1、重庆第二外国语学校高2017级高三下期第三次检测物理试题第一部分二、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分。在每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。14.以下说法正确的是（ A ）A衰变是原子核内的变化所引起的B某金属产生光电效应，当照射光的频率不变而增大光强时，光电子的最大初动能将增大C当氢原子以 n=4 的状态跃迁到 n=1 的状态时，要吸收光子D + + He 是衰变方程15. 如图，地球球心为O，两颗卫星A、B在同一平面内绕地球做匀速圆周运动。当OA与OB间夹角为时，A、O与A
2、、B间的距离相等，则卫星A与卫星B的速度大小之比为 （ B ） A. B. C. D.16如图甲所示，为两个固定点电荷，其中带正电，两电荷连线的延长线上有a、b两点，一带正电的试探电荷，只在静电力作用下以一定的初速度沿直线从b开始经a点向远处运动，其速度-时间图像如图乙所示，和分别为试探电荷经过ab两点时的速度，下列说法正确的是（ C ）A带正电BC试探电荷从b点到a点的过程中电势能增大D试探电荷离开a点后所受静电力一直增大17.如图所示，斜劈a放在粗糙的水平地面上，在斜劈上放一物体b，b静止在a上。今用一竖直向下的力F作用于b上，下列说法正确的是（ C ）A. a对b的弹力不变B. b所受的
3、合力变大C. a受到地面的摩擦力不变D.F增大到一定程度时，a会向左滑动18. 绝缘光滑斜面与水平面成角，一质量为m、电荷量为-q的小球从斜面上高h处，以初速度为v0、方向与斜面底边MN平行射入，如图所示，整个装置处在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向平行于斜面向上。已知斜面足够大，小球能够沿斜面到达底边MN。则下列判断不正确的是 （ D ）A. 小球在斜面上做匀变速曲线运动B. 小球到达底边MN的时间C. 匀强磁场磁感应强度的取值范围为D. 匀强磁场磁感应强度的取值范围为19. 如图所示，将若干匝线圈固定在光滑绝缘杆上，另一个金属环 套在杆上与线圈共轴，当合上开关时线圈中产生磁场，金属
4、环就可被加速弹射出去。现在线圈左侧同一位置处，先后放置形状.大小相同的铜环和铝环（两环分别用横截面积相等的铜和铝导线制成），且铝的电阻率大于铜的电阻率，闭合开关S的瞬间，下列描述正确的是（ AC ）A.从左侧看环中感应电流沿顺时针方向B.线圈沿轴向有伸长的趋势C.铜环受到的安培力大于铝环受到的安培力D.若金属环出现断裂，不会影响其向左弹射20.如图所示，小车的上面是中突的两个对称的曲面组成，整个小车的质量为m，原来静止在光滑的水平面上今有一个可以看作质点的小球，质量也为m，以水平速度v从左端滑上小车，恰好到达小车的最高点后，又从另一个曲面滑下关于这个过程，下列说法正确的是（CD） A.小球滑离
5、小车时，小车又回到了原来的位置 B.小球在滑上曲面的过程中，对小车压力的冲量大小是 C.小球和小车作用前后，小车和小球的速度可能没有变化 D.车上曲面的竖直高度不会大于21.如图所示，轻弹簧一端固定，另一端与质量为m、套在倾斜固定杆A处的圆环相连，弹簧水平。圆环从A处由静止开始下滑，经过杆上B处的速度最大，达到C处的速度为零，在C处时弹簧处于原长且弹簧与斜杆垂直，A、C高度差为h。如果圆环在C处获得一沿斜杆向上的速度v，恰好能回到A，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g。则圆环（ BC ）A. 下滑过程中，加速度一直减小B. 上滑经过B的速度大于下滑经过B的速度C. 下滑过程中，克服摩擦力做的
6、功为D. 在A处，弹簧的弹性势能为第二部分三、 非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分。第2225题为必考题，每个试题考生必须作答。第3334题为选做题，考生根据要求作答。（一）必考题22. （6分）用图甲所示的装置做“探究小车所受合力的功与小车动能变化关系”的实验。除了图中的实验器材外，还有为打点计时器供电的低压电源、刻度尺和方木块。请将下面的分析和实验操作填写完整。（1） 某同学在实验时，先取下小吊盘和砝码，用方木块垫高长木板远离滑轮的一端，使小车连同纸带沿长木板匀速运动，然后再挂上小吊盘和砝码，调整滑轮，使牵引小车的细线与长木板平行，释放小车，进行实验。其中，“垫高长木板远离滑轮的一端，
7、使小车连同纸带沿长木板匀速运动”的好处是 （2）实验中，用小吊盘和砝码拉动小车运动，得到一条纸带如图乙所示。已知打点计时器的工作频率是f，则记数点2对应的速度大小为V2= （用图中的x1、x2、x3和f表示）（3）用小吊盘和砝码的总重力的大小作为小车受到的合力F，计算出小车运动的位移x对应的功W；用小车运动的位移x对应的末速度求出动能EK，则W和EK的大小关系应该是 （选填W=EK 或WEK 或 W6N，故小物体相对木板滑动，设木板的加速度为，由牛顿第二定律知：力F作用的时间为t，满足：； 解得t=2s故F的冲量为：设撤去F时，木板和小物体的速度大小V1和V2分别为： 解得： 撤去F后，若两者
8、能够达到共同速度V，由动量守恒定律知： 解得：对木板的加速度大小：此时，木板的位移：小物体的位移：相对位移，小物体没有从木板上掉下来。由动能表达式知，小物体的最大动为：25. （20分）（1） 匀速运动时，由平衡条件知：又因为：知：B=1T（2）00.3s内，棒做匀加速直线运动，t=0.2s时，棒的速度为：由图像知：在t=0.2s时，对物体及棒分析：此时：又因为：由上述式子知：（3） 设物体在00.3s内位移为X1,00.6s内位移为X2由能量守恒知：且由图像知：X1=0.45m X2=0.9m代入数据得：故机械能损失0.45J33. （15分）（1） ADE（2）（i）由理想气体状态方程知：代入数据解得H2=0.816m（ii）根据热力学第一定律得
