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出门在外也不愁ABDA、被活塞封闭在气缸中的一定质量的理想气体，若体积不变，压强增大，则气缸在单位面积上，单位时间内受到的分子碰撞次数增加B、晶体中原子（或分子、离子）都按照一定规则排列，具有空间上的周期性C、分子间的距离r存在某一值r0，当r大于r0时，分子间斥力大于引力；当r小于r0时分子间斥力小于引力D、由于液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离，液面分子间表现为引力，所以液体表面具有收缩的趋势（2）如图所示，一定质量的理想气体发生如图所示的状态变化，状态A与状态B&的体积关系为VA小于VB（选填“大于”、“小于”或“等于”）；&若从A状态到C状态的过程中气体对外做了100J的功，则此过程中吸热（选填“吸热”或“放热”）（3）在“用油膜法测量分子直径”的实验中，将浓度为η的一滴油酸溶液，轻轻滴入水盆中，稳定后形成了一层单分子油膜．测得一滴油酸溶液的体积为V0，形成的油膜面积为S，则油酸分子的直径约为03πη2V20；如果把油酸分子看成是球形的（球的体积公式为3，d为球直径），计算该滴油酸溶液所含油酸分子的个数约为多少．B．（选修模块3-4）（12分）（1）下列说法中正确的是CA、光的偏振现象证明了光波是纵波B、在发射无线电波时，需要进行调谐和解调C、在白炽灯的照射下从两块捏紧的玻璃板表面看到彩色条纹，这是光的干涉现象D、考虑相对论效应，一条沿自身长度方向运动的杆其长度总比杆静止时的长度长（2）一列横波沿x轴正方向传播，在t0=0时刻的波形如图所示，波刚好传到x=3m处，此后x=1m处的质点比x=-1m处的质点后（选填“先”、“后”或“同时”）到达波峰位置；若该波的波速为10m/s，经过△t时间，在x轴上-3m～3m区间内的波形与t0时刻的正好相同，则△t=0.4nsn=1.2.3…．（3）如图所示的装置可以测量棱镜的折射率，ABC表示待测直角棱镜的横截面，棱镜的顶角为α，紧贴直角边AC是一块平面镜，一光线SO射到棱镜的AB面上，适当调整SO的方向，当SO与AB成β角时，从AB面射出的光线与SO重合，则棱镜的折射率n为多少？C．（选修模块3-5）（1）下列说法正确的是AC．A、黑体辐射电磁波的强度按波长的分布只与黑体的温度有关B、普朗克提出了物质波的概念，认为一切物体都具有波粒二象性．C、波尔理论的假设之一是原子能量的量子化D、氢原子辐射出一个光子后能量减小，核外电子的运动加速度减小（2）如图所示是研究光电效应规律的电路．图中标有A和K的为光电管，其中K为阴极，A为阳极．现接通电源，用光子能量为10.5eV的光照射阴极K，电流计中有示数，若将滑动变阻器的滑片P缓慢向右滑动，电流计的读数逐渐减小，当滑至某一位置时电流计的读数恰好为零，读出此时电压表的示数为6.0V；则光电管阴极材料的逸出功为4.5eV，现保持滑片P位置不变，增大入射光的强度，电流计的读数为零．（选填“为零”、或“不为零”）（3）快中子增殖反应堆中，使用的核燃料是钚239，裂变时释放出快中子，周围的铀238吸收快中子后变成铀239，铀239（92239U）很不稳定，经过2次β衰变后变成钚239（94239Pu），写出该过程的核反应方程式：92239U→94239Pu+2-10e．设静止的铀核92239U发生一次β衰变生成的新核质量为M，β粒子质量为m，释放出的β粒子的动能为E0，假设衰变时能量全部以动能形式释放出来，求一次衰变过程中的质量亏损．
第五部分 动量和能量第一讲 基本知识介绍一、冲量和动量1、冲力（F—t图象特征）→&冲量。冲量定义、物理意义冲量在F—t图象中的意义→从定义角度求变力冲量（F对t的平均作用力）2、动量的定义动量矢量性与运算二、动量定理1、定理的基本形式与表达2、分方向的表达式：ΣIx&=ΔPx&，ΣIy&=ΔPy&…3、定理推论：动量变化率等于物体所受的合外力。即=ΣF外&三、动量守恒定律1、定律、矢量性2、条件a、原始条件与等效b、近似条件c、某个方向上满足a或b，可在此方向应用动量守恒定律四、功和能1、功的定义、标量性，功在F—S图象中的意义2、功率，定义求法和推论求法3、能的概念、能的转化和守恒定律4、功的求法a、恒力的功：W = FScosα= FSF&= FS&Sb、变力的功：基本原则——过程分割与代数累积；利用F—S图象（或先寻求F对S的平均作用力）c、解决功的“疑难杂症”时，把握“功是能量转化的量度”这一要点五、动能、动能定理1、动能（平动动能）2、动能定理a、ΣW的两种理解b、动能定理的广泛适用性六、机械能守恒1、势能a、保守力与耗散力（非保守力）→&势能（定义：ΔEp&=&－W保）b、力学领域的三种势能（重力势能、引力势能、弹性势能）及定量表达2、机械能3、机械能守恒定律a、定律内容b、条件与拓展条件（注意系统划分）c、功能原理：系统机械能的增量等于外力与耗散内力做功的代数和。七、碰撞与恢复系数1、碰撞的概念、分类（按碰撞方向分类、按碰撞过程机械能损失分类）碰撞的基本特征：a、动量守恒；b、位置不超越；c、动能不膨胀。2、三种典型的碰撞a、弹性碰撞：碰撞全程完全没有机械能损失。满足——m1v10&+ m2v20&= m1v1&+ m2v2&m1&+&&m2&=&&m1&+&&m2解以上两式（注意技巧和“不合题意”解的舍弃）可得：v1&=&，& v2&=&对于结果的讨论：①当m1&= m2&时，v1&= v20&，v2&= v10&，称为“交换速度”；②当m1&＜＜&m2&，且v20&= 0时，v1&≈&－v10&，v2&≈&0&，小物碰大物，原速率返回；③当m1&＞＞&m2&，且v20&= 0时，v1&≈&v10&，v2&≈&2v10&，b、非（完全）弹性碰撞：机械能有损失（机械能损失的内部机制简介），只满足动量守恒定律c、完全非弹性碰撞：机械能的损失达到最大限度；外部特征：碰撞后两物体连为一个整体，故有v1&= v2&=&3、恢复系数：碰后分离速度（v2&－&v1）与碰前接近速度（v10&－&v20）的比值，即：e =&&。根据“碰撞的基本特征”，0&≤&e&≤&1&。