2020届江西省重点中学盟校高三下学期第一次联考物理试题（解析版）

物理部分 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 1～5 题只有一项 符合题目要求，第 6～9 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.如图所示为氢原子的能级分布图，一群处于 n=5 能级的氢原子向低能级跃迁时，可辐射不同频率的光子， 将辐射出的光子照射到逸出功为 3.20eV 某金属表面，下列说法正确的是（ ） A. 可辐射 4 种不同频率的光子 B. 氢原子从 n=5 能级跃迁到 n=4 能级，辐射的光子频率最大 C. 辐射出的所有光子照射到该金属表面，均能发生光电效应 D. 从该金属表面逸出的光电子的最大初动能的最大值为 9.86eV 【答案】D 【解析】 【详解】A．根据 可知一群处于 n=5 能级的氢原子向低能级跃迁时能辐射出 10 种不同频率的光，故 A 错误； B．由图可知，氢原子从 n=5 能级跃迁到 n=4 能级，能级差最小，所以释放的能量最小，故辐射的光子频率 最小，故 B 错误； C．根据能级差公式 可知从 n=5 跃迁到 n=4 辐射的光子能量为 0.31eV，n=4 跃迁到 n=3 辐射的光子能量为 0.66eV，n=3 跃迁到 n=2 辐射的光子能量为 1.89eV，n=5 跃迁到 n=3 辐射的光子能量为 0.97eV 等等，由此分析可知，当其他能 级间发生跃迁辐射的能量小于逸出功 3.20eV，这些辐射出来光子照射到该金属表面，不能发生光电效应， 2 5 10C = m nhv E E= −故 C 错误； D．当氢原子从 n=5 能级跃迁到 n=1 能级，能级差最大，根据能级差公式 根据爱因斯坦光电效应方程有 解得 故 D 正确。 故选 D。 2.2019 年 12 月 27 日，被网友亲切称为“胖五”长征五号遥三运载火箭在中国文昌航天发射场犮射升空， 将卫星送入预定轨道。其搭载的实践二十号卫星，经历七次轨道机动后，在约为 36000km 高度的地球同步 轨道成功定点，定点于东经 105.5°，这标志着东方红五号卫星公用平台首飞成功。地球半径约 6400km， 则下列说法错误的是（ ） A. 实践二十号卫星正常运行时的速度小于第一宇宙速度 B. 实践二十号卫星定点在赤道的正上方，所以它相对于北京是运动的 C. 实践二十号卫星从低轨道向高轨道变轨时要先加速 D. 实践二十号卫星的速度约为 3km/s 【答案】B 【解析】 【详解】A．根据万有引力提供向心力得 解得 轨道半径越小，线速度越大，第一宇宙速度的轨道半径等于地球的半径，而实践二十号卫星的轨道半径大 于地球半径，所以实践二十号卫星的运行速度小于第一宇宙速度，故 A 正确，不符合题意； B．根据地球同步卫星的运行规律，可知地球同步卫星只能定点在赤道的正上方，且同步卫星的周期、角速 度与地球自转的周期、角速度相同，故实践二十号卫星相对地球静止，故 B 错误，符合题意； 5 1 13.06eVhv E E == − km 0E h Wν= − km 9.86eVE = 2 2 Mm vG mr r = GMv r =C．实践二十号卫星要实现从低轨道向高轨道变轨需要做离心运动，使卫星所需向心力增加大于地球对卫星 的万有引力，故须先点火加速，故 C 正确，不符合题意； D．根据万有引力提供向心力得 解得 当卫星的轨道半径等于地球半径 R=6400km 时，卫星的运动速度为第一宇宙速度，则有 实践二十号卫星的轨道半径 r=36000km+6400km=42400km，则运动速度为 联立上两式解得 故 D 正确，不符合题意。 故选 B。 3.如图，半圆柱放在粗糙水平面上，一个可视为质点，质量为 m 的光滑小球在大小可变，方向始终与圆柱 面相切的拉力 F 作用下从 A 点沿着圆弧匀速率运动到最高点 B 点，整个过程中半圆柱保持静止。