解析江蘇省南通市高三第二次調(diào)研測試物理含解析

1、南通市2015屆高三第二次調(diào)研測試物 理一、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(gè)選項(xiàng)符合題意.b點(diǎn)時(shí)，救生員乙從。點(diǎn))1 .如圖所示，河水以相同的速度向右流動(dòng)，落水者甲隨水漂流，至 出發(fā)對甲實(shí)施救助，則救生員乙相對水的運(yùn)動(dòng)方向應(yīng)為圖中的(A. Oa方向 B. Ob方向b水流方向cdO 第1題圖C. Oc方向D. Od方向【答案】B【考點(diǎn)】本題旨在考查運(yùn)動(dòng)的合成和分解。【解析】人在水中相對于水游動(dòng)的同時(shí)還要隨著水一起相對地面向下游漂流，以水為參考系，落水者甲靜止不動(dòng)，救援者做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則救援者直接沿著ob方向即可對甲實(shí)施救助。故選：B2.如圖所示，帶正電的 A球

2、固定，質(zhì)量為 m、電荷量為+q的粒子B從a處以速度V0射向A, 虛線abc是B運(yùn)動(dòng)的一段軌跡，b點(diǎn)距離A最近.粒子經(jīng)過b點(diǎn)時(shí)速度為v,重力忽略不計(jì).則()第2題圖A.粒子從a運(yùn)動(dòng)到b的過程中動(dòng)能不斷增大B.粒子從b運(yùn)動(dòng)到c的過程中加速度不斷增大C.可求出A產(chǎn)生的電場中a、b兩點(diǎn)間的電勢差D.可求出A產(chǎn)生的電場中b點(diǎn)的電場強(qiáng)度【答案】C【考點(diǎn)】本題旨在考查電場線。【解析】A、由圖知，帶電粒子受到 A處正電荷的排斥力作用，粒子從 a運(yùn)動(dòng)到b的過程中庫侖力做負(fù)功，其動(dòng)能不斷減小，故 A錯(cuò)誤；B、粒子從b運(yùn)動(dòng)到c的過程中粒子離正電荷越來越遠(yuǎn)，所受的庫侖力減小，加速度減小，故B錯(cuò)誤；1 2 12C、根據(jù)

3、動(dòng)能定理得：qUab mv2 mv：,可得能求出 A產(chǎn)生的電場中a、b兩點(diǎn)間的電2 2勢差Uab,故C正確;D、ab間不是勻強(qiáng)電場，根據(jù)公式 U Ed,不能求b點(diǎn)的電場強(qiáng)度.故 D錯(cuò)誤。 故選：C3.某溫控電路的原理如圖所示，RM是半導(dǎo)體熱敏電阻， R是滑動(dòng)變阻器，某種儀器要求在15c27c的環(huán)境中工作.當(dāng)環(huán)境溫度偏高或偏低時(shí)，控制器會自動(dòng)啟動(dòng)降溫或升溫設(shè)備.下列說法中正確的是（）A.環(huán)境溫度降低，Rm的阻值減小B.環(huán)境溫度升高，Uab變大C.滑片P向下移動(dòng)時(shí)，Uab變大D.調(diào)節(jié)滑片P能改變升溫和降溫設(shè)備啟動(dòng)時(shí)的臨界溫度【答案】D【考點(diǎn)】本題旨在考查閉合電路的歐姆定律?！窘馕觥緼、Rm是半導(dǎo)體

4、熱敏電阻，環(huán)境溫度降低時(shí)，Rm的阻值增大，故 A錯(cuò)誤；B、環(huán)境溫度升高時(shí)，RM的阻值減小，根據(jù)串聯(lián)電路中電壓與電阻成正比，可知 Uab變小，故B錯(cuò)誤；C、滑片P向下移動(dòng)時(shí)，R增大，總電流減小，則 Uab變小，故C錯(cuò)誤；D、調(diào)節(jié)滑片P時(shí)，可改變Uab,從而改變升溫和降溫設(shè)備啟動(dòng)時(shí)的臨界溫度，故 D正確。故選：D【舉一反三】本題是電路的動(dòng)態(tài)變化分析問題，關(guān)鍵要掌握串聯(lián)電路中電壓與電阻成正比的規(guī)律，并能用來分析實(shí)際問題。4.電容式加速度傳感器的原理結(jié)構(gòu)如圖，質(zhì)量塊右側(cè)連接輕質(zhì)彈簧，左側(cè)連接電介質(zhì)，彈簧與電容器固定在外框上.質(zhì)量塊可帶動(dòng)電介質(zhì)移動(dòng)改變電容.則（）電介質(zhì)A.電介質(zhì)插入極板間越深，電容器電

