【名师解析】河南省豫南九校2014届高三高考仿真统一考试 理综物理 Word版含解析

理科综合试题（物理）

（考试时间：150分钟 试卷满分：300分） 物理组题编审：信阳二高 新蔡一高 鲁山一高 化学组题编审：襄城高中 信阳二高 遂平一高 生物组题编审：漯河五高 长葛一高 平舆一高

本试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。考生作答时，将答案答在答题卡上，在本试卷上答题无效。 注意事项；

l答题前，考生务必先将自己的姓名，准考证号填写在答题卡上。

2选择题答案使用2B铅笔填涂，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案的标号， 非选择题答案使用0 5毫米的黑色中性（签字）笔或碳素笔书写，字体工整，笔迹清楚。 3 请按照题号在各题的答题区域（黑色线框）内作答，超出答题区域书写的苔案无效。 4保持答题卡面清洁，不折叠，不破损。

第I卷选择题（共126分）

可能用到的相对原子质量：H：l C:12 0:16 C1:35.5 N：14 Cu:

二、选择题：（本大题共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。）

14.下列有关法拉第电磁感应定律的说法中正确的是

A．静止导线上的稳恒电流也可在近旁静止的线圈中感应出电流 B．法拉第在探究法拉第电磁感应定律过程中运用了控制变量的探究方法 C．穿过线圈的磁通量变化越大，感应电动势越大 D．电动机的工作原理是法拉第电磁感应定律 【答案】B

A、静止导线上的稳恒电流在周围产生稳定的磁场，不会使近旁静止的线圈中感应出电流，故A错误；

B、影响感应电动势的因素很多，法拉第采用了控制变量法来研究，故B正确；

C、根据法拉第电磁感应定律可知，穿过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大，故C错误； D、电动机的工作原理是通电导线在磁场中受到安培力，故D错误。 故选B。

【考点】法拉第电磁感应定律；楞次定律

15.如图所示，固定在竖直平面内的光滑圆环的最高点有一个光滑的小孔。质量为m的小球套在圆环上。一根细线的下端系着小球，上端穿过小孔用手拉住。现拉动细线，使小球沿圆环缓慢上移。在移动过程中手对线的拉力F和轨道对小球的弹力N的大小变化情况是 A. 不变，N增大 B．F不变，_N减小 C．F减小，N不变 D . F增大，N减小 【答案】C

小球沿圆环缓慢上移可看做匀速运动，对小球进行受力分析，满足受力平衡，作出受力分析图如下 由图可知△OAB∽△GFA 即：

GFN＝＝， RABR当A点上移时，半径不变，AB长度减小，故F减小，N不变，故C正确。 故选C。

【考点】共点力平衡；力的合成与分解

16．如图所示，在“嫦娥“探月工程中，设月球半径为R，月球表面的重力加速度为g0。飞船在半径为3R的圆型轨道I上运动，到达轨道的A点时点火变轨进入椭圆轨道II，到达轨道的近月点B时，再次点火进入近月轨道III绕月做圆周运动，则 A．飞船在轨道m的运行速率大于g0R B．飞船在轨道I上运行速率大于在轨道II上B处的速率 C．飞船在轨道I上的重力加速度小于在轨道II上B处重力加速度

D．飞船在轨道I、轨道II上运行周期的立方之比有TI3：TII39：4 【答案】C

A、设月球的质量为M，飞船的质量为m，飞船绕月运动速度为v，由万有引力提供向心力：

v212G＝mv＝g0R，故A错误； ，又：，解得：GM＝gR024R24RMmB、点火后由原来的高轨道Ⅰ进入低轨道Ⅱ，可知卫星要减速，从椭圆轨道Ⅱ变为Ⅲ的圆轨道，需要再次减速度，所以飞船在轨道I上运行速率小于在轨道II上B处的速率，故B错误； C、飞船的加速度：aGM，可知轨道的半径越大，加速度越小，所以飞船在轨道Ⅰ上的r2重力加速度小于在轨道Ⅱ上B处重力加速度，故C正确；

