【解析版】江西省景德镇市2013届高三第二次质检物理试题.pdf

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1、-精品文档 ! 值得拥有！ - -珍贵文档 ! 值得收藏！ - 江西省景德镇市2013 届高三第二次质检物理试卷 一、选择题（共8 小题，每小题3 分，满分 24 分） 1 （3 分）物理学国际单位制中有基本单位和导出单位，下列物理量的单位用基本单位表示， 正确的是（） A功率的单位用基本单位表示是N?m/s B电容的单位用基本单位表示是C/V C电量的单位用基本单位表示是A?s D磁通量的单位用基本单位表示是T?m2 考点 ： 力 学单位制 分析：国 际单位制规定了七个基本物理量分别为长度、质量、时间、热力学温度、电流、 光强度、物质的量它们的在国际单位制中的单位称为基本单位，而物理量之间的

2、关 系式推到出来的物理量的单位叫做导出单位 解答：解 ：A、功率的单位用N?m/s 来表示时，其中的N 是导出单位，不是基本单位，所以 A 错误 B、电容的单位用C/V 来表示时，其中的C 和 V 都不是基本单位，是导出单位，所以 B 错误 C、电量的单位用A?s 来表示时，其中的A 和 S分别是电流和时间的基本单位，所以 C 正确 D、磁通量的单位用T?m 2 来表示时，其中的T 是导出单位，不是基本单位，所以D 错误 故选 C 点评：国 际单位制规定了七个基本物理量，这七个基本物理量分别是谁，它们在国际单位制 分别是谁，这都是需要学生自己记住的 2 （ 3 分）如图所示，光滑固定斜面C 倾

3、角为 ，质量均为m 的两物块A、B 一起以某一初 速沿斜面向上做匀减速直线运动已知物块A 上表面是水平的，则在该减速运动过程中， 下列说法正确的是（） A物块 A 受到 B 的摩擦力水平向左 B物块 B 受到 A 的支持力做负功 C物块 B 的机械能减少 D两物块 A、B 之间的摩擦力大小为mgsin cos 考点 ： 机 械能守恒定律；力的合成与分解的运用；牛顿第二定律 专题 ： 机 械能守恒定律应用专题 分析：根 据整体法求出AB 共同的加速度，将加速度分解为水平方向和竖直方向，隔离对B 分析，求出A、B 之间的支持力和摩擦力 解答：解 ：A、对整体分析，其加速度沿斜面向下，可将此加速度分

4、解为水平方向和竖直方 向，再隔离B 分析可得，故B 定会受到A 是加大水平向左的摩擦力，根据牛顿第三 定律，则物块A 受到 B 的摩擦力水平向右，故A 错误 -精品文档 ! 值得拥有！ - -珍贵文档 ! 值得收藏！ - B、物块 B 受到 A 的支持力向上，物体B 有向上的位移，故支持力做正功故B 错 误 C、采用逆推法，没有A 的阻碍作用， B 将会自由落体运动，故加速下降时B 对 A 做 正功，减速上升时，A 对 B 做正功，故A 机械将增加，故C 错误 D、对整体分析，其加速度沿斜面向下，可将此加速度分解为水平方向和竖直方向， 水平方向上的加速度a1=acos =gsin cos ，竖

5、直方向上的分速度 a2=asin =gsin2 隔 离对 B 分析， A 对 B 的摩擦力f=ma1=mgsin cos 故 D 正确 故选 D 点评：解 决本题的关键能够正确地进行受力分析，运用牛顿第二定律进行求解，注意整体法 和隔离的运用 3 （ 3 分）如图所示，一理想变压器原线圈匝数为n1=1000 匝，副线圈匝数为n2=200 匝， 将原线圈接在u=200sin100 t（V）的交流电压上，副线圈上电阻R 和理想交流电压表并 连接入电路，现在A、B 两点间接入不同的电子元件，则下列说法正确的是（） A在 A、B 两点间串联一只电阻R，穿过铁芯的磁通量的最大变化率为0.2Wb/s B在

6、 A、B 两点间接入理想二极管，电压表读数为40V C在 A、B 两点间接入一只电容器，只提高交流电频率，电压表读数增大 D在 A、B 两点间接入一只电感线圈，只提高交流电频率，电阻R 消耗电功率减小 考点 ： 变 压器的构造和原理 专题 ： 交 流电专题 分析： 根据变压器变压比公式得到输出电压，根据有效值定义求解电压有效值；电 感器的感抗与频率成正比，电容器的容抗与频率成反比 解答：解 ：A、在 A、B 两点间串联一只电阻R，输入电压最大值为200V 283V，故平均 每匝电压为0.283V，故磁通量的最大变化率为0.283Wb/s，故 A 错误； B、输入电压为200V，根据，故输出电压

