江蘇省四星級高中2015屆高三物理上學(xué)期質(zhì)量檢測(1月)物理試題

1、江蘇省四星級高中2015屆高三物理上學(xué)期質(zhì)量檢測（1月）注意事項(xiàng)：本試卷包含選擇題和非選擇題兩部分選擇題的答案涂在答題卡上，非選擇題的答案寫在答題紙上考試時間為100分鐘，滿分值為120分【試卷綜析】本試卷是高三模擬試題，包含了高中物理的必修一、必修二選修31、34、3-5內(nèi)容，主要包含受力分析、牛頓運(yùn)動定律、動能定理、機(jī)械能守恒、歐姆定律、光的干涉、狹義相對論、用單擺測定重力加速度 波長、頻率和波速的關(guān)系；橫波的圖象、原子核衰變及半衰期、衰變速度、愛因斯坦質(zhì)能方程、裂變反應(yīng)和聚變反應(yīng)、帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動、帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的運(yùn)動等內(nèi)容，在考查問題上以基本定義、基本規(guī)律為主，重視生素

2、養(yǎng)的考查，注重主干知識，兼顧覆蓋面。一、單項(xiàng)選擇題：本題共5小題，每小題3分，共計(jì)15分每小題只有一個選項(xiàng)符合題意【題文】1下列關(guān)于物理學(xué)思想方法的敘述錯誤的是 A探究加速度與力和質(zhì)量關(guān)系的實(shí)驗(yàn)中運(yùn)用了控制變量法B電學(xué)中電阻、場強(qiáng)和電勢的定義都運(yùn)用了比值法C力學(xué)中將物體看成質(zhì)點(diǎn)運(yùn)用了理想化模型法D0時的平均速度可看成瞬時速度運(yùn)用了等效替代法【知識點(diǎn)】物理方法P【答案解析】D 解析：A、在探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系實(shí)驗(yàn)中使用了控制變量法，故A正確；B、電學(xué)中電阻、場強(qiáng)和電勢的定義都運(yùn)用了比值法，故B正確；C、質(zhì)點(diǎn)并不存在，采用的是理想化的物理模型；故C正確；D、t0時的平均速度可看成瞬時速度，采

3、用的是極限分析方法；故D錯誤；本題選錯誤的，故選：D【思路點(diǎn)撥】解答本題應(yīng)掌握：在探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系實(shí)驗(yàn)中使用了控制變量法；理解常見的比值定義得出的物理量；質(zhì)點(diǎn)采用的是理想化的物理模型；瞬時速度采用了極限思想【題文】2如圖所示，光滑水平桌面上，一小球以速度v向右勻速運(yùn)動，當(dāng)它經(jīng)過靠近桌邊的豎直木板ad邊正前方時，木板開始做自由落體運(yùn)動.若木板開始運(yùn)動時，cd邊與桌面相齊，則小球在木板上的正投影軌跡是【知識點(diǎn)】運(yùn)動的合成和分解D1【答案解析】B 解析：投影在水平方向做勻速直線運(yùn)動，豎直方向上做加速運(yùn)動，故小球的合速度應(yīng)偏向上方，故軌跡應(yīng)向上偏折，故選B【思路點(diǎn)撥】小球的投影的運(yùn)動是由小球

4、水平方向的位移與木板豎直方向上的位移的合位移，則由運(yùn)動的合成可知投影的軌跡【題文】3如圖所示，圓面與勻強(qiáng)電場平行，沿該平面從A點(diǎn)向各個方向射入初動能相等的同種帶正電的粒子，其中從圓周上D點(diǎn)射出的帶電粒子的動能最大.AC與BD為過圓心O的兩個相交的直徑.則A電場強(qiáng)度與CD平行 B圓周上各點(diǎn)中D點(diǎn)的電勢最低C圓周上各點(diǎn)中B點(diǎn)的電勢最低 D帶電粒子從A到C的過程中電場力做功為零【知識點(diǎn)】電勢I1I2【答案解析】B 解析：A、B、據(jù)題意，帶電微粒僅在電場力作用下從A點(diǎn)進(jìn)入，離開D點(diǎn)的動能最大，則D點(diǎn)是沿電場強(qiáng)度方向離A點(diǎn)最遠(yuǎn)，所以電場線與過D的切線相垂直，由于帶電微粒是帶正電，故勻強(qiáng)電場的方向沿OD方