当e = 0&，碰撞为完全非弹性；当0&＜&e&＜&1&，碰撞为非弹性；当e = 1&，碰撞为弹性。八、“广义碰撞”——物体的相互作用1、当物体之间的相互作用时间不是很短，作用不是很强烈，但系统动量仍然守恒时，碰撞的部分规律仍然适用，但已不符合“碰撞的基本特征”（如：位置可能超越、机械能可能膨胀）。此时，碰撞中“不合题意”的解可能已经有意义，如弹性碰撞中v1&= v10&，v2&= v20的解。2、物体之间有相对滑动时，机械能损失的重要定势：－ΔE =&ΔE内&= f滑·S相&，其中S相指相对路程。第二讲 重要模型与专题一、动量定理还是动能定理？物理情形：太空飞船在宇宙飞行时，和其它天体的万有引力可以忽略，但是，飞船会定时遇到太空垃圾的碰撞而受到阻碍作用。设单位体积的太空均匀分布垃圾n颗，每颗的平均质量为m ，垃圾的运行速度可以忽略。飞船维持恒定的速率v飞行，垂直速度方向的横截面积为S ，与太空垃圾的碰撞后，将垃圾完全粘附住。试求飞船引擎所应提供的平均推力F 。模型分析：太空垃圾的分布并不是连续的，对飞船的撞击也不连续，如何正确选取研究对象，是本题的前提。建议充分理解“平均”的含义，这样才能相对模糊地处理垃圾与飞船的作用过程、淡化“作用时间”和所考查的“物理过程时间”的差异。物理过程需要人为截取，对象是太空垃圾。先用动量定理推论解题。取一段时间Δt&，在这段时间内，飞船要穿过体积ΔV = S·vΔt的空间，遭遇nΔV颗太空垃圾，使它们获得动量ΔP&，其动量变化率即是飞船应给予那部分垃圾的推力，也即飞船引擎的推力。&=&&=&&=&&=&&= nmSv2如果用动能定理，能不能解题呢？同样针对上面的物理过程，由于飞船要前进x = vΔt的位移，引擎推力须做功W =&x ，它对应飞船和被粘附的垃圾的动能增量，而飞船的ΔEk为零，所以：W =&ΔMv2即：vΔt =&（n m S·vΔt）v2得到：&=&nmSv2两个结果不一致，不可能都是正确的。分析动能定理的解题，我们不能发现，垃圾与飞船的碰撞是完全非弹性的，需要消耗大量的机械能，因此，认为“引擎做功就等于垃圾动能增加”的观点是错误的。但在动量定理的解题中，由于I =&t&，由此推出的&=&必然是飞船对垃圾的平均推力，再对飞船用平衡条件，的大小就是引擎推力大小了。这个解没有毛病可挑，是正确的。（学生活动）思考：如图1所示，全长L、总质量为M的柔软绳子，盘在一根光滑的直杆上，现用手握住绳子的一端，以恒定的水平速度v将绳子拉直。忽略地面阻力，试求手的拉力F 。解：解题思路和上面完全相同。答：二、动量定理的分方向应用物理情形：三个质点A、B和C ，质量分别为m1&、m2和m3&，用拉直且不可伸长的绳子AB和BC相连，静止在水平面上，如图2所示，AB和BC之间的夹角为（π－α）。现对质点C施加以冲量I ，方向沿BC ，试求质点A开始运动的速度。模型分析：首先，注意“开始运动”的理解，它指绳子恰被拉直，有作用力和冲量产生，但是绳子的方位尚未发生变化。其二，对三个质点均可用动量定理，但是，B质点受冲量不在一条直线上，故最为复杂，可采用分方向的形式表达。其三，由于两段绳子不可伸长，故三质点的瞬时速度可以寻求到两个约束关系。下面具体看解题过程——绳拉直瞬间，AB绳对A、B两质点的冲量大小相等（方向相反），设为I1&，BC绳对B、C两质点的冲量大小相等（方向相反），设为I2&；设A获得速度v1（由于A受合冲量只有I1&,方向沿AB ，故v1的反向沿AB），设B获得速度v2（由于B受合冲量为+，矢量和既不沿AB ，也不沿BC方向，可设v2与AB绳夹角为〈π－β〉，如图3所示），设C获得速度v3（合冲量+沿BC方向，故v3沿BC方向）。对A用动量定理，有：I1&= m1&v1& & & & & & & & & & & & & & & & &①B的动量定理是一个矢量方程：+= m2&，可化为两个分方向的标量式，即：I2cosα－I1&= m2&v2cosβ & & & & & & & & &②I2sinα= m2&v2sinβ & & & & & & & & & & & ③质点C的动量定理方程为：I － I2&= m3&v3& & & & & & & & & & & & & &④AB绳不可伸长，必有v1&= v2cosβ & & & & & ⑤BC绳不可伸长，必有v2cos(β－α) = v3& & &⑥六个方程解六个未知量（I1&、I2&、v1&、v2&、v3&、β）是可能的，但繁复程度非同一般。解方程要注意条理性，否则易造成混乱。建议采取如下步骤——1、先用⑤⑥式消掉v2&、v3&，使六个一级式变成四个二级式：I1&= m1&v1& & & & & & & & & & & & & & & & & & & & &⑴I2cosα－I1&= m2&v1& & & & & & & & & & & & & & & & ⑵I2sinα= m2&v1&tgβ & & & & & & & & & & & & & & & &⑶I － I2&= m3&v1(cosα+ sinαtgβ) & & & & & & & & &⑷2、解⑶⑷式消掉β，使四个二级式变成三个三级式：I1&= m1&v1& & & & & & & & & & & & & & & & & & & & & & & & &㈠I2cosα－I1&= m2&v1& & & & & & & & & & & & & & & & & & & & ㈡I = m3&v1&cosα+ I2& & & & & & & & & & && & & & & & &&&㈢3、最后对㈠㈡㈢式消I1&、I2&，解v1就方便多了。结果为：v1&=&（学生活动：训练解方程的条理和耐心）思考：v2的方位角β等于多少？解：解“二级式”的⑴⑵⑶即可。⑴代入⑵消I1&，得I2的表达式，将I2的表达式代入⑶就行了。答：β= arc tg（）。三、动量守恒中的相对运动问题物理情形：在光滑的水平地面上，有一辆车，车内有一个人和N个铅球，系统原来处于静止状态。现车内的人以一定的水平速度将铅球一个一个地向车外抛出，车子和人将获得反冲速度。第一过程，保持每次相对地面抛球速率均为v ，直到将球抛完；第二过程，保持每次相对车子抛球速率均为v ，直到将球抛完。