R3D、由开普勒第三定律有k2，得飞船在轨道I、轨道II上运行周期之比为

TT1TR133R27，所以周期的立方比不可能为9：4，故D错误。 8故选C。

【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系

17．如图所示，在直角坐标系Oxy平面的第三、四象限内分别存在着垂直于Oxy平面的匀强磁场，第三象限的磁感应强度大小是第四象限的2倍，方向相反。质量、电荷量相同的负粒子a、b，某时刻以大小相同的速度分别从x轴上的P、Q两点沿y轴负方向垂直射入第四、三象限磁场区域。已知a粒子在离开第四象限磁场时，速度方向与y轴的夹角为60，且在第四象限磁场中运行时间是b粒子在第三象限磁场中运行时间的4倍。不计重力和两粒子之间的相互作用力。则a、b两粒子第一次经y轴时距原点O的距离之比为

【答案】A

设第三象限内磁场磁感应强度大小为2B，第四象限内磁场

磁感应强度大小为B，粒子a、b质量为m电荷量大小为q进入磁场区域速度为v，

v2mv2m由牛顿第二定律得：Bqvm，得R、T

RBqBq由题设条件有：Ra2Rb、Ta2Tb

设b粒子在第三象限中运行时转过的圆心角为α，由ab两粒子运行时间关系有：ta4tb 即

1Ta＝4Tb 62解得：α=30° 所以

yaRasin6023。 ＝＝ybRbsin301故选A。

【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力

18如图所示，有一个均匀带电球体，球心为O，半径为R，单位体积分布电荷量为q0，球内有一个球形的空腔，球心为O’半径为R'，，OO'的距离为a。已知电荷分布均匀的球壳，壳内场强处处为零。则O'处的场强E'为

【答案】B

O'的场强等效于以O为圆心，以a为半径的均匀带电球体产生的场强， 即EkQ4kaq0。 r23故选B。

【考点】电场强度

19如图所示，一边长为L，质量为m，电阻为R的正方形金属框竖直放置在磁场中，磁场方向垂直方框平面向里，磁感应强度B的大小随y的变化规律为B=B0+ky（k为常数且大于零），同一水平面上的磁感应强度相同。现将方框从图示位置水平向右抛出，已知重力加速度为g，磁场区域足够大，不计空气阻力，则 A．线框将一直做曲线运动

B．线框最终将做直线运动 C．线框最终的速度大于

D．线框中产生的感应电流沿顺时针方向 【答案】BC

ABC、对竖直方向：

设下边所处高度为y时线圈达到收尾速度vm，线圈下落过程中，上、下两边切割磁感线，此时线圈中产生的感应电动势为E，则E[B0k（yL）]Lvm（B0ky）LvmkL2vm 线圈中的感应电流为：I＝E R线圈上下边受到的安培力分别为F1、F2，则F（B0ky）IL、F2[B0k（yL）]IL 1线圈达最大速度时，据力的平衡条件得：mgF1F2 联立以上几式可得：v＝mgR； k2L4mgR； 24kL对水平方向，有初速度v0， 所以合速度v合2v0v2>最终金属框受力平衡，做匀速直线运功，故A错误BC正确； D、由楞次定律得，线框中感应电流方向为逆时针，故D错误； 故选BC。

【考点】法拉第电磁感应定律；楞次定律

20．如图所示，理想变压器的原副线圈的匝数比n1:n2=2:1，原线圈接正弦交变电流，副线圈接电动机，电动机线圈电阻为R，电表为理想电表。当输入端接通电源后，电流表读数为I，电动机带动一质量为m的重物以速度v匀速上升。若电动机因摩擦造成的能量损失不计，则图中电压表的读数为

C.若电压表为理想电表，而电流表内阻为R，

调节电源可使重物仍以速度v匀速上升，电流表读数为I，则电压表读数为

D.若电压表为理想电表，而电流表内阻为R，调节电源可使重物仍以速度v匀速上升，电流表

读数为I，则电压表读数为【答案】BC

AB、电流与匝数成反比，副线圈的电流为2I，输入功率等于副线圈消耗的功率：

mgv，故A错误B正确； Imgvmgv＋IR＝5IRCD、当电流表内阻为R时，电压表的示数为U＋IR＝4IR，故CII2，所以电压表的读数U4IRP（2I）RmgvUI正确D错误。 故选BC。

【考点】变压器的构造和原理；电功、电功率

21．倾斜传送带与水平方向的夹角=37，传送带以恒定的速度及V1=10m/s沿如图所示方向运动。某时刻一小物块以V0=22m/s的速度，从传送带底端向上运动，质量m=lkg。传送带AB长为50m，物块与传送带的动摩擦因数为=0.5且认为物块与传送带之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则在物块在传送带上运动过程中，下列说法正确的是( )

