1、2014-2015学年山东省枣庄八中南校高三（上）月考物理试卷（11月份）一、选择题：本题共8小题物理选择题，每小题6分在每小题给出的四个选项中，第14-18题只有一项符合题目要求，第19-21题有多项符合题目要求全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分1（6分）（2014秋唐山期末）关于物理学史，下列说法正确的是（）A奥斯特首先发现了电磁感应现象B楞次率先利用磁场产生了感应电流，并能确定感应电流的方向C法拉第研究了电磁感应现象，并总结出法拉第电磁感应定律D纽曼和韦伯先后总结出法拉第电磁感应定律考点：物理学史专题：常规题型分析：根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可
2、解答：解：A、法拉第首先发现了电磁感应现象，故A错误；B、法拉第率先利用磁场产生了感应电流，楞次确定感应电流的方向，故B错误；C、法拉第研究了电磁感应现象，纽曼和韦伯先后总结出法拉第电磁感应定律，故C错误，D正确；故选：D点评：本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一2（6分）（2014天门模拟）A、B两质点在同一直线上运动，t=0时刻，两质点从同一地点运动的xt图象如图所示，则下列说法正确的是（）AA质点以20m/s的速度匀速运动BB质点先沿正方向做直线运动，后沿负方向做直线运动C经过4s，B质点的位移大于A质点的位移D在图示的运动过
3、程中，A、B两质点之间的距离在04s内某一时刻达到最大考点：匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的速度与时间的关系专题：运动学中的图像专题分析：位移时间图象表示物体的位置随时间的变化，图象上的任意一点表示该时刻的位置，图象的斜率表示该时刻的速度，斜率的正负表示速度的方向解答：解：A、位移时间图象斜率表示该时刻的速度，则v=，故A错误B、图象的斜率表示该时刻的速度，由图象可知，B的速度先为正，后为负，所以B质点先沿正方向做直线运动，后沿负方向做直线运动，故B正确C、经过4s，A、B质点的位移都为40m，相等，故C错误；D、由图可知，04s内运动方向相同，48s内运动方向相反，所以在图示的运动过程
4、中，A、B两质点之间的距离在8s末达到最大，故D错误故选：B点评：理解位移时间图象点和斜率的物理意义的同时还要理解好好速度时间图象的点、线、面的物理意义3（6分）（2014江苏模拟）如图所示，地面上某个空间区域存在这样的电场，水平虚线上方为场强E1、方向竖直向下的匀强电场；虚线下方为场强E2、方向竖直向上的匀强电场一个质量m，带电+q的小球从上方电场的A点由静止释放，结果刚好到达下方电场中与A关于虚线对称的B点，则下列结论正确的是（）A在虚线上下方的电场中，带电小球运动的加速度相同B带电小球在A、B两点电势能相等C若A、B高度差为h，则UAB=D两电场强度大小关系满足E2=2E1考点：匀强电场
5、中电势差和电场强度的关系；电场强度；电势能专题：电场力与电势的性质专题分析：根据运动的对称性得出加速度的大小关系，通过动能定理求出A、B的电势差结合牛顿第二定律得出两电场强度的关系解答：解：A、A到虚线速度由零加速至v，虚线到B速度v减为零，位移相同，根据匀变速运动的推论知，时间相同，则加速度大小相等，方向相反故A错误；B、对A到B的过程运用动能定理得，qUAB+mgh=0，解得：，知A、B的电势不等，则电势能不等故B错误，C正确；D、在上方电场，根据牛顿第二定律得：，在下方电场中，根据牛顿第二定律得，加速度大小为：，因为a1=a2，解得：故D错误故选：C点评：本题考查了动能定理和牛顿第二定律
