1、2018-2019 学年宁夏吴忠市高三（上）期末物理试卷二、选择题：本题共 8 小题，每小题 6 分，共 48 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1A、B 两辆汽车在平直公路上朝同一方向运动，如图所示为两车运动的 vt 图象，下面对阴影部分的说法正确的是（ ）A若两车从同一点出发，它表示两车再次相遇前的最大距离B若两车从同一点出发，它表示两车再次相遇前的最小距离C若两车从同一点出发，它表示两车再次相遇时离出发点的距离D表示两车出发时相隔的距离2如图所示，质量分别为
2、 m 和 M 的两物体 P 和 Q 叠放在倾角为 的斜面上，P、Q 间的动摩擦因数为 1，Q 与斜面间的动摩擦因数为 2（ 2 1）。当它们从静止开始沿斜面加速下滑时，两物体始终保持相对静止，则物体 P 受到的摩擦力大小为（ ）A0 B 1mgcos C 2mgcos Dmgsin3为了探测引力波，“天琴计划”预计发射地球卫星 P，其轨道半径约为地球半径的 16 倍；另一地球卫星 Q 的轨道半径约为地球半径的 4 倍。P 与 Q 的角速度之比约为（ ）A1：4 B4：1 C1：8 D8：14将一小球竖直向上抛出，小球在运动过程中所受到的空气阻力不可忽略a 为小球运动轨迹上的一点，小球上升和下降
3、经过 a 点时的动能分别为 Ek1 和 Ek2从抛出开始到小球第一次经过 a 点时重力所做的功为 W1，从抛出开始到小球第二次经过 a 点时重力所做的功为 W2下列选项正确的是（ ）AE k1E k2， W1W 2 BE k1E k2，W 1W 2CE k1E k2，W 1W 2 DE k1E k2，W 1W 25如图，一绝缘光滑固定斜面处于匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为 B，方向垂直于斜面向上，通有电流 I 的金属细杆水平静止在斜面上。若电流变为 0.5I，磁感应强度大小变为 3B，电流和磁场的方向均不变，则金属细杆将（ ）A沿斜面加速上滑 B沿斜面加速下滑C沿斜面匀速上滑 D仍静止在斜
4、面上6以下是有关近代物理内容的若干叙述，其中正确的有（ ）A一个处于第四能级的氢原子向基态跃迁时，将最多向外辐射 3 种不同频率的光子B20 个 U 的原子核经过两个半衰期后剩下 5 个 UC轻核聚变反应方程 H+ H He+X 中，X 表示电子D一个光子与一个静止的电子碰撞而散射，其频率会发生改变7某区域的电场线分布如图所示，M、N 是电场中的两个点，某一试探点电荷仅在电场力作用下的运动轨迹如图中虚线所示。下列说法中正确的是（ ）A点电荷一定带正电B点电荷在 M 点的加速度小于在 N 点的加速度C点电荷在 M 点的速度大于在 N 点的速度D点电荷在 M 点的电势能大于在 N 点的电势能8如图
5、（a），在同一平面内固定有一长直导线 PQ 和一圆形导线框 R，R 在 PQ 的右侧。导线 PQ中通有正弦交流电 i，i 的变化如图（ b）所示，规定从 Q 到 P 为电流正方向。导线框 R 中的感应电动势（ ）A在 t 时最大B在 t 时最大C在 t 时，沿顺时针方向D在 tT 时，沿顺时针方向三、非选择题：共 174 分第 22-32 题为必考题，每个试题考生都必须作答第 33-38 题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题（共 129 分）9用如图所示的装置测量弹簧的弹性势能。将弹簧放置在水平气垫导轨上，左端固定，右端在 O点；在 O 点右侧的 B、C 位置各安装一个光电门，计时器（图中
