四川省南充市2023屆高三下學(xué)期高考適應(yīng)性考試物理試題（解析版）

南充市高2023屆高考適應(yīng)性考試（二診）

能力測試

注意事項(xiàng)：

1.本試卷分第1卷（選擇題）和第II卷（非選擇題）兩部分。答題前，考生務(wù)必將自己的

姓名、考生號填寫在答題卡上。

2.回答第I卷時，選出每小題［［答案］后，用鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的K答案』標(biāo)號

涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它K答案】標(biāo)號。寫在試卷上無效。

3.回答第II卷時，將K答案》寫在答題卡上，寫在試卷上無效。

4.考試結(jié)束，將答題卡交回。

一、選擇題：本題只有一項(xiàng)符合題目要求，第19~21題有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對的

得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得O分。

1.近年中國探月工程取得重大成就。月球夜晚溫度低至-180。。為避免低溫?fù)p壞儀器，“玉

兔二號”月球車攜帶的放射性同位素杯238（翼PU）會不斷衰變，釋放能量為儀器設(shè)備238

88

供熱。空PU可以通過以下反應(yīng)過程得到：聲U+；Hf幫Np+2；n,^Np→X+^Puo

已知于PU的衰變方程為非Pu→Y+^u,其半衰期為88年。下列說法正確的是（）

A.2^U+jH→^Np+2M為輕核聚變

B.X為正電子，Y為質(zhì)子

C.空PU的比結(jié)合能比SU的比結(jié)合能小

D.白天時溫度升高，掌PU的半衰期會減小

K答案Hc

K解析HA.該反應(yīng)為原子核的人工轉(zhuǎn)變，故A錯誤；

B.根據(jù)質(zhì)量數(shù)守恒和電荷數(shù)守恒可得：X的質(zhì)子數(shù)為

Z=93-94=-l

質(zhì)量數(shù)為零，所以X是電子，Y的質(zhì)量數(shù)為

A=238-234=4

質(zhì)子數(shù)為2,由此可知Y為氫原子核，故B錯誤；

C.生成物更穩(wěn)定，所以比結(jié)合能更大，故C正確；

D.半衰期與溫度無關(guān)，故D錯誤。

故選C。

2.如圖，輕質(zhì)不可伸長晾衣繩兩端分別固定在豎直桿M、N上的a、b兩點(diǎn)，懸掛衣服的

衣架鉤是光滑的，掛于繩上處于靜止?fàn)顟B(tài)。如果只人為改變一個條件，當(dāng)衣架靜止時，下列

說法正確的是（）

A.繩的右端上移到繩子拉力變小

B.將桿M向左移一些，繩子拉力變小

C.換用稍長一些的輕質(zhì)晾衣繩，繩子拉力變小

D.繩的兩端高度差越小，繩子拉力變小

K答案HC

K解析力如圖所示，因?yàn)橥桓K子上的拉力相等，所以兩個繩子是對稱的，與豎直方向

AD.設(shè)繩子的長度為X,則兩桿之間的距離等于XCOS仇繩子一端在上下移動的時候，繩子

的長度不變，兩桿之間的距離不變，則。角度不變，所以

LLG

Γ?-Fl=

^2sin

所以繩子上的拉力不變；繩的兩端高度差的大小，對繩子的拉力沒有影響，故AD錯誤；

B.當(dāng)桿M向左移一些，兩桿之間的距離變大，繩長不變，所以。角度減小，SinO減小，繩

子拉力變大，故B錯誤；

C.換用稍長一些的輕質(zhì)晾衣繩，。角度變大，繩子拉力變小，故C正確。

故選c。

3.如圖，勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為鳥、方向垂直于紙面向里，無限長通電直導(dǎo)線位于

紙面內(nèi)，在紙面內(nèi)的ΛΛN位于導(dǎo)線兩側(cè)，其連線與導(dǎo)線垂直。且ΛΛN兩點(diǎn)到導(dǎo)線的距離

之比為6:5。經(jīng)測量，N點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小是M點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小的2倍且方向相同。

