2021届（四川+云南+贵州+西藏）四省名校高三（上）第一次大联考物理试题 含答案解析

绝密★启用前 2021 届四省名校高三第一次大联考 物理 本试卷共 8 页，18 题（含选考题）。全卷满分 110 分。考试用时 90 分钟。 注意事项： 1．答题前，先将自己的姓名、考号等填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上 的指定位置。 2．选择题的作答：选出每小题答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、 草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 3．填空题和解答题的作答：用签字笔直接写在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答 题卡上的非答题区域均无效。 4．选考题的作答：先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用 2B 铅笔涂黑。答案写在答题卡上对 应的答题区域内，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 5．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交， 第Ⅰ卷 一、选择题：本题共 12 小题，每小题 4 分。在每小题给出的四个选项中，第 1~8 题只有一项符合题目要求， 第 9~12 题有多项符合题目要求。全部选对的得 4 分，选对但不全的得 2 分，有选错的得 0 分。 1．下列说法正确的是 A．太阳内部持续不断地发生着热核反应，其中一种核反应方程为 ，X 表示的是中子 B．β射线是原子核外电子挣脱原子核的束缚而形成的电子流 C．碘 131 的半衰期为 8 天，若有 20 个碘 131 原子核，则经过 8 天后只剩下 10 个 D．“核反应堆”是核电站的核心设施，它通过可控制的链式反应实现核能的释放 2．一个质量为 0.1kg 的小球从 5m 高度处自由下落到一厚软垫上。若从小球接触软垫到小球向下减速为 0 经历了 0.1s，则这段时间内小球动量变化量的大小及软垫对小球平均作用力的大小为（g=10m/s2，不计空气 阻力） A．0.4kg·m/s，3N B．0.4kg·m/s，4N C．1kg·m/s，11N D．1kg·m/s，10N 3．一质点由静止开始做匀加速直线运动，位移为 1m 时开始计时，该质点的位移—时间图象如图所示，下 列说法正确的是 1 4 1 24 H He 2X→ +A．t=0 时刻质点的速度为 B．质点的加速度大小为 c．质点在 0~3s 内的平均速度为 3m/s D．t=2s 时刻质点的速度为 4．天文科学家发现一颗类地行星，该行星距离地球约 20 光年，它绕某恒星做匀速圆周运动的公转周期为 37 天，半径为地球半径的 2 倍，表面的重力加速度与地球表面的重力加速度相等，不考虑行星和地球的自转， 下列说法正确的是 A．该行星的公转角速度比地球的公转角速度小 B．该行星的质量为地球质量的 16 倍 C．该行星的第一宇宙速度为 7.9km/s D．该行星的平均密度为地球平均密度的 5．如图所示，水平地面上固定着一倾角θ=37°的斜面体 ABC，高 BC=h，P 点位于 A 点的正上方，并与 B 点等高。已知当地的重力加速度为 g，现从 P 点水平向左抛出一小球（可视为质点），忽略空气阻力， sin37°=0.6，cos37°=0.8，下列说法正确的是 A．若小球恰好落在斜面 AB 的中点，其运动时间为 B．若小球恰好落在斜面 AB 的中点，其初速度为 C．若小球垂直打在斜面 AB 上，则下落的高度为 D．若小球垂直打在斜面 AB 上，则下落的高度为 6．