试问：哪一过程使车子获得的速度更大？模型分析：动量守恒定律必须选取研究对象之外的第三方（或第四、第五方）为参照物，这意味着，本问题不能选车子为参照。一般选地面为参照系，这样对“第二过程”的铅球动量表达，就形成了难点，必须引进相对速度与绝对速度的关系。至于“第一过程”，比较简单：N次抛球和将N个球一次性抛出是完全等效的。设车和人的质量为M ，每个铅球的质量为m 。由于矢量的方向落在一条直线上，可以假定一个正方向后，将矢量运算化为代数运算。设车速方向为正，且第一过程获得的速度大小为V1&第二过程获得的速度大小为V2&。第一过程，由于铅球每次的动量都相同，可将多次抛球看成一次抛出。车子、人和N个球动量守恒。0 = Nm(-v) + MV1&得：V1&=&v & & & & & & & & & & & & & & & & & &①第二过程，必须逐次考查铅球与车子（人）的作用。第一个球与（N–1）个球、人、车系统作用，完毕后，设“系统”速度为u1&。值得注意的是，根据运动合成法则，铅球对地的速度并不是（-v），而是（-v + u1）。它们动量守恒方程为：0 = m(-v + u1) +〔M +(N-1)m〕u1得：u1&=第二个球与（N -2）个球、人、车系统作用，完毕后，设“系统”速度为u2&。它们动量守恒方程为：〔M+(N-1)m〕u1&= m(-v + u2) +〔M+(N-2)m〕u2&得：u2&=&&+&第三个球与（N -2）个球、人、车系统作用，完毕后，设“系统”速度为u3&。铅球对地的速度是（-v + u3）。它们动量守恒方程为：〔M+(N-2)m〕u2&= m(-v + u3) +〔M+(N-3)m〕u3得：u3&=&+&&+&以此类推（过程注意：先找uN和uN-1关系，再看uN和v的关系，不要急于化简通分）……，uN的通式已经可以找出：V2&= uN&=&&+&&+&&+ … +&即：V2&=&& & & & & & & & & & & & & & & &②我们再将①式改写成：V1&=&& & & & & & & & & & & & & & & & & & & & ①′不难发现，①′式和②式都有N项，每项的分子都相同，但①′式中每项的分母都比②式中的分母小，所以有：V1&＞ V2&。结论：第一过程使车子获得的速度较大。（学生活动）思考：质量为M的车上，有n个质量均为m的人，它们静止在光滑的水平地面上。现在车上的人以相对车大小恒为v、方向水平向后的初速往车下跳。第一过程，N个人同时跳下；第二过程，N个人依次跳下。试问：哪一次车子获得的速度较大？解：第二过程结论和上面的模型完全相同，第一过程结论为V1&=&&。答：第二过程获得速度大。四、反冲运动中的一个重要定式物理情形：如图4所示，长度为L、质量为M的船停止在静水中（但未抛锚），船头上有一个质量为m的人，也是静止的。现在令人在船上开始向船尾走动，忽略水的阻力，试问：当人走到船尾时，船将会移动多远？（学生活动）思考：人可不可能匀速（或匀加速）走动？当人中途停下休息，船有速度吗？人的全程位移大小是L吗？本系统选船为参照，动量守恒吗？模型分析：动量守恒展示了已知质量情况下的速度关系，要过渡到位移关系，需要引进运动学的相关规律。根据实际情况（人必须停在船尾），人的运动不可能是匀速的，也不可能是匀加速的,运动学的规律应选择S =&t 。为寻求时间t ，则要抓人和船的位移约束关系。对人、船系统，针对“开始走动→中间任意时刻”过程，应用动量守恒（设末态人的速率为v ，船的速率为V），令指向船头方向为正向，则矢量关系可以化为代数运算，有：0 = MV + m(-v)&即：mv = MV&由于过程的末态是任意选取的，此式展示了人和船在任一时刻的瞬时速度大小关系。而且不难推知，对中间的任一过程，两者的平均速度也有这种关系。即：m&= M& & & & & & & & & & & & & & & & & & & & & & & & & & & & & & & & & ①设全程的时间为t ，乘入①式两边，得：mt = Mt设s和S分别为人和船的全程位移大小，根据平均速度公式，得：m s = M S & & & & ②受船长L的约束，s和S具有关系：s + S = L & & & & & & & & & & & & & & & & & ③解②、③可得：船的移动距离 S =L（应用动量守恒解题时，也可以全部都用矢量关系，但这时“位移关系”表达起来难度大一些——必须用到运动合成与分解的定式。时间允许的话，可以做一个对比介绍。）另解：质心运动定律人、船系统水平方向没有外力，故系统质心无加速度→系统质心无位移。先求出初态系统质心（用它到船的质心的水平距离x表达。根据力矩平衡知识，得：x =&），又根据，末态的质量分布与初态比较，相对整体质心是左右对称的。弄清了这一点后，求解船的质心位移易如反掌。（学生活动）思考：如图5所示，在无风的天空，人抓住气球下面的绳索，和气球恰能静止平衡，人和气球地质量分别为m和M ，此时人离地面高h 。现在人欲沿悬索下降到地面，试问：要人充分安全地着地，绳索至少要多长？解：和模型几乎完全相同，此处的绳长对应模型中的“船的长度”（“充分安全着地”的含义是不允许人脱离绳索跳跃着地）。答：h 。（学生活动）思考：如图6所示，两个倾角相同的斜面，互相倒扣着放在光滑的水平地面上，小斜面在大斜面的顶端。将它们无初速释放后，小斜面下滑，大斜面后退。已知大、小斜面的质量分别为M和m ，底边长分别为a和b ，试求：小斜面滑到底端时，大斜面后退的距离。解：水平方向动量守恒。解题过程从略。答：（a－b）。进阶应用：如图7所示，一个质量为M ，半径为R的光滑均质半球，静置于光滑水平桌面上，在球顶有一个质量为m的质点，由静止开始沿球面下滑。试求：质点离开球面以前的轨迹。解说：质点下滑，半球后退，这个物理情形和上面的双斜面问题十分相似，仔细分析，由于同样满足水平方向动量守恒，故我们介绍的“定式”是适用的。定式解决了水平位移（位置）的问题，竖直坐标则需要从数学的角度想一些办法。为寻求轨迹方程，我们需要建立一个坐标：以半球球心O为原点，沿质点滑下一侧的水平轴为x坐标、竖直轴为y坐标。