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2024届四川省泸县第五中学高三上学期一诊模拟考试理综试题（解析版）
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这是一份2024届四川省泸县第五中学高三上学期一诊模拟考试理综试题（解析版），共14页。试卷主要包含了考试时间150分钟，满分300等内容，欢迎下载使用。
注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.考试时间150分钟，满分300
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 S 32 Cl 35.5 K 39 Ti 48 Fe 56 I 127
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14~18题只有一项符合题目要求，第19~21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. 下列四个核反应方程式书写正确的是（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】C
【解析】
【分析】核反应前和反应后的质量数和电荷数守恒．
【详解】A项：为发现质子的人工转变方程，但质量数不守恒，故A错误；
B项：钠的质子数为11，失去电子是核外电子变化不是核反应方程式，故B错误；
C项：是核反应方程，且质量数和电荷数守恒，故C正确；
D项：质量数不守恒，故D错误．
故选C．
【点睛】本题考查了核反应方程的分析判断，要注意反应前后质量数和电荷数要守恒．
2. 质量为1 kg的小球从空中自由下落，与水平地面相碰后弹到空中某一高度，其速度—时间图像如图所示，以竖直向上为正，重力加速度g取．下列说法正确的是（ ）更多免费优质滋元可 家 威杏 MXSJ663
A. 小球下落的最大速度为5 m/s
B. 小球能弹起的最大高度为2.5 m
C. 小球第一次反弹后的瞬时速度大小为10 m/s
D. 小球与地面第一次碰撞过程中地面对小球的冲量大于15 kg•m/s
【答案】D
【解析】
【分析】由速度--时间图象可得出小球的运动规律，v-t图象与时间轴围成的面积表示物体通过的位移．
【详解】A项：由图可知，小球下落到1s时的速度最大，最大速度为10m/s；故A错误；
B项：弹起后的正向位移为：，故B错误；
C项：由图可知，小球第一次反弹后的瞬时速度大小为5m/s，故C错误；
D项：由动量定理可得：，所以小球与地面第一次碰撞过程中地面对小球的冲量大于15 kg•m/s，故D正确．
故选D．
【点睛】本题考查图象的应用，关键是要明确图象与时间轴围成的面积表示物体通过的位移．
3. 一质量为m的铁球在水平推力F的作用下，静止在倾角为θ的斜面和竖直墙壁之间，铁球与斜面的接触点为A，推力F的作用线通过球心O，如图所示，假设斜面、墙壁均光滑．若水平推力缓慢增大，则在此过程中（ ）
A. 斜面对铁球的支持力缓慢增大B. 斜面对铁球的支持力不变
C. 墙对铁球的作用力大小始终等于推力FD. 墙对铁球的作用力大小始终大于推力F
【答案】B
【解析】
【详解】AB．对小球受力分析，受推力F、重力G、墙壁的支持力N、斜面的支持力，如图
根据共点力平衡条件，有：x方向
竖直方向
解得
故当F增加时，斜面的支持力为
保持不变，故A错误B正确；
CD．故当F增加时，墙壁对铁球的作用力不断变大，为
故CD错误；
【点睛】关键是灵活选择研究对象，本题不宜采用整体法．分析受力，作力图仍是处理平衡问题的基础．
4. 质量为1kg的弹性小球以9m/s的速度垂直砸向地面，然后以同样大小的速度反弹回来，关于小球与地面的碰撞过程，下列说法正确的是（ ）
A. 小球动量的变化量为0
B. 地面对小球的冲量大小为18N·s
C. 合外力的冲量大小为18N·s
D. 小球的加速度为0
【答案】C
【解析】
【分析】以小球初速度方向为正方向，根据∆I=m△v求解动量变化量；根据动量定理讨论地面对小球的冲量大小.
【详解】AD．从砸向地面到最后原速反弹的过程中机械能守恒，以小球初速度方向为正方向，则小球在撞地面过程中速度的变化量为：△v=v2-v1=-9-9=-18m/s，小球动量的变化量为∆I=m△v=-18N∙s ，则小球的加速度为： ，所以加速度不为0，AD错误；
BC．碰撞过程中小球受阻力和重力的作用，则由动量定理：，其合外力冲量大小大于18N∙s；地面对小球的冲量大于18N∙s，C正确，B错误．
故选C.
