贵州省遵义市南白中学2017届高三上学期第一次月考物理（理）试卷（解析版）

贵州省遵义市南白中学2017届高三上学期第一次月考物理（理）试卷（解析版）

‎2016-2 017学年贵州省遵义市南白中学高三（上）第一次月考物理试卷（理科）‎ ‎　‎ 一、选择题：本题共8小题，每小题6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．‎ ‎1．在物理学的研究中用到的思想方法很多，下列有关各图的说法中正确的是（　　）‎ A．①③采用的是放大的思想方法 B．②④⑤采用的是控制变量的思想方法 C．④⑤采用的是猜想的思想方法 D．①③⑤采用的是放大的思想方法 ‎2．如图所示，在粗糙水平地面上放一质量为M的斜面，质量为m的木块沿斜面匀速下滑，此过程中斜面保持静止，则（　　）‎ A．地面对斜面有水平向右的摩擦力 B．地面对斜面有水平向左的摩擦力 C．地面对斜面的支持力等于（M+m）g D．地面对斜面的支持力小于（M+m）g ‎3．美国航天局在北京时间2013年9月13日宣布，1977年发射的“旅行者1号”探测器已经飞出太阳系．探测器在飞行过程中，要先从地球飞往木星．通过查找数据可知，木星质量约为地球的320倍，半径约为地球半径的10倍，则下列说法正确的是（　　）‎ A．在飞往木星的过程中，探测器受到地球和木星的万有引力的合力为零时，距地球距离与木星距离之比为10.5：40‎ B．地球与木星表面重力加速度之比为5：16‎ C．木星的第一宇宙速度比地球的第一宇宙速度小 D．探测器绕木星表面运行的周期比绕地球表面运行的周期要短 ‎4．如图所示，在同时存在匀强磁场和匀强电场的空间中取正交坐标系Oxyz（z轴正方向竖直向上），一质量为m、电荷量为q的带正电粒子（重力不能忽略）从原点O以速度v沿y轴正方向出发．下列说法正确的是（　　）‎ A．若电场沿z轴正方向、磁场沿y轴正方向，粒子只能做曲线运动 B．若电场沿z轴正方向、磁场沿z轴正方向，粒子有可能做匀速圆周运动 C．若电场沿x轴正方向、磁场沿z轴正方向，粒子有可能做匀速直线运动 D．若电场沿x轴正方向、磁场沿x轴负方向，粒子有可能做匀速圆周运动 ‎5．如图，一理想变压器原副线圈匝数之比为4：1，原线圈两端接入一正弦交流电源；副线圈电路中R为负载电阻，交流电压表和交流电流表都是理想电表．下列结论正确的是（　　）‎ A．若电压表读数为6V，则输入电压的最大值为24V B．若输入电压不变，副线圈匝数增加到原来的2倍，则电流表的读数减小到原来的一半 C．若输入电压不变，负载电阻的阻值增加到原来的2倍，则输入功率也增加到原来的2倍 D．若保持负载电阻的阻值不变，输入电压增加到原来的2倍，则输出功率增加到原来的4倍 ‎6．如图所示，质量为m=1kg的物块，以速度v0=4m/s滑上正沿逆时针方向转动的水平传送带，此时记为时刻t=0，传送带上A、B两点间的距离L=6m，已知传送带的速度v=2m/s，物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.2，重力加速度g取10m/s2．关于物块在传送带上的整个运动过程，下列表述正确的是（　　）‎ A．物块在传送带上运动的时间为4 s B．传送带对物块做功为6 J C．2.0 s末传送带对物块做功的功率为0‎ D．整个运动过程中由于摩擦产生的热量为18 J ‎7．一物体自t=0时开始做直线运动，其速度图线如图所示．下列选项正确的是（　　）‎ A．在0～6s内，物体离出发点最远为30m B．在0～6s内，物体经过的路程为40m C．在0～4s内，物体的平均速率为7.5m/s D．在5～6s内，物体所受的合外力做负功 ‎8．在图（a）的平面直角坐标系xOy中有一圆心角θ为45°的扇形导线框OMN绕垂直于线框平面的轴O以角速度ω逆时针方向匀速转动．第Ⅰ象限和第Ⅱ象限内存在垂直xOy平面的匀强磁场，磁感应强度的大小均为B，方向如图所示．设线框中感应电流方向以逆时针方向为正，从图（a）所示位置开始计时，那么在图（b）中能正确描述OM边所受安培力F的大小及线框内感应电流i随时间t变化情况的是（　　）‎ A．B．C．D．‎ ‎　‎ 二、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，每道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．‎ ‎9．某同学做“验证力的平行四边形定则”实验中，主要步骤是：‎ A．在桌上放一块方木板，在方木板上铺一张白纸，用图钉把白纸钉在方木板上．‎ B．用图钉把橡皮条的一端固定在板上的A点，在橡皮条的另一端拴上两条细绳，细绳的另一端系着绳套．‎ C．用两个弹簧秤分别勾住绳套，互成角度的拉橡皮条，使橡皮条拉长，结点到达某一位置O，记录下O点的位置，读出两个弹簧秤的示数．‎ D．按选好的标度，用铅笔和刻度尺作出两弹簧秤的拉力F1和F2的图示，并用平行四边形定则求出合力F；‎ E．只用一只弹簧秤，通过细绳套拉橡皮条使其伸长，读出弹簧秤的示数，记下细绳的方向，按同一标度作出这个力F′的图示．‎ F．比较F′和F的大小和方向，看他们是否相同，得出结论．‎ 上述步骤中：‎ ‎（1）有重要遗漏的步骤的序号是　　和　　‎ ‎（2）遗漏的内容分别是：　　和　　．‎ ‎10．（9分）现要测量一个电阻的阻值，实验室备有以下器材：‎ 被测电阻Rx（额定电压U=3V，额定功率约为0.9W）‎ 电流表A1（量程为150mA，内阻r1=10Ω）‎ 电流表A2（量程为300mA，内阻约为5Ω）‎ 定值电阻R（R=10Ω）‎ 滑动变阻器R1（0～10Ω，允许通过的最大电流为0.5A）‎ 电源（E=5V，r=1Ω）‎ 单刀开关一个，导线若干 ‎（1）要精确测量Rx的阻值，请画出测量电路图．