江苏省苏锡常镇四市2014届高三二模物理试卷(word解析版）).doc

《江苏省苏锡常镇四市2014届高三二模物理试卷(word解析版）).doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《江苏省苏锡常镇四市2014届高三二模物理试卷(word解析版）).doc（21页珍藏版）》请在得力文库 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、江苏省苏锡常镇四市2014届高三二模物理试题 注意事项：1. 本试卷包含选择题和非选择题两部分考生答题全部答在答题卡上，答在本试卷上无效本次考试时间为100分钟，满分值为120分2. 答题前，请务必将自己的姓名、准考证号（考试号）用书写黑色字迹的0.5毫米签字笔填写在答题卡上，并用2B铅笔将对应的数字标号涂黑3. 答选择题必须用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其它答案答非选择题必须用书写黑色字迹的0.5毫米签字笔写在答题卡上的指定位置，在其它位置答题一律无效一、单项选择题：本题共5小题，每小题3分共计15分每小题只有一个选项符合题意1下列关于物理学思想

2、方法的叙述错误的是 A探究加速度与力和质量关系的实验中运用了控制变量法 B电学中电阻、场强和电势的定义都运用了比值法 C力学中将物体看成质点运用了理想化模型法 D0时的平均速度可看成瞬时速度运用了等效替代法【解析】D是极限法不是等效替代法，【答案】D2用质量为M的吸铁石，将一张质量为m的白纸压在竖直固定的磁性黑板上某同学沿着黑板面，用水平向右的恒力F轻拉白纸，白纸未移动，则此时黑板对白纸的摩擦力的大小为 AF Bmg C D考点：摩擦力的判断与计算.专题：摩擦力专题分析：分析物体受力情况，根据共点力的平衡条件可得出摩擦力的大小解答：解：由题意可知，整体受向下的重力、向右的拉力的作用，二力的合力

3、为F合=；由力的平衡条件可知，摩擦力的应与合力大小相等，方向相反；故选：D点评：本题应首先明确物体受到的摩擦力为静摩擦力；静摩擦力的与其他沿接触面的外力的合力大小相等，方向相反3如图所示，无限长导线，均通以恒定电流I直线部分和坐标轴接近重合，弯曲部分是以坐标原点O为圆心的相同半径的一段圆弧，已知直线部分在原点O处不形成磁场，则图乙中O处磁感应强度和图甲中O处磁感应强度相同的是考点：通电直导线和通电线圈周围磁场的方向.分析：根据通电导线周围存在磁场，结合相同圆弧，则产生有磁感应强度大小，再根据右手螺旋定则可知，通电导线在O点的磁场方向，最后由矢量合成法则，即可求解解答：解：由题意可知，图甲中O处

4、磁感应强度的大小是其中一段在O点的磁场大小2倍，方向垂直纸面向里；A、根据右手螺旋定则可知，左上段与右下段的通电导线产生的磁场叠加为零，则剩余的两段通电导线产生的磁场大小是其中一段的在O点磁场的2倍，且方向垂直纸面向里，故A正确；B、同理，四段通电导线在O点的磁场是其中一段在O点的磁场的4倍，方向是垂直向里，故B错误；C、由上分析可知，右上段与左下段产生磁场叠加为零，则剩余两段产生磁场大小是其中一段在O点产生磁场的2倍，方向垂直纸面向外，故C错误；D、与C选项分析相同，四段在O点的磁场是其中一段在O点产生磁场的2倍，方向垂直纸面向外，故D错误；故选：A点评：考查通电导线周围磁场的分布，掌握矢量

5、合成法则，注意叠加原则，理解右手螺旋定则是解题的关键4如图所示，一质量为m的物块以一定的初速度v0从斜面底端沿斜面向上运动，恰能滑行到斜面顶端设物块和斜面的动摩擦因数一定，斜面的高度h和底边长度x可独立调节（斜边长随之改变），下列说法错误的是 A若增大m，物块仍能滑到斜面顶端 B若增大h，物块不能滑到斜面顶端，但上滑最大高度一定增大 C若增大x，物块不能滑到斜面顶端，但滑行水平距离一定增大 D若再施加一个水平向右的恒力，物块一定从斜面顶端滑出 考点：动能定理.专题：动能定理的应用专题分析：根据动能定理求出初速度与上升高度之间的关系式，抓住水平位移和竖直高度的关系，结合关系式分析求解解答：解：A

