2010年江蘇省高考物理試卷解析版

2010年江蘇省高考物理試卷解析版參考答案與試題解析一、解答題（共5小題，滿分15分）1．（3分）如圖所示，一塊橡皮用細線懸掛于O點，用鉛筆靠著線的左側(cè)挑起細線水平向右勻速移動，運動中始終保持懸線豎直，則橡皮運動的速度（）A．大小和方向均改變 B．大小不變，方向改變 C．大小改變，方向不變 D．大小和方向均不變【考點】45：運動的合成和分解．【專題】517：運動的合成和分解專題．【分析】橡皮參加了兩個分運動，水平向右勻速移動，同時，豎直向上勻速運動，實際運動是這兩個運動的合運動，根據(jù)平行四邊形定則可以求出合速度．【解答】解：橡皮在水平方向勻速運動，由于橡皮向右運動的位移一定等于橡皮向上的位移，故在豎直方向以相等的速度勻速運動，根據(jù)平行四邊形定則，可知合速度也是一定的，故合運動是勻速運動；故選：D?！军c評】本題關(guān)鍵是先確定水平方向和豎直方向的分運動，然后根據(jù)合運動與分運動的等效性，由平行四邊形定則求出合速度．2．（3分）如圖所示，水平放置的粗糙U形固定框架上接一個阻值為R0的電阻，放在垂直紙面向里、磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場中，一個半徑為L、質(zhì)量為m的半圓形硬導(dǎo)體AC在水平向右的恒定拉力F作用下，由靜止開始運動距離d后速度達到v，半圓形硬導(dǎo)體AC的電阻為r，其余電阻不計。下列說法正確的是（）A．此過程中通過電阻R0的電荷量為q B．此過程中電路產(chǎn)生的電熱為Q＝Fdmv2 C．此時AC兩端電壓為UAC＝2BLv D．此時AC兩端電壓為UAC【考點】BB：閉合電路的歐姆定律；D9：導(dǎo)體切割磁感線時的感應(yīng)電動勢．【專題】32：定量思想；43：推理法；53C：電磁感應(yīng)與電路結(jié)合．【分析】根據(jù)電量的經(jīng)驗表達式q求出此過程中通過電阻R0的電荷量，根據(jù)能量守恒判斷電熱的正誤，圖中半圓形硬導(dǎo)體AB有效切割的長度等于半圓的直徑2L，由公式E＝Blv求解感應(yīng)電動勢的大小。AB相當(dāng)于電源，其兩端的電壓是外電壓?！窘獯稹拷猓篈、根據(jù)q得，該過程中通過電阻R0的電荷量為q，故A正確。B、根據(jù)能量守恒得，，則，故B錯誤。C、導(dǎo)體AB有效切割的長度等于半圓的直徑2L，半圓形導(dǎo)體AB切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢的大小為：E＝B?2L?v＝2BLv，AB相當(dāng)于電源，其兩端的電壓是外電壓，由歐姆定律得：U，故D正確，C錯誤。故選：AD?！军c評】本題要理解并掌握感應(yīng)電動勢公式，公式E＝BLv中，L是有效的切割長度，即為與速度垂直的方向?qū)w的長度。也可畫出等效電路，來區(qū)分外電壓和內(nèi)電壓。3．（3分）如圖所示，置于水平地面的三腳架上固定著一質(zhì)量為m的照相機，三腳架的三根輕質(zhì)支架等長，與豎直方向均成30°角，則每根支架中承受的壓力大小為（）A．mg B． C． D．【考點】2G：力的合成與分解的運用；3C：共點力的平衡．【專題】11：計算題．【分析】以相機為研究對象，對相機受力分析，先將各支架的作用力向水平和豎直方向分析，由共點力的平衡條件可得出各支架的受力?！窘獯稹拷猓阂瓜鄼C受力平衡，則三根支架豎直向上的力的合力應(yīng)等于重力，即3Fcosθ＝mg；解得Fmg；故選D?！军c評】本題因是立體圖，無法將所有力畫出，因三根支架受力相等，故可以由一根支架的受力得出所有支架的合力。4．（3分）如圖所示的電路中，電源的電動勢為E，內(nèi)阻為r，電感L的電阻不計，電阻R的阻值大于燈泡D的阻值，在t＝0時刻閉合開關(guān)S，經(jīng)過一段時間后，在t＝t1時刻斷開S，下列表示A、B兩點間電壓UAB隨時間t變化的圖象中，正確的是（）A． B． C． D．