6、未画出）与两个光电门相连。先用米尺测得 B、C 两点间距离 s，再用带有遮光片的滑块压缩弹簧到某位置 A，静止释放，计时器显示遮光片从 B 到 C 所用的时间 t，用米尺测量 A、O 之间的距离 x。（1）计算滑块离开弹簧时速度大小的表达式是 。（2）为求出弹簧的弹性势能，还需要测量 。A弹簧原长 B当地重力加速度 C滑块（含遮光片）的质量（3）增大 A、O 之间的距离 x，计时器显示时间 t 将 。A增大 B减小 C不变。10某同学设计了如图（a）所示电路研究电源输出功率变化情况。电源 E 电动势、内电阻恒定，R1 为滑动变阻器，R 2、R 3 为定值电阻，A 、V 为理想电表。（1）若滑动
7、片 P 由 a 滑至 b 时 A 示数一直变小，则 R1 和 R2 必须满足的关系是 。（2）若 R16 ，R 212 ，电源内电阻 r6，当滑动片 P 由 a 滑至 b 时，电源 E 的输出功率 P随外电路总电阻 R 的变化关系如图（b）所示，则 R3 的阻值应该选择 。A2 B4C6 D811（15 分）如图所示在 y 轴与虚线间存在着方向沿 y 轴负方向的匀强电场，一质量为 m、带电量为 q 的带电粒子从坐标原点 O 以速度 v0 沿 x 轴射入电场中，从图中 P 点离开电场区域，P 点离 x 轴的距离为 L，带电粒子重力不计。（1）若在区域内再加上垂直 xOy 平面的匀强磁场，粒子仍从
8、 O 点以原来的速度射入，粒子沿 x 轴射出区域，求磁感应强度的大小及方向；（2）若去掉电场，保留（1）的磁场，粒子仍从 O 点以原来的速度射入，求粒子射出区域时离 x轴的距离。12（18 分）如图 1 所示，固定在水平面上长度为 L 的木板与竖直放置的半径为 R 的半圆形光滑轨道 BC 相切于 B 点，在木板左端 A 处静止放置一个质量为 m 的小物块（可视为质点）。一个质量为 m00.2m 的子弹以水平速度 v0 射向物块，击中物块后恰好能与物块一起运动到 C 点，最终落在木板上的 D 点（图中未画出）。已知重力加速度为 g。求：（1）子弹击中物块后物块的速度和此过程中系统损失的机械能；（
9、2）物块通过半圆形轨道最低点 B 时对轨道的压力以及物块与木板间的动摩擦因数；（3）D 点与 B 点的距离及物块落在木板上前的瞬时速度与水平方向间夹角的正切值（如图 2）。三、【物理-选修 3-3】（二）选考题：共 45 分请考生从 2 道物理题、2 道化学题、2 道生物题中每科任选一题作答如果多做，则每科按所做的第一题计分13（5 分）关于气体的内能，下列说法正确的是（ ）A质量和温度都相同的气体，内能一定相同B气体温度不变，整体运动速度越大，其内能越大C气体被压缩时，内能可能不变D一定量的某种理想气体的内能只与温度有关E一定量的某种理想气体在等压膨胀过程中，内能一定增加四、【物理-选修 3
10、-4】14（10 分）如图为一带有刻度的导热性能良好的玻璃管，数值表示容积，其单位为毫升，玻璃管内有一厚度和质量均不计、截面积为 2cm2 的活塞，忽略活塞与玻璃管的摩擦，活塞与玻璃管的密封良好。开始时环境温度为 t127，外界大气压强为 p01.010 5Pa，活塞处于V118mL 处。当玻璃管内气体的温度为多少时活塞处于 20mL 的位置？若保持环境温度不变，在活塞上施加一水平向左的外力，外力多大时活塞处于 20mL 的位置？15关于下列光学现象，说法正确的是（ ）A水中蓝光的传播速度比红光快B光从空气射入玻璃时可能发生全反射C在岸边观察前方水中的一条鱼，鱼的实际深度比看到的要深D分别用蓝
11、光和红光在同一装置上做双缝干涉实验，用红光时得到的条纹间距更宽E光的干涉和衍射现象说明光具有波动性16平衡位置位于原点 O 的波源发出简谐横波在均匀介质中沿水平、轴传播，P、Q 为 x 轴上的两个点（均位于 x 轴正向），P 与 O 的距离为 35cm，此距离介于一倍波长与二倍波长之间，已知波源自 t0 时由平衡位置开始向上振动，周期 T4s 。当波传到 P 点时，波源恰好处于波峰位置；此后再经过 9s，平衡位置在 Q 处的质点第一次处于波峰位置，求：（1）简谐波的波长 ；（2）P、Q 之间的距离。2018-2019 学年宁夏吴忠市高三（上）期末物理试卷参考答案与试题解析二、选择题：本题共 8
