1、2016-2017学年重庆市育才中学高三（上）入学物理试卷一、选择题：本题共8小题，每小题6分在每个小题给出的四个选项中，第1418题只有一项符合题目要求，第1921题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，有选错的得0分1用质量为M的带有磁性的黑板刷，将一张质量为m的白纸压在竖直固定的磁性黑板上某同学用水平向右的恒力F沿着黑板面轻拉白纸，白纸未移动白纸与黑板，白纸与黑板刷的摩擦因数均为，则此时黑板对白纸的摩擦力的大小为（）AFBCD（mg+Mg ）2如图所示，物体A、B、C质量分别为m、2m、4m，A与天花板间，B与C之间用轻弹簧连接，当系统平衡后，突然将A、B间绳烧断，在绳
2、断的瞬间，A、B、C的加速度分别为（以向下的方向为正方向）（）Ag，g，gB5g，2g，0C6g，3g，0Dg，3g，g32016年8月16日凌晨，我国在酒泉卫星发射中心将世界首颗量子科学实验卫星“墨子号”送入太空轨道，它预示着人类将首次完成卫星与地面之间的量子通信“墨子号”量子卫星可看成匀速圆周运动，其离地面高度为500km地球同步卫星离地面高度约为36000km，下列说法正确的是（）A“墨子号”运行线速度比同步卫星线速度小B“墨子号”运行线速度比同步卫星线速度大C“墨子号”运行周期比同步卫星周期大D“墨子号”运行角速度比同步卫星角速度小42016年8月21日巴西里约奥运会女排决赛，中国女排
3、再现不屈不挠的“女排精神”，用顽强意志杀出一条血路，最终31力克劲旅塞尔维亚队，时隔12年后再获奥运金牌已知：排球场总长为18m，球网高度为2m若朱婷站在离网3m的线上（图中虚线所示）正对网前跳起将球水平击出（速度方向垂直于球网），设击球点在3m线正上方且击球高度为3m处，朱婷击球的速度在什么范围内才能使球即不触网也不越界（不计空气阻力，重力加速度大小g取10m/s2）（）A3v4m/sB2v3m/sC3v3m/sDv4m/s5如图所示，质量为M、倾角为的斜面体A放于水平地面上，把质量为m的小滑块B放在斜面体A的顶端，顶端的高度为h开始时两者保持相对静止，然后B由A的顶端沿着斜面滑至地面若以地
4、面为参考系，且忽略一切摩擦力，在此过程中，斜面的支持力对B所做的功为W下面给出的W的四个表达式中，只有一个是合理的，你可能不会求解，但是你可以通过分析，对下列表达式做出合理的判断根据你的判断，W的合理表达式应为（）AW=024BW=g2CW=goDW=Z6如图所示，斜面体B静置于水平桌面上，斜面上各处粗糙程度相同一质量为M的木块A从斜面底端开始以初速度v0上滑，然后又返回出发点，此时速度为v，且vv0，在上述过程中斜面体一直静止不动，重力加速度大小为g 关于上述运动过程的说法，错误的是（）4A物体上升的最大高度是wB桌面对B的静摩擦力的方向先向右后向左oCA、B间因摩擦而放出的热量是DD桌面对
5、B的支持力大小，上滑过程中比下滑时小c7如图所示，质量为M的电梯的水平地板上放置一质量为m的物体，电梯在钢索的拉力作用下由静止开始竖直向上加速运动当上升高度为H时，电梯的速度达到v，则在这段过程中，下列说法中正确的是（）bA电梯地板对物体的支持力所做的功等于mv2+mgHTB电梯地板对物体的支持力所做的功等于CC钢索的拉力所做的功等于+MgHZD钢索的拉力所做的功大于+MgH58如图所示，一质量为m的小球以初动能Ek0从地面竖直向上抛出，已知运动过程中受到恒定阻力f=kmg作用（k为常数且满足0k1）图中两条图线分别表示小球在上升过程中动能和重力势能与其上升高度之间的关系（以地面为零势能面），
6、h0表示上升的最大高度则由图可知，下列结论正确的是（）nAE1是最大势能，且E1=/B上升的最大高度h0=8C落地时的动能Ek=9D在h1处，物体的动能和势能相等，且h1=o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，每个考生必须作答，第3339题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题（共129分）t9某同学利用如图所示的装置探究功与速度变化的关系X（）小物块在橡皮筋的作用下弹出，沿水平桌面滑行，之后平抛落至水平地面上，落点记为M1；j（）在钉子上分别套上2条、3条、4条同样的橡皮筋，使每次橡皮筋拉伸的长度都保持一致，重复步骤（），小物块落点分别记为M2、M3、M4；w（）
