《高中试卷》2019年江苏省南京市、盐城市高考物理一模试卷

1、2019年江苏省南京市、盐城市高考物理一模试卷一、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1（3分）质量相等的甲、乙、丙、丁四个物体，均只受到两个力的作用，大小为f1和f2，方向如图所示，产生加速度的大小分别为a甲、a乙、a丙、a丁，下列排序正确的是（）aa甲a丙a乙a丁ba丁a丙a乙a甲ca乙a丙a丁a甲da丙a乙a丁a甲2（3分）一交变电流随时间变化的图象如图所示，此交变电流的有效值是（）a7ab52ac72ad10a3（3分）如图所示，甲、乙、丙是地球大气层外圆形轨道上的卫星，其质量大小关系为m甲m乙m丙，下列说法中正确的是（）a乙、丙的周期相同，且小于

2、甲的周期b乙、丙的线速度大小相同，且大于甲的线速度c乙、丙所需的向心力大小相同，且小于甲的向心力d乙、丙向心加速度大小相同，且小于甲的向心加速度4（3分）如图所示，水平导线中有电流i通过，导线正下方电子的初速度方向与电流i的方向相同，均平行于纸面水平向左。下列四幅图是描述电子运动轨迹的示意图，正确的是（）abcd5（3分）如图所示，在光滑水平面上有一质量为m，长度为l的木板甲，木板的上表面粗糙、下表面光滑，木板甲上有一质量为m的物块乙，物块乙与木板甲间的动摩擦因数为若用水平恒力f将物块乙从木板甲的一端拉到另一端，当物块乙与木板甲分离时，木板甲的速度为v。要使v减小，下列操作可行的是（）a增大物

3、块乙的质量mb增大物块乙上受的力fc增大木板甲与物块乙间的动摩擦因数d在木板甲长度l不变的条件下，减小其质量m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（4分）如图所示，电路中甲、乙是两只相同的灯泡，电感线圈l的直流电阻与电阻r0阻值相等。则开关s（）a接通瞬间，通过灯泡甲的电流大于乙的电流b接通瞬间，通过灯泡甲的电流小于乙的电流c断开瞬间，通过灯泡甲的电流等于乙的电流d断开瞬间，通过灯泡甲的电流大于乙的电流7（4分）如图所示，a、b、c为匀强电场中的三点，b为a、c连线的中点。一个电荷量为q的负电荷

4、，在a点受到的电场力为f，从a点移动到b点过程中电势能减小w，下列说法正确的是（）a匀强电场的电场强度大小为fqba、b、c三点中，a点的电势最高c该电荷从a点移动到b点过程中电场力做负功d该电荷从c点移动到b点过程中电势能增加w8（4分）乘坐列车时，在车厢内研究列车的运动情况，小明在车厢顶部用细线悬挂一只小球。当列车以恒定速率通过一段弯道时，小明发现悬挂小球的细线与车厢侧壁平行，则下列判断正确的是（）a细线对小球的拉力等于小球的重力b外侧轨道与轮缘间没有侧向挤压作用c小球不在悬点的正下方，偏向弯道的内侧d放在桌面上的茶杯所受支持力垂直于桌面，但不竖直向上9（4分）如图所示，质量相等的两个物块

5、a和b用细线连接后，再用轻弹簧将a悬挂，a和b处于静止状态。剪断细线，物块a向上运动到最高点的过程，不计空气阻力。下列说法正确的是（）a剪断细线时，物块a的加速度大小为gb弹簧恢复原长时，物块a的速度最大c物块a所受弹簧弹力做的功等于克服重力做的功d弹簧的弹性势能减少量等于物块a的机械能增加量三、简答题：本题分必做题（第10、11、12题）和选做题两部分，共计42分请将解答填写在相应的位置【必做题】10（8分）在测量某金属丝电阻率的实验中，要求电压从零开始测量，并多测量几组数据。（1）请用笔画线代替导线，在图1中完成实验的电路连接。（2）实验过程中，小明移动滑动变阻器的滑片，测量数据如下表所示

