2016届高三物理二轮复习 专题辅导与应用（课件+试题）（打包53套）.zip

1仿真模拟卷一(限时：100 分钟)第Ⅰ卷对应学生用书 第 184 页 一、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 1～5 小题只有一项符合题目要求，第 6～8 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．)1．(2015·宿迁市三校检测，1)下列关于物理学中的研究方法、物理学史以及力和运动的说法正确的是导学号：82460566( )A．物体在恒力作用下一定做直线运动B．两个直线运动的合运动一定是直线运动C．法拉第用实验证明磁能生电并发明了人类历史上的第一台发电机D．在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了理想模型法解析：A.物体在恒力作用下可以做曲线运动，如平抛运动只受重力，是恒力，故 A 错误；B.两个直线运动的合运动可以是曲线运动，如平抛运动的水平分运动和竖直分运动都是直线运动，故 B 错误；C.法拉第用实验证明磁能生电并发明了人类历史上的第一台发电机(圆盘发电机)，故 C 正确；D.在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元法；故 D 错误．答案：C2.(2015·青岛统一检测，14)如图所示，一物体以速度 v0冲上粗糙的固定斜面，经过 2t0时间返回斜面底端，则物体运动的速度 v(以初速度方向为正)随时间 t 的变化关系可能正确的是导学号：82460567( )2解析：由于上滑时摩擦力沿斜面想下，合外力为重力分力和摩擦力之和，加速度大小不变，沿斜面向下；下滑时摩擦力沿斜面向上，合外力为重力分力和摩擦力之差，加速度大小不变，方向沿斜面向下；所以上滑时加速度大，所以速度图象斜率大；下滑时加速度小，所以速度图象的斜率小，且此过程中，摩擦力做功，使物块到达底端的速率变小，上滑和下滑的位移大小相等，上滑时加速度大，根据可 x＝ at2知，下滑时间长，故 C 正确，12A、B、D 错误．答案：C3．(2015·宝鸡三检，15)将一光滑轻杆固定在地面上，杆与地面间夹角为 θ ，一光滑轻环套在杆上．一个大小和质量都不计的滑轮用轻绳 悬挂在天花板上，用另一轻绳通过滑轮系在轻环上，用手拉住轻绳另一端并使 OP 恰好在竖直方向，如图所示．现水平向右拉绳，当轻环重新静止不动时 OP 绳与天花板之间的夹角为导学号：82460568( )A．90° B．45°C． θ D．45°＋θ 2解析：由题意可知，当轻环重新静止不动时，环受绳子的拉力 F、重力 mg、轻杆对其弹力 N 三个力作用，处于静止状态；此时，定滑轮 P 受 OP 绳拉力、和绳子水平拉力 F、滑轮 P 与环间绳子拉力 F 作用，处于静止状态，设此时 OP 绳与天花板之间的夹角为 α ，由几何知识，力的合成与分解，可得： α ＝45°＋ ，故 D 正确，A、B、C 错误．θ 2答案：D4．(2015·陕西三模，2)如图所示，在 M 点分别以不同的速度将两小球水平抛出．两小球分别落在水平地面上的 P 点、 Q点．已知 O 点是 M 点在地面上的竖直投影， OP： PQ＝1∶3，且不考虑空气阻力的影响．下列说法中正确的是导学号：82460569( )A．两小球的下落时间之比为 1∶3B．两小球的下落时间之比为 1∶4C．两小球的初速度大小之比为 1∶3D．两小球的初速度大小之比为 1∶4解析：A.两球做平抛运动，高度相同，则下落的时间相同，故 A、B 错误．C 由于两球的水平位移之比为 1∶4，根据 v0＝ 知，两小球的初速度大小之比为 1∶4，故 C 错误，Dxt正确．3答案：D5．(2015·皖南八校三联，18)如图所示，菱形 ABCD 的对角线相交于 O 点，两个等量异种点电荷分别固定在 AC 连线上的 M点与 N 点，且 OM ＝ ON，则导学号：82460570( )A． A、 C 两处电势、场强均相同B． B、 D 两处电势、场强均相同C．在 MN 连线上 O 点的场强最大D．在 BD 连线上 O 点的场强最小解析：A. A 处电势为正， C 处电势为负， A 处场强方向向左， C 处场强方向也向左，大小相同，故 A 错误；B. BD 两处场强大小相等，方向水平向右，两处的电势均为 0，故 B 正确；C.在 MN 连线上 O 点的场强最小，故 C 错误；D.在 BD 连线上 O 点的场强最大，故 D 错误．答案：B6．(2015·潍坊二模，16)2015 年 2 月 7 日，木星发生“冲日”现象． “木星冲日”是指木星和太阳正好分处地球的两侧，三者成一条直线．木星和地球绕太阳公转的方向相同，公转轨迹都近似为圆．设木星公转半径为 R1，周期为 T1；地球公转半径为 R2，周期为 T2，下列说法正确的是导学号：82460571( )A. ＝T1T2 (R1R2)23B. ＝T1T2 (R1R2)32C． “木星冲日”这一天象的发生周期为2T1T2T1－ T2D． “木星冲日”这一天象的发生周期为T1T2T1－ T2解析：AB.由开普勒第三定律得： ＝ ，解得： ＝ ＝ ，故 A 错误，B 正确；R31T21 R32T2 T1T2 R31R32 (R1R2)32CD.当地球和木星运行到太阳两侧，三者排成一条直线，到地球与木星相距最近，两者转过的角度相差 2π，所以 t－ t＝2π，解得： t＝ ，故 C 错误，D 正确．2πT2 2πT1 T1T2T1－ T2答案：BD7．(2015·成都三诊，6)如图所示，矩形平面导线框 abcd 位于坚直平面内，水平边 ab 长 l1，竖直边 bc 和l2，线框质量为 m，电阻为 R.线框下方有一磁感应强度为B、方向与线框平面垂直的匀强磁场区域，该区域的上、下边界 PP′和 QQ′均与 ab 平行，两边界间的距离为4H， Hl2.让线框从 dc 边距边界 PP′的距离为 h 处自由下落，已知在 dc 边进入磁场后、 ab边到达边界 PP′前的速度为 v，则导学号：82460572( )A．当 dc 边刚进磁场时，线框速度为 2ghB．当 ab 边刚到达边界 PP′时，线框速度为mgRB2l2C．当 dc 边刚到达边界 QQ′时，线框速度为(mgRB2l2)＋ 2g H－ l2D．从线框开始下落到 dc 边刚到达边界 QQ′的过程中，线框产生的焦耳热为 mg(h＋ l2)－m3g2R22B4l42解析：A.