蘇錫常鎮(zhèn)四市2015屆高三二模物理試卷

1、2015年江蘇省蘇錫常鎮(zhèn)四市高考物理二模試卷一、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，選對得3分，錯選或不答得0分1（3分）如圖所示，在豎直平面內，用甲、乙兩個彈簧秤通過細線拉著一個鉤碼，使之處于靜止狀態(tài)若保持甲彈簧秤拉力的方向不變，緩慢地調節(jié)乙彈簧秤，使兩細線之間的夾角增大一些，則（） A 兩拉力的合力可能增大 B 兩拉力的合力可能減小 C 甲彈簧秤的示數可能減小 D 乙彈簧秤的示數可能減小【考點】： 合力的大小與分力間夾角的關系【專題】： 平行四邊形法則圖解法專題【分析】： 對結點受力分析，通過圖解法抓住甲、乙合力不變，甲的拉力方向不變，改變乙的拉力

2、，從而判斷拉力的變化【解析】： 解：由平衡條件得知，甲、乙兩個拉力F1和F2的合力與重力G大小相等、方向相反，保持不變，作出甲、乙兩個在三個不同位置時力的合成圖，如圖，在甲、乙從123三個位置的過程中，可以看出，當甲、乙兩個方向相互垂直時，F2最小，可見，F1逐漸減小，F2先逐漸減小后逐漸增大甲的拉力逐漸減小，乙的拉力先減小后增大故選：D【點評】： 本題采用圖解法研究動態(tài)平衡問題圖解法形象、直觀，能直接反映力的變化情況作圖時要抓住張力F1和F2的合力不變、甲的方向不變，再由幾何知識進行分析2（3分）如圖所示，理想變壓器原、副線圈匝數比為10：1，輸入電壓u=311sin（100t）V，L1和L

3、2燈泡都正常發(fā)光，兩電表可視為理想交流電表則（） A 該交流電的頻率為100Hz B 電壓表的示數為31.1V C 若將變阻器的滑片P向上滑動，則電流表的示數將變大 D 若將變阻器的滑片P向上滑動，則燈泡L1將變暗、燈泡L2將變亮【考點】： 變壓器的構造和原理【專題】： 交流電專題【分析】： 根據瞬時值表達式可以求得輸出電壓的有效值、周期和頻率等，再根據電壓與匝數成正比即可求得結論，在滑動變阻器觸頭P向上移動的過程中，滑動變阻器的阻值變小，電路的總電阻減小，根據變壓器的特點及歐姆定律分析即可【解析】： 解：A、電路中的變壓器不改變交流電的頻率，f=50Hz，所以A錯誤B、原線圈的電壓的有效值為

4、220V，根據電壓與匝數成正比可知，副線圈的有效值為22V，所以B錯誤C、在滑動變阻器觸頭P向上移動的過程中，滑動變阻器的阻值變小，電路的總電阻減小，由于電壓是由變壓器決定的，輸出的電壓不變，所以電流變大，即電流表讀數變大，L1兩端電壓不變，所以亮度不變，L2將變亮，故C正確，D錯誤故選：C【點評】： 電路的動態(tài)變化的分析，總的原則就是由部分電路的變化確定總電路的變化的情況，再確定其他的電路的變化的情況，即先部分后整體再部分的方法同時注意線圈L對電流的敏感程度3（3分）火星和地球繞太陽運行的軌道可近似視為圓形，若已知火星和地球繞太陽運行的周期之比，則由此可求得（） A 火星和地球受到太陽的萬有

5、引力之比 B 火星和地球繞太陽運行速度大小之比 C 火星和地球表面的重力加速度之比 D 火星和地球的第一宇宙速度之比【考點】： 萬有引力定律及其應用【專題】： 萬有引力定律的應用專題【分析】： 研究火星和地球繞太陽做圓周運動，根據萬有引力提供向心力，列出等式表示出軌道半徑進一步根據周期之比計算其它量的比值【解析】： 解：A、由于無法知道火星和地球的質量之比，故不能計算出火星和地球所受太陽的萬有引力之比，故A錯誤B、根據圓周運動知識得：，由于火星和地球繞太陽運動的周期之比和火星和地球到太陽的距離之比都知道，所以能求得火星和地球繞太陽運行速度大小之比，故B正確C、忽略球體自轉的影響，萬有引力和重力