【考點】DE：自感現(xiàn)象和自感系數(shù)．【專題】16：壓軸題．【分析】當(dāng)開關(guān)接通和斷開的瞬間，流過線圈的電流發(fā)生變化，產(chǎn)生自感電動勢，阻礙原來電流的變化，根據(jù)歐姆定律和楞次定來分析?！窘獯稹拷猓涸趖＝0時刻閉合開關(guān)S時，線圈中電流增大，產(chǎn)生自感電動勢，使得線圈中電流只能逐漸增大，干路中電流I也逐漸增大，根據(jù)歐姆定律UAB＝E﹣Ir，UAB逐漸減小直到穩(wěn)定。穩(wěn)定時，電阻R的電流小于燈泡D的電流。在t＝t1時刻斷開S時，燈泡中原來的電流立即減小為零，線圈中產(chǎn)生自感電動勢，電阻R、燈泡D和線圈組成回路，回路中電流從原來值逐漸減小到零，此時流過燈泡D的電流方向與原來的方向相反，B點的電勢比A點電勢高，UAB＜0．由于穩(wěn)定時線圈中電流較小，根據(jù)UAB＝IRD，則此時UAB值比穩(wěn)定時小。故選：B。【點評】本題考查綜合運用楞次定律和歐姆定律分析自感現(xiàn)象的能力。要注意電勢差的正負。5．（3分）空間有一沿x軸對稱分布的電場，其電場強度E隨x變化的圖象如圖所示。下列說法正確的是（）A．O點的電勢最低 B．x2點的電勢最高 C．x1和﹣x1兩點的電勢相等 D．x1和x3兩點的電勢相等【考點】A6：電場強度與電場力；AC：電勢．【專題】16：壓軸題．【分析】解答本題需掌握：電場線的切線方向表示空間該點的場強方向；沿著電場線電勢越來越低。【解答】解：A、B、從圖象可以看出，電場強度的大小和方向都沿x軸對稱分布，沿著電場強度的方向，電勢一定降低，故根據(jù)其電場強度E隨x變化的圖象容易判斷，O點的電勢最高，故A錯誤，B也錯誤；C、由于x1和﹣x1兩點關(guān)于y軸對稱，且電場強度的大小也相等，故從O點到x1和從O點到﹣x1電勢降落相等，故x1和﹣x1兩點的電勢相等，因而C正確；D、由于沿著電場強度的方向，電勢一定降低，故從O點到x1和從O點到x3電勢都是一直降落，故x1和x3兩點的電勢不相等，故D錯誤；故選：C。【點評】本題關(guān)鍵抓住沿著電場強度的方向，電勢一定降低；然后結(jié)合圖象得到電場強度的分布情況，再分析電勢變化情況即可。二、多項選擇題：本題共4小題，每小題4分，共計16分.每小題有多個選項符合題意，全部選對的得4分，選對但不全的得2分，錯選或不答得0分.6．（4分）航天飛機在完成對哈勃空間望遠鏡的維修任務(wù)后，在A點從圓形軌道Ⅰ進入橢圓軌道Ⅱ，B為軌道Ⅱ上的一點，如圖所示，關(guān)于航天飛機的運動，下列說法中正確的有（）A．在軌道Ⅱ上經(jīng)過A的速度小于經(jīng)過B的速度 B．在軌道Ⅱ上經(jīng)過A的速度小于在軌道Ⅰ上經(jīng)過A的速度 C．在軌道Ⅱ上運動的周期小于在軌道Ⅰ上運動的周期 D．在軌道Ⅱ上經(jīng)過A的加速度小于在軌道Ⅰ上經(jīng)過A的加速度【考點】4F：萬有引力定律及其應(yīng)用；4H：人造衛(wèi)星．【專題】52A：人造衛(wèi)星問題．【分析】A、軌道Ⅱ上由A點運動到B點，引力做正功，動能增加．B、從軌道Ⅰ的A點進入軌道Ⅱ需減速，使萬有引力大于所需要的向心力，做近心運動．C、根據(jù)開普勒第三定律，比較軌道Ⅱ和軌道Ⅰ上運動的周期．D、根據(jù)牛頓第二定律，通過比較所受的萬有引力比較加速度．【解答】解：A、軌道Ⅱ上由A點運動到B點，引力做正功，動能增加，所以經(jīng)過A的速度小于經(jīng)過B的速度。故A正確。B、從軌道Ⅰ的A點進入軌道Ⅱ需減速，使萬有引力大于所需要的向心力，做近心運動。所以軌道Ⅱ上經(jīng)過A的速度小于在軌道Ⅰ上經(jīng)過A的速度。故B正確。