江苏省南通市如皋市石庄高中高考物理二模试卷（含解析）.doc

2015年江苏省南通市 如皋市石庄高中高考物理二模试卷一、单项选择题本题共5小题，每小题3分，共计15分每小题只有一个选项符合题意，选对的得3分，错选或不答的得0分1一带电粒子射入一正点电荷的电场中，运动轨迹如图所示，粒子从a运动到b，则下列说法中正确的是（）a 粒子带正电b 粒子的动能一直变大c 粒子的加速度先变小后变大d 粒子在电场中的电势能先变小后变大2如图所示的电路是某种逻辑电路，两个开关a、b并联，控制同一灯泡y，a、b中任一开关闭合时，灯泡y都亮，那么这个电路的逻辑关系为（）a “非”逻辑b “与”逻辑c “或”逻辑d “与非”逻辑3如图所示，小车上固定着硬杆，杆的端点固定着一个质量为m的小球当小车有水平向右的加速度且逐渐增大时，杆对小球的作用力的变化（用f1至f4变化表示）可能是下图中的（00沿杆方向）（）a b c d 4一物体在粗糙的水平面上受到水平拉力作用，在一段时间内的速度随时间变化情况如图所示则拉力的功率随时间变化的图象可能是图中的（g取10m/s2）（）a b c d 5如图所示，两个垂直纸面的匀强磁场方向相反，磁感应强度的大小均为b，磁场区域的宽度均为a，一正三角形（高度为a）导线框abc从图示位置沿图示所示方向匀速穿过两磁场区域，以逆时针方向为电流的正方向，在图中感应电流i与线框移动距离x的关系图象正确的是（）a b c d 二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共计16分，每小题有多个选项符合题意全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分6如图所示，一理想变压器原副线圈匝数之比为5：1，原线圈端输入交流电压u=311sin100t（v），电阻r=44，电流表和电压表对电路的影响忽略不计下列说法中正确的是（）a 电压表v1的示数约为311vb 电流表a1的示数约为0.20ac 电压表v2的示数约为44vd 电流表a2的示数约为1.4a7如图所示，光滑半球的半径为r，球心为o，其上方有一个光滑曲面轨道ab，高度为轨道底端水平并与半球顶端相切质量为m的小球由a点静止滑下小球在水平面上的落点为c，则（）a 小球将沿半球表面做一段圆周运动后抛至c点b 小球将从b点开始做平抛运动到达c点c oc之间的距离为rd oc之间的距离为r8土星的卫星众多，其中土卫五和土卫六的半径之比为，质量之比为，围绕土星作圆周运动的半径之比为，下列判断正确的是（）a 土卫五和土卫六的公转周期之比为b 土星对土卫五和土卫六的万有引力之比为c 土卫五和土卫六表面的重力加速度之比为d 土卫五和土卫六的公转速度之比为9如图所示，一个滑雪运动员从左侧斜坡距离坡底8m处自由滑下，当下滑到距离坡底s1处时，动能和势能相等（以坡底为参考平面）；到坡底后运动员又靠惯性冲上斜坡（不计经过坡底时的机械能损失），当上滑到距离坡底s2处时，运动员的动能和势能又相等，上滑的最大距离为4m关于这个过程，下列说法中正确的是（）a 摩擦力对运动员所做的功等于运动员动能的变化b 重力和摩擦力对运动员所做的总功等于运动员动能的变化c s14m，s22md s14m，s22m三、简答题：本题共3小题，其中第10-12题为实验题，第13-18题为选做题，共计44分把答案填在答题卡相应的横线上或按题目要求作答10为测定一节干电池的电动势和内阻，用如图所示电路除干电池、开关、导线外可供使用的实验器材还有：a电流表（量程0.6a 3a） b电压表（量程3v 15v）c滑动变阻器（阻值范围010 额定电流2a）d滑动变阻器（阻值范围0200 额定电流1a）请你完成下面的选择：电流表量程选，电压表量程选，滑动变阻器选（填器材前面的字母代号）11某实验小组为测量一只微安表g1的内阻，采用了以下的方法：实验器材：一只待测的微安表g1；一只标准微安表g2；一节干电池；09999的电阻箱一只；单刀双掷开关一只；导线若干实验步骤一：将开关s断开，按图所示连接电路实验步骤二：使开关掷向b端，此时电路中通过微安表g1的电流较小，调节电阻箱r使微安表g1的示数接近满偏，记下此时电阻箱r的阻值r1和标准微安表g2的读数i实验步骤三：将开关掷向a端，并调节电阻箱r使标准微安表g2示数维持电流i不变，记下此时电阻箱r的阻值r2由以上步骤可以测得微安表g1的内阻为rg=请指出该同学在实