高三物理-2016屆高三上學(xué)期第二次段考物理試卷

1、2015-2016學(xué)年高三（上）第二次段考物理試卷一、單項選擇題：本題共5小題，每小題3分，共計15分每小題只有一個選項符合題意1伽利略和牛頓都是物理學(xué)發(fā)展史上最偉大的科學(xué)家，巧合的是，牛頓就出生在伽利略去世后第二年下列關(guān)于力和運動關(guān)系的說法中，不屬于他們的觀點為是（）A自由落體運動是一種勻變速直線運動B力是使物體產(chǎn)生加速度的原因C物體都具有保持原來運動狀態(tài)的屬性，即慣性D力是維持物體運動的原因2設(shè)物體運動的加速度為a、速度為，位移為x，現(xiàn)有四個不同物體的運動圖象如圖所示，t=0時刻物體的速度均為零，則其中物體做單向直線運動的圖象是（）ABCD3如圖所示的電路中，R1是定值電阻，R2是光敏電阻

2、，電源的內(nèi)阻不能忽略閉合開關(guān)S，當(dāng)光敏電阻上的關(guān)照強度增大時，下列說法中正確的是（）A通過R2的電流減小B電源的路端電壓減小C電容器C所帶的電荷量增加D電源的效率增大4籃球運動是青年男同學(xué)最喜愛的體育運動之一，籃球投出后在空中 畫出一條美麗的曲線，進入籃筐將一籃球從地面上方B點以速度v0斜向上拋出，剛好垂直擊中籃板上A點，如果有人攔截，在較遠處投籃則關(guān)于籃球的運動正確的說法是（）A增大拋射速度v0，同時減小拋射角B減小拋射速度v0，同時減小拋射角C增大拋射角，同時減小拋出速度v0D增大拋射角，同時增大拋出速度v05如圖所示，足夠長的豎直粗糙絕緣管處于方向彼此垂直的勻強電場E和勻強磁場B中，電場

3、E和磁場B的方向如圖，一個帶正電的小球從靜止開始沿管下滑，則在下滑過程中小球的加速度a和時間t的關(guān)系圖象正確的是（）ABCD二、多項選擇題：本題共4小題，每小題4分，共計16分每小題有多個選項符號題意全部選對的得4分，選對但不全的得2分，錯選或不答的得0分6如圖a所示，質(zhì)量不計的彈簧豎直固定在水平面上，t=0時刻，將一金屬小球從彈簧正上方某一高度處由靜止釋放，小球落到彈簧上壓縮彈簧到最低點，然后又被彈起離開彈簧，上升到一定高度后再下落，如此反復(fù)通過安裝在彈簧下端的壓力傳感器，得到彈簧彈力F隨時間t變化的圖象如圖b所示，若圖象中的坐標(biāo)值都為已知量，重力加速度為g，則（）At1時刻小球具有最大速度

4、Bt2時刻小球的速度大小為零C可以計算出小球自由下落的高度D整個運動過程中，小球的機械能守恒7兩個不規(guī)則帶電導(dǎo)體間的電場線分布如圖所示，已知導(dǎo)體附近的電場線均與導(dǎo)體表面垂直，a、b、c、d為電場中幾個點，并且a、d為緊靠導(dǎo)體表面的兩點，以無窮遠為零電勢點，則（）A場強大小關(guān)系有EbEcB電勢大小關(guān)系有bdC將一負電荷放在d點時其電勢能為負值D將一正電荷由a點移到d點的過程中電場力做正功8如圖所示，某理想變壓器的原、副線圈的匝數(shù)均可調(diào)節(jié)原線圈兩端電壓為一最大值不變的正弦式交變電流，在其他條件不變的情況下，為使變壓器輸入功率增大，可使（）A原線圈匝數(shù)n1減小B副線圈匝數(shù)n2減小C負載電阻R的阻值增

5、大D負載電阻R的阻值減小9如圖，是一固定的點電荷，虛線a、b、c是該點電荷產(chǎn)生的電場中的三條等勢線，正點電荷q僅受電場力的作用沿實線所示的軌跡從a處運動到b處，然后又運動到c處由此可知（）A為負電荷B在整個過程中q的速度先變大后變小C在整個過程中q的加速度先變大后變小D在整個過程中，電場力做功不為零三、簡答題：本題分必做題（第10、11題）和選做題兩部分，共計48分.請將解答填寫在答題卡上相應(yīng)的位置.【必做題】10如圖1所示的裝置，可用于驗證牛頓第二定律在氣墊導(dǎo)軌上安裝兩個光電門，小車上固定遮光板，細線一端與小車相連，另一端跨過定滑輪掛上沙桶，實驗首先調(diào)整氣墊導(dǎo)軌，通過調(diào)整使小車未掛沙桶時能在

