2026届陕西西安市西北工业大学附属中学高三上学期第一次大练习物理试题

**基本信息** 高三物理大练习以2025春晚“笔走龙蛇”武术动作、汽车提速等真实情境为载体，覆盖质点、牛顿定律、电磁感应等核心知识，通过基础辨析与综合应用题，考查物理观念与科学思维。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|7/28|质点、匀速圆周运动、牛顿定律|结合春晚武术动作考查质点概念，联系汽车v-x图像分析匀变速运动| |多选题|5/20|绳连接体、机械波、类平抛|以木箱滑轮系统考查摩擦力与加速度，通过简谐圆面横波分析质点振动| |实验题|2/16|重力加速度测量、欧姆表设计|创新自由落体测g实验数据处理，探究欧姆表挡位与电动势关系| |解答题|4/56|气体定律、连接体运动、传送带碰撞、电磁感应|玩具喷水模型应用气体实验定律，传送带弹性碰撞结合平抛运动分析|

高三物理大练习1 命题人：谢丹丹 审题人：赵旭阳 一、单选题（共28分） 1．（本题4分）如图甲所示，2025年春晚“笔走龙蛇”节目，将传统武术与书法结合。现让两位体型相似，体重相同的同学模仿节目中两位演员的武术动作，如图乙所示，两人各自伸出一条腿与另一人并靠，其腿伸直与竖直方向夹角为，另一条腿腾空，下列说法正确的是（　　） A．研究武术演员的动作时，可将两人看作质点 B．两人不能在光滑水平面上完成该动作 C．减小，地面对两同学的作用力不变 D．减小，地面对两同学的作用力变大 2．（本题4分）在竖直平面内，质点M绕定点O沿逆时针方向做匀速圆周运动，质点N沿竖直方向做直线运动，M、N在运动过程中始终处于同一高度。时，M、N与O点位于同一直线上，如图所示。此后在M运动一周的过程中，N运动的速度v随时间t变化的图像可能是（　　） A． B．C． D． 3．（本题4分）如图所示，倾角足够长的斜面体刚好置于左右有固定挡块的光滑水平面上，质量为m的物体沿斜面加速下滑，斜面静止，已知物体与斜面间的动摩擦因数为。为探究物体沿斜面运动与外力的关系，现对物体分别施加如图所示三个方向的拉力，拉力竖直向下，拉力水平向左，拉力水平向右，在以上探究中，斜面保持静止，物体始终在斜面上，下列说法正确的是（　　） A．不加拉力时，挡块对斜面没有水平作用力 B．施加拉力时，物体的加速度和不加拉力时相同 C．施加拉力时，左挡块对斜面有水平向右的作用力 D．无论怎样增大拉力也不能使物体最终沿斜面向上运动 4．（本题4分）如图所示为某汽车在提速过程中速度随位移变化的图像，若该过程中，汽车可视为做匀变速直线运动，其加速度大小为a。从汽车位于x=0位置到速度大小变为108km/h的过程中，汽车行驶的时间和位移大小分别为t、x。从汽车位于x=0位置开始计时，3s内汽车的平均速度大小为，则关于a、t、x、的说法正确的是（　　） A． a=10m/s² B．t=4s C．x=90m D．=10m/s 5．（本题4分）如图所示，竖直放置一光滑的大圆环，圆心为O，半径为R。一根轻质细绳一端固定在大圆环的最高点，另一端连接一质量为M且套在大圆环上的小圆环，静止时细绳与竖直轴之间的夹角为30°，现让大圆环绕过圆心O的竖直轴O1O2，从静止开始缓慢增加转动的角速度，直至小圆环将要沿着大圆环向上滑动，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　） A．细绳拉力先减小后增大，大圆环对小圆环的弹力一直减小 B．细绳对小圆环的拉力比大圆环对小圆环的弹力先达到零 C．角速度增大到时，大圆环对小圆环的弹力为零 D．角速度增大到时，细绳对小圆环的拉力为零 6．（本题4分）如图所示为由24个光滑铁环组成的铁链，其两端等高地悬挂在竖直的固定桩上，铁环从左到右依次编号为1、2、3…24。