验中的疏漏：12在“探究加速度与物体质量、物体受力的关系”活动中，某小组设计了如图甲所示的实验装置图中上下两层水平轨道表面光滑，两小车前端系上细线，细线跨过滑轮并挂上砝码盘，两小车尾部细线连到控制装置上，实验时通过控制装置使两小车同时开始运动，然后同时停止（1）在安装实验装置时，应调整滑轮的高度，使；在实验时，为减小系统误差，应使砝码盘和砝码的总质量小车的质量（选填“远大于”、“远小于”、“等于”）（2）本实验通过比较两小车的位移来比较小车加速度的大小，能这样比较，是因为（3）实验中获得数据如表所示：小车、的质量m均为200g实验次数小车拉力f/n位移s/cm10.10.246.5120.229.040.343.6330.341.160.444.8040.436.430.545.56在第1次实验中小车从图乙中的a点运动到b点，请将测量结果填到表中空格处通过分析，可知表中第次实验数据存在明显错误，应舍弃（3-4选做题）（12分）13以下说法中正确的是（）a 在“探究单摆的周期与摆长的关系”实验中，为减小偶然误差，应测出单摆作n次全振动的时间t，利用t=求出单摆的周期b 如果质点所受的合外力总是指向平衡位置，质点的运动就是简谐运动c 变化的磁场一定会产生变化的电场d 在同种均匀介质中传播的声波，频率越高，波长越短14如图所示为某一简谐横波在t=0时刻的波形图，由此可知该波沿方向传播，该时刻a、b、c三点加速度最大的是点，从这时刻开始，第一次最快回到平衡位置的是点若t=0.02s时质点c第一次到达波谷处，则此波的波速为m/s15如图所示，一束平行单色光由空气斜射入厚度为h的玻璃砖，入射光束与玻璃砖上表面夹角为，入射光束左边缘与玻璃砖左端距离为b1，经折射后出射光束左边缘与玻璃砖的左端距离为b2，可以认为光在空气中的速度等于真空中的光速c求：光在玻璃砖中的传播速度v（3-5选做题）1012如皋市二模）以下说法中正确的是（）a 用如图所示两摆长相等的单摆验证动量守恒定律时，只要测量出两球碰撞前后摆起的角度和两球的质量，就可以分析在两球的碰撞过程中总动量是否守恒b 黑体辐射电磁波的强度按波长的分布只与黑体的温度有关c 对于某种金属，只要入射光的强度足够大，就会发生光电效应d 粒子散射实验正确解释了玻尔原子模型1012如皋市二模）如图所示是做光电效应实验的装置简图在抽成真空的玻璃管内，k为阴极（用金属铯制成，发生光电效应的逸出功为1.9ev），a为阳极在a、b间不接任何电源，用频率为（高于铯的极限频率）的单色光照射阴极k，会发现电流表指针有偏转这时，若在a、b间接入直流电源，a接正极，b接负极，并使a、b间电压从零开始逐渐增大，发现当电压表的示数增大到2.1v时，电流表的示数刚好减小到零则a、b间未接直流电源时，通过电流表的电流方向为；从阴极k发出的光电子的最大初动能ek=j；入射单色光的频率=（h=6.631034js）1011咸阳二模）一静止的u核衰变为th核时，只放出一个粒子，已知th的质量为mt，粒子质量为m，衰变过程中质量亏损为m，光在真空中的速度为c，若释放的核能全部转化为系统的动能，求放出的粒子的初动能四、计算或论述题：本题共3小题，共45分解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分有数值计算的题，答案中必须明确写出数值的单位19如图所示是一个利用压力差来测量加速度的实验装置在一个具有坚硬外壳的长方形盒内的上、下底板上各装配一个压力传感器a、b，其间用一支轻弹簧将一个物块顶在传感器a上，弹簧的下端抵在传感器b上整个装置处于静止状态时，a、b传感器示数分别为30n、50n从t=0时刻起实验装置沿竖直方向开始运动，两个传感器送出的压力数据在显示器上开始跳动，现将这些数据记录在表中（g=10m/s2）t/s01.21.41.61.82.02.2a/n30963000b/n50505050505356根据表格中的数据通过必要的计算回答下列问题：（1）这个装置在竖直方向做的运动是匀加速运动吗？是向上运动还是向下运动？（2）被卡在弹簧和传感器a间的物块的质量m=？（3）1.4s末实验装置运动的瞬时加速度a=？20如图所示，两足够长平行光滑的金属导轨mn、pq相距为l，导轨平面与水平面夹角=30，导轨电阻不计磁感应强度为b的匀强磁场垂直导轨平面向上，长为l的金属棒ab垂直于mn、pq放置在导轨上，且始终与导轨电接触良好，金属棒的质量为m、电阻为r两金属导轨的上端连接右端电路，灯泡的电阻rl=4r，定值电阻r1=2r，电阻箱电阻调到使r2=12r，重力加速度为g，现将金属棒由静止释放，试求：（1）金属棒下滑的最大速度为多大？