由于质点相对半球总是做圆周运动的（离开球面前），有必要引入相对运动中半球球心O′的方位角θ来表达质点的瞬时位置，如图8所示。由“定式”，易得：x =&Rsinθ & & & & & & & & & ①而由图知：y = Rcosθ & & & & & & & &②不难看出，①、②两式实际上已经是一个轨迹的参数方程。为了明确轨迹的性质，我们可以将参数θ消掉，使它们成为：&+&&= 1这样，特征就明显了：质点的轨迹是一个长、短半轴分别为R和R的椭圆。五、功的定义式中S怎么取值？在求解功的问题时，有时遇到力的作用点位移与受力物体的（质心）位移不等，S是取力的作用点的位移，还是取物体（质心）的位移呢？我们先看下面一些事例。1、如图9所示，人用双手压在台面上推讲台，结果双手前进了一段位移而讲台未移动。试问：人是否做了功？2、在本“部分”第3页图1的模型中，求拉力做功时，S是否可以取绳子质心的位移？3、人登静止的楼梯，从一楼到二楼。楼梯是否做功？4、如图10所示，双手用等大反向的力F压固定汽缸两边的活塞，活塞移动相同距离S，汽缸中封闭气体被压缩。施力者（人）是否做功？在以上四个事例中，S若取作用点位移，只有第1、2、4例是做功的（注意第3例，楼梯支持力的作用点并未移动，而只是在不停地交换作用点），S若取物体（受力者）质心位移，只有第2、3例是做功的，而且，尽管第2例都做了功，数字并不相同。所以，用不同的判据得出的结论出现了本质的分歧。面对这些似是而非的“疑难杂症”，我们先回到“做功是物体能量转化的量度”这一根本点。第1例，手和讲台面摩擦生了热，内能的生成必然是由人的生物能转化而来，人肯定做了功。S宜取作用点的位移；第2例，求拉力的功，在前面已经阐述，S取作用点位移为佳；第3例，楼梯不需要输出任何能量，不做功，S取作用点位移；第4例，气体内能的增加必然是由人输出的，压力做功，S取作用点位移。但是，如果分别以上四例中的受力者用动能定理，第1例，人对讲台不做功，S取物体质心位移；第2例，动能增量对应S取L/2时的值——物体质心位移；第4例，气体宏观动能无增量，S取质心位移。（第3例的分析暂时延后。）以上分析在援引理论知识方面都没有错，如何使它们统一？原来，功的概念有广义和狭义之分。在力学中，功的狭义概念仅指机械能转换的量度；而在物理学中功的广义概念指除热传递外的一切能量转换的量度。所以功也可定义为能量转换的量度。一个系统总能量的变化，常以系统对外做功的多少来量度。能量可以是机械能、电能、热能、化学能等各种形式，也可以多种形式的能量同时发生转化。由此可见，上面分析中，第一个理论对应的广义的功，第二个理论对应的则是狭义的功，它们都没有错误，只是在现阶段的教材中还没有将它们及时地区分开来而已。而且，我们不难归纳：求广义的功，S取作用点的位移；求狭义的功，S取物体（质心）位移。那么我们在解题中如何处理呢？这里给大家几点建议：&1、抽象地讲“某某力做的功”一般指广义的功；2、讲“力对某物体做的功”常常指狭义的功；3、动能定理中的功肯定是指狭义的功。当然，求解功地问题时，还要注意具体问题具体分析。如上面的第3例，就相对复杂一些。如果认为所求为狭义的功，S取质心位移，是做了功，但结论仍然是难以令人接受的。下面我们来这样一个处理：将复杂的形变物体（人）看成这样一个相对理想的组合：刚性物体下面连接一压缩的弹簧（如图11所示），人每一次蹬梯，腿伸直将躯体重心上举，等效为弹簧将刚性物体举起。这样，我们就不难发现，做功的是人的双腿而非地面，人既是输出能量（生物能）的机构，也是得到能量（机械能）的机构——这里的物理情形更象是一种生物情形。本题所求的功应理解为广义功为宜。以上四例有一些共同的特点：要么，受力物体情形比较复杂（形变，不能简单地看成一个质点。如第2、第3、第4例），要么，施力者和受力者之间的能量转化不是封闭的（涉及到第三方，或机械能以外的形式。如第1例）。以后，当遇到这样的问题时，需要我们慎重对待。（学生活动）思考：足够长的水平传送带维持匀速v运转。将一袋货物无初速地放上去，在货物达到速度v之前，与传送带的摩擦力大小为f ，对地的位移为S 。试问：求摩擦力的功时，是否可以用W = fS ？解：按一般的理解，这里应指广义的功（对应传送带引擎输出的能量），所以“位移”取作用点的位移。注意，在此处有一个隐含的“交换作用点”的问题，仔细分析，不难发现，每一个（相对皮带不动的）作用点的位移为2S&。（另解：求货物动能的增加和与皮带摩擦生热的总和。）答：否。（学生活动）思考：如图12所示，人站在船上，通过拉一根固定在铁桩的缆绳使船靠岸。试问：缆绳是否对船和人的系统做功？解：分析同上面的“第3例”。答：否。六、机械能守恒与运动合成（分解）的综合物理情形：如图13所示，直角形的刚性杆被固定，水平和竖直部分均足够长。质量分别为m1和m2的A、B两个有孔小球，串在杆上，且被长为L的轻绳相连。忽略两球的大小，初态时，认为它们的位置在同一高度，且绳处于拉直状态。现无初速地将系统释放，忽略一切摩擦，试求B球运动L/2时的速度v2&。模型分析：A、B系统机械能守恒。A、B两球的瞬时速度不等，其关系可据“第三部分”知识介绍的定式（滑轮小船）去寻求。（学生活动）A球的机械能是否守恒？B球的机械能是否守恒？系统机械能守恒的理由是什么（两法分析：a、“微元法”判断两个WT的代数和为零；b、无非弹性碰撞，无摩擦，没有其它形式能的生成）？由“拓展条件”可以判断，A、B系统机械能守恒，（设末态A球的瞬时速率为v1&）过程的方程为：m2g&=&&+&& & & & & & ①在末态，绳与水平杆的瞬时夹角为30°，设绳子的瞬时迁移速率为v ，根据“第三部分”知识介绍的定式，有：v1&= v/cos30°, v2&= v/sin30°两式合并成：v1&= v2&tg30°= v2/& & &②解①、②两式，得：v2&=&七、动量和能量的综合（一）物理情形：如图14所示，两根长度均为L的刚性轻杆，一端通过质量为m的球形铰链连接，另一端分别与质量为m和2m的小球相连。将此装置的两杆合拢，铰链在上、竖直地放在水平桌面上，然后轻敲一下，使两小球向两边滑动，但两杆始终保持在竖直平面内。忽略一切摩擦，试求：两杆夹角为90°时，质量为2m的小球的速度v2&。模型分析：三球系统机械能守恒、水平方向动量守恒，并注意约束关系——两杆不可伸长。