7、为40V； 在 A、B 两点间接入理想二极管，会过滤掉负半周电流，设电压表读数为U，则根据 有效值定义，有 故 B 错误； -精品文档 ! 值得拥有！ - -珍贵文档 ! 值得收藏！ - C、在 A、B 两点间接入一只电容器，只提高交流电频率，电容器容抗减小，故R 分 得的电压增加，电压表读数增加，故C 正确； D、在 A、B 两点间接入一只电感线圈，只提高交流电频率，感抗增加，故R 分得的 电压减小，电压表读数减小，故D 正确； 故选 CD 点评：本 题关键是明确变压器的输入和输出电压成正比，然后转化为恒定电路的动态分析问 题，不难 4 （ 3 分）有一个消毒用电器P，电阻为20k ，它只有

8、在电压高于24V 时才能工作今用 一个光敏电阻R1对它进行控制，光敏电阻在光照时为100 ，黑暗时为1000 电源电动势 E 为 36V，内阻不计， 另有一个定值电阻R2，电阻为 1000 下列电路电键闭合后能使消毒 用电器在光照时正常工作，黑暗时停止工作的是（） A BCD 考点 ： 闭 合电路的欧姆定律 专题 ： 恒 定电流专题 分析：根 据闭合电路欧姆定律逐项分析四个电路，当消毒用电器P 所占电压高于24V 时才能 正常工作 解答：解 ：A、在光照时，光敏电阻为100 ，P 电阻为 20k ，R2电阻为 1000 ，P 占的电 压超过，正常工作；黑暗时，光敏电阻1000 ，P 占的电压超

9、过，正常工作， 故 A 错误； B、同理可以求得B 电路中光照和黑暗时，P占的电压超过，正常工作， 故 B 错误； C、电路 C 中 P 与 R2并联，电阻略小于 1000 ，能使消毒用电器在光照时正常工作， 黑暗时停止工作，故C 正确； D、 电路 D 中 P与 R1并联，光照时并联部分电阻小于 100 ， 黑暗时电阻略小于1000 ， 不能使消毒用电器在光照时正常工作，黑暗时停止工作，故D 错误 故选 C 点评：本 题主要考查了闭合电路欧姆定律的直接应用，要求同学们能根据电路图求出P的电 压，难度大 5 （ 3 分）如图所示，在倾角为的斜面上固定有两根足够长的平行光滑导轨，两导轨间距 为

10、L，金属导体棒ab 垂直于两导轨放在导轨上，导体棒ab 的质量为m，电阻为R，导轨电 阻不计，空间有垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度为B当金属导体棒ab 由静止开 始向下滑动一段时间t0，再接通开关S，则关于导体棒ab 运动的 vt 图象（如下图所示） 不可能的是（） -精品文档 ! 值得拥有！ - -珍贵文档 ! 值得收藏！ - A BCD 考点 ： 导 体切割磁感线时的感应电动势；匀变速直线运动的图像；闭合电路的欧姆定律 专题 ： 电 磁感应中的力学问题 分析：开 关闭合前，金属棒匀加速直线运动，v t 图象是倾斜的直线；开关闭合后，金属棒 可能做匀速直线运动，可能做加速度减小的加速度

11、运动，也可能做加速度减小的减速 运动，根据运动情况选择图象 解答：解 ：A、开关闭合前，金属棒匀加速直线运动，v t 图象是倾斜的直线，开关闭合后， 金属棒切割磁感线产生感应电流，受到沿斜面向上的安培力，若安培力大小等于重力 沿斜面向下的分力，棒将做匀速直线运动，vt 图象平行于t 轴故 A 图是可能的 故 A 错误 B、C 开关闭合前，金属棒匀加速直线运动，vt 图象是倾斜的直线，开关闭合后， 金属棒切割磁感线产生感应电流，受到沿斜面向上的安培力，若安培力大小大于重力 沿斜面向下的分力，棒将做减速直线运动，速度减小，感应电流减小，棒所受的安培 力减小，加速度减小，vt 图象的斜率减小，当安培