(sin370.6,cos370.8，m/s2）

A．物块先做匀减速直线运动，接着做匀速直线运动 B．物块沿传送带向上运动的时间为6.2秒

C．物块在传送带上运动的全过程中，因摩擦力做功而产生的热量为Q=128.8J

D．物块的机械能先减小，后增大，再减小 【答案】BD

A、上滑过程中a1gcosgsin10m/s

2v12v0与皮带共速时上滑的位移x119.2m

2(a1)20v12接下来a2gcosgsin2m/s，继续做匀减速直线运动x225m，直

2(a2)2到速度为零；

下滑过程中加速度仍为a2，做匀加速直线运动，故A错误； B、上滑的过程分两段，第一段t1间为6.2s，故B正确； C、全过程分成三段，

第一段的上滑中位移差为x1x1v1t119.2101.27.2m 第二段的上滑中位移差为x2v1t2x2502525m 上滑过程的摩擦生热为Q＝mgcos(x1x2)128.8J

第三段的下滑中还有热量生成，所以全过程的摩擦生热一定大于128.8J，故C错误； D、全过程中，摩擦力先对物体做负功，再做正功，再做负功，所以物体的机械能先减小，再增加，再减小，故D正确。 故选BD。

【考点】功能关系；匀变速直线运动规律；

v1v00v11.2s，第二段t15s，所以上滑的总时a1a2第II卷非选择题（共174分）

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40题为选考题，考生根据要求作答。） （一）必考题（共11题，共129分）

22（6分）(l)某学生用螺旋测微器在测定某一金属丝的直径时，测得的结果如图甲所示，则该金属丝的直径d=_________mm；

(2)另一位学生用游标尺上标有20等分刻度的游标卡尺测一工件的厚度，测得的结果如图乙所示，则该工件的厚度L=_________cm。

【答案】1.770mm 0.5cm

螺旋测微器读数：整数（1.5mm）＋精度（0.01mm）×格数（27.0）＝1.770mm；

游标卡尺读数：这种游标尺长为19mm，所以游标尺的0刻度前面对应的主尺的整数刻度为8mm，精度为0.05mm，对齐的格数为19，所以读数为8.95mm，即为0.5cm。 【考点】长度的测量

23（9分）某同学为了研究某压敏电阻的伏安特性，通过实验得到了该压敏电阻的伏安特性曲线如图a所示。

(1)该同学所用蓄电池的电动势为6V，还有导线、开关及以下器材： 电流表有两个量程，分别为量程A(0-3A)和量程B(0-0. 6A) 电压表有两个量程，分别为量程C (0-3V)和量程D(0-15V)

滑动变阻器有两种规格，分别为E(0-10，1.0 A)和F (0-200，1.0A)

则电流表选_______量程，电压表选________量程，滑动变阻器选________规格。（仅填 代号即可）

(2)请在图b中用笔画线代替导线，把实验仪器连接成完整的实验电路。

(3)通过进一步实验研究知道，该压敏电阻R的阻值随压力变化的图象如图c所示。某同学利用该压敏电阻设计了一种“超重违规证据模拟记录器”的控制电路，如图d。已知该电路中电源的电动势均为6V，内阻为1，继电器电阻为10，当控制电路中电流大于0.3A时，磁铁即会被吸引。则只有当质量超过______kg的车辆违规时才会被记录。（取重力加速度g=10m/s）

【答案】BCE 如图 4000

（1）由图a得到，最大电压1.75V，最大电流0.3A，故电压表选择C量程，电流表选择B量程；

电压从零开始变化，故滑动变阻器采用分压式接法，滑动变阻器

2电阻越小，压敏电阻的电压变化越均匀，故滑动变阻器选择E；

（2）滑动变阻器采用分压式接法；压敏电阻阻值小，大内小外，故采用安培表外接法； 电路如图所示； （3）根据欧姆定律IE R总E620 I0.3电路中的总电阻为：R总压敏电阻的阻值为：R201019 查图可知，当R=9Ω时，压敏电阻所受的压力F=40000N， 根据G=mg得：mG400004000kg。 g10【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线；伏安法测电阻

