四．选考题：共12分．请考生从18题和19题2道物理题任选一道作答，如果多做则每科按所做的第一题计分．
18．【物理——选修3-4】(1)（4分）（多选题，全对得4分，选对但不全得2分，有选错的得0分。）一列沿x轴正方向传播的简谐横波在t＝0时刻的波形如图所示，质点P的x坐标为3 m．已知任意振动质点连续2次经过平衡位置的时间间隔为0.4 s．下列说法正确的是( )
A．波速为4 m/s B．波的频率为1.25 Hz
C．x坐标为15 m的质点在t＝0.6 s时恰好位于波谷 D．x坐标为22 m的质点在t＝0.2 s时恰好位于波峰 E．当质点P位于波峰时，x坐标为17 m的质点恰好位于波谷
(2) (8分))如图所示，三棱镜的横截面为直角三角形ABC，∠A＝30°，∠B＝60°。一束平行于AC边的光线自AB边的P点射入三棱镜，在AC边发生反射后从BC边的M点射出。若光角和在M点的折射角相等。
①求三棱镜的折射率；
②在三棱镜的AC边是否有光线透出？写出分析过程。(不考虑多次反射)
19．【物理 --选修3-5】（1）（4分）（多选题，全对得4分，选对但不全得2分，有选错的得0分。）下列说法中正确的是( )
A．居里夫妇从沥青铀矿中分离出了钋和镭两种新元素
B．β射线的本质是电子流，所以β衰变是核外的一个电子脱离原子而形成的
C．核反应中释放的能量可由?E??mc计算，有些化学反应也释放能量，这两种情况产生的能量的本质是一样的
D．某种色光照射金属发生光电效应，若增大光照强度，则单位时间内发射的光电子数增加 E．玻尔认为原子中电子轨道是量子化的，能量也是量子化的 (2)．(8分)如图所示，光滑的杆MN水平固定，物块A穿在杆上，可沿通过长度为L的轻质细绳与物块B相连，A、B质量均为m且可视为质点．一弹水平射入物块B后未穿出，若杆足够长，此后运动过程中绳子偏离竖直为60°.求子弹刚要射入物块B时的速度大小．
杆无摩擦滑动，A质量也为m的子方向的最大夹角
2线在P点的入射
物理第二次月考答案
1.答案：B解析：此图是位移—时间图象，由图可知15 s末汽车的位移为30 m，选项A错误；图象的斜率代Δx20－30
表小车的速度，15～25 s内物体的速度为v＝＝ m/s＝－1 m/s，选项B正确；前10 s内汽车匀速运动，
Δt10加速度为零，选项C错误；由图可知，汽车做往复运动，选项D错误．
1222
2答案：D解析：由x＝v0t＋at与x＝5t＋t对比可知：运动的初速度v0＝5 m/s，加速度a＝2 m/s.将t＝1
2x25×2＋22
s代入所给位移公式即可求出x＝6 m，A错；前2 s内的平均速度为v＝＝＝7 m/s，B错；由Δx＝aT
22可以求出当T＝1 s时，任意相邻1 s内的位移差都为2 m，C错；由加速度的定义可知D正确．
3. D 4．A
5答案：C解析：从a－t图象知，物体在0－1 s从静止开始做匀加速直线运动，在1 s－2 s加速度为负，说明物体做匀减速直线运动，直到停止，2 s－3 s又做从静止开始做匀加速直线运动，3 s－4 s又做匀减速直线运动，直到停止，整个运动过程中一直向正方向运动，故C正确，A、B、D错误．
6．A 7.C
8答案：D解析：两物体在光滑的水平面上一起以加速度a向右匀变速运动时，弹簧的弹力F弹＝m1a，在力F撤去的瞬间，弹簧的弹力来不及改变，大小仍为m1a，因此对A来讲，加速度此时仍为a；对B物体，取向右为正m1
方向，－m1a＝m2a2，a2＝－a，所以只有D项正确．
m2
9答案 AD解析 当小车处于静止时，A恰好不下滑，此时mg＝f＝μFN，要保证A静止，则A与小车之间的弹力不能减小，所以加速度一定向左，要保证B静止，B在水平方向上受到摩擦力，竖直方向上受到小车的支持力、重力和吸引力，对小车产生加速度的合力等于摩擦力，要保证B静止，则受到的摩擦力不能超过最大静摩擦力，即ma＝μ(mg＋FN)，解得a＝(1＋μ)g，故D正确。
10．BD 解析：物体沿着斜面向上做匀减速运动，当速度减为零之后由于μ＜tan θ，所以mgsin θ＞μmgcos θ，则知物体匀加速下滑．设物体上滑和下滑的时间分别为t1和t2、加速度大小分别为a1和a2，滑回出发点的速度大小为v.
