1、江苏省常州市溧阳市南渡高中2015-2016学年高三（上）11月考物理试卷一、单项选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分1如图所示物体A静止在倾角为30的斜面上现将斜面倾角由30增大到37物体仍保持静止，则下列说法中正确的是（）AA对斜面的压力不变BA对斜面的压力增大CA受到的摩擦力不变DA受到的摩擦力增大2木星是绕太阳运行的行星之一，而木星的周围又有卫星绕其运行如果要通过观测求得木星的质量，则需要测量的量是（）A木星运行的周期和轨道半径B卫星运行的周期和轨道半径C木星运行的周期和卫星的轨道半径D卫星运行的周期和木星的轨道半径3如图为某一控制小灯泡点亮和熄灭的简单逻辑电路图，L为小灯泡，
2、R为电阻箱，R为光敏电阻有光照射时R的阻值将显著变小下列说法中正确的是（）A逻辑电路是或门电路B逻辑电路是与门电路C有光照射电阻R时，小灯泡L将发光D无光照射电阻R时，小灯泡L将发光4如图甲所示，一物块放在粗糙斜面上，在平行斜面向上的外力F作用下斜面和物块始终处于静止状态，当F按图乙所示规律变化时，物块与斜面间的摩擦力大小变化规律可能是如图答案中的（）ABCD5如图所示，A、B、O、C为在同一竖直平面内的四点，其中A、B、O沿同一竖直线，B、C同在以O为圆心的圆周（用虚线表示）上，沿AC方向固定有一光滑绝缘细杆L，在O点固定放置一带负电的小球现有两个质量和电荷量都相同的带正电小球a、b均可视为
3、点电荷，先将a在细杆上让其从A点由静止开始沿杆下滑，后使b从A点由静止开始沿竖直方向下落，则下列说法中正确的是（）A从A点到C点，小球a做匀加速运动B小球a在C点的动能等于小球b在B点的动能C从A点到C点，小球a的机械能先增加后减小，但机械能与电势能之和不变D小球a从A点到C点电场力做的功大于小球b从A点到B点电场力做的功二、多选题本题共4小题，每小题4分，共计16分6如图所示，在真空中有两个等量带正电的点电荷，分别置于P、Q两点，O点是它们连线的中点，A、B为P、Q连线的中垂线上的两点，下列说法正确的是（）A连线中点O的场强为零B中垂线是一个等势面C将一正电荷q由A点沿中垂线移动到B点，在此
4、过程中q的电势能一定逐渐减少D将一正电荷q由A点沿中垂线移动到B点，在此过程中q受到的电场力一定逐渐减小7如图，质量为M、长度为L的小车静止在光滑的水平面上质量为m的小物块（可视为质点）放在小车的最左端，现用一水平恒力F作用在小物块上，使小物块从静止开始做匀加速直线运动小物块和小车之间的摩擦力为Ff，小物块滑到小车的最右端时，小车运动的距离为x在这个过程中，以下结论正确的是（）A小物块到达小车最右端时具有的动能为（FFf）（L+x）B小物块到达小车最右端时，小车具有的动能为FfxC小物块克服摩擦力所做的功为Ff（L+x）D小物块和小车增加的机械能为Fx8如图所示，理想变压器初级线圈接一交变电流
5、，交变电流的电压有效值恒定不变则下列说法中正确的是（）A只将S1从2拨向1时，电流表示数变小B只将S2从4拨向3时，电流表示数变小C只将S3从闭合变为断开，电阻R2两端电压增大D只将变阻器R3的滑动触头上移，变压器的输入功率减小9如图所示、一个质量为m的圆环套在一根固定的水平长直杆上、环与杆的摩擦因数为，现给环一个向右的初速度v0，同时对环加一个竖直向上的作用力F，并使F的大小随v的大小变化，两者关系为F=kv，其中k为常数，则环运动过程中的速度图象可能是图中的（）ABCD三、简答题：（实验每空/图2分，18分，选修24分，共计42分）10某人用电磁打点计时器，研究质量为2千克的实验小车的运动
6、规律时，得到一条如图所示的打点纸带若使用的交流电频率为50赫兹，则作用在小车上的牵引力的大小为牛（假设桌面光滑）11图示为欧姆表测某一电阻时指针偏转的位置，此时选择开关拨在R1k档，指针恰好指在100与500之间的中间位置，则被测电阻比较准确的值在下列四个数据中应为A25K B200K C300K D400K为了使测得的阻值更精确些，需要把选择开关拨到R档，并且再测量12螺旋测微器的示数为mm13为了测量木块与长木板间的动摩擦因数，某同学用铁架台将长板倾斜支在水平桌面上，组成如图甲所示的装置，所提供的器材有：长木板、木块（其前端固定有用于挡光的窄片K）、光电计时器、米尺、铁架台等，在长木板上标