C、根據(jù)開普勒第三定律，橢圓軌道的半長軸小于圓軌道的半徑，所以在軌道Ⅱ上運動的周期小于在軌道Ⅰ上運動的周期。故C正確。D、在軌道Ⅱ上和在軌道Ⅰ通過A點時所受的萬有引力相等，根據(jù)牛頓第二定律，加速度相等。故D錯誤。故選：ABC?！军c評】解決本題的關(guān)鍵理解飛船的變軌問題，以及知道開普勒第三定律．7．（4分）在如圖所示的遠距離輸電電路圖中，升壓變壓器和降壓變壓器均為理想變壓器，發(fā)電廠的輸出電壓和輸電線的電阻均不變，隨著發(fā)電廠輸出功率的增大，下列說法中正確的有（）A．升壓變壓器的輸出電壓增大 B．降壓變壓器的輸出電壓增大 C．輸電線上損耗的功率增大 D．輸電線上損耗的功率占總功率的比例增大【考點】BG：電功、電功率；E8：變壓器的構(gòu)造和原理；EA：電能的輸送．【專題】1：常規(guī)題型．【分析】正確解答本題需要掌握：理想變壓器的輸入功率由輸出功率決定，輸出電壓由輸入電壓決定；明確遠距離輸電過程中的功率、電壓的損失與哪些因素有關(guān)，明確整個過程中的功率、電壓關(guān)系。理想變壓器電壓和匝數(shù)關(guān)系。【解答】解：A、由于發(fā)電廠的輸出電壓不變，升壓變壓器的匝數(shù)不變，所以升壓變壓器的輸出電壓不變，故A錯誤。B、由于發(fā)電廠的輸出功率增大，則升壓變壓器的輸出功率增大，又升壓變壓器的輸出電壓U2不變，根據(jù)P＝UI，可知輸電線上的電流I線增大，根據(jù)U損＝I線R，輸電線上的電壓損失增大，根據(jù)降壓變壓器的輸入電壓U3＝U2﹣U損可得，降壓變壓器的輸入電壓U3減小，降壓變壓器的匝數(shù)不變，所以降壓變壓器的輸出電壓減小，故B錯。C、根據(jù)，又輸電線上的電流增大，電阻不變，所以輸電線上的功率損失增大，故C正確。D、根據(jù)η，發(fā)電廠的輸出電壓不變，輸電線上的電阻不變，所以輸電線上損耗的功率占總功率的比例隨著發(fā)電廠輸出功率的增大而增大。故D正確。故選：CD?！军c評】對于遠距離輸電問題，一定要明確整個過程中的功率、電壓關(guān)系，尤其注意導(dǎo)線上損失的電壓和功率與哪些因素有關(guān)。8．（4分）如圖所示，平直木板AB傾斜放置，板上的P點距A端較近，小物塊與木板間的動摩擦因數(shù)由A到B逐漸減小，先讓物塊從A由靜止開始滑到B．然后，將A著地，抬高B，使木板的傾角與前一過程相同，再讓物塊從B由靜止開始滑到A．上述兩過程相比較，下列說法中一定正確的有（）A．物塊經(jīng)過P點的動能，前一過程較小 B．物塊從頂端滑到P點的過程中因摩擦產(chǎn)生的熱量，前一過程較少 C．物塊滑到底端的速度，前一過程較大 D．物塊從頂端滑到底端的時間，前一過程較長【考點】37：牛頓第二定律；6B：功能關(guān)系．【專題】11：計算題；16：壓軸題．【分析】小物塊能滑下，把自身重力分解，可得出第一過程中沿斜面向下的合力是逐步加大的，第二過程是合力是逐步減小的。而且最大的合力和最小的合力都是固定不變的，故第一過程的合力較小。接下來可以運用動能定理和運動學(xué)公式求解?！窘獯稹拷猓篈、先讓物塊從A由靜止開始滑到B，又因為動摩擦因數(shù)由A到B逐漸減小，說明重力沿斜面的分量在整個過程中都大于摩擦力。也就是說無論哪邊高，合力方向始終沿斜面向下。物塊從A由靜止開始滑到P時，摩擦力較大，故合力較小，距離較短；物塊從B由靜止開始滑到P時，摩擦力較小，故合力較大，距離較長。所以由動能定理，物塊從A由靜止開始滑到P時合力做功較少，P點是動能較??；由B到P時合力做功較多，P點是動能較大。因而A正確；B、因板上的AP距離相等，故物塊從頂端滑到P點的過程中因摩擦產(chǎn)生的熱量μmgs，由于摩擦力大小無法確定，因此其做功無法確定，則產(chǎn)熱也無法確定，故B錯誤；C、由動能定理，兩過程合力做功相同，到底端時速度應(yīng)相同；因而C錯誤；D、采用v﹣t法分析，第一個過程加速度在增大，故斜率增大，第二個過程加速度減小，故斜率變小，由于傾角一樣大，根據(jù)能量守恒，末速度是一樣大的，還有就是路程一樣大，圖象中的面積就要相等，所以第一個過程的時間長；因而D正確；故選：AD?！