24. (13分)如图所示，两套完全相同的小物块和轨道系统，轨道固定在水平桌面上，物块质量m=1kg，轨道长度=2m，物块与轨道之间的动摩擦因数=0.2。现用水平拉力F1=8N、F2=4N同时拉两个物块，分别作用一段距离后撤去，使两物块都能从静止出发，运动到轨道另一端时恰好停止（g=10m/s）求： (l)在F1作用下的小物块加速度a1多大？

(2)从两物块运动时开始计时直到都停止，除了物块在轨道两端速度都为零之外，另有某时刻t两物块速度相同，则t为多少？ 【答案】a16m/s2 t0.816s

2（1）根据牛顿第二定律得F1mgma1得a16m/s

2（2）F1作用下的物块，对全过程，由动能定理得Fs1mgl0，解得s0.5m； F2作用下的物块，有F2mgma2，得a22m/s2 两物块速度相同时，一定在上方物块减速阶段 上方物块最大速度v＝2a1s＝6m/s2.45m/s

（t而a2tvav） a1得t0.816s。

【考点】动能定理；牛顿第二定律

25．（19分）如图，四分之一光滑绝缘圆弧轨道AP和水平绝缘传送带PC固定在同一 竖直平面内，圆弧轨道的圆心为O,半径为R。传送带PC之间的距离为L,沿逆时针方向的运动速度v=gR。在PO的右侧空间存在方向竖直向下的匀强电场。一质量为m、电荷量为+q的

小物体从圆弧顶点A由静止开始沿轨道下滑，恰好运动到C端后返回。物体与传送带间的动摩擦因数为，不计物体经过轨道与传送带连接处P时的机械能损失，重力加速度为g。 (1)求物体下滑到P点时，物体对轨道的压力F (2)求物体返回到圆弧轨道盾，能上升的最大高度H

(3)若在PO的右侧空间再加上方向垂直于纸面向里、磁感应强度为B的水平匀强磁场（图中未画出），物体从圆弧顶点A静止释放，运动到C端时的速度为2gR。试求物体在传送带上运动的时间t。 22gR1qBL2【答案】F3mg HR t L2mgR2gR

（1）设物体滑到P端时速度大小为vP，物体从A端运动到P端的过程中， 由机械能守恒有mgR＝mvP 解得：vP＝2gR 122v2设物体滑到P端时受支持力为N，根据牛顿第二定律Nmg＝mP

R解得：N3mg

设物体滑到P端时对轨道压力为F，根据牛顿第三定律得FN3mg； （2）物体到达C端以后受滑动摩擦力，向左做初速度为零的匀加速运动， 设向左运动距离为x时物体与皮带速度相同，设物体受到的摩擦力为f，

则fx11mv2＝mgR 221mv2p 2物体从皮带的P端滑到C端摩擦力做功fL0得fL＝m2gR 解得：x121L 2即物体在皮带上向左先做匀加速运动一半皮带长度后，与皮带同速向左运动，即再次到达P点时速度大小是vgR 根据机械能守恒定律，设在斜面上上升的高度H，则mgH解得H1mv2 21R； 2（3）设电场强度为E，在无磁场物体从A端运动到C端的过程中，

（mgEq）L00 根据动能定理有mgR解得EmgRL

qL在有磁场情况下物体从P端运动到C端的过程中，设任意时刻物体速度为v，取一段极短的含此时刻的时间△t，设在此时间段内的速度改变量为△v（取水平向右为正方向）； 根据牛顿第二定律，有mgEqqvB＝ma＝mv t两边同时乘以△t，再对两边求和得mgEqtqBvt＝mv 而vt＝x＝L，mv＝m(vcvp) 而vc＝12gR，vp＝2gR 2则mv＝m2gR 22gR 2以上结果代入上式，得mgEqtqBL＝m化简得tqBL2mgRL2gR。 2gR【考点】动能定理；牛顿第二定律；机械能守恒定律；带电粒子在匀强电场中的运动 （二）选考题：共45分；请考生从给出的3道物理题、3道化学题、2道生物题中每科任选 一

题做答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号漆黑。注意所做题目的题号必须与所潦题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题。如果多做，则每学科按所做的第一题计分。 33【物理——选修3-3】（1 5分）

(1)E6分）下列说法正确的是( )（填入正确选项前的字母。选对一个给2分，选对两 个给4分，选对3个给6分；每选错—个扣3分，最低得分为0分） A．液体中悬浮的微粒越大，布朗运动越显著