6、氣墊導(dǎo)軌上做勾速運動，然后再進行后面的操作，并在實驗中獲得以下測量數(shù)據(jù)：小車和擋光板的總質(zhì)量M，遮光板的寬度d，兩光電門的中心的距離s則（1）該實驗要保證小車的合力近似等于沙桶的重力應(yīng)滿足的條作是（2）實驗需用游際卡尺測量遮光板的寬度d，如圖2所示d=（3）某次實驗過程中測得：沙桶的質(zhì)量為m，小車先后通過兩個光電門的擋光時間分別為t1，t2（小車通過第二個光電門后沙桶才落地），已知重力加速度為g 則對該小車實驗要驗證的表達式是11金屬材料的電阻率通常隨溫度的升高而增大，半導(dǎo)體材料的電阻率隨溫度的升高而減少某同學(xué)需要研究某導(dǎo)電材料的導(dǎo)電規(guī)律，他用該種導(dǎo)電材料制作為電阻較小的線狀元件Z做實驗，測量

7、元件Z中的電流隨兩端電壓從零逐漸增大過程中的變化規(guī)律（1）他應(yīng)選用圖所示的電路進行實驗（2）實驗測得元件Z的電壓與電流的關(guān)系如下表所示根據(jù)表中數(shù)據(jù)，判斷元件Z是 （填“金屬材料”或“半導(dǎo)體材料”）；U/V00.400.600.801.001.201.501.60I/A00.200.450.801.251.802.813.20（3）用螺旋測微器測量線狀元件Z的直徑如圖2所示，則元件Z的直徑是mm（4）把元件Z接入如圖1所示的電路中，當(dāng)電阻R的阻值為R1=2時，電流表的讀數(shù)為1.25A；當(dāng)電阻R的阻值為R2=3.6時，電流表的讀數(shù)為0.80A結(jié)合上表數(shù)據(jù)，求出電池的電動勢為V，內(nèi)阻為（ 不計電流表

8、的內(nèi)阻）選做題（選修模塊3-4）（12分）12頻率不同的兩束單色光1和2以相同的入射角從同一點射入一厚玻璃板后，其光路如圖所示下列說法正確的是（）A單色光1的波長大于單色光2的波長B在玻璃中單色光1的傳播速度大于單色光2的傳播速度C單色光1的光子能量小于單色光2的光子能量D單色光1從玻璃到空氣的全反射臨界角小于單色光2從玻璃到空氣的全反射臨界角13一列簡諧橫波沿x軸傳播，圖甲是t=3s時的波形圖，圖乙是波上x=2m處質(zhì)點的振動圖線，則該橫波的速度為m/s，傳播方向為14一束光由空氣射入玻璃磚中，入射角為，已知玻璃磚的厚度為h，光線在玻璃磚中的長度為L，光在真空中的傳播速度為c求：光在玻璃磚中的

9、傳播速度v（選修模塊3-5）（12分）15下列說法中正確的是 （）A康普頓效應(yīng)進一步證實了光的波動特性B為了解釋黑體輻射規(guī)律，普朗克提出電磁輻射的能量是量子化的C經(jīng)典物理學(xué)不能解釋原子的穩(wěn)定性和原子光譜的分立特征D天然放射性元素衰變的快慢與化學(xué)、物理狀態(tài)有關(guān)16根據(jù)核反應(yīng)方程+，完成填空：粒子中含有個中子；物理學(xué)家盧瑟福用該粒子轟擊氮核（），發(fā)現(xiàn)了，該核反應(yīng)方程是：17鋁的逸出功Wo=6.72×1019J，現(xiàn)將波長=200nm的光照射鋁的表面求：光電子的最大初動能（普朗克常量h=6.63×1034Js）若射出的具有最大初動能的光電子與一靜止的電子發(fā)生正碰，則碰撞中兩電子電勢

10、能增加的最大值是多少？四、計算題：本題共3小題，共計41分解答時請寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟，只寫出最后答案的不能得分，有數(shù)值計算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位18如圖所示為質(zhì)譜儀的原理圖，A為粒子加速器，電壓為U1；B為速度選擇器，磁場與電場正交，磁感應(yīng)強度為B1，板間距離為d；C為偏轉(zhuǎn)分離器，磁感應(yīng)強度為B2今有一質(zhì)量為m、電量為q的正離子經(jīng)加速后，恰好通過速度選擇器，進入分離器后做半徑為R的勻速圓周運動，求：（1）粒子的速度v（2）速度選擇器的電壓U2（3）粒子在B2磁場中做勻速圓周運動的半徑R19一質(zhì)量m=0.5kg的滑塊以一定的初速度沖上一傾角為30°足

11、夠長的斜面，某同學(xué)利用DIS實驗系統(tǒng)測出了滑塊沖上斜面過程中多個時刻的瞬時速度，如圖所示為通過計算機繪制出的滑塊上滑過程的vt圖求：（g取10m/s2）（1）滑塊沖上斜面過程中加速度大?。唬?）滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)；（3）判斷滑塊最后能否返回斜面底端？若能返回，求出返回斜面底端時的動能；若不能返回，求出滑塊停在什么位置20如圖（甲）所示，MN、PQ為水平放置的足夠長的平行光滑導(dǎo)軌，導(dǎo)軌間距L為0.5m，導(dǎo)軌左端連接一個阻值為2的定值電阻R，將一根質(zhì)量為0.2kg的金屬棒cd垂直放置在導(dǎo)軌上，且與導(dǎo)軌接觸良好，金屬棒cd的電阻r=2，導(dǎo)軌電阻不計，整個裝置處于垂直導(dǎo)軌平面向下的勻強磁場中，磁

