1、絕密啟用前 廣東省2019年高考物理試卷 注意事項： 1. 答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。 2. 回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標 號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號?；卮鸱沁x擇題時， 將答案寫在答題卡上。寫在本試卷上無效。 3. 考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。 一、選擇題：本題共 8 8 小題，每小題 6 6 分,共 4848 分。在每小題給出的四個選項中，第 1 15 5 題只有一項符合題目要求，第 6 68 8 題有多項符合題目要求。全部選對的得 6 6 分，選對但不 全的得 3 3 分，有選錯的得 0 0

2、 分。 1. （6分）氫原子能級示意圖如圖所示。光子能量在1.63eV3.10eV的光為可見光。要使 處于基態（n=1）的氫原子被激發后可輻射出可見光光子，最少應給氫原子提供的能量 為（） M.W.W x0 x0 A- -0.850.85 31.5131.51 23 3.40.40 113.6013.60 A.12.09eVB.10.20eVC.1.89eVD.1.51eV 2. （6分）如圖，空間存在一方向水平向右的勻強電場，兩個帶電小球P和Q用相同的絕緣 細繩懸掛在水平大花板下，兩細繩都恰好與大花板垂直，則（） A.P和Q都帶正電荷B.P和Q都帶負電荷 C. P帶正電荷，Q帶負電荷D.P帶

3、負電荷，Q帶正電荷 3. （6分）最近，我國為“長征九號”研制的大推力新型火箭發動機聯試成功，這標志著我第1頁（共18頁）第3頁（共18頁） 國重型運載火箭的研發取得突破性進展。若某次實驗中該發動機向后噴射的氣體速度約 為3km/s，產生的推力約為4.8x106N，貝U它在1s時間內噴射的氣體質量約為（） 2356, A.1.6X10kgB.1.6X10kgC.1.6x10kgD.1.6x10kg 4. （6分）如圖，等邊三角形線框LMN由三根相同的導體棒連接而成，固定于勻強磁場中， 線框平面與磁感應強度方向垂直，線框頂點M、N與直流電源兩端相接。已知導體棒MN 受到的安培力大小為F,則線框L

4、MN受到的安培力的大小為（） 其一端懸掛物塊N,另一端與斜面上的物塊M相連，系統處于靜止狀態。現用水平向左 的拉力緩慢拉動N,直至懸掛N的細繩與豎直方向成45。.已知M始終保持靜止，則 在此過程中（） B.1.5F C.0.5F 5.（6分）如圖，籃球架下的運動員原地垂直起跳扣籃, 離地后重心上升的最大高度為H.上 升第一個旦所用的時間為ti,第四個旦所用的時間為 44 t2.不計空氣阻力, 則滿足（ C. D. 6.（6分）如圖，一粗糙斜面固定在地面上, 斜面頂端裝有一光滑定滑輪。 一細繩跨過滑輪, A.2F 第4頁（共18頁） A.水平拉力的大小可能保持不變 B.M所受細繩的拉力大小一定一

5、直增加 C.M所受斜面的摩擦力大小一定一直增加 D.M所受斜面的摩擦力大小可能先減小后增加 7. （6分）空間存在一方向與紙面垂直、大小隨時間變化的勻強磁場，其邊界如圖（a）中 虛線MN所示。一硬質細導線的電阻率為 6 橫截面積為S,將該導線做成半徑為r的圓 環固定在紙面內，圓心O在MN上。t=0時磁感應強度的方向如圖（a）所示；磁感應 強度B隨時間t的變化關系如圖（b）所示。則在t=0到t=ti的時間間隔內（） X X X X X A. 圓環所受安培力的方向始終不變 B. 圓環中的感應電流始終沿順時針方向 B BO OrSrS C. 圓環中的感應電流大小為-_ 4top BD兀“ D. 圓環

6、中的感應電動勢大小為 8. （6分）在星球M上將一輕彈簧豎直固定在水平桌面上，把物體P輕放在彈簧上端，P 由靜止向下運動，物體的加速度a與彈簧的壓縮量x間的關系如圖中實線所示。在另一 星球N上用完全相同的彈簧，改用物體Q完成同樣的過程，其a-x關系如圖中虛線所示。假設兩星球均為質量均勻分布的球體。已知星球M的半徑是星球N的3倍，貝U（）M M 圖(a)(a) 圖(b)(b) 3七 處 0 A.M與N的密度相等 C.Q下落過程中的最大動能是P的4倍 D.Q下落過程中彈簧的最大壓縮量是P的4倍 二、非選擇題：共 6262 分。第 9 91212 題為必考題，每個試題考生都必須作答。第 為選考題，考