‎ ‎（2）补充完整实验步骤：‎ ‎①按实验电路图连接好电路，开关S闭合前，将滑动变阻器滑片调到　　（填“左端”或“右端”）；‎ ‎②闭合开关，调节滑动变阻器，　　；‎ ‎③断开开关，拆除电路，整理器材．‎ ‎（3）读出多组数据，记录在下面表格中，在如图坐标纸上作出I1﹣I2的图象，由图象可求得Rx=　　．‎ I1/mA ‎20.2‎ ‎40.1‎ ‎50.4‎ ‎80.3‎ ‎101.2‎ I2/mA ‎60.0‎ ‎120.0‎ ‎180.0‎ ‎240.0‎ ‎300.0‎ ‎11．如图所示在加速电场正极板附近，一质量为m、带电量为+q的粒子静止释放，加速后沿中轴线射入间距为d，长为L的平行带电金属板A和B．UAB=+U0；测得粒子在AB板间运动时间为t，最后打在靶MN上，不计重力影响，试求：‎ ‎（1）加速电压U加的大小；‎ ‎（2）粒子打在靶MN上的位置到O′点的距离．‎ ‎12．（20分）如图所示，长L=1.6m，质量M=3kg的木板静放在光滑水平面上，质量m=1kg的小物块放在木板的右端，木板和小物块间的动摩擦因数μ=0.1．现对木板施加一水平向右的拉力F，取g=10m/s2．‎ ‎（1）求使小物块不掉下去的最大拉力F；‎ ‎（2）如果拉力F=10N恒定不变，分别求出小物块和木板的加速度；‎ ‎（3）试计算当拉力F=10N恒定不变时，小物块所能获得的最大速度vm．‎ ‎　‎ 三.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道作答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目题号涂黑．注意所做题目得题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题．如果多做，则每科按所做的第一题记分．【物理一选修3-3】‎ ‎13．下列说法中正确的是（　　）‎ A．温度相同的物体，其分子的平均动能一定相同 B．在使两个分子间的距离由很远（r＞10﹣9 m）减小到很难再靠近的过程中，分子间的作用力先减小后增大，分子势能不断增大 C．由于液体表面层分子间的距离大于液体内部分子间的距离，所以液体表面存在张力 D．根据热力学第二定律可知：热量能够从高温物体传到低温物体，但不可能从低温物体传到高温物体 E．布朗运动是悬浮在液体中的固体小颗粒的运动，它间接说明了液体分子在永不停息地做无规则运动 ‎14．（9分）如图是某研究性学习小组设计的一种测温装置，玻璃泡A内封有一定质量的气体，与A相连的细管B插在水银槽中，管内和槽内水银面的高度差z即可反映出泡内气体的温度，即环境温度，并可由B管上的刻度直接读出．（B管的体积与A泡的体积相比可忽略）‎ ‎①在标准大气压下（p0=76cmHg），对B管进行温度刻线．已知温度t1=27℃，管内与槽中水银面的高度差x1=16cm，此高度即为27℃的刻度线．求当t=0℃时，刻度线与槽中水银面的高度差x0．‎ ‎②若大气压变为p1=75cmHg，利用该装置测量温度时所得读数仍为27℃，则此时实际温度是多少？‎ ‎　‎ ‎【物理一选修3-4】‎ ‎15．如图所示，一列简谐横波在t时刻的波形图象，已知波的传播速度为2m/s，a、b、c是三个振动的质点．下列说法中正确的是（　　）‎ A．振源的振动频率为0.5 Hz B．从t时刻再经过1 s，质点a、b、c通过的路程均为6 cm C．t时刻质点a、b、c所受的回复力大小之比为2：1：3‎ D．若从t时刻起质点a比质点b先回到平衡位置，则波沿x 轴正方向传播 E．当该波波源向观察者减速运动时，观察者通过仪器接收的频率一定大于0.5 Hz ‎16．一底面半径为R的半圆柱形透明体的折射率为，横截面如图所示，O表示半圆柱形截面的圆心．一束极窄的光线在横截面内从AOB边上的A点以60°的入射角入射，求：该光线从进入透明体到第一次离开透明体时，共经历的时间（已知真空中的光速为c，；计算结果用R、n、c表示）．‎ ‎　‎ ‎【物理一选修3-5】‎ ‎17．19世纪初，爱因斯坦提出光子理论，使得光电效应现象得以完美解释，玻尔的氢原子模型也是在光子概念的启发下提出的．关于光电效应和氢原子模型，下列说法正确的是（　　）‎ A．光电效应实验中，入射光足够强就可以有光电流 B．若某金属的逸出功为W0，该金属的截止频率为 C．保持入射光强度不变，增大入射光频率，金属在单位时间内逸出的光电子数将减小 D．一群处于第四能级的氢原子向基态跃迁时，将向外辐射六种不同频率的光子 E．氢原子由低能级向高能级跃迁时，吸收光子的能量可以稍大于两能级间能量差 ‎18．如图所示，轻弹簧的两端与质量均为2m的B、C两物块固定连接，静止在光滑水平面上，物块C紧靠挡板但不粘连．另一质量为m的小物块A以速度vo从右向左与B发生弹性正碰，碰撞时间极短可忽略不计．（所有过程都在弹簧弹性限度范围内）求：‎ ‎（1）A、B碰后瞬间各自的速度；‎ ‎（2）弹簧第一次压缩最短与第一次伸长最长时弹性势能之比．‎ ‎　‎ ‎2016-2 017学年贵州省遵义市南白中学高三（上）第一次月考物理试卷（理科）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题：本题共8小题，每小题6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．‎ ‎1．