1、2017年四川省凉山州高考物理一诊试卷一、选择题：本题共8小题，每小题6分在每小题给出的四个选项中，第1-5题只有一项符合题目要求，第68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物理学中用到了大量的科学探究方法，下面哪一个描述使用了等效替代的（）A探究分力、合力的关系B卡文迪许用扭秤实验测出了万有引力常量C轻绳、轻杆、轻弹簧概念的引入D研究导体电阻R与电阻率、长度、横截面积的关系2物体沿水平方向运动的vt如图所示，则（）A物体在第1s内的平均速度等于第2s内的平均速度B物体在2s内运动的位移大于2mC12s内物体运动的加速度大小在减小D物体在2s末回到运动的起
2、点32016年9月15日，中国成功发射天宫二号空间实验室，对其轨道进行控制、调整到距离地面高h=393km处与随后发射的神舟11号飞船成功对接，景海鹏和陈冬雨两名航天员进驻天宫二号已知地球半径为R，地球表面重力加速度为g，当天宫二号在预定轨道正常运行时，下列描述正确的是（）A宇航员在天宫二号内可用天平测物体的质量B天宫二号运动周期大于24hC天宫二号线速度大小为D天宫二号如果要变轨到高轨道则需要加速4如图所示，在一水平长木板上放一木块P，缓慢抬起木板的右端，木块P和木板始终相对静止，则（）A木块受到木板的支持力减小、摩擦力减小B木块受到木板的支持力增加、摩擦力增加C木块受到木板的作用力大小不变
3、、方向不变D木块受到木板的作用力大小变化、方向变化5在电场中有a、b两点，一电子从场中a点运动到b点，克服电场力做功5ev，则（）A场强方向一定从a指向bBa点电势一定比b点低5vC电子的动能一定增加5evD电子的电势能一定增加5ev6如图所示，在高速路口的转弯处，路面外高内低已知内外路面与水平面的夹角为，弯道处圆弧半径为R，重力加速度为g，当汽车的车速为V0时，恰由支持力与重力的合力提供了汽车做圆周运动的向心力，则（）AV0=BV0=C当该路面结冰时，V0要减小D汽车在该路面行驶的速度VV0时，路面会对车轮产生沿斜面向下的摩擦力7如图所示，ABC为竖直放置的半径为R的光滑半圆形绝缘细圆管轨道
4、，B为最低点有带+Q、Q电量的两个点电荷分别固定在水平面的P、N两点，PN相距为L，PN连线与轨道面垂直且中点为B点，先把一质点为m，带电量为+q的小球（看成质点）从A点静止释放并沿管内下滑，小球运动到B点时（）A受到电场力大小为B受到电场力大小为C瞬时速度大小为VB=D对管道的压力大小为3mg8如图所示，传送带以速度为V顺时针匀速转动，质量m=3kg的小物块以初速度V0=5m/s从左端的A点滑上传送带，已知物块与传送带之间动摩擦因素=0.2，AB两端长L=6m，重力加速度g=10m/s2物块从A点运动到B点的过程中（）A物块在传送带上运动的时间1st2sB物块在传送带上运动时间最短时，传送带
5、速度可能是6m/sC传送带的速度V=3m/s，摩擦力对物块的冲量1=10NsD无论传送带速度多大，物块动能增加不会超过36J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38题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题（共129分）9在“测定金属的电阻率”的实验中：（1）用螺旋测微器测量金属丝的直径，示数如图1所示，读数为mm（2）某小组同学利用电流表（内阻约0.1）、电压表（内阻约3k）等器材从0开始的多组电流、电压数据并求出金属丝的电阻Rx=50，他们采用的是如图中的电路图，所测电阻Rx的真实值（选填“大于”、“小于”、“等于”）5010一位同
6、学用光电计时器等器材装置做“验证机械能守恒定律”的实脸，如图甲所示通过电磁铁控制的小球从B点的正上方A点自由下落，下落过程中经过光电门B时，光电计时器记录下小球过光电门时间t，当地的重力加速度为 g（1）为了验证机械能守恒定律，该实验还需要测量下列哪些物理量AAB之间的距离H； B小球的质量为m；C小球从A到B的下落时间tAB D小球的直径d（2）小球通过光电门时的瞬时速度V=（用题中以上的测量物理量表达）（3）多次改变AB之间距离H，重复上述过程，作出1/t2随H的变化图象如图乙所示，当小球下落过程中机械能守恒时，该直线斜率k0=（4）在实验中根据数据实际绘出的图乙直线的斜率为k（kk0）则