军c評】本題關(guān)鍵要分清楚合力的變化情況，然后根據(jù)動能定理和運動學(xué)公式列式判斷。9．（4分）如圖所示，在勻強磁場中附加另一勻強磁場，附加磁場位于圖中陰影區(qū)域，附加磁場區(qū)域的對稱軸OO′與SS′垂直．a(chǎn)、b、c三個質(zhì)子先后從S點沿垂直于磁場的方向射入磁場，它們的速度大小相等，b的速度方向與SS′垂直，a、c的速度方向與b的速度方向間的夾角分別為α、β，且α＞β．三個質(zhì)子經(jīng)過附加磁場區(qū)域后能到達同一點S′，則下列說法中正確的有（）A．三個質(zhì)子從S運動到S′的時間相等 B．三個質(zhì)子在附加磁場以外區(qū)域運動時，運動軌跡的圓心均在OO′軸上 C．若撤去附加磁場，a到達SS′連線上的位置距S點最近 D．附加磁場方向與原磁場方向相同【考點】CI：帶電粒子在勻強磁場中的運動．【專題】16：壓軸題；536：帶電粒子在磁場中的運動專題．【分析】帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，則由洛侖茲力充當(dāng)向心力及圓周運動的規(guī)律可知各粒子的運動時間、圓心及附加磁場的性質(zhì)．【解答】解：A、由圖可知，粒子在磁場中運動的軌跡不同，而粒子速度保持不變，故粒子運動時間不同，故A錯誤；B、在沒有附加磁場的情況下，粒子運動的軌跡可以用右圖來描繪，其中α＞β，很明顯的看出它們的圓心不同時在OO′上，B項錯誤；C、若撤去附加磁場，則三個粒子在磁場中的圓的半徑均相同，b粒子的圓心在SS'軸上，而a粒子與b粒子的夾角大，故a粒子在離開磁場時a到達SS′連線上的位置距S點最近，故C正確。D、因b粒子的圓心在SS'上，由題意可知b在SS'上的距離最遠，而現(xiàn)在b與ac重合，說明b向S靠近，故受力應(yīng)與不加磁場一致，故原磁場與附加磁場方向相同，故D正確；故選CD。【點評】本題考查帶電粒子在磁場中的運動，難度較大，要求學(xué)生能正確利用所學(xué)過的物理規(guī)律以及幾何知識進行求解，并且要通過畫圖去找出正確的關(guān)系．三、解答題（共3小題，滿分42分）10．（8分）在測量電源的電動勢和內(nèi)阻的實驗中，由于所用的電壓表（視為理想電壓表）的量程較小，某同學(xué)設(shè)計了如圖所示的實物電路．（1）實驗時，應(yīng)先將電阻箱的電阻調(diào)到最大值．（選填“最大值”、“最小值”或“任意值”）（2）改變電阻箱的阻值R，分別測出阻值R0＝10Ω的定值電阻兩端的電壓U，下列兩組R的取值方案中，比較合理的方案是2．（選填“1”或“2”）方案編號電阻箱的阻值R/Ω1400.0350.0300.0250.0200.0280.070.060.050.040.0（3）根據(jù)實驗數(shù)據(jù)描點，繪出的圖象是一條直線．若直線的斜率為k，在坐標(biāo)軸上的截距為b，則該電源的電動勢E＝，內(nèi)阻r＝．（用k、b和R0表示）【考點】N3：測定電源的電動勢和內(nèi)阻．【分析】（1）實驗中應(yīng)保證開始時的電流最小，可以保證電路安全，由閉合電路歐姆定律可知應(yīng)如何調(diào)節(jié)滑動變阻器；（2）為了實驗更精確應(yīng)使數(shù)據(jù)間差值較大，并且能多測數(shù)據(jù)；根據(jù)兩組方案的特點可知應(yīng)選取哪一方案；（3）由題意及閉合電路歐姆定律可得出的關(guān)系，結(jié)合圖象可知其斜率及截距的含義，從而可以得出電動勢和內(nèi)電阻．