2019屆江蘇省南通市高三第一次模擬考試物理試題(解析版)

2019屆江蘇省南通市高三第一次模擬考試物理試題（解析版）物一、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.如圖所示，豎直墻面上有一只壁虎從 A點沿水平直線加速運動到B點，此過程中壁虎受到摩擦力的方向是A.斜向右上方B.斜向左上方C.水平向左D.豎直向上【答案】B【解析】【分析】根據(jù)壁虎作加速直線運動可得，合力方向水平向左，再由平行四邊形定則即可求解?！驹斀狻坑捎诒诨腁到B做勻加速直線運動，即壁虎所受合力水平向左，在豎直平面內(nèi)壁虎受重力、摩擦力，由平行四邊形定則可知，摩擦力方向斜向左上方，故B正確。故選：Bo.如圖所示，小燈泡的規(guī)格為“6V3W：R=4Q,電源內(nèi)阻r=1◎,.閉合開關(guān)S,燈泡L正常發(fā)光,電壓表示數(shù)為零，電流表示數(shù)為 1A,電表均為理想電表，則電源電動勢 E和電源輸出功率P分別為E=8V,P=6WE=8V,P=7WE=9V,P=8WE=9V,P=9W【答案】C【解析】P=I2R表示出P=I2R表示出R2消耗的電功率得出R2的表達RLRL的方程。由公式：電源的輸出功率為：P出=IU=MW,故C正確。故選：C?！军c睛】本題考查了串聯(lián)電路和并聯(lián)電路的特點以及歐姆定律的應(yīng)用， 關(guān)鍵是換出三種情況的等效電路圖，難點是得出三電阻之間的關(guān)系。.如圖所示，斜面上從A點水平拋出的小球落在B點，球到達B點時速度大小為v,方向與斜面夾角為現(xiàn)將小球從圖中斜面上C點拋出，恰能水平擊中A點，球在C點拋出時的速度大小為vi方向與斜面夾角為3。則3=a,Vi=V3>a,Vi>v3Va,Vi<V【答案】A【解析】【分析】小球落在斜面上，豎直方向上的位移與水平方向位移的比值一定，運動的時間與初速度有關(guān)，根據(jù)豎直方向上的位移公式，可得出豎直位移與初速度的關(guān)系，從而知道小球的落點；根據(jù)速度方向與水平方向的夾角變化，去判斷 0的變化。【詳解】由逆向思維可知，從A點水平拋出的小球剛好落在C點，由物體在斜面上做平拋運動落在斜面上，任一時刻速度與水平方向夾角的正切值是位移與水平方向夾角正切值的 2倍，所以口=%設(shè)小球落在斜面上速度與水平方向的夾角為 3則小球落在斜面上，豎直方向上的速度與水平方向速度的比2-gt值_v，，解得:v7ftM叼2v0落在斜面上的速度為 ..由于落在C點的小球運動時間短，所以有故選：A。【點睛】物體在斜面上做平拋運動落在斜面上，豎直方向的位移與水平方向上的位移比值是一定值.以及知道在任一時刻速度與水平方向夾角的正切值是位移與水平方向夾角正切值的 2倍。4.利用圖示裝置研究自感現(xiàn)象， L為自感系數(shù)較大的線圈，兩導(dǎo)軌相互平行，處于勻強磁場中，導(dǎo)體棒ab以速度vo沿導(dǎo)軌勻速運動時，燈泡的電功率為 Pi；棒ab沿導(dǎo)軌加速運動至速度為V0時，燈泡的電功率為P2O則LXXXXXXI-% (X)XXXXXXTbPi=P2Pl>P2P1VP2D.無法比較Pi和P2的大小【答案】B【解析】【分析】勻速運動時，電路中的電流不變，在線圈中的磁通量不變，沒有自感電動勢產(chǎn)生，加速運動時，電路中的電流變化，在線圈中的磁通量變化，產(chǎn)生自感電動勢，由此可解答?！