高考仿真模擬練模擬練(一)本試卷分第卷(選擇題)和第卷(非選擇題)兩部分滿分110分考試時間60分鐘第卷(選擇題共48分)本卷共8小題，每小題6分在每小題給出的四個選項(xiàng)中，第1418題只有一項(xiàng)符合題目要求，第1921題有多項(xiàng)符合題目要求全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分14下列說法正確的是()A“交流電的有效值”使用了平均思想法B探究導(dǎo)體的電阻與導(dǎo)體的材料、長度、粗細(xì)的關(guān)系，使用了控制變量法C電場強(qiáng)度是用比值法定義的，電場強(qiáng)度與電場力成正比，與試探電荷的電荷量成反比D“如果電場線與等勢面不垂直，那么電場強(qiáng)度沿著等勢面方向就有一個分量，在等勢面上移動電荷時靜電力就要做功”，這里用到了歸納法解析：選B.“交流電的有效值”使用了等效替代法，A錯誤；探究導(dǎo)體的電阻與導(dǎo)體的材料、長度、粗細(xì)的關(guān)系，用的是控制變量法，B正確；電場強(qiáng)度是用比值法定義的，但電場強(qiáng)度與電場力、試探電荷的電荷量都無關(guān)，C錯誤；“如果電場線與等勢面不垂直，那么電場強(qiáng)度沿著等勢面方向就有一個分量，在等勢面上移動電荷時靜電力就要做功”用的是反證法，D錯誤15無線網(wǎng)絡(luò)給人們帶來了很多方便假設(shè)可以采用衛(wèi)星對所有用戶在任何地方提供免費(fèi)WiFi服務(wù)已知地球半徑為R，重力加速度為g，提供免費(fèi)WiFi服務(wù)的衛(wèi)星繞地球做圓周運(yùn)動，則下列關(guān)于該衛(wèi)星的說法正確的是()A衛(wèi)星圍繞地球運(yùn)動的軌道越高，角速度越大B衛(wèi)星圍繞地球運(yùn)動的軌道越高，速度越小C若衛(wèi)星距離地面的高度等于地球半徑，則衛(wèi)星繞地球運(yùn)動的周期為T2D衛(wèi)星的軌道可以在地球上任一經(jīng)線所在的平面內(nèi)解析：選B.由Gmr2，解得 ，由此可知，衛(wèi)星繞地球運(yùn)動的軌道越高，即軌道半徑r越大，角速度越小，A錯誤；由Gm，可得v ，顯然衛(wèi)星繞地球運(yùn)動的軌道越高，即軌道半徑r越大，速度v越小，B正確；由Gmr2，又r2R，GMgR2，解得T4，C錯誤；由于地球自轉(zhuǎn)，經(jīng)線所在的平面不停地變化，而衛(wèi)星的軌道平面不變，所以衛(wèi)星的軌道不可能在地球上任一經(jīng)線所在的平面內(nèi)，D錯誤16在光滑水平面上充滿水平向右的勻強(qiáng)電場，被拉直的絕緣輕繩一端固定在O點(diǎn)，另一端系著帶正電的小球，輕繩與水平面平行，OB與電場線平行若小球從A點(diǎn)由靜止釋放后，沿水平面擺動到B點(diǎn)，不計空氣阻力，則關(guān)于此過程，下列判斷正確的是()A小球的動能先變小后變大B小球的切向加速度一直變大C小球受到的拉力先變大后變小D小球受到的電場力做功的功率先增大后減小解析：選D.小球從A點(diǎn)擺動到B點(diǎn)的過程中，只有電場力做功且一直做正功，根據(jù)動能定理知小球的動能Ek一直增大，選項(xiàng)A錯誤；小球從A點(diǎn)擺動到B點(diǎn)的過程中輕繩與OB的夾角設(shè)為，則小球的切向加速度a1隨著的減小而減小，選項(xiàng)B錯誤；根據(jù)牛頓第二定律和向心力公式有FqEcos m，得小球受到的拉力大小FqEcos Ek，cos 、Ek均隨著的減小而增大，可見F一直增大，選項(xiàng)C錯誤；在A點(diǎn)時小球的速率為零，電場力做功的瞬時功率為零，過B點(diǎn)時小球的速度方向與電場力垂直，電場力做功的瞬時功率也為零，可見小球受到的電場力做功的功率先增大后減小，選項(xiàng)D正確17如圖所示，一理想變壓器原、副線圈匝數(shù)之比為41，原線圈兩端接入穩(wěn)定的正弦交流電源u220sin 314t(V)；副線圈接有電阻R，并接有理想電壓表和理想電流表下列結(jié)論正確的是()A電壓表讀數(shù)為55 VB若僅副線圈匝數(shù)增加到原來的2倍，則電流表的讀數(shù)減小到原來的一半C若僅R的阻值增加到原來的2倍，則輸入功率也增加到原來的2倍D若R的阻值和副線圈匝數(shù)同時增加到原來的2倍，則輸出功率增加到原來的2倍解析：選D.