【解答】解：（1）電路為限流接法，開始時應(yīng)讓電流最小，然后再逐漸增大，故開始時滑動變阻器應(yīng)達到最大值處；（2）對比兩方案可知，方案1中電阻箱電阻較大，而R0的阻值只有10Ω，故在調(diào)節(jié)電阻箱時，電流的變化不明確，誤差較大；而方案2中電阻箱的阻值與R0相差不大，可以測出相差較大的多組數(shù)據(jù)，故方案2更合理；（3）由閉合電路歐姆定律可得：U；由函數(shù)知識可知：圖象的斜率k；故E；圖象與縱坐標(biāo)的交點b；r；故答案為：（1）最大值；（2）2；（3），．【點評】本題考查測定電動勢和內(nèi)阻的實驗，本實驗要特別注意數(shù)據(jù)的處理，能正確應(yīng)用圖象并結(jié)合函數(shù)關(guān)系進行分析得出結(jié)果．11．（10分）為了探究受到空氣阻力時，物體運動速度隨時間的變化規(guī)律，某同學(xué)采用了“加速度與物體質(zhì)量、物體受力關(guān)系”的實驗裝置（如圖1所示）．實驗時，平衡小車與木板之間的摩擦力后，在小車上安裝一薄板，以增大空氣對小車運動的阻力．（1）往砝碼盤中加入一小砝碼，在釋放小車之前（選填“之前”或“之后”）接通打點計時器的電源，在紙帶上打出一系列的點．（2）從紙帶上選取若干計數(shù)點進行測量，得出各計數(shù)點的時間t與速度v的數(shù)據(jù)如下表：時間t/s00.501.001.502.002.50速度v/（m?s﹣1）0.120.190.230.260.280.29請根據(jù)實驗數(shù)據(jù)在圖2中作出小車的v﹣t圖象．（3）通過對實驗結(jié)果的分析，該同學(xué)認為：隨著運動速度的增加，小車所受的空氣阻力將變大，你是否同意他的觀點？請根據(jù)v﹣t圖象簡要闡述理由．【考點】M8：探究加速度與物體質(zhì)量、物體受力的關(guān)系．【專題】16：壓軸題．【分析】本題以探究運動物體所受空氣阻力與速度的關(guān)系實驗為背景，考查對基本實驗（探究加速度與力的關(guān)系）變通與創(chuàng)新能力．實驗原理是牛頓第二定律．利用題中數(shù)據(jù)可建立v﹣t圖象，由v﹣t圖象可得到不同速度時的加速度，再由牛頓第二定律可得到不同速度時的空氣阻力，這就可以直到空氣阻力與速度的關(guān)系．【解答】解（1）由于紙帶長度有限，為了能在有限長度的紙帶上打出更多可用的點，應(yīng)該先接通電源再釋放紙帶．（2）合理選取坐標(biāo)刻度，盡可能使圖象“充滿”坐標(biāo)平面，利用題中所給數(shù)據(jù)描點連線，得到小車的v﹣t圖象如圖7所示．（3）由小車的v﹣t圖象可知，隨小車速度的增大，其加速度（圖象斜率）變小，由牛頓第二定律可知，小車所受合外力隨速度增大而減?。捎谛≤囁芾Υ笮∫欢ǎΣ亮σ呀?jīng)平衡掉，所以合力減小必是由空氣阻力增大引起的．所以，隨著運動速度的增加，小車所受的空氣阻力將變大．該同學(xué)的觀點正確．故答案是：（1）之前；（2）作出的v﹣t圖象如圖所示；（3）同意．在v﹣t圖象中，速度越大時，加速度越小，小車受到的合力越小，則小車受空氣阻力越大．【點評】本題以探究運動物體所受空氣阻力與速度的關(guān)系實驗為背景，考查對基本實驗（探究加速度與力的關(guān)系）變通與創(chuàng)新能力，所以我們要對書本上的實驗問題掌握到位．12．（24分）A．（1）為了將空氣裝入氣瓶內(nèi)，現(xiàn)將一定質(zhì)量的空氣等溫壓縮，空氣可視為理想氣體。下列圖象能正確表示該過程中空氣的壓強p和體積V關(guān)系的是B。（2）在將空氣壓縮裝入氣瓶的過程中，溫度保持不變，外界做了24kJ的功?，F(xiàn)潛水員背著該氣瓶緩慢地潛入海底，若在此過程中，瓶中空氣的質(zhì)量保持不變，且放出了5kJ的熱量。在上述兩個過程中，空氣的內(nèi)能共減小5kJ，空氣放出（選填“吸收”或“放出”）的總能量為29kJ。