6、的综合运用，抓住小球在上方电场和下方电场中运动的对称性入手分析求解4（6分）（2014吉林一模）科技馆中的一个展品如图所示，在较暗处有一个不断均匀滴水的水龙头，在一种特殊的灯光照射下，可观察到一个下落的水滴，缓缓调节水滴下落的时间间隔到适当情况，可以看到一种奇特的现象，水滴似乎不再下落，而是像固定在图中的A、B、C、D四个位置不动，一般要出现这种现象，照明光源应该满足（g=10m/s2）（）A普通光源即可B间歇发光，间隔时间0.4sC间歇发光，间隔时间0.14sD间歇发光，间隔时间0.2s考点：自由落体运动专题：自由落体运动专题分析：水滴做匀加速直线运动，但是看到水滴似乎不再往下落，而是固定在
7、图中A、B、C、D四个位置不动，知光源间歇发光，间歇时间等于相邻两滴水的时间间隔的整数倍解答：解：由题意可知，光源间歇发光，间歇时间等于相邻两滴水的时间间隔的整数倍根据y=gT2，知T=0.14s故C正确，A、B、D错误故选C点评：解决本题的关键知道光源间歇发光，间歇时间等于相邻两滴水的时间间隔的整数倍5（6分）（2014海南）设地球自转周期为T，质量为M，引力常量为G，假设地球可视为质量均匀分布的球体，半径为R同一物体在南极和赤道水平面上静止时所受到的支持力之比为（）ABCD考点：万有引力定律及其应用分析：在赤道上物体所受的万有引力与支持力提供向心力可求得支持力，在南极支持力等于万有引力解答
8、：解：在赤道上：G，可得 在南极： 由式可得：=故选：A点评：考查物体受力分析及圆周运动向心力的表达式，明确在两极物体没有向心力6（6分）（2014秋枣庄校级月考）如图，质量为m的木块A放在质量为M的三角形斜劈上，现用大小均为F、方向相反的力分别推A和B，它们均静止不动，则（）AA与B之间一定存在摩擦力BB与地面之间不存在摩擦力CB对A的支持力一定小于mgD地面对B的支持力的大小一定等于（M+m）g考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用专题：共点力作用下物体平衡专题分析：先对A、B整体受力分析，根据平衡条件得到地面对整体的支持力和摩擦力；再对物体A受力分析，根据平衡条件求解B对A
9、的支持力和摩擦力解答：解：对A、B整体受力分析，如图，受到重力（M+m）g、支持力N和已知的两个推力，对于整体，二力相等，故B和地面之间没有摩擦力；根据共点力平衡条件，有N=（M+m）g故BD正确；A、C、再对物体A受力分析，受重力mg、已知的推力F、斜面体B对A的支持力N和摩擦力f，当推力F沿斜面分量大于重力的下滑分量时，摩擦力的方向沿斜面向下，如下图当推力F沿斜面分量小于重力的下滑分量时，摩擦力的方向沿斜面向上，如下图当推力F沿斜面分量等于重力的下滑分量时，摩擦力为零，如下图根据共点力平衡的条件，运用正交分解法，可以得到：N=mgcos+Fsin故AC错误；故选：BD点评：本题关键是对A、
10、B整体受力分析，根据平衡条件得到地面对整体的支持力和摩擦力，然后再对物体A受力分析，再次根据平衡条件列式求解出各个力的情况7（6分）（2014秋枣庄校级月考）如图a所示，用一水平力F拉着一个静止在倾角为的光滑斜面上的物体，逐渐增大F，物体做变加速运动，其加速度a随外力F变化的图象如图b所示，根据图b中所提供的信息可以计算出（）A物体的速度B斜面的倾角C物体能静止在斜面上所施加的最小外力D加速度为6 m/s2时物体的速度考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像专题：牛顿运动定律综合专题分析：对物体进行受力分析，根据牛顿第二定律求出物体加速度与拉力F的关系式，根据图线的斜率和截距可以求出物体的质量
