20XX-2019學年江蘇省南通市海安市高中高三(上)期末物理試卷-解析版

1、2018-2019學年江蘇省南通市海安市高三（上）期末物理試卷副標題題號一二三四總分得分一、單選題（本大題共5小題，共15.0分）1. 如圖所示跳水運動員在走板時，從跳板的a端緩慢地走到b端，跳板逐漸向下彎曲，在此過程中，該運動員對跳板的()A. 壓力不斷增大B. 摩擦力不斷增大C. 作用力不斷增大D. 作用力不斷減小【答案】B【解析】解：AB、以運動員為研究對象，由平衡條件知，跳板對運動員的支持力N=mgcos，摩擦力f=mgsin，是跳板與水平方向的夾角。隨著的增大，N減小，f增大。由牛頓第三定律知，運動員對跳板的壓力減小，摩擦力增大。故A錯誤、B正確；CD、跳板對運動員的作用力是支持力和

2、摩擦力的合力，與重力等大反向，則跳板對運動員的作用力保持不變，所以運動員對跳板的作用力保持不變，故CD錯誤。故選：B。運動員從A端緩慢地走到B端的過程中，合力為零，以運動員為研究對象，利用平衡條件分析各力的變化。本題是動態(tài)平衡問題，要選擇好研究對象，分析受力情況，明確各力與夾角間的表達式，再根據(jù)夾角的變化即可確定各力的變化。2. 如圖所示，兩顆質(zhì)量相等的衛(wèi)星A、B，近地衛(wèi)星A繞地球運動的軌跡為圓，B繞地球運動的軌跡為橢圓，軌跡在同一個平面內(nèi)且相切于P點。則()A. 衛(wèi)星A的周期比B短B. 衛(wèi)星A的機械能比B多C. 在P點兩衛(wèi)星的速度大小相等D. 在P點衛(wèi)星A受到地球的萬有引力比B大【答案】A【

3、解析】解：A、根據(jù)開普勒周期定律，軌道半長軸越長，周期越長，故衛(wèi)星B的周期比A長，故A正確；B、由A軌道變?yōu)锽軌道要加速，即機械能增加，則B錯誤C、衛(wèi)星在圓軌道運行時，是勻速圓周運動，到達P點加速后做離心運動，可能到橢圓軌道B，故在P點兩衛(wèi)星的速度大小不相等，故C錯誤；D、由F=GMmr2可知軌道距離小時的力大，則D錯誤故選：A。在A對應軌道運行時，在P點要做離心運動才能到達橢圓軌道；根據(jù)開普勒周期定律分析衛(wèi)星的周期情況；衛(wèi)星在同一軌道運行時只有重力做功，機械能守恒。本題關(guān)鍵是明確兩點：1、軌道半徑?jīng)Q定了速度，周期等物理量；2、在圓軌道運行的衛(wèi)星做離心運動要加速。3. 在絕緣光滑的水平面上相距

4、為6L的A、B兩處分別固定正電荷QA、QB，兩電荷的位置坐標如圖甲所示，圖乙是AB連線之間的電勢與位置x之間的關(guān)系圖象，圖中x=L點為電勢的最低點，若在x=2L的C點由靜止釋放一個質(zhì)量為m、電量為+q的帶電小球(可視為質(zhì)點)，下列有關(guān)說法正確的有()A. 小球運動到x=L處的加速度最大B. 兩正電荷帶電量之比QA：QB=2：1C. 小球在x=L處的電勢能最大D. 小球能夠越過x=2L的位置【答案】D【解析】解：A、據(jù)x圖象切線的斜率等于場強E，則知x=L處場強為零，加速度為零，故A錯誤；B、x=L處場強為零，根據(jù)點電荷場強則有：kQA(4L)2=kQB(2L)2，解得QA：QB=4：1，故B錯

5、誤；C、x=L右側(cè)電場為負，即方向向左，x=L左側(cè)電場為正，即方向向右；那么，小球先向左做加速運動，到x=L處加速度為0，從x=L向左運動時，電場力方向向右，小球做減速運動，所以小球在x=L處的速度最大，動能最大，根據(jù)能量守恒知動能和電勢能的和不變，所以小球在x=L處的電勢能最小，故C錯誤；D、由x圖象知，與C點電勢相等的點P在2L<x<3L區(qū)域內(nèi)，由qU=EK，到P點動能等于0，小球?qū)⒃贑與P間做往復運動，即小球能夠越過x=2L的位置，故D正確。故選：D。根據(jù)x圖象切線的斜率等于場強E，分析場強的變化，根據(jù)點電荷場強公式E=kQr2，求解QA：QB；判斷小球的速度變化；根據(jù)能量守