B. 当分子力表现为引力时，分乎势能随分子间距离的增大而增大 C . 第二类水动机不可能制成，因为它违反能量守恒定律

D. 一定质量的理想气体，当它的压强、体积都增大时，其内能一定增加 E．因为液体表面层分子分布比内部稀疏，因此液体表面有收缩趋势 【答案】BDE

A、固体微粒越大，同一时刻与之碰撞的液体分子越多，固体微粒各个方向受力越趋**衡，布朗运动越不明显，故A错误；

B、在r＞r0时，分子力表现为引力，分子间距离增大时分子力做负功，故r越大，分子势能越大，故B正确；

C、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，故C错误； D、根据理想气体状态方程D正确；

E、由于蒸发只在液体表面进行，因此液体表面分子比较稀疏，分子间的距离大于平衡距离r0，液面分子间表现为引力，所以液体表面具有收缩的趋势，故E正确。 故选BDE。

【考点】布朗运动；分子力；热力学第二定律；理想气体状态方程

(2) 如图(a)一内壁光滑的气缸水平放置，横截面积为S210m、质量为m=4kg厚度不计的活塞与气缸底部之间封闭了一部分气体，此时活塞与气缸底部之间的距离为24cm，在活塞的右侧12cm处有一对与气缸固定连接的卡环，气体的温度为300K，大气压强 P0l.0x105Pa。现将气缸缓慢转动到开口向下竖直放置，如图(b)所示．取g=10m/s2。求：①若汽缸导热良好，则活塞与气缸底部之间的距离为？

②若气缸与外界绝热，则图(b)中，要使活塞下降到与卡环接触位置则封闭气体的温度至少为

32PVC可知，压强、体积都增大时，温度升高，则内能增加，故T多少？

③加热缸中气体到0K时封闭气体的压强为多少？

5 P3＝1. pa210【答案】H30cm T2360K

（1）气缸水平放置时，

＝P0＝1105pa，温度：T1300K，体积：V124cmS 封闭气体的压强：P1当气缸竖直放置时， 封闭气体的压强：P2＝P0mg＝0.8105pa，温度T2T1300K，体积：；V2HS sP1V1P2V2＝ 根据理想气体状态方程有：T1T2代入数据可得H30cm； （2）气缸水平放置时，

＝P0＝1105pa，温度：T1300K，体积：V124cmS 封闭气体的压强：P1当气缸竖直放置时， 封闭气体的压强：P2＝P0mg＝0.8105pa，温度T2？，体积：V236cmS； sP1V1P2V2＝ 根据理想气体状态方程有：T1T2代入数据可得T2360K； （3）由

P3V3P2V2＝，其中体积不变， T3T251.210pa。 则P3＝【考点】理想气体的状态方程 34．【物理——选修3-41 (15分)

（1）（6分）一列简谐横渡沿x轴正方向传播，t时刻波形图如图中的实线所示，此时波刚好传到P点，t+0.6s时刻的波形如图中的虚线所示，a、b、c、P、Q是介质中的质点，则以下说法正确的是( )（填入正确选项前的字母。选对一个给2分，选对两个给4分，选对3个给6分：每选错一个扣3分，最低得分为0分）

A．这列波的波速可能为50m/s

B质点a在这段时间内通过的路程一定小于30cm C质点c在这段时间内通过的路程可能为60cm D若T=0.8s，则当t+0.5s时刻，质点b，P的位移相同

E若T=0.8s，当t+04s时刻开始计时，则质点c的振动方程为x=0.1sint（m） 【答案】ACDE

52（n）T， A、由图可知，波的波长为40m；两列波相距0.6s故周期T342.44050；波速v（n=0，1，2，…）， 4n3m/s4n3m/s，4n3T2.433T，故路程最小为3A即30cm，故B4101.5T0.6， v当n=0时，当v=50m/s时，故A正确；

B、质点a在平衡位置上下振动，振动的最少时间为错误；

C、质点c的路程为60cm说明c振动了1.5个周期，则可有：即

33.60.6，解得，n=1时满足条件，故C正确；

54n34n3D、在t时刻，因波沿X轴正方向传播，所以此时质点P是向上振动的，经0.5秒后，P是正在向下振动（负位移），是经过平衡位置后向下运动0.1秒；而质点b是正在向上振动的（负位移），是到达最低点后向上运动0.1秒，因为0.2秒等于同的，故D正确；

