高三物理-2016届高三上学期第二次段考物理试卷

1、2015-2016学年高三（上）第二次段考物理试卷一、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伽利略和牛顿都是物理学发展史上最伟大的科学家，巧合的是，牛顿就出生在伽利略去世后第二年下列关于力和运动关系的说法中，不属于他们的观点为是（）A自由落体运动是一种匀变速直线运动B力是使物体产生加速度的原因C物体都具有保持原来运动状态的属性，即惯性D力是维持物体运动的原因2设物体运动的加速度为a、速度为，位移为x，现有四个不同物体的运动图象如图所示，t=0时刻物体的速度均为零，则其中物体做单向直线运动的图象是（）ABCD3如图所示的电路中，R1是定值电阻，R2是光敏电阻

2、，电源的内阻不能忽略闭合开关S，当光敏电阻上的关照强度增大时，下列说法中正确的是（）A通过R2的电流减小B电源的路端电压减小C电容器C所带的电荷量增加D电源的效率增大4篮球运动是青年男同学最喜爱的体育运动之一，篮球投出后在空中 画出一条美丽的曲线，进入篮筐将一篮球从地面上方B点以速度v0斜向上抛出，刚好垂直击中篮板上A点，如果有人拦截，在较远处投篮则关于篮球的运动正确的说法是（）A增大抛射速度v0，同时减小抛射角B减小抛射速度v0，同时减小抛射角C增大抛射角，同时减小抛出速度v0D增大抛射角，同时增大抛出速度v05如图所示，足够长的竖直粗糙绝缘管处于方向彼此垂直的匀强电场E和匀强磁场B中，电场

3、E和磁场B的方向如图，一个带正电的小球从静止开始沿管下滑，则在下滑过程中小球的加速度a和时间t的关系图象正确的是（）ABCD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号题意全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分6如图a所示，质量不计的弹簧竖直固定在水平面上，t=0时刻，将一金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放，小球落到弹簧上压缩弹簧到最低点，然后又被弹起离开弹簧，上升到一定高度后再下落，如此反复通过安装在弹簧下端的压力传感器，得到弹簧弹力F随时间t变化的图象如图b所示，若图象中的坐标值都为已知量，重力加速度为g，则（）At1时刻小球具有最大速度

4、Bt2时刻小球的速度大小为零C可以计算出小球自由下落的高度D整个运动过程中，小球的机械能守恒7两个不规则带电导体间的电场线分布如图所示，已知导体附近的电场线均与导体表面垂直，a、b、c、d为电场中几个点，并且a、d为紧靠导体表面的两点，以无穷远为零电势点，则（）A场强大小关系有EbEcB电势大小关系有bdC将一负电荷放在d点时其电势能为负值D将一正电荷由a点移到d点的过程中电场力做正功8如图所示，某理想变压器的原、副线圈的匝数均可调节原线圈两端电压为一最大值不变的正弦式交变电流，在其他条件不变的情况下，为使变压器输入功率增大，可使（）A原线圈匝数n1减小B副线圈匝数n2减小C负载电阻R的阻值增

5、大D负载电阻R的阻值减小9如图，是一固定的点电荷，虚线a、b、c是该点电荷产生的电场中的三条等势线，正点电荷q仅受电场力的作用沿实线所示的轨迹从a处运动到b处，然后又运动到c处由此可知（）A为负电荷B在整个过程中q的速度先变大后变小C在整个过程中q的加速度先变大后变小D在整个过程中，电场力做功不为零三、简答题：本题分必做题（第10、11题）和选做题两部分，共计48分.请将解答填写在答题卡上相应的位置.【必做题】10如图1所示的装置，可用于验证牛顿第二定律在气垫导轨上安装两个光电门，小车上固定遮光板，细线一端与小车相连，另一端跨过定滑轮挂上沙桶，实验首先调整气垫导轨，通过调整使小车未挂沙桶时能在