7、生根據要求作答。（一）必考題：共 4747 分。 9. （5分）某小組利用打點計時器對物塊沿傾斜的長木板加速下滑時的運動進行探究。物塊 拖動紙帶下滑，打出的紙帶一部分如圖所示。已知打點計時器所用交流電的頻率為50Hz, 紙帶上標出的每兩個相鄰點之間還有4個打出的點未畫出。在A、B、C、D、E五個點 10. （10分）某同學要將一量程為250pA的微安表改裝為量程為20mA的電流表。該同學測 得微安表內阻為1200Q,經計算后將一阻值為R的電阻與該微安表連接，進行改裝。然 a）所示電路對改裝后的電表進行檢測（虛線框內是改裝 （1）根據圖（a）和題給條件，將圖（b）中的實物連線。 第4頁（共18頁

8、）o o:,:,仙血仙血 1 1 2iiibiiiibiiiii 3 3imliinmiiimliinmiillll 4567567S S9ip9ip imimimiInnimliiiiiiiliuiiiiiluiiiiiilim 11A ；B B icic :E （保留3位有效數字）；物塊下滑的加速度大小為 13131616 題 中，打點計時器最先打出的是 點。在打出C點時物塊的速度大小為 m/s m/s2（保留2位有效數字）。 標準呈安耒電阻箱標準呈安耒電阻箱 S圖后利用一標準毫安表，根據圖（ 后的電表） 。 第6頁（共18頁） （2）當標準毫安表的示數為16.0mA時，微安表的指針位置如

9、圖（c）所示。由此可以推 測出所改裝的電表量程不是預期值，而是。（填正確答案標號） A. 18mA B. 21mA C. 25mA D. 28mA （3）產生上述問題的原因可能是。（填正確答案標號） A.微安表內阻測量錯誤，實際內阻大于1200Q B. 微安表內阻測量錯誤，實際內阻小于1200Q C.R值計算錯誤，接入的電阻偏小 D.R值計算錯誤，接入的電阻偏大 （4）要達到預期目的，無論測得的內阻值是否正確，都不必重新測量，只需要將阻值為 R的電阻換為一個阻值為kR的電阻即可，其中k=。 11. （12分）如圖，在直角三角形OPN區域內存在勻強磁場，磁感應強度大小為B、方向 垂直于紙面向外。

10、一帶正電的粒子從靜止開始經電壓U加速后，沿平行于x軸的方向射 入磁場；一段時間后，該粒子在OP邊上某點以垂直于x軸的方向射出。已知O點為坐 標原點，N點在y軸上，OP與x軸的夾角為30,粒子進入磁場的入射點與離開磁場的出射點之間的距離為d,不計重力。求 （1）帶電粒子的比荷； （2）帶電粒子從射入磁場到運動至x軸的時間。 N Np p / 0 x0 x 12. （20分）豎直面內一傾斜軌道與一足夠長的水平軌道通過一小段光滑圓弧平滑連接，小 物塊B靜止于水平軌道的最左端，如圖（a）所示。t=0時刻，小物塊A在傾斜軌道上 從靜止開始下滑，一段時間后與B發生彈性碰撞（碰撞時間極短）；當A返回到傾斜軌

11、 道上的P點（圖中未標出）時，速度減為0,此時對其施加一外力，使其在傾斜軌道上 保持靜止。物塊A運動的v-t圖象如圖（b）所示，圖中的v1和均為未知量。已知A第7頁（共18頁） 的質量為m,初始時A與B的高度差為H,重力加速度大小為g,不計空氣阻力。 圖0（b） （1）求物塊B的質量； （2）在圖（b）所描述的整個運動過程中，求物塊A克服摩擦力所做的功； （3）已知兩物塊與軌道間的動摩擦因數均相等。在物塊B停止運動后，改變物塊與軌道間的動摩擦因數，然后將A從P點釋放，一段時間后A剛好能與B再次碰上。求改變前后動摩擦因數的比值。 三、選考題：共 1515 分。請考生從 2 2 道物理題中任選一題