6、、物块以一定的初速度v0从斜面底端沿斜面向上运动，恰能滑行到斜面顶端，根据动能定理得，即，可见与物体的质量无关，增大m，物块仍能滑到斜面顶端故A正确B、根据，知h增大，物块不能滑到斜面的顶端，结合，知h=，增大h，增大，则上升的最大高度增大故B正确C、根据，知x增大，物块不能滑到斜面的顶端，结合，知x=，增大x，斜面的倾角变小，则滑行的最大距离一定增大故C正确D、施加一个水平向右的恒力，恒力沿斜面方向的分力可能小于摩擦力的增加量，则物块不一定能从斜面顶端滑出故D错误本题选错误的，故选：D点评：解决本题的关键得出动能定理得出初速度和上升最大高度的关系式，通过关系式分析求解-B0BOB0t0图乙t

7、图甲5在半径为r、电阻为R的圆形导线框内，以直径为界，左、右两侧分别存在着方向如图甲所示的匀强磁场以垂直纸面向外的磁场为正，两部分磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律分别如图乙所示则0t0时间内，导线框中 A没有感应电流 B感应电流方向为逆时针 C感应电流大小为r2B0/（t0R） D感应电流大小为2r2B0/（t0R）考点：法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律.专题：电磁感应与电路结合分析：根据楞次定律可知感应电流的方向；由法拉第电磁感应定律，结合电源的串联特征，并依闭合电路欧姆定律，则可求解解答：解：A、根据楞次定律可知，左边的导线框的感应电流是顺时针，而右边的导线框的感应电流也是顺时针

8、，则整个导线框的感应电流方向顺时针，故AB错误；C、由法拉第电磁感应定律，因磁场的变化，导致导线框内产生感应电动势，结合题意可知，产生感应电动势正好是两者之和，即为E=2；再由闭合电路欧姆定律，可得感应电流大小为I=，故C正确，D错误；故选：C点评：考查楞次定律与法拉第电磁感应定律的应用，注意磁场正方向的规定，及掌握两个感应电动势是相加还是相差，是解题的关键二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共计16分 每小题有多个选项符合题意全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分6如图所示实线为等量异号点电荷周围的电场线，虚线为 以一点电荷为中心的圆，M点是两点电荷连线的中点若将一试

9、探正点电荷从虚线上N点移动到M点，则 A电荷所受电场力大小不变 B电荷所受电场力逐渐增大 C电荷电势能逐渐减小 D电荷电势能保持不变考点：电场强度；电势能.专题：电场力与电势的性质专题分析：根据电场线的疏密分析场强的大小，判断电场力的变化；根据顺着电场线方向电势降低，判断电势的变化，从而确定电势的变化解答：解：A、B由电场线的分布情况可知，N处电场线比M处电场线疏，则N处电场强度比M处电场强度小，由电场力公式F=qE可知正点电荷从虚线上N点移动到M点，电场力逐渐增大，故A错误，B正确C、D、根据顺着电场线方向电势降低，可知从N到M，电势逐渐降低，正电荷的电势能逐渐减小，故C正确，D错误故选：B

10、C点评：解答本题关键掌握等量异号点电荷电场线分布情况，知道电场线的物理意义：疏密表示电场强势相对大小，方向反映电势的高低7如图所示的是嫦娥三号飞船登月的飞行轨道示意图，下列说法正确的是 A在地面出发点A附近，即刚发射阶段，飞船处于超重状态 B从轨道上近月点C飞行到月面着陆点D，飞船处于失重状态 C飞船在环绕月球的圆轨道上B处须点火减速才能进入椭圆轨道 D飞船在环绕月球的椭圆轨道上时B处的加速度小于在圆轨道上时B处的加速度考点：万有引力定律及其应用.专题：万有引力定律的应用专题分析：物体具有向上的加速度时是超重，具有向下的加速度时是失重；根据牛顿第二定律判断加速度情况；当万有引力大于需要的向心力