12、 小题，每小题 6 分，共 48 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1A、B 两辆汽车在平直公路上朝同一方向运动，如图所示为两车运动的 vt 图象，下面对阴影部分的说法正确的是（ ）A若两车从同一点出发，它表示两车再次相遇前的最大距离B若两车从同一点出发，它表示两车再次相遇前的最小距离C若两车从同一点出发，它表示两车再次相遇时离出发点的距离D表示两车出发时相隔的距离【分析】在速度时间图象中，某一点代表此时刻的瞬时速度，切线表示加速度，加速度向右上方倾斜，图象与坐标
13、轴围成面积代表位移【解答】解：在 vt 图象中，图象与时间轴所包围的图形的“面积”表示位移，两条线的交点为二者速度相等的时刻，若两车从同一点出发，则题图中阴影部分的“面积”就表示两车再次相遇前的最大距离，故 A 正确， BCD 错误。故选：A。【点评】本题是为速度时间图象的应用，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，难度不大，属于基础题2如图所示，质量分别为 m 和 M 的两物体 P 和 Q 叠放在倾角为 的斜面上，P、Q 间的动摩擦因数为 1，Q 与斜面间的动摩擦因数为 2（ 2 1）。当它们从静止开始沿斜面加速下滑时，两物体始终保持相对
14、静止，则物体 P 受到的摩擦力大小为（ ）A0 B 1mgcos C 2mgcos Dmgsin【分析】先对 PQ 整体受力分析，根据牛顿第二定律求解出加速度，然后隔离出物体 P，受力分析后根据牛顿第二定律列式求解出 P、Q 间的静摩擦力。【解答】解：对 PQ 整体受力分析，受到重力、支持力和滑动摩擦力，如图根据牛顿第二定律，有（m+M）gsin 2（m+M ）gcos （M+m）a解得ag（sin 2cos） 再对 P 物体受力分析，受到重力 mg、支持力和沿斜面向上的静摩擦力，根据牛顿第二定律，有mgsin Ffma 由解得Ff 2mgcos故选：C。【点评】本题关键是先对整体受力分析，根
15、据牛顿第二定律求解出加速度，然后再隔离出物体 P，运用牛顿第二定律求解 PQ 间的内力。3为了探测引力波，“天琴计划”预计发射地球卫星 P，其轨道半径约为地球半径的 16 倍；另一地球卫星 Q 的轨道半径约为地球半径的 4 倍。P 与 Q 的角速度之比约为（ ）A1：4 B4：1 C1：8 D8：1【分析】由题得到卫星 P 与 Q 的轨道半径之比，由开普勒第三定律求周期之比，再根据 知角速度之比。【解答】解：根据题意可得 P 与 Q 的轨道半径之比为：rP：r Q4：1根据开普勒第三定律有： 可得周期之比为：TP：T Q8：1根据 知角速度之比为 1：8故 C 正确，ABD 错误。故选：C。【
16、点评】本题中已知两个卫星的轨道半径之间的关系，可以由开普勒第三定律快速解答，也可以由万有引力定律提供向心力求出周期与半径之间的关系后再进行判断。4将一小球竖直向上抛出，小球在运动过程中所受到的空气阻力不可忽略a 为小球运动轨迹上的一点，小球上升和下降经过 a 点时的动能分别为 Ek1 和 Ek2从抛出开始到小球第一次经过 a 点时重力所做的功为 W1，从抛出开始到小球第二次经过 a 点时重力所做的功为 W2下列选项正确的是（ ）AE k1E k2， W1W 2 BE k1E k2，W 1W 2CE k1E k2，W 1W 2 DE k1E k2，W 1W 2【分析】根据上升或下降的高度比较重力