6、恒知動能和電勢能的和不變，從而知道電勢能的變化；根據(jù)動能定理確定小球可以到達的位置，則可判斷能否越過x=2L的位置；解決本題首先要理解x圖象切線的意義，知道電場力做功和路徑無關(guān)，只和初末兩點的電勢差有關(guān)，掌握電場力做功的公式W=qU和電荷場強公式，靈活運用電場的疊加原理。4. 質(zhì)量為m的小球從高處由靜止開始下落，小球在空中所受的阻力與速度大小成正比。下列象分別描述了小球下落過程中速度v加速度a隨時間t的變化規(guī)律和動能E、機械能E隨下落位移h的變化關(guān)系，其中可能正確的是()A. B. C. D. 【答案】D【解析】解：A、已知小球所受的空氣阻力與速度大小成正比，即f=kv，根據(jù)牛頓第二定律得：m

7、gkv=ma，得a=gkvm開始時v比較小，且mg>kv，小球向下加速運動，當v逐漸增大，則a減小，即小球做加速度逐漸減小的變加速運動，vt圖象切線斜率逐漸減小，故A錯誤。B、根據(jù)a=gkvm 知av圖象是向下傾斜的直線，由于v與t不成正比，所以at不是向下傾斜的直線，故B錯誤。C、由動能定理有：Ek=mah，由于a逐漸減小，故Ekh圖象切線的斜率逐漸減小。故C錯誤；D、機械能的變化量等于克服阻力做的功：fh=EE0，得E=E0fh，知因f逐漸增大，即Eh圖象的斜率逐漸變大，故D正確；故選：D。根據(jù)牛頓第二定律分析小球下落過程加速度的變化怦，進而得到其速度的變化情況，結(jié)合vt圖

8、象的斜率表示加速度分析vt圖象的形狀；動能的變化等于合外力做的功，阻力做的功等于機械能的變化量。由這些知識分析。本題借助數(shù)學函數(shù)知識考查了動能定理以及重力以外的力做功等于機械能的變化量等功能關(guān)系，原則就是將利用功能關(guān)系列出的方程整理成圖象對應的函數(shù)解析式，分析其斜率的物理意義。5. 下列說法正確的是()A. B射線為原子的核外電子電離后形成的電子流B. 天然放射現(xiàn)象的發(fā)現(xiàn)，說明原子是可以再分的C. 原子核經(jīng)過衰變生成新核，則新核的總質(zhì)量小于原核的質(zhì)量D. 黑體輻射的實驗表明，隨著溫度的升高，輻射強度的極大值向波長較長方向移動【答案】C【解析】解：A、衰變產(chǎn)生的電子不是原子的核外電子電離后形成的

9、電子流，而是核內(nèi)的中子轉(zhuǎn)化成質(zhì)子和電子產(chǎn)生的，故A錯誤；B、天然放射現(xiàn)象揭示了原子核具有復雜的結(jié)構(gòu)，說明原子核是可以再分的。故B錯誤；C、原子核經(jīng)過衰變生成新核，新核的總質(zhì)量小于原核的質(zhì)量，故C正確D、黑體輻射的實驗表明，隨著溫度的升高，輻射強度的極大值向波長較短方向，故D錯誤故選：C。衰變產(chǎn)生的電子不是核外電子跑出來的，而是核內(nèi)的中子轉(zhuǎn)化成質(zhì)子和電子產(chǎn)生的；天然放射現(xiàn)象揭示了原子核具有復雜的結(jié)構(gòu)；原子核經(jīng)過衰變生成新核，新核的總質(zhì)量小于原核的質(zhì)量。黑體輻射的實驗表明，隨著溫度的升高，輻射強度的極大值向波長較短方向本題考查原子及原子物理，屬于I級要求，其中衰變過程中的質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)守恒的應用，