6、气垫导轨上做勾速运动，然后再进行后面的操作，并在实验中获得以下测量数据：小车和挡光板的总质量M，遮光板的宽度d，两光电门的中心的距离s则（1）该实验要保证小车的合力近似等于沙桶的重力应满足的条作是（2）实验需用游际卡尺测量遮光板的宽度d，如图2所示d=（3）某次实验过程中测得：沙桶的质量为m，小车先后通过两个光电门的挡光时间分别为t1，t2（小车通过第二个光电门后沙桶才落地），已知重力加速度为g 则对该小车实验要验证的表达式是11金属材料的电阻率通常随温度的升高而增大，半导体材料的电阻率随温度的升高而减少某同学需要研究某导电材料的导电规律，他用该种导电材料制作为电阻较小的线状元件Z做实验，测量

7、元件Z中的电流随两端电压从零逐渐增大过程中的变化规律（1）他应选用图所示的电路进行实验（2）实验测得元件Z的电压与电流的关系如下表所示根据表中数据，判断元件Z是 （填“金属材料”或“半导体材料”）；U/V00.400.600.801.001.201.501.60I/A00.200.450.801.251.802.813.20（3）用螺旋测微器测量线状元件Z的直径如图2所示，则元件Z的直径是mm（4）把元件Z接入如图1所示的电路中，当电阻R的阻值为R1=2时，电流表的读数为1.25A；当电阻R的阻值为R2=3.6时，电流表的读数为0.80A结合上表数据，求出电池的电动势为V，内阻为（ 不计电流表

8、的内阻）选做题（选修模块3-4）（12分）12频率不同的两束单色光1和2以相同的入射角从同一点射入一厚玻璃板后，其光路如图所示下列说法正确的是（）A单色光1的波长大于单色光2的波长B在玻璃中单色光1的传播速度大于单色光2的传播速度C单色光1的光子能量小于单色光2的光子能量D单色光1从玻璃到空气的全反射临界角小于单色光2从玻璃到空气的全反射临界角13一列简谐横波沿x轴传播，图甲是t=3s时的波形图，图乙是波上x=2m处质点的振动图线，则该横波的速度为m/s，传播方向为14一束光由空气射入玻璃砖中，入射角为，已知玻璃砖的厚度为h，光线在玻璃砖中的长度为L，光在真空中的传播速度为c求：光在玻璃砖中的

9、传播速度v（选修模块3-5）（12分）15下列说法中正确的是 （）A康普顿效应进一步证实了光的波动特性B为了解释黑体辐射规律，普朗克提出电磁辐射的能量是量子化的C经典物理学不能解释原子的稳定性和原子光谱的分立特征D天然放射性元素衰变的快慢与化学、物理状态有关16根据核反应方程+，完成填空：粒子中含有个中子；物理学家卢瑟福用该粒子轰击氮核（），发现了，该核反应方程是：17铝的逸出功Wo=6.72×1019J，现将波长=200nm的光照射铝的表面求：光电子的最大初动能（普朗克常量h=6.63×1034Js）若射出的具有最大初动能的光电子与一静止的电子发生正碰，则碰撞中两电子电势

10、能增加的最大值是多少？四、计算题：本题共3小题，共计41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18如图所示为质谱仪的原理图，A为粒子加速器，电压为U1；B为速度选择器，磁场与电场正交，磁感应强度为B1，板间距离为d；C为偏转分离器，磁感应强度为B2今有一质量为m、电量为q的正离子经加速后，恰好通过速度选择器，进入分离器后做半径为R的匀速圆周运动，求：（1）粒子的速度v（2）速度选择器的电压U2（3）粒子在B2磁场中做匀速圆周运动的半径R19一质量m=0.5kg的滑块以一定的初速度冲上一倾角为30°足

11、够长的斜面，某同学利用DIS实验系统测出了滑块冲上斜面过程中多个时刻的瞬时速度，如图所示为通过计算机绘制出的滑块上滑过程的vt图求：（g取10m/s2）（1）滑块冲上斜面过程中加速度大小；（2）滑块与斜面间的动摩擦因数；（3）判断滑块最后能否返回斜面底端？若能返回，求出返回斜面底端时的动能；若不能返回，求出滑块停在什么位置20如图（甲）所示，MN、PQ为水平放置的足够长的平行光滑导轨，导轨间距L为0.5m，导轨左端连接一个阻值为2的定值电阻R，将一根质量为0.2kg的金属棒cd垂直放置在导轨上，且与导轨接触良好，金属棒cd的电阻r=2，导轨电阻不计，整个装置处于垂直导轨平面向下的匀强磁场中，磁