用同样材料和规格的导线做成的单匝圆环 a 和 b，它们的半径之比 r a：rb=3：1，连接两圆环的直导线的 1 m / s3 22 m / s9 4 m / s9 1 2 2h g 1 3 gh 9 17 h 8 17 h电阻不计，两直导线间的距离可忽略，图甲中圆环 a 处于均匀变化的磁场中，图乙中圆环 b 处于均匀变化 的磁场中。已知两图中磁场的变化率相同，甲、乙两图中 A、B 两点间的电压大小之比 为 A．1 B．2 C．3 D．4 7．如图所示为物流货场使用传送带搬运货物的示意图。传送带与水平面成 37°角，并以 3m/s 的速度沿逆 时针方向匀速转动。现将货物轻放在传送带的上端点 A 处，经 1.3s 货物到达传送带的下端点 B 处。已知货 物与传送带间的动摩擦因数为 0.5，sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度 g=10m/s2，下列说法正确的是 A．货物先做匀加速直线运动，后做匀速直线运动 B．摩擦力对货物一直做正功 C．摩擦力对货物先做负功后做正功 D．从 A 点到 B 点的过程中，货物与传送带的相对位移为 0.55m 8．如图所示为旋转脱水拖把，拖把杆内有一段长度为 35cm 的螺杆通过拖把杆下段与拖把头接在一起。螺 杆的螺距（相邻螺纹之间的距离）d=5cm，拖把头的半径为 10cm，拖把杆上段相对螺杆向下运动时拖把头 就会旋转，把拖把头上的水甩出去。某次脱水时，拖把杆上段 1s 内匀速下压了 35cm，该过程中拖把头匀速 转动，下列说法正确的是 A．拖把头边缘的线速度为 1.4πm/s B．拖把杆向下运动的速度为 0.1πm/s 1 2 U UC．拖把头转动的角速度为 7πrad/s D．拖把头的转速为 1r/s 9．理想变压器的示意图如图所示，输入端与某交流电源相连，其中电流表为理想交流电表。下列操作中， 电流表的示数可能不变的是 A．将 P 向上移动，Q 向上移动 B．将 P 向上移动，Q 向下移动 C．将 P 向下移动，Q 向上移动 D．将 P 向下移动，Q 向下移动 10．如图所示，在竖直平面内固定有半径为 R 的半圆轨道，其两端点 M、N 连线水平。将一轻质小环 A 套 在轨道上，一细线穿过轻环，一端系在 M 点，另一端系一质量为 m 的小球，小球恰好静止在图示位置。不 计一切摩擦，重力加速度为 g，下列说法正确的是 A．细线对 M 点的拉力大小为 B．轨道对轻环的支持力大小为 C．细线对轻环的作用力大小为 mg D．图示位置时 11．如图所示，以直角三角形 AOC 为边界的区域内存在着磁感应强度大小为 B、方向垂直于纸面向里的匀 强磁场。已知∠C=30°，AO=L，D 点为 AC 中点，O 点处有一个粒子源，可以在纸面内向各个方向发射大 量的比荷为 的带负电的粒子，粒子的速度大小均为 。设某粒子发射的方向与 OC 边的夹角为 θ，不计粒子间的相互作用力及重力，对粒子进入磁场后的运动，下列说法正确的是 3 2 mg 3mg 3MA R= q m 0v qBL m =A．当θ=60°时，该粒子将从 A 点射出 B．从 AC 边射出的粒子在磁场中运动的时间随θ的减小而增加 C．所有从 OA 边射出的粒子在磁场中运动的时间相等 D．在 AC 边上仅在 AD 范围内有粒子射出 12．如图所示，固定斜面与水平面的夹角为θ，弹簧的下端固定在挡板上，上端有一可视为质点的物体， 但弹簧和物体不粘连，现用沿斜面向下的外力推着物体，使其静止于 A 点，此时弹簧的压缩量为 x0，撤去 外力后物体向上运动 3x0 时速度减为零。已知物体的质量为 m，与斜面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为 g，弹簧的劲度系数为 k，物体向上运动的过程中，下列说法正确的是 A．从撤去外力到物体速度达到最大时物体经过的位移 B．物体做匀减速直线运动的时间 C．刚撤去外力时物体的加速度 D．物体向上先做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动 第Ⅱ卷 二、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分。