11.答案：BD解析：对A受力分析，根据平衡条件知，A只受重力和支持力2个力的作用，A错误；对B受力分析，可知B受重力、压力、斜面施加的斜向上的支持力、拉力F，根据平衡条件可知还受斜面施加的斜向上的摩擦力，共5个力的作用，B正确；对A、B、C整体为研究对象进行受力分析，根据平衡条件知地面对物块C的支持力等于三者重力之和，C错误；对A、B、C整体为研究对象进行受力分析，根据平衡条件知地面对物块C的摩擦力大小等于F，方向水平向右，D正确．
12.AB解析：0～t1时间：滑动摩擦力向右，物体向左做匀减速运动，t1时刻向左位移达到最大． t1～t2时间：滑动摩擦力向右，物体向右由静止开始先做匀加速直线运动．
t2以后物体做匀速直线运动，摩擦力为零．选项A、C、D都错．t2以后物体相对皮带静止，相对滑动的距离最大．
2
13.答案 (1)形变量超过弹簧的弹性限度 (2) 200 甲解析 (1)在弹性范围内弹簧的弹力与形变量成正比，超过弹簧的弹性范围，则此规律不成立，所以所给的图象上端成为曲线，是因为形变量超过弹簧的弹性限度。
(2)乙弹簧的劲度系数为k乙＝
F乙8
＝－2 N/m＝200 N/m。 Δx乙4×10
要制作一个精确程度较高的弹簧测力计，应选用一定的外力作用时，弹簧的形变量大的，故选甲弹簧。 14答案 (1)C(2分) (2)0.16(2分),0.36(2分)(3)A(2分)
解析：(1)由实验装置可知当砝码下落的高度为h时，小车沿木板下滑的距离为2h，故加速度不同，即选项A错误；由于砝码盘加速下落，处于失重状态，故选项B错误；如果细绳不与木板平行，则木板方向是由细绳拉力的分力产生加速度，给实验带来误差，所以要求细绳一定沿木板方向，故选项C正确；对于砝码和砝码盘，由受1
力分析知mg－2FT＝ma，解得FT＝(mg－ma)，故选项D错误；由于本实验利用弹簧测力计可以直接读出细绳的拉
2力，所以不需要满足砝码和砝码盘的质量远小于小车质量，故选项E错误。
(2)由题意知时间间隔T＝0.1 s，根据纸带可知连续相等时间间隔内的位移差为Δx＝0.001 6 m，由Δx＝aT可知a＝
Δx0.001 622
m/s＝0.16 m/s 2＝2
T0.1
2
(3)根据牛顿第二定律可知选项A正确 15. 答案：8 s 3.83 s
解析：先判断A追上B时，是在B停止运动前还是后． B匀减速到停止的时间为t0＝
－vB
＝5 s. (1分) a
在5 s内A运动的位移sA＝vAt0＝20 m，(1分) 12
在5 s内B运动的位移sB＝vBt0＋at0＝25 m. (1分)
2
因为sA A追上B的时间为t＝t0＋＝8 s. (1分) vA 若vA＝8 m/s，则A在5 s内运动的位移为sA＝vAt0＝40 m. (1分) 因为sA>sB＋s0，即B停止运动前，A已经追上B. (1分) 12 则vAt′＝vBt′＋at′＋s0，(1分)代入数据解得t′＝(1＋22)s≈3.83 s (1分) 216．16. (8分)答案 10 m/s 1.5 s 解析:设物体B的质量为m，下滑的加速度为a，则 mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma① (2分) 12 A、B正好相碰，有(at＋L)cos 37°＝v0t②(2分) 21212 (at＋L)sin 37°＝gt③(1分) 22 12gt2 ＝tan 37°④ (1分) v0t 联立解得a＝2 m/s，t＝1.5 s，v0＝10 m/s。(2分) 17．(10分)解：(1)设作用区的宽度为L，对物块由牛顿第二定律得 F－μmg2 F－μmg＝mam1则am1＝＝2 m/s(2分) m12 由L＝am1t1得t1＝ 2 2L ＝1 s，(1分)vm1＝am1t1＝2 m/s. (1分) am1 2 2 (2)Ⅰ区域内，对木板由μmg＝MaM1得aM1＝0.5 m/s(1分) 木板到达 I区域边缘处有vM1＝aM1t1＝0.5 m/s(1分) 离开Ⅰ区域后，对物块由μmg＝mam2得am2＝1 m/s(1分) 对木板：aM2＝aM1＝0.5 m/s(1分) 当物块与木板达共同速度时vm1－am2t2＝vM1＋aM2t2得t2＝1 s(1分) 12 两作用区边界距离为d＝vm1t2－am2t2＝1.5 m. (1分) 2 1 18.