6、，请你在图2中描出金属丝的ui图象。实验次数123456u/v0.901.201.501.802.102.40i/a10.370.430.49（3）实验过程中，小明长时间保持电路闭合。从实验误差考虑，这样的操作不妥，这是因为 。（4）实验时，闭合开关前滑片应置于滑动变阻器的 （选填“左”或“右”）端；测量结束后，应先断开 ，再拆除导线，最后整理好器材。11（10分）某同学利用图甲所示的实验装置，探究加速度与力、质量的关系。实验中打点计时器电源的频率为50hz。（1）实验过程中，某同学由于操作不慎，当砝码盘及砝码下降一段时间后，某同学用手托住，小车继续拖着纸带在木板上运动，

7、但没有到达滑轮处。打出的纸带如图乙所示，从纸带上点迹分析，该同学在实验操作中存在的问题可能是 。（2）图乙中，相邻两计数点间的时间间隔为0.1s。则计数点3对应的速度大小是 ，小车减速运动过程中加速度的大小是 。（结果保留两位有效数字）（3）该实验中，改变拉力或小车质量后，在实际操作过程中，对小车所放的位置、接通电源与放开小车的先后顺序及小车运动的控制等描述，你认为正确的是 。a小车应尽量远离打点计时器，先放开小车后接通电源，在小车到达滑轮前按住小车b小车应尽量靠近打点计时器，先接通电源后放开小车，让小车一直到与滑轮相撞为止c小车应尽量靠近打点计时器，先接通电源后放开小车，在小车到达滑轮前按住

8、小车d小车应尽量放在打点计时器与滑轮的中间，先接通电源后放开小车，在小车到达滑轮前按住小车（4）某同学用正确的实验方法，采集到若干组实验数据，并作出如图丙所示的am图象，但无法准确直观得出am之间的关系。为了探究合力一定，物体加速度a与质量m的关系，应将am图象进行转换，现请你在图丁中作出转换后的图象。选修3-5（12分）12（4分）如图所示，用导线将验电器与洁净的锌板连接，触摸锌板使验电器箔片不张开。用紫外线灯照射锌板，验电器箔片张开，移走紫外线灯，用带负电的橡胶棒接触锌板，发现验电器箔片张角减小；改用红外线灯照射锌板，结果发现验电器箔片不张开。则说明（）a用紫外线灯照射后锌板带正电b用红外

9、线灯照射后锌板带负电c红外线的频率小于锌的极限频率d紫外线的频率小于锌的极限频率13（4分）1956年李政道和杨振宁提出在弱相互作用中宇称不守恒，吴健雄用2760co对此进行了实验验证。次年，李、杨两人为此获得诺贝尔物理学奖，2760co的衰变方程是2760cozani+-10e+e其中e是反电子中微子，它的电荷量为零，静止质量被认为是零。在上述衰变方程中，衰变产生zani的核电荷数z是 。在衰变前2760co是静止的，根据云室照片可以看出，衰变产物zani和-10e的运动径迹不在同一条直线上，如果认为衰变产物只有zani和-10e，那么衰变过程将违反 （选填“动量”或“电荷”）守恒定律。14

10、（4分）如图所示，一只质量为5.4kg的保龄球，撞上一只原来静止，质量为1.7kg的球瓶。此后球瓶以3.0m/s的速度向前飞出，而保龄球以1.8m/s的速度继续向前运动，假设它们相互作用的时间为0.05s。求：碰撞后保龄球的动量；碰撞时保龄球与球瓶间的相互作用力的大小。【选做题】本题包括a、b两小题，请选定其中一小题，并作答。若多做，则按a小题评分。a选修3-3（12分）15（4分）2018年11月16日第26届国际计量大会确定用4个基本常数重新定义千克、安培、开尔文和摩尔，其中摩尔用阿伏加德罗常数（na）定义。已知阿伏加德罗常数，则（）a已知物质分子的数目就可以确定物质的量b已知物质的体积就

