2024年四川省成都某中學高考物理二模試卷及答案

試題

2024年四川省成都外國語學校高考物理二模試卷

二、選擇題：本題共8小題，每小題6分，共48分。在每小題給出的四個選項中，第14?18

題只有一項符合題目要求，第19?21題有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全

的得3分，有選錯的得0分。

1.（6分）二十世紀初，愛因斯坦、盧瑟福、波爾等物理學家相繼取得了一系列重要的成果，他

們的發(fā)現(xiàn)對人類文明的進程產(chǎn)生了深遠的影響。下列關于該段時間內(nèi)的物理學成就的描述正

確的是（）

A.235u+ln^黑黃+黑Kr+3；n是重核的裂變，它是目前核電站反應堆工作原理之一

B.+如e+；n是輕核的聚變，該反應會釋放能量，原因是加e的比結合能比

和^^^勺比結合能都小

C.根據(jù)狹義相對論，任何情況下測得的光速都是相同的

D.根據(jù)愛因斯坦的光電效應方程Ekm=hv-W,逸出光電子的最大初速度的大小與照射光

的頻率成線性關系

2.（6分）某航天器以速率v繞地球在圓軌道上運行，其軌道半徑為地球半徑的兩倍，如圖所示。

萬有引力常量為G,則以下說法正確的是（）

A.地球的第一宇宙速度大小為2V

B.立于航天器內(nèi)底板上的宇航員對底板的壓力為零

C.若在航天器所在的軌道上發(fā)射衛(wèi)星，只有當發(fā)射速度達到第二宇宙速度時才能使衛(wèi)星脫離

地球引力的束縛

D.根據(jù)題干提供的信息可以求出地球的密度

3.（6分）一物塊放置在固定斜面上，對物塊施加一水平力F,保持該力的大小不變，在將該作

用力沿水平方向逆時針緩慢轉動至豎直方向的過程中，物塊始終靜止在斜面上，如圖所示。

則該過程中（）

試題1

試題

4

B.斜面對物塊的支持力先減小后增大

C.斜面對物塊的作用力先減小后增大

D.斜面對物塊的作用力一直減小

4.（6分）為全面推進鄉(xiāng)村振興，彭州某地興建的小型水電站如圖所示。該水電站交流發(fā)電機的

輸出功率為P=100kW、發(fā)電機的輸出電壓U1=25OV,經(jīng)變壓器升壓后用總電阻R線=7.5。

的輸電線向遠處輸電，在用戶處的降壓變壓器輸出電壓U4=220V,若升壓變壓器與降壓變壓

器的匝數(shù)比滿足包=2土，則以下說法正確的是（）

升壓變壓器降壓變壓器

A.發(fā)電機輸出的電流L=40A

B.輸電的效率為85%

C.升壓變壓器的匝數(shù)比為上=工

n212

D.降壓變壓器輸出的電流14=400A

5.（6分）如圖所示，一半徑為R的光滑絕緣半球面開口向下，固定在水平面上。整個空間存在

磁感應強度為B、方向豎直向下的勻強磁場。一電荷量為q（q>0）>質(zhì)量為m的小球P在球

面上做水平的勻速圓周運動，圓心為O'。球心O到該圓周上任一點的連線與豎直方向的夾

角為6=60°。若重力加速度為g,以下說法正確的是（）

A.從上面俯視小球沿順時針方向運轉

試題2

試題

B.球面對小球的彈力大小為0醇1ng

C.小球的速率越大，則小球受到的洛倫茲力越大

D.磁感應強度的大小可能為噫

（多選）6.（6分）從地面上將一物體豎直向上拋出，物體運動過程中受到恒定大小的空氣阻力

作用，其上升過程中動能與重力勢能隨上升的高度變化的圖像如圖所示，則根據(jù)該圖像可以

求出（）

A.物體落回地面時的動能

B.物體上升到最高點的機械能

C.物體上升的最大高度

D.物體從拋出至落回拋出點所用的時間

（多選）7.（6分）如圖所示，真空中的a、d兩點固定兩個點電荷Qi、Q2,其中QI帶正電，

b、c是ad連線的三等分點，c、e位于以d為圓心的圓周上，e點的場強為零，若取無窮遠處

電勢為零。則以下說法正確的是（）