11、时，做向心运动解答：解：A、在地面出发点A附近，即刚发射阶段，飞船加速上升，是超重，故A正确；B、从轨道上近月点C飞行到月面着陆点D，有加速下降，有减速下降；故有超重，有失重；故B错误；C、飞船在环绕月球的圆轨道上B处须点火减速才能做向心运动，进入椭圆轨道，故C正确；D、根据牛顿第二定律，飞船在环绕月球的椭圆轨道上时B处的加速度等于在圆轨道上时B处的加速度，故D错误；故选：AC点评：本题关键是明确超重和失重的条件、向心运动的条件，对于椭圆轨道的加速度，根据牛顿第二定律判断即可8如图所示，在某一输电线路的起始端接入两个互感器，原副线圈的匝数比分别为1001和1100，图中a、b表示电压表或电流表

12、，已知电压表的示数为22V，电流表的示数为1A，则ab Aa为电流表，b为电压表 Ba为电压表，b为电流表 C线路输送电功率是220 kW D输电线路总电阻为22考点：变压器的构造和原理.专题：交流电专题分析：理想变压器的工作原理是原线圈输入变化的电流时，导致副线圈的磁通量发生变化，从而导致副线圈中产生感应电动势而副线圈中的感应电流的变化，又导致在原线圈中产生感应电动势变压器的电流比与电压比均是有效值，电表测量值也是有效值解答：解：由图可知：a表是电压表，b表是电流表而甲互感器原线圈的匝数比副线圈匝数100：1，乙互感器原线圈的匝数比副线圈匝数1：100，由电压表的示数为22V，得原线圈的电压

13、为2200V，由电流表的示数为1A，原线圈的电流为100A所以电线输送功率是2.2105W，由已知条件无法求输电线电阻故选：BC点评：理想变压器是理想化模型，一是不计线圈内阻；二是没有出现漏磁现象同时变压比与匝数成正比，变流比与匝数成反比9如图所示，在竖直平面内半径为R的四分之一圆弧轨道AB、水平轨道BC与斜面CD平滑连接在一起，斜面足够长在圆弧轨道上静止着N个半径为r（r R）的光滑刚性小球，小球恰好将圆弧轨道铺满，从最高点A到最低点B依次标记为1、2、3N.现将圆弧轨道末端B处的阻挡物拿走，N个小球由静止开始沿轨道运动，不计摩擦与空气阻力，下列说法正确的是 AN个小球在运动过程中始终不会散

14、开 B第N个小球在斜面上能达到的最大高度为R C第1个小球到达最低点的速度vD第1个小球到达最低点的速度vABCOD考点：机械能守恒定律.专题：机械能守恒定律应用专题分析：N个小球在BC和CD上运动过程中，相邻两个小球始终相互挤压，把N个小球看成整体，则小球运动过程中只有重力做功，机械能守恒，弧AB的长度等于小球全部到斜面上的长度，而在圆弧上的重心位置比在斜面上的重心位置可能高也可能低，所以第N个小球在斜面上能达到的最大高度可能比R小，也可能比R大，小球整体的重心运动到最低点的过程中，根据机械能守恒定律即可求解第一个小球到达最低点的速度解答：解：A、在下滑的过程中，水平面上的小球要做匀速运动，

15、而曲面上的小球要做加速运动，则后面的小球对前面的小球要向前压力的作用，所以小球之间始终相互挤压，冲上斜面后后面的小球把前面的小球往上压，所以小球之间始终相互挤压，故N个小球在运动过程中始终不会散开，故A正确；B、把N个小球看成整体，则小球运动过程中只有重力做功，机械能守恒，弧AB的长度等于小球全部到斜面上的长度，而在圆弧上的重心位置比在斜面上的重心位置可能高也可能低，所以第N个小球在斜面上能达到的最大高度可能比R小，也可能比R大，故B错误；C、小球整体的重心运动到最低点的过程中，根据机械能守恒定律得：解得：v=而第一个球在下滑过程中，始终受到第二个球对它的压力，所以第1个小球到达最低点的速度v

16、，故C错误，D正确故选：AD点评：本题主要考查了机械能守恒定律的应用，要求同学们能正确分析小球得受力情况，能把N个小球看成一个整体处理，难度适中三、简答题：本题分必做题（第10、11题）和选做题（第12题）两部分，共计42分请将解答填写在答题卡相应的位置【必做题】10（8分）学校开展研究性学习，某同学为了探究杆子转动时的动能表达式，设计了下图所示的实验：质量为m的均匀长直杆一端固定在转轴O处，杆由水平位置静止释放，用置于圆弧上某位置的光电门测出另一端A经过该位置时的瞬时速度vA，并记下该位置与转轴O的高度差h（1）该同学用20分度的游标卡尺测得长直杆的横截面的直径如图为 mm考点：探究功与速度

