1、甘肃省高台县第一中学2015届高三下学期期中考试理综物理试题二、选择题：本题共8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，第1418题只有一项符合题目要求，第1921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。14在科学发展史上，很多科学家做出了杰出的贡献他们在物理学的研究过程中应用了很多科学的思想方法，下列叙述正确的是 A 法拉第首先提出用电场线描绘抽象的电场这种形象化的研究方法 B 牛顿首次提出“提出假说，数学推理，实验验证，合理外推”的科学推理方法 C 伽利略通过“理想实验”得出“力是维持物体运动的原因” D 场强表达式E=和加速度表达式a=都是利用比值
2、法得到的定义式15质量m=50kg的某同学站在观光电梯地板上，用速度传感器记录了电梯在一段时间内运动的速度随时间变化情况（以竖直向上为正方向）由图象提供的信息可知A 在015s内，观光电梯上升的高度为25m B 在515s内，电梯内的同学处于超重状态 C 在2025s与2535s内，观光电梯的平均速度大小均为10m/s D 在2535s内，观光电梯在减速上升，该同学的加速度大小2m/s216“神舟十号”与“天宫一号”已5次成功实现交会对接如图所示，交会对接前“神舟十号”飞船先在较低圆轨道1上运动，在适当位置经变轨与在圆轨道2上运动的“天宫一号”对接M、Q两点在轨道1上，P点在轨道2上，三点连线
3、过地球球心，把飞船的加速过程简化为只做一次短时加速下列关于“神舟十号”变轨过程的描述，正确的有A “神舟十号”在M点加速，可以在P点与“天宫一号”相遇 B “神舟十号”在M点经一次加速，即可变轨到轨道2 C “神舟十号”经变轨后速度总大于变轨前的速度 D “神舟十号”变轨后的运行周期总小于变轨前的运行周期17均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场如图所示，在半球面AB上均匀分布正电荷，半球面总电荷量为q，球面半径为R，CD为通过半球顶点与球心O的轴线，在轴线上有M、N两点，OM=ON=2R已知M点的场强大小为E，则N点的场强大小为A B E C E D +E18如图
4、所示，宽度为d、厚度为h的导体放在垂直于它的磁感应强度为B 的匀强磁场中，当电流通过该导体时，在导体的上、下表面之间会产生电势差，这种现象称为霍尔效应。实验表明：当磁场不太强时，电势差U、电流I和磁感应强度B的关系为：，式中的比例系数K称为霍尔系数。设载流子的电量为q，下列说法正确的是A载流子所受静电力的大小B导体上表面的电势一定大于下表面的电势C霍尔系数为，其中n为导体单位长度上的电荷数D载流子所受洛伦兹力的大小，其中n为导体单位体积内的电荷数19如图所示，横截面为直角三角形的斜劈A，底面靠在粗糙的竖直墙面上，力F通过球心水平作用在光滑球B上，系统处于静止状态当力F增大时，系统还保持静止，则
5、下列说法正确的是A A所受合外力增大 B A对竖直墙壁的压力增大C B对地面的压力一定增大 D 墙面对A的摩力可能变为零20如图所示，足够长的光滑“”型金属导体框竖直放置，除电阻R外其余部分阻值不计质量为m的金属棒MN与框架接触良好磁感应强度分别为B1、B2的有界匀强磁场方向相反，但均垂直于框架平面，分别处在abcd和cdef区域现从图示位置由静止释放金属棒MN，当金属棒进入磁场B1区域后，恰好做匀速运动以下说法中正确的有 A 若B2=B1，金属棒进入B2区域后仍保持匀速下滑 B 若B2=B1，金属棒进入B2区域后将加速下滑 C 若B2B1，金属棒进入B2区域后先加速后匀速下滑 D 若B2B1
6、，金属棒进入B2区域后先减速后匀速下滑21在如图所示电路中，R1是定值电阻，R2是滑动变阻器，闭合电键S，当R2的滑动触片P向下滑动时，四个理想电表的示数都发生变化，电流表、电压表的示数分别用I、U1、U2、U3表示，它们示数变化量的大小分别用I、U1、U2和U3表示则下列分析判断正确的是A 不变，不变 B 变大，变大C 变大，不变 D 变大，不变三、非选择题:包括必考题和选考题两部分。第22题第32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33题第40题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题（共129分）22(6分) 下面几个实验都用到了打点计时器或电火花计时器：运用装置甲完成“探究功与速度变