Q.：Q2\

QbC\d；

\\/>

A.同一試探電荷在b點受到的靜電力大于c點受到的靜電力

B.e點的電勢伙<0

C.電勢差Ubc=Ube

D.Qi的電荷量大于Q2的電荷量

（多選）8.（6分）如圖所示，abed是一質(zhì)量為m的“U”形均勻金屬框架，其電阻可忽略不計,

ef是一質(zhì)量也為m、兩端有光滑小環(huán)的均勻金屬桿，將ef兩端的小環(huán)套在框架頂端，剛好構

成一個邊長為L的正方形。PQ是水平勻強磁場的水平邊界。將此正方形線框在與勻強磁場垂

直的豎直平面內(nèi)由靜止釋放（此時be邊距PQ為h）,當be剛越過PQ時剛好勻速運動，ab

邊剛好有一半進入磁場時，ef恰到達PQ位置。運動中框架不轉動，小環(huán)與框架接觸良好,

不計空氣阻力，重力加速度大小為g。則（)

試題3

試題

XXXXXX

XXXXXX

XXXXXX

A-h=7L

B.得1

C.ef剛越過PQ時加速度大小為g

D.ef剛越過PQ時加速度大小為2g

三、非選擇題：共174分。第22?32題為必考題，每個試題考生都必須作答。第33?38題為

選考題，考生根據(jù)要求作答。

9.(6分)某同學利用驗證牛頓第二定律的裝置來驗證動能定理，實驗步驟如下:

k光電門1光電門2

擋光板十后二

a細線定滑輪

小車出II

-7

力居感器-----X

(1)測量小車、力傳感器和擋光板的總質(zhì)量為M,擋光板的寬度d；

(2)水平軌道上安裝兩個光電門，測出兩光電門中心間的距離s,小車上固定有力傳感器和

擋光板，細線一端與力傳感器連接，另一端跨過定滑輪，掛上祛碼盤，實驗首先保持軌道水

平，小車通過光電門1和2的時間相等，此時小車做運動，力傳感器的示數(shù)為

Fo；

(3)增加祛碼盤里祛碼的質(zhì)量，釋放小車，力傳感器的示數(shù)為F,小車通過光電門1和2的

時間分別為口和t2,則小車受到的合外力為(用“F、Fo”表示)；

(4)已知重力加速度為g,若要驗證動能定理，需要驗證的關系為

10.(9分)提供有下列器材，用于測量電源的電動勢和內(nèi)阻：

試題4

試題

待測電源（電動勢小于3V）

電壓表（量程3V,內(nèi)阻約3k。）

電阻箱R（0-999.911）

定值電阻Ro=4Q

開關

導線若干

甲、乙兩同學分別設計了如圖a（甲）和圖b（乙）所示的電路。

（1）某次實驗中電阻箱的情況如右圖所示，則其接入電路的電阻為

（2）若圖a和圖b電阻箱接入電路的電阻均為（1）中所讀的阻值，電壓表的示數(shù)分別為Ua

和Ub，則它們的大小關系U。Uh（選填”或“<”）；

（3）兩同學分別根據(jù)電阻箱和電壓表的讀數(shù)R和U,通過建立合適的坐標系，通過圖像處理

數(shù)據(jù)得出了電動勢和內(nèi)阻的值。某同學根據(jù)實驗測得的電壓表的示數(shù)U和電阻箱的讀數(shù)R,

作出了如右圖線，則所測得的電動勢Ei=,內(nèi)阻ri=o（結果均保留2

位有效數(shù)字）。由于電壓表的內(nèi)阻不是無窮大，該同學所測得的電動勢（選填“>”、

“=”或“<”）真實值。

11.（12分）如圖所示，一半徑為R的圓與x軸相切于原點O,圓內(nèi)有直于紙面向外的勻強磁場，

磁感應強度大為B。與x軸垂直的豎直虛線與磁場最右端相切，其右側的第I象限內(nèi)存在沿

-y方向的勻強電場?，F(xiàn)有一束比荷為旦的帶正電粒子沿著+y方向從原點O射入磁場，粒子

m

離開磁場時方向沿x軸正方向，進入電場后，經(jīng)電場偏轉打到x軸上坐標為（3R,0）的點，

不計粒子的重力，求：

（1）粒子射入磁場時的速度；

（2）電場強度的大??；

（3）若僅使從O點射入的帶電粒子初速度方向與-x軸方向成30°角，求粒子從O點出發(fā)