12、作答。如果多做，則每科按所做的 第一題計分。物理- -選修 3 3- -33（1515 分） 13. （5分） 某容器中的空氣被光滑活塞封住，容器和活塞絕熱性能良好，空氣可視為理想氣體。初始時容器中空氣的溫度與外界相同，壓強大于外界?，F使活塞緩慢移動，直至 容器中的空氣壓強與外界相同。此時，容器中空氣的溫度（填“高于”“低于”或“等于”）外界溫度，容器中空氣的密度（填“大于”“小于”或“等于”）外界空氣的密度。 14. （10分）熱等靜壓設備廣泛應用于材料加工中。該設備工作時，先在室溫下把惰性氣體用壓縮機壓入到一個預抽真空的爐腔中，然后爐腔升溫，利用高溫高氣壓環境對放入爐腔中的材料加工處理，改

13、善其性能。一臺熱等靜壓設備的爐腔中某次放入固體材料后剩 余的容積為0.13m3,爐腔抽真空后，在室溫下用壓縮機將10瓶氯氣壓入到爐腔中。已知每瓶氯氣的容積為3.2X102m3,使用前瓶中氣體壓強為1.5x107pa,使用后瓶中剩余氣體壓強為2.0 x106pa；室溫溫度為27C.氯氣可視為理想氣體。 （i）求壓入氯氣后爐腔中氣體在室溫下的壓強； （ii）將壓入氯氣后的爐腔加熱到1227C,求此時爐腔中氣體的壓強。 物理-選修 3 3- -44（1515 分） 工，、一，,T-一- 15. 一簡偕橫波沿x軸正萬向傳播，在t=時刻，該波的波形圖如圖（a）所小，P、Q是 sis 介質中的兩個質點。圖

14、（b）表示介質中某質點的振動圖象。下列說法正確的是（） 第8頁（共18頁） 圖 3）圖（&） A.質點Q的振動圖象與圖（b）相同 B.在t=0時刻，質點P的速率比質點Q的大 C. 在t=0時刻，質點P的加速度的大小比質點Q的大 D. 平衡位置在坐標原點的質點的振動圖象如圖（b）所示 E. 在t=0時刻，質點P與其平衡位置的距離比質點Q的大 16. 如圖，一艘帆船靜止在湖面上，帆船的豎直桅桿頂端高出水面3m。距水面4m的湖底 P點發出的激光束，從水面出射后恰好照射到桅桿頂端，該出射光束與豎直方向的夾角 為53（取sin53 =0.8）。已知水的折射率為o 3 （i）求桅桿到P點的水平距離

15、； （iiii）船向左行駛一段距離后停止，調整由P點發出的激光束方向，當其與豎直方向夾 角為45時，從水面射出后仍照射在桅桿頂端，求船行駛的距離。 1*1* 3333 了了 p p 第8頁(共18頁) 廣東省2019年高考物理試卷答案解析 一、選擇題：本題共 8 8 小題，每小題 6 6 分,共 4848 分。在每小題給出的四個選項中，第 1 15 5 題只有一項符合題目要求，第 6 68 8 題有多項符合題目要求。全部選對的得 6 6 分，選對但不 全的得 3 3 分，有選錯的得 0 0 分。 1.【分析】氫原子由高能級向低能級躍遷時，所輻射的光子能量等于能級差，由氫原子的能 級圖可知不可能

16、由高能級向基態躍遷，所以根據其他能級間的能級差結合可見光的光子能量進行排除。 【解答】解：氫原子從高能級向基態躍遷時，所輻射光子能量最小值為：E=-3.40eV- (-13.6eV)=10.2eV3.10eV, 故可知要產生可見光，氫原子吸收能量后，最起碼要躍遷到n2能級； 由于E=E3E2=1.51eV(3.40eV)=1.89eV，有1.63eVvEv3.10eV, 故可知要使處于基態(n=1)的氫原子被激發后可輻射出可見光光子，氫原子最起碼應 該躍遷到n=3能級。 則氫原子吸收的最小能為：Em=E3-E1=-1.51eV-(-13.6eV)=12.09eV, 故A正確，BCD錯誤。 故選