5. 地球表面赤道上的物体随地球自转的向心加速度为a1；将月球绕地球做的运动视为匀速圆周运动，轨道半径为r，向心加速度为a2．已知引力常量为G，地球半径为R．下列说法中正确的是
A. 根据题意可求月球质量m=
B. 加速度之比
C. 地球质量M=
D. 地球表面赤道处的重力加速度g=
【答案】C
【解析】
【分析】运用万有引力提供向心力列出等式和运用圆周运动的物理量之间的关系列出等式解决问题．
【详解】对月球，根据万有引力充当向心力：，消掉月球的质量m，可得地球的质量为 ，但是不能求解月球的质量m，故选项A错误，C正确；对月球 ；而地球赤道上的物体满足 ，即，则a1和a2不满足，且，D错误；故选C．
6. 如图所示，ad、bd、cd是竖直面内三根固定的光滑细杆，a、b、c、d位于同一圆周上，a点为圆周的最高点，d点为圆周的最低点。每根杆上都套着一个质量相同的小滑环（图中未画出），三个滑环分别从a、b、c处释放（初速度为零），关于它们下滑的过程，下列说法正确的是（ ）
A. 重力对它们的冲量相同B. 弹力对它们的冲量相同
C. 合外力对它们的冲量相同D. 它们的动能增量不同
【答案】AD
【解析】
【详解】A．设圆的半径为，小滑环从其中一光滑细杆滑下，光滑细杆与竖直方向的夹角为，则有
，
解得
可知小滑环下滑所用时间只与圆的半径有关，则三个滑环分别从a、b、c处释放，它们下滑的过程所用时间相等，根据
可知重力对它们的冲量相同，故A正确；
B．由于三种情形下弹力的大小和方向均不同，则弹力对它们的冲量不相同，故B错误；
C．合外力对小圆环的冲量为
由于角度不同，可知合外力对它们的冲量不相同，故C错误；
D．小滑环下滑到最低点时的速度大小为
由于角度不同，可知三个滑环的末速度大小不相等，末动能不相等，则动能的增量不同，故D正确。
故选AD。
7. 如图甲所示，小球用不可伸长的轻绳连接后绕固定点O在竖直面内做圆周运动，小球经过最高点时的速度大小为v，此时绳子的拉力大小为FT，拉力FT与速度的平方v2的关系图像如图乙所示，图像中的数据a和b，包括重力加速度g都为已知量，则以下说法正确的是（ ）
A. 数据a与小球的质量无关
B. 数据b与小球的质量无关
C. 比值只与小球的质量有关，与圆周轨迹半径无关
D. 利用数据a、b和g能够求出小球的质量和圆周轨迹半径
【答案】AD
【解析】
【详解】A．由题图乙可知，当v2＝a时，此时绳子的拉力为零，小球的重力提供其做圆周运动的向心力，则由牛顿第二定律得
解得
即，与小球的质量无关，故A正确；
B．当v2＝2a时，对小球受力分析，则由牛顿第二定律得
解得
即b与小球的质量有关，故B错误；
C．根据上述分析可知
与小球的质量有关，与圆周轨迹半径也有关，故C错误；
D．由上述可知
，
故D正确。
故选AD。
8. 如图所示，在倾角为θ的固定斜面的底端固定一个挡板，质量均为m的两个不相同的小物体a、b通过轻质弹簧连接，处于静止状态，其中，物体a与斜面间的动摩擦因数为μ，物体b与斜面间光滑，此时弹簧的压缩量为x，a与斜面间刚好没有摩擦力．现对物体a沿斜面向下的方向施加一个外力F使弹簧再缓慢压缩4x，然后，突然撤去外力F，经过一段时间后，当物体a沿斜面向上运动的速度为v时，物体b刚好离开挡板，重力加速度为g.那么，下列说法中正确的是
A. 弹簧的劲度系数为
B. 物体b刚离开挡板时，a物体的加速度为(2sinθ+μcsθ)g
C. 当物体a沿斜面向上运动的速度最大时，物体b对挡板的压力为零
D. 撤去外力后当物体a的速度为v时，弹簧对物体a做的功为6 mgxsinθ+mv2+6 xμmgcsθ
【答案】BD
【解析】
【详解】A. 对a施加F力时，压缩量为5x，由平衡条件可知，F+mgsinθ-μmgcsθ=k×5x，弹簧的劲度系数k=，故A错误；
B. 物块b刚要离开挡板时，弹簧的弹力等于物块b的重力沿斜面向下的分力，则对a有：2mgsinθ+μmgcsθ=ma，得a=(2sinθ+μcsθ)g，故B正确；
C. 物块a沿斜面向上运动速度最大时，弹簧的弹力沿斜面向上，大小等于a的重力沿斜面向下的分力加上摩擦力，则知，弹簧对b有向下2的压力，故物块b对挡板c的压力不为O，故C错误；
D. 撤去外力后，当物体a的速度为v时，弹簧的弹力等于mgsinθ，伸长量等于x，根据动能定理得，W-6 mgxsinθ-6 xμmgcsθ=mv2，弹簧弹力对物块a做的功为6 mgxsinθ+mv2+6 xμmgcsθ，故D正确．