10、同時要明確質(zhì)量數(shù)、電荷數(shù)、中子數(shù)之間關(guān)系。二、多選題（本大題共5小題，共19.0分）6. 如圖所示電路為演示自感現(xiàn)象的電路圖，其中R0為定值電阻，電源電動勢為 E、內(nèi)阻為 r，小燈泡的燈絲電阻為 R(可視為不變)，電感線圈的自感系數(shù)為 L、電阻為 RL.電路接通并達到穩(wěn)定狀態(tài)后，斷開開關(guān) S，可以看到燈泡先是“閃亮”(比開關(guān)斷開前更 亮)一下，然后才逐漸熄滅，但實驗發(fā)現(xiàn)“閃亮”現(xiàn)象并不明顯.為了觀察到斷開開關(guān) S 時燈泡比開關(guān)斷開前有更明顯的“閃亮”現(xiàn)象，下列措施中一定可行的是()A. 撤去電感線圈中的鐵

11、芯，使L減小B. 更換電感線圈中的鐵芯，使L增大C. 更換電感線圈，保持L不變，使RL增大D. 更換電感線圈，保持L不變，使RL減小【答案】BD【解析】解：開關(guān)由閉合到斷開瞬間，線圈中產(chǎn)生感應電動勢，而燈R與線圈L是串聯(lián)，所以二者的電流是相等的。由題，斷開開關(guān)S，可以看到燈泡先是“閃亮”(比開關(guān)斷開前更亮)一下，則說明在電路在穩(wěn)定狀態(tài)時，通過燈泡的電流小于通過電感線圈的電流，同時電感線圈的自感系數(shù)為L、電阻為RL小于燈泡的電阻R。A、撤去電感線圈中的鐵芯，使L減小，根據(jù)自感電動勢的表達式：E=LIt可知產(chǎn)生的感應電動勢減小，對電流變化的阻礙作用減小，觀察到斷開開關(guān)S時燈泡變亮的時間變短，“閃亮

12、”現(xiàn)象更不明顯。故A錯誤；B、更換電感線圈中的鐵芯，使L增大，據(jù)自感電動勢的表達式：E=LIt可知產(chǎn)生的感應電動勢增大，對電流變化的阻礙作用增大，則觀察到斷開開關(guān)S時燈泡變亮的時間變長，“閃亮”現(xiàn)象可能更明顯。故B正確；C、換一個自感系數(shù)L相同的線圈，不影響電流的變化的時間，但RL更大的電感線圈時，流過線圈的電流將減小，不一定能觀察到燈泡閃亮一下。故C錯誤；D、換一個自感系數(shù)L相同的線圈，不影響電流的變化的時間，但RL更小的電感線圈時，流過線圈的電流將增大，則斷開開關(guān) S，流過燈泡的電流更大，一定能觀察到燈泡閃亮一下。故D正確。故選：BD。開關(guān)由閉合到斷開瞬間，燈立即熄滅，通過線圈的

13、電流減小，線圈產(chǎn)生自感電動勢，再根據(jù)法拉第電磁感應定律以及線圈的自感電動勢與自感系數(shù)分析即可通電與斷電的自感現(xiàn)象要根據(jù)楞次定律進行分析.若開關(guān)閉合時，線圈中電流大于燈中電流，斷開開關(guān)時，燈才出現(xiàn)閃亮現(xiàn)象7. 在物理學的發(fā)展過程中，科學家們采用了許多物理學的研究方法，下列關(guān)于物理學研究方法的說法中，正確的有()A. 合力和分力體現(xiàn)了等效替代的思想B. 質(zhì)點是運用極限法構(gòu)建的物理模型C. 電場強度采用了比值法定義物理量的方法D. 牛頓第一定律是利用邏輯思維對事實進行分析的產(chǎn)物，能用實驗直接驗證【答案】AC【解析】解：A、合力和分力體現(xiàn)了等效替代的思想，故A正確；B、質(zhì)點是采用的是理想模型法，故B錯

14、誤；C、電場強度E=Fq采取比值法定義的物理量，故C正確；D、牛頓第一定律是利用邏輯思維對事實進行分析的產(chǎn)物，不能用實驗直接驗證，故D錯誤；故選：AC。合力與分力能夠等效替代，采用了等效替代的思想；質(zhì)點采用的是理想模型法；電場強度采取比值法定義，牛頓第一定律無法用實驗直接驗證。對于物理學上重要的實驗和發(fā)現(xiàn)，可根據(jù)實驗的原理、內(nèi)容、結(jié)論及相應的物理學家等等一起記憶，不能混淆8. 某同學設(shè)計的家庭電路保護裝置如圖所示，鐵芯左側(cè)線圈L1由火線和零線并行繞成，當右側(cè)線圈L2中產(chǎn)生電流時，電流經(jīng)放大器放大后，使電磁鐵吸起鐵質(zhì)開關(guān)K，從而切斷家庭電路，僅考慮L1在鐵芯中產(chǎn)生的磁場，下列說法正確的有()A.