11、可以确定每个分子的体积c已知物质的质量就可以确定每个分子的质量d已知物质的摩尔体积就可以确定分子的直径16（4分）根据固体不同的性质将它们分为晶体与非晶体，如果某固体对某个物理量呈现各向异性，则它一定是 ；谚语“水缸穿裙子，老天要下雨”指的是盛水的水缸外表面，水面所在的位置往下出现了一层小水珠。形成小水珠时，水液化的速度 （选填“大于”“等于”或“小于”）水蒸发的速度。17（4分）如图所示为大炮的一种复位装置示意图。开炮时，炮管反冲带动连杆活塞使油压缩空气，此过程空气跟外界没有热传递。反冲结束后，被压缩的空气推动活塞使炮管复位。设开炮前封闭的空气压强为p1，热力学温度为t1，体积为v1，炮管反

12、冲使空气的热力学温度为t3，体积压缩为v2，气体内能增加u求：反冲后空气的压强；反冲过程中油对气体做的功。c.选修3-4（12分）18如图所示，只含黄光和紫光的复色光束po，从空气中沿半径方向射入玻璃半圆柱后，一部分光沿oa方向射出，另一部分光沿ob方向射出。则（）aoa为黄光，ob为紫光boa为紫光，oa为黄光coa为黄光，ob为复色光doa为紫光，ob为复色光19在阳光照射下，孔雀的羽毛色彩斑斓，仔细研究时发现孔雀羽毛上有很多细缝，产生这种色彩斑斓是光的 现象；到电影院看立体电影时，工作人员会给你一副眼镜，这是利用了光的 现象。20湖面上停放甲、乙两条船，它们相距30m，一列水波正在湖面上

13、沿两船连线方向传播，观察到甲船从开始振动的1min内上下震荡30次，而乙船在这个时间内上下震荡28次。求：这列波的周期；水波在水面上传播的速度。四、计算题：本题共3小题，共计47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和单位21（15分）如图所示为电流天平，可以用来测量匀强磁场的磁感应强度。它的右臂挂着电阻为r的矩形线圈，匝数为n，线圈水平边长为l，处于方向垂直于纸面向里的有界匀强磁场内。重力加速度为g。（1）当线圈中的电流为i时，在t时间内通过线圈横截面的电荷量q；（2）当线圈中通过逆时针方向电流i时，调节砝码使两臂达

14、到平衡。然后使电流反向，大小不变，这时需要在左盘中增加质量为m的砝码，才能使两臂再达到新的平衡。请用n、m、l、i计算出磁感应强度b的表达式；（3）剪断细线，矩形线圈由静止下落，经一段时间，线圈的上边离开磁感应强度为b1的匀强磁场前瞬间的速度为v。不计空气阻力，求线圈离开磁场前瞬间，感应电流的电功率p。22（16分）如图所示，水平面上有一个倾角为30°的斜面体，质量为m的小球用长为l的细线悬挂，细线与斜面平行，水平推力作用在斜面体上，使整个装置处于静止状态，所有的接触面均为光滑。当撤去水平推力后，小球推动斜面体向左运动，经t1时间两者分离。分离后，再经t2时间小球第一次向左摆到最大高

15、度，此时，细线偏离竖直方向30°重力加速度取g。求：（1）撤去水平推力前，细线所受的力f；（2）撤去水平推力后到两者分离的过程中，小球减小的机械能e；（3）撤去水平推力后到小球第一次向左摆到最高处的过程中，斜面体发生的位移大小x。23（16分）如图所示，以o为圆心，半径为r的圆内只存在辐射状电场，电势差为u在半径为r到3r的圆环区域内只存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为b现有粒子源发射器放置在o处，向外发射初速度为v0，质量为m，电荷量为+q的粒子甲进入电场加速，经t0时间从a处进入磁场。（1）求粒子甲进入磁场时速度的大小v1；（2）当粒子甲进入磁场时，粒子源发射器开始转动，发

