湖北省宜昌市夷陵中学2017届高三上学期综合测试物理试卷（11-16） 25页

‎2016-2017学年湖北省宜昌市夷陵中学高三（上）综合测试物理试卷（11.16）‎ ‎　‎ 二、选择题：本大题共8小题，每小题6分，在14-17题的四个选项中只有一项符合题目要求，在18-21题的四个选项中有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分．‎ ‎1．物体作直线运动，速度图象如右图．由图象可以判断（　　）‎ A．第1s末物体的速度方向发生改变 B．第2s末物体的加速度方向发生改变 C．第3s末和第5s末物体的位置相同 D．前2s物体的位移为零 ‎2．地球半径为R，距地心高为h处有一颗同步卫星；另一星球半径为3R，距该星球球心高度为3h处也有一颗同步卫星，它的周期为72h，则该星球的平均密度与地球的平均密度之比为（　　）‎ A．1：9 B．1：3 C．9：l D．3：1‎ ‎3．一滑块在水平地面上沿直线滑行，t=0时其速度为1m/s．从此刻开始滑块运动方向上再施加一水平面作用F，力F和滑块的速度v随时间的变化规律分别如图a和图b所示．设在第1秒内、第2秒内、第3秒内力F对滑块做的功分别为W1、W2、W3，则以下关系正确的是（　　）‎ A．W1=W2=W3 B．W1＜W2＜W3 C．W1＜W3＜W2 D．W1=W2＜W3‎ ‎4．下列说法正确的是．（　　）‎ A．原子核发生衰变时要遵守电荷守恒和质量守恒的规律 B．根据爱因斯坦的“光子说”可知光的波长越大，光子的能量越小 C．由波尔理论知道氢原子从基态跃迁到激发态时会放出光子 D．发生光电效应时光电子的动能只与入射光的强度有关 ‎5．如图所示，在y轴上关于O点对称的A、B两点有等量同种点电荷+Q，在x轴上C点有点电荷﹣Q，且CO=OD，∠ADO=60°，下列判断正确的是（　　）‎ A．D点电场强度为零 B．O点电场强度为零 C．若将点电荷+q从O移向C，电势能增大 D．若将点电荷﹣q从O移向C，电势能增大 ‎6．如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即Uab=Ubc，实线为一带负电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，据此可知（　　）‎ A．三个等势面中，a的电势最低 B．带负电的质点通过P点时的电势能较Q点大 C．带负电的质点通过P点时的动能较Q点大 D．带负电的质点通过P点时的电场强度较Q点小 ‎7．如图所示，电容器与电动势为E的直流电源（内阻不计）连接，下极板接地．一带电油滴位于电容器中的P点恰好处于静止状态．现将平行板电容器的上极板竖直向下移动一小段距离则（　　）‎ A．带电油滴的电势能将增大 B．P点的电势将降低，两极板间的电势差不变 C．平行板之间的电场强度增大，平行板所带电荷量也增大 D．电容器的电容增大，带电油滴将沿竖直方向向上运动 ‎8．如图甲为应用于机场和火车站的安全检查仪，用于对旅客的行李进行安全检查．其传送装置可简化为如图乙的模型，紧绷的传送带始终保持v=1m/s的恒定速率运行．旅客把行李无初速度地放在A处，设行李与传送带之间的动摩擦因数μ=0.1，A、B间的距离为2m，g取10m/s2．若乘客把行李放到传送带的同时也以v=1m/s的恒定速率平行于传送带运动到B处取行李，则（　　）‎ A．乘客与行李同时到达B处 B．乘客提前0.5s到达B处 C．行李提前0.5s到达B处 D．若传送带速度足够大，行李最快也要2s才能到达B处 ‎　‎ 三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第22题〜第32题为必考题，每个试题考生都必须作答．第33题〜第40题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题（ll题，共129分）‎ ‎9．用一主尺最小分度为1mm，游标上有20个分度的游标卡尺测量一工件的长度，结果如图甲所示，可以读出此工件的长度为　　mm；图乙是用螺旋测微器测量某一圆筒外径时的示数，此读数为　　mm．‎ ‎10．为了探究质量一定时加速度与力的关系，一个同学利用拉力传感器设计了如图1所示的实验装置．‎ ‎（1）实验时，一定要进行的操作是　　．