15、 家庭電路正常工作時，L1中的磁通量為零電流放大器電磁鐵B. 家庭電路發(fā)生斷路時，L2中將產(chǎn)生電流C. 家庭電路發(fā)生短路時，開關(guān)K將被電磁鐵吸起D. 地面上的人接觸火線發(fā)生觸電時，開關(guān)K將被電磁鐵吸起【答案】AD【解析】解：A、由于火線和零線并行繞制，所以在家庭電路正常工作時，火線和零線的電流大小相等，方向相反，因此合磁通量為零，故A正確；B、發(fā)生斷路時，火線和零線的電流都為零，合磁通量為零，L2中將不會產(chǎn)生電流，故B錯誤；C、家庭電路發(fā)生短路時，火線和零線的電流同時增大，合磁通量仍然為零，因此開關(guān)K不會被電磁鐵吸起，故C錯誤；D、當?shù)孛嫔系娜私佑|火線發(fā)生觸電時，火線的電流突然變大，即L1中的

16、磁場發(fā)生變化，導致L2中的磁通量變化，L2中產(chǎn)生感應電流，電磁鐵將開關(guān)K吸起，故D正確。故選：AD?；鹁€和零線并行繞制，所以在家庭電路正常工作時，火線和零線的電流大小相等，方向相反，因此合磁通量為零，L2中的磁通量為零，地面上的人接觸火線發(fā)生觸電時，火線的電流突然變大，即L1中的磁場發(fā)生變化，導致L2中的磁通量變化，L2中產(chǎn)生感應電流，電磁鐵將開關(guān)K吸起本題考查了變壓器的構(gòu)造和原理，難點在于明確火線和零線并行繞制電流方向相反，要理解為什么副線圈中的磁通量為零。9. 如圖所示，表面光滑的固定斜面頂端安裝有定滑輪，斜面傾角為O，物塊A、B用輕繩連接并跨過滑輪。開始時A、B在同一高度并處于靜止狀態(tài)。

17、現(xiàn)剪斷輕繩，物塊A自由下落，物塊B沿斜面下滑，忽略滑輪的摩擦，則從剪斷輕繩到兩物塊落地的過程，下列說法正確的有()A. 物塊A和物塊B同時落地B. 物塊A落地時的速度大小和物塊B相等C. 物塊A落地時的動能和物塊B相等D. 物塊A落地時重力的瞬時功率和物塊B相等【答案】BD【解析】解：A、A運動的時間為：t1=2hg，B運動有：hsin=12gsint22，解得：t2=1sin2hg，故A錯誤。B、根據(jù)機械能守恒知mgh=12mv2知v=gh，h相等，則速度大小相等，但方向不同，故B正確。C、AB都只有重力做功，機械能守恒，動能的增加量等于重力勢能的減小零，所以EK=mgh，由于mB>m

18、A，所以動能變化不相等，末動能不相等，故C錯誤；D、重力做功的瞬時功率P=mgvcos，PB=mBgvsin，PA=mAgv，因mBgsin=mAg，v相等，所以PA=PB，故D正確；故選：BD。剪斷輕繩后A自由下落，B沿斜面下滑，AB都只有重力做功，機械能守恒，重力勢能變化量等于重力所做的功，重力做功的瞬時功率P=mgvcos。重力做功決定重力勢能的變化與否，若做正功，則重力勢能減少；若做負功，則重力勢能增加，重力做功的平均功率等于重力做功與時間的比值，難度適中。10. 如圖所示為洛倫茲力演示儀的結(jié)構(gòu)簡圖。勵磁線圈產(chǎn)生的勻強磁場方向垂直紙面向外，磁場強弱由通過勵磁線圈的電流來調(diào)節(jié)，在球形玻璃