試題5

試題

到再次打到X軸上所用的時間。

12.（20分）光滑的水平面上停放著質(zhì)量mc=2kg的平板小車C,C的左端放置質(zhì)量HIA=1kg

的物塊A,車上距左端xo處（xo小于車的長度）放置質(zhì)量mB=3kg的物塊B,物塊A、B均

可視為質(zhì)點，它們與車面間的動摩擦因數(shù)分別為以=0.3、回=0.1,開始時車被鎖定無法運

動，物塊A以vo=9m/s的水平初速度從左端開始正對B運動，重力加速度g=10m/s2。

（1）若x0=7.5m,求A開始運動后經(jīng)過多長時間與B發(fā)生碰撞；

（2）若xo=7.5m,A與B發(fā)生彈性正碰，求A停止運動時距車左端的距離；

（3）改變X。的值，A運動至B處與B發(fā)生彈性碰撞后立即解除對車的鎖定，此后A與B都

剛好沒從車上掉下，求平板車的長度。

二、選考題：共45分。請考生從2道物理題、2道化學題、2道生物題中每科任選一題作答。

如果多做，則每學科按所做的第一題計分。[物理一一選修3-3]（15分）

（多選）13.（15分）如圖甲為某種轉椅的結構示意圖，其升降部分由M、N兩筒組成，兩筒間

密閉了一定質(zhì)量的理想氣體。圖乙為氣體分子速率分布曲線，初始時刻筒內(nèi)氣體所對應的曲

線為鼠人坐上椅子后M迅速向下滑動，設此過程筒內(nèi)氣體不與外界發(fā)生熱交換，則此過程

A.密閉氣體壓強增大，分子平均動能增大

B.外界對氣體做功，氣體分子的密集程度保持不變

試題6

試題

C.密閉氣體內(nèi)能增大，容器壁單位面積單位時間內(nèi)受到氣體分子撞擊的次數(shù)增加

D.密閉氣體的分子速率分布曲線可能會變成a曲線

E.密閉氣體的分子速率分布曲線可能會變成c曲線

14.如圖所示，兩個固定的導熱良好的足夠長水平汽缸，由水平輕質(zhì)硬桿相連的兩個活塞面積分

2

別為SA=120cm2,SB=20cmo兩汽缸通過一帶閥門K的細管連通，最初閥門關閉，A內(nèi)有

理想氣體，初始溫度為27℃,B內(nèi)為真空。初始狀態(tài)時兩活塞分別與各自汽缸底相距a=

40cm>b=10cm,活塞靜止。(不計一切摩擦，細管體積可忽略不計，A內(nèi)有體積不計的加熱

裝置，圖中未畫出。設環(huán)境溫度保持不變?yōu)?7℃,外界大氣壓為po)。

(1)當閥門1i關閉時，在左側汽缸A安裝絕熱裝置，同時使A內(nèi)氣體緩慢加熱，求當右側

活塞剛好運動到缸底時A內(nèi)氣體的溫度TA，及壓強PA；

(ii)停止加熱并撤去左側汽缸的絕熱裝置，將閥門K打開，足夠長時間后，求大活塞距左

側汽缸底部的距離Ax。

三、[物理——選修3-4](15分)

(多選)15.(15分)同一地點的甲、乙兩單擺的部分振動圖像如圖所示，下列說法正確的是

()