则下列说 法正确的是（ ） A. 拉力 F 的功率逐渐增大 B. 克服小球重力做功的功率先增大后减小 C. 当小球在 A 点时，地面对半圆柱体可能有水平向左的摩擦力 D. 当小球运动到 B 时，地面对半圆柱体的支持力等于两物体重力之和 【答案】C 2 2 Mm vG mr r = GMv r = 1 7.9km/sGMv R = = 2 GMv r = 2 3km / sv ≈【解析】 【详解】A．对小球受力分析，受到重力、支持力和拉力，如图 根据平衡条件有 从 A 到 B，θ 越来越小，故拉力 F 变小，根据 P=Fv 因 v 的大小不变，则拉力 F 的功率逐渐变小，故 A 错误； B．从 A 到 B，克服小球重力做功的功率为 因 v 的大小不变而 θ 越来越小，故克服小球重力做功的功率越来越小，故 B 错误； C．对半圆柱体受力分析，如图所示 整个过程半圆柱保持静止，当 A 点在半圆柱左侧水平面时，根据平衡条件可知，此时地面给半圆柱的摩擦 力为零；当 A 点半圆柱左侧水平面以上的位置时，根据平衡条件可知，地面要给半圆柱一个水平向左的静 摩擦力，用以平衡 N 在水平方向的分力，故 C 正确； D．当小球运动到 B 时，由支持力和重力提供向心力，具有竖直向下的加速度，小球处于失重状态，即半圆 柱体对小球的支持力小于小球的重力，所以小球对半圆柱体的压力小于小球的重力，故地面对半圆柱体的 支持力小于两物体重力之和，故 D 错误。 故选 C。 sinF mg θ= sinP mg vθ= 4.如图所示，轻弹簧的一端固定在倾角为 37°的光滑绝缘斜面底端，斜面上有平行于斜面向下的匀强电场， 质量为 m、电荷量为-q 的物块（可视为质点）从点 A 由静止开始沿斜面下滑，加速度为 ，下滑 L 到 B 点 后与轻弹簧接触，又下滑 s 后到达最低点 C，整个过程中不计空气阻力，物块的电荷量保持不变，且弹簧始 终在弹性限度内，重力加速度为 g（sin37°=0.6，cos37°=0.8），则带电物块在由 A 点运动到 C 点过程， 下列说法正确的是（ ） A. 该匀强电场的电场强度大小为 B. 带电物块和弹簧组成的系统机械能减少量为 C. 弹簧的弹性势能的增加量为 D. 带电物块电势能 增加量为 【答案】C 【解析】 【详解】A．由题知，在没有接触弹簧前，根据牛顿第二定律有 解得 故 A 错误； BD．根据能量守恒定律可知，带电物块和弹簧组成的系统机械能减少量等于物块电势能的增加量，则有 故 BD 错误； C．根据能量守恒定律可知，弹簧的弹性势能的增加量等于物块的机械能与电势能的减少量，则有 的 5 g 5 mg q ( ) 5 mg L s+ ( ) 5 mg L s+ 3 ( ) 5 mg L s+ 1sin37 5mg qE m g− = ⋅ 2 5 mgE q = 2 ( )( ) 5 mg L sE qE L s +∆ = + =p故 C 正确。 故选 C。 5.如图甲所示，足够长的光滑平行金属导轨 MN、PQ 竖直放置，其宽度 L=1m，一匀强磁场垂直穿过导轨平 面，导轨的上端 M 与 P 之间连接阻值为 R=0.50 的电阻，质量为 m=0.01kg、电阻为 r=0.20 的金属棒 ab 紧贴在导轨上。现使金属棒 ab 由静止开始下滑，下滑过程中 ab 始终保持水平，且与导轨接触良好，其下 滑距离 x 与时间 t 的关系如图所示，图象中的 OA 段为曲线，AB 段为直线，导轨电阻不计，取 g=10m/s2（ 忽略 ab 棒运动过程中对原磁场的影响），则（ ） A. 通过金属棒 ab 的电流方向由 b 到 a B. 磁感应强度 B 为 0.01T C. 金属棒 ab 在开始的 6s 内产生的热量为 3.465J D. 金属棒 ab 在开始的 3.5s 内通过的电荷量为 2.8C 【答案】D 【解析】 【详解】A．