高考物理二輪復(fù)習(xí) 第2部分 考前沖刺方略 高考仿真模擬練1

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高考仿真模擬練 模擬練(一) 本試卷分第Ⅰ卷(選擇題)和第Ⅱ卷(非選擇題)兩部分． 滿分110分．考試時間60分鐘． 第Ⅰ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中，第14～18題只有一項符合題目要求，第19～21題有多項符合題目要求．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、粗細的關(guān)系，使用了控制變量法 C．電場強度是用比值法定義的，電場強度與電場力成正比，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、粗細的關(guān)系，用的是控制變量法，B正確；電場強度是用比值法定義的，但電場強度與電場力、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WiFi服務(wù)．已知地球半徑為R，重力加速度為g，提供免費WiFi服務(wù)的衛(wèi)星繞地球做圓周運動，則下列關(guān)于該衛(wèi)星的說法正確的是(　　) A．衛(wèi)星圍繞地球運動的軌道越高，角速度越大 B．衛(wèi)星圍繞地球運動的軌道越高，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)星繞地球運動的周期為T＝2π D．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G＝mrω2，解得ω＝ ，由此可知，衛(wèi)星繞地球運動的軌道越高，即軌道半徑r越大，角速度ω越小，A錯誤；由G＝m，可得v＝ ，顯然衛(wèi)星繞地球運動的軌道越高，即軌道半徑r越大，速度v越小，B正確；由G＝mr2，又r＝2R，GM＝gR2，解得T＝4π，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電場，被拉直的絕緣輕繩一端固定在O點，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點由靜止釋放后，沿水平面擺動到B點，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點擺動到B點的過程中，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A錯誤；小球從A點擺動到B點的過程中輕繩與OB的夾角設(shè)為θ，則小球的切向加速度a1＝隨著θ的減小而減小，選項B錯誤；根據(jù)牛頓第二定律和向心力公式有F－qEcos θ＝m，得小球受到的拉力大小F＝qEcos θ＋Ek，cos θ、Ek均隨著θ的減小而增大，可見F一直增大，選項C錯誤；在A點時小球的速率為零，電場力做功的瞬時功率為零，過B點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D正確． 17．如圖所示，一理想變壓器原、副線圈匝數(shù)之比為4∶1，原線圈兩端接入穩(wěn)定的正弦交流電源u＝220sin 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 V B．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.因為交流電源u＝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B錯誤；輸入電壓和匝數(shù)比不變，則輸出電壓不變，當(dāng)負載電阻R變大時，I2＝，電流變小，又P1＝P2＝U2I2，故輸入功率也減小，所以選項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h2～h1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(h2－h(huán)3) 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到最大，小物塊的速度達到最大，此時有mg＝kΔx，彈簧的壓縮量為Δx＝h2－h(huán)3，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(h2－h(huán)3)，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ΔEp＝mg(h2－h(huán)3)－(Ek2－Ek1)，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．若正方形區(qū)域內(nèi)只存在由d指向a的勻強電場，則在a點沿ab方向以速度v入射的質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負電粒子(不計重力)恰好從P點射出．若該區(qū)域內(nèi)只存在垂直紙面向里的勻強磁場，則在a點沿ab方向以速度v入射的同種帶電粒子恰好從c點射出．由此可知(　　) A．