故选BD
三、非选择题：共174分。第22~32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33~38题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共129分。
9. 小明在课本查到“木一木”的动摩擦因数为0.3，打算对这个数据进行检验，设计了以下实验：
(1)将质量为M的待测木块放在水平放置的长木板上，通过细绳连接沙桶，增加沙桶中沙的质量，直到轻推木块，木块恰能做匀速直线运动，若此时沙桶及沙的总质量为m，则动摩擦因数μ=___________．
(2)由于找不到天平，小明进行了以下步骤：①取下沙桶，在木板上固定打点计时器，将纸带系在木块上，并穿过打点计时器；②将木板不带滑轮的一端垫高，直到木块能做匀速直线运动；③挂上沙桶(沙桶及沙的总质量保持不变)，接通电源，稳定后释放木块，得到如图纸带．
(3)已知打点计时器的频率为50Hz，根据纸带数据，可求得木块运动的加速度a=___________m/s2(保留两位有效数字)
(4)若当地的重力加速度为9.8m/s2，则算的μ=___________(结果保留两位有效数字)
【答案】 ①. ②. 2.4 ③. 0.32～0.33
【解析】
【详解】（1）由平衡知识可知：，解得
（2）根据∆x=aT2可得木块运动的加速度
（3）平衡摩擦力后挂上砂桶系统加速运动，据牛顿第二定律可得
因，
联立可得
点睛：解决问题的关键是明确实验的原理，根据牛顿第二定律列出表达式，根据题目的条件求解摩擦因数.
10. 在探究“ 物体质量一定时加速度与力的关系” 的实验中， 某兴趣小组对教材介绍的实验方案进行了优化， 设计了如图所示的实验装置． 其中 M 为带滑轮的小车的质量， m为砂和砂桶的质量（ 滑轮质量不计）．
(1).依据优化后实验原理图， 该实验______（ 填“需要” 或“ 不需要”） 将带滑轮的长木板右端垫高， 以平衡摩擦力； 实验中______（ 填“ 一定要” 或“ 不必要”） 保证砂和砂桶的质量 m 远小于小车的质量 M；
(2).该同学在实验中得到如图(a)所示的一条纸带（ 两计数点间还有四个点没有画出）， 已知打点计时器采用的是频率为 50Hz 的交流电， 根据纸带可求出小车的加速度为____ m/s2（ 结果保留两位有效数字）．
(3).如图(b)所示， 以弹簧测力计的示数 F 为横坐标， 加速度为纵坐标， 画出的 a－F 图象是一条直线， 求得直线的斜率为 k， 则小车的质量为______．
【答案】 ① 需要 ②. 不必要 ③. 0.50 ④.
【解析】
【分析】（1）只有平衡摩擦力，弹簧秤的拉力的2倍才等于小车的合外力；小车所受拉力可由弹簧测力计测出，实验不需要控制砂和砂桶质量远小于小车质量．
（2）根据匀变速直线运动的推论：△x=at2求出加速度大小．
（3）根据题意，应用牛顿第二定律求出图象的函数表达式，然后分析答题．
【详解】(1)依据优化后实验原理图，该实验需要将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力，这样才能使得弹簧秤的拉力的2倍等于小车的合外力；由于有弹簧测力计测量拉力的大小，则实验中不必要保证砂和砂桶的质量m远小于小车的质量M；
(2) 频率为50Hz，则周期为0.02s，由于两计数点间还有四个点没有画出，相邻计数点的时间间隔为0.1s，由△x=aT2可得：a=m/s2=0.478m/s2．
(3)根据牛顿第二定律：2F=Ma，则a=F，则=k解得M=．
11. 如图所示，质量M=0.3kg的小木块放在平台的右端，小木块与平台间的动摩擦因数μ=0.1，平台右侧的地面上有一只质量m=0.1kg的玩具青蛙，旋紧发条让玩具青蛙倾斜跳起，在速度水平时恰好到达木块处，青蛙立即抱住木块并趴在木块上，和木块一起滑行s=0.5m后停下，平台到地面的高度h=0.45m，重力加速度g取10m/s2(小木块和玩具青蛙可视为质点，青蛙抱住木块过程时间极短，不计空气阻力)．求
(1)玩具青蛙抱住木块前瞬间的速度
(2)玩具青蛙的起跳速度．
【答案】(1)4m/s (2)5m/s
【解析】
【分析】（1）根据动能定理结合动量守恒定律求解玩具青蛙抱住木块前瞬间的速度；（2）根据水平和竖直方向的运动求解玩具青蛙的起跳速度.