5、容越小B.當(dāng)傳感器以恒定加速度運(yùn)動(dòng)時(shí)，電路中有恒定電流C.若傳感器原來向右勻速運(yùn)動(dòng)，突然減速時(shí)彈簧會伸長D.當(dāng)傳感器由靜止突然向右加速瞬間，電路中有順時(shí)針方向電流,1aHp加速度傳感器第4題圖【答案】D【考點(diǎn)】本題旨在考查電容器的動(dòng)態(tài)分析。S【解析】A、根據(jù)電容器的電容公式 C ,當(dāng)電介質(zhì)插入極板間越深，即電介質(zhì)增大，4k d則電容器電容越大，故 A錯(cuò)誤；B、當(dāng)傳感器以恒定加速度運(yùn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律可知，彈力大小不變，則電容器的電容不變，因兩極的電壓不變，則電容器的電量不變，因此電路中沒有電流，故B錯(cuò)誤；C、若傳感器原來向右勻速運(yùn)動(dòng)，突然減速時(shí)，因慣性，則繼續(xù)向右運(yùn)動(dòng)，從而壓縮彈簧，故C錯(cuò)

6、誤；D、當(dāng)傳感器由靜止突然向右加速瞬間，質(zhì)量塊要向左運(yùn)動(dòng)，導(dǎo)致插入極板間電介質(zhì)加深，因此電容會增大，由于電壓不變，根據(jù)Q CU ,可知，極板間的電量增大，電容器處于充電狀態(tài)，因此電路中有順時(shí)針方向電流，故 D正確。故選：D5.如圖所示，高層住宅外安裝空調(diào)主機(jī)時(shí)，電機(jī)通過纜繩牽引主機(jī)沿豎直方向勻速上升.為 避免主機(jī)與陽臺、窗戶碰撞，通常會用一根拉繩拽著主機(jī)，地面上拽拉繩的人通過移動(dòng)位置， 使拉繩與豎直方向的夾角3保持不變，則在提升主機(jī)過程中，下列結(jié)論正確的是（）A.纜繩拉力Fi和拉繩拉力F2都增大B.纜繩拉力Fi和拉繩拉力F2都不變C.纜繩與豎直方向的夾角“可能大于角3D.纜繩拉力F1的功率保持

7、不變【答案】A【考點(diǎn)】本題旨在考查功率、平均功率和瞬時(shí)功率?！窘馕觥緼、對物體受力分析如圖：一物體勻速運(yùn)動(dòng)，故合力為零在豎直方向：F1cosmg F2 cos0在水平方向：F1 sinF2sin0在上升過程中，“增大，而3不變，聯(lián)立可以判斷纜繩拉力增大，故A正確，B錯(cuò)誤；Fi和拉繩拉力F2都C、因Fi大于F2,故纜繩與豎直方向的夾角小于角 ，故C錯(cuò)誤;D、拉力白功率 P Fivcos ,由于Fi變大，也變大，故無法判斷大小，故 D錯(cuò)誤。故選：A、多項(xiàng)選擇題.本題共 4小題，每小題4分，共計(jì)i6分.每小題有多個(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.據(jù)報(bào)道

8、，一顆來自太陽系外的彗星于20i4年i0月20日擦火星而過.如圖所示，設(shè)火星繞太陽在圓軌道上運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)半徑為r,周期為T.該彗星在穿過太陽系時(shí)由于受到太陽的引力，軌道發(fā)生彎曲，彗星與火星在圓軌道的 A點(diǎn)“擦肩而過”.已知萬有引力恒量 G,則（）A.可計(jì)算出太陽的質(zhì)量B.可計(jì)算出彗星經(jīng)過A點(diǎn)時(shí)受到的引力C.可計(jì)算出彗星經(jīng)過A點(diǎn)的速度大小D.可確定彗星在A點(diǎn)的速度大于火星繞太陽的速度【答案】AD【考點(diǎn)】本題旨在考查萬有引力定律及其應(yīng)用?！窘馕觥緼、火星繞太陽在圓軌道上運(yùn)動(dòng)，根據(jù)萬有引力提供向心力，列GMm 4 2 口4 2r3,“出等式： -2 m2- r ,得： M 2-,故 A正確；r2 T2