17、做功的大小，对两次经过 a 点的过程运用动能定理，比较两次经过 a 点的动能大小【解答】解：从抛出开始到第一次经过 a 点和抛出开始第二次经过 a 点，上升的高度相等，可知重力做功相等，即 W1W 2。对两次经过 a 点的过程运用动能定理得，W fE k2E k1，可知 Ek1E k2，故 B 正确，A、C、D错误。故选：B。【点评】解决本题的关键知道重力做功与路径无关，与首末位置的高度差有关，以及掌握动能定理，知道两次经过 a 点的过程中重力不做功，阻力做负功5如图，一绝缘光滑固定斜面处于匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为 B，方向垂直于斜面向上，通有电流 I 的金属细杆水平静止在斜面上。若
18、电流变为 0.5I，磁感应强度大小变为 3B，电流和磁场的方向均不变，则金属细杆将（ ）A沿斜面加速上滑 B沿斜面加速下滑C沿斜面匀速上滑 D仍静止在斜面上【分析】先对磁场强度和电流大小没有改变前列出平衡方程，然后当它们改变后，再列出牛顿第二定律即可判断出物体的运动情况。【解答】解：当磁场的磁感应强度大小为 B，电流变为 I 时，金属棒处于静止状态，根据平衡条件和安培力公式可得：BILmgsin ，当磁场的磁感应强度大小为 3B，电流变为 0.5I 时，此时安培力大小变为：F3B 0.5IL1.5BIL，金属棒将沿斜面向上加速，加速度大小为：故 A 正确、 BCD 错误。故选：A。【点评】解答
19、本题的关键是：要对磁场强度和电流大小改变前后分别列出方程，通过对比可直接得出金属棒的运动情况。6以下是有关近代物理内容的若干叙述，其中正确的有（ ）A一个处于第四能级的氢原子向基态跃迁时，将最多向外辐射 3 种不同频率的光子B20 个 U 的原子核经过两个半衰期后剩下 5 个 UC轻核聚变反应方程 H+ H He+X 中，X 表示电子D一个光子与一个静止的电子碰撞而散射，其频率会发生改变【分析】根据玻尔理论确定可能释放光子频率的种数；半衰期是大量放射性元素的原子核衰变的统计规律；根据质量数守恒与电荷数守恒判断；光子与电子碰撞后，光子的频率变小，波长变长。【解答】解：A、一个处于第四能级的氢原子
20、向基态跃迁时，根据玻尔理论，辐射的光子频率最多时，辐射的途径为：n4321，最多将向外辐射 3 种不同频率的光子，故 A 正确；B、半衰期是大量放射性元素的原子核衰变的统计规律，对个别的放射性原子没有意义，故 B 错误；C、根据质量数守恒可知 X 的质量数：m 2+341，电荷数：z1+120，可知 X 是中子，故 C 错误；D、光子与一静止的电子碰撞后光子的动量减小，则光子的能量减小，光子的频率变小，故 D 正确；故选：AD。【点评】本题考查了玻尔理论、半衰期、核反应方程等基础知识点，关键要熟悉教材，牢记这些基础概念和基本规律，难度不大。7某区域的电场线分布如图所示，M、N 是电场中的两个点
21、，某一试探点电荷仅在电场力作用下的运动轨迹如图中虚线所示。下列说法中正确的是（ ）A点电荷一定带正电B点电荷在 M 点的加速度小于在 N 点的加速度C点电荷在 M 点的速度大于在 N 点的速度D点电荷在 M 点的电势能大于在 N 点的电势能【分析】根据粒子轨迹弯曲方向判断电场力方向，即可确定其电性。电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加。【解答】解：A、由电荷的运动轨迹可知，电荷的受力方向向右，与电场线方向相反，所以电荷为负电荷，故 A 错误。B、电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，由图可知，N 点的场强大
