安徽省2017届高三物理模拟试卷(含解析)

1、安徽省 2017届高三物理模拟试卷一、选择题：共 7 小题，每小题 6 分，在每小题给出的四个选项中，第 14 题只有一项符合题目要求，第 58 题有多项符合题目要求，全部选对得 6 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分1下列关于物理学史实说法中正确的是（ ）A汤姆逊发现了中子，被称为“中子之父”B我国核电站采用了重核裂变，用中子轰击 U，产生的新核比结合能较 U小C普朗克的 粒子散射实验，奠定了原子的核式结构模型D康普顿研究石墨对 X 射线散射，证实了光子有动量，进一步揭示了光子的粒子性2在电荷量为 Q的点电荷激发电场空间中，距 Q为 r 处电势表达式为 = ，其中 k 为静电力常

2、量，取无穷远处为零电势点今有一电荷量为 Q 的正点电荷，固定在空间中某处一电荷量为 q、质量为 m的负点电荷绕其做椭圆运动，不计负点电荷重力 Q位于椭圆的一个焦点上，椭圆半长轴长为 a，焦距为 c，该点电荷动能与系统电势能之和表达式正确的是（ ）A B C D3如图所示，总质量为 M带有底座的足够宽框架直立在光滑水平面上，质量为 m的小球通过细线悬挂于框架顶部 O处，细线长为 L，已知 Mm，重力加速度为 g，某时刻 m获得一瞬时速度 v0，当 m第一次回到 O点正下方时，细线拉力大小为（ ）Amg Bmg+Cmg+m Dmg+m4如图所示，一粒子源 S 可向外发射质量为 m，电荷量为 q 带

3、正电的粒子，不计粒子重力，空间充满一水平方向的匀强磁场， 磁感应强度方向如图所示， S 与 M在同一水平线上， 某时刻，从粒子源发射一束粒子，速度大小为 v，方向与水平方向夹角为 ，SM与 v 方向在同一竖直平面内，经时间 t ，粒子达到 N处，已知 N与 S、M在同一水平面上，且 S M长度为 L，匀强磁场的磁感应强度大小可能是（ ）A B C D5如图所示，质量为 M的斜劈放置在水平地面上，细线绕过滑轮 O1、O3 连接 m1、m3 物体，连接 m1 细线与斜劈平行，滑轮 O3 由细线固定在竖直墙 O处，滑轮 O1 用轻质杆固定在天花板上，动滑轮 O2 跨在细线上，其下端悬挂质量为 m2

4、的物体，初始整个装置静止，不计细线与滑轮间摩擦，下列说法正确的是（ ）A若增大 m2 质量， m1、M仍静止，待系统稳定后，细线张力大小不变B若增大 m2 质量， m1、M仍静止，待系统稳定后，地面对 M摩擦力变大C若将悬点 O上移， m1、M仍静止，待系统稳定后，细线与竖直墙夹角变大D若将悬点 O上移， m1、M仍静止，待系统稳定后，地面对 M摩擦力不变6如图所示，质量为 2kg 的木板 M放置在足够大光滑水平面上，其右端固定一轻质刚性竖直挡板，对外最大弹力为 4N，质量为 1kg 的可视为质点物块 m恰好与竖直挡板接触，已知 M、 m间动摩擦因数 =0.5 ，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力

5、初始两物体均静止，某时刻开始2M受水平向左力 F 作用， F 与 M位移关系为 F=3+0.5x ，重力加速度 g=10m/s ，关于 M、m的运动，下列表述正确的是（ ）A当 F 刚作用时，竖直挡板对 m就有弹力作用2 Bm的最大加速度为 9m/sC当 M运动位移为 24m过程中， F 所做的功为 216JDm获得的最大速度无法求解- 2 -7如图所示，质量为 m的小球用两细线悬挂于 A、B两点，小球可视为质点，水平细线 OA长L1，倾斜细线 OB长为 L2，与竖直方向夹角为 ，现两细线均绷紧，小球运动过程中不计空气阻力，重力加多少为 g，下列论述中不正确的是（ ）A在剪断 OA现瞬间，小球

