江蘇省蘇北四市聯(lián)考2016屆高考物理一模試卷(解析版)

1、2016年江蘇省蘇北四市聯(lián)考高考物理一模試卷一、單項(xiàng)選擇題：（本題共5小題，每小題3分，滿分15分每小題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題意）1在研究影響平行板電容器電容大小因素的實(shí)驗(yàn)中，一已充電的平行板電容器與靜電計(jì)連接如圖所示現(xiàn)保持B板不動，適當(dāng)移動A板，發(fā)現(xiàn)靜電計(jì)指針張角減小，則A板可能是（）A右移B左移C上移D下移2甲、乙兩質(zhì)點(diǎn)自同一地點(diǎn)沿同一直線運(yùn)動，其vt圖象如圖所示下列說法正確的是（）A第1s末，兩質(zhì)點(diǎn)相遇B第2s末，甲的加速度方向發(fā)生改變C第4s末，兩質(zhì)點(diǎn)相距20mD02s內(nèi)，兩質(zhì)點(diǎn)間的距離越來越大3如圖所示，螺線管與靈敏電流計(jì)相連，磁鐵從螺線管的正上方由靜止釋放，向下穿過螺線管下列說法正確的

2、是（）A電流計(jì)中的電流先由a到b，后由b到aBa點(diǎn)的電勢始終低于b點(diǎn)的電勢C磁鐵減少的重力勢能等于回路中產(chǎn)生的熱量D磁鐵剛離開螺線管時(shí)的加速度小于重力加速度42015年7月的喀山游泳世錦賽中，我省名將陳若琳勇奪女子十米跳臺桂冠她從跳臺斜向上跳起，一段時(shí)間后落入水中，如圖所示不計(jì)空氣阻力下列說法正確的是（）A她在空中上升過程中處于超重狀態(tài)B她在空中下落過程中做自由落體運(yùn)動C她即將入水時(shí)的速度為整個(gè)跳水過程中的最大速度D入水過程中，水對她的作用力大小等于她對水的作用力大小5如圖所示，置于地面的矩形框架中用兩細(xì)繩拴住質(zhì)量為m的小球，繩B水平設(shè)繩A、B對球的拉力大小分別為F1、F2，它們的合力大小為F

3、現(xiàn)將框架在豎直平面內(nèi)繞左下端緩慢旋轉(zhuǎn)90°，在此過程中（）AF1先增大后減小BF2先增大后減小CF先增大后減小DF先減小后增大二、多項(xiàng)選擇題：（本題共4小題，每小題4分，滿分16分每題有多個(gè)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(cuò)選或不答的得0分）6如圖甲所示，理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為5l，、R和L分別是電壓表、定值電阻和電感線圈，D1、D2均為燈泡已知原線圈兩端電壓u按圖乙所示正弦規(guī)律變化，下列說法正確的是（）A電壓表示數(shù)為62.2VB電壓u的表達(dá)式u=311sin100t（V）C僅增大電壓u的頻率，電壓表示數(shù)增大D僅增大電壓u的頻率，D1亮度不變，D2變暗7澳

4、大利亞科學(xué)家近日宣布，在離地球約14光年的紅矮星wolf 1061周圍發(fā)現(xiàn)了三顆行星b、c、d，它們的公轉(zhuǎn)周期分別是5天、18天、67天，公轉(zhuǎn)軌道可視作圓，如圖所示已知萬有引力常量為G下列說法正確的是（）A可求出b、c的公轉(zhuǎn)半徑之比B可求出c、d的向心加速度之比C若已知c的公轉(zhuǎn)半徑，可求出紅矮星的質(zhì)量D若已知c的公轉(zhuǎn)半徑，可求出紅矮星的密度8如圖所示，a、b、c三點(diǎn)在固定點(diǎn)電荷Q1、Q2連線的延長線上，Q1帶正電一帶正電粒子從a點(diǎn)由靜止釋放，僅在電場力作用下運(yùn)動，經(jīng)b點(diǎn)時(shí)速度最大，到c點(diǎn)時(shí)速度為零下列說法正確的是（）AQ2帶正電BQ2的電荷量大于Q1的電荷量Ca、c兩點(diǎn)電勢相等Db點(diǎn)的電場強(qiáng)度

5、最大9如圖所示，半徑為R的豎直光滑圓軌道與光滑水平面相切，質(zhì)量均為m的小球A、B與輕桿連接，置于圓軌道上，A位于圓心O的正下方，B與O等高它們由靜止釋放，最終在水平面上運(yùn)動下列說法正確的是（）A下滑過程中重力對B做功的功率先增大后減小B當(dāng)B滑到圓軌道最低點(diǎn)時(shí)，軌道對B的支持力大小為3mgC下滑過程中B的機(jī)械能增加D整個(gè)過程中輕桿對A做的功為mgR三、簡答題：（本題分必做題（第10、11題）和選做題兩部分，滿分18分請將解答填在答題卡相應(yīng)的位置）10用圖甲所示裝置探究物體的加速度與力的關(guān)系實(shí)驗(yàn)時(shí)保持小車（含車中重物）的質(zhì)量M不變，細(xì)線下端懸掛鉤碼的總重力作為小車受到的合力F，用打點(diǎn)計(jì)時(shí)器測出小車

6、運(yùn)動的加速度a（1）關(guān)于實(shí)驗(yàn)操作，下列說法正確的是A實(shí)驗(yàn)前應(yīng)調(diào)節(jié)滑輪高度，使滑輪和小車間的細(xì)線與木板平行B平衡摩擦力時(shí)，在細(xì)線的下端懸掛鉤碼，使小車在線的拉力作用下能勻速下滑C每次改變小車所受的拉力后都要重新平衡摩擦力D實(shí)驗(yàn)時(shí)應(yīng)先接通打點(diǎn)計(jì)時(shí)器電源，后釋放小車（2）圖乙為實(shí)驗(yàn)中打出紙帶的一部分，從比較清晰的點(diǎn)跡起，在紙帶上標(biāo)出連續(xù)的5個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)A、B、C、D、E，相鄰兩個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)之間都有4個(gè)點(diǎn)跡未標(biāo)出，測出各計(jì)數(shù)點(diǎn)到A點(diǎn)間的距離已知所用電源的頻率為50Hz，打B點(diǎn)時(shí)小車的速度v=m/s，小車的加速度a=m/s2（3）改變細(xì)線下端鉤碼的個(gè)數(shù)，得到aF圖象如圖丙所示，造成圖線上端彎曲的原因可能是11要

7、測量某種合金的電阻率（1）若合金絲長度為L，直徑為D，阻值為R，則其電阻率=用螺旋測微器測合金絲的直徑如圖甲所示，讀數(shù)為mm（2）圖乙是測量合金絲阻值的原理圖，S2是單刀雙擲開關(guān)根據(jù)原理圖在圖丙中將實(shí)物連線補(bǔ)充完整（3）閉合S1，當(dāng)S2處于位置a時(shí)，電壓表和電流表的示數(shù)分別為U1=1.35V，I1=0.30A；當(dāng)S2處于位置b時(shí)，電壓表和電流表的示數(shù)分別為U2=0.92V，I2=0.32A根據(jù)以上測量數(shù)據(jù)判斷，當(dāng)S2處于位置（選填“a”或“b”）時(shí)，測量相對準(zhǔn)確，測量值Rx=（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）【選做題】（請從三個(gè)選修中選定兩個(gè)作答，如都作答則按前兩個(gè)評分）（選修模塊3-3）12下列說法正

