2020年6月北京朝陽(yáng)區(qū)高三物理二模試題(解析版)

1、東城區(qū)2019-2020學(xué)年度第二學(xué)期高三綜合練習(xí)（二）物理解析第一部分（選擇題 共42分）本部分共14題，每題3分，共42分。在每題列出的四個(gè)選項(xiàng)中，選出最符合題目要求的一項(xiàng)。1 下列關(guān)于能量的單位（焦耳）與基本單位千克、米、秒之間關(guān)系正確的是A 1J=1kg ms-1B. 1J=1kg m s-2C. 1J=1kg m2 s-1D. 1J=1kg m2 s-2【答案】D【解析】因?yàn)?W=Fx=max，故轉(zhuǎn)換成單位就是：1J=1kgm2s-2，選項(xiàng)D正確。2 .核反應(yīng)方程9Be+：He C+X中的X表示A .中子B .電子C . a粒子D .質(zhì)子【答案】A【解析】由核反應(yīng)方程的荷電荷數(shù)與質(zhì)量

2、數(shù)守恒的規(guī)律可知，X的荷電荷數(shù)是0，質(zhì)量數(shù)1,故是中子，選項(xiàng)A正確。3 .已知2390Th的半衰期為24天。2344 g 90Th經(jīng)過(guò)72天還剩下A . 0.5 gC . 2gD . 3.5 g第3頁(yè)共15頁(yè)【答案】A【解析】因?yàn)檫@個(gè)元素的半衰期是一個(gè)半衰期后剩下 2g，再一次半衰期后剩下7224天，則72天經(jīng)過(guò)了=3241g,再經(jīng)過(guò)一次半衰期后剩下0.5g，故最后剩下0.5g這種元個(gè)半衰期，而元素的質(zhì)量為 4g,故素，選項(xiàng)A正確。4. 下列說(shuō)法正確的是A.分子間的引力總是大于斥力B .分子間同時(shí)存在引力和斥力C .布朗運(yùn)動(dòng)就是液體分子的無(wú)規(guī)則運(yùn)動(dòng)D .液體中懸浮微粒越大，布朗運(yùn)動(dòng)越顯著【答案

3、】B【解析】由分子間作用力的規(guī)律可知，分子間的引力不是總是大于斥力，有時(shí)候小于斥力，從而在宏觀上有時(shí)表面為引力，有時(shí)表現(xiàn)為斥力，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；分子間同時(shí)存在引力和斥力，選項(xiàng)B正確；布朗運(yùn)動(dòng)不是液體分子的無(wú)規(guī)則運(yùn)動(dòng)，它是花粉顆粒的無(wú)規(guī)律的運(yùn)動(dòng)，而花粉顆粒不是分子，但是它能間接地反映液體分子是運(yùn)動(dòng)的，就是因?yàn)橐后w分子的運(yùn)動(dòng)才使得花粉顆粒發(fā)生了運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；液體中懸浮微粒越大，同樣的力作用在它的身上，其運(yùn)動(dòng)狀態(tài)變化就不明顯，故布朗運(yùn)動(dòng)也越不顯 著，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。5. 如圖所示，一定質(zhì)量的理想氣體由狀態(tài) a經(jīng)過(guò)等壓變化到達(dá)狀態(tài) b,再?gòu)臓顟B(tài)b經(jīng)過(guò)等容變化到達(dá) 狀態(tài)c。狀態(tài)a與狀態(tài)c溫度相等。下列說(shuō)法正

4、確的是OA 氣體在狀態(tài)a的溫度大于在狀態(tài) b的溫度B 氣體在狀態(tài)a的內(nèi)能等于在狀態(tài) c的內(nèi)能C .從狀態(tài)a到狀態(tài)b的過(guò)程中，外界對(duì)氣體做正功D 從狀態(tài)b到狀態(tài)c的過(guò)程中，氣體的內(nèi)能增加【答案】B【解析】因?yàn)橐欢ㄙ|(zhì)量的理想氣體的狀態(tài)方程為-PV=C，故由狀態(tài)a經(jīng)過(guò)等壓變化到達(dá)狀態(tài) b時(shí)，因?yàn)閎的體積大，故b對(duì)應(yīng)的溫度就較高，選項(xiàng) A錯(cuò)誤；因?yàn)閍和c兩個(gè)狀態(tài)的溫度相等，故氣體在狀態(tài)a的內(nèi)能等于在狀態(tài) c的內(nèi)能，選項(xiàng)B正確；從狀態(tài)a到狀態(tài)b的過(guò)程中，氣體的體積增大，相當(dāng)于膨脹，故是它對(duì)外做功，對(duì)氣體而言，這個(gè)功 是負(fù)的，所以不是外界對(duì)氣體做正功，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；從狀態(tài)b到狀態(tài)c的過(guò)程中，體積不變，壓強(qiáng)減