7、实验过程中所受的平均阻力f与小球重力mg的比值为（用k、k0表示）11如图所示，足够长平行金属板竖直成代，间距为d电压为U0，一个质量为m、电量为q的带电小球，从正上方某处的两板中央由静止开始下落，经过时间t，进人两板之间已知重力加速度为g，试求：（1）小球刚进入两板间时的动量为多大？（2）小球从开始下落经过多长时间与板相碰？12如图所示，水平面上有一长度L=4m的薄凹槽，长L1=2m、质最M=1kg的薄板放在凹槽右侧D点静止，水平面两侧各有一个R=0.5m的半圆轨道D点右侧静止一质量m=0.98kg的小木块现有一颗质量m0=20g的子弹以V0=100m/s的速度射入木块，共速后滑上薄板，板与
8、木块间动摩擦因素=0.05，其余一切摩擦不计若薄板每次与C、D面碰后速度立即减为0且与C、D而不粘连，重力加速g=10m/s2求：（1）子弹与木块碰后共同的速度为多大？（2）木块过圆弧B点时对B点压力为多大？（3）木块最终停止时离 D 点多远？请考生从给出的2选修中一个作答如果多做，则按所做的第一个计分【物理-选修3-3】13下列叙述和热力学定律相关，其中正确的是（）A第一类永动机不可能制成，是因为违背了能量守恒定律B能量耗散过程中能量不守恒C电冰箱的制冷系统能够不断地把冰箱内的热量传到外界，违背了热力学第二定律D能量耗散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E物体从单一热源吸收
9、的热量可全部用于做功14如图，将导热性良好的薄壁圆筒开口向下竖直缓慢地放入水中，筒内封闭了一定质量的气体（可视为理想气体）当筒底与水面相平时，圆筒恰好静止在水中此时水的温度t1=7.0，筒内气柱的长度h1=14cm已知大气压强p0=1.0105Pa，水的密度=1.0103kg/m3，重力加速度大小g取10m/s2（i）若将水温缓慢升高至27，此时筒底露出水面的高度h为多少？（ii）若水温升至27后保持不变，用力将圆筒缓慢下移至某一位置，撤去该力后圆筒恰能静止，求此时筒底到水面的距离H（结果保留两位有效数字）【物理-选修3-4】15下列说法中正确的有（）A满足F=kx的振动是简谐运动B波可以发生
10、干涉、衍射等现象C由波速公式v=f可知，空气中声波的波速由f、共同决定D发生多普勒效应时波的频率发生了变化E周期性的振荡电场和振荡磁场彼此交互激发并向远处传播形成电磁波16如图所示是一个透明玻璃球，折射率n=今有一束如图所示光线沿水平方向从空气射向玻璃球，O点为玻璃球心试做出光线进入玻璃球后第二次折射入空气的光路图；计算光线进入玻璃球后第二次折射入空气的入射角2017年四川省凉山州高考物理一诊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分在每小题给出的四个选项中，第1-5题只有一项符合题目要求，第68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物理学中
11、用到了大量的科学探究方法，下面哪一个描述使用了等效替代的（）A探究分力、合力的关系B卡文迪许用扭秤实验测出了万有引力常量C轻绳、轻杆、轻弹簧概念的引入D研究导体电阻R与电阻率、长度、横截面积的关系【考点】物理学史；物理模型的特点及作用【分析】物理学中用到大量的科学方法，要注意明确各种物理方法在探究物理规律中的应用【解答】解：A、建立“合力与分力”采用等效替代的方法故A正确；B、卡文迪许用扭秤实验测出了万有引力常量采用了放大法，故B错误；C、轻绳、轻杆、轻弹簧概念的引入采用了理想化的模型方法；故C错误；D、究导体电阻R与电阻率、长度、横截面积的关系时，采用了控制变量法，故D错误故选：A2物体沿水