6、相等，即：，得，由于星球的半徑之比不知道，故不可以求得火星和地球繞太陽運動的表面的重力加速度之比，故C錯誤D、根據萬有引力提供向心力得：，即，由于星球的半徑之比不知道，故不可以求得火星和地球繞太陽運動的第一宇宙速度之比，故D錯誤；故選：B【點評】： 求一個物理量之比，我們應該把這個物理量先用已知的物理量表示出來，再根據表達式進行比較向心力的公式選取要根據題目提供的已知物理量或所求解的物理量選取應用4（3分）某同學設計了一種能自動拐彎的輪子如圖所示，兩等高的等距軌道a、b固定于水平桌面上，當裝有這種輪子的小車在軌道上運行到達彎道略微偏向軌道外側時，會順利實現拐彎而不會出軌下列截面圖所示的輪子中，

7、能實現這一功能的是（） A B C D 【考點】： 向心力【專題】： 牛頓第二定律在圓周運動中的應用【分析】： 要使小車順利拐彎，必須提供向心力，根據小車的受力情況，判斷軌道提供的向心力，即可判斷【解析】： 解：A、當該小車在軌道上運行到達彎道略微偏向軌道外側時，由于慣性，內側輪高度略降低，外側輪高度略升高，軌道對小車的支持力偏向軌道內側，與重力的合力提供向心力，從而順利拐彎，故A正確B、當該小車在軌道上運行到達彎道略微偏向軌道外側時，由于慣性，內側輪高度略升高，外側輪高度略降低，軌道對小車的支持力偏向軌道外側，小車會產生側翻，故B錯誤C、當該小車在軌道上運行到達彎道略微偏向軌道外側時，由于慣

8、性，內側輪高度略升高，外側輪高度略降低，軌道對小車的支持力偏向軌道外側，小車會產生側翻，故C錯誤D、當該小車在軌道上運行到達彎道略微偏向軌道外側時，沒有外力提供向心力，由于慣性，小車會出軌，故D錯誤故選：A【點評】： 解決本題的關鍵是分析小車的受力情況，確定什么提供向心力，從而判斷其運動狀態(tài)5（3分）如圖甲所示，圓形的剛性金屬線圈與一平行板電容器連接，線圈內存在垂直于線圈平面的勻強磁場，磁感應強度B隨時間變化的關系如圖乙所示（以圖示方向為正方向）t=0時刻，平行板電容器間一帶正電的粒子（重力可忽略不計）由靜止釋放，假設粒子運動未碰到極板，不計線圈內部磁場變化對外部空間的影響，下列粒子在板間運動

9、的速度圖象和位移圖象（以向上為正方向）中，正確的是（） A B C D 【考點】： 法拉第電磁感應定律【專題】： 電磁感應與電路結合【分析】： 由圖可知磁感應強度的變化，則由楞次定則可得出平行板上的帶電情況；對帶電粒子受力分析可知帶電粒子的受力情況，由牛頓第二定律可知粒子的運動情況；根據粒子受力的變化可知粒子加速度的變化，通過分析可得出粒子的運動過程【解析】： 解：AB、0內情況：由楞次定律可知，金屬板上極板帶負電，金屬板下極板帶正電；因粒子帶正電，則粒子所受電場力方向豎直向上而向上做勻加速運動內情況：由楞次定律可知，金屬板上極板帶正電，金屬板下極板帶負電；因粒子帶正電，則粒子所受電場力方向豎

10、直向下而向上做勻減速運動，直到速度為零內情況：由楞次定律可知，金屬板上極板帶正電，金屬板下極板帶負電，帶正電粒子向下勻加速，同理，T內情況：由楞次定律可知，金屬板上極板帶負電，金屬板下極板帶正電；因粒子帶正電，則粒子所受電場力方向豎直向上，而向下做勻減速運動，直到速度為零故AB錯誤；CD、由A選項分析可知，末速度減小為零，位移最大，當T末，粒子回到了原來位置故C正確，D錯誤；故選：C【點評】： 本題屬于綜合性題目，注意將產生感應電流的部分看作電源，則可知電容器兩端的電壓等于線圈兩端的電壓，這樣即可還原為我們常見題型二、多項選擇題：本題共4小題，每小題4分，共16分每小題有多個選項符合題意全部選

11、對的得4分，選對但不全的得2分，錯選或不答的得0分.6（4分）如圖所示為真空中兩個異種點電荷a、b電場的等勢面分布，A、B為電場中的兩點，且A點電勢高于B點電勢，則下列說法正確的是（） A a帶正電 B a的場強方向沿該處等勢面的切線方向 C 同一檢驗電荷，在A點受到的電場力大于在B點受到的電場力 D 正檢驗電荷從A點移到B點，電場力做正功【考點】： 等勢面【專題】： 電場力與電勢的性質專題【分析】： 該電場是 不等量同種異號電荷的電場，具有上下對稱性、左右不對稱電場線從正電荷出發(fā)到負電荷終止，順著電場線方向電勢逐漸降低，由電勢的變化，分析電勢能的變化【解析】： 解：A、由題可知，由于A點的電