由右手定则可知，ab 中的感应电流由 a 流向 b，故 A 错误； B．由 x-t 图象求得 t=3.5s 时金属棒的速度为 金属棒匀速运动时所受的安培力大小为 而 ， 联立有 ( )p p ( )sin37 5 mg L sE mg L s E +′∆ = + − ∆ = Ω Ω 37.1 19.6 m / s 7m / s6.0 3.5 xv t ∆ −= = =∆ − F BIL= EI R r = + E BLv=根据平衡条件得 代入数据解得 故 B 错误； C．金属棒 ab 在开始运动的 6.0s 内，金属棒的重力势能减小转化为金属棒的动能和电路产生的焦耳热。设 电路中产生的总焦耳热为 Q，根据能量守恒定律得 代入数据解得 Q=3.465J 则金属棒 ab 产生的焦耳热为 故 C 错误； D．根据法拉第电磁感应定律有 感应电流 电荷量 联立解得 又 则电量为 2 2B L vF R r = + F mg= 0.1TB = 21 2mgx mv Q= + 0.99Jr rQ QR r = =+ E t ∆Φ= ∆ EI R r = + q I t= ∆ q R r ∆Φ= + BLx∆Φ =由图可知金属棒 ab 在开始的 3.5s 内的位移 x=19.6m，代入数据解得 q=2.8C 故 D 正确。 故选 D。 6.如图所示，图线 OP、MN 分别是做直线运动的质点 A、B 的位移—时间图象，其中 OP 为开口向下抛物线 的一部分，P 为图象上一点。PQ 为过 P 点的切线，与 x 轴交于点 Q。则下列说法正确的是（ ） A. t=4s 时，质点 A 的速率为 1m/s B. 质点 A 的加速度大小为 0.25m/s2 C. 质点 A 的初速度大小为 6m/s D. t=2s 时 A、B 相遇 【答案】AD 【解析】 【详解】A．x-t 图象切线的斜率表示速度，则 t=4s 时质点 A 的速率为 故 A 正确； BC．质点 A 的 x-t 图象为抛物线，结合匀变速直线运动位移公式 当 t=4s 时有 ① 根据速度时间公式 当 t=4s 时有 ② 联立①②解得 BLxq R r = + 10 6 m / =1m /4v s s −= 2 0 1 2x v t at= + 010 4 8v a= + 0v v at= + 01 4v a= +， 所以质点 A 的初速度大小为 4m/s，加速度的大小为 ，故 BC 错误； D．由图可知质点 B 做匀速直线运动，其速度大小为 则质点 B 的位移表达式为 设经过 ts 时 A、B 相遇，由图可知，则有 则有 解得 t=2s（其中 舍去） 故 t=2s 时 A、B 相遇，故 D 正确。 故选 AD。 7.如图甲为俯视图，水平放置的单匝圆环导线框半径为 0.2m，其中有垂直线框方向匀强磁场，线框右端连 接小灯泡 A 和理想变压器原线圈，变压器副线圈接小灯泡 B 和 C，各灯规格分别 A（2V，1A）、B（3V，1A ），C（3V，0. 5A）。线框电阻不计，当圆环导线框感应强度如图乙所示正弦规律变化时，三个小灯泡均 正常发光，不考虑小灯泡电阻随温度的变化，下列说法正确的是（ ） A. 变压器原、副线圏匝数比为 2：3 B. PQ 两端电压为 6.5V C. 图乙中 B0 为 T D. 若拆除小灯泡 C，则小灯泡 B 亮度不变 0 4m / sv = 20.75m / sa = − 20.75m / s B 13 m / s 3.25m / s4v = = B B 3.25x v t t= = A B 13x x+ = 214 0.75 3.25 132t t t− × + = 52 s3t = 2 13 2 8π【答案】BC 【解析】 【详解】A．由题知，三个小灯泡均正常发光，则原线圈 电流 ，副线圈的电流 ，所以匝数比为 故 A 错误； B．