（学生活动）初步判断：左边小球和球形铰链的速度方向会怎样？设末态（杆夹角90°）左边小球的速度为v1（方向：水平向左），球形铰链的速度为v（方向：和竖直方向夹θ角斜向左），对题设过程，三球系统机械能守恒，有：mg( L-L) =&m&+&mv2&+&2m& & &①三球系统水平方向动量守恒，有：mv1&+ mvsinθ= 2mv2& & & & & & & & ②左边杆子不形变，有：v1cos45°= vcos(45°-θ) & & & & &③右边杆子不形变，有：vcos(45°+θ) = v2cos45° & & & & ④四个方程，解四个未知量（v1&、v2&、v和θ），是可行的。推荐解方程的步骤如下——1、③、④两式用v2替代v1和v ，代入②式，解θ值，得：tgθ= 1/4&2、在回到③、④两式，得：v1&=&v2&, & v =&v2&3、将v1&、v的替代式代入①式解v2即可。结果：v2&=&（学生活动）思考：球形铰链触地前一瞬，左球、铰链和右球的速度分别是多少？解：由两杆不可形变，知三球的水平速度均为零，θ为零。一个能量方程足以解题。答：0 、&、0 。（学生活动）思考：当两杆夹角为90°时，右边小球的位移是多少？解：水平方向用“反冲位移定式”，或水平方向用质心运动定律。答：&。进阶应用：在本讲模型“四、反冲……”的“进阶应用”（见图8）中，当质点m滑到方位角θ时（未脱离半球），质点的速度v的大小、方向怎样？解说：此例综合应用运动合成、动量守恒、机械能守恒知识，数学运算比较繁复，是一道考查学生各种能力和素质的难题。据运动的合成，有：&=&&+&&=&&-&其中必然是沿地面向左的，为了书写方便，我们设其大小为v2&；必然是沿半球瞬时位置切线方向（垂直瞬时半径）的，设大小为v相&。根据矢量减法的三角形法则，可以得到（设大小为v1）的示意图，如图16所示。同时，我们将v1的x、y分量v1x和v1y也描绘在图中。由图可得：v1y&=（v2&+ v1x）tgθ & & & & & & & & & & & & & & & & ①质点和半球系统水平方向动量守恒，有：Mv2&= mv1x& & & & & & & & &②对题设过程，质点和半球系统机械能守恒，有：mgR(1-cosθ) =&M&+&m&，即：mgR(1-cosθ) =&M&+&m（&+&） & & & & & & & & & & ③三个方程，解三个未知量（v2&、v1x&、v1y）是可行的，但数学运算繁复，推荐步骤如下——1、由①、②式得：v1x&=&v2&， & & & &v1y&= (tgθ) v2&&2、代入③式解v2&，得：v2&=3、由&=&&+&解v1&，得：v1&=v1的方向：和水平方向成α角，α= arctg&= arctg（）这就是最后的解。〔一个附属结果：质点相对半球的瞬时角速度 ω =&&=&&。〕八、动量和能量的综合（二）物理情形：如图17所示，在光滑的水平面上，质量为M = 1 kg的平板车左端放有质量为m = 2 kg的铁块，铁块与车之间的摩擦因素μ= 0.5 。开始时，车和铁块以共同速度v = 6 m/s向右运动，车与右边的墙壁发生正碰，且碰撞是弹性的。车身足够长，使铁块不能和墙相碰。重力加速度g = 10 m/s2&，试求：1、铁块相对车运动的总路程；2、平板车第一次碰墙后所走的总路程。模型分析：本模型介绍有两对相互作用时的处理常规。能量关系介绍摩擦生热定式的应用。由于过程比较复杂，动量分析还要辅助以动力学分析，综合程度较高。由于车与墙壁的作用时短促而激烈的，而铁块和车的作用是舒缓而柔和的，当两对作用同时发生时，通常处理成“让短时作用完毕后，长时作用才开始”（这样可以使问题简化）。在此处，车与墙壁碰撞时，可以认为铁块与车的作用尚未发生，而是在车与墙作用完了之后，才开始与铁块作用。规定向右为正向，将矢量运算化为代数运算。车第一次碰墙后，车速变为－v ，然后与速度仍为v的铁块作用，动量守恒，作用完毕后，共同速度v1&=&&=&&，因方向为正，必朝墙运动。（学生活动）车会不会达共同速度之前碰墙？动力学分析：车离墙的最大位移S =&,反向加速的位移S′=&，其中a = a1&=&，故S′＜ S ，所以，车碰墙之前，必然已和铁块达到共同速度v1&。车第二次碰墙后，车速变为－v1&，然后与速度仍为v1的铁块作用，动量守恒，作用完毕后，共同速度v2&=&&=&&=&，因方向为正，必朝墙运动。车第三次碰墙，……共同速度v3&=&&=&，朝墙运动。……以此类推，我们可以概括铁块和车的运动情况——铁块：匀减速向右→匀速向右→匀减速向右→匀速向右……平板车：匀减速向左→匀加速向右→匀速向右→匀减速向左→匀加速向右→匀速向右……显然，只要车和铁块还有共同速度，它们总是要碰墙，所以最后的稳定状态是：它们一起停在墙角（总的末动能为零）。1、全程能量关系：对铁块和车系统，－ΔEk&=ΔE内&，且，ΔE内&= f滑&S相&，即：（m + M）v2&= μmg·S相&代入数字得：S相&= 5.4 m2、平板车向右运动时比较复杂，只要去每次向左运动的路程的两倍即可。而向左是匀减速的，故第一次：S1&=&第二次：S2&=&&=&第三次：S3&=&&=&……n次碰墙的总路程是：ΣS = 2（ S1&+ S2&+ S3&+ … + Sn&）=&（ 1 +&&+&&+ … +&&）& =&（ 1 +&&+&&+ … +&&）碰墙次数n→∞，代入其它数字，得：ΣS = 4.05 m（学生活动）质量为M 、程度为L的木板固定在光滑水平面上，另一个质量为m的滑块以水平初速v0冲上木板，恰好能从木板的另一端滑下。现解除木板的固定（但无初速），让相同的滑块再次冲上木板，要求它仍能从另一端滑下，其初速度应为多少？解：由第一过程，得滑动摩擦力f =&&。第二过程应综合动量和能量关系（“恰滑下”的临界是：滑块达木板的另一端，和木板具有共同速度，设为v ），设新的初速度为m&=（ m + M ）vm&-&（ m + M ）v2&= fL解以上三式即可。答：=&v0&。第三讲 典型例题解析教材范本：龚霞玲主编《奥林匹克物理思维训练教材》，知识出版社，2002年8月第一版。例题选讲针对“教材”第七、第八章的部分例题和习题。