在物理学的研究中用到的思想方法很多，下列有关各图的说法中正确的是（　　）‎ A．①③采用的是放大的思想方法 B．②④⑤采用的是控制变量的思想方法 C．④⑤采用的是猜想的思想方法 D．①③⑤采用的是放大的思想方法 ‎【考点】弹性形变和范性形变．‎ ‎【专题】定性思想；推理法；弹力的存在及方向的判定专题．‎ ‎【分析】在物理学的重大发现中科学家们创造出了许多方法，如理想实验法，微元法，控制变量法，极限思想法、类比法和科学假说法等等．‎ ‎【解答】解：图①采用光放大的方法显示微小形变；‎ 图②采用控制变量法研究加速度与力、质量的关系；‎ 图③采用扭秤装置放大静电力的作用效果；‎ 图④采用控制变量法研究静电力大小与距离和电荷量的关系；‎ 图⑤采用等效替代法研究力的合成与分解；‎ 故A正确，BCD错误；‎ 故选：A ‎【点评】本题考查常见的物理方法，我们要清楚一些物理概念的形成和定义方法和研究物理问题时所采用的研究方法和思想．‎ ‎　‎ ‎2．（如图所示，在粗糙水平地面上放一质量为M的斜面，质量为m的木块沿斜面匀速下滑，此过程中斜面保持静止，则（　　）‎ A．地面对斜面有水平向右的摩擦力 B．地面对斜面有水平向左的摩擦力 C．地面对斜面的支持力等于（M+m）g D．地面对斜面的支持力小于（M+m）g ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．‎ ‎【专题】共点力作用下物体平衡专题．‎ ‎【分析】本题中物体沿斜面匀速下滑，合力为零，斜面保持静止，合力也为零，可以以整体为研究对象，分析受力，根据平衡条件求解地面对斜面的支持力和摩擦力．‎ ‎【解答】解：以整体为研究对象，分析受力情况：总重力（M+m）g、地面的支持力N，静摩擦力（可能为零）．‎ 则由平衡条件可知：‎ 竖直方向：N=（M+m）g 水平方向：f=0；‎ 故C正确，ABD错误．‎ 故选：C．‎ ‎【点评】本题的关键是采用整体法．当两个物体的加速度都为零，可以运用整体法研究，比较简便．‎ ‎　‎ ‎3．美国航天局在北京时间2013年9月13日宣布，1977年发射的“旅行者1号”探测器已经飞出太阳系．探测器在飞行过程中，要先从地球飞往木星．通过查找数据可知，木星质量约为地球的320倍，半径约为地球半径的10倍，则下列说法正确的是（　　）‎ A．在飞往木星的过程中，探测器受到地球和木星的万有引力的合力为零时，距地球距离与木星距离之比为10.5：40‎ B．地球与木星表面重力加速度之比为5：16‎ C．木星的第一宇宙速度比地球的第一宇宙速度小 D．探测器绕木星表面运行的周期比绕地球表面运行的周期要短 ‎【考点】万有引力定律及其应用；向心力．‎ ‎【专题】定性思想；方程法；万有引力定律的应用专题．‎ ‎【分析】由万有引力定律求出距离之比；‎ 由万有引力公式求出重力加速度之比；‎ 由万有引力公式与牛顿第二定律求出第一宇宙速度，然后求出第一宇宙速度之比；‎ 由牛顿第二定律求出周期，然后求出周期之比．‎ ‎【解答】解：设探测器的质量为m；‎ A、探测器受到地球和木星的万有引力的合力为零时，地球与木星对探测器的引力相等，由万有引力公式得：‎ G=G，===，故A错误；‎ B、由万有引力公式可知，G=mg，g=，地球与木星表面重力加速度之比==×=，故B正确；‎ C、由牛顿第二定律得：G=m，v=，木星的第一宇宙速度与地球的第一宇宙速度之比===4＞1，则木星的第一宇宙速度比地球的第一宇宙速度大，故C错误；‎ D、由牛顿第二定律得：G=mR，T=2π，木星质量约为地球的320倍，半径约为地球半径的10倍，则探测器绕木星表面运行的周期比绕地球表面运行的周期要长，故D错误；‎ 故选：B ‎【点评】本题是卫星类型的问题，常常建立这样的模型：环绕天体绕中心天体做匀速圆周运动，由中心天体的万有引力提供向心力．重力加速度g是联系星球表面宏观物体运动和天体运动的桥梁．‎ ‎　‎ ‎4．如图所示，在同时存在匀强磁场和匀强电场的空间中取正交坐标系Oxyz（z轴正方向竖直向上），一质量为m、电荷量为q的带正电粒子（重力不能忽略）从原点O以速度v沿y轴正方向出发．下列说法正确的是（　　）‎ A．若电场沿z轴正方向、磁场沿y轴正方向，粒子只能做曲线运动 B．若电场沿z轴正方向、磁场沿z轴正方向，粒子有可能做匀速圆周运动 C．若电场沿x轴正方向、磁场沿z轴正方向，粒子有可能做匀速直线运动 D．若电场沿x轴正方向、磁场沿x轴负方向，粒子有可能做匀速圆周运动 ‎【考点】带电粒子在混合场中的运动；牛顿第二定律；向心力．‎ ‎【专题】带电粒子在复合场中的运动专题．‎ ‎【分析】当带电粒子的速度方向与磁场方向平行时，不受洛伦兹力．电场力与电场方向相同．分析带电粒子的受力情况，根据条件分析粒子的运动情况．‎ ‎【解答】解：A、若电场沿z轴正方向、磁场沿y轴正方向，带电粒子不受洛伦兹力，受到沿z轴正方向的电场力和竖直向下的重力，若电场力与重力平衡做匀速直线运动；若电场力与重力不平衡，则带电粒子的合力与速度不在同一直线上，则粒子将做曲线运动．故A错误．‎ B、若电场沿z轴正方向、磁场沿z轴正方向，带电粒子受到沿z轴正方向的电场力和竖直向下的重力、沿x正方向的洛伦兹力，若电场力与重力平衡，带电粒子可以在xoy平面内做匀速圆周运动．故B正确．‎ C、若电场沿x轴正方向、磁场沿z轴正方向，粒子受到沿x轴正方向的电场力、沿x正方向的洛伦兹力和竖直向下的重力，三个力的合力不可能为零，粒子不可能做匀速直线运动．故C错误．‎ D、若电场沿x轴正方向、磁场沿x轴负方向，粒子受到沿x轴正方向的电场力、沿z轴正方向的洛伦兹力和竖直向下的重力，电场力与重力的合力不可能为零，其合力将对粒子做功，改变粒子的速度大小，所以粒子不可能做匀速圆周运动．