四川省成都某中學(xué)2024屆高三年級(jí)下冊(cè)二模理綜物理試題 含解析

成都外國(guó)語學(xué)校高2021級(jí)高考模擬（二）

理科綜合能力測(cè)試

注意事項(xiàng)：

1.答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)填寫在答題卡上。

2.回答選擇題時(shí),選出每小題答案后,用鉛筆把答題卡上對(duì)應(yīng)題目的答案標(biāo)號(hào)涂黑。如需改動(dòng)，

用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標(biāo)號(hào)?；卮鸱沁x擇題時(shí)，將答案在答題卡上。寫在本試卷上

無效。

3.考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回。

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(gè)選項(xiàng)中，第14?18

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(duì)的得6分，選對(duì)但不

全的得3分，有選錯(cuò)的得0分。

1,二十世紀(jì)初，愛因斯坦、盧瑟福、波爾等物理學(xué)家相繼取得了一系列重要的成果，他們的發(fā)現(xiàn)對(duì)人類文

明的進(jìn)程產(chǎn)生了深遠(yuǎn)的影響。下列關(guān)于該段時(shí)間內(nèi)的物理學(xué)成就的描述正確的是（）

A.2：濘+上一嘿Ba+黑Kr+3jn是重核的裂變，它是目前核電站反應(yīng)堆工作原理之一

B.；H+：Hf：He+jn是輕核的聚變，該反應(yīng)會(huì)釋放能量，原因是；He的比結(jié)合能比；H和；H的比結(jié)合

能都小

C.根據(jù)狹義相對(duì)論，任何情況下測(cè)得的光速都是相同的

D.根據(jù)愛因斯坦的光電效應(yīng)方程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(guān)

系

【答案】A

【解析】

2

【詳解】A.霓1]+3一喋1^+罌笈+37是重核的裂變，它是目前核電站反應(yīng)堆工作原理之一。故A正

確；

B.；H+；H-；He+jn是輕核的聚變，該反應(yīng)會(huì)釋放能量，原因是；He的比結(jié)合能比：H和;H的比結(jié)合

能都大。故B錯(cuò)誤；

C.狹義相對(duì)論是應(yīng)用在慣性參考系下的時(shí)空理論。故C錯(cuò)誤；

D.根據(jù)愛因斯坦的光電效應(yīng)方程

Ekm=Av-W

逸出光電子的最大初動(dòng)能的大小與照射光的頻率成線性關(guān)系。故D錯(cuò)誤。

故選Ao

2.某航天器以速率v繞地球在圓軌道上運(yùn)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(duì)底板的壓力為零

若在航天器所在的軌道上發(fā)射衛(wèi)星，只有當(dāng)發(fā)射速度達(dá)到第二宇宙速度時(shí)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

【答案】B

【解析】

【詳解】A.設(shè)地球半徑為R,航天器以速率v繞地球在圓軌道上運(yùn)行，則

2

_MmV

G1=m—

(2H)一2R

在地球表面附近，有

Mm

G方R

解得地球的第一宇宙速度大小為

Vj=忘v

故A錯(cuò)誤;

B.萬有引力提供向心力，宇航員處于完全失重狀態(tài)，立于航天器內(nèi)底板上的宇航員對(duì)底板的壓力為零，故

B正確;

C.第二宇宙速度是地球上發(fā)射的衛(wèi)星脫離地球引力的束縛，飛離地球所需的最小速度，根據(jù)能量守恒，在

航天器所在的軌道上發(fā)射衛(wèi)星，能使衛(wèi)星脫離地球引力束縛最小發(fā)射速度小于第二宇宙速度，故C錯(cuò)誤;