在副线圈中，B 与 C 并联，则副线圈两端的电压 ，根据 解得原线圈两端的电压为 圆环导线框内 磁场变化，产生电源，且线框电阻不计，所以 PQ 两端的电压为电源电动势，则有 故 B 正确； C．由乙图可知，磁感应强度随时间成正弦式变化，所以感应电动势随时间成余弦式变化，则最大感应电动 势为 由乙图知周期为 T=0.02s，则角速度为 圆环导线框内的面积为 则根据 解得 T 故 C 正确； D．C 灯拆除后，副线圈的总电阻增大，而原线圈的电源电动势不变，所以原线圈电流减小，变压器输入电 的 的 1 1AI = 2 B C 1.5AI I I= + = 1 2 2 1: 3: 2:n n I I= = 2 3V=U 1 2 1 2: :U U n n= 1 4.5VU = 1 A 6.5VE U U= + = m 2 6.5 2VE E= = 2 100 rad/sT πω π= = 2 2= 0.04 mS rπ π= m 0E B Sω= 0 2 13 2 8B π=压增大，故输出电压增大，B 灯亮度增加，甚至被烧毁，故 D 错误。 故选 BC。 8.如图甲所示，质量 M=2kg、长 L=1.5m 的木板静止在光滑水平面上，在板右端静止放置一可视为质点的小 滑块，小滑块质量 m=1kg，小滑块与木板之间动摩擦因数 =0.2。开始有水平恒力 F 作用在木板上然后撤 去，木板运动情况如乙图所示，g=10m/s2。则下列说法正确的是（ ） A. 恒力 F 大小为 10N B. 滑块滑离木板时速度为 C. 木板最终速度为 3m/s D. 第 1s 内系统产生热量为 2J 【答案】ABD 【解析】 【详解】A．当小滑块与木板间的摩擦力恰好达到最大静摩擦力时，两者即将相对滑动，此时两者具有相对 静止时的最大加速度，对小滑块分析，根据牛顿第二定律有 解得 由图乙可知长木板在最开始的加速度为 因 则小滑块一开始就相对长木板滑动，两者的摩擦力为滑动摩擦力，即 ，对长木板分析，根据 牛顿第二定律有 代入数据解得 µ 8 m/ s3 0mg maµ = 2 0 2m / sa gµ= = 24m / sa = 2 2 04m / s 2m / sa a= > = 2Nf mgµ= = F f Ma− =故 A 正确； BC．由乙图可知，经过 ts 小滑块滑离木板，木板做匀速直线运动；分离前小滑块一直做匀加速直线运动， 加速度为 ，根据位移时间公式有 对木板分析，在 0-1s 过程，做加速度为 的匀加速度直线运动，根据速度时间图象围成的面积表 示位移，则有 在 1s-ts，木板做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律有 解得 根据位移时间公式有 根据位移关系有 即 解得 (其中 t=2s 舍去) 则此时小滑块的速度为 木板的最终速度为 故 B 正确，C 错误； D．第 1s 内小滑块的位移为 10NF = 2 0 2m / sa = 2 2 1 0 1 2x a t t= = 24m / sa = 2 1 4 1m 2m2x = × × = mg Maµ ′= 21m / sa′ = ( ) ( )2 2 14 1 1 12x t t′ = − − × × − 2 2 1 1.5x x x′+ − = ( ) ( )2 212 4 1 1 1 1.52t t t+ − − × × − − = 4 s3t = 1 0 8 m / s3v a t= = ( )2 114 1 m / s3v a t′= − − =则小滑块相对木板的位移为 则第 1s 内系统产生热量为 故 D 正确。 故选 ABD。 二、非选择题：共 62 分，第 9~12 题为必考题，每个试题考生都必须作答. 第 13~16 题为选考 题，考生根据要求作答。 （―）必考题： 9.