故D错误．‎ 故选：B ‎【点评】本题一要熟练掌握左手定则，会判断洛伦兹力的方向；二要掌握各种运动的动力学条件．‎ ‎　‎ ‎5．如图，一理想变压器原副线圈匝数之比为4：1，原线圈两端接入一正弦交流电源；副线圈电路中R为负载电阻，交流电压表和交流电流表都是理想电表．下列结论正确的是（　　）‎ A．若电压表读数为6V，则输入电压的最大值为24V B．若输入电压不变，副线圈匝数增加到原来的2倍，则电流表的读数减小到原来的一半 C．若输入电压不变，负载电阻的阻值增加到原来的2倍，则输入功率也增加到原来的2倍 D．若保持负载电阻的阻值不变，输入电压增加到原来的2倍，则输出功率增加到原来的4倍 ‎【考点】变压器的构造和原理．‎ ‎【专题】压轴题；交流电专题．‎ ‎【分析】电压表读数6V为有效值，由 = 可得输入电压的有效值为24V，根据正弦交流电有效值与最大值的关系可得输入电压的最大值 ‎ 输入功率随输出功率而变化，输出功率变大则输入功率变大．若输入电压不变，副线圈匝数增加到原来的2倍，得输出电压也增加到原来的2倍，由 I= 电流表示数也应增加到原来的2倍，若输入电压不变，负载电阻的阻值增加到原来的2倍，由 I= 输出电流减小到原来的一半，输入功率即P=IU也减小到原来的一半．‎ ‎【解答】解：A、若电压表读数为6V，由 = 可得则输入电压为是有效值，根据正弦交流电 有效值与最大值的关系可得因此其最大值为V，所以A错误；‎ B、若输入电压不变，副线圈匝数增加到原来的2倍，由 = 可得输出电压也增加到原来的2倍，由 I= 电流表示数也应增加到原来的2倍，所以B错误；‎ C、若输入电压不变，负载电阻的阻值增加到原来的2倍，由 I= 输出电流减小到原来的一半，输入功率即P=IU也减小到原来的一半，所以C错误；‎ D、若保持负载电阻的阻值不变．输入电压增加到原来的2倍，输出电压增大到原来的2倍，则由可知输出功率增加到原来的4倍，所以D正确．‎ 故选D．‎ ‎【点评】只有理解交流电压表和交流电流表读数为有效值，电压电流与匝数比的关系，并熟练掌握电功率的计算公式，才能顺利解决这类问题．‎ ‎　‎ ‎6．如图所示，质量为m=1kg的物块，以速度v0=4m/s滑上正沿逆时针方向转动的水平传送带，此时记为时刻t=0，传送带上A、B两点间的距离L=6m，已知传送带的速度v=2m/s，物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.2，重力加速度g取10m/s2．关于物块在传送带上的整个运动过程，下列表述正确的是（　　）‎ A．物块在传送带上运动的时间为4 s B．传送带对物块做功为6 J C．2.0 s末传送带对物块做功的功率为0‎ D．整个运动过程中由于摩擦产生的热量为18 J ‎【考点】功能关系．‎ ‎【专题】参照思想；寻找守恒量法；功能关系 能量守恒定律．‎ ‎【分析】‎ 物块在传送带上先做匀减速直线运动到零，返回做匀加速直线运动，当速度达到传送带速度时，做匀速直线运动．结合牛顿第二定律和运动学公式求出物块在整个过程中的运动时间．通过动能定理求出整个过程传送带对物块做功的大小．求出2s末的速度，从而求出2s末传送带做功的功率．通过运动学公式求出物块与传送带之间的相对路程，从而根据Q=f△s求出产生的热量．‎ ‎【解答】解：A、物块在传送带上匀减速运动的加速度大小为 a=μg=2m/s2，物块匀减速直线运动的位移大小 x1==m=4m，匀减速直线运动的时间 t1==s=2s．返回做匀加速直线运动的时间 t2==s=1s，匀加速直线运动的位移大小 x2==m=1m，则匀速运动的时间t3==s=1.5s，则物块在传送带上运行的时间为t=t1+t2+t3=4.5s．故A错误．‎ B、物块的末速度为2m/s，初速度为4m/s，根据动能定理知，传送带对物块做功 W=mv2﹣mv02=×1×（4﹣16）=﹣6J．故B错误．‎ C、2s末物块的速度为0，则传送带对物块做功的功率为0．故C正确．‎ D、物块匀减速直线运动相对于传送带的路程s1=vt1+x1=4+4m=8m，匀加速直线运动相对于传送带的路程s2=vt2﹣x2=2﹣1m=1m．则整个过程摩擦产生的热量Q=f（s1+s2）=μmg（s1+s2）=0.2×10×9J=18J．故D正确．‎ 故选：CD ‎【点评】解决本题的关键理清物块的运动情况，结合牛顿第二定律、动能定理、功能关系和运动学公式进行求解．要知道摩擦生热与相对位移有关．‎ ‎　‎ ‎7．一物体自t=0时开始做直线运动，其速度图线如图所示．下列选项正确的是（　　）‎ A．在0～6s内，物体离出发点最远为30m B．在0～6s内，物体经过的路程为40m C．在0～4s内，物体的平均速率为7.5m/s D．在5～6s内，物体所受的合外力做负功 ‎【考点】匀变速直线运动的图像．‎ ‎【分析】（1）v﹣t图象中，与时间轴平行的直线表示做匀速直线运动，倾斜的直线表示匀变速直线运动，斜率表示加速度，倾斜角越大表示加速度越大，图象与坐标轴围成的面积表示位移，在时间轴上方的位移为正，下方的面积表示位移为负；‎ ‎（2）平均速度等于位移除以时间；‎ ‎（3）判断恒力做功的正负，可以通过力与位移的方向的夹角判断．夹角为锐角或零度，做正功，夹角为直角不做功，夹角为钝角或平角做负功．‎ ‎【解答】解：A.0﹣5s，物体向正向运动，5﹣6s向负向运动，故5s末离出发点最远，故A错误；‎ ‎ B．由面积法求出0﹣5s的位移s1=35m，5﹣6s的位移s2=﹣5m，总路程为：40m，故B正确；‎ ‎ C．