8、確的是（）A飽和汽壓隨溫度升高而增大B露珠成球形是由于液體表面張力的作用C當(dāng)分子間的引力和斥力平衡時(shí)，分子勢能最大D液晶顯示器是利用了液晶對光具有各向同性的特點(diǎn)13圖示為一定質(zhì)量的理想氣體等壓變化的pT圖象從A到B的過程，該氣體內(nèi)能（選填“增大”、“減小”或“不變”）、（選填“吸收”或“放出”）熱量14石墨烯是目前發(fā)現(xiàn)的最薄、最堅(jiān)硬、導(dǎo)電導(dǎo)熱性能最強(qiáng)的一種新型納米材料已知1g石墨烯展開后面積可以達(dá)到2600m2，試計(jì)算每1m2的石墨烯所含碳原子的個(gè)數(shù)阿伏伽德羅常數(shù)NA=6.0×1023mol1，碳的摩爾質(zhì)量M=12g/mol（計(jì)算結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）（選修模塊3-4）152015年

9、12月，中國“可見光通信系統(tǒng)關(guān)鍵技術(shù)研究”獲得重大突破可見光通信的實(shí)時(shí)通信速率已經(jīng)提高至50Gbps，相當(dāng)于0.2s即可下載一部高清電影（1）關(guān)于可見光，下列說法正確的是A可見光中的紅光比紫光的頻率低B可見光不能在真空中傳播C可見光波長越長，越容易發(fā)生衍射D可見光能發(fā)生光的干涉和衍射現(xiàn)象，說明光是橫波（2）真空中一束波長為6×107m的可見光，頻率為Hz，已知光在真空中的速度為3×108m/s該光進(jìn)入水中后，其波長與真空中的相比變（選填“長”或“短”）（3）可見光通信是利用LED燈的光線實(shí)現(xiàn)上網(wǎng)的新型高速數(shù)據(jù)傳輸技術(shù)如圖所示，ABCD是LED閃光燈的圓柱形封裝玻璃體，其橫截

10、面的直徑AB=d，厚度AD=dLED燈（可視為點(diǎn)光源）固定在玻璃體CD面的圓心O玻璃體的折射率為，光在真空中的傳播速度為c求：光在玻璃體中傳播的速度； 光線OA在AB面發(fā)生折射時(shí)的折射角（選修模塊3-5）16下列說法正確的是（）A電子的衍射圖樣表明電子具有波動性B太陽輻射的能量主要來自太陽內(nèi)部的熱核反應(yīng)C氫原子從某激發(fā)態(tài)躍遷至基態(tài)要吸收特定頻率的光子D結(jié)合能越大，原子核中核子結(jié)合得越牢固，原子核越穩(wěn)定17圖示是某金屬發(fā)生光電效應(yīng)時(shí)光電子的最大初動能Ek與入射光頻率 的關(guān)系圖象，可知該金屬的逸出功為若入射光的頻率為20，則產(chǎn)生的光電子最大初動能為已知普朗克常量為h18光滑水平面上質(zhì)量為1kg的小

11、球A以2.0m/s的速度與同向運(yùn)動的速度為1.0m/s、質(zhì)量為2kg的大小相同的小球B發(fā)生正碰，碰撞后小球B以1.5m/s的速度運(yùn)動求：碰后A球的速度；碰撞過程中A、B系統(tǒng)損失的機(jī)械能四、計(jì)算題：（本題共3小題，滿分47分解答時(shí)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，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位）19某興趣小組用電流傳感器測量某磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度實(shí)驗(yàn)裝置如圖甲，不計(jì)電阻的足夠長光滑金屬導(dǎo)軌豎直放置在勻強(qiáng)磁場中，導(dǎo)軌間距為d，其平面與磁場方向垂直電流傳感器與阻值為R的電阻串聯(lián)接在導(dǎo)軌上端質(zhì)量為m、有效阻值為r的導(dǎo)體棒AB由靜止釋放沿導(dǎo)軌下滑，該過程中電

12、流傳感器測得電流隨時(shí)間變化規(guī)律如圖乙所示，電流最大值為Im棒下滑過程中與導(dǎo)軌保持垂直且良好接觸，不計(jì)電流傳感器內(nèi)阻及空氣阻力，重力加速度為g（1）求該磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度大??；（2）求在t1時(shí)刻棒AB的速度大?。唬?）在0t1時(shí)間內(nèi)棒AB下降的高度為h，求此過程電阻R產(chǎn)生的電熱20如圖甲所示，滑塊與足夠長的木板疊放在光滑水平面上，開始時(shí)均處于靜止?fàn)顟B(tài)作用于滑塊的水平力F隨時(shí)間t變化圖象如圖乙所示，t=2.0s時(shí)撤去力F，最終滑塊與木板間無相對運(yùn)動已知滑塊質(zhì)量m=2kg，木板質(zhì)量M=1kg，滑塊與木板間的動摩擦因數(shù)=0.2，取g=10m/s2求：（1）t=0.5s時(shí)滑塊的速度大?。唬?）02.0s內(nèi)木

13、板的位移大??；（3）整個(gè)過程中因摩擦而產(chǎn)生的熱量21如圖甲所示，在y0的區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，其磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t變化的規(guī)律如圖乙所示；與x軸平行的虛線MN下方有沿+y方向的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度E=×103N/C在y軸上放置一足夠大的擋板t=0時(shí)刻，一個(gè)帶正電粒子從P點(diǎn)以v=2×104m/s的速度沿+x方向射入磁場已知電場邊界MN到x軸的距離為m，P點(diǎn)到坐標(biāo)原點(diǎn)O的距離為1.1m，粒子的比荷=106C/kg，不計(jì)粒子的重力求粒子：（1）在磁場中運(yùn)動時(shí)距x軸的最大距離；（2）連續(xù)兩次通過電場邊界MN所需的時(shí)間；（3）最終打在擋板上的位置到坐標(biāo)原點(diǎn)O的距離2016年江

14、蘇省蘇北四市聯(lián)考高考物理一模試卷參考答案與試題解析一、單項(xiàng)選擇題：（本題共5小題，每小題3分，滿分15分每小題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題意）1在研究影響平行板電容器電容大小因素的實(shí)驗(yàn)中，一已充電的平行板電容器與靜電計(jì)連接如圖所示現(xiàn)保持B板不動，適當(dāng)移動A板，發(fā)現(xiàn)靜電計(jì)指針張角減小，則A板可能是（）A右移B左移C上移D下移【考點(diǎn)】電容器的動態(tài)分析【專題】定量思想；方程法；電容器專題【分析】解答本題關(guān)鍵掌握：靜電計(jì)測定電容器板間的電勢差，電勢差越大，指針偏角越大；電容器電容的決定式C=，分析電容的變化；電容器的電量不變，由電容器的定義式C= 分析電勢差的變化【解答】解：A、B將A板向右移一些，板間距離減小