17、：A。 【點評】本題的關鍵是掌握氫原子在能級躍遷時，吸收或輻射的光子能量與各能級差間 的關系。 2. 【分析】明確兩小球均受電場力和庫侖力作用而處于平衡狀態，根據庫侖力和電場力的方 向進行分析，從而明確兩球的電性。 【解答】解：由圖可知，兩小球均在電場力和庫侖力的作用下保持平衡；由于庫侖力為 相互作用，大小相等、方向相反；故兩小球受到的電場力也一定方向相反；因此兩小球 一定帶異種電荷，則P球所受庫侖力向右，Q球所受庫侖力向左。 勻強電場方向水平向右，故正電荷受電場力向右，其受庫侖力一定向左，故Q帶正電荷， P帶負電荷，故D正確，ABC錯誤。 故選：D。 第10頁（共18頁） 【點評】本題考查帶

18、電小球在電場力的作用下處于平衡狀態的分析，關鍵是明確電場力 和庫侖力的方向特點，同時注意共點力平衡條件的應用是解題的關鍵。 第11頁（共18頁） 3. 【分析】以氣體為研究對象，根據動量定理列方程求解1s時間內噴射的氣體質量。 【解答】解：以氣體為研究對象，設t=1s內噴出的氣體質量為m,根據動量定理可得： Ft=mv0 其中v=3km/s=3000m/s 解得：m=J=4Xl *1kg=1.6X103kg，故B正確，ACD錯誤。 V3000 故選：B。 【點評】 本題主要是考查動量定理，利用動量定理解答問題時，要注意分析運動過程中物體的受力情況，知道合外力的沖量才等于動量的變化。 4. 【分

19、析】先由已知條件可知MLN邊的有效長度與MN相同，等效后的電流方向也與MN 相同，先根據并聯電路的電阻關系得出電流關系，再由F=BIL即可分析MLN邊所受安 培力，由力的合成即可求得線框LMN所受安培力的大小。 【解答】解：由已知條件可知MLN邊的有效長度與MN相同，等效后的電流方向也與 MN相同，邊MLN的電阻等于邊MN的電阻的兩倍，兩者為并聯關系，設MN中的電流大小為I,貝UMLN中的電流為上，設MN的長為L, 21 由題意知：F=BIL, 所以邊MLN所受安培力為：F，二二=F,方向與MN邊所受安培力的2 2 方向相同， 故有：F舍二F+F，二瑟二1.5F，故B正確，ACD錯誤。 故選：

20、B。 【點評】本題的關鍵是要明白安培力求解公式F=BIL中的L是指通電導線的有效長度。 5. 【分析】逆向分析可以看作是自由落體運動，根據初速度為零的勻加速直線運動中，進行解答。 【解答】解：逆向分析可以看作是自由落體運動，根據初速度為零的勻加速直線運動中， 連續相等的位移內時間之比等于1：（扼 T）：（扼京）：（2峪）：:VnVrrd 可得： 第12頁（共18頁） 故選：Co%1 =2+扼, 故3v 11 V4，故C正確、 ABD錯誤。 第13頁（共18頁） 【點評】 本題主要是考查勻變速直線運動的規律，解答本題要掌握勻變速直線運動的基本規律，掌握初速度為零的勻加速直線運動中，連續相等的位移

21、內時間之比。 6. 【分析】由于M、N在水平拉力作用下，整體保持靜止狀態，那么所受的合力為零。又由于重力恒定，水平拉力方向不變，可用三角形方法解決此類動態平衡問題。最后結合， M所受力的情況進行解答即可。 【解答】解：AB、根據M、N均保持靜止，進行受力分析可知，N受到豎直向下的重力 及水平方向的拉力F,變化的繩子拉力T,如下圖所示： Ou G 在向左拉動的時候，繩子拉力T和水平拉力F都不斷增大，故A錯誤，B正確； CD、對于M的受力，開始時可能是T=mgsin。-f,當T不斷增大的時候，f減少；當T mgsin。時，隨著T的增大，f將增大，所以沿斜面的摩擦力f可能先減小后增大；也 可能是T=

22、mgsin0+f,當T不斷增大的時候，摩擦力f增大；故C錯誤，D正確。 故選：BD。 【點評】本題考查了動態的平衡問題，解題的關鍵是使用三角形方法解題；其次，在分 析M的受力時，注意摩擦力的方向問題。 7. 【分析】應用楞次定律可以判斷出感應電流方向，應用左手定則可以判斷出安培力方向; 應用法拉第電磁感應定律可以求出感應電動勢; 應用電阻定律可以求出導線的電阻，然后應用歐姆定律可以求出感應電流。 【解答】解：AB、由楞次定律可知，在t=0至ijt=ti的時間間隔內感應電流始終沿瞬時 針方向, 由左手定則可知：0-t0時間內圓環受到的安培力向左，to-ti時間內安培力向右，故A 錯誤，B正確;