（2）当金属棒下滑距离为s0时速度恰达到最大，求金属棒由静止开始下滑2s0的过程中，整个电路产生的电热；（3）r2为何值时，其消耗的功率最大？消耗的最大功率为多少？21如图所示，x轴上方有一匀强磁场，磁感应强度的方向垂直于纸面向里，大小为b，x轴下方有一匀强电场，电场强度的大小为e，方向与y轴的夹角为45且斜向上方现有一质量为m电量为q的正离子，以速度v0由y轴上的a点沿y轴正方向射入磁场，该离子在磁场中运动一段时间后从x轴上的c点进入电场区域，该离子经c点时的速度方向与x轴夹角为45不计离子的重力，设磁场区域和电场区域足够大求：（1）c点的坐标；（2）离子从a点出发到第三次穿越x轴时的运动时间；（3）离子第四次穿越x轴时速度的大小及速度方向与电场方向的夹角2015年江苏省南通市如皋市石庄高中高考物理二模试卷参考答案与试题解析一、单项选择题本题共5小题，每小题3分，共计15分每小题只有一个选项符合题意，选对的得3分，错选或不答的得0分1一带电粒子射入一正点电荷的电场中，运动轨迹如图所示，粒子从a运动到b，则下列说法中正确的是（）a 粒子带正电b 粒子的动能一直变大c 粒子的加速度先变小后变大d 粒子在电场中的电势能先变小后变大考点：电势能；动能定理的应用专题：电场力与电势的性质专题分析：根据轨迹的弯曲方向判断出电场力的方向，从而判断出带电粒子的电性，根据动能定理，判断动能的变化，根据电场力做功判断电势能的变化解答：解：a、从轨迹形状上可判断粒子受到了引力作用，所以粒子应带负电，a错误；b、从a点运动到b，电场力先做正功再做负功，根据动能定理，动能先增大，后减小，故b错误；c、不管粒子怎样运动，粒子在靠近点电荷时受到的电场力在变大，加速度变大，远离时受到的电场力在变小，加速度变小，c错误；d、靠近时电场力做正功，电势能减小，远离时电场力做负功，电势能增加，d正确故选d点评：解决本题的关键掌握根据轨迹的弯曲方向判断出合力的方向，以及根据电场力做功判断出电势能的变化2如图所示的电路是某种逻辑电路，两个开关a、b并联，控制同一灯泡y，a、b中任一开关闭合时，灯泡y都亮，那么这个电路的逻辑关系为（）a “非”逻辑b “与”逻辑c “或”逻辑d “与非”逻辑考点：简单的逻辑电路专题：恒定电流专题分析：或门的特点是当有一个条件满足，事件就能发生解答：解：闭合任何一开关，灯泡都会发光，即有一个条件满足，事件就能发生，所以这个电路的逻辑关系是与逻辑关系故c正确，a、b、d错误故选c点评：解决本题的关键知道各种门电路的特点，并能灵活运用3如图所示，小车上固定着硬杆，杆的端点固定着一个质量为m的小球当小车有水平向右的加速度且逐渐增大时，杆对小球的作用力的变化（用f1至f4变化表示）可能是下图中的（00沿杆方向）（）a b c d 考点：牛顿第二定律；力的合成与分解的运用分析：小球与小车的运动情况保持一致，当小车有水平向右的加速度且逐渐增大时，小球的加速度也水平向右且逐渐增大，对小球进行受力分析，根据牛顿第二定律和力的分解即可解题解答：解：小球与小车的运动情况保持一致，故小球的加速度也水平向右且逐渐增大，对小球进行受力分析，竖直方向受平衡力，所以杆子对小球的力的竖直向上的分量等于重力且不发生变化，水平方向合力向右并逐渐增大，所以杆子对小球的作用力的水平分量逐渐增大，故c正确故选c点评：本题要求同学们能根据运动情况分析物体的受力情况，并能结合牛顿第二定律及力的分解解题，难度适中4一物体在粗糙的水平面上受到水平拉力作用，在一段时间内的速度随时间变化情况如图所示则拉力的功率随时间变化的图象可能是图中的（g取10m/s2）（）a b c d 考点：功率、平均功率和瞬时功率；匀变速直线运动的图像专题：运动学中的图像专题分析：分析物体的受力情况和运动情况，由功率公式p=fv得到拉力的功率与时间的关系式，再选择图象解答：解：根据升降机在一段时间内的速度随时间变化情况图象，升降机先匀加速运动后匀速运动，支持力先大于重力后等于重力，则升降机内一个重物受到的支持力的功率随时间变化的图象可能是b故选：b点评：根据物理规律得到解析式，再选择图象是常用的方法本题根据牛顿第二定律和运动学公式结合得到p的表达式是关键5如图所示，两个垂直纸面的匀强磁场方向相反，磁感应强度的大小均为b，磁场区域的宽度均为a，一正三角形（高度为a）导线框abc从图示位置沿图示所示方向匀速穿过两磁场区域，以逆时针方向为电流的正方向，在图中感应电流i与线框移动距离x的关系图象正确的是（）a