12、平方向运动的vt如图所示，则（）A物体在第1s内的平均速度等于第2s内的平均速度B物体在2s内运动的位移大于2mC12s内物体运动的加速度大小在减小D物体在2s末回到运动的起点【考点】匀变速直线运动的图像【分析】在vt图象中，斜率代表加速度，面积代表物体的位移，即可判断【解答】解：A、在vt图象中，与时间轴所围面积为物体通过的位移，根据图象可知，01s内的位移小于12s内的位移，根据v=可知物体在第1s内的平均速度小于第2s内的平均速度，故A错误B、第一秒内的位移为，第二秒内的位移大于1m，故前2s内的位移大于2m，故B正确；C、在01s内斜率不变，加速度不变，故C错误；D、物体一直向前运动，
13、2s时离出发点最远，故D错误；故选：B32016年9月15日，中国成功发射天宫二号空间实验室，对其轨道进行控制、调整到距离地面高h=393km处与随后发射的神舟11号飞船成功对接，景海鹏和陈冬雨两名航天员进驻天宫二号已知地球半径为R，地球表面重力加速度为g，当天宫二号在预定轨道正常运行时，下列描述正确的是（）A宇航员在天宫二号内可用天平测物体的质量B天宫二号运动周期大于24hC天宫二号线速度大小为D天宫二号如果要变轨到高轨道则需要加速【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用【分析】在飞船实验室里，所有的物体处于完全失重状态，所有与重力有关的仪器都无法使用，天宫二号的轨道
14、半径小于地球同步卫星的轨道半径，周期小于同步卫星的周期，根据万有引力提供向心力以及地球表面万有引力等于重力列式解答即可【解答】解：A、天平是根据杠杆平衡条件制成的，在太空中，物体和砝码所受重力完全提供向心力，天平的左右两盘无论放多少物体，天平都是平衡的所以无法用天平测量物体的质量，所以不能使用故A错误；B、天宫二号的轨道半径小于地球同步卫星的轨道半径，根据可知，半径越大，周期越大，所以天宫二号运动周期小于24h，故B错误；C、根据以及得：v=，故C错误；D、天宫二号如果要变轨到高轨道，需要做离心运动，需要的向心力大于万有引力，所以要加速，故D正确故选：D4如图所示，在一水平长木板上放一木块P，
15、缓慢抬起木板的右端，木块P和木板始终相对静止，则（）A木块受到木板的支持力减小、摩擦力减小B木块受到木板的支持力增加、摩擦力增加C木块受到木板的作用力大小不变、方向不变D木块受到木板的作用力大小变化、方向变化【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力【分析】在长直木板由水平位置缓慢向上转动的过程中，物体受到的是静摩擦力，对物体受力分析可以求得物体受到的摩擦力大小【解答】解：A、对物体受力分析可知，物体受到重力、支持力和沿斜面向上的摩擦力的作用，木块开始滑动前，物体受力平衡，所以摩擦力和重力沿斜面向下的分力相等，即f=mgsin，所以夹角增大的过程中，木块所受的摩擦力一直在增大；木块受到
16、的支持力FN=mgcos，由于运动过程中，夹角增大，故支持力减小；故AB错误；C、由于木块一直处于平衡状态，故木块受到的作用力始终等于重力，故木块受到木板的作用力大小不变、方向不变，故C正确，D错误故选：C5在电场中有a、b两点，一电子从场中a点运动到b点，克服电场力做功5ev，则（）A场强方向一定从a指向bBa点电势一定比b点低5vC电子的动能一定增加5evD电子的电势能一定增加5ev【考点】电势差与电场强度的关系；电势能【分析】电子从场中a点运动到b点，克服电场力做功，即电场力做负功，电势能增大，但动能不一定增加负电荷在电势高处电势能小结合电势差的定义式分析【解答】解：AB、电子从电场中a
17、点运动到b点，克服电场力做功5ev，即电场力做功为5ev，则a、b间的电势差为 Uab=5V，即a点电势一定比b点高5V由于电场力做功与路径无关，只与初末位置有关，所以场强方向一定从a指向b，故AB错误C、动能的变化取决于合力做功，而合力做功情况不能确定，所以电子的动能不一定增加5ev，故C错误D、电子从电场中a点运动到b点，克服电场力做功5ev，则电子的电势能一定增加5ev，故D正确故选：D6如图所示，在高速路口的转弯处，路面外高内低已知内外路面与水平面的夹角为，弯道处圆弧半径为R，重力加速度为g，当汽车的车速为V0时，恰由支持力与重力的合力提供了汽车做圆周运动的向心力，则（）AV0=BV0