7、化的关系”实验 运用装置乙完成“验证机械能守恒定律”实验 运用装置丙可以完成“探究小车速度随时间变化的规律”实验 运用装置丙可以完成“探究加速度与力、质量的关系”实验（1）运用装置丙完成“探究小车速度随时间变化的规律“实验是否需要平衡摩擦阻力？ （填“是”或“否”）（2）如图丁为某同学在一次实验中打出的一条纸带的部分，若所用电源的频率为50Hz，图中刻度尺的最小分度为1mm，请问该条纸带是以上四个实验哪一个实验时得到的？ （填实验的名称）（3）由如图丁的测量，打C点时纸带对应的速度为 m/s（保留三位有效数字）23（9分）某实验小组欲测量额定电压为3V的某LED灯在正常工作时的电阻Rx，已知该
8、灯正常工作时电阻大约为600左右除该LED灯外，实验中可供选择的实验器材有：电流表A（量程00.6A，内阻RA约2.0）电压表V1（量程06V，内阻RVl约5k）电压表V2、（量程03V，内阻Rv2=500）滑动变阻器R（020，允许最大电流1.0A）蓄电池E（电动势10V，内阻约0.1）开关S一只、导线若干（1）实验中要求测量尽量准确且方便调节，除电源、LED灯、滑动变阻器、开关和导线外，电表（电流表或电压表）应选用 、 （填写仪器符号）（2）将你所设计的实验电路图画在答题卡上对应的虚线框中，并在图中标明仪器符号（3）写出测量LED灯正常工作时的电阻表达式RX= （用电压表V1的示数U1、电
9、压表V2的示数U2、电流表A的示数I，RV1、Rv2、RA中的某些字母表示）24（14分）如图所示，滑雪坡道由斜面AB和圆弧面BO组成，BO与斜面相切于B、与水平面相切于O，以O为原点在竖直面内建立直角坐标系xOy现有一质量m=60kg的运动员从斜面顶点A无初速滑下，运动员从O点飞出后落到斜坡CD上的E点已知A点的纵坐标为yA=6m，E点的横、纵坐标分别为xE=10m，yE=5m，不计空气阻力，g=10m/s2求：（1）运动员在滑雪坡道ABO段损失的机械能（2）落到E点前瞬间，运动员的重力功率大小25（18分）如图，在直角坐标系xOy平面内，虚线MN平行于y轴，N点坐标（l，0），MN与y轴之
10、间有沿y轴正方向的匀强电场，在第四象限的某区域有方向垂直于坐标平面的圆形有界匀强磁场（图中未画出）现有一质量为m、电荷量为e的电子，从虚线MN上的P点，以平行于x轴正方向的初速度v0射入电场，并从y轴上A点（0，0.5 l）射出电场，射出时速度方向与y轴负方向成30角，此后，电子做匀速直线运动，进入磁场并从圆形有界磁场边界上Q点射出，速度沿x轴负方向不计电子重力，求：（1）匀强电场的电场强度E的大小？（2）匀强磁场的磁感应强度B的大小？电子在磁场中运动的时间t是多少？（3）圆形有界匀强磁场区域的最小面积S是多大？.33【物理选修3-3】（15分）（1）（6分）下列说法正确的是 。（填正确答案标
11、号。选对1个得2分，选对2 个得4分，选对3个得6分，每选错1个扣3分，最低得分为0分）A布朗运动反映了液体分子在永不停息的做无规则热运动B气体分子的平均动能增大，压强也一定增大C不同温度下，水的饱和汽压都是相同的D完全失重状态下悬浮的水滴呈球状是液体表面张力作用的结果E分子动理论认为，单个分子的运动是无规则的，但是大量分子的运动仍然有一定规律（2）（9分）如图所示，用轻质活塞在汽缸内封闭一定质量的理想气体，活塞与汽缸壁间摩擦忽略不计，开始时活塞距离汽缸底部高度h10.50 m，气体的温度t127 。给汽缸缓慢加热至t2207 ，活塞缓慢上升到距离汽缸底某一高度h2处，此过程中缸内气体增加的内
12、能U300 J。已知大气压强p01.0105 Pa，活塞横截面积S5.0103 m2。求：（）活塞距离汽缸底部的高度h2；（）此过程中缸内气体吸收的热量Q。34【物理选修3-4】（15分）（1）(6分)有一波源在某介质中做周期为T，振幅为A的简谐运动，形成波速为v的简谐横波，则波在时间内传播的距离为_，介质中的质点在时间内通过的最大路程为_。（2）(9分)一湖面上有一伸向水面的混凝土观景台，如图所示是截面图，观景台下表面恰好和水面相平，A为观景台右侧面在湖底的投影，水深h = 4m。在距观景台右侧面x = 4 m处有一可沿竖直方向移动的单色点光源S，现该光源从距水面高3m处向下移动到接近水面的