5、向D電勢最低，故AC錯誤，B正確；D、設(shè)AC與BD夾角為，則從A到C電場力做功為W=qEd=2qERcos，故D錯誤；故選：B【思路點(diǎn)撥】帶正電微粒以相同的初動能沿著各個方向從A點(diǎn)進(jìn)入圓形區(qū)域中，只在電場力作用下從圓周上不同點(diǎn)離開圓形區(qū)域，從D點(diǎn)離開圓形區(qū)域的帶電微粒的動能最大則說明電場力做功最多，從而得出D點(diǎn)是沿電場強(qiáng)度方向離A點(diǎn)最遠(yuǎn)電場力做功W=qEd，d是兩點(diǎn)沿電場線方向的距離【題文】4如圖所示，有一個飛行器沿半徑為r的圓軌道1繞地球運(yùn)動.該飛行器經(jīng)過P點(diǎn)時，啟動推進(jìn)器短時間向前噴氣可使其變軌，2、3是與軌道1相切于P點(diǎn)的可能軌道，則飛行器A變軌后將沿軌道2運(yùn)動B相對于變軌前運(yùn)行周期變長

6、C變軌前、后在兩軌道上經(jīng)P點(diǎn)的速度大小相等D變軌前、后在兩軌道上經(jīng)P點(diǎn)的加速度大小相等【知識點(diǎn)】人造衛(wèi)星的加速度、周期和軌道的關(guān)系D4【答案解析】D 解析：由于在P點(diǎn)推進(jìn)器向前噴氣，故飛行器將做減速運(yùn)動，由公式G=m可知，飛行器所需向心力減小，而在P點(diǎn)萬有引力保持不變，故飛行器將開始做近心運(yùn)動，軌道半徑減小A、因?yàn)轱w行器做近心運(yùn)動，軌道半徑減小，故將沿軌道3運(yùn)動，故A錯誤； B、根據(jù)開普勒行星運(yùn)動定律知，衛(wèi)星軌道半徑減小，則周期減小，故B錯誤；C、因?yàn)樽冘夁^程是飛行器向前噴氣過程，故是減速過程，所以變軌前后經(jīng)過P點(diǎn)的速度大小不相等，故C錯誤；D、飛行器在軌道P點(diǎn)都是由萬有引力產(chǎn)生加速度，因?yàn)樵?/p>

7、同一點(diǎn)P，萬有引力產(chǎn)生的加速度大小相等，故D正確故選：D【思路點(diǎn)撥】噴氣前，萬有引力提供飛行器的向心力，即有G =m ，啟動推進(jìn)器向前噴氣，飛行器做減速運(yùn)動，飛行器在P點(diǎn)所需向心力減小，即此時G m ，故飛行器將做近心運(yùn)動，運(yùn)動軌道半徑減小，從而展開相關(guān)討論即可【題文】5在如圖所示的電路中電源電動勢為E，內(nèi)阻為r，M為多種元件集成的電子元件，其阻值與兩端所加的電壓成正比（即RM=kU，式中k為正常數(shù)）且遵循歐姆定律，L1和L2是規(guī)格相同的小燈泡（其電阻可視為不隨溫度變化而變化），R為可變電阻現(xiàn)閉合開關(guān)S，調(diào)節(jié)可變電阻R使其電阻逐漸減小，下列說法中正確的是A燈泡L1變暗，L2變亮 B通過電阻R的

8、電流增大C電子元件M兩端的電壓變小 D電源兩端電壓變小【知識點(diǎn)】閉合電路的歐姆定律J2 【答案解析】B 解析：因M中阻值與電壓成正比，故M中電流保持不變；故燈泡L2的亮度不變；總電流不變，R減小，L1電阻不變，根據(jù)分流規(guī)律R電流增大，L1電流減小變暗；因R的阻值減小，故由歐姆定律可知，通過R的電流增大；故B正確；ACD錯誤故選：B【思路點(diǎn)撥】因M阻值與電壓成正比，則可知M中電流保持不變；從而可控制整體個電路電流不變；則可得出燈泡亮度及R中電流的變化二、多項(xiàng)選擇題：本題共4小題，每小題4分，共計(jì)16分 每小題有多個選項(xiàng)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【題文】6在軍