18、=C当该路面结冰时，V0要减小D汽车在该路面行驶的速度VV0时，路面会对车轮产生沿斜面向下的摩擦力【考点】向心力【分析】要使车轮与路面之间的横向摩擦力等于零，则汽车转弯时，由路面的支持力与重力的合力提供汽车的向心力，根据牛顿第二定律，结合数学知识求解车速，速率为v0时，靠重力和支持力的合力提供向心力，摩擦力为零，从而即可求解【解答】解：AB、设路面的斜角为以汽车为研究对象，作出汽车的受力图，如图根据牛顿第二定律，得：mgtan=m 解得：v0=，故A正确，B错误；C、当路面结冰时与未结冰时相比，由于支持力和重力不变，则v0的值不变，故C错误；D、车速若高于v0，所需的向心力增大，此时摩擦力可以
19、指向内侧，增大提供的力，车辆不会向外侧滑动，故D正确；故选：AD7如图所示，ABC为竖直放置的半径为R的光滑半圆形绝缘细圆管轨道，B为最低点有带+Q、Q电量的两个点电荷分别固定在水平面的P、N两点，PN相距为L，PN连线与轨道面垂直且中点为B点，先把一质点为m，带电量为+q的小球（看成质点）从A点静止释放并沿管内下滑，小球运动到B点时（）A受到电场力大小为B受到电场力大小为C瞬时速度大小为VB=D对管道的压力大小为3mg【考点】电势差与电场强度的关系；向心力【分析】小球运动到B点时受到的电场力是+Q、Q对小球静电力的合力，由库仑定律和力的合成法求解电场力由于细圆管轨道处于两个点电荷+Q、Q的电
20、场等势面，所以小球运动过程中，电场力不做功，根据动能定理求小球运动到B点时的瞬时速度小球在B点时，由牛顿第二定律和向心力公式求出管道对球的竖直方向的分力，结合电场力，根据平行四边形定则求出在B点受到的管道的支持力大小，从而得到球对管道的压力大小【解答】解：AB、设小球在圆弧形管道最低点B处分别受到+Q和Q的库仑力大小分别为F1和F2则F1=F2=k=，方向相同，所以小球运动到B点时受到电场力大小为 F=F1+F2=故A错误，B正确C、管道所在的竖直平面是+Q和Q形成的合电场中的一个等势面，小球在管道中运动时，电场力和管道的弹力对小球都不做功，根据动能定理得： mgR=，得 vB=故C正确D、设
21、在B点管道对小球沿竖直方向的支持力的分力为NBy，在竖直方向，对小球应用牛顿第二定律得 NBymg=m联立解得 NBy=3mg设在B点管道对小球在水平方向的压力的分力为NBx，则NBx=F=圆弧形管道最低点B处对小球的支持力大小为 NB=3mg根据牛顿第三定律可得小球对圆弧管道最低点B的压力大小为 NB=NB3mg故D错误故选：BC8如图所示，传送带以速度为V顺时针匀速转动，质量m=3kg的小物块以初速度V0=5m/s从左端的A点滑上传送带，已知物块与传送带之间动摩擦因素=0.2，AB两端长L=6m，重力加速度g=10m/s2物块从A点运动到B点的过程中（）A物块在传送带上运动的时间1st2s
22、B物块在传送带上运动时间最短时，传送带速度可能是6m/sC传送带的速度V=3m/s，摩擦力对物块的冲量1=10NsD无论传送带速度多大，物块动能增加不会超过36J【考点】动能定理的应用；牛顿第二定律【分析】若物块在传送带上一直做匀加速运动，在传送带上运动的时间最短，由牛顿第二定律和位移时间公式求得最短时间若物块在传送带上一直做匀减速运动时，所用时间最长由牛顿第二定律和位移时间公式求得最长时间，从而得到时间范围传送带的速度v=3m/s，求出物块匀加速运动的时间，由动量定理求摩擦力对物块的冲量根据动能定理求动能增加量的最大值【解答】解：A、若物块在传送带上一直做匀加速运动，在传送带上运动的时间最短
23、，由牛顿第二定律得：mg=ma，则有 a=g=2m/s2，设最短时间为t1由L=v0t1+ 代入数据得：t1=1s若若物块在传送带上一直做匀减速运动时，所用时间最长设最长时间为t2由L=v0t2代入数据得：t2=2s，t2=3s由于v=v0at2=523=1m/s，不合理，舍去，所以物块在传送带上运动的时间1st2s，故A正确B、物块在传送带上运动时间最短时，传送带最小速度为 vmin=v0+at1=5+21=7m/s，传送带的速度不可能为6m/s，故B错误C、传送带的速度v=3m/s，物块匀加速至速度与传送带相等时用时为：t=1s，通过的位移为：x=4mL=6m，共速后物块不再受摩擦力，由动