驹斀狻縜b以速度vo沿導(dǎo)軌勻速運動時，電路中的電流不變，電流產(chǎn)生的磁場不變，所以穿過線圈的磁通量不變，沒有自感電動勢產(chǎn)生，棒ab沿導(dǎo)軌加速運動時，電路中的電流變大，電流產(chǎn)生的磁場變大，所以穿過線圈的磁通量變大，有自感電動勢產(chǎn)生，比較兩種情況可知，ab以速度vo沿導(dǎo)軌勻速運動時，電路中的電流更大，由公式P=：pR可得：Pi>P2?！军c睛】本題考查了判斷金屬棒的運動情況，應(yīng)用右手定則、分析清楚物體運動情況即可正確解題，要注意楞次定律在自感現(xiàn)象中的應(yīng)用。5.如圖所示，半徑為R的半球形容器固定在水平轉(zhuǎn)臺上， 轉(zhuǎn)臺繞過容器球心O的豎直軸線以角速度3勻速轉(zhuǎn)動。質(zhì)量不同的小物塊A、B隨容器轉(zhuǎn)動且相對器壁靜止， A、B和球心O點連線與豎直方向的夾角分別為a和3, .。則A的質(zhì)量一定小于B的質(zhì)量A、B受到的摩擦力可能同時為零C.若A不受摩擦力，則B受沿容器壁向上的摩擦力D.若3增大，AB受到的摩擦力可能都增大【答案】D【解析】【分析】A物塊受到的摩擦力恰好為零，靠重力和支持力的合力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律，結(jié)合角速度的大小建立等式；分析此時B物體摩擦力的方向，重力和支持力的合力不夠提供向心力，摩擦力方向沿罐壁切線向下，根據(jù)牛頓第二定律求出摩擦力的大小?！驹斀狻慨擝摩擦力恰為零時，受力分析如圖根據(jù)牛頓第二定律得：物塊轉(zhuǎn)動角速度與物塊的質(zhì)量無關(guān)，所以無關(guān)判斷質(zhì)量的大小由于（!>口，所以切冉2⑴日，即AB受到的摩擦力不可能同時為零；若A不受摩擦力，此時轉(zhuǎn)臺的角速度為?A>C0B,所以B物塊的向心力大于不摩擦力為零時的角速度，所以此時B受沿容器壁向下的摩擦力；如果轉(zhuǎn)臺角速度從A不受摩擦力開始增大，AB的向心力都增大，所受的摩擦力增大。故選：Do【點睛】解決本題的關(guān)鍵搞清物塊做圓周運動向心力的來源，結(jié)合牛頓第二定律，抓住豎直方向上合力為零，水平方向上的合力提供向心力進行求解。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合題意，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.6.2018年6月14日.承擔嫦娥四號中繼通信任務(wù)的“鵲橋”中繼星抵達繞地月第二拉格朗日點的軌道， 第二拉格朗日點是地月連線延長線上的一點，處于該位置上的衛(wèi)星與月球同步繞地球公轉(zhuǎn)，則該衛(wèi)星的A.向心力僅來自于地球引力B.線速度大于月球的線速度C.角速度大于月球的角速度D.向心加速度大于月球的向心加速度【答案】BD【解析】【分析】衛(wèi)星與月球同步繞地球運動，角速度相等，根據(jù)v=r④，a=r32比較線速度和向心加速度的大小?！驹斀狻緼.衛(wèi)星受地球和月球的共同作用的引力提供向心力，故 A錯誤；BC.衛(wèi)星與月球同步繞地球運動，角速度相等，、“鵲橋”中繼星的軌道半徑比月球繞地球的軌道半徑大，根據(jù)v=cor知“鵲橋”中繼星繞地球轉(zhuǎn)動的線速度比月球繞地球線速度大，故 B正確，C錯誤；D.鵲橋”中繼星的軌道半徑比月球繞地球的軌道半徑大，根據(jù) a=co2r知“鵲橋”中繼星繞地球轉(zhuǎn)動的向心加速度比月球繞地球轉(zhuǎn)動的向心加速度大，故 D正確。