【详解】（1）以小木块和玩具青蛙为研究对象，一起滑行的过程中，由动能定理：
青蛙抱住木块过程由动量守恒定律：
联立解得v1=4m/s
（2）青蛙跳起到小物块的过程中竖直方向做竖直上抛运动，则：0-vy2=-2gh
青蛙起跳时的速度
联立解得v0=5m/s
12. 如图所示的“S”字形玩具轨道，该轨道是用内壁光滑的薄壁细圆管弯成，固定在竖直平面内，轨道弯曲部分是由两个半径相等的半圆连结而成，圆半径必细管内径大得多，轨道底端与水平地面相切．弹射装置将一个小球（可视为质点）从点水平弹射向点并进入轨道，经过轨道后从点水平抛出，已知小物体与地面段间的动摩擦因数，不计其它机械能损失，段长，圆的半径，小物体质量，轨道质量为，，求：
（1）若，小物体从点抛出后的水平射程；
（2）若，小物体经过轨道的最高点时管道对小物体作用力的大小和方向；
（3）设小球进入轨道之前，轨道对地面的压力大小等于轨道自身的重力，当至少为多大时，可出现轨道对地面的瞬时压力为零．
【答案】（1）（2）1.1N，方向竖直向下．（3）5m/s
【解析】
【详解】(1)设小球到达c点处速度为v，由动能定理，得－μmgL－mg4R＝mv2－mv02
小球由c点做平抛运动，有4R＝gt2
x＝vt
联立并代入数值解得小球从最高点c抛出后的水平射程：x＝
(2)当小球通过c点时，由牛顿第二定律得:FN＋mg＝m
代入数值解得管道对小球作用力:FN＝1.1N，方向竖直向下．
(3) 要使小球以最小速度v0运动，且轨道对地面的压力为零，则小球的位移应该在“S”形道中间位置，设小球到达c点处速度为vc，由动能定理，得
－μmgL－mg2R＝mvc2－mv02
当小球通过c点时，由牛顿第二定律得：FN′＋mg＝m
要使轨道对地面的压力为零，则有FN′＝Mg
联立并代入数值解得：v0＝5m/s.
[物理——选修3–3]
13. 下列说法中正确的是________．
A. 分子间的引力和斥力，当rB. 如果物体从外界吸收热量，则物体的内能一定增大
C. 理想气体等温膨胀，则每秒撞击单位面积器壁的气体分子数减少
D. 第二类永动机不可能制成，是因为违背了能量守恒定律
E. 给农作物松土，是破坏土壤的毛细管从而保存土壤中的水分
【答案】ACE
【解析】
【详解】A.分子间的引力和斥力，当rB.如果物体从外界吸收热量，但是如果气体对外做功，则物体的内能不一定增大，选项B错误；
C.理想气体等温膨胀，压强减小，气体分子平均速率不变，气体密度减小，则每秒撞击单位面积器壁气体分子数减少，选项C正确；
D.第二类永动机不可能制成，是因为违背了热力学第二定律，不违背能量守恒定律，选项D错误；
E.给农作物松土，是破坏土壤的毛细管从而保存土壤中的水分，选项E正确；
故选ACE
14. 如图，用绳子悬挂一内壁光滑的圆柱形倒立汽缸，汽缸处于竖直状态，高度H0=0.8m、底面积S=30cm2，缸内有一个质量为m=15kg的活塞，封闭了一定质量的理想气体．温度为27℃时，活塞距缸底的距离为L0=0.5m．已知大气压强p0=105Pa，不计活塞厚度及活塞与缸体的摩擦，重力加速度大小g=10m/s2．求：
(i)用缓慢升温的方法使活塞与汽缸脱离，缸内气体至少要升高的温度Δt；
(ii)从开始升温到活塞刚要脱离汽缸，缸内气体压力对活塞做的功W．
【答案】(i) (ii)
【解析】
【详解】（1）气体等压变化，由盖吕萨克定律：
解得T2=480K，
升高的温度：
（2）气体等压膨胀，压力不变，活塞受力平衡：PS+mg=P0S
气体压力对活塞做功：W=PS(H0-L0)=45J
[物理——选修3–4]
15. 如图甲为一列沿x轴正向传播的简谐横波在某一时刻的波形图，图乙为质点P以此时刻为计时起点的振动图象．则由图可知波速为___________m/s；定在x=50m处接收器接收到该波频率___________5Hz(选填“大于”、“小于”、“等于”)
【答案】 ①. 20 ②. 等于
【解析】
【详解】由波形图可知λ=4m；由振动图像可知：T=0.2s，可知波速 ；波的频率为f=1/T=5Hz，则固定在x=50m处接收器接收到该波频率等于5Hz.