7、出A、B两点，B点处放置光电门（图中未画出），用于记录窄片通过光电门时的挡光时间，该同学进行了如下实验：（1）用游标尺测量窄片K的宽度d如图乙所示，则d=mm，测量长木板上A、B两点间的距离L和竖直高度差h（2）从A点由静止释放木块使其沿斜面下滑，测得木块经过光电门时的档光时间为t=2.50103s，算出木块经B点时的速度v=m/s，由L和v得出滑块的加速度a（3）由以上测量和算出的物理量可以得出木块与长木板间的动摩擦因数的表达式为=（用题中所给字母h、L、a和重力加速度g表示）选做题（选修模块3-4）（12分）14下列说法中正确的是（）A水面上的油膜在阳光照射下会呈现彩色，这是由于光的衍射造
8、成的B自然界不存在偏振光，自然光只有通过偏振片才能获得偏振光C在双缝干涉实验中，若将双缝中的一条挡住，其它条件均不改变则仍然能在光屏上观察到明暗相间的条纹只是条纹的宽窄和亮度的分布不再均匀了D真空中的光速在不同的惯性参考系中都是相同的，与光源、观察者间的相对运动没有关系15图甲为一列简谐横波在t=0.10s时刻的波形图，P是平衡位置为x=1m处的质点，Q是平衡位置为x=4m处的质点，图乙为质点Q的振动图象则波传播的速度为m/s，t=0.15s时质点P的运动方向沿y轴方向（选填“正”或“负”）16如图所示，从点光源S发出的一细束白光以一定的角度入射到三棱镜的表面，经过三棱镜的折射后发生色散现象，
9、在光屏的ab间形成一条彩色光带则在真空中a侧光的波长b侧光的波长（填“大于”、“小于”或“等于”）；在三棱镜中a侧光的传播速率b侧光的传播速率（填“大于”、“小于”或“等于”）（选修模块3-5）（12分）17下列说法中正确的是（）A核子结合成原子核一定有质量亏损，释放出能量B太阳辐射的能量主要来自太阳内部的核裂变反应C氢原子由较高能级跃迁到较低能级时，要释放一定频率的光子，电子的动能增大，电势能减小D在光的单缝衍射实验中，狭缝变窄，光子动量的不确定量变小18如图所示为氢原子的能级图让一束单色光照射到大量处于基态（量子数n=1）的氢原子上，被激发的氢原子能自发地发出3种不同频率的色光，则照射氢原
10、子的单色光的光子能量为eV用这种光照射逸出功为4.54eV的金属表面时，逸出的光电子的最大初动能是eV19一同学利用水平气垫导轨做探究碰撞中的不变量的实验时，测出一个质鳅为0.8kg的滑块甲以0.4m/s的速度与另一个质量为0.6kg、速度为0.2m/s的滑块乙迎面相撞，碰撞后滑块乙的速度大小变为0.3m/s求此时滑块甲的速度四、计算题（共3题，47分，注意必要语言说明，有单位的结果必须注明单位）20如图所示在距地面2l高空A处以水平初速度投掷飞镖在与A点水平距离为l的水平地面上的B点有一个气球，选择适当时机让气球以速度匀速上升，在升空过程巾被飞镖击中飞镖在飞行过程中受到的空气阻力不计在计算过
11、程中可将飞镖和气球视为质点已知重力加速度为g试求：（1）飞镖是以多大的速度击中气球的？（2）掷飞镖和放气球两个动作之间的时间间隔t应为多少？21如图所示，在y轴的右方有一磁感应强度为B的方向垂直纸面向外的匀强磁场，在x轴的下方有一场强为E的方向平行x轴向左的匀强电场有一铅板放置在y轴处，且与纸面垂直现有一质量为m、电荷量为q的粒子由静止经过加速电压为U的电场加速，然后以垂直于铅板的方向从A处沿直线穿过铅板，而后从x轴上的D处以与x轴正向夹角为60的方向进入电场和磁场叠加的区域，最后到达y轴上的C点已知OD长为l，不考虑粒子受到的重力，求：（1）粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的时间；（2）粒子经
12、过铅板时损失的动能；（3）粒子到达C点时的速度大小22如图甲所示，光滑且足够长的平行金属导轨MN、PQ固定在同一竖直面上，两导轨间距d=1m，电灯L的电阻R=4，导轨上放一质量m=1kg、电阻r=1的金属杆，长度与金属导轨等宽，与导轨接触良好，导轨的电阻不计，整个装置处于磁感应强度B=0.5T的匀强磁场中，磁场的方向垂直导轨平面向里现用一拉力F沿竖直方向拉杆，使金属杆由静止开始向上运动，经3s上升了4m后开始做匀速运动图乙所示为流过电灯L的电流平方随时间变化的I2t图线，取g=10m/s2求：（1）3s末金属杆的动能；（2）3s末安培力的功率；（3）4s内拉力F做的功2015-2016学年江苏
13、省常州市溧阳市南渡高中高三（上）月考物理试卷参考答案与试题解析一、单项选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分1如图所示物体A静止在倾角为30的斜面上现将斜面倾角由30增大到37物体仍保持静止，则下列说法中正确的是（）AA对斜面的压力不变BA对斜面的压力增大CA受到的摩擦力不变DA受到的摩擦力增大【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】以物体A为研究对象，分析受力，根据平衡条件得到斜面对A的支持力和摩擦力与斜面倾角的关系，再由数学知识分析支持力和摩擦力如何变化，根据牛顿第三定律判断A斜面的压力和摩擦力如何变化【解答】解：设斜面的倾角为，