13、过程中，观景台水下被照亮的最远距离为AC，最近距离为AB，若AB=3m，求：（）水的折射率n；（）光能照亮的最远距离AC（计算结果可以保留根号）。35【物理选修3-5】（15分）（1）（6分）下列说法正确的是 。 （填正确答案标号。选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得6分，每选错1个扣3分，最低得分为0分）A太阳辐射的能量主要来自太阳内部的轻核聚变B轻核聚变与重核裂变均释放能量C根据玻尔理论，氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，要释放一定频率的光子，同时电子的动能减小，电势能增大D实验表明，只要照射光的强度足够大，就一定能发生光电效应现象E放射性元素衰变的快慢只由核内部自身的因素
14、决定（2）（9分）如图所示，光滑水平面上有一平板车，车上固定一竖直直杆，杆的最高点O通过一长为L的轻绳拴接一个可视为质点的小球，小球的质量为小车（包括杆的质量）质量的一半，悬点O距离地面的高度为2L，轻绳水平时，小球与小车速度均为零。释放小球，当小球运动到最低点时。求：（重力加速度为g）（）小球运动到最低点时速度大小；（）小球从释放到最低点的过程中，小车向右移动的距离。物理答案二、选择题：本题共8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，第1418题只有一项符合题目要求，第1921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。14【考点】： 物理学史【分析】：
15、常用的物理学研究方法有：控制变量法、等效替代法、模型法、比较法、类比法、转换法等，是科学探究中的重要思想方法根据物理方法和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可【解析】： 解：A、法拉第首先提出用电场线和磁感线描绘抽象的电场和磁场这种形象化的研究方法故A正确；B、伽利略首次提出“提出假说，数学推理，实验验证，合理外推“的科学推理方法，过B错误；C、伽利略通过“理想实验”得出“力不是维持物体运动的原因”，故C错误；D、场强表达式E=是比值法得到的定义式，加速度表达式a=不是比值法得到的定义式，故D错误；故选：A【点评】： 在高中物理学习中，我们会遇到多种不同的物理分析方法，这些方法对我们理解物
16、理有很大的帮助；故在理解概念和规律的基础上，更要注意科学方法的积累与学习15【考点】： 功的计算；匀变速直线运动的图像【专题】： 功的计算专题【分析】：在速度时间图象中，直线的斜率表示加速度的大小，根据图象求出电梯的加速度，当有向上的加速度时，此时人就处于超重状态，当有向下的加速度时，此时人就处于失重状态图象与时间轴围成的面积表示物体通过的位移【解析】： 解：A、在速度时间图象中，与时间轴所包围的面积即为位移，故015s内的位移为x=，故A错误；B、515s内人减速上升，有向下的加速度，此时人就处于失重状态故B错误；C、匀变速直线运动，平均速度等于初末速度之和，故，故C正确；D、在2535s内
17、，观光电梯在减速下降，故D错误；故选：C【点评】： 本题主要考查了vt图象的性质、超重失重现象的理解，要注意通过图象明确物体的运动情况，再结合超重失重的内容进行分析即可16【考点】： 人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用【专题】： 人造卫星问题【分析】： 根据万有引力提供向心力=ma，确定线速度、周期、向心加速度等与半径的关系“神舟十号”点火加速后，所需的向心力变大，万有引力不够提供，做离心运动，这样才能完成对接【解析】： 解：A、神舟十号与天宫一号实施对接，需要神舟十号抬升轨道，即神舟十号开动发动机加速做离心运动使轨道高度抬长与天宫一号实现对接，故“神舟十号”在M点加速，