故選：BD【點睛】本題考查萬有引力的應(yīng)用，題目較為新穎，在解題時要注意“鵲橋”中轉(zhuǎn)星與月球繞地球有相同的角速度這個隱含條件。.科考人員在北極乘車行進，由于地磁場的作用，汽車后輪輪軸 （如圖所示）的左、右兩端電勢高低 情況是后輪輪軸左I■右A.從東向西運動，左端電勢較高.從東向西運動，右端電勢較高C.從西向東運動，左端電勢較高D.從西向東運動，右端電勢較高【答案】AC【解析】【分析】由于地磁場的存在，當?shù)厍虮备浇矫嫔像{駛一輛車向前行進時，由于地磁場作用，冰車兩端會有電勢差，相當于金屬棒在切割磁感線一樣.從駕駛員角度看，磁場向下由右手定則可判定冰車左端的電勢比右端的電勢低。【詳解】地球北極的磁場向下，無論汽車從東向西運動，還是從西向東運動，汽車后輪輪軸切割磁感線，由右手定則可知，從駕駛員角度看，汽車的左端電勢較高，故 A、C正確。故選：AC【點睛】車的運動，類似于金屬棒在磁場中切割磁感線一樣會產(chǎn)生電動勢，而電源內(nèi)部的電流方向則是由負極流向正極的。8.如圖，某質(zhì)點沿直線運動的 v-t圖象為余弦曲線，從圖中可以判斷A.在0~ti時間內(nèi)，合力逐漸減小B.在0~t2時間內(nèi)，合力做正功C.在tl~t2時間內(nèi)，合力的功率先增大后減小D.在t2~t4時間內(nèi)，合力做的總功為零【答案】CD【分析】由速度大小變化結(jié)合動能定理可判定外力做功正負.取兩個特殊位置可以判定外力的功率變化.由從 v-t圖線表示斜率表示加速度可判定加速度的變化?！驹斀狻緼.從v-t圖線表示斜率表示加速度，在0~ti時間內(nèi)，加速度增大，由牛頓第二定律可知，合力增大，故A錯誤；B.由動能定理知0?12時間內(nèi)，動能增量為0,即外力做功為0,故B錯誤；C.ti時刻，F(xiàn)最大，v=0,F的功率為0.t2時刻F=0,速度最大，F(xiàn)的功率為0,ti?t2時間內(nèi)，外力的功率先增后減，故C正確；D.由動能定理知12?14間內(nèi)，動能增量為0,即外力做功為0,故D正確。故選：CD【點睛】本題關(guān)鍵在于C的判定上所采用的方法，這種特殊位置法在判定某個物理量的變化規(guī)律的時候比較有用，類似的如球形沙漏判定重心位置變化。9.圖示空間有一靜電場，y軸上各點的場強方向沿y軸正方向豎直向下，兩小球P、Q用長為L的絕緣細線連接，靜止在軸上AB兩點。兩球質(zhì)量均為mQ球帶負電，電荷量為-q,A點距坐標原點O的距離為L,y軸上靜電場場強大小E=；：；,剪斷細線后，Q球運動到達的最低點C與B點的距離為h,不計兩球間的靜電力作用。則P球帶正電P球所帶電荷量為-4qC.兩點間電勢差為—qD.剪斷細線后，Q球與O點相距3L時速度最大【答案】BCD【解析】

選取AB組成的整體為研究的對象，寫出平衡方程，即可求得A的電量；剪斷細線后，B球的先向下做加速A球或B球至IJA球或B球至IJ。點的距離，根據(jù)功能【詳解】A選取AB組成的整體為研究的對象， 由平衡可知，2mg=Fp+Fq,其中FQ=qE=q*[B=]g,所以Fp=$)g,方向向上，故P帶負電，故A錯誤;B.由FpB.由Fp=5mg=鄲x，解得:每二4口且為負電，故B正確;C.對Q從B到C由動能定理可得:D.速度最即加速度為零，即有:mgh=qU,解得：UC.對Q從B到C由動能定理可得:D.速度最即加速度為零，即有:mg=qx ,解得：丫=九，故D正確。3qL故選：BCD【點睛】本題主要是考查帶電粒子在復(fù)合場中的運動，兩個小球受到的力是變力，要根據(jù)它們受力變化的規(guī)律，正確分析得出它們運動的規(guī)律，然后才能做出正確的結(jié)論。