用如图甲所示的实验装置，探究加速度与力、质量的关系实验中，将一端带定滑轮的长木板放在水平桌面 上，实验小车通过轻细线滑轮跨过定滑轮与砂筒相连，小车与纸带相连，打点计时器所用交流电的频率为 f=50Hz。在保持沙桶及沙的总质量不变的情况下，放开砂桶，小车加速运动，处理纸带得到小车运动的加 速度为 a。改变小车上钩码的质量，重做多次实验，分析纸带，作 上图获取 a 与 m 的关系。 （1）某次得到图乙所示纸带。纸带上相邻计数点之间还有 4 个点未画出，由纸带数据计算加速度为 _________m/s2。（保留 3 位有效数字） （2）以上实验操作前，_________ （填“需要”或“不需要”）垫高木板打点计时器一端以平衡小车摩擦 力；_________（填“需要”或“不需要”）满足沙和沙桶总质量远小于小车和车上钩码总质量。 【答案】 (1). 2.00 (2). 需要 (3). 需要 【解析】 【详解】（1）[1]相邻两计数点间还有 4 个点未画出，则两计数点间时间间隔为 T=0.1s，根据 得小车运动的加速度为 2 0 1 1 1m2x a t′ = = 2 1 1mx x x′∆ = − = 2JQ mg xµ= ∆ = 1a m − 2x aT∆ =代入数据解得 （2）[2]为保证细线的拉力等于小车所受的合力，故在实验前需要垫高木板打点计时器一端以平衡小车摩擦 力； [3]对沙和沙桶分析，根据牛顿第二定律，有 对小车分析，根据牛顿第二定律有 联立解得 由上式可知当 时 ，所以为了让小车所受力的拉力等于沙和沙桶的总重力，故需要满足沙和 沙桶总质量远小于小车和车上钩码总质量。 10.一细而均匀的导电材料，截面为同心圆环，如图 1 所示，此材料长约 3cm，电阻约为 100 ，已知这种 材料的电阻率为 。欲测量该样品的内径，但内径太小，无法直接测量。除待测导电材料（用 R2 表示）外 ，现提供以下实验器材： A.20 分度的游标卡尺 B.螺旋测微器； C.电流表 A1（量程 50mA，内阻 r1=10 ） D.电流表 A2（量程 100mA，内阻 r2 约为 40 ）； E.定值电阻 R0=90 F.滑动变阻器 R1（0～10 ，额定电流 2A）； G.直流电源 E（电动势为 10V，内阻很小）； H.开关一只，导线若干。 6 5 4 3 2 1 29 x x x x x xa T + + − − −= 22.00m / sa = mg T ma− = T Ma= 1 Mmg mgT mM m M = =+ + M m T mg= Ω ρ Ω Ω Ω Ω请用上述器材设计一个尽可能精确地测量该样品内径 d 的实验方案，回答下列问题： （1）用游标卡尺测得该样品 长度如图 2 所示，其示数 L=_________cm，用螺旋测微器测得该样品的外径 如图 3 所示，其示数 D=_________mm。 （2）为了多测几组数据，请将你设计的实验测量电路图画在图 4 的虚线框内_______（所需仪器在题中给 的器材中选取，用常用的电路符号代替）。 （3）为了得到样品的内径 d，实验中还需要得到的一组测量值是_____（用字母表示且要说明相应字母的含 义）。 （4）用已知的物理量字母和所测得的物理量的字母表示样品的内径 d=______。 【答案】 (1). 3.015 (2). 3.204~3.206 (3). (4). A1 电流 表的示数为 I1，A2 电流表的示数为 I2 (5). 