由面积法求出0﹣4s的位移s=30m，平度速度为：v==7.5m/s 故C正确；‎ ‎ D．由图象知5～6s过程物体做匀加速，合力和位移同向，合力做正功，故D错误．‎ 故选BC．‎ ‎【点评】本题考查了速度﹣﹣时间图象的应用及做功正负的判断，要明确斜率的含义，知道在速度﹣﹣时间图象中图象与坐标轴围成的面积的含义，能根据图象读取有用信息，要注意路程和位移的区别．属于基础题．‎ ‎　‎ ‎8．在图（a）的平面直角坐标系xOy中有一圆心角θ为45°的扇形导线框OMN绕垂直于线框平面的轴O以角速度ω逆时针方向匀速转动．第Ⅰ象限和第Ⅱ象限内存在垂直xOy平面的匀强磁场，磁感应强度的大小均为B，方向如图所示．设线框中感应电流方向以逆时针方向为正，从图（a）所示位置开始计时，那么在图（b）中能正确描述OM边所受安培力F的大小及线框内感应电流i随时间t变化情况的是（　　）‎ A．B．C．D．‎ ‎【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；楞次定律．‎ ‎【专题】定性思想；推理法；电磁感应与电路结合．‎ ‎【分析】根据楞次定律判断线框中感应电流的方向．由导体棒转动切割磁感线产生的感应电动势公式E=BL2ω和欧姆定律求解感应电流的大小．再根据左手定则分析OM所受安培力的方向，由F=BIL分析安培力的大小即可得出正确答案．‎ ‎【解答】解：线圈逆时针方向转动，开始磁通量增加，由楞次定律判断电流方向先为逆时针，电动势E=BL2ω保持不变，故电流大小恒定；‎ 当线圈转过45°后，电流消失；线圈再转过45°后又有电流，并且磁通量减小，电流方向为顺时针，由法拉第电磁感应定律得此时的感应电动势为原来电动势的2倍，即E=2×BL2ω，由欧姆定律可知，电流也变为原来的倍；‎ 此后电流会暂时消失，当OM边到达x轴负方向时，重新有逆时针方向的电流；由E=BL2ω可知大小与第一过程相同；故C符合，D错误；‎ 根据F=BIL可知，因电流大小恒定，故在0﹣45°过程中安培力大小不变，由左手定则可知，方向垂直OM向外；转动45°﹣90°过程中没有安培力，转动90°﹣135°时，电流加倍，B不变，故安培力加倍，由此时OM在第二象限，由左手定律可知，电流方向垂直于OM向外，此后135°﹣180°过程中，没有安培力；180°﹣225°时，由左手定则可知，安培力方向垂直OM向外，则可知能反映安培力大小变化的只有A，故A正确，B错误．‎ 故选：AC．‎ ‎【点评】本题要根据感应电动势公式和欧姆定律得到感应电流的表达式，再选择图象，是经常采用的方法．同时注意对于电磁感应中的图象问题，要注意掌握方法，可以采用排除法或特殊值法等进行分析求解．‎ ‎　‎ 二、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，每道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．‎ ‎9．某同学做“验证力的平行四边形定则”实验中，主要步骤是：‎ A．在桌上放一块方木板，在方木板上铺一张白纸，用图钉把白纸钉在方木板上．‎ B．用图钉把橡皮条的一端固定在板上的A点，在橡皮条的另一端拴上两条细绳，细绳的另一端系着绳套．‎ C．用两个弹簧秤分别勾住绳套，互成角度的拉橡皮条，使橡皮条拉长，结点到达某一位置O，记录下O点的位置，读出两个弹簧秤的示数．‎ D．按选好的标度，用铅笔和刻度尺作出两弹簧秤的拉力F1和F2的图示，并用平行四边形定则求出合力F；‎ E．只用一只弹簧秤，通过细绳套拉橡皮条使其伸长，读出弹簧秤的示数，记下细绳的方向，按同一标度作出这个力F′的图示．‎ F．比较F′和F的大小和方向，看他们是否相同，得出结论．‎ 上述步骤中：‎ ‎（1）有重要遗漏的步骤的序号是　C　和　E　‎ ‎（2）遗漏的内容分别是：　C中未记下两条细绳的方向　和　E中未说明是否把橡皮条的结点拉到了O位置　．‎ ‎【考点】验证力的平行四边形定则．‎ ‎【专题】实验题；平行四边形法则图解法专题．‎ ‎【分析】步骤C中只有记下两条细绳的方向，才能确定两个分力的方向，进一步才能根据平行四边形定则求合力；步骤E中只有使结点到达同样的位置O，才能表示两种情况下力的作用效果相同；‎ ‎【解答】解：本实验为了验证力的平行四边形定则，采用的方法是作力的图示法，作出合力和理论值和实际值，然后进行比较，得出结果．所以，实验时，除记录弹簧秤的示数外，还要记下两条细绳的方向，以便确定两个拉力的方向，这样才能作出拉力的图示．步骤C中未记下两条细绳的方向；步骤E中未说明把橡皮条的结点拉到位置O．‎ 故答案为：（1）C；E ‎ ‎（2）C中未记下两条细绳的方向；E中未说明是否把橡皮条的结点拉到了O位置．‎ ‎【点评】该实验关键理解实验原理，根据实验原理分析实验步骤中有无遗漏或缺陷，因此掌握实验原理是解决实验问题的关键．‎ ‎　‎ ‎10．现要测量一个电阻的阻值，实验室备有以下器材：‎ 被测电阻Rx（额定电压U=3V，额定功率约为0.9W）‎ 电流表A1（量程为150mA，内阻r1=10Ω）‎ 电流表A2（量程为300mA，内阻约为5Ω）‎ 定值电阻R（R=10Ω）‎ 滑动变阻器R1（0～10Ω，允许通过的最大电流为0.5A）‎ 电源（E=5V，r=1Ω）‎ 单刀开关一个，导线若干 ‎（1）要精确测量Rx的阻值，请画出测量电路图．‎ ‎（2）补充完整实验步骤：‎ ‎①按实验电路图连接好电路，开关S闭合前，将滑动变阻器滑片调到　左端　（填“左端”或“右端”）；‎ ‎②闭合开关，调节滑动变阻器，　读出几组I1和I2的示数　；‎ ‎③断开开关，拆除电路，整理器材．