22、于 M点的场强的大，在 N 点所受的电场力大于在 M 的电场力，所以粒子在 M 点的加速度小于它在N 点的加速度，故 B 正确。CD、若粒子从 M 到 N，电场力的方向与速度的方向之间的夹角为钝角，所以电场力对粒子做负功，电荷的电势能增大，所以粒子在 M 点的电势能小于它在 N 点的电势能，在 M 点的速度大于它在 N 点的速度。故 C 正确，D 错误。故选：BC。【点评】本题的关键要明确曲线运动的合外力指向轨迹的内侧，由此分析电场力的方向。要加强基础知识的学习，掌握住电场线的特点：电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小。这些知识在分析轨迹问题时经常用到。8如图（a），在同一平
23、面内固定有一长直导线 PQ 和一圆形导线框 R，R 在 PQ 的右侧。导线 PQ中通有正弦交流电 i，i 的变化如图（ b）所示，规定从 Q 到 P 为电流正方向。导线框 R 中的感应电动势（ ）A在 t 时最大B在 t 时最大C在 t 时，沿顺时针方向D在 tT 时，沿顺时针方向【分析】根据右手螺旋定则得出直导线周围的磁场方向，结合交流电电流大小的变化，根据楞次定律判断电势的高低。【解答】解：AB、向上的电流在线框处的磁场的方向向里，由图可知，当时间为 时刻，电流的变化率为 0，电流产生的磁场的变化率为 0，则线框产生的感应电动势与感应电流为 0，且在感应电流为 0 的时刻，感应电流的方向会
24、发生变化；故 A 错误，B 正确；CD、结合正弦曲线变化的特点可知，当 PQ 中的电流为 0 时，电流的变化率最大，所以电流产生的磁场的变化率最大，所以在时刻 t 时或 tT 时刻线框内磁通量的变化率最大，则产生的电动势最大；在 t 时刻，向里的磁场减小，R 内产生的感应电流的磁场的方向向里，根据安培定则可知，电流的方向为顺时针方向，同理可知，在 tT 时刻感应电流的方向为逆时针方向，故C 正确，D 错误。故选：BC。【点评】本题考查了楞次定律的应用，关键是弄清楚原来磁通量的变化，在用右手螺旋定则判断感应电流的磁场方向。三、非选择题：共 174 分第 22-32 题为必考题，每个试题考生都必须
25、作答第 33-38 题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题（共 129 分）9用如图所示的装置测量弹簧的弹性势能。将弹簧放置在水平气垫导轨上，左端固定，右端在 O点；在 O 点右侧的 B、C 位置各安装一个光电门，计时器（图中未画出）与两个光电门相连。先用米尺测得 B、C 两点间距离 s，再用带有遮光片的滑块压缩弹簧到某位置 A，静止释放，计时器显示遮光片从 B 到 C 所用的时间 t，用米尺测量 A、 O 之间的距离 x。（1）计算滑块离开弹簧时速度大小的表达式是 v 。（2）为求出弹簧的弹性势能，还需要测量 C 。A弹簧原长 B当地重力加速度 C滑块（含遮光片）的质量（3）增大 A、O
26、之间的距离 x，计时器显示时间 t 将 B 。A增大 B减小 C不变。【分析】明确实验原理，知道测量弹性势能的方法是利用了功能关系，将弹性势能转化为了滑块的动能；根据速度公式可求得弹出后的速度；再根据实验原理明确应测量的数据；同时根据弹性势能的决定因素分析 AO 变化后速度变化。【解答】解：（1）滑块离开弹簧后的运动可视为匀速运动，故可以用 BC 段的平均速度表示离开时的速度；则有：v ；（2）弹簧的弹性势能等于物体增加的动能，故应求解物体的动能，根据动能表达式可知，应测量滑块的质量；故选：C。（3）增大 AO 间的距离时，滑块被弹出后的速度将增大，故通过两光电门的时间将减小；故答案为：（1）
27、 ；（2）C；（3）B 。【点评】本题利用机械能守恒来探究弹簧的弹性势能的大小，要注意明确实验原理，知道如何测量滑块的速度，并掌握物体运动过程以及光电门的使用方法。10某同学设计了如图（a）所示电路研究电源输出功率变化情况。电源 E 电动势、内电阻恒定，R1 为滑动变阻器，R 2、R 3 为定值电阻，A 、V 为理想电表。（1）若滑动片 P 由 a 滑至 b 时 A 示数一直变小，则 R1 和 R2 必须满足的关系是 R 1R 2 。（2）若 R16 ，R 212 ，电源内电阻 r6，当滑动片 P 由 a 滑至 b 时，电源 E 的输出功率 P随外电路总电阻 R 的变化关系如图（b）所示，则