16. 折射率为的二棱镜ABC截面如图所示，其中∠A=90°，∠B=30°，AC边长为2a，将单色光从AB边上的某点射入棱镜，其折射光在AC中点发生全反射并垂直于BC面射出棱镜，光在真空中速度为c，求：
（1）画出单色光从进入到离开三棱镜的光路图并标出进入棱镜时的入射角和折射角的大小；
（2）计算单色光在棱镜中传播的时间．
【答案】（1）如图所示：
（2）
【解析】
详解】（1）光路如图；
（2）光在棱镜中的传播速度：
解得
注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.考试时间150分钟，满分300
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 S 32 Cl 35.5 K 39 Ti 48 Fe 56 I 127
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14~18题只有一项符合题目要求，第19~21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. 下列四个核反应方程式书写正确的是（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】C
【解析】
【分析】核反应前和反应后的质量数和电荷数守恒．
【详解】A项：为发现质子的人工转变方程，但质量数不守恒，故A错误；
B项：钠的质子数为11，失去电子是核外电子变化不是核反应方程式，故B错误；
C项：是核反应方程，且质量数和电荷数守恒，故C正确；
D项：质量数不守恒，故D错误．
故选C．
【点睛】本题考查了核反应方程的分析判断，要注意反应前后质量数和电荷数要守恒．
2. 质量为1 kg的小球从空中自由下落，与水平地面相碰后弹到空中某一高度，其速度—时间图像如图所示，以竖直向上为正，重力加速度g取．下列说法正确的是（ ）更多免费优质滋元可 家 威杏 MXSJ663
A. 小球下落的最大速度为5 m/s
B. 小球能弹起的最大高度为2.5 m
C. 小球第一次反弹后的瞬时速度大小为10 m/s
D. 小球与地面第一次碰撞过程中地面对小球的冲量大于15 kg•m/s
【答案】D
【解析】
【分析】由速度--时间图象可得出小球的运动规律，v-t图象与时间轴围成的面积表示物体通过的位移．
【详解】A项：由图可知，小球下落到1s时的速度最大，最大速度为10m/s；故A错误；
B项：弹起后的正向位移为：，故B错误；
C项：由图可知，小球第一次反弹后的瞬时速度大小为5m/s，故C错误；
D项：由动量定理可得：，所以小球与地面第一次碰撞过程中地面对小球的冲量大于15 kg•m/s，故D正确．
故选D．
【点睛】本题考查图象的应用，关键是要明确图象与时间轴围成的面积表示物体通过的位移．
3. 一质量为m的铁球在水平推力F的作用下，静止在倾角为θ的斜面和竖直墙壁之间，铁球与斜面的接触点为A，推力F的作用线通过球心O，如图所示，假设斜面、墙壁均光滑．若水平推力缓慢增大，则在此过程中（ ）
A. 斜面对铁球的支持力缓慢增大B. 斜面对铁球的支持力不变
C. 墙对铁球的作用力大小始终等于推力FD. 墙对铁球的作用力大小始终大于推力F
【答案】B
【解析】
【详解】AB．对小球受力分析，受推力F、重力G、墙壁的支持力N、斜面的支持力，如图
根据共点力平衡条件，有：x方向
竖直方向
解得
故当F增加时，斜面的支持力为
保持不变，故A错误B正确；
CD．故当F增加时，墙壁对铁球的作用力不断变大，为
故CD错误；
【点睛】关键是灵活选择研究对象，本题不宜采用整体法．分析受力，作力图仍是处理平衡问题的基础．
4. 质量为1kg的弹性小球以9m/s的速度垂直砸向地面，然后以同样大小的速度反弹回来，关于小球与地面的碰撞过程，下列说法正确的是（ ）
A. 小球动量的变化量为0
B. 地面对小球的冲量大小为18N·s
C. 合外力的冲量大小为18N·s
D. 小球的加速度为0
【答案】C
【解析】
【分析】以小球初速度方向为正方向，根据∆I=m△v求解动量变化量；根据动量定理讨论地面对小球的冲量大小.
【详解】AD．从砸向地面到最后原速反弹的过程中机械能守恒，以小球初速度方向为正方向，则小球在撞地面过程中速度的变化量为：△v=v2-v1=-9-9=-18m/s，小球动量的变化量为∆I=m△v=-18N∙s ，则小球的加速度为： ，所以加速度不为0，AD错误；
BC．碰撞过程中小球受阻力和重力的作用，则由动量定理：，其合外力冲量大小大于18N∙s；地面对小球的冲量大于18N∙s，C正确，B错误．
故选C.