因?yàn)榻涣麟娫磚220sin 314t(V)，電壓表的讀數(shù)為變壓器的輸出電壓的有效值，由得，電壓表讀數(shù)為55 V，所以選項(xiàng)A錯誤；若副線圈匝數(shù)增加，則U2增大，由I2可知，電流表示數(shù)增大，所以選項(xiàng)B錯誤；輸入電壓和匝數(shù)比不變，則輸出電壓不變，當(dāng)負(fù)載電阻R變大時，I2，電流變小，又P1P2U2I2，故輸入功率也減小，所以選項(xiàng)C錯誤；若副線圈匝數(shù)增加到原來的2倍，則U2增加到原來的2倍，同時R的阻值也增加到原來的2倍，故輸出功率P2變?yōu)樵瓉淼?倍，所以選項(xiàng)D正確18如圖甲所示，輕質(zhì)彈簧豎直放置，下端固定在水平地面上一質(zhì)量為m的小物塊從輕彈簧上方且離地高度為h1的A點(diǎn)由靜止釋放，小物塊下落過程中的動能Ek隨離地高度h變化的關(guān)系如圖乙所示，其中h2h1段圖線為直線已知重力加速度為g，則以下判斷中正確的是()A當(dāng)小物塊離地高度為h2時，小物塊的加速度恰好為零B當(dāng)小物塊離地高度為h3時，小物塊的動能最大，此時彈簧恰好處于原長狀態(tài)C小物塊從離地高度為h2處下落到離地高度為h3處的過程中，彈簧的彈性勢能增加了mg(h2h3)D小物塊從離地高度為h1處下落到離地高度為h4處的過程中，其減少的重力勢能恰好等于彈簧增加的彈性勢能解析：選D.由題意可知，當(dāng)小物塊離地高度為h2時，小物塊剛好開始接觸彈簧，此時小物塊只受到重力作用，故此時的加速度大小為重力加速度g，A錯誤；當(dāng)小物塊離地高度為h3時，由題圖乙可知小物塊的動能達(dá)到最大，小物塊的速度達(dá)到最大，此時有mgkx，彈簧的壓縮量為xh2h3，B錯誤；小物塊從離地高度為h2處下落到離地高度為h3處的過程中，重力勢能減少了mg(h2h3)，由能量守恒定律可知，小物塊減少的重力勢能轉(zhuǎn)化為小物塊增加的動能和彈簧增加的彈性勢能，即彈簧增加的彈性勢能Epmg(h2h3)(Ek2Ek1)，C錯誤；由題圖乙可知，當(dāng)小物塊離地高度為h4時，小物塊的動能為零，由能量守恒定律可知，小物塊減少的重力勢能全部轉(zhuǎn)化為彈簧增加的彈性勢能，D正確19如圖所示為一邊長為L的正方形abcd，P是bc的中點(diǎn)若正方形區(qū)域內(nèi)只存在由d指向a的勻強(qiáng)電場，則在a點(diǎn)沿ab方向以速度v入射的質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負(fù)電粒子(不計重力)恰好從P點(diǎn)射出若該區(qū)域內(nèi)只存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，則在a點(diǎn)沿ab方向以速度v入射的同種帶電粒子恰好從c點(diǎn)射出由此可知()A勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度為B勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為C帶電粒子在勻強(qiáng)電場中運(yùn)動的加速度大小等于在勻強(qiáng)磁場中運(yùn)動的加速度大小D帶電粒子在勻強(qiáng)電場中運(yùn)動和在勻強(qiáng)磁場中運(yùn)動的時間之比為12解析：選BC.