17、变化的关系.专题：实验题分析：（1）20分度的游标卡尺测量精度是0.05mm，游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读；（2）质点的动能与速度的平方成正比，故可以求出速度的平方，再找关系；（3）在杆上取x长度微元，求出动能表达式，然后积分求解出总动能表达式（4）为了减小空气阻力对实验的影响，选择密度较大的直杆或选择直径较小的直杆解答：解：（1）游标卡尺的主尺读数为7mm，游标尺上第5条刻度线和主尺上某一刻度线对齐，所以游标读数为50.05mm=0.25mm，所以最终读数为：7mm+0.25mm=7.25mm（2）质点的动能与速度的平方成正比，故可以求出速度的平方，如下表：由上述表格得

18、到：vA2=30h；（3）设杆长L，杆转动的角速度为：=；在杆上取x长度微元，设其离O点间距为x，其动能为： （x）2；积分得到：EK=（x）2=；（4）为了减小空气阻力对实验的影响，选择密度较大的直杆或选择直径较小的直杆故答案为：（1）7.25 （2）vA2=30h （3）；（4）选择密度较大的直杆或选择直径较小的直杆点评：本题第二问数据处理时要先猜测，然后逐一验证；第三问要用到微元法，不能将将质量当作集中到重心处，只有考虑平衡时才能将质量当作集中到重心（2）调节光电门在圆弧上的位置，测得多组数据如表格所示请选择适当的数据处理方法，猜想并写出vA与h的函数关系等式 .组次12345h/m0.

19、100.150.200.250.30vA（m/s）1.732.122.462.743.00（3）当地重力加速度g取10m/s2，不计一切摩擦，结合你找出的函数关系式，根据守恒规律写出此杆转动时动能的表达式EK= （请用数字、质量m、速度vA表示）.（4）为了减小空气阻力对实验的影响，请提出一条可行性措施 .考点：测定电源的电动势和内阻.专题：实验题分析：根据电压表的量程，计算出每一个小格的电压，然后进行读数；根据欧姆定律求出最大电流对应的最小阻值根据闭合电路欧姆定律写出R与的函数表达式，然后根据斜率和截距的概念即可求解解答：解：（1）用多用表电压档直接接在电源两极，量程为2.5V，则电源电动势

20、约为1.3V，（2）他用多用表的“直流100mA”档设计了如图乙的测量电路，根据欧姆定律得开关闭合前电阻箱的最小取值R=13，（5）由E=IR+Ir，变形为：R=r+E，根据函数斜率和截距的概念应有：E=k=1.40V，r=8，可得r=8由于多用表存在内电阻，所以有闭合电路欧姆定律得：E=IR+I（RA+r），变形为：R=（RA+r）+E，所以纵轴截距的绝对值代表电流表与电源的内阻之和，所以多用表的内电阻对r的测量结果有影响故答案为：（1）1.3（2）13（5）1.40，8，r点评：遇到根据图象求解的题目，首先根据物理规律写出公式，然后整理出关于纵轴物理量与横轴物理量的函数表达式，再根据斜率和

21、截距的概念即可求解？11（10分）同学用电阻箱、多用电表、开关和导线测一节旧干电池的电动势和内阻甲 （1）他先用多用表电压档直接接在电源两极，读数如图甲，则电源电动势约为 V（2）为了更准确的测量电源的电动势和内电阻，他用多用表的“直流100mA”档设计了如图乙的测量电路，为了电表安全，请估算开关闭合前电阻箱的最小取值为 /A-1丙乙（3）将多用电表的选择开关从OFF旋转至“直流100mA”档，调节电阻箱到合适的值并记录其读数R，合上开关从多用表上读出相应的示数I（4）重复（3）获得多组数据,根据数据作出了如图丙所示的图线（5）由图线得干电池的电动势E = V（保留三位有效数字），内阻r= （