7、测量相关数据，进行数据处理=（1）为求出小物块抛出时的动能，需要测量下列物理量中的（填正确答案标号）=A小物块的质量mB橡皮筋的原长xC橡皮筋的伸长量xD桌面到地面的高度hE小物块抛出点到落地点的水平距离L（2）将几次实验中橡皮筋对小物块做功分别记为W1、W2、W3、，小物块抛出点到落地点的水平距离分别记为L1、L2、L3、若功与速度的平方成正比，则应以W为纵坐标、为横坐标作图，才能得到一条直线（3）由于小物块与桌面之间的摩擦不能忽略，则由此引起的误差属于（填“偶然误差”或“系统误差”）10用如图1实验装置验证m1、m2组成的系统机械能守恒m2从高处由静止开始下落，m1上拖着的纸带打出一系列的
8、点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律图2给出的是实验中获取的一条纸带：0是打下的第一个点，每相邻两计数点间还有4个点（图中未标出），计数点间的距离如图2所示已知m1=50g、m2=150g，则（g取10m/s2，结果保留两位有效数字）（1）在纸带上打下记数点5时的速度v=m/s；（2）在打点05过程中系统动能的增量EK=J，系统势能的减少量EP=J，由此得出的结论是；（3）若某同学作出v2h图象如图3，则当地的实际重力加速度g=m/s211如图所示传送带以恒定速度v=5m/s顺时针运行，传送带与水平面的夹角=37现将质量m=2kg的小物品轻放在其底端（小物品可看成质点），平台上的
9、人通过一根轻绳用恒力F=14N拉小物品，经过一段时间物品被拉到离地面高为H=1.8m的平台上，如图所示已知物品与传送带之间的动摩擦因数=0.5，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2，已知：sin 37=0.6，cos 37=0.8求：（1）物品从传送带底端运动到平台上所用的时间是多少？（2）若在物品与传送带达到同速瞬间撤去恒力F，求物品还需多少时间离开传送带？12如图所示为放置在竖直平面内游戏滑轨的模拟装置，滑轨由四部分粗细均匀的金属杆组成，其中倾斜直轨AB与水平直轨CD长均为L=4m，圆弧形轨道APD和BQC均光滑，AB、CD与两圆弧形轨道相切于A、B、C、D点，BQC的半径为r=
10、1m，APD的半径为R，O2A、O1B与竖直方向的夹角均为=37现有一质量为m=1kg的小球穿在滑轨上，以Ek0=36J的初动能从B点开始沿BA向上运动恰好能通过圆弧形轨道APD的最高点，小球与两段直轨道间的动摩擦因数均为=0.25，设小球经过轨道连接处均无能量损失（g=10m/s2，sin 37=0.6，cos 37=0.8）求：（1）求圆弧形APD的半径R为多少？（2）求小球第二次到达D点时的动能；（3）小球在CD段上运动的总路程7334069（二）选考题：（共45分）请考生从给出的3道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选1题作答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目题号后的方框涂黑注意所
11、做题目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，则每学科按所做的第一题计分【物理-选修3-3】13下列说法正确的是（）A布朗运动虽不是分子运动，但它证明了组成固体颗粒的分子在做无规则运动B液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离C扩散现象可以在液体、气体中进行，不能在固体中发生D随着分子间距增大，分子间引力和斥力均减小，分子势能不一定减小E气体体积不变时，温度越高，单位时间内容器壁单位面积受到气体分子撞击的次数越多14如图所示，U形管两臂粗细不等，开口向上，右端封闭的粗管横截面积是开口的细管的三倍，管中装入水银，大气压为76cmHg左端开口管中水银面到管口距离为11cm
12、，且水银面比封闭管内高4cm，封闭管内空气柱长为11cm现在开口端用小活塞封住，并缓慢推动活塞，使两管液面相平，推动过程中两管的气体温度始终不变，试求：粗管中气体的最终压强； 活塞动的距离【物理-选修3-4】15两列简谐横波的振幅都是10cm，传播速度大小相同实线波的频率为2Hz，沿x轴正方向传播；虚线波沿x轴负方向传播某时刻两列波在如图34所示区域相遇则（）A在相遇区域会发生干涉现象B实线波和虚线波的频率之比为3：2C平衡位置为x=6m处的质点此刻速度为零D平衡位置为x=8.5m处的质点此刻位移y10cmE从图示时刻起再经过0.25s，平衡位置为x=5m处的质点的位移y016如图所示为某种透
13、明介质的截面图，ACB为半径R=10cm的二分之一圆弧，AB与水平面屏幕MN垂直并接触于A点由红光和紫光两种单色光组成的复色光射向圆心O，在AB分界面上的入射角i=45，结果在水平屏幕MN上出现两个亮斑已知该介质对红光和紫光的折射率分别为n1=，n2=（1）判断在AM和AN两处产生亮斑的颜色，并说明理由；（2）求两个亮斑间的距离【物理-选修3-5】17以下有关近代物理内容的若干叙述，正确的是（）A紫外线照射到金属锌板表面时能发生光电效应，则当增大紫外线的照射强度时，从锌板表面逸出的光电子的最大初动能也随之增大B波尔认为，原子中电子轨道是量子化的，能量也是量子化的C射线是原子核外电子高速运动形成