‎ A．为减小误差，实验中一定要保证钩码的质量m远小于小车的质量M．‎ B．将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力．‎ C．小车靠近打点计时器，先释放小车，再接通电源，打出一条纸带，同时记录拉力传感器的示数．‎ D．改变钩码的质量，打出几条纸带．‎ ‎（2）图2为上述实验中打下的一条纸带，A点为小车刚释放时打下的起始点，每两点间还有四个计时点未画出，测得AB=2.0cm、AC=8.0cm、AE=32.0cm，打点计时器的频率为50Hz，则小车的加速度　　m/s2．（结果保留两位有效数字）‎ ‎（3）以拉力传感器的示数F为横坐标，加速度 F1为纵坐标，画出的 F2图象是一条直线，测得图线的斜率为F′，则小车的质量为　　．‎ ‎11．甲、乙两个小孩各乘一辆冰车在水平冰面上游戏．甲和他的冰车的质量共为M=30kg，乙和他的冰车的质量也是30kg．游戏时，甲推着一个质量为m=15kg的箱子，和他一起以大小为v0=2.0m/s的速度滑行，乙以同样大小的速度迎面滑来．为了避免相撞，甲突然将箱子沿冰面推给乙，箱子滑到乙处时乙迅速把它抓住．若不计冰面的摩擦力，求：‎ ‎（1）甲至少要以多大的速度（相对于地面）将箱子推出，才能避免与乙相撞；‎ ‎（2）甲以最小速度推出箱子时所做的功．‎ ‎12．如图所示，光滑绝缘的细圆管弯成半径为R的半圆形，固定在竖直平面内，管口B、C的连线是水平直径．现有一质量为m的带正电小球（可视为质点）从B点正上方的A点自由下落，A、B两点间距离为4R．从小球进入管口开始，整个空间突然加上一个匀强电场，电场力在竖直向上的分力大小与重力大小相等，结果小球从管口C处脱离圆管后，其运动轨迹最后经过A点．设小球运动过程中带电量没有改变，重力加速度为g．求：‎ ‎（1）小球到达B点的速度大小；‎ ‎（2）小球受到的电场力的大小和方向；‎ ‎（3）小球经过管口C处时对圆管壁的压力．‎ ‎　‎ 选考题：共45分．请考生从给出的3道物理题、3道化学题、2道生物题中每题任选一题作答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑．注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题．如果多做，则每学科按所设的第一题计分．【物理选修3-3】‎ ‎13．下列说法正确的是 （　　）‎ A．放热的物体，其内能也可能增加 B．能量耗散是从能量转化的角度反映出自然界中宏观过程具有的方向性 C．热量不可能从低温物体传递到高温物体 D．已知气体分子间的作用力表现为引力，若气体等温膨胀，则气体对外做功且内能增加 E．温度是分子平均动能的标志，温度升高，则物体的每一个分子的动能都增大．‎ ‎14．如图所示，一水平放置的气缸，由截面积不同的两圆筒联接而成．活塞A、B用一长为3l的刚性细杆连接，B与两圆筒联接处相距l=1.0m，它们可以在筒内无摩擦地沿左右滑动．A、B的截面积分别为SA=30cm2、SB=15cm2．A、B之间封闭着一定质量的理想气体．两活塞外侧（A的左方和B的右方）都是大气，大气压强始终保持为P0=1.0×105Pa．活塞B的中心连一不能伸长的细线，细线的另一端固定在墙上．当气缸内气体温度为T1=540K，活塞A、B的平衡位置如图所示，此时细线中的张力为F1=30N．‎ ‎（i）现使气缸内气体温度由初始的540K缓慢下降，温度降为多少时活塞开始向右移动？‎ ‎（ii）继续使气缸内气体温度缓慢下降，温度降为多少时活塞A刚刚右移到两圆筒联接处？‎ ‎　‎ ‎【物理选修3-4】‎ ‎15．一列简谐横波在某时刻的波形如图所示，此时刻质点P的速度为v，经过1.0s它的速度大小、方向第一次与v相同，再经过0.2s它的速度大小、方向第二次与v相同，则下列判断中正确的是 （　　）‎ A．波沿x轴负方向传播，波速为5m/s B．波沿x轴正方向传播，波速为5m/s C．若某时刻质点M到达波谷处，则质点P一定到达波峰处 D．质点M与质点Q的位移大小总是相等、方向总是相反 E．从图示位置开始计时，在2.0s时刻，质点P的位移为20cm．‎ ‎16．在某介质中形成的一列简谐波，t=0时刻的波形如图所示．若波向右传播，零时刻刚好传到B点（xB=1m），且再经过0.6s，P点（xP=7m）也开始起振．