D.根據(jù)萬有引力提供向心力

一2

「Mmv

G--7=m—

(2R)“2R

地球的密度為

pM—.=M---=3V-2---

V力收2兀GR。

3

地球半徑不知，故無法求出地球的密度，故D錯(cuò)誤。

故選Bo

3.一物塊放置在固定斜面上，對(duì)物塊施加一水平力R保持該力大小不變，在將該作用力沿水平方向逆

時(shí)針緩慢轉(zhuǎn)動(dòng)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（）

A.斜面對(duì)物塊的摩擦力逐漸減小

B.斜面對(duì)物塊的支持力先減小后增大

C.斜面對(duì)物塊的作用力先減小后增大

D.斜面對(duì)物塊的作用力一直減小

【答案】D

【解析】

【詳解】AB.對(duì)物塊受力分析，并正交分解，如圖

作用力/沿水平方向逆時(shí)針緩慢轉(zhuǎn)動(dòng)至豎直方向的過程中，沿斜面方向的分力先變大再變小，因?yàn)樗c物

塊重力下滑分力的大小關(guān)系不確定，所以物塊所受摩擦力的變化情況不確定。作用力/垂直于斜面方向的

分力先是垂直于斜面向下逐漸減小至零，然后垂直于斜面向上逐漸增大，而重力的垂直斜面方向的分力始

終保持不變，所以斜面對(duì)物塊的支持力一直減小。故AB錯(cuò)誤；

CD.依題意，物塊處于靜止?fàn)顟B(tài)，受力平衡，根據(jù)二力合成的規(guī)律可知重力與外力廠的合力隨著二者夾

角的變大而減小。可知斜面對(duì)物塊的作用力也一直減小。故C錯(cuò)誤；D正確。

故選D。

4.為全面推進(jìn)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(jī)的輸出功率為尸=100

kW、發(fā)電機(jī)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(yuǎn)處輸電，在用戶處的

降壓變壓器輸出電壓32。V,若升壓變壓器與降壓變壓器的匝數(shù)比滿端則以下說法正確的是

A.發(fā)電機(jī)輸出的電流/i=40A

B.輸電的效率為85%

C.升壓變壓器的匝數(shù)比為人=上

n212

D.降壓變壓器輸出的電流/4=400A

【答案】D

【解析】

【詳解】A.根據(jù)電功率公式

P=UI

發(fā)電機(jī)輸出電流

故A錯(cuò)誤；

D.根據(jù)理想變壓器電流與線圈匝數(shù)成反比關(guān)系

/1_衛(wèi)

k%

解得

乙=4=400A

故D正確；

B.降壓變壓器輸出的功率為

P4=UJ4=220x400W=88kW

輸電的效率為

/7=AXIOO%=—xlOO%=88%

P[100

故B錯(cuò)誤；

C.輸電線上損失的功率為

場(chǎng)=《—q=12kW

又

%=琮%

解得

/線=40A

其中

，2=八=/線

則升壓變壓器的匝數(shù)比為

%/240A1

%一4―400A—10

故C錯(cuò)誤。

故選D。

5.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(gè)空間存在磁感應(yīng)強(qiáng)度為8、

方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。一電荷量為q(00)、質(zhì)量為根的小球P在球面上做水平的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，圓

心為O。球心。到該圓周上任一點(diǎn)的連線與豎直方向的夾角為0=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(shí)針方向運(yùn)轉(zhuǎn)

B.球面對(duì)小球的彈力大小為當(dāng)Mg

C.小球的速率越大，則小球受到的洛倫茲力越大

D.磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小可能為5=也、&

qNR

【答案】C

【解析】

【詳解】A.小球受到洛倫茲力水平指向圓心0',根據(jù)左手定則可知，從上面俯視小球沿逆時(shí)針方向運(yùn)

轉(zhuǎn)，故A錯(cuò)誤；

B.小球豎直方向受力平衡，則有

Ncos0=mg

可得球面對(duì)小球的彈力大小為

N=-^-=2mg

cos6,

故B錯(cuò)誤；

C.根據(jù)

F洛=q、'B

可知小球的速率越大，則小球受到的洛倫茲力越大，故c正確;