14、的D光子不仅具有能量，也具有动量E根据波尔能级理论，氢原子辐射出一个光子后，将由高能级向较低能级跃迁，核外电子的动能增加18如图甲所示，物体A、B的质量分别是3kg和8kg，由轻质弹簧连接，放在光滑的水平面上，物体B左侧与竖直墙壁相接触，另有一个物体C水平向左运动，在t=5s时与物体A相碰，并立即与A有相同的速度，一起向左运动物体C的速度时间图象如图乙所示求在5s到15s的时间内弹簧压缩具有的最大弹性势能求在5s到15s的时间内，墙壁对物体B的作用力的冲量2016-2017学年重庆市育才中学高三（上）入学物理试卷参考答案与试题解析一、选择题：本题共8小题，每小题6分在每个小题给出的四个选项中，
15、第1418题只有一项符合题目要求，第1921题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，有选错的得0分1用质量为M的带有磁性的黑板刷，将一张质量为m的白纸压在竖直固定的磁性黑板上某同学用水平向右的恒力F沿着黑板面轻拉白纸，白纸未移动白纸与黑板，白纸与黑板刷的摩擦因数均为，则此时黑板对白纸的摩擦力的大小为（）AFBCD（mg+Mg ）【考点】共点力平衡的条件及其应用；摩擦力的判断与计算【分析】分析物体受力情况，根据共点力的平衡条件可得出摩擦力的大小，同时还要分析能否根据f=FN求解摩擦力，注意公式中的FN是正压力，而不是两物体的重力【解答】解：由题意可知，整体受向下的重力、向右的拉
16、力的作用，二力的合力为F合=；由力的平衡条件可知，摩擦力的应与合力大小相等，方向相反；同时由于白纸和黑板刷对黑板的压力未知，故无法根据滑动摩擦力公式求解摩擦力，故ACD错误，B正确故选：B2如图所示，物体A、B、C质量分别为m、2m、4m，A与天花板间，B与C之间用轻弹簧连接，当系统平衡后，突然将A、B间绳烧断，在绳断的瞬间，A、B、C的加速度分别为（以向下的方向为正方向）（）Ag，g，gB5g，2g，0C6g，3g，0Dg，3g，g【考点】牛顿第二定律；胡克定律【分析】先根据平衡条件求出AB间绳烧断前两弹簧的拉力大小和AB间绳的拉力大小，AB间绳烧断瞬间，弹簧的弹力没有变化，根据牛顿第二定律
17、求解瞬间三个物体的加速度大小和方向【解答】解：AB间绳烧断前，由平衡条件得知，下面弹簧的弹力大小为F1=mCg=4mg，上面弹簧的弹力大小为F2=（mA+mB+mC）g=7mg，AB间绳的拉力大小为T=（mB+mC）g=6mgAB间绳烧的弹力都没有变化，则：对A：此瞬间A所受的合力大小与原来绳子的拉力T大小相等，方向相反，即方向向上，则6mg=maA，得aA=6g对B：此瞬间B所受的合力大小与原来绳子的拉力T大小相等，方向相反，即方向向下，则6mg=2maB，得aB=3g对C：由于弹簧的弹力没有变化，则C的受力情况没有变化，所以aC=0所以A、B、D错误，C正确；故选：C32016年8月16日
18、凌晨，我国在酒泉卫星发射中心将世界首颗量子科学实验卫星“墨子号”送入太空轨道，它预示着人类将首次完成卫星与地面之间的量子通信“墨子号”量子卫星可看成匀速圆周运动，其离地面高度为500km地球同步卫星离地面高度约为36000km，下列说法正确的是（）A“墨子号”运行线速度比同步卫星线速度小B“墨子号”运行线速度比同步卫星线速度大C“墨子号”运行周期比同步卫星周期大D“墨子号”运行角速度比同步卫星角速度小【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系【分析】根据万有引力提供向心力，解出周期和心加速度与轨道半径的关系，根据轨道半径的大小进行讨论【解答】解：根据万有引力提供向心力，得：，=B、由可知，半径
19、比小的“墨子号”运行线速度比同步卫星线速度大故A错误，B正确；C、由可知，轨道半越大，周期越大，故C错误；D、由=可知，轨道半越小，角速度越大，“墨子号”运行角速度比同步卫星角速度大故D错误故选：B733406942016年8月21日巴西里约奥运会女排决赛，中国女排再现不屈不挠的“女排精神”，用顽强意志杀出一条血路，最终31力克劲旅塞尔维亚队，时隔12年后再获奥运金牌已知：排球场总长为18m，球网高度为2m若朱婷站在离网3m的线上（图中虚线所示）正对网前跳起将球水平击出（速度方向垂直于球网），设击球点在3m线正上方且击球高度为3m处，朱婷击球的速度在什么范围内才能使球即不触网也不越界（不计空气