三、簡答題：本題分必做題(第10、11、12題)和選做題(第13題)兩部分，共計42分.10.某探究小組險證機械能守恒定律的裝置如圖所示， 細線端拴一個球，另一端連接力傳感器，固定在天花板上，傳感器可記錄球在擺動過程中細線拉力大小，用量角器量出釋放球時細線與豎直方向的夾角，用天平測出球的質(zhì)量為m重力加速度為go(1)用游標卡尺測出小球直徑如圖所示，讀數(shù)為mm12 3 4川ihwwjhiii川10 20(2)將球拉至圖示位置，細線與豎直方向夾角為 0,靜止釋放球，發(fā)現(xiàn)細線拉力在球擺動過程中作周期性變化。為求出球在最低點的速度大小，應(yīng)讀取拉力的(選填“最大值”或“最小值”)，其值為F。(3)球從靜止釋放運動到最低點過程中，滿足機械能守恒的關(guān)系式為(用測定物理量的符號表示)。(4)關(guān)于該實驗，下列說法中正確的有。A.細線要選擇伸縮性小的B.球盡量選擇密度大的C.不必測出球的質(zhì)量和細線的長度D.可以直接用彈簧測力計代替力傳感器進行實驗【答案】(1).18.50(2). 最大值(3). 2mg(1-c口期=F-mg(4).AB【解析】【分析】選取體積小，阻力小的鐵球；游標卡尺的讀法，先確定分度數(shù)，從而確定精確度，進行讀數(shù)；依據(jù)實驗原理，結(jié)合減小的重力勢能轉(zhuǎn)化為動能， 及球在最低點，則繩子的拉力與重力的合力提供向心力，從而即可求解；【詳解】(1)游標卡尺的讀數(shù)為：1.8cm+10x0.05nini=18.50inni;(2)小球在最低點由牛頓第二定律可得： = 由此可知，應(yīng)讀出小球在最低時繩的拉力即最大值；(3)由機械能守恒定律可得： mgL(l-COS0)= mg)L,整理得：2mg(l-co期=F-mg；(4)A.為了減小小球做圓周運動的半徑的變化，所以細線要選擇伸縮性小的，故 A正確；B.為了減小阻力的影響，球盡量選才I密度大的，體積小的，故 B正確；C.球從靜止釋放運動到最低點過程中，滿足機械能守恒的關(guān)系式為 2mg(lrci砥)=F-mg可知，應(yīng)測出小球的質(zhì)量，而不用測出細線的長度，故 C錯誤；D.由于彈簧的彈力屬于漸變，所以小球擺到最低點瞬間，彈力的測量準確，故 D錯誤。故選：AR【點睛】考查圓周運動的處理規(guī)律，掌握牛頓第二定律與向心力表達式內(nèi)容，理解驗證機械能守恒定律的原理，知道游標卡尺的讀數(shù)，注意沒有估計值。11.某同學(xué)設(shè)計了如圖所示電路， 測量定值電阻的阻值、 電源的電動勢和內(nèi)阻， 使用的器材有：待測定值電阻R(約幾歐)、待測電源E、電流表A、電阻箱R(0-999.9◎)、開關(guān)兩個及導(dǎo)線若干。(1)請用筆畫線代替導(dǎo)線在圖中完成實物電路的連接;

待測電源待測電源(2)測量R的值時，閉合開關(guān)S前，調(diào)節(jié)R至(選填“最大值”或“最小值”)，然后閉合開關(guān)Si和S2,調(diào)節(jié)R使電流表示數(shù)為I,此時R的值為7.8Q;再斷開S2,將R調(diào)到5.8Q時，電流表示數(shù)也為I,則R的值為Q。(3)測量電源電動勢E和內(nèi)阻r時，閉合開關(guān)Si、斷開S2,調(diào)節(jié)團得到R和對應(yīng)電流I的多組數(shù)據(jù)，作