(1)．BDE 解析：任意振动质点连续2次经过平衡位置的时间间隔为0.4 s，则T＝0.4 s，解得T＝0.8 s. 2λ41 从图象中可知λ＝4 m，所以波速为v＝＝＝5 m/s，故A错误；根据公式f＝可得波的频率为1.25 Hz， T0.8T33 B正确；x坐标为15 m的质点距波源Δx＝3λ＋λ，此时在波谷位置经t＝0.6 s即t＝T，质点振动到平衡位 44置，C错误；x的坐标为22 m的质点距波源Δx＝5λ＋ λ ，此时在平衡位置向上运动，质点经过t＝0.2 s即t＝2 质点距P的距离Δx正确． 2 2 1 T恰好位于波峰，D正确；当质点P位于波峰时，x坐标为17 m的4 ＝14 m即Δx＝3λ＋ λ ，此时坐标为17 m的质点恰好位于波谷，E2 (2) 答案 (1)3 (2)没有；理由见解析 sin i 解析 首先根据光路图的几何关系分析入射角和折射角，利用n＝求解折射率，然后确定光在该介质中sin r的临界角，判断光线能否从AC边透出。 ①光路图如图所示，图中N点为光线在AC边发生反射的入射点。设光线在P点的入射角为i、折射角为r，在M点的入射角为r′、折射角依题意也为i，有i＝60°① 由折射定律有sin i＝nsin r② nsin r′＝sin i③ 由②③式得r＝r′④ OO′为过M点的法线，∠C为直角，OO′∥AC。由几何关系有∠MNC＝r′⑤ 由反射定律可知∠PNA＝∠MNC⑥ 联立④⑤⑥式得∠PNA＝r⑦ 由几何关系得r＝30°⑧ 联立①②⑧式得n＝3。⑨ ②设在N点的入射角为i″，由几何关系得i″＝60°⑩ 此三棱镜的全反射临界角满足nsin θC＝1? 由⑨⑩?式得i″＞θC 此光线在N点发生全反射，三棱镜的AC边没有光线透出。 19．（1）(4分)ADE解析:居里夫妇从沥青铀矿中分离出了钋和镭两种新元素，选项A正确；β射线的本质是电子流，它是原子核内的中子转化为质子时放出的，选项B错误；核反应中释放的能量可由?E??mc2计算，它与有些化学反应也释放能量有本质的不同，选项C错误；某种色光照射金属发生光电效应，若增大光照强度，则单位时间内发射的光电子数增加，选项D正确；玻尔认为原子中电子轨道是量子化的，能量也是量子化的，选项E正确；故选ADE． (2)(8分) 23gL 解析:子弹射入木块B的过程中，子弹和木块B组成的系统水平方向上动量守恒，规定子弹的速度方向为正方向，有mv0＝2mv1，(2分) 子弹开始射入物块B到绳子偏离竖直方向夹角最大的过程中，系统水平方向上动量守恒， 有mv0＝3mv2，(2分) 1122 根据机械能守恒得2mgL(1－cos60°)＝×2mv1－×3mv2，(2分) 22联立三式解得v0＝23gL.(2分) 物理第二次月考答案 1. B 2.D 3.D 4．A 5.C 6．A 7.C 8.D 9.AD 10．BD 11..BD 12.AB 13.答案 (1)形变量超过弹簧的弹性限度(2分) (2) 200 (2分)甲(2分) 14答案 (1)C(2分) (2)0.16(2分),0.36(2分)(3)A(2分) 15. (8分)答案：8 s 3.83 s解析：先判断A追上B时，是在B停止运动前还是后． B匀减速到停止的时间为t0＝ －vB ＝5 s. (1分) a 在5 s内A运动的位移sA＝vAt0＝20 m，(1分) 12 在5 s内B运动的位移sB＝vBt0＋at0＝25 m. (1分) 2 因为sA 百度搜索“77cn”或“免费范文网”即可找到本站免费阅读全部范文。收藏本站方便下次阅读，免费范文网，提供经典小说综合文库南京市2018年高三物理上学期第二次月考试卷（16份合集）(6)在线全文阅读。
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