12、感应强度B=2T若棒以1m/s的初速度向右运动，同时对棒施加水平向右的拉力F作用，并保持拉力的功率恒为4W，从此时开始计时，经过2s金属棒的速度稳定不变，图（乙）为安培力与时间的关系图象试求：（1）金属棒的最大速度；（2）金属棒的速度为3m/s时的加速度；（3）求从开始计时起2s内电阻R上产生的电热2015-2016学年高三（上）第二次段考物理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伽利略和牛顿都是物理学发展史上最伟大的科学家，巧合的是，牛顿就出生在伽利略去世后第二年下列关于力和运动关系的说法中，不属于他们的观点为是（）A自由落体运

13、动是一种匀变速直线运动B力是使物体产生加速度的原因C物体都具有保持原来运动状态的属性，即惯性D力是维持物体运动的原因【考点】自由落体运动【专题】自由落体运动专题【分析】亚里士多德的观点：物体越重，下落越快，力是维持物体运动的原因；伽利略的观点是：力是改变物体运动状态的原因，物体下落的快慢与物体的轻重没有关系牛顿第一定律是牛顿在伽利略和笛卡尔研究成果的基础上总结出来的【解答】解：A、伽利略通过斜面实验得出自由落体运动是一种匀变速直线运动，故A正确；B、伽利略的观点是：力是改变物体运动状态的原因，即产生加速度的原因，故B正确；C、牛顿第一定律认为物体都具有保持原来运动状态的属性，即惯性，故C正确；

14、D、亚里士多德的观点：物体越重，下落越快，力是维持物体运动的原因，故D错误；本题选错误的故选D【点评】物理学史是高考物理考查内容之一学习物理学史，可以从科学家身上学到科学精神和研究方法2设物体运动的加速度为a、速度为，位移为x，现有四个不同物体的运动图象如图所示，t=0时刻物体的速度均为零，则其中物体做单向直线运动的图象是（）ABCD【考点】匀变速直线运动的图像【专题】运动学中的图像专题【分析】物体做单向直线运动时位移一直增大，速度方向不变，根据图象逐项分析即可【解答】解：A、由位移时间图象可知，位移随时间先增大后减小，2s后反向运动，4s末到达初始位置，故A错误；B、由速度时间图象可知，速度

15、2s内沿正方向运动，24s沿负方向运动，方向改变，故B错误；C、由图象可知：物体在第1s内做匀加速运动，第2s内做匀减速运动，2s末速度减为0，然后重复前面的过程，是单向直线运动，故C正确；D、由图象可知：物体在第1s内做匀加速运动，第23s内做匀减速运动，2s末速度减为0，第3s内沿负方向运动，不是单向直线运动，故D错误故选C【点评】图象是我们高中物理研究运动的主要途径之一，应熟知其特征，难度不大，属于基础题3如图所示的电路中，R1是定值电阻，R2是光敏电阻，电源的内阻不能忽略闭合开关S，当光敏电阻上的关照强度增大时，下列说法中正确的是（）A通过R2的电流减小B电源的路端电压减小C电容器C所

16、带的电荷量增加D电源的效率增大【考点】闭合电路的欧姆定律；常见传感器的工作原理【专题】恒定电流专题【分析】光敏电阻的特性是当光敏电阻上的光照强度增大时，光敏电阻的阻值会减小；总电路的电阻减小，电路中的总电流增大，路端电压就减小【解答】解：A：当光敏电阻上的光照强度增大时，光敏电阻的阻值会减小；总电路的电阻减小，电路中的总电流增大，流过R 2的电流增大；故A错误；B：电路中的总电流增大，路端电压就减小故B正确；C：路端电压就减小，电容器两端的电压减小，电容器所带的电量减小故C错误；D：电源效率：，总电路的电阻减小，所以电源的效率就减小故D错误故选：B【点评】该题考查光敏电阻的特性与闭合电路的欧姆