勻強電場的電場強度為 B．勻強磁場的磁感應(yīng)強度為 C．帶電粒子在勻強電場中運動的加速度大小等于在勻強磁場中運動的加速度大小 D．帶電粒子在勻強電場中運動和在勻強磁場中運動的時間之比為1∶2 解析：選BC.帶電粒子在電場中做類平拋運動，有L＝vt，L＝at2，qE＝ma，聯(lián)立解得E＝，a＝，A錯誤；帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，有qvB＝m，由幾何關(guān)系有r＝L，聯(lián)立解得B＝，B正確；粒子在勻強磁場中運動的加速度a′＝＝＝a，C正確；帶電粒子在勻強電場中運動的時間t＝，在勻強磁場中運動的時間t′＝，帶電粒子在勻強電場中運動和在勻強磁場中運動的時間之比為＝，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，使桿從靜止開始運動．在運動過程中，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動，選項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E＝BLv，感應(yīng)電流I＝E/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A所示v－t圖線類似，選項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θ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 θ＝kx1，開始時彈簧長度L1＝L0＋x1＝L0＋；向左加速后，在木塊離開斜面前，根據(jù)牛頓第二定律，mgcos θ－FN＝masin θ，kx2－mgsin θ＝macos θ；當(dāng)FN＝0時，加速度a＝，C正確．加速度增大過程，彈簧長度L2＝L0＋x2＝L0＋，可見L2＞L1，隨著加速度增大，彈簧變長，重力勢能一直減小；當(dāng)木塊恰好要離開斜面時，彈簧長度L3＝L0＋x3＝L0＋；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α，α＜θ，有＝kx4，mg＝matan α，隨著a增大，α減小，彈簧長度L4＝L0＋x4＝L0＋，所以L3＜L4，D正確．因為h3＝L3sin θ＝L0sin θ＋，h4＝L4sin α＝L0sin α＋，h4＜h3，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Ⅱ卷(非選擇題　共62分) 本卷包括必考題和選考題兩部分．第22～25題為必考題，每個試題考生都必須作答，第33～35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)的圓周運動，他們到物理實驗室取來電子秤、鐵架臺、長度為L的輕質(zhì)細線和小球等． (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)組裝好實驗裝置如圖所示．保持細線自然伸長，將小球拉起至使細線處于水平位置，此時電子秤讀數(shù)為________(填寫“M＋m”、“M”、“大于M＋m”或“處于M和M＋m之間”)． (3)從釋放小球至小球向下運動到最低點過程，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)小球運動到最低點時，細線的拉力為________；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動至最低點過程，細線中拉力逐漸增大，電子秤讀數(shù)逐漸增大． (4)小球向下運動到最低點的過程，由機械能守恒定律有mgL＝mv2，當(dāng)小球運動到最低點時，設(shè)細線中拉力為F，對小球，由牛頓第二定律有F－mg＝m，聯(lián)立解得F＝3mg；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FN＝Mg＋F，電子秤的讀數(shù)為＝M＋3m. 答案：(2)M(1分)　(3)逐漸增大(1分)　(4)3mg(2分)　M＋3m(2分) 23．(9分)某實驗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電阻R0，除蓄電池、滑動變阻器R、開關(guān)、導(dǎo)線外，實驗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 Ω) B．電壓表(量程3 V，內(nèi)阻3 kΩ) C．電壓表(量程1.8 V，內(nèi)阻1.8 kΩ) D．定值電阻(阻值1 Ω，額定功率5 W) E．定值電阻(阻值5 Ω，額定功率10 W) (1)實驗時，電壓表應(yīng)該選用________，保護電阻應(yīng)該選用________．(填器材前字母序號) (2)在實驗室進行儀器檢查時發(fā)現(xiàn)電流表已經(jīng)損壞不能用了，則下列實驗改進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．