5、小，故溫度降低，則氣體的內(nèi)能減少，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。6. 2020年4月24日第五個(gè)中國(guó)航天日啟動(dòng)儀式上，國(guó)家航天局正式發(fā)布備受矚目的中國(guó)首次火星 探測(cè)任務(wù)被命名為 天問(wèn)一號(hào)”?；鹦鞘翘?yáng)系中距離地球較近、自然環(huán)境與地球最為類(lèi)似的行星之一， 一直以來(lái)都是人類(lèi)深空探測(cè)的熱點(diǎn)。如果將地球和火星繞太陽(yáng)的公轉(zhuǎn)視為勻速圓周運(yùn)動(dòng)，并忽略行星自 轉(zhuǎn)的影響。根據(jù)表中數(shù)據(jù)，結(jié)合所學(xué)知識(shí)可以判斷行星天體質(zhì)量/kg天體半徑/m公轉(zhuǎn)軌道半徑/m地球6.0 x 1246.4 x 101.5 x 10火星6.4 x 1233.4 x 102.3 x 10A .火星的公轉(zhuǎn)周期小于一年B .火星的公轉(zhuǎn)速度比地球公轉(zhuǎn)速度大C .火星

6、的第一宇宙速度小于7.9km/s D .太陽(yáng)對(duì)地球的引力比對(duì)火星的引力小【答案】C【解析】如果將地球和火星繞太陽(yáng)的公轉(zhuǎn)視為勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由數(shù)據(jù)還可以看出，火星的半徑較大，則根據(jù) 高軌低速大周期”的規(guī)律可知，火星的周期大于地球的公轉(zhuǎn)周期，即大于1年，選項(xiàng)A錯(cuò)高軌低速，所以火星的公轉(zhuǎn)速度比地球公轉(zhuǎn)速度小，選項(xiàng)B錯(cuò)誤;7.9km/s，而第一宇宙速度為v火GM火r地：6.4 1023 6.4 106 3.4 106 6.0 10241，故火星的第宇宙速度小于7.9k m/s，選項(xiàng)C正確;太陽(yáng)對(duì)行星的引力f=gm太M星，R公2故太陽(yáng)引力的大小之比GM太M火R火公GM太M地6.4 10236.0 1024

7、(1.5 1011)2(2.3 1011)20.2 22J+ 0.6 12J=1.6J,故碰撞前后兩2 2 2 2 2小球的機(jī)械能總量不變，選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確。&圖甲所示為一列簡(jiǎn)諧橫波在t=0時(shí)的波的圖像，圖乙所示為該波中x=4m處質(zhì)點(diǎn)P的振動(dòng)圖像。下列說(shuō)法正確的是A .此波的波速為2m/sC. t=0.5s時(shí)質(zhì)點(diǎn)P的速度最大【答案】CB .此波沿x軸正方向傳播D. t=1.0s時(shí)質(zhì)點(diǎn)P的加速度最大第11頁(yè)共15頁(yè)【解析】由甲圖可知，波長(zhǎng)是4m,再由乙圖可知，周期是1.0s,故波的傳播速度為v=4mT 1.0s=4m/s,選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由乙圖可知，P點(diǎn)在t=0時(shí)是向下振動(dòng)的，在甲圖上根據(jù)同側(cè)法可