5. 地球表面赤道上的物体随地球自转的向心加速度为a1；将月球绕地球做的运动视为匀速圆周运动，轨道半径为r，向心加速度为a2．已知引力常量为G，地球半径为R．下列说法中正确的是
A. 根据题意可求月球质量m=
B. 加速度之比
C. 地球质量M=
D. 地球表面赤道处的重力加速度g=
【答案】C
【解析】
【分析】运用万有引力提供向心力列出等式和运用圆周运动的物理量之间的关系列出等式解决问题．
【详解】对月球，根据万有引力充当向心力：，消掉月球的质量m，可得地球的质量为 ，但是不能求解月球的质量m，故选项A错误，C正确；对月球 ；而地球赤道上的物体满足 ，即，则a1和a2不满足，且，D错误；故选C．
6. 如图所示，ad、bd、cd是竖直面内三根固定的光滑细杆，a、b、c、d位于同一圆周上，a点为圆周的最高点，d点为圆周的最低点。每根杆上都套着一个质量相同的小滑环（图中未画出），三个滑环分别从a、b、c处释放（初速度为零），关于它们下滑的过程，下列说法正确的是（ ）
A. 重力对它们的冲量相同B. 弹力对它们的冲量相同
C. 合外力对它们的冲量相同D. 它们的动能增量不同
【答案】AD
【解析】
【详解】A．设圆的半径为，小滑环从其中一光滑细杆滑下，光滑细杆与竖直方向的夹角为，则有
，
解得
可知小滑环下滑所用时间只与圆的半径有关，则三个滑环分别从a、b、c处释放，它们下滑的过程所用时间相等，根据
可知重力对它们的冲量相同，故A正确；
B．由于三种情形下弹力的大小和方向均不同，则弹力对它们的冲量不相同，故B错误；
C．合外力对小圆环的冲量为
由于角度不同，可知合外力对它们的冲量不相同，故C错误；
D．小滑环下滑到最低点时的速度大小为
由于角度不同，可知三个滑环的末速度大小不相等，末动能不相等，则动能的增量不同，故D正确。
故选AD。
7. 如图甲所示，小球用不可伸长的轻绳连接后绕固定点O在竖直面内做圆周运动，小球经过最高点时的速度大小为v，此时绳子的拉力大小为FT，拉力FT与速度的平方v2的关系图像如图乙所示，图像中的数据a和b，包括重力加速度g都为已知量，则以下说法正确的是（ ）
A. 数据a与小球的质量无关
B. 数据b与小球的质量无关
C. 比值只与小球的质量有关，与圆周轨迹半径无关
D. 利用数据a、b和g能够求出小球的质量和圆周轨迹半径
【答案】AD
【解析】
【详解】A．由题图乙可知，当v2＝a时，此时绳子的拉力为零，小球的重力提供其做圆周运动的向心力，则由牛顿第二定律得
解得
即，与小球的质量无关，故A正确；
B．当v2＝2a时，对小球受力分析，则由牛顿第二定律得
解得
即b与小球的质量有关，故B错误；
C．根据上述分析可知
与小球的质量有关，与圆周轨迹半径也有关，故C错误；
D．由上述可知
，
故D正确。
故选AD。
8. 如图所示，在倾角为θ的固定斜面的底端固定一个挡板，质量均为m的两个不相同的小物体a、b通过轻质弹簧连接，处于静止状态，其中，物体a与斜面间的动摩擦因数为μ，物体b与斜面间光滑，此时弹簧的压缩量为x，a与斜面间刚好没有摩擦力．现对物体a沿斜面向下的方向施加一个外力F使弹簧再缓慢压缩4x，然后，突然撤去外力F，经过一段时间后，当物体a沿斜面向上运动的速度为v时，物体b刚好离开挡板，重力加速度为g.那么，下列说法中正确的是
A. 弹簧的劲度系数为
B. 物体b刚离开挡板时，a物体的加速度为(2sinθ+μcsθ)g
C. 当物体a沿斜面向上运动的速度最大时，物体b对挡板的压力为零
D. 撤去外力后当物体a的速度为v时，弹簧对物体a做的功为6 mgxsinθ+mv2+6 xμmgcsθ
【答案】BD
【解析】
【详解】A. 对a施加F力时，压缩量为5x，由平衡条件可知，F+mgsinθ-μmgcsθ=k×5x，弹簧的劲度系数k=，故A错误；
B. 物块b刚要离开挡板时，弹簧的弹力等于物块b的重力沿斜面向下的分力，则对a有：2mgsinθ+μmgcsθ=ma，得a=(2sinθ+μcsθ)g，故B正确；
C. 物块a沿斜面向上运动速度最大时，弹簧的弹力沿斜面向上，大小等于a的重力沿斜面向下的分力加上摩擦力，则知，弹簧对b有向下2的压力，故物块b对挡板c的压力不为O，故C错误；
D. 撤去外力后，当物体a的速度为v时，弹簧的弹力等于mgsinθ，伸长量等于x，根据动能定理得，W-6 mgxsinθ-6 xμmgcsθ=mv2，弹簧弹力对物块a做的功为6 mgxsinθ+mv2+6 xμmgcsθ，故D正确．
故选BD
三、非选择题：共174分。第22~32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33~38题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共129分。
9. 小明在课本查到“木一木”的动摩擦因数为0.3，打算对这个数据进行检验，设计了以下实验：
(1)将质量为M的待测木块放在水平放置的长木板上，通过细绳连接沙桶，增加沙桶中沙的质量，直到轻推木块，木块恰能做匀速直线运动，若此时沙桶及沙的总质量为m，则动摩擦因数μ=___________．
(2)由于找不到天平，小明进行了以下步骤：①取下沙桶，在木板上固定打点计时器，将纸带系在木块上，并穿过打点计时器；②将木板不带滑轮的一端垫高，直到木块能做匀速直线运动；③挂上沙桶(沙桶及沙的总质量保持不变)，接通电源，稳定后释放木块，得到如图纸带．
(3)已知打点计时器的频率为50Hz，根据纸带数据，可求得木块运动的加速度a=___________m/s2(保留两位有效数字)
(4)若当地的重力加速度为9.8m/s2，则算的μ=___________(结果保留两位有效数字)
【答案】 ①. ②. 2.4 ③. 0.32～0.33
【解析】
【详解】（1）由平衡知识可知：，解得
（2）根据∆x=aT2可得木块运动的加速度
（3）平衡摩擦力后挂上砂桶系统加速运动，据牛顿第二定律可得
因，
联立可得
点睛：解决问题的关键是明确实验的原理，根据牛顿第二定律列出表达式，根据题目的条件求解摩擦因数.