12、勢高于B點的電勢，結合順著電場線方向電勢逐漸降低可知，a處的電勢一定高于b點處的電勢，所以a帶正電，b帶負電故A正確；B、由于等勢面與電場線的方向總是垂直，所以a的場強方向沿該處等勢面的切線的垂直方向故B錯誤；C、由圖可知，由于B處等勢面比較密，所以B處的電場強度大，而A處的電場強度小，所以同一檢驗電荷，在A點受到的電場力小于在B點受到的電場力故C錯誤；D、由題可知，由于A點的電勢高于B點的電勢，所以正檢驗電荷從A點移到B點，電場力做正功故D正確故選：AD【點評】： 該題考查常見電場的特點，解題的關鍵是在兩個電荷連線的中垂線上的電勢和無窮遠處的電勢相等而正電荷周圍的電場的電勢都比它高，負電荷周

13、圍的電場的電勢都比它低7（4分）如圖所示，將圓柱形強磁鐵吸在干電池負極，金屬導線折成上端有一支點、下端開口的導線框，使導線框的頂端支點和底端分別與電源正極和磁鐵都接觸良好但不固定，這樣整個線框就可以繞電池軸心旋轉起來下列判斷中正確的是（） A 線框能旋轉起來，是因為電磁感應 B 俯視觀察，線框沿逆時針方向旋轉 C 電池輸出的電功率大于線框旋轉的機械功率 D 旋轉達到穩(wěn)定時，線框中電流比剛開始轉動時的大【考點】： 安培力【分析】： 根據左手定則判斷螺絲釘的轉動方向，根據能量守恒定律判斷電流的大小【解析】： 解：A、小磁鐵產生的磁場方向為螺絲的下端A向下流向磁鐵，對螺絲的下端平臺側面分析，扁圓柱形

14、磁鐵上端為S極，下端為N極周圍磁感線由上往下斜穿入螺絲內部在垂直于紙面向外的徑向上，磁感應線有垂直于紙面向里的分量在此徑向上的負電荷由下往上運動，由左手定則知：此負電荷受到垂直于徑向沿紙面向右的洛倫茲力，即在徑向的左垂線方向；同理，其他任一徑向上的電荷均受到左垂線方向的洛倫茲力（中心原點除外）所以，由上往下看（俯視），螺絲沿逆時針轉動，所以該裝置的原理是電流在磁場中的受力，不是電磁感應故A錯誤，B正確；C、因為電源消耗的總功率一部分轉化為內能，另一部分轉化為動能，所以總功率大于熱功率故C正確D、受到的安培力開始時使線圈做加速運動，當安培力等于阻力時速度達到最大故D錯誤故選：BC【點評】： 解決

15、本題的關鍵掌握左手定則判斷安培力的方向，以及知道在本題中電能部分轉化為內能，還有部分轉化為機械能8（4分）如圖所示，斜面體靜置于水平地面上，小物塊恰好沿斜面勻速下滑現分別對小物塊進行以下三種操作：施加一個沿斜面向下的恒力F；施加一個豎直向下的恒力F；施加一個垂直斜面向下的恒力F則在小物塊后續(xù)的下滑過程中，下列判斷正確的是（） A 操作中小物塊將做勻加速運動 B 操作中小物塊仍做勻速運動 C 操作中斜面體可能會發(fā)生滑動 D 三種操作中斜面受到地面摩擦力均為0【考點】： 牛頓第二定律；摩擦力的判斷與計算【專題】： 牛頓運動定律綜合專題【分析】： 物塊勻速下滑時，物塊處于平衡狀態(tài)，根據物塊在沿斜面方

16、向的合力判斷物塊的運動規(guī)律，結合物塊對斜面壓力和摩擦力在水平方向的分力關系判斷地面的摩擦力大小【解析】： 解：小物塊恰好沿斜面勻速下滑，根據平衡有：mgsin=mgcos，A、施加一個沿斜面向下的恒力F，根據牛頓第二定律，合力為F，加速度a=，物塊做勻加速運動，故A正確B、施加一個豎直向下的恒力F，有：（mg+F）sin=（mg+F）cos，可知物塊仍然做勻速運動，故B正確C、開始斜面體處于靜止狀態(tài)，可知重物對斜面的壓力在水平方向的分力與摩擦力在水平方向的分力大小相等，施加一個垂直斜面向下的恒力F，摩擦力f與壓力的關系仍然為FN，可知斜面體受到重物的壓力和摩擦力在水平方向的分力相等，斜面體仍然