出;-R圖象如圖所示，則電源電動勢 E=V,內(nèi)阻r=(計算結(jié)果均保留兩位有效數(shù)字)，若電流表A內(nèi)阻不可忽略，則r的測量值(選填“大于”、“等于”或“小于”)真實值?！敬鸢浮?(1).【答案】 (1).如圖:(2).最大值(3).2.0(4).6.0(5).1.0(6).大于【解析】【分析】電路電流相等，電路總電阻相等，根據(jù)題意求出待測電阻阻值。根據(jù)題意應(yīng)用閉合電路歐姆定律可以求出電源電動勢與內(nèi)阻。根據(jù)實驗電路圖應(yīng)用閉合電路歐姆定律分析實驗誤差?！驹斀狻?1)按原理圖接線，如圖

(2)為了保護用電器，所以應(yīng)使電阻箱的最大阻值接入電路，即在閉合開關(guān)前調(diào)節(jié)R2至最大值;由閉合電路歐姆定律得:“水解得：；(3)由閉合電路歐姆定律得:E=I(R]+R(2)為了保護用電器，所以應(yīng)使電阻箱的最大阻值接入電路，即在閉合開關(guān)前調(diào)節(jié)R2至最大值;由閉合電路歐姆定律得:“水解得：；(3)由閉合電路歐姆定律得:E=I(R]+R十力整理得:由圖像可知，?-R

E15-05解得：若電流表A內(nèi)阻不可忽略,由閉合電路歐姆定律得:整理得：1,A1—J—R

E即內(nèi)阻的測量值為：LR.Fi即大于真實值。12.下列說法中正確的有()A.氫核的半衰期為3.8天，20個氫原子核經(jīng)7.6天后剩下5個氫原子核B.由質(zhì)能方程可知，物體的能量發(fā)生變化時，物體的質(zhì)量也相應(yīng)變化C.鐳核發(fā)生一次a衰變時，產(chǎn)生的新核與原來的原子核相比，中子數(shù)減少了D.社核發(fā)生3衰變后，產(chǎn)生新核的比結(jié)合能大于原來社核的比結(jié)合能【答案】BD【分析】半衰期具有統(tǒng)計意義，對大量的原子核適用“衰變生成氯原子核，質(zhì)量數(shù)少4,質(zhì)子數(shù)少2。A錯誤;【詳解】A.A錯誤;B.質(zhì)能方程E=m(2可知，物體的能量發(fā)生變化時，物體的質(zhì)量也相應(yīng)變化，故B正確;4,中子數(shù)減少2,故C4,中子數(shù)減少2,故C錯誤;D.社核發(fā)生3衰變后，產(chǎn)生新核處于高能級，所以產(chǎn)生的新核比結(jié)合能都增加，故 D正確。故選：BD.真空中有不帶電的金屬鉗板和鉀板，其極限波長分別為入和入2,用波長為入（入1＜入〈入2）的單色光持續(xù)照射兩板面，則帶上正電的金屬板是（選填"鉗板"或"鉀板"）。已知真空中光速為C,普朗克常量為h,從金屬板表面飛出的電子的最大初動能為【答案】 （1）.鉀板（2）.htU—【解析】【分析】將光電效應(yīng)和電容器、帶電粒子在電場中的運動聯(lián)系起來.解決本題時可用排除法：根據(jù) 入1〈入〈入2可知，該光不能使鉗發(fā)生光電效應(yīng)【詳解】由公式V=I,由于（入1〈入〈入2）,所以單色光的頻率大于鉀板的極限頻率而小于鉗板的極限頻率，A所以單色光照在兩板面時，鉀板能發(fā)生光電效應(yīng)，所以鉀板帶正電，由愛因斯坦光電效應(yīng)方程：A%心內(nèi).如圖所示，質(zhì)量為M的木塊位于光滑水平面上，木塊與墻間用輕彈簧連接，開始時木塊靜止在 A位置.現(xiàn)有一質(zhì)量為m的子彈以水平速度V0射向木塊并嵌人其中，經(jīng)過一段時間，木塊第一次回到A位置，彈簧在彈性限度內(nèi)。