11、和倾角注意物体做变加速直线运动，速度和位移无法求出解答：解：A、物体做加速度变化的运动，无法根据运动学公式求出速度和位移故A错误；B、对物体受力分析，受推力、重力、支持力，如图x方向：Fcosmgsin=may方向：NFsinGcos=0从图象中取两个点（20N，2m/s2），（30N，6m/s2）代入式解得：m=2kg，=37故B正确C、当a=0时，可解得：F=15N故C正确；D、题中并为说明力F随时间变化的情况，故无法求出加速度为6m/s2时物体的速度大小故D错误故选：BC点评：本题考查牛顿第二定律的应用；关键对物体受力分析后，根据牛顿第二定律求出加速度与力F的关系式，结合图象讨论8（6分
12、）（2014秋枣庄校级月考）如图所示，水平桌面上的轻质弹簧一端固定，另一端与小物块相连，弹簧处于自然长度时物块位于O点（图中未标出）物块的质量为m，AB=a，物块与桌面间的动摩擦因数为现用水平向右的力将物块从O点拉至A点，拉力做的功为W撤去拉力后物块由静止开始向左运动，经O点到达B点时速度减小为零重力加速度为g则关于对上述过程的分析，下列说法正确的是（）A物块在B点时，弹簧的弹性势能小于WmgaB物块在A点时，弹簧的弹性势能等于WmgaC经O点时，物块的动能小于WmgaD物块动能最大时，弹簧的弹性势能为零考点：机械能守恒定律专题：机械能守恒定律应用专题分析：到达B点时速度为0，但加速度不一定是
13、零，即不一定合力为0，这是此题的不确定处弹簧作阻尼振动，如果接触面摩擦系数很小，则动能为最大时弹簧伸长量较小（此时弹力等于摩擦力mg），而弹簧振幅变化将很小，B点弹簧伸长大于动能最大点；如果较大，则动能最大时，弹簧伸长量较大，（因弹力等于摩擦力，较大，摩擦力也较大，同一个弹簧，则需要较大伸长量，弹力才可能与摩擦力平衡），而此时振幅变化很大，即振幅将变小，则物块将可能在离O点很近处，就处于静止（速度为0，加速度也为0），此时B点伸长量可能小于动能最大时伸长量至于物块在A点或B点时弹簧的弹性势能，由功能关系和动能定理分析讨论即可解答：解：A、如果没有摩擦力，则O点应该在AB中间，由于有摩擦力，物体
14、从A到B过程中机械能损失，故无法到达没有摩擦力情况下的B点，也即O点靠近B点故OA，此过程物体克服摩擦力做功大于mga，根据能量守恒得，物块在A点时，弹簧的弹性势能小于Wmga，物块从开始运动到最终停在B点，路程大于a+，故整个过程物体克服阻力做功大于mga，故物块在B点时，弹簧的弹性势能小于Wmga故A正确，B错误C、从O点开始到再次到达O点，物体路程大于a，故由动能定理得，物块的动能小于Wmga故C正确D、如果没有摩擦力，动能最大时，弹簧形变量为零，弹性势能为零，而水平面间有摩擦力，知动能最大时，弹力与摩擦力平衡，则弹性势能不为零，故D错误故选：AC点评：利用反证法得到而得到O点并非AB连
15、线的中点是很巧妙的，此外要求同学对功能关系和动能定理理解透彻，难度较大二、非选择题：包括必考题和选考题两部分第9题-第12题为必考题，每个试题考生都必须作答第13题-第18题为选考题，考生根据要求选择作答（一）必考题9（6分）（2011天津模拟）在用电火花计时器（或电磁打点计时器）研究匀变速直线运动的实验中，某同学打出了一条纸带，已知计时器打点的时间间隔为0.02s，他按打点先后顺序每5个点取1个计数点，得到了O、A、B、C、D等几个计数点，如图所示，则相邻两个计数点之间的时间间隔为0.1s用刻度尺量得OA=1.50cm，AB=1.90cm，BC=2.30cm，CD=2.70cm由此可知，纸带