14、物体A的重力为G，作出A的受力如图根据平衡条件得： N=Gcos f=Gsin当斜面倾角由30增大到37时，cos减小，sin增大，则N减小，f增大根据牛顿第三定律得知，A对斜面的压力减小，A对斜面的摩擦力增大故选D【点评】本题是简单的动态平衡类型的问题，运用的是函数法，也可以采用图解法直观判断2木星是绕太阳运行的行星之一，而木星的周围又有卫星绕其运行如果要通过观测求得木星的质量，则需要测量的量是（）A木星运行的周期和轨道半径B卫星运行的周期和轨道半径C木星运行的周期和卫星的轨道半径D卫星运行的周期和木星的轨道半径【考点】万有引力定律及其应用；线速度、角速度和周期、转速【专题】共点力作用下物体
15、平衡专题【分析】根据木星的某个卫星的万有引力等于向心力，列式求解即可求出木星的质量【解答】解：卫星绕木星做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，设卫星的质量为m、轨道半径为r、木星质量为M，有F=F向因而=ma，由以上式子可以看出，要计算M，需要测量出卫星的T和r，或v和r，或和r，或v和故B正确，A、C、D错误故选B【点评】题关键是根据木星的卫星做圆周运动的向心力有万有引力提供，列出方程，分析方程式即可看出要测量的量3如图为某一控制小灯泡点亮和熄灭的简单逻辑电路图，L为小灯泡，R为电阻箱，R为光敏电阻有光照射时R的阻值将显著变小下列说法中正确的是（）A逻辑电路是或门电路B逻辑电路是与门电路C
16、有光照射电阻R时，小灯泡L将发光D无光照射电阻R时，小灯泡L将发光【考点】简单的逻辑电路【分析】该逻辑电路为非门电路，输入状态和输出状态完全相反，根据非门的特点判断灯泡在有光照时和无光照时的情况【解答】解：A、该逻辑电路是非门电路故A、B错误C、当有光照射电阻R时，其阻值将变得远小于R，则两端的电势差较小，则输入非门的电势较低，输出电势较高，灯泡的电压高，则灯泡发光故C正确D、无光照射电阻R时，其阻值较大，两端的电势差较大，输入非门电势较高，输出电势较低，则灯泡不发光故D错误故选：C【点评】解决本题的关键知道各种门电路的特点，并能灵活运用到实际生活中去4如图甲所示，一物块放在粗糙斜面上，在平行
17、斜面向上的外力F作用下斜面和物块始终处于静止状态，当F按图乙所示规律变化时，物块与斜面间的摩擦力大小变化规律可能是如图答案中的（）ABCD【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】若t=0时刻物体受到的静摩擦力方向沿斜面向上，由平衡条件得出摩擦力与时间的关系式，选择图象若t=0时刻物体受到的静摩擦力方向沿斜面向下，当F减小时，由平衡条件分析摩擦力如何，再选择图象【解答】解：设t=0时刻F=F0，则F与t的关系式为F=F0kt，k是图线斜率的大小A、D若t=0时刻物体受到的静摩擦力方向沿斜面向上，由平衡条件得：摩擦力Ff=mgsinF=mgsi
18、n（F0kt）=kt+（mgsinF0），若mgsin=F0，则有Ff=kt，当F=0时，Ff=mgsin，保持不变则A错误，D正确B、C若t=0时刻物体受到的静摩擦力方向沿斜面向下，由平衡条件得知，摩擦力Ff=Fmgsin，当F减小时，摩擦力先减小，减小到零后，摩擦力反向增大，故BC错误故选D【点评】本题采用定量分析与定性相结合的方法分析物体所受的摩擦力情况从数学角度得到解析式选择图象，是常用的方法5如图所示，A、B、O、C为在同一竖直平面内的四点，其中A、B、O沿同一竖直线，B、C同在以O为圆心的圆周（用虚线表示）上，沿AC方向固定有一光滑绝缘细杆L，在O点固定放置一带负电的小球现有两个质
19、量和电荷量都相同的带正电小球a、b均可视为点电荷，先将a在细杆上让其从A点由静止开始沿杆下滑，后使b从A点由静止开始沿竖直方向下落，则下列说法中正确的是（）A从A点到C点，小球a做匀加速运动B小球a在C点的动能等于小球b在B点的动能C从A点到C点，小球a的机械能先增加后减小，但机械能与电势能之和不变D小球a从A点到C点电场力做的功大于小球b从A点到B点电场力做的功【考点】功能关系；点电荷的场强；电势能【专题】电场力与电势的性质专题【分析】要解答本题需要掌握：对两个小球正确受力分析，弄清运动形式；正确理解电场力做功特点，注意以O为圆心的圆周为等势线；弄清小球运动过程中的功能关系，下落过程中只有重