求：布nWWVWWV/①木塊第一次回到A位置時速度大小v;②此過程中墻對彈簧沖量大小 I?！敬鸢浮竣佟窘馕觥俊痉治觥孔訌椛淙肽緣K過程，由于時間極短，子彈與木塊間的內(nèi)力遠大于系統(tǒng)外力， 故可由動量守恒定律列式求解，子彈和木塊的共同速度；然后系統(tǒng)在彈簧彈力的作用下先做減速運動，后做加速運動，回到 A位置時速度大小不變，根據(jù)動量定理可求得此過程中墻對彈簧的沖量 I的大小?！驹斀狻孔訌椛淙肽緣K過程，由于時間極短，子彈與木塊間的內(nèi)力遠大于系統(tǒng)外力，由動量守恒定律得：m%=（M+mv解得：m+M子彈和木塊系統(tǒng)在彈簧彈力的作用下先做減速運動，后做加速運動，回到 A位置時速度大小不變，即當木nivn塊回到A位置時的速度大小v---in+M子彈和木塊彈簧組成的系統(tǒng)受到的合力即可墻對彈簧的作用力，根據(jù)動量定理得：I=-（M+mv-mv0=-2mv0所以墻對彈簧的沖量I的大小為2m%?！军c睛】子彈射木塊是一種常見的物理模型，由于時間極短，內(nèi)力遠大于外力，故動量守恒。.下列說法中正確的有A.液面上方的蒸汽達到飽和時就不會有液體分子從液面飛出B.液體表面層分子間的平均距離等于液體內(nèi)部分子間的平均距離C.用磁子壓緊土壤，可以把地下的水引上來，這屬于毛細現(xiàn)象D.在完全失重的情況下，熔化的金屬能夠收縮成球形【答案】CD【解析】【分析】液體表面層的分子比液體內(nèi)部的分子有更大的分子勢能完全失重時，沒有了重力的影響熔化的金屬可以收縮成標準環(huán)形；【詳解】A.液面上部的蒸汽達到飽和時， 液體分子從液面飛出，同時有蒸汽分子進入液體中； 從宏觀上看,液體不再蒸發(fā)，故A錯誤；B.液體表面層分子較為稀疏，分子間距離大于平衡時的距離 r。，故B錯誤；C.車輪在潮濕的地面上滾過后，車轍中會滲出水，屬于毛細現(xiàn)象，故C正確；D.完全失重情況下，熔化的金屬由于表面張力的收縮作用， 以及球形表面積最小，金屬結(jié)果能夠收縮成標準的球形，故D正確。故選：CD.如圖所示，密閉絕熱容器內(nèi)有一活塞， 活塞的上部封閉著氣體， 下部為真空。真空區(qū)域輕彈簧的一端固定在容器的底部，另一端固定在活塞上，彈簧被壓縮后用繩扎緊。繩突然繃斷，活塞上升過程中，氣體的內(nèi)能（選填“增加”“減少”或“不變”），氣體分子的平均速率（選填"變大"、“變小”或“不變”）?！敬鸢浮?（1）.增加（2）.變大【解析】【分析】繩子斷開后活塞上下振動，彈簧的部分彈性勢能轉(zhuǎn)化為氣體內(nèi)能，最后活塞靜止，活塞靜止時受到氣體的壓力與重力作用，彈簧仍然被壓縮，具有一定的彈性勢能，活塞位置升高，活塞的重力勢能增大。【詳解】活塞最終靜止時，活塞位置比初位置升高，彈簧的部分彈性勢能 b將轉(zhuǎn)化活塞的重力勢能最后，彈簧的部分重力勢能轉(zhuǎn)化為氣體內(nèi)能，理想氣體內(nèi)能變大，溫度升高，最后氣體溫度比繩突然斷開時的高，溫度是分子平均動能的標志，所以溫度高，分子平均動能變大。【點睛】從能量的角度分析問題，是正確解題的關(guān)鍵.在繩子斷開后，在彈簧彈力作用下，活塞上上運動，壓縮氣體做功，彈性勢能轉(zhuǎn)化為氣體內(nèi)能，彈簧彈性勢能減小，活塞靜止后，彈簧的彈性勢能轉(zhuǎn)化為氣體內(nèi)能、活塞重力勢能與彈簧的彈性勢能。.如圖所示，空的飲料罐中插入一根粗細均勻的透明吸管，接口處密封，吸管內(nèi)注入一小段油柱 （長度可以忽略），制成簡易氣溫計，已知飲料罐的容積為V,吸管內(nèi)部橫截面積為S,接口外吸管長度為L”當溫度為T1時，油柱與接口相距Li,不計大氣壓的變化。①簡要說明吸管上標示的氣溫刻度是否均勻;②求氣溫計能測量的最高溫度 To【答案】①刻度是均勻的根據(jù)氣體方程找出體積的變化量與溫度的變化量的函數(shù)關(guān)系判斷.V【詳解】（1）根據(jù)蓋-呂薩克定律：-=CV則T所以