12、力减至与重力沿斜面向下的分力 大小相等时，棒开始做匀速直线运动故B 图象是不可能的，C 可能故 B 正确， C 错误 D、开关闭合后，金属棒切割磁感线产生感应电流，受到沿斜面向上的安培力，若安 培力大小小于重力沿斜面向下的分力，棒将做加速直线运动，速度增大，感应电流增 大，棒所受的安培力增大，加速度减小，v t 图象的斜率减小，当安培力增至与重力 沿斜面向下的分力大小相等时，棒开始做匀速直线运动故D 图象是可能的，故D 错误 故选 B 点评：本 题的解题关键是分析棒的受力情况，来分析其运动情况， 要考虑各种可能的情况开 关闭合后，当棒做变速运动时，加速度总是减小的 6 （ 3 分）均匀带电的球

13、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，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（） -精品文档 ! 值得拥有！ - -珍贵文档 ! 值得收藏！ - A E BC E D +E 考点 ： 电 场强度；电场的叠加 专题 ： 电 场力与电势的性质专题 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 处在 M、 N 点所产生的电场和半球面在M 点的场强 对比

14、求解 解答：解 ：若将带电量为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 A 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 7 （ 3 分）一宇宙飞船沿椭圆轨道绕地球运行，机械能为E，通过远地点P 时，速度为v， 加速度大小为a，如图所示，当飞船运动到P 时实施变轨，转到圆形轨道上运行，则飞船 在轨道上运行时（） A速度大于 v B 加速度大小为a C机械能等于E D机械能大于E 考点 ： 人 造卫星的加速度、

15、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：研 究卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式表示出所要比 较的物理量即可解题 解答：解 ：A、卫星要从低轨道到高轨道需要加速然后做离心运动，所以轨道上运行的速 度大于 v故 A 正确 B、根据万有引力提供向心力，即G得： a=G，M、r 不变，所以加速度大 小仍为 a；故 B 正确 -精品文档 ! 值得拥有！ - -珍贵文档 ! 值得收藏！ - C、D：飞船在轨道上的远地点P 要点火加速，克服引力做功后v 增大，做离心运 动才能变轨到轨道上运行，所以机械能要增大所以C 错误、 D 正确 故选 AB 点评

16、：解 决本题的关键是掌握万有引力提供向心力，不能考虑一个变量而忽略了另一个变量 的变化 8 （ 3 分）如图所示，以直角三角形AOC 为边界的有界匀强磁场区域，磁感应强度为B， A=60 ，AO=a在 O 点放置一个粒子源，可以向各个方向发射某种带负电粒子，粒子的 比荷为 q/m，发射速度大小都为v0，且满足v0= ，发射方向由图中的角度表示对于 粒子进入磁场后的运动（不计重力作用），下列说法正确的是（） A粒子有可能打到A 点 B以 =60 飞入的粒子在磁场中运动时间最短 C以 30 飞入的粒子在磁场中运动的时间都相等 D在 AC 边界上只有一半区域有粒子射出 考点 ： 带 电粒子在匀强磁场

17、中的运动；牛顿第二定律；向心力 专题 ： 带 电粒子在磁场中的运动专题 分析：带 电粒子以相同的速率，不同的速度方向，进入磁场，运动轨迹的曲率半径相同，从 而根据不同的磁场情况，即可求解 解答： 解： A、根据，可知粒子的运动半径R=a，因此当 =60 入射时，粒子恰 好从 A 点飞出，故A 正确； B、当 =60 飞入的粒子在磁场中运动时间恰好是周期，是在磁场中运动时间最长， 故 B 错误； C、当 =0 飞入的粒子在磁场中，粒子恰好从AC 中点飞出，在磁场中运动时间也恰 好是， 从 0 到 60 在磁场中运动时间先减小后增大，故C 错误； D、当 =0 飞入的粒子在磁场中，粒子恰好从AC

18、中点飞出，因此在AC 边界上只有 一半区域有粒子射出，故D 正确； 故选： AD 点评：考 查带电粒子以相同的速率，不同速度方向，射入磁场中，根据磁场的界限来确定运 动情况，并结合半径与周期公式来分析讨论 二、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，每个小题考生 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（11 题，共 129 分） 9 （ 6 分）某研究性学习小组在做“ 验证机械能守恒定律” 的实验中，已知打点计时器所用电 源的频率为50HZ ，查得当地重力加速度g=9.8m/s2测得所用重物的质量为1.00kg，实验中 -精品文档 !