（3）已知潛水員在岸上和海底吸入空氣的密度分別為1.3kg/m3和2.1kg/m3，空氣的摩爾質(zhì)量為0.029kg/mol，阿伏加德羅常數(shù)NA＝6.02×1023mol﹣1．若潛水員呼吸一次吸入2L空氣，試估算潛水員在海底比在岸上每呼吸一次多吸入空氣的分子數(shù)。（結(jié)果保留一位有效數(shù)字）B．（1）激光具有相干性好，平行度好、亮度高等特點，在科學(xué)技術(shù)和日常生活中應(yīng)用廣泛。下面關(guān)于激光的敘述正確的是D。A．激光是縱波B．頻率相同的激光在不同介質(zhì)中的波長相同C．兩束頻率不同的激光能產(chǎn)生干涉現(xiàn)象D．利用激光平行度好的特點可以測量月球到地球的距離（2）如圖甲所示，在楊氏雙縫干涉實驗中，激光的波長為5.30×10﹣7m，屏上P點距雙縫S1和S2的路程差為7.95×10﹣7m，則在這里出現(xiàn)的應(yīng)是暗條紋（選填“明條紋”或“暗條紋”）?，F(xiàn)改用波長為6.30×10﹣7m的激光進行上述實驗，保持其他條件不變，則屏上的條紋間距將變寬（選填“變寬”、“變窄”或“不變”）。（3）如圖乙所示，一束激光從O點由空氣射入厚度均勻的介質(zhì)，經(jīng)下表面反射后，從上面的A點射出。已知入射角為i，A與O相距l(xiāng)，介質(zhì)的折射率為n，試求介質(zhì)的厚度d。C．（1）研究光電效應(yīng)電路如圖所示。用頻率相同、強度不同的光分別照射密封真空管的鈉極板（陰極K），鈉極板發(fā)射出的光電子被陽極A吸收，在電路中形成光電流。下列光電流I與A、K之間的電壓UAK的關(guān)系圖象中，正確的是C。（2）鈉金屬中的電子吸收光子的能量，從金屬表面逸出，這就是光電子。光電子從金屬表面逸出的過程中，其動量的大小減?。ㄟx填“增大”、“減小”或“不變”），原因是需要克服逸出功。（3）已知氫原子處在第一、第二激發(fā)態(tài)的能級分別為﹣3.40eV和﹣1.51eV，金屬鈉的截止頻率為5.53×1014Hz，普朗克常量h＝6.63×10﹣34J?s．請通過計算判斷，氫原子從第二激發(fā)態(tài)躍遷到第一激發(fā)態(tài)過程中發(fā)出的光照射金屬鈉板，能否發(fā)生光電效應(yīng)。【考點】8E：溫度、氣體壓強和內(nèi)能；H3：光的折射定律；IC：光電效應(yīng)．【專題】16：壓軸題；547：內(nèi)能及其變化專題；54A：氣體的狀態(tài)參量和實驗定律專題；54D：光的折射專題；54G：光的干涉專題；54I：光電效應(yīng)專題．【分析】A、（1）根據(jù)理想氣體等溫變化特點可正確解答。（2）根據(jù)熱力學(xué)第一定律△U＝W+Q可正確解答，注意W和Q的含義。（3）算出每次吸入空氣的摩爾體積，即可正確解答。B、（1）根據(jù)激光的特點可正確解答（2）根據(jù)光程差與波長的關(guān)系可判斷是明條紋還是暗條紋，根據(jù)公式可以判斷條紋寬度的變化情況。（3）根據(jù)折射定律以及幾何關(guān)系可正確求解。C、（1）光子的最大初動能與光照強度無關(guān)，但是光電流的大小與光照強度有關(guān)，據(jù)此可正確解答。（2）根據(jù)光電效應(yīng)方程可正確解答。（3）比較放出光子的能量與該金屬逸出功的大小即可判斷能否發(fā)生光電效應(yīng)?！窘獯稹拷猓篈．（1）等溫變化中，圖象為過原點的直線，故ACD錯誤，B正確。故選B。（2）第一個過程中氣體等溫變化，因此內(nèi)能不變，根據(jù)△U＝W+Q可知，外界對氣體做功等于氣體放出的熱量，故放出熱量為24KJ；第二個過程中，氧氣瓶體積不變，故W＝0，根據(jù)△U＝W+Q可知，放出5KJ熱量，內(nèi)能將減小5KJ；故兩個過程總共放出熱量為29KJ。故答案為：5；放出；29。