8、以判斷出波沿x軸負(fù)方向傳播，選項(xiàng) B錯(cuò)誤；由乙圖可知，在 t=0.5s時(shí)，質(zhì)點(diǎn)P經(jīng)過(guò)平衡位置，故它的速度最大，選項(xiàng)C正確；t=1.0s時(shí)，質(zhì)點(diǎn)P處于平衡位置，故它的回復(fù)力是0,加速度也是0，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。9.在同一勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，質(zhì)子和電子各自在垂直于磁場(chǎng)的平面內(nèi)做半徑相同的勻速圓周運(yùn)動(dòng)。質(zhì)子的質(zhì)量為mp,電子的質(zhì)量為 me。則質(zhì)子與電子A .速率之比等于1:1B 周期之比等于1:1C .動(dòng)能之比等于mempD .動(dòng)量大小之比等于memp【答案】C【解析】由于磁場(chǎng)相同，半徑也相同，故由帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)的洛侖茲力等于向心力可知:2Bqv=m ，所以速度大小為Rv=BqR，而質(zhì)子與電子的電荷量mq

9、相等，但是其質(zhì)量不相等，所以速度不是1 : 1,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;同理，再得出粒子在磁場(chǎng)的周期T=乙衛(wèi)，又是因?yàn)樗鼈兊馁|(zhì)量不相等，所以周期不相等，不是1 :Bq1,選項(xiàng)B錯(cuò)誤；1 1Ekvm因?yàn)榱Ｗ拥膭?dòng)能 Ek= - mv2= BqvR,故質(zhì)子與電子的動(dòng)能之比e，選項(xiàng)C正確；2 2Eke Vemp因?yàn)榱Ｗ拥膭?dòng)量p=mv=BqR,而B(niǎo)、q和R都是相等的，故質(zhì)子與電子的動(dòng)量之比是1 : 1,選項(xiàng)D錯(cuò)誤。10如圖所示為某交變電流隨時(shí)間變化的圖象。則此交變電流的有效值為22C.3 2【答案】A【解析】求交流電的有效值時(shí)，我們?nèi)∫粋€(gè)周期T=4s,則交流電通過(guò)電阻 R放出的熱量為Q交=(1A) 2RX2s+ (

10、2A) 2R疋s；如果用直流電也在相同的時(shí)間內(nèi)放出的熱量為Q 直=I2RX4s,且Q *=Q直，則解出上述方程得l=A，故選項(xiàng)A正確。211.如圖所示是磁流體發(fā)電機(jī)的示意圖，兩平行金屬板P、Q之間有一個(gè)很強(qiáng)的磁場(chǎng)。一束等離子體(高溫下電離的氣體， 含有大量正、負(fù)帶電粒子)沿垂直于磁場(chǎng)方向噴入磁場(chǎng)。 將P、Q與電阻R相連接。F列說(shuō)法正確的是A . P板的電勢(shì)低于Q板的電勢(shì)B .通過(guò)R的電流方向由b指向aC .若只改變磁場(chǎng)強(qiáng)弱，通過(guò) R的電流保持不變D .若只增大粒子入射速度，通過(guò)R的電流增大【答案】D【解析】由左手定則可知，等離子體中帶正電的粒子受到向上洛侖茲力，故它會(huì)向上極板偏轉(zhuǎn)，從而使上極板

11、P板帶正電，所以 P板的電勢(shì)高于 Q板的電勢(shì)，選項(xiàng) A錯(cuò)誤；由于P極板的電勢(shì)高，故電流方向是由a到b的，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；因?yàn)榉€(wěn)定時(shí)粒子受力平衡，即F電=F洛，故Uq =Bqv，所以?xún)蓸O板間的電勢(shì)差 U=Bdv,所以若若只改d變磁場(chǎng)強(qiáng)弱，則兩極板間的電勢(shì)差會(huì)變化，故由歐姆定律可得，通過(guò)電阻R的電流也會(huì)改變，選項(xiàng) C錯(cuò)誤;R的電流也會(huì)增大，選根據(jù)U=Bdv,若只增大粒子入射速度，則兩極板間的電勢(shì)差會(huì)增大，故通過(guò) 項(xiàng)D正確。12 絕緣的水平桌面上放置一金屬圓環(huán)，其圓心的正上方有一個(gè)豎直的條形磁鐵。當(dāng)條形磁鐵沿水平方向向右移動(dòng)時(shí)，圓環(huán)始終未動(dòng)。若圓環(huán)的質(zhì)量為m,桌面對(duì)它的支持力為 Fn。在此過(guò)程中A Fn