19、值得拥有！ - -珍贵文档 ! 值得收藏！ - 得到一条点迹清晰的纸带，把第一个点记作0，每两个计数点之间还有几个点未画出，另选 择连续的3 个计数点A、B、C 作为测量的点，如图所示，经测量知道A、 B、C 各点到 O 点的距离分别为50.50cm、86.00cm、131.10cm 根据以上数据可以获知两计数点间的时间间隔为0.1s， 重物由 O 点运动到B 点，重力势 能减少了8.43J，动能增加了8.12J （保留三位有效数字） 考点 ： 验 证机械能守恒定律 专题 ： 实 验题；机械能守恒定律应用专题 分析：利 用逐差法 h=gT 2 可以求出两计数点间的时间间隔纸带实验中，若纸带匀变

20、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 带运动的瞬时速度从而求出动能根据功能关系得重力势能减小量等于重力做功的 数值 解答：解 ：根据 h=gT 2 将 h=（131.1086.00）（ 86.0050.50）=9.6cm， 当地重力加速度g=9.8m/s2所以解得T 0.1s 重力势能减小量Ep=mgh=1.0 9.80 0.8600J=8.43J 利用匀变速直线运动的推论得： vB= EkB=mvC 2=8.12J 故答案为： 0.1s，8.43，8.12 点评：运 用运动学公式和动能、重力势能的定义式解决问题是该实验的常规问题，同时要熟 练应用基

21、本物理规律解决实验问题 10 （9 分）某待测电阻Rx的阻值约为 20 ，现要测量其阻值，实验室提供器材如下： A电流表A1（量程 150mA，内阻约为 10 ） B电流表A2（量程 20mA，内阻 r2=30 ） C电压表V（量程 15V，内阻 15k ） D定值电阻R0=100 E滑动变阻器R，最大阻值约为10 F电源 E，电动势E=9V （内阻不计） G电键 S 及导线若干 （1）测量时要求电表读数不得小于其量程的，那应选择的电表是AB （填电表前面的 字母符号） （2）请你在虚线框内画出测量Rx的实验原理图 （图中元件使用题干中相应英文字母符号标 注） （3）实验时电流表A1的读数为I

22、1，电流表 A2的读数为I2，用已知的和测得的物理量表示 Rx= （用字母表示） -精品文档 ! 值得拥有！ - -珍贵文档 ! 值得收藏！ - 考点 ： 伏 安法测电阻 专题 ： 实 验题；恒定电流专题 分析：（ 1）实验需要电源、导线，然后根据题目要求选择电流表、电压表、滑动变阻器 （ 2）根据实验原理及所选实验器材设计实验电路 （ 3）根据电路结构、应用欧姆定律可以求出待测电阻阻值的表达式 解答：解 ： （1）由于电源电动势为4V，电压表 V 量程为 15V，达不到其量程的三分之一， 故电压表不能使用；可用电流表A2与定值电阻R0串联扩大其电压量程，当作电压表 与电流表A1配合使用伏安法

23、测量待测电阻阻值，由于改装的电压表内阻已知，故电 流表 A1采用外接法，改装的电压表电压量程为20mA 130 =2.6V ，滑动变阻器最大 阻值为 5 ，无法起到限流作用，故滑动变阻器采用分压式接法；经过估算当电流表 A1满偏时，电流表 A2也正好满篇，非常匹配，因此满足电表读数不得小于量程的三 分之一，故电表选择A、B （ 2）电流表A2与定值电阻R0串联组成电压表，滑动变阻器采用分压接法，电流表 采用外接法，实验电路图如图所示 （ 3）待测电阻两端电压U=I2（R0+r2） ，通过待测电阻的电流IX=I1I2，待测电阻 Rx=， 故答案为：（1） AB （ 2）如右图所示 （ 3） 点评

24、：本 题考查了实验器材的选取，实验器材的选取是本题的难点，也是正确解题的关键， 选择实验器材时，既要符合题目要求，又要满足：安全性原则、精确性原则与方便实 验操作性原则 -精品文档 ! 值得拥有！ - -珍贵文档 ! 值得收藏！ - 11 （14 分）一足够长水平浅色传送带以V0匀速运动，现将一可视为质点的小煤块轻放在 其上方，已知煤块与传送带间的动摩擦因数为 经过一定时间后达到共同速度令传送带 突然停下，以后不再运动，到最后煤块也停下已知重力加速度为g求： （1）煤块第一次达到与传送带相对静止所用的时间； （2）煤块在传送带上划出的痕迹长度 考点 ： 牛 顿第二定律； 匀变速直线运动的速度与