从线框开始下落到 dc 边刚进磁场时，线框做自由落体运动，下落高度为 h，由 v2＝2 gh，得当 dc 边刚进磁场时，线框速度为 v＝ ，故 A 正确；B.当 ab 边刚到达边2gh界 PP′时，根据平衡条件 dc 边受力平衡，得： mg＝ ，解得： v1＝ ，故 B 错误；B2l21v1R mgRB2l21C.从 ab 边刚到达边界 PP′，到 dc 边刚到达边界 QQ′时，线框下落高度为 H－ l2，由于H＞ l2，所以这一阶段只有重力做功，则由动能定理，得： mg(H－ l2)＝ mv － mv ，解得：12 2 12 21v2＝ ＝ ，故 C 正确；D.从线框开始下落到 dc 边v21＋ g H－ l2 (mgRB2l21)2＋ g H－ l2刚到达边界 QQ′的过程中，由能量守恒，得：mg(H＋ h)＝ Q＋ mv ，则线框产生的焦耳热： Q＝ mg(H＋ h)－ mv ＝ mg(H＋2 h＋ l2)－12 2 12 2 12，故 D 错误．m3g2R22B4l42答案：AC8．(2015·大庆三检，19)某兴趣小组用实验室的手摇发电机和理想变压器给一个灯泡供电，电路如图，当线圈以较大的转速 n 匀速转动时，电压表示数是 U1，额定电压为 U2的灯泡正常发光，灯泡正常发光时电功率为 P，手摇发电机的线圈电阻是 r，则有导学号：82460573( )A．电流表的示数是PU1B．变压器原副线圈的匝数比是 U2∶ U1C．变压器输入电压的瞬时值 u＝ U2sin 2π ntD．手摇发电机线圈中产生的电动势最大值是5Em＝ 2(U1＋PrU1)解析：A.理想变压器的输入功率和输出功率相等，灯泡正常发光时电功率为 P，所以输入功率为 P，电流表的示数是 ，故 A 正确；B.电压与匝数成正比，所以变压器的原副PU1线圈的匝数比是 U1∶ U2.故 B 错误；C.线圈以较大的转速 n 匀速转动时，所以 ω ＝2π n，所以变压器输入电压的瞬时值 u＝ U1sin 2π nt，故 C 错误；D.手摇发电机的线圈中产生2的电动势最大值是 Em＝ ，故 D 正确．2(U1＋PU1r)答案：AD第Ⅱ卷二、非选择题(包括必考题和选考题两部分。第 9～12 题为必考题，每个试题考生都必须作答。第 13～15 题为选考题，考生根据要求作答)(一)必考题(共 47 分)9．导学号：82460574(2015·马鞍山三模，21)(6 分)某实验小组用如图甲所示装置测量木板对木块的摩擦力所做的功。实验时，木块在重物牵引下向右运动，重物落地后，木块继续向右做匀减速运动。图乙是重物落地后打点计时器打出的纸带，纸带上的小黑点是计数点，相邻的两计数点之间还有 4 个点(图中未标出)，计数点间的距离如图所示。已知打点计时器所用交流电的频率为 50 Hz.(1)可以判断纸带的________(填“左端”或“右端”)与木块连接。根据纸带提供的数据可计算出打点计时器在打下 A 点、 B 点时木块的速度 vA、 vB，其中 vA＝________m/s.(结果保留两位有效数字)(2)要测量在 AB 段木板对木块的摩擦力所做的功 WAB，还应测量的物理量是________。(填入物理量前的字母)A．木板的长度 lB．木块的质量 m16C．木板的质量 m2D．重物的质量 m3E．木块运动的时间 tF． AB 段的距离 xAB(3)在 AB 段木板对木块的摩擦力所做的功的关系式 WAB＝________.(用 vA、 vB和第(2)问中测得的物理量的字母表示)答案：(1)右端；0.72；(2)B；(3) m1(v － v )12 2A 2B10. 导学号：82460575(2015·德州二模，22)(9 分)某学习小组的同学设计了如图所示的电路来测量定值电阻 R0的阻值(约为几欧到十几欧)及电源的电动势 E 和内阻 r.实验器材有：待测电源，待测电阻 R0，电流表 A(量程为0.6A，内阻不计)，电阻箱 R(0～99.9Ω)，开关 S1和 S2，导线若干．(1)先测电阻 R0的阻值。请将学习小组同学的操作补充完整：先闭合 S1和 S2，调节电阻箱，读出其示数 R1和对应的电流表示数 I，然后________________，使电流表的示数仍为 I，读出此时电阻箱的示数 R2.则电阻 R0的表达式为 R0＝________________.(2)同学们通过上述操作，测得电阻 R0＝9.5 Ω，继续测电源的电动势 E 和内阻 r.该小组同学的做法是：闭合 S1，断开 S2，多次调节电阻箱，读出多组电阻箱示数 R 和对应的电流表示数 I，如下表数据： 组数 1 2 3 4 5电阻 R/Ω 0 3.0 6.0 12.0 18.0电流 I/A 0.50 0.40 0.33 0.25 0.20①根据给定的坐标系并结合以上数据描点作图．②利用图象求出该电源的电动势 E＝____________V，内阻 r＝____________Ω(保留两位有效数字)答案：(1)断开 S2，调节电阻箱的阻值； R1－ R2；(2)①如图所示7②6；2.5.11．导学号：82460576(2015·西安交大附中三模，24)(12 分) 如图所示，一质量m＝0.4 kg 的滑块(可视为质点)静止于动摩擦因数 μ ＝ 0.1 的水平轨道上的 A 点．现对滑块施加一水平外力，使其向右运动，外力的功率恒为 P＝10.0 W．经过一段时间后撤去外力，滑块继续滑行至 B 点后水平飞出，恰好在 C 点沿切线方向进入固定在竖直平面内的光滑圆弧形轨道，轨道的最低点 D 处装有压力传感器，当滑块到达传感器上方时，传感器的示数为 25.6 N．已知轨道 AB 的长度 L＝2.0 m，半径 OC 和竖直方向的夹角 α ＝37°，圆形轨道的半径 R＝0.5 m． (空气阻力可忽略，重力加速度 g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)，求：(1)滑块运动到 C 点时速度 vc的大小；(2)B、 C 两点的高度差 h 及水平距离 x；(3)水平外力作用在滑块上的时间 t.解析：(1)滑块运动到 D 点时，由牛顿第二定律得： FN－ mg＝ mv2DR滑块由 C 点运动到 D 点的过程，由机械能守恒定律得：mgR(1－cos α )＋ mv ＝ mv12 2c 12 2D代入数据，联立解得： vC＝5 m/s(2)滑块在 C 点速度的竖直分量为：vy＝ vcsin α ＝3 m/sB、 C 两点的高度差为： h＝ ＝ m＝0.45 mv2y2g 920滑块由 B 运动到 C 所用的时间为： t1＝ ＝0.3 svyg滑块运动到 B 点的速度为： vB＝ vCcos α ＝4 m/sB、 C 间的水平距离： x＝ vBt1＝4×0.3 m＝1.2 m8(3)滑块由 A 点运动 B 点的过程，由动能定理得：Pt－ μmgL ＝ mv12 2B代入数据解得： t＝0.4 s答案：(1)5 m/s；(2)0.45 m、1.2 m；(3)0.4 s12．