10. 在探究“ 物体质量一定时加速度与力的关系” 的实验中， 某兴趣小组对教材介绍的实验方案进行了优化， 设计了如图所示的实验装置． 其中 M 为带滑轮的小车的质量， m为砂和砂桶的质量（ 滑轮质量不计）．
(1).依据优化后实验原理图， 该实验______（ 填“需要” 或“ 不需要”） 将带滑轮的长木板右端垫高， 以平衡摩擦力； 实验中______（ 填“ 一定要” 或“ 不必要”） 保证砂和砂桶的质量 m 远小于小车的质量 M；
(2).该同学在实验中得到如图(a)所示的一条纸带（ 两计数点间还有四个点没有画出）， 已知打点计时器采用的是频率为 50Hz 的交流电， 根据纸带可求出小车的加速度为____ m/s2（ 结果保留两位有效数字）．
(3).如图(b)所示， 以弹簧测力计的示数 F 为横坐标， 加速度为纵坐标， 画出的 a－F 图象是一条直线， 求得直线的斜率为 k， 则小车的质量为______．
【答案】 ① 需要 ②. 不必要 ③. 0.50 ④.
【解析】
【分析】（1）只有平衡摩擦力，弹簧秤的拉力的2倍才等于小车的合外力；小车所受拉力可由弹簧测力计测出，实验不需要控制砂和砂桶质量远小于小车质量．
（2）根据匀变速直线运动的推论：△x=at2求出加速度大小．
（3）根据题意，应用牛顿第二定律求出图象的函数表达式，然后分析答题．
【详解】(1)依据优化后实验原理图，该实验需要将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力，这样才能使得弹簧秤的拉力的2倍等于小车的合外力；由于有弹簧测力计测量拉力的大小，则实验中不必要保证砂和砂桶的质量m远小于小车的质量M；
(2) 频率为50Hz，则周期为0.02s，由于两计数点间还有四个点没有画出，相邻计数点的时间间隔为0.1s，由△x=aT2可得：a=m/s2=0.478m/s2．
(3)根据牛顿第二定律：2F=Ma，则a=F，则=k解得M=．
11. 如图所示，质量M=0.3kg的小木块放在平台的右端，小木块与平台间的动摩擦因数μ=0.1，平台右侧的地面上有一只质量m=0.1kg的玩具青蛙，旋紧发条让玩具青蛙倾斜跳起，在速度水平时恰好到达木块处，青蛙立即抱住木块并趴在木块上，和木块一起滑行s=0.5m后停下，平台到地面的高度h=0.45m，重力加速度g取10m/s2(小木块和玩具青蛙可视为质点，青蛙抱住木块过程时间极短，不计空气阻力)．求
(1)玩具青蛙抱住木块前瞬间的速度
(2)玩具青蛙的起跳速度．
【答案】(1)4m/s (2)5m/s
【解析】
【分析】（1）根据动能定理结合动量守恒定律求解玩具青蛙抱住木块前瞬间的速度；（2）根据水平和竖直方向的运动求解玩具青蛙的起跳速度.
