1、山西省大同市2015届高三（上）调研物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（共10小题，每题4分，共40分第1-7题只有一个选项符合要求，第8-10题有多高选项符合要求，全选对得4分，选对但不全得2分，选错或不答的得0分）1下面有关物理学史的说法中错误的是（）A安培提出了分子电流假说B密立根测定了电子的电量C卡文迪许测定了万有引力常量D奥斯特发现了电流的热效应规律分析：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解答：解：A、安培提出了分子电流假说，故A正确；B、密立根测定了电子的电量，故B正确；C、卡文迪许测定了万有引力常量，故C正确；D、焦耳发现了电流的热效应规律，故D错误；本题选
2、错误的，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甲乙两辆汽车在平直的公路上沿同一方向作直线运动，t=0时刻同时经过公路旁的同一个路标在描述两车运动的vt图中（如图），直线a、b分别描述了甲、乙两车在020s的运动情况关于两车之间的位置关系，下列说法正确的是（）A在010s内两车逐渐靠近B在1020s内两车逐渐远离C 515s内两车的位移相等D在t=10s时两车在公路上相遇分析：t=0时刻两车同时经过公路旁的同一个路标，根据速度大小关系分析两车之间距离如何变化根据速度图象的“面积”表示位移，判断位移关系解答：解：A、0时刻
3、两车同时经过公路旁的同一个路标，在010s内乙车速度大于甲车的速度，乙车在甲车的前方，所以两车逐渐远离故A错误B、在1020s内，a车速度小于b车的速度，两车逐渐靠近故B错误C、根据速度图象的“面积”表示位移，由几何知识看出，515s内两车的位移相等故C正确D、在t=10s时两车速度相等，但a的位移大于b的位移，b还没有追上a故D错误故选C点评：利用速度时间图象求从同一位置出发的解追及问题，主要是把握以下几点：当两者速度相同时两者相距最远；当两者速度时间图象与时间轴围成的面积相同时两者位移相同，即再次相遇；当图象相交时两者速度相同3（4分）若地球和火星绕太阳做匀速圆周运动的周期分别为T1和T2
4、，如地球和火星绕太阳做匀速圆周运动的轨道半径大小分别为R1和R2，则（）ABCD考点：万有引力定律及其应用；向心力专题：万有引力定律的应用专题分析：对于地球，根据万有引力提供向心力，解出半径和周期的关系，对于火星，有同样的结论，半径相比，化简可得到结果解答：解：地球绕太阳做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，有：，解得：对于火星绕太阳运动，同样有：得：故B正确、ACD错误故选：B点评：本题要掌握环绕天体绕中心天体做圆周运动，通过万有引力提供向心力，可以解出周期和轨道半径的关系本题也可以根据开普勒第三定律，计算可得，所以4（4分）物体以一定的初速度水平抛出，不计空气阻力经过t1时间，其速度方向与水
5、平方向夹角为37，再经过t2时间，其速度方向与水平方向夹角为53，则t1：t2为（）A9：7B7：9C16：9D9：16考点：平抛运动专题：平抛运动专题分析：根据平行四边形定则求出两个位置竖直分速度，结合速度时间公式求出时间之比解答：解：设初速度为v0，则，解得，解得，则=，则t1：t2=9：7故A正确，B、C、D错误故选：A点评：解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式灵活求解5（4分）将两金属球P、Q固定，让球P带上正电后，形成的稳定电场如图所示，已知实线为电场线，虚线为等势面，其中A、B、C、D为静电场中的四点，则（）AC、D两点的电场强度相同，电势相等