即體積的變化量與溫度的變化量成正比，吸管上標的刻度是均勻的;（2）罐內(nèi)氣體壓強保持不變，同理有解得：(解得：(v1L同7V+I^S【點睛】解決該題關(guān)鍵掌握理想氣體方程得應(yīng)用，注意物理量的變化范圍。18.利用圖示裝置研究雙縫干涉現(xiàn)象并測量光的波長，下列說法中正確的有白熾燈①②罩遮光箭屏』I卜』』A.實驗裝置中的①②③元件分別為濾光片、單縫、雙縫B.將濾光片由紫色換成紅色，干涉條紋間距變寬C.將單縫向雙縫移動一小段距離后，干涉條紋間距變寬D.測量過程中誤將5個條紋間距數(shù)成6個，波長測量值偏大【答案】AB【解析】【分析】用條紋間距后公式△x=一九求解。d【詳解】A.濾光片的作用是使入射光變成單色光， 單縫的作用是使入射光變成線光源， 雙縫的作用是形成相干光源，其排列順序合理，故A正確；B.將濾光片由紫色的換成紅色的，波長入變長，根據(jù)雙縫干涉條紋的間距公式 =知條紋間距d增大，故B正確；LC.將單縫向雙縫移動一小段距離后，由 可知與此距離無關(guān)，故干涉條紋間距不變，故C錯誤；dD.測量過程中，把5個條紋間距數(shù)成6個，導(dǎo)致變小，則波長測量值偏小， D錯誤；故選AB.19.一種簡易地震儀由豎直放置的彈簧振子 A和水平放置的彈簧振子B組成，如圖所示，可以粗略測定震源的深度.某次地震中，震源在地震儀的正下方，地震波中的橫波和縱波傳播速度分別為 V1和V2（V1<V2）,觀察到兩振子開始振動的時間差為 At,則（選填"A”或"B”）彈簧振子先開始振動，震源與地震儀距離約為^

【答案】 (1).A(2).【解析】【分析】[1]根據(jù)球的振動方向，判斷其伴隨哪種波振動，在根據(jù)波速判斷振動先后;[2]根據(jù)距離相同，以及速度公式求解震源與地震儀距離.【詳解】[1]A球在豎直方向，伴隨縱波振動， B球在水平方向，伴隨橫波振動，由題可知縱波的速度大于橫波速度，故縱波先到，所以A先開始振動;[2]根據(jù)%Y20.有一種用于電子顯示屏的發(fā)光二極管,其管芯的發(fā)光區(qū)域是直徑為D的圓面，P為O點正上方球面上的一點，發(fā)光二極管中半球體介質(zhì)的半徑為R,如圖所示.①若介質(zhì)的折射率m=赤，真空中光速為c,求光從A點沿直線傳播到20.有一種用于電子顯示屏的發(fā)光二極管,其管芯的發(fā)光區(qū)域是直徑為D的圓面，P為O點正上方球面上的一點，發(fā)光二極管中半球體介質(zhì)的半徑為R,如圖所示.①若介質(zhì)的折射率m=赤，真空中光速為c,求光從A點沿直線傳播到P點的時間t;②為使從發(fā)光面AB發(fā)出的光在球面上都不發(fā)生全反射，介質(zhì)的折射率n應(yīng)滿足什么條件?…飛②n片由幾何關(guān)系求解光從A點傳播到P點的距離，根據(jù)v=c/n求解速度,根據(jù)t=x/v求解時間；考慮臨界情況,從A點或B點垂直于圓盤射出的光射到球面的入射角最大，然后結(jié)合公式n=1/sinC進行分析即可.