第 13~16 题为必考题，每个试题考生都必须作答。第 17~18 题为选考题，考生根据要求作答。 （一）必考题（共 47 分） 13．（6 分） 在“验证牛顿第二定律”的实验中，某同学发现可利用该实验测量滑块的质量 M，其实验装置如图甲所示， 实验步骤为： 0 sin cosmg mgx x k θ µ θ+= − 0 sin cos xt g gθ µ θ= + 0 sin coskx mg mga m θ µ θ− −=（1）调整长木板的倾角，当钩码的质量为 m0 时，滑块恰好可沿长木板向下做匀速运动。 （2）保持长木板的倾角不变，撤去钩码，将滑块移近打点计时器，然后释放滑块，滑块沿长木板向下做匀 加速直线运动，打出的纸带如图乙所示（打点计时器的打点周期为 T）。 请回答下列问题： ①打点计时器在打下 D 点时滑块的速度 vD=________。 ②滑块做匀加速直线运动的加速度 a=________。 （3）保持长木板的倾角不变，挂上质量为 m（小于 m0）的钩码，滑块沿长木板向下做匀加速运动，测出滑 块的加速度。多次改变钩码的质量 m，分别求出相应的加速度。 （4）作出 a-mg 图象如图丙所示，若认为细绳的拉力与所挂钩码的重力大小相等，则由图丙可求得滑块的 质量 M=_______________kg。 14．（9 分） 某同学要测量一蓄电池的电动势和内阻。在学校实验室找到以下器材：毫安表 A（内阻 Rg=2.9Ω，满偏电 流 Ig=100mA）、电压表 V（量程 U0=3V，内阻很大），电阻箱 R1（0~999.9Ω）、滑动变阻器 R2、开关、导线 若干。 （1）由于毫安表的量程太小，该同学用电阻箱 R1 与毫安表 A 并联，可使其量程扩大，取 ，则 改装后的电流表量程为毫安表满偏电流的________倍。 （2）扩大量程后毫安表的刻度盘并没有改变，将器材连接成如图甲所示的电路，调节滑动变阻器 R2，读出 了多组电压表的示数 U 和毫安表的示数 IG，并作出了 图线如图乙所示。由作出的 图线及题中 的相关信息，可求得蓄电池的电动势 E=__________V，内阻 r=_________Ω。（结果保留两位有效数字） 15．（12 分） 如图所示，空间存在竖直向下的匀强电场，质量 m=1kg 的带正电的小球与长 L=2m 的绝缘细线相连，细线 1 g 1 29R R= GU I− GU I−的上端固定于 O 点，O 点距地面的高度为 3m，小球的电荷量 q=0.01C，细线能承受的最大拉力 T=36N，现 将细线拉直并从细线与竖直方向成θ=60°角处由静止释放小球，当细线转到竖直方向 OA 时，细线恰好断 裂，最后小球落到地面上，已知重力加速度 g=10m/s2，小球可视为质点，不计空气阻力，求： （1）电场强度的大小； （2）小球落地时与 OA 的水平距离。 16．（20 分） 如图甲所示，质量 M=1kg 的木板置于水平地面上，木板上表面与 AB 面平齐，t=0 时质量 m=1kg 的物块在 与水平地面成θ=37°角的外力 F 作用下从 A 点由静止开始运动，0~7s 内外力 F 随时间 t 变化的关系图线如 图乙所示，7s 后撤去外力 F。已知 t=2s 时物块滑上木板，运动过程中物块始终未滑离木板。物块与 AB 面、 木板与地面间的动摩擦因数均为μ1=0.3，物块与木板间的动摩擦因数μ 2=0.8，重力加速度 g=10m/s2， sin37°=0.6，cos37°=0.8，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求： （1）AB 面的长度； （2）撤去外力 F 前物块相对木板的位移大小； （3）木板长度的最小值。 （二）选考题：共 15 分。请考生从给出的 2 道题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。 17．[物理——选修 3—3]（15 分） （1）（5 分）下列说法正确的是________。