17、定律的应用，关键是光敏电阻的特性是当光敏电阻上的光照强度增大4篮球运动是青年男同学最喜爱的体育运动之一，篮球投出后在空中 画出一条美丽的曲线，进入篮筐将一篮球从地面上方B点以速度v0斜向上抛出，刚好垂直击中篮板上A点，如果有人拦截，在较远处投篮则关于篮球的运动正确的说法是（）A增大抛射速度v0，同时减小抛射角B减小抛射速度v0，同时减小抛射角C增大抛射角，同时减小抛出速度v0D增大抛射角，同时增大抛出速度v0【考点】抛体运动【专题】定性思想；等效替代法；直线运动规律专题【分析】解决本题巧用平抛运动知识，由于题目中紧抓住篮球垂直打到篮板，故其逆过程可以看成平抛运动，在较远处投篮，即水平位移要增大

18、，则有水平速度越大，落地速度越大，与水平面的夹角越小【解答】解：篮球垂直击中篮板上A点，其逆过程就是平抛运动，当水平速度越大时，水平方向位移越大，抛出后落地速度越大，与水平面的夹角则越小若水平速度减小，水平方向位移越小，则落地速度变小，但与水平面的夹角变大因此如果有人拦截，在较远处投篮，还要击中篮板上A点，只有增大抛射速度v0，同时减小抛射角，才能仍垂直打到篮板上A点所以只有A正确，BCD均错误；故选：A【点评】本题采用了逆向思维，降低了解决问题的难度若仍沿题意角度思考，解题很烦同时容易出错5如图所示，足够长的竖直粗糙绝缘管处于方向彼此垂直的匀强电场E和匀强磁场B中，电场E和磁场B的方向如图，

19、一个带正电的小球从静止开始沿管下滑，则在下滑过程中小球的加速度a和时间t的关系图象正确的是（）ABCD【考点】带电粒子在混合场中的运动【专题】带电粒子在复合场中的运动专题【分析】小球下落过程中受重力、电场力、洛伦兹力、弹力和摩擦力，洛伦兹力从零开始增加，根据平衡条件判断弹力、摩擦力的变化情况，根据牛顿第二定律分析加速度的变化情况【解答】解：下落过程中电场力向右，洛仑兹力向左，洛仑兹力逐渐增大；电场力与洛仑兹力的合力先向右减小，所以支持力先向左减小，所以摩擦力减小，与重力的合力会逐渐变大，所以加速度先增大；当电场力和洛仑兹力等大时，加速度达到最大；然后支持力向右增大，摩擦力会增大，则合力减小，加

20、速度减小，最后摩擦力与重力等大时，加速度为零（图象与横轴相切）；故选：D【点评】本题考查如何正确的受力分析，理解洛伦兹力与速度的关系，从而影响受力情况，带动运动情况的变化，注意此处的弹力的方向变化，是解题的关键二、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号题意全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分6如图a所示，质量不计的弹簧竖直固定在水平面上，t=0时刻，将一金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放，小球落到弹簧上压缩弹簧到最低点，然后又被弹起离开弹簧，上升到一定高度后再下落，如此反复通过安装在弹簧下端的压力传感器，得到弹簧弹力F随时间t变化的图象如

21、图b所示，若图象中的坐标值都为已知量，重力加速度为g，则（）At1时刻小球具有最大速度Bt2时刻小球的速度大小为零C可以计算出小球自由下落的高度D整个运动过程中，小球的机械能守恒【考点】功能关系；动能和势能的相互转化【专题】定性思想；推理法；守恒定律在近代物理中的应用【分析】小球先自由下落，与弹簧接触后，弹簧被压缩，在下降的过程中，弹力不断变大，当弹力小于重力时，物体加速下降，合力变小，加速度变小，故小球做加速度减小的加速运动；当加速度减为零时，速度达到最大；之后物体由于惯性继续下降，弹力变得大于重力，合力变为向上且不断变大，加速度向上且不断变大，故小球做加速度不断增大的减速运动；同理，上升过

22、程，先做加速度不断减小的加速运动，当加速度减为零时，速度达到最大，之后做加速度不断增大的减速运动，直到小球离开弹簧为止对于小球和弹簧组成的系统机械能守恒【解答】解：A、t1时刻小球刚与弹簧接触，当弹簧弹力与重力平衡时速度最大，故A错误；B、t2时刻小球受到的弹力最大，处于最低点，速度为零，故B正确；C、t3到t4时刻，小球做竖直上抛运动，根据竖直上抛运动的对称性可以求出小球自由下落的高度，故C正确；D、小球运动的整个过程中球与弹簧系统机械能守恒，小球的机械能不守恒，故D错误；故选：BC【点评】题关键要将小球的运动分为自由下落过程、向下的加速和减速过程、向上的加速和减速过程进行分析处理，同时要能