19、泡底部有一個可以升降的電子槍，從電子槍燈絲中發(fā)出電子的初速度可忽略不計，經(jīng)過加速電壓U(U可調(diào)節(jié)，且加速間距很小)后，沿水平方向從球形玻璃泡球心的正下方垂直磁場方向向右射入，電子束距離球形玻璃泡底部切線的高度為h(見圖)，已知球形玻璃泡的半徑為R.下列說法正確的有()A. 僅增大勵磁線圈中電流，電子束徑跡的半徑變大勵磁線圄B. 僅提高電子槍加速電壓，電子束徑跡的半徑變大(前后各一個玻璃泡)C. 電子束在玻璃泡內(nèi)做完整圓周運動的最大半徑為RD. 僅增大勵磁線圈中電流，電子做圓周運動的周期將變小【答案】BCD【解析】解：AB、電子在加速電場中加速，由動能定理有：eU=12mv02，電子在勻強磁場中

20、做勻速圓周運動，洛倫茲力充當向心力，有：eBv0=mv02r，解得：r=mv0qB，可見保持加速電壓不變，增加勵磁電流，B增大，電子束形成圓周的半徑減??；僅升高電子槍加速電場的電壓，電子束形成圓周的半徑增大。故A錯誤，B正確；C、電子束是在玻璃泡內(nèi)做完整圓周運動的，已知球形玻璃泡的半徑為R，所以電子束運動的最大半徑為R，故C正確；D、電子在磁場中運動的周期：T=2mqB，y因為增大電流，B減小，電子做圓周運動的周期減小，故D正確；故選：BCD。根據(jù)動能定理表示出加速后獲得的速度，然后根據(jù)洛倫茲力提供向心力推導出半徑的表達式。即可進行分析。根據(jù)安培定則和左手定則結(jié)合判斷電子的運動軌跡。本題考查了

21、粒子在電、磁場中運動在實際生活中的應用，正確分析出儀器的原理，寫出帶電粒子在磁場中運動的半徑公式與周期公式是關(guān)鍵。三、實驗題探究題（本大題共3小題，共22.0分）11. 如圖甲所示，小虎同學將氣墊導軌的右支撐點調(diào)高支成斜面，用圖示裝置測量滑塊沿氣墊導軌下滑的加速度，遮光片P固定在滑塊的左端并與滑塊左端平齊，光電門固定在導軌上，導光孔與導軌上的位置A對齊。讓滑塊左端位于斜面上的位置B處，打開氣源，將滑塊由靜止釋放，測得AB氣墊導軌的距離L、遮光片的寬度及遮光時間，算出遮光片通過光電門的平均速度v，視為小車左端到達A處時的速度，從而測出滑塊下滑的加速度。(1)小虎運用該方案測得加速度的表達式為a=

22、_。(2)為了更精確地測得小車的加速度，小芳對方案進行了改進：運用同一氣墊導軌裝置，僅換用不同寬度的遮光片固定在滑塊的左端并與滑塊左端平齊，讓滑塊左端位于斜面上的同一位置B處，打開氣源，將滑塊由靜止釋放，記錄每次實驗遮光片的寬度x和遮光時間t，并算出各次遮光片通過光電門的平均速度v，記錄數(shù)據(jù)并作出vt圖象如圖乙所示，根據(jù)圖象，滑塊左端過A處的瞬時速度大小為_m/s，滑塊的加速度大小為_m/s2.(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)(3)你認為小芳的新方案中，考慮遮光片的質(zhì)量變化，在換用不同遮光片時，測得的加速度應該_(選填“一樣”、“不一樣”)【答案】v22L   0.31   3.1

23、   一樣【解析】解：(1)根據(jù)運動學公式可求出滑塊的加速度為：a=v22L；(2)從打下A點開始計時，由乙圖就能看出打下A點的速度(初速度)為0.31m/s，再從圖象斜率就能求出加速度為：a=vt=0.600.30200×103m/s2=1.5m/s2。(3)滑塊在傾斜的木板上做勻加速直線運動，而合力是由滑塊的下滑分和阻力決定，合力除以質(zhì)量后，恰與質(zhì)量無關(guān)了，所以換不同遮光片后加速度是一樣的。故答案為：(1)v22L；(2)0.31(±0.02均可)   3.1(±0.2均可)；(3)一樣小球在極短時間內(nèi)的平均速度等于瞬時速度，根據(jù)