23、CD、由電阻定律可知，圓環電阻：R= 匚m驢S_B站兀/EQ而2 E= E _EBnSr，十、感應電流：I=，故C正確, 由法拉第電磁感應定律可知，感應電動勢: D錯誤; 第14頁（共18頁） R4Pt0 故選：BC。 【點評】本題是電磁感應與電路相結合的綜合題，根據題意應用楞次定律、左手定則、 電磁感應定律、電阻定律與歐姆定律即可解題，掌握基礎知識是解題的前提與關鍵，掌握基礎知識即可解題，平時要注意基礎知識的學習與積累。 8. 【分析】在星球表面，根據萬有引力等于重力可得型*二5居，求出密度的表達式進行分析； R2 根據平衡條件求解質量之比；根據動能定理結合圖象的面積求解最大動能之比；根據簡

24、諧運動的特點求解最大壓縮量之比。 【解答】解：A、在星球表面，根據萬有引力等于重力可得業！二mg,則GM=R2g,所 以有：GR R2g,解得:pf理; 根據圖象可知，在M星球表面的重力加速度為gM=3a0，在N表面的重力加速度為gN=a0,星球M的半徑是星球N的3倍，則M與N的密度相等，故A正確； B、加速度為零時受力平衡，根據平衡條件可得：mpgM=版0,m mQgN=2版0,解得：-= nipnip &，故B錯誤； 1 C、根據動能定理可得max=Ek,根據圖象的面積可得：EkP=【mp?3a0?x0,EkQ=【mQa0 22 ?2x0,邑直=竺=4,故C正確； E EkP3kP

25、3噸 D、根據簡諧運動的特點可知，P下落過程中彈簧最大壓縮量為2x。，Q下落過程中彈簧 最大壓縮量為4x0,Q下落過程中彈簧的最大壓縮量是P的2倍，故D錯誤。 故選:AC。 【點評】本題主要是考查了動能定理、萬有引力定律及其應用、以及圖象問題的分析； 知道在星球表面，忽略星球自轉的情況下，萬有引力近似等于重力；知道圖象表示的物理意義是關鍵。 二、非選擇題：共 6262 分。第 9 91212 題為必考題，每個試題考生都必須作答。第 13131616 題 為選考題，考生根據要求作答。（一）必考題：共 4747 分。 9. 【分析】物塊加速下滑，在相等時間內的位移越來越大，根據圖線紙帶判斷先打哪個

26、點；做勻變速直線運動的物體在某段時間內的平均速度等于中間時刻的瞬時速度，據此求出 第15頁（共18頁） 打C點時的速度； 應用勻變速直線運動的推論x=at2可以求出加速度。 【解答】解：物塊加速下滑，速度越來越大，在相等時間內物塊的位移越來越大，剛開 始時在相等時間內的位移較小，由圖示紙帶可知，打點計時器最先打出的點是A點； 每兩個相鄰點之間還有4個打出的點未畫出，相鄰計數點間的時間間隔為：t=0.02X5 =0.1s,_ 打出C點時的速度大小為：VC=Q0.233m/s； 2t2X0.1 2勻變速直線您動的推論x=at可知，加速度為：a= CD-心心DETC3A3.15)X10之之315-Q

27、.00)X10=。語由濕；。語由濕； 4t24t24X0.i2 故答案為：A,0.233,0.75。 【點評】本題考查了實驗數據處理，知道物塊的運動性質是解題的前提，應用勻變速直 線運動的推論即可解題，碰撞要注意基礎知識的學習與積累。 10. 【分析】(1)根據電路圖連接實物電路圖。 (2) 根據微安表量程與圖(c)所示表盤確定其分度值，根據指針位置讀出其示數，然后根據電流表改裝原理求出改裝后電流表的量程。 (3) 把微安表改裝成大量程的電流表需要并聯分流電阻，根據題意與改裝原理分析實驗誤差。 (4) 根據電流表的改裝原理與題意求出并聯電阻阻值。 【解答】解：(1)微安表與分流電阻并聯可以改裝