6、加速度大小为 gtan B剪断 OA线后， 小球将来回摆动， 小球运动到 B 点正下方时细线拉力大小为 mg（32cos）C剪断 OB线瞬间，小球加速度大小为 gsin D剪断 OB线后，小球从开始运动至 A 点正下方过程中，重力功率最大值为 mg二、非选择题：包括必考题和选考题两部分（一）必考题8为了验证牛顿第二定律中加速度与力的关系，小光同学设计了如图 1 的实验状态水平桌面放置带有加速度传感器的总质量为 M 的小车，车的两端由轻质细线绕过桌面两端滑轮并在两端各悬挂总质量为 m的多个钩码 实验中， 小光每次由左侧取下质量为 m的钩码并挂至右侧悬线下方，将下车由静止释放，利用传感器测量小车加

7、速度并逐次记录移动过的砝码质量和相应加速度值，根据多次实验得出的数据，小光同学作出如图 2 的 am图象（1）根据上述设计，以下说法正确的是A由于系统存在摩擦，实验中必须先平衡摩擦力，才能继续进行实验B本实验中虽存在摩擦力影响，但无需平衡摩擦力也可以进行实验C本实验中必须要求小车质量 MmD本实验中无须要求小车质量 Mm（2）利用实验中作出 am 图线，可以分析出系统摩擦力大小为 ，加速度 a 与移动的质量 m间存在关系为 9如图所示，光滑的金属导轨固定在绝缘水平面上，导轨足够长，电阻不计，两轨间距为 L，其左端连接一阻值为 R的电阻导轨处在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为 B，一质量为

8、 m的金属棒，放置在导轨上，其电阻为 r，某时刻一水平力 F 垂直作用在金属棒中点，金属棒从静止开始做匀加速直线运动，已知加速度大小为 a，金属棒始终与导轨接触良好（1）从力 F 作用开始计时，请推导 F 与时间 t 关系式；（2）F作用时间 t 0 后撤去，求金属棒能继续滑行的距离 S10如图所示，一轻质弹簧固定在竖直墙上，质量为 m 的滑块（可视为质点）放置在光滑水平面上，一表面光滑，半径为 R 的半圆形轨道固定在水平面上，左端与水平面平滑连接，在半圆轨道右侧有一倾角为 斜面固定在水平地面上，有一不计厚度，长度为 L1，质量为 M木板恰好能静止在斜面上，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，木板下

9、端距斜面底端为 L2，下列操作中，弹簧始终在弹性限度之内，重力加速度为 g（1）用水平力缓慢推 m，使弹簧压缩到一定程度，然后释放， m恰能运动到圆轨道 P 处脱离轨道，且 OP与竖直方向夹角为 求：弹簧压缩最短时弹性势能 m通过圆轨道最高点 Q时对轨道压力- 4 -（2）再次用力缓慢推 m压缩弹簧，释放后， m运动到 Q 点水平抛出，恰好能以速度 v0 沿平行于斜面方向落到木板顶端，当木板下端下滑到斜面底端时， m恰好滑至木板下端，且与木板速度相等求：木板从开始运动到木板下端到达斜面底端过程中，系统损失的机械能（二）选考题，任选一模块作答【物理选修 3-3 】11对于一定质量的理想气体，下列

10、说法正确的是（ ）A体积不变，压强减小的过程，气体一定放出热量，内能减小B若气体内能增加，则外界一定对气体做功C若气体的温度升高，则每个气体分子的速度一定增大D若气体压强不变，气体分子平均距离增大时，则气体分子的平均动能一定增大E气体对器壁的压强是由大量气体分子对器壁不断碰撞而产生的12如图所示，粗细均匀的 U形管，左端封闭，右端开口，左端用水银封闭着长 L=15cm的理想气体，当温度为 27时，两管水银面的高度差 h=3cm，设外界大气压为 75cmHg，则（1）若对封闭气体缓慢加热，为了使左右两管中的水银面相平，温度需升高到多少？（2）若保持 27不变，为了使左右两管中的水银面相平，需从右

11、管的开口端再缓慢注入的水银柱长度应为多少？【物理选修 3-4 】13如图所示，一列简谐横波在某一时刻的波的图象， A、B、C是介质中的三个质点，已知波是向 x 正方向传播，波速为 v=20m/s，下列说法正确的是（ ）A这列波的波长是 10cmB质点 A 的振幅为零C质点 B 此刻向 y 轴正方向运动D质点 C再经过 0.15s 通过平衡位置E质点一个周期内通过的路程一定为 1.6cm14在桌面上有一个倒立的玻璃圆锥，其顶点恰好与桌面接触，圆锥的轴（图中虚线）与桌面垂直，过轴线的截面为等边三角形，如图所示有一半径为 r=0.1m 的圆柱形平行光束垂直入射到圆锥的桌面上，光束的中心轴与圆锥的轴重