24、量定理得：摩擦力对物块的冲量为：I=mv0mv=3（53）=6Ns，故C错误D、由上分析知，物块的最大速度为 7m/s，物块动能增加量的最大值为：Ek=36J，故D正确故选：AD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38题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题（共129分）9在“测定金属的电阻率”的实验中：（1）用螺旋测微器测量金属丝的直径，示数如图1所示，读数为2.526mm（2）某小组同学利用电流表（内阻约0.1）、电压表（内阻约3k）等器材从0开始的多组电流、电压数据并求出金属丝的电阻Rx=50，他们采用的是如图中的A电路图，所测
25、电阻Rx的真实值小于（选填“大于”、“小于”、“等于”）50【考点】测定金属的电阻率【分析】（1）的关键是读数时要分成整数部分和小数部分两部分之和来读；（2）的关键是明确当电流要求从零调时，变阻器应用分压式接法，当待测电阻远小于电压表内阻时，电流表应用外接法【解答】解：（1）螺旋测微器的读数为d=2.5mm+20.70.01mm=2.527mm（2.5252.528）；（2）由给出的数据表可知，电流和电压从零调，所以滑动变阻器应用分压式接法；因电流表（内阻约0.1）、电压表（内阻约3k），而待测金属丝的电阻Rx=50，依据RARV，则有，所测电阻偏大，所以电流表应用内接法，故应采用A图；因采用
26、电流表内接法，则导致电压表测量值偏大，因此所测电阻的测量值大于真实值，即所测电阻Rx的真实值小于50故答案为：（1）2.526（2.5252.528）；（2）A； 小于10一位同学用光电计时器等器材装置做“验证机械能守恒定律”的实脸，如图甲所示通过电磁铁控制的小球从B点的正上方A点自由下落，下落过程中经过光电门B时，光电计时器记录下小球过光电门时间t，当地的重力加速度为 g（1）为了验证机械能守恒定律，该实验还需要测量下列哪些物理量ADAAB之间的距离H； B小球的质量为m；C小球从A到B的下落时间tAB D小球的直径d（2）小球通过光电门时的瞬时速度V=（用题中以上的测量物理量表达）（3）多
27、次改变AB之间距离H，重复上述过程，作出1/t2随H的变化图象如图乙所示，当小球下落过程中机械能守恒时，该直线斜率k0=（4）在实验中根据数据实际绘出的图乙直线的斜率为k（kk0）则实验过程中所受的平均阻力f与小球重力mg的比值为（用k、k0表示）【考点】验证机械能守恒定律【分析】该题利用自由落体运动来验证机械能守恒，因此需要测量物体自由下落的高度hAB，以及物体通过B点的速度大小，在测量速度时我们利用小球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度，因此明白了实验原理即可知道需要测量的数据；由题意可知，本实验采用光电门利用平均速度法求解落地时的速度；则根据机械能守恒定律可知，当减小的机械能应等于增大的
28、动能；由原理即可明确注意事项及数据的处理等内容【解答】解：（1）A、根据实验原理可知，需要测量的是A点到光电门B的距离，故A正确；B、根据机械能守恒的表达式可知，方程两边可以约掉质量，因此不需要测量质量，故B错误；C、利用小球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度，不需要测量下落时间，故C错误；D、利用小球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度时，需要知道挡光物体的尺寸，因此需要测量小球的直径，故D正确故选：AD（2）已知经过光电门时的时间小球的直径；则可以由平均速度表示经过光电门时的速度；故v=；（3）若减小的重力势能等于增加的动能时，可以认为机械能守恒；则有：mgH=mv2；即：2gH=（）2解得