9、GT 2:星“J蓊6題圖CD彗星經(jīng)過A點(diǎn)做離心運(yùn)動(dòng)，萬有引力小于向心力，不能根據(jù)GM求解彗星經(jīng)過AB、由于不知道彗星的質(zhì)量，所以無法求解彗星經(jīng)過A點(diǎn)時(shí)受到的引力，故 B錯(cuò)誤;點(diǎn)的速度大小，該彗星在穿過太陽系時(shí)由于受到太陽的引力，軌道發(fā)生彎曲，彗星與火星在圓軌道的A點(diǎn)“擦肩而過”，所以可確定彗星在 A點(diǎn)的速度大于火星繞太陽的速度，故C錯(cuò)誤,D正確。故選：AD7 .渦流檢測是工業(yè)上無損檢測的方法之一.如圖所示，線圈中通以一定頻率的正弦交流電， 靠近待測工件時(shí)，工件內(nèi)會產(chǎn)生渦流，同時(shí)線圈中的電流受渦流影響也會發(fā)生變化.下列說 法中正確的是（ ）A.渦流的磁場總是要阻礙穿過工件磁通量的變化8 .渦流的

10、頻率等于通入線圈的交流電頻率C.通電線圈和待測工件間存在周期性變化的作用力D.待測工件可以是塑料或橡膠制品【答案】ABC【考點(diǎn)】本題旨在考查電磁感應(yīng)在生活和生產(chǎn)中的應(yīng)用。【解析】A、根據(jù)楞次定律得知：感應(yīng)電流的磁場總是要阻礙引起感應(yīng)電流的磁通量的變化，故渦流的磁場總是要阻礙穿過工件磁通量的變化，故A正確；B、感應(yīng)電流的頻率與原電流的頻率是相同的，渦流的頻率等于通入線圈的交流電頻率，故B正確；C、因?yàn)榫€圈交流電是周期變化的，故在工件中引起的交流電也是周期性變化的，可知通電線圈和待測工件間存在周期性變化的作用力，故C正確；D、電磁感應(yīng)只能發(fā)生在金屬物體上，故待測工件只能是金屬制品，故 D錯(cuò)誤。第8

11、題圖故選：ABC8.如圖所示，在 xoy平面的第I象限內(nèi)存在垂直xoy平面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場，兩個(gè)相同的帶電粒子以相同的速度vo先后從y軸上坐標(biāo)（0, 3L）的A點(diǎn)和B點(diǎn)（坐標(biāo)未知）垂直于 y軸射入磁場，在x軸上坐標(biāo)（,包，0）的C點(diǎn)相遇，不計(jì)粒子重力及其相互作用.根據(jù)題設(shè)條件可以確定（A.帶電粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的半徑B.帶電粒子的電荷量C.帶電粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間D.帶電粒子的質(zhì)量【答案】AC【考點(diǎn)】本題旨在考查帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動(dòng)?！窘馕觥緼、已知粒子的入射點(diǎn)及入射方向，同時(shí)已知圓上的兩點(diǎn)，根據(jù)入射點(diǎn)速度相互垂直的方向及AC連線的中垂線的交點(diǎn)即可明確粒子運(yùn)動(dòng)圓的圓心位

12、置;3i由幾何關(guān)系可知 AC長為2布L ； BAC 300，則R R 浮 2L ；32因兩粒子的速度相同，且是同種粒子，則可知，它們的半徑相同；即兩粒子的半徑均可求出;同時(shí)根據(jù)幾何關(guān)系可知A對應(yīng)的圓心角為120°, B對應(yīng)的圓心角為300確定對應(yīng)的圓心角，則由t 可以求得轉(zhuǎn)動(dòng)的時(shí)間；故 AC正確;VoX。次即可B、由于不知磁感應(yīng)強(qiáng)度,故無法求得荷質(zhì)比，更不能求出電荷量或質(zhì)量；故故選：AC9.如圖甲所示，固定斜面 AC長為L, B為斜面中點(diǎn),AB段光滑.一物塊在恒定拉力 F作用下，從最低點(diǎn) A由靜止開始沿斜面上滑至最高點(diǎn)C,此過程中物塊的動(dòng)能Ek隨位移s變化的關(guān)系圖象如圖乙所示.設(shè)物塊