在重力作用下铁链自然下垂形成一条曲线，曲线两端点的切线与竖直方向的夹角均为45°，第12个和第13个铁环水平穿连，每个铁环质量相等均为m，已知重力加速度为g，关于铁环之间的弹力，下列说法正确的是（    ） A．每个铁环受上方铁环的弹力比受下方铁环的弹力小 B．第24个铁环受到固定桩的弹力大小等于 C．第7个和第8个铁环之间的弹力大小为 D．第12个和第13个铁环之间的弹力大小为 7．（本题4分）如图所示，MN为半径为r的圆弧路线，NP为长度13.5r的直线路线，为半径为4r的圆弧路线，为长度10.5r的直线路线。赛车从M点以最大安全速度通过圆弧路段后立即以最大加速度沿直线加速至最大速度并保持匀速行驶。已知赛车匀速转弯时径向最大静摩擦力和加速时的最大合外力均为车重的n倍，最大速度，g为重力加速度，赛车从M点按照MNP路线到P点与按照路线运动到点的时间差为（　　） A． B． C． D． 二、多选题（共20分） 8．（本题4分）如图，装有轻质光滑定滑轮的长方体木箱静置在水平地面上，木箱上的物块甲通过不可伸长的水平轻绳绕过定滑轮与物块乙相连。乙拉着甲从静止开始运动，木箱始终保持静止。已知甲、乙质量均为1.0kg，甲与木箱之间的动摩擦因数为0.5，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2，则在乙下落的过程中（　　） A．甲对木箱的摩擦力方向向左 B．地面对木箱的支持力不变 C．乙受到绳子的拉力大小为5.0N D．甲运动的加速度大小为2.5m/s2 9．（本题4分）如图甲所示，在分布区域足够大的均匀介质的水平表面上建立坐标系xOy，t=0时刻，位于坐标原点O的波源沿z轴方向开始做如图乙所示的简谐运动，波源的振动在均匀介质中将形成以O点为中心的简谐圆面横波。图中半径R1=12m的虚线圆面Ⅰ为简谐圆面横波的波谷，半径R2=18m的实线圆面Ⅱ为相邻的简谐圆面横波的波峰。已知xOy平面内的质点A、B、C的坐标分别为（9m，12m）、（－3m，－3m）、（－12m，12m），则下列说法正确的是（　　） A．波在介质中的传播速度为60m/s B．t=0.8s时，质点A的加速度达到最大，方向沿z轴负方向 C．t=0.6s时，质点B的速度达到最大，方向沿z轴正方向 D．在0~2.3s内，质点C振动通过的路程为1.5m 10．（本题4分）如图所示，轻弹簧竖直立在地面上，物块A放在轻弹簧上，物块B叠放在物块A上，用绕过两定滑轮的轻绳将物块B、C连接，用手托着物块C，使滑轮两边的轻绳刚好沿竖直方向伸直，已知物块A、B、C的质量分别为，弹簧的劲度系数为，重力加速度为，不计空气阻力，弹簧在弹性限度内，开始时物块B到滑轮的距离足够远，快速撤去手，则下列判断正确的是（　　） A．撤去手的一瞬间，绳对物块C的作用力为 B．撤去手的一瞬间，物块B的加速度为 C．撤去手的一瞬间，A对B的作用力大小为 D．撤去手后，物块B向上运动过程中加速度先减小后不变 11．（本题4分）某同学要探究类平抛运动的规律，设计了如图所示实验装置，他将一块足够大平整方木板的一端放在水面地面上，另一端用支撑物垫起，形成一个倾角为的斜面；他先将一个小木块轻轻放在斜面上，放手后发现小木块会沿斜面向下运动；接着该同学将木块置于木板左上角，同时给小木块一个平行于木板上沿的水平向右初速度，测量木块的运动轨迹，并沿平行于木板上沿和沿斜面向下方向建立坐标系来研究木块的运动。木块与木板上表面间的动摩擦因数处处相同均为，不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是（    ） A．小木块在斜面上的运动轨迹为一条抛物线，该同学实验方案可行 B．小木块获得初速度开始运动的瞬间，其加速度大小为 C．