28、R3 的阻值应该选择 B 。A2 B4C6 D8【分析】（1）根据闭合电路欧姆定律可知，电流表 A 的示数一直变小，说明电路的总电阻是在变大的，所以要使 R 并 一直变大，因为两电阻之和一定时，当二者相等时并联电阻最大，所以要求 R1R 2。（2）当电源的内阻和外阻相等时，电源的输出功率最大，根据并联部分的电阻变化范围 04，可以确定 R3 的电阻的范围，从而得出结果。【解答】解：（1）A 示数 I ，欲使滑动片 P 由 a 滑至 b 时 A 示数一直变小，须使 R并 一直变大，因为两电阻之和一定时，当二者相等时并联电阻最大，所以要求 R1R 2。（2）从图 b 知，当 R 外 6 时，电源
29、E 的输出功率 P 最大，即电源内阻为 6，而 R1 和 R2 部分的电阻变化范围是 04，因此 R3 的阻值必须大于 2小于 6所以 A、C、D 错误，只能选B。故答案为：（1）R 1R 2；（2）B。【点评】对于闭合的电路来说，当内外的电阻相等时，电源的输出功率最大，根据图象可以知道在电阻为 6时功率最大，说明电源的内阻和外电阻都是 6，从而可以判断电阻的大小。11（15 分）如图所示在 y 轴与虚线间存在着方向沿 y 轴负方向的匀强电场，一质量为 m、带电量为 q 的带电粒子从坐标原点 O 以速度 v0 沿 x 轴射入电场中，从图中 P 点离开电场区域，P 点离 x 轴的距离为 L，带电
30、粒子重力不计。（1）若在区域内再加上垂直 xOy 平面的匀强磁场，粒子仍从 O 点以原来的速度射入，粒子沿 x 轴射出区域，求磁感应强度的大小及方向；（2）若去掉电场，保留（1）的磁场，粒子仍从 O 点以原来的速度射入，求粒子射出区域时离 x轴的距离。【分析】（1）只有电场时，粒子做类平抛运动，根据牛顿第二定律和分位移公式列式，求解电场强度。再加上磁场后粒子做匀速直线运动，洛伦兹力和电场力平衡，由此列式，可得到磁感应强度的大小及方向；（2）若去掉电场，保留磁场，带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律求出轨迹半径，画出轨迹，由几何关系求粒子射出区域时离 x 轴的距离
31、。【解答】解：（1）只有电场时，粒子做类平抛运动，根据运动学公式及牛顿第二定律得：竖直方向有 水平方向有 Lv 0t根据牛顿第二定律有 qEma再加上磁场后粒子做匀速直线运动，有 qEBqv 0联立解得：方向垂直 xOy 平面向里（2）若去掉电场，保留磁场，带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则 结合：解得 r L由图得：yr解得：答：（1）磁感应强度的大小是 ，方向垂直 xOy 平面向里；（2）粒子射出区域时离 x 轴的距离是 。【点评】带电粒子在电场中做类平抛运动时，往往运用运动的分解法研究。带电粒子在磁场中的运动问题，一般先对粒子进行受力分析，然后由洛伦兹力提供向心力求
32、得运动半径的表达式，然后由几何关系求得偏转距离。12（18 分）如图 1 所示，固定在水平面上长度为 L 的木板与竖直放置的半径为 R 的半圆形光滑轨道 BC 相切于 B 点，在木板左端 A 处静止放置一个质量为 m 的小物块（可视为质点）。一个质量为 m00.2m 的子弹以水平速度 v0 射向物块，击中物块后恰好能与物块一起运动到 C 点，最终落在木板上的 D 点（图中未画出）。已知重力加速度为 g。求：（1）子弹击中物块后物块的速度和此过程中系统损失的机械能；（2）物块通过半圆形轨道最低点 B 时对轨道的压力以及物块与木板间的动摩擦因数；（3）D 点与 B 点的距离及物块落在木板上前的瞬时