18、可以在P点与“天宫一号”相遇，故A正确；B、卫星绕地球做圆周运动向心力由万有引力提供，故有，解得：v=，所以卫星轨道高度越大线速度越小，“神舟十号”在轨道2的速度小于轨道1的速度，所以M点经一次加速后，还有一个减速过程，才可变轨到轨道2，故BC错误；D、根据解得：T=知轨道半径越大，周期越大，所以“神舟十号”变轨后的运行周期总大于变轨前的运行周期，故D错误故选：A【点评】： 解决本题的关键掌握万有引力提供向心力=ma，会根据轨道半径比较线速度、周期、向心加速度等17【考点】： 电场强度【分析】： 均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场，假设将带电量为2q的球面放在O
19、处在M、N点所产生的电场和半球面在M点的场强对比求解【解析】： 解：假设将带电量为2q的球面放在O处，均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场则在M、N点所产生的电场为 E=由题知当半球面如图所示产生的场强为E，则N点的场强为 E=E，故选：B【点评】： 本题解题关键是抓住对称性，找出两部分球面上电荷产生的电场关系左半球面在M点的场强与缺失的右半球面在N点产生的场强大小相等，方向相反是解题的关键18【试题答案】D【命题立意】以霍尔效应为命题背景考查学生推理能力和分析综合能力【解 析】静电力大小应为，A项错误；载流子的电性是不确定的，因此B项错误；为导体单位体积内的电荷
20、数，C项错误；载流子所受洛伦兹力的大小，其中，可得，D项正确。19【考点】： 共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力【专题】： 共点力作用下物体平衡专题【分析】： 正确选择研究对象，对其受力分析，运用平衡条件列出平衡等式解题【解析】： 解：A、A一直处于静止，所受合外力一直为零不变，故A错误；B、对整体为研究对象，受力分析，根据平衡条件，水平方向：N=F，F增大则N增大，故B正确；C、对B受力分析，如图：根据平衡条件：F=Nsin，可见F增大则N增大，N=mg+Ncos，可见N增大则N增大，根据牛顿第三定律则球对地面的压力增大，故C正确；D、以整体为研究对象，竖直方向：N+f=Mg，若N增
21、大至与Mg相等，则f=0，故D正确；故选：BCD【点评】： 正确选择研究对象，对其受力分析，运用平衡条件列出平衡等式解题要注意多个物体在一起时，研究对象的选取20【考点】： 导体切割磁感线时的感应电动势【专题】： 电磁感应功能问题【分析】： 由题，当金属棒进入磁场B1区域后，恰好做匀速运动，说明金属棒所受的安培力与重力大小相等、方向相反若B2=B1，金属棒进入B2区域后，金属棒受到的安培力大小和方向不变，则知棒仍做匀速运动若B2B1，金属棒进入B2区域后受到的安培力增大，将先减速后匀速下滑【解析】： 解：A、B当金属棒进入磁场B1区域后，恰好做匀速运动，说明金属棒所受的安培力与重力大小相等、方
22、向相反若B2=B1，根据安培力公式FA=得知，金属棒进入B2区域后，金属棒受到的安培力大小不变，由楞次定律得知，安培力方向仍竖直向上，安培力与重力仍平衡，故金属棒进入B2区域后仍将保持匀速下滑故A正确；B错误；C、若B2B1，金属棒进入B2区域后安培力减小，将小于金属棒的重力，棒将先做加速运动，随着速度增加，安培力增大，当安培力再次与重力平衡后，金属棒又做匀速运动故C正确D、若B2B1，金属棒进入B2区域后安培力增大，将大于金属棒的重力，棒将先做减速运动，随着速度减小，安培力减小，当安培力再次与重力平衡后，金属棒又做匀速运动故D正确故选：ACD21、【考点】： 闭合电路的欧姆定律【专题】： 恒
23、定电流专题【分析】：通过分析电路图可知，R1与R2串联，电压表V1测R1两端的电压，电压表V2测R2两端的电压，电压表V3测路端电压，电流表测电路中的电流；当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，根据串联电路中电流的特点和电压特点，及欧姆定律逐项判断即可得出答案【解析】： 解：A、当滑动变阻器触头P向下滑动时，接入电路中的电阻变大，电路中的总电阻变大，则电路中总电流I变小；R1为定值电阻，则=R1，均不变，故A正确BC、=R2，变大由闭合电路欧姆定律可知U2=EI（r+R1），则得 =r+R1，不变；故B错误，C正确D、=R1+R2，变大由闭合电路欧姆定律可知U3=EIr，则得=r，不变故D正确本