第Ⅰ卷（选择题　共31分）
一、单项选择题．本题共5小题，每小题3分，共计15分．每小题只有一个选项符合题意．
1. 关于科学家和他们的贡献，下列说法中正确的是[来源:Www..com]
A．安培首先发现了电流的磁效应
B．伽利略认为自由落体运动是速度随位移均匀变化的运动
C．牛顿发现了万有引力定律，并计算出太阳与地球间引力的大小
D．法拉第提出了电场的观点，说明处于电场中电荷所受到的力是电场给予的
2．如图为一种主动式光控报警器原理图，图中R1和R2为光敏电阻，R3和R4为定值电阻．当射向光敏电阻R1和R2的任何一束光线被遮挡时，都会引起警铃发声，则图中虚线框内的电路是
A．与门&&&& &&&&&&&&&&&& B．或门 &&&&&&&&&&&&& C．或非门&& &&&&&&&&&&&&& &D．与非门
3．如图所示的交流电路中，理想变压器原线圈输入电压为U1，输入功率为P1，输出功率为P2，各交流电表均为理想电表．当滑动变阻器R的滑动头向下移动时
A．灯L变亮&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&& B．各个电表读数均变大
C．因为U1不变，所以P1不变& &&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&& D．P1变大，且始终有P1= P2
4．竖直平面内光滑圆轨道外侧，一小球以某一水平速度v0从A点出发沿圆轨道运动，至B点时脱离轨道，最终落在水平面上的C点，不计空气阻力．下列说法中不正确的是
A．在B点时，小球对圆轨道的压力为零
B．B到C过程，小球做匀变速运动
C．在A点时，小球对圆轨道压力大于其重力
D．A到B过程，小球水平方向的加速度先增加后减小
5．如图所示，水平面上放置质量为M的三角形斜劈，斜劈顶端安装光滑的定滑轮，细绳跨过定滑轮分别连接质量为m1和m2的物块．m1在斜面上运动，三角形斜劈保持静止状态．下列说法中正确的是
A．若m2向下运动，则斜劈受到水平面向左摩擦力
B．若m1沿斜面向下加速运动，则斜劈受到水平面向右的摩擦力
C．若m1沿斜面向下运动，则斜劈受到水平面的支持力大于（m1+ m2+M）g
D．若m2向上运动，则轻绳的拉力一定大于m2g
二、多项选择题．本题共4小题，每小题4分，共计16分．每小题有多个选项符合题意．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分．
6．木星是太阳系中最大的行星，它有众多卫星．观察测出：木星绕太阳作圆周运动的半径为r1、 周期为T1；木星的某一卫星绕木星作圆周运动的半径为r2、 周期为T2．已知万有引力常量为G，则根据题中给定条件
A．能求出木星的质量
B．能求出木星与卫星间的万有引力
C．能求出太阳与木星间的万有引力
D．可以断定
7．如图所示，xOy坐标平面在竖直面内，x轴沿水平方向，y轴正方向竖直向上，在图示空间内有垂直于xOy平面的水平匀强磁场．一带电小球从O点由静止释放，运动轨迹如图中曲线．关于带电小球的运动，下列说法中正确的是
A．OAB轨迹为半圆
B．小球运动至最低点A时速度最大，且沿水平方向
C．小球在整个运动过程中机械能守恒
D．小球在A点时受到的洛伦兹力与重力大小相等
8．如图所示，质量为M、长为L的木板置于光滑的水平面上，一质量为m的滑块放置在木板左端，滑块与木板间滑动摩擦力大小为f，用水平的恒定拉力F作用于滑块．当滑块运动到木板右端时，木板在地面上移动的距离为s，滑块速度为v1，木板速度为v2，下列结论中正确的是
A．上述过程中，F做功大小为　　　　　　　　　　　　
B．其他条件不变的情况下，F越大，滑块到达右端所用时间越长
C．其他条件不变的情况下，M越大，s越小
D．其他条件不变的情况下，f越大，滑块与木板间产生的热量越多
9．如图所示，两个固定的相同细环相距一定的距离，同轴放置，O1、O2分别为两环的圆心，两环分别带有均匀分布的等量异种电荷．一带正电的粒子从很远处沿轴线飞来并穿过两环．则在带电粒子运动过程中
A．在O1点粒子加速度方向向左
B．从O1到O2过程粒子电势能一直增加
C．轴线上O1点右侧存在一点，粒子在该点动能最小
D．轴线上O1点右侧、O2点左侧都存在场强为零的点，它们关于O1、O2连线中点对称
第Ⅱ卷（非选择题　共89分）
三、简答题：本题分必做题（第lO、11题)和选做题(第12题)两部分，共计42分．请将解答填写在答题卡相应的位置．
10．测定木块与长木板之间的动摩擦因数时，采用如图所示的装置，图中长木板水平固定．
（1）实验过程中，电火花计时器应接在& ▲& （选填“直流”或“交流”）电源上．调整定滑轮高度，使& ▲& ．
（2）已知重力加速度为g，测得木块的质量为M，砝码盘和砝码的总质量为m，木块的加速度为a，则木块与长木板间动摩擦因数μ=& ▲& ．
（3）如图为木块在水平木板上带动纸带运动打出的一条纸带的一部分，0、1、2、3、4、5、6为计数点，相邻两计数点间还有4个打点未画出．从纸带上测出x1=3.20cm，x2=4.52cm，x5=8.42cm，x6=9.70cm．则木块加速度大小a=& ▲& m/s2(保留两位有效数字)．
11．为了测量某电池的电动势 E（约为3V）和内阻 r，可供选择的器材如下：
A．电流表G1（2mA& 100Ω）&&&& &&&&&&& B．电流表G2（1mA& 内阻未知）
C．电阻箱R1（0~999.9Ω）&&&&&&& &&&&&&&&&&&&& D．电阻箱R2（0~9999Ω）
E．滑动变阻器R3（0~10Ω& 1A）&& &&&&& F．滑动变阻器R4（0~1000Ω& 10mA）
G．定值电阻R0（800Ω& 0.1A）&&&&&&& &&&&&& H．待测电池
I．导线、电键若干
（1）采用如图甲所示的电路，测定电流表G2的内阻，得到电流表G1的示数I1、电流表G2的示数I2如下表所示：
根据测量数据，请在图乙坐标中描点作出I1—I2图线．由图得到电流表G2的内阻等于
& ▲& Ω．
（2）在现有器材的条件下，测量该电池电动势和内阻，采用如图丙所示的电路，图中滑动变阻器①应该选用给定的器材中& ▲& ，电阻箱②选& ▲& （均填写器材代号）．