17、處于平衡狀態(tài)，故C錯誤D、開始重物對斜面的壓力在水平方向的分力與摩擦力在水平方向的分力大小相等，施加外力后，摩擦力f與壓力的關系仍然為FN，因為三種情況下，物塊對斜面體的壓力和摩擦力在水平方向的分力始終相等，可知地面的摩擦力為零故D正確故選：ABD【點評】： 解決本題的關鍵知道物塊處于平衡和斜面體處于平衡狀態(tài)時，物塊對斜面的壓力在水平方向的分力與摩擦力在水平方向的分力相等，這是解決本題的關鍵9（4分）如圖所示為水平拋出的小球與地面碰撞前后的頻閃照片，其先后經過的位置分別用18標記已知小球的質量為0.1kg，照片中對應每格的實際長度為0.05m，不計空氣阻力，重力加速度g取10m/s2，則以下判

18、斷正確的是（） A 小球與地面碰撞后速度變化率小于碰撞前速度變化率 B 小球經過位置3時的瞬時速度方向與位置2、4連線方向平行 C 小球經過位置6時的瞬時速度大小為0.5m/s D 小球與地面碰撞過程機械能損失為0.25J【考點】： 平拋運動【專題】： 平拋運動專題【分析】： 小球與地面碰撞前后加速度不變，做勻變速曲線運動根據豎直方向上的運動規(guī)律求出相等的時間間隔，從而得出碰撞前后水平分速度，根據2、4連線與水平方向的夾角和位置3速度方向與水平方向的夾角判斷方向是否平行在碰撞前和碰撞后運動過程機械能守恒，求出位置3比位置6多的機械能，即可得出損失的機械能【解析】： 解：A、小球與地面碰撞后的加

19、速度與小球碰撞前的加速度相等，可知小球與地面碰撞后速度變化率等于碰撞前速度變化率，故A錯誤B、在豎直方向上，根據y=2L=gT2得，落地前水平分速度，2、4兩點連線與水平方向夾角的正切值，位置3的豎直分速度，則位置3瞬時速度方向與水平方向夾角的正切值，可知小球經過位置3的瞬時速度方向與位置2、4連線方向平行，故B正確C、小球經過位置6時豎直分速度為零，則，故C正確D、在下落過程和反彈過程中機械能守恒，位置3的速度，位置3動能比位置6動能多=，位置3的重力勢能比位置6的重力勢能多Ep=mgL=1×0.05J=0.05J，可知機械能多0.2875J所以小球與地面碰撞過程中機械能損失0.2

20、875J故D錯誤故選：BC【點評】： 解決本題的關鍵知道小球在水平方向和豎直方向上的運動規(guī)律，結合運動學公式和推論靈活求解，難度較大三、簡答題：本題分必做題（第10、11題）和選做題（第12題）兩部分，共2小題，共計42分.請將解答填寫在答題卡相應的位置10（8分）某同學用如圖1所示裝置研究物塊運動速度變化的規(guī)律（1）從紙帶上選取若干計數點進行測量，得出各計數點的時間t與速度v的數據如表：時間t/s 0 0.10 0.20 0.30 0.40 0.50 0.60速度v/（ms1） 0 0.16 0.31 0.45 0.52 0.58 0.60請根據實驗數據做出如圖2物塊的vt圖象（2）上述vt

21、圖象不是一條直線，該同學對其裝置進行了進一步檢查，列出了下列幾條，其中可能是圖象發(fā)生彎曲原因的是DA長木板不夠光滑 B沒有平衡摩擦力C鉤碼質量m沒有遠小于物塊質量M D拉物塊的細線與長木板不平行【考點】： 探究小車速度隨時間變化的規(guī)律【專題】： 實驗題【分析】： （1）根據描點法作出圖象，即可；（2）根據圖象的斜率含義，結合牛頓第二定律，及力的分解與滑動摩擦力公式，即可求解【解析】： 解：（1）合理選取坐標刻度，盡可能使圖象“充滿”坐標平面，利用題中所給數據描點連線，得到小車的vt圖象如圖所示：（2）由速度與時間圖象可知，斜率表示加速度的大小，由圖象可得，一開始加速度不變，后來加速度減小，分析