16、做匀加速运动（选填“匀加速”或“匀减速”），打C点时纸带的速度大小为0.25m/s考点：打点计时器系列实验中纸带的处理专题：实验题分析：知道相邻的计数点之间的时间间隔相等根据纸带上相邻点的距离间隔判断小车的运动情况纸带实验中，若纸带匀变速直线运动，测得纸带上的点间距，利用匀变速直线运动的推论，可计算出打出某点时纸带运动的瞬时速度解答：解：他按打点先后顺序每5个点取1个计数点，所以相邻的计数点之间的时间间隔为0.1s纸带上相邻计数点的距离在增大，而且相邻计数点的距离之差不变，所以纸带做匀加速运动利用匀变速直线运动的推论得：vC=0.25m/s故答案为：0.1，匀加速，0.25点评：要注意单位的换
17、算对于纸带的问题，我们要熟悉匀变速直线运动的特点和一些规律10（9分）（2014秋枣庄校级月考）如图甲所示是某同学探究加速度与力的关系的实验装置他在气垫导轨上安装了一个光电门B，滑块上固定一遮光条，滑块用细线绕过气垫导轨左端的定滑轮与力传感器相连，传感器下方悬挂钩码，每次滑块都从A处由静止释放（1）该同学用游标卡尺测量遮光条的宽度d，如图乙所示，则d=2.25mm（2）下列不必要的一项实验要求是D（请填写选项前对应的字母）A应使A位置与光电门间的距离适当大些B应将气垫导轨调节水平C应使细线与气垫导轨平行D应使滑块质量远大于钩码和力传感器的总质量（3）实验时，将滑块从A位置由静止释放，由数字计时
18、器读出遮光条通过光电门B的时间t，若要得到滑块的加速度，还需要测量的物理量是A位置到光电门的距离L考点：探究加速度与物体质量、物体受力的关系专题：实验题；牛顿运动定律综合专题分析：游标卡尺读数结果等于固定刻度读数加上可动刻度读数，不需要估读滑块经过光电门时的瞬时速度可近似认为是滑块经过光电门的平均速度根据运动学公式解答用细线拉力表示合力，要考虑摩擦力的影响解答：解：（1）游标卡尺的主尺读数为2mm，游标读数为0.055mm=0.25mm，所以最终读数d=2mm+0.25mm=2.25mm；（2）A、应使A位置与光电门间的距离适当大些，有利于减小误差，故A必要；B、应将气垫导轨调节水平，使拉力才
19、等于合力，故B必要；C、要保持拉线方向与木板平面平行，拉力才等于合力，故C必要；D、拉力是直接通过传感器测量的，故与小车质量和钩码质量大小关系无关，故D不需要；故选：D（3）实验时，将滑块从A位置由静止释放，由数字计时器读出遮光条通过光电门B的时间t，滑块经过光电门时的瞬时速度可近似认为是滑块经过光电门的平均速度根据运动学公式得若要得到滑块的加速度，还需要测量的物理量是遮光条到光电门的距离L故答案为：（1）2.25；（2）D；（3）A位置到光电门的距离L点评：常用仪器的读数要掌握，这是物理实验的基础处理实验时一定要找出实验原理，根据实验原理我们可以寻找需要测量的物理量和需要注意的事项11（14
20、分）（2014漳州二模）如图所示，绝缘水平面上静止着两个质量均为m，电量均为+Q的物体A和B（A、B均可视为质点），它们间的距离为r，与平面间的动摩擦因数均为，静电力常数为K求：（1）A受的摩擦力为多大？（2）如果将A的电量增至+4Q，B的电量不变，两物体开始运动，当它们的加速度第一次为零时，A、B各运动了多少距离？考点：电势差与电场强度的关系；库仑定律专题：电场力与电势的性质专题分析：（1）两个物体水平方向均是受静电斥力和静摩擦力，根据平衡条件求解静摩擦力；（2）当增加A电荷的电量后，两电荷受到库仑斥力运动，当所受的库仑斥力与摩擦力相等时，加速度为零，根据这一关系求出两电荷的距离解答：解：（