A.甲、乙兩單擺的擺長之比為16：2

B.乙單擺的機械能大于甲單擺的機械能

C.0?1s內(nèi)，單擺甲、乙擺球的重力勢能都增大

D.兩圖線交點對應的時刻(t0)甲、乙兩擺球速率相等

E.甲單擺的振動方程為x=4sin)cir

16.如圖所示，玻璃球的半徑為R,被平面截去一部分后底面鍍有反射膜，底面的半徑為近R；

試題7

試題

在紙面(過玻璃球球心0的截面)內(nèi)有一條過球心0的光線，經(jīng)過底面AB反射后恰好從M

點射出，已知出射光線的反向延長線恰好經(jīng)過A點且與底面垂直，光在真空中的速度為c。

求：

(1)該條光線入射方向與底面AB的夾角及該玻璃球的折射率；

(2)該條光線從射入玻璃球到射出玻璃球經(jīng)歷的時間。

試題8

試題

2024年四川省成都外國語學校高考物理二模試卷

參考答案與試題解析

二、選擇題：本題共8小題，每小題6分，共48分。在每小題給出的四個選項中，第14?18

題只有一項符合題目要求，第19?21題有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全

的得3分，有選錯的得0分。

1.【解答】解：A、目前核電站的反應堆是利用重核裂變產(chǎn)生的能量工作的，

然U+；n-堞Ba+*r+3；酒重核裂變，是反應堆的工作原理之一，故A正確；

B、加+如e+；n是輕核聚變，該反應會釋放能量，是因為是的比結合能比汨

和；H的比結合能都大，故B錯誤；

C、狹義相對論認為在任意一個慣性系中的觀測者所測得的真空中的光速恒為c,不是任何情

況下，故C錯誤；

D、根據(jù)愛因斯坦的光電效應方程Ej^nhv-W,逸出光電子的最大初動能的大小與照射光

的頻率成線性關系，而不是初速度的大小，故D錯誤。

故選：Ao

2.【解答】解:設地球半徑為R,則該航天器的軌道半徑為2R。

A.對航天器，根據(jù)牛頓第二定律有

G———=m>^

(2R)22R

對地球的近地衛(wèi)星，設線速度大小為V0,根據(jù)萬有引力提供向心力有

2

GMm-

一m

Z0R

R2

聯(lián)立解得vo=&v,故A錯誤；

B.立于航天器內(nèi)底板上的宇航員處于完全失重狀態(tài)，故航天員對底板的壓力等于0,故B正

確；

C.若在航天器所在的軌道上發(fā)射衛(wèi)星，只有當發(fā)射速度達到第三宇宙速度時才能使衛(wèi)星脫離

地球引力的束縛，故C錯誤；

2

D.根據(jù)M=paTTR3,聯(lián)立G———=m工解得

3(2R)22R

試題9

試題

p=_由于地球半徑未知，所以不能求出地球密度，故D錯誤。

2G兀R2

故選：Bo

AB、受重力、拉力、支持力和摩擦力，設拉力與斜面間的夾角為3若摩擦力開始向下，根

據(jù)受力平衡可得：Hmgsina=Fcos0,當F逆時針轉動時0減小，所以摩擦力減小，若摩擦力

開始向上，當。減小時，摩擦力減小，故AB錯誤；

CD、斜面體對物塊的作用力包括摩擦力和支持力，當F逆時針轉動時，F(xiàn)與mg的合力減小，

根據(jù)受力平衡可得，f與F,的合力也減小，所以斜面對物塊的作用力減小，故C錯誤，D正

確。

故選：D。

4.【解答】解：A.由電功率公式P=UI可知，發(fā)電機輸出的電流為

I二旦J0PX10A=400A，故A錯誤；

1%250

D.根據(jù)理想變壓器電流與線圈匝數(shù)成反比關系得：

_n2