12、小于mg,圓環(huán)有向右的運(yùn)動(dòng)趨勢(shì)B Fn小于mg,圓環(huán)有向左的運(yùn)動(dòng)趨勢(shì)C Fn大于mg,圓環(huán)有向右的運(yùn)動(dòng)趨勢(shì)D Fn大于mg,圓環(huán)有向左的運(yùn)動(dòng)趨勢(shì)【答案】A【解析】當(dāng)條形磁鐵沿水平方向向右移動(dòng)時(shí)，相當(dāng)于磁鐵離圓環(huán)越來(lái)越遠(yuǎn)，根據(jù)來(lái)拒去留”規(guī)律可知圓環(huán)會(huì)受到向上的作用力去留戀磁鐵，故桌面對(duì)圓環(huán)的支持力就會(huì)小于圓環(huán)的重力，即Fn小于mg,選項(xiàng)CD錯(cuò)誤；因?yàn)榇盆F向右運(yùn)動(dòng)，故圓環(huán)也會(huì)有向右的運(yùn)動(dòng)趨勢(shì)，以適應(yīng)來(lái)拒去留”的規(guī)律，選項(xiàng) A正確，B錯(cuò)誤；同時(shí)該題也可以從安培力的角度去分析：對(duì)于圓環(huán)而言，其磁場(chǎng)方向向下，如果磁鐵向右運(yùn)動(dòng)，相當(dāng)于穿過(guò)圓環(huán)的磁通量在減小，根據(jù)楞次定律可知，圓環(huán)中就會(huì)產(chǎn)生一個(gè)感應(yīng)磁場(chǎng)來(lái)阻

13、礙它的減小，故 圓環(huán)的感應(yīng)磁場(chǎng)方向也向下，再由右手定則可以判斷出圓環(huán)中的電流方向從上向下看是順時(shí)針?lè)较?；?由由左手定則判斷時(shí)注意圓環(huán)邊框的磁場(chǎng)方向是斜向下的，如下圖所示，則可以判斷出圓環(huán)左右兩小段 受到的安培力的方向?yàn)樾毕蛏系?，故桌面?duì)圓環(huán)的支持力會(huì)小于重力；同時(shí)左邊這個(gè)安培力斜向左上， 為Fi，右邊的安培力是斜向右上，為F2，而磁鐵向右運(yùn)動(dòng)，右邊的磁場(chǎng)比較強(qiáng)，B 9故這二個(gè)力的水平分量是向右的大于向左的，故圓環(huán)有向右的運(yùn)動(dòng)趨勢(shì)。13將質(zhì)量為1kg的物體從地面豎直向上拋出，一段時(shí)間后物體又落回拋出點(diǎn)。在此過(guò)程中物體所受空氣阻力大小不變，其動(dòng)能Ek隨距離地面高度h的變化關(guān)系如圖所示。取重力加速

14、度g=10 m/s2。下列說(shuō)法正確的是A .物體能上升的最大高度為3mC.上升過(guò)程中物體加速度大小為10 m/s2B 物體受到的空氣阻力大小為2ND 下落過(guò)程中物體克服阻力做功為24J【答案】B【解析】由圖可知，當(dāng)物體被拋出時(shí)的動(dòng)能是72J,到高度為3m時(shí)動(dòng)能變?yōu)?6J，由于到3m時(shí)物體還有向上的動(dòng)能，故物體上升的高度要大于3m，選項(xiàng)A錯(cuò)誤;對(duì)上升到3m時(shí)的過(guò)程，利用動(dòng)能定理得：-mgh-fh=36J-72J，故物體受到的空氣阻力大小為f=2N，選項(xiàng)B正確；物體在上升過(guò)程中受到的合外力F合=mg+f=12N，故此時(shí)的加速度大小為 12m/s2,選項(xiàng)C錯(cuò)誤；設(shè)物體上升的高度為 x,則物體上升時(shí)由

15、動(dòng)能定理得：-(mg+f) x=72J,所以x=6m;則下落時(shí)它也會(huì)下落6m的，所以下落過(guò)程中克服阻力做的功為Wf=fx=2NX6m=12J,選項(xiàng)D錯(cuò)誤。14. 如圖所示，在利用v-t圖象研究勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)的位移時(shí)，我們可以把運(yùn)動(dòng)過(guò)程按橫軸t劃分為很多At足夠小的小段，用細(xì)長(zhǎng)矩形的面積之和代表物體的位移。應(yīng)用上述的方法我們可以分析其他問(wèn)題。下列說(shuō)法正確的是A .若橫軸表示速度v,縱軸表示外力B .若橫軸表示時(shí)間縱軸表示合外力C .若橫軸表示時(shí)間縱軸表示磁通量D .若橫軸表示路程X,F，可以求得外力的瞬時(shí)功率可以求得物體的動(dòng)量,縱軸表示速率的倒數(shù)可以求得感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)1/v，可以求得運(yùn)動(dòng)時(shí)間【答案】