【详解】（1）以小木块和玩具青蛙为研究对象，一起滑行的过程中，由动能定理：
青蛙抱住木块过程由动量守恒定律：
联立解得v1=4m/s
（2）青蛙跳起到小物块的过程中竖直方向做竖直上抛运动，则：0-vy2=-2gh
青蛙起跳时的速度
联立解得v0=5m/s
12. 如图所示的“S”字形玩具轨道，该轨道是用内壁光滑的薄壁细圆管弯成，固定在竖直平面内，轨道弯曲部分是由两个半径相等的半圆连结而成，圆半径必细管内径大得多，轨道底端与水平地面相切．弹射装置将一个小球（可视为质点）从点水平弹射向点并进入轨道，经过轨道后从点水平抛出，已知小物体与地面段间的动摩擦因数，不计其它机械能损失，段长，圆的半径，小物体质量，轨道质量为，，求：
（1）若，小物体从点抛出后的水平射程；
（2）若，小物体经过轨道的最高点时管道对小物体作用力的大小和方向；
（3）设小球进入轨道之前，轨道对地面的压力大小等于轨道自身的重力，当至少为多大时，可出现轨道对地面的瞬时压力为零．
【答案】（1）（2）1.1N，方向竖直向下．（3）5m/s
【解析】
【详解】(1)设小球到达c点处速度为v，由动能定理，得－μmgL－mg4R＝mv2－mv02
小球由c点做平抛运动，有4R＝gt2
x＝vt
联立并代入数值解得小球从最高点c抛出后的水平射程：x＝
(2)当小球通过c点时，由牛顿第二定律得:FN＋mg＝m
代入数值解得管道对小球作用力:FN＝1.1N，方向竖直向下．
(3) 要使小球以最小速度v0运动，且轨道对地面的压力为零，则小球的位移应该在“S”形道中间位置，设小球到达c点处速度为vc，由动能定理，得
－μmgL－mg2R＝mvc2－mv02
当小球通过c点时，由牛顿第二定律得：FN′＋mg＝m
要使轨道对地面的压力为零，则有FN′＝Mg
联立并代入数值解得：v0＝5m/s.
[物理——选修3–3]
13. 下列说法中正确的是________．
A. 分子间的引力和斥力，当r
C. 理想气体等温膨胀，则每秒撞击单位面积器壁的气体分子数减少
D. 第二类永动机不可能制成，是因为违背了能量守恒定律
E. 给农作物松土，是破坏土壤的毛细管从而保存土壤中的水分
【答案】ACE
【解析】
【详解】A.分子间的引力和斥力，当r
C.理想气体等温膨胀，压强减小，气体分子平均速率不变，气体密度减小，则每秒撞击单位面积器壁气体分子数减少，选项C正确；
D.第二类永动机不可能制成，是因为违背了热力学第二定律，不违背能量守恒定律，选项D错误；
E.给农作物松土，是破坏土壤的毛细管从而保存土壤中的水分，选项E正确；
故选ACE
14. 如图，用绳子悬挂一内壁光滑的圆柱形倒立汽缸，汽缸处于竖直状态，高度H0=0.8m、底面积S=30cm2，缸内有一个质量为m=15kg的活塞，封闭了一定质量的理想气体．温度为27℃时，活塞距缸底的距离为L0=0.5m．已知大气压强p0=105Pa，不计活塞厚度及活塞与缸体的摩擦，重力加速度大小g=10m/s2．求：
(i)用缓慢升温的方法使活塞与汽缸脱离，缸内气体至少要升高的温度Δt；
(ii)从开始升温到活塞刚要脱离汽缸，缸内气体压力对活塞做的功W．
【答案】(i) (ii)
【解析】
【详解】（1）气体等压变化，由盖吕萨克定律：
解得T2=480K，
升高的温度：
（2）气体等压膨胀，压力不变，活塞受力平衡：PS+mg=P0S
气体压力对活塞做功：W=PS(H0-L0)=45J
[物理——选修3–4]
15. 如图甲为一列沿x轴正向传播的简谐横波在某一时刻的波形图，图乙为质点P以此时刻为计时起点的振动图象．则由图可知波速为___________m/s；定在x=50m处接收器接收到该波频率___________5Hz(选填“大于”、“小于”、“等于”)
【答案】 ①. 20 ②. 等于
【解析】
【详解】由波形图可知λ=4m；由振动图像可知：T=0.2s，可知波速 ；波的频率为f=1/T=5Hz，则固定在x=50m处接收器接收到该波频率等于5Hz.
16. 折射率为的二棱镜ABC截面如图所示，其中∠A=90°，∠B=30°，AC边长为2a，将单色光从AB边上的某点射入棱镜，其折射光在AC中点发生全反射并垂直于BC面射出棱镜，光在真空中速度为c，求：
（1）画出单色光从进入到离开三棱镜的光路图并标出进入棱镜时的入射角和折射角的大小；
（2）计算单色光在棱镜中传播的时间．
【答案】（1）如图所示：
（2）
【解析】
详解】（1）光路如图；
（2）光在棱镜中的传播速度：
解得
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