12、合已知玻璃的折射率为 n=1.73 则：通过计算说明光线 1 能不能在圆锥的侧面 B点发生全反射？光线 1 经过圆锥侧面 B 点后射到桌面上某一点所用的总时间是多少？（结果保留三位有效数字）- 6 -2017 年安徽省合肥一中、芜湖一中等六校教育研究会高考物理模拟试卷（ 2 月份）参考答案与试题解析一、选择题：共 7 小题，每小题 6 分，在每小题给出的四个选项中，第 14 题只有一项符合题目要求，第 58 题有多项符合题目要求，全部选对得 6 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分1下列关于物理学史实说法中正确的是（ ）A汤姆逊发现了中子，被称为“中子之父”B我国核电站采用了重核裂变

13、，用中子轰击 U，产生的新核比结合能较 U小C普朗克的 粒子散射实验，奠定了原子的核式结构模型D康普顿研究石墨对 X 射线散射，证实了光子有动量，进一步揭示了光子的粒子性【考点】 JK：重核的裂变； 1 U：物理学史【分析】根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可【解答】解： A、查德威克在用 粒子轰击铍核的实验中发现了中子，故 A 错误；B、我国核电站采用了重核裂变，用中子轰击 U，产生的新核比 U更稳定，比结合能比较大，故 B 错误；C、卢瑟福用 粒子轰击原子而产生散射的实验，在分析实验结果的基础上，他提出了原子核式结构模型，故 C错误；D、康普顿研究石墨对 X 射线散射，证

14、实了光子有动量，进一步揭示了光子的粒子性，故 D正确故选： D2在电荷量为 Q的点电荷激发电场空间中，距 Q为 r 处电势表达式为 = ，其中 k 为静电力常量， 取无穷远处为零电势点 今有一电荷量为 Q的正点电荷， 固定在空间中某处 一电荷量为 q、质量为 m的负点电荷绕其做椭圆运动，不计负点电荷重力 Q位于椭圆的一个焦点上， 椭圆半长轴长为 a，焦距为 c，该点电荷动能与系统电势能之和表达式正确的是 （ ）A B C D【考点】 AE：电势能； AC：电势【分析】负电荷在绕正电荷做椭圆运动时，动能和电势能之和保持不变；在电荷离中正电荷最近点和最远点曲率库仑力提供向心力，此两点曲率半径相同，

15、根据向心力公式可求得对应的速度；再根据电势能的公式即可求得电势能；从而求出电势能和动能之和【解答】解：如图所示， AB 两点为负电荷转动中的近地点和远地点，做椭圆运动的电荷在近地 点 和 远 地 点 的 轨 道 曲 率 半 径 相 同 ， 设 曲 率 半 径 为 r ；则对 A点： =对 B 点有：则有： =电荷的引力势能为 EP=q= ，动能为 EK= mv2；则卫星在 A、B 两点的机械能分别为：EA= m vA22EB= m vB根据机械能守恒有： EA=EB；22= 联立解得： v A= ；v B将速度分别代入，则可得出总机械能 E= ，故 B正确， ACD错误故选： B- 8 -3如

16、图所示，总质量为 M带有底座的足够宽框架直立在光滑水平面上，质量为 m的小球通过细线悬挂于框架顶部 O处，细线长为 L，已知 Mm，重力加速度为 g，某时刻 m获得一瞬时速度 v0，当 m第一次回到 O点正下方时，细线拉力大小为（ ）Amg Bmg+Cmg+m Dmg+m【考点】 53：动量守恒定律； 6B：功能关系【分析】根据 M与 m系统水平方向动量守恒和机械能守恒结合求出 m第一次回到 O点正下方时两者的速度，再根据牛顿第二定律求细线的拉力【解答】解：设 m第一次回到 O点正下方时 m与 M的速度分别为 v1 和 v2取向右为正方向，由水平方向动量守恒和机械能守恒得：mv 0=mv1+M