16、D【解析】瞬時(shí)功率是某時(shí)刻的功率，它不能通過(guò)面積的大小來(lái)計(jì)算，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤;若橫軸表示時(shí)間t,縱軸表示合外力F,其面積可以表示合外力的沖量，根據(jù)動(dòng)量定理可得出的是物體的動(dòng)量的變化量，而不是物體的動(dòng)量，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；若橫軸表示時(shí)間t，縱軸表示磁通量 ，則面積是磁通量 與時(shí)間的乘積 t而根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，求感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)時(shí)需要知道的是磁通量的變化率，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤; t若橫軸表示路程X,縱軸表示速率的倒數(shù)1/V,則其面積的大小是 XX，而它的大小就是運(yùn)動(dòng)的時(shí)V間，所以選項(xiàng)D正確。第n卷（非選擇題 共58 分）15. （8分）某同學(xué)用如圖甲所示的實(shí)驗(yàn)裝置，通過(guò)重物自由下落運(yùn)動(dòng)驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律。71圖

17、甲實(shí)驗(yàn)過(guò)程中他進(jìn)行了如下操作，其中操作不當(dāng)?shù)牟襟E是 A .將打點(diǎn)計(jì)時(shí)器接到直流電源上B 先釋放紙帶，后接通電源C 在紙帶上選取適當(dāng)?shù)臄?shù)據(jù)點(diǎn)，并測(cè)量數(shù)據(jù)點(diǎn)間的距離D 根據(jù)測(cè)量結(jié)果計(jì)算重物下落過(guò)程中減少的重力勢(shì)能及增加的動(dòng)能 圖乙是正確操作后得到的一條紙帶。在紙帶上選取三個(gè)連續(xù)打出的點(diǎn)A、B、C,測(cè)得它們到起始點(diǎn)0的距離分別為sa、sb、sc。已知重物質(zhì)量為m,當(dāng)?shù)刂亓铀俣葹間，打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的打點(diǎn)周期為T(mén)。從打下0點(diǎn)到打下B點(diǎn)的過(guò)程中，重物重力勢(shì)能的減少量EP=，動(dòng)能的增加量Ek利用同一條紙帶上的多個(gè)數(shù)據(jù)點(diǎn)進(jìn)行計(jì)算并將計(jì)算結(jié)果填入下表（為便于比較，表中數(shù)據(jù)均保留一位小數(shù)）。分析數(shù)據(jù)后他發(fā)現(xiàn)表中的E

18、p與Ek之間存在差異，認(rèn)為這是由于阻力的影響造成的。他的觀點(diǎn)是否正確？請(qǐng)說(shuō)明你的觀點(diǎn)及判斷依據(jù)。12345Ep ( X 1-0J)4.99.814.719.629.4【答案】(8 分)(1) AB ; mgsB ;m(ScSa)28T2不正確。如果是由于阻力造成的差異,Ek ( x 1-0J)5.010.115.120.029.8該大于 Ek。【解析】（1）將打點(diǎn)計(jì)時(shí)器需要交流電源供電，不能接到直流電源上，故選項(xiàng)A符合題意；應(yīng)該是先接通電源，后釋放紙帶，選項(xiàng)B也符合題意；在紙帶上選取適當(dāng)?shù)臄?shù)據(jù)點(diǎn)，并測(cè)量數(shù)據(jù)點(diǎn)間的距離，這是正確的，選項(xiàng) C不符合題意；根據(jù)測(cè)量結(jié)果可以計(jì)算重物下落過(guò)程中減少的重力