求：‎ ‎（1）该列波的周期T；‎ ‎（2）从t=0时刻起到P点第一次达到波峰时止，O点相对平衡位置的位移y0及其所经过的路程s0各为多少？‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年湖北省宜昌市夷陵中学高三（上）综合测试物理试卷（11.16）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 二、选择题：本大题共8小题，每小题6分，在14-17题的四个选项中只有一项符合题目要求，在18-21题的四个选项中有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分．‎ ‎1．物体作直线运动，速度图象如右图．由图象可以判断（　　）‎ A．第1s末物体的速度方向发生改变 B．第2s末物体的加速度方向发生改变 C．第3s末和第5s末物体的位置相同 D．前2s物体的位移为零 ‎【考点】匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的速度与时间的关系．‎ ‎【分析】由图可知，速度的方向周期性改变，物体做往复运动．根据图线与t轴所围面积表示运动位移，图形在t轴上方表示位移为正，图形在t轴下方表示位移为负；“斜率”等于加速度．‎ ‎【解答】解：A、1s末前后对应速度值均为正，故速度方向未该改变，故A错误；‎ B、1﹣3s内图象的斜率不变，加速度不变，第2s末物体的加速度方向没有改变，故B错误；‎ C、第3s末到第4s末的位移和第4s末到第5s末的位移等大反向，即第3s末到第5s末物体的位移为零，故第3s末和第5s末物体的位置相同，故C正确；‎ D、第1s内与第2s内对应图形的面积都在t轴上方，即代表位移均为正，前2s物体的位移为为正，故D错误；‎ 故选：C ‎　‎ ‎2．地球半径为R，距地心高为h处有一颗同步卫星；另一星球半径为3R，距该星球球心高度为3h处也有一颗同步卫星，它的周期为72h，则该星球的平均密度与地球的平均密度之比为（　　）‎ A．1：9 B．1：3 C．9：l D．3：1‎ ‎【考点】万有引力定律及其应用．‎ ‎【分析】根据万有引力提供向心力G=mr（）2，求出天体的质量，再求出密度，看与什么因素有关．‎ ‎【解答】解：万有引力提供向心力G=mr（）2，M=．密度ρ===．‎ 因为地球的同步卫星和星球A的同步卫星的轨道半径比为1：3，地球和星球A的半径比为1：3，两同步卫星的周期比1：3．所以地球和A星球的密度比为9：1，故该星球的平均密度与地球的平均密度之比为1：9；‎ 故A正确，B、C、D错误．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎3．一滑块在水平地面上沿直线滑行，t=0时其速度为1m/s．从此刻开始滑块运动方向上再施加一水平面作用F，力F和滑块的速度v随时间的变化规律分别如图a和图b所示．设在第1秒内、第2秒内、第3秒内力F对滑块做的功分别为W1、W2、W3，则以下关系正确的是（　　）‎ A．W1=W2=W3 B．W1＜W2＜W3 C．W1＜W3＜W2 D．W1=W2＜W3‎ ‎【考点】功的计算；匀变速直线运动的图像．‎ ‎【分析】‎ 根据功的公式W=FL可知，知道F的大小，再求得各自时间段内物体的位移即可求得力F做功的多少．‎ ‎【解答】解：由速度图象可知，第1s、2s、3s内的位移分别为0.5m、0.5m、1m，由F﹣t图象及功的公式w=Fscosθ可求知：W1=0.5J，W2=1.5J，W3=2J．故本题中ACD错，B正确．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎4．下列说法正确的是．（　　）‎ A．原子核发生衰变时要遵守电荷守恒和质量守恒的规律 B．根据爱因斯坦的“光子说”可知光的波长越大，光子的能量越小 C．由波尔理论知道氢原子从基态跃迁到激发态时会放出光子 D．发生光电效应时光电子的动能只与入射光的强度有关 ‎【考点】爱因斯坦光电效应方程；氢原子的能级公式和跃迁．‎ ‎【分析】原子核发生衰变时要遵守电荷守恒和质量数守恒的规律，质量有亏损，根据E=hγ=h，即可分析波长与能量的关系发生光电效应时光电子的动能只与入射光的频率有关．