9、事演習(xí)中，某空降兵從懸停在空中的直升飛機(jī)上跳下，從跳離飛機(jī)到落地的過程中沿豎直方向運(yùn)動的v-t圖象如圖所示，則下列說法正確的是 A010s內(nèi)空降兵和降落傘整體機(jī)械能守恒B010s內(nèi)空降兵和降落傘整體所受空氣阻力越來越大C10s15s時間內(nèi)運(yùn)動員的平均速度D10s15s內(nèi)空降兵和降落傘整體處于失重狀態(tài)【知識點(diǎn)】機(jī)械能守恒定律；勻變速直線運(yùn)動的圖像E3A5【答案解析】BC 解析：A、由圖示v-t圖象可知，圖線上某點(diǎn)的切線的斜率表示該時刻加速度，故0-10s內(nèi)空降兵運(yùn)動的加速度越來越小，空降兵運(yùn)動過程要克服阻力做功，機(jī)械能不守恒，故A錯誤；B、由A可知，010s內(nèi)加速度減小，由牛頓第二定律可知，所受

10、合外力減小，空氣阻力越來越大，故B正確；C、如果物體做勻減速直線運(yùn)動，由圖示圖中可知，10s15s，速度向下做加速度不斷減小的減速直線運(yùn)動，則，故C正確；D、10s15s內(nèi)空降兵向下做加速度不斷減小的減速直線運(yùn)動，加速度向上，處于超重狀態(tài)，故D錯誤；故選：BC【思路點(diǎn)撥】從圖象可以看出，空降兵先做加速度不斷減小的加速運(yùn)動，再做加速度不斷減小的減速運(yùn)動，最后勻速運(yùn)動；根據(jù)速度時間圖線與坐標(biāo)軸包圍的面積表示位移以及圖線上某點(diǎn)的切線的斜率表示該時刻加速度來進(jìn)行分析【題文】7如圖所示，帶正電的金屬圓環(huán)豎直放置，AB是軸線上相對于圓心的對稱點(diǎn).某時刻一個電子從A點(diǎn)沿軸線向右運(yùn)動至B點(diǎn)，此過程中電子運(yùn)動的

11、v-t圖象可能是【知識點(diǎn)】電勢差與電場強(qiáng)度的關(guān)系I2【答案解析】ABC 解析：電子以速度0沿軸線水平向右運(yùn)動，所受電場力方向向左，大小變化情況有兩種可能：（1）先增大后減?。唬?）一直減小所以電子一定做加速度變化的變速運(yùn)動，速度先增大后減小，AB兩點(diǎn)電勢相同，故速度大小和方向相同，故D不可能，ABC可能故選：ABC【思路點(diǎn)撥】圓弧的中軸線上的場強(qiáng)的發(fā)布是：從圓弧的中心向兩邊先增大后減小，所以從A釋放開始到運(yùn)動到B點(diǎn)的過程中，所受電場力變化情況可能先增大后減小圓心處為零，也可能一直減小，但速度先增大后減小，AB速度相同【題文】8如圖所示，在水平勻強(qiáng)電場和垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場中，有一豎直足夠長固

12、定絕緣桿MN，小球P套在桿上，已知P的質(zhì)量為m，電量為+q，電場強(qiáng)度為E、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，P與桿間的動摩擦因數(shù)為，重力加速度為g.小球由靜止開始下滑直到穩(wěn)定的過程中A小球的加速度一直減小 B小球的機(jī)械能和電勢能的總和保持不變C下滑加速度為最大加速度一半時的速度可能是D下滑加速度為最大加速度一半時的速度可能是【知識點(diǎn)】牛頓第二定律；帶電粒子在混合場中的運(yùn)動C2K3【答案解析】CD 解析：小球靜止時只受電場力、重力、支持力及摩擦力，電場力水平向左，摩擦力豎直向上；開始時，小球的加速度應(yīng)為a=； 小球速度將增大，產(chǎn)生洛侖茲力，由左手定則可知，洛侖茲力向右，故水平方向合力將減小，摩擦力減小，故加速度增

13、大；故A錯誤；當(dāng)洛侖茲力等于電場力時，摩擦力為零，此時加速度為g，達(dá)最大；此后速度繼續(xù)增大，則洛侖茲力增大，水平方向上的合力增大，摩擦力將增大；加速度將減小，故最大加速度的一半會有兩種情況，一是在洛侖茲力小于電場力的時間內(nèi)，另一種是在洛侖茲力大于電場力的情況下，則：，解得，故C正確；同理有：，解得=，故D正確；而在下降過程中有摩擦力做功，故有部分能量轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，故機(jī)械能和電勢能的總和將減小；故B錯誤；故選CD【思路點(diǎn)撥】對小球進(jìn)行受力分析，再根據(jù)各力的變化，可以找出合力及加速度的變化；即可以找出小球最大速度及最大加速度的狀態(tài)【題文】9如圖所示，在豎直平面內(nèi)半徑為R的四分之一圓弧軌道AB、水平軌