T，可见此时两个质点的位移是相425rad/s，据图知T25A=0.1m，当从t+0.4s时刻时开始计时，则质点c的振动方程为x0.1sin（t），故E正确。

2E、当T=0.8s，当t+0.4s时刻时，质点c在上端最大位移处，据故选ACDE。

【考点】横波的图象；波长、频率和波速的关系

(2)如图所示，某种液体的折射率为2，在其液面下有一可绕水平轴O匀速转动的平面镜OA，角速度为

rad/s，OA的初始位置与液面平行，在液面与平面镜间充满自左向有的平行光线，16则在平面镜逆时针旋转一周的过程中：

(i)平面镜由初始位置转过多大角度时，光线开始进入空气？ (ii)有光线射入空气的时间为多少？ 【答案】＝30 t

(i)设临界角为C，则sinC＝ 得C=30°

如图，根据反射定律及几何知识，平面镜转过＝30时光线开始进入空气；

(ii)由几何知识可知，光线在上一问的位置开始后，转过600的过程中，有光线射入空气，

而光线转过600，平面镜要转过300，

8s 31n8

所以用的时间为t6s。

3

16

【考点】光的折射定律；全反射 35.【物理——选修3-5] (15分)

(l)（6分）如图所示为氢原子的能级示意图，一群氢原子处于n=4的激发态，在向较低能级跃迁的过程中向外发出光子，并用这些光照射逸出功为2.49eV的金属钠。

(i)这群氢原子能发出________ 种不同频率的光，其中有______种频率的光能使金属钠发生光电效应：

(ii)金属钠发出的光电子的最大初动能 ________eV。 【答案】6 4 10.26

一群氢原子处于n=4的激发态，在向较低能级跃迁的过程中向外发出光子，可

以释放6种不同能量的光子：

从n=4跃迁到n=1，辐射的光子能量为12.75eV，

从n=4跃迁到n=2，辐射的光子能量为2.55eV， 从n=4跃迁到n=3，辐射的光子能量为0.66eV， 从n=3跃迁到n=1，辐射的光子能量为12.09eV， 从n=3跃迁到n=2，辐射的光子能量为1.eV， 由n=2跃迁到n=1，辐射的光子能量为10.2eV；

可见有4种光子能量大于金属的逸出功，所以有4种频率的光能使金属钠发生光电效应。 由EkhW，得最大初动能为12.75eV－2.49eV10.26eV。 【考点】氢原子的能级公式和跃迁

(2)（9分）如图所示，竖直墙面和水平地面均光滑，质量分别为mA=m，mB=2m的A、B两小球如图所示放置，其中A紧靠墙壁，AB之间有质量不计的轻弹簧相连。对B物体施加一个水平向左的推力，使AB之间弹簧被压缩但系统静止，此时弹簧的弹性势能为Ep，后突然撤去向左推力解除压缩，求：

(i)从撤去外力到物块A运动，墙壁对A的冲量大小？ (ii) AB都运动后，B小球的最小速度是多少？ 【答案】2mEp vB

(i)突然撤去推力，当弹簧第一次恢复原长过程中，A静止不动， 弹簧的弹性势能转化为B的动能，即Ep1Ep 3m12mv2 2根据动量定理，得弹簧对B的冲量大小是2mv2mEp，

球A静止不动，墙对A的冲量大小等于弹簧对A的冲量大小，而弹簧对A的冲量大小与弹簧对B的冲量大小相同，即是2mEp 所以墙对A的冲量大小为2mEp；

(ii)球A离开墙后，此时B球的速度为vEpm 在弹簧的作用下A速度逐渐增大，B的速度逐渐减小，当弹簧再次恢复原长时，A达到最大速度vA，B的速度减小到最小值vB； 在此过程中，系统动量守恒、机械能守恒，有

2mvmvA2mvB

Ep1122mvA2mvB 221Ep解得vB。

3m【考点】动量守恒定律；动量定理；机械能守恒定律

参

14.B 15.C 16．C 17．A 18B 19BC 20．BC 21．BD 22（6分）1.770mm 0.5cm 23（9分）BCE 如图 4000 24. (13分)