13、由A運(yùn)動(dòng)到C的時(shí)間為to,下列描述該過程中物塊的速度v隨時(shí)間t、加速度大小a隨時(shí)間t、加速度大小a隨位移s、機(jī)械能E隨位移s變化規(guī)律的圖象中，可能正確的是（）ABBD錯(cuò)誤。CD【答案】CD【考點(diǎn)】本題旨在考查動(dòng)能定理的應(yīng)用、牛頓第二定律。【解析】A、根據(jù)動(dòng)能隨s的表達(dá)式知，動(dòng)能先均勻增加，然后均勻減小，即合力先做正功再做負(fù)功，知物塊先做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，然后做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，勻加速直線運(yùn)動(dòng)的位移和勻減速直線運(yùn)動(dòng)的位移大小相等，勻減速直線運(yùn)動(dòng)的平均速度大于勻加速直線運(yùn)動(dòng)的平均速度，則勻減速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間小于勻加速直線運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，故A錯(cuò)誤；B、前半段和后半段均做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，兩段過程中加速度分別不變，

14、但是兩段過程中的時(shí)間不等，故B錯(cuò)誤，C正確；D、根據(jù)除重力以外其它力做功等于機(jī)械能的增量，知前半段恒力F做正功，可知機(jī)械能隨 s均勻增加，后半段只有重力做功，機(jī)械能守恒，故 D正確。故選：CD【易錯(cuò)警示】解決本題的關(guān)鍵得出物塊在整個(gè)過程中的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，注意前半段和后半段的運(yùn)行時(shí)間不同，這是容易錯(cuò)誤的地方。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卡相應(yīng)的位置.必做題10. （10分）某實(shí)驗(yàn)小組要測量電阻 RX的阻值.（1）首先，選用歐姆表“x 10”擋進(jìn)行粗測，正確操作后，表盤指針如圖甲所示，則該電阻的測量值為 Q.第10題圖（2）接著

15、，用伏安法測量該電阻的阻值， 可選用的實(shí)驗(yàn)器材有： 電壓表V （3V,內(nèi)阻約3kQ）; 電流表A （20 mA,內(nèi)阻約2 Q）;待測電阻Rx；滑動(dòng)變阻器 R （0-2k）;滑動(dòng)變阻器R2 （0-200Q）; 干電池2節(jié)；開關(guān)、導(dǎo)線若干.在圖乙、圖丙電路中，應(yīng)選用圖 （選填“乙”或“丙”）作為測量電路，滑動(dòng)變阻器應(yīng)選用 （選填“ R”或“ &”）,(3)根據(jù)選擇的電路和器材，在圖丁中用筆畫線代替導(dǎo)線完成測量電路的連接.第10題圖(4)為更準(zhǔn)確測量該電阻的阻值，可采用圖戊所示的電路，G為靈敏電流計(jì)(量程很小)，R0為定值電阻，R、Ri、e為滑動(dòng)變阻器.操作過程如下：閉合開關(guān)S,調(diào)節(jié)R2,減

16、小Ri的阻值，多次操作使得 G表的示數(shù)為零，讀出此時(shí)電壓表V和電流表A的示數(shù)Ui、Ii；改變滑動(dòng)變阻器R滑片的位置，重復(fù)過程，分別記下U2、，Un、In；描點(diǎn)作出U-I圖象，根第i0題答圖據(jù)圖線斜率求出 Rx的值.下列說法中正確的有A.閉合S前，為保護(hù)G表，Ri的滑片應(yīng)移至最右端 B.調(diào)節(jié)G表的示數(shù)為零時(shí)，Ri的滑片應(yīng)位于最左端 C. G表示數(shù)為零時(shí)，a、b兩點(diǎn)間電勢差為零 D.該實(shí)驗(yàn)方法避免了電壓表的分流對測量結(jié)果的影響【答案】(i) i40; (2)丙、R2 ； (3)如圖(4) CD 【考點(diǎn)】本題旨在考查伏安法測電阻?！窘馕觥浚?i)歐姆表讀數(shù)二刻度盤讀數(shù)x倍率，讀數(shù)是：i4 i0 i4