（填正确答案标号，选对 1 个得 2 分，选对 2 个得 4 分，选对 3 个得 5 分。每选错 1 个扣 3 分，最低得分为 0 分） A．扩散现象是分子热运动状态总是朝着无序性增大的方向进行的一种表现 B．液晶像液体一样具有流动性，其光学性质与某些晶体相似，具有各向同性 C．露珠呈球状是液体表面张力作用的结果 D．液面上部的蒸汽达到饱和时，就没有液体分子从液面飞出了E．容器内封闭着一定量的理想气体，保持压强不变而体积增大时，容器器壁在单位时间内单位面积上受到 气体分子撞击的次数一定减少 （2）（10 分）如图所示，开口处装有固定卡环且导热性能良好、内壁光滑的气缸竖直放置，横截面积为 S、 厚度不计的活塞可以在气缸内自由滑动，活塞与气缸底部之间封闭了一定质量的理想气体，开始时活塞与 气缸底部之间的距离为 L，气体的热力学温度为 2T0（T0 为环境的热力学温度），压强为 2p0（p0 为大气压 强），由于缸内气体缓慢散热，最终气体的温度与环境温度相同。已知活塞的质量 （g 为重力加速 度）。 （i）求活塞与气缸底部之间的最小距离； （ii）若一定质量的理想气体的内能与温度的关系满足 U=kT（k 为大于零的已知常数），求活塞下移过程中 气体吸热还是放热，吸收或者放出的热量为多少？ 18．[物理——选修 3—4]（15 分） （1）（5 分）下列说法正确的是______。（填正确答案标号。选对 1 个得 2 分。选对 2 个得 4 分，选对 3 个 得 5 分。每选错 1 个扣 3 分，最低得分为 0 分） A．男高音和女高音歌唱家所发出的声波可能会发生干涉现象 B．机械波中某一质点的振动频率一定等于该机械波波源的振动频率 C．如果波源停止振动。在介质中传播的机械波也会立即消失 D．空气中的声波是不可能发生偏振现象的 E。若观察者逐渐靠近波源，则所接收到的波的频率大于波源的频率 （2）（10 分）某种透明玻璃对甲光的折射率 。现用这种玻璃制成一块玻璃砖，且玻璃砖中有一个球 形中空气室。一束包含甲、乙两种单色光的复色光照射到气室的 A 点，如图所示，甲光从 C 点射出气室进 入玻璃，乙光从 D 点射出气室进入玻璃。已知该复色光在 A 点的入射角为 30°。气室中的气体对甲、乙两 种光的折射率均为 1。 0 2 p Sm g = 2n =（i）作出甲、乙两光的光路图，并说明甲、乙两光穿过同一狭缝时哪种光更容易发生相对明显的衍射现象； （ⅱ）求甲光通过气室前后的偏转角。 2021 届四省名校高三第一次大联考 物理参考答案及评分细则 一、选择题 1．D 【解析】X 表示的是正电子，A 项错误；β射线是原子核内部发生变化而放出的电子流，B 项错误： 半衰期是大量原子核发生衰变的规律，C 项错误；“核反应堆”是核电站的核心设施，它通过可控制的链 式反应实现核能的释放，D 项正确。 2．C 【解析】由机械能守恒定律得 ，解得 v=10m/s，规定竖直向下为正方向，初动量 p1=mv=0.1×10kg·m/s=1kg·m/s，方向竖直向下。从接触软垫到速度减为 0，小球动量的变化量△ p=0-p1=-1kg·m/s，该过程中，小球重力的冲量为 mgt=0.1×10×0.1kg·m/s=0.1kg·m/s，方向竖直向下， 由动量定理可知-Ft+mgt=△p，解得 F=11N，C 项正确。 3．B 【解析】由匀变速直线运动规律得 ， ，又 t1=3s，x1=4x0，解得 t0=3s， ，B 项正确；t=0 时刻质点的速度 ，A 项错误；质点在 0~3s 内的平均速度 ，C 项错误；t=2s 时刻质点的速度 ，D 项错误。 4 ． D 【 解 析 】 由 可 知 A 项 错 误 ； 由 万 有 引 力 提 供 向 心 力 得 ， ,又因为 ， ，可得 ，B 项错误；该行星的第一宇宙速度 ，C 项错误；由 可得 ，D 项正确。 5．D 【解析】若小球恰好落在斜面 AB 的中点，则下落的竖直高度为 ，由 可得运动时间 ，A 项错误；因为 ，又 x=v0t，解得初速度 ，B 项错误；因为 ， ，由几何关系可知 y+xtanθ=h，解得 ，C 项错误，D 项正确。 