已知無限長通電直導(dǎo)線在真空中某點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B=上,，其中人為常量，/

r

為電流大小，r為該點(diǎn)到導(dǎo)線的距離。則無限長通電直導(dǎo)線在M點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為

)

β1

A.??C.D.B

17°0

K答案DA

K解析D設(shè)通電長直導(dǎo)線在M點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小等于B,根據(jù)8=左，可知通電長

r

直導(dǎo)線在N點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小等于!■瓦根據(jù)安培定則可知通電長直導(dǎo)線在M點(diǎn)產(chǎn)

生的磁場方向向外、在N點(diǎn)產(chǎn)生的磁場方向向里，則有

6、

-B+Bo=2（Bo-B）

5

解得

B=-B

160°

故選A0

4.有一種能自動計(jì)數(shù)的智能呼啦圈深受健身者的喜愛，智能呼啦圈腰帶外側(cè)有半徑

r=0.12m的圓形光滑軌道，將安裝有滑輪的短桿嵌入軌道并能自由滑動，短桿的另一端懸

掛一根帶有配重的腰帶輕質(zhì)細(xì)繩,其簡化模型如圖。已知配重（可視為質(zhì)點(diǎn)）質(zhì)量加=0?6kg,

繩長為L=0.3m0水平固定好腰帶，通過人體微小扭動，使配重在水平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)

動，在某一段時間內(nèi)細(xì)繩與豎直方向夾角始終為53°。腰帶可看作不動，重力加速度取

g?lθm/s2,不計(jì)空氣阻力，sin53°=0.8,cos530=0.6,下列說法正確的是（）

A.配重受到的合力大小為IONB.配重的角速度為&=U^IOrad/S

9

C.若細(xì)繩不慎斷裂，配重將自由下落D,若增大轉(zhuǎn)速，細(xì)繩對配重的拉力將變小

K答案DB

K解析》A.配重在水平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動，配重受到的合力大小為

04

Ffr-mgtan53--0.6×10×jN=8N

故A錯誤；

B.根據(jù)牛頓第二定律可得

mgtan530=m<z>2(?sin53o+r)

解得

10√30,

ω=————radj/S

9

故B正確；

C.若細(xì)繩不慎斷裂，配重將做平拋運(yùn)動，故C錯誤；

D.若增大轉(zhuǎn)速，即增大角度，配重做勻速圓周運(yùn)動的半徑增大，細(xì)繩與豎直方向的夾角增

大，豎直方向根據(jù)受力平衡可得

Tcosθ=mg

可得

r??

COSe

可知細(xì)繩對配重的拉力將變大，故D錯誤。

故選Bo

5.“黑洞”是近代引力理論所預(yù)言的一種特殊天體，探尋“黑洞”的方案之一是觀測雙星系統(tǒng)的

運(yùn)動規(guī)律。天文學(xué)家觀測河外星系大麥哲倫云時，發(fā)現(xiàn)了LMCX-3雙星系統(tǒng)，它由可見星

A和不可見的暗星B構(gòu)成。不考慮其它天體的影響，A、B圍繞兩者連線上的O點(diǎn)做勻速圓

周運(yùn)動，它們之間的距離保持不變，若將可見星A所受暗星B的引力等效為位于O點(diǎn)處質(zhì)

量為〃的星體對它的引力，設(shè)A和B的質(zhì)量分別為犯、加2，則（）

,叫2

A.m=-----——B.M=—冬—

nιi+m2ιτιλ+tn1

，*，況

C.m=-------!—-D.m=------=——-

(m+m,J

{rny+m2)^1

K答案HD

K解析』根據(jù)

2

mλarrx-m2ωr2

得

生=殳

m2rx

根據(jù)

Gmytn2_ɑmxm'

儲+弓)2/

得

，2

m_4

，巧儲+々A

聯(lián)立解得

，r2g3

λ!=

m=m2-----——7=------——2

(rl+r2)(m∣+m2)

故選D。

6.如圖，傾角為8的斜面MN段粗糙，其余段光滑，PM,例N長度均為34四個質(zhì)量均為

，"的相同樣品1、2、3、4放在斜面上，每個樣品（可視為質(zhì)點(diǎn)）左側(cè)面固定有長度為d的

輕質(zhì)細(xì)桿，細(xì)桿與斜面平行，且與其上方的樣品接觸但不粘連，樣品與MN間的動摩擦因數(shù)