23、结合图象分析7两个不规则带电导体间的电场线分布如图所示，已知导体附近的电场线均与导体表面垂直，a、b、c、d为电场中几个点，并且a、d为紧靠导体表面的两点，以无穷远为零电势点，则（）A场强大小关系有EbEcB电势大小关系有bdC将一负电荷放在d点时其电势能为负值D将一正电荷由a点移到d点的过程中电场力做正功【考点】电场线；电势能【分析】根据电场线的疏密程度判断电场强度的大小；根据沿着电场线，电势逐渐降低来判断电势的高低；正电荷在电势高处电势能大，在电势低处电势能小，负电荷在电势高处电势能小，在电势低处电势能大，根据电势能的变化判断电场力做功情况【解答】解：A、由电场线越密的地方，电场强度越大，

24、由图可得c点的电场线密所以有EcEb，故A错误；B、沿着电场线，电势逐渐降低，b点所处的电场线位于右侧导体的前面，即b点的电势比右侧的导体，而右侧导体的电势比d高，故b点电势高于d点的电势，故B正确；C、电势能的正负与0势能点的选择有关，该题以无穷远为零电势点，所以说负电荷放在d点时其电势能为正值故C错误；D、从图中可以看出，a点的电势高于b点的电势，而b点的电势又高于d点的电势，所以a点的电势高于d点的电势正电荷在电势高处电势能大，在电势低处电势能小，故正检验电荷从a点移到d点的过程中，电势能减小，则电场力做正功，故D正确故选：BD【点评】本题关键是根据电场线及其与等势面的关系判断出电势高低

25、、场强大小关系同时知道等差等势面越密的地方，电场线也越密当然也可以由电场力做功的正负来确定电势能的增减8如图所示，某理想变压器的原、副线圈的匝数均可调节原线圈两端电压为一最大值不变的正弦式交变电流，在其他条件不变的情况下，为使变压器输入功率增大，可使（）A原线圈匝数n1减小B副线圈匝数n2减小C负载电阻R的阻值增大D负载电阻R的阻值减小【考点】变压器的构造和原理【专题】交流电专题【分析】变压器中匝数与电压成正比、与电流成反比，输入功率等于输出功率【解答】解：由于电压与匝数成正比，所以原线圈匝数减小时，副线圈两端电压增大电流增大，输出功率增大，又输入功率等于输出功率，故A正确B错误；当负载电阻减

26、小时，线圈中电流增大，由P=UI知输出功率增大则输入功率也增大，故C错误D正确故选AD【点评】利用变压器的特点，结合欧姆定律分析负载的变化对电流的影响9如图，是一固定的点电荷，虚线a、b、c是该点电荷产生的电场中的三条等势线，正点电荷q仅受电场力的作用沿实线所示的轨迹从a处运动到b处，然后又运动到c处由此可知（）A为负电荷B在整个过程中q的速度先变大后变小C在整个过程中q的加速度先变大后变小D在整个过程中，电场力做功不为零【考点】等势面；电场强度【专题】电场力与电势的性质专题【分析】根据电场线的弯曲确定电荷所受电场力的方向，从而确定点电荷的电性，根据动能定理判断动能的变化，根据电场线的疏密判断

27、电场力的变化，从而根据牛顿第二定律判断加速度的变化【解答】解：A、粒子的所受合力的方向大致指向轨迹的弯曲的方向，知正电荷所受的电场力背离点电荷向外，知O为正电荷故A错误B、从从a处运动b处，然后又运动到c处电场力先做负功，再做正功，则动能先减小再增大所以速度先减小再增大故B错误C、越靠近点电荷，电场线越密，则电荷所受电场力越大，加速度越大，则加速度先增大后减小故C正确D、a与c在同一个等势面上，两点间的电势差为零，根据W=qU，知电场力做功为零，故D错误故选C【点评】解决本题的关键掌握通过轨迹的弯曲大致判断合力的方向，会根据电场力做功判断动能的变化，知道在等势面上移动电荷，电场力不做功三、简答