【詳解】①光在介質(zhì)中的傳播速度 v=2nlR2+D2則此光從a點傳播到p點的時間：ryt=—J8R-+2D解得t=--2c②從A或B點垂直于圓盤射出的光射到球面的入射角最大 (設(shè)為a),則Dsin民=2R設(shè)光發(fā)生全反射的臨界角為 C,則sinC=不發(fā)生全反射應(yīng)滿足sina<sinC解得n<—.D四、計算題：本題共3小題，共計47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 ^21.如圖，兩足夠長的光滑平行導(dǎo)軌水平放置，處于磁感應(yīng)強度為 B方向豎直向上的勻強磁場中，導(dǎo)軌間距為L,一端連接阻值為R的電阻。一金屬棒垂直導(dǎo)軌放置，質(zhì)量為E接入電路的電阻為r。水平放置的輕彈簧左端固定，右端與金屬桿中點鏈接，彈簧勁度系數(shù)為 k。裝置處于靜止狀態(tài)?，F(xiàn)給導(dǎo)體棒一個水平向右的初速度如，第一次運動到最右端時，棒的加速度為 a,棒與導(dǎo)軌始終接觸良好，導(dǎo)軌電阻不計，彈簧在彈性限度內(nèi)，重力加速度為 g,求:(1)金屬棒開始運動時受到的安培力F(1)金屬棒開始運動時受到的安培力F的大小和方向(2)金屬棒從開始運動到第一次運動到最右端時，通過 R的電荷量q；(3)金屬棒從開始運動到最終停止的整個過程中， R上產(chǎn)生白^熱量QBLma1 3R【答案】(1) 2,萬向水平向左(2)-一-(3)二R十r *十 2R+r【解析】【分析】金屬棒在恒力F作用下，先做加速度減小的變加速運動，后做勻速直線運動，速度達到最大.根據(jù) E=BLsE】=一安培力公式F安=BIL,推導(dǎo)出安培力的表達式進行求解?！驹斀狻?1)金屬棒開始運動時，感應(yīng)電流SLva“r+R安培力：

解得：F=B1"方向水平向左;R+r(2)設(shè)金屬棒向右運動的最大距離為 x,則此過程回路產(chǎn)生的平均感應(yīng)電動勢AtAt通過電阻R的電荷量Eq Atr+RBLma解得：q= ；k(R+r)(3)從開始運動到最終停止的整個過程，由能量守恒定律可知回路產(chǎn)生的總熱量由于Q由于Q總Ry1 3R解得：Q=-inv；； 。E=BLs歐姆定律、安培力公式、2 °R+E=BLs歐姆定律、安培力公式、【點睛】本題考查了求速度、電功率，分析清楚金屬棒的運動過程、應(yīng)用平衡條件、電功率公式即可正確解題。22.如圖，光滑固定斜面上有一楔形物體 A。A的上表面水平，A上放置一物塊區(qū)已知斜面足夠長、傾角為8確0,A的質(zhì)量為MB的質(zhì)量為miAB間動摩擦因數(shù)為科(<—),最大靜擦力等于滑動摩擦力，重力sinu加速度為g?，F(xiàn)對A施加一水平推力。求：(1)物體A、B保持靜止時，水平推力的大小 Fi;(2)水平推力大小為F2時，物體AB一起沿斜面向上運動，運動距離 x后撒去推力，A、B一起沿斜面上滑，整個過程中物體上滑的最大距離L;F?k(1) ⑵(m?M)gtanO(3)為使A、F?k(1) ⑵(m?M)gtanO(tntMX51no4ucosOJg(3)cos9-p<iin6

先以AB先以AB組成的整體為研究的對象， 得出共同的加速度,學(xué)公式聯(lián)合求解，知道加速度是聯(lián)系力學(xué)和運動學(xué)的橋梁。然后以B為研究的對象，結(jié)合牛頓第二定律和運動【詳解】(1)A和B整體處于平衡狀態(tài)，則FjiiosS=(Ivf+m)gsin6解得：F]m(m-kDglanG；A和B整體上滑過程由動能定理有F2xcos9-(m卜