22、可知，物塊的合外力變小，引起原因是拉物塊的細線與長木板不平行，當物塊越靠近定滑輪時，夾角越大，則拉力沿著桌面的分力減小，然而，長木板不夠光滑，或沒有平衡摩擦力，或鉤碼質量m沒有遠小于物塊質量M，都不會出現中途加速度變化的現象，故D正確，ABC錯誤；故答案為：（1）如上圖所示；（2）D【點評】： 考查描點作圖的方法，注意平滑連接的細節(jié)，掌握誤差分析的方法，得出引起加速度變化的根源是解題的關鍵11（10分）將兩個金屬電極鋅片和銅片插入一個水果中就可以做成一個水果電池，某興趣小組欲測量水果電池的電動勢和內阻（1）甲同學用多用表的直流電壓（01V）檔估測某水果電池的電動勢，穩(wěn)定時指針如圖1中A所示，則

23、讀數為0.84V；用多用表的歐姆×100檔估測水果電池的內阻，穩(wěn)定時指針如圖1中B所示，則讀數為3.2×103上述測量中存在一重大錯誤，是不能用多用電表電阻檔直接測電源內阻（2）乙同學采用如圖3所示電路進行測量，并根據測量數據做出了R圖象（如圖2），則根據圖象，該水果電池的電動勢為1.0V，內阻為1.6×103（結果保留兩位有效數字）【考點】： 測定電源的電動勢和內阻【專題】： 實驗題【分析】： （1）根據多用電表的使用方法可明確讀數及正確使用；（2）由閉合電路歐姆定律可得出對應的公式；再由圖象交點及斜率的意義可得出有關電動勢和內電阻的表達式，則可求得電動勢和內電

24、阻；【解析】： 解：（1）量程選擇1V，則最小分度為0.1V，故讀數為：0.84V；用×100檔位測量電阻，電阻R=32×100=3.2×103本實驗方法直接用歐姆檔測量電源的內阻，這是錯誤的，因為歐姆檔內部本身含有電源，而外部電壓會干涉讀數；故不能用多用電表電阻檔直接測電源內阻（2）由閉合電路歐姆定律可知：I=則=+；由由公式及數學知識可得：圖象中的k=1b=1.6×103解得：E=1V，r=1.6×103故答案為：（1）0.84；3.2×103；不能用多用電表電阻檔直接測電源內阻（2）1.0 1.6×103【點評】： 本

25、題涉及測定電源電動勢和內電阻的實驗原理及具體操作，雖然最后的圖象處理不是用的伏安法，但都可以用閉合電路歐姆定律列式分析，作出直線圖象是關鍵二.【選做題】本題包括A、B、C三個模塊，請選定其中兩個模塊作答.如三個都做，則按A、B兩題評分.A（選修模塊3-3）（12分）12（4分）下列說法正確的是（） A 雨水沒有透過布雨傘是因為液體表面存在張力 B 布朗運動反映了懸浮顆粒中分子運動的不規(guī)則性 C 給自行車打氣時氣筒壓下后反彈，是由分子斥力造成的 D 單晶體的某些物理性質具有各向異性，而多晶體和非晶體是各向同性的【考點】： * 晶體和非晶體；布朗運動【分析】： 液體存在表面張力；布朗運動是懸浮固體

26、小顆粒的運動，反應了液體分子的無規(guī)則運動；氣體分子間距離較大，一般不考慮分子間作用力；單晶體的某些物理性質具有各向異性，而多晶體和非晶體是各向同性的【解析】： 解：A、雨水在布料上形成一層薄膜，使雨水沒有透過布雨傘是因為液體表面存在張力，故A正確；B、布朗運動是懸浮微粒的運動，反映了液體分子或氣體分子的無規(guī)則運動，故B錯誤；C、打氣時會反彈是因為氣體壓強的原因，不是分子斥力的作用；故C錯誤；D、單晶體的某些物理性質是各向異性的，多晶體和非晶體的物理性質是各向同性的，故D正確；故選：AD【點評】： 本題考查了液體的表面張力、分子間相互作用力、布朗運動、晶體和非晶體的物理性質等內容；在學習時要注意

27、布朗運動是懸浮微粒的運動，反應了液體分子或氣體分子的無規(guī)則運動13（4分）一定質量的理想氣體，由狀態(tài)A通過如圖所示的箭頭方向變化到狀態(tài)C則氣體由狀態(tài)A到狀態(tài)B的過程中，氣體的內能不變（選填“增大”、“減小”或“不變”），氣體由狀態(tài)A到狀態(tài)C的過程中，氣體與外界總的熱交換情況是放熱（選填“吸熱”、“放熱”或“無法確定”）【考點】： 理想氣體的狀態(tài)方程【專題】： 理想氣體狀態(tài)方程專題【分析】： 根據氣體狀態(tài)方程和已知的變化量去判斷其它的物理量的變化，根據熱力學第一定律的表達式U=Q+W進行判斷【解析】： 解：理想氣體從狀態(tài)A變化到狀態(tài)B，斜率K=PV保持不變，所以做等溫變化，故氣體的內能不變；理想