6 ． C 【 解 析 】 设 圆 环 b 的 电 阻 为 R 、 面 积 为 S ， 则 圆 环 a 的 电 阻 为 3R ， 面 积 为 9S ， 21 2mgh mv= 0 0 21 2x at= ( )2 1 0 1 1 2x a t t= + 22 m / s9a = 0 0 2 m / s3v at= = 0 1m / sx xv t −= = 2 0 2 10 m / s9v v at= + = 2 T πω = 1 12 GM m m gR =地 地 地 2 22 GM m m gR =行 行 行 2R R =行 地 g g=行 地 4M M =行 地 2 7.9km / sv g R v= = >行 行 地 34 3M Rπ ρ= 1 2 ρ ρ =行 地 1 2 h 21 1 2 2h gt= ht g = 2 tan h x θ= 0 2 3v gh= 0tan y vθ ν ′ = 0 02 32tan 2 2 yy v t vx vy vt θ ′ ′ = = = = 8 17y h=， 由 闭 合 电 路 欧 姆 定 律 得 ， ， 解 得 ，C 项正确。 7．D 【解析】货物刚放上传送带时的加速度 a1=gsin37°+μgcos37°=10m/s2，加速到与传送带共速的时 间 ，位移 。之后的时间内货物的加速度 a2=gsin37°-μgcos37°=2m/s2， 运 动 的 时 间 t2=t-t1=1s ， 到 达 B 点 时 ， 货 物 的 速 度 大 小 vB=v+a2t2=5m/s ， A 、 B 两 点 的 距 离 。在 t1 时间内货物相对传送带向上滑动的位移△x1=vt1-x1=0.45m，在 t2 时间 内货物相对传送带向下滑动的位移 ，则从 A 点到 B 点的过程中，货物与传送带 的相对位移△x=△x2-△x1=0.55m，A 项错误，D 项正确；从上面运动过程可知传送带对货物先做正功后做 负功，B、C 项错误。 8．A 【解析】由题意知周期 ，则拖把头转动的角速度 ，C 项错误；拖把头 边缘的线速度 ，A 项正确；拖把杆向下运动的速度 ，B 项错误： 拖把头的转速 ，D 项错误。 9．AD 【解析】设原、副线圈匝数比为 k，电源电压为 U，则副线圈两端的电压为 ，流过副线圈的电 流为 ，则流过原线圈的电流为 ，其中 U 不变，要保证流过原线圈的电流不变，k 增大 R 减小，即 P 向上移动，Q 向上移动，或者 k 减小 R 增大，即 P 向下移动，Q 向下移动，A、D 项正确。 10．BD 【解析】轻环两边细线的拉力大小相等，均为 T=mg，轻环两侧细线的拉力与轻环对半圆轨道的 压力的夹角相等，设为θ，由 OA=OM 得∠OMA=∠MAO=θ，则 3θ=90°，θ=30°，轻环受力平衡，则 轨道对轻环的支持力大小 ，B 项正确；细线对 M 点的拉力大小 ，A 项错 误；细线对轻环的作用力是轻环两侧细线拉力的合力，大小为 ，C 项错误；此时 ，D 项正确。 0 BE S St t Φ∆ ∆= = ∝∆ ∆ 0 1 0 9 9 4 4 EU R ER ⋅ == 2 0 0 3 44 3E RU R E= ⋅ = 1 2 3U U = 1 1 0.3svt a == 1 1 0.45m2 vx t⋅ == 1 2 4.45m2 B AB v vx x t += + = 2 2 2 1m2 Bv vx t vt +∆ = ⋅ =− 1 s7T = 2 14 rad / sT πω π= = 1 2 1.4 m / sv R T π π= = 2 0.35m / slv r = = 1 7r / sn T = = U k U kR 2 U k R 2 cos 3NF mg mgθ= = T mg′ = 3N NF F mg′ = = 2 cos 3MA R Rθ= =11．