b c d 考点：导体切割磁感线时的感应电动势；右手定则专题：压轴题；电磁感应与图像结合分析：线框匀速穿过两磁场区域时，分为三个过程：穿过左侧磁场，穿过两磁场分界线和穿过右侧磁场由有效切割长度变化，根据感应电动势公式，分析感应电动势的变化，再分析感应电流的变化解答：解：a、x在a2a范围，线框穿过两磁场分界线时，bc、ac边在右侧磁场中切割磁感线，有效切割长度逐渐增大，产生的感应电动势e1增大，ab边在左侧磁场中切割磁感线，产生的感应电动势e2不变，两个电动势串联，总电动势e=e1+e2增大故a错误 b、x在0a范围，线框穿过左侧磁场时，根据楞次定律，感应电流方向为逆时针，为正值故b错误 c、d，在2a3a，线框穿过左侧磁场时，根据楞次定律，感应电流方向为逆时针，为正值故c正确，d错误故选c点评：本题选择的方法是排除法，将选项逐一代入检验，剔除不符合题意的选项，最后选出正确的答案二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共计16分，每小题有多个选项符合题意全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分6如图所示，一理想变压器原副线圈匝数之比为5：1，原线圈端输入交流电压u=311sin100t（v），电阻r=44，电流表和电压表对电路的影响忽略不计下列说法中正确的是（）a 电压表v1的示数约为311vb 电流表a1的示数约为0.20ac 电压表v2的示数约为44vd 电流表a2的示数约为1.4a考点：变压器的构造和原理专题：交流电专题分析：变压器可以改变交流电的电压，但不改变频率和功率，根据变压器的变压比公式和变流比公式列式求解即可解答：解：a、电压表显示的是有效值，所以=220v，故a错误；b、根据电压与匝数成正比，=44v，电流表a2的示数约为=1a，根据电流与匝数成反比知电流表a1的示数约为0.20a，故bc正确d错误；故选bc点评：本题结合变压器的变压比与变流比公式进行计算，同时要明确变压器的工作原理7如图所示，光滑半球的半径为r，球心为o，其上方有一个光滑曲面轨道ab，高度为轨道底端水平并与半球顶端相切质量为m的小球由a点静止滑下小球在水平面上的落点为c，则（）a 小球将沿半球表面做一段圆周运动后抛至c点b 小球将从b点开始做平抛运动到达c点c oc之间的距离为rd oc之间的距离为r考点：机械能守恒定律；平抛运动；向心力专题：机械能守恒定律应用专题分析：从a到b的过程中，根据机械能守恒可以求得到达b点时的速度，根据圆周运动的向心力公式可以判断离开b点后的运动情况解答：解：ab、从a到b的过程中，根据机械能守恒可得：mgr=mv2，解得v=在b点，当重力恰好作为向心力时，由mg=m，解得vb=，则v=vb所以当小球到达b点时，重力恰好作为向心力，所以小球将从b点开始做平抛运动到达c，故a错误，b正确cd、根据平抛运动的规律，水平方向上：x=vbt 竖直方向上：r=gt2解得oc之间的距离为 x=r，故c正确，d错误故选：bc点评：本题的关键地方是判断小球在离开b点后的运动情况，根据小球在b点时速度的大小，小球的重力恰好作为圆周运动的向心力，所以离开b后将做平抛运动8土星的卫星众多，其中土卫五和土卫六的半径之比为，质量之比为，围绕土星作圆周运动的半径之比为，下列判断正确的是（）a 土卫五和土卫六的公转周期之比为b 土星对土卫五和土卫六的万有引力之比为c 土卫五和土卫六表面的重力加速度之比为d 土卫五和土卫六的公转速度之比为考点：万有引力定律及其应用；向心力专题：人造卫星问题分析：根据开普勒定律中的周期定律求解周期比；根据万有引力公式求解引力比；根据重力加速度公式g=求解重力加速度之比；根据v=求解线速度之比解答：解：a、根据开普勒定律中的周期定律，土卫五和土卫六的公转周期之比为：，故a正确；b、根据万有引力定律公式f=g，土星对土卫五和土卫六的万有引力之比为，故b错误；c、根据重力加速度公式g=，土卫五和土卫六表面的重力加速度之比为，故c正确；d、根据v=，土卫五和土卫六的公转速度之比为，故d正确；故选acd点评：本题关键熟悉开普勒定律、万有引力定律、重力加速度公式、环绕速度公式，记住相关公式是关键，不难9如图所示，一个滑雪运动员从左侧斜坡距离坡底8m处自由滑下，当下滑到距离坡底s1处时，动能和势能相等（以坡底为参考平面）；到坡底后运动员又靠惯性冲上斜坡（不计经过坡底时的机械能损失），当上滑到距离坡底s2处时，运动员的动能和势能又相等，上滑的最大距离为4m关于这个过程，下列说法中正确的是（）a 