20、力、电场力做功，因此小球动能、重力势能、电势能三者之和保持不变【解答】解：A、小球a所受库伦力大小不断变化，导致a所受合外力变化，因此从A点到C点，小球a做变加速运动，故A错误；B、小球a从A运动到C和小球b从A运动到B电场力做功相等，但是a球重力重力势能减小大于b球，因此小球a在C点的动能大于小球b在B点的动能，故B错误；C、机械能的变化等于物体除重力之外的力所做的功，从A点到C点，电场力对a球先做正功后做负功，故其机械能先增大后减小，下落过程中只有重力、电场力做功，因此小球动能、重力势能、电势能三者之和保持不变即机械能与电势能之和不变，故C正确；D、B、C两点电势相等，根据电场力做功特点可
21、知，小球a从A点到C点电场力做的功等于小球b从A点到B点电场力做的功，故D错误故选C【点评】本题考查了电场力做功特点以及功能关系的应用，注意电场力做功与路径无关只和初末位置有关，和重力做功类似，同时注意一种力的功对应着一种能量转化二、多选题本题共4小题，每小题4分，共计16分6如图所示，在真空中有两个等量带正电的点电荷，分别置于P、Q两点，O点是它们连线的中点，A、B为P、Q连线的中垂线上的两点，下列说法正确的是（）A连线中点O的场强为零B中垂线是一个等势面C将一正电荷q由A点沿中垂线移动到B点，在此过程中q的电势能一定逐渐减少D将一正电荷q由A点沿中垂线移动到B点，在此过程中q受到的电场力一
22、定逐渐减小【考点】电场强度；电势能；等势面【专题】电场力与电势的性质专题【分析】由题，P、Q是两个等量同种电荷，它们在点O处产生的电场强度大小相等，方向相反PQ连线上方的中垂线上每一点（除O点）电场线方向向上，下方的中垂线上每一点（除O点）电场线方向向下，说明中垂线不是一个等势面根据电场力做功正负，判断电势能的变化：电场力做正功，电荷的电势能减小根据电场线的疏密判断场强的相对大小，分析同一电荷在A、B两点场强的大小【解答】解：A、P、Q是两个等量同种电荷，它们在点O处产生的电场强度大小相等，方向相反，互相抵消，则中点O的场强为零故A正确 B、PQ连线上方的中垂线上每一点（除O点）电场线方向向上
23、，如图下方的中垂线上每一点（除O点）电场线方向向下，而顺着电场线是降低的，所以中垂线不是一个等势面故B错误 C、将一正电荷q由A点沿中垂线移动到B点过程，电场力做正功，电荷的电势能减小故C正确 D、由于A、B两点处地电场线的疏密不清楚，无法比较场强大小，则q由A点沿中垂线移动到B点，q受到的电场力可能逐渐减小，可能增大，可能先增大后减小故D错误故选AC【点评】对等量同种电荷和等量异种电荷的电场线和等势面分布情况和特点要熟悉，考试常常做文章7如图，质量为M、长度为L的小车静止在光滑的水平面上质量为m的小物块（可视为质点）放在小车的最左端，现用一水平恒力F作用在小物块上，使小物块从静止开始做匀加速
24、直线运动小物块和小车之间的摩擦力为Ff，小物块滑到小车的最右端时，小车运动的距离为x在这个过程中，以下结论正确的是（）A小物块到达小车最右端时具有的动能为（FFf）（L+x）B小物块到达小车最右端时，小车具有的动能为FfxC小物块克服摩擦力所做的功为Ff（L+x）D小物块和小车增加的机械能为Fx【考点】动能定理；功的计算；机械能守恒定律【专题】动能定理的应用专题【分析】木块加速运动，木板也做加速运动，对木块、木板、木块和木板整体分别运用动能定理列式分析即可要注意位移的参照物【解答】解：A、对物块分析，物块相对于地的位移为L+x，根据动能定理得：（FFf）（L+x）=mv20，则知物块到达小车最
25、右端时具有的动能为（FFf）（L+x）故A正确B、对小车分析，小车对地的位移为x，根据动能定理得：Ffx=Mv20，则知物块到达小车最右端时，小车具有的动能为Ffx故正确C、物块相对于地的位移大小为L+x，则物块克服摩擦力所做的功为Ff（L+x）故C正确D、根据能量转化和守恒定律得知：外力F做的功等于小车和物块增加的机械能和摩擦产生的内能之和，则有：F（L+x）=E+Q，则物块和小车增加的机械能为E=F（L+x）FfL故D错误故选：ABC【点评】本题关键是灵活地选择研究对象进行受力分析，再根据动能定理列式后分析求解8如图所示，理想变压器初级线圈接一交变电流，交变电流的电压有效值恒定不变则下列说