25、时间的关系；匀变速直线运动的位移与时间 的关系 专题 ： 传 送带专题 分析：（ 1）由牛顿第二定律求出煤块的加速度，然后由速度公式求出煤块相对传送带静止 所需要的时间 （ 2）由匀变速运动规律求出煤块相对于传输带的位移，然后求出痕迹的长度 解答：解 ： （1）以煤块为研究对象，由牛顿第二定律得： mg=ma， 解得，煤块的加速度a= g， 达到 V0所用时间 t=； （ 2）在煤块与传送带达到共同速度的过程中， 传送带运动的距离 煤块运动的距离 此过程中划出的痕迹长度为 传送带突然停下后，煤块继续做匀减速运动，直至停下，这一过程煤块向前运动的距 离为 考虑重叠部分，最终划出的痕迹长度为； 答

26、： （1）煤块第一次达到与传送带相对静止所用的时间为； （ 2）煤块在传送带上划出的痕迹长度为 点评：分 析清楚煤块的运动过程，应用牛顿第二定律与运动学公式即可正确解题 12 （18 分）从阴极K 发射的电子经电势差U0=4500V 的阳极加速后，沿平行于板面的方向 从中央射入两块长L1=10cm， 间距 d=4cm 的平行金属板 AB 之后，在离金属板边缘L2=75cm -精品文档 ! 值得拥有！ - -珍贵文档 ! 值得收藏！ - 处放置一个直径D=20cm 的带有记录纸的圆筒（如图1 所示） ，整个装置放在真空内，电子 发射的初速度不计已知电子质量m=0.9 10 30kg，电子电量 e

27、=1.6 10 19C，不考虑相对论 效应 （1）若在两金属板上加上U1=1000V 的直流电压（ A B） ，为使电子沿入射方向做匀速 直线运动，应加怎样的磁场？ （2）若在两金属板上加上U2=1000cos2 t（V）的交流电压，并使圆筒绕中心轴按图 2 示方 向以 =4 rad/s的角速度匀速转动，确定电子在记录纸上的偏转位移随时间变化的关系式并 定性画出1s钟内所记录的图形 （电子穿过AB 的时间很短，可认为这段时间内板间电压不 变） 考点 ： 带 电粒子在匀强电场中的运动 专题 ： 带 电粒子在电场中的运动专题 分析：1、根据动能定理求出电子入射磁场的初速度，在AB 间受到电场力和洛

28、伦兹力平衡， 列方程求解B 大小，根据左手定则判断B 的方向 2、先求出AB 间的场强，根据平抛运动的知识求解偏距，再根据圆筒的运动特点分 析偏转位移随时间变化的图形 解答：解： （1）由 eU0= 得电子入射速度 v0=m/s=4 10 7m/s 加直流电压时，板间场强E1= =2.5 10 4 V/m 电子做直线运动时，由条件eE1=ev0B， 得应加磁场的磁感应强度B=6.25 10 4T， 方向垂直纸面向里 （ 2）加交流电压时，A、B 两极间场强E2= =2.5 10 4cos2 t（V/m ） 电子飞出板间时偏距y1= =（） 2 电子飞出板间时竖直速度vy=at1= ? 从飞离板

29、到达圆筒时偏距 -精品文档 ! 值得拥有！ - -珍贵文档 ! 值得收藏！ - y2=vyt2= 在纸上记录落点的总偏距（m） 因圆筒每秒钟转2 周，故在1s 内，纸上图形如图所示 答： （1）应加的磁场的磁感应强度为6.25 10 4T，方向垂直纸面向里 （ 2）若在两金属板上加上U2=1000cos2 t（V）的交流电压，在 1s 内，纸上图形如上 图所示 点评：本 题中带电粒子先加速后偏转，运用动能定理求解加速电压，运用运动的分解法研究 类平抛运动，都是常用的思路此题有一定的难度，属于难题 三、物理 -选修 3-3 13 （6 分）下列说法正确的是（） A两个物体只要温度相等，那么他们分