（3）設(shè)空氣的摩爾質(zhì)量為M，在海底和岸上的密度分別為p海和p岸．一次吸入空氣的體積為V，則有：△n，代入數(shù)據(jù)得△n＝3×1022。故潛水員在海底比在岸上每呼吸一次多吸入空氣的分子數(shù)為△n＝3×1022。B．（1）A、激光屬于電磁波，電磁波為橫波，故A錯誤；B、頻率相同的激光在不同介質(zhì)中波長不相同，真空中波長最長，其它介質(zhì)中波長小于真空中波長，故B錯誤；C、波產(chǎn)生干涉的前提條件是頻率相同，故C錯誤；D、利用激光平行度好的特點可以測量月球到地球的距離，故D正確。故選D。（2），即光程差為半個波長的奇數(shù)倍，因此將出現(xiàn)暗條紋；條紋間距為：，由于其它條件不變，波長變長了因此，條紋間距將變寬。故答案為：暗條紋，變寬。（3）設(shè)折射角為r，根據(jù)折射定律有：①由幾何關(guān)系有：l＝2dtanr②聯(lián)立①②解得：。C．（1）光電子的最大初動能與入射光的頻率有關(guān)，與光照強度無關(guān)，因此在入射光頻率相同的情況下，遏止電壓相同，在能發(fā)生光電效應(yīng)的前提下，光電流隨著光照強度增大而增大，故ABD錯誤，C正確。故選C。（2）由于光電子受到金屬表面層中力的阻礙作用，因此光電子從金屬表面層逸出過程中，動量減小。故答案為：減小，光電子受到金屬表面層中力的阻礙作用（或需要克服逸出功）。（3）氫原子放出的光子能量E＝E3﹣E2，代入數(shù)據(jù)得E＝1.89eV，金屬鈉的逸出功：W0＝hve，代入數(shù)據(jù)得W0＝2.3eV。因為E＜W0，所以不能發(fā)生光電效應(yīng)。故不能發(fā)生光電效應(yīng)?！军c評】本題考查全面，考查了整個選修內(nèi)容的基本知識，在平時學(xué)習(xí)中要加強這些基本知識的理解和應(yīng)用。四．計算題：本題共3小題，共計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)值計算的提，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位．13．（15分）如圖所示，兩足夠長的光滑金屬導(dǎo)軌豎直放置，相距為L，一理想電流表和一電阻R串聯(lián)后再與兩導(dǎo)軌相連，勻強磁場與導(dǎo)軌平面垂直．一質(zhì)量為m、有效電阻為r的導(dǎo)體棒在距磁場上邊界h處靜止釋放．導(dǎo)體棒進入磁場后，流經(jīng)電流表的電流逐漸減小，最終穩(wěn)定為I．整個運動過程中，導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌接觸良好，且始終保持水平，不計導(dǎo)軌的電阻．求：（1）磁感應(yīng)強度的大小B；（2）電流穩(wěn)定后，導(dǎo)體棒運動速度的大小v；（3）流經(jīng)電流表電流的最大值Im．【考點】D9：導(dǎo)體切割磁感線時的感應(yīng)電動勢；DD：電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)化．【分析】（1）導(dǎo)體棒最終穩(wěn)定時，做勻速運動，根據(jù)平衡條件和電磁感應(yīng)知識可求出B；（2）由感應(yīng)電動勢公式E＝BLv求得速度．（3）據(jù)題意，導(dǎo)體棒剛進入磁場時的速度最大，由機械能守恒定律求出最大速度，再求電流的最大值Im．【解答】解：（1）電流穩(wěn)定后，導(dǎo)體棒做勻速運動，此時導(dǎo)體棒受到的重力和安培力平衡，則有BIL＝mg解得：（2）感應(yīng)電動勢E＝BLv感應(yīng)電流解得：（3）由題意得導(dǎo)體棒剛進入磁場時的速度最大，設(shè)為vm由機械能守恒定律得，感應(yīng)電動勢最大值Em＝BLvm感應(yīng)電流最大值解得，則流經(jīng)電流表電流的最大值．