28、题：本题分必做题（第10、11题）和选做题两部分，共计48分.请将解答填写在答题卡上相应的位置.【必做题】10如图1所示的装置，可用于验证牛顿第二定律在气垫导轨上安装两个光电门，小车上固定遮光板，细线一端与小车相连，另一端跨过定滑轮挂上沙桶，实验首先调整气垫导轨，通过调整使小车未挂沙桶时能在气垫导轨上做勾速运动，然后再进行后面的操作，并在实验中获得以下测量数据：小车和挡光板的总质量M，遮光板的宽度d，两光电门的中心的距离s则（1）该实验要保证小车的合力近似等于沙桶的重力应满足的条作是沙桶的质量远小于小车及遮光板的总质量（2）实验需用游际卡尺测量遮光板的宽度d，如图2所示d=5.50cm（3）某

29、次实验过程中测得：沙桶的质量为m，小车先后通过两个光电门的挡光时间分别为t1，t2（小车通过第二个光电门后沙桶才落地），已知重力加速度为g 则对该小车实验要验证的表达式是【考点】验证牛顿第二运动定律【专题】实验题；牛顿运动定律综合专题【分析】（1）在砂桶质量远小于小车质量的情况下，可以近似认为小车受到的拉力等于砂桶受到的重力（2）游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读游标的零刻度线超过主尺上的刻度数为主尺读数，游标读数等于分度乘以对齐的条数（3）光电门测速度的原理是用平均速度来代替瞬时速度，根据运动学基本公式求出加速度，从而求出“牛顿第二定律”表达式【解答】解：（1）以沙桶为研究对

30、象，设沙桶质量为m，绳子上拉力为F，则有：mgF=ma；以小车为研究对象，设小车质量为M，则有：F=Ma由以上两式得：F=，由此可知当Mm时，小车的合力近似等于沙桶的重力（2）游标卡尺的主尺读数为5mm，游标读数等于：0.05×10mm=0.50mm，所以最终读数为：5mm+0.50mm=5.50mm（3）由于光电门的宽度d很小，所以我们用很短时间内的平均速度代替瞬时速度滑块通过光电门1速度为：滑块通过光电门2速度为：根据运动学公式，物体的加速度为：=根据需要验证的牛顿第二定律关系式为：F=mg=Ma，即：故答案为：（1）沙桶的质量远小于小车及遮光板的总质量；（2）5.50cm；（3

31、）【点评】了解光电门测量瞬时速度的原理，实验中我们要清楚研究对象和研究过程，对于系统我们要考虑全面，同时明确实验原理是解答实验问题的前提11金属材料的电阻率通常随温度的升高而增大，半导体材料的电阻率随温度的升高而减少某同学需要研究某导电材料的导电规律，他用该种导电材料制作为电阻较小的线状元件Z做实验，测量元件Z中的电流随两端电压从零逐渐增大过程中的变化规律（1）他应选用图所示的A电路进行实验（2）实验测得元件Z的电压与电流的关系如下表所示根据表中数据，判断元件Z是半体材料 （填“金属材料”或“半导体材料”）；U/V00.400.600.801.001.201.501.60I/A00.200.4

32、50.801.251.802.813.20（3）用螺旋测微器测量线状元件Z的直径如图2所示，则元件Z的直径是1.990mm（4）把元件Z接入如图1所示的电路中，当电阻R的阻值为R1=2时，电流表的读数为1.25A；当电阻R的阻值为R2=3.6时，电流表的读数为0.80A结合上表数据，求出电池的电动势为4.0V，内阻为0.4（ 不计电流表的内阻）【考点】测定金属的电阻率【专题】实验题；恒定电流专题【分析】（1）伏安法测电阻，电压从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法；待测电阻阻值很小，电压表内阻远大于待测电阻阻值，电流表应采用外接法，分析图示电路，选出实验所需电路（2）元件两端电压越大，通过元件