29、： =，那么该直线斜率k0=（4）乙图线=kH，因存在阻力，则有：mgHfH=mv2；所以重物和纸带下落过程中所受平均阻力与重物所受重力的比值为=；故答案为：（1）AD；（2）；（3）；（4）11如图所示，足够长平行金属板竖直成代，间距为d电压为U0，一个质量为m、电量为q的带电小球，从正上方某处的两板中央由静止开始下落，经过时间t，进人两板之间已知重力加速度为g，试求：（1）小球刚进入两板间时的动量为多大？（2）小球从开始下落经过多长时间与板相碰？【考点】带电粒子在匀强电场中的运动【分析】（1）小球进入两板之前做自由落体运动，根据v=gt求出进入两板间时的速度，再由动量的定义求解动量；（2）
30、小球进入电场后，将运动分解为水平和竖直方向，根据水平方向的匀加速运动求出在电场中运动的时间，小球从开始到与极板碰撞的时间为两个过程的总时间；【解答】解：（1）由题意得：小球进入两板级前做自由落体运动，则：v=gt小球的重力做功等于其动量，则：P=mv将式代入式：P=mgt（2）板间为匀强电场：在水平方向上，小球受力设小球加速度为a，小球做类平抛运动有：联立解得：小球从开始下落到与极板碰撞的时间为答：（1）小球刚进入两板间时的动量为mgt（2）小球从开始下落经过t+时间与板相碰12如图所示，水平面上有一长度L=4m的薄凹槽，长L1=2m、质最M=1kg的薄板放在凹槽右侧D点静止，水平面两侧各有一
31、个R=0.5m的半圆轨道D点右侧静止一质量m=0.98kg的小木块现有一颗质量m0=20g的子弹以V0=100m/s的速度射入木块，共速后滑上薄板，板与木块间动摩擦因素=0.05，其余一切摩擦不计若薄板每次与C、D面碰后速度立即减为0且与C、D而不粘连，重力加速g=10m/s2求：（1）子弹与木块碰后共同的速度为多大？（2）木块过圆弧B点时对B点压力为多大？（3）木块最终停止时离 D 点多远？【考点】动量守恒定律【分析】（1）子弹与木块碰撞过程，遵守动量守恒，由动量守恒定律求共同的速度（2）分析木块滑上薄板后的运动过程根据牛顿第二定律求出木块和薄板的加速度，由速度时间公式求出速度相等时经历时间
32、及共同速度从而得到木块到达B点的速度在B点，由重力和轨道的支持力的合力提供向心力，由牛顿定律求木块过圆弧B点时对B点压力（3）当木块再由C处滑上薄板时，由速度时间公式求出两者共速的时间由位移时间公式求出两者相对位移，薄板与D面碰撞后速度变为0，木块向右做减速运动，由速度公式和位移公式求解【解答】解：（1）设子弹与木块的共同速度为v，取向左为正方向，根据动量守恒定律得：m0v0=（m0+m）v 代入相关数据解得：v=2m/s（2）木块滑上薄板后，木块的加速度，且方向向右薄板产生的加速度 ，且方向向左设经过时间t，木块与薄板共同速度v=2m/s运动则：va1t=a2t此时木块与薄板一起运动的距离等
33、于薄板的长度，故共速时，恰好在最左侧B点此时木块过B点时对其产生的支持力与重力的合力提供向心力，则： N（m+m0）g=（m+m0）此时木块的速度 v=va1t 代入相关数据解得：N=12N由牛顿第三定律知，木块过圆弧B点时对B点压力为12N（3）当木块再由C处滑上薄板时，设经过t1共速，此时薄板的加速度为a3则：va1ta1t1=a3t1 此时碰撞后，v薄板=0，木块以速度v1=0.5m/s的速度向右做减速运动设经过t2时间速度为0，则故L=L1xx=1.25m即木块停止运动时离 D点1.25m远答：（1）子弹与木块碰后共同的速度为2m/s（2）木块过圆弧B点时对B点压力为12N（3）木块最
34、终停止时离 D 点1.25m远请考生从给出的2选修中一个作答如果多做，则按所做的第一个计分【物理-选修3-3】13下列叙述和热力学定律相关，其中正确的是（）A第一类永动机不可能制成，是因为违背了能量守恒定律B能量耗散过程中能量不守恒C电冰箱的制冷系统能够不断地把冰箱内的热量传到外界，违背了热力学第二定律D能量耗散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E物体从单一热源吸收的热量可全部用于做功【考点】热力学第二定律；热力学第一定律【分析】第一类永动机违背了能量守恒定律第二类永动机不违反能量守恒定律，但违反了热力学第二定律，内能在转化为机械能的过程中要生热，所以要引起其它变化【解答】解