均為〃=tan（9。若樣品1在P處時，四個樣品由靜止一起釋放，重力加速度大小為g,下

列說法正確的是（）

4

3

21

3

A.當(dāng)樣品1剛進(jìn)入MN段時，樣品的共同加速度大小為二gsin。

4

B.當(dāng)樣品1剛進(jìn)入MN段時，樣品1的輕桿受到壓力大小為3,"gsin8

C.從開始釋放到樣品4剛進(jìn)入MN段的過程中，克服摩擦力做的總功為9mgdSine

D.當(dāng)四個樣品均位于MN段時，樣品的共同速度大小為3JgMsin6

R答案HAD

K解析IlA.當(dāng)樣品1剛進(jìn)入MN段時，對整體分析，根據(jù)牛頓第二定律得，樣品的共同

加速度

4m2sinθ-μmgcosθ3.八

%=l-------+3-------=-gsm6>

4m4

故A正確；

B.當(dāng)樣品1剛進(jìn)入MN段時，隔離對樣品1分析，根據(jù)牛頓第二定律有

mgf>inθ+F-μmgcosθ=ιnat

解得

3

F=-WgSinO

3

根據(jù)牛頓第三定律，樣品1的輕桿受到的壓力為巳mgsin仇故B錯誤；

4

C.從開始釋放到樣品4剛進(jìn)入MN段的過程中，摩擦力對樣品1做功

Wn=-μmgcosθ?3d--3mgdSine

摩擦力對樣品2做功

Wf2=-μmgcosθ?2d=-2mgdsinθ

摩擦力對樣品3做功

叫3=-Nrngcosθd=-mgdSine

此時樣品4剛進(jìn)入MN段，摩擦力不做功，則摩擦力做的總功

W(=Wπ+Wf2+Wf3=-6mgdsinθ

故C錯誤;

D.從開始釋放到樣品4剛進(jìn)入MN段的過程運(yùn)用動能定理得

1

4mg?6dsinθ-W=—×(4m)v2

f2

解得樣品共同速度

v=3y]gdsinθ

故D正確。

故選ADo

7.如圖甲所示,絕緣且粗糙程度相同的水平面上固定著兩個帶等量負(fù)電荷的點(diǎn)電荷M和N,

。、A、B是在此水平面上M、N連線的中垂線上的三點(diǎn)，8點(diǎn)是MN的中點(diǎn)，。與B間距

為尸0.2m.一帶正電的小球由O點(diǎn)靜止釋放，其質(zhì)量Zn=IXl(F?kg、電荷量q=2xl(Γ'c,帶

正電的小球與水平面的動摩擦因數(shù)〃=0.2。小球從O點(diǎn)運(yùn)動到B點(diǎn)的v-f圖像如圖乙所示,

A為圖像的拐點(diǎn)，乙圖中0、A、8對應(yīng)甲圖中0、A、B三個位置。重力加速度g=10m∕s2,

則以下說法正確的是()

十。

ij

θ--fκ--θ

M!N

甲

A.從。到8,小球的加速度先增大后減小

B.O點(diǎn)與B點(diǎn)電勢差UOB=2V

C.當(dāng)小球速度最大時，小球所在位置的電場強(qiáng)度E=10N∕C

D.O與8之間A點(diǎn)的電場強(qiáng)度最小

K答案HBC

K解析RA.由乙圖可知，從。到A,小球的加速度增大，A到B先減小至零然后反向增

大。故A錯誤；

B.從。到8,由動能定理可得

叼+服=。

其中

Wf=-μmgx

聯(lián)立，可得

UOB=2V

故B正確；

C.當(dāng)小球速度最大時，其加速度為零，有

qE=μmg

解得

E=10N∕C

故C正確；

D.對小球受力分析，由牛頓第二定律有

qE—μmg=ιnιι

由乙圖可知，小球在A點(diǎn)時加速度最大，即電場強(qiáng)度最大。故D錯誤。

故選BCo

8.如圖所示，兩根電阻不計(jì)、足夠長的平行光滑金屬導(dǎo)軌MN,PQ固定在水平面內(nèi)，間距

Im,在導(dǎo)軌間寬度L=Im的區(qū)域有勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B=0.5T,方向如圖。一