14、道BC與斜面CD平滑連接在一起，斜面足夠長在圓弧軌道上靜止著N個半徑為r（r R）的光滑剛性小球，小球恰好將圓弧軌道鋪滿，從最高點(diǎn)A到最低點(diǎn)B依次標(biāo)記為1、2、3N.現(xiàn)將圓弧軌道末端B處的阻擋物拿走，N個小球由靜止開始沿軌道運(yùn)動，不計(jì)摩擦與空氣阻力，下列說法正確的是AN個小球在運(yùn)動過程中始終不會散開B第N個小球在斜面上能達(dá)到的最大高度為R C第1個小球到達(dá)最低點(diǎn)的速度vD第1個小球到達(dá)最低點(diǎn)的速度v【知識點(diǎn)】機(jī)械能守恒定律E3【答案解析】AD 解析：A、在下滑的過程中，水平面上的小球要做勻速運(yùn)動，而曲面上的小球要做加速運(yùn)動，則后面的小球?qū)η懊娴男∏蛞蚯皦毫Φ淖饔?，所以小球之間始終相互擠壓，沖

15、上斜面后后面的小球把前面的小球往上壓，所以小球之間始終相互擠壓，故N個小球在運(yùn)動過程中始終不會散開，故A正確；B、把N個小球看成整體，則小球運(yùn)動過程中只有重力做功，機(jī)械能守恒，弧AB的長度等于小球全部到斜面上的長度，而在圓弧上的重心位置比在斜面上的重心位置可能高也可能低，所以第N個小球在斜面上能達(dá)到的最大高度可能比R小，也可能比R大，故B錯誤；C、小球整體的重心運(yùn)動到最低點(diǎn)的過程中，根據(jù)機(jī)械能守恒定律得：mv2=mg解得：v=，而第一個球在下滑過程中，始終受到第二個球?qū)λ膲毫Γ缘?個小球到達(dá)最低點(diǎn)的速度v，故C錯誤，D正確故選：AD【思路點(diǎn)撥】N個小球在BC和CD上運(yùn)動過程中，相鄰兩個小

16、球始終相互擠壓，把N個小球看成整體，則小球運(yùn)動過程中只有重力做功，機(jī)械能守恒，弧AB的長度等于小球全部到斜面上的長度，而在圓弧上的重心位置比在斜面上的重心位置可能高也可能低，所以第N個小球在斜面上能達(dá)到的最大高度可能比R小，也可能比R大，小球整體的重心運(yùn)動到最低點(diǎn)的過程中，根據(jù)機(jī)械能守恒定律即可求解第一個小球到達(dá)最低點(diǎn)的速度三、簡答題：本題分必做題（第10、11題）和選做題（第12題）兩部分，共計(jì)42分請將解答填寫在答題紙相應(yīng)的位置【題文】10.（1）小明同學(xué)到實(shí)驗(yàn)室去做驗(yàn)證力的平行四邊形定則的實(shí)驗(yàn)時看見實(shí)驗(yàn)桌上有一把20分度的游標(biāo)卡尺，他立即用游標(biāo)卡尺測量了鋼筆套的長度，如圖（a）所示，則鋼

17、筆套的長度為 mm（2）隨后小明開始做驗(yàn)證力的平行四邊形定則的實(shí)驗(yàn)，在水平放置的木板上墊上一張白紙，把橡皮條的一端固定在板上的A點(diǎn)，橡皮條的另一端拴上兩個細(xì)繩套，如圖（b）所示.先用兩個彈簧秤鉤住細(xì)繩套，互成角度拉橡皮條使之伸長，結(jié)點(diǎn)到某一位置O，此時記下兩個彈簧測力計(jì)的讀數(shù)F1、F2和兩細(xì)繩的方向.請完成下列問題： F1的讀數(shù)如圖（c）所示（只畫出了彈簧秤的一部分）則F1=_N.小明再用一個彈簧測力計(jì)鉤住細(xì)繩套把橡皮條拉長，應(yīng)該使結(jié)點(diǎn)拉到_，記下彈簧測力計(jì)的讀數(shù)，并記下 在本實(shí)驗(yàn)中，若保持F1和F2的大小不變，則關(guān)于這兩個力的合力的說法中正確的是( )A合力F的大小隨F1與F2夾角的增大而增