‎ ‎（3）读出多组数据，记录在下面表格中，在如图坐标纸上作出I1﹣I2的图象，由图象可求得Rx=　10.2Ω　．‎ I1/mA ‎20.2‎ ‎40.1‎ ‎50.4‎ ‎80.3‎ ‎101.2‎ I2/mA ‎60.0‎ ‎120.0‎ ‎180.0‎ ‎240.0‎ ‎300.0‎ ‎【考点】伏安法测电阻．‎ ‎【专题】实验题；恒定电流专题．‎ ‎【分析】题干中没给电压表，所以要将电流表与定值电阻串联后当电压表使用，即采用安安法测电阻．写出Rx的表达式，结合数学关系分析图线斜率的物理意义，进而得到被测电阻的阻值．‎ ‎【解答】解：被测电阻大约为10Ω，额定电压为3 V，应将电流表A1与R串联改装为电压表，流过Rx的电流为I2﹣I1，电阻的测量表达式为Rx=（R+r1）．为了充分利用电流表的量程范围，使测量更精确，滑动变阻器采用分压接法．‎ 实验时，闭合开关前，滑动变阻器的滑片应调到左端，再闭合开关，调节滑动变阻器，读出几组电流表A1和A2的示数，然后断开电键．由读出的数据描点并作图，‎ 由Rx=（R+r1），得I1=，求出图线斜率大小，其斜率大小等于，解得Rx=10.2Ω．‎ 故答案为：（1）实验电路如图甲所示　（2）①左端　②读出几组I1和I2的示数　（3）图象如图乙所示；10.2Ω．‎ ‎【点评】本题考查电阻测量实验，意在考查考生对实验原理的理解能力和对实验数据的处理能力．‎ ‎　‎ ‎11．（如图所示在加速电场正极板附近，一质量为m、带电量为+q的粒子静止释放，加速后沿中轴线射入间距为d，长为L的平行带电金属板A和B．UAB=+U0；测得粒子在AB板间运动时间为t，最后打在靶MN上，不计重力影响，试求：‎ ‎（1）加速电压U加的大小；‎ ‎（2）粒子打在靶MN上的位置到O′点的距离．‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【专题】电场力与电势的性质专题．‎ ‎【分析】（1）粒子在加速电场中加速，在偏转电场中做类平抛运动，应用牛顿第二定律与运动学公式可以求出加速电压．‎ ‎（2）应用类平抛运动规律可以求出粒子在偏转电场中的偏移量，然后确定打在靶上的位置．‎ ‎【解答】解：（1）粒子在加速电场中，由动能定理得：qU加=mv2﹣0，‎ 粒子在偏转电场中做类平抛运动，在水平方向：L=vt，‎ 解得：U加=；‎ ‎（2）粒子在偏转电场中做类平抛运动，‎ 在竖直方向：y=at2==；‎ 答：（1）加速电压U加的大小为；‎ ‎（2）粒子打在靶MN上的位置到O′点的距离为．‎ ‎【点评】本题考查了粒子在电场中的运动，分析清楚粒子运动过程，应用动能定理与类平抛运动规律可以解题，本题是一道基础题．‎ ‎　‎ ‎12．（如图所示，长L=1.6m，质量M=3kg的木板静放在光滑水平面上，质量m=1kg的小物块放在木板的右端，木板和小物块间的动摩擦因数μ=0.1．现对木板施加一水平向右的拉力F，取g=10m/s2．‎ ‎（1）求使小物块不掉下去的最大拉力F；‎ ‎（2）如果拉力F=10N恒定不变，分别求出小物块和木板的加速度；‎ ‎（3）试计算当拉力F=10N恒定不变时，小物块所能获得的最大速度vm．‎ ‎【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．‎ ‎【专题】应用题；定性思想；推理法；牛顿运动定律综合专题．‎ ‎【分析】（1）求物块不掉下时的最大拉力，其存在的临界条件必是物块与木板具有共同的最大加速度，先以小物体为研究对象，由牛顿第二定律求出加速度，再以整体为研究对象求解F的最大值．‎ ‎（2）由题F=10N时，小物体相对于木板相对滑动，根据牛顿第二定律分别求出小物体和木板的加速度．‎ ‎（3）当小物体离开木板时，木板相对于小物体的位移等于L，由位移公式求出时间，再由速度公式求解小物体离开木板时的速度．‎ ‎【解答】解：（1）求小物块不掉下时的最大拉力，其存在的临界条件必是小物块与木板具有共同的最大加速度a1‎ 对小物块，根据牛顿第二定律有最大加速度 a1==μg=0.1×10=1 m/s2‎ 对整体，由牛顿第二定律得F=（M+m）a1=（3+1）×1 N=4 N ‎（2）由于F=10 N＞4 N，小物块将相对于木板向左运动，所以木板对小物块的摩擦力向右，而小物块对木板的摩擦力向左．‎ 小物块的加速度a1=μg=1 m/s2‎ 木板的加速度a2== m/s2=3 m/s2‎ ‎（3）由于小物块一直做加速运动，所以当小物块刚离开木板时速度最大 小物块刚离开木板前，由a2t2﹣a1t2=L，‎ 解得小物块滑过木板所用时间t= s 小物块离开木板的速度v1=a1t=1×= m/s，‎ 所以小物块所能获得的最大速度为m/s 答：（1）使小物块不掉下去的最大拉力F为4 N （2）小物块以1 m/s2的加速度向右做匀加速运动，木板以3 m/s2的加速度向右做匀加速运动 （3）小物块所能获得的最大速度为m/s ‎【点评】本题中涉及临界问题：当两接触物体刚要相对滑动时，静摩擦力达到最大，同时注意分析过程，特别是第三问中要认真分析两物体的运动过程，明确位移关系是解题的关键．‎ ‎　‎ 三.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道作答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目题号涂黑．注意所做题目得题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题．如果多做，则每科按所做的第一题记分．【物理一选修3-3】‎ ‎13．下列说法中正确的是（　　）‎ A．