20、阻力，重力加速度大小g取10m/s2）（）A3v4msBv3msCv3msD4m/s【考】平抛运动【分析】根据击球点与网的高度差求出球平抛运动的时间，结合击球点与网之间的水平距离求出球的最小初速度，根据击球点的高度求出平抛运动的时间，结合击球点与底线的水平距离求出球的最大初速度【解答】解：根据Hh=得，则球的小初速度根据H=得，则球的大初速度所以3v4ms故：A5如图所示，质量为M、倾角为的斜面体A放于水平地面上，把质量为m的小滑块B放在斜面体A的顶端，顶端的高度为h开始时两者保持相对静止，然后B由A的顶端沿着斜面滑至地面若以地面为参考系，且忽略一切摩擦力，在此过程中，斜面的支持力对B所做的功
21、为W下面给出的W的四个表达式中，只有一个是合理的，你可能不会求解，但是你可以通过分析，对下列表达式做出合理的判断根据你的判断，W的合理表达式应为（）AW=0BW=gCW=gDW=【考点】动守恒定律；动能定理的应用【分析】由于斜面是在光滑的水平面上，并没有固定，物体与斜面相互作用会使斜面后退，由于斜面后退，物体沿着斜面下滑路线与地面夹角，与物体沿着固定斜面下滑截然不同由于忽略一切摩擦力，由于此时斜面的支持力与B的位移方向成钝角，所以斜面的支持力对B所做负功【解答】解：A、由于斜面是在光滑的水平面上，并没有固定，物体与斜面相互作用会使斜面后退，由于斜面后退，物体沿着斜面下滑路线与地面夹角，与物体沿
22、着固定斜面下滑截然不同整个系统无摩擦，由于此时斜面的支持力与B的位移方向成钝角，所以斜面的支持力对B所做负功故A错误，C错误B、功的单位为1J=1Nm，按照单位制，的单位是N，的单位是m，B错误，D正确故选：D6如图所示，斜面体B静置于水平桌面上，斜面上各处粗糙程度相同一质量为M的木块A从斜面底端开始以初速度v0上滑，然后又返回出发点，此时速度为v，且vv0，在上述过程中斜面体一直静止不动，重力加速度大小为g 关于上述运动过程的说法，错误的是（）A物体上的最大高度是B桌面对的静摩擦力的方向先向右后向左CA、B间因摩擦而放出的热量是D桌面对的支持力大小，上滑过程中比下滑时小【考点】共点力平衡的条
23、件及其应用；物体的弹性和弹力；功能关系【分析】设物体上升的最大高度为h，此时对应的斜面长为L，斜面倾角为，对A的上升过程和下滑过程，根据动能定理列式，联立方程即可求解最大高度，对物体B受力分析，然后根据平衡条件分析桌面对B得摩擦力方向以及桌面对B的支持力大小，根据能量守恒定律求解产生的热量【解答】解：A、设物体上升的最大高度为h，此时对应的斜面长为L，斜面倾角为，根据动能定理得：上升过程中：，下滑过程：，解得：h，故A正确；B、对斜面体B进行受力分析，物体A向上滑动时，B受力如图甲所示，物体A向下滑动时，斜面体受力如图乙所示；物体B静止处于平衡条件，由平衡条件得：f=f1cos+Nsin，f=
24、Nsinf2cos，物体A向上滑行时桌面对B的摩擦力大，物体A下滑时，桌面对B的摩擦力小，不论大小如何，桌面对B始终有水平向左的静摩擦力，故B错误；C、整个过程中，根据能量守恒定律得：产生的热量Q=，故C错误；D、物体B处于平衡状态，由平衡条件得：FN1=G+Ncof1sin，FN2=G+Ncos+f2sin，FN2FN1，故D正确本题选错误的，故选：BC7如图所示，质量为M的电梯的水平地板上放置一质量为m的物体，电梯在钢索的拉力作用下由静止开始竖直向上加速运动当上升高度为H时，电梯的速度达到v，则在这段过程中，下列说法中正确的是（）A电梯地对物体的支持力所做的功等于mv2+mgB电梯地板对物
25、体的支持力所做的功等于C钢索的力所做的功等于+MgHD钢索的拉力所做的功大于+MgH【点】动能定理的应用；功的计算【分析】对物体受力分析，根据动能定理求出支持力做功的大小；对整体分析，根据动能定理求出拉力做功的大小【解答】解：AB、对物体，受到重力和支持力，根据动能定理得，WNmgH=mv2，解得：WN=mgHmv2mv2故A正确B错误CD、对整体分析，根据牛顿第二定律得：WF（M+m）gH=（M+m）v2，解得钢索拉做功为：WF=（M+m）gH+（M+m）v2Mv2+gH故C错误，正确故选：AD8如图所示，一质量为m的小球以初动能Ek0从地面竖直向上抛出，已知运动过程中受到恒定阻力f=kmg
26、作用（k为常数且满足0k1）图中两条图线分别表示小球在上升过程中动能和重力势能与其上升高度之间的关系（以地面为零势能面），h0表示上升的最大高度则由图可知，下列结论正确的是（）AE1是最大势能，且E=B上升的最大高度h0=C落地时的动能Ek=D在h1处，物体的动能势能相等，且h1=【考点】动能定理的应用【分析】根据图象的信息知道上升过程中小球的初速度和末动能，根据动能定理求出上升的最大高度，再由势能的定义式求解最大势能再由动能定理求落地时的动能，及动能与势能相等时的高度【解答】解：AB、对于小球上升过程，根据动能定理可得：0Ek0=（mg+f）h0，又f=kmg，得上升的最大高度h0=则最大的