T2"nl

J「4

J4"n3

又因為：I線=b=l3

L

n2n3

聯(lián)立解得：l4=Ii=400A,故D正確；

B.降壓器的輸出功率為：

試題10

試題

P4=U4I4=200X400W=88kW

輸電的效率為：

p

n=—l-x100%=-^X100%=88%,故B錯誤；

Pl100

C.輸電線上的損失功率為：P線=「1-P4=12kW

又因為：P線=線

解得：I線=40A

其中b=l3=I線

則升壓器的匝數(shù)之比為：3_="=3_=」一故c錯誤。

n211400A10

故選：D。

5.【解答】解：A.對小球受力分析如圖所示

N

小球所受洛倫茲力指向圓心0',根據(jù)左手定則可知，從上面俯視小球沿逆時針方向運轉,

故A錯誤；

B.豎直方向受力平衡，根據(jù)平衡條件有

NcosQ-mg=0

解得

N=2mg,故B錯誤；

C.根據(jù)洛倫茲力的公式

F=qvB

可知，粒子的速度越大，洛倫茲力越大，故C正確；

D.根據(jù)牛頓第二定律有

2

F-Nsin0=11ksi口8

整理可得

2V3qBR3gR

v

試題11

試題

由于V是實數(shù)，必須滿足

A2=(_V3qBR)2_4><3gR>0

2m2

解得

故選：Co

6.【解答］解：A、根據(jù)圖像可知，動能減少AEk=100J-40J=60J時，重力勢能增加AEp=

40J,所以機械能減少：AEi=60J-40J=20J；

上升到最高點時，機械能損失△E,則有：也=粵，解得：AE=JMT

20AE3J

則物體回到地面上時的機械能為：E=100J-2AE=100J-2XJMT=122.T,故A正確；

3J3J

B、根據(jù)A選項可知，物體上升到最高點的機械能為：E=Ek0-AE=100J-3T=ML

故B正確；

C、物體上升到最高點的機械能為E=200L=mgh,由于物體的質(zhì)量不知道，無法求解高度

3

D、根據(jù)牛頓第二定律得，上升過程的加速度大小為：ai=9^

m

下降過程的加速度大小為：22=哩工

m

根據(jù)h="|at2得，.上升的時間為：h=，至

下降的時間為：t2=

則總時間為：t=ti+t2=

由于阻力大小未知，無法求出物體從拋出至落回拋出點所用的時間，故D錯誤。

故選：AB?

7.【解答】解：D、設ab=bc=cd=de=r,因e點場強為零，故點電荷Qi、Q2在e點的電場強

度等大反向，可知Q2帶負電。

Q,Q,

根據(jù)點電荷的場強公式可得：k——二=k一，可得：Qi=16Qo,故D正確;

（4r）2r2

A、設試探電荷的電量為q。

試題12

試題

在b點其受到的靜電力大小為：p=k±^+kQ2Q=更

b27

rF4r2

QqQ?qQ?q

在c點其受到的靜電力大小為:F=k—t+k~^-=5kf

°c⑵)21r4

可知：Fb>Fc,故A正確;

Q,Q

B、Qi在e點產(chǎn)生的電勢為：。=k—UQ2在e點產(chǎn)生的電勢為：。=_廣1o（Q2>0）。

14r2r

則e點的電勢為：。=中，+中,=3^>0,故B錯誤；

e1/r

b點的電勢為：Q=吧

C、同理可得:

br2r2r

QiQ9Q9

C點的電勢為:Q=k-5-k—=7k—

cc2rrr

17.Q2

Ubc=中廣0廠2"r

9RQo

凡?

2r

可知：Ubc<Ube>故C錯誤。

故選：AD?