16、射方向转过角（）时再次发射同种粒子乙，恰能与粒子甲以最大速度对面相碰。求粒子源发射方向转过角的时间t1；（3）撤除加速电场，并将粒子发射源移到图中a处，向各个方向发射初速度为v0的粒子。在保持圆内、外半径不变的前提下，有何种办法使粒子均能从磁场外侧射出，写出你的方案及理由。2019年江苏省南京市、盐城市高考物理一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1【分析】根据图中两个分力的夹角大小关系确定合力大小关系，再根据牛顿第二定律分析加速度大小关系。【解答】解：两个分力一定，合力随着夹角的增大而减小，故合力大小关系是f乙f丙f丁f甲，根

17、据牛顿第二定律可得a=fm，故加速度a乙a丙a丁a甲，故abd错误，c正确。故选：c。【点评】本题主要是考查了牛顿第二定律的知识，知道分力一定时合外力的大小与夹角的关系是关键。2【分析】利用交流电有效值的定义，运用等效替代法求解，选用同一个电阻，让交流电在一个周期内产生热量与恒定电流在相同时间内产生的热量相等，则恒定电流的值就是交流电的有效值。【解答】解：取一个周期进行分段求解电热，交流电的周期：t0.04s交流电在0t2为恒定电流，则电流的有效值大小i18a交流电在t2t为恒定电流，则电流的有效值大小i16a设电阻阻值为r，则交流电在一个周期内产生的热量：q1=i12rt2+i22rt2等效

18、的直流电在一个周期t内产生的电热：q2=i有2rt根据交流电有效值的定义可得：q1q2即：i12rt2+i22rt2=i有2rt，约去r与t可得：82×12+62×12=i有2解得：i有252a故acd错误，b正确。故选：b。【点评】本题考查交流电的有效值的求解，因为图中交流电不是正弦式电流，因此有效值不是等于最大值除以根号2，需要运用交流电有效值的定义，利用等效替代法求解。3【分析】人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，根据人造卫星的万有引力等于向心力，列式求出线速度、角速度、周期和向心力的表达式，由表达式分析各量的大小关系。【解答】解：由万有引力提供向心力：gmmr2=mv

19、2r=m2rm（2t）2rma解得：v=gmrt=2rv=2r3gm=gmr3a=gmr2a、由t=2rv=2r3gm 可知半径小的周期小，乙、丙的周期相同，且大于于甲的周期，则a错误b、由v=gmr可知半径大的速度小，由乙、丙的线速度大小相同，且小于甲的线速度，则b错误c、由f=gmmr2可知同质量下半径小的向心力大，则甲的向心力大于乙的向心力，则c错误d、由a=gmr2 可知半径大的加速度小，则乙、丙向心加速度大小相同，且小于甲的向心加速度，则d正确故选：d。【点评】本题关键根据人造卫星的万有引力等于向心力，用不同的量表示向心力得出各量与半径的关系。4【分析】通电直导线电流产生的磁场是以直

20、导线为中心向四周发散的，离导线越远，电流产生的磁场的磁感应强度越小，由安培定则可以判断出磁场的方向，再根据粒子在磁场中做圆周运动的半径公式可以分析粒子的运动的情况。【解答】解：由安培定则可知，在直导线的下方的磁场的方向为垂直纸面向外，根据左手定则可以得知电子受到的力向下，电子向下偏转；通电直导线电流产生的磁场是以直导线为中心向四周发散的，离导线越远，电流产生的磁场的磁感应强度越小，由半径公式r=mveb可知，电子的运动的轨迹半径越来越大，故a正确，bcd错误。故选：a。【点评】本题的关键是掌握住通电直导线的电流产生的磁场的特点，在根据粒子在磁场中运动的半径的公式即可分析粒子的运动的轨迹的情况。

21、5【分析】明确两物体的受力情况，根据动量定理列式，再根据两物体分离的条件列式即可明确f、m以及时间t之间的关系，从而改变m、m、f时速度和时间的变化情况。【解答】解：对m分析可知，m受拉力和摩擦力作用，根据动量定理有：ftmgtmv'对m分析，根据动量定理有：mgtmv要使物块与木板分离，则木块的位移与木板间的位移差等于板长；则有：v2t-v2t=l联立则有：f2mt-g2t-mg2mt=l解得：t=lf2m-g2-mg2m，而v=mgmt。a、增大物块乙的质量m，时间t增大，根据v=mgmt可知速度v变大，故a错误；b、增大物块乙上受的力f，则t减小，根据v=mgmt可知速度v减小，