27、势能为 E1=mh0=，故AB正确C、下落过，由动能定理得：Ek=（mgf）h0，又f=kmg，解得落地时的动能 Ek=，故C错误D、设h1高时重力势能和动能相等，由动能定理得： EkEk0=（mg+f）h1，又 mgh1=Ek，解得h1=故D正确故选：ABD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，每个考生必须作答，第3339题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题（共129分）9某同学利用如图所示的装置探究功与速度变化的关系（）小物块在橡皮筋的作下弹出，沿水平桌面滑行，之后平抛落至水平地面上，落点记为M1；（）在钉子上分别套上2条、3条、4条同样的橡皮筋，使每次橡皮筋
28、拉伸的长度都保持一致，重复步骤（），小物块落点分别记为M2、M3、M4；（）测量相关数据，进行数据处理（1）为求出小物块抛出时的动能，需要测量下列物理量中的ADE（填正确答案标号）A小物块的质量mB橡皮筋的原长xC橡皮筋的伸长量xD桌面到地面的高度hE小物块抛出点到落地点的水平距离L（2）将几次实验中橡皮筋对小物块做功分别记为W1、W2、W3、，小物块抛出点到落地点的水平距离分别记为L1、L2、L3、若功与速度的平方成正比，则应以W为纵坐标、L2为横坐标作图，才能得到一条直线（3）由于小物块与桌面之间的摩擦不能忽略，则由此引起的误差属于系统误差（填“偶然误差”或“系统误差”）【考点】探究功与速
29、度变化的关系【分析】小球离开桌面后做平抛运动，根据桌面到地面的高度，可计算出平抛运动的时间，再根据小物块抛出点到落地点的水平距离，可计算出小球离开桌面时的速度，再知道小球的质量，就可以计算出小球的动能根据h=，和L=v0t，可得，因功与速度的平方成正比所以功与L2正比【解答】解：（1）小球离开桌面后做平抛运动，根据桌面到地面的高度h=，可计算出平抛运动的时间，根据小物块抛出点到落地点的水平距离L=v0t，可计算出小球离开桌面时的速度，根据动能的表达式，还需要知道小球的质量ADE正确、BC错误故选：ADE（2）根据h=，和L=v0t，可得，因功与速度的平方成正比所以功与L2正比，故应以W为纵坐标
30、、L2为横坐标作图，才能得到一条直线（3）一般来说，从多次测量揭示出的实验误差称为偶然误差，不能从多次测量揭示出的实验误差称为系统误差由于小物块与桌面之间的摩擦不能忽略，则由此引起的误差属于系统误差故答案为：（1）ADE；（2）L2；（3）系统误差10用如图1实验装置验证m1、m2组成的系统机械能守恒m2从高处由静止开始下落，m1上拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律图2给出的是实验中获取的一条纸带：0是打下的第一个点，每相邻两计数点间还有4个点（图中未标出），计数点间的距离如图2所示已知m1=50g、m2=150g，则（g取10m/s2，结果保留两位有效数
31、字）（1）在纸带上打下记数点时的速度v=2.4m/s；（2）在打点05过程中系统动能的增量EK=0.58J，系统势能的减少量EP=0.60J，由此得出的结论是在在误差允许的范围内，m1、m2组成的系统机械能守恒；（3）若某同学作出v2h图象如图3，则当地实际重力加速度g=9.7m/s2【考点】验证机械能守恒定律【分析】（1）根据在匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度大小等于该过程中的平均速度，可以求出打下记数点5时的速度大小；（2）根据物体的初末动能大小可以求出动能的增加量，根据物体重力做功和重力势能之间的关系可以求出系统重力势能的减小量，比较动能增加量和重力势能减小量之间的关系可以得出机械能是
32、否守恒；（3）根据图象的物理意义可知，图象的斜率大小等于物体的重力加速度大小；【解答】解：（1）由于每相邻两个计数点间还有4个点没有画出，所以相邻的计数点间的时间间隔T=0.1s，根据在匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度大小等于该过程中的平均速度，可知打第5个点时的速度为：v5=2.4m/s；（2）在5过程中系统动能的增量EK=（m1+m2）v52=.22.42J=0.8J；系统重力势能的减小量等于物体重力做功，故：EP=W=（m2m1）gx=0.110（0.216+0.384）=0.60J；由此可知动能的增加量和势能的减小量基本相等，因此在在误差允许的范围内，m1、m2组成的系统机械能守恒（