D.水平方向根據(jù)牛頓第二定律可得

V2

qvB—Nsin0=m--------

Rsin0

整理可得

2個(gè);"-qBv+6mg=0

對(duì)于v的一元二次方程，根據(jù)數(shù)學(xué)知識(shí)可知，需要滿足

(qB#-4x20nx6mg>0

3R

可得

BN網(wǎng)廬

q\R

可知磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小不可能為B故D錯(cuò)誤。

故選C。

6.從地面上將一物體豎直向上拋出，物體運(yùn)動(dòng)過程中受到恒定大小的空氣阻力作用，其上升過程中動(dòng)能與

重力勢(shì)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(shí)的動(dòng)能

B.物體上升到最高點(diǎn)的機(jī)械能

C.物體上升最大高度

D.物體從拋出至落回拋出點(diǎn)所用的時(shí)間

【答案】AB

【解析】

【詳解】B.設(shè)重力勢(shì)能和動(dòng)能相等的高度為4,阻力大小為了,物體質(zhì)量為加，由動(dòng)能定理得

-mg\一弧=40J-100J①

重力勢(shì)能和動(dòng)能相等時(shí)

mg%=40J②

由①②得

mg+f__3

mg2

動(dòng)能的減小量和重力勢(shì)能的增加的比值

妝減—（77際+f）h+f=3

增mghmg2

則從上升過程中動(dòng)能與重力勢(shì)能相等到最高點(diǎn)，動(dòng)能減小量為40J,則重力勢(shì)能增加

2…80J

-x40J=——

33

故可求得上升到最高點(diǎn)的機(jī)械能

E=40J+80匚迎J

33

故B正確;

A.上升過程中減少的機(jī)械能

△舊網(wǎng)-迎匚叫

33

因阻力恒定，下降過程減少的機(jī)械能和上升過程減少的機(jī)械能相同也為2J,故可求得返回地面時(shí)的動(dòng)

3

能

L100J100J100J

E,二100J--------------=------

k333

故A正確；

C.因物體質(zhì)量未知，阻力大小未知，故無法由圖像求得物體上升最大高度，故C錯(cuò)誤；

D.因物體質(zhì)量未知，阻力大小未知，故無法由圖像求得從拋出至落回拋出點(diǎn)所用的時(shí)間，故D錯(cuò)誤。

故選AB。

7.如圖所示，真空中的“、d兩點(diǎn)固定兩個(gè)點(diǎn)電荷Qi、Q,其中。1帶正電，b、c是ad連線的三等分點(diǎn),

以e位于以d為圓心的圓周上，e點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)為零，若取無窮遠(yuǎn)處電勢(shì)為零。則以下說法正確的是（）

A.同一試探電荷在b點(diǎn)受到的靜電力大于c點(diǎn)受到的靜電力

B.e點(diǎn)的電勢(shì)<pe<0

C.電勢(shì)差〃c=U加

D.21的電荷量大于Q1的電荷量

【答案】AD

【解析】

【詳解】D.e點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)為零，設(shè)〃=尺，根據(jù)電場(chǎng)的疊加可知點(diǎn)電荷Q帶負(fù)電，且

kQikQ]

?Ri—充

可得

Qi=162

故。1的電荷量大于。2的電荷量，故D正確；

A.根據(jù)電場(chǎng)的疊加，試探電荷在6點(diǎn)受到的靜電力為

Q、q/。2“—65%。24

R2(27?)2—4R2

試探電荷在C點(diǎn)受到的靜電力為

故同一試探電荷在b點(diǎn)受到的靜電力大于C點(diǎn)受到的靜電力，故A正確;

B.根據(jù)電場(chǎng)的疊加可知，在。1、。2連線上，從e點(diǎn)到無窮遠(yuǎn)處，電場(chǎng)線方向沿QQ方向，根據(jù)沿電場(chǎng)線

電勢(shì)降低，可知e點(diǎn)的電勢(shì)

(Pe>0

故B錯(cuò)誤;

C.根據(jù)點(diǎn)電荷電勢(shì)分別，點(diǎn)電荷。2在c、e兩點(diǎn)的電勢(shì)相等，點(diǎn)電荷Q在c點(diǎn)的電勢(shì)大于e點(diǎn)的電勢(shì)，則