22、故b错误；c、增大木板甲与物块乙间的动摩擦因数，可知t增大，根据v=mgmt可知速度v变大，故c错误；d、在木板甲长度l不变的条件下，减小其质量m，可知t增大，根据v=mgmt可知速度v变大，故d错误。故选：b。【点评】本题考查动量定理的应用，要注意正确做好受力分析，明确合外力的冲量，并能正确利用动量定理分析求解问题是解题的关键，也可以根据牛顿第二定律求解加速度来计算。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【分析】电路中有线圈，当通过线圈的电流发生变化时会产生感应电动势去阻碍线圈中电流变化。【解答

23、】解：ab、闭合s接通电路瞬间，由于线圈的电流变大，导致其产生电动势，从而阻碍电流的变大，所以通过灯泡甲的电流小于乙的电流，故a错误，b正确；cd、断开s瞬间，线圈电流变小，从而产生电动势，相当于电压会变小的电源与电阻相串联，由于两电流表串联，所以通过灯泡甲的电流等于乙的电流，故c正确，d错误。故选：bc。【点评】线圈电流增加，相当于一个电源接入电路，线圈左端是电源正极。当电流减小时，相当于一个电源，线圈左端是电源负极。7【分析】由场强的公式可求得电场强度；负电荷在电势越高的地方电势能越小，可判断电势的高低；电场力做功与电势能的变化关系可判断电场力的功的性质。【解答】解：a、负电荷在a点受到的

24、电场力为f，由场强的公式得：e=fq，故a正确；b、负电荷从a点移动到b点过程中电势能减小，根据负电荷在电势越高的地方电势能越小，所以从a到b到c的过程电势越来越高，即c点电势最高，故b错误；c、从a点移动到b点过程中电势能减小，所以电场力做正功，故c错误；d、匀强电场，b为a、c连线的中点，从a点移动到b点和从b点移动到c点，电势能都减小w，则从c点移动到b点过程中电势能就增加w，故d正确。故选：ad。【点评】本题考查了场强的公式、电场力做功与电势能的变化关系、推论：负电荷在电势越高的地方电势能越小，熟练掌握它们是准确解题的关键。8【分析】火车以轨道的速度v转弯时，其所受的重力和支持力的合力

25、提供向心力，先平行四边形定则求出合力，再根据根据合力等于向心力求出转弯速度，当转弯的实际速度大于或小于轨道速度时，火车所受的重力和支持力的合力不足以提供向心力或大于所需要的向心力，火车有离心趋势或向心趋势，故其轮缘会挤压车轮。【解答】解：a、当列车以恒定速率通过一段弯道时，小球也做匀速圆周运动，绳子的拉力与重力的合力提供向心力，设此时绳子与竖直方向之间的夹角为，则绳子的拉力：f=mgcosmg故a错误；b、设车与小球做匀速圆周运动的半径为r，车速为v，则对小球：mgtanmv2r，解得：v=grtan，由于悬挂小球的细线与车厢侧壁平行，可知车受到的支持力的方向与小球受到的绳子的拉力的方向相同，

26、由受力分析可知，车的向心力恰好是车受到的重力与支持力的合力提供，所以两侧的轨道与轮缘间都没有侧向挤压作用。故b正确；c、由于悬挂小球的细线与车厢侧壁平行，绳子的拉力与重力的合力提供小球做匀速圆周运动的向心力，则小球一定不在悬点的正下方，而是偏向弯道的外侧。故c错误；d、在弯道处火车内轨与外轨之间存在高度差，所以火车的桌面不是水平的，根据弹力方向的特点可知，放在桌面上的茶杯所受支持力垂直于桌面，但不竖直向上。故d正确故选：bd。【点评】本题关键抓住火车所受重力和支持力的合力恰好提供向心力的临界情况，计算出临界速度，然后根据离心运动和向心运动的条件进行分析。9【分析】分析开始时两物体及弹簧的受力，