【解析】 【详解】（1）[1]游标卡尺读数为 L=30mm+3×0.05mm=30.15mm=3.015cm [2]螺旋测微器测得该样品的外径 d=3.0mm+20.5×0.01mm=3.205mm（3.204mm～3.206mm） （2）[3]因两个电流表中，A2 电流表的满偏电流大于 A1 电流表的满偏电流，所以 A1 电流表放在支路中，A2 电流表放在干路中；A1 电流表内阻为定值，A1 电流表两端的最大电压为 故将 A1 电流表与定值电阻 串联，改成大量程的电压表，此时最大的电压为 故 A1 电流表与定值电阻 串联后，再与待测材料并联，最后与 A2 电流表串联，又因滑动变阻器阻值太小 的 2 2 1 1 1 0 4 ( ) ( ) L I ID I r R ρ π −− + m 1m 1 0.5VU I r= = 0R ( )m m 0 1 5VU I R r′ = + = 0R应用分压式接法，可设计电路图如图所示 （3）[4]实验中还需要得到的一组测量值是：A1 电流表示数为 I1，A2 电流表示数为 I2； （4）[5]由欧姆定律可得待测电阻阻值 由电阻定律 解得样品的内径 11.如图所示，在竖直 xOy 平面内 0≤x≤L 的区域存在沿 x 轴正方向的句强电场，场强大小为 E，垂直向里的 匀强磁场，磁感应强度大小为 B；在 L≤x≤2L 的区域存在沿 y 轴正方向的匀强电场，场强大小也为 E，垂直 向外的匀强磁场，磁感应强度大小也为 B；在 2L≤x≤3L 的区域存在沿 y 轴正方向的匀强电场，场强大小为 2E 。一个质量为 m，带电量为+q 的带电小球从坐标原点以速度 v 沿与 x 轴成 45°射入，小球沿直线穿过 0≤x≤L 区域，在 L≤x≤2L 的区域运动一段时间后，垂直电场进入 2L≤x≤3L 区域。已知 L、m、q、v，重力加速度 g 未知，试求： （1）磁感应强度 B 和电场强度 E 的大小； （2）小球离开电场的位置坐标。 ( )1 1 0 2 1 I r RR I I += − LR S ρ= ( )2 21 4S D dπ= − 2 2 1 1 1 0 4 ( ) ( ) L I Id D I r R ρ π −= − +【答案】（1） ， ；（2） 【解析】 【详解】（1）带电小球在 区域作匀速直线运动，对其受力分析如图，可知 且 带电小球在 区域做匀速圆周运动，其轨迹如图所示，轨迹半径为 R 由几何关系可知 由洛伦兹力提供向心力 联立解得 ， 02 2 mvB qL = 2 0 2 mvE qL = ( )4 2 1 3 , 4 L L  +      0 x L≤ ≤ qE mg= 0 sin 45qE qv B=  2L x L≤ ≤ 2sin 45 LR L= =  2 0 0 vqv B m R = 02 2 mvB qL = 2 0 2 mvE qL =（2）带电小球在 区域受力分析如图，向上做类平抛运动，运动轨迹如图 在 运动时间为 t，则有 类平抛运动的加速度为 a，根据牛顿第二定律 竖直方向偏转位移为 h，则有 小球离开电场的竖起高度为 y，则有 联立解得 则小球离开电场的位置坐标为 12.如图所示为某种弹射装置的示意图，光滑的水平导轨 MN 高 H=0.8m，右端 N 处与水平传送带理想连接， 传送带以恒定速率沿顺时针方向匀速传送. 三个质量均为 m=1.0kg 的滑块 A、B、C 置于水平导轨上，开始 时滑块 B、C 之间用细绳相连，其间有一压缩的轻弹簧，处于静止状态. 滑块 A 以初速度 m/s 沿 B、 C 连线方向向 B 运动，A 与 B 发生碰撞后黏合在一起，碰撞时间极短，可认为 A 与 B 碰撞过程中滑块 C 的 2 3L x L≤ ≤ 2 3L x L≤ ≤ 0 Lt v = 2qE mg ma− = 21 2h at= y R h= + ( )4 2 1 4 L y + = ( )4 2 1 3 , 4 L L  +      0 7.1v =速度仍为零. 因碰撞使连接 B、C 的细绳受到扰动而突然断开，弹簧伸展，从而使 C 与 A、B 分离. 滑块 C 脱离弹簧后滑上传送带，并从右端滑出落至地面上的 P 点. 已知滑块 C 在传送带上的运动如图乙所示，重力 加速度 g 取 10m/s2。 （1）求滑块 C 与传送带的动摩擦因数 及落地点 P 与 N 端水平距离 x； （2）求滑块 B、C 用细绳相连时弹簧的弹性势能 ； （3）若每次实验开始时弹簧的压缩情况相同，要使滑块 C 总能落至 P 点，则滑块 A 与滑块 B 碰撞前速度 范围是多少？（取 ）。 【答案】（1） ，x=7.6m；（2） ；（2） 。 【解析】 【详解】（1）设滑块 C 在传送带做匀减速的加速度大小为 a，由乙图可知 根据牛顿第二定律有 解得 由乙图还可知滑块 C 将达到与传送带共速飞离传送带做平抛运动 乙图可得传送带的速度为 传送带的长度 L 为乙图所围成的面积，则 L=6m 做平抛运动的时间为 t，则有 平抛运动水平位移为 µ PE 28 5.3= =0. 1µ p 1JE = 02m / s 7.56m / sv≤ ≤ 21m / sa = mg maµ = 0.1µ = 4m / sv =传 21 2H gt= 1x v t= 传落地点 P 与 N 端水平距离 x，则有 联立解得 （2）设滑块 A 与 B 碰后的速度为 ，滑块 A、B 为系统动量守恒，则有 滑块 AB 与 C 弹开后，滑块 AB 的速度为 ，滑块 C 的速度为 ，由乙图知 滑块 A、B、C 为系统动量守恒 在这个过程中系统的能量守恒 联立解得 （3）要使滑块 C 总能落至 P 点，即滑块 C 离开传送带时速度恰好与传送带的速度相等，分析可知滑块 C 一直做匀加速时，滑块 C 进入传送带的速度最小为 ，此时滑块 A 与滑块 B 碰撞前速度最小为 ，设滑 块 AB 与 C 弹开后，滑块 AB 的速度为 ，弹开前 AB 的速度为 ，滑块 C 在传送带做匀加速，则有 滑块 A、B、C 为系统动量守恒 在这个过程中系统的能量守恒 滑块 A、B 为系统动量守恒 解得 要使滑块 C 总能落至 P 点，即滑块 C 离开传送带时速度恰好与传送带的速度相等，分析可知滑块 C 一直做 1x L x= + 7.6mx = 1v 0 12mv mv= 2v 3v 2 5m / sv = 1 2 32 2mv mv mv= + 2 2 2 p 1 2 3 1 1 12 22 2 2E mv mv mv+ ⋅ = ⋅ + p 1JE = 3v′ 0minv 2v′ 1v′ 2 2 3 2v v aL′− =传 1 2 32 2mv mv mv′ ′ ′= + 2 2 2 p 1 2 3 1 1 12 22 2 2E mv mv mv′ ′ ′+ ⋅ = ⋅ + 0min 12mv mv′= 0min 2m / sv =匀减速时，滑块 C 进入传送带的速度最大为 ，此时滑块 A 与滑块 B 碰撞前速度最大为 ，设滑块 AB 与 C 弹开后，滑块 AB 的速度为 ，弹开前 AB 的速度为 ，滑块 C 在传送带做匀加速，则有 滑块 A、B、C 为系统动量守恒 在这个过程中系统的能量守恒 滑块 A、B 为系统动量守恒 联立解得 滑块 A 与滑块 B 碰撞前速度范围是 （二）选考题：共 15 分。请考生从 2 道物理题中任选一题作答。如果多做，则每科按所做的 第一题计分。 【物理一选修 3-3】 13.下列有关热现象的说法正确的是（ ） A. 熵值越小表明系统内分子运动越无序 B. 热量不可能从低温物体传到高温物体 C. 影响蒸发快慢以及影响人们对干爽与潮湿感受的因素是空气中水蒸气的压强与同一温度下水的饱和汽压 的差距 D. 一定质量的理想气体在等温压缩过程中，气体的内能不变，并向外界放热 E. 生产半导体器件时，需要在纯净的半导体材料中掺入其他元素，可以在高温条件下利用分子的扩散来完 成 【答案】CDE 【解析】 【详解】A．熵用来反应一个系统的混乱程度，熵值越小，表明系统内分子运动越有序，熵值越大，表明系 统内分子运动越无序，故 A 错误； 3v′′ 0maxv 2v′′ 1v′′ 2 2 3 2v v aL′′− = −传 1 2 32 2mv mv mv′′ ′′ ′′= + 2 2 2 p 1 2 3 1 1 12 22 2 2E mv mv mv′′ ′′ ′′+ ⋅ = ⋅ + 0max 12mv mv′′= 0max 7.56m / sv = 02m / s 7.56m / sv≤ ≤B．