17、0(2)由于待測電阻的電阻值比較大比電流表的內(nèi)阻大得多，所以電流表使用內(nèi)接法；由于兩 個(gè)滑動(dòng)變阻器的電阻值都比較大，所以要選擇限流電路.所以實(shí)驗(yàn)電路選擇丙，滑動(dòng)變阻器選擇容易調(diào)節(jié)的變阻器，所以選擇R2 ；(3)根據(jù)實(shí)驗(yàn)的原理圖，依次連接電路如圖;(4) A.閉合S前，為保護(hù)G表，開始時(shí)R的電阻值要最大，所以滑片應(yīng)移至最左端.故 A錯(cuò)誤;B.調(diào)節(jié)G表的示數(shù)為零時(shí)，與 R的滑片的位置無關(guān)，故 B錯(cuò)誤;C.該圖實(shí)驗(yàn)的原理是利用惠斯通電橋法，G表示數(shù)為零時(shí)，a、b兩點(diǎn)間電勢差為零.故 C正確；D.該實(shí)驗(yàn)方法避免了電壓表的分流對測量結(jié)果的影響.故D正確。故選：CD故答案為：(i) i40; (2)丙，R

18、； (3)如圖(4) CDz/zzzzzzz/第11題圖11. (8分)用圖示裝置測量重錘的質(zhì)量，在定滑輪兩側(cè)分別掛上重錘和n塊質(zhì)量均為m0的鐵片，重錘下端貼一遮光片，鐵架臺上安裝有光 電門.調(diào)整重錘的高度，使其從適當(dāng)?shù)奈恢糜伸o止開始下落，讀出遮光 片通過光電門的擋光時(shí)間 to；從定滑輪左側(cè)依次取下 1塊鐵片放到右側(cè) 重錘上，讓重錘每次都從同一位置由靜止開始下落，計(jì)時(shí)器記錄的擋光時(shí)間分別為tl、t2，計(jì)算出t02、tl2：(1)擋光時(shí)間為t0時(shí)，重錘的加速度為 ao.從左側(cè)取下i塊鐵片置于a.右側(cè)重錘上時(shí)，對應(yīng)的擋光時(shí)間為ti,重錘的加速度為ai,則 二= ao(結(jié)果用to和ti表不'

19、)a.(2)作出，i的圖線是一條直線，直線的斜率為k,則重錘的質(zhì)量aoM= mo比較恰當(dāng)?shù)娜≈凳?3)若重錘的質(zhì)量約為 300g,為使實(shí)驗(yàn)測量數(shù)據(jù)合理，鐵片質(zhì)量.A. 1g B. 5gC. 40g D. 100g(4)請?zhí)岢鲆粭l減小實(shí)驗(yàn)誤差的建議：.L22 nk【答案】(1)、； (2)幺km0； (3) C; (4)減小繩與滑輪間的摩擦力 ti2k【考點(diǎn)】本題旨在考查驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律。d【解析】(1)設(shè)擋光條的寬度為 d ,則重錘到達(dá)光電門的速度v d,d當(dāng)擋光時(shí)間為to時(shí)的速度V0 一，tod擋光時(shí)間為ti時(shí)的速度vi &， ti重錘在豎直方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則有:22a

20、76;h Vo 22aih Vi 由解得：包與 ai ti(2)根據(jù)牛頓第二定律得：a0aiMg nmogMg im0g (n i)m0g由解得：a0- _2m0i 1ai M nm0作出a0 i的圖線的斜率為k,則： 2m0aiM nm02 nk解得：m-nkmk(3)重錘的質(zhì)量約為 300g ,為了使重錘的加速度不至于太大，或把鐵片取下放到重錘上時(shí),加速度產(chǎn)生明顯的變化，則鐵片的質(zhì)量不能太小，也不能太大，所以 1g、5g和100g都不適合，故C正確。故選：C(4)為了減小實(shí)驗(yàn)誤差，我們可以減小繩與滑輪間的摩擦力或選取密度較大的重錘。故答案為：(1)與；(2) 2-km0; (3) C;ti

21、k(4)減小繩與滑輪間的摩擦力。12.選做題(請從A、B和L小題中選定兩小題作答,并在答題卡上把所選題目對應(yīng)字母后的方框涂滿涂黑.如都作答，則按 A、B兩小題評分.)A.(選修模塊3-3)(12分)在大氣中，空氣團(tuán)豎直運(yùn)動(dòng)經(jīng)過各氣層的時(shí)間很短，因此，運(yùn)動(dòng)過程中空氣團(tuán)與周圍空氣熱 量交換極少，可看作絕熱過程.潮濕空氣團(tuán)在山的迎風(fēng)坡上升時(shí)，水汽凝結(jié)成云雨，到山頂后變得干燥，然后沿著背風(fēng)坡下降時(shí)升溫，氣象上稱這股干熱的氣流為焚風(fēng).(大氣壓強(qiáng)隨高度的增加而減小)(1)空氣團(tuán)沿背風(fēng)坡下降時(shí)，下列描述其壓強(qiáng)p隨體積V變化關(guān)系的圖象中，可能正確的是(圖中虛線是氣體的等溫線).A-B 口一(2)空氣團(tuán)在山的迎