17、v2mv02= mv2+ Mv2 1 2解得 v 1= v0，v2= v0当 m第一次回到 O点正下方时，以 m为研究对象，由牛顿第二定律得：T mg=m解得细线的拉力 T=mg+故选： B4如图所示，一粒子源 S 可向外发射质量为 m，电荷量为 q 带正电的粒子，不计粒子重力，空间充满一水平方向的匀强磁场， 磁感应强度方向如图所示， S 与 M在同一水平线上， 某时刻，从粒子源发射一束粒子，速度大小为 v，方向与水平方向夹角为 ，SM与 v 方向在同一竖直平面内，经时间 t ，粒子达到 N处，已知 N与 S、M在同一水平面上，且 S M长度为 L，匀强磁场的磁感应强度大小可能是（ ）A B

18、C D【考点】 CI：带电粒子在匀强磁场中的运动【分析】由于速度方向与磁感应强度的方向成一个 ，所以带电粒子在水平磁场中沿磁场方向做匀速直线运动，在垂直于磁场方向上做匀速圆周运动，则其运动轨迹是一个象弹簧一样的螺旋曲线由分运动的独立性和等时性就能求出磁感应强度大小【解答】解：带电粒子与磁感应强度方向成一定角度进入磁场，它的运动是沿磁场方向的匀速 直 线 运 动 与 垂 直 于 磁 场 方 向 的 匀 速 圆 周 运 动 的 合 运 动 ， 由 等 时 性 有 ：，而 ，联立两式得：或者 显然当 n=1 时， 或者 ，所以选项 AD错误， 选项 BC正确故选： BC5如图所示，质量为 M的斜劈放

19、置在水平地面上，细线绕过滑轮 O1、O3 连接 m1、m3 物体，连接 m1 细线与斜劈平行，滑轮 O3 由细线固定在竖直墙 O处，滑轮 O1 用轻质杆固定在天花板上，动滑轮 O2 跨在细线上，其下端悬挂质量为 m2 的物体，初始整个装置静止，不计细线与滑轮间摩擦，下列说法正确的是（ ）A若增大 m2 质量， m1、M仍静止，待系统稳定后，细线张力大小不变- 10 -B若增大 m2 质量， m1、M仍静止，待系统稳定后，地面对 M摩擦力变大C若将悬点 O上移， m1、M仍静止，待系统稳定后，细线与竖直墙夹角变大D若将悬点 O上移， m1、M仍静止，待系统稳定后，地面对 M摩擦力不变【考点】 2

20、 H：共点力平衡的条件及其应用； 29：物体的弹性和弹力【分析】先对物体 m3 分析，受重力和拉力而平衡，故细线的拉力一直不变；再对 m1 和斜面体整体分析，根据平衡条件分析摩擦力情况；如果将悬点 O上移，先后对 m2、m3 分析，根据平衡条件分析细线与竖直墙夹角变化情况【解答】解： AB、若增大 m2 质量，m1、M仍静止；先对物体 m3 分析，受重力和拉力而平衡，说明细线的拉力大小保持不变；再隔离 m1 和斜面体整体分析，受重力、支持力、拉力和摩擦力，根据平衡条件，摩擦力等于拉力的水平分力，由于拉力不变，故地面对 M摩擦力不变，故 A 正确， B 错误；CD、若将悬点 O上移， m1、M仍

21、静止，细线的拉力依然等于 m3g，大小不变；先分析 m2，由于重力不变，两个拉力的大小也不变，故根据平衡条件，两个拉力的方向不变；再分析滑轮 O3，受三个拉力，由于两个拉力的大小和方向不变，故根据平衡条件，第三个拉力的方向也不变，故细线与竖直墙夹角不拜年，故 C错误；最后分析 m1 和斜面体整体，受重力、支持力、拉力和摩擦力，根据平衡条件，摩擦力等于拉力的水平分力，由于拉力不变，故地面对 M摩擦力不变，故 D正确；故选： AD6如图所示，质量为 2kg 的木板 M放置在足够大光滑水平面上，其右端固定一轻质刚性竖直挡板，对外最大弹力为 4N，质量为 1kg 的可视为质点物块 m恰好与竖直挡板接触