AD 【解析】由牛顿第二定律得 ，解得 R=L，当θ=60°时，该粒子恰从 A 点射出，A 项正确；粒子从 AC 边射出时，随着θ的减小，在磁场中的弧长先减小后增大，故粒子在磁场中运动的时间 随θ的减小先减少后增加，B 项错误；从 OA 边射出时，圆心角 ， ，T 一定，随着θ的变化，粒子在磁场中运动的时间也发生变化，C 项错误；当θ=0 时，粒子恰好从 D 点射出， 故在 AC 边上仅在 AD 范围内有粒子射出，D 项正确。 12．AC 【解析】物体速度最大时物体沿斜面方向所受的合外力为零，设此时弹簧的压缩量为 x1，则有 kx1=mgsinθ+μmgcosθ，物体经过的位移 ，A 项正确；弹簧恢复 原长后物体做匀减速直线运动，物体的加速度大小为 a0=gsinθ+μgcosθ，物体的末速度为零，可视为反方 向 的 初 速 度 为 零 的 匀 加 速 直 线 运 动 ， 则 物 体 走 过 的 位 移 为 2x0 ， 则 由 运 动 学 公 式 得 ： ，B 项错误；刚撤去外力时，对物体进行受力分析，由牛顿第二定律可 知 ma=kx0-mgsinθ-μmgcosθ，解得 ，C 项正确；撤去外力后，物体先做 加速度减小的加速直线运动，然后做加速度增大的减速直线运动，最后做匀减速直线运动，D 项错误。 二、非选择题 13．（2）① （2 分） ② （2 分） （4）0.16（2 分） 【解析】（2）从图乙中可知 xAB=x1，xBC=x2-x1，xCD=x3-x2，xDE=x4-x3。 ①根据匀变速直线运动过程中平均速度等于中间时刻的瞬时速度可得 。 ② 根 据 逐 差 法 可 得 ， ， 联 立 可 得 。 （4）滑块做匀速运动时受力平衡，由平衡条件得 Mgsinθ-f=m0g，挂上质量为 m 的钩码时滑块沿长木板向 2 0 0 vBqv m R = 2 22 πϕ θ π θ = − = −   2 2t T π θ π −= 0 1 0 sin cosmg mgx x x x k θ µ θ+= − = − 0 04 2 sin cos x xt a g gθ µ θ= = + 0 sin coskx mg mga m θ µ θ− −= 4 2 2 x x T − 4 2 2 2 4 x x T − 4 2 2D x xv T −= 2 12DE BCx x a T− = 2 22CD ABx x a T− = 4 2 2 2 2 2 2 4 CD AB DE BCx x x x x xa T T − + − −= =× ×下 做 匀 加 速 直 线 运 动 ， 受 到 的 合 外 力 F 合 =Mgsin θ -f-mg ， 由 牛 顿 第 二 定 律 得 F 合 =Ma ， 解 得 ，由图丙所示图象可知 ，解得 M=0.16kg。 14．（1）30（3 分） （2）1.8（3 分） 0.40（3 分） 【解析】（1）改装后的电流表的量程 ，故改装后的电流表量程为毫安表满偏电 流的 30 倍。 （2）根据电路结构和闭合电路欧姆定律有 ，结合 U-IG 图线可知纵轴截距即为 蓄电池电动势，所以蓄电池的电动势 E=1.8V。图象的斜率 ，解得该蓄 电池的内阻 r≈0.40Ω。 15．【解析】（1）由题可知，小球处于匀强电场中，电场方向竖直向下，小球在重力、电场力和细线拉力的 作用下做半径为 L 的圆周运动。细线竖直时恰好断裂，此时细线的拉力为 T=36N，设此时小球的速度为 v， 电场强度为 E，则有 （2 分） 由动能定理得 （2 分） 解得 E=800V/m （2 分） （2）细线断裂后，小球以初速度 v 水平抛出，做类平抛运动 在竖直方向上有 mg+qE=ma （1 分） （1 分） 而 y=d-L=1m （1 分） 水平方向上有 x=vt （1 分） 解得 x=2m （2 分） 16．