(Pc>(Pe

故電勢(shì)差

Ubc<Ube

故C錯(cuò)誤。

故選ADo

8.如圖所示，油〃是一質(zhì)量為優(yōu)的“U”形均勻金屬框架，其電阻可忽略不計(jì)，^是一質(zhì)量也為相、兩端

有光滑小環(huán)的均勻金屬桿，將牙兩端的小環(huán)套在框架頂端，剛好構(gòu)成一個(gè)邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形。尸。是水平

勻強(qiáng)磁場(chǎng)的水平邊界。將此正方形線框在與勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直的豎直平面內(nèi)由靜止釋放（此時(shí)be邊距P。為

h）,當(dāng)6c剛越過PQ時(shí)剛好勻速運(yùn)動(dòng)，ab邊剛好有一半進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，恰到達(dá)尸。位置。運(yùn)動(dòng)中框架不轉(zhuǎn)

動(dòng)，小環(huán)與框架接觸良好，不計(jì)空氣阻力，重力加速度大小為g。則（）

XXXXXX

XXXXXX

XXXXXX

XXXXXX

A.7h——1,L

4

B.7h——1,L

8

c.y剛越過PQ時(shí)加速度大小為g

D.剛越過PQ時(shí)加速度大小為2g

【答案】BC

【解析】

【詳解】AB.線框自由下落過程，有

2gh-v2

金屬框架ab邊剛好有一半進(jìn)入磁場(chǎng)所需時(shí)間為

L

v

此過程金屬桿做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，可得

r12

L=vt-gt

聯(lián)立，解得

h=-L

8

故A錯(cuò)誤；B正確；

CD.依題意，線框勻速下落過程，有

口B2L2V

F安=~^=mg

金屬桿剛越過PQ時(shí)，有

2g（九+L）=v,'2

聯(lián)立，解得

M=3v

此時(shí)閉合回路中的金屬桿所受安培力為

B2L2（3V-V）

根據(jù)牛頓第二定律，可得

F'安一mg

a=----------=g

m

故C正確；D錯(cuò)誤。

故選BC。

三、非選擇題：共174分。第22?32題為必考題，每個(gè)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。

(一)必考題：共129分。

9.某同學(xué)利用驗(yàn)證牛頓第二定律的裝置來驗(yàn)證動(dòng)能定理，實(shí)驗(yàn)步驟如下：

光電門1光電

擋”里二用月細(xì)線定滑，輪

小車匚基Ml?

力傳感器＜----X--------------?

A祛碼盤

及祛碼

(1)測(cè)量小車、力傳感器和擋光板的總質(zhì)量為V,擋光板的寬度d；

(2)水平軌道上安裝兩個(gè)光電門，測(cè)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(xì)線

一端與力傳感器連接，另一端跨過定滑輪，掛上祛碼盤，實(shí)驗(yàn)首先保持軌道水平，小車通過光電門1和2

的時(shí)間相等，此時(shí)小車做運(yùn)動(dòng)，力傳感器的示數(shù)為1；

(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E小車通過光電門1和2的時(shí)間分別為％

和弓，則小車受到的合外力為(用“F、尸o”表示)；

(4)已知重力加速度為g,若要驗(yàn)證動(dòng)能定理，需要驗(yàn)證的關(guān)系為。

【答案】①.勻速直線②.F-F。③.①一4)S=；M(4)2—；M(4)2

【解析】

【詳解】(2)[1]小車通過光電門1和2的時(shí)間相等，此時(shí)小車做勻速直線運(yùn)動(dòng)；

(3)[2]小車做勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)有

F0=f

力傳感器的示數(shù)為歹時(shí)小車受到的合外力為

F"F-F。

(4)[3]若要驗(yàn)證動(dòng)能定理，需要驗(yàn)證的關(guān)系為

1,1,

(F-F0)S=-MV2--MV^

其中

dd

聯(lián)立解得

2t?2%]

10.提供有下列器材，用于測(cè)量電源的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻:

①待測(cè)電源（電動(dòng)勢(shì)小于3V）

②電壓表（量程3V,內(nèi)阻約3k。）

③電阻箱R(0-999.9Q)

④定值電阻&）=4。

⑤開關(guān)

⑥導(dǎo)線若干

甲、乙兩同學(xué)分別設(shè)計(jì)了如圖a和圖b所示的電路。

（1）某次實(shí)驗(yàn)中電阻箱的情況如圖所示，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4和4，則它