33、速度与水平方向间夹角的正切值（如图 2）。【分析】（1）子弹击中木块过程系统动量守恒，应用动量守恒定律求出木块的速度，应用能量守恒定律求出子弹损失的机械能。（2）应用牛顿第二定律求出物块到达 C 点的速度，应用机械能守恒定律求出物块在 B 点的速度，然后应用牛顿第二定律与牛顿第三定律求出物块对轨道的压力，应用动能定理求出动摩擦因数。（3）物块做平抛运动，应用平抛运动规律可以求出 D 点与 B 点的距离及物块落在木板上前的瞬时速度与水平方向间夹角的正切值。【解答】解：（1）子弹击中木块过程系统动量守恒，以向右为正方向由动量守恒定律得：m 0v0（ m+m0）v，解得：v v0子弹击中物块过程中系
34、统损失的机械能：E m0v02 （m+m 0）v 2 mv02（2）由于物块恰好能够通过半圆形轨道的最高点 C由牛顿第二定律得：（m+m 0）g（m+m 0）解得：v C物块从 B 点到 C 点的过程中机械能守恒由机械能守恒定律得： （m+m 0）v B2 （m+m 0）v C2+（m+m 0）g2R在 B 点，由牛顿第二定律得：F（m+m 0）g（m+m 0）解得：F7.2mg，方向竖直向下，由牛顿第三定律可知物块通过半圆形轨道最低点 B 时对轨道的压力大小为：7.2mg ，方向竖直向下；对物块在木板上的运动，由动能定理得：（m+m 0）gL （m+m 0）v B2 （m+m 0）v 2，解
35、得：（3）物块离开 C 后做平抛运动，水平方向：xv Ct竖直方向：2R gt2解得：x2R物块落到木板上时，水平分速度：v xv C竖直分速度：v ygt2速度方向与水平方向间夹角正切值：tan 2答：（1）子弹击中物块后物块的速度为 v0，此过程中系统损失的机械能为 mv02；（2）物块通过半圆形轨道最低点 B 时对轨道的压力大小为：7.2mg ，方向：竖直向下，物块与木板间的动摩擦因数为 ；（3）物块落在木板上前的瞬时速度与水平方向间夹角的正切值为 2。【点评】本题考查了动量守恒定律的应用，物体运动过程复杂，分析清楚物体运动过程与运动性质是解题的前提与关键，分析清楚物体运动过程后，应用动
36、量守恒定律、机械能守恒定律、动能定理、牛顿第二定律与平抛运动规律可以解题。三、【物理-选修 3-3】（二）选考题：共 45 分请考生从 2 道物理题、2 道化学题、2 道生物题中每科任选一题作答如果多做，则每科按所做的第一题计分13（5 分）关于气体的内能，下列说法正确的是（ ）A质量和温度都相同的气体，内能一定相同B气体温度不变，整体运动速度越大，其内能越大C气体被压缩时，内能可能不变D一定量的某种理想气体的内能只与温度有关E一定量的某种理想气体在等压膨胀过程中，内能一定增加【分析】理想气体是一种理想化的物理模型，实际上并不存在；理想气体的内能仅与温度有关，与气体的体积无关；实际气体在温度不
37、太低、压强不太大的情况下可以看做理想气体。【解答】解：A、质量和温度都相同的气体，内能不一定相同，还和气体的种类有关，故 A 错误；B、物体的内能与温度、体积有关，与物体宏观整体运动的机械能无关，所以整体运动速度越大，其内能不一定越大，故 B 错；C、气体被压缩时，外界对气体做功 W0，如果向外界放热 Q0，根据热力学第一定律，UW+Q，可能U0 内能不变，所以 C 正确；D、理想气体分子间无分子势能，理想气体的内能只与温度有关，故 D 正确；E、一定量的某种理想气体等压膨胀过程中，体积与热力学温度成正比，温度升高，内能增加。故E 正确故选：CDE。【点评】本题关键要理解理想气体这个模型的物理