33、的电流越大，由P=UI可知元件实际功率越大，元件温度越高；根据表中实验数据，应用欧姆定律判断随电压增大，温度越高时元件电阻如何变化，然后判断元件的种类（3）螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数，由图示螺旋测微器可以读出元件的直径（4）由表中实验数据找出个电流所对应的电压值，然后根据闭合电路欧姆定律列方程，然后求出电源电动势与内阻【解答】解：（1）电压从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法；待测电阻阻值很小，电压表内阻远大于待测电阻阻值，电流表应采用外接法，由图1所示电路图可知，实验应采用A所示电路（2）由表中实验数据可知，随元件电压增大，通过元件的电流增大，元件的实际功率增大

34、，元件温度升高；由欧姆定律可知，随元件两端电压增大，元件电阻减小，因此元件是半导体材料（3）由图2所示螺旋测微器可知，固定刻度示数为1.5mm，可动刻度示数为49.0×0.01mm=0.490mm，元件的直径为1.5mm+0.490mm=1.990mm（1.9891.991均正确）（4）由图3可知，元件Z与电阻R串联，电流表测电路电流，由表中实验数据可知，电流为1.25A时，元件两端电压为1.00V，电流为0.80A时，元件两端电压为0.80V，由闭合电路欧姆定律可得：E=I（R+r）+UV，E=1.25×（2+r）+1.00，E=0.80×（3.6+r）+0.8

35、0，解得，电源电动势E=4.0V，内阻r=0.4故答案为：（1）A；（2）半导体材料；（3）1.990；（4）4.0；0.4【点评】本题考查了实验电路的选择、元件性质的判断、螺旋测微器读数、求电源电动势与内阻等问题；螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是其读数，螺旋测微器需要估读选做题（选修模块3-4）（12分）12频率不同的两束单色光1和2以相同的入射角从同一点射入一厚玻璃板后，其光路如图所示下列说法正确的是（）A单色光1的波长大于单色光2的波长B在玻璃中单色光1的传播速度大于单色光2的传播速度C单色光1的光子能量小于单色光2的光子能量D单色光1从玻璃到空气的全反射临界角小于单色光2从玻璃到

36、空气的全反射临界角【考点】光的折射定律【专题】光的折射专题【分析】通过光的偏折程度比较出单色光1、2的折射率大小，从而比较出频率、波长的大小，根据v=比较出在介质中传播的速度大小根据sinC=比较出临界角的大小【解答】解：A、单色光1比单色光2偏折厉害，则单色光1的折射率大，频率大，则单色光1的波长小故A错误B、根据v=知，单色光1的折射率大，则单色光1在玻璃中传播的速度小故B错误C、单色光1的频率大，根据E=hv知，单色光1的光子能量大故C错误D、根据sinC=知，单色光1的折射率大，则临界角小故D正确故选D【点评】解决本题的突破口在于根据光的偏折程度比较出折射率的大小，知道折射率、频率、波

37、长、在介质中的速度等大小关系13一列简谐横波沿x轴传播，图甲是t=3s时的波形图，图乙是波上x=2m处质点的振动图线，则该横波的速度为1m/s，传播方向为沿x轴负方向【考点】波长、频率和波速的关系；横波的图象【分析】由图乙读出波x=2m处质点的速度方向，由图甲判断波的传播方向由甲图读出波长，乙图读出周期，即可求出波速【解答】解：由图乙读出波上x=2m处在t=3s时刻质点的速度方向沿y轴正方向，由图甲判断出来波的传播方向是沿x轴负方向由甲图读出波长为=4m，乙图读出周期为T=4s，则该波的波速为v=1m/s故选D故答案为：1，沿x轴负方向；【点评】本题考查识别和理解振动图象和波动图象的能力，并要

38、能把握两种图象之间的联系14一束光由空气射入玻璃砖中，入射角为，已知玻璃砖的厚度为h，光线在玻璃砖中的长度为L，光在真空中的传播速度为c求：光在玻璃砖中的传播速度v【考点】光的折射定律【专题】定性思想；图析法；方程法；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：如图做出光路图，则：由几何关系得：，所以：sin=则该玻璃的折射率：n=光在玻璃中传播的速度：v=答：光在玻璃砖中的传播速度是【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（选修模块3-5）