24、動能的增加量等于重力勢能的減小量驗證機械能守恒，從而即可求解。解決本題的關(guān)鍵知道實驗的原理，抓住重力勢能的減小量和動能的增加量是否相等進行驗證，知道極短時間內(nèi)的平均速度等于瞬時速度。12. 某同學設(shè)計了如圖甲所示的電路測量某電池的電動勢E和內(nèi)阻r，電路中定值電阻R0=20。(1)根據(jù)圖甲所示電路，請在圖乙中用筆畫線代替導線，完成實物電路的連接。(2)閉合電鍵前，滑動變阻器滑片應置于變阻器的_端。(3)實驗中，該同學移動滑動變阻器的滑片，讀出電壓表V1和V2的示數(shù)U1、U2，數(shù)據(jù)如表所示，請根據(jù)表格中的數(shù)據(jù)在圖丙所示坐標紙中畫出U2U1的圖線。次數(shù)123456U1/V1.02.03.04.04.

25、55.0U2/V16.515.215.012.011.110.3(4)由U2U1圖線求得該電源的電動勢E=_V，內(nèi)阻r=_.(取三位有效數(shù)字)(5)實驗中，產(chǎn)生系統(tǒng)誤差的主要原因是_。【答案】左   18.0   30.8   電壓表V2分流【解析】解：(1)根據(jù)圖甲所示電路圖連接實物電路圖，實物電路圖如圖所示：(2)滑動變阻器采用限流接法，為保護電路，閉合電鍵前，滑動變阻器滑片應置于變阻器的左端。(3)根據(jù)表中實驗數(shù)據(jù)在坐標系內(nèi)描出對應點，然后根據(jù)描出的點作出圖線如圖所示：(4)由圖示電路圖可知，電源電動勢：E=U2+Ir=U2+U1R0r，整理得：U2=rR0

26、U1+E，U2U1圖線可知，電源電動勢：E=18.0V，圖線斜率的絕對值：k=rR0=18105.2，電源內(nèi)阻：r30.8；(5)由圖示電路圖可知，電壓表V2的分流是造成實驗誤差的來源。故答案為：(1)實物電路圖如圖所示；(2)左；(3)圖象如圖所示；(4)18.0；30.8；電壓表V2分流。(1)根據(jù)實驗電路圖連接實物電路圖。(2)滑動變阻器采用限流接法，為保護電路，閉合開關(guān)前滑片要置于阻值最大處。(3)應用描點法作圖。(4)根據(jù)實驗電路圖應用歐姆定律求出圖線的函數(shù)表達式，然后根據(jù)圖示圖線求出電源電動勢與內(nèi)阻。(5)根據(jù)實驗電路圖分析實驗誤差來源，然后分析答題。應用圖象法處理實驗數(shù)據(jù)是常用的

27、實驗數(shù)據(jù)處理方法，要掌握描點法作圖的方法，根據(jù)圖示電路圖應用閉合電路歐姆定律求出圖線的函數(shù)表達式是解題的關(guān)鍵。13. 如圖為實驗室常用的氣墊導軌驗證動量守恒的裝置.兩帶有等寬遮光條的滑塊A和B，質(zhì)量分別為mA、mB，在A、B間用細線水平壓住一輕彈簧，將其置于氣墊導軌上，調(diào)節(jié)導軌使其能實現(xiàn)自由靜止，這是表明_，燒斷細線，滑塊A、B被彈簧彈開，光電門C、D記錄下兩遮光條通過的時間分別為tA和tB，若有關(guān)系式_，則說明該實驗動量守恒【答案】氣墊導軌水平  mAtAmBtB=0【解析】解：兩滑塊自由靜止，滑塊靜止，處于平衡狀態(tài)，所受合力為零，此時氣墊導軌是水平的；設(shè)遮光條的寬度為d，兩滑塊的

28、速度為：vA=dtA，vB=dtB，如果動量守恒，滿足：mAvAmBvB=0，由解得：mAtAmBtB=0故答案為：氣墊導軌水平；mAtAmBtB=0滑塊靜止，處于平衡狀態(tài)，所受合力為零，據(jù)此分析答題；求出滑塊速度，由動量守恒定律分析答題本題考查了實驗注意事項、實驗數(shù)據(jù)處理，應用速度公式、動量守恒定律即可正確解題四、計算題（本大題共5小題，共64.0分）14. 如圖所示是氫原子的能級圖，原子從能級n=4向n=2躍遷所放出的光子剛好能使某種金屬材料發(fā)生光電效應。求：該金屬的逸出功；原子從能級n=2向n=1躍遷所放出的光子照射該金屬，產(chǎn)生的光電子的最大初動能?！敬鸢浮拷猓涸訌哪芗塶=4向n=2躍