28、氣體從狀態(tài)A變化到狀態(tài)B，氣體體積減小，W0，從B到C，體積不變，壓強減小，所以溫度降低，內能減小，由U=Q+W，氣體由狀態(tài)A到狀態(tài)C的過程中，氣體與外界總的熱交換情況是，Q0，則氣體放熱故答案為：不變、放熱【點評】： 要注意研究過程中哪些量不變，哪些量變化運用U=Q+W來分析問題時，必須理解表達式的物理意義，掌握它的符號法則14（4分）某種油酸密度為、摩爾質量為M、油酸分子直徑為d，將該油酸稀釋為體積濃度為的油酸酒精溶液，用滴管取一滴油酸酒精溶液滴在水面上形成油膜，已知一滴油酸酒精溶液的體積為V若把油膜看成是單分子層，每個油分子看成球形，則油分子的體積為，求：一滴油酸在水面上形成的面積；阿伏

29、加德羅常數NA的表達式【考點】： 用油膜法估測分子的大小【專題】： 阿伏伽德羅常數的應用專題【分析】： （1）將配制好的油酸酒精溶液，通過量筒測出1滴此溶液的體積則用1滴此溶液的體積除以油酸分子的直徑，等于1滴此溶液的面積（2）根據摩爾質量與密度，求出摩爾體積，然后與單個分子的體積的比值，即為阿伏伽德羅常數【解析】： 解：一滴油酸酒精溶液中純油酸的體積，水面上的面積油酸的摩爾體積為阿伏加德羅常數為答：一滴油酸在水面上形成的面積是；阿伏加德羅常數NA的表達式是【點評】： 掌握該實驗的原理是解決問題的關鍵，該實驗中以油酸分子呈球型分布在水面上，且一個挨一個，從而可以由體積與面積相除求出油膜的厚度，

30、從而求出分子直徑B（選修模塊3-4）（12分）15（4分）下列說法正確的是（） A 光的偏振現象說明光是一種縱波 B 當波的波長比障礙物的尺寸大時，能產生明顯的衍射現象 C 當聲源相對于觀察者勻速遠離時，觀察者聽到的聲音音調會變低 D 電磁波由真空進入玻璃后頻率變小【考點】： 電磁波的周期、頻率和波速；多普勒效應【分析】： 偏振現象說明光是橫波；根據明顯衍射現象條件，可知，波長越長，越容易發(fā)生明顯衍射現象；多普勒效應和波的頻率由波源決定，利用以上即可求解【解析】： 解：A、光的偏振現象說明光是一種橫波，而不是縱波，故A錯誤；B、波長比孔的寬度大得越多或相差不大時，波的衍射越明顯，故B正確；C、

31、據多普勒效應可知，當聲源相對于觀察者勻速遠離時，觀察者聽到的聲音音調會變低，故C正確；D、波的頻率由波源決定，當電磁波由真空進入玻璃后頻率不變，故D錯誤故選：BC【點評】： 考查光的偏振、衍射、多普勒效應，注意衍射與明顯衍射的區(qū)別，抓住問題的實質求解，基礎題16（4分）如圖所示，為一列沿x方向傳播的簡諧波在t=0時刻的波形圖當t=0.3s時，Q點恰好處于波谷位置，則P點此時處于平衡（選填“波峰”、“波谷”或“平衡”）位置這列波的波速至少為0.1m/s【考點】： 橫波的圖象；波長、頻率和波速的關系【專題】： 振動圖像與波動圖像專題【分析】： 先判斷此時刻Q點的振動方向，結合t=0.3s時，Q點恰

32、好處于波谷位置求出最大周期，從而判斷P所處位置，根據波長和頻率求出波速【解析】： 解：根據圖象可知波長=4cm=0.04m，波沿x方向傳播，則此時Q向上振動，t=0.3s時，Q點恰好處于波谷位置，則有：，此時，P點應處于平衡位置處，當n=0時，周期最大，波速最小，則最小速度為：v=故答案為：平衡，0.1【點評】： 本題考查了波的圖象、振動和波動的關系，能根據波形圖判斷質點的振動方向，難度不大，屬于基礎題17（4分）如圖所示是一段光導纖維的簡化圖，光纖總長為L，已知光從左端射入光線在光纖的側面上恰好能發(fā)生全反射若已知該光纖的折射率為n，光在真空中傳播速度為c，求：光在該光纖中的速度大??；光從左端