帶電粒子在電場中做類平拋運(yùn)動，有Lvt，Lat2，qEma，聯(lián)立解得E，a，A錯誤；帶電粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，洛倫茲力提供向心力，有qvBm，由幾何關(guān)系有rL，聯(lián)立解得B，B正確；粒子在勻強(qiáng)磁場中運(yùn)動的加速度aa，C正確；帶電粒子在勻強(qiáng)電場中運(yùn)動的時間t，在勻強(qiáng)磁場中運(yùn)動的時間t，帶電粒子在勻強(qiáng)電場中運(yùn)動和在勻強(qiáng)磁場中運(yùn)動的時間之比為，D錯誤20如圖所示，M、N為同一水平面內(nèi)的兩條平行長導(dǎo)軌，左端串聯(lián)電阻R，金屬桿ab垂直導(dǎo)軌放置，桿和導(dǎo)軌的電阻不計，且桿與導(dǎo)軌間無摩擦，整個裝置處于豎直方向的勻強(qiáng)磁場中現(xiàn)對金屬桿ab施加一個與桿垂直的水平向右的恒力F，使桿從靜止開始運(yùn)動在運(yùn)動過程中，桿的速度大小為v，桿所受安培力為F安，R中的電流為I，R上消耗的總能量為E總，則下列關(guān)于v、F安、I、E總隨時間變化的圖象可能正確的是()解析：選AD.由于金屬桿切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢和感應(yīng)電流，受到隨速度增大的安培力作用，所以金屬桿做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動，當(dāng)安培力增大到等于水平方向的恒力F時，金屬桿做勻速直線運(yùn)動，選項(xiàng)A所示的速度v隨時間變化的圖象正確金屬桿切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢EBLv，感應(yīng)電流IE/R，感應(yīng)電流與速度v成正比，感應(yīng)電流隨時間變化的圖線與選項(xiàng)A所示vt圖線類似，選項(xiàng)C錯誤桿所受安培力F安BIL，F(xiàn)安隨時間變化的圖線與速度v隨時間變化的圖線類似，選項(xiàng)B錯誤由功能關(guān)系，開始時水平方向的恒力F做的功一部分使金屬桿動能增大，另一部分轉(zhuǎn)化為電能，被電阻R消耗掉；當(dāng)金屬桿勻速運(yùn)動后，水平方向的恒力F做的功等于R上消耗的能量；因此R上消耗的總能量E總隨時間變化的圖象可能是D.21如圖所示，在水平面上放置一傾角為的光滑斜面，斜面上用勁度系數(shù)為k的輕彈簧連接一質(zhì)量為m的小木塊，輕彈簧連在斜面頂端，開始系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)現(xiàn)使斜面從靜止開始緩慢向左加速，加速度從零開始緩慢增大到某一值，然后保持此值恒定，木塊最終穩(wěn)定在某一位置(彈簧處在彈性限度內(nèi))斜面從靜止開始向左加速到加速度達(dá)到最大值的過程中，下列說法正確的是()A木塊的重力勢能一直減小B木塊的機(jī)械能一直增加C木塊的加速度大小可能為D彈簧的彈性勢能一直增加解析：選BCD.由于彈簧的彈力和斜面的支持力的合力對木塊始終做正功，木塊的機(jī)械能一定增加，B正確設(shè)彈簧的原長為L0，對木塊受力分析，開始木塊靜止在斜面上，則有mgsin kx1，開始時彈簧長度L1L0x1L0；向左加速后，在木塊離開斜面前，根據(jù)牛頓第二定律，mgcos FNmasin ，kx2mgsin macos ；當(dāng)FN0時，加速度a，C正確加速度增大過程，彈簧長度L2L0x2L0，可見L2L1，隨著加速度增大，彈簧變長，重力勢能一直減??