18、大BF1和F2的夾角在0到180之間時，夾角越小，合力F越大CF1或F2的大小總是小于合力F的大小D合力F的大小不一定大于F1或F2的大小【知識點(diǎn)】驗(yàn)證力的平行四邊形定則B6【答案解析】（1）10.55（2）1.221.24 同一位置O 細(xì)繩的方向 BD 解析：（1）游標(biāo)卡尺的主尺讀數(shù)為：1cm=10mm，游標(biāo)尺上第11個刻度和主尺上某一刻度對齊，所以游標(biāo)讀數(shù)為0.0511mm=0.55mm，所以最終讀數(shù)為：10mm+0.55mm=10.55mm（2）根據(jù)圖C讀出F1=1.22N為了保證作用效果相同，則用一個彈簧測力計(jì)鉤住細(xì)繩套把橡皮條拉長，應(yīng)該使結(jié)點(diǎn)拉到同一位置O，記下彈簧測力計(jì)的讀數(shù)，并記

19、下細(xì)繩的方向；A、根據(jù)平行四邊形定則可知，當(dāng)F1和F2的大小不變時，夾角越大，合力越小，故A錯誤，B正確；C、合力可以大于分力，也可以小于分力，沒有直接聯(lián)系，故C錯誤，D正確故選：BD【思路點(diǎn)撥】（1）游標(biāo)卡尺讀數(shù)的方法，主尺讀數(shù)加上游標(biāo)讀數(shù)，不需估讀；（2）本實(shí)驗(yàn)的目的是要驗(yàn)證平行四邊形定則，故應(yīng)通過平行四邊形得出合力再與真實(shí)的合力進(jìn)行比較；理解實(shí)驗(yàn)的原理即可解答本【題文】11.如圖（a）是“測電池的電動勢和內(nèi)阻”的實(shí)驗(yàn)電路，如果采用一節(jié)新干電池進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，實(shí)驗(yàn)時會發(fā)現(xiàn)，當(dāng)滑動變阻器在阻值較大的范圍內(nèi)調(diào)節(jié)時，電壓表_， 原因是：_，從而影響測量值的精確性 為了較精確地測量一節(jié)新干電池的內(nèi)阻，可

20、用以下給定的器材和一些導(dǎo)線來完成實(shí)驗(yàn)，器材：量程3V的理想電壓表V，量程0.6A的電流表A（具有一定內(nèi)阻），定值電阻R0（R01.5），滑動變阻器R1（0 10），滑動變阻器R2（0 200），開關(guān)S（1）實(shí)驗(yàn)電路原理圖如圖（b），加接電阻R0有兩方面的作用，一是方便實(shí)驗(yàn)操作和數(shù)據(jù)測量，二是 （2）為方便實(shí)驗(yàn)調(diào)節(jié)且能較準(zhǔn)確地進(jìn)行測量，滑動變阻器應(yīng)選用 （填R1或 R2）（3）用筆畫線代替導(dǎo)線在圖（c）中完成實(shí)物連接圖（4）實(shí)驗(yàn)中改變滑動變阻器的阻值，測出幾組電流表和電壓表的讀數(shù)在給出的UI坐標(biāo)系中畫出UI圖線如圖（d）所示，則新干電池的內(nèi)阻r =_（保留兩位有效數(shù)字）【知識點(diǎn)】測定電源的電動勢

21、和內(nèi)阻J7【答案解析】讀數(shù)變化很小，新電池的內(nèi)阻很小，內(nèi)電路的電壓降很?。?）防止變阻器電阻過小時，電池被短路或電流表被燒壞（2）（3）如圖（4）0.29 解析：根據(jù)U=E-Ir可知，由于新電池時內(nèi)阻很小，電池內(nèi)壓降很小，電壓表的讀數(shù)變化很小，所以如果采用一節(jié)新干電池進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，實(shí)驗(yàn)時會發(fā)現(xiàn)，當(dāng)滑動變阻器在阻值較大的范圍內(nèi)調(diào)節(jié)時，電壓表讀數(shù)變化很小，原因是新電池的內(nèi)阻很小，內(nèi)電路的電壓降很??；（1）：加接電阻R0有兩方面的作用，一是方便實(shí)驗(yàn)操作和數(shù)據(jù)測量，二是防止變阻器電阻過小時，電池被短路或電流表被燒壞（或限制電流，防止電源短路）；（2）：電流表的量程=0.6A，根據(jù)閉合電路歐姆定律可知，電路