‎ ‎【解答】解：A、原子核发生衰变时要遵守电荷守恒和质量数守恒的规律，质量有亏损，故A错误；‎ B、根据E=hγ=h，可知，光的波长越大，光子的能量越小，故B正确 C、氢原子从基态向激发态跃迁只能吸收特定频率的光子，C错误；‎ D、发生光电效应时光电子的动能只与入射光的频率有关，故D错误；‎ 故选：B ‎　‎ ‎5．如图所示，在y轴上关于O点对称的A、B两点有等量同种点电荷+Q，在x轴上C点有点电荷﹣Q，且CO=OD，∠ADO=60°，下列判断正确的是（　　）‎ A．D点电场强度为零 B．O点电场强度为零 C．若将点电荷+q从O移向C，电势能增大 D．若将点电荷﹣q从O移向C，电势能增大 ‎【考点】电场的叠加；电场强度；电势能．‎ ‎【分析】O点和D点的电场强度是三个电荷产生的电场强度的合成，根据叠加原理确定两点的电场强度．确定出从O到C电场的方向，根据电场力做功的正负，判断电势能的变化．‎ ‎【解答】解：A、设AD=r，根据点电荷产生的电场强度公式E=k得到，两个等量同种点电荷+Q在D点产生的电场强度大小为E1=k，方向水平向右．﹣Q在O点产生的电场强度大小也为E=k，方向水平向左，则D点的合场强为零．故A正确．‎ B、在O点，两个正电荷的场强互相抵消，只剩下负点电荷产生的场强，故不为零，故B错误．‎ C、根据电场的叠加原理得到，C、O间电场强度方向为O到C，将点电荷+q从O移向C，电场力做正功，电势能减小．故C错误．‎ D、由C知，若将点电荷﹣q从O移向C，电势能增大，故D正确．‎ 故选：AD．‎ ‎　‎ ‎6．如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即Uab=Ubc，实线为一带负电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，据此可知（　　）‎ A．三个等势面中，a的电势最低 B．带负电的质点通过P点时的电势能较Q点大 C．带负电的质点通过P点时的动能较Q点大 D．带负电的质点通过P点时的电场强度较Q点小 ‎【考点】电势差与电场强度的关系；电势能．‎ ‎【分析】根据电场线与等势面垂直、曲线运动的合力指向轨迹的内侧，分析电场力的方向，确定电场线方向，从而判断出电势的高低．根据推论，负电荷在电势高处电势能小，分析负电荷电势能大小；由总能量守恒分析动能的大小；由电场线疏密确定出场强的大小．‎ ‎【解答】解：A、根据轨迹弯曲的方向和电场线与等势线垂直，可知负电荷所受的电场力应向下，所以电场线向上．故a点电势最低．故A正确．‎ B、利用推论：负电荷在电势高处电势能小，知道负电荷在P点的电势能比Q点的大．故B正确．‎ C、负电荷的总能量守恒，即动能与电势能之和不变，则知质点通过P点时的动能较Q点小．故C错误．‎ D、等差等势面P处密，P处电场强度大．故D错误．‎ 故选：AB ‎　‎ ‎7．如图所示，电容器与电动势为E的直流电源（内阻不计）连接，下极板接地．一带电油滴位于电容器中的P点恰好处于静止状态．现将平行板电容器的上极板竖直向下移动一小段距离则（　　）‎ A．带电油滴的电势能将增大 B．P点的电势将降低，两极板间的电势差不变 C．平行板之间的电场强度增大，平行板所带电荷量也增大 D．电容器的电容增大，带电油滴将沿竖直方向向上运动 ‎【考点】带电粒子在混合场中的运动；电容．‎ ‎【分析】根据平行板电容器的电容决定式C=，分析电容的变化情况，抓住电容器的电压不变，由E= 分析板间场强的变化情况，由C=分析电容器所带电量的变化，即可判断电路中电流方向．根据P点与下极板间电势差的变化，判断P点电势的变化，再判断电势能的变化．‎ ‎【解答】‎ 解：AB、现将平行板电容器的上极板竖直向下移动一小段距离，d减小，电容器的电压U不变，由E= 分析得知，板间场强增大，因P点到下极板的距离不变，而E增大，由U=Ed知，P点与下极板间电势差增大，P点的电势大于零，则P点的电势升高，由于油滴带负电，则带电油滴的电势能将减少．故AB错误．‎ C、由于d减小，由C=，知电容C增大，U不变，由C=分析可知电容器所带电量增加，故C正确；‎ D、将上极板竖直向下移动时，d减小，电容器的电压U不变，由E= 分析得知，板间场强增大，则油滴所受电场力增大，油滴将沿竖直向上运动．故D正确．‎ 故选：CD．‎ ‎　‎ ‎8．