小木块沿y轴方向的分运动为匀加速直线运动 D．小木块最终沿与y轴平行的方向做匀加速直线运动，加速度大小 12．（本题4分）如图，水平地面上有一小车，车内有质量分别、的A、B两小球，用轻杆相连，杆与竖直方向的夹角为。球靠在光滑的竖直侧壁上，球在粗糙的水平底面上，且受到的最大静摩擦力与正压力之比为。小车可以以不同的加速度向右运动，现要保证轻杆与车厢相对静止，重力加速度用表示，下列说法正确的是（　　） A．在不同加速度的情况下，轻杆对小球的作用力始终为恒力 B．当小球对底面的摩擦力等于0时，那么此时小车做匀加速运动，加速度大小为 C．若，当小车做匀减速直线运动时，则允许的最大加速度为 D．若，当小车做匀加速直线运动时，则侧壁对小球的作用力最大值为 三、实验题（共16分） 13．（本题8分）某物理兴趣小组利用自由落体运动测量重力加速度的装置如图甲所示。装置竖直放置，通过电磁铁控制小球的下落，利用计时器可测出小球从光电门1到光电门2所用的时间，装置上的直尺可测出小球从自由下落的位置到光电门1的距离和从自由下落的位置到光电门2的距离，每改变一次光电门1和光电门2的位置，就会测出一个时间，多次测量后，若以为横轴，利用数据作出一条倾斜直线，如图乙所示，则纵轴代表的物理量为______（填“”或“”）。若图像的斜率为，则重力加速度大小为______（用表示）。由于电磁铁剩磁，断开电磁铁的电源后，小球并不会立即下落，设每次都会延缓一小段时间后再下落，的存在会使重力加速度的测量值______（填“变大”“变小”或“不变”）。    14．（本题8分）某同学设计了一个具有两种挡位（“”挡和“”挡）的欧姆表，其内部电路如图甲所示。电源为电池组（电动势E的标称值为，内阻r未知），电流表G（表头）的满偏电流，内阻，定值电阻，滑动变阻器R的最大阻值为。设计后表盘如图乙所示，中间刻度值为“15”。 (1)测量前，要进行欧姆调零：将滑动变阻器的阻值调至最大，闭合开关，此时欧姆表处于“”挡，将红表笔与黑表笔___________，调节滑动变阻器的阻值，使指针指向___________（选填“0”或“”）刻度位置。 (2)用该欧姆表对阻值为的标准电阻进行试测，为减小测量误差，应选用欧姆表的___________（选填“”或“”）挡。进行欧姆调零后，将电阻接在两表笔间，指针指向图乙中的虚线位置，则该电阻的测量值为___________。 (3)该同学猜想造成上述误差的原因是电源电动势的实际值与标称值不一致。为了测出电源电动势，该同学先将电阻箱以最大阻值（）接在两表笔间，接着闭合、断开，将滑动变阻器的阻值调到零，再调节电阻箱的阻值。当电阻箱的阻值调为时，指针指向“15”刻度位置（即电路中的电流为）；当电阻箱的阻值调为时，指针指向“0”刻度位置（即电路中的电流为）。由测量数据计算出电源电动势为___________。（结果保留2位有效数字） 四、解答题（共56分） 15．（本题10分）某同学设计了一款可以喷水的小玩具。简要理想化如下：一圆柱形导热容器，容器底是由一定厚度的材料（密度较大）构成，容器横截面积为S，容器高为L，底部侧面开有一尺寸可忽略的细孔，容器内部气体可视为理想气体。开始温度为室温T0，现用热水淋在容器上，使容器内气体温度迅速达到T（未知），然后迅速将容器放入一足够大的装水的容器中，确保容器上的小孔恰好在水面下。当气体温度恢复为T0时，容器内外水面高度差为h，然后取出容器，再将热水淋在容器上时，玩具容器就会向外喷水。已知大气压强p0，液体密度ρ，重力加速度g。则 (1)热水淋在容器上过程中，容器内气体分子的平均动能________（选填“增加”、“减小”或“不变”），气体的分子数密度________（选填“增加”、“减小”或“不变”）； (2)求温度T； (3)若在淋热水容器后喷水一段时间的过程中，温度从T降到T0，气体的内能变化量与热力学温度变化量之间满足关系式：（C为已知常数），气体对外做功W0，求该过程气体吸收或放出的热量Q。 