27、根据弹簧的弹力不能突变的性质，根据牛顿第二定律可求得加速度大小；再根据两物体的运动情况分析弹簧的形变；根据机械能守恒的条件分析系统是否机械能守恒。【解答】解：a、开始时系统处于平衡状态，弹簧的弹力大小为f2mg，当细线剪断瞬间，弹簧不能突变，则a受的合力为fmgma，将f2mg代入得加速度大小为g，方向向上，则a正确b、当弹簧的弹力等于mg时a的速度最大，以后要减速运动，则b错误cd、a初末态的速度都是0，则动能没变化，则弹簧弹力做的功等于克服重力做的功，弹簧的弹性势能减少量等于物块a的机械能增加量，则cd正确故选：acd。【点评】本题是动力学中典型的问题：瞬时问题，往往先分析悬线剪断前弹簧的

28、弹力，再分析悬线判断瞬间物体的受力情况，再求解加速度，抓住悬线剪断瞬间弹力没有来得及变化。三、简答题：本题分必做题（第10、11、12题）和选做题两部分，共计42分请将解答填写在相应的位置【必做题】10【分析】（1）根据题意确定滑动变阻器的接法，然后连接实物电路图。（2）应用描点法作出图象。（3）金属丝电阻率由金属的材料决定，同时受温度影响，随温度升高而增大。（4）滑动变阻器采用分压接法时，为保护电路闭合开关前滑片要置于分压电路分压为零的位置；实验完毕拆除电路前要先断开开关。【解答】解：（1）实验要求电压从零开始测量，滑动变阻器应采用分压接法，实物电路图如图所示：（2）根据表中实验数据在坐标系

29、内描出对应点，然后根据描出的点作出图象如图所示：（3）电阻的电阻率受温度影响，会随温度变化而变化，实验过程如果长时间保持电路闭合，电阻丝长时间发生，电阻丝温度升高，电阻率发生变化，因此实验过程不能长时间使电路保持闭合。（4）滑动变阻器采用分压接法，为保护电路，闭合开关前滑片应置于滑动变阻器的左端；测量结束后，应先断开开关，再拆除导线，最后整理好器材。故答案为：（1）实物电路图如图所示；（2）图象如图所示；（3）长时间通电，电阻丝发热，温度升高，电阻变化，电阻率变化；（4）左；开关。【点评】本题考查了连接实物电路图、作图象、实验注意事项等问题，根据题意确定滑动变阻器的接法是连接实物电路图的前提与

30、关键，当电压与电流从零开始变化时，滑动变阻器只能采用分压接法。11【分析】（1）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；（2）由瞬时速度的定义求瞬时速度，根据匀变速直线运动的推论公式xat2可以求出加速度的大小；（3）根据打点计时器的要求答题；（4）实验时应平衡摩擦力，没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足，af图象在f轴上有截距；平衡摩擦力过度，在af图象的a轴上有截距。【解答】解：（1）由题意知，第5点以后，间距是逐渐减小的，显然小车在做减速直线运动，那么小车是未平衡摩擦力或平衡不足；（2）打下3点的速度v3=v24=(2.51+3.51)×10-22

31、×0.1m/s0.30m/s用差。在减速过程中用逐差公式求求加速度a=x7-x52t2=(3.41-4.20)×10-22×012m/s20.40m/s2，负表示方向，即小车已经减速了。（3）根据打点计时器的使用要求，就先通电再释放小车，且小车应尺量靠近打点计时器，选项c合理；（4）由于反比例函数图象所含的信息量丰富，再说曲线所反应的是什么数学函数式并不清楚，所以若画的图象是a-1m是过原点的直线的话，则加速度与质量成反比了；故答案为：（1）没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够（2）0.30m/s 0.40m/s2（3）c（4）改进后的坐标及图象如所示【点评】探究加速与