根質(zhì)量叫=0?2kg,阻值R=0.5Ω的金屬棒b靜置在導(dǎo)軌上,現(xiàn)使另一根質(zhì)量砥=O.Ikg,

阻值也為R=O.5C的金屬棒α以初速度％=4m∕s從左端開始沿導(dǎo)軌滑動，穿過磁場區(qū)域

后，與匕發(fā)生彈性碰撞，兩金屬棒始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，則金屬棒)

L

M-r-↑------?=—N

左

d439,b右

??B??

V

PQ

A.第一次穿過磁場時做勻減速直線運(yùn)動

B.第一次穿過磁場時回路中有逆時針方向的感應(yīng)電流

C.第一次穿過磁場過程中克服安培力做的功為0.25J

D.與金屬棒b碰撞后瞬間的速度大小為0.5m∕s

K答案HBD

K解析DA.金屬棒。穿過磁場過程中受向左的安培力作用，根據(jù)

B2J2V

-------=m,,a

IRa

可知隨著速度的減小，加速度減小，則金屬棒”做加速度減小的減速運(yùn)動，選項(xiàng)A錯誤;

B.由右手定則可知，第一次穿過磁場時回路中有逆時針方向的感應(yīng)電流，選項(xiàng)B正確;

C.第一次穿過磁場的過程中由動量定理可知

-BldNt—mav-mav0

其中

-BdL

λIZ=-----

IR

由動能定理

-W..=-my2--mvr,

安2"2"°

解得

v=1.5m∕s

W安=().6875J

選項(xiàng)C錯誤;

D.兩棒發(fā)生完全彈性碰撞，則

mav=mιιvl+mhv2

12?2?2

^2m0v'+2m"v2

解得

v∣=-0.5m∕s

V2=1m/s

即a與金屬棒b碰撞后瞬間的速度大小為0.5m∕s,選項(xiàng)D正確。

故選BDo

第H卷（非選擇題，共174分）

二、非選擇題（本卷包括必考題和選考題兩部分，第22-32為必考題，每個試題考生都必須

做答。第33-38題為選考題，考生根據(jù)要求做答）

（-）必考題（共129分）

9.為測量小球從某一高度釋放，與某種橡膠材料碰撞導(dǎo)致的機(jī)械能損失，某實(shí)驗(yàn)小組設(shè)計(jì)

了如圖所示的裝置，實(shí)驗(yàn)過程如下：（已知小球的質(zhì)量為陽，直徑為d）

釋放裝置

位置，使小球從光電門正上方釋放后，在下落和反彈過程中均可通過光電門；

（2）為方便操作并記錄小球此次下落和反彈通過光電門的遮光時間《和與，應(yīng)