33、3）根据系统机械能守恒有：（m2m1）gh=（m1+m2）v2则v=gh知图线的斜率=g7334069解得=97m/s2故答案为：（1）2.4；（2）0.58，0.60，在在误差允许的范围内，m1、m2组成的系统机械能守恒（3）9.711如图所示传送带以恒定速度v=5m/s顺时针运行，传送带与水平面的夹角=37现将质量m=2kg的小物品轻放在其底端（小物品可看成质点），平台上的人通过一根轻绳用恒力F=14N拉小物品，经过一段时间物品被拉到离地面高为H=1.8m的平台上，如图所示已知物品与传送带之间的动摩擦因数=0.5，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2，已知：sin 37=0.6，
34、cos 37=0.8求：（1）物品从传送带底端运动到平台上所用的时间是多少？（2）若在物品与传送带达到同速瞬间撤去恒力F，求物品还需多少时间离开传送带？7334069【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动规律的综合运用【分析】（1）先假设传送带足够长，对滑块受力分析，根据牛顿第二定律求解出加速度，然后运用运动学公式求解出加速的位移和时间，根据位移判断是否有第二个过程，当速度等于传送带速度后，通过受力分析，可以得出物体恰好匀速上滑，最后得到总时间；（2）若在物品与传送带达到同速瞬间撤去恒力F，先受力分析，根据牛顿第二定律求出加速度，然后根据运动学公式列式求解【解答】解：（1）物品在达到与传送带速度
35、v=5m/s相等前，根据牛顿第二定律可得：F+mgcos37mgsin37=ma1解得a1=5m/s2，设加速时间为t1，由v=a1t1，解得t1=1.0s；加速的位移x1=a1t12=2.5m；随后，摩擦力分析反向，根据牛顿第二定律有：Fmgcos37mgsin37=ma2解得a2=0，即滑块匀速上滑，位移x2=0.5m，经过的时间t2=，故运动的时间t=t1+t2=1.1s；（2）在物品与传送带达到同速瞬间撤去恒力F，根据牛顿第二定律，有mgcos37mgsin37=ma3解得：a3=2m/s2，假设物品向上匀减速到速度为零时，通过的位移为x，则：，即物体速度为减为零时已经到达最高点；由可
36、得：t=答：（1）物品从传送带底端运动到平台上所用的时间是1.1s；（2）若在物品与传送带达到同速瞬间撤去恒力F，求物品还需时间离开传送带12如图所示为放置在竖直平面内游戏滑轨的模拟装置，滑轨由四部分粗细均匀的金属杆组成，其中倾斜直轨AB与水平直轨CD长均为L=4m，圆弧形轨道APD和BQC均光滑，AB、CD与两圆弧形轨道相切于A、B、C、D点，BQC的半径为r=1m，APD的半径为R，O2A、O1B与竖直方向的夹角均为=37现有一质量为m=1kg的小球穿在滑轨上，以Ek0=36J的初动能从B点开始沿BA向上运动恰好能通过圆弧形轨道APD的最高点，小球与两段直轨道间的动摩擦因数均为=0.25，
37、设小球经过轨道连接处均无能量损失（g=10m/s2，sin 37=0.6，cos 37=0.8）求：（1）求圆弧形APD的半径R为多少？7334069（2）求小球第二次到达D点时的动能；（3）小球在CD段上运的总路程【考点】动能定理的应用；位移与路程【分析】（1）小球恰好能够通过圆弧APD的最高点时速度为零，运用动能定理可求得圆弧形APD的半径R（2）根据动能定理求出小球从B点出发又回到B点时的动能，根据动能定理判断其能上升的最大高度，若不能上滑到最高点，由于重力的分力大于滑动摩擦力，小球会下滑，求出小球在AB杆上摩擦产生的热量根据能量守恒求出第二次经过D点的动能（3）通过第二问解答知小球能够
38、第二次到达D点，根据能量守恒定律讨论小球能否第二次通过D点返回后上升到B点，从而确定小球的运动情况，最后根据动能定理求出小球在CD段上运动的总路程【解答】解：（1）小球恰好过弧形轨道的最高点时速度为零从B到弧形轨道的最高点的过程，由动能定理得：mg（RRcos ）+Lsin mgLcos =0Ek0解得：R=2m（2）小球从B点出发到第一次回到B点的过程中，根据动能定理得mgLcos mgL=EKBEk0解得 EKB=18J小球沿BA向上运动到最高点，距离B点s则有 EKB=mgscos +mgssin 解得 s=2.25m小球继续向下运动，当小球第二次到达D点时动能为EKDmg（r+rcos
39、 ）+ssin mgscos mgL=EKD0解得 EKD=17J（3）小球第二次到D点时的动能为17J，沿DP弧上升后再返回DC段，到C点时的动能为7J小球无法继续上升到B点，滑到BQC某处后开始下滑，之后受到摩擦力作用，小球最终停在CD上的某点，由动能定理得，EkD=mgs1解得：s1=6.8m小球在CD段上运动的总路程为 s=2L+s1=14.8 m答：（1）圆弧形APD的半径R为2m（2）小球第二次到达D点时的动能是17J；（3）小球在CD段上运动的总路程是14.8m（二）选考题：（共45分）请考生从给出的3道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选1题作答，并用2B铅笔在答题卡上把所