22、取整数），多用表的内电阻对 （选填“E”、“r”或“E和r”）的测量结果有影响考点：测定电源的电动势和内阻.专题：实验题分析：根据电压表的量程，计算出每一个小格的电压，然后进行读数；根据欧姆定律求出最大电流对应的最小阻值根据闭合电路欧姆定律写出R与的函数表达式，然后根据斜率和截距的概念即可求解解答：解：（1）用多用表电压档直接接在电源两极，量程为2.5V，则电源电动势约为1.3V，（2）他用多用表的“直流100mA”档设计了如图乙的测量电路，根据欧姆定律得开关闭合前电阻箱的最小取值R=13，（5）由E=IR+Ir，变形为：R=r+E，根据函数斜率和截距的概念应有：E=k=1.40V，r=8，可

23、得r=8由于多用表存在内电阻，所以有闭合电路欧姆定律得：E=IR+I（RA+r），变形为：R=（RA+r）+E，所以纵轴截距的绝对值代表电流表与电源的内阻之和，所以多用表的内电阻对r的测量结果有影响故答案为：（1）1.3（2）13（5）1.40，8，r点评：遇到根据图象求解的题目，首先根据物理规律写出公式，然后整理出关于纵轴物理量与横轴物理量的函数表达式，再根据斜率和截距的概念即可求解12【选做题】本题包括A、B、C三小题，请选定其中两小题，并在相应的答题区域内作答若多做，则按A、B两小题评分A【选修模块3 3 】（12分）（1）（4分）下列关于气体的压强说法正确的是 A一定质量的理想气体温度

24、不断升高，其压强一定不断增大 B一定质量的理想气体体积不断减小，其压强一定不断增大 C大量气体分子对容器壁的持续性作用形成气体的压强 D气体压强跟气体分子的平均动能和气体分子的密集程度有关考点：封闭气体压强.分析：大量做无规则热运动的分子对器壁频繁、持续地碰撞产生了气体的压强；单个分子碰撞器壁的冲力是短暂的，但是大量分子频繁地碰撞器壁，就对器壁产生持续、均匀的压力；所以从分子动理论的观点来看，气体的压强就是大量气体分子作用在器壁单位面积上的平均作用力；气体压强由气体分子的数密度和平均动能决定解答：解：A、一定质量的理想气体温度不断升高，分子的平均动能增加，但分子数密度可能减小，故其压强不一定增

25、加，故A错误；B、一定质量的理想气体体积不断减小，分子数密度增加，但分子的平均动能可能减小，故其压强不一定增加，故B错误；C、大量气体分子对容器壁的持续性作用形成气体的压强，与气体重力无关，故C正确；D、气体压强跟气体分子的平均动能和气体分子的密集程度有关，故D正确；故选：CD点评：本题关键是明确气体压强的微观意义和温度的微观意义，知道气体压强从微观角度将由气体分子的数密度和平均动能决定，基础题目（2）（4分）在“用油膜法估测分子的大小”实验中，在玻璃板上描出油膜的轮廓，随后把玻璃板放在坐标纸上，其形状如图所示，坐标纸上正方形小方格的边长为10mm，该油酸膜的面积是 m2；若一滴油酸酒精溶液中

26、含有纯油酸的体积是4106 mL，则油酸分子的直径是 m（上述结果均保留1位有效数字）考点：用油膜法估测分子的大小.专题：实验题分析：在油膜所围成的方格中，先数出坐标纸上方格的个数，不足半个舍去，多于半个的算一个，即可统计出油酸薄膜的面积；根据d=求出分子直径解答：解：在围成的方格中，不足半个舍去，多于半个的算一个，共有80个方格，故油酸膜的面积为 S=80（10103）2 m2=8103m2油酸分子直径为 d=m=51010m故答案为：8103，51010点评：本题是以油酸分子呈球型分布在水面上，且一个挨一个，从而可以由体积与面积相除求出油膜的厚度（3）（4分）如图所示，用不计重力的轻质活塞