温度相同的物体，其分子的平均动能一定相同 B．在使两个分子间的距离由很远（r＞10﹣9 m）减小到很难再靠近的过程中，分子间的作用力先减小后增大，分子势能不断增大 C．由于液体表面层分子间的距离大于液体内部分子间的距离，所以液体表面存在张力 D．根据热力学第二定律可知：热量能够从高温物体传到低温物体，但不可能从低温物体传到高温物体 E．布朗运动是悬浮在液体中的固体小颗粒的运动，它间接说明了液体分子在永不停息地做无规则运动 ‎【考点】热力学第二定律；布朗运动；分子间的相互作用力．‎ ‎【专题】定性思想；推理法；热力学定理专题．‎ ‎【分析】温度是分子平均动能的标志，物体温度越高，则分子的平均动能增大，满足统计规律；明确分子间作用力的特点，并能根据分子力做功情况分析分子势能的变化情况；热力学第二定律说明一切热现象有方向性，但要注意逆向反应也是可以进行的，只不过会引起其他方面的变化；明确布朗运动的性质，知道布朗运动是分子无规则运动的间接反映．‎ ‎【解答】解：A、温度是分子平均动能的标志，物体温度越高，则分子的平均动能越大，相同温度下，分子的平均动能相同，故A正确；‎ B、在使两个分子间的距离由很远（r＞10﹣9 m）减小到很难再靠近的过程中，分子间的作用力先增大后减小，再增大，分子势能是先减小后增大，故B错误 C、液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，分子之间的作用力表现为引力，所以液体表面存在表面张力；故C正确；‎ D、根据热力学第二定律可知：热量能够自发地从高温物体传到低温物体，同时也能从低温物体传到高温物体，只是会引起其他方面的变化；故D错误；‎ E、布朗运动是悬浮在液体中的固体小颗粒的运动，它间接说明了液体分子在永不停息地做无规则运动；故E正确．‎ 故选：ACE ‎【点评】本题考查分子动理论的内容和热力学第二定律等，要注意正确掌握热力学第二定律的方向性，同时明确分子间作用力的性质以及分子势能和分子间作用力做功间的关系．‎ ‎　‎ ‎14．如图是某研究性学习小组设计的一种测温装置，玻璃泡A内封有一定质量的气体，与A相连的细管B插在水银槽中，管内和槽内水银面的高度差z即可反映出泡内气体的温度，即环境温度，并可由B管上的刻度直接读出．（B管的体积与A泡的体积相比可忽略）‎ ‎①在标准大气压下（p0=76cmHg），对B管进行温度刻线．已知温度t1=27℃，管内与槽中水银面的高度差x1=16cm，此高度即为27℃的刻度线．求当t=0℃时，刻度线与槽中水银面的高度差x0．‎ ‎②若大气压变为p1=75cmHg，利用该装置测量温度时所得读数仍为27℃，则此时实际温度是多少？‎ ‎【考点】理想气体的状态方程．‎ ‎【专题】理想气体状态方程专题．‎ ‎【分析】（1）封闭气体压强等于大气压减去水银柱产生的压强；设B管的体积可略去不计，则气体是等容变化，结合查理定律公式列式分析即可；‎ ‎（2）利用该测温装置测量温度时所得示数仍为17℃，说明气体体积不变，根据查理定律分析即可．‎ ‎【解答】解：（1）气体为等容变化，设27℃时气体的压强为P1，温度为T1；0℃时气体的压强为P，温度为T；‎ 由题意知：T1=300K，T=273K，P1=（76﹣16）cmHg=60cmHg；‎ 由查理定律得：=‎ 得：P=54.6cmHg x0=（76﹣54.6）cm=21.4cm ‎（2）此时A泡内气体压强P′=75﹣16=59cmHg 由查理定律：=‎ 得：T′=295K=22℃‎ 答：①在标准大气压下（p0=76cmHg），对B管进行温度刻线．已知温度t1=27℃，管内与槽中水银面的高度差x1=16cm，此高度即为27℃的刻度线．当t=0℃时，刻度线与槽中水银面的高度差x0为21.4cm；‎ ‎②若大气压变为p1=75cmHg，利用该装置测量温度时所得读数仍为27℃，则此时实际温度是22℃．‎ ‎【点评】本题关键求解出已知状态参量，然后根据查理定律列式求解，注意计算时温度是热力学温度，不要直接代入摄氏温度，不难．‎ ‎　‎ ‎【物理一选修3-4】‎ ‎15．如图所示，一列简谐横波在t时刻的波形图象，已知波的传播速度为2m/s，a、b、c是三个振动的质点．下列说法中正确的是（　　）‎ A．振源的振动频率为0.5 Hz B．从t时刻再经过1 s，质点a、b、c通过的路程均为6 cm C．t时刻质点a、b、c所受的回复力大小之比为2：1：3‎ D．若从t时刻起质点a比质点b先回到平衡位置，则波沿x 轴正方向传播 E．当该波波源向观察者减速运动时，观察者通过仪器接收的频率一定大于0.5 Hz ‎【考点】横波的图象．‎ ‎【专题】定性思想；推理法；振动图像与波动图像专题．‎ ‎【分析】由图读出波长，求出频率．根据时间与周期的关系，求出质点的路程．根据简谐运动的特点：F=﹣kx，求出回复之比．分析ab的振动情况，判断波的传播方向．‎ ‎【解答】解：A、由图λ=4m，则频率f==0.5Hz，故A正确．‎ ‎ B、周期T==2s，则从t时刻再经过1s，a、b、c点通过的路程都为12cm．故B错误．‎ ‎ C、根据简谐运动的特点：F=﹣kx，回复力大小与位移大小成正比，则质点a、b、c所受的回复力大小之比为4：2：6=2：1：3．故C正确．‎ ‎ D、因为质点此刻的运动方向不清楚，无法判断那个质点先回到平衡位置，则无法确定波的传播方向．故D错误；‎ E、波波源向观察者减速运动时，距离减小，观察者接收到的频率大于0.5Hz，故E正确；‎ 故选：ACE ‎【点评】简谐运动的特点是：F=﹣kx，即回复力大小与位移大小成正比，方向与位移方向相反．‎ ‎　‎ ‎16．