15、，由電容的決定式C=，可知，電容增大，而電容器電量不變，由C= 分析得知，板間電勢差減小，則靜電計(jì)指針偏角減??；相反，同理可知，A板向左移一些時(shí)，靜電計(jì)指針偏角增大故A正確，B錯(cuò)誤C、A板向上移一些，兩極板正對面積減小，由電容的決定式C=，可知，電容減小，而電容器電量不變，由C= 分析得知，板間電勢差增大，則靜電計(jì)指針偏角增大故C錯(cuò)誤D、A板向下移一些，兩極板正對面積減小，由電容的決定式C=，可知，電容減小，而電容器電量不變，由C= 分析得知，板間電勢差增大，則靜電計(jì)指針偏角增大故D錯(cuò)誤故選：A【點(diǎn)評】對于電容器動態(tài)變化分析問題，關(guān)鍵根據(jù)電容的決定式C=和定義式C= 結(jié)合進(jìn)行分析，同時(shí)要抓住不

16、變量2甲、乙兩質(zhì)點(diǎn)自同一地點(diǎn)沿同一直線運(yùn)動，其vt圖象如圖所示下列說法正確的是（）A第1s末，兩質(zhì)點(diǎn)相遇B第2s末，甲的加速度方向發(fā)生改變C第4s末，兩質(zhì)點(diǎn)相距20mD02s內(nèi)，兩質(zhì)點(diǎn)間的距離越來越大【考點(diǎn)】勻變速直線運(yùn)動的圖像【專題】定性思想；推理法；運(yùn)動學(xué)中的圖像專題【分析】在速度時(shí)間圖象中，某一點(diǎn)代表此時(shí)刻的瞬時(shí)速度，時(shí)間軸上方速度是正數(shù)，時(shí)間軸下方速度是負(fù)數(shù)；斜率表示加速度，加速度向右上方傾斜，加速度為正，向右下方傾斜加速度為負(fù)；圖象與坐標(biāo)軸圍成面積代表位移，時(shí)間軸上方位移為正，時(shí)間軸下方位移為負(fù)【解答】解：A、甲、乙兩個(gè)物體從同一地點(diǎn)沿同一方向做直線運(yùn)動，當(dāng)位移相等時(shí)，兩者相遇根據(jù)速

17、度圖象與坐標(biāo)軸圍成面積表示位移，可知，在t=1s時(shí)，甲的位移大于乙的位移，沒有相遇故A錯(cuò)誤B、速度圖象的斜率表示加速度，則甲做勻變速直線運(yùn)動，加速度一直沒有變故B錯(cuò)誤C、根據(jù)速度圖象與坐標(biāo)軸圍成面積表示位移可知，04s內(nèi)甲的位移為0，回到出發(fā)點(diǎn)，乙的位移x=5×4=20m，所以第4s末，兩質(zhì)點(diǎn)相距20m故C正確D、01s內(nèi)，甲的速度大于乙的速度，距離越來越大，12s內(nèi)甲的速度小于乙的速度，距離越來越小，故D錯(cuò)誤故選：C【點(diǎn)評】本題是速度時(shí)間圖象問題，要明確斜率的含義，知道在速度時(shí)間圖象中圖象與坐標(biāo)軸圍成的面積的含義，即可分析兩物體的運(yùn)動情況3如圖所示，螺線管與靈敏電流計(jì)相連，磁鐵從螺

18、線管的正上方由靜止釋放，向下穿過螺線管下列說法正確的是（）A電流計(jì)中的電流先由a到b，后由b到aBa點(diǎn)的電勢始終低于b點(diǎn)的電勢C磁鐵減少的重力勢能等于回路中產(chǎn)生的熱量D磁鐵剛離開螺線管時(shí)的加速度小于重力加速度【考點(diǎn)】楞次定律【專題】定性思想；推理法；電磁感應(yīng)功能問題【分析】當(dāng)磁鐵的N極向下運(yùn)動，導(dǎo)致穿過線圈的磁通量發(fā)生變化，導(dǎo)致線圈中產(chǎn)生感應(yīng)電動勢由楞次定律可得感應(yīng)電流的方向，從而判斷電流計(jì)中電流方向，感應(yīng)電流的效果總是阻礙引起感應(yīng)電流的原因，根據(jù)來拒去留的判斷口訣分析在各點(diǎn)的受力情況，從而知道加速度的大小【解答】解：A、當(dāng)磁鐵N極向下運(yùn)動，導(dǎo)致穿過線圈的磁通量變大，且方向向下，則由楞次定律可

19、得線圈中產(chǎn)生感應(yīng)電流方向盤旋而下，螺線管下端相當(dāng)于電源的正極所以通過G的電流方向?yàn)閺腷到a，當(dāng)S極離開螺線管時(shí)，穿過線圈的磁通量變小，且方向向下，則螺線管上端相當(dāng)于電源的正極所以通過G的電流方向?yàn)閺腶到b，則a點(diǎn)的電勢先低于b點(diǎn)的電勢，后高于b點(diǎn)電勢，故AB錯(cuò)誤；C、磁鐵減少的重力勢能等于回路中產(chǎn)生的熱量和磁鐵的動能，故C錯(cuò)誤；D、磁鐵剛離開螺線管時(shí)，正在遠(yuǎn)離螺線管，磁鐵受到的磁場力阻礙磁鐵遠(yuǎn)離螺線管（去留），則加速度ag，故D正確故選：D【點(diǎn)評】本題考查了楞次定律的應(yīng)用，重點(diǎn)是根據(jù)磁通量的變化判斷出感應(yīng)電流的有無和方向，能根據(jù)來拒去留的判斷口訣分析在各點(diǎn)的受力情況，難度適中42015年7月的

20、喀山游泳世錦賽中，我省名將陳若琳勇奪女子十米跳臺桂冠她從跳臺斜向上跳起，一段時(shí)間后落入水中，如圖所示不計(jì)空氣阻力下列說法正確的是（）A她在空中上升過程中處于超重狀態(tài)B她在空中下落過程中做自由落體運(yùn)動C她即將入水時(shí)的速度為整個(gè)跳水過程中的最大速度D入水過程中，水對她的作用力大小等于她對水的作用力大小【考點(diǎn)】牛頓運(yùn)動定律的應(yīng)用-超重和失重【專題】定性思想；推理法；牛頓運(yùn)動定律綜合專題【分析】分析陳若琳的運(yùn)動情況得出其加速度的方向根據(jù)牛頓第二定律分析她的浮力和她的重力的關(guān)系超重或失重取決于加速度的方向，與速度方向無關(guān)【解答】解：A、起跳以后的下落過程中她的加速度方向向下，所以處于失重狀態(tài)，故A錯(cuò)誤，