22、中需要的最大電阻應(yīng)為：，所以變阻器應(yīng)選；（3）如圖所示：（4）：根據(jù)閉合電路歐姆定律應(yīng)用：E=U+I（r+），整理可得：U=-（r+）I+E，根據(jù)函數(shù)斜率的概念應(yīng)有：r+=，解得r=0.29；【思路點(diǎn)撥】本題的關(guān)鍵是明確新電池的內(nèi)阻很小，電池的內(nèi)壓降很小，電壓表的讀數(shù)變化很小，所以實(shí)驗(yàn)應(yīng)選內(nèi)阻較大的舊電池；題（1）的關(guān)鍵是明確定值電阻除方便操作和測量外，還可以保護(hù)電池和電流表；題（2）的關(guān)鍵是根據(jù)閉合電路歐姆定律求出電路中需要的最大電阻即可；題（3）的關(guān)鍵是連線時注意電表的量程和正負(fù)極；題（4）的關(guān)鍵是根據(jù)閉合電路歐姆定律寫出關(guān)于U與I的函數(shù)表達(dá)式，然后根據(jù)斜率和截距的概念即可求解【題文】12

23、選做題(請從A、B和C三小題中選定兩小題作答如都作答則按A、B兩小題評分)B(選修模塊3-4)(12分)（1）下列說法中正確的是_A水面上的油膜在陽光照射下會呈現(xiàn)彩色，這是由光的衍射造成的B光的偏振證明了光和聲波一樣是縱波C狹義相對論認(rèn)為：不論光源與觀察者做怎樣的相對運(yùn)動，光速都是一樣的D在“利用單擺測定重力加速度”的實(shí)驗(yàn)中，測量單擺周期應(yīng)該從小球經(jīng)過最低點(diǎn)處開始計(jì)時 （2）一列簡諧橫波沿x軸正方向傳播，周期為2 s，t0時刻的波形如圖所示該列波的波速是_m/s；質(zhì)點(diǎn)a平衡位置的坐標(biāo)xa2.5 m，再經(jīng)_s它第一次經(jīng)過平衡位置向y軸正方向運(yùn)動（3）如圖所示，一個半徑為R的透明球體放置在水平面上

24、，一束藍(lán)光從A點(diǎn)沿水平方向射入球體后經(jīng)B點(diǎn)射出，最后射到水平面上的C點(diǎn)已知OA，該球體對藍(lán)光的折射率為，求：這束藍(lán)光從球面射出時的出射角；若換用一束紅光同樣從A點(diǎn)射向該球體，則它從球體射出后落到水平面上形成的光點(diǎn)在C點(diǎn)左邊還是右邊？【知識點(diǎn)】光的衍射；光的干涉；狹義相對論；用單擺測定重力加速度 波長、頻率和波速的關(guān)系；橫波的圖象 N2N4G3G2【答案解析】（1）CD；（2）2 m/s 0.25 s（3）60 右邊解析：（1）A、水面上的油膜在陽光照射下會呈現(xiàn)彩色，這是由光的干涉造成的，故A錯誤；B、光的偏振證明了光是橫波，故B錯誤；C、不論光源與觀察者做怎樣的相對運(yùn)動，狹義相對論認(rèn)為：光速都

25、是一樣的，故C正確；D、在“利用單擺測定重力加速度”的實(shí)驗(yàn)中，測量單擺周期應(yīng)該從小球經(jīng)過最低點(diǎn)處開始計(jì)時，而不是在最高位置，故D正確；故選：CD（2）由圖讀出波長=4m，則波速v=2m/s根據(jù)波的傳播方向判斷可知，圖中x=2m處質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動方向沿y軸向上，當(dāng)此質(zhì)點(diǎn)的狀態(tài)傳到a點(diǎn)時，質(zhì)點(diǎn)a第一次經(jīng)過平衡位置向y軸正方向運(yùn)動則質(zhì)點(diǎn)a第一次經(jīng)過平衡位置向y軸正方向運(yùn)動的時間t=s=0.25s（3）設(shè)ABO=，由根據(jù)幾何關(guān)系得：sin=得：=30，根據(jù)折射定律得，n=，sin=nsin=得：=60紅光的折射率比藍(lán)光小，則光線射出后偏折程度減小，即變小，所以從球體射出后落到水平面上形成的光點(diǎn)與C點(diǎn)相比，位

26、置偏右答：這束藍(lán)光從球面射出時的出射角為60，它從球體射出后落到水平面上形成的光點(diǎn)位置偏右【思路點(diǎn)撥】（1）陽光下油膜呈現(xiàn)彩色是光的干涉造成的，光的偏振說明光的是橫波，狹義相對論認(rèn)為：光速不變原理，在“利用單擺測定重力加速度”的實(shí)驗(yàn)中，應(yīng)該在最低點(diǎn)處開始計(jì)時，從而即可各項(xiàng)求解（2）由圖讀出波長，由波速公式v= 求波速根據(jù)波的傳播方向判斷可知，圖中x=2m處質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動方向沿y軸向上，當(dāng)此質(zhì)點(diǎn)的狀態(tài)傳到a點(diǎn)時，質(zhì)點(diǎn)a第一次經(jīng)過平衡位置向y軸正方向運(yùn)動運(yùn)用波形的平移法研究質(zhì)點(diǎn)a第一次經(jīng)過平衡位置向y軸正方向運(yùn)動的時間（3）根據(jù)幾何關(guān)系求出入射角，通過折射定律求出折射角換用紅光，折射率減小，偏折程度變