12、感應(yīng)強度B=2T若棒以1m/s的初速度向右運動，同時對棒施加水平向右的拉力F作用，并保持拉力的功率恒為4W，從此時開始計時，經(jīng)過2s金屬棒的速度穩(wěn)定不變，圖（乙）為安培力與時間的關(guān)系圖象試求：（1）金屬棒的最大速度；（2）金屬棒的速度為3m/s時的加速度；（3）求從開始計時起2s內(nèi)電阻R上產(chǎn)生的電熱2015-2016學(xué)年高三（上）第二次段考物理試卷參考答案與試題解析一、單項選擇題：本題共5小題，每小題3分，共計15分每小題只有一個選項符合題意1伽利略和牛頓都是物理學(xué)發(fā)展史上最偉大的科學(xué)家，巧合的是，牛頓就出生在伽利略去世后第二年下列關(guān)于力和運動關(guān)系的說法中，不屬于他們的觀點為是（）A自由落體運

13、動是一種勻變速直線運動B力是使物體產(chǎn)生加速度的原因C物體都具有保持原來運動狀態(tài)的屬性，即慣性D力是維持物體運動的原因【考點】自由落體運動【專題】自由落體運動專題【分析】亞里士多德的觀點：物體越重，下落越快，力是維持物體運動的原因；伽利略的觀點是：力是改變物體運動狀態(tài)的原因，物體下落的快慢與物體的輕重沒有關(guān)系牛頓第一定律是牛頓在伽利略和笛卡爾研究成果的基礎(chǔ)上總結(jié)出來的【解答】解：A、伽利略通過斜面實驗得出自由落體運動是一種勻變速直線運動，故A正確；B、伽利略的觀點是：力是改變物體運動狀態(tài)的原因，即產(chǎn)生加速度的原因，故B正確；C、牛頓第一定律認為物體都具有保持原來運動狀態(tài)的屬性，即慣性，故C正確；

14、D、亞里士多德的觀點：物體越重，下落越快，力是維持物體運動的原因，故D錯誤；本題選錯誤的故選D【點評】物理學(xué)史是高考物理考查內(nèi)容之一學(xué)習(xí)物理學(xué)史，可以從科學(xué)家身上學(xué)到科學(xué)精神和研究方法2設(shè)物體運動的加速度為a、速度為，位移為x，現(xiàn)有四個不同物體的運動圖象如圖所示，t=0時刻物體的速度均為零，則其中物體做單向直線運動的圖象是（）ABCD【考點】勻變速直線運動的圖像【專題】運動學(xué)中的圖像專題【分析】物體做單向直線運動時位移一直增大，速度方向不變，根據(jù)圖象逐項分析即可【解答】解：A、由位移時間圖象可知，位移隨時間先增大后減小，2s后反向運動，4s末到達初始位置，故A錯誤；B、由速度時間圖象可知，速度

15、2s內(nèi)沿正方向運動，24s沿負方向運動，方向改變，故B錯誤；C、由圖象可知：物體在第1s內(nèi)做勻加速運動，第2s內(nèi)做勻減速運動，2s末速度減為0，然后重復(fù)前面的過程，是單向直線運動，故C正確；D、由圖象可知：物體在第1s內(nèi)做勻加速運動，第23s內(nèi)做勻減速運動，2s末速度減為0，第3s內(nèi)沿負方向運動，不是單向直線運動，故D錯誤故選C【點評】圖象是我們高中物理研究運動的主要途徑之一，應(yīng)熟知其特征，難度不大，屬于基礎(chǔ)題3如圖所示的電路中，R1是定值電阻，R2是光敏電阻，電源的內(nèi)阻不能忽略閉合開關(guān)S，當(dāng)光敏電阻上的關(guān)照強度增大時，下列說法中正確的是（）A通過R2的電流減小B電源的路端電壓減小C電容器C所

16、帶的電荷量增加D電源的效率增大【考點】閉合電路的歐姆定律；常見傳感器的工作原理【專題】恒定電流專題【分析】光敏電阻的特性是當(dāng)光敏電阻上的光照強度增大時，光敏電阻的阻值會減小；總電路的電阻減小，電路中的總電流增大，路端電壓就減小【解答】解：A：當(dāng)光敏電阻上的光照強度增大時，光敏電阻的阻值會減?。豢傠娐返碾娮铚p小，電路中的總電流增大，流過R 2的電流增大；故A錯誤；B：電路中的總電流增大，路端電壓就減小故B正確；C：路端電壓就減小，電容器兩端的電壓減小，電容器所帶的電量減小故C錯誤；D：電源效率：，總電路的電阻減小，所以電源的效率就減小故D錯誤故選：B【點評】該題考查光敏電阻的特性與閉合電路的歐姆