21、B、她具有水平初速度，所以不能看做自由落體運(yùn)動，故B錯(cuò)誤C、入水過程中，開始時(shí)水對她的作用力大?。ǜ×妥枇Γ┬∮谒闹亓Γ韵认蛳伦鲆欢渭铀龠\(yùn)動，即入水后的速度先增大，故C錯(cuò)誤D、入水過程中，水對她的作用力和她對水的作用力，因是一對作用力與反作用力，二者相對故D正確故選：D【點(diǎn)評】超重和失重現(xiàn)象可以運(yùn)用牛頓運(yùn)動定律進(jìn)行分析理解，產(chǎn)生超重的條件是：物體的加速度方向向上；產(chǎn)生失重的條件：物體的加速度方向向下5如圖所示，置于地面的矩形框架中用兩細(xì)繩拴住質(zhì)量為m的小球，繩B水平設(shè)繩A、B對球的拉力大小分別為F1、F2，它們的合力大小為F現(xiàn)將框架在豎直平面內(nèi)繞左下端緩慢旋轉(zhuǎn)90°，在此過程

22、中（）AF1先增大后減小BF2先增大后減小CF先增大后減小DF先減小后增大【考點(diǎn)】共點(diǎn)力平衡的條件及其應(yīng)用；力的合成與分解的運(yùn)用【專題】定性思想；推理法；共點(diǎn)力作用下物體平衡專題【分析】小球受重力、兩繩的拉力而處于平衡狀態(tài)，對小球進(jìn)行受力分析，根據(jù)平行四邊形定則作圖分析即可【解答】解：對小球受力分析如圖所示：小球處于靜止?fàn)顟B(tài)，受力平衡，兩繩的拉力的合力與重力大小相等方向相反，則F不變，根據(jù)平行四邊形定則可知，將框架在豎直平面內(nèi)繞左下端緩慢旋轉(zhuǎn)90°的過程中，F(xiàn)1逐漸減小，F(xiàn)2先增大后減小，當(dāng)繩A處于水平方向時(shí)，F(xiàn)2最大，故B正確故選：B【點(diǎn)評】若物體受三力平衡，一般可以采用合成法，任

23、意兩力之和與第三力大小相等，方向相反，要求同學(xué)們能根據(jù)圖象分析各個(gè)力的變化情況，難度適中二、多項(xiàng)選擇題：（本題共4小題，每小題4分，滿分16分每題有多個(gè)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(cuò)選或不答的得0分）6如圖甲所示，理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為5l，、R和L分別是電壓表、定值電阻和電感線圈，D1、D2均為燈泡已知原線圈兩端電壓u按圖乙所示正弦規(guī)律變化，下列說法正確的是（）A電壓表示數(shù)為62.2VB電壓u的表達(dá)式u=311sin100t（V）C僅增大電壓u的頻率，電壓表示數(shù)增大D僅增大電壓u的頻率，D1亮度不變，D2變暗【考點(diǎn)】變壓器的構(gòu)造和原理【專題】定性思想；推理法；

24、交流電專題【分析】電壓表測的是電流的有效值，根據(jù)電壓與匝數(shù)成正比求解，根據(jù)圖乙所示圖象求出交變電流的峰值、角頻率初位相，然后寫出交變電流的瞬時(shí)值表達(dá)式，電感線圈通低頻阻高頻，則頻率越大，阻礙作用越大【解答】解：A、根據(jù)乙圖可知，原線圈電壓的最大值為311V，則有效值，根據(jù)理想變壓器電壓與匝數(shù)成正比得：，解得：U2=44V，所以電壓表示數(shù)為44V，故A錯(cuò)誤；B、根據(jù)乙圖可知，原線圈電壓的最大值為311V，則電壓u的表達(dá)式u=311sin100t（V），故B正確；C、原線圈電壓不變，線圈匝數(shù)不變，僅增大電壓u的頻率，電壓表示數(shù)不變，則D1亮度不變，電感線圈通低頻阻高頻，則頻率越大，阻礙作用越大，所

25、以D2變暗，故C錯(cuò)誤，D正確故選：BD【點(diǎn)評】本題考查了變壓器的變壓原理，關(guān)鍵要知道電壓與匝數(shù)成正比，輸入功率等于輸出功率，并能正確列式求解，明確電感線圈通低頻阻高頻，則頻率越大，阻礙作用越大，難度適中7澳大利亞科學(xué)家近日宣布，在離地球約14光年的紅矮星wolf 1061周圍發(fā)現(xiàn)了三顆行星b、c、d，它們的公轉(zhuǎn)周期分別是5天、18天、67天，公轉(zhuǎn)軌道可視作圓，如圖所示已知萬有引力常量為G下列說法正確的是（）A可求出b、c的公轉(zhuǎn)半徑之比B可求出c、d的向心加速度之比C若已知c的公轉(zhuǎn)半徑，可求出紅矮星的質(zhì)量D若已知c的公轉(zhuǎn)半徑，可求出紅矮星的密度【考點(diǎn)】萬有引力定律及其應(yīng)用；人造衛(wèi)星的加速度、周期

26、和軌道的關(guān)系【專題】定量思想；推理法；人造衛(wèi)星問題【分析】A、根據(jù)開普勒周期定律公式=k分析即可；B、運(yùn)用萬有引力定律等于向心力列式求解出向心加速度的表達(dá)式進(jìn)行分析；CD、運(yùn)用萬有引力定律等于向心力列式求解出質(zhì)量表達(dá)式進(jìn)行分析【解答】解：A、行星b、c的周期分別為5天、18天，均做勻速圓周運(yùn)動，根據(jù)開普勒周期定律公式=k，可以求解軌道半徑之比，故A正確；B、行星c、d的周期分別為18天、67天，均做勻速圓周運(yùn)動，根據(jù)開普勒周期定律公式=k，可以求解軌道半徑之比；根據(jù)萬有引力等于向心力列式，有：解得：故可以求解出c、d的向心加速度之比，故B正確；C、已知c的公轉(zhuǎn)半徑和周期，根據(jù)牛頓第二定律，有：

27、解得：故可以求解出紅矮星的質(zhì)量，但不知道紅矮星的體積，無法求解紅矮星的密度，故C正確，D錯(cuò)誤；故選：ABC【點(diǎn)評】本題關(guān)鍵是明確行星圓周運(yùn)動的向心力來源，結(jié)合開普勒定律、萬有引力定律、牛頓第二定律列式分析，不難8如圖所示，a、b、c三點(diǎn)在固定點(diǎn)電荷Q1、Q2連線的延長線上，Q1帶正電一帶正電粒子從a點(diǎn)由靜止釋放，僅在電場力作用下運(yùn)動，經(jīng)b點(diǎn)時(shí)速度最大，到c點(diǎn)時(shí)速度為零下列說法正確的是（）AQ2帶正電BQ2的電荷量大于Q1的電荷量Ca、c兩點(diǎn)電勢相等Db點(diǎn)的電場強(qiáng)度最大【考點(diǎn)】電場線；電場強(qiáng)度；電勢能【專題】比較思想；圖析法；電場力與電勢的性質(zhì)專題【分析】根據(jù)帶電粒子的運(yùn)動情況可分析其受力情況，