33、射入最終從右端射出所經歷的時間【考點】： 全反射【專題】： 全反射和臨界角專題【分析】： 由題，根據幾何知識求出光線在光纖中通過的路程，由v= 求出光在光纖中傳播的速度；再求解光從A點射入到從B點射出所經歷的時間t【解析】： 解：如圖所示，而光在玻璃中傳播的速度為：v=；則光沿著軸線的方向的速度為v=vsinC由上分析可得，光從A點射入到從B點射出所經歷的時間為：t=；答：光在該光纖中的速度大??；光從左端射入最終從右端射出所經歷的時間【點評】： 本題考查對“光纖通信”原理的理解，利用全反射的條件求出入射角和折射角正弦，由數學知識求出光在光纖中通過的路程與L的關系，再所用的時間C（選修模塊3-5

34、）（12分）18下列說法正確的是（） A 盧瑟福通過對粒子散射實驗現象的分析，發(fā)現了原子是可以再分的 B 射線與射線一樣都是電磁波，但穿透本領遠比射線弱 C 原子核的結合能等于使其完全分解成自由核子所需的最小能量 D 裂變時釋放能量是因為發(fā)生了虧損質量【考點】： 重核的裂變；原子核的結合能【專題】： 衰變和半衰期專題【分析】： 盧瑟福通過對粒子散射實驗現象的分析，提出了原子的核式結構模型比結合能：原子核結合能對其中所有核子的平均值，亦即若把原子核全部拆成自由核子，平均對每個核子所要添加的能量用于表示原子核結合松緊程度 結合能：兩個或幾個自由狀態(tài)的粒子結合在一起時釋放的能量自由原子結合為分子時放

35、出的能量叫做化學結合能，分散的核子組成原子核時放出的能量叫做原子核結合能【解析】： 解：A、盧瑟福通過對粒子散射實驗現象的分析，提出了原子的核式結構模型；故A錯誤；B、射線的本質的電子流，射線是電磁波，故B錯誤；C、根據分散的核子組成原子核時放出的能量叫做原子核結合能，所以原子核的結合能等于使其完全分解成自由核子所需的最小能量故C正確；D、根據愛因斯坦質能方程可知，裂變時釋放能量是因為發(fā)生了虧損質量，故D正確；故選：CD【點評】： 本題考查了粒子散射實驗現象、三種射線的本質與特點、結合能和比結合能的區(qū)別、愛因斯坦質能方程，注意結合能與比結合能的兩個概念的聯系和應用屬于基礎題目，在平時的學習過程

36、中多加積累即可19如圖所示為氫原子的能級結構示意圖，一群氫原子處于n=3的激發(fā)態(tài)，在向較低能級躍遷的過程中向外輻射出光子，輻射出的光子中最長波長為（已知普朗克常量為h，光速為c）；用這些光子照射逸出功為W0的金屬鈉，金屬鈉表面所發(fā)出的光電子的最大初動能是E3E1W0【考點】： 氫原子的能級公式和躍遷【專題】： 原子的能級結構專題【分析】： 根據輻射的光子能量等于兩能級間的能級差求出輻射的光子能量，得出頻率大小，再由=，即可得出波長；根據光電效應的條件判斷能發(fā)生光電效應的光子種數，結合光電效應求出光電子的最大初動能【解析】： 解：根據輻射的光子能量等于兩能級間的能級差，可知，從n=3向n=2躍遷

37、的光子頻率最小，波長最長E=E3E2=h=用這些光子照射逸出功為W0的金屬鈉，從n=3躍遷到n=1輻射的光子能量最大，發(fā)生光電效應時，產生的光電子最大初動能最大，根據光電效應方程得，Ekm=hvW0=E3E1W0，故答案為：； E3E1W0【點評】： 解決本題的關鍵知道能級間躍遷所滿足的規(guī)律，即EmEn=hv，以及掌握光電效應方程，并能靈活運用20氚（H）是最簡單的放射性原子核，夜光手表即是利用氚核衰變產生的射線激發(fā)熒光物質發(fā)光氚核發(fā)生衰變過程中除了產生粒子和新核外，還會放出不帶電且?guī)缀鯖]有靜止質量的反中微子在某次實驗中測得一靜止的氚核發(fā)生衰變后，產生的反中微子和粒子的運動方向在一直線上，設反