17、定律的應(yīng)用，關(guān)鍵是光敏電阻的特性是當(dāng)光敏電阻上的光照強度增大4籃球運動是青年男同學(xué)最喜愛的體育運動之一，籃球投出后在空中 畫出一條美麗的曲線，進入籃筐將一籃球從地面上方B點以速度v0斜向上拋出，剛好垂直擊中籃板上A點，如果有人攔截，在較遠處投籃則關(guān)于籃球的運動正確的說法是（）A增大拋射速度v0，同時減小拋射角B減小拋射速度v0，同時減小拋射角C增大拋射角，同時減小拋出速度v0D增大拋射角，同時增大拋出速度v0【考點】拋體運動【專題】定性思想；等效替代法；直線運動規(guī)律專題【分析】解決本題巧用平拋運動知識，由于題目中緊抓住籃球垂直打到籃板，故其逆過程可以看成平拋運動，在較遠處投籃，即水平位移要增大

18、，則有水平速度越大，落地速度越大，與水平面的夾角越小【解答】解：籃球垂直擊中籃板上A點，其逆過程就是平拋運動，當(dāng)水平速度越大時，水平方向位移越大，拋出后落地速度越大，與水平面的夾角則越小若水平速度減小，水平方向位移越小，則落地速度變小，但與水平面的夾角變大因此如果有人攔截，在較遠處投籃，還要擊中籃板上A點，只有增大拋射速度v0，同時減小拋射角，才能仍垂直打到籃板上A點所以只有A正確，BCD均錯誤；故選：A【點評】本題采用了逆向思維，降低了解決問題的難度若仍沿題意角度思考，解題很煩同時容易出錯5如圖所示，足夠長的豎直粗糙絕緣管處于方向彼此垂直的勻強電場E和勻強磁場B中，電場E和磁場B的方向如圖，

19、一個帶正電的小球從靜止開始沿管下滑，則在下滑過程中小球的加速度a和時間t的關(guān)系圖象正確的是（）ABCD【考點】帶電粒子在混合場中的運動【專題】帶電粒子在復(fù)合場中的運動專題【分析】小球下落過程中受重力、電場力、洛倫茲力、彈力和摩擦力，洛倫茲力從零開始增加，根據(jù)平衡條件判斷彈力、摩擦力的變化情況，根據(jù)牛頓第二定律分析加速度的變化情況【解答】解：下落過程中電場力向右，洛侖茲力向左，洛侖茲力逐漸增大；電場力與洛侖茲力的合力先向右減小，所以支持力先向左減小，所以摩擦力減小，與重力的合力會逐漸變大，所以加速度先增大；當(dāng)電場力和洛侖茲力等大時，加速度達到最大；然后支持力向右增大，摩擦力會增大，則合力減小，加

20、速度減小，最后摩擦力與重力等大時，加速度為零（圖象與橫軸相切）；故選：D【點評】本題考查如何正確的受力分析，理解洛倫茲力與速度的關(guān)系，從而影響受力情況，帶動運動情況的變化，注意此處的彈力的方向變化，是解題的關(guān)鍵二、多項選擇題：本題共4小題，每小題4分，共計16分每小題有多個選項符號題意全部選對的得4分，選對但不全的得2分，錯選或不答的得0分6如圖a所示，質(zhì)量不計的彈簧豎直固定在水平面上，t=0時刻，將一金屬小球從彈簧正上方某一高度處由靜止釋放，小球落到彈簧上壓縮彈簧到最低點，然后又被彈起離開彈簧，上升到一定高度后再下落，如此反復(fù)通過安裝在彈簧下端的壓力傳感器，得到彈簧彈力F隨時間t變化的圖象如

21、圖b所示，若圖象中的坐標(biāo)值都為已知量，重力加速度為g，則（）At1時刻小球具有最大速度Bt2時刻小球的速度大小為零C可以計算出小球自由下落的高度D整個運動過程中，小球的機械能守恒【考點】功能關(guān)系；動能和勢能的相互轉(zhuǎn)化【專題】定性思想；推理法；守恒定律在近代物理中的應(yīng)用【分析】小球先自由下落，與彈簧接觸后，彈簧被壓縮，在下降的過程中，彈力不斷變大，當(dāng)彈力小于重力時，物體加速下降，合力變小，加速度變小，故小球做加速度減小的加速運動；當(dāng)加速度減為零時，速度達到最大；之后物體由于慣性繼續(xù)下降，彈力變得大于重力，合力變?yōu)橄蛏锨也粩嘧兇?，加速度向上且不斷變大，故小球做加速度不斷增大的減速運動；同理，上升過

22、程，先做加速度不斷減小的加速運動，當(dāng)加速度減為零時，速度達到最大，之后做加速度不斷增大的減速運動，直到小球離開彈簧為止對于小球和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒【解答】解：A、t1時刻小球剛與彈簧接觸，當(dāng)彈簧彈力與重力平衡時速度最大，故A錯誤；B、t2時刻小球受到的彈力最大，處于最低點，速度為零，故B正確；C、t3到t4時刻，小球做豎直上拋運動，根據(jù)豎直上拋運動的對稱性可以求出小球自由下落的高度，故C正確；D、小球運動的整個過程中球與彈簧系統(tǒng)機械能守恒，小球的機械能不守恒，故D錯誤；故選：BC【點評】題關(guān)鍵要將小球的運動分為自由下落過程、向下的加速和減速過程、向上的加速和減速過程進行分析處理，同時要能