27、在气缸内封闭一定质量理想气体，活塞与气缸壁间摩擦忽略不计，开始时活塞距气缸底高度h1 = 0.50 m给气缸加热，活塞缓慢上升到距离气缸底h2 = 0.80 m处，同时缸内气体吸收Q = 450 J的热量已知活塞横截面积S = 5.010-3 m2，大气压强p0 = 1.0105 Pa求： 缸内气体对活塞所做的功W； 此过程中缸内气体增加的内能U .考点：热力学第一定律；气体的等容变化和等压变化.专题：热力学定理专题分析：活塞缓慢上升为等压过程，由功的表达式求解即可由热力学第一定律u=W+Q可求解答：解：活塞缓慢上升，视为等压过程， 则气体对活塞做功 W=Fh=p0Sh=150J 根据热力学定

28、律U=W+Q=150+450=300J 答：缸内气体对活塞所做的功为150J 此过程中缸内气体增加的内能U=300J点评：基本公式的应用，明确做功与热量的正负的确定是解题的关键B【选修模块3 4 】（12分）（1）（4分）关于电磁波及其应用下列说法正确的是 A麦克斯韦首先通过实验证实了电磁波的存在 B电磁波是横波且能够发生干涉和衍射现象 C电磁波的接收要经过调谐和调制两个过程 D微波能使食物中的水分子热运动加剧从而实现加热的目的 考点：电磁波的应用.分析：麦克斯韦预言了电磁波的存在，赫兹证实了电磁波的存在电磁波是横波且能够发生干涉和衍射现象电磁波的接收要经过调谐和解调两个过程，调制属于发射电磁

29、波的阶段微波能使食物中的水分子热运动加剧而使食物加热解答：解：A、麦克斯韦预言了电磁波的存在，赫兹首先通过实验证实了电磁波的存在故A错误B、电磁波能发生偏转现象，电磁波是横波，干涉和衍射是波特有的现象，故B正确C、电磁波的接收要经过调谐和解调两个过程，故C错误D、微波炉的工作应用了一种电磁波微波食物中的水分子在微波的作用下加剧了热运动，内能增加，温度升高故D正确故选：BD点评：本题考查了电磁波的产生、发射、传播等多个方面的知识，考查的知识点较多，都是一些记忆型的，难度不大，在平时学习中注意多积累（2）（4分）如图所示为某同学利用方格坐标纸测定半圆形玻璃砖折射率实验的记录情况，虚线为半径与玻璃砖

30、相同的圆，在没有其它测量工具的情况下，只需由坐标纸即可测出玻璃砖的折射率则玻璃砖所在位置为图中的 （填“上半圆”或“下半圆”），由此计算出玻璃砖的折射率为 O考点：测定玻璃的折射率.专题：实验题分析：根据光线从空气进入介质，折射角小于入射角，从介质进入空气，折射角大于入射角，确定玻璃砖所在的位置根据折射定律求出玻璃砖的折射率解答：解：光从介质进入空气，折射角大于入射角，从空气进入介质，折射角小于入射角，可知玻璃砖所在的位置为图中的上半圆根据折射定律知，n=故答案为：上半圆，1.5点评：解决本题的关键掌握折射定律的内容，本题运用单位圆求解折射率的大小，不需要测量出入射角和折射角的大小（3）某均匀

31、介质中的质点A做简谐运动，t = 0时刻起其振动图象如图所示，t =10s时，距A质点10m处的B质点开始振动求： 该波的波速大小v； 该波的波长考点：波长、频率和波速的关系；横波的图象.分析：波在同一均匀介质中是匀速传播的，根据时间t=10s内波传播的距离为s=10m，由v=求解波速；由图读出周期，由波速公式求解波长解答：解：由题，该波在t=10s内波传播的距离为s=10m，则波速v=1m/s波长=Tv=4m 答：该波的波速大小v是1m/s；该波的波长是4m点评：本题只要波速的两个公式v=和v=，就能正确解答，基础题 C【选修模块3 5 】（12分）（1）（4分）如图所示，电路中所有元件完好

32、，当光照射到光电管上时，灵敏电流计中没有电流通过，可能的原因是 A入射光强度较弱G电源 B入射光波长太长 C光照射时间太短 D电源正负极接反考点：光电效应.专题：光电效应专题分析：当入射光波长小于金属的极限波长时，金属能产生光电效应当光电管上加上反向电压时，灵敏电流计中可能没有电流通过解答：解：A、光电管能否产生光电效应与入射光的强度没有关系故A错误B、若入射光波长太长，大于金属的极限波长时，金属不能产生光电效应，灵敏电流计中没有电流通过故B正确C、光电管能否产生光电效应与光照时间没有关系故C错误D、电源正负极接反时，光电管加上反向电压，光电子做减速运动，可能不能到达阳极，电路中不能形成电流故