22、風(fēng)坡上升時(shí)溫度降低，原因是空氣團(tuán)外做功”）；設(shè)空氣團(tuán)的內(nèi)能 U與溫度T滿足U=CT （C為一常數(shù)），空氣團(tuán)沿著背風(fēng)坡下降過程中，外界對空氣團(tuán)做的功為 W,則此過程中空氣團(tuán)升高的溫度A= （3）若水汽在高空凝結(jié)成小水滴的直徑為d,已知水的密度為仍摩爾質(zhì)量為 M,阿伏加德羅常數(shù)為Na.求：一個(gè)小水滴包含的分子數(shù)n；水分子的大小 do.6MNa3 .【答案】（1） C; （2）對外做功、一；（3）一d一A、3C6M 【考點(diǎn)】本題旨在考查【解析】（1）在P V圖中等溫線為雙曲線的一支，而且越遠(yuǎn)離坐標(biāo)遠(yuǎn)點(diǎn)的溫度越高，沿著背風(fēng)坡下降時(shí)升溫，所以圖象應(yīng)該由低溫度線指向高溫度線，另外在此過程中空氣團(tuán)的體積變

23、化，故選：C;（2）空氣團(tuán)在山的迎風(fēng)坡上升時(shí)溫度降低，空氣團(tuán)內(nèi)能減小，又絕熱，根據(jù)熱力學(xué)第一定律可知空氣團(tuán)對外做功;根據(jù)U CT得：U由根據(jù)熱力學(xué)第一定律得:聯(lián)立解得：T（3）水滴的體積為:-d3 6水滴的質(zhì)量:分子數(shù)：nmNAd3NA6M根據(jù)：-dNa 6解得：d036MNa答：（1） C; （2）對外做功、 W; （3）一個(gè)小水滴包含的分子數(shù)為C守、水分子的大OB.（選修*II塊3-4）（12分）（1）下列說法中不符合事實(shí)的是A.機(jī)場安檢時(shí)，借助X射線能看到箱內(nèi)物品B.交通警示燈選用紅燈是因?yàn)榧t光更容易穿透云霧煙塵C.建筑外裝涂膜玻璃應(yīng)用了光的全反射D.液晶顯示應(yīng)用了偏振光【考點(diǎn)】本題旨在

24、考查光的偏振、全反射?！窘馕觥緼、X射線有較強(qiáng)的穿透能力，借助 X射線能能檢測與探傷，機(jī)場安檢時(shí)，借助線能看到有f內(nèi)物品，故A正確;B、交通警示燈選用紅燈是因?yàn)榧t光更容易穿透云霧煙塵，故B正確;C、建筑外裝涂膜玻璃應(yīng)用了光的薄膜干涉，不是光的全反射,C錯(cuò)誤;D、液晶顯示應(yīng)用了液晶的各向異性和光的偏振原理.故D正確。本題選擇錯(cuò)誤溫度，故選：C(2)如圖所示，一束激光頻率為刈，傳播方向正對衛(wèi)星飛行方向，已知真空中光速為c,衛(wèi)星速度為u,則衛(wèi)星上觀測到激光的傳播速度是,衛(wèi)星接收到激光的頻率Y 又(選填“大于”、“等于”或“小于”)激光第12B (2)題圖K【考點(diǎn)】本題旨在考查愛因斯坦相對性原理和光速

25、不變原理【解析】由相對論原理可得激光速度為:依據(jù)多普勒效應(yīng)可知，衛(wèi)星接收到激光的頻率 故答案為：一uu、大于12c(3)如圖所示，一半圓形玻璃磚半徑 R=18cm,可繞其圓心O在紙面內(nèi)轉(zhuǎn)動(dòng)，M為一根光標(biāo)尺，開始時(shí)玻璃磚的直徑PQ與光標(biāo)尺平行.束激光從玻璃磚左側(cè)垂直于PQ射到。點(diǎn)，在M上留下一光點(diǎn) Oi .保持入射光方向不變， 使玻璃磚繞O點(diǎn)逆時(shí)針緩慢轉(zhuǎn)動(dòng)，光點(diǎn)在標(biāo)尺上POOi移動(dòng)，最終在距離 Oi點(diǎn)h=32cm處消失.已知O、Oi間的距離l=24cm , 光在真空中傳播速度 c=3.0X 108m/s ,求：-Q第12B (3)題】玻璃磚的折射率n；光點(diǎn)消失后，光從射入玻璃磚到射出過程經(jīng)歷的時(shí)