；當(dāng)木塊恰好要離開斜面時，彈簧長度L3L0x3L0；當(dāng)木塊離開斜面穩(wěn)定時，設(shè)彈簧與水平方向的夾角為，有kx4，mgmatan ，隨著a增大，減小，彈簧長度L4L0x4L0，所以L3L4，D正確因?yàn)閔3L3sin L0sin ，h4L4sin L0sin ，h4h3，由于不知末狀態(tài)木塊是否離開斜面，木塊的重力勢能可能一直減小，也可能先減小后增大，A錯誤第卷(非選擇題共62分)本卷包括必考題和選考題兩部分第2225題為必考題，每個試題考生都必須作答，第3335題為選考題，考生根據(jù)要求作答(一)必考題(共47分)22(6分)某物理興趣小組利用電子秤探究小球在豎直面內(nèi)的圓周運(yùn)動，他們到物理實(shí)驗(yàn)室取來電子秤、鐵架臺、長度為L的輕質(zhì)細(xì)線和小球等(1)將鐵架臺放在電子秤上，其讀數(shù)為M；撤去鐵架臺將小球放在電子秤上，其讀數(shù)為m.(2)組裝好實(shí)驗(yàn)裝置如圖所示保持細(xì)線自然伸長，將小球拉起至使細(xì)線處于水平位置，此時電子秤讀數(shù)為_(填寫“Mm”、“M”、“大于Mm”或“處于M和Mm之間”)(3)從釋放小球至小球向下運(yùn)動到最低點(diǎn)過程，電子秤讀數(shù)_(填“逐漸增大”、“逐漸減小”或“保持不變”)(4)忽略空氣阻力，當(dāng)小球運(yùn)動到最低點(diǎn)時，細(xì)線的拉力為_；電子秤的讀數(shù)為_(已知重力加速度為g)解析：(2)將小球拉起至使細(xì)線處于水平位置時，電子秤讀數(shù)為鐵架臺的質(zhì)量M.(3)從釋放小球到小球向下運(yùn)動至最低點(diǎn)過程，細(xì)線中拉力逐漸增大，電子秤讀數(shù)逐漸增大(4)小球向下運(yùn)動到最低點(diǎn)的過程，由機(jī)械能守恒定律有mgLmv2，當(dāng)小球運(yùn)動到最低點(diǎn)時，設(shè)細(xì)線中拉力為F，對小球，由牛頓第二定律有Fmgm，聯(lián)立解得F3mg；對鐵架臺受力分析，設(shè)電子秤對鐵架臺的支持力為FN，由平衡條件得FNMgF，電子秤的讀數(shù)為M3m.答案：(2)M(1分)(3)逐漸增大(1分)(4)3mg(2分)M3m(2分)23(9分)某實(shí)驗(yàn)小組用如圖甲所示的電路測量一節(jié)蓄電池的電動勢(約2 V)和內(nèi)阻，考慮蓄電池的內(nèi)阻很小，電路中使用了一個保護(hù)電阻R0，除蓄電池、滑動變阻器R、開關(guān)、導(dǎo)線外，實(shí)驗(yàn)室中可供選用的器材還有：A電流表(量程3 A，內(nèi)阻約0.1 )B電壓表(量程3 V，內(nèi)阻3 k)C電壓表(量程1.8 V，內(nèi)阻1.8 k)D定值電阻(阻值1 ，額定功率5 W)E定值電阻(阻值5 ，額定功率10 W)(1)實(shí)驗(yàn)時，電壓表應(yīng)該選用_，保護(hù)電阻應(yīng)該選用_(填器材前字母序號)(2)在實(shí)驗(yàn)室進(jìn)行儀器檢查時發(fā)現(xiàn)電流表已經(jīng)損壞不能用了，則下列實(shí)驗(yàn)改進(jìn)方案中理論上可行的有_A在缺少電流表的情況下，把滑動變阻器更換成電阻箱，來測蓄電池的電動勢和內(nèi)阻B按照實(shí)驗(yàn)電路圖，在缺少電流表的情況下只依靠滑動變阻器調(diào)節(jié)，從而測出蓄電池的電動勢和內(nèi)阻C在缺少電流表的情況下，去掉滑動變阻器，只依靠更換保護(hù)電阻，測出兩組數(shù)據(jù)，列式并聯(lián)立求解蓄電池的電動勢和內(nèi)阻 D在缺少電流表的情況下，用未使用的電壓表與保護(hù)電阻并聯(lián)，調(diào)節(jié)滑動變阻器測出多組數(shù)據(jù)，作圖象求出蓄電池的電動勢和內(nèi)阻(3)該實(shí)驗(yàn)小組經(jīng)過討論后，按照改進(jìn)的電路圖乙進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，調(diào)整滑動變阻器測得了5組兩電壓表的數(shù)據(jù)如下表.