如图甲为应用于机场和火车站的安全检查仪，用于对旅客的行李进行安全检查．其传送装置可简化为如图乙的模型，紧绷的传送带始终保持v=1m/s的恒定速率运行．旅客把行李无初速度地放在A处，设行李与传送带之间的动摩擦因数μ=0.1，A、B间的距离为2m，g取10m/s2．若乘客把行李放到传送带的同时也以v=1m/s的恒定速率平行于传送带运动到B处取行李，则（　　）‎ A．乘客与行李同时到达B处 B．乘客提前0.5s到达B处 C．行李提前0.5s到达B处 D．若传送带速度足够大，行李最快也要2s才能到达B处 ‎【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．‎ ‎【分析】行李在传送带上先加速运动，然后再和传送带一起匀速运动，由牛顿第二定律和运动学公式求出时间．若行李一直做匀加速运动时，运动时间最短．‎ ‎【解答】解：A、B、C、由牛顿第二定律，得 μmg=ma得 a=1m/s2．设行李做匀加速运动的时间为t，行李加速运动的末速度为v=1m/s．由v=at1 代入数值，得t1=1s，匀加速运动的位移大小为 x=a=0.5m，匀速运动的时间为t2==1.5s，行李从A到B的时间为t=t1+t2=2.5s．‎ 而乘客一直做匀速运动，从A到B的时间为t人==2s．故乘客提前0.5 s到达B．故A、C均错误，B正确；‎ D、若行李一直做匀加速运动时，运动时间最短．由L=a，解得，最短时间tm=2s．故D正确．‎ 故选：BD．‎ ‎　‎ 三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第22题〜第32题为必考题，每个试题考生都必须作答．第33题〜第40题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题（ll题，共129分）‎ ‎9．用一主尺最小分度为1mm，游标上有20个分度的游标卡尺测量一工件的长度，结果如图甲所示，可以读出此工件的长度为　102.35　mm；图乙是用螺旋测微器测量某一圆筒外径时的示数，此读数为　2.670　mm．‎ ‎【考点】刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用．‎ ‎【分析】游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读．螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．‎ ‎【解答】解：游标卡尺的固定刻度读数为102mm，游标读数为0.05×7mm=0.35mm，所以最终读数为102.35mm．‎ 螺旋测微器的固定刻度读数为2.5mm，可动刻度读数为0.01×12.0mm=0.120mm，所以最终读数为：2.670mm．‎ 故答案为：102.35mm，2.670‎ ‎　‎ ‎10．为了探究质量一定时加速度与力的关系，一个同学利用拉力传感器设计了如图1所示的实验装置．‎ ‎（1）实验时，一定要进行的操作是　BD　．‎ A．为减小误差，实验中一定要保证钩码的质量m远小于小车的质量M．‎ B．将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力．‎ C．小车靠近打点计时器，先释放小车，再接通电源，打出一条纸带，同时记录拉力传感器的示数．‎ D．改变钩码的质量，打出几条纸带．‎ ‎（2）图2为上述实验中打下的一条纸带，A点为小车刚释放时打下的起始点，每两点间还有四个计时点未画出，测得AB=2.0cm、AC=8.0cm、AE=32.0cm，打点计时器的频率为50Hz，则小车的加速度　4.0　m/s2．（结果保留两位有效数字）‎ ‎（3）以拉力传感器的示数F为横坐标，加速度 F1为纵坐标，画出的 F2图象是一条直线，测得图线的斜率为F′，则小车的质量为　　．‎ ‎【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系．‎ ‎【分析】（1）解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项；‎ ‎（2）应用匀变速直线运动的推论△x=at2可以求出加速度．‎ ‎（3）小车质量不变时，加速度与拉力成正比，对a﹣F图来说，图象的斜率表示小车质量的倒数．