33、D正确故选BD点评：本题考查对光电效应产生的条件理解和应用能力光电效应产生的条件是取决于入射光的频率或波长，与入射光的强度、光照时间没有关系【答案】BD（2）（4分）如图为实验室常用的气垫导轨验证动量守恒的装置两带有等宽遮光条的滑块A和B，质量分别为mA、mB，在A、B间用细线水平压住一轻弹簧，将其置于气垫导轨上，调节导轨使其能实现自由静止，这是表明 ，烧断细线，滑块A、B被弹簧弹开，光电门C、D记录下两遮光条通过的时间分别为tA和tB，若有关系式 ，则说明该实验动量守恒.ABCD考点：验证动量守恒定律.专题：实验题分析：滑块静止，处于平衡状态，所受合力为零，据此分析答题；求出滑块速度，由动量

34、守恒定律分析答题解答：解：两滑块自由静止，滑块静止，处于平衡状态，所受合力为零，此时气垫导轨是水平的；设遮光条的宽度为d，两滑块的速度为：vA=，vB=，如果动量守恒，满足：mAvAmBvB=0，由解得：故答案为：气垫导轨水平；点评：本题考查了实验注意事项、实验数据处理，应用速度公式、动量守恒定律即可正确解题（3）（4分）是人类首先制造出的放射性同位素，其半衰期为2.5min,能衰变为和一个未知粒子. 写出该衰变的方程； 已知容器中原有纯的质量为m，求5min后容器中剩余的质量.考点：爱因斯坦质能方程；裂变反应和聚变反应.专题：爱因斯坦的质能方程应用专题分析：根据质量数守恒和电荷数守恒，写出衰

35、变方程根据半衰期定义，即可求解解答：解：衰变的方程为：+半衰期为2.5min，则经过5min后发生2次衰变，则容器中剩余的质量为：m余=答：该衰变的方程+；5min还剩余点评：考查衰变方程的书写规律，掌握半衰期的计算，注意衰变时产生新的核，并不是没有啦 四、计算题：本题共3小题共计47分.解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤.只写出最后答案的不能得分有数值计算的题，答案中必须朋确写出数值和单位13（15分）两根固定在水平面上的光滑平行金属导轨MN和PQ，一端接有阻值为R=4的电阻，处于方向竖直向下的匀强磁场中在导轨上垂直导轨跨放质量m=0.5kg的金属直杆，金属杆的电阻为r=1，

36、金属杆与导轨接触良好，导轨足够长且电阻不计金属杆在垂直杆F=0.5N的水平恒力作用下向右匀速运动时，电阻R上的电功率是P=4W. （1）求通过电阻R的电流的大小和方向； （2）求金属杆的速度大小； （3）某时刻撤去拉力,当电阻R上的电功率为时，金属杆的加速度大小、方向.NRPMFQB考点：导体切割磁感线时的感应电动势；电功、电功率.专题：电磁感应与电路结合分析：（1）根据右手定则判断出电流的方向，根据电功率的公式计算出电流的大小；（2）当到达稳定时，拉力的功率等于电流的电功率，写出表达式，即可求得结果；（3）某时刻撤去拉力，当电阻R上的电功率为时，回路中感应电流产生的安培力提供杆的加速度，写出

37、安培力的表达式与牛顿第二定律的表达式即可解答：解：（1）根据电功率的公式，得：P=I2R 所以：I=A由右手定则可得，电流的方向从M到P （2）当到达稳定时，拉力的功率等于电流的电功率，即：Fv=I2（R+r）代入数据得：v=m/s （3）当电阻R上的电功率为时，得：此时：由牛顿第二定律得：FA=ma所以：a=0.5m/s2方向向左答：（1）通过电阻R的电流的大小是1A，方向从M到P；（2）金属杆的速度大小是10m/s；（3）当电阻R上的电功率为时，金属杆的加速度大小是0.5m/s2，方向向左点评：本题考查了求导体棒的加速度、导体棒的最大速度，分析清楚金属杆的运动过程是正确解题的前提与关键；当