【解析】（1）由图可知，0~2s 内，物块对 AB 面的压力大小 N=mg-F1sinθ=7N （1 分） 由牛顿第二定律可知 （1 分） 0 1m ga mgM M = − 1 2.5 6.250.40k M = = = g g g g 1 30 3AI RI I IR = + = = g1 G 1 g 30 R RU E I r R R   = − +  +  g g g 10 G 1 302 R RUUk rI I R R  ∆= = = +  ∆ +  2mvT mg Eq L − − = ( ) ( ) 211 cos 2mg qE L mvθ+ ⋅ − = 21 2y at= 21 1 1 cos 1.9m / sF Na m θ µ−= =由运动学公式得 AB 面的长度 （2 分） （2）物块滑上木板后，在 2~7s 间，设木板对地面的压力为 N1 则 N1=（m+M）g-F2sinθ=16.4N （1 分） 物块与木板间的压力 （1 分） 物块的加速度 （1 分） 木板的加速度 （1 分） 由（1）可得，物块到达 B 点的速度 v1=a1△t1=3.8m/s （1 分） t2=7s 时，物块的速度 v2=v1+a2△t2=2.2m/s （1 分） 木板的速度 v3=a3△t2=1m/s （1 分） 则△t2 时间内物块与木板的相对位移 （1 分） （3）t2=7s 后撤去外力，物块的加速度 （1 分） 木板的加速度 （1 分） 若△t3 时间后二者共速，则 v=v2+a4△t3=v3+a5△t3 （2 分） 可得△t3=0.12s，v=1.24m/s （1 分） 则△t3 时间内物块与木板的相对位移 （1 分） 物块一直未从木板上滑下，则木板的长度至少为 l=△x1+△x2=12.572m （2 分） 17．（1）ACE 【解析】扩散现象是分子热运动状态总是朝着无序性增大的方向进行的一种表现，A 项正 确；液晶像液体一样具有流动性，其光学性质与某些晶体相似，具有各向异性，B 项错误；露珠呈球状是 液体表面张力作用的结果，C 项正确；液面上部的蒸汽达到饱和时，仍然有液体分子不断的从液面飞出， 同时有蒸汽分子进入液体中，达到动态平衡。从宏观上看，液体不再蒸发，D 项错误；密闭容器内的理想 气体，压强不变而体积增大时，温度升高，分子平均动能增大，压强不变，则容器器壁在单位时间内单位 面积上受到气体分子撞击的次数一定减少，E 项正确。 （2）（i）当气体的温度最低时，活塞与气缸底部之间的最小距离为 L1，缸内气体的压强为 p1 ( )2 1 1 1 3.8m2x a t= ∆ = 2 2 sin 6.4NN mg F θ= − = 22 2 2 2 cos 0.32m / sF Na m θ µ−= = − 22 2 1 1 3 0.2m / sN Na M µ µ−= = 31 2 1 2 2 12.5m2 2 vv vx t t +∆ = ∆ − ∆ = 22 4 8m / smga m µ−= = − ( )2 1 2 5 2m / sg m M ga m M µ µ− += = 3 3 2 2 3 0.072m2 2 v vv vx t t ++∆ = ∆ − ∆ =则有 （1 分） 解得 p1=1.5p0 （1 分） 根据理想气体状态方程得 （1 分） 解得 （1 分） （ⅱ）气体先发生等容变化，当活塞刚要移动时，气体的温度为 T1 根据查理定律得 （1 分） 解得 T1=1.5T0 （1 分） 再发生等压变化，该过程外界对气体做的功为 W W=p1S（L-L1） （1 分） 该过程内能的变化量△U=kT0-kT1 （1 分） 综上，根据热力学第一定律△U=Q+W 知气体放热 （1 分） 且放出的热量为 （1 分） 18．（1）BDE【解析】男、女高音歌唱家所发出的声波的频率不同，不可能发生干涉现象，A 项错误；机 械波中某一质点的振动频率一定等于该机械波波源的振动频率，B 项正确；机械波传播的是振动形式和能 量，当波源停止振动时，机械波不会立即消失，C 项错误；空气中的声波是纵波，是不可能发生偏振现象 的，D 项正确；若观察者逐渐靠近波源，则所接收到的波的频率大于波源的频率，E 项正确。 （2）（i）设甲光射出玻璃砖的位置为 a，乙光射出玻璃砖的位置为 b。作光路图如图所示 （3 分） 由光路图分析可知玻璃砖对甲光的折射率大于对乙光的折射率，所以波长关系有λ甲