16．（本题12分）如图所示，固定斜面光滑。滑块A、B质量相等，通过不可伸长的细线绕过光滑轻质定滑轮连接。滑块A和滑轮间的细线与斜面平行。开始A处于斜面底端，A、B均静止，释放后，经过T=1s剪断细线，之后滑块A在斜面上滑动，恰好又经过相同的时间回到斜面的底端。剪断细线前B没有落地，重力加速度取g=10m/s2。求： (1)剪断细线前后滑块A的加速度大小之比； (2)斜面倾角的正弦值sinθ及滑块A返回斜面底端的速度大小； (3)为避免滑块A从斜面上端冲出，斜面的长度L不小于多少？ 17．（本题14分）如图所示，AB段为足够长的水平面，CD为光滑的水平导轨，质量为的小车静止在AB段，小车的上表面与CD面等高。倾角为，长为的传动带下端通过一小段光滑的圆弧轨道衔接于D点。已知传送带沿逆时针方向以恒定的速度运动，可视为质点的质量为的物体乙静止放在CD段，物体乙到C点的距离为，可视为质点的质量为的物体甲由传送带的顶端静止释放，经过一段时间两物体发生弹性正碰，物体乙滑上小车后经的时间从小车的左端飞出，物体乙落地后不反弹。已知小车上表面到AB面的高度差为，小车与AB段的动摩擦因数为，物体甲、乙与传送带以及小车上表面的动摩擦因数均为。重力加速度，，． (1)求甲乙碰后瞬间的速度大小； (2)求小车左右两端的距离； (3)通过计算分析此后小车车轮能否与物体乙发生碰撞。若能，请求出碰撞瞬间小车的速度；若不能，请求出静止时，甲乙之间的水平距离。 18．附加题（本题20分）如图所示，平行轨道的间距为L，轨道平面与水平面夹角为α，二者的交线与轨道垂直，以轨道上O点为坐标原点，沿轨道向下为x轴正方向建立坐标系。轨道之间存在区域I、Ⅱ，区域I（−2L ≤ x < −L）内充满磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场；区域Ⅱ（x ≥ 0）内充满方向垂直轨道平面向上的磁场，磁感应强度大小B1 = k1t+k2x，k1和k2均为大于零的常量，该磁场可视为由随时间t均匀增加的匀强磁场和随x轴坐标均匀增加的磁场叠加而成。将质量为m、边长为L、电阻为R的匀质正方形闭合金属框epqf放置在轨道上，pq边与轨道垂直，由静止释放。已知轨道绝缘、光滑、足够长且不可移动，磁场上、下边界均与x轴垂直，整个过程中金属框不发生形变，重力加速度大小为g，不计自感。 (1)若金属框从开始进入到完全离开区域I的过程中匀速运动，求金属框匀速运动的速率v和释放时pq边与区域I上边界的距离s； (2)金属框沿轨道下滑，当ef边刚进入区域Ⅱ时开始计时（t = 0），此时金属框的速率为v0，若，求从开始计时到金属框达到平衡状态的过程中，ef边移动的距离d。 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 《高三物理大练习1》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C D D B C C A BD BD CD 题号 11 12 答案 BD AC 1．C 【难度】0.85 【知识点】质点、用解析法解决平衡问题 【详解】A．研究具体动作，不能将演员看作质点，否则就没动作可言了，故A错误。 B．稳定站立时，地面对两人无摩擦力，故在光滑水平面上也可完成该动作，故B错误。 CD．由平衡可知，地面对每位同学的作用力为，不发生变化，与角无关，故C正确，D错误。 故选C。 2．