6、BA、B两点的电势相同，电场强度不同C将电子从A点移至B点，电场力对电子做负功D将电子从A点移至D点，电子电势能增大考点：电势；电场强度；电势能专题：电场力与电势的性质专题分析：电场线是从正电荷或者无穷远出发出，到负电荷或无穷远处为止，电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小顺着电场线电势逐渐降低，根据这些知识和电场的对称性进行分析解答：解：A、由图知C、D两点电场线的疏密程度相同，说明场强的大小相等，但场强方向不同，则电场强度不同两点在同一等势面上，电势相等故A错误B、A点和B点不在同一个等势面上，所以它们的电势不同，场强方向相反，则电场强度也不同，故B错误C、由图知：A点的电
7、势与Q球的电势相等，高于B点的电势，根据负电荷在电势高处电势能小，可知将电子从A点移至B点，电势能增大，电场力做负功，故C正确D、A、D在同一等势面上，将电子从A点移至D点，电场力不做功，其电势能不变，故D错误故选：C点评：加强基础知识的学习，要掌握住电场线的特点：电场线的疏密表示场强大小，沿电场线方向电势逐渐降低，掌握处于静电平衡的导体是一个等势体，即可解决本题6（4分）如图所示电路中，电源电动势、内阻一定，R1、R2为定值电阻，当滑动变阻器R3的滑片P向上端a滑动时，电流表A1、A2及电压表V的示数的变化情况是（）AA1示数增大，A2示数减小，V示数减小BA1示数减小，A2示数增大，V示数
8、减小CA1示数增大，A2示数增大，V示数增大DA1示数减小，A2示数减小，V示数增大考点：闭合电路的欧姆定律专题：恒定电流专题分析：当滑动变阻器R3的滑片P向上端a滑动时，变阻器有效电阻减小，外电路总电阻减小，由闭合电路欧姆定律分析干路电流的变化，由欧姆定律确定电压表V读数的变化和电流A1的变化解答：解：当滑动变阻器R3的滑片P向上端a滑动时，变阻器有效电阻减小，外电路总电阻减小，由闭合电路欧姆定律得知：干路电流I增大，A2增大电压表V读数U=EI（R2+r），I增大，U减小，则电流表A1减小故选：B点评：本题是电路中典型的问题：动态变化问题，往往牵一发而动全身，按照“部分整体部分”的思路进行
9、分析7（4分）（2011河南模拟）如图所示，在坐标系xOy中，有边长为a的正方形金属线框abcd，其一条对角线ac和y轴重合、顶点a位于坐标原点O处在y轴的右侧的、象限内有一垂直纸面向里的匀强磁场，磁场的上边界与线框的ab边刚好重合，左边界与y轴重合，右边界与y轴平行t=0时刻，线圈以恒定的速度v沿垂直于磁场上边界的方向穿过磁场区域取沿abcda的感应电流方向为正，则在线圈穿越磁场区域的过程中，感应电流i随时间t变化的图线是（）ABCD考点：导体切割磁感线时的感应电动势专题：电磁感应与图像结合分析：在0时间内，ab边切割磁感线运动，根据右手定则判断感应电流的方向，根据E=BLv判断感应电动势的
10、大小变化在时间内，cd边切割磁感线运动，根据右手定则判断感应电流的方向，根据E=BLv判断感应电动势的大小变化解答：解：在0时间内，ab边切割磁感线运动，根据右手定则，知感应电流的方向为abcda，为正，切割的有效长度在均匀减小，所以感应电流的大小在均匀减小在时间内，cd边切割磁感线运动，根据右手定则感应电流的方向为adcba，为负，切割的有效长度在均匀减小，所以感应电流的大小在均匀减小故A正确，B、C、D错误故选A点评：解决本题的关键掌握右手定则判定感应电流的方向，以及掌握切割产生的感应电动势大小公式E=BLv8（4分）如图所示，轻弹簧的上端悬挂在天花板上，下端挂一质量为m的小球，小球处在静
11、止状态，现在小球上加一竖直向上的恒力F使小球向上运动，小球运动的最高点与最低点之间的距离为H，则此过程中（g为重力加速度，弹簧始终在弹性限度内）（）A小球的重力势能增加mgHB小球的动能增加（Fmg）HC小球的机械能增加FHD小球的机械能不守恒考点：功能关系；动能和势能的相互转化分析：重力势能的增加量等于克服重力做的功；动能的增加量等于合外力做的功；机械能的增加量等于重力以外的力做的功解答：解：A、重力势能的增加量等于克服重力做的功，故A正确；B、在最高点时，动能为零，从最低到最高的过程中，小球的动能增加量为零，故B错误；C、对于小球而言，动能没有增加，重力势能增加了mgH，故小球的机械能增加