22、，已知 M、 m间动摩擦因数 =0.5 ，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力初始两物体均静止，某时刻开始M受水平向左力 F 作用， F 与 M位移关系为 F=3+0.5x ，重力加速度 g=10m/s2，关于 M、m的运动，下列表述正确的是（ ）A当 F 刚作用时，竖直挡板对 m就有弹力作用2 Bm的最大加速度为 9m/sC当 M运动位移为 24m过程中， F 所做的功为 216JDm获得的最大速度无法求解【考点】 66：动能定理的应用【分析】由牛顿第二定律求出整体的加速度随位移 x 的关系；由牛顿第二定律求出 m 的最大加速度，以及最大加速度对应的位移；由积分的方法即可求出拉力做的功【解答】解：

23、 A、m与木板 M之间的最大静摩擦力： f m=FN=mg=0.5 1 10=5N 开 始 时 m 与 木 板 一 起 做 加 速 运 动 ， 共 同 的 加 速 度 ：刚开始时， x=0，则加速度：刚开始时 m受到的摩擦力： f 0=ma0=1 1=1N5N，所以当 F 刚作用时，竖直挡板对 m没有弹力作用故 A错误；B、m受到的向左的力最大为静摩擦力与弹力的和，所以最大加速度：故 B 正确；C、当 M运动位移为 24m时，F=3+0.5 24=15N根据功的公式： W=FS可知力 F 做的功等于力在空间的积累效果，由积累的关系可得：W= =216J故 C正确；D、联立可知，当 m的加速度最

24、大时的位移： xm=48m然后结合 C 选项的方法即可求出拉力对系统做的功，由动能定理即可求出系统的动能，即：由此即可求出 m的最大速度故 D错误故选： BC7如图所示，质量为 m的小球用两细线悬挂于 A、B两点，小球可视为质点，水平细线 OA长L1，倾斜细线 OB长为 L2，与竖直方向夹角为 ，现两细线均绷紧，小球运动过程中不计空气阻力，重力加多少为 g，下列论述中不正确的是（ ）A在剪断 OA现瞬间，小球加速度大小为 gtan - 12 -B剪断 OA线后， 小球将来回摆动， 小球运动到 B 点正下方时细线拉力大小为 mg（32cos）C剪断 OB线瞬间，小球加速度大小为 gsin D 剪

25、 断 OB 线 后 ， 小 球 从开 始 运 动 至 A 点 正 下 方 过 程 中 ，重 力 功 率 最 大 值 为mg【考点】 63：功率、平均功率和瞬时功率； 2H：共点力平衡的条件及其应用【分析】剪断细线 AB的瞬间，沿 O B方向的合力为零，垂直 OB方向的合力产生加速度，结合牛顿第二定律求出加速度大小和绳子的拉力，当剪短 OB绳时，小球开始做自由落体运动，然后做圆周运动，根据 P=mgv求得重力的瞬时功率【解答】解： A、剪断细线 AO 的瞬间，小球开始做竖直面内的圆周运动，其线速度为零，所以沿径向的加速度为零，只有沿切向的加速度由牛顿第二定律有：径向： TOBmgcos=0，切向

26、： mgsin =ma，代入数据解得： a=gsin 故 A 错误；B、剪短后，根据动能定理可知在最低点，根据牛顿第二定律可知 ，联立解得 F=mg（32cos），故B 正确；C、剪断 OB线瞬间，小球做自由落体运动，加速度为 g，故 C错误；D 、 剪 断 OB 线 后 ， 设 小 球 与 水 平 方 向 的 夹 角 为 时 ， 速 度 为 v ， 则，此 时 重 力 的 瞬 时 功 率P=mgvcos= =mg，根据数学知识可知， D错误；因选错误的，故选： ACD二、非选择题：包括必考题和选考题两部分（一）必考题8为了验证牛顿第二定律中加速度与力的关系，小光同学设计了如图 1 的实验状态

27、水平桌面放置带有加速度传感器的总质量为 M 的小车，车的两端由轻质细线绕过桌面两端滑轮并在两端各悬挂总质量为 m的多个钩码 实验中， 小光每次由左侧取下质量为 m的钩码并挂至右侧悬线下方，将下车由静止释放，利用传感器测量小车加速度并逐次记录移动过的砝码质量和相应加速度值，根据多次实验得出的数据，小光同学作出如图 2 的 am图象（1）根据上述设计，以下说法正确的是 BDA由于系统存在摩擦，实验中必须先平衡摩擦力，才能继续进行实验B本实验中虽存在摩擦力影响，但无需平衡摩擦力也可以进行实验C本实验中必须要求小车质量 MmD本实验中无须要求小车质量 Mm（2）利用实验中作出 am图线，可以分析出系统