23、結(jié)合圖象分析7兩個不規(guī)則帶電導(dǎo)體間的電場線分布如圖所示，已知導(dǎo)體附近的電場線均與導(dǎo)體表面垂直，a、b、c、d為電場中幾個點，并且a、d為緊靠導(dǎo)體表面的兩點，以無窮遠為零電勢點，則（）A場強大小關(guān)系有EbEcB電勢大小關(guān)系有bdC將一負電荷放在d點時其電勢能為負值D將一正電荷由a點移到d點的過程中電場力做正功【考點】電場線；電勢能【分析】根據(jù)電場線的疏密程度判斷電場強度的大??；根據(jù)沿著電場線，電勢逐漸降低來判斷電勢的高低；正電荷在電勢高處電勢能大，在電勢低處電勢能小，負電荷在電勢高處電勢能小，在電勢低處電勢能大，根據(jù)電勢能的變化判斷電場力做功情況【解答】解：A、由電場線越密的地方，電場強度越大，

24、由圖可得c點的電場線密所以有EcEb，故A錯誤；B、沿著電場線，電勢逐漸降低，b點所處的電場線位于右側(cè)導(dǎo)體的前面，即b點的電勢比右側(cè)的導(dǎo)體，而右側(cè)導(dǎo)體的電勢比d高，故b點電勢高于d點的電勢，故B正確；C、電勢能的正負與0勢能點的選擇有關(guān)，該題以無窮遠為零電勢點，所以說負電荷放在d點時其電勢能為正值故C錯誤；D、從圖中可以看出，a點的電勢高于b點的電勢，而b點的電勢又高于d點的電勢，所以a點的電勢高于d點的電勢正電荷在電勢高處電勢能大，在電勢低處電勢能小，故正檢驗電荷從a點移到d點的過程中，電勢能減小，則電場力做正功，故D正確故選：BD【點評】本題關(guān)鍵是根據(jù)電場線及其與等勢面的關(guān)系判斷出電勢高低

25、、場強大小關(guān)系同時知道等差等勢面越密的地方，電場線也越密當(dāng)然也可以由電場力做功的正負來確定電勢能的增減8如圖所示，某理想變壓器的原、副線圈的匝數(shù)均可調(diào)節(jié)原線圈兩端電壓為一最大值不變的正弦式交變電流，在其他條件不變的情況下，為使變壓器輸入功率增大，可使（）A原線圈匝數(shù)n1減小B副線圈匝數(shù)n2減小C負載電阻R的阻值增大D負載電阻R的阻值減小【考點】變壓器的構(gòu)造和原理【專題】交流電專題【分析】變壓器中匝數(shù)與電壓成正比、與電流成反比，輸入功率等于輸出功率【解答】解：由于電壓與匝數(shù)成正比，所以原線圈匝數(shù)減小時，副線圈兩端電壓增大電流增大，輸出功率增大，又輸入功率等于輸出功率，故A正確B錯誤；當(dāng)負載電阻減

26、小時，線圈中電流增大，由P=UI知輸出功率增大則輸入功率也增大，故C錯誤D正確故選AD【點評】利用變壓器的特點，結(jié)合歐姆定律分析負載的變化對電流的影響9如圖，是一固定的點電荷，虛線a、b、c是該點電荷產(chǎn)生的電場中的三條等勢線，正點電荷q僅受電場力的作用沿實線所示的軌跡從a處運動到b處，然后又運動到c處由此可知（）A為負電荷B在整個過程中q的速度先變大后變小C在整個過程中q的加速度先變大后變小D在整個過程中，電場力做功不為零【考點】等勢面；電場強度【專題】電場力與電勢的性質(zhì)專題【分析】根據(jù)電場線的彎曲確定電荷所受電場力的方向，從而確定點電荷的電性，根據(jù)動能定理判斷動能的變化，根據(jù)電場線的疏密判斷

27、電場力的變化，從而根據(jù)牛頓第二定律判斷加速度的變化【解答】解：A、粒子的所受合力的方向大致指向軌跡的彎曲的方向，知正電荷所受的電場力背離點電荷向外，知O為正電荷故A錯誤B、從從a處運動b處，然后又運動到c處電場力先做負功，再做正功，則動能先減小再增大所以速度先減小再增大故B錯誤C、越靠近點電荷，電場線越密，則電荷所受電場力越大，加速度越大，則加速度先增大后減小故C正確D、a與c在同一個等勢面上，兩點間的電勢差為零，根據(jù)W=qU，知電場力做功為零，故D錯誤故選C【點評】解決本題的關(guān)鍵掌握通過軌跡的彎曲大致判斷合力的方向，會根據(jù)電場力做功判斷動能的變化，知道在等勢面上移動電荷，電場力不做功三、簡答