摩擦力对运动员所做的功等于运动员动能的变化b 重力和摩擦力对运动员所做的总功等于运动员动能的变化c s14m，s22md s14m，s22m考点：机械能守恒定律专题：机械能守恒定律应用专题分析：根据动能定理合力对对运动员所做的功等于运动员动能的变化假设初始重力势能为mgh，那么在距坡底有4m时，重力势能为0.5mgh，但动能小于0.5mgh（因为有摩擦），所以继续下滑，才会出现动能和重力势能相等的时刻，故s14m，依次求出s2解答：解：a、根据动能定理合力对对运动员所做的功等于运动员动能的变化这个过程，只有重力和摩擦力对运动员做功，故a错误，b正确c、滑雪运动员从左侧斜坡距离坡底8m处自由滑下，当滑到距离坡底4m的时候此时高度也下落了一半，即：重力势能减少了一半（0.5ep），还剩下一半（0.5ep）由于克服摩擦力做功消耗机械能，所以此时，动能小于重力势能，要再往下滑，才会出现动能等于重力势能的时候因此，下滑时，当动能等于势能的时候，运动员距离坡底距离小于4m到坡底后运动员又靠惯性冲上斜坡，当刚好滑行到距离坡底2m处的时候此时上升了最大高度的一半，动能也损失了一半0.5ek （到达最大高度时，剩下的一半也耗尽）由于克服摩擦力做功消耗机械能，此时运动员的动能大于重力势能，需要继续往上滑行，才会出现动能等于重力势能的时候因此，上滑时，动能等于重力势能的时候，运动员距离坡底距离大于2m故c正确，d错误故选bc点评：下到坡底的过程中重力势能转化为动能及摩擦力做功产生的热量，上坡中动能转化为重力势能及摩擦力做功产生的热量抓住能量是守恒的思路解决问题三、简答题：本题共3小题，其中第10-12题为实验题，第13-18题为选做题，共计44分把答案填在答题卡相应的横线上或按题目要求作答10为测定一节干电池的电动势和内阻，用如图所示电路除干电池、开关、导线外可供使用的实验器材还有：a电流表（量程0.6a 3a） b电压表（量程3v 15v）c滑动变阻器（阻值范围010 额定电流2a）d滑动变阻器（阻值范围0200 额定电流1a）请你完成下面的选择：电流表量程选0.6a，电压表量程选3v，滑动变阻器选c（填器材前面的字母代号）考点：测定电源的电动势和内阻专题：实验题分析：根据电路最大电流选择电流表量程，根据电源电动势选择电压表量程，在保证安全的前提下，应选最大阻值较小的滑动变阻器解答：解：一节干电池的电动势约为1.5v，则电压表选3v量程，应用伏安法测一节干电池电动势与内阻时，最大电流约为零点几安培，则电流表选择0.6a量程，为方便实验操作，滑动变阻器应选c；故答案为：0.6a；3v；c点评：本题考查了实验器材的选择，选择实验器材时要掌握一下原则：安全性原则、精确性原则、方便实验操作性原则11某实验小组为测量一只微安表g1的内阻，采用了以下的方法：实验器材：一只待测的微安表g1；一只标准微安表g2；一节干电池；09999的电阻箱一只；单刀双掷开关一只；导线若干实验步骤一：将开关s断开，按图所示连接电路实验步骤二：使开关掷向b端，此时电路中通过微安表g1的电流较小，调节电阻箱r使微安表g1的示数接近满偏，记下此时电阻箱r的阻值r1和标准微安表g2的读数i实验步骤三：将开关掷向a端，并调节电阻箱r使标准微安表g2示数维持电流i不变，记下此时电阻箱r的阻值r2由以上步骤可以测得微安表g1的内阻为rg=r2r1请指出该同学在实验中的疏漏：实验步骤一中应补充：将电阻箱r阻值调到最大考点：伏安法测电阻专题：实验题；恒定电流专题分析：明确实验原理，知道本实验采用等效替代法，抓住电流不变，总电阻不变，得出微安表的内阻解答：解：电流保持不变，则电路中的总电阻保持不变，即电阻箱电阻的变化等于微安表的内阻，即rg=r2r1该同学的疏漏是实验步骤一中应将电阻箱r的阻值调到最大故答案为：r2r1实验步骤一中应补充：将电阻箱r阻值调到最大（或将电阻箱r阻值调到较大位置）点评：解决本题的关键掌握器材选择的原则，即精确、安全，以及掌握测量微安表内阻的原理12在“探究加速度与物体质量、物体受力的关系”活动中，某小组设计了如图甲所示的实验装置图中上下两层水平轨道表面光滑