（填“A”或"B”）；

A.先釋放小球，后接通數(shù)字計(jì)時器

B.先接通數(shù)字計(jì)時器，后釋放小球

（3）用測量結(jié)果計(jì)算小球與橡膠材料碰撞的機(jī)械能損失，其表達(dá)式為AE=（用

字母用、d、4和L表示）；

（4）若適當(dāng)調(diào)高光電門的高度，將會（填“增大”或“減小”）因空氣阻力引起的

實(shí)驗(yàn)誤差。

11,d

K答案D（2）B（3）-/?（-）（4）增大

K解析』（2）￡13為方便操作并記錄小球此次下落和反彈通過光電門的遮光時間4和，

應(yīng)先接通數(shù)字計(jì)時器，后釋放小球。

故選Bo

（3）K2D小球下落經(jīng)過光電門時的速度大小為

小球上升經(jīng)過光電門時的速度大小為

小球與橡膠材料碰撞損失的機(jī)械能為

.?12?2?/d、［1,d、2

△￡--mv：—mv..=—m（-）—m（一）^

222fl2t2

（4）DΣ若適當(dāng)調(diào)高光電門的高度，則從光電門到橡膠材料的距離增大，從下落經(jīng)過光電

門到上升經(jīng)過光電門通過的路程增大，克服空氣阻力做的功增大，則將會增大因空氣阻力引

起的實(shí)驗(yàn)誤差。

?θ.（1）利用圖甲所示電路測量電流表A（量程ImA）的內(nèi)阻。實(shí)驗(yàn)室有以下器材；

待測電流表A（量程ImA）

滑動變阻器B（最大阻值6000C）

滑動變阻器C（最大阻值3000C）

電阻箱（最大阻值999.9C）

電源耳（電動勢3V,內(nèi)阻很?。?/p>

電源52（電動勢為6V,內(nèi)阻很小）

甲

①為了比較精確的測量，電源選用（填“片”或“后2”），滑動變阻器Rl選用

（填“B”或"C”）

測量方法是：先斷開開關(guān)S2,閉合開關(guān)S-調(diào)節(jié)滑動變阻器與，使電流表的指針滿偏；保

持用的阻值不變，閉合S?,調(diào)節(jié)電阻箱&，使電流表的指針半偏，此時電阻箱&的示數(shù)

為99.00則：

②電流表A內(nèi)阻的測量值為C,測量值___________（填“大于"、"小于''或"等

于“）真實(shí)值。

（2）若將該電流表A改裝成量程為IOOmA的電流表A∣,則改裝后的電流表Al的內(nèi)阻

RA=Ωc

(3)為測量一節(jié)廢舊干電池的電動勢E和內(nèi)阻一，利用電流表Al和其它實(shí)驗(yàn)器材設(shè)計(jì)了如

圖乙所示的電路。在實(shí)驗(yàn)中，多次改變電阻箱阻值，記錄多組數(shù)據(jù)，畫出;一《圖像為一

條直線(如圖丙)。由圖中數(shù)據(jù)計(jì)算出該電池的電動勢E=V,內(nèi)阻

r=Ω(結(jié)果均保留三位有效數(shù)字)。

K答案H(1)①B②99.0小于(2)0.99(3)1.1310.3

K解析D(I)①K11K2F根據(jù)題意可知，采用的是半偏法測量電流表內(nèi)阻，為了減小誤差,

實(shí)驗(yàn)中電源選擇電動勢較大的E2,回路最大電流IrnA,根據(jù)歐姆定律可知,最小電阻6000Ω,

故滑動變阻器選擇B。

②K3HK4』先斷開開關(guān)S2,閉合開關(guān)5,調(diào)節(jié)滑動變阻器用，使電流表的指針滿偏，保

持Rl的阻值不變，閉合S2,調(diào)節(jié)電阻箱與，使電流表的指針半偏，因?yàn)榛瑒幼冏杵髯柚?/p>

非常大，近似認(rèn)為此時回路電流不變，則電阻箱&的電流也為:∕g,此時電阻箱&的示

數(shù)為99.0C。則根據(jù)并聯(lián)電流與電阻成反比可知，電流表A內(nèi)阻的測量值為99.00因?yàn)殚]

合s2后，回路總電阻減小，總電流增大，則流過&的實(shí)際電流大于;∕g,導(dǎo)致測量值小于

真實(shí)值。

(2)K5∑若將該電流表A改裝成量程為IOOmA的電流表A∣,則改裝后的電流表Al的內(nèi)

阻

IR

/?.=-^e=0.99Ω

A1

(3)mm根據(jù)

E

r+8+RO

整理得

IE°E

根據(jù)題意，結(jié)合圖丙可得

L=年二"1x103,$=OOlXIO3

E45E

解得

E=l.13V,r=10.3Ω

11.如圖，在平面直角坐標(biāo)系Xoy內(nèi)，第一象限存在沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度大

小為52（未知）；第二象限存在沿X軸正方向的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度大小E=LoN/C；

第四象限圓形區(qū)域內(nèi)存在垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小3=0.25T,圓形區(qū)