27、小，從而確定出折射后落到水平面上的位置【題文】C(選修模塊3-5)(12分) 近年來裝修污染已經(jīng)被列為“危害群眾最大的五種環(huán)境污染”之一.目前，在居室裝修中經(jīng)常用到的花崗巖、大理石等裝修材料，都不同程度地含有放射性元素，比如，含有鈾、釷的花崗巖等巖石會釋放出放射性氣體氡，而氡會發(fā)生放射性衰變，放出、射線，這些射線會導(dǎo)致細(xì)胞發(fā)生癌變及呼吸道等方面的疾病，根據(jù)有關(guān)放射性知識回答下列問題：（1）下列說法正確的是 A氡的半衰期為3.8天，則若在高溫下其半衰期必縮短B衰變所釋放的電子是原子核內(nèi)的中子轉(zhuǎn)化成質(zhì)子和電子所產(chǎn)生的C射線一般伴隨著或射線產(chǎn)生，在這三種射線中，射線的穿透能力最強(qiáng)，電離能力也最強(qiáng)D發(fā)

28、生衰變時，新核與原來的原子核相比，中子數(shù)減少了2（2）氡核（）發(fā)生衰變后變?yōu)獒暎ǎ?，其衰變方程?，若氡（）經(jīng)過一系列衰變后的最終產(chǎn)物為鉛（），則共經(jīng)過 次衰變， 次衰變（3）靜止的氡核（）放出一個速度為v0的粒子，若衰變過程中釋放的核能全部轉(zhuǎn)化為粒子及反沖核的動能，已知原子質(zhì)量單位為u，試求在衰變過程中釋放的核能（不計(jì)相對論修正，在涉及動量問題時，虧損的質(zhì)量可忽略不計(jì)）【知識點(diǎn)】原子核衰變及半衰期、衰變速度；愛因斯坦質(zhì)能方程；裂變反應(yīng)和聚變反應(yīng)O2O3【答案解析】（1）BD （2） 4 ；4 （3） 解析：（1）A、半衰期與外界因素?zé)o關(guān)，故A錯誤B、原子核內(nèi)的中子轉(zhuǎn)化為質(zhì)子時，放出一個電子，

29、這個過程即衰變，故B正確；C、射線一般伴隨著或射線產(chǎn)生，在這三種射線中，射線的穿透能力最強(qiáng)，電離能力最弱，故C錯誤；D、發(fā)生衰變時，生成的粒子帶2個單位的正電荷和4個電位的質(zhì)量數(shù)，即粒子由2個中子和2個質(zhì)子構(gòu)成，故衰變時成生的新核中子數(shù)減少2，質(zhì)子數(shù)減少2，故D正確；故選：BD（2）根據(jù)電荷數(shù)守恒、質(zhì)量數(shù)守恒，衰變方程為設(shè)經(jīng)過了n次衰變，m次衰變有：4n=16，2n-m=4，解得n=4，m=4（3）設(shè)粒子的質(zhì)量為m1，氡核的質(zhì)量為m2，反沖核的速度大小為v則根據(jù)動量守恒定律可得：m1v0=（m2-m1）v 由題意得，釋放的核能E=+解得E=【思路點(diǎn)撥】衰變生成氦原子核，衰變生成的電子是其中的中

30、子轉(zhuǎn)化為質(zhì)子同時生成的，半衰期是統(tǒng)計(jì)規(guī)律，與外界因素?zé)o關(guān)根據(jù)電荷數(shù)守恒、質(zhì)量數(shù)守恒寫出衰變方程，通過一次衰變電荷數(shù)少2，質(zhì)量數(shù)少4，一次衰變電荷數(shù)多1，質(zhì)量數(shù)不變，求出衰變的次數(shù)先根據(jù)動量守恒定律列方程求解出衰變后新核的速度；然后根據(jù)愛因斯坦質(zhì)能方程求解質(zhì)量虧損，從而求釋放的核能四、計(jì)算題：本題共3小題共計(jì)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(jì)算的題，答案中必須朋確寫出數(shù)值和單位【題文】13.(15分) 如圖所示,在同一豎直平面內(nèi),一輕質(zhì)彈簧一端固定,靜止斜靠在光滑斜面上,另一自由端恰好與水平線齊平,一長為的輕質(zhì)細(xì)線一端固定在點(diǎn),另一端系一