导学号：82460577(20 分)如图所示，在空间中存在垂直纸面向里的匀强磁场，其竖直边界 AB、 CD 的宽度为 d，在边界AB 左侧是竖直向下、场强为 E 的匀强电场．现有质量为 m、带电荷量为＋ q 的粒子(不计重力)从 P 点以大小为 v0的水平初速度射入电场，随后与边界 AB 成 45°角射入磁场．若粒子能垂直 CD 边界飞出磁场，穿过小孔进入如图所示两竖直平行金属板间的匀强电场中减速至零且不碰到正极板．(1)请画出粒子在上述过程中的运动轨迹，并求出粒子进入磁场时的速度大小 v；(2)求匀强磁场的磁感应强度 B；(3)求金属板间的电压 U 的最小值．解析：(1)运动轨迹如图所示：v＝ ＝ v0v0cos 45° 2(2)粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动其轨道半径 R 由几何关系可知：R＝ ＝ ddsin 45° 2qvB＝ m ，v2R解得 B＝mv0qd.(3)粒子进入板间电场至速度为零恰好不碰到正极板，此时电压 U 最小，对此过程由动能定理得－ qU＝0－ mv2，129解得 U＝ .mv20q答案：(1) v (2) (3)2mv0qd mv20q(二)选考题(共 15 分)(请考生从给出的 3 道物理题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分)13．导学号：82460578[物理——选修 3－3](15 分)(2015·宝鸡三检，33)(1)(6 分)下列说法正确的是________(填正确答案标号。选对1 个给 3 分，选对 2 个给 4 分，选对 3 个给 6 分。每选错一个扣 3 分，最低得分为 0 分)A．温度低的物体内能一定小B．温度低的物体分子运动的平均速率小C．温度升高，分子热运动的平均动能一定增大，但并非所有分子的速率都增大D．外界对物体做功时，物体的内能不一定增加E．自然界中进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性(2)(9 分)如图所示蹦蹦球是一种儿童健身玩具，某同学在 17℃的室内对蹦蹦球充气，已知充气前球的总体积为 2 L，压强为 1 atm，充气筒每次充入 0.2 L 压强为 1 atm 的气体，忽略蹦蹦球体积变化及充气过程中气体温度的变化，求：①充气多少次可以让气体压强增大至 3 atm；②充气后的蹦蹦球拿到温度为－13℃的室外后，压强将变为多少？解析：(1)A.温度低的物体分子平均动能小，但如果物质的量大，则内能也可能大，故A 错误；B.温度是分子平均动能的标志，温度低的物体若分子的质量小，平均速率不一定小，故 B 错误；C.温度是分子平均动能的标志，是大量分子运动的统计规律．温度升高，分子热运动的平均动能一定增大，但并非所有分子的速率都增大．故 C 正确；D.外界对物体做功时，若同时散热，则由热力学第一定律可知物体的内能不一定增加，故 D 正确；E.宏观运动和物体的内能没有关系，但如果物体在运动中受到的摩擦力做功，则温度增加时，内能可能越来越大，故 E 正确．(2)①设充气 n 次可以让气体压强增大至 3atm.据题充气过程中气体发生等温变化，以蹦蹦球内原来的气体和所充的气体整体为研究对象，由玻意耳定律得：P1(V＋ nΔ V)＝ P2V代入：1×(2＋ n×0.2)＝3×2解得： n＝20(次)②当温度变化，气体发生等容变化，由查理定律得： ＝P2T2 P3T310可得： P3＝ P2＝ ×3 atm≈2.7 atm.T3T2 － 13＋ 27317＋ 273答案：(1)CDE；(2)①20 次；②2.7 atm14．导学号：82460579[物理——选修 3－4](15 分)(2015·衡水高三调，34) (1)(6 分)一列简谐横波沿 x 轴正方向传播， t 时刻波形图如图中的实线所示，此时波刚好传到 P 点， t＝0.6 s 时刻，这列波刚好传到 Q 点，波形如图中的虚线所示， a、 b、 c、 P、 Q 是介质中的质点，则以下说法正确的是________．(填入正确选项前的字母，选对 1 个得 3 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．这列波的波速为 16.7 m/sB．这列波的周期为 0.8 sC．质点 c 在这段时间内通过的路程一定等于 30 cmD．从 t 时刻开始计时，质点 a 第一次到达平衡位置时，恰好是 t＋ s 这个时刻13E．当 t＋0.5 s 时刻，质点 b、 P 的位移相同(2)(9 分) MN 为水平放置的光屏，在其正下方有一半圆柱形玻璃砖，玻璃砖的平面部分 ab 与光屏平行且过圆心 O，平面 ab 与屏间距离为 d＝0.2 m，整个装置的竖直截面图如图所示。在 O 点正下方有一光源 S，发出的一束单色光沿半径射入玻璃砖，通过圆心 O 再射到屏上。现使玻璃砖在竖直面内以 O 点为圆心沿逆时针方向以角速度 ω ＝ rad/s 缓慢转动，在光屏上出现了移动的光π 8斑．已知单色光在这种玻璃中的折射率为 n＝ ，求：2①当玻璃砖由图示位置转动多长时间屏上光斑刚好彻底消失；②璃砖由图示位置转到光斑刚好彻底消失的过程中，光斑在屏上移动的距离 s.解析：(1)A.由图可知，波的波长为 λ ＝40 m，波从 P 传到 Q 的距离为： x＝90 m－60 m＝30 m，波速为： v＝ ＝ m/s＝50 m/s，故 A 错误；B.这列波的周期： T＝ ＝ xt 300.6 λ v 4050s＝0.8 s，故 B 正确；C.波从 P 传到 c 的时间为： T＝0.2 s，在在这段时间内质点 c 振动14了半个周期，通过的路程等于：2 A＝20 cm，故 C 错误； D.从 t 时刻开始计时，质点 a 的振动方程为 y＝ Asin ＝10 sin cm，当 y＝0,2.5π t＋ ＝π 时， t＝ (2πTt＋ π 6) (2.5 π t＋ π 6) π 6 1311s，故在 t＋ s 这个时刻质点 a 第一次到达平衡位置，故 D 正确；E.