19、勢(shì)能及增加的動(dòng) 能，選項(xiàng)D也不符合題意；故該題選 AB。（2）從打下0點(diǎn)到打下B點(diǎn)的過(guò)程中，重物重力勢(shì)能的減少量EP=mgsB，由于B點(diǎn)的速度為vb=邑仝A，所以動(dòng)能的增加量Ek=丄mvB2 m（SC W ；2T28T2（3）不正確，因?yàn)槊拷M數(shù)據(jù)中的動(dòng)能的增加量都大于重力勢(shì)能的減少量，如果是由于阻力造成的差 異，EP應(yīng)該大于 Ek。16. （10分）同學(xué)們利用圖示裝置測(cè)量某種單色光的波長(zhǎng)。實(shí)驗(yàn)時(shí)，接通電源使光源（燈泡）正常發(fā) 光，調(diào)整儀器從目鏡中可以觀察到干涉條紋。A 將單縫向雙縫靠近B 將屏向靠近雙縫的方向移動(dòng)C .將屏向遠(yuǎn)離雙縫的方向移動(dòng)D 使用間距更小的雙縫若雙縫的間距為d，屏與雙縫間的

20、距離為I，測(cè)得第1條亮紋中央到第n條亮紋中央間距離為 x, 則單色光的波長(zhǎng)入=。若只將濾光片去掉，下列說(shuō)法正確的是 。A 屏上出現(xiàn)彩色衍射條紋，中央是紫色亮紋B 屏上出現(xiàn)彩色衍射條紋，中央是白色亮紋C .屏上出現(xiàn)彩色干涉條紋，中央是紅色亮紋D .屏上出現(xiàn)彩色干涉條紋，中央是白色亮紋隨著學(xué)習(xí)的不斷深入，同學(xué)們對(duì)光的本性有了更為豐富的認(rèn)識(shí)?，F(xiàn)在我們知道光既具有波動(dòng)性，又具有粒子性，即光具有波粒二象性。在雙縫干涉實(shí)驗(yàn)中，某個(gè)光子打在光屏上落點(diǎn)的準(zhǔn)確位置 （選填可以”或不可以”）預(yù) 測(cè)。在光電效應(yīng)實(shí)驗(yàn)中，用紫外線(xiàn)照射鋅板可以使光電子離開(kāi)鋅板，如果只增加紫外線(xiàn)的照射強(qiáng)度光電子的最大初動(dòng)能是否會(huì)增加。請(qǐng)說(shuō)

21、明你的觀點(diǎn)及依據(jù)?！敬鸢浮浚?0分）x dB :：D : 不可以；只增加紫外線(xiàn)的照射強(qiáng)度不會(huì)增加（n 1） l光電子的最大初動(dòng)冃匕。根據(jù)愛(ài)因斯坦的光電效應(yīng)方程Ek h W，光電子的最大初動(dòng)能與光的頻率及金屬的逸出功有關(guān)，與光的強(qiáng)度無(wú)關(guān)。因此當(dāng)光的頻率及金屬的逸出功不變時(shí)，只增加紫外線(xiàn)的照射強(qiáng)度，光電子的最大初動(dòng)能不變。x=dl，則4會(huì)減【解析】（1 ）若想增加從目鏡中觀察到的條紋個(gè)數(shù)，意思是減少條紋間距，因?yàn)闂l紋間距若將單縫向雙縫靠近，條紋間距不會(huì)變化，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；將屏向靠近雙縫的方向移動(dòng)，減小小，故選項(xiàng)B正確；將屏向遠(yuǎn)離雙縫的方向移動(dòng)，則增大I，故會(huì)增大，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤；使用間距更小的雙縫，即

22、減小d,則4會(huì)增大，故選項(xiàng)D也錯(cuò)誤。（2）若雙縫的間距為d，屏與雙縫間的距離為I，測(cè)得第1條亮紋中央到第n條亮紋中央間距離為xd x dxX,則相鄰兩條明條紋的間距 =，故單色光的波長(zhǎng) 入 n 1丨 （n 1）（3）若只將濾光片去掉，則射到比縫上的光變?yōu)榘坠?，則經(jīng)過(guò)雙縫得到的圖樣仍是干涉圖樣，中央是白色的亮條紋，亮條紋的邊緣是彩色的，選項(xiàng)D正確。（4） 若討論的是某個(gè)光子打在光屏上，則顯示出它的粒子性， 但是該光子到底落在屏的什么位置是不確定的，即不可以預(yù)測(cè)落點(diǎn)的準(zhǔn)確位置；只增加紫外線(xiàn)的照射強(qiáng)度不會(huì)增加光電子的最大初動(dòng)能。根據(jù)愛(ài)因斯坦的光電效應(yīng)方程 Ek h W ,光電子的最大初動(dòng)能與光的頻率