（一底面半径为R的半圆柱形透明体的折射率为，横截面如图所示，O表示半圆柱形截面的圆心．一束极窄的光线在横截面内从AOB边上的A点以60°的入射角入射，求：该光线从进入透明体到第一次离开透明体时，共经历的时间（已知真空中的光速为c，；计算结果用R、n、c表示）．‎ ‎【考点】光的折射定律．‎ ‎【专题】压轴题；光的折射专题．‎ ‎【分析】由求出临界角．入射角i=60°，由折射定律n=求出光线从AB射入透明体的折射角r，判断光线在圆弧上能否发生全反射，作出光路图，由几何知识求解光线在透明体内的路程s，光线在透明体的速度为v=，通过的时间为t=．‎ ‎【解答】设此透明物体的临界角为C，‎ 依题意=，所以C=35°‎ 当入射角为i=60°时，由折射定律n=得 得到折射角：r=30°‎ 即此时光线折射后射到圆弧上的C点，在C点的入射角为60°，大于临界角，会发生全反射，往后光线水平反射至圆弧上的D点并在D点发生全反射，再反射至B点，从B点第一次射出．在透明体内的路径长为：s=3R　光在透明体内的速度 经历的时间 ‎ 答：该光线从进入透明体到第一次离开透明体时，共经历的时间为．‎ ‎【点评】画出光路图是基础，判断能否发生全反射是关键．运用几何知识求出光线在透明体通过的总路程．‎ ‎　‎ ‎【物理一选修3-5】‎ ‎17．19世纪初，爱因斯坦提出光子理论，使得光电效应现象得以完美解释，玻尔的氢原子模型也是在光子概念的启发下提出的．关于光电效应和氢原子模型，下列说法正确的是（　　）‎ A．光电效应实验中，入射光足够强就可以有光电流 B．若某金属的逸出功为W0，该金属的截止频率为 C．保持入射光强度不变，增大入射光频率，金属在单位时间内逸出的光电子数将减小 D．一群处于第四能级的氢原子向基态跃迁时，将向外辐射六种不同频率的光子 E．氢原子由低能级向高能级跃迁时，吸收光子的能量可以稍大于两能级间能量差 ‎【考点】光电效应；氢原子的能级公式和跃迁．‎ ‎【专题】光电效应专题．‎ ‎【分析】A、只有当入射光的频率大于极限频率时，才会发生光电效应，与照射光的强弱无关；‎ B、根据光电效应方程，EKm=hv﹣W0，即可求解截止频率；‎ C、光的强度等于光子数目与光子的能量乘积；‎ D、根据数学组合C，即可求解；‎ E、根据电子跃迁过程中，由△E=Em﹣En，即可求解．‎ ‎【解答】解：A、当入射光的频率大于极限频率时，才会发生光电效应，与入射光强弱无关，故A错误；‎ B、某金属的逸出功为W0，根据W0=hv0，则有该金属的截止频率为，故B正确；‎ C、保持入射光强度不变，增大入射光频率，那么光子的数目减小，则在单位时间内逸出的光电子数将减小，故C正确；‎ D、一群处于第四能级的氢原子向基态跃迁时，根据数学组合=6，故D正确；‎ E、由低能级向高能级跃迁时，吸收光子的能量正好等于两能级间能量差，故E错误；‎ 故选：BCD．‎ ‎【点评】考查光电效应发生条件，掌握跃迁的种类与能量关系，理解截止频率与逸出功的关系，注意入射光强度相同，入射光频率越高，则光子数目越少．‎ ‎　‎ ‎18．如图所示，轻弹簧的两端与质量均为2m的B、C两物块固定连接，静止在光滑水平面上，物块C紧靠挡板但不粘连．另一质量为m的小物块A以速度vo从右向左与B发生弹性正碰，碰撞时间极短可忽略不计．（所有过程都在弹簧弹性限度范围内）求：‎ ‎（1）A、B碰后瞬间各自的速度；‎ ‎（2）弹簧第一次压缩最短与第一次伸长最长时弹性势能之比．‎ ‎【考点】动量守恒定律；机械能守恒定律．‎ ‎【专题】动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合．‎ ‎【分析】（1）A、B发生弹性碰撞，碰撞过程动量守恒、机械能守恒，由动量守恒定律与机械能守恒定律可以求出碰后两物体的速度．‎ ‎（2）在B压缩弹簧过程中，系统机械能守恒，由机械能守恒定律可以求出弹簧的弹性势能；当弹簧第一次伸长最长时，B、C两物体组成的系统动量守恒、机械能守恒，由动量守恒定律与机械能守恒定律可以求出弹簧的弹性势能，然后求出弹簧的弹性势能之比．‎ ‎【解答】解：（1）A、B发生弹性正碰，碰撞过程中，A、B组成的系统动量守恒、机械能守恒，以A、B组成的系统为研究对象，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：‎ mvo=mvA+2mvB，‎ 在碰撞过程中机械能守恒，由机械能守恒定律得：‎ mv02=mvA2+•2mvB2，‎ 联立解得：vA=﹣v0，vB=v0；‎ ‎（2）弹簧第一次压缩到最短时，B的速度为零，该过程机械能守恒，由机械能守恒定律得，弹簧的弹性势能：‎ EP=•2m•vB2=mv02，‎ 从弹簧压缩最短到弹簧恢复原长时，B、C与弹簧组成的系统机械能守恒，‎ 弹簧恢复原长时，B的速度vB=v0，速度方向向右，C的速度为零，‎ 从弹簧恢复原长到弹簧第一次伸长最长时，B、C与弹簧组成的系统动量守恒、机械能守恒，‎ 弹簧伸长最长时，B、C速度相等，以向右为正方向，由动量守恒定律得：‎ ‎2mvB=（2m+2m）v′，‎ 由机械能守恒定律得：‎ ‎•2m•vB2=•（2m+2m）•v′2+EP′，‎ 解得：EP′=mv02，‎ 弹簧第一次压缩最短与第一次伸长最长时弹性势能之比：EP：EP′=2：1；‎ 答：（1）A、B碰后瞬间，A的速度为v0，方向向右，B的速度为v0，方向向左；‎ ‎（2）弹簧第一次压缩最短与第一次伸长最长时弹性势能之比为2：1．‎ ‎【点评】本题考查了物体的速度与弹簧弹性势能之比，应用动量守恒定律与机械能守恒定律即可正确解题，分析清楚物体运动过程是正确 解题的关键．‎