12、了mgH，故C错误；D、小球的机械能增加了mgH，故D正确故选：AD点评：解决本题的关键是搞清楚外力所做的功转化成什么能量9（4分）小型交流发电机中，矩形金属线圈在匀强磁场中匀速转动，产生的感应电动势与时间呈正弦函数关系，如图所示，此线圈与一个R=9的电阻构成闭合电路，线圈自身的电阻r=1，下列说法正确的是（）A交变电流的周期为0.2sB交变电流的频率为2.5HzC发电机输出电压的有效值为9VD发电机输出的电功率为18W考点：正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率；电功、电功率；正弦式电流的图象和三角函数表达式专题：交流电专题分析：从图象中可以求出该交流电的最大电压以及周期等物理量，然后根据最
13、大值与有效值以及周期与频率关系及功率的公式求解解答：解：A、由图可知周期T=0.4s，所以频率f=2.5HZ，故A错误，B正确；C、由图可知，交流电的最大电压E=20V，根据最大值与有效值关系得交流电的有效值U=10V，所以输出电压U=U=9V，故C正确；D、输出功率为：P=I2R=（）29=18W，故D正确；故选：BCD点评：本题比较简单考查了交流电最大值、有效值、周期、频率等问题，要学会正确分析图象，从图象获取有用信息求解10（4分）如图所示为位于水平面上的小车，固定在小车上的支架的斜杆与竖直杆的夹角为，在斜杆的下端固定有质量为m的小球下列关于杆对球的作用力F的判断中，正确的是（）A小车静
14、止时，F=mgsin ，方向沿杆向上B小车静止时，F=mgcos ，方向垂直于杆向上C小车向右做匀速运动时，一定有F=mg，方向竖直向上D小车向右做匀加速运动时，一定有Fmg，方向可能沿杆向上考点：牛顿第二定律；力的合成与分解的运用专题：牛顿运动定律综合专题分析：结合小车的运动状态对小车进行受力分析，确定杆对小球的作用力解答：解：A、B、小球受竖直向下的重力mg与杆对小球的力F作用；当小车静止时，小球也静止，小球处于平衡状态，受平衡力作用，杆的作用力F与重力是一对平衡力，由平衡条件得：F=mg，方向竖直向上故A、B错误C、小车向右做匀速运动时，受力平衡，一定有F=mg，方向竖直向上，故C正确；
15、D、小车向右加速运动时，小球受力不平衡，小球受到的合力向右，Fmg，方向可能沿杆向上，故D正确；故选CD点评：本题中轻杆与轻绳的模型不同，绳子对物体只有拉力，一定沿绳子方向，而杆子对物体的弹力不一定沿杆子方向，要根据状态，由牛顿定律分析确定二、非选择题，第11-14为必考题，第15-17题为选考题，根据要求作答必考题：共4小题，45分11（6分）（2014吉林三模）某兴趣小组的实验装置如图1所示，通过电磁铁控制的小球从A点自由下落，下落过程中经过光电门B时，通过与之相连的毫秒计时器（图中未画出）记录下挡光时间t，测出A、B之间的距离h实验前应调整光电门位置使小球下落过程中球心通过光电门中的激光
16、束（1）若用该套装置验证机械能守恒，已知重力加速度为g，还需要测量的物理量为DAA点与地面间的距离H B小球的质量mC小球从A到B的下落时间tAB D小球的直径d（2）用游标卡尺测得小球直径如图2所示，则小球直径为1.14cm，某次小球通过光电门毫秒计数器的读数为3ms，则该次小球通过光电门B时的瞬时速度大小为 v=3.8m/s（3）若用该套装置进行“探究做功和物体速度变化关系”的实验，大家提出以下几种猜想：Wv；Wv2；W然后调节光电门B的位置，计算出小球每次通过光电门B的速度v1、v2、v3、v4，并测出小球在A、B间的下落高度h1、h2、h3、h4，然后绘制了如图3所示的hv图象若为了更
17、直观地看出h和v的函数关系，他们下一步应该重新绘制Ahv2图象 B图象 C图象 D图象考点：测定匀变速直线运动的加速度专题：实验题分析：该题利用自由落体运动来验证机械能守恒，因此需要测量物体自由下落的高度hAB，以及物体通过B点的速度大小，在测量速度时我们利用小球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度，因此明白了实验原理即可知道需要测量的数据利用小球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度，由此可以求出小铁球通过光电门时的瞬时速度，根据机械能守恒的表达式可以求出所要求的关系式游标卡尺的读数等于主尺读数加游标读数，不需估读在运动过程中，由于物体受恒力作用，所以得出合外力做功与物体速度变化的关系，再进行判断