26、法中正确的是（）A只将S1从2拨向1时，电流表示数变小B只将S2从4拨向3时，电流表示数变小C只将S3从闭合变为断开，电阻R2两端电压增大D只将变阻器R3的滑动触头上移，变压器的输入功率减小【考点】变压器的构造和原理；电功、电功率【专题】交流电专题【分析】理想变压器原副线圈变压比公式为：；理想变压器输入功率等于输出功率；根据以上两条规律分析讨论即可【解答】解：A、只将S1从2拨向1时，n1变小，根据变压比公式，输出电压变大，故输出电流变大，输出功率变大；输入功率等于输出功率，故输入功率变大，输入电流变大，故A错误；B、只将S2从4拨向3时，n2变小，根据变压比公式，输出电压变小，故输出电流变小
27、，输出功率变小；输入功率等于输出功率，故输入功率变小，输入电流变小，故B正确；C、只将S3从闭合变为断开，少一个支路，但电阻R2与R3串联的支路的电压不变，故通过电阻R2的电流不变，电压也不变，故C错误；D、只将变阻器R3的滑动触头上移，负载总电阻变大，故输出电流变小，输出功率变小；输入功率等于输出功率，故输入功率减小，故选D故选BD【点评】本题关键：（1）根据变压比公式讨论输出电压的变化情况；（2）对三个电阻的混连部分进行动态分析9如图所示、一个质量为m的圆环套在一根固定的水平长直杆上、环与杆的摩擦因数为，现给环一个向右的初速度v0，同时对环加一个竖直向上的作用力F，并使F的大小随v的大小变
28、化，两者关系为F=kv，其中k为常数，则环运动过程中的速度图象可能是图中的（）ABCD【考点】匀变速直线运动的图像【专题】运动学中的图像专题【分析】以圆环为研究对像，分析其可能的受力情况，分析其运动情况，再选择速度图象【解答】解：A、当F=mg时，圆环竖直方向不受直杆的作用力，水平方向不受摩擦力，则圆环做匀速直线运动故A正确B、当Fmg时，圆环水平方向受到摩擦力而做减速运动，随着速度的减小，F也减小，圆环所受的杆的摩擦力f=（mgF），则摩擦力增大，加速度增大故B正确C、D当Fmg时，圆环水平方向受到摩擦力而做减速运动，随着速度的减小，F也减小，加速度减小，当F=mg后，圆环做匀速直线运动故C
29、错误，D正确故选ABD【点评】本题考查分析物体的受力情况和运动情况的能力，条件不明时要加以讨论，不要漏解三、简答题：（实验每空/图2分，18分，选修24分，共计42分）10某人用电磁打点计时器，研究质量为2千克的实验小车的运动规律时，得到一条如图所示的打点纸带若使用的交流电频率为50赫兹，则作用在小车上的牵引力的大小为2.2牛（假设桌面光滑）【考点】牛顿第二定律；探究小车速度随时间变化的规律【专题】定性思想；推理法；牛顿运动定律综合专题【分析】由图示数据根据作差法求出小车的加速度，然后由牛顿第二定律求出小车受到的牵引力【解答】解：由图所示纸带可知，计数点间的时间间隔为：t=5T=50.02s=
30、0.1s，小车的加速度为：a=1.1m/s2，由牛顿第二定律得作用在小车上的牵引力为：F=ma=21.1=2.2N故答案为：2.2【点评】由匀变速运动的推论求出加速度是正确解题的关键，解题时注意单位换算，难度不大，属于基础题11图示为欧姆表测某一电阻时指针偏转的位置，此时选择开关拨在R1k档，指针恰好指在100与500之间的中间位置，则被测电阻比较准确的值在下列四个数据中应为BA25K B200K C300K D400K为了使测得的阻值更精确些，需要把选择开关拨到R10k档，并且重新进行欧姆调零再测量【考点】用多用电表测电阻【专题】实验题；定性思想；图析法；恒定电流专题【分析】欧姆表刻度不均匀
31、，左密右疏，根据指针位置判断电阻测量值大小；用欧姆表测电阻需要选择合适的挡位，使指针指在中央刻度线附近，欧姆表换挡后要重新进行欧姆调零，欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数【解答】解：选择开关拨在R1k档，指针恰好指在100与500之间的中间位置，如果刻度线是均匀的，则指针示数应为300，当欧姆表刻度线左密右疏，则指针示数应小于300但大于100，由此可知，指针示数应为200，被测电阻阻值为：2001k=200k，故选B；由图示表盘可知，欧姆表指针偏角太小，所选挡位太小，为准确测量电阻阻值，应选择10k挡，换挡后要重新进行欧姆调零；故答案为：B；10k；重新进行欧姆调零【点评】本题考查了欧姆
32、表的使用方法与注意事项，知道欧姆表的宽度特点、掌握欧姆表的使用方法与注意事项是解题的关键；欧姆表换挡后要重新进行欧姆调零12螺旋测微器的示数为6.123mm【考点】螺旋测微器的使用【专题】定量思想；实验分析法；基本实验仪器【分析】螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读【解答】解：螺旋测微器的固定刻度为6mm，可动刻度为12.30.01mm=0.123mm，所以最终读数为6mm+0.123mm=6.123mm故答案为：6.123【点评】对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量13为了测量木块与长木板间的动摩擦