29、遷所放出的光子的能量為0.85+3.40=2.55eV，當光子能量等于逸出功時，恰好發(fā)生光電效應，所以逸出功為：W0=2.55eV。從能級n=2向n=1躍遷所放出的光子能量為3.40+13.60=10.2eV，根據(jù)光電效應方程得，最大初動能為：Ekm=hvW0=10.202.55=7.65eV。答：該金屬的逸出功為2.55eV；原子從能級n=2向n=1躍遷所放出的光子照射該金屬，產(chǎn)生的光電子的最大初動能為7.65eV【解析】能級間躍遷時輻射的光子能量等于兩能級間的能級差，根據(jù)光電效應的條件求出金屬的逸出功，再根據(jù)光電效應方程得出光電子的最大初動能解決本題的關(guān)鍵知道能級間躍遷輻射的光子能量等于兩

30、能級間的能級差，以及掌握光電效應方程Ekm=hvW0。15. 2017年全國物理科學晚會上，一位老師用“吹氣千斤頂”把四位高中生頂起來。他用一根帶閥門的塑料管連在封閉的正方形塑料薄膜袋上，塑料薄膜袋平攤在教室地面上，如圖所示。在塑料薄膜袋的上方平放一塊與薄膜袋上表面面積相等的輕質(zhì)塑料板，讓四位學生同時站到與輕質(zhì)塑料板中心對稱的位置上，該老師通過塑料連接管向袋內(nèi)吹氣，直到把四位同學抬到一定高度，薄膜袋一直沒有破裂。假設(shè)袋內(nèi)氣體可視為理想氣體，溫度保持不變(1)下列說法正確的是_。A.薄膜袋內(nèi)氣體分子平均動能不變B.薄膜袋內(nèi)氣體的壓強是由于氣體重力而產(chǎn)生的C.薄膜袋內(nèi)氣體的體積是所有氣體分子的體積

31、之和D.由于四位學生壓迫薄膜袋，袋內(nèi)氣體分子間表現(xiàn)為斥力(2)表演過程中，該老師對球內(nèi)氣體共做了200J的功，此過程中薄膜袋_(填“吸收”或“放出”)熱量。若某時刻薄膜袋突然爆破，則薄膜袋內(nèi)的氣體內(nèi)能_(填“增加”或“減少”)(3)已知薄膜袋氣體的體積為V，密度為，平均摩爾質(zhì)量為M，阿伏加德羅常數(shù)為NA，試求薄膜袋內(nèi)氣體的分子個數(shù)及分子間的平均距離。【答案】A   放出   減少【解析】解：(1)A、球內(nèi)氣體溫度可視為不變，所以氣球內(nèi)氣體分子平均動能不變，故A正確。B、由于大量分子都在不停地做無規(guī)則熱運動，與器壁頻繁碰撞，使器壁受到一個平均持續(xù)的沖力，致使氣體對器壁產(chǎn)生一定

32、的壓強。故B錯誤。C、氣體分子間的空隙很大，所以氣球內(nèi)氣體的體積遠大于所有氣體分子的體積之和。故C錯誤。D、小剛同學壓迫氣球，但是氣體分之間的距離還是很大，氣體分子間表現(xiàn)為引力，但是引力很小可以忽略。故D錯誤。故選A。(2)該老師對球內(nèi)氣體共做了200J的功，氣體內(nèi)能增加，根據(jù)題意，氣體溫度不變，所以此過程中薄膜袋放出熱量；薄膜袋破裂導致氣體體積增大，對外做功，氣體內(nèi)能減小；(3)薄膜袋內(nèi)氣體的摩爾數(shù)n=mM=VM分子個數(shù)N=nNA=VNAM氣體分子之間的距離d=3VN解得：d=3MNA故答案為：(1)A；(2)放出，減小；(3)VNAM，3MNA。溫度是分子平均動能變化的標志，知道被封閉氣體