28、題：本題分必做題（第10、11題）和選做題兩部分，共計48分.請將解答填寫在答題卡上相應(yīng)的位置.【必做題】10如圖1所示的裝置，可用于驗證牛頓第二定律在氣墊導(dǎo)軌上安裝兩個光電門，小車上固定遮光板，細線一端與小車相連，另一端跨過定滑輪掛上沙桶，實驗首先調(diào)整氣墊導(dǎo)軌，通過調(diào)整使小車未掛沙桶時能在氣墊導(dǎo)軌上做勾速運動，然后再進行后面的操作，并在實驗中獲得以下測量數(shù)據(jù)：小車和擋光板的總質(zhì)量M，遮光板的寬度d，兩光電門的中心的距離s則（1）該實驗要保證小車的合力近似等于沙桶的重力應(yīng)滿足的條作是沙桶的質(zhì)量遠小于小車及遮光板的總質(zhì)量（2）實驗需用游際卡尺測量遮光板的寬度d，如圖2所示d=5.50cm（3）某

29、次實驗過程中測得：沙桶的質(zhì)量為m，小車先后通過兩個光電門的擋光時間分別為t1，t2（小車通過第二個光電門后沙桶才落地），已知重力加速度為g 則對該小車實驗要驗證的表達式是【考點】驗證牛頓第二運動定律【專題】實驗題；牛頓運動定律綜合專題【分析】（1）在砂桶質(zhì)量遠小于小車質(zhì)量的情況下，可以近似認為小車受到的拉力等于砂桶受到的重力（2）游標(biāo)卡尺讀數(shù)的方法是主尺讀數(shù)加上游標(biāo)讀數(shù)，不需估讀游標(biāo)的零刻度線超過主尺上的刻度數(shù)為主尺讀數(shù)，游標(biāo)讀數(shù)等于分度乘以對齊的條數(shù)（3）光電門測速度的原理是用平均速度來代替瞬時速度，根據(jù)運動學(xué)基本公式求出加速度，從而求出“牛頓第二定律”表達式【解答】解：（1）以沙桶為研究對

30、象，設(shè)沙桶質(zhì)量為m，繩子上拉力為F，則有：mgF=ma；以小車為研究對象，設(shè)小車質(zhì)量為M，則有：F=Ma由以上兩式得：F=，由此可知當(dāng)Mm時，小車的合力近似等于沙桶的重力（2）游標(biāo)卡尺的主尺讀數(shù)為5mm，游標(biāo)讀數(shù)等于：0.05×10mm=0.50mm，所以最終讀數(shù)為：5mm+0.50mm=5.50mm（3）由于光電門的寬度d很小，所以我們用很短時間內(nèi)的平均速度代替瞬時速度滑塊通過光電門1速度為：滑塊通過光電門2速度為：根據(jù)運動學(xué)公式，物體的加速度為：=根據(jù)需要驗證的牛頓第二定律關(guān)系式為：F=mg=Ma，即：故答案為：（1）沙桶的質(zhì)量遠小于小車及遮光板的總質(zhì)量；（2）5.50cm；（3

31、）【點評】了解光電門測量瞬時速度的原理，實驗中我們要清楚研究對象和研究過程，對于系統(tǒng)我們要考慮全面，同時明確實驗原理是解答實驗問題的前提11金屬材料的電阻率通常隨溫度的升高而增大，半導(dǎo)體材料的電阻率隨溫度的升高而減少某同學(xué)需要研究某導(dǎo)電材料的導(dǎo)電規(guī)律，他用該種導(dǎo)電材料制作為電阻較小的線狀元件Z做實驗，測量元件Z中的電流隨兩端電壓從零逐漸增大過程中的變化規(guī)律（1）他應(yīng)選用圖所示的A電路進行實驗（2）實驗測得元件Z的電壓與電流的關(guān)系如下表所示根據(jù)表中數(shù)據(jù)，判斷元件Z是半體材料 （填“金屬材料”或“半導(dǎo)體材料”）；U/V00.400.600.801.001.201.501.60I/A00.200.4

32、50.801.251.802.813.20（3）用螺旋測微器測量線狀元件Z的直徑如圖2所示，則元件Z的直徑是1.990mm（4）把元件Z接入如圖1所示的電路中，當(dāng)電阻R的阻值為R1=2時，電流表的讀數(shù)為1.25A；當(dāng)電阻R的阻值為R2=3.6時，電流表的讀數(shù)為0.80A結(jié)合上表數(shù)據(jù)，求出電池的電動勢為4.0V，內(nèi)阻為0.4（ 不計電流表的內(nèi)阻）【考點】測定金屬的電阻率【專題】實驗題；恒定電流專題【分析】（1）伏安法測電阻，電壓從零開始變化，滑動變阻器應(yīng)采用分壓接法；待測電阻阻值很小，電壓表內(nèi)阻遠大于待測電阻阻值，電流表應(yīng)采用外接法，分析圖示電路，選出實驗所需電路（2）元件兩端電壓越大，通過元件

33、的電流越大，由P=UI可知元件實際功率越大，元件溫度越高；根據(jù)表中實驗數(shù)據(jù)，應(yīng)用歐姆定律判斷隨電壓增大，溫度越高時元件電阻如何變化，然后判斷元件的種類（3）螺旋測微器固定刻度與可動刻度示數(shù)之和是螺旋測微器的示數(shù)，由圖示螺旋測微器可以讀出元件的直徑（4）由表中實驗數(shù)據(jù)找出個電流所對應(yīng)的電壓值，然后根據(jù)閉合電路歐姆定律列方程，然后求出電源電動勢與內(nèi)阻【解答】解：（1）電壓從零開始變化，滑動變阻器應(yīng)采用分壓接法；待測電阻阻值很小，電壓表內(nèi)阻遠大于待測電阻阻值，電流表應(yīng)采用外接法，由圖1所示電路圖可知，實驗應(yīng)采用A所示電路（2）由表中實驗數(shù)據(jù)可知，隨元件電壓增大，通過元件的電流增大，元件的實際功率增大