23、及金屬的逸出功有關(guān)，與光的強(qiáng)度無(wú)關(guān)。因此當(dāng)光的頻率及金屬的逸出功 不變時(shí)，只增加紫外線(xiàn)的照射強(qiáng)度，光電子的最大初動(dòng)能不變。17. （ 9分）為了比較兩種細(xì)線(xiàn)所能承受的拉力，有同學(xué)設(shè)計(jì)了如下實(shí)驗(yàn)：取長(zhǎng)度相同的細(xì)線(xiàn)1、細(xì)線(xiàn)2系于同一小物體上，將細(xì)線(xiàn)1的另一端固定于水平桿上的 A點(diǎn)，手握著細(xì)線(xiàn)2的另一端沿水平桿緩慢向右移動(dòng)。當(dāng)手移動(dòng)到位置B時(shí)，細(xì)線(xiàn)1恰好被拉斷，此時(shí) AB間距離d=60cm。已知小物體質(zhì)量 m=400g,兩細(xì)線(xiàn)長(zhǎng)度均為 50cm。取重力加速度 g=10m/s2。求：【答案】【解析】對(duì)小物體受力分析得，根據(jù)平衡條件有細(xì)線(xiàn)1能承受的最大拉力 Fi。細(xì)線(xiàn)1被拉斷后，小物體擺動(dòng)到最低點(diǎn)。在此

24、過(guò)程中細(xì)線(xiàn)2的上端固定在B點(diǎn)不動(dòng)。求小物體在最低點(diǎn)時(shí)細(xì)線(xiàn)2所受拉力大小F2。(1)F仁2.5N ；( 2)F2= 5.6N。（9分）（1）設(shè)恰好被拉斷時(shí)，細(xì)線(xiàn) 1與豎直方向夾角為 0由題得 cos 0=0.8解得細(xì)線(xiàn)1能承受的最大拉力F1=2.5N小物體擺動(dòng)到最低點(diǎn)過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理有mgL(1cos )=1 mv22小物體運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律有mg2vm L解得小物體所受拉力F=5.6N根據(jù)牛頓第三定律，小物體在最低點(diǎn)時(shí)細(xì)線(xiàn)2所受拉力大小F2= 5.6N。18. （9分）如圖所示，真空中一對(duì)平行金屬板水平正對(duì)放置，板長(zhǎng)為L(zhǎng),極板面積為S,兩板間距離為d。 圖中裝置可視為平行板電

25、容器，充電后與電源斷開(kāi)， 板間存在勻強(qiáng)電場(chǎng)。已知電容器所帶電荷量為Q。請(qǐng)你證明：兩板間的電場(chǎng)強(qiáng)度E只與Q及S有關(guān)，與d無(wú)關(guān)。 若保持圖中兩金屬板間的電勢(shì)差為U，現(xiàn)有一帶電粒子從上極板邊緣以某一初速度垂直于電場(chǎng)方向射入兩極板之間，到達(dá)下極板時(shí)恰好落在極板中心。已知帶電粒子的質(zhì)量為m,電荷量為q,板間電場(chǎng)第11頁(yè)共15頁(yè)a和初速度vo?！敬鸢浮浚?）證明見(jiàn)解析；（2）aVoqUL8md【解析】（9分）根據(jù)平行板電容器電容的決定式有S4 kdQ根據(jù)電容的定義式有 C -U根據(jù)勻強(qiáng)電場(chǎng)中電場(chǎng)強(qiáng)度與電勢(shì)差關(guān)系有聯(lián)立可得4 kQS由此可證兩板間的電場(chǎng)強(qiáng)度E只與Q及S有關(guān)，與d無(wú)關(guān)。金屬板間勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)粒