21、1）对A受力分析如图所示，因A处于静止状态，故有库仑力F大小等于静摩擦力f大小，库伦力为：F=f=F=（2）当加速度为0时，有库仑力大小F等于滑动摩擦力大小f，即：F=f=N=mg又有：F=解得：r=2Q所以A、B各运动的距离为：S=Q答：（1）A受的摩擦力为（2）当它们的加速度第一次为零时，A、B各运动的距离为Q点评：解决本题的关键掌握库仑定律的公式F=k，以及知道电荷所受的库仑力与摩擦力相等时，加速度为零12（18分）（2014福建模拟）如图所示，倾角为的直角斜面体固定在水平地面上，其顶端固定有一轻质定滑轮，轻质弹簧和轻质细绳相连，一端接质量为m2的物块B，物块B放在地面上且使滑轮和物块间
22、的细绳竖直，一端连接质量为m1的物块A，物块A放在光滑斜面上的P点保持静止，弹簧和斜面平行，此时弹簧具有的弹性势能为Ep不计定滑轮、细绳、弹簧的质量，不计斜面、滑轮的摩擦，已知弹簧劲度系数为k，P点到斜面底端的距离为L现将物块A缓慢斜向上移动，直到弹簧刚恢复原长时的位置，并由静止释放物块A，当物块B刚要离开地面时，物块A的速度即变为零，求：（1）当物块B刚要离开地面时，物块A的加速度；（2）在以后的运动过程中物块A最大速度的大小考点：牛顿第二定律；共点力平衡的条件及其应用；能量守恒定律专题：牛顿运动定律综合专题分析：（1）B刚要离开地面时，A的速度恰好为零，即以后B不会离开地面当B刚要离开地面
23、时，地面对B的支持力为零，设绳上拉力为F对A进行受力分析，根据牛顿第二定律即可求解；（2）由题意，物块A将以P为平衡位置振动，当物块回到位置P时有最大速度，设为vm从A由静止释放，到A刚好到达P点过程，由系统能量守恒及A自由静止在P点时，A受力平衡联立方程即可求解解答：解：（1）B刚要离开地面时，A的速度恰好为零，即以后B不会离开地面当B刚要离开地面时，地面对B的支持力为零，设绳上拉力为FB受力平衡，F=m2g对A，由牛顿第二定律，设沿斜面向上为正方向，m1gsinF=m1a联立解得，a=（sin）g由最初A自由静止在斜面上时，地面对B支持力不为零，推得m1gsinm2g，即sin故A的加速度
24、大小为（sin）g，方向沿斜面向上（2）由题意，物块A将以P为平衡位置振动，当物块回到位置P时有最大速度，设为vm从A由静止释放，到A刚好到达P点过程，由系统能量守恒得，m1gx0sin=Ep+当A自由静止在P点时，A受力平衡，m1gsin=kx0 联立式解得，答：（1）当物块B刚要离开地面时，物块A的加速度为（sin）g，方向沿斜面向上；（2）在以后的运动过程中物块A最大速度的大小为点评：该题主要考查了牛顿第二定律及能量守恒定律的应用，要求同学们能正确分析物体的受力情况，难度较大（二）选考题：共45分请考生从给出的3道物理题中任选一题作答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑注意所做题
25、目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题如果多做，则按所做的第一题计分物理-选修3-3（15分）13（5分）（2014秋枣庄校级月考）下列说法中错误的是（）A在冬季，剩有半瓶热水的暖水瓶经过一个夜晚后，第二天拔瓶口的软木塞时觉得很紧，不易拔出，是因为白天气温升高，大气压强变大B一定质量的理想气体，先等温膨胀，再等压压缩，其体积必低于起始体积C布朗运动就是液体分子的运动D在轮胎爆裂这一短暂过程中，气体膨胀，温度下降E根据热力学第二定律可知热量能够从高温物体传到低温物体，但不可能从低温物体传到高温物体考点：理想气体的状态方程；布朗运动专题：理想气体状态方程专题分析：木塞难拔出