28、b點(diǎn)速度最大，電場力的合力為零，由點(diǎn)電荷場強(qiáng)公式E=k分析電荷量的大小根據(jù)動能定理分析a、c兩點(diǎn)電勢關(guān)系【解答】解：A、帶電粒子經(jīng)過b點(diǎn)時(shí)速度最大，此時(shí)合力為零，可知b點(diǎn)的合場強(qiáng)為零，因此Q2帶負(fù)電故A錯(cuò)誤B、b點(diǎn)的合場強(qiáng)為零，說明Q1、Q2在b點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)大小相等，由點(diǎn)電荷場強(qiáng)公式E=k知，Q2的電荷量大于Q1的電荷量，故B正確C、從a運(yùn)動到c的過程，帶電粒子動能的變化量為零，由動能定理知電場力做功為零，則a、c兩點(diǎn)電勢相等，故C正確D、b點(diǎn)的電場力為零，則b點(diǎn)的電場強(qiáng)度為零，故D錯(cuò)誤故選：BC【點(diǎn)評】解決本題時(shí)b點(diǎn)的合力為零為突破口，根據(jù)點(diǎn)電荷場強(qiáng)公式E=k得到Q1和Q2的電量關(guān)系分析電勢

29、關(guān)系時(shí)可根據(jù)動能定理研究9如圖所示，半徑為R的豎直光滑圓軌道與光滑水平面相切，質(zhì)量均為m的小球A、B與輕桿連接，置于圓軌道上，A位于圓心O的正下方，B與O等高它們由靜止釋放，最終在水平面上運(yùn)動下列說法正確的是（）A下滑過程中重力對B做功的功率先增大后減小B當(dāng)B滑到圓軌道最低點(diǎn)時(shí)，軌道對B的支持力大小為3mgC下滑過程中B的機(jī)械能增加D整個(gè)過程中輕桿對A做的功為mgR【考點(diǎn)】動能定理的應(yīng)用；功率、平均功率和瞬時(shí)功率【專題】定性思想；推理法；動能定理的應(yīng)用專題【分析】根據(jù)重力和速度方向的關(guān)系判斷重力功率的變化，AB小球組成的系統(tǒng)，在運(yùn)動過程中，機(jī)械能守恒，根據(jù)機(jī)械能守恒定律求出到達(dá)最低點(diǎn)的速度，在

30、最低點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律求出軌道對B的支持力，下滑過程中，求出B重力勢能的減小量和動能的增加量，從而判斷機(jī)械能的變化量，整個(gè)過程中對A，根據(jù)動能定理求解輕桿對A做的功【解答】解：A、因?yàn)槌跷恢盟俣葹榱?，則重力的功率為0，最低點(diǎn)速度方向與重力的方向垂直，重力的功率為零，可知重力的功率先增大后減小故A正確；B、AB小球組成的系統(tǒng)，在運(yùn)動過程中，機(jī)械能守恒，設(shè)B到達(dá)軌道最低點(diǎn)時(shí)速度為v，根據(jù)機(jī)械能守恒定律得：，解得：v=在最低點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律得：Nmg=m解得：N=2mg，故B錯(cuò)誤；C、下滑過程中，B的重力勢能減小EP=mgR，動能增加量，所以機(jī)械能減小，故C錯(cuò)誤；D、整個(gè)過程中對A，根據(jù)動能定

31、理得：，故D正確故選：AD【點(diǎn)評】本題主要考查了機(jī)械能守恒定律、動能定理以及牛頓第二定律的直接應(yīng)用，知道在下滑過程中，AB小球組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，能根據(jù)重力和速度方向的關(guān)系判斷重力功率的變化，難度適中三、簡答題：（本題分必做題（第10、11題）和選做題兩部分，滿分18分請將解答填在答題卡相應(yīng)的位置）10用圖甲所示裝置探究物體的加速度與力的關(guān)系實(shí)驗(yàn)時(shí)保持小車（含車中重物）的質(zhì)量M不變，細(xì)線下端懸掛鉤碼的總重力作為小車受到的合力F，用打點(diǎn)計(jì)時(shí)器測出小車運(yùn)動的加速度a（1）關(guān)于實(shí)驗(yàn)操作，下列說法正確的是ADA實(shí)驗(yàn)前應(yīng)調(diào)節(jié)滑輪高度，使滑輪和小車間的細(xì)線與木板平行B平衡摩擦力時(shí)，在細(xì)線的下端懸掛鉤碼，

32、使小車在線的拉力作用下能勻速下滑C每次改變小車所受的拉力后都要重新平衡摩擦力D實(shí)驗(yàn)時(shí)應(yīng)先接通打點(diǎn)計(jì)時(shí)器電源，后釋放小車（2）圖乙為實(shí)驗(yàn)中打出紙帶的一部分，從比較清晰的點(diǎn)跡起，在紙帶上標(biāo)出連續(xù)的5個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)A、B、C、D、E，相鄰兩個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)之間都有4個(gè)點(diǎn)跡未標(biāo)出，測出各計(jì)數(shù)點(diǎn)到A點(diǎn)間的距離已知所用電源的頻率為50Hz，打B點(diǎn)時(shí)小車的速度v=0.316m/s，小車的加速度a=0.93m/s2（3）改變細(xì)線下端鉤碼的個(gè)數(shù)，得到aF圖象如圖丙所示，造成圖線上端彎曲的原因可能是隨所掛鉤碼質(zhì)量m的增大，不能滿足Mm【考點(diǎn)】探究加速度與物體質(zhì)量、物體受力的關(guān)系【專題】實(shí)驗(yàn)題；定性思想；推理法；牛頓運(yùn)動定律綜合

33、專題【分析】（1）實(shí)驗(yàn)要保證拉力等于小車受力的合力，探究加速度與力的關(guān)系實(shí)驗(yàn)時(shí)，需要平衡摩擦力，平衡摩擦力時(shí)，要求小車在無動力的情況下平衡摩擦力，不需要掛任何東西平衡摩擦力時(shí)，是重力沿木板方向的分力等于摩擦力，即：mgsin=mgcos，可以約掉m，只需要平衡一次摩擦力；（2）根據(jù)勻變速直線運(yùn)動的推論公式x=aT2可以求出小車運(yùn)動的加速度的大小，根據(jù)勻變速直線運(yùn)動中時(shí)間中點(diǎn)的速度等于該過程中的平均速度，可以求出打紙帶上B點(diǎn)時(shí)小車的瞬時(shí)速度大小；（3）為使繩子拉力近似等于砝碼和砝碼盤的重力，應(yīng)滿足砝碼和砝碼盤的質(zhì)量遠(yuǎn)小于小車的質(zhì)量【解答】解：（1）A、調(diào)節(jié)滑輪的高度，使?fàn)恳緣K的細(xì)繩與長木板保持

34、平行，否則拉力不會等于合力，故A正確；B、在調(diào)節(jié)模板傾斜度平衡木塊受到的滑動摩擦力時(shí)，不應(yīng)懸掛鉤碼，故B錯(cuò)誤； C、由于平衡摩擦力之后有Mgsin=Mgcos，故tan=所以無論小車的質(zhì)量是否改變，小車所受的滑動摩擦力都等于小車的重力沿斜面的分力，改變小車質(zhì)量即改變拉小車?yán)Γ恍枰匦缕胶饽Σ亮?，故C錯(cuò)誤； D、打點(diǎn)計(jì)時(shí)器要“早來晚走”即實(shí)驗(yàn)開始時(shí)先接通打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的電源待其平穩(wěn)工作后再釋放木塊，而當(dāng)實(shí)驗(yàn)結(jié)束時(shí)應(yīng)先控制木塊停下再停止打點(diǎn)計(jì)時(shí)器，故D正確；選擇：AD（2）已知打點(diǎn)計(jì)時(shí)器電源頻率為50Hz，則紙帶上相鄰計(jì)數(shù)點(diǎn)間的時(shí)間間隔為 T=5×0.02s=0.1s根據(jù)x=aT2可得：