電壓表V1讀數(shù)U1(V)1.881.921.941.982.00電壓表V2讀數(shù)U2(V)1.721.251.000.600.34請?jiān)趫D丙中作出蓄電池的路端電壓U1隨保護(hù)電阻R0兩端的電壓U2變化的圖象，并根據(jù)圖象得出蓄電池的電動勢E_V，內(nèi)阻r_.解析：(1)蓄電池的電動勢為2 V左右，故電壓表選用B，當(dāng)滑動變阻器接入電路的電阻為零，保護(hù)電阻用D時，電路中電流約為I2 A，小于電流表的量程，故保護(hù)電阻選用D.(2)如果電流表不能用，把滑動變阻器換成電阻箱，就可以用伏阻法測蓄電池的電動勢和內(nèi)阻，故A正確；根據(jù)閉合電路歐姆定律有EUr，如果只更換保護(hù)電阻測出兩組數(shù)據(jù)，能夠建立兩個方程求出蓄電池的電動勢和內(nèi)阻，C正確；因?yàn)殡妷罕淼膬?nèi)阻遠(yuǎn)大于保護(hù)電阻，故將量程為1.8 V的電壓表與保護(hù)電阻并聯(lián)，由I可得電路中的電流，故實(shí)際上是通過把剩余電壓表與保護(hù)電阻并聯(lián)，把電壓表改裝成電流表，D正確(3)根據(jù)表中數(shù)據(jù)描點(diǎn)連線，縱軸截距即為蓄電池的電動勢E2.03 V，內(nèi)阻r0.09 .答案：(1)B(1分)D(1分)(2)ACD(2分)(3)如圖所示(2分)2.03(1分)0.09(2分)24(12分)光滑矩形斜面GHNM的傾角為，在其上放置一矩形金屬線框ABCD，AB邊的邊長為l1，BC邊的邊長為l2，線框的電阻為R，質(zhì)量為m，斜面上矩形OPHG區(qū)域內(nèi)存在勻強(qiáng)磁場，方向垂直于斜面向上，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B0，如果線框在恒力F作用下從靜止開始運(yùn)動(開始時刻，CD與NM重合)，已知線框進(jìn)入磁場最初一段時間是勻速的，且線框的AB邊始終平行于MN，重力加速度為g，求：(1)線框進(jìn)入磁場前的加速度大小；(2)線框進(jìn)入磁場時勻速運(yùn)動的速度大?。?3)線框進(jìn)入磁場過程中產(chǎn)生的焦耳熱解析：(1)對進(jìn)入磁場前的線框受力分析，根據(jù)牛頓第二定律得Fmgsin ma(2分)解得線框進(jìn)入磁場前的加速度大小a.(2分)(2)由題意知，線框進(jìn)入磁場最初一段時間內(nèi)的合力為零，則Fmgsin (2分)解得線框進(jìn)入磁場時勻速運(yùn)動的速度大小為v.(2分)(3)線框進(jìn)入磁場過程中產(chǎn)生的焦耳熱QI2Rt2R(Fmgsin )l2.(4分)答案：見解析25(20分)如圖甲所示，一電動遙控小車停在水平地面上，水平車板離地高度為h0.2 m，小車質(zhì)量M3 kg，質(zhì)量m1 kg的小物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))靜置于車板上某處A，物塊與車板間的動摩擦因數(shù)0.1.現(xiàn)使小車由靜止開始向右行駛，當(dāng)運(yùn)動時間t11.6 s時物塊從車板上滑落已知小車的速度v隨時間t變化的規(guī)律如圖乙所示，小車受到地面的摩擦阻力是小車對地面壓力的，不計空氣阻力，取重力加速度g10 m/s2.求： (1)物塊從離開車尾B到落地過程所用的時間t以及物塊滑落前受到的滑動摩擦力的功率最大值P；(2)物塊落地時落地點(diǎn)到車尾B的水平距離s0；(3)02 s時間內(nèi)小車的牽引力做的功W.