33、因数，某同学用铁架台将长板倾斜支在水平桌面上，组成如图甲所示的装置，所提供的器材有：长木板、木块（其前端固定有用于挡光的窄片K）、光电计时器、米尺、铁架台等，在长木板上标出A、B两点，B点处放置光电门（图中未画出），用于记录窄片通过光电门时的挡光时间，该同学进行了如下实验：（1）用游标尺测量窄片K的宽度d如图乙所示，则d=2.50mm，测量长木板上A、B两点间的距离L和竖直高度差h（2）从A点由静止释放木块使其沿斜面下滑，测得木块经过光电门时的档光时间为t=2.50103s，算出木块经B点时的速度v=1.0m/s，由L和v得出滑块的加速度a（3）由以上测量和算出的物理量可以得出木块与长木板间的
34、动摩擦因数的表达式为=（用题中所给字母h、L、a和重力加速度g表示）【考点】探究影响摩擦力的大小的因素【专题】实验题；摩擦力专题【分析】（1）游标卡尺的读数方法是主尺读数加上游标读数，注意不需要估读；（2）由于木块通过光电门的时间很短，因此可以用其通过的平均速度来代替瞬时速度大小；（3）根据牛顿第二定律写出出表达式，即可求出摩擦因数的大小【解答】解：（1）主尺读数为2mm，游标读数是100.05mm=0.5mm，故最后读数为：2mm+0.5mm=2.5mm故答案为：2.5mm（2）用滑块通过的平均速度来代替瞬时速度大小，有：故答案为：1.0（3）从A到B过程根据速度位移公式有：v2=2al 根
35、据牛顿第二定律有：mgsinmgcos=ma 其中， 联立解得：故答案为：【点评】解决本题的关键是掌握游标卡尺的读数方法，主尺读数加上游标读数，注意不需要估读；熟练应用牛顿第二定律以及运动学公式解决实验问题选做题（选修模块3-4）（12分）14下列说法中正确的是（）A水面上的油膜在阳光照射下会呈现彩色，这是由于光的衍射造成的B自然界不存在偏振光，自然光只有通过偏振片才能获得偏振光C在双缝干涉实验中，若将双缝中的一条挡住，其它条件均不改变则仍然能在光屏上观察到明暗相间的条纹只是条纹的宽窄和亮度的分布不再均匀了D真空中的光速在不同的惯性参考系中都是相同的，与光源、观察者间的相对运动没有关系【考点】
36、光的双缝干涉现象和薄膜干涉现象；光的偏振【分析】A、油膜呈现彩色是光的干涉造成的；B、自然光是在垂直于传播方向的上沿一切方向振动且各个方向振动的光波强度都相同，而偏振光是垂直于传播方向的平面上，只沿某个特定方向振动C、若将双缝中的一条挡住，则变为单缝衍射现象，所以条纹的宽窄和亮度的分布不再均匀了；D、根据相对论可知：在不同的惯性参考系中，光速总不变【解答】解：A、水面上的油膜在阳光照射下会呈现彩色，膜的内外面作为干涉面，这是由于光的干涉现象造成的，故A错误；B、自然界存在偏振光，比如反射光线就是偏振光，故B错误；C、若将双缝中的一条挡住，其它条件均不改变则变为单缝衍射，出现明暗相间的条纹，不过
37、条纹的宽窄和亮度的分布不再均匀了，故C正确；D、真空中的光速在不同的惯性参考系中都是相同的，但在非惯性参考系是不同，所以与光源、观察者间的相对运动没有关系，故D正确；故选CD【点评】考查光的衍射与干涉的区别，掌握自然光与偏振光的区别，理解单缝衍射与双缝干涉图样的不同理解光速不变的原理15图甲为一列简谐横波在t=0.10s时刻的波形图，P是平衡位置为x=1m处的质点，Q是平衡位置为x=4m处的质点，图乙为质点Q的振动图象则波传播的速度为40m/s，t=0.15s时质点P的运动方向沿y轴负方向（选填“正”或“负”）【考点】波长、频率和波速的关系；横波的图象【分析】根据波动图象得出波长，根据振动图象
38、得出周期，根据波长、波速、周期的关系求出波速根据Q质点的振动方向得出波的传播方向，从而得出P质点的振动方向、【解答】解：由图象可知，波长=8m，周期T=0.20s，则波速v=Q在0.10s时刻向下振动，知波沿x轴负方向振动，则t=0.10s时，质点P沿y轴正方向振动，在t=0.15s时，知经历了0.05s，即个周期，质点P在平衡位置以上沿y轴负方向运动故答案为：40，负【点评】解决本题的关键能够从波动图象和振动图象获取信息，以及知道质点的振动方向与波的传播方向的关系16如图所示，从点光源S发出的一细束白光以一定的角度入射到三棱镜的表面，经过三棱镜的折射后发生色散现象，在光屏的ab间形成一条彩色