38、意义，抓住不考虑分子间的作用力，一定质量理想气体的内能只与温度有关是关键。四、【物理-选修 3-4】14（10 分）如图为一带有刻度的导热性能良好的玻璃管，数值表示容积，其单位为毫升，玻璃管内有一厚度和质量均不计、截面积为 2cm2 的活塞，忽略活塞与玻璃管的摩擦，活塞与玻璃管的密封良好。开始时环境温度为 t127，外界大气压强为 p01.010 5Pa，活塞处于V118mL 处。当玻璃管内气体的温度为多少时活塞处于 20mL 的位置？若保持环境温度不变，在活塞上施加一水平向左的外力，外力多大时活塞处于 20mL 的位置？【分析】 玻璃管内气体的温度变化过程，气体做等圧変化，根据盖吕萨克定律列
39、式求解；保持环境温度不变，在活塞上施加一水平向左的外力，气体做等温变化，根据玻意耳定律列式求解。【解答】解：设温度升高到 T 时，活塞移到 20 mL 的位置，根据盖吕萨克定律有：解得：则有：t60设拉力为 F 时，活塞处于 20 mL 的位置，此时玻璃管内气压为 p，根据玻意耳定律有：p0V1pV 2解得：p由活塞平衡条件可得：F（p 0p）S（1.010 5910 4）210 4 N2N答： 当玻璃管内气体的温度为 60时活塞处于 20mL 的位置；若保持环境温度不变，在活塞上施加一水平向左的外力，外力为 2N 时活塞处于 20mL 的位置。【点评】本题考查气体定律与力学平衡的综合运用，解
40、题关键是要分析好压强 P、体积 V、温度 T三个参量的变化情况，利用平衡求出初末状态封闭气体的压强，再选择合适的规律解决。15关于下列光学现象，说法正确的是（ ）A水中蓝光的传播速度比红光快B光从空气射入玻璃时可能发生全反射C在岸边观察前方水中的一条鱼，鱼的实际深度比看到的要深D分别用蓝光和红光在同一装置上做双缝干涉实验，用红光时得到的条纹间距更宽E光的干涉和衍射现象说明光具有波动性【分析】根据 v 分析光在不同介质中传播速度的大小。发生全反射的必要条件是光从光密介质射入光疏介质。双缝干涉条纹间距与波长成正比。光的干涉和衍射现象说明光具有波动性。【解答】解：A、水对蓝光的折射率比红光的大，根据
41、 v 分析知水中蓝光的传播速度比红光慢，故 A 错误。B、发生全反射的必要条件是光从光密介质射入光疏介质，可知，光从空气射入玻璃时不能发生全反射。故 B 错误。C、在岸边观察前方水中的一条鱼，鱼发出的光线经过水面折射进入观察者的眼睛，观察者就看到鱼，由于折射角大于入射角，所以观察者看到的鱼比实际的鱼浅，则鱼的实际深度比看到的要深，故 C 正确。D、红光的波长比蓝光的长，根据双缝干涉条纹间距与波长成正比，知同等条件下，红光的双缝干涉条纹间距比蓝光的宽，故 D 正确。E、干涉和衍射现象是波特有现象，光的干涉和衍射现象说明光具有波动性，故 E 正确。故选：CDE。【点评】解决本题的关键要掌握全反射的
42、条件，明确各种色光波长、折射率等关系。要知道双缝干涉条纹间距与波长成正比。16平衡位置位于原点 O 的波源发出简谐横波在均匀介质中沿水平、轴传播，P、Q 为 x 轴上的两个点（均位于 x 轴正向），P 与 O 的距离为 35cm，此距离介于一倍波长与二倍波长之间，已知波源自 t0 时由平衡位置开始向上振动，周期 T4s 。当波传到 P 点时，波源恰好处于波峰位置；此后再经过 9s，平衡位置在 Q 处的质点第一次处于波峰位置，求：（1）简谐波的波长 ；（2）P、Q 之间的距离。【分析】根据题意 P 与 O 的距离为 35cm，此距离介于一倍波长与二倍波长之间，所以 OP ，再根据周期计算距离；【解答】解：（1）由题意，O 、P 两点间的距离与波长 之间满足OP 解得：波长 28cm 0.28m ；（2）波速 v 与波长的关系为v 在 t9s 的时间间隔内，波传播的路程为 vt。由题意有vtPQ+ 式中，PQ 为 P、Q 间的距离。由式和题给数据，得PQ0.56m答：（1）简谐波的波长为 0.28m；（2）P、Q 之间的距离 0.56m。【点评】本题是对简谐波的周期性的考查，根据波速和距离、周期之间的关系来计算通过的时间。