24、题选正确的，故选：ACD【点评】： 分清电路图，利用等效电阻法，根据电阻的变化确定比值的变化是解决本题的关键第卷三、非选择题:包括必考题和选考题两部分。第22题第32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33题第40题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题（共129分）22.【考点】： 探究小车速度随时间变化的规律【专题】： 实验题【分析】： （1）在探究中，是否存在阻力，对速度随时间变化的规律研究没有影响；（2）根据匀变速直线运动的推论公式x=aT2可以求出加速度的大小，从而影响属于什么实验；（3）根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上C点时小车的瞬时速
25、度大小【解析】： 解：（1）在探究小车速度随时间变化的规律的实验中，小车存在阻力，对其规律的研究没有影响，因此不需要平衡摩擦力；（2）相邻的计数点间的时间间隔T=0.02s，根据匀变速直线运动的推论公式x=aT2可以求出加速度的大小，为了更加准确的求解加速度，a=10m/s2 由加速度大小可知，属于验证机械能守恒定律的实验；（3）根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，得：VC=1.50m/s 故答案为：（1）否；（2）验证机械能守恒定律的实验；（3）1.50【点评】： 要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用23【考点】：
26、 伏安法测电阻【专题】： 实验题【分析】：滑动变阻器阻值远小于LED的电阻，所以滑动变阻器采用分压式接法通过LED最大电流，太小，电流表不能使用，所以选择两个电压表，其中一个电压表电阻与LED内阻差不多，与LED串联，根据欧姆定律求出通过LED的电流，再根据欧姆定律求解LED的电阻【解析】： 解：（1）根据题意可知，通过LED最大电流，太小，电流表不能使用，所以选择两个电压表，V1，V2，其中一个电压表电阻与LED内阻差不多，与LED串联（2）滑动变阻器阻值远小于LED的电阻，所以滑动变阻器采用分压式接法，Rv2=500与LED电阻差不多，所以V2使用内接法，电路图如图所示：（3）根据电路可知
27、，V1测量RX和电压表V2的总电压，根据欧姆定律可知通过V2的电流，RX两端的电压U=U1U2，根据欧姆定律可知，RX=故答案为：（1）V1，V2；（2）如图所示；（3）【点评】： 本题最容易出错的地方就是同学们没有考虑通过LED最大电流，不知道电流表不能用，而是采用常规的伏安法测电阻，难度适中24、【考点】： 机械能守恒定律；平抛运动；功率、平均功率和瞬时功率【专题】： 机械能守恒定律应用专题【分析】：（1）运动员从O点飞出后做平抛运动，由运动的分解法分别研究水平和竖直两个方向的位移，即可求得时间和平抛运动的初速度，从而求得在滑雪坡道ABO段损失的机械能（2）由平抛运动的规律求出落到E点前瞬
28、间竖直分速度，再求解重力的瞬时功率【解析】： 解：（1）运动员从O点飞出后做平抛运动，则 xE=vxt；yE=解得，t=1s，vx=10m/s在滑雪坡道ABO段，由能量守恒定律有：损失的机械能为E=mgyA代入数据解得，E=600J（2）落到E点前瞬间，运动员在竖直方向上的分速度为 vy=gt运动员的重力功率大小为 P=mgvy；代入数据解得 P=6103W答：（1）运动员在滑雪坡道ABO段损失的机械能为600J（2）落到E点前瞬间，运动员的重力功率大小为6103W【点评】： 机械能守恒定律常常要综合平抛或牛顿第二定律进行考查，在做题时要注意明确运动的过程，正确选择物理规律求解25【考点】：
29、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）根据电场力提供合力使其做类平抛运动，由牛顿第二定律，结合运动学公式从而即可求解；（2）由几何关系可确定OD的距离，再由运动的分解可列出速度间的关系式，最后由运动轨迹的半径与周期公式，借助于已知长度，来确定磁场强弱与运动的时间；（3）以切点F、Q为直径的圆形有界匀强磁场区域的半径最小，从而根据几何的关系，并由面积公式即可求解【解析】： 解：（1）设电子在电场中运动的加速度为a，时间为t，离开电场时，沿y轴方向的速度大小为vy，则由牛顿第二定律， （1分）y轴方向vy=