域分別在P點(diǎn)、Q點(diǎn)與X軸、y軸相切，其半徑R=O.4m0一比荷9=20OC/kg、不計(jì)

m

重力和空氣阻力的帶正電粒子，從第二象限的A點(diǎn)由靜止釋放，A點(diǎn)坐標(biāo)為（-0.5m,

0.2m）,該粒子從V軸上C（0,0.2m）點(diǎn)進(jìn)入第一象限，恰從P點(diǎn)進(jìn)入第四象限的勻強(qiáng)

磁場，最終從圓形磁場的M點(diǎn)射出。求：

（1）粒子經(jīng)過C點(diǎn)的速度大?。ィ?/p>

（2）電場強(qiáng)度62的大小及粒子經(jīng)過P點(diǎn)的速度y；

（3）粒子在磁場中運(yùn)動的時間，（結(jié)果可用乃表示）。

3兀

K答案』（1）10V2m/s;（2）20m∕s,θ—45°；（3）t=s

K解析』（1）粒子在第二象限做勻加速直線運(yùn)動，則有

2q∣χj=說

由牛頓第二定律得

qE、=ma]

聯(lián)立解得粒子經(jīng)過C點(diǎn)的速度大小

v0=lθV2m∕s

(2)在第一象限，粒子做類平拋運(yùn)動，沿X軸正方向有

R=VOf

沿y軸負(fù)方向有

12

at

yc=^2

由牛頓第二定律可得

qE2=ιna2

聯(lián)立解得

2

￡2=2.5N∕C,α2=500m∕s

粒子經(jīng)過P點(diǎn)沿沿y軸負(fù)方向的分速度大小為

vy=a2t=lθV2m∕s

因此，粒子經(jīng)過P點(diǎn)的速度大小為

V=+.=20m/s

設(shè)速度方向與X軸正向夾角為。，則有

tan6=-L=I

VO

可得

8=45°

(3)粒子在圓形磁場中做勻速圓周運(yùn)動，由洛倫茲力提供向心力可得

V2

qvB=m一

解得

r=0.4m=R

粒子在磁場中的軌跡如圖所示

可知四邊形PaMo2為菱形，則粒子從M點(diǎn)射出磁場時速度沿X軸負(fù)向；從P到M,圓心

角為a=135°,粒子在磁場中的運(yùn)動時間為

又

?1πm

1=------

qB

聯(lián)立解得

12.如圖，固定在水平地面上，傾角為。的光滑斜面底端固定一垂直于斜面的擋板，一輕質(zhì)

彈簧放在斜面上，一端固定在擋板上，另一端處于自由狀態(tài)，足夠長的木板B放在斜面上,

木塊A放在B的上端，A、B的質(zhì)量均為機(jī)，A、B之間的動摩擦因數(shù)為小開始時，A、B

均靜止，使彈簧壓縮了xo。然后沿斜面向下緩慢推動木板B移動距離2xo后鎖定B（彈簧始

終在彈性限度內(nèi)）。某時刻解除鎖定，木B板沿斜面向上運(yùn)動，A與B之間發(fā)生相對滑動，

經(jīng)過時間f,A與B第一次共速，此時B已脫離彈簧。已知彈簧形A變量為X時彈性勢能為

2

Ep=-Ax（其中左為彈簧的勁度系數(shù)，Z未知）。設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力

p2

加速度為g。求：

B

(1)解除鎖定瞬間，A、B的加速度大小〃A、GB

(2)從解除鎖定到B沿斜面向上運(yùn)動速度達(dá)到最大時B的位移大小國;