30、子热运动的平均动能就相等 B在自然界能的总量是守恒的，所以不存在能源危机 C热力学第一定律也可表述为第一类永动机不可能制成 D热力学第二定律可描述为“ 不可能使热量由低温物体传递到高温物体” E 1kg 的 0 C 的冰比 1kg 的 0 C 的水的内能小些 考点 ： 热 力学第一定律；温度是分子平均动能的标志；能量守恒定律；热力学第二定律 专题 ： 热 力学定理专题 分析：A、温度是平均动能的标志； B、能量是守恒，但转化有方向性，所以要节约； C、U=Q+W 是热力学第一定律； D、热力学第二定律是描述能量转化有方向性； E、冰化成水需要吸热 解答：解 ：A、温度是平均动能的标志，所以两个

31、物体只要温度相等，那么他们分子热运动 的平均动能相等，故A 正确； B、在自然界能的总量是守恒的，由于存在方向性，所以需要我们节约能源，故B 错 误； C、根据 U=Q+W 热力学第一定律，也可表述为第一类永动机不可能制成，故C 正 确； D、热力学第二定律可描述为“ 在外界做功下， 能使热量由低温物体传递到高温物体” ， 故 D 错误； E、由于冰化成水需要吸热，所以1kg 的 0 C 的冰比 1kg 的 0 C 的水的内能小些，故 E 正确； -精品文档 ! 值得拥有！ - -珍贵文档 ! 值得收藏！ - 故选： ACE 点评：考 查热力学基本知识，掌握热力学第一、二定律，知识温度是平均动

32、能的标志，理解 能量转化需要方向性，强调要节约能源 14 （9 分）如图所示，A、B 气缸的长度均为60cm，截面积均为40cm 2，C 是可在气缸内 无摩擦滑动的、体积不计的活塞，D 为阀门整个装置均由导热材料制成原来阀门关闭， A 内有压强PA=2.4 10 5Pa的氧气 B 内有压强 P B=1.2 10 5Pa 的氢气阀门打开后，活塞 C 向右移动，最后达到平衡求： 活塞 C 移动的距离及平衡后B 中气体的压强； 活塞 C 移动过程中B 中气体是吸热还是放热（简要说明理由） （假定氧气和氢气均视 为理想气体，连接气缸的管道体积可忽略） 考点 ： 理 想气体的状态方程；热力学第一定律 专

33、题 ： 压 轴题；理想气体状态方程专题 分析：整 个装置均由导热材料制成，活塞 C 向右移动时， 两气缸内气体均发生等温变化，平 衡后两部分气体的压强相等根据玻意耳定律，结合关系条件求解根据热力学第一 定律分析吸放热情况 解答：解 ：、由玻意耳定律得： 对 A 部分气体有：pALS=p （L+x ）S， 对 B 部分气体有：pBLS=p（L x）S， 代入相关数据解得：x=20cm ，p=1.8 105Pa； 、活塞C 向右移动的过程中活塞对B 中气体做功， 而气体发生等温变化，内能不变，故B 中气体向外界放热 答：、活塞C 移动的距离为20cm，平衡后B 中气体的压强1.8 105Pa； 、

34、活塞C 移动过程中B 中气体放热 点评：本 题采用是的隔离法分别对两部分气体用玻意耳定律研究，同时要抓住两部分气体的 相关条件，如压强关系、体积关系等等 四、物理 -选修 3-4 15 （6 分）A、B 两列简谐横波均沿x 轴正向传播，某时刻的他们的波形分别如图甲、丙所 示，经过时间t（t 小于 A 波的周期TA） ，这两列简谐横波的波形分别变为图乙、丁所示， 则 A、B 两列波的波速vA、vB之比可能的是（） A1：1 B 3：2 C1：3 D3：1 E 1：5 考点 ： 波 长、频率和波速的关系；横波的图象 -精品文档 ! 值得拥有！ - -珍贵文档 ! 值得收藏！ - 专题 ： 波 的多

35、解性 分析：由 波动图象读出两波的波长，根据题给条件，列出两波的周期与时间t 的关系，确定 波速的关系，列出通项，分析特殊值 解答：解：由图波长 A=24cm，B=12cm又 t= ，t=kTB，得到 TA：TB=2k：1， （k=0，1， 2， 、 ） ，则由波速v=得到， vA：vB=1：k 当 k=1 时， vA： vB=1：1， 当 k=3 时， vA： vB=1：3， 当 k=5 时， vA： vB=1：5， 因为 k 为整数， vA：vB 3：1，也不可能等于 3：2 故选 ACE 点评：本 题考查根据波的周期性列出通项的能力，解题时要注意条件t 小于 A 波的周期TA， 不能得出