32、力的关系实验时，要平衡摩擦力、应根据纸带求出小车的加速度，掌握实验的实验注意事项是正确解题的关键。要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用。选修3-5（12分）12【分析】用紫外线照射时，锌板发生光电效应，光电子从锌板上飞出，锌板带正电，用毛皮摩擦过的橡胶棒带负电，故接触锌板时部分电荷被中和，导致电量减小；当入射光的频率大于极限频率时才发生光电效应，据此可比较红外线频率和锌板极限频率的大小关系。【解答】解：a、橡胶棒带负电当其接触锌板时发现验电器指针张角减小，这说明锌板带电量减小，故锌板一定带正电，部分电量被橡胶棒所带负电中和；则a正确b、c

33、、若用红外线照射，发现验电器指针根本不会发生偏转，这说明没有发生光电效应，故金属锌的极限频率大于红外线的频率。则b错误，c正确d、因紫外线灯照射锌板，验电器箔片张开，发生了光电效应，则紫外线的频率大于锌的极限频率，故d错误故选：ac。【点评】解决本题的关键知道光电效应的实质，以及知道发生光电效应的条件，基础题。13【分析】根据电荷数守恒、质量数守恒得出衰变产物的质量数和电荷数：由衰变时不受外力动量守恒，若衰变产物ni和-10e的运动径迹不在一条直线上，动量一定不守恒。【解答】解：2760co的衰变方程是2760cozani+-10e+e，根据电荷数守恒、质量数守恒知，6028，z60，即核电荷

34、数z是28，衰变前核静止动量为零，衰变时不受外力动量守恒，若衰变产物ni和-10e的运动径迹不在一条直线上，且衰变产物只有ni和-10e，那么衰变前后动量不守恒，违背了动量守恒定律，故答案为：28，动量【点评】解决本题的关键知道衰变过程中电荷数守恒、质量数守恒，明确核衰变前后动量守恒，注意守恒的条件是不受外力。14【分析】（1）已知球的质量和速度，由pmv即可求出动量大小；（2）对球瓶分析，根据动量定理列式即可求出作用力的大小。【解答】解：碰撞后对保龄球p1m1v15.4×1.89.72kgm/s。设初速度方向为正方向，对球瓶，pmv01.7×3.05.1kgm/s由动量定

35、理得ftp代入数据求得f102n答：碰撞后保龄球的动量为9.72kgm/s；碰撞时保龄球与球瓶间的相互作用力的大小102n。【点评】本题考查动量以及动量定理的应用，要注意在应用动量定理时要注意各物理量的方向才能准确列式求解。【选做题】本题包括a、b两小题，请选定其中一小题，并作答。若多做，则按a小题评分。a选修3-3（12分）15【分析】根据n=nna和m分子=mmolna，v分子=vmolna（不适用于气体）分析各项。【解答】解：a、根据n=nnmol=nna求解物质的量，因为任何物质1mol的个数均为na，故a正确；b、根据v分子=vn，固液分子体积需要知道分子个数，对于气体，知道物质的体

36、积并不能确定分子体积，因为空气分子间距远大于分子直径，气体体积不是所有分子体积之和，故b错误；c、根据m分子=mn，需要知道分子个数，才可以知道分子质量，故c错误；d、对于气体，知道物质的体积并不能确定分子体积，也就无法求解分子直径，故d错误；故选：a。【点评】要求分子质量或体积，需要知道分子个数，而对于气体体积是分子占有的空间大小不是气体分子体积之和。16【分析】根据晶体的特殊性质进行判断，谚语所包含的物态变化特点。【解答】解：晶体和非晶体最大的不同除了熔点的有无外，还在于晶体的各向异向，而非晶体的各向同性；由于水缸中水的蒸发，水缸外表面的温度低于空气的温度，空气中水蒸气遇冷液化成小滴附在缸

37、的外表面，这个过程必须持续一段时间，才能在缸的外表面看到水珠。故答案为：晶体大于【点评】这是从分子运动论解释一些自然现象的典型实例，要使液化持续一段时间，则要求液化的速度大于水蒸发的速度。17【分析】根据题意应用理想气体状态方程求出空气的压强。应用热力学第一定律可以求出油对气体做的功。【解答】解：对气体，由理想气体状态方程得：p1v1t1=p2v2t3，解得，反冲后空气的压强：p2=p1v1t3v2t1。由题意可知：q0，对气体，由热力学第一定律得：uq+w，反冲过程油对气体做功：wu；答：反冲后空气的压强为p1v1t3v2t1；反冲过程中油对气体做的功为u。【点评】本题考查了理想气体状态方程