35、xCExAC=a（2T）2，小車運(yùn)動的加速度為a=0.93m/s2B點(diǎn)對應(yīng)的速度：vB=，（3）隨著力F的增大，即隨所掛鉤碼質(zhì)量m的增大，不能滿足Mm，因此曲線上部出現(xiàn)彎曲現(xiàn)象故答案為：（1）AD；（2）0.316； 0.93；（3）隨所掛鉤碼質(zhì)量m的增大，不能滿足Mm【點(diǎn)評】該題考查了實(shí)驗(yàn)注意事項(xiàng)、實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)處理分析，知道實(shí)驗(yàn)原理及注意事項(xiàng)即可正確解題，探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系實(shí)驗(yàn)時(shí)，要平衡小車受到的摩擦力，不平衡摩擦力、或平衡摩擦力不夠、或過平衡摩擦力，小車受到的合力不等于鉤碼的重力11要測量某種合金的電阻率（1）若合金絲長度為L，直徑為D，阻值為R，則其電阻率=用螺旋測微器測合金絲的直徑

36、如圖甲所示，讀數(shù)為0.650mm（2）圖乙是測量合金絲阻值的原理圖，S2是單刀雙擲開關(guān)根據(jù)原理圖在圖丙中將實(shí)物連線補(bǔ)充完整（3）閉合S1，當(dāng)S2處于位置a時(shí)，電壓表和電流表的示數(shù)分別為U1=1.35V，I1=0.30A；當(dāng)S2處于位置b時(shí)，電壓表和電流表的示數(shù)分別為U2=0.92V，I2=0.32A根據(jù)以上測量數(shù)據(jù)判斷，當(dāng)S2處于位置a（選填“a”或“b”）時(shí)，測量相對準(zhǔn)確，測量值Rx=2.9（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）【考點(diǎn)】測定金屬的電阻率【專題】實(shí)驗(yàn)題；定性思想；推理法；恒定電流專題【分析】（1）應(yīng)用歐姆定律與電阻定律可以求出電阻率的表達(dá)式；（2）螺旋測微器固定刻度與可動刻度示數(shù)之和是螺旋測

37、微器示數(shù)；（3）根據(jù)與進(jìn)行比較大小，從而確定電壓表還是電流表誤差較大，進(jìn)而確定外接法還是內(nèi)接法，再由歐姆定律，求解電阻【解答】解：（1）金屬絲電阻：R=，則電阻率：=；（2）由圖示螺旋測微器可知，其示數(shù)為：0.5mm+15.0×0.01mm=0.650mm；（3）根據(jù)=0.32，而=0.06，可知，電壓表分流較大，因此必須電流表外接法，即S2處于位置b，根據(jù)歐姆定律，則有：Rx=2.9故答案為：（1），（2）0.650；（3）b，2.9【點(diǎn)評】本題考查了螺旋測微器讀數(shù)、求電阻率，螺旋測微器固定刻度與可動刻度示數(shù)之和是螺旋測微器示數(shù)，螺旋測微器需要估讀一位，讀數(shù)時(shí)視線要與刻度線垂直，并

38、掌握電流表內(nèi)接法與外接法的確定依據(jù)【選做題】（請從三個(gè)選修中選定兩個(gè)作答，如都作答則按前兩個(gè)評分）（選修模塊3-3）12下列說法正確的是（）A飽和汽壓隨溫度升高而增大B露珠成球形是由于液體表面張力的作用C當(dāng)分子間的引力和斥力平衡時(shí)，分子勢能最大D液晶顯示器是利用了液晶對光具有各向同性的特點(diǎn)【考點(diǎn)】分子勢能；分子間的相互作用力【專題】定性思想；推理法；物體的內(nèi)能專題【分析】飽和蒸氣壓力與溫度和氣體的種類有關(guān)；凡作用于液體表面，使液體表面積縮小的力，稱為液體表面張力它產(chǎn)生的原因是 液體跟氣體接觸的表面存在一個(gè)薄層，叫做表面層，表面層里的分子比液體內(nèi)部稀疏，分子間的距離比液體內(nèi)部大一些，分子間的相互

39、作用表現(xiàn)為引力；當(dāng)分子間的引力和斥力平衡時(shí)，分子力的合力為零，分子勢能最?。环肿恿ψ龉Φ扔诜肿觿菽艿臏p小量；液晶的光學(xué)性質(zhì)表現(xiàn)為各向異性【解答】解：A、與液體處于動態(tài)平衡的蒸氣叫飽和蒸氣；飽和蒸氣壓力與飽和蒸氣體積無關(guān)；在一定溫度下，飽和蒸氣的分子數(shù)密度是一定的，因而其壓強(qiáng)也是一定的，這個(gè)壓強(qiáng)叫做飽和蒸氣壓力；故飽和汽壓隨溫度升高而增大；故A正確；B、液體表面張力使液體具有收縮的趨勢，露珠成球形是由于液體表面張力的作用，故B正確；C、分子力做功等于分子勢能的減小量；當(dāng)分子間的引力和斥力平衡時(shí)，分子力的合力為零；此后不管是增加分子間距還是減小分子間距，分子力都是做負(fù)功，故分子勢能增加；故C錯(cuò)誤；

40、D、液晶顯示器是利用了液晶對光具有各向異性的特點(diǎn)，故D錯(cuò)誤；故選：AB【點(diǎn)評】本題考察了飽和氣壓、液體表面張力、分子力與分子勢能、液晶，知識點(diǎn)多，難度小，關(guān)鍵是記住基礎(chǔ)知識13圖示為一定質(zhì)量的理想氣體等壓變化的pT圖象從A到B的過程，該氣體內(nèi)能增大（選填“增大”、“減小”或“不變”）、吸收（選填“吸收”或“放出”）熱量【考點(diǎn)】理想氣體的狀態(tài)方程【專題】定性思想；推理法；理想氣體狀態(tài)方程專題【分析】由圖可知，該氣體的壓強(qiáng)不變而溫度升高，等壓升溫，壓強(qiáng)必定增大；熱力學(xué)第一定律為U=Q+W溫度升高，則內(nèi)能增大，即U為正值；氣體對外做功，則W為負(fù)值；U為正、W為負(fù)，則Q必定為正值，即氣體一定從外界吸收