18、解答：解：（1）A、根据实验原理可知，需要测量的是A点到光电门的距离，故A错误；B、根据机械能守恒的表达式可知，方程两边可以约掉质量，因此不需要测量质量，故B错误；C、利用小球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度，不需要测量下落时间，故C错误；D、利用小球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度时，需要知道挡光物体的尺寸，因此需要测量小球的直径，故D正确；故选：D（2）游标卡尺主尺读数为：1.1cm，游标尺上第4个刻度与上面对齐，故读数为：40.1=0.4mm=0.04cm，故最终读数为：1.1cm+0.04cm=1.14cm；利用小球通过光电门的平均速度代替瞬时速度，因此有：vB=3.8m/s（3）
19、小球从A点自由下落，所以有：mgh=mv20，若为了更直观地看出h和v的函数关系，应该绘制hv2图象故选：A故答案为：（1）D （2）1.14，3.8 （3）A点评：解答实验问题的关键是明确实验原理、实验目的，了解具体操作掌握动能变化量和重力势能减小量的求法，知道某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度为了研究两个变量的关系，我们应该作出两个变量的关系图象为倾斜的直线来研究12（8分）（2015浙江模拟）现有一电池，电动势E约为9V，内阻r在3555范围内，允许通过的最大电流为50mA为测定该电池的电动势和内阻，某同学利用如图（a）所示的电路进行实验图中R为电阻箱，阻值范围为09999；R0
20、为保护电阻（1）（单选）可备选用的定值电阻R0有以下几种规格，本实验应选用C（A）20，2.5W（B）50，1.0W（C）150，1.0W（D）1500，5.0W（2）按照图（a）所示的电路图，将图（b）所示的实物连接成实验电路（3）接好电路，闭合电键后，调整电阻箱的阻值，记录阻值R和相应的电压表示数U，取得多组数据，然后通过做出有关物理量的线性关系图象，求得电源的电动势E和内阻r请写出所作线性图象对应的函数表达式=+；图（c）是作线性图象的坐标系，若纵轴表示的物理量是，请在坐标系中定性地画出线性图象考点：测定电源的电动势和内阻专题：实验题分析：（1）求出电路最小电阻阻值，然后选择电阻箱；（2
21、）根据原理图正确连接实物图；（3）根据闭合电路欧姆定律电流与电压的关系进行变形得到图象对应的函数表达式；根据变形得到图象对应的函数表达式结合数学知识，明确两坐标轴的含义，即可正确解答解答：解：（1）电路最小总电阻约为：R=180，为保护电路安全，保护电阻应选C；（2）根据电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示：（3）由图a所示电路图可知，在闭合电路中，电源电动势：E=U+Ir=U+r，则=+，则图象是直线；则图象如图所示故答案为：（1）C；（2）实物电路图如图所示；（3）=+；图象如图所示点评：熟练掌握物理规律运用数学方法将物理公式变形，将两个非线性关系的物理量，变成两个线性关系的物理量，是
22、解答本题的关键13（13分）（2014吉林三模）如图所示，固定在水平地面上的工件，由AB和BD两部分组成，其中AB部分为光滑的圆弧，AOB=37，圆弧的半径R=0.5m；BD部分水平，长度为0.2m，C为BD的中点现有一质量m=1kg，可视为质点的物块从A端由静止释放，恰好能运动到D点（g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8）求：（1）物块运动到B点时，对工件的压力大小；（2）为使物块恰好运动到C点静止，可以在物块运动到B点后，对它施加一竖直向下的恒力F，F应为多大？考点：机械能守恒定律；牛顿第二定律；动能定理专题：机械能守恒定律应用专题分析：（1）先对从A到B过程根据机械能