‎ ‎【解答】解：（1）A、本题拉力可以由弹簧测力计测出，不需要用天平测出砂和砂桶的质量，也就不需要使小桶（包括砂）的质量远小于车的总质量，故A错误．‎ B、该题是弹簧测力计测出拉力，从而表示小车受到的合外力，故需要将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力，故B正确；‎ C、打点计时器运用时，都是先接通电源，待打点稳定后再释放纸带，该实验探究加速度与力和质量的关系，要记录弹簧测力计的示数，故C错误；‎ D、改变砂和砂桶质量，即改变拉力的大小，打出几条纸带，研究加速度随F变化关系，故D正确；故选：BD．‎ ‎（2）由于两计数点间还有4个点没有画出，故两点之间的时间间隔为t=5×0.02s=0.1s，‎ 由匀变速直线运动的推论△x=at2可知，加速度：a==≈4.0m/s2．‎ ‎（3）由牛顿第二定律得：a=F，则a﹣F图象的斜率：k=，小车的质量：m=；‎ 故答案为：（1）BD；（2）4.0；（3）．‎ ‎　‎ ‎11．甲、乙两个小孩各乘一辆冰车在水平冰面上游戏．甲和他的冰车的质量共为M=30kg，乙和他的冰车的质量也是30kg．游戏时，甲推着一个质量为m=15kg的箱子，和他一起以大小为v0=2.0m/s的速度滑行，乙以同样大小的速度迎面滑来．为了避免相撞，甲突然将箱子沿冰面推给乙，箱子滑到乙处时乙迅速把它抓住．若不计冰面的摩擦力，求：‎ ‎（1）甲至少要以多大的速度（相对于地面）将箱子推出，才能避免与乙相撞；‎ ‎（2）甲以最小速度推出箱子时所做的功．‎ ‎【考点】动量守恒定律；机械能守恒定律．‎ ‎【分析】（1）甲将箱子沿冰面推给乙过程，甲乙的总动量守恒，乙把箱子抓住过程，乙与箱子总动量守恒，当甲与乙恰好不相撞时，甲将箱子推给乙后速度与乙接住箱子后的速度恰好相等．根据动量守恒定律和速度相等条件求解甲推箱子的速度大小的最小值．‎ ‎（2）对箱子，应用动能定理可以求出功．‎ ‎【解答】‎ 解：（1）在推出和抓住的过程中，小孩、冰车和箱子的总动量守恒．要想刚能避免相碰，‎ 要求抓住后甲和乙的速度正好相等．此就可求得推出时的最小速度．‎ 设箱子推出后其速度为v，甲孩的速度为v1，以甲的初速度方向为正方向，‎ 根据动量守恒可得：mv+Mv1=（m+M） v0，解得：，‎ 设乙孩抓住箱子后其速度为v2，以向右为正方向，‎ 根据动量守恒可得：（m+M） v2=mv﹣Mv0，解得：，‎ 刚好不相碰的条件要求：v1≤v2，解得：v≥5.2m/s；‎ ‎（2）设以最小速度推出时甲对箱子做功为W，‎ 对箱子，由动能定理得：，‎ 代入数值可得：W=172.8J；‎ 答：（1）甲至少要以5.2m/s的速度（相对于地面）将箱子推出，才能避免与乙相撞；‎ ‎（2）甲以最小速度推出箱子时所做的功为172.8J．‎ ‎　‎ ‎12．如图所示，光滑绝缘的细圆管弯成半径为R的半圆形，固定在竖直平面内，管口B、C的连线是水平直径．现有一质量为m的带正电小球（可视为质点）从B点正上方的A点自由下落，A、B两点间距离为4R．从小球进入管口开始，整个空间突然加上一个匀强电场，电场力在竖直向上的分力大小与重力大小相等，结果小球从管口C处脱离圆管后，其运动轨迹最后经过A点．设小球运动过程中带电量没有改变，重力加速度为g．求：‎ ‎（1）小球到达B点的速度大小；‎ ‎（2）小球受到的电场力的大小和方向；‎ ‎（3）小球经过管口C处时对圆管壁的压力．‎ ‎【考点】机械能守恒定律；牛顿第二定律；牛顿第三定律；动能定理的应用．‎ ‎【分析】（1）小球下落过程只有重力做功，根据机械能守恒定律列式求解；‎ ‎（2）小球从B到C过程，只有电场力做功，根据动能定理列式；小球离开C点后，竖直方向做匀速运动，水平方向做加速运动，根据平抛运动的知识列式求解；‎ ‎（3）小球经过C点时，电场力和支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律列式即可．‎ ‎【解答】解：（1）小球从开始下落到管口B，机械能守恒：‎ 解得 故到达B点速度大小．