在 t 时刻，因波沿 x13轴正方向传播，故此时质点 P 是向上振动的，经 0.5 s 后， P 正在向下振动(负位移)，是经过平衡位置后向下运动 0.1 s＝ ；而质点 b 是正在向上振动的(负位移)，是到达最低点T4后向上运动 0.1 s＝ ，可见此时两个质点的位移是相同的，故 E 正确．T4(2)①由题意可知，假设玻璃砖转过 θ 角时，折射光线刚好完全消失。此时的入射角也为 θ ，由折射定律可得：sin θ ＝sin C＝1nθ ＝π 4玻璃砖转动所用时间： t＝ ＝2 sθω②当入射角 i＝0°，由折射定律可得：＝ nsin rsin i解得： r＝0°由图可知在玻璃砖逆时针转过 θ 角过程中折射光线顺时针转过 α 角α ＝ － θ ＝π 2 π 4s＝ dtan α ＝0.2 m答案：(1)BDE；(2)①2s ②0.2m15．导学号：82460580[物理——选修 3－5](15 分)(2015·衡水高三调，35) (1)(6 分)以下是有关近代物理内容的若干叙述，其中正确的有________．(填入正确选项前的字母，选对 1 个得 3 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．紫外线照射到金属锌板表面时能产生光电效应，则当增大紫外线的照射强度时，从锌板表面逸出的光电子的最大初动能也随之增大B．每个核子只跟邻近的核子发生核力作用C．原子核式结构模型是由汤姆逊在 α 粒子散射实验基础上提出的D．太阳内部发生的核反应是热核反应E．关于原子核内部的信息，最早来自天然放射现象(2)(9 分)如图所示，两端带有固定薄挡板的长木板 C 的长度为 L，总质量为 ，与地面m212间的动摩擦因数为 μ ，其光滑上表面静置两质量分别为 m、 的物体 A、 B，其中两端带有m2轻质弹簧的 A 位于 C 的中点。现使 B 以水平速度 2v0向右运动，与挡板碰撞并瞬间粘连而不再分开， A、 B 可看作质点，弹簧的长度与 C 的长度相比可以忽略，所有碰撞时间极短，重力加速度为 g，求：① B、 C 碰撞后瞬间的速度大小；② A、 C 第一次碰撞时弹簧具有的最大弹性势能．解析：(1)A.光电子的最大初动能与入射光的频率有关与光照强度无关，因此增大光照强度，光子的最大初动能不变，故 A 错误；B.核子为短程力，只能跟邻近的核子产生核力的作用，故 B 正确；C.原子核式结构模型是由卢瑟福在 α 粒子散射实验基础上提出的，故C 错误；D.太阳内部发生的是热核反应，故 D 正确；E.关于原子核内部的信息，最早来自于天然放射性现象，故 E 正确．(2)①B、C 碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得： ×2v0＝ v1m2 (m2＋ m2)解得： v1＝ v0②设 A、 C 第一次碰撞前瞬间 C 的速度为 v2对 B、 C 根据动能定理有：－2 μmg × ＝ mv － mvL2 12 2 12 21当 A 与 B 和 C 第一次碰撞具有共同速度 v3时，弹簧的弹性势能最大，系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得： mv2＝2 mv3由能量守恒定律得： Epm＝ mv － ×2mv12 2 12 23解得： Epm＝ mv － μmgL14 20 12答案：(1)BDE (2)① v0；② mv － μmgL14 20 12[备课札记]____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________1仿真模拟卷二(限时：100 分钟)第Ⅰ卷对应学生用书 第 188 页 一、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 1～5 小题只有一项符合题目要求，第 6～8 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．)1．(2015·衡水高三调，14)下列说法不正确的是导学号：82460581( )A．法拉第最先引入“场”的概念，并最早发现了电流的磁效应现象B．互感现象是变压器工作的基础C．在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看做匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这应用了“微元法”D．电场强度 E＝ 和磁感应强度 B＝ 定义物理量的方法是比值定义法Fq FIL解析：A.法拉第最先引入“场”的概念，奥斯特最早发现了电流的磁效应，故 A 不正确；B.变压器工作原理是利用互感现象，故 B 正确；C.在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看做匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这是运用了微元法，故 C 正确；D.电场强度 E＝ 和磁感应强度 B＝ 定义物理量的Fq FIL方法是比值定义法，故 D 正确．答案：A2．(2015·聊城二模，14)如图所示，左侧是倾角为60°的斜面、右侧是 圆弧面的物体固定在水平地面上，圆弧14面底端的切线水平，跨过其顶点上小定滑轮的轻绳两端系有质量分别为 m1、 m2的小球。当它们处于平衡状态时，连接 m2的轻绳与水平线的夹角为 60°，不计一切摩擦，两小球可视为质点。则 m1∶ m2等于导学号：82460582( )A．1∶1 B．2∶3C．3∶2 D．3∶4解析：先以 m1球为研究对象，由平衡条件得知，绳的拉力大小为：T＝ m1gsin 60° ①再以 m2球为研究对象，分析受力情况，如图，由平衡条件可知，绳的拉力 T 与支持力 N 的合力与重力大小相等、方向相反，作出两个力的合力，2由对称性可知， T＝ N，2Tcos 30°＝ m2g ②由①②解得： m1∶ m2＝2∶3答案：B3．(2015·连徐宿三调，4)一汽车在平直公路上以 20 kW 的功率行驶， t1时刻驶入另一段阻力恒定的平直公路，其 v～ t 图象如图所示，已知汽车的质量为 2×103 kg.下列说法正确的是导学号：82460583( )A． t1前汽车受到的阻力大小为 1×103 NB． t1后汽车受到的阻力大小为 2×103 NC． t1时刻汽车加速度突然变为 1 m/s2D． t1～ t2时间内汽车的平均速度为 7.5 m/s解析：A.