34、，元件溫度升高；由歐姆定律可知，隨元件兩端電壓增大，元件電阻減小，因此元件是半導(dǎo)體材料（3）由圖2所示螺旋測微器可知，固定刻度示數(shù)為1.5mm，可動刻度示數(shù)為49.0×0.01mm=0.490mm，元件的直徑為1.5mm+0.490mm=1.990mm（1.9891.991均正確）（4）由圖3可知，元件Z與電阻R串聯(lián)，電流表測電路電流，由表中實驗數(shù)據(jù)可知，電流為1.25A時，元件兩端電壓為1.00V，電流為0.80A時，元件兩端電壓為0.80V，由閉合電路歐姆定律可得：E=I（R+r）+UV，E=1.25×（2+r）+1.00，E=0.80×（3.6+r）+0.8

35、0，解得，電源電動勢E=4.0V，內(nèi)阻r=0.4故答案為：（1）A；（2）半導(dǎo)體材料；（3）1.990；（4）4.0；0.4【點評】本題考查了實驗電路的選擇、元件性質(zhì)的判斷、螺旋測微器讀數(shù)、求電源電動勢與內(nèi)阻等問題；螺旋測微器固定刻度與可動刻度示數(shù)之和是其讀數(shù)，螺旋測微器需要估讀選做題（選修模塊3-4）（12分）12頻率不同的兩束單色光1和2以相同的入射角從同一點射入一厚玻璃板后，其光路如圖所示下列說法正確的是（）A單色光1的波長大于單色光2的波長B在玻璃中單色光1的傳播速度大于單色光2的傳播速度C單色光1的光子能量小于單色光2的光子能量D單色光1從玻璃到空氣的全反射臨界角小于單色光2從玻璃到

36、空氣的全反射臨界角【考點】光的折射定律【專題】光的折射專題【分析】通過光的偏折程度比較出單色光1、2的折射率大小，從而比較出頻率、波長的大小，根據(jù)v=比較出在介質(zhì)中傳播的速度大小根據(jù)sinC=比較出臨界角的大小【解答】解：A、單色光1比單色光2偏折厲害，則單色光1的折射率大，頻率大，則單色光1的波長小故A錯誤B、根據(jù)v=知，單色光1的折射率大，則單色光1在玻璃中傳播的速度小故B錯誤C、單色光1的頻率大，根據(jù)E=hv知，單色光1的光子能量大故C錯誤D、根據(jù)sinC=知，單色光1的折射率大，則臨界角小故D正確故選D【點評】解決本題的突破口在于根據(jù)光的偏折程度比較出折射率的大小，知道折射率、頻率、波

37、長、在介質(zhì)中的速度等大小關(guān)系13一列簡諧橫波沿x軸傳播，圖甲是t=3s時的波形圖，圖乙是波上x=2m處質(zhì)點的振動圖線，則該橫波的速度為1m/s，傳播方向為沿x軸負方向【考點】波長、頻率和波速的關(guān)系；橫波的圖象【分析】由圖乙讀出波x=2m處質(zhì)點的速度方向，由圖甲判斷波的傳播方向由甲圖讀出波長，乙圖讀出周期，即可求出波速【解答】解：由圖乙讀出波上x=2m處在t=3s時刻質(zhì)點的速度方向沿y軸正方向，由圖甲判斷出來波的傳播方向是沿x軸負方向由甲圖讀出波長為=4m，乙圖讀出周期為T=4s，則該波的波速為v=1m/s故選D故答案為：1，沿x軸負方向；【點評】本題考查識別和理解振動圖象和波動圖象的能力，并要

38、能把握兩種圖象之間的聯(lián)系14一束光由空氣射入玻璃磚中，入射角為，已知玻璃磚的厚度為h，光線在玻璃磚中的長度為L，光在真空中的傳播速度為c求：光在玻璃磚中的傳播速度v【考點】光的折射定律【專題】定性思想；圖析法；方程法；光的折射專題【分析】作出光路圖，由幾何知識求出光線在上表面折射角的正弦，由折射定律求出折射率，再求出光在玻璃磚中的傳播速度v【解答】解：如圖做出光路圖，則：由幾何關(guān)系得：，所以：sin=則該玻璃的折射率：n=光在玻璃中傳播的速度：v=答：光在玻璃磚中的傳播速度是【點評】本題的解題關(guān)鍵是利用幾何知識求出折射角的正弦，即可求得折射率，從而求出光在玻璃磚中的傳播速度v（選修模塊3-5）