41、熱量【解答】解：理想氣體的分子勢能可以忽略不計(jì)，氣體等壓升溫，溫度升高則氣體的內(nèi)能一定增大；根據(jù)熱力學(xué)第一定律U=Q+W，溫度升高，內(nèi)能增大，即U為正值；同時(shí)氣體的體積增大，對外做功，則W為負(fù)值，故Q必定為正值，即氣體一定從外界吸收熱量故答案為：增大，吸收【點(diǎn)評】本題要理解蓋呂薩克定律和熱力學(xué)第一定律，要注意熱力學(xué)第一定律中各個(gè)量的正負(fù)的含義，這一點(diǎn)對解題至關(guān)重要14石墨烯是目前發(fā)現(xiàn)的最薄、最堅(jiān)硬、導(dǎo)電導(dǎo)熱性能最強(qiáng)的一種新型納米材料已知1g石墨烯展開后面積可以達(dá)到2600m2，試計(jì)算每1m2的石墨烯所含碳原子的個(gè)數(shù)阿伏伽德羅常數(shù)NA=6.0×1023mol1，碳的摩爾質(zhì)量M=12g/

42、mol（計(jì)算結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）【考點(diǎn)】原子核衰變及半衰期、衰變速度【專題】定量思想；方程法；衰變和半衰期專題【分析】先求出1m2石墨烯的質(zhì)量，再結(jié)合摩爾質(zhì)量，求出1m2石墨烯的原子個(gè)數(shù)表達(dá)式，代入數(shù)據(jù)，即可求解【解答】解：由題意可知，已知1g石墨烯展開后面積可以達(dá)到2600m2，1m2石墨烯的質(zhì)量：m=g而1m2石墨烯所含原子個(gè)數(shù)：n=1.9×1019個(gè) 答：每1m2的石墨烯所含碳原子的個(gè)數(shù)為1.9×1019個(gè)【點(diǎn)評】考查原子個(gè)數(shù)求解的內(nèi)容，掌握摩爾質(zhì)量，質(zhì)量，阿伏加德羅常數(shù)，及原子個(gè)數(shù)的關(guān)系，注意正確運(yùn)算是解題的關(guān)鍵（選修模塊3-4）152015年12月，中國“可見光

43、通信系統(tǒng)關(guān)鍵技術(shù)研究”獲得重大突破可見光通信的實(shí)時(shí)通信速率已經(jīng)提高至50Gbps，相當(dāng)于0.2s即可下載一部高清電影（1）關(guān)于可見光，下列說法正確的是ACA可見光中的紅光比紫光的頻率低B可見光不能在真空中傳播C可見光波長越長，越容易發(fā)生衍射D可見光能發(fā)生光的干涉和衍射現(xiàn)象，說明光是橫波（2）真空中一束波長為6×107m的可見光，頻率為5×1014Hz，已知光在真空中的速度為3×108m/s該光進(jìn)入水中后，其波長與真空中的相比變短（選填“長”或“短”）（3）可見光通信是利用LED燈的光線實(shí)現(xiàn)上網(wǎng)的新型高速數(shù)據(jù)傳輸技術(shù)如圖所示，ABCD是LED閃光燈的圓柱形封裝玻璃體

44、，其橫截面的直徑AB=d，厚度AD=dLED燈（可視為點(diǎn)光源）固定在玻璃體CD面的圓心O玻璃體的折射率為，光在真空中的傳播速度為c求：光在玻璃體中傳播的速度； 光線OA在AB面發(fā)生折射時(shí)的折射角【考點(diǎn)】光的折射定律；光的雙縫干涉現(xiàn)象和薄膜干涉現(xiàn)象【專題】定量思想；方程法；光的折射專題【分析】（1）可見光中的紅光比紫光的頻率低；干涉、衍射說明光具有波動性，偏振現(xiàn)象說明光是一種橫波；（2）根據(jù)頻率與波長之間的關(guān)系即可求出頻率；根據(jù)n=求出水中光的波長；（3）根據(jù)v=求出光在介質(zhì)中傳播的速度大小根據(jù)入射角的大小，結(jié)合玻璃的折射率，通過折射定律即可求出【解答】解：（1）A根據(jù)可見光中光的頻率的排列順序

45、可知，可見光中的紅光比紫光的頻率低故A正確；B可見光屬于電磁波，能在真空中傳播故B錯(cuò)誤；C可見光波長越長，越容易發(fā)生明顯衍射故C正確；D可見光能發(fā)生光的干涉和衍射現(xiàn)象，說明光具有波動性；偏振現(xiàn)象說明光是一種橫波故D錯(cuò)誤；故選：AC（2）真空中一束波長為6×107m的可見光，頻率為： =Hz，該光進(jìn)入水中后，根據(jù)波長與折射率的關(guān)系n=可知，其波長與真空中的相比變短；（3）根據(jù)v=得，v=（2）由題圖可知，所以入射角的正切：所以：r=30°根據(jù)折射定律知，n=所以：sini=nsinr=所以折射角：i=45°故答案為：（1）AC； （2）5×1014；短（3

46、）光在玻璃體中傳播的速度為（2）光線OA在AB面發(fā)生折射時(shí)的折射角為45°【點(diǎn)評】該題考查光的折射，解決本題的關(guān)鍵掌握光的折射定律n=，以及n=（選修模塊3-5）16下列說法正確的是（）A電子的衍射圖樣表明電子具有波動性B太陽輻射的能量主要來自太陽內(nèi)部的熱核反應(yīng)C氫原子從某激發(fā)態(tài)躍遷至基態(tài)要吸收特定頻率的光子D結(jié)合能越大，原子核中核子結(jié)合得越牢固，原子核越穩(wěn)定【考點(diǎn)】氫原子的能級公式和躍遷【專題】定性思想；推理法；原子的能級結(jié)構(gòu)專題【分析】衍射能體現(xiàn)波動性，比結(jié)合能越大，表示原子核中核子結(jié)合的越牢固，原子核越穩(wěn)定，太陽內(nèi)部的熱核反應(yīng)，激發(fā)態(tài)躍遷至基態(tài)要釋放特定頻率的光子【解答】解：A

47、、電子的衍射圖樣表明粒子具有波動性，故A正確；B、太陽輻射的能量主要來自太陽內(nèi)部的聚變反應(yīng)，故B正確；C、氫原子從某激發(fā)態(tài)躍遷至基態(tài)要釋放特定頻率的光子，故C錯(cuò)誤；D、比結(jié)合能越大，表示原子核中核子結(jié)合的越牢固，原子核越穩(wěn)定，故D錯(cuò)誤故選：AB【點(diǎn)評】掌握波爾理論、衍射的作用，及聚變與裂變的區(qū)別，注意波動性與粒子性的不同，同時(shí)理解比結(jié)合能與結(jié)合能的區(qū)別17圖示是某金屬發(fā)生光電效應(yīng)時(shí)光電子的最大初動能Ek與入射光頻率 的關(guān)系圖象，可知該金屬的逸出功為h0若入射光的頻率為20，則產(chǎn)生的光電子最大初動能為h0已知普朗克常量為h【考點(diǎn)】愛因斯坦光電效應(yīng)方程【專題】定量思想；推理法；光電效應(yīng)專題【分析】