由 v ­t 图象可知，0～ t1时间段内，汽车做匀速直线运动，则有： f＝ F 牵 ，由 P＝ Fv，得： f＝ F 牵 ＝ ＝ N＝2.0×10 3 N，故 A 错误；B. t1后，由 v ­t 可知，Pv 20×10310依据牛顿第二定律得： f′＝ F 牵 ，由 P＝ Fv，得：f′＝ F 牵 ＝ ＝ N＝4.0×10 3N，故 B 错误；C.由 B 知，依据牛顿第二定律得：Pv2 20×1035F 牵 － f′＝ ma，得：a＝ ＝ m/s2＝－1m/s 2，故 C 正确；D. t1～ t2内，如果F牵 － f′m 2.0×103－ 4.0×1032.0×103是匀变速直线运动， ＝ ＝ m/s＝7.5 m/s，由 v­t 可知， ＜ ′，故 D 错v－ v1＋ v22 10＋ 52 v－ v－ 误．答案：C 4．(2015·青岛统一检测，16)2014 年 11 月 12 日， “菲莱”着陆器成功在 67P 彗星上实现着陆，这是人类首次实现在彗星上软着陆，被称为人类历史上最伟大冒险之旅．载有“菲莱”的“罗赛塔”飞行器历经十年的追逐，被 67P 彗星俘获后经过一系列变轨，成功的将“菲莱”着陆器弹出，准确得在彗星表面着陆．如图所示，轨道 1 和轨道 2 是“罗赛塔”绕彗星环绕的两个圆轨道， B 点是轨道 2 上的一个点，若在轨道 1 上找一点 A，使 A 与 B 的连线与 BO 连线的最大夹角为 θ ，则“罗赛塔”在轨道 1、2 上运动的周期之比 为导学号：T1T282460584( )A．sin 3 θ B.1sin3θ3C. D. sin3θ1sin3θ解析：根据几何关系连接 OA 可得三角形 OAB 是直角三角形，故轨道 1 和轨道 2 的半径之比： ＝sin θr1r2再根据万有引力提供圆周运动向心力有：G ＝ mrmMr2 4π 2T2可得圆周运动的周期： T＝ 4π 2r3GM所以： ＝ ＝ ，故 A、B、D 错误，C 正确．T1T2 (r1r2)3 sin3θ答案：C 5．(2015·大庆实验中学三模，18)有一个带正电的金属球壳(厚度不计)，其截面图如图 a 所示， O 为球心，球壳 P 处开有半径远小于球半径的小孔．以 O 点为坐标原点，过 P点建立 x 坐标轴， A 点是坐标轴上的一点， x 轴上各点电势如图 b 所示。电子从 O 点以 v0的初速度沿 x 轴方向射出，依次通过 P、 A 两点．则下列关于电子在沿 x 轴正方向运动的过程中的描述正确的是导学号：82460585( )A．在 OP 间电子做匀加速直线运动B．在 PA 间电子做匀减速直线运动C．在 OP 间运动时电子的电势能均匀增加D．在 PA 间运动时电子的电势能增加解析：A.由图知 OP 间的电势不变，则 OP 间的电场强度为零，电子不受电场力，做匀速直线运动，故 A 错误．B.根据顺着电场线方向，电势降低，可知 PA 间电场线方向从 P到 A，电子所受的电场力方向从 A 指向 P，所以电子在 PA 间做减速直线运动．根据图线的斜率等于场强可知，从 P 到 A 场强逐渐减小，电子所受的电场力减小，所以电子做加速度减小的变减速运动，故 B 错误；C.由于电子在 OP 运动时电场力不做功，所以其电势能不变，故 C 错误；D.在 PA 间运动时电场力对电子做负功，则电子的电势能增加，故 D 正确．答案：D6．(2015·西安交大附中三模，20)某兴趣小组设计了一种发电装置，如图所示．在磁极和圆柱状铁芯之间4形成的两磁场区域的圆心角 α 均为 π，磁场均沿半径方向．匝数为 N 的矩形线圈 abcd49的边长 ab＝ cd＝ L、 bc＝ ad＝2 L 线圈以角速度 ω 绕中心轴匀速转动， bc 边和 ad 边同时进入磁场．在磁场中，两条边所经过处的磁感应强度大小均为 B、方向始终与两边的运动方向垂直．线圈的总电阻为 r，外接电阻为 R.则导学号：82460586( )A．线圈切割磁感线时，感应电动势的大小 Em＝2 BL2ωB．线圈切割磁感线时， bc 边所受安培力的大小 F＝4NB2l3ωR＋ rC．线圈旋转一圈时，流过电阻 R 的净电荷量为零．D．外力做功的平均功率为16N2B2l4ω 29 r＋ R解析：A. bc、 ad 边的运动速度： v＝ ωL2感应电动势： Em＝4 NBLv，解得： Em＝2 NBL2ω ，故 A 错误；B.根据欧姆定律得：电流： Im＝EmR＋ r安培力： F＝2 NBImL，解得： F＝ ，故 B 错误；C.线圈旋转一圈时，磁通量的4N2B2L3ωR＋ r变化量为零，故平均感应电动势为零，故流过电阻 R 的净电荷量为零，故 C 正确；D.在磁极和圆柱状铁芯之间形成的两磁场区域的圆心角 α 均为 π，电机的总功率： P＝ ·49 49＝ ；外力做功的功率与电源的总功率相等，故 D 正确．E2 R＋ r 16N2B2L4ω 29 R＋ r答案：CD7．(2015·宿迁市三校检测，9)物块 A 和 B 用绕过定滑轮的轻绳相连， A 的质量为 m， B 的质量为 2m.A 穿在光滑竖直固定的长直杆上，滑轮与杆间的距离为 l.将 A 移到与滑轮等高处由静止释放，不考虑绳与滑轮间的摩擦，则下列说法正确的是导学号：82460587( )A． A 在下降过程中加速度先变大后变小B． A 刚释放时它的加速度大小等于重力加速度 gC．当 A 在下降过程中速度达到最大时， A 与 B 速度大小之比为 2∶1D．当 A 的机械能最小时， B 的重力势能最大解析：A.对 A 分析，设绳子与竖直方向上的夹角为 θ ，根据牛顿第二定律得：a＝ ，拉力在竖直方向上的分力逐渐增大，先小于 A 的重力然后大于 A 的mg－ Tcos θm重力，所以加速度先减小后增大．故 A 错误；B.当 A 刚释放的瞬间，绳子的拉力方向与杆子垂直， A 所受的合力等于 mg，则加速度为 g，故 B 正确；C.当绳子在竖直方向上的分力5等于 A 的重力时，速度最大，此时 T＝2 mg，有 Tcos θ ＝ mg，解得：cos θ ＝ ， θ ＝60° 12，将 A 的速度分解为沿绳子方向和垂直绳子方向，根据平行四边形定则得： vAcos 60°＝ vB，则 vA∶ vB＝2∶1，故 C 正确；D.因为除重力以外其它力做的功等于机械能的增量，在 A 运动的最低点的过程中，拉力一直做负功，则 A 的机械能一直减小，知 A 运动到最低点时，机械能最小，此时 B 上升到最高，所以 B 的重力势能最大．故 D 正确．答案：BCD8．