（3）根据图丙所示电路，请在丁图中用笔画线代替导线，完成实物电路的连接．
12．选做题(请从A、B和C三小题中选定两小题作答，并在答题卡上把所选题目对应字母后的方框涂满涂黑．如都作答，则按A、B两小题评分．)
A．(选修模块3-3)(12分)
（1）下列说法中正确的是& ▲&
A．液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，液体表面存在张力
B．扩散运动就是布朗运动
C．蔗糖受潮后会粘在一起，没有确定的几何形状，它是非晶体
D．对任何一类与热现象有关的宏观自然过程进行方向的说明，都可以作为热力学第二定律的表述
（2）将1ml的纯油酸加到500ml的酒精中，待均匀溶解后，用滴管取1ml油酸酒精溶液，让其自然滴出，共200滴．现在让其中一滴落到盛水的浅盘内，待油膜充分展开后，测得油膜的面积为200cm2，则估算油酸分子的大小是& ▲& m（保留一位有效数字）．
（3）如图所示，一直立的汽缸用一质量为m的活塞封闭一定量的理想气体，活塞横截面积为S，汽缸内壁光滑且缸壁是导热的，开始活塞被固定，打开固定螺栓K，活塞下落，经过足够长时间后，活塞停在B点，已知AB=h，大气压强为p0，重力加速度为g．
①求活塞停在B点时缸内封闭气体的压强；
②设周围环境温度保持不变，求整个过程中通过缸壁传递的热量Q（一定量理想气体的内能仅由温度决定）．
B．(选修模块3-4)(12分)
（1）下列说法中正确的是& ▲&
A．照相机、摄影机镜头表面涂有增透膜，利用了光的干涉原理
B．光照射遮挡物形成的影轮廓模糊，是光的衍射现象
C．太阳光是偏振光
D．为了有效地发射电磁波，应该采用长波发射
（2）甲、乙两人站在地面上时身高都是L0, 甲、乙分别乘坐速度为0.6c和0.8c（c为光速）的飞船同向运动，如图所示．此时乙观察到甲的身高L& ▲& L0；若甲向乙挥手，动作时间为t0，乙观察到甲动作时间为t1，则t1& ▲& t0（均选填“&”、“ =” 或“&”）．
（3）x=0的质点在t=0时刻开始振动，产生的波沿x轴正方向传播，t1=0.14s时刻波的图象如图所示，质点A刚好开始振动．
①求波在介质中的传播速度；
②求x=4m的质点在0.14s内运动的路程．
&& C．(选修模块3-5)(12分)
（1）下列说法中正确的是& ▲&
A．康普顿效应进一步证实了光的波动特性
B．为了解释黑体辐射规律，普朗克提出电磁辐射的能量是量子化的
C．经典物理学不能解释原子的稳定性和原子光谱的分立特征
D．天然放射性元素衰变的快慢与化学、物理状态有关
（2）是不稳定的，能自发的发生衰变．
①完成衰变反应方程& &&▲& ．
②衰变为，经过& ▲& 次α衰变，& ▲& 次β衰变．
（3）1919年，卢瑟福用α粒子轰击氮核发现质子．科学研究表明其核反应过程是：α粒子轰击静止的氮核后形成了不稳定的复核，复核发生衰变放出质子，变成氧核．设α粒子质量为m1，初速度为v0，氮核质量为m2，质子质量为m0, 氧核的质量为m3，不考虑相对论效应．
①α粒子轰击氮核形成不稳定复核的瞬间，复核的速度为多大？
②求此过程中释放的核能．
四、计算题：本题共3小题，共计47分．解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．
13．如图所示，一质量为m的氢气球用细绳拴在地面上，地面上空风速水平且恒为v0，球静止时绳与水平方向夹角为α．某时刻绳突然断裂，氢气球飞走．已知氢气球在空气中运动时所受到的阻力f正比于其相对空气的速度v，可以表示为f=kv（k为已知的常数）．则
（1）氢气球受到的浮力为多大？
（2）绳断裂瞬间，氢气球加速度为多大？
（3）一段时间后氢气球在空中做匀速直线运动，其水平方向上的速度与风速v0相等，求此时气球速度大小（设空气密度不发生变化，重力加速度为g）．
14．如图所示，光滑绝缘水平面上放置一均匀导体制成的正方形线框abcd，线框质量为m，电阻为R，边长为L．有一方向竖直向下的有界磁场，磁场的磁感应强度为B，磁场区宽度大于L，左边界与ab边平行．线框在水平向右的拉力作用下垂直于边界线穿过磁场区．
（1）若线框以速度v匀速穿过磁场区，求线框在离开磁场时ab两点间的电势差；
（2）若线框从静止开始以恒定的加速度a运动，经过t1时间ab边开始进入磁场，求cd边将要进入磁场时刻回路的电功率；
（3）若线框以初速度v0进入磁场，且拉力的功率恒为P0．经过时间T，cd边进入磁场，此过程中回路产生的电热为Q．后来ab边刚穿出磁场时，线框速度也为v0，求线框穿过磁场所用的时间t．
15．如图所示，有界匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，MN为其左边界，磁场中放置一半径为R的圆柱形金属圆筒，圆心O到MN的距离OO1=2R，圆筒轴线与磁场平行．圆筒用导线通过一个电阻r0接地，最初金属圆筒不带电．现有范围足够大的平行电子束以速度v0从很远处沿垂直于左边界MN向右射入磁场区，已知电子质量为m，电量为e．
（1）若电子初速度满足，则在最初圆筒上没有带电时，能够打到圆筒上的电子对应MN边界上O1两侧的范围是多大？
（2）当圆筒上电量达到相对稳定时，测量得到通过电阻r0的电流恒为I，忽略运动电子间的相互作用，求此时金属圆筒的电势φ和电子到达圆筒时速度v（取无穷远处或大地电势为零）．
（3）在（2）的情况下，求金属圆筒的发热功率．
&【选做题】本题包括A、B、C三小题，请选定其中两题，并在相应的答题区域内作答。若三题都做，则按A、B两题评分。
A．（选修模块3－3）（12分）
1．下列说法中正确的是（&&&&& ）
A．蔗糖受潮后会粘在一起，没有确定的几何形状，它是非晶体
B．一定质量气体压强不变温度升高时，吸收的热量一定大于内能的增加量
C．因为扩散现象和布朗运动的剧烈程度都与温度有关，所以扩散现象和布朗运动也叫做热运动
D．液体的表面层就象张紧的橡皮膜而表现出表面张力，是因为表面层的分子分布比液体内部紧密