39、（12分）15下列说法中正确的是 （）A康普顿效应进一步证实了光的波动特性B为了解释黑体辐射规律，普朗克提出电磁辐射的能量是量子化的C经典物理学不能解释原子的稳定性和原子光谱的分立特征D天然放射性元素衰变的快慢与化学、物理状态有关【考点】原子核衰变及半衰期、衰变速度【专题】衰变和半衰期专题【分析】康普顿效应进一步证实了光的粒子特性为了解释黑体辐射规律，普朗克提出电磁辐射的能量的量子化经典物理学不能解释原子的稳定性和原子光谱的分立特征天然放射性元素的半衰期与环境的温度无关【解答】解：A、康普顿效应进一步证实了光的粒子特性故A错误B、为了解释黑体辐射规律，普朗克提出电磁辐射的能量的量子化故B正确C

40、、经典物理学不能解释原子的稳定性和原子光谱的分立特征故C正确D、天然放射性元素的半衰期由原子核内部的结构决定，与环境的温度无关故D错误故选：BC【点评】本题中考查原子物理部分的基本知识，加强识记，重点掌握半衰期的特点和计算16根据核反应方程+，完成填空：粒子中含有2个中子；物理学家卢瑟福用该粒子轰击氮核（），发现了质子，该核反应方程是：【考点】原子核的人工转变【分析】根据核反应方程中质量数和电荷数守恒，求出未知粒子的核电荷数和质量数即可判断粒子的种类【解答】解：根据质量数守恒和电荷数守恒知m=4，n=2，中子数=42=2；物理学家卢瑟福用该粒子轰击氮核（），发现了 质子，该核反应方程是：故答案

41、为：2，质子【点评】正确书写核反应方程是学习原子物理的重点，要注意质量数和电荷数守恒的应用17铝的逸出功Wo=6.72×1019J，现将波长=200nm的光照射铝的表面求：光电子的最大初动能（普朗克常量h=6.63×1034Js）若射出的具有最大初动能的光电子与一静止的电子发生正碰，则碰撞中两电子电势能增加的最大值是多少？【考点】光电效应【专题】光电效应专题【分析】根据爱因斯坦光电效应方程求解光电子的最大初动能；再由动量守恒定律，结合动能表达式，即可求解【解答】解：根据爱因斯坦光电效应方程得：光电子的最大初动能为Ek=hW0；且=解得：Ek=3.225×1019J

42、增加的电势能来自系统损失的动能，发生完全非弹性碰撞时电势能最大由动量守恒 mv0=2mv；损失的动能：Ek=mv02mv2=1.6×1019J答：光电子的最大初动能3.225×1019J；碰撞中两电子电势能增加的最大值是1.6×1019J【点评】本题是光电效应规律和动量守恒的应用问题，注意单位的统一及运算的正确性四、计算题：本题共3小题，共计41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18如图所示为质谱仪的原理图，A为粒子加速器，电压为U1；B为速度选择器，磁场与电场正交，磁感应强

43、度为B1，板间距离为d；C为偏转分离器，磁感应强度为B2今有一质量为m、电量为q的正离子经加速后，恰好通过速度选择器，进入分离器后做半径为R的匀速圆周运动，求：（1）粒子的速度v（2）速度选择器的电压U2（3）粒子在B2磁场中做匀速圆周运动的半径R【考点】质谱仪和回旋加速器的工作原理【专题】带电粒子在磁场中的运动专题【分析】（1）根据动能定理qU1=mv2求出粒子的速度v（2）在速度选择器中作匀速直线运动，电场力与洛仑兹力平衡，根据Eq=qvB1求出电压U2（3）根据洛仑兹力提供向心力，求出粒子在B2磁场中做匀速圆周运动的半径R【解答】解：（1）粒子经加速电场U1加速，获得速度V，由动能定理得：qU1=mv2 解得v=故粒子的速度为（2）在速度选择器中作匀速直线运动，电场力与洛仑兹力平衡得Eq=qvB1即U2=B1dv=B1d故速度选择器的电压U2为B1d（3）在B2中作圆周运动，洛仑兹力提供向心力，有，R=故粒子在B2磁场中做匀速圆周运动的半径R为【点评】解决本题的关键掌握动能定理，以及知道在速度选择器中作匀速直线运动，电场力与洛仑兹力