(2015·衡水高三调，21)如图所示，正方形导线框 ABCD、 abcd 的边长均为 L，电阻均为 R，质量分别为 2m 和 m，它们分别系在一跨过两个定滑轮的轻绳两端，且正方形导线框与定滑轮处于同一竖直平面内。在两导线框之间有一宽度为 2L、磁感应强度大小为 B、方向垂直纸面向里的匀强磁场．开始时导线框 ABCD 的下边与匀强磁场的上边界重合，导线框 abcd 的上边到匀强磁场的下边界的距离为 L.现将系统由静止释放，当导线框 ABCD 刚好全部进入磁场时，系统开始做匀速运动。不计摩擦和空气阻力，则导学号：82460588( )A．两线框刚开始做匀速运动时轻绳上的张力 FT＝ mgB．系统匀速运动的速度大小； v＝mgRB2L2C．两线框从开始运动至等高的过程中所产生的总焦耳热 Q＝2 mgL－3m3g2R22B4L4D．导线框 abcd 通过磁场的时间 t＝2B2L3mgR解析：A.导线框 ABCD 刚好全部进入磁场时磁通量不再变化，回路中没有感应电流，线框 ABCD 不受安培力，只受重力和绳子拉力，做匀速运动，根据平衡条件： FT＝2 mg，此时的受力情况与两线框刚开始做匀速运动时受力情况相同，故 A 错误；B. ABCD 完全进入磁场后， abcd 中开始产生感应电流，根据平衡条件： mg＋ ＝2 mg，得： v＝ ，故 B 正B2L2vR mgRB2L2确；C.等高时速度为 v，根据能量守恒：2 mgL－ mgL＝ (m＋3 m)v2＋ Q，得： Q＝2 mgL－12，故 C 正确；D. abcd 匀速运动完全进入磁场后不再有感应电流，不再受安培力，3m3g2R22B4L4但 ABCD 开始穿出磁场，产生感应电流受安培力作用，当 ABCD 穿出磁场后不再有感应电流不再受安培力后 abcd 又开始穿出磁场产生感应电流受安培力，受力分析知系统始终匀速运动，故 abcd 通过磁场的时间 t＝ ＝ ，故 D 错误．3Lv 3B2L3mgR6答案：BC第Ⅱ卷二、非选择题(包括必考题和选考题两部分。第 9～12 题为必考题，每个试题考生都必须作答。第 13～15 题为选考题，考生根据要求作答)(一)必考题(共 47 分)9．导学号：82460589 (2015·枣庄八中模拟，9)(6 分)某探究学习小组的同学欲验证“动能定理” ，他们在实验室组装了一套如图 1 所示的装置：水平轨道上安装两个光电门，小车上固定有力传感器和挡光板，细线一端与力传感器连接，另一端跨过定滑轮挂上砝码盘．实验时，保持轨道和细线水平，通过调整砝码盘里砝码的质量让小车做匀速运动实现平衡摩擦力．(1)该实验是否需要满足砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量？(回答“是”或“否”)(2)实验需要用游标卡尺测量挡光板的宽度 l，如图 2 所示，则 l＝________mm；(3)实验获得以下测量数据：小车(含传感器和挡光板)的总质量 M，平衡摩擦力时砝码和砝码盘的总质量 m0，挡光板的宽度 l，光电门 1 和光电门 2 的中心距离 x，某次实验过程：力传感器的读数 F，小车通过光电门 1 和光电门 2 的挡光时间分别为 t1、 t2.小车通过光电门 2 后砝码盘才落地，重力加速度为 g.该实验对小车需验证的表达式是________(用实验中测出的物理量表示)．解析：(1)因为小车的拉力可以通过传感器测量，不需要用砝码盘和砝码的总重力表示，所以不需要满足砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量．(2)游标卡尺的主尺读数为 5 mm，游标读数为 0.05×10 mm＝0.50 mm，则最终读数为 5.50 mm.(3)小车通过光电门 1、2 的瞬时速度分别为 v1＝ ， v2＝ ，lt1 lt2小车动能的增加量为：Mv － Mv ＝ M ，12 2 12 21 12[(lt2)2－ (lt1)2]合力做功为： Fx－ fx＝ Fx－ m0gx，所以验证的表达式为 Fx－ m0gx＝ M .12[(lt2)2－ (lt1)2]7答案：(1)否 (2)5.50 (3) Fx－ m0gx＝ M12[(lt2)2－ (lt1)2]10．导学号：82460590(2015·宁德市普高质检，19)(9 分)现要测定一段粗细均匀、电阻约为 60Ω 的合金丝的电阻率，若已测得其长度，要尽量精确的测量其电阻值 R，器材有：电池组(电动势 3.0 V，内阻约 1 Ω)；电流表(量程 0～100 mA，内阻约 0.5 Ω)；电压表(量程 0～3 V，内阻约 3 kΩ)；滑动变阻器 R1(0～10 Ω，允许最大电流 2.0 A)；滑动变阻器 R2(0～500 Ω，允许最大电流 0.5 A)；电键一个、导线若干．图甲①以上器材中，所用的滑动变阻器应选________．(填“ R1”或“ R2”)②用螺旋测微器测量合金丝直径时的刻度位置如图甲所示，读数为________mm.③如图乙所示是测量合金丝电阻的电路，闭合开关之前，滑动变阻器的滑片应移到________．(填“最左端”或“最右端”)图乙④闭合开关后，滑动变阻器的滑片从一端移到另一端，电压表示数变化明显，但电流表示数始终几乎为零，由此可以推断：电路中________(填“1、2、3”或“4、5、6”或“6、7、8”)之间出现了________．(填“短路”或“断路”)⑤在电路故障被排除后，为了更准确地测出合金丝的阻值，在不更换实验器材的条件下，对实验应改进的是________．(填选项前的字母)A．电流表连接方式改为内接法8B．滑动变阻器连接方式改为限流式解析：①根据电路图可知，滑动变阻器采用分压式接法，所以应该选择最大阻值较小的，有利于数据的测量，故选 R1；②由图甲可得，螺旋测微器主尺读数为：0.5 mm，旋钮读数为：23.0×0.01 mm＝0.230 mm，则螺旋测微器最后读数为：0.5 mm＋0.230 mm＝0.730 mm；③实验刚开始时，为保护电路中的器件，滑动变阻器开始时接入电路电阻要最大，滑动变阻器又采用分压式接法，所以滑片应最右端；④电压表示数变化明显，所以“1、2、3”和 “6、7、8”之间是通路的，电流表示数始终几乎为零，所以“4、5、6”为断路；⑤由图乙可知，电流表为外接法，在不更换实验器材的条件下，电流表连接方式改为内接法，故选 A.答案：① R1；②0.730；③最右端；④4、5、6，断路；⑤A11．