31、質(zhì)量為的小球,點(diǎn)到的距離為.現(xiàn)將細(xì)線拉至水平,小球從位置由靜止釋放,到達(dá)點(diǎn)正下方時,細(xì)線剛好被拉斷.當(dāng)小球運(yùn)動到點(diǎn)時恰好能沿斜面方向壓縮彈簧,不計(jì)碰撞時的機(jī)械能損失,彈簧的最大壓縮量為(在彈性限度內(nèi)),求: (1)細(xì)線所能承受的最大拉力；(2)斜面的傾角；(3)彈簧所獲得的最大彈性勢能.【知識點(diǎn)】動能定理E2【答案解析】（1）3mg （2） （3）解析：解：（1）小球由C運(yùn)動到O點(diǎn)正下方時，設(shè)速度為v1，由動能定理得mgL=mv12，解得v1=，小球在O點(diǎn)正下方時，有F-mg=m，解得F=3mg所以F3mg（2）細(xì)線被拉斷后，小球做平拋運(yùn)動，當(dāng)運(yùn)動到A點(diǎn)時，速度v2恰好沿斜面向下，由動能定理得

32、mg(2L-L)= mv22-mv12，解得v2=2如圖所示，有cos=，解得=45（3）由能量守恒定律得mgLsin+mv22=Ep，解得Ep=【思路點(diǎn)撥】（1）根據(jù)動能定理求出小球運(yùn)動到最低點(diǎn)的速度，根據(jù)牛頓第二定律求出拉力的大小，從而得出拉力的范圍（2）根據(jù)動能定理求出小球在A點(diǎn)的速度大小，結(jié)合平行四邊形定則求出斜面的傾角；（3）根據(jù)能量守恒求出彈簧所獲得的最大彈性勢能Ep【題文】14.（16分）如圖甲所示，光滑的薄平板A長L=1m，質(zhì)量M=2Kg，放在光滑水平桌面上，平板右端與桌邊相齊，在平板上距右端d=0.6m處放一比荷為C/Kg的帶電體B（大小可忽略）.在桌面上方區(qū)域內(nèi)有電場強(qiáng)度不

33、同的勻強(qiáng)電場，左側(cè)電場強(qiáng)度為E=10V/m，方向水平向右；右側(cè)電場強(qiáng)度為左側(cè)的5倍，方向水平向左.在薄平板A的右端施加恒定的水平作用力F，同時釋放帶電體B.經(jīng)過一段時間后，在處帶電體B與薄平板A分離，其后帶電體B到達(dá)桌邊緣時動能恰好為零.g=10m/s2.求：（1）處到桌面右側(cè)邊緣的距離；（2）加在薄平板A上恒定水平作用力F的大??；（3）從B與A分離開始計(jì)時，在乙圖上畫出此后B運(yùn)動的速度時間圖象，并標(biāo)明相關(guān)物理量的坐標(biāo).【知識點(diǎn)】勻強(qiáng)電場中電勢差和電場強(qiáng)度的關(guān)系I1I2【答案解析】（1）0.1m （2）3.6N （3）如右圖 解析：（1）對B在OO左側(cè)運(yùn)動時，qE=ma1， 設(shè)B到達(dá)OO時的速度為v，則：v2=2a1x1，對B在OO右側(cè)運(yùn)動時，q5E=ma2，v2=2a2x2，由幾何關(guān)系知，x1+x2=d，代入數(shù)據(jù)解得x2=0.1m（2）對木板A，在B加速的時間內(nèi)，x3=L-x2，x3=a3t12，B在同一時間內(nèi)加速的過程中，x1=a1t12，對木板A，在B加速的時間內(nèi)受力F的作用，由牛頓第二定律得，F(xiàn)=Ma，代入數(shù)據(jù)解得F=3.6N（3）B在右側(cè)電場中以v為初速度做勻減速直線運(yùn)動，t2=0.2s，B在右側(cè)電場中速度減小到零后再反向做勻加速直線運(yùn)動，運(yùn)動時間t2=0.2s，B進(jìn)入左側(cè)電場中以v為初速度做勻減速直線運(yùn)動t1=1.0s，所以B運(yùn)動的速度時間圖線如