33、壓強產(chǎn)生的原理。知道分子間表現(xiàn)的實際作用力為引力。根據(jù)熱力學第一定律的表達式U=Q+W進行有關(guān)判斷；求出氣體的質(zhì)量，已知平均摩爾質(zhì)量再求出摩爾數(shù)，最后求出分子數(shù)和分子距離。熱學中很多知識點要需要記憶，注意平時的積累，對于熱力學第一定律U=W+Q，要明確公式中各個物理量的含義。16. 如圖甲所示，左側(cè)接有定值電阻R=3的光滑水平導軌處于垂直紙面向外的勻強磁場中，磁感應強度B=2T，導軌間距為L=1m。一質(zhì)量m=2kg、接入電路的阻值r=1的金屬棒在拉力F作用下由靜止開始從CD處沿導軌向右加速運動，金屬棒與導軌垂直且接觸良好，金屬棒的vx圖象如圖乙所示，取g=10m/s2.在金屬棒從起點運動到x=

34、1m處的過程中，求：(1)回路中通過電阻R的電量q；(2)金屬棒運動到x=1m處時所受安培力大小F安；(3)定值電阻R中產(chǎn)生的焦耳熱QR。【答案】解：(1)由E=t、I=ER+r、q=It得：通過電阻R的電量q=R+r=BLxR+r=2×1×13+1C=0.5C(2)由速度位移圖象得：v=2x金屬棒所受的安培力F安=BIL=B2L2vR+r=B2L22xR+r代入得：F安=2x則知F安與x是線性關(guān)系。當x=1m時，F(xiàn)安=2N。(3)當x=0m時，F(xiàn)安0=0。從起點發(fā)生x=1m位移的過程中，克服安培力做功W安=F安x=F安0+F安2x=0+22×1J=1J根據(jù)功能關(guān)

35、系知，整個電路產(chǎn)生的焦耳熱等于克服安培力做功，所以整個電路產(chǎn)生的焦耳熱Q=W安=1J定值電阻R中產(chǎn)生的焦耳熱QR=RR+rQ=34×1J=0.75J答：(1)回路中通過電阻R的電量q是0.5C；(2)金屬棒運動到x=1m處時所受安培力大小F安是2N；(3)定值電阻R中產(chǎn)生的焦耳熱QR是0.75J。【解析】(1)根據(jù)法拉第電磁感應定律、歐姆定律和電量與電流的關(guān)系式求通過電阻R的電量q；(2)由速度圖象得出v與x的關(guān)系式，由安培力公式得到FA與x的關(guān)系式，再求金屬棒運動到x=1m處時所受安培力大小F安；(3)根據(jù)平均安培力求解克服安培力做的功，即可得到整個電路產(chǎn)生的焦耳熱，再求定值電阻R

36、中產(chǎn)生的焦耳熱QR。本題有兩個關(guān)鍵：一是根據(jù)v與x的關(guān)系，由安培力公式F安=B2L2vR+r，得到FA與x的關(guān)系式，確定出FA與x是線性關(guān)系，即可求出安培力做功；二是根據(jù)vx圖象的斜率研究加速度的變化情況，結(jié)合vt圖象分析平均速度。17. 如圖所示，傾角=30的足夠長傳送帶上有一長L=1.0m，質(zhì)量M=0.5kg的薄木板，木板的最右端疊放質(zhì)量為m=0.3kg的小木塊。對木板施加一沿傳送帶向上的恒力F，同時讓傳送帶逆時針轉(zhuǎn)動，運行速度叫10m。已知木板與物塊間動摩擦因數(shù)1=32，木板與傳送帶間的動摩擦因數(shù)2=34，取g=10m/s2，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。(1)若在恒力F作用下，薄木板保持

37、靜止不動，通過計算判定小木塊所處的狀態(tài)。(2)若小木塊和薄木板相對靜止，一起沿傳送帶向上滑動，求所施恒力的最大值Fm；(3)若F=10N，木板與物塊經(jīng)過多長時間分離？分離前的這段時間內(nèi)，木板、木塊、傳送帶組成系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量Q?！敬鸢浮拷猓?1)對木塊受力分析得：重力沿斜面的分力為：mgsin=12mg受到的最大靜摩擦力：fm=1mgcos=34mg由于fm>mgsin  所以木塊處于靜止狀態(tài)(2)木塊恰好不相對木板滑動的加速度為a，由牛頓第二定律得：1mgcosmgsin=ma對木板得：FmMgsin2(M+m)gcos1mgcos=Ma解得：Fm=9N(3)因F=10N>9N，二者發(fā)生相對滑動對木塊有：a1=1gcosgsin=2.5m/s2對木板有：FMgsin2(M+m)gc