解析：(1)物塊從車板上滑落后做平拋運(yùn)動，則有hg(t)2(1分)得t0.2 s(1分)物塊滑落前受到的滑動摩擦力大小fmg1 N(1分)根據(jù)牛頓第二定律得物塊的加速度大小a11 m/s2(1分)當(dāng)運(yùn)動時間t11.6 s時物塊的速度v1a1t1(1分)得v11.6 m/s(1分)由于v12 m/s，所以物塊在車板上受到滑動摩擦力而一直加速，物塊滑落前受到的滑動摩擦力的功率最大值Pfv1(1分)得P1.6 W(1分)(2)物塊滑落后前進(jìn)的距離s1v1t(1分)由題圖乙得t1.6 s時小車的速率v22 m/s物塊滑落后小車前進(jìn)的距離sv2t(1分)落地點(diǎn)到車尾B的水平距離s0ss1(1分)得s00.08 m(1分)(3)01 s時間內(nèi)，由題圖乙得小車的加速度大小為a2 m/s22 m/s2(1分)根據(jù)牛頓第二定律得F1fk(Mm)gMa2，其中k解得F111 N(1分)小車的位移大小s221 m1 m(1分)11.6 s時間內(nèi)，牽引力F2k(Mm)gf5 N(1分)由題圖乙得小車的位移大小s220.6 m1.2 m(1分)162 s時間內(nèi)，牽引力F3kMg3 N(1分)由題圖乙得小車的位移大小s220.4 m0.8 m(1分)02 s時間內(nèi)小車的牽引力做的功為WF1s2F2s2F3s219.4 J(1分)答案：(1)0.2 s1.6 W(2)0.08 m(3)19.4 J(二)選考題：本題共15分請考生從給出的3道題中任選一題作答如果多做，則按所做的第一題計分33物理選修33(15分)(1)(5分)如圖所示是分子間引力或斥力大小隨分子間距離變化的圖象，由此可知_(填正確答案標(biāo)號選對1個得2分，選對2個得4分，選對3個得5分每選錯1個扣3分，最低得分為0分)Aab表示引力圖線Bcd表示引力圖線C當(dāng)分子間距離r等于兩圖線交點(diǎn)e的橫坐標(biāo)時，分子力一定為零D當(dāng)分子間距離r等于兩圖線交點(diǎn)e的橫坐標(biāo)時，分子勢能一定最小E當(dāng)分子間距離r等于兩圖線交點(diǎn)e的橫坐標(biāo)時，分子勢能一定為零(2)(10分)如圖所示，一活塞將一定質(zhì)量的理想氣體封閉在固定導(dǎo)熱汽缸內(nèi)，活塞可沿汽缸無摩擦地滑動，活塞橫截面積為S0.01 m2、質(zhì)量為m10 kg，活塞距離汽缸底部的距離為h010 cm，外界大氣壓強(qiáng)p01.0105 Pa，環(huán)境溫度為t027 ，g10 m/s2.當(dāng)環(huán)境溫度緩慢升高至57 時，試比較此過程中氣體吸收的熱量Q與物體內(nèi)能變化量U的大小關(guān)系當(dāng)環(huán)境溫度升高至57 時，為使活塞距離底面的距離仍為10 cm，可使汽缸水平向右做勻加速直線運(yùn)動，此時加速度應(yīng)為多大？解析：(1)在Fr圖象中，隨r增加，斥力變化快，所以ab為引力圖線，A對，B錯；兩圖象相交點(diǎn)e為分子所受的引力和斥力大小相等，即分子間相互作用的受力平衡位置，分子力為0，分子勢能最小，但不一定為0，故C、D對，E錯(2)由熱力學(xué)第一定律得UWQ(1分)由于氣體膨脹對外做功，故W0(2分)因此QU(1分)活塞距離底面的距離仍為10 cm，由查理定律得，即(2分)解得p1.1105 Pa(1分)對活塞，由牛頓第二定律得a(2分)解得a10 m/s2.(1分)答案：(1)ACD(2)QU10 m/s234物理選修34(15分)(1)(5分)如圖所示為一列沿x軸正方向傳播的簡諧橫波在某時刻的波形圖，若已知這列波周期為1 s，則下列判斷中正確的是_(填正確答案標(biāo)號選對1個得2分，選對2個得4分，選對3個得5分每選錯1個扣3分，最低得分為0分)A這列波的振幅為8 cmB這列波的波速為4 m/sC圖示時刻x2 m處的質(zhì)點(diǎn)沿y軸正方向運(yùn)動D圖示時刻x5 m處質(zhì)點(diǎn)的加速度大小為零E從圖示時刻開始再經(jīng)過1.5 s，x12 m處的質(zhì)點(diǎn)剛好從平衡位置開始向y軸正方向運(yùn)動(2)(10分)如圖所示，一個足夠大的容器中盛滿了某種透明液體，MN為該液體與空氣的水平分界面，其上有一以A點(diǎn)為圓心、d m為半徑的圓形不透光薄片已知分界面上A點(diǎn)正下方h3 m深處有一點(diǎn)光源O，該點(diǎn)光源發(fā)出的光線經(jīng)不透光薄片的邊緣B點(diǎn)處射入空氣時，其折射光線與反射光線恰好垂直求該透明液體對該光的折射率n.