28、摩擦力大小为 ，加速度a 与移动的质量 m间存在关系为 【考点】 M6：验证牛顿第二运动定律【分析】（1）依据实验原理，结合实验目标，及加速度传感器的作用，即可求解；（2）根据图象中 a=0 时，受力平衡，即可确定系统摩擦力大小，再依据牛顿第二定律，即可列出系统加速度 a 与移动的质量 m间关系式- 14 -【解答】解： （1）AB、本实验中虽存在摩擦力影响，但是为了验证牛顿第二定律中加速度与力的关系，且加速度通过传感器可知，因此无须平衡摩擦力，故 A错误， B正确；CD、因选取系统为研究对象，因此不需要小车的质量远大于钩码总质量，故 C错误， D正确；故选： BD（2）依据作出 am图线，可

29、知，当 a=0 时，则系统处于平衡状态，则有小车受到的摩擦力大小与系统的外力平衡，即为： f= ；再由根据牛顿第二定律，则有： Ff= （M+2m）a，即 2mg =（M+2m）a，整理得： 故答案为：（1）BD；（2）2m0g， 9如图所示，光滑的金属导轨固定在绝缘水平面上，导轨足够长，电阻不计，两轨间距为 L，其左端连接一阻值为 R的电阻导轨处在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为 B，一质量为 m的金属棒，放置在导轨上，其电阻为 r，某时刻一水平力 F 垂直作用在金属棒中点，金属棒从静止开始做匀加速直线运动，已知加速度大小为 a，金属棒始终与导轨接触良好（1）从力 F 作用开始计时，请

30、推导 F 与时间 t 关系式；（2）F作用时间 t 0 后撤去，求金属棒能继续滑行的距离 S【考点】 D9：导体切割磁感线时的感应电动势； 52：动量定理； BB：闭合电路的欧姆定律【分析】（1）根据 E=BLv、I= 、F 安=BIL 得到安培力与速度的关系式速度与时间的关系是 v=at 再由牛顿第二定律推导 F 与 t 的关系即可；（2）先求出撤去 F 时棒的速度 撤去外力后， 根据动量定理得到速度变化量， 再求和可求解【解答】解： （1）设 t 时刻，电路中电流为 I ，对金属棒由： FBIL=ma根据闭合电路欧姆定律可得 BLv=I （R+r）金属棒速度 v=at 联立解得（2）撤去

31、F 瞬间，金属棒速度 v0=at 0在t 时间内，取金属棒速度方向为正方向由动量定理 ILBt=mv两边求和BLv=I （R+r）联立可得即答：（1）从力 F 作用开始计时，请推导 F 与时间 t 关系式为 ；（2）F作用时间 t 0 后撤去，求金属棒能继续滑行的距离为 10如图所示，一轻质弹簧固定在竖直墙上，质量为 m 的滑块（可视为质点）放置在光滑水平面上，一表面光滑，半径为 R 的半圆形轨道固定在水平面上，左端与水平面平滑连接，在半圆轨道右侧有一倾角为 斜面固定在水平地面上，有一不计厚度，长度为 L1，质量为 M木板恰好能静止在斜面上，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，木板下端距斜面底端为

32、L2，下列操作中，弹簧始终在弹性限度之内，重力加速度为 g（1）用水平力缓慢推 m，使弹簧压缩到一定程度，然后释放， m恰能运动到圆轨道 P 处脱离- 16 -轨道，且 OP与竖直方向夹角为 求：弹簧压缩最短时弹性势能 m通过圆轨道最高点 Q时对轨道压力（2）再次用力缓慢推 m压缩弹簧，释放后， m运动到 Q点水平抛出，恰好能以速度 v0 沿平行于斜面方向落到木板顶端，当木板下端下滑到斜面底端时， m恰好滑至木板下端，且与木板速度相等求：木板从开始运动到木板下端到达斜面底端过程中，系统损失的机械能【考点】 53：动量守恒定律； 37：牛顿第二定律； 4A：向心力； 6B：功能关系【分析】（1）