39、（12分）15下列說法中正確的是 （）A康普頓效應(yīng)進一步證實了光的波動特性B為了解釋黑體輻射規(guī)律，普朗克提出電磁輻射的能量是量子化的C經(jīng)典物理學(xué)不能解釋原子的穩(wěn)定性和原子光譜的分立特征D天然放射性元素衰變的快慢與化學(xué)、物理狀態(tài)有關(guān)【考點】原子核衰變及半衰期、衰變速度【專題】衰變和半衰期專題【分析】康普頓效應(yīng)進一步證實了光的粒子特性為了解釋黑體輻射規(guī)律，普朗克提出電磁輻射的能量的量子化經(jīng)典物理學(xué)不能解釋原子的穩(wěn)定性和原子光譜的分立特征天然放射性元素的半衰期與環(huán)境的溫度無關(guān)【解答】解：A、康普頓效應(yīng)進一步證實了光的粒子特性故A錯誤B、為了解釋黑體輻射規(guī)律，普朗克提出電磁輻射的能量的量子化故B正確C

40、、經(jīng)典物理學(xué)不能解釋原子的穩(wěn)定性和原子光譜的分立特征故C正確D、天然放射性元素的半衰期由原子核內(nèi)部的結(jié)構(gòu)決定，與環(huán)境的溫度無關(guān)故D錯誤故選：BC【點評】本題中考查原子物理部分的基本知識，加強識記，重點掌握半衰期的特點和計算16根據(jù)核反應(yīng)方程+，完成填空：粒子中含有2個中子；物理學(xué)家盧瑟福用該粒子轟擊氮核（），發(fā)現(xiàn)了質(zhì)子，該核反應(yīng)方程是：【考點】原子核的人工轉(zhuǎn)變【分析】根據(jù)核反應(yīng)方程中質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)守恒，求出未知粒子的核電荷數(shù)和質(zhì)量數(shù)即可判斷粒子的種類【解答】解：根據(jù)質(zhì)量數(shù)守恒和電荷數(shù)守恒知m=4，n=2，中子數(shù)=42=2；物理學(xué)家盧瑟福用該粒子轟擊氮核（），發(fā)現(xiàn)了 質(zhì)子，該核反應(yīng)方程是：故答案

41、為：2，質(zhì)子【點評】正確書寫核反應(yīng)方程是學(xué)習(xí)原子物理的重點，要注意質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)守恒的應(yīng)用17鋁的逸出功Wo=6.72×1019J，現(xiàn)將波長=200nm的光照射鋁的表面求：光電子的最大初動能（普朗克常量h=6.63×1034Js）若射出的具有最大初動能的光電子與一靜止的電子發(fā)生正碰，則碰撞中兩電子電勢能增加的最大值是多少？【考點】光電效應(yīng)【專題】光電效應(yīng)專題【分析】根據(jù)愛因斯坦光電效應(yīng)方程求解光電子的最大初動能；再由動量守恒定律，結(jié)合動能表達式，即可求解【解答】解：根據(jù)愛因斯坦光電效應(yīng)方程得：光電子的最大初動能為Ek=hW0；且=解得：Ek=3.225×1019J

42、增加的電勢能來自系統(tǒng)損失的動能，發(fā)生完全非彈性碰撞時電勢能最大由動量守恒 mv0=2mv；損失的動能：Ek=mv02mv2=1.6×1019J答：光電子的最大初動能3.225×1019J；碰撞中兩電子電勢能增加的最大值是1.6×1019J【點評】本題是光電效應(yīng)規(guī)律和動量守恒的應(yīng)用問題，注意單位的統(tǒng)一及運算的正確性四、計算題：本題共3小題，共計41分解答時請寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟，只寫出最后答案的不能得分，有數(shù)值計算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位18如圖所示為質(zhì)譜儀的原理圖，A為粒子加速器，電壓為U1；B為速度選擇器，磁場與電場正交，磁感應(yīng)強

43、度為B1，板間距離為d；C為偏轉(zhuǎn)分離器，磁感應(yīng)強度為B2今有一質(zhì)量為m、電量為q的正離子經(jīng)加速后，恰好通過速度選擇器，進入分離器后做半徑為R的勻速圓周運動，求：（1）粒子的速度v（2）速度選擇器的電壓U2（3）粒子在B2磁場中做勻速圓周運動的半徑R【考點】質(zhì)譜儀和回旋加速器的工作原理【專題】帶電粒子在磁場中的運動專題【分析】（1）根據(jù)動能定理qU1=mv2求出粒子的速度v（2）在速度選擇器中作勻速直線運動，電場力與洛侖茲力平衡，根據(jù)Eq=qvB1求出電壓U2（3）根據(jù)洛侖茲力提供向心力，求出粒子在B2磁場中做勻速圓周運動的半徑R【解答】解：（1）粒子經(jīng)加速電場U1加速，獲得速度V，由動能定理得：qU1=mv2 解得v=故粒子的速度為（2）在速度選擇器中作勻速直線運動，電場力與洛侖茲力平衡得Eq=qvB1即U2=B1dv=B1d故速度選擇器的電壓U2為B1d（3）在B2中作圓周運動，洛侖茲力提供向心力，有，R=故粒子在B2磁場中做勻速圓周運動的半徑R為【點評】解決本題的關(guān)鍵掌握動能定理，以及知道在速度選擇器中作勻速直線運動，電場力與洛侖茲力