D 【难度】0.85 【知识点】匀速圆周运动的定义、v-t图像反映的物理量 【详解】因为M、N在运动过程中始终处于同一高度，所以N的速度与M在竖直方向的分速度大小相等， 设M做匀速圆周运动的角速度为，半径为r，其竖直方向分速度 即 则D正确，ABC错误。 故选D。 3．D 【难度】0.4 【知识点】牛顿第二定律的初步应用、正交分解法解共点力平衡问题 【详解】AC．设挡块对斜面水平作用力向左，大小为，当物体沿斜面下滑时，对斜面受力分析如图甲所示 根据平衡条件 由题可知 解得 即不加拉力时，挡块对斜面有水平向左作用力，施加拉力时，以上方程仍成立，挡块对斜面有水平向左作用力，A、C错误； B．对物体进行受力分析，根据牛顿第二定律，不加拉力时 施加拉力时 可知加速度比不加拉力时大，B错误； D．假设物体刚好上滑时，对物体受力分析如图乙所示 由平衡条件可得 解得 分母为零，方程无解，即无论怎样增大拉力，也不能使物体最终沿斜面向上运动，D正确。 故选D。 4．B 【难度】0.65 【知识点】匀变速直线运动速度与位移的关系 【详解】A．由运动学公式可得 由图像与纵轴的交点坐标可知 由图像与横轴的交点坐标可知 解得 故A错误； B．由于 根据公式解得 故B正确； C．根据公式代入数据可得 故C错误； D．根据公式得3s末的速度 则平均速度 故D错误。 故选B。 5．C 【难度】0.4 【知识点】圆锥摆问题 【详解】AB．对小圆环进行受力分析，受力分析如图所示 随着的增大，拉力T和支持力N都会变小，其中T一直减小，而N会先减小到0再反向增大，故AB错误； C．若支持力 圆周运动的半径 代入上式，解得 故C正确； D．若拉力 此时N已经反向 解得 故D错误； 故选C。 6．C 【难度】0.4 【知识点】整体法与隔离法解决共点力平衡问题 【详解】BD．对13—24个铁环受力分析可知，受竖直向下的重力，固定桩的弹力，以及第12个铁环水平向左的拉力，则根据几何关系第24个铁环受到固定桩的弹力大小 第12个和第13个铁环之间的弹力大小 故BD错误； C．对8—12铁环分析，可得 故C正确； A．根据以上分析可知第12个和第13个铁环之间的弹力大小小于第7个和第8个铁环之间的弹力大小，故不可能是每个铁环受上方铁环的弹力比受下方铁环的弹力小，故A错误。 故选C。 7．A 【难度】0.4 【知识点】汽车/自行车转弯问题、匀变速直线运动速度与位移的关系 【详解】根据题意可得 设通过MN的最大速度为，通过的最大速度为，由最大静摩擦提供向心力可得 解得 设经过和的时间分别为、，可得 在直线路段由牛顿第二定律可得加速度 设NP段的加速度时间为，段的加速度时间为，则有 加速阶段各自的位移 可知在段达到最大速度的同时已经到达点，而在段还需匀速行驶的时间 由此可得赛车从M点按照MNP路线到P点与按照路线运动到点的时间差为 故选A。 8．BD 【难度】0.4 【知识点】绳连接体问题 【详解】A．因为物块甲向右运动，木箱静止，根据相对运动可知甲对木箱的摩擦力方向向右，故A错误； B．设乙运动的加速度为a，只有乙有竖直向下的恒定加速度，对甲、乙和木箱，由整体法，竖直方向受力分析由牛顿第二定律有 可知地面对木箱的支持力大小不变，故B正确； CD．设甲乙质量均为m，绳子拉力为T，对甲，由牛顿第二定律有 对乙，由牛顿第二定律有 代入题中数据，联立解得，故C错误，D正确。 故选BD。 9．BD 【难度】0.65 【知识点】波长、频率和波速的关系、波的图像 【详解】A．根据题意可知，波长 根据题图乙可知振动周期 则波的传播速度，故A错误； B．根据题图乙可知，波源起振方向沿z轴负方向，根据质点A的坐标（9m，12m），可得O、A间距为 波传到质点A经历时间 开始振动，起振方向与波源起振方向相同，沿z轴负方向，由于 表明时质点A到达了波峰位置，加速度达到最大值，方向沿z轴负方向，故B正确； C．