38、金属杆受到的安培力与拉力相等时，杆做匀速直线运动，速度达到最大第二问也可以这样做：F=BILBL=0.5TmBLv=I（R+r）v=10m/s14（16分）如图所示，已知倾角为=45、高为h的斜面固定在水平地面上一小球从高为H（hHh）处自由下落，与斜面做无能量损失的碰撞后水平抛出小球自由下落的落点距斜面左侧的水平距离x满足一定条件时，小球能直接落到水平地面上 （1）求小球落到地面上的速度大小； （2）求要使小球做平抛运动后能直接落到水平地面上，x应满足的条件； （3）在满足（2）的条件下，求小球运动的最长时间hHxs考点：平抛运动；自由落体运动.专题：平抛运动专题分析：（1）由于小球与斜面碰

39、撞无能量损失，自由下落和平抛运动机械能也守恒，所以小球整个运动过程中机械能守恒，据此列式求解小球落到地面上的速度大小；（2）小球与斜面碰撞后做平抛运动，当正好落在斜面底端时，x最小，根据平抛运动的基本公式结合几何关系、动能定理求出x的最小值，而x的最大值即为h，从而求出x的范围；（3）根据竖直方向做自由落体运动，由运动学公式列出总时间的表达式，再由数学知识求解最长的时间解答：解：（1）设小球落到底面的速度为v，根据机械能守恒得：，得：（2）小球做自由落体的末速度为：小球做平抛运动的时间为：由shx解得：（3）当Hh+x=hx，即x=h时，小球运动时间最长，x=h，符合（2）的条件代入得：答：（

40、1）小球落到地面上的速度大小为；（2）要使小球做平抛运动后能直接落到水平地面上，x应满足的条件为；（3）在满足（2）的条件下，小球运动的最长时间为2点评：本题是机械能守恒与自由落体运动、平抛运动的综合，既要把握每个过程的物理规律，更要抓住它们之间的联系，比如几何关系，运用数学上函数法求解极值15（16分）如图甲所示，两平行金属板间距为2l，极板长度为4l，两极板间加上如图乙所示的交变电压（t=0时上极板带正电）以极板间的中心线OO1为x轴建立坐标系，现在平行板左侧入口正中部有宽度为l的电子束以平行于x轴的初速度v0从t=0时不停地射入两板间已知电子都能从右侧两板间射出，射出方向都与x轴平行，且

41、有电子射出的区域宽度为2l电子质量为m，电荷量为e，忽略电子之间的相互作用力 （1）求交变电压的周期T和电压U0的大小； （2）在电场区域外加垂直纸面的有界匀强磁场，可使所有电子经过有界匀强磁场均能会聚于（6l，0）点，求所加磁场磁感应强度B的最大值和最小值； （3）求从O点射入的电子刚出极板时的侧向位移y与射入电场时刻t的关系式乙甲xxyx=4l6lOO1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）电子在电场中做类平抛运动，应用类平抛运动规律可以求出周期与电压（2）作出电子的运动轨迹，应用数学知识求出粒子轨道半径，然后由牛顿第二

42、定律求出磁感应强度大小（3）电子在极板间做类平抛运动，应用类平抛运动规律可以求出偏移量解答：解：（1）电子在电场中水平方向做匀速直线运动，则：4l=v0nT，解得：T=（n=1，2，3），电子在电场中运动最大侧向位移：，由牛顿第二定律得：，解得：（n=1，2，3）；（2）粒子运动轨迹如图所示：由图示可知，最大区域圆半径满足：，解得：rm=2.5l，对于带电粒子当轨迹半径等于磁场区域半径时，带电粒子将汇聚于一点，由牛顿第二定律得：，解得：，最小区域圆半径为rn=0.5l，由牛顿第二定律得：，解得：；（3）设时间为，若t=kT+且时电子进入电场，则：，其中（n=1，2，3，k=0，1，2，3），若且进入电场则：，其中（n=1，2，3，k=0，1，2，3）；或：若电子在t=kT+且进入电场时，出电场的总侧移为：，其中（n=1，2，3，k=0，1，2，3）；其他解法：若，则电子沿+y方向第一次加速的时间为电子沿y方向第一次加速的时间为tkT解得：，其中，