28、成電流表，根據圖(a)所示電路圖連 接實物電路圖，實物電路圖如圖所示： (2)微安表量程為250峪，由圖(c)所示表盤可知，其分度值為5心，其示數為160g, 3 電流表示數為16.0mA，電流表示數為微安表示數的6.2A=100倍， 160X102A 改裝后電流表量程為：250X106X100=25X103A=25mA，故C正確； 故選：C; (3)CD、由(2)可知，改裝后電流表量程偏大，則流過分流電阻的電流偏大，由并聯第12頁(共18頁)第17頁（共18頁） 電路特點可知，分流電阻阻值偏小, 如果R值計算錯誤，接入的電阻偏小會導致改裝后電流表量程偏大, AB、把微安表改裝成電流表需要并聯

29、分流電阻，并聯電阻阻值: 根據動能定理可得：qU= 2 設粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為r,粒子在磁場中運動軌跡如圖所示:故C正確，D錯誤; R=哽 I-I 如果微安內阻 Rg測量值錯誤，微安表內阻實際阻值大于1200Q, 即內阻Rg測量值偏小, 并聯電阻阻值: R=偏小，會導致改裝后電流表量程偏大，故 Ib A正確，B錯誤; 故選：AC; （4）把微安表改裝成電流表需要并聯分流電阻，并聯電阻阻值: R一。 I-I R 由（2）可知，流過分流電阻電流為流過微安表電流的99倍，貝U并聯電阻：R=-L,Rg =99R, 250X1Q-6R 把微安表改裝成20mA的電流表，并聯電阻阻值：R并=口

30、二& I-Is20X1Q-3-250X10-6 E地kR,7979 則：k=； 79 故答案為：（1）實物電路圖如圖所示；（2）C;（3）AC;（4） 79 【點評】本題考查了電流表的改裝問題，把微安表改裝成大量程的電流表需要并聯分流 電阻，應用并聯電路特點與歐姆定律可以求出并聯電阻阻值，掌握基礎知識是解題的前 提與關鍵，根據題意應用基礎知識即可解題。 11.【分析】（1）對粒子在加速電場中的運動運用動能定理，粒子在磁場中做勻速圓周運動, 利用洛倫茲力提供向心力結合幾何關系，聯立即可求出帶電粒子的比荷; （2）根據幾何關系求解出粒子射入磁場后運動到x軸所經過的路程s,再利用公式t=-

31、v 即可求出帶電粒子從射入磁場到運動至 x軸的時間。 【解答】解：（1）設帶電粒子的質量為 m,電荷量為q,加速后的速度大小為v, 第18頁（共18頁） 2 根據洛倫茲力提供向心力可得：qvB=mV_ r r 根據幾何關系可得：d=/3r 聯立式可得：旦=M_ MBW （2）由幾何關系可知，帶電粒子射入磁場后運動到x軸所經過的路程為 s=頁頁+r?tan30 2 則帶電粒子從射入磁場到運動至 x軸的時間為：t= 聯立式可得：t=墮（匹+匝） 4UW3 答：（1）帶電粒子的比荷為如如； 【點評】本題考查帶電粒子在復合場中運動,粒子在加速場中的運動運用動能定理求解, 粒子在磁場中的運動運用洛倫茲力

32、提供向心力結合幾何關系求解，解題關鍵是要作出軌 跡圖，正確運用數學幾何關系。 12. 【分析】（1）根據動量守恒定律和能量關系列方程求解； （2）對A下滑過程中和上滑過程中根據動能定理列方程，從圖（b）給出的圖象可得A 上升的高度與H的關系，根據功的計算公式求解物塊A在整個過程中克服摩擦力做的功； （3）設根據動能定理求解B在水平軌道上能夠滑行的距離，物塊與軌道間的動摩擦因數 在改變后，根據動能定理求解A滑行的距離，然后求出改變前后動摩擦因數的比值。 【解答】解：（1）根據圖（b）,vi為A在碰撞前瞬間的速度大小，為其碰撞后瞬間 2 速度大小。設物塊B的質量為m,碰后瞬間的速度為v, 、一一V