8?【解答】解：AB、正方形線框未進入磁場時金屬框架和金屬桿一起做自由落體運動，下落h

過程由動能定理有：21ngX2mv：-0，可得2gh

金屬框架進入磁場由于受到豎直向上的安培力做勻速直線運動，設此時的安培力為Fo,則F0=

mg,此時ef未進入磁場，則ef不受安培力，在重力作用下繼續(xù)做勻加速運動，

L

設ab邊剛好有一半進入磁場過程所用的時間為t,則有：

v0

此時ef恰到達PQ位置，在時間t內(nèi)金屬桿向下運動的距離為L,則有：L=v0t^gt2

代入數(shù)據(jù)可得：h4，故B正確，A錯誤；

CD、ef剛越過PQ時，設此時ef的速度為vi，貝！I：vi=v（）+gt,可得丫1=3-7^正，此時ef邊

切割磁感線產(chǎn)生的感應電動勢：Ei=BLvi

be邊切割磁感線產(chǎn)生的感應電動勢：E2=BLV（）

由右手定則可知兩邊產(chǎn)生的感應電動勢并聯(lián)，則回路中總的電動勢：

=>

E=E1-E2=BLv1-BLv0=BL(3V2gh-V2gh)BLX2V2ih=2BLv0設此時回路中電流

試題13

試題

為I

be邊剛進入磁場時產(chǎn)生的感應電動勢E（）=BLvo，可知E=2Eo，設此時電流為如

金屬框架的電阻忽略不計，由閉合電路歐姆定律可知1=21°

由F=BIL可知ef恰到達PQ位置時安培力Fi=2F（）=2mg

由左手定則可知安培力豎直向上，對ef由牛頓第二定律有：2Fo-mg=ma,可得a=g,故C

正確，D錯誤。

故選：BC。

三、非選擇題：共174分。第22?32題為必考題，每個試題考生都必須作答。第33?38題為

選考題，考生根據(jù)要求作答。

9.【解答】解：（2）小車通過光電門1和2的時間相等，此時小車做勻速直線運動；

（3）小車做勻速直線運動時有

Fo=f

力傳感器的示數(shù)為F時小車受到的合外力為

F合=F-Fo

（4）若要驗證動能定理，需要驗證的關系為

(F-Fo)s^Mv^-yMvJ

其中

dd

vi=-

x2u1

聯(lián)立解得:(F-FQsjMf)2冬事2

乙L2乙LI

勻速直線；(2()2

故答案為:(2)(3)F-Fo；(4)(F-F0)S4MV-)4M-A

uNt之Zt]

10.【解答】解（1）根據(jù)圖?？芍娮柘浣尤腚娐返淖柚禐?00X00+1X100+9X10+0X0.1。=

19.0。；

（2）根據(jù)圖a與圖b電路均為串聯(lián)連接方式，可知兩個電路中電流相等，圖a中電壓表示數(shù)

為定值電阻Ro兩端的電壓，圖b電壓表示數(shù)為電阻箱R兩端電壓，又因為Ub=IR>Ua=

IRo，即Ua<Ub；

（3）根據(jù)閉合電路歐姆定律結合圖a、圖b可知，分別列出電源電動勢和內(nèi)阻的函數(shù)方程，

經(jīng)過整理方程后只有圖a的符合圖d圖像，即

EI=U+」L（R+n）

R0

試題14

試題

整理得工=-1—XR+」J_+_k

UE[R°E[R°E]

結合圖a可知L5-0?5

E?RQ10

代入數(shù)據(jù)解得Ei=2.5V,ri=1.011

由于電壓表的內(nèi)阻不是無窮大，導致圖a中干路電流要比流過電阻氏的電流大，即I真＞1測

E真=U+I真（R+r）

￡測=17+1測（R+r）

可知E測＜E真；

故答案為：（1）19.0：（2）＜；（3）2.5,1,0,＜?