若在點(diǎn)光源O正下方也為h3 m的P處水平放置一足夠大的平面鏡，試計算點(diǎn)光源O在分界面MN上照亮區(qū)域的面積(取3.14)解析：(1)振幅是傳播波的質(zhì)點(diǎn)離開平衡位置的最大距離，由題圖可知，這列波的振幅為4 cm，A錯誤；由題圖可知，這列波的波長為4 m，由v可得v4 m/s，B正確；由波傳播的方向與質(zhì)點(diǎn)振動方向之間的關(guān)系“上坡下、下坡上”，可判斷出x2 m處的質(zhì)點(diǎn)在題圖時刻正沿y軸正方向運(yùn)動，C正確；在圖示時刻x5 m處的質(zhì)點(diǎn)離開平衡位置的距離最大，故其加速度最大，D錯誤；x12 m處的質(zhì)點(diǎn)與x4 m處的質(zhì)點(diǎn)位移相同，經(jīng)過1.5 s1.5T，x4 m處的質(zhì)點(diǎn)剛好達(dá)到平衡位置，開始向y軸正方向振動，E正確(2)光線在透明液體中的光路如圖所示由幾何關(guān)系有tan i，i30(1分)又ir90，r60(1分)故該透明液體對該光的折射率n(2分)設(shè)經(jīng)平面鏡反射后射向分界面MN的光線在D點(diǎn)發(fā)生全反射，有sin C(2分)設(shè)A、D兩點(diǎn)間的距離為R，由幾何關(guān)系可知R3htan C(2分)所以點(diǎn)光源在分界面MN上照亮的面積為SR2d2117.75 m2(2分)答案：(1)BCE(2)117.75 m235物理選修35(15分)(1)(5分)某光電管，用光子能量為2.5 eV的一束光照射陰極，能夠發(fā)生光電效應(yīng)，這時給光電管加上反向電壓，當(dāng)所加反向電壓大于或等于0.60 V時，光電子不能到達(dá)陽極，則該光電管陰極材料的逸出功為_eV，逸出光電子的最大初動能為_eV.(2)(10分)質(zhì)量為m的鋼板與直立輕彈簧的上端連接，彈簧下端固定在地上，鋼板處于平衡狀態(tài)一質(zhì)量也為m的物塊甲從鋼板正上方高為h的A處自由落下，打在鋼板上并與鋼板一起向下運(yùn)動x0后到達(dá)最低點(diǎn)B；若物塊乙質(zhì)量為2m，仍從A處自由落下，則物塊乙與鋼板一起向下運(yùn)動到B點(diǎn)時，還具有向下的速度，已知重力加速度為g，空氣阻力不計求：物塊甲和鋼板一起運(yùn)動到最低點(diǎn)B過程中彈簧彈性勢能的增加量；物塊乙和鋼板一起運(yùn)動到B點(diǎn)時速度vB的大小解析：(1)設(shè)用光子能量為2.5 eV的光照射時，逸出光電子的最大初動能為Ekm，陰極材料逸出功為W0，當(dāng)反向電壓達(dá)到U00.60 V以后，具有最大初動能的光電子恰不能到達(dá)陽極，因此eU0Ekm，由光電效應(yīng)方程知EkmhW0，得Ekm0.6 eV，W01.9 eV.(2)設(shè)物塊甲落在鋼板上時的速度為v0，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有mghmv(1分)解得v0(1分)設(shè)物塊甲與鋼板碰撞后的速度為v1，根據(jù)動量守恒定律有mv02mv1(1分)解得v1(1分)根據(jù)題意可得到達(dá)最低點(diǎn)B時彈簧的彈性勢能增加量為Ep2mgx02mvmg(1分)設(shè)物塊乙落在鋼板上時的速度為v0，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有2mgh2mv02，解得v0(1分)設(shè)物塊乙與鋼板碰撞后的速度為v2，根據(jù)動量守恒定律有2mv03mv2(1分)解得v2(1分)根據(jù)能量守恒定律可得Ep3mgx03mv3mv(1分)聯(lián)立各式解得vB (1分)答案：(1)1.90.6(2)mg