导学号：82460591(2015·连徐宿三调，15)(12 分)一根细绳绕过轻质定滑轮，右边穿上质量 M＝3 kg 的物块 A，左边穿过长 L＝2 m 的固定细管后下端系着质量 m＝1 kg 的小物块 B，物块 B 距细管下端 h＝0.4 m 处，已知物块 B 通过细管时与管内壁间的滑动摩擦力 F1＝10 N，当绳中拉力超过F2＝18 N 时物块 A 与绳之间就会出现相对滑动，且绳与 A 间的摩擦力恒为 18 N．开始时 A、 B 均静止，绳处于拉直状态，同时释放 A 和 B.不计滑轮与轴之间的摩擦， g 取 10 m/s2.求：(1)刚释放 A、 B 时绳中的拉力；(2)B 在管中上升的高度及 B 上升过程中 A、 B 组成的系统损失的机械能；(3)若其他条件不变，增大 A 的质量，试通过计算说明 B 能否穿越细管．解析：(1)释放后，设绳子的拉力为 T对 A： Mg－ T＝ Ma对 B： T－ mg＝ ma得： a＝5 m/s 2， T＝15 N(2)B 刚进入管中时，此时 B 速度为： v ＝2 ax20解得： v0＝2 m/s由题意知， B 作减速运动， A 相对于绳出现滑动，对 B： mg＋ F1－ Fm＝ ma1得： a1＝2 m/s 2对 A： Mg－ Fm＝ Ma2解得： a2＝4 m/s 2h＝ ＝1 m t＝ ＝1 sv202a1 v0a1xA＝ v0t＋ a2t2＝4m12Δ E＝ F1h＋ Fm(xA－ h)＝64 J(3)随着 A 的质量增大， B 的加速度也增大， A、 B 出现相对滑动时，9对 A： Mg－ F2＝ Mam对 B ： Fm－ mg＝ mam得： am＝8 m/s 2M＝9 kg , 即 A 的质量为 9kg 时 A、 B 出现相对滑动故 B 进入管中最大速度为： v ＝2 amx2mB 进入管中运动距离为： hm＝ ＝1.6 m＜2 mv2m2a1故 B 不能穿越细管．答案：(1)15 N ；(2)64 J；(3)不能12．导学号：82460592(2015·盐城检测)(20 分)如图甲所示，水平直线 MN 下方有竖直向上的匀强电场，场强 E＝ ×104N/C.现将一重力不计、比荷 ＝10 6C/kg 的正电荷从电π10 qm场中的 O 点由静止释放，经过 t0＝1×10 －5 s 后，通过 MN 上的 P 点进入其上方的匀强磁场．磁场方向垂直于纸面向外，以电荷第一次通过 MN 时开始计时，磁感应强度按图乙所示规律周期性变化．(1)求电荷进入磁场时的速度 v0；(2)求图乙中 t＝2×10 －5 s 时刻电荷与 P 点的距离；(3)如果在 P 点右方 d＝105 cm 处有一垂直于 MN 的足够大的挡板，求电荷从 O 点出发运动到挡板所需的时间(本小题保留三位有效数字)．解析：(1)由于电荷在电场中做匀加速直线运动，则： Eq＝ ma， v0＝ at0，代入数据解得： v0＝π×10 4 m/s.(2)当 B1＝ T 时，电荷运动的半径： r1＝ ＝0.2 m＝20 cmπ20 mv0B1q周期： T1＝ ＝4×10 －5 s2π mB1q当 B2＝ T 时，电荷运动的半径： r2＝ ＝10 cm，周期： T2＝ ＝2×10 －5 sπ10 mv0B2q 2π mB2q10故电荷从 t＝0 时刻开始做周期性运动，其运动轨迹如图所示：t＝2×10 －5 s 时刻电荷先沿大圆轨迹运动四分之一个周期再沿小圆轨迹运动半个周期，与 P 点的水平距离为 r1＝20 cm.(3)电荷从 P 点开始，其运动的周期为 T＝6×10 －5 s，根据电荷的运动情况可知，电荷每一个周期向右沿 PN 运动的距离为 40 cm，故电荷到达挡板前运动的完整周期数为 2 个，沿 PN 运动的距离 s＝80 cm，最后25 cm 的距离如图所示，设正电荷以 α 角撞击到挡板上，有： r1＋ r2cos α ＝25 cm解得：cos α ＝0.5, 即： α ＝60°故电荷从 O 点出发运动到挡板所需的总时间：t 总 ＝ t0＋2 T＋ T1＋ T214 30°360°解得： t 总 ＝1.43×10 －4 s答案：(1)π×10 4 m/s；(2)20 cm；(3)1.43×10 －4 s(二)选考题(共 15 分)(请考生从给出的 3 道物理题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分)13．导学号：82460593[物理——选修 3－3](15 分)(2015·大庆三检，33)(1)(6 分)下列说法正确的是________．(填正确答案标号，选对 1 个得 3 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．分子间引力随分子间距离的增大而减小，分子间斥力随分子间距离的增大而增大B．分子力减小时，分子势能也一定减小C．绝热过程不一定是等温过程D．用油膜法估测分子直径的实验中，把用酒精稀释过的油酸滴在水面上，待测油酸面扩散后又收缩的原因是水面受油酸滴冲击凹陷后恢复以及酒精挥发后液面收缩E．有无确定的熔点可以区分晶体和非晶体(2)(9 分)如图，在大气中有一水平放置的固定圆筒，它由 a、 b 和 c 三个粗细不同的部分连接而成，各部分的横截面积分别为 2S、 S 和 S.已知大气压强为 p0，温度为 T0，两活12塞 A 和 B 用一根长为 4l 的不可伸长的轻线相连，把温度为 T0的空气密封在两活塞之间，此时两活塞的位置如图所示．现对被密封的气体加热，使其温度缓慢上升到 T.若活塞与圆筒壁之间的摩擦可忽略，此时两活塞之间气体的压强可能为多少？解析：(1)A.气体的内能是气体内所有分子热运动的动能和分子间势能之和，故 A 正确．B.温度是分子平均动能的标志，气体的温度变化时，其分子平均动能一定随之改变，而分子间势能不一定改变，故 B 错误；C.功可以全部转化为热，根据热力学第二定律可知，11在外界的影响下热量也可以全部转化为功，故 C 错误；D.热量能够自发地从高温物体传递到低温物体，不能自发地从低温物体传递到高温物体，只有在外界的影响下，热量才能从低温物体传递到高温物体，故 D 正确；E.气体的压强是由大量分子对器壁的碰撞而产生的，它包含两方面的原因：分子每秒对器壁单位面积平均碰撞次数和每一次的平均撞击力．气体的温度降低时，分子的平均动能减小，所以，在压强不变时，分子每秒对器壁单位面积平均碰撞次数随着温度降低而增加，故 E 正确．