38、与热力学第一定律的应用，根据题意应用理想气体状态方程与热力学第一定律即可解题，本题是一道基础题。c.选修3-4（12分）18【分析】由图知道ob一定为反射光，而两光经过折射后一定会分为两支光束，而现在只有一支，说明有一支发生了全反射，oa光发生了折射，紫光的临界角较小，由sinc=1n比较出临界角的大小，即可确定光的颜色。【解答】解：ob为反射光，故ob应为复色光；而折射后只有一束光线，故有一束光发生的全反射，而黄光与紫光相比较，由sinc=1n知紫光的临界角要小，故紫光发生了全反射；故oa应为黄光；故c正确，abd错误。故选：c。【点评】本题要求学生明确色光的性质，各种色光的频率、波长及折射

39、率的大小关系；同时明确全反射的条件。19【分析】依据双缝干涉原理，结合光的偏振条件，即可求解。【解答】解：孔雀羽毛上有很多细缝，光通过细缝，形成光的衍射条纹，即为色彩斑斓；电影院看立体电影时，眼镜就是利用了光的偏振现象制成的。故答案为：干涉，偏振。【点评】本题考查了学生对生活中光学现象的分析能力，注重了物理和生活的联系，难度不大。20【分析】这列波的周期等于船的振动周期，根据甲船的振动情况求解；波从甲船传到乙船，1min内，甲船比乙船多震荡2次，说明两船间的距离是两个波长，从而求得波长，再求波速。【解答】解：甲船从开始振动的1min内上下震荡30次，则甲船的振动周期为：t=tn=6030s2s

40、这列波的周期等于船的振动周期，也为2s。波从甲船传到乙船，1min内，甲船比乙船多震荡2次，说明两船间的距离是两个波长，由题意得 230m得 15m则v=t=7.5m/s。答：这列波的周期是2s；水波在水面上传播的速度是7.5m/s。【点评】本题考查由波动图求解波长的能力。对于波往往根据空间距离研究波长，根据时间研究周期。四、计算题：本题共3小题，共计47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和单位21【分析】（1）根据电流强度的定义式进行分析；（2）等臂天平的平衡条件结合安培力的计算公式解答；（3）线圈上边刚离开磁场

41、前产生的感应电动势为enb1lv，由闭合电路欧姆定律和电功率的计算公式求解。【解答】解：（1）根据i=qt可得：qit；（2）设电流方向未改变时，等臂天平的左盘内砝码质量为m1，右盘内的砝码和线圈的总质量为m2，则由等臂天平的平衡条件得：m1gm2gnbil；电流方向改变后，同理可得：（m+m1）gm2g+nbil两式相减得：b=mg2nil；（3）线圈上边刚离开磁场前产生的感应电动势为：enb1lv由闭合电路欧姆定律得：i=nb1lvr线圈消耗的电功率为：pi2r解得：p=(nb1lv)2r。答：（1）当线圈中的电流为i时，在t时间内通过线圈横截面的电荷量为it；（2）计算出磁感应强度b的表达式为b=mg2nil；（3）线圈离开磁场前瞬间，感应电流的电功率为(nb1lv)2r。【点评】本题主要是考查了安培力作用下的平衡问题，解决本题的关键掌握安培力方向的判定，以及会利用力的平衡去求解问题。22【分析】（1）对小球受力分析由平衡条件可求解；（2）对小球，从最右边摆到最左边的过程中，由能量守恒可求解；（3）t1时间内由几何关系可得斜面体发生的位移，小球在最低点与斜面体分离时，两者速度相等，斜面体以后做匀速直线运动，由机械能守恒定律几何位移公式可求得t2时间内斜面体发生的位移，相加即可。