40、选题目题号后的方框涂黑注意所做题目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，则每学科按所做的第一题计分【物理-选修3-3】13下列说法正确的是（）A布朗运动虽不是分子运动，但它证明了组成固体颗粒的分子在做无规则运动B液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离C扩散现象可以在液体、气体中进行，不能在固体中发生D随着分子间距增大，分子间引力和斥力均减小，分子势能不一定减小E气体体积不变时，温度越高，单位时间内容器壁单位面积受到气体分子撞击的次数越多【考点】布朗运动；扩散【分析】解答本题应该掌握：布朗运动特点以及物理意义；液体分子距离特点以及分子势能和分子距离之间关系；分子力随
41、分子之间距离变化关系；一定质量的理想气体的内能只与温度有关气体的压强与分子平均动能和分子数密度有关【解答】解：A、布朗运动是悬浮在液体中固体微粒的无规则运动，是由大量分子撞击引起的，反应了液体分子的无规则运动，故A错误；B、液体表面层的分子间距离近似等于r0，内部分子之间距离小于r0，分子距离为r0时分子势能最小，所以液体的内部分子间比液体表面层的分子间有更大的分子势能，故B正确C、扩散现象可以在液体、气体中进行，也能在固体中发生，故C错误；D、分子间距离增大时，分子间的引力和斥力都减小，但是它们合力的变化却不一定，如分子之间距离从小于r0位置开始增大，则分子力先减小后增大再减小故D正确；E、
42、气体体积不变时温度越高，由=C知，气体的压强越大，由于单位体积内气体分子数不变，分子平均动能增大，所以单位时间内容器壁单位面积受到气体分子撞击的次数越多故E正确故选：BDE14如图所示，U形管两臂粗细不等，开口向上，右端封闭的粗管横截面积是开口的细管的三倍，管中装入水银，大气压为76cmHg左端开口管中水银面到管口距离为11cm，且水银面比封闭管内高4cm，封闭管内空气柱长为11cm现在开口端用小活塞封住，并缓慢推动活塞，使两管液面相平，推动过程中两管的气体温度始终不变，试求：粗管中气体的最终压强； 活塞动的距离【考点】理想气体的状态方程【分析】以粗管封闭气体为研究对象，气体发生等温变化，根据
43、理想气体状态方程可求得最终压强；再以左管气体为研究对象，气体发生等温变化，根据理想气体状态方程可求得气体体积，从而可得活塞推动的距离【解答】解：设左管横截面积为S，则右管横截面积为3S，以右管封闭气体为研究对象初状态p1=80 cmHg，V1=113S=33S，两管液面相平时，Sh1=3Sh2，h1+h2=4 cm，解得：h2=1 cm，此时右端封闭管内空气柱长l=10 cm，V2=103S=30S气体做等温变化有：p1V1=p2V2即8033S=p230S 解得：p2=88cmHg 以左管被活塞封闭气体为研究对象，有：p1=76 cmHg，V1=11S，p2=p2=88 cmHg气体做等温变
44、化有：p1V1=p2V2解得：V2=9.5S 活塞推动的距离为：L=11 cm+3 cm9.5 cm=4.5cm 答：粗管中气体的最终压强88cmHg； 活塞推动的距离4.5cm【物理-选修3-4】15两列简谐横波的振幅都是10cm，传播速度大小相同实线波的频率为2Hz，沿x轴正方向传播；虚线波沿x轴负方向传播某时刻两列波在如图34所示区域相遇则（）A在相遇区域会发生干涉现象B实线波和虚线波的频率之比为3：2C平衡位置为x=6m处的质点此刻速度为零D平衡位置为x=8.5m处的质点此刻位移y10cmE从图示时刻起再经过0.25s，平衡位置为x=5m处的质点的位移y0【考点】波长、频率和波速的关系
45、；横波的图象【分析】在均匀介质中两列波的波速相同，由v=f得：波长与频率成反比，从而得出频率之比两列波频率时才能发生干涉某时刻两列波的平衡位置正好在x=0处重合，两列波的平衡位置的另一重合处到x=0处的距离应该是两列波的波长整数倍【解答】解：AB、两列波传播速度大小相同由图可知，实线波的波长 1=4m，虚线波的波长 2=6m，由v=f可知，实线波和虚线波的频率之比为 f1：f2=2：1=3：2由于f1f2，故两列波在相遇区域不会发生干涉现象故A错误，B正确C、根据波形的平移法判断知，两列简谐横波单独传到x=6m处时，该质点均向上运动，振动加强，所以x=6m处的质点此刻速度不为零故C错误；D、两