們的大小關(guān)系UaUb（選填“>"、"=”或）；

（3）兩同學(xué)分別根據(jù)電阻箱和電壓表的讀數(shù)E和U,通過建立合適的坐標(biāo)系，通過圖像處理數(shù)據(jù)得出了

電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻的值。某同學(xué)根據(jù)圖a實(shí)驗(yàn)測(cè)得的電壓表的示數(shù)U和電阻箱的讀數(shù)R,作出了如圖所示圖

線，則所測(cè)得的電動(dòng)勢(shì)屈=,內(nèi)阻n=o（結(jié)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(xué)所測(cè)得的電動(dòng)勢(shì)（選填“>"、"=”或“<”）真實(shí)值。

【答案】(1)19.0

(2)<(3)①.2.51.0③.<

【解析】

【小問1詳解】

由圖可知，此時(shí)電阻箱的讀數(shù)為

T?=10xl+lx9+0.1x0=19.0Q

【小問2詳解】

由圖a可知，此時(shí)電壓表測(cè)量凡兩端電壓，根據(jù)閉合電路歐姆定律可知

=E/(…

U

R+RQ+r

由圖b可知，此時(shí)電壓表測(cè)量火兩端電壓，根據(jù)閉合電路歐姆定律可知

R+R+r

由于所以《<4。

【小問3詳解】

口］⑵根據(jù)閉合電路歐姆定律可知

里四1

R+風(fēng)+/

整理可得

UE[R°ER

結(jié)合圖像可知，斜率為

11.5-0.5

-10-

結(jié)合圖像可知，截距為

4+廠=0.5

E&

聯(lián)立解得

4=2.5V

q=1.0Q

E

［3］由于電壓表的分流作用，導(dǎo)致流過電源的實(shí)際電流大于一，所以電動(dòng)勢(shì)的測(cè)量值小于真實(shí)值。

11.如圖所示，一半徑為R的圓與無軸相切于原點(diǎn)。，圓內(nèi)有直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大為

Bo與無軸垂直的豎直虛線與磁場(chǎng)最右端相切，其右側(cè)的第I象限內(nèi)存在沿-y方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)?，F(xiàn)有一束

比荷為巨的帶正電粒子沿著+y方向從原點(diǎn)。射入磁場(chǎng)，粒子離開磁場(chǎng)時(shí)方向沿尤軸正方向，進(jìn)入電場(chǎng)

m

后，經(jīng)電場(chǎng)偏轉(zhuǎn)打到x軸上坐標(biāo)為(37?,0)的點(diǎn)，不計(jì)粒子的重力，求：

(1)粒子射入磁場(chǎng)時(shí)的速度；

(2)電場(chǎng)強(qiáng)度的大??；

(3)若僅使從。點(diǎn)射入的帶電粒子初速度方向與4軸方向成30。角，求粒子從。點(diǎn)出發(fā)到再次打到x軸上

所用的時(shí)間。

［答案］⑴邂；⑵譴；⑶"3+9+6⑹

m2m6qB

【解析】

【詳解】(1)在圓形磁場(chǎng)中，沿徑向入射的粒子沿徑向飛出，作出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示

根據(jù)幾何關(guān)系可知，粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑為

r=R

在磁場(chǎng)中由洛倫茲力提供圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，則

2

qvB=m—

Qr

解得

m

(2)進(jìn)入電場(chǎng)后，經(jīng)電場(chǎng)偏轉(zhuǎn)打到無軸上坐標(biāo)為（3R,0）的點(diǎn)，則有

R=L嗎2,3R—R=v°t

2m

解得

E3

2m

由于軌跡半徑與磁場(chǎng)圓半徑相等，則四邊形oqaa為棱形，可知飛出時(shí)速度沿x軸正方向,由幾何關(guān)系

可知，軌跡對(duì)應(yīng)圓心角為

8=180-30=150

磁場(chǎng)中圓周運(yùn)動(dòng)的周期

2兀r

1-------

%

磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間

150,

%=-----J

1360

粒子從。3到。4做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則

R-rsin30

=

在電場(chǎng)中豎直方向有

7?+7?cos30=—?—r

2m'