答：（1）磁感應(yīng)強度的大小B為；（2）電流穩(wěn)定后，導(dǎo)體棒運動速度的大小v為；（3）流經(jīng)電流表電流的最大值．【點評】本題是基礎(chǔ)題，是電磁感應(yīng)知識、閉合電路歐姆、機械能守恒定律簡單的綜合應(yīng)用，考查基本功，不能丟分．14．（16分）在游樂節(jié)目中，選手需要于借助懸掛在高處的繩飛越到水面的浮臺上，小舒和小程觀看后對此進行了討論．如圖所示，他們將選手簡化為質(zhì)量m＝60kg的質(zhì)點，選手抓住繩由靜止開始擺動，此時繩與豎直方向夾角α＝53°，繩的懸掛點O距水面的高度為H＝3m．（不考慮空氣阻力和繩的質(zhì)量，浮臺露出水面的高度不計，水足夠深．取重力加速度g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6）（1）求選手擺到最低點時對繩拉力的大小F；（2）若繩長l＝2m，選手擺到最高點時松手落入水中．設(shè)水對選手的平均浮力f1＝800N，平均阻力f2＝700N，求選手落入水中的深度d；（3）若選手擺到最低點時松手，小舒認為繩越長，在浮臺上的落點距岸邊越遠；小程認為繩越短，落點距岸邊越遠，請通過推算說明你的觀點．【考點】43：平拋運動；4A：向心力；65：動能定理；6C：機械能守恒定律．【專題】16：壓軸題．【分析】（1）、在擺動過程中，機械能是守恒的，應(yīng)用機械能守恒定律求出運動到最低點時的速度．再用牛頓運動定律結(jié)合圓周運動的向心力求出繩子對選手的拉力，最后用牛頓第三定律求出選手對繩子的拉力．（2）、對從選手開始下落，到進入水后速度為零的過程中，由貫穿整個過程的重力做正功，進入水后，浮力和阻力對選手做負功，選手初末狀態(tài)的動能都為零，用動能定理列式，求出落入水中的深度．（3）、對平拋運動沿水平和豎直兩個方向進行分解，水平方向上是勻速直線運動，豎直方向上時自由落體運動，分別列出位移式子，聯(lián)立后進行數(shù)學(xué)分析，得出當(dāng)l＝1.5m時，水平方向由最大值．【解答】解：（1）選手擺到最低點的過程中，機械能守恒，有：①選手擺到過程中，做圓周運動，設(shè)繩子對選手的拉力為F′，則在最低點時有：F′﹣mg＝m②①②兩式聯(lián)立，解得：F′＝（3﹣2cosα）mg＝1080N人對繩的拉力與繩對人的拉力是作用力與反作用力的關(guān)系，所以有：F＝F′則F＝1080N（2）、對選手開始下落到在水中速度為零整個過程進行分析，重力、浮力和阻力分別做功，設(shè)進入水的深度為d，由動能定理有：mg（H﹣lcosα+d）﹣（f1+f2）d＝0則有：d代入數(shù)據(jù)解得：d＝1.2m（3）、選手從最低點開始做平拋運動水平方向上有：x＝vt豎直方向上有：H﹣l以上兩式聯(lián)立解得：當(dāng)時，x有最大值，解得l＝1.5m因此，兩人的看法均不正確．當(dāng)繩長越接近1.5m時，落點距岸邊越遠．答：（1）求選手擺到最低點時對繩拉力為1080N．（2）選手落入水中的深度為1.2m（3）當(dāng)l＝1.5m時，在浮臺上的落點距岸邊最遠．【點評】此題為2010年江蘇卷，考查到了機械能守恒，圓周運動向心力，動能定理，平拋運動規(guī)律及求極值問題．解答第一問時，一定注意要求的是選手對繩子的拉力．解題過程中是對選手進行受力分析的，故不要忘記應(yīng)用牛頓第三定律．應(yīng)用動能定理解答第二問時，要注意，重力做功貫穿整個過程，而浮力和阻力做功只是在水中時．關(guān)于物理當(dāng)中的極值問題，要會熟練的對式子進行數(shù)學(xué)分析，從而得出結(jié)論．15．（16分）制備納米薄膜裝置的工作電極可簡化為真空中間距為d的兩平行極板，如圖甲所示，加在極板A、B