46、列简谐横波在平衡位置为x=8.5m处的质点是振动加强的，此刻各自位移都大于5cm，合位移大于10cm，故D正确；E、从图示时刻起再经过0.25s，实线波在平衡位置为x=5m处于波谷，而虚线波也处于y轴上方，但不在波峰处，所以质点的位移y0故E正确；故选：BDE16如图所示为某种透明介质的截面图，ACB为半径R=10cm的二分之一圆弧，AB与水平面屏幕MN垂直并接触于A点由红光和紫光两种单色光组成的复色光射向圆心O，在AB分界面上的入射角i=45，结果在水平屏幕MN上出现两个亮斑已知该介质对红光和紫光的折射分别为n=，n2=（1）判断在AM和AN两处产生亮斑的颜色，并说明理由；（2）求两个亮间的
47、距离【考点】光的折射定律【分析】（1）由全反射临界角式sinC=可求出红光与紫光的临界角，则可判断是否能发生全反射，则可得出两亮班的颜色；（2）由折射定律求出折射角，由光的反射定律射出反射角，再由几何知识可求得两光斑的距离【解答】解：（1）设红光和紫光的临界角分别为C1、C2则有 snC1=，C1=60同理 C2=45由于入射角i=45=C2，i=45C1，所以紫光在AB面发生全反射，而红光在AB面一部分折射，一部分反射，所以在AM处产生的亮斑P1为红色，在AN处产生的亮斑P2为红色与紫色的混合色（2）画出如图光路图设折射角为r，两个光斑分别为P1、P2根据折射律有：n1=，：sinr=由几何
48、知识可：tanr=解：AP1=5 cm 由几何知识可得OAP2为等腰直角三角形，解得：AP2=10 cm所以两个亮斑间的距离为：P1P2=AP1AP2=（5+10）cm答：（1）在AM处产生的亮斑P1为红色，在AN处产生的亮斑P2为红色与紫色的混合色；（2）两个亮斑间的距离为（5+10）cm【物理-选修3-5】17以下有关近代物理内容的若干叙述，正确的是（）A紫外线照射到金属锌板表面时能发生光电效应，则当增大紫外线的照射强度时，从锌板表面逸出的光电子的最大初动能也随之增大B波尔认为，原子中电子轨道是量子化的，能量也是量子化的C射线是原子核外电子高速运动形成的D光子不仅具有能量，也具有动量E根据
49、波尔能级理论，氢原子辐射出一个光子后，将由高能级向较低能级跃迁，核外电子的动能增加【考点】光电效应；物质波；氢原子的能级公式和跃迁【分析】射线实际上是原子核中的中子放出来电子；依据波尔理论，即可求解；根据光电效应方程进行判断；康普顿效应说明光既有能量，又有动量；氢原子从高能级到低能级辐射光子，放出能量，能量不连续，轨道也不连续，由较高能级跃迁到较低能级时，电子的动能增大，电势能减小【解答】解：A、根据光电效应方程：EK=hvw0，光电子的最大初动能与入射光的频率有关与光照强度无关，因此增大光照强度，光子的最大初动能不变，故A错误；B、根据波尔理论，认为，原子中电子轨道是量子化的，能量也是量子化
50、的，故B正确；C、衰变中产生的射线实际上是原子核中的中子转变成质子，而放出电子，故C错误；D、康普顿效应说明光既有能量，又有动量，故D正确；E、能级跃迁时，由于高能级轨道半径较大，速度较小，电势能较大，故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，同时电子的动能增大，电势能减小；故E正确；故选：BDE18如图甲所示，物体A、B的质量分别是3kg和8kg，由轻质弹簧连接，放在光滑的水平面上，物体B左侧与竖直墙壁相接触，另有一个物体C水平向左运动，在t=5s时与物体A相碰，并立即与A有相同的速度，一起向左运动物体C的速度时间图象如图乙所示求在5s到15s的时间内弹簧压缩具有的
51、最大弹性势能求在5s到15s的时间内，墙壁对物体B的作用力的冲量【考点】动量守恒定律；动能定理的应用【分析】A、C碰撞过程遵守动量守恒，即可列式求出C的质量C与A碰撞后，C、A向左运动，弹簧被压缩，当A、C速度变为0时，弹簧被压缩量最大，此时A、C的动能全转化为弹簧的弹性势能以物体B为研究对象，根据动量定理求出墙壁对物体B的作用力冲量【解答】解：由图象可知，碰前C的速度 v0=6 m/s，碰后的速度 v=2 m/sA、C碰撞过程动量守恒，取向左为正方向，由动量守恒定律得：mCv0=（mC+mA）v代入数据解得：mC=1.5 kgA、C向左运动，当它们速度变为零时，弹簧压缩量最大，弹簧的弹性势能最大，由能量守恒定律得，最大弹性势能为：Ep=（mA+mC）v2=9 J在5 s到15 s的时间内，墙壁对B物体的作用力F等于轻弹簧的弹力，轻弹簧的弹力使物体A和C的速度由2 m/s减少到0，再增加到2 m/s，则弹力的冲量等于F的冲量，即： I=（mA+mC）v（mA+mC）v=2（mA+mC）v=2（3+1.5）2=18Ns，方向水平向右答：在5s到15s的时间内弹簧压缩具有的最大弹性势能是9J在5s到15s的时间内，墙壁对物体B的作用力的冲量是18Ns，方向水平向右2016年11月10日第