，两小车前端系上细线，细线跨过滑轮并挂上砝码盘，两小车尾部细线连到控制装置上，实验时通过控制装置使两小车同时开始运动，然后同时停止（1）在安装实验装置时，应调整滑轮的高度，使细线与轨道平行（或水平）；在实验时，为减小系统误差，应使砝码盘和砝码的总质量远小于小车的质量（选填“远大于”、“远小于”、“等于”）（2）本实验通过比较两小车的位移来比较小车加速度的大小，能这样比较，是因为两小车从静止开始作匀加速直线运动，且两小车的运动时间相等（3）实验中获得数据如表所示：小车、的质量m均为200g实验次数小车拉力f/n位移s/cm10.10.246.5120.229.040.343.6330.341.160.444.8040.436.430.545.56在第1次实验中小车从图乙中的a点运动到b点，请将测量结果填到表中空格处通过分析，可知表中第3次实验数据存在明显错误，应舍弃考点：探究加速度与物体质量、物体受力的关系专题：实验题；牛顿运动定律综合专题分析：解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项该实验采用的是控制变量法研究，其中加速度、质量、合力三者的测量很重要解答：解：（1）在安装实验装置时，应调整滑轮的高度，使细线与轨道平行（或水平），如果细线不保持水平，那么小车的合力就不等于绳子的拉力，小车的合力就不能正确测量设小车的质量为m，砝码盘和砝码的质量为m，根据牛顿第二定律得：对m：mgf拉=ma对m：f拉=ma解得：f拉=当mm时，即当砝码盘和砝码的总重力要远小于小车的重力，绳子的拉力近似等于砝码盘和砝码的总重力（2）本实验通过比较两小车的位移来比较小车加速度的大小，能这样比较，是因为两小车从静止开始作匀加速直线运动，且两小车的运动时间相等（3）从刻度尺读出a点的读数为0.49cm，b点的读数为23.85cm，所以点运动到b点的位移为23.36cm当小车质量一定时，小车的加速度与合力成正比，而两小车从静止开始作匀加速直线运动，且两小车的运动时间相等，所以两小车的位移之比等于加速度之比，所以拉力之比应该近似等于位移之比，从实验数据中发现第3次实验数据存在明显错误，应舍弃故答案为：（1）细线与轨道平行（或水平），远小于；（2）两小车从静止开始作匀加速直线运动，且两小车的运动时间相等；（3）23.36，3点评：教科书本上的实验，我们要从实验原理、实验仪器、实验步骤、实验数据处理、实验注意事项这几点去搞清楚对于刻度尺读数要进行估读会运用匀变速直线运动规律能够把要测量的物理量进行间接变换测量（3-4选做题）（12分）13以下说法中正确的是（）a 在“探究单摆的周期与摆长的关系”实验中，为减小偶然误差，应测出单摆作n次全振动的时间t，利用t=求出单摆的周期b 如果质点所受的合外力总是指向平衡位置，质点的运动就是简谐运动c 变化的磁场一定会产生变化的电场d 在同种均匀介质中传播的声波，频率越高，波长越短考点：用单摆测定重力加速度专题：实验题；单摆问题分析：简谐运动的特点是回复力f=kx；变化的磁场产生电场，但是不一定产生变化的电场；解答：解：a、在“探究单摆的周期与摆长的关系”实验中，为减小偶然误差，应测出单摆作n次全振动的时间t，利用求出单摆的周期故a正确b、当物体所受的回复力始终指向平衡位置，且满足f=kx关系，这样的运动称为简谐运动故b错误c、变化的磁场不一定产生变化的电场，比如均匀变化的磁场产生稳定的电场故c错误d、根据波的波长、波速与频率的关系：知，在同种均匀介质中传播的声波，由于波速相等，则频率越高，波长越短故d正确故选：ad点评：本题考查了选项34中的内容，难度不大，关键要熟悉教材，牢记这些基本概念和基本规律，并能灵活运用14如图所示为某一简谐横波在t=0时刻的波形图，由此可知该波沿x轴正方向方向传播，该时刻a、b、c三点加速度最大的是c点，从这时刻开始，第一次最快回到平衡位置的是c点若t=0.02s时质点c第一次到达波谷处，则此波的波速为100m/s考点：波长、频率和波速的关系；横波的图象分析：由图示时刻a点振动方向沿y轴正方向，可确定波的传播方向，从而可判断b的振动方向，确定a、b、c第一次回到平衡位置的先后并由v=求出波的波速解答：解：a点振动方向沿y轴正方向，根据逆向描波法，则波向x轴正方向传播由波形图可知，此时a点离平衡位置最近，c点处于波峰则a点的速度最大，而c点的加速度最大该时刻a、b、c三点的振动方向，a向上，b、c均向下，所以c点最