‎ ‎（2）设电场力的竖直向上分力为Fy，水平分力为Fx，则Fy=mg 从B到C，由动能定理：﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①‎ 小球从管口C到A，做类平抛，竖直方向匀速运动 y=4R=VC•t﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②‎ 水平方向做匀加速运动 ﹣﹣﹣﹣﹣③‎ 由①②③得Fx=mg 故电场力大小 方向与水平向左成450斜向上．‎ ‎（3）球在管口C处由牛顿定律：‎ 得N=3mg 故球对管得压力为N′=3mg，方向水平向右．‎ ‎　‎ 选考题：共45分．请考生从给出的3道物理题、3道化学题、2道生物题中每题任选一题作答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑．注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题．如果多做，则每学科按所设的第一题计分．【物理选修3-3】‎ ‎13．下列说法正确的是 （　　）‎ A．放热的物体，其内能也可能增加 B．能量耗散是从能量转化的角度反映出自然界中宏观过程具有的方向性 C．热量不可能从低温物体传递到高温物体 D．已知气体分子间的作用力表现为引力，若气体等温膨胀，则气体对外做功且内能增加 E．温度是分子平均动能的标志，温度升高，则物体的每一个分子的动能都增大．‎ ‎【考点】热力学第一定律；温度是分子平均动能的标志．‎ ‎【分析】改变物体的内能有两种方式：做功和热传递，根据热力学第一定律分析内能的变化；根据热力学第二定律可知，没有外界的影响，热量不可能从低温物体传递到高温物体；‎ 第二类永动机不违反能量守恒定律；能量耗散现象是从能量转化的角度反映出自然界中的宏观过程具有方向性；‎ 温度是分子平均动能的标志，物体的温度升高，分子的平均动能增大，并不是每一个分子动能都增大．‎ ‎【解答】解：A、改变物体内能的方式有两种：做功与热传递，放热的物体如果外界对它做功，它的内能可能增加，故A正确；‎ B、由热力学第二定律可知，能量耗散是从能量转化的角度反映出自然界中宏观过程具有的方向性，故B正确；‎ C、热量不可能自发地从低温物体传到高温物体，但在一定条件下，热量可以从低温物体传到高温物体，如空调制热，故C错误；‎ D、已知气体分子间的作用力表现为引力，若气体等温膨胀，气体分子间距离变大，要克服分子引力做负功，分子势能增加，气体内能增加，同时由于气体体积增大，气体要对外界做功，故D正确；‎ E、温度是分子平均动能的标志，温度升高分子平均动能增大，并不是物体内每个分子动能都增大，温度升高时物体内有的分子动能可能保持不变，有的分子动能还可能减小，故E错误；‎ 故选：ABD．‎ ‎　‎ ‎14．如图所示，一水平放置的气缸，由截面积不同的两圆筒联接而成．活塞A、B用一长为3l的刚性细杆连接，B与两圆筒联接处相距l=1.0m，它们可以在筒内无摩擦地沿左右滑动．A、B的截面积分别为SA=30cm2、SB=15cm2．A、B之间封闭着一定质量的理想气体．两活塞外侧（A的左方和B的右方）都是大气，大气压强始终保持为P0=1.0×105Pa．活塞B的中心连一不能伸长的细线，细线的另一端固定在墙上．当气缸内气体温度为T1=540K，活塞A、B的平衡位置如图所示，此时细线中的张力为F1=30N．‎ ‎（i）现使气缸内气体温度由初始的540K缓慢下降，温度降为多少时活塞开始向右移动？‎ ‎（ii）继续使气缸内气体温度缓慢下降，温度降为多少时活塞A刚刚右移到两圆筒联接处？‎ ‎【考点】理想气体的状态方程．‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用气态方程解题关键是确定状态，明确状态参量，根据活塞处于平衡状态，对其进行受力分析，可求出初始状态的压强，活塞开始移动时，细线上的作用力刚好为零，这是活塞移动的临界状态．‎ ‎（2）继续使气缸内气体温度下降时，被封闭气体压强不变，气体作等压变化．‎ ‎【解答】解：（i）设气缸内气体压强为P1，F1为细线中的张力，则活塞A、B及细杆这个整体的平衡条件为：‎ P0SA﹣P1SA+P1SB﹣P0SB+F1=0…①‎ 解得：P1=P0+=1.2×105Pa…②‎ 由②式看出，只要气体压强：P1＞P0，细线就会拉直且有拉力，于是活塞不会移动．当气缸内气体等容，温度下降使压强降到P0时，细线拉力变为零，再降温时活塞开始向右移，设此时温度为T2，压强P2=P0．