2（1）根据牛顿第二定律得F1mgma1得a16m/s

（2）F1作用下的物块，对全过程，由动能定理得Fs1mgl0，解得s0.5m； F2作用下的物块，有F2mgma2，得a22m/s2 两物块速度相同时，一定在上方物块减速阶段 上方物块最大速度v＝2a1s＝6m/s2.45m/s 而a2tva（t得t0.816s。 25．（19分）

（1）设物体滑到P端时速度大小为vP，物体从A端运动到P端的过程中， 由机械能守恒有mgR＝mvP 解得：vP＝2gR v ）a1122v2设物体滑到P端时受支持力为N，根据牛顿第二定律Nmg＝mP

R解得：N3mg

设物体滑到P端时对轨道压力为F，根据牛顿第三定律得FN3mg； （2）物体到达C端以后受滑动摩擦力，向左做初速度为零的匀加速运动， 设向左运动距离为x时物体与皮带速度相同，设物体受到的摩擦力为f， 则fx11mv2＝mgR 221mv2p 2物体从皮带的P端滑到C端摩擦力做功fL0得fL＝m2gR 解得：x121L 2即物体在皮带上向左先做匀加速运动一半皮带长度后，与皮带同速向左运动，即再次到达P点时速度大小是vgR 根据机械能守恒定律，设在斜面上上升的高度H，则mgH解得H1mv2 21R； 2（3）设电场强度为E，在无磁场物体从A端运动到C端的过程中，

（mgEq）L00 根据动能定理有mgR解得EmgRL

qL在有磁场情况下物体从P端运动到C端的过程中，设任意时刻物体速度为v，取一段极短的含此时刻的时间△t，设在此时间段内的速度改变量为△v（取水平向右为正方向）； 根据牛顿第二定律，有mgEqqvB＝ma＝mv t两边同时乘以△t，再对两边求和得mgEqtqBvt＝mv 而vt＝x＝L，mv＝m(vcvp) 而vc＝12gR，vp＝2gR 2则mv＝m2gR 22gR 2以上结果代入上式，得mgEqtqBL＝m化简得tqBL2mgRL2gR。 2gR33【物理——选修3-3】（1 5分） (1)（6分）BDE (2)

（1）气缸水平放置时，

＝P0＝1105pa，温度：T1300K，体积：V124cmS 封闭气体的压强：P1当气缸竖直放置时， 封闭气体的压强：P2＝P0mg＝0.8105pa，温度T2T1300K，体积：；V2HS sP1V1P2V2＝ 根据理想气体状态方程有：T1T2代入数据可得H30cm； （2）气缸水平放置时，

＝P0＝1105pa，温度：T1300K，体积：V124cmS 封闭气体的压强：P1当气缸竖直放置时， 封闭气体的压强：P2＝P0根据理想气体状态方程有：

mg＝0.8105pa，温度T2？，体积：V236cmS； sP1V1P2V2＝ T1T2代入数据可得T2360K； （3）由

P3V3P2V2＝，其中体积不变， T3T251.210pa。 则P3＝34．【物理——选修3-41 (15分) （1）（6分）ACDE

(2) (i)设临界角为C，则sinC＝ 得C=30°

如图，根据反射定律及几何知识，平面镜转过＝30时光线开始进入空气；

(ii)由几何知识可知，光线在上一问的位置开始后，转过600的过程中，有光线射入空气， 而光线转过600，平面镜要转过300，

1n8

所以用的时间为t6s。

3

16

【考点】光的折射定律；全反射 35.【物理——选修3-5] (15分) (l)（6分）6 4 10.26 (2)（9分）

(i)突然撤去推力，当弹簧第一次恢复原长过程中，A静止不动， 弹簧的弹性势能转化为B的动能，即Ep12mv2 2根据动量定理，得弹簧对B的冲量大小是2mv2mEp，

球A静止不动，墙对A的冲量大小等于弹簧对A的冲量大小，而弹簧对A的冲量大小与弹簧对B的冲量大小相同，即是2mEp 所以墙对A的冲量大小为2mEp；

(ii)球A离开墙后，此时B球的速度为vEpm 在弹簧的作用下A速度逐渐增大，B的速度逐渐减小，当弹簧再次恢复原长时，A达到最大速度vA，B的速度减小到最小值vB； 在此过程中，系统动量守恒、机械能守恒，有

2mvmvA2mvB

Ep1122mvA2mvB 22解得vB1Ep。

3m