30、at （1分）x轴的位移，l=v0t （1分） 速度关系，vy=v0cot30 （1分）解得： （2分）（2）设轨迹与x轴的交点为D，OD距离为xD，则xD=0.5ltan30 xD= （1分）所以，DQ平行于y轴，电子在磁场中做匀速圆周运动的轨道的圆心在DQ上，电子运动轨迹如图所示设电子离开电场时速度为v，在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径为r，则v0=vsin30 （1分） （1分）（有） （2分） （1分） （或） （1分）解得：， （1分）（3）以切点F、Q为直径的圆形有界匀强磁场区域的半径最小，设为 r1，则 （2分）最小面积为， （2分） 答：（1）匀强电场的电场强度E的大小为；（2
31、）匀强磁场的磁感应强度B的大小为；电子在磁场中运动的时间t是；（3）圆形有界匀强磁场区域的最小面积S是【点评】： 粒子做类平抛时，由牛顿第二定律与运动学公式相结合来综合运用；在做匀速圆周运动时，由半径公式与几何关系来巧妙应用，从而培养学生在电学与力学综合解题的能力注意区别磁场的圆形与运动的轨迹的圆形的半径不同(二）选考题：共45分。请考生从给出的3道物理题、3道化学题、2道生物题中每科任选一题做答，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，则每学科按所做的第一题计分。33物理选修3-3（15分）(1) 【试题
32、答案】（6分）ADE【命题立意】以热力学基本概念为命题背景考查学生的理解能力【解 析】气体分子的平均动能增大，温度升高，但气体压强不一定增大，所以B错误；水的饱和气压随温度升高而增大，所以C错误。(2) 【试题答案】（9分）0.80m 450 J 【命题立意】以理想气体状态方程为命题背景考查学生的推理能力和分析综合能力【解 析】（i）气体做等压变化，根据气态方程可得： （2分）即 解得h20.80m （2分）（ii）在气体膨胀的过程中，气体对外做功为W0pV1.0105(0.800.50)5.010-3 J150 J （2分）根据热力学第一定律可得气体内能的变化为U-W0Q （2分） 得QU+
33、W0450 J （1分）34物理选修3-4（15分）（1）【试题答案】（6分） 【命题立意】以机械振动和机械波为命题背景考查学生的理解能力【解 析】机械波在同一介质中匀速传播所以波在时间内传播的距离为，质点越靠近平衡位置振动的速度越大所以介质中的质点在时间内通过的最大路程为。（2）【试题答案】（9分） AC=4.5m 【命题立意】以折射率和全反射为命题背景考查学生的推理能力和分析综合能力【解 析】（i）点光源S在距水面高3m处发出的光在观景台右侧面与水面交接处折射到水里时，被照亮的距离为最近距离AB，则：由于 （2分）所以：水的折射率 （2分）（ii）点光源S接近水面时，光在观景台右侧面与水面
34、交接处掠射到水里时，被照亮的距离为最远距离AC，此时，入射角为90，折射角为临界角C则： （2分）解得： AC=4.5m （3分）35物理选修3-5（15分）（1）【试题答案】（6分）ABE 【命题立意】以原子物理的相关知识为命题背景考查学生的理解能力【解 析】根据玻尔理论，氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，要释放一定频率的光子，同时电子的动能增大，电势能减小，故C错；发生光电效应的条件是取决于照射光的频率而与光照强度无关，所以D错误。（2）【试题答案】（9分） 【命题立意】以动量守恒定律的应用为命题背景考查学生的推理能力和分析综合能力【解 析】（i）小球下落过程中，小球与车组成的系统，水平方向动量守恒，系统机械能守恒，设小球到最低点时，小球的速率为v1，小车的速率为v2，由机械能守恒定律和动量守恒可得：m v1 = 2m v2 （2分）mgL = mv12 + 2mv22 （2分）得小球在最低点的速度v1 = ，v2 = （1分）（ii）小球下落的过程中，车向右移动的距离为x2，小球向左移动的距离为x1，则有：m x1 = 2mx2 （2分）且x1+x2 = L （1分）所以，小车向右运动的位移为x2L （1分）