(2)设加热前，被密封气体的压强为 p1，轻线的张力为 f，因两活塞都处在静止状态，根据平衡条件可得：对活塞 A，有：2 p0S－2 p1S＋ f＝0 ①对活塞 B，有： p1S－ p0S－ f＝0 ②由①②式得： p1＝ p0 ③f＝0 ④即被密封气体的压强与大气压强相等，轻线处在拉直的松弛状态，这时气体的体积： V1＝2 S1＋ S1＋ S1＝4 S1 ⑤对气体加热时，被密封气体温度缓慢升高，两活塞一起向左缓慢移动，气体体积增大，压强保持 p1不变，若持续加热，此过程会一直持续到活塞向左移动的距离等于 l 为止，这时气体的体积：V2＝4 S1＋ S1＝5 S1 ⑥设此时气体的温度为 T2，由盖·吕萨克定律 V2∝ T2，即： ＝ ⑦V2T2 V1T0由③⑤⑥⑦得： T2＝ T0 ⑧54由此可知，当 T≤ T2＝ T0时，气体的压强 p2＝ p0 ⑨54当 T＞ T2时，活塞已无法移动，被密封气体的体积保持 V2不变，气体经历一等容升压过程当气体的温度为 T 时，设其压强为 p，由查理定律 p∝ T，即有： ＝ ⑩pT p2T2解得： p＝ p04T5T0即当 T＞ T0时，气体的压强为 p054 4T5T0答案：(1)ADE (2)当 T≤ T0，气体的压强为： p2＝ p0；当 T＞ T0时，气体的压强为54 54p04T5T01214．导学号：82460594[物理——选修 3－4](15 分)(2015·宝鸡三检，34)(1)(6 分)一条弹性绳子呈水平状态， M 为绳子中点，两端P、 Q 同时开始上下振动，一小段时间后产生的波形如图所示，对于其后绳上各点的振动情况，以下判断正确的是________．(填正确答案标号。选对 1 个给 3 分，选对 2 个给 4 分，选对 3 个给 6 分。每选错一个扣 3 分，最低得分为 0 分)A．两列波将同时到达中点 MB．两列波波速之比为 1∶2C．中点 M 的振动总是加强的D． M 点的位移大小在某时刻可能为零E．绳的两端点 P、 Q 开始振动的方向相同(2)(9 分)如图所示，某种透明材料做成的三棱镜，其横截面是边长为 a 的等边三角形，现用一束宽度为 a 的单色平行光束，以垂直于 BC 面的方向正好入射到该三棱镜的 AB 及 AC 面上，结果所有从 AB、 AC 面入射的光线进入后恰好全部直接到达 BC 面。求：(i)该材料对此平行光束的折射率；(ii)这些直接到达 BC 面的光线从 BC 面折射而出后，如果照射到一块平行于 BC 面的屏上形成光斑，则当屏到 BC 面的距离 d 满足什么条件时，此光斑分为两条？(1)解析：A.由题意可知，虽然波形不同，但波速相同，由于距离相同，所以两波同时到达 M 点，故 A 正确；B.波速由介质决定，与波长和频率无关，故 B 错误；C.由于波的频率不同，故两列波并不能干涉， M 点并不是振动加强点，故 C 错误；D.由于波的频率不同，故两列波并不能干涉， M 点并不是振动加强点， M 点的位移大小在某时刻可能为零，故 D 正确；E.根据质点振动方向与波传播方向的关系， P 点向上振动， Q 点也向上振动，故 E 正确．答案：ADE(2)解析：(ⅰ)由于对称性，考虑从 AB 面入射的光线，这些光线在棱镜中是平行于 AC面的，由对称性和几何知识可得，光线进入 AB 面时的入射角 α 和折射角 β 分别为：α ＝60°， β ＝30°则材料的折射率为： n＝ ＝sin αsin β 3(ⅱ)如图 O 为 BC 中点，紧靠 B 点从 BC 面射出的光线与直线 AO 交于 D，由图可知：当光屏放在 D 点右侧时，根据对称性，13光屏上形成两条光斑由几何关系有： OD＝ tan α ＝ aa2 36所以当光屏到 BC 距离 d 超过 a 时，光斑分为两条．36答案：(ⅰ) ；(ⅱ) a 33615．导学号：82460595[物理——选修 3－5](15 分)(2015·衡水高三调，35)(1)(6 分)甲、乙两种金属发生光电效应时，光电子的最大初动能与入射光频率间的关系分别如图中的a、 b 所示。下列判断正确的是________．(填正确答案标号．选对 1个给 3 分，选对 2 个给 4 分，选对 3 个给 6 分．每选错一个扣 3 分，最低得分为 0 分)A．图线 a 与 b 不一定平行B．乙金属的极限频率大于甲金属的极限频率C．改变入射光强度不会对图线 a 与 b 产生任何影响D．图线 a 与 b 的斜率是定值，与入射光和金属材料均无关系E．甲、乙两种金属发生光电效应时，若光电子的最大初动能相同，甲金属的入射光频率大(2)(9 分)如图甲所示，物块 A、 B 的质量分别是 mA＝4.0 kg 和 mB＝3.0 kg.用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块 B 右侧与竖直墙相接触。另有一物块 C 从 t＝0 时以一定速度向右运动，在 t＝4 s 时与物块 A 相碰，并立即与 A 粘在一起不再分开，物块 C 的v­t 图象如图乙所示．求：①物块 C 的质量？② B 离开墙后的运动过程中弹簧具有的最大弹性势能 Ep?解析：(1)AD.根据光电效应方程知 Ekm＝ hν － W0＝ hν － hν 0，图线的斜率表示普朗克常量，根据图线斜率可得出普朗克常量，因此 a 与 b 一定平行，且两斜率是固定值，与入射光和金属材料皆无关系，故 A 错误，D 正确；B.横轴截距表示最大初动能为零时的入射光频率，此时的频率等于金属的极限频率，由图可知乙金属的极限频率大，故 B 正确；C.纵截距对应 ν ＝0 的时候，此时纵截距就是逸出功的相反数，根据 W0＝ hν 0可求出，与入射光强度无关，故 C 正确；E.根据光电效应方程： Ekm＝ hν － W0，知光电子的最大初动能与入射光的频率有关，频率越高，光电子的最大初动能越大，但不是成正比，故 E 错误．14(2)①由图知， C 与 A 碰前速度为： v1＝9 m/s，碰后速度为： v2＝3 m/s， C 与 A 碰撞过程动量守恒，以 C 的初速度反方向为正方向，由动量守恒定律得： mCv1＝( mA＋ mC)v2 解得： mC＝2 kg②12 s 末 B 离开墙壁，之后 A、 B、 C 及弹簧组成的系统动量和机械能守恒，且当 AC与 B 速度 v4相等时弹簧弹性势能最大，根据动量守恒定律，有：( mA＋ mC)v3＝( mA＋ mB＋ mC)v4根据机械能守恒定律，有： (mA＋ mC)v ＝ (mA＋ mB＋ mC)v ＋ Ep12 23 12 24解得： Ep＝9 J答案：(1)BCD (2)①2 kg；②9 J[备课札记]____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________