根据质点B的坐标（－3m，－3m），可得O、B间距为 波传到质点B经历时间 开始振动，起振方向与波源起振方向相同，沿z轴负方向，由于 表明时质点B到达了平衡位置，速度达到最大值，方向沿z轴负方向，故C错误； D．根据质点C的坐标（－12m，12m），可得O、C间距为 波传到质点C经历时间 开始振动，起振方向与波源起振方向相同，沿z轴负方向，由于 则0～2.3s内质点C振动通过的路程为，故D正确。 故选BD。 10．CD 【难度】0.65 【详解】ABC．由题意可知，撤去手之前绳子上的拉力为0，此时，对AB整体受力分析得 撤去手得一瞬间，弹簧上弹力不变，A、B、C三个物体加速度大小相等，对C受力分析得 对AB整体受力分析，由牛顿第二定律得 联立解得撤去手的一瞬间，物体C的加速度大小为 此时绳上的拉力突变，大小为 对B根据牛顿第二定律 解得A对B的作用力大小 故AB错误，C正确； D．撤去手之后AB分开前，对A、B、C系统受力分析，由牛顿第二定律得 随着A向上运动，弹簧的形变量减小，可知加速度减小；A、B分开后，B、C两个物体由绳连接加速度大小一样，对C受力分析由牛顿第二定律可知 对B受力分析，由牛顿第二定律可知 联立解得B、C的加速度大小为 加速度不再变化，故D正确。 故选CD。 11．BD 【难度】0.4 【知识点】两个变速直线运动的合成、滑动摩擦力的大小与方向 【详解】ABD．小木块获得初速度开始运动的瞬间，受重力、支持力、滑动摩擦力，滑动摩擦力的方向与方向反向，把重力分解为垂直斜面向上和沿斜面向下的两个力，则根据牛顿第二定律有 解得 此后木块在y方向做加速运动，x方向做减速运动，当x方向速度减为零时x方向不在运动，最终木块在y方向做匀加速直线运动，其加速度大小为 所以木块不是做类平抛运动，A错误，BD正确； C．滑动摩擦力的方向从最初与方向反向，逐渐变为沿y轴负方向，则小木块沿y轴方向的分运动为先做加速度减小的加速直线运动，后做匀加速直线运动，C错误。 故选BD。 12．AC 【难度】0.4 【知识点】杆连接体问题 【详解】A．根据题意，设杆对球A的作用力大小为F，对A球，竖直方向上由平衡条件有Fcosθ=mg 解得 轻杆与车厢相对静止，则轻杆对小球A的作用力始终为恒力，故A正确； B．杆对球B的作用力大小始终也为 当小球B对底面的摩擦力等于0时，对B，根据牛顿第二定律Fsinθ=2ma1 解得 故B错误； C．若，B与底面间的最大静摩擦力为f1=k (2mg+Fcosθ) 当A与侧壁无弹力时，且B与底面间有最大静摩擦力时，对AB整体，根据牛顿第二定律f1=3ma2 解得 但当A与侧壁恰无弹力时，A有最大加速度，此时对A，根据牛顿第二定律Fsinθ=ma3 解得 因此，允许的最大加速度为，故C正确； D．若，当小车做匀加速直线运动时，小球B与地面的静摩擦力最大时，侧壁对小球A的作用力FN最小时，对B根据牛顿第二定律可得k (2mg+Fcosθ)+Fsinθ=2ma4 对A根据牛顿第二定律可得FN-Fsinθ=ma4 解得，故D错误。 故选AC。 13． 不变 【难度】0.65 【知识点】重力加速度 【详解】[1]设小球自由下落到光电门1的时间为，自由下落到光电门2的时间为，有，， 联立解得 则纵轴表示的物理量为。 [2][3]所以分析可知斜率 解得 以上可知g的值与、与和均无关，重力加速度的测量值不变。 14．(1) 短接 0 (2) 160/160.0 (3)2.8 【难度】0.65 【详解】（1）[1][2]测量前，要进行欧姆调零：将滑动变阻器的阻值调至最大，闭合开关，此时欧姆表处于“”挡，将红表笔与黑表笔短接，调节滑动变阻器的阻值，使指针指向0刻度位置。 （2）[1]用该欧姆表对阻值为的标准电阻进行试测，为减小测量误差，应选用欧姆表的挡； [2进行欧姆调零后，将电阻接在两表笔间，指针指向图乙中的虚线位置，则该电阻的测量值为 （3）根据闭合电路欧姆定律， 代入数据， 联立可得， 15．