35、；A、第一类永动机既不消耗能量又能源源不断对外做功，违背了能量守恒定律，所以不可能制成故A正确B、能量耗散过程中能量也守恒故B错误C、电冰箱的致冷系统能够不断地把冰箱内的热量传到外界，是由于压缩机做功，并不违背了热力学第二定律故C错误D、能量耗散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故D正确E、根据热力学第二定律可知：气体不可能从单一热源吸热，并全部用来对外做功，而不引起其它变化；若引起外界变化则可以，故E正确故选：ADE14如图，将导热性良好的薄壁圆筒开口向下竖直缓慢地放入水中，筒内封闭了一定质量的气体（可视为理想气体）当筒底与水面相平时，圆筒恰好静止在水中此时水的温度t1=7
36、.0，筒内气柱的长度h1=14cm已知大气压强p0=1.0105Pa，水的密度=1.0103kg/m3，重力加速度大小g取10m/s2（i）若将水温缓慢升高至27，此时筒底露出水面的高度h为多少？（ii）若水温升至27后保持不变，用力将圆筒缓慢下移至某一位置，撤去该力后圆筒恰能静止，求此时筒底到水面的距离H（结果保留两位有效数字）【考点】理想气体的状态方程【分析】（1）筒内气体压强不变，根据盖吕萨克定律列式，初末状态的气柱长度之差h（2）气体发生等温变化，根据玻意耳定律列式求解【解答】解：（i）设圆筒的横截面积为S，水温升至27时，气柱的长度为h2，根据盖吕萨克定律有：圆筒静止，筒内外液面高度
37、差不变，有：h=h2h1由式得：h=1cm（ii）设圆筒的质量为m，静止在水中时筒内气柱的长度为h3则排开的水的重力等于桶的重力为：gh1S=mg gh3S=mg圆筒移动过程，根据玻意耳定律有：（p0+gh1）h2S=p0+g（H+h3）h3S由式得：H=72cm答：（i）若将水温缓慢升高至27，此时筒底露出水面的高度h为1cm（ii）若水温升至27后保持不变，用力将圆筒缓慢下移至某一位置，撤去该力后圆筒恰能静止，此时筒底到水面的距离H为72cm【物理-选修3-4】15下列说法中正确的有（）A满足F=kx的振动是简谐运动B波可以发生干涉、衍射等现象C由波速公式v=f可知，空气中声波的波速由f、
38、共同决定D发生多普勒效应时波的频率发生了变化E周期性的振荡电场和振荡磁场彼此交互激发并向远处传播形成电磁波【考点】多普勒效应；波长、频率和波速的关系；波的干涉和衍射现象【分析】衍射、干涉是波所特有的现象，机械波的波速由介质决定；根据多普勒效应可知，当波源和观察者间距变小，观察者接收到的频率一定比波源频率高当波源和观察者距变大，观察者接收到的频率一定比波源频率低；根据麦克斯韦电磁场理论，变化的磁场产生电场，变化的电场产生磁场，交替产生，由近向远传播，形成电磁波【解答】解：A、在简谐运动的回复力表达式F=kx中，对于弹簧振子，F为振动物体受到的合外力，k为弹簧的劲度系数；对于单摆，无弹簧；故A正确
39、；B、波都能发生干涉和衍射现象故B正确C、声波是机械波，机械波的波速由介质决定，故C错误D、多普勒效应说明观察者与波源有相对运动时，接收到的波频率会发生变化，但波源的频率不变，故D错误；E、变化的磁场产生电场，变化的电场产生磁场，交替产生，由近向远传播，形成电磁波故E正确；故选：ABE16如图所示是一个透明玻璃球，折射率n=今有一束如图所示光线沿水平方向从空气射向玻璃球，O点为玻璃球心试做出光线进入玻璃球后第二次折射入空气的光路图；计算光线进入玻璃球后第二次折射入空气的入射角【考点】光的折射定律【分析】画出光路图，由折射定律得到入射角与折射角的关系，由几何关系也得到入射角与折射角的关系，即可求出入射角与折射角，再根据几何知识，即可求解【解答】解：根据光的折射定律，作出光路图，如图所示；入射角i=60已知入射角i=60，根据折射定律得：，可得：sinr=0.5，折射角r=30，根据几何关系可知2r=60光线通过B点反射后，再由几何关系和折射角可知：从B点射出的光线折射角为60，根据几何知识可知出射光线与入射光线平行答：光线进入玻璃球后第二次折射入空气的光路图如上图所示；光线进入玻璃球后第二次折射入空气的入射角302017年3月17日