(3)解除鎖定后，B沿斜面向上運(yùn)動的最大位移Xm的大小。

(5Sine-〃COSe)Xo

R答案II(I)QA=μgcosθ-gsinθ,QB=5gsin夕一〃geos。；(2)F=

2sin

22

(3)18x0sinθ-gt(^μcosθ-sin^gtcosθ-sin

2(χ∕COSe+sin。)2sin

(解析X(1)最初，整個系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，則有

kx°=2∕"gsin9

解除鎖定瞬間，對于A

μmgcosθ~mgs?nθ=ma

對于B

k`3xo—mg^↑?Θ-μmgcosθ-man

解得

ax="gcosJ—gsin。

QB=5gsin。一〃gcos。

(2)B速度最大時，其加速度為0,則有

kx=mgsinθ+μmgcosθ

B的位移大小

x?=3x()—X

解得

(5sin，-"cos。)/

x

ι=2sin。

(3)從解除鎖定到共速，設(shè)A、B的位移大小分別為12、口，共同速度為匕對于A

V=ClAt

12

赴=2卬

對于系統(tǒng)，能量守恒，則有：共速后，一起沿斜面向上勻減速，對A、B整體（AB的位移

大小為X4）

-2mgx4Sine=O—5?2m-v^

所以B沿斜面向上運(yùn)動的最大位移為

Xm=X3+X4

解得

2

18%0Sine-cosθ-sinθ?gt（χycosθ-sinθ?

m2（〃CoSe+sin。）2sin

（-）選考題（共45分。請考生從給出的2道物理題、2道化學(xué)題、2道生物題中每科任

選一題作答，如果多做，則按所做的第一題計(jì)分）

E物理選修3-3』（15分）

13.一定質(zhì)量的理想氣體發(fā)生狀態(tài)變化，其壓強(qiáng)P隨熱力學(xué)溫度T變化的圖像如圖所示，氣

體從狀態(tài)”開始，經(jīng)歷了“?→bτc一∕→”的過程，HW為平行四邊形，必與7軸平行，be

邊反向延長線通過坐標(biāo)原點(diǎn)0。下列說法正確的是（）

0T

A.從“至!!人，氣體體積減小

B.從b到c,氣體體積增大

C.從。到c,氣體放出熱量

D.從C到d氣體對外做的功大于從a到b外界對氣體做的功

E.從C到d氣體對外做的功等于從a到b外界對氣體做的功

K答案HACE

K解析》A.從。到6,壓強(qiáng)不變，根據(jù)

匕=%

T(ITh

溫度降低，體積減小，A正確;

B.從6到c,為等容變化，則氣體的體積不變，B錯誤;

C.從α到c,溫度減小，則

Δt∕<O

從a到c,根據(jù)

T

體積變小，外界對氣體做正功，即

w>o

根據(jù)熱力學(xué)第一定律

?U=W+Q

則

β<0

氣體放出熱量，C正確；

DE.從C到d,氣體的體積增大，外界對氣體做負(fù)功，即

=A(K-K)

根據(jù)

T

則

叱=0(%—匕)=C(I-Z)

從“到江體的體積減小，外界對氣體做正功，即

%=4(匕-%)

即

W2=Pa(Vd-Vc)=Caa-Th)

因?yàn)?/p>

Tll-Tc=Tii-Tb

即從C到d氣體對外做的功等于從a到b外界對氣體做的功，D錯誤E正確。

故選ACEo

14.潛水能進(jìn)入水面以下，處于懸浮狀態(tài)，讓人徹底放松身心，在靜謐的海底無言地觀賞各

種色彩斑斕的奇異珊瑚和魚類。但由于水壓的存在，潛水也存在一定的風(fēng)險。已知人體肺部

空氣容積最小可壓縮至空氣中體積?)的g,最大可膨脹至%的2倍，否則會出現(xiàn)危險。水

面上的大氣壓Po相當(dāng)于深為例的水柱壓強(qiáng)，為了保證潛水時的安全：(肺部氣體溫度等于人

體內(nèi)溫度，視為不變)

(1)求人在安全狀態(tài)下能下潛的最大深度H；(K答案』用心表示)

(2)人在最大安全深度通過吸入壓縮空氣將肺部體積恢復(fù)至?,返回時為了避免到達(dá)水面后

出現(xiàn)肺部過度擴(kuò)張，求返回時應(yīng)當(dāng)在最大安全深度吐出壓縮空氣的最小體積。(K答案》用

V表示)

K答案』(1)4?;(2)0.6Vo

K解析》(1)以對人體肺部氣體為研究對象

空氣中狀態(tài)有

pι=po,?=?

最大安全深度下，有

P2=pn+n↑PkhVi=O.2Vo,(PH=PO)

由等溫變化可得