39、光带则在真空中a侧光的波长小于b侧光的波长（填“大于”、“小于”或“等于”）；在三棱镜中a侧光的传播速率小于b侧光的传播速率（填“大于”、“小于”或“等于”）【考点】光的折射定律【专题】光的折射专题【分析】由于三棱镜对各色光的折射率不同，导致色散的形成，偏折角越大，棱镜对此色光的折射率越大，所以可以根据偏折程度判断折射率的大小，再根据折射率越大，波长越小，分析波长的大小，由v=比较光在三棱镜中传播速度的大小【解答】解：由图看出，a光通过三棱镜后偏折角较大，说明棱镜对a光的折射率大，a光的频率较大，波长较短，即a侧光的波长小于b侧光的波长由v=得知：在三棱镜中a光的传播速率小于b光的传播速率故答
40、案为：小于，小于【点评】本题是光的色散现象，可以用红光与紫光类比，根据紫光的折射率最大，红光的折射率最小进行类比分析，就比较容易解答（选修模块3-5）（12分）17下列说法中正确的是（）A核子结合成原子核一定有质量亏损，释放出能量B太阳辐射的能量主要来自太阳内部的核裂变反应C氢原子由较高能级跃迁到较低能级时，要释放一定频率的光子，电子的动能增大，电势能减小D在光的单缝衍射实验中，狭缝变窄，光子动量的不确定量变小【考点】爱因斯坦质能方程【专题】爱因斯坦的质能方程应用专题【分析】核子结合成原子核有质量亏损，向外释放能量；太阳辐射的能量来自太阳内部的核聚变反应；根据轨道半径的变化，通过库仑引力提供向
41、心力得出电子动能的变化，通过能量的变化得出电势能的变化根据不确定关系判断光子动量的不确定两的变化【解答】解：A、核子结合成原子核一定有质量亏损，释放出能量故A正确B、太阳辐射的能量来自太阳内部的核聚变反应故B错误C、氢原子由较高能级跃迁到较低能级时，能量减小，轨道半径减小，根据知电子动能增大，则电势能减小故C正确D、根据知，狭缝变窄，则动量的不确定量变大故D错误故选AC【点评】本题考查了核反应、能级跃迁、不确定关系等知识点，难度不大，关键要熟悉教材，牢记这些基础知识点18如图所示为氢原子的能级图让一束单色光照射到大量处于基态（量子数n=1）的氢原子上，被激发的氢原子能自发地发出3种不同频率的色
42、光，则照射氢原子的单色光的光子能量为12.09eV用这种光照射逸出功为4.54eV的金属表面时，逸出的光电子的最大初动能是7.55eV【考点】氢原子的能级公式和跃迁【专题】原子的能级结构专题【分析】单色光照射到大量处于基态的氢原子上，被激发的氢原子能自发地发出3种不同频率，说明基态的氢原子跃迁到n=3的激发态，根据玻尔理论照射氢原子的单色光的光子能量由爱因斯坦光电效应方程求出逸出的光电子的最大初动能【解答】解：单色光照射到大量处于基态的氢原子上，被激发的氢原子能自发地发出3种不同频率，说明基态的氢原子跃迁到n=3的激发态，根据玻尔理论得到：照射氢原子的单色光的光子能量为：E=E3E1=1.51
43、eV（13.6）eV=12.09eV由爱因斯坦光电效应方程得，逸出的光电子的最大初动能：Ek=EW=12.09V4.54eV=7.55eV故答案为：12.09，7.55【点评】本题是选修35的内容，常识性问题较多，要在理解的基础上加强记忆，力争得高分本题考查了氢原子的能级公式、爱因斯坦质能方程和动量守恒的知识，题目难度不大，注意计算要细心19一同学利用水平气垫导轨做探究碰撞中的不变量的实验时，测出一个质鳅为0.8kg的滑块甲以0.4m/s的速度与另一个质量为0.6kg、速度为0.2m/s的滑块乙迎面相撞，碰撞后滑块乙的速度大小变为0.3m/s求此时滑块甲的速度【考点】验证动量守恒定律【专题】实
44、验题【分析】滑块甲、乙在碰撞的过程中动量守恒，根据动量守恒定律求出滑块甲的速度【解答】解：因为碰后滑块乙的速度大于碰前的速度，知乙的速度反向根据动量守恒定律得，m甲v1m乙v2=m乙v2+m甲v1代入数据得，0.80.40.60.2=0.60.3+0.8v1解得v1=0.025m/s答：滑块甲的速度为0.025m/s，与初速度方向相同【点评】本题考查了动量守恒定律的基本运用，在运用动量守恒定律解题时注意速度的方向四、计算题（共3题，47分，注意必要语言说明，有单位的结果必须注明单位）20如图所示在距地面2l高空A处以水平初速度投掷飞镖在与A点水平距离为l的水平地面上的B点有一个气球，选择适当时
45、机让气球以速度匀速上升，在升空过程巾被飞镖击中飞镖在飞行过程中受到的空气阻力不计在计算过程中可将飞镖和气球视为质点已知重力加速度为g试求：（1）飞镖是以多大的速度击中气球的？（2）掷飞镖和放气球两个动作之间的时间间隔t应为多少？【考点】平抛运动【专题】平抛运动专题【分析】平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据水平方向上的位移求出击中的时间，从而求出飞镖竖直方向上的分速度，结合平行四边形定则求出飞镖的速度抓住竖直方向上的位移之和等于2l求出掷飞镖和放气球两个动作之间的时间间隔t【解答】解：（1）根据l=v0t得，t=则竖直方向上的分速度，根据平行四边形定则得，飞镖击