23、守恒定律或动能定理，求出物块经过B点时的速度；在B点，由重力和支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律列式求解支持力，再由牛顿第三定律得到物块对工件的压力大小；（2）先对A到D过程根据动能定理列式，再对A到C过程根据动能定理列式，最后联立求解；解答：解：（1）物块运动到由A运动到B点的过程中，由机械能守恒定律有：mgR（1cos37）=解得：v2=2gR（1cos37）=2100.5（10.8）=2（m/s）2在B点，由牛顿第二定律有：解得：FN=mg+m=1（10+）N=14N由牛顿第三定律有：FB=FN=14N（2）物块运动到由B运动到C点的过程中，由动能定理有：物块运动到由B运动到C点的
24、过程中，由动能定理有：可得：mgBD=（mg+F）BC由题：BD=2BC，则得：2mg=mg+F解得：F=mg=110N=10N答：（1）物块运动到B点时，对工件的压力大小为14N；（2）为使物块恰好运动到C点静止，可以在物块运动到B点后，对它施加一竖直向下的恒力F，F应为10N点评：本题是动能定理的运用问题，关键是选择适当的过程运用动能定理列式，动能定理适用于多过程问题，可以使问题简化14（18分）如图所示，在以坐标原点O为圆心、半径为R的圆形区域内，有相互垂直的匀强电场和匀强磁场，磁感应强度为B，磁场方向垂直于xOy平面向里，一带负电的粒子（不计重力）从A点沿y轴正方向以v0某一速度射入，
25、带电粒子恰好做匀速直线运动，最后从P点射出（1）求电场强度的大小和方向（2）若仅撤去电场，带电粒子仍从A点以相同的速度射入，恰从圆形区域的边界M点射出，已知OM与x轴的夹角为=30，求粒子比荷（3）若仅撤去磁场，带电粒子仍从A点沿y轴正方向以速度v射入，恰从圆形区域的边界N点射出（M和N是关于y轴的对称点），求粒子运动初速度v的大小考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动专题：带电粒子在复合场中的运动专题分析：（1）由左手定则判断出粒子所受洛伦兹力方向，然后应用平衡条件求出电场强度大小与电场强度方向（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律可以求出
26、粒子的比荷（3）粒子在电场中做类平抛运动，应用类平抛运动规律可以求出粒子的速度解答：解：（1）由左手定则可知，粒子刚射入磁场时受到的洛伦兹力水平向右，粒子做匀速直线运动，洛伦兹力与电场力是一对平衡力，电场力水平向左，粒子带负电，则电场强度的方向水平向右；由平衡条件得：qE=qv0B，解得电场强度大小为：E=v0B；（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，粒子运动轨迹如图所示：由几何知识可知，=90=60，R=rtan，粒子做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qv0B=m，解得：=；（3）粒子在电场中做类平抛运动，y=vt，x=at2=t2，由几何知识得：y=R+Rsin，x=Rcos，
27、解得：v=；答：（1）电场强度的大小为v0B，方向：水平向左（2）粒子比荷为（3）粒子运动初速度v的大小为点评：解答本题的关键是分析粒子的受力情况，再分析运动情况对于类平抛运动要掌握分解的方法，对于匀速圆周运动，运用几何知识确定圆心角是关键【选修3-3】：共15分15（6分）（2014南昌模拟）下列说法中正确的是（）A气体放出热量，其分子的平均动能可能增大B布朗运动不是液体分子的运动，但它可以说明分子在永不停息地做无规则运动C当分子力表现为斥力时，分子力和分子势能总是随分子间距离的减小而增大D第二类永动机不违反能量守恒定律，但违反了热力学第一定律E某气体的摩尔体积为v，每个分子的体积为v0，则