2．将1ml的纯油酸配成500ml的油酸酒精溶液，待均匀溶解后，用滴管取1ml油酸酒精溶液，让其自然滴出，共200滴，则每滴油酸酒精溶液的体积为______ml。现在让其中一滴落到盛水的浅盘内，待油膜充分展开后，测得油膜的面积为200cm2，则估算油酸分子的直径是_________m（保留一位有效数字）。
3．如图所示，一直立汽缸用一质量为m的活塞封闭一定量的理想气体，活塞横截面积为S，汽缸内壁光滑且缸壁导热良好，开始时活塞被螺栓K固定。现打开螺栓K，活塞下落，经过足够长时间后，活塞停在B点，已知AB=h，大气压强为p0，重力加速度为g。
（1）求活塞停在B点时缸内封闭气体的压强p；
（2）设周围环境温度保持不变，求整个过程中通过缸壁传递的热量Q。
B．（选修模块3－4）（12分）
（1）下列说法中正确的是（&&&&&
）
A．眼睛直接观察全息照片不能看到立体图象
B．电磁波和机械波都能产生干涉和衍射现象
C．驱动力频率等于系统固有频率时，受迫振动的振幅最大，这种现象叫共振。
D．在测定单摆周期时，为减小实验误差，最好在小球经过最高点时开始计时
（2）相对论论认为时间和空间与物质的速度有关；在高速前进中的列车的中点处，某乘客突然按下手电筒，使其发出一道闪光，该乘客认为闪光向前、向后传播的速度相等，都为c，站在铁轨旁边地面上的观察者认为闪光向前、向后传播的速度_______（填“相等”、“不等”）。并且，车上的乘客认为，电筒的闪光同时到达列车的前、后壁，地面上的观察者认为电筒的闪光先到达列车的______（填“前”、“后”）壁。
（3）如图所示，某列波在t=0时刻的波形如图中实线，虚线为t=0.3s（该波的周期T&0.3s）时刻的波形图。已知t=0时刻质点P正在做加速运动，求质点P振动的周期和波的传播速度。
C．（选修模块3－5）（12分）
（1）下列说法正确的是（&&&&&
）
A．电子的衍射现象说明实物粒子的波动性
B．235U的半衰期约为7亿年，随地球环境的变化，半衰期可能变短
C．原子核内部某个质子转变为中子时，放出β射线
D．氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，要释放一定频率的光子，同时电子的动能增加，电势能减小
（2）2009年诺贝尔物理学奖得主威拉德·博伊尔和乔治·史密斯主要成就是发明了电荷耦合器件（CCD）图像传感器。他们的发明利用了爱因斯坦的光电效应原理。如图所示电路可研究光电效应规律。图中标有A和K的为光电管，其中K为阴极，A为阳级。理想电流计可检测通过光电管的电流，理想电压表用来指示光电管两端的电压。现接通电源，用光子能量为10.5eV的光照射阴极K，电流计中有示数，若将滑动变阻器的滑片P缓慢向右滑动，电流计的读数逐渐减小，当滑至某一位置时电流计的读数恰好为零，读出此时电压表的示数为6.0V；现保持滑片P位置不变，光电管阴极材料的逸出功为________，若增大入射光的强度，电流计的读数________（填“为零”或“不为零”）。
（3）一个静止的，放出一个速度为v1的粒子，同时产生一个新核，并释放出频率为的γ光子。写出该核反应方程式，求出这个核反应中产生的新核的速度v2。（不计光子的动量）
（1）用密封性能良好的活塞把一定质量的理想气体封闭在导热性能良好的汽缸中，汽缸的内壁光滑．现将汽缸缓慢地由水平放置（如图甲所示）变成竖直放置（如图乙所示）．在此过程中如果环境保持恒温，下列说法正确的是（&&&& ）A．气体分子的平均速率不变B．气体分子的平均动能变大C．气缸内壁单位面积上受到气体分子撞击的平均作用力不变D．气缸内气体的分子数密度变大（2）一定质量理想气体的p-V图象如图所示，其中a→b为等容过程，b→c为等压过程，c→a为等温过程，已知气体在状态a时的温度Ta=600K，在状态b时的体积Vb=11.2L，则：气体在状态c时的体积Vc=＿＿＿＿L；气体由状态b到状态c过程从外界吸收的热量Q与对外做功W的大小关系为Q＿＿＿＿W．（填“大于”、“小于”、“等于”）（3）水的密度ρ=1.0×103kg/m3，水的摩尔质量M=1.8×10?2kg/mol，阿伏伽德罗常数NA=6.02×1023mol?1，求：1cm3的水中有多少个水分子？（结果保留一位有效数字．）B．（选修模块3－4）（12分）（1）下列说法中正确的是_________．A．水面上的油膜在阳光照射下会呈现彩色，这是由光的衍射造成的B．根据麦克斯韦的电磁场理论可知，变化的电场周围一定可以产生变化的磁场C．狭义相对论认为：光在真空中的传播速度都是一个常数，不随光源和观察者所在参考系的相对运动而改变．D．在“探究单摆周期与摆长的关系”的实验中，测量单摆周期应该从小球经过平衡位置处开始计时，以减小实验误差（2）如图所示，一个半径为R的1/4透明球体放置在水平面上，一束蓝光从A点沿水平方向射入球体后经B点射出，最后射到水平面上的C点．已知OA＝，该球体对蓝光的折射率为．则它从球面射出时的出射角β＝___________；若换用一束紫光同样从A点射向该球体，则它从球体射出后落到水平面上形成的光点与C点相比，位置__________（填“偏左”、“偏右”或“不变”）．（3）一列简谐横波沿x轴正方向传播，周期为T=2s，t＝0时刻的波形如图所示．此刻，波刚好传到x=6m处，求：质点a平衡位置的坐标x＝10m处的质点，经多长时间第一次经过平衡位置向y轴负方向运动？C．（选修模块3－5）（12分）（1）下列说法中正确的是（&&&&& ）A．比结合能越小，原子核越稳定B．一群氢原子从n=4的激发态跃迁到基态时，有可能辐射出6种不同频率的光子C．在光电效应实验中，光电子的最大初动能与入射光强无关，只随入射光频率的增大而增大D．随着温度的升高，黑体辐射强度的极大值向波长较长方向移动（2）发生衰变有多种可能性．其中的一种可能是，先衰变成，再经一次衰变变成（X代表某种元素），或再经一次衰变变成和最后都衰变成，衰变路径如图所示，则由图可知：①②③④四个过程中＿＿＿＿＿＿＿＿是α衰变；＿＿＿＿＿＿是β衰变．（3）如图所示，车厢的质量为M，长度为L，静止在光滑水平面上，质量为m的木块（可看成质点）以速度v0无摩擦地在车厢底板上向右运动，木块与前车壁碰撞后以v0/2的速度向左运动，则再经过多长时间，木块将与后车壁相碰？}