46、中气球的速度（2）根据两物体竖直方向上的位移之和等于2L得2l=解得答：（1）飞镖是以的速度击中气球的（2）掷飞镖和放气球两个动作之间的时间间隔t应为【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，结合竖直方向和水平方向位移的关系进行求解21如图所示，在y轴的右方有一磁感应强度为B的方向垂直纸面向外的匀强磁场，在x轴的下方有一场强为E的方向平行x轴向左的匀强电场有一铅板放置在y轴处，且与纸面垂直现有一质量为m、电荷量为q的粒子由静止经过加速电压为U的电场加速，然后以垂直于铅板的方向从A处沿直线穿过铅板，而后从x轴上的D处以与x轴正向夹角为60的方向进入电场和磁场叠加的区域，
47、最后到达y轴上的C点已知OD长为l，不考虑粒子受到的重力，求：（1）粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的时间；（2）粒子经过铅板时损失的动能；（3）粒子到达C点时的速度大小【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力；带电粒子在匀强电场中的运动【专题】带电粒子在磁场中的运动专题【分析】（1）根据洛伦兹力提供向心力公式及周期公式联立方程即可求解；（2）由动能定理可知此带电粒子穿过铅板前的动能，根据几何关系及向心力公式即可求解速度，从而求出粒子穿过铅板后动能的损失量；（3）从D到C只有电场力对粒子做功，根据动能定理列式即可求解【解答】解：（1）根据洛伦兹力提供向心力得：而由题意可知，粒子在
48、匀强磁场中转过的圆心角为60，所以粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的时间 （2）由动能定理可知此带电粒子穿过铅板前的动能Ek0=qU，又由几何知识可得，即，故带电粒子穿过铅板后的动能，因此粒子穿过铅板后动能的损失为（3）从D到C只有电场力对粒子做功 解得答：（1）粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的时间为；（2）粒子经过铅板时损失的动能为；（3）粒子到达C点时的速度大小为【点评】本题考查带电粒子在电场与磁场的综合应用突出带电粒子在磁场中始终不做功，而在电场中电场力做功与路径无关同时在电场与磁场共存时，不要求知道带电粒子的运动轨迹，难度适中22如图甲所示，光滑且足够长的平行金属导轨MN、PQ固定在同一
49、竖直面上，两导轨间距d=1m，电灯L的电阻R=4，导轨上放一质量m=1kg、电阻r=1的金属杆，长度与金属导轨等宽，与导轨接触良好，导轨的电阻不计，整个装置处于磁感应强度B=0.5T的匀强磁场中，磁场的方向垂直导轨平面向里现用一拉力F沿竖直方向拉杆，使金属杆由静止开始向上运动，经3s上升了4m后开始做匀速运动图乙所示为流过电灯L的电流平方随时间变化的I2t图线，取g=10m/s2求：（1）3s末金属杆的动能；（2）3s末安培力的功率；（3）4s内拉力F做的功【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化【专题】电磁感应功能问题【分析】（1）根据图象可知3s末的电流大小，根据结合闭合
50、电路欧姆定律以及E=BLv，求出金属杆的速度v，从而求出金属杆的动能（2）3s后金属杆做匀速运动，电流不变，克服安培力做功的功率等于整个回路的发热功率（3）求出4s内金属杆上升的位移，根据能量守恒W=Q+mgH+EK求出4s内拉力F做的功【解答】解：（1）由I2t图可得：t=3s时电流I=0.3A；感应电动势为：E=Blv=I（R+r）=1.5V代入数据解得：v=3m/s，金属杆的动能：EK=mv2=132=4.5J；（2）安培力为：F=BIL=，安培力的功率为：P=Fv=0.45W；（3）由能量守恒定律得：W=mgh+I2（R+r）t+mv2，代入数据解得：W=75.94J；答：（1）3s末金属杆的动能为4.5J；（2）3s末安培力的功率为0.45W；（3）4s内拉力F做的功为75.94J【点评】解决本题的关键掌握E=BLv和熟练运用闭合电路欧姆定律，以及知道克服安培力做功的功率等于整个回路的发热功率