38、中微子的動量為p1，粒子的動量為p2求：氚發(fā)生衰變的衰變方程；產生新核的動量【考點】： 原子核衰變及半衰期、衰變速度；動量守恒定律【專題】： 衰變和半衰期專題【分析】： 根據質量數與質子數守恒，即可確定衰變方程；原子核在發(fā)生衰變的過程中，動量守恒，從而即可求解【解析】： 解：根據質量數與質子數守恒，則氚發(fā)生衰變的衰變方程：；衰變過程中動量守恒，0=P1+P2+P所以新核的動量大小為P=p1p2；答：發(fā)生衰變的衰變方程，產生新核的動量p1p2【點評】： 本題考查了衰變過程中動量守恒和愛因斯坦質能方程的應用，并掌握書寫核反應的方程的規(guī)律，注意質量數與質子數守恒四、計算題：本題共3小題，共計47分解

39、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，有數值計算的題，答案中必須明確寫出數值和單位.21（15分）如圖所示，兩根半徑為r的圓弧軌道間距為L，其頂端a、b與圓心處等高，軌道光滑且電阻不計，在其上端連有一阻值為R的電阻，整個裝置處于輻向磁場中，圓弧軌道所在處的磁感應強度大小均為B將一根長度稍大于L、質量為m、電阻為R0的金屬棒從軌道頂端ab處由靜止釋放已知當金屬棒到達如圖所示的cd位置（金屬棒與軌道圓心連線和水平面夾角為）時，金屬棒的速度達到最大；當金屬棒到達軌道底端ef時，對軌道的壓力為1.5mg求：（1）當金屬棒的速度最大時，流經電阻R的電流大小和方向；（2

40、）金屬棒滑到軌道底端的整個過程中流經電阻R的電量；（3）金屬棒滑到軌道底端的整個過程中電阻R上產生的熱量【考點】： 導體切割磁感線時的感應電動勢；閉合電路的歐姆定律；焦耳定律【專題】： 電磁感應與電路結合【分析】： （1）金屬棒速度最大時，在軌道切線方向所受合力為0，由此條件列式求解流經電阻R的電流大小，由右手定則判斷電流方向（2）金屬棒下滑過程中，回路的磁通量增加，先求出磁通量的增加量，再由法拉第電磁感應定律和歐姆定律求電量（3）先由牛頓第二定律求出金屬棒到達最低點時的速度，再根據能量守恒定律求電阻R上產生的熱量【解析】： 解：（1）金屬棒速度最大時，在軌道切線方向所受合力為0，則有：mgc

41、os=BIL解得：I=，流經R的電流方向為aRb（2）金屬棒滑到軌道底端的整個過程中，穿過回路的磁通量變化量為：=BS=BL=平均電動勢為：=，平均電流為：=則流經電阻R的電量：q=t=（3）在軌道最低點時，由牛頓第二定律得：Nmg=m據題有：N=1.5mg由能量轉化和守恒得：Q=mgr=mgr電阻R上發(fā)熱量為：QR=Q=答：（1）當金屬棒的速度最大時，流經電阻R的電流大小為，流經R的電流方向為aRb（2）金屬棒滑到軌道底端的整個過程中流經電阻R的電量為（3）金屬棒滑到軌道底端的整個過程中電阻R上產生的熱量為【點評】： 解決本題的關鍵是明確金屬棒是垂直切割磁感線的，與平直軌道上運動情況相似，注

42、意電量與磁通量的變化量有關，熱量往往根據能量守恒求解22（16分）如圖所示，在xOy平面內0xL的區(qū)域內有一方向豎直向上的勻強電場，xL的區(qū)域內有一方向垂直于xOy平面向外的勻強磁場某時刻，一帶正電的粒子從坐標原點，以沿x軸正方向的初速度v0進入電場；之后的另一時刻，一帶負電粒子以同樣的初速度從坐標原點進入電場正、負粒子從電場進入磁場時速度方向與電場和磁場邊界的夾角分別為60°和30°，兩粒子在磁場中分別運動半周后恰好在某點相遇已知兩粒子的重力以及兩粒子之間的相互作用都可忽略不計求：（1）正、負粒子的比荷之比：；（2）正、負粒子在磁場中運動的半徑大??；（3）兩粒子先后進入電場的時間差【考點】： 帶電粒子在勻強磁場中的運動；帶電粒子在勻強電場中的運動【專題】： 帶電粒子在復合場中的運動專題【分析】： （1）粒子在電場中做類平拋運動，將運動分解，結合牛頓第二定律即可求出；（2）粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律即可求出它們的半徑；（3）由周期與半徑的關系：分別求出它們的周期，然后求出它們的磁場中運動 的時間，即可求出兩粒子先后進入電場的時間差【解析】： 解：（1）設粒子進磁場方向與邊界夾角為，粒子在水平方向做勻速直線運