(1) 增加 减小 (2) (3) 【难度】0.65 【详解】（1）[1]热水淋在容器上过程中，气体温度升高，容器内气体分子的平均动能增大； [2]根据题意可知，气体体积变大，则气体的分子数密度减小。 （2）由理想气体状态方程得 解得 （3）外界对气体做功     气体内能变化     根据热力学第一定律 解得 16．(1) (2)， (3) 【难度】0.65 【知识点】含有斜面的连接体问题分析、无外力，物体在光滑斜面滑动、匀变速直线运动速度与时间的关系 【详解】（1）滑块加速运动的位移 剪断细线时滑块的速度 剪断细线后滑块的位移 经过相同的时间回到斜面的底端，有 联立可得 （2）选沿斜面向上为正方向，设滑块A、B质量均为，设剪断前细线张力为，由牛顿第二定律，对滑块，有 对滑块B，有 可得 剪断细线后，对滑块，有 可得 联立解得 可得 剪断细线时，的速度 返回斜面底端的速度 返回斜面底端的速度大小为 （3）斜向上加速位移 斜向上减速位移 斜面的最短长度 17．(1)， (2) (3)不能， 【难度】0.4 【知识点】物块在倾斜传送带上运动分析 【详解】（1）甲释放后沿传送带加速下滑，对甲受力分析，根据牛顿第二定律可得 解得 设经过时间甲与传送带共速，则有 此阶段甲的位移大小 由于，故甲与传送带共速后继续加速下滑，设此阶段的加速度为，根据牛顿第二定律则有 解得 此阶段的位移大小 设甲物体到达底端的速度大小为，则有 解得 两物体发生弹性碰撞，以向左的方向为正方向，根据动量守恒定律则有 根据能量守恒定律则有 联立解得， （2）甲乙碰后，乙滑上小车的时间 甲运动到C点的时间 乙滑上小车后，由牛顿第二定律可得 解得 对小车则有 解得 即小车静止不动，结合题意可知，物体乙滑上小车后经过的时间从小车的左端飞出。则乙在小车上滑行2s后，甲滑上小车，然后乙再滑行1s后飞出小车，乙在小车上滑行时间内的位移大小和速度大小分别为， 代入数据解得， 物体甲滑上小车后，由牛顿第二定律可得 解得 此后末物体甲、乙、小车的速度分别为，， 此阶段甲的位移 乙的位移 小车的位移 故小车的长度为 （3）由以上分析可知，乙物体以飞出小车，此后做平抛运动，乙在空中运动的时间 水平位移 物体乙离开小车瞬间，物体甲和小车的速度 由于，故甲与小车相对静止一起做匀减速运动，根据牛顿第二定律可得 解得 假设小车与乙物体不会碰撞，物体乙离开小车后，小车的最大位移 因 故小车与乙物体不会碰撞，二者之间的距离大小为 18．(1)， (2) 【难度】0.15 【知识点】线框进出磁场产生的等效电路相关计算 【详解】（1）金属框从开始进入到完全离开区域I的过程中，金属框只有一条边切割磁感线，根据楞次定律可得，安培力水平向左，则 切割磁感线产生的电动势 线框中电流 线框做匀速直线运动，则 解得金属框从开始进入到完全离开区域I的过程的速率 金属框开始释放到pq边进入磁场的过程中，只有重力做功，由动能定理可得 可得释放时pq边与区域I上边界的距离 （2）当ef边刚进入区域Ⅱ时开始计时（t = 0），设线框ef边到O点的距离为s时，线框中产生的感应电动势，其中 此时线路中的感应电流 线框pq边受到沿轨道向上的安培力，大小为 线框ef边受到沿轨道向下的安培力，大小为 则线框受到的安培力 代入 化简得 当线框平衡时，可知此时线框速率为0。 则从开始计时到金属框达到平衡状态的过程中，根据动量定理可得 即 对时间累积求和可得 可得 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 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