26、間t.【答案】1.67;2 109sM第12B (3)題答圖(1)下列說法中正確的是.A.反氫原子光譜與氫原子光譜不相同B.基態(tài)反氫原子的電離能是13.6eV8 0n=4 - 0.85eVn=31.51eVn=2-3.4eVC.基態(tài)反氫原子能吸收11eV的光子發(fā)生躍遷【考點(diǎn)】本題旨在考查光的折射定律?！窘馕觥堪l(fā)生全反射時(shí)光路如圖：，一、八 rh4由數(shù)學(xué)知識得：tan h 4l 3全反射臨界角：C -2 15玻璃的折射率：n 5 1.67sinC 3 c光在玻璃中傳播的速度：v n2R全反射時(shí)光穿過玻璃磚的時(shí)間：t 2R 2109sv答：玻璃磚的折射率n是1.67；光點(diǎn)消失后，光從射入玻璃磚到射

27、出過程經(jīng)歷的時(shí)間t為2 10 9s。C.(選修*II塊3-5)(12分)1995年科學(xué)家“制成” 了反氫原子，它是由一個(gè)反質(zhì)子和一個(gè)圍繞它運(yùn)動(dòng)的正電子組成.反 質(zhì)子和質(zhì)子有相同的質(zhì)量，帶有等量異種電荷.反氫原子和氫原子有相同的能級分布，氫原 子能級如圖所示.D.n=1第12C題圖-13.6eV在反氫原子譜線中， 從n=2能級躍遷到基態(tài)輻射光子的波長最(2)反氫原子只要與周圍環(huán)境中的氫原子相遇就會湮滅，因此實(shí)驗(yàn)室中造出的反氫原子稍縱 即逝.已知?dú)湓淤|(zhì)量為 m,光在真空中傳播速度為 c, 一對靜止的氫原子和反氫原子湮滅時(shí) 輻射光子，則輻射的總能量E= ,此過程 守恒.(3) 一群氫原子受激發(fā)后處

28、于 n=3能級，當(dāng)它們向低能級躍遷時(shí)，輻射的光照射光電管陰極K,發(fā)生光電效應(yīng)，測得遏止電壓Uc=9.80V.求:逸出光電子的最大初動(dòng)能Ek；陰極K的逸出功W.2【答案】(1) B； (2) 2mc、能量和動(dòng)量；(3)99.8eV、2.29eV【考點(diǎn)】本題旨在考查氫原子的能級公式和躍遷?！窘馕觥浚?1) A、反氫原子光譜與氫原子光譜相同，故 A錯(cuò)誤；B、處于基態(tài)的氫原子的電離能是13.6eV,具有大于等于13.6eV能量的光子可以使氫原子電離，故B正確；C、基態(tài)的氫原子吸收 llev光子，能量為 13.6eV 11eV 2.6eV ,不能發(fā)生躍遷，所以 該光子不能被吸收，故 C錯(cuò)誤；D、在反氫原

29、子譜線中，從 n 2能級躍遷到基態(tài)輻射光子能量最大，頻率最大，波長最小， 故D錯(cuò)誤。故選：B(2)已知?dú)湓淤|(zhì)量為 m,光在真空中傳播速度為 c, 一對靜止的氫原子和反氫原子湮滅時(shí) 輻射光子，則輻射的總能量E 2mc2 ,此過程能量和動(dòng)量 守恒；(3)根據(jù)動(dòng)能定理得：eUC 0 EkCkEk 9.8eV初動(dòng)能最大的電子是從能級3躍遷至能級1發(fā)出光照射金屬板時(shí)產(chǎn)生的，則：hv E3 EiEk hv W解得：W 2.29eV故答案為：(1) B； (2) 2mc2、能量和動(dòng)量；(3)99.8eV、2.29eV。四、計(jì)算題：本題共3小題，共計(jì)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