11.【解答】解：（1）粒子在磁場中做勻速圓周運動，其軌跡為工圓周，軌跡半徑等于圓形磁場

4

區(qū)域的半徑R,由洛倫茲力提供向心力得：

2

qBv=m——

R

解得：V=邂；

m

（2）粒子進入電場做類平拋運動，沿-y方向做勻加速直線運動，其位移大小等于R；沿+x

方向做勻速直線運動，其位移大小等于3R-R=2R,則有：

R=Aat2

2

2R=vt

由牛頓第二定律得：a=32

m

聯(lián)立解得：E=Q2R；

2m

試題15

試題

粒子的在磁場中軌跡半徑與圓形磁場區(qū)域的半徑相等，由幾何關系可得，粒子在P點離開磁

場時的速度方向沿X軸正方向，粒子由O到P做圓周運動的圓心角為180°-30°=150°,

粒子在磁場中的運動周期為：

T—2兀R—2兀m

J丁一丁

粒子在磁場中的運動周期為：

,尸150。壬=5冗m

1360^>T6qB

粒子由P到M的過程做勻速直線運動，設此過程運動時間為t2,則有：

R-Rsin30°=vt2

解得：t2=

2^B

粒子由M點進入電場，由M到N的過程做類平拋運動，設此過程運動時間為t3,沿-y方向

做勻加速直線運動，其位移大小等于R+Rcos30°,則有：

R+Rcos30°=-liit32

由牛頓第二定律得：a=32

m

聯(lián)立解得：t3=-4+2愿嗎

qB

則粒子從O點出發(fā)到再次打到x軸上所用的時間為：

_5TTm,m4+2^3m_（5兀+3+6V4+2A/3）m

t1

Il］十（2十（3----------十----------------------o

6qB2qBqB6qB

答：（1）粒子射入磁場時的速度為邂；

m

2

（2）電場強度的大小為qBR；

2m______

（3）粒子從。點出發(fā)到再次打到x軸上所用的時間為K2L望坦逅迎。

6qB

12.【解答】解：（1）物塊A的加速度大小為a,由牛頓第二定律

^AmAg=mAa

2

由運動學公式：xo=vot--Lat

解得：t=ls；

（2）A與B碰前速度瞬間為vi，并設為正方向；碰后A、B速度分別為V2,v3,

vi=v（）-at

mAvi=mAv2+mBV3

試題16

試題

121212

7mAvl=7mAv2+7mBv3

解得：V2=(1nAmp)7=x^m/s=-3m/s

1

mA+mB1+3

2mA

V3=v1=2'1xem/s=3m/s

1

mA+mB1+3

A碰后向左運動，假設A碰后向左發(fā)生的最大位移為xi，由動能定理

1c\

_PAmAgxi=0--mAv2

Ax=x()-xi

解得：△x=6m,故A停止運動時距平板車左端6m；

(3)設A與B碰前速度為V4,碰后A、B速度分別為V5、v6

同理可得:“=%為

mA+mB

2m

V6=----------V4

mA+mB

解得：v=-,v=X

52V4624

由于A、B與平板車之間的摩擦力大小以=后，且A的加速度大于B,由此可判斷A碰后向

左做勻減速運動，此過程中車一直保持靜止。

22

VV

由運動學公式:4-o2axo

0-福=-2ax0

解得：V4=2疾vo,x0=2.7m

5

設最終三者共同勻速運動速度為的V6，由動量守恒定律

mAV5+mBv6=(mA+mB+mc)v6

解得:V6=3疾m/s

5

設B開始與平板小車右端相距為XB，由能量守恒

1910

=

—(mA+mB+mc)v6^AniAgxo+^BinBgxB

解得：XB=6.3m

L=XO+XR=2.7m+6.3m=9m

試題17

試題

答：(1)若x()=7.5m,A開始運動后經(jīng)過Is與B發(fā)生碰撞；

(2)若xo=7.5m,A與B發(fā)生彈性正碰，A停止運動時距車左端的距離為6m；

(3)改變xo的值，A運動至B處與B發(fā)生彈性碰撞后立即解除對車的鎖定，此后A與B都

剛好沒從車上掉下，平板車的長度為9m。

二、選考題：共45分。請考生從2道物理題、2道化學題、2道生物題中每科任選一題作答。

如果多做，則每學科按所做的第一題計分。［物理一一選修3-3|(15分)

13?【解答】解：ABC、根據(jù)題意可知，M迅速向下滑動，理想氣體的體積減咸小，氣體分子的

密集程度變大，外界對氣體做功，且筒內(nèi)氣體不與外界發(fā)生熱交換，則理想氣體內(nèi)能增大，

溫度升高，分子習平均動能增大，容器壁單位面積單位時間內(nèi)受到氣體分子撞擊的次數(shù)增加，

密閉氣體壓強增大，故AC正確，B錯誤；

DE、由于氣體溫度越高，速率較大的分子所占的比例越大，則密閉氣體的分子速率分布曲線

可能會變成c曲線，故E正確，D錯誤。

故選：ACE。

14.【解答】解：(i)閥門K關閉時，將A內(nèi)氣體緩慢加熱，溫度緩慢升高，根據(jù)受力平衡可

知，氣體壓強不變，為等壓變化，對于A氣體

初狀態(tài)：VA=aSA，T()=(273+27)K=300K

末狀態(tài)：VAI=(a+b)SA，

根據(jù)蓋-呂薩克定律

ToTA

解得：TA=375K

對兩活塞整體為研究對象，根據(jù)受力平衡得

PASA_POSA+POSB=O

解得：PA=^|PO；

(ii)打開閥門K穩(wěn)定后，設氣體壓強為PA'，以兩個活塞和桿為整體有

PA