33、i, 根據動重寸怛TE律可礙：mv1=m（-：-）+mv 根據能量守怛定律可得：=）之+號!/ WV-w 聯立解得m=3m; （2）帶電粒子從射入磁場到運動至x軸的時間為 第19頁（共18頁） （2）在圖（b）描述的運動中，設物塊A與軌道間的滑動摩擦力大小為f,下滑過程中 所走過的路程為S1,返回過程中所走過的路程為S2,P點的高度為h,整個過程中克服摩 擦所做的功為W,根據動能定理可得: 一10- mgH_fsi=mu-0 w 2 .、一1.%、 (fs2+mgh)=0-m() 從圖（b）給出的圖象可知，si=l-t 21 根據幾何關系可得：=h SiH 物塊A在整個過程中克服摩擦力做的功為

34、: W=fsi+fs2, 聯立解得：W=mgH； 1515 （3）設傾斜軌道傾角為。，物塊與軌道間的動摩擦因數在改變前為禹則有: W=gcos弗一 sinsinH 設物塊B在水平軌道上能夠滑行的距離為 根據動能定理可得-四gs=0-jyj 2 mgh-/mgcos/mgs=0 sinsin 聯立解得：=。 答：（1）物塊B的質量為3m； （2）在圖（b）所描述的整個運動過程中，物塊A克服摩擦力所做的功為WrmgH; 1.5 （3）改變前后動摩擦因數的比值為 9 【點評】本題主要是考查了動能定理；運用動能定理解題時，首先要選取研究過程，然后分析在這個運動過程中哪些力做正功、哪些力做負功，初末動能

35、為多少，根據動能定理列方程解答；動能定理的優點在于適用任何運動包括曲線運動；一個題目可能需要選 擇不同的過程多次運用動能定理研究，也可以全過程根據動能定理解答。 三、選考題：共 1515 分。請考生從 2 2 道物理題中任選一題作答。如果多做，則每科按所做的 設物塊與軌道間的動摩擦因數在改變后為 d,根據動能定理可得: 第20頁（共18頁） 第一題計分。物理- -選修 3 3- -33（1515 分） 13. 【分析】根據熱力學第一定律分析封閉氣體的內能。 根據壓強的微觀意義分析空氣的密度。 【解答】解：由題意可知，容器和活塞的絕熱性能良好，故容器內氣體與外界不發生熱 交換，故Q=0;但現活塞

36、緩慢移動過程中，容器中氣體壓強逐漸減少，則容器內氣體 不斷膨脹，體積增大，氣體對外界做功，即Wv0, 根據熱力學第一定律可知：U=AQ+WV0,故容器氣體內能減小，溫度降低，低于外 界溫度。 最終容器內氣體壓強與外界氣體壓強相同，根據理想氣體狀態方程：PV=nRT, 又p=,m為容器內氣體質量， V V 聯立解得:p=山, nRTnRT 當選取一部分與容器內氣體相同質量的外界氣體，由于容器內溫度T低于外界溫度，故 容器內氣體密度大于外界氣體密度。 故答案為：低于；大于。 【點評】本題主要考查熱力學第一定律和壓強的微觀解釋，注意溫度是理想氣體內能的 標志，對一定質量的理想氣體內能只與溫度有關。

37、14. 【分析】（i）以瓶中氣體為研究對象，使用前后瓶中氣體發生等溫變化，根據玻意耳定 律即可求出使用后的總體積；再對10瓶中壓入爐腔內的氣體分析，根據玻意耳定律即可 求出爐腔中氣體的壓強。氣體發生等溫變化，根據題意求出氣體初末狀態的狀態參量， 然后應用玻意耳定律求出氣體的壓強。 （2）爐內氣體體積不變，氣體發生等容變化，根據題意求出氣體狀態參量，應用查理定 律可以求出爐腔內氣體的壓強。 【解答】解：（i）設初始時每瓶氣體的體積為V0,壓強為p0,使用后氣瓶中剩余氣體的 壓強為pi, 氣體溫度保持不變發生等溫變化，由玻意耳定律得：pV0=PiVi, 被壓入爐腔的氣體在室溫和pi條件下的體積：Vi=Vi-V0, 設i0瓶氣體壓入完成后爐腔中氣體壓強為p2,體積為V2, 由玻意耳定律得：P2V2=10piVl, 代入數據解得：P2=3.2x107pa； 第21頁（共18頁） （ii）設加熱前爐腔的溫度為T0,加熱后爐腔的溫度為Ti,氣體壓強為P3, 氣體發生等容變化，由查理定律得：四二四, LTo 代入數據解得：P3=1.6