30、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.13. (15分)電磁彈射是我國最新研究的重大科技項(xiàng)目，原理可用下述模型說明. 如圖甲所示，虛線MN右側(cè)存在一個(gè)豎直向上的勻強(qiáng)磁場，一邊長L的正方形單匝金屬線框 abcd放在光滑水平面上，電阻為 R,質(zhì)量為m, ab邊在磁場外側(cè)緊靠 MN虛線邊界.t=0時(shí)起磁感應(yīng)強(qiáng)度 B 隨時(shí)間t的變化規(guī)律是B=B0+kt (k為大于零的常數(shù))，空氣阻力忽略不計(jì).(1)求t=0時(shí)刻，線框中感應(yīng)電流的功率P;(2)若線框cd邊穿出磁場時(shí)速度為 v,求線框穿出磁場過程中，安培力對線框所做的功 W及通過導(dǎo)線截面的電荷量 q；(3)若用相同的

31、金屬線繞制相同大小的n匝線框，如圖乙所示，在線框上加一質(zhì)量為 M的負(fù)載物，證明：載物線框匝數(shù)越多，t=0時(shí)線框加速度越大.(1) k-L- ； (2) 1mv2、BL- (3)根據(jù) aR 2 RkBoL3(M m)R n可知，n越大，a越大BoL2本題旨在考查法拉第電磁感應(yīng)定律、導(dǎo)體切割磁感線時(shí)的感應(yīng)電動(dòng)勢。功率:解得:(2)(1) t 0時(shí)刻線框中的感應(yīng)電動(dòng)勢:Eo2Rk2L4由動(dòng)能定理有：WEkEoBl2 t解得:12W mv 2穿出過程線框中的平均電動(dòng)勢:線框中的電流：I通過的電量：q解得：qBoL2(3) n匝線框中0時(shí)刻產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢:n t線框的總電阻:nR線框中的電流:t 0時(shí)

32、刻線框受到的安培力:F nB0IL設(shè)線框的加速度為a,根據(jù)牛頓第二定律有:(nm M )akBnL3斛得：a 可知，n越大，a越大，M 、c( m)R nk2L4答：(1)線框中感應(yīng)電流的功率為風(fēng)上；R12.(2)安培力對線框所做的功為一mv2及通過導(dǎo)線截面的電荷量為2(3)根據(jù)akBoL3(M m)R n,可知，n越大，a越大。第14題圖12mv02mg sin ma14. (16分)如圖所示，光滑桿 AB長為L, B端固定一根勁度系數(shù)為 k、原長為10的輕彈簧,質(zhì)量為m的小球套在光滑桿上并與彈簧的上端連接.。為過B點(diǎn)的豎直軸，桿與水平面間的夾角始終為0.(1)桿保持靜止?fàn)顟B(tài)，讓小球從彈簧的

33、原長位置靜止釋放，求小球釋放瞬間的加速度大小 a及小球速度最大時(shí)彈簧的壓縮量 1i； (2)當(dāng)球隨桿一起繞 。軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，彈簧伸長量為12,求勻速轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度 3；(3)若0=30o,移去彈簧，當(dāng)桿繞OO軸以角速度30= jg勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，小球恰好在桿上某一位置隨桿在水平面內(nèi)勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，球受輕微擾動(dòng)后沿桿向上滑動(dòng)，到最高點(diǎn)A時(shí)球沿桿方向的速度大小為vo,求小球從開始滑動(dòng)到離開桿過程中，桿對球所做的功W.mg sin -mg sink 1272 3,【答案】(1); (2) I22- ； (3) -mgLk m(l012)cos28【考點(diǎn)】本題旨在考查動(dòng)能定理、向心力?！窘馕觥?1)小球從彈簧的原

34、長位置靜止釋放時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律有: 解得：a g sin小球速度最大時(shí)其加速度為零，則：k l1 mg sin解得：l1 m_H k(2)設(shè)彈簧伸長l2時(shí)，球受力如圖所示，水平方向上有：FNsinkl2 cosm 2(l0l2) cos豎直方向上有：FNcoskl2 sinmg 0解得：mgsink 221m(l012)cos(3)當(dāng)桿繞OO軸以角速度 30勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，設(shè)小球距離B點(diǎn)L。,2.此時(shí)有： mg tan m 0 L0 cos解得：L0 2L此時(shí)小球的動(dòng)能:12Eko -m( 0L0 cos )2小球在最高點(diǎn) A離開桿瞬間的動(dòng)能：EkA mv2 ( 0L cos )22根據(jù)動(dòng)能定理有:W mg(L L°)sinEkA E319斛得：W -mgL mv0 82答：(1)小球釋放瞬間的加速度大小為gsin 及小球速度最大時(shí)彈簧的壓縮量為mg sin(2)勻速轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為mgsin k l22m(l0l2)cos312(3)桿對球所做的功為 mgL mv0。8215. (16