根据热力学第二定律可知，热量不可能从低温物体传到高温物体而不引起其他的变化。但在外界影响下 热量也能从低温物体传到高温物体，故 B 错误； C．影响蒸发快慢以及影响人们对干爽与潮湿感受的因素是空气的相对湿度，即空气中水蒸气的压强与同一 温度下水的饱和汽压的差距，故 C 正确； D．一定质量理想气体等温压缩的过程中，温度不变，气体内能不变 ；体积缩小，外界对气体做功， W＞0，根据热力学第一定律可知，气体放热，故 D 正确； E．扩散可以在固体中进行，生产半导体器件时需要在纯净的半导体材料中掺入其他元素，这可以在高温条 件下利用分子的扩散来完成，故 E 正确。 故选 CDE。 14.如图甲所示为“⊥”型上端开口的玻璃管，管内有一部分水银封住密闭气体，上管足够长，图中粗细部 分面积分別为 S1=4cm2、S2=1cm2。密闭气体初始温度为 253K，气体长度为 L=11cm，图乙为对封闭气体缓 慢加热过程中气体压强随体积变化的图线，大气压强 P0=76cmHg（约为 Pa）（S1 可认为是一超薄 轻质的网状活塞）。求； （1）h1 和 h2 的值； （2）若缓慢升高气体温度，升高到多少开尔文可将所有水银全部压入细管内； （3）在（2）的前提下所有水银刚好全部压入细管内，在这个过程中气体对外做的功。（计算结果取 2 位 有效数字） 【答案】（1）h1=1cm，h2=15cm；（2）T2=285K；（3）W=-0.49J 【解析】 【详解】（1）由图乙可知，初状态 体积由 44cm3 到 48cm3，可知 h1=1cm，取 0U∆ = 51.0 10× 1 0 1 2 92cmHgp p h h= + + = 0 76cmHgp =联立得 h2=15cm （2）对封闭气体为研究对象，末态，由 解得 又 由理想气体状态方程得 其中 ， ， ， ， 代入数据解得 T2=285K （3）由图乙可知 代入数据解得 【物理一选修 3-4】 15.如图所示，一束黄光和一束紫光，从圆心 O 点以相同角度沿 PO 方向射入横截面为半圆形的玻璃柱体， 其透射光线分别从 M、N 两点射出，已知 =60°， 60°，光速 m/s，则下列说法正确的是（ ） 1 1 2 3S h S h= 3 4cmh = 2 0 2 3+ 95cmHgp p h h= + = 1 1 2 2 1 2 pV p V T T = 1 92cmHgp = 1 1V S L= 1 253KT = 2 95cmHgp = ( )2 1 1V S L h= + ( ) ( )1 2 2 12 p pW V V += − 0.49JW = − α β = 83 10c = ×A. 两束光穿过玻璃柱体所需时间相同 B. ON 是黄光，OM 是紫光 C. 玻璃对 OM 光束 折射率为 D. OM 光束在该玻璃中传播的速度为 m/s E. 分别用 OM、ON 光束在同一个双缝干涉实验装置上做实验，OM 光束的相邻两个亮条纹的中心间距大于 ON 光的相邻两个亮条纹的中心间距 【答案】CDE 【解析】 【详解】A．光穿过玻璃柱体所需时间 而 则有 由图可知两束光的折射率不同，所以穿过玻璃柱体所需时间不相同，故 A 错误； B．因 ，OM 偏折的小，ON 偏折的大，所以 OM 是黄光，ON 是紫光，故 B 错误； C．由 B 项可知 OM 是黄光，由折射定律得 故 C 正确； D．根据 解得 OM 光束在该玻璃中传播的速度为 v= m/s 故 D 正确； E．因 OM 光束的频率小于 ON 光束的频率，故 OM 光束的波长大于 ON 光束的波长，故分别用 OM、ON 的 3 83 10× Rt v = cv n = = nRt c n n