28、阿伏加德罗常数可表示为NA=考点：温度是分子平均动能的标志；布朗运动；热力学第二定律专题：内能及其变化专题分析：热力学第一定律公式：U=W+Q；布朗运动是悬浮在液体中的固体小颗粒的无规则运动；分子力做功等于分子势能的减小量解答：解：A、气体放出热量，若外界对气体做功，温度升高，其分子的平均动能增大，故A正确；B、布朗运动不是液体分子的运动，但它可以说明液体分子在永不停息地做无规则运动，故B正确；C、当分子力表现为斥力时，分子力和分子势能总是随分子间距离的减小而增大，故C正确；D、第二类永动机不违反能量守恒定律，但违反了热力学第二定律，故D错误；E、某固体或液体的摩尔体积为V，每个分子的体积为V
29、0，则阿伏加德罗常数可表示为，而气体此式不成立；故E错误；故选：ABC点评：此题考查分子动理论、热力学定律、布朗运动、分子力与分子势能的关系、阿伏加德罗常数等，知识点多，难度小，关键是记住相关知识16（9分）一高压气体钢瓶，容积为V0，用绝热材料制成，开始时封闭的气体压强为p0，温度为T0=300K，内部气体经加热后温度升至T1=350K，求：温度升至T1时气体的压强；若气体温度保持T1=350K不变，缓慢地放出一部分气体，使气体压强再回到p0，此时钢瓶内剩余气体的质量与原来气体总质量的比值为多少？考点：理想气体的状态方程专题：理想气体状态方程专题分析：（1）封闭气体温度升高发生等容变化，根据
30、查理定律求解压强（2）可根据克拉伯龙方程求解剩余气体的质量与原来总质量的比值解答：解：（1）设升温后气体的压强为P，由于气体做等容变化，根据查理定律得：=，又T0=300K，T1=350K解得：P=p0；（2）根据克拉伯龙方程：=R，得：集热器内气体的体积不变，则得剩余气体的质量与原来总质量的比值：=；答：（1）此时气体的压强为p0；（2）集热器内剩余气体的质量与原来总质量的比值为6：7点评：本题隐含着集热器内气体体积不变这个条件，运用查理定律和克拉伯龙方程进行解题选修3-417一振动周期为T、位于x=0处的波源从平衡位置开始沿y轴正方向做简谐运动，该波源产生的简谐横波沿x轴正方向传播，波速为
31、v，关于在x=处的质点P，下列说法正确的是（）A质点P振动周期为T，振动速度的最大值为vB若某时刻质点P振动的速度方向沿y轴负方向，则该时刻波源处质点振动的速度方向沿y轴正方向C质点P开始振动的方向沿y轴正方向D当P已经开始振动后，若某时刻波源在波峰，则质点P一定在波谷E当P已经开始振动后，若某时刻波源在波谷，则质点P也一定在波谷考点：机械波专题：简谐运动专题分析：简谐波传播过程中，质点的起振方向都与波源的起振方向相同质点的振动速度与波传播速度不同简谐横波传播过程中，介质中各个质点振动的周期都等于波源的振动周期，简谐波的波长为=vT=4m/s，根据质点P与波源距离与波长的关系，分析振动情况的关
32、系解答：解：A、质点P振动周期与O点振动周期相同，也为T但其振动速度与波速不同故A错误；B、OP相距x=2.5；故P点与O点的振动方向总是相反的；故某时刻质点P的速度方向沿y轴负方向，则该时刻波源速度方向沿y轴正方向；故B正确；C、根据波的特点：简谐波传播过程中，质点的起振方向都与波源的起振方向相同，故质点P开始振动的方向沿y轴正方向故C正确；D、OP相距x=2.5；故P点与O点的振动方向总是相反的；故若某时刻波源在波峰，则质点P一定在波谷；故D正确，E错误；故选：BCD点评：本题考查波的传播，要注意理解波传播的是能量和运动形式，质点并不随波传播；同时注意靠近波源的点带动后面的质点振动18（2
33、014吉林三模）半径为R的固定半圆形玻璃砖的横截面如图所示，O点为圆心，OO为直径MN的垂线足够大的光屏PQ紧靠在玻璃砖的右侧且与MN垂直一束复色光沿半径方向与OO成=30角射向O点，已知复色光包含有折射率从n1=到n2=的光束，因而光屏上出现了彩色光带（）求彩色光带的宽度；（）当复色光入射角逐渐增大时，光屏上的彩色光带将变成一个光点，求角至少为多少？考点：光的折射定律专题：光的折射专题分析：（1）根据折射定律求出折射角，几何关系求解两个光斑之间的距离；（2）为使光屏上的彩色光带消失，要使光线发生全反射由于n1n2，玻璃对其折射率为n2的色光先发生全反射，由临界角公式求解为使光屏上的彩带消失，