‎ 由查理定律得： =…③‎ 代入数据解得：T2=450K…④‎ ‎（ⅱ）再降温，细线松了，要平衡必有气体压强：P=P0．‎ 是等压降温过程，活塞右移、体积相应减小，当A到达两圆筒联接处时，温度为T3，‎ 由盖吕萨克定律得： =， =…⑤‎ 代入数据解得：T1=270K…⑥；‎ 答：（i）现使气缸内气体温度由初始的540K缓慢下降，温度降为450K时活塞开始向右移动；‎ ‎（ii）继续使气缸内气体温度缓慢下降，温度降为270K时活塞A刚刚右移到两圆筒联接处．‎ ‎　‎ ‎【物理选修3-4】‎ ‎15．一列简谐横波在某时刻的波形如图所示，此时刻质点P的速度为v，经过1.0s它的速度大小、方向第一次与v相同，再经过0.2s它的速度大小、方向第二次与v相同，则下列判断中正确的是 （　　）‎ A．波沿x轴负方向传播，波速为5m/s B．波沿x轴正方向传播，波速为5m/s C．若某时刻质点M到达波谷处，则质点P一定到达波峰处 D．质点M与质点Q的位移大小总是相等、方向总是相反 E．从图示位置开始计时，在2.0s时刻，质点P的位移为20cm．‎ ‎【考点】横波的图象；波长、频率和波速的关系．‎ ‎【分析】由图可知该波的波长为λ=6m．根据图示时刻质点P的运动情况，确定完成一次全振动，得到P振动的周期为T=1.2s，而且图示时刻P点的运动沿y轴负方向，可判断出波沿﹣x方向传播，由公式v=求出波速．图示时刻，质点M与质点Q的位移大小相等、方向相反，但它们平衡位置之间的距离不是半个波长的奇数倍，位移不是总是相反．质点M与P是反相点，振动情况总是相反．写出质点P的振动方程，再求从图示位置开始计时t=2.0s时刻质点P的位移．‎ ‎【解答】解：AB、由图读出波长 λ=6m．根据质点P的振动情况可得：该波的周期为 T=1.0s+0.2s=1.2s，则波速为 v===5m/s．‎ 根据质点P的运动情况可知，图示时刻P点运动方向沿y轴负方向，则沿波x轴负方向传播．故A正确，B错误．‎ C、由图知质点M与质点P的平衡位置之间的距离是半个波长，振动情况总是相反，则某时刻质点M到达波谷处，则质点P一定到达波峰处，故C正确．‎ D、图示时刻，质点M与质点Q的位移大小相等、方向相反，但它们平衡位置之间的距离不是半个波长的奇数倍，所以位移不是总是相反．故D错误．‎ E、该波的周期T=1.2s，从图示位置开始计时，质点P的振动方程为 y=﹣Asin（t+）=﹣20sin（t+）cm=﹣20sin（t+）cm 当t=2.0s时，代入解得 y=20cm，即从图示位置开始计时，在2.0 s时刻，质点P的位移为20 cm，故E正确．‎ 故选：BCE ‎　‎ ‎16．在某介质中形成的一列简谐波，t=0时刻的波形如图所示．若波向右传播，零时刻刚好传到B点（xB=1m），且再经过0.6s，P点（xP=7m）也开始起振．求：‎ ‎（1）该列波的周期T；‎ ‎（2）从t=0时刻起到P点第一次达到波峰时止，O点相对平衡位置的位移y0及其所经过的路程s0各为多少？‎ ‎【考点】波长、频率和波速的关系；横波的图象．‎ ‎【分析】（1）波在同一均匀介质中匀速传播，由AP距离和时间，根据v=求出波速，由图读出波长，由波速公式求出周期．‎ ‎（2）采用波形平移法，求出离P点最近的波峰状态传到P点时间，即为从t=0时起到P点第一次达到波峰的所用时间，求出这段时间内O点经过的路程．‎ ‎【解答】解：（1）由图象可知，λ=2m 波从B传到P的距离为x=6m，所用时间为t=0.6s，则波速为：v==m/s=10m/s 则周期为：T==s=0.2s ‎（2）离P点最近的波峰传到P点时，P点第一次达到波峰，此波峰与P间的距离为：△x=7.5m 设从图示时刻，P点第一次达到波峰时，所需时间为△t，则有：‎ ‎△t==s=0.75s ‎ P点第一次到达波峰的时刻为：t=△t+0.1s=0.85s 由题意可知t=0时刻，波刚好传到O点，起振方向向下，即O点振动了 t=0.85s ‎ 因为T=0.2s ‎ 所以 t=4T+T，此时O点到达波谷，所以y0=﹣2cm，‎ 路程为：s0=4×4A=17×2cm=34cm ‎ 答：（1）该列波的周期T为0.2s．‎ ‎（2）从t=0时刻起到P点第一次达到波峰时止，O点对平衡位置的位移y0是﹣2cm，其所经过的路程s0为34cm．‎ ‎　‎ ‎2017年3月18日