粒子從。點(diǎn)出發(fā)到再次打到無軸上所用的時(shí)間

m\57i+9+6

12.光滑的水平面上停放著質(zhì)量機(jī)c=2kg的平板小車C,C的左端放置質(zhì)量mA=lkg的物塊A,車上距左端

X0處(X0小于車的長(zhǎng)度)放置質(zhì)量wiB=3kg的物塊B,物塊A、B均可視為質(zhì)點(diǎn)，它們與車面間的動(dòng)摩擦因

數(shù)分別為〃A=0.3、〃B=0.1,開始時(shí)車被鎖定無法運(yùn)動(dòng)，物塊A以w=9m/s的水平初速度從左端開始正對(duì)B運(yùn)

動(dòng)，重力加速度g=10m/s2。

(1)若無o=7.5m,求A開始運(yùn)動(dòng)后經(jīng)過多長(zhǎng)時(shí)間與B發(fā)生碰撞；

(2)若無o=7.5m,A與B發(fā)生彈性正碰，求A停止運(yùn)動(dòng)時(shí)距車左端的距離；

(3)改變xo的值，A運(yùn)動(dòng)至B處與B發(fā)生彈性碰撞后立即解除對(duì)車的鎖定，此后A與B都剛好沒從車上

掉下，求平板車的長(zhǎng)度。

h----------------H

AH——riB

,、，、IC

【答案】(1)1s；(2)6m；(3)9m

【解析】

【詳解】(1)物塊A的加速度大小為由牛頓第二定律

^AmAg=mAa

由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式

1/

xo=v^~~at

解得

r=ls

(2)A與B碰前速度瞬間為V],碰后AB速度分別為丫2、匕

V]=%-at

=mAv2+mBv3

=^mAVl+^mBVl

解得

（m.-mA

v2=0_以匕=—3m/s

^A+mB

2mA

v3=-----------匕=3m/s

mA+mB

A碰后向左運(yùn)動(dòng)，假設(shè)A碰后向左發(fā)生的最大位移為巧，由動(dòng)能定理:

-//AmAgx,=O-|mX

Ax=X。-/

解得

Ax=6m

故A停止運(yùn)動(dòng)時(shí)距平板車左端6m；

(3)設(shè)A與B碰前速度為九，碰后AB速度分別為％、v6

同理可得

（%一，%）1

2mA1

由于AB與平板車之間的摩擦力大小〃=且A的加速度大于B,由此可判斷A碰后向左做勻減速運(yùn)

動(dòng)，此過程中車一直保持靜止。

由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式：

v：一片=-2ax0

0—v：=—2〃%0

解得

xQ=2.7m

設(shè)最終三者共同勻速運(yùn)動(dòng)速度為、，由動(dòng)量守恒定律

fnVmm+m

叫%+B6=(A+Bc)%

解得

設(shè)B開始與平板小車右端相距為xB,由能量守恒

|-1(mA+mB+mc)V6=^iAmAgx0+^iBmBgxB

解得

xB=6.3m

L=xQ+xB

解得

L=9m

(二)選考題：共45分。請(qǐng)考生從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，則每學(xué)科按所做的第一題計(jì)分。

33.[物理——選修3-3]

13.如圖甲為某種轉(zhuǎn)椅的結(jié)構(gòu)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(shí)刻筒內(nèi)氣體所對(duì)應(yīng)的曲線為從人坐上椅子后M迅速向下滑動(dòng)，設(shè)

此過程筒內(nèi)氣體不與外界發(fā)生熱交換，則此過程中()

/(v)

A.密閉氣體壓強(qiáng)增大，分子平均動(dòng)能增大

B.外界對(duì)氣體做功，氣體分子的密集程度保持不變

C.密閉氣體內(nèi)能增大，容器壁單位面積單位時(shí)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(huì)變成。曲線