33、m到达 P 处时，只受重力，并由重力的径向分力充当向心力，由此列式求出 m到达 P 处的速度 再运用能量守恒定律求弹簧压缩最短时弹性势能 由机械能守恒求出 m通过 Q点的速度，由向心力公式求轨道对 m的支持力，从而求得 m对轨道的压力（2）m相对 M滑动过程中， m、M系统在斜面方向上动量守恒，由动量守恒定律和能量守恒定律结合求解系统损失的机械能【解答】解： （1）设 m到达 P 处速度为 v1，有 设弹簧弹性势能为 Ep，由能量守恒定律有 联立解得 设 m到达 Q处速度为 v2，由能量守恒可知 在 Q处，设轨道对 m支持力为 FN，由牛顿第二定律可得： 联立可得可得 F N=3mg（1cos

34、）根据牛顿第三定律可得知 m对轨道压力大小为 F N=FN=3mg（1cos）（2）由题意可知 m相对 M滑动过程中， m、M系统在斜面方向上动量守恒，设 M到达斜面底端速度为 v3，取沿斜面向下为正方向，由动量守恒可得mv 0=（m+M）v3 从 m滑上木板到木板到达斜面底端过程中，设系统损失机械能为 Q，由能量守恒可得：联 立 解 得答：（1）弹簧压缩最短时弹性势能是 mgRcosm 通过圆轨道最高点 Q 时对轨道压力为3mg（1cos ）（ 2 ） 木 板 从 开 始 运 动 到 木 板 下 端 到 达 斜 面 底 端 过 程 中 ， 系 统 损 失 的 机 械 能 为（二）选考题，任选

35、一模块作答【物理选修 3-3 】11对于一定质量的理想气体，下列说法正确的是（ ）A体积不变，压强减小的过程，气体一定放出热量，内能减小B若气体内能增加，则外界一定对气体做功C若气体的温度升高，则每个气体分子的速度一定增大D若气体压强不变，气体分子平均距离增大时，则气体分子的平均动能一定增大E气体对器壁的压强是由大量气体分子对器壁不断碰撞而产生的【考点】 98：理想气体【分析】根据热力学第一定律和气体实验定律联立可以判断气体状态参量的变化和内能变化理想气体的分子力和分子势能可以忽略不计温度是分子热运动平均动能的标志；气体对器壁的压强是由大量气体分子对器壁的不断碰撞而产生的，取决于分子数密度和分

36、子热运动的平均动能【解答】解： A、理想气体体积不变，根据查理定律，压强与热力学温度成正比，压强减小，温度降低，内能减小 U0，因为体积不变，外界对气体不做功 W=0，根据热力学第一定律U=W+Q，知 Q0 气体放出热量，故 A正确；B、若气体内能增加则 U0，根据热力学第一定律 U=W+Q，可能气体从 外界吸热大于气体对外做功；或者不做功仅吸热，故 B错误；C、温度升高， 分子的平均动能增加， 分子的平均速率增加， 但并不是每个分子的速度都增大，故 C错误；- 18 -D、若气体压强不变，根据盖吕萨克定律知体积与热力学温度成正比，气体分子平均距离增大，体积增大，温度升高，气体分子的平均动能不

37、一定增大，故 D正确；E、从微观角度讲，被封闭气体对器壁的压强是由大量气体分子对器壁的不断碰撞而产生的，故 E 正确；故选： ADE12如图所示，粗细均匀的 U形管，左端封闭，右端开口，左端用水银封闭着长 L=15cm的理想气体，当温度为 27时，两管水银面的高度差 h=3cm，设外界大气压为 75cmHg，则（1）若对封闭气体缓慢加热，为了使左右两管中的水银面相平，温度需升高到多少？（2）若保持 27不变，为了使左右两管中的水银面相平，需从右管的开口端再缓慢注入的水银柱长度应为多少？【考点】 99：理想气体的状态方程【分析】（1）分别求出封闭气体初态和末态的压强，由气态方程求解封闭气体温度需升高多少（2）保持 27 C 不变，为了使左、右两管中的水银面相平，需从右管的开口端再缓慢注入的水银，封闭气体发生等温变化，水银面相平时，封闭气体的压强等于大气压，由玻意耳定律和几何关系求出水银柱高度 h【解答】解： （1）以封闭气体为研究对象初态： p1=p0gh=72cmHg ，T1=300K末 态 ：根据理想气体状态方程 ，代入数据：解得： T2=343.75K ，即为： t 2=70.75（2）p3 =75cmHg V 3 =LS根据玻意耳定律有： P1V1=P3V3，代入