按照實驗電路圖，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)該實驗小組經(jīng)過討論后，按照改進的電路圖乙進行實驗，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) 1.88 1.92 1.94 1.98 2.00 電壓表V2讀數(shù)U2(V) 1.72 1.25 1.00 0.60 0.34 請在圖丙中作出蓄電池的路端電壓U1隨保護電阻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＝________Ω. 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，保護電阻用D時，電路中電流約為I＝＝＝2 A，小于電流表的量程，故保護電阻選用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E＝U＋r，如果只更換保護電阻測出兩組數(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；因為電壓表的內(nèi)阻遠大于保護電阻，故將量程為1.8 V的電壓表與保護電阻并聯(lián)，由I＝可得電路中的電流，故實際上是通過把剩余電壓表與保護電阻并聯(lián)，把電壓表改裝成電流表，D正確． (3)根據(jù)表中數(shù)據(jù)描點連線，縱軸截距即為蓄電池的電動勢E＝2.03 V，內(nèi)阻r＝＝＝≈0.09 Ω. 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α，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)存在勻強磁場，方向垂直于斜面向上，磁感應(yīng)強度為B0，如果線框在恒力F作用下從靜止開始運動(開始時刻，CD與NM重合)，已知線框進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)線框進入磁場前的加速度大?。? (2)線框進入磁場時勻速運動的速度大??； (3)線框進入磁場過程中產(chǎn)生的焦耳熱． 解析：(1)對進入磁場前的線框受力分析，根據(jù)牛頓第二定律得 F－mgsin α＝ma(2分) 解得線框進入磁場前的加速度大小 a＝.(2分) (2)由題意知，線框進入磁場最初一段時間內(nèi)的合力為零，則F＝mgsin α＋(2分) 解得線框進入磁場時勻速運動的速度大小為 v＝.(2分) (3)線框進入磁場過程中產(chǎn)生的焦耳熱 Q＝I2Rt＝2R＝(F－mgsin α)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h＝0.2 m，小車質(zhì)量M＝3 kg，質(zhì)量m＝1 kg的小物塊(可視為質(zhì)點)靜置于車板上某處A，物塊與車板間的動摩擦因數(shù)μ＝0.1.現(xiàn)使小車由靜止開始向右行駛，當(dāng)運動時間t1＝1.6 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g＝10 m/s2.求： (1)物塊從離開車尾B到落地過程所用的時間Δt以及物塊滑落前受到的滑動摩擦力的功率最大值P； (2)物塊落地時落地點到車尾B的水平距離s0； (3)0～2 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動，則有 h＝g(Δt)2(1分) 得Δt＝＝0.2 s(1分) 物塊滑落前受到的滑動摩擦力大小 f＝μmg＝1 N(1分) 根據(jù)牛頓第二定律得物塊的加速度大小 a1＝＝1 m/s2(1分) 當(dāng)運動時間t1＝1.6 s時物塊的速度v1＝a1t1(1分) 得v1＝1.6 m/s(1分) 由于v1＜2 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 P＝fv1(1分) 得P＝1.6 W(1分) (2)物塊滑落后前進的距離s1＝v1Δt(1分) 由題圖乙得t＝1.6 s時小車的速率v2＝2 m/s 物塊滑落后小車前進的距離s＝v2Δt(1分) 落地點到車尾B的水平距離s0＝s－s1(1分) 得s0＝0.08 m(1分) (3)0～1 s時間內(nèi)，由題圖乙得小車的加速度大小為 a2＝ m/s2＝2 m/s2(1分) 根據(jù)牛頓第二定律得F1－f－k(M＋m)g＝Ma2，其中 k＝ 解得F1＝11 N(1分) 小車的位移大小s2＝21 m＝1 m(1分) 1～1.6 s時間內(nèi)，牽引力F2＝k(M＋m)g＋f＝5 N(1分) 由題圖乙得小車的位移大小 s2′＝20.6 m＝1.2 m(1分) 1．6～2 s時間內(nèi)，牽引力F3＝kMg＝3 N(1分) 由題圖乙得小車的位移大小 s2″＝20.4 m＝0.8 m(1分) 0～2 s時間內(nèi)小車的牽引力做的功為 W＝F1s2＋F2s2′＋F3s2″＝19.4 J(1分) 答案：(1)0.2 s　1.6 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3－3](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) A．a(chǎn)b表示引力圖線 B．