E.密閉氣體的分子速率分布曲線可能會(huì)變成c曲線

【答案】ACE

【解析】

【詳解】ABC.根據(jù)題意可知，M迅速向下滑動(dòng)，理想氣體的體積減小，氣體分子的密集程度變大，外界對(duì)

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，分子平均動(dòng)能增大，容器壁

單位面積單位時(shí)間內(nèi)受到氣體分子撞擊的次數(shù)增加，密閉氣體壓強(qiáng)增大，故AC正確，B錯(cuò)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(huì)變成c

曲線，故E正確，D錯(cuò)誤。

故選ACE。

14.如圖所示，兩個(gè)固定的導(dǎo)熱良好的足夠長(zhǎng)水平汽缸，由水平輕質(zhì)硬桿相連的兩個(gè)活塞面積分別為

SA=120cm2,&=20cm2o兩汽缸通過一帶閥門K的細(xì)管連通，最初閥門關(guān)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(shí)兩活塞分別與各自汽缸底相距“=40cm、b=10cm,活塞靜止。(不計(jì)一

切摩擦，細(xì)管體積可忽略不計(jì)，A內(nèi)有體積不計(jì)的加熱裝置，圖中未畫出。設(shè)環(huán)境溫度保持不變?yōu)?7℃,

外界大氣壓為po)。

(1)當(dāng)閥門K關(guān)閉時(shí)，在左側(cè)汽缸A安裝絕熱裝置，同時(shí)使A內(nèi)氣體緩慢加熱，求當(dāng)右側(cè)活塞剛好運(yùn)動(dòng)

到缸底時(shí)A內(nèi)氣體的溫度TA,及壓強(qiáng)PA；

(2)停止加熱并撤去左側(cè)汽缸的絕熱裝置，將閥門K打開，足夠長(zhǎng)時(shí)間后，求大活塞距左側(cè)汽缸底部的

距離Axo

(3)之后將閥門K關(guān)閉，用打氣筒(圖中未畫出)向A汽缸中緩慢充入壓強(qiáng)為2必的理想氣體，使活塞

回到初始狀態(tài)時(shí)的位置，則充入的理想氣體體積AV為多少？

【答案】(1)375K,"⑵30cm；(3)1000cm3

o

【解析】

【詳解】(1)閥門K關(guān)閉時(shí)，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(qiáng)不變,

為等壓變化，對(duì)于A氣體，初態(tài)有

匕=雙，"=(27+273)K=300K

末態(tài)有

VAl=(a+b)SA

由蓋一呂薩克定律有

上』

即

aSA_(a+b)SA

300K-—TA-

解得

1人=375K

對(duì)兩活塞整體為研究對(duì)象，根據(jù)受力平衡得

PASA-POSA+POSB=0

解得

5

PA=-Po

o

(2)打開閥門K穩(wěn)定后，設(shè)氣體壓強(qiáng)為以兩個(gè)活塞和桿為整體有

P,ASA-POSA+MB-PASB=°

解得

PA=PO

設(shè)大活塞最終左移x,對(duì)封閉氣體分析；初態(tài)有

PA="%=(。+加，，7；=375K

O

末態(tài)有

P1=Po,Y'A=MS、+("+〃—AX)5B,To=300K

由理想氣體狀態(tài)方程得

T\To

即

|Po(。+_p°[AXSA+(b+a-Ax)SB]

375K—300K

代入數(shù)據(jù)解得

Ax=30cm

(3)關(guān)閉閥門，若活塞恢復(fù)初始位置，則對(duì)B中氣體，初態(tài)有

PB=Po，AX)SB

末態(tài)壓強(qiáng)為體積為

%=岷

由玻意耳定律得

PB^B=PBVB

即

.況(b+。-Ax)=p'BSBb

解得

PB=2Po

則

PK，A+PO'B-P°SA—PB'=0

解得

PA=，PO

o

對(duì)A中氣體和充入氣體整體為研究對(duì)象，初態(tài)有

P[=P。，匕=MSA

P=2po,V=AV

末態(tài)有

7

Pl=NPo，V"aSA

o

根據(jù)玻意耳定律得

以匕+a=成吸

即

7

POSAAX+2PoAV=-pSa

oQA

解得