26、的现象，是因为瓶内的气压与瓶外的大气压不相等造成的，分析瓶内的气压变化可以得出原因根据理想气体状态方程判断体积的变化情况；布朗运动是指悬浮在液体中的固体小颗粒的运动；根据热力学第一定律判断爆炸时气体温度的变化；宏观的热学过程是有方向性的，在不引起其他变化的情况下，宏观的热学过程是不可逆的，根据热力学第二定律的内容分析答题解答：解：A、在冬天，装有半瓶热水的热水瓶的上方空间内大部分气体是水蒸气，经过一段时间后，水蒸气液化，即瓶内的空气变少，造成了瓶内气压小于外界大气压，即瓶塞在外界大气压的作用下被紧紧的压在瓶口大气压强并没有发生变化，故A错误；B、一定质量的理想气体，先等温膨胀，即体积变大，压强
27、变小，然后等压压缩即压强不变，则压强相对于初始状态变小，根据=C，P变小，T不变，则V变大，故B错误；C、布朗运动是指悬浮在液体中的固体小颗粒的运动，故C错误；D、在轮胎爆裂这一短暂过程中，来不及吸热，气体膨胀对外做功，根据热力学第一定律内能减小，温度降低，故D正确E、根据热力学第二定律可知热量能够从高温物体传到低温物体，但不可能自发地从低温物体传到高温物，但在一定情况下，热量可以从低温物体传到高温物体，如夏天空调制冷，故E错误；本题选错误的，故选：ABCE点评：解决本题的关键要掌握热力学第一定律和分子动理论、理想气体状态方程，在运用U=Q+W来分析问题时，要掌握它的符号法则14（10分）（2
28、011九江三模）一气象探测气球，在充有压强为1.00atm（即76.0cmHg）、温度为27.0的氦气时，体积为3.50m3在上升至海拔6.50km高空的过程中，气球内氦气逐渐减小到此高度上的大气压36.0cmHg，气球内部因启动一持续加热过程而维持其温度不变此后停止加热，保持高度不变已知在这一海拔高度气温为48.0求：（1）氦气在停止加热前的体积；（2）氦气在停止加热较长一段时间后的体积考点：气体的等温变化；气体的等容变化和等压变化专题：压轴题；气体的状态参量和实验定律专题分析：（1）该上升过程为等温变化，因此根据等温变化的气体状态方程可直接求解（2）停止加热后高度不变，因此为等压变化，注意
29、经过较长一段时间后，温度与环境温度相等为48.0，故根据等压变化可直接求解解答：解（1）在气球上升至海拔6.50km高空的过程中，气球内氦气经历一等温过程根据玻意耳马略特定律有：p1V1=p2V2将p1=76.0cmHg，p2=36.0cmHg带入得： 故氦气在停止加热前的体积为 （2）在停止加热较长一段时间后，氦气的温度逐渐从T1=300K下降到与外界气体温度相同，即T2=225K，这是一等压过程，根据盖吕萨克定律有：将数据带入得：故氦气在停止加热较长一段时间后的体积为：点评：解答这类问题时正确选择状态，弄清变化类型，正确分析状态参量的变化，然后列方程求解物理-选修3-4（15分）15（20
30、14秋枣庄校级月考）下列关于简谐振动和简谐波的说法，正确的是（）A介质中质点振动的周期一定和相应的波的周期相等B介质中质点振动的速度一定和相应的波的波速相等C波的传播方向一定和介质中质点振动的方向一致D横波的波峰与波谷在振动方向上的距离一定是质点振幅的两倍E横波中相邻的波峰与波谷对应平衡位置间的距离一定是波长的二分之一考点：波的形成和传播；横波和纵波分析：简谐波传播过程中，介质中质点做简谐振动，介质中质点振动的周期一定和相应的波的周期相等质点振动的速度与波的波速是两回事纵波的传播方向一定和介质中质点振动的方向在同一直线上横波的波峰与波谷在振动方向上的距离是质点振幅的两倍解答：解：A、简谐波传播
31、过程中，介质中质点在波源驱动力的作用下做受迫振动，其振动周期都等于波的振动周期故A正确B、质点振动的速度和相应的波的波速不同，简谐波在同一均匀介质中传播时速度不变，而质点做简谐运动的速度随时间做周期性变化故B错误C、纵波的传播方向一定和介质中质点振动的方向在同一直线上，但不是总是一致故C错误D、横波的波峰与波谷在振动方向上的距离是质点振幅的两倍故D正确E、介质中质点每完成一次全振动，即经过一个周期时间，波向前传播一个波长，而相邻的波峰与波谷对应平衡位置间的距离是波长的二分之一，故E正确故选：ADE点评：本题考查对描述波的基本物理量的理解质点振动的周期和频率就等于波的周期与频率，常常不加区分，并