48、根據(jù)光電效應(yīng)方程Ekm=hvW0和eUC=EKm得出遏止電壓Uc與入射光頻率v的關(guān)系式，從而進(jìn)行判斷【解答】解：當(dāng)遏止電壓為零時(shí)，最大初動能為零，則入射光的能量等于逸出功，所以W0=hv0從圖象上可知，逸出功W0=hv0根據(jù)光電效應(yīng)方程，Ekm=hvW0=hv0若入射光的頻率為20時(shí)，產(chǎn)生的光電子的最大初動能為h0，故答案為：h0，h0【點(diǎn)評】解決本題的關(guān)鍵掌握光電效應(yīng)方程，以及知道遏止電壓與最大初動能之間的關(guān)系，注意遏止電壓與入射光的頻率成線性關(guān)系，并不是正比，并理解圖象的縱、橫坐標(biāo)的含義18光滑水平面上質(zhì)量為1kg的小球A以2.0m/s的速度與同向運(yùn)動的速度為1.0m/s、質(zhì)量為2kg的大

49、小相同的小球B發(fā)生正碰，碰撞后小球B以1.5m/s的速度運(yùn)動求：碰后A球的速度；碰撞過程中A、B系統(tǒng)損失的機(jī)械能【考點(diǎn)】動量守恒定律；機(jī)械能守恒定律【專題】簡答題；定性思想；推理法；動量與動能定理或能的轉(zhuǎn)化與守恒定律綜合【分析】（1）碰撞過程中動量守恒，由動量守恒定律可以求出小球速度（2）由能量守恒定律可以求出損失的機(jī)械能【解答】解：（1）碰撞過程，以A的初速度方向?yàn)檎?，由動量守恒定律得：mAvA+mBvB=mAvA+mBvB代入數(shù)據(jù)解：vA=1.0m/s 碰撞過程中A、B系統(tǒng)損失的機(jī)械能量為：代入數(shù)據(jù)解得：E損=0.25J答：碰后A球的速度為1.0m/s；碰撞過程中A、B系統(tǒng)損失的機(jī)械能為0

50、.25J【點(diǎn)評】小球碰撞過程中動量守恒、機(jī)械能不守恒，由動量守恒定律與能量守恒定律可以正確解題，應(yīng)用動量守恒定律解題時(shí)要注意正方向的選擇四、計(jì)算題：（本題共3小題，滿分47分解答時(shí)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，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位）19某興趣小組用電流傳感器測量某磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度實(shí)驗(yàn)裝置如圖甲，不計(jì)電阻的足夠長光滑金屬導(dǎo)軌豎直放置在勻強(qiáng)磁場中，導(dǎo)軌間距為d，其平面與磁場方向垂直電流傳感器與阻值為R的電阻串聯(lián)接在導(dǎo)軌上端質(zhì)量為m、有效阻值為r的導(dǎo)體棒AB由靜止釋放沿導(dǎo)軌下滑，該過程中電流傳感器測得電流隨時(shí)間變化規(guī)律如圖乙所示，電流最

51、大值為Im棒下滑過程中與導(dǎo)軌保持垂直且良好接觸，不計(jì)電流傳感器內(nèi)阻及空氣阻力，重力加速度為g（1）求該磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度大??；（2）求在t1時(shí)刻棒AB的速度大??；（3）在0t1時(shí)間內(nèi)棒AB下降的高度為h，求此過程電阻R產(chǎn)生的電熱【考點(diǎn)】導(dǎo)體切割磁感線時(shí)的感應(yīng)電動勢；電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)化【專題】計(jì)算題；定量思想；合成分解法；電磁感應(yīng)功能問題【分析】（1）利用電流達(dá)到最大值時(shí)，導(dǎo)體棒做勻速直線運(yùn)動，利用平衡條件，求出磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度大??；（2）從圖中可知t1時(shí)刻棒中電流最大值為Im先求出此時(shí)感應(yīng)電動勢，再利用歐姆定律列式建立方程，最后求出在t1時(shí)刻棒AB的速度大??；（3）利用能量守恒定律求出棒AB下降的

52、高度為h時(shí)整個(gè)電路產(chǎn)生的電熱，再求此過程電阻R產(chǎn)生的電熱【解答】解：（1）電流達(dá)Im時(shí)導(dǎo)體棒做勻速運(yùn)動對棒分析有受到的安培力：F安=BImd 做勻速直線運(yùn)動，由平衡條件有F安=mg解得：B=；（2）t1時(shí)刻，對回路有：感應(yīng)電動勢E=Bdv 感應(yīng)電流解得：；（3）由能量守恒定律得電路中產(chǎn)生的總電熱：則電阻R上產(chǎn)生的電熱：解得：答：（1）該磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為；（2）在t1時(shí)刻棒AB的速度大小為；（3）在0t1時(shí)間內(nèi)棒AB下降的高度為h，此過程電阻R產(chǎn)生的電熱為【點(diǎn)評】本題考查電磁感應(yīng)、安培力和能量守恒定律，解答本題的關(guān)鍵是要熟悉導(dǎo)體切割磁感線時(shí)感應(yīng)電動勢E=BLv和感應(yīng)電流的計(jì)算20如圖甲所示，

53、滑塊與足夠長的木板疊放在光滑水平面上，開始時(shí)均處于靜止?fàn)顟B(tài)作用于滑塊的水平力F隨時(shí)間t變化圖象如圖乙所示，t=2.0s時(shí)撤去力F，最終滑塊與木板間無相對運(yùn)動已知滑塊質(zhì)量m=2kg，木板質(zhì)量M=1kg，滑塊與木板間的動摩擦因數(shù)=0.2，取g=10m/s2求：（1）t=0.5s時(shí)滑塊的速度大小；（2）02.0s內(nèi)木板的位移大小；（3）整個(gè)過程中因摩擦而產(chǎn)生的熱量【考點(diǎn)】動能定理的應(yīng)用；牛頓第二定律【專題】計(jì)算題；定量思想；尋找守恒量法；牛頓運(yùn)動定律綜合專題【分析】（1）先判斷出在00.5s內(nèi)滑塊與木板是相對靜止的方法是：設(shè)滑塊恰好相對于木板要滑動時(shí)兩者間的靜摩擦力達(dá)到最大，以M為研究對象，求出臨界

54、加速度，再以整體為研究對象，求出此時(shí)的拉力F，結(jié)合圖象的信息分析再由運(yùn)動學(xué)公式求解速度（2）0.52.0s內(nèi)滑塊相對于木板滑動，分別由牛頓第二定律求出兩者的加速度，再由位移公式求出各自的位移，再結(jié)合00.5s內(nèi)的位移，即可得解（3）求出相對位移，再得到摩擦生熱【解答】解：（1）設(shè)滑塊恰好相對于木板要滑動時(shí)兩者間的靜摩擦力達(dá)到最大，以M為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律得 mg=Ma0，得 a0=4m/s2；對整體，有 F0=（M+m）a0=12N由圖知，在00.5s內(nèi)，F(xiàn)=6NF0，則滑塊與木板相對靜止，兩者共同的加速度等于 a=2m/s2，則t=0.5s時(shí)滑塊的速度大小 v1=at1=1m/s（2）00.5s內(nèi)，整體的位移為 x1=0.25m在00.5s內(nèi)，F(xiàn)=16NF0，所以兩者相對滑動根據(jù)牛頓第二定律得對m有：Fmg=mam，得 am=6m/s2；對M