F﹣μmg=Ma1
代入数据解得：a1=2m/s2
力F作用的时间为t，满足：=a1t2﹣at2； 代入数据解得：t=2s 故F的冲量为：I=Ft=20N?S
撤去F时，木板和小物体的速度大小v1和v2分别为：v1=a1t=4m/s，v2=at=2m/s 撤去F后，若两者能够达到共同速度v，撤去F之后两者相对位移为d．取向右为正方向，由动量守恒定律知： Mv1+mv2=（M+m）v 代入数据解得：v=
m/s
根据能量守恒定律得：μmgd=Mv12+mv22﹣（M+m）v2。 联立解得：d≈1.6m＜=2m 所以小物体将不从木板上掉下来。
撤去F后木板和小物块间因摩擦产生的热量为： Q=μmg=0.1×1×10×2J=2J 答：
（1）若要使小物体不从木板上掉下，F的最大值是5.5N。
（2）拉力F对木板的冲量大小是10N?S，撤去F后木板和小物块间因摩擦产生的热量是2J。
【点评】本题是基本滑板模型问题，关键会判断小物体和木板能否发生相对滑动，以及一旦发生相对滑动时，能够根据受力判断物体的运动情况。要掌握动量守恒的条件，判断撤去F后系统的动量守恒。
12．（20分）（2018?陕西二模）如图所示在直角坐标系xOy的第一象限中，0≤x≤d的空间存在着沿y轴正方向的匀强电场，在x＞d的空间存在着垂直纸面方向向外的匀强磁场，一个质量为m，电荷量为q的带正电的粒子，从y轴上的A点，以速度v0沿x轴正方向进入电场，带电粒子在电磁场作用下，从A点依次
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经过B点和C点，A、B、C三点的坐标分别为（0，d﹣不计带电粒子重力。求：
（1）匀强电场的电场强度E的大小； （2）匀强磁场的磁感应强度B的大小； （3）带电粒于从A到C的运动时间t。
d）、（d，d）、（2d，0），
【考点】CI：带电粒子在匀强磁场中的运动；AK：带电粒子在匀强电场中的运动．
【专题】11 ：计算题；22 ：学科综合题；32 ：定量思想；43 ：推理法；536：带电粒子在磁场中的运动专题．
【分析】（1）粒子在电场中运动时做类平抛运动，水平方向匀速直线运动，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动；
（2）先求出电场强度与粒子的速度的大小和方向，再由几何关系求出半径，最后根据洛伦兹力提供向心力解出磁感应强度的大小；
（3）分别求出粒子在电场才磁场中的时间，两者相加就是粒子从A到C的总时间。
【解答】解：（1）带电粒子在电场中做类平抛运动， 水平方向：xB=d=v0t 竖直方向：yB﹣yA=由牛顿第二定律有：a=联立有：E=
=
（2）先求出粒子到B点的速度大小v和方向（与水平方向成θ） v=
=
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tanθ==，θ=30°
在磁场中做匀速圆周运动，由几何关系有： r=
洛仑兹力提供向心力：qvB=代入可得：B=
（3）粒子在电场中的时间t1=
在磁场中转半圈的时间t2=总时间t=t1+t2=
==
答：（1）匀强电场的电场强度E的大小是；
（2）匀强磁场的磁感应强度B的大小是；
（3）带电粒于从A到C的运动时间t为。
【点评】本题主要考查了带电粒子在混合场中运动的问题，要求同学们能正确分析粒子的受力情况，再通过受力情况分析粒子的运动情况，熟练掌握圆周运动及平抛运动的基本公式，难度适中。
[物理一一选修3-3]（15分）
13．（5分）（2018?陕西二模）关于热现象，下列说法中，正确的是（ ）
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A．气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数，与单位体积内的分子数及温度有关
B．同种物质在不同条件下所生成的晶体的微粒都按相同的规则排列 C．体积不变，压强减小的过程，气体一定放出热量，内能减小 D．一切自然过程总是沿着分子热运动无序性减小的方向进行 E．物体的内能是物体中所有分子热运动动能和分子势能的总和 【考点】8H：热力学第二定律；8F：热力学第一定律．
【专题】31 ：定性思想；43 ：推理法；548：热力学定理专题． 【分析】理解气体压强的微观意义；
同种物质在不同条件下所生成的晶体的微粒的规则排列不一定相同； 结合理想气体的状态方程，根据热力学第一定律分析内能的变化； 自然过程总是沿着分子热运动无序性增大的方向进行； 根据内能的定义分析。
【解答】解：A、根据压强的微观意义可知，气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数与单位体积内的分子数和温度有关，故A正确；
B、同种物质在不同条件下所生成的晶体的微粒不一定按相同的规则排列。故B错误；
C、根据理想气体的状态方程可知，气体的体积不变，压强减小的过程中气体的温度降低所以气体内能减小；体积不变，没有外力对气体做功，而气体的内能减小，由热力学第一定律可知，气体一定放出热量。故C正确；
D、根据热力学第二定律可知，一切自然过程总是沿着分子热运动无序性增大的方向进行，故D错误；
E、根据内能的定义可知，物体的内能是物体中所有分子热运动动能和分子势能的总和。故E正确。 故选：ACE。
【点评】本题重点掌握温度是分子平均动能的标志，知道改变内能的方式，会用牛顿第一定律去分析各量的变化，基础题。
14．（10分）（2018?陕西二模）如图所示，可导热的汽缸内用很薄的质量不计的
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活塞封闭一定质量的理想气体，活塞离汽缸底部的高度为h=20cm，整体放在冰水混合物中。取一小盒砂子缓慢地倒在活塞的上表面上。砂子倒完时，活塞下降了△h=5cm。再取相同质量的一小盒砂子缓慢地倒在活塞的上表面上。外界的压强和温度始终保持不变，不计活塞与汽缸|7壁间的摩擦，求： ①第二次砂子倒完时活塞距汽缸底部的高度；
②在第二次倒砂子的过程中外界对气体做功70J，封闭气体吸热还是放热，传递的热量是多少。
【考点】99：理想气体的状态方程．
【专题】11 ：计算题；21 ：信息给予题；32 ：定量思想；54B：理想气体状态方程专题．
【分析】①根据玻意耳定律得到三个状态的压强与体积的乘积均相等，联立方程组求解；
②根据热力学第一定律判断吸放热情况。
【解答】解：①设大气和活塞对气体的压强为p0，加一小盒沙子对气体产生的压强为p，由玻意耳定律得： p0Sh=（p0+p）S（h﹣△h） 解得：p=
再加一小盒沙子后，气体的压强变为p0+2P．设第二次加沙子后，活塞的高度为h'，由玻意耳定律得： p0Sh=（p0+2p）Sh' 解得：h'=0.6h=12cm
②气体等温压缩，内能不变，外界对气体做功，故气体一定放出热量 根据学第一定律，有：△U=W+Q 故Q=﹣W=﹣70J 即气体放出热量为70J。
答：①第二次砂子倒完时活塞距汽缸底部的高度为12cm；
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