36、t=（2n+） 16 （9 分）如图，厚度为D 的玻璃砖与水平实验桌成45 角放置红色激光束平行于水平 桌面射到玻璃砖的表面，在桌面上得到两个较亮的光点A、B，测得 AB 间的距离为L求 玻璃砖对该红色激光的折射率 考点 ： 光 的折射定律 专题 ： 光 的折射专题 分析：根 据几何关系，结合折射定律求出玻璃砖对该红色激光的折射率 解答：解：由折射定律有： =n 直角三角形MNR 中 sin =MN= 在直角三角形PQN 中 PN=L 解得 n= 答：玻璃砖对该红色激光的折射率为 点评：本 题考查光的折射定律，对数学几何的能力要求较高，需加强这类题型的训练 五、物理 -选修 3-5 -精品文档

37、 ! 值得拥有！ - -珍贵文档 ! 值得收藏！ - 17 （6 分）如图所示为氢原子的能级示意图，一群氢原子处于n=3 的激发态，在向较低能 级跃迁的过程中向外发出光子，并用这些光照射逸出功为2.49eV 的金属钠 这群氢原子能发出3种不同频率的光，其中有2种频率的光能使金属钠发生光电 效应 金属钠发出的光电子的最大初动能9.60eV 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：氢 原子能级间跃迁时，吸收和辐射的光子能量等于两能级间的能级差，能级差越大， 光子频率越大根据光电效应方程求出光电子的最大初动能 解答：解 ： 有三种跃迁方式，如图所示 第 3 激发态

38、第 1 激发态，放出光子的能量为E=E3E1= （ 1.51eV） （ 13.6eV） =12.09eV 2.49eV； 第 3 激发态 第 2 激发态， 放出光子的能量为E=E3E2=（ 1.51eV）（ 3.4eV） =1.89eV 2.49eV； 第 2 激发态 第 1 激发态， 放出光子的能量为E=E2E1=（ 3.4eV）（ 13.6eV） =10.2eV 2.49eV； 光子能量大于逸出功的会发生光电效应，故有 2种频率的光能使金属钠发生光电效应； 根据爱因斯坦光电效应方程，有：EKm=hvW0=12.09eV2.49eV=9.60eV ； 故答案为： 3，2； 9.60eV 点评

39、：解 决本题的关键知道能级间跃迁辐射或吸收光子的能量等于两能级间的能级差，以及 掌握光电效应方程EKm=hvW0 18（ 9 分） 如图所示，在光滑的水平面上， 有一质量为M=3kg 的薄板和质量m=1kg 的物块现 给薄板和物块相同的初速度v=4m/s 朝相反方向运动，它们之间有摩擦，薄板足够长，求 当薄板的速度为2.4m/s 时，物块的速度大小和方向 薄板和物块最终停止相对运动时，因摩擦而产生的热量 考点 ： 动 量守恒定律；功能关系 专题 ： 动 量与动能定理或能的转化与守恒定律综合 分析： 分析物体的运动情况：初态时，系统的总动量方向水平向左，两个物体开始均做 匀减速运动，m 的速度先

40、减至零，根据动量守恒定律求出此时M 的速度之后，m 向左做匀加速运动，M 继续向左做匀减速运动，最后两者一起向左匀速运动根据动 量守恒定律求出薄板的速度大小为2.4m/s 时，物块的速度 -精品文档 ! 值得拥有！ - -珍贵文档 ! 值得收藏！ - 薄板和物块最终停止相对运动时，两者的速度相同，根据动量守恒可求得共同速 度系统的机械能减小转化为内能，由能量守恒定律求得热量 解答：解 ： 取向左为正向，当薄板速度为v1=2.4m/s 时，由动量守恒定律可得， （ Mm）v=Mv1+mv2， 解得 v2=0.8m/s，方向向左 停止相对运动时，由动量守恒定律得，Mv mv=（ M+m ）v ， 解得最终共同速度v =2m/s，方向向左； 因摩擦而产生的热量J 答： 当薄板的速度为2.4m/s 时，物块的速度大小为0.8m/s，方向向左 薄板和物块最终停止相对运动时，因摩擦而产生的热量为24J 点评：题 考查应用系统的动量守恒定律分析物体运动情况的能力，这是分析物体运动情况的 一种方法，用得较少，但要学会，比牛顿定律分析物体运动情况简单