先回到平衡位置；从t=0时刻到t=0.02s时质点c第一次到达波谷处，则波向传播半个波形，传播的距离是2m，所以由v=求出波速为v=m/s=100m/s，故答案为：x轴正方向；c；c；100点评：本题考查了波传播的特点，根据质点带动法判断质点振动方向同时波速也可以由v=求得逆向描波法是逆着波的传播方向，笔的走向来确定质点的振动方向，反之由笔的走向来确定波的传播方向15如图所示，一束平行单色光由空气斜射入厚度为h的玻璃砖，入射光束与玻璃砖上表面夹角为，入射光束左边缘与玻璃砖左端距离为b1，经折射后出射光束左边缘与玻璃砖的左端距离为b2，可以认为光在空气中的速度等于真空中的光速c求：光在玻璃砖中的传播速度v考点：光的折射定律专题：光的折射专题分析：作出光路图，由几何知识求出光线在上表面折射角的正弦，由折射定律求出折射率，再求出光在玻璃砖中的传播速度v解答：解：由光的折射定律得由几何关系得 sini=cossinr=则得n=又n=则得光在玻璃砖中的传播速度 v=答：光在玻璃砖中的传播速度为点评：本题的解题关键是利用几何知识求出折射角的正弦，即可求得折射率，从而求出光在玻璃砖中的传播速度v（3-5选做题）1012如皋市二模）以下说法中正确的是（）a 用如图所示两摆长相等的单摆验证动量守恒定律时，只要测量出两球碰撞前后摆起的角度和两球的质量，就可以分析在两球的碰撞过程中总动量是否守恒b 黑体辐射电磁波的强度按波长的分布只与黑体的温度有关c 对于某种金属，只要入射光的强度足够大，就会发生光电效应d 粒子散射实验正确解释了玻尔原子模型考点：验证动量守恒定律专题：实验题分析：发生光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限频率；粒子散射实验正确解释核式结构模型，氢原子光谱正确解释了玻尔原子模型解答：解：a、用如图所示两摆长相等的单摆验证动量守恒定律时，只要测量出摆球的质量，以及通过两球碰撞前后摆起的角度，根据机械能守恒定律求出初速度，就可以分析在两球的碰撞过程中总动量是否守恒故a正确b、黑体辐射电磁波的强度按波长的分布只与黑体的温度有关故b正确c、发生光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限频率，与入射光的强度无关故c错误d、根据粒子散射实验提出了原子的核式结构模型，该实验并不能解释玻尔原子模型，故d错误故选：ab点评：本题考查了动量守恒定律、黑体辐射、光电效应、玻尔模型等知识点，涉及的知识点较多，但难度不大，掌握基础知识 即可解题，平时要注意基础知识的学习与掌握1012如皋市二模）如图所示是做光电效应实验的装置简图在抽成真空的玻璃管内，k为阴极（用金属铯制成，发生光电效应的逸出功为1.9ev），a为阳极在a、b间不接任何电源，用频率为（高于铯的极限频率）的单色光照射阴极k，会发现电流表指针有偏转这时，若在a、b间接入直流电源，a接正极，b接负极，并使a、b间电压从零开始逐渐增大，发现当电压表的示数增大到2.1v时，电流表的示数刚好减小到零则a、b间未接直流电源时，通过电流表的电流方向为从下向上；从阴极k发出的光电子的最大初动能ek=3.361019j；入射单色光的频率=9.651014hz（h=6.631034js）考点：爱因斯坦光电效应方程专题：光电效应专题分析：（1）单色光照射阴极k，k发射出光电子，光电子由k向a定向移动，光电流由a向k电子带负电，电流方向与电子定向移动方向相反（2）如图，光电管所加反向电压，当电压表的示数增大到2.1v时，电流表的示数刚好减小到零，说明电子做减速运动，恰好到达a极时，速度为零，根据动能定理求解光电子的最大初动能ek（3）由光电效应方程求解入射单色光的频率解答：解：（1）单色光照射阴极k，k发射出光电子，光电子由k向a定向移动，光电流由a向k所以通过电流表的电流从下向上 （2）根据动能定理得：光电子的最大初动能ek=euc=2.1ev=3.361019j （3）由光电效应方程：ek=hw0，得=9.651014hz故答案为：从下向上；3.361019；9.651014hz点评：本题考查光电效应规律的应用能力，涉及两个过程：一个产生光电效应的过程；一个是电子在电场中减速运动的过程1011咸阳二模）一静止的u核衰变为th核时，只放出一个粒子，已知th的质量为mt，粒子质量为m，衰变过程中质量亏损为m，光在真空中的速度为c，若释放的核能全部转化为系统的动能，求放出的粒子的初动能考点：动量守恒定律；能量守恒定律专题：动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合分析：选择正确的研究对象根据动量守恒定律列出等式解决问题根据能量守恒列出等式求解问题解答：解：根据动量守恒定律有0=mtvtmv根据能量守恒得：mc2=mtvt2+mv2解以上方程可得：ek=mv2=mc2故答案为：放出的粒子的初动能为mc2点评：解决问题首先要清楚研究对象的运动过程我们要清楚运动过程中能量的转化，以便从能量守恒角度解决问题把动量守恒和能量守恒结合起来列出等式求解是常见的问题四、计算或论述题：本题共3小题，共45分解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分有数值计算的题，答案中必须明确写出数值的单位19如图所示是一个利用压力差来测量加速度的实验装置在一个具有坚硬外壳的长方形盒内的上、下底板上各装配一个压力传感器a、b，其间用一支轻弹簧将一个物块顶在传感器a上，弹簧的下端抵在传感器b上整个装置处于静止状态时，a、b传感器示数分别为30n、50n从t=0时刻起实验装置沿竖直方向开始运动，两个传感器送出的压力数据在显示器上开始跳动，现将这些数据记录在表中（g=10m/s2）t/s01.21.41.61.82.02.2a/n30963000b/n50505050505356根据表格中的数据通过必要的计算回答下列问题：（1）这个装置在竖直方向做的运动是匀加速运动吗？是向上运动还是向下运动？（2）被卡在弹簧和传感器a间的物块的质量m=？（3）1.4s末实验装置运动的瞬时加速度a=？考点：牛顿第二定律；力的合成与分解的运用专题：牛顿运动定律综合专题分析：（1）对物体和弹簧系统受力分析，受重力和两个传感器的压力，根据牛顿第二定律列式分析即可；（2）由（1）问知物体重力，可得物体的质量；（3）1.4s末是，由表格得到上方传感器压力为6n，向下；下方传感器压力向上，为50n；根据牛顿第二定律列式求解加速度解答：解：（1）对物体和弹簧系统受力分析，受重力和两个传感器的压力；整个装置处于静止状态时，a、b传感器示数分别为30n、50n，故根据平衡条件可得物体的重力为5030=20n；由于两个传感器的压力不断变化，故物体的合力不断变化，加速度不断变化，故不是匀加速运动；（2）由第（1）问知物体重力为20n，故质量为2kg；（3）1.4s末是，由表格得到上方传感器压力为6n，向下；下方传感器压力向上，为50n；根据牛顿第二定律，有：f2f1mg=ma解得：a=答：（1）这个装置在竖直方向做的运动不是匀加速运动；（2）被卡在弹簧和传感器a间的物块的质量m为2kg（3）1.4s末实验装置运动的瞬时加速度a为12m/s2点评：物块与箱子具有相同的加速度，解决本题的关键对物块受力分析，根据牛顿第二定律进行求解20如图所示，两足够长平行光滑的金属导轨mn、pq相距为l，导轨平面与水平面夹角=30，导轨电阻不计磁感应强度为b的匀强磁场垂直导轨平面向上，长为l的金属棒ab垂直于mn、pq放置在导轨上，且始终与导轨电接触良好，金属棒的质量为m、电阻为r两金属导轨的上端连接右端电路，灯泡的电阻rl=4r，定值电阻r1=2r，电阻箱电阻调到使r2=12r，重力加速度为g，现将金属棒由静止释放，试求：（1）金属棒下滑的最大速度为多大？（2）当金属棒下滑距离为s0时速度恰达到最大，求金属棒由静止开始下滑2s0的过程中，整个电路产生的电热；（3）r2为何值时，其消耗的功率最大？消耗的最大功率为多少？考点：导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律；电磁感应中的能量转化专题：电磁感应功能问题分析：（1）金属棒ab先加速下滑，加速度减小，后匀速下滑，速度达到最大由欧姆定律、感应电动势和安培力公式推导出安培力的表达式，根据平衡条件求解最大速度（2）金属棒由静止开始下滑2s0的过程中，重力和安培力对棒做功，棒的重力势能减小转化为棒的动能和电路的内能，根据能量守恒列式可求出整个电路中产生的总电热（3）金属棒匀速下滑时受力平衡，根据平衡条件得到通过ab棒的电流，根据欧姆定律得到通过r2的电流，由公式得到功率与电阻的关系式，运用数学知识求极值，并确定出条件解答：解：（1）当金属棒匀速下滑时速度最大，达到最大时有 mgsin=f安又 f安=bil i=其中r总=