26、子在板間運(yùn)動(dòng)的加速度qE qUm md在垂直于金屬板的方向，帶電粒子做初速度為零的勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)1at在平行于金屬板的方向，帶電粒子以速度V0做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)tL2vo帶電粒子的初速度v08md2可視為勻強(qiáng)電場(chǎng)，忽略重力和空氣阻力的影響。求：帶電粒子在極板間運(yùn)動(dòng)的加速度第#頁(yè)共15頁(yè)19. （10分）溫度有時(shí)能明顯地影響導(dǎo)體的導(dǎo)電性能。在實(shí)際應(yīng)用中，常用縱坐標(biāo)表示電流I、橫坐標(biāo)表示電壓 U ,畫(huà)出導(dǎo)體的伏安特性曲線(xiàn)。如圖甲所示為某導(dǎo)體的伏安特性曲線(xiàn)。第19頁(yè)共15頁(yè) 由圖甲可知，隨著電壓升高，該導(dǎo)體的電阻逐漸_ （選填 變大”或 變小”）。 若將該導(dǎo)體與電動(dòng)勢(shì) E=3V，內(nèi)阻r=1Q的電源、阻值

27、R=9Q的定值電阻連接成圖乙所示電路，電路閉合后導(dǎo)體的實(shí)際功率為 。如圖丙所示為一個(gè)簡(jiǎn)單恒溫箱的溫控裝置的原理電路圖，電磁鐵與熱敏電阻R、滑動(dòng)變阻器 R/串聯(lián)接在電源E兩端。當(dāng)通過(guò)電磁鐵的電流大于或等于15 mA時(shí)，吸引銜鐵，使觸點(diǎn)斷開(kāi)，加熱器停止工作。已知電磁鐵的電阻Ro=20 Q熱敏電阻在不同溫度下的阻值如下表所示t/ C30.040.050.060.070.080.0R/ Q208145108826249 現(xiàn)有下列實(shí)驗(yàn)器材可供選擇：電源Ei （電動(dòng)勢(shì)為3 V,內(nèi)阻1 Q）、電源E2（電動(dòng)勢(shì)6 V,內(nèi)阻2 Q）、滑動(dòng)變阻器 R1 （0500 Q）、滑動(dòng)變阻器 R2 （02000 ）。為使該

28、裝置實(shí)現(xiàn)對(duì) 3080C之間任意溫度的控制且便于調(diào)節(jié)，電源E應(yīng)選用 （選填Ed或E2”）,滑動(dòng)變阻器R/應(yīng)選用 （選填R1或R2”。 如果要使恒溫箱內(nèi)的溫度保持在50 C滑動(dòng)變阻器連入電路的阻值為多少？270QO【答案】（10分） 變大；0.2W ;（2）E2 R1； 由題知，50。時(shí)熱敏電阻的阻值 R=108 Q,根據(jù)閉合電路歐姆定律；解得滑動(dòng)變阻器連入電路的阻值為R0 R+R r【解析】（1）因?yàn)殡娮璧碾娏髋c電壓的圖線(xiàn)隨著電壓的增大而彎向電壓U軸，說(shuō)明它的電阻在變大；我們也榀以通過(guò)先以?xún)山M不同電壓的數(shù)據(jù)計(jì)算一下，從而得出，在電壓增大時(shí)，其電阻也是增大的結(jié)論；電路相當(dāng)于導(dǎo)體與一個(gè)電動(dòng)勢(shì)為E=3

29、V，內(nèi)阻r=10Q的電源相連接，我們可以畫(huà)出該電源的U I特性曲線(xiàn)來(lái)，如圖所示，則這兩條線(xiàn)的交點(diǎn)即為導(dǎo)體兩端的電壓和電路中的電流，大小分別為U=1.0V ,I=0.2A，故導(dǎo)體的實(shí)際電功率為P=UI=1.0V X 0.2A=0.2W（2）要想控制30C時(shí)的情況，此時(shí)熱敏電阻的阻值為208Q,需要的最小電動(dòng)勢(shì) E=0.015X（ 208+20）疋3.4V由于還要考慮滑動(dòng)變阻器的阻值，因此 3V的電源電動(dòng)勢(shì)太小，應(yīng)選擇 6V的電源E2;滑動(dòng)變阻器 采用限流接法時(shí)，只要大于熱敏電阻與電磁鐵總電阻的 35倍就可以，不用非常大，非常大時(shí)會(huì)操作不方便的，所以變阻器選 R1;由題知，50。時(shí)熱敏電阻的阻值 R=108Q,根據(jù)閉合電路歐姆定律IR0 R+R r解得滑動(dòng)