cd表示引力圖線 C．當(dāng)分子間距離r等于兩圖線交點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S＝0.01 m2、質(zhì)量為m＝10 kg，活塞距離汽缸底部的距離為h0＝10 cm，外界大氣壓強p0＝1.0105 Pa，環(huán)境溫度為t0＝27 ℃，g＝10 m/s2. ①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ΔU的大小關(guān)系． ②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動，此時加速度應(yīng)為多大？ 解析：(1)在F－r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)①由熱力學(xué)第一定律得 ΔU＝W＋Q(1分) 由于氣體膨脹對外做功，故W＜0(2分) 因此Q＞ΔU(1分) ②活塞距離底面的距離仍為10 cm，由查理定律得＝，即＝(2分) 解得p＝1.1105 Pa(1分) 對活塞，由牛頓第二定律得 a＝(2分) 解得a＝10 m/s2.(1分) 答案：(1)ACD　(2)①Q(mào)＞ΔU?、?0 m/s2 34．[物理——選修3－4](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 cm B．這列波的波速為4 m/s C．圖示時刻x＝2 m處的質(zhì)點沿y軸正方向運動 D．圖示時刻x＝5 m處質(zhì)點的加速度大小為零 E．從圖示時刻開始再經(jīng)過1.5 s，x＝12 m處的質(zhì)點剛好從平衡位置開始向y軸正方向運動 (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點為圓心、d＝ m為半徑的圓形不透光薄片．已知分界面上A點正下方h＝3 m深處有一點光源O，該點光源發(fā)出的光線經(jīng)不透光薄片的邊緣B點處射入空氣時，其折射光線與反射光線恰好垂直． ①求該透明液體對該光的折射率n. ②若在點光源O正下方也為h＝3 m的P處水平放置一足夠大的平面鏡，試計算點光源O在分界面MN上照亮區(qū)域的面積(取π＝3.14)． 解析：(1)振幅是傳播波的質(zhì)點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λ＝4 m，由v＝可得v＝4 m/s，B正確；由波傳播的方向與質(zhì)點振動方向之間的關(guān)系“上坡下、下坡上”，可判斷出x＝2 m處的質(zhì)點在題圖時刻正沿y軸正方向運動，C正確；在圖示時刻x＝5 m處的質(zhì)點離開平衡位置的距離最大，故其加速度最大，D錯誤；x＝12 m處的質(zhì)點與x＝4 m處的質(zhì)點位移相同，經(jīng)過1.5 s＝1.5T，x＝4 m處的質(zhì)點剛好達到平衡位置，開始向y軸正方向振動，E正確． (2)①光線在透明液體中的光路如圖所示． 由幾何關(guān)系有tan i＝，i＝30(1分) 又i＋r＝90，r＝60(1分) 故該透明液體對該光的折射率n＝＝(2分) ②設(shè)經(jīng)平面鏡反射后射向分界面MN的光線在D點發(fā)生全反射，有sin C＝(2分) 設(shè)A、D兩點間的距離為R，由幾何關(guān)系可知 R＝3htan C(2分) 所以點光源在分界面MN上照亮的面積為 S＝πR2－πd2＝117.75 m2(2分) 答案：(1)BCE　(2)①?、?17.75 m2 35．[物理——選修3－5](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動x0后到達最低點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動到B點時，還具有向下的速度，已知重力加速度為g，空氣阻力不計．求： ①物塊甲和鋼板一起運動到最低點B過程中彈簧彈性勢能的增加量； ②物塊乙和鋼板一起運動到B點時速度vB的大?。? 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)反向電壓達到U0＝0.60 V以后，具有最大初動能的光電子恰不能到達陽極，因此eU0＝Ekm，由光電效應(yīng)方程知Ekm＝hν－W0，得Ekm＝0.6 eV，W0＝1.9 eV. (2)①設(shè)物塊甲落在鋼板上時的速度為v0，根據(jù)機械能守恒定律有mgh＝mv(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mv0＝2mv1(1分) 解得v1＝(1分) 根據(jù)題意可得到達最低點B時彈簧的彈性勢能增加量為 ΔEp＝2mgx0＋2mv＝mg(1分) ②設(shè)物塊乙落在鋼板上時的速度為v0′，根據(jù)機械能守恒定律有 2mgh＝2mv0′2，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2mv0′＝3mv2(1分) 解得v2＝(1分) 根據(jù)能量守恒定律可得 ΔEp＝3mgx0＋3mv－3mv(1分) 聯(lián)立各式解得vB＝ (1分) 答案：(1)1.9　0.6　(2)①mg ②