34、复色光的入射角的最小值解答：解：（）由折射定律n=，n2=代入数据，解得：1=45，2=60 故彩色光带的宽度为：Rtan45Rtan30=（1）R（）当所有光线均发生全反射时，光屏上的光带消失，反射光束将在PN上形成一个光点即此时折射率为n1的单色光在玻璃表面上恰好先发生全反射，故sinC=即入射角=C=45 答：（）彩色光带的宽度为（1）R；（）当复色光入射角逐渐增大时，光屏上的彩色光带将变成一个光点，角至少为45点评：对于涉及全反射的问题，要紧扣全反射产生的条件：一是光从光密介质射入光疏介质；二是入射角大于临界角【选修3-3】19下列说法正确的是（）A卢瑟福通过a粒子散射实验建立了原子核
35、实结构模型B衰变中产生的射线实际上是原子核外电子挣脱原子核的束缚而成的C发生a衰变时，生成核与原来的原子核相比，核子数减小4D粒子的穿透能力比粒子的穿透能力强，故粒子容易使金属发生光电效应E氡的半衰期为3.8天，若取8克氡的原子核，经过7.6天只剩下2克氡原子核考点：光电效应；粒子散射实验；原子核衰变及半衰期、衰变速度专题：光电效应专题分析：卢瑟福建立了原子的核式结构模型；射线实际上是原子核中子转变质子出放出电子；根据质量数与质子数守恒，即可求解；当入射光的频率大于极限频率时，才能发生光电效应；由m=，即可求解解答：解：A、卢瑟福通过粒子散射实验建立了原子核式结构模型：原子中心有一个很小的核，
36、内部集中所有正电荷及几乎全部质量，故A正确；B、衰变中产生的射线实际上是原子核中的中子转变成质子，而放出电子，故B错误；C、衰变是一种放射性衰变在此过程中，一个原子核释放一个粒子（由两个中子和两个质子形成的氦原子核），并且转变成一个质量数减少4，核电荷数减少2的新原子核，故C正确；D、三种射线的电离本领依次减弱，穿透本领依次增强，故D错误；E、经过一个半衰期，有半数发生衰变，根据m=，带入数据E正确；故选：ACE点评：考查原子的核式结构模型的内容，掌握射线的本质，理解光电效应的发生条件，注意核反应方程的规律，最后理解半衰期的含义20（2014江西二模）如图所示，光滑的圆弧AB（质量可忽略）固定
37、在甲车的左端，其半径R=1m质量均为M=3kg的甲、乙两辆小车静止于光滑水平面上，两车之间通过一感应开关相连（当滑块滑过感应开关时，两车自动分离）其中甲车上表面光滑，乙车上表面与滑块P之间的动摩擦因数=0.4将质量为m=2kg的滑块P（可视为质点）从A处由静止释放，滑块P滑上乙车后最终未滑离乙车求：（i）滑块P刚滑上乙车时的速度大小；（ii）滑块P在乙车上滑行的距离为多大？考点：动量守恒定律；机械能守恒定律专题：动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合分析：1、滑块P（可视为质点）从A处由静止释放，滑块、甲、乙两辆小车组成系统，根据系统水平方向动量守恒列出等式，根据能量守恒列出等式联立求解2、滑
38、块P滑上乙车后，对滑块P和乙车组成系统应用动量守恒和能量守恒列出等式联立求解解答：解：（i）设滑块P刚滑上乙车时的速度为v1，此时两车的速度为v2，滑块、甲、乙两辆小车组成系统，规定向右为正方向，根据系统水平方向动量守恒列出等式：mv12Mv2=0 对整体应用能量守恒有：mgR=m+2M解得：v1=，（ii）设滑块P和小车乙达到的共同速度为v，滑块P在乙车上滑行的距离为L，规定向右为正方向，对滑块P和小车乙应用动量守恒有：mv1Mv2=（m+M）v 对滑块P和小车乙应用能量守恒有：mgL=m+M（M+m）v2解得：L=2m答：（i）滑块P刚滑上乙车时的速度大小；（ii）滑块P在乙车上滑行的距离为2m点评：正确分析物体的运动过程，把握每个过程所遵守的物理规律是解题的关键，结合动量守恒定律和能量守恒定律进行求解动量守恒定律解题时应注意其矢量性