32、掌握波长的概念16（2014秋枣庄校级月考）某人手持边长为6cm的正方形平面镜测量身后一棵树的高度测量时保持镜面与地面垂直，镜子与眼睛的距离为0.4m在某位置时，他在镜中恰好能够看到整棵树的像；然后他向前走了6.0m，发现用这个镜子长度的就能看到整棵树的像，求这个树的高度（要求在答题卷上画出符合题意的光路图）考点：光的反射定律专题：光的折射专题分析：正确作出光路图，利用光路可逆，通过几何关系计算出树的高度这是解决光路图题目的一般思路解答：解：设树高为H，树到镜的距离为L，如图所示，是恰好看到树时的反射光路图，由图中的三角形可得=即=人离树越远，视野越开阔，看到树的全部所需镜面越小，同理有=，以
33、上两式解得：L=29.6m、H=4.5m答：这个树的高度4.5m点评：考查光的反射定律，掌握平面镜的反射成像，通常要正确的转化为三角形求解，注意画出正确的光路图物理-选修3-5（15分）17（2012海南）（模块35）产生光电效应时，关于逸出光电子的最大初动能Ek，下列说法正确的是 （）A对于同种金属，Ek与照射光的强度无关B对于同种金属，Ek与照射光的波长成正比C对于同种金属，Ek与照射光的时间成正比D对于同种金属，Ek与照射光的频率成线性关系E对于不同种金属，若照射光频率不变，Ek与金属的逸出功成线性关系考点：爱因斯坦光电效应方程；光电效应专题：压轴题；光电效应专题分析：根据光电效应方程E
34、km=hvW0进行分析解答：解：A、光电子的最大初动能与入射光的强度无关故A正确B、根据光电效应方程Ekm=hvW0=，对于同种金属，逸出功相同，知最大初动能与入射光的波长不成正比故B错误C、最大初动能与照射光的时间无关故C错误D、根据光电效应方程Ekm=hvW0知，同种金属，逸出功相等，则最大初动能与入射光的频率成线性关系故D正确E、对于不同的金属，逸出功不同，若照射光的频率不变，根据光电效应方程Ekm=hvW0知，Ek与金属的逸出功成线性关系故E正确故选ADE点评：解决本题的关键掌握光电效应方程Ekm=hvW0，知道最大初动能与入射光的强度和照射时间无关18（2014益阳模拟）如图所示，光
35、滑的水平地面上有一木板，其左端放有一重物，右方有一竖直的墙重物质量为木板质量的2倍，重物与木板间的动摩擦因数为使木板与重物以共同的速度v0向右运动，某时刻木板与墙发生弹性碰撞，碰撞时间极短求木板从第一次与墙碰撞到再次碰撞所经历的时间设木板足够长，重物始终在木板上重力加速度为g考点：动量守恒定律；匀变速直线运动规律的综合运用；动能定理的应用分析：通过受力分析和运动分析知道：木板第一次与墙碰撞后，向左匀减速直线运动，直到静止；再反向向右匀加速直线运动直到与重物有共同速度，再往后是匀速直线运动，直到第二次撞墙利用动量守恒求出每次碰撞后的速度，利用匀变速直线运动规律求时间解答：解：木板第一次与墙碰撞后，向左匀减速直线运动，直到静止，再反向向右匀加速直线运动直到与重物有共同速度，再往后是匀速直线运动，直到第二次撞墙木板第一次与墙碰撞后，重物与木板相互作用直到有共同速度v，动量守恒，有：2mv0mv0=（2m+m）v，解得：v=木板在第一个过程中，用动量定理，有：mvm（v0）=2mgt1用动能定理，有：=2mgs木板在第二个过程中，匀速直线运动，有：s=vt2木板从第一次与墙碰撞到再次碰撞所经历的时间t=t1+t2=+=答：木板从第一次与墙碰撞到再次碰撞所经历的时间为点评：本题是一道考查动量守恒和匀变速直线运动规律的过程复杂的好题，正确分析出运动规律是关键
