1、高三（下）第五次月考物理试卷（2月份）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，选对得3分，错选或不答得0分1如图所示，在竖直平面内，用甲、乙两个弹簧秤通过细线拉着一个钩码，使之处于静止状态若保持甲弹簧秤拉力的方向不变，缓慢地调节乙弹簧秤，使两细线之间的夹角增大一些，则（）A两拉力的合力可能增大B两拉力的合力可能减小C甲弹簧秤的示数可能减小D乙弹簧秤的示数可能减小2图甲是小型交流发电机的示意图，在匀强磁场中，一矩形金属线圈绕与磁场方向垂直的轴匀速转动，产生的电动势随时间变化的正弦规律图象如图乙所示发电机线圈内阻为10，外接一只电阻为90的灯泡，不计电路的
2、其他电阻，则（）At=0时刻线圈平面与中性面垂直B每秒钟内电流方向改变100次C灯泡两端的电压为22VD00.01s时间内通过灯泡的电量为03如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为10：1，输入电压u=311sinV，L1和L2灯泡都正常发光，两电表可视为理想交流电表则（）A该交流电的频率为100HzB电压表的示数为31.1VC若将变阻器的滑片P向上滑动，则电流表的示数将变大D若将变阻器的滑片P向上滑动，则灯泡L1将变暗、灯泡L2将变亮4已知磁敏电阻在无磁场时电阻很小，有磁场时电阻变大，并且磁场越强阻值越大为探测磁场的有无，利用磁敏电阻作为传感器设计了如图所示电路电源的电动势E和内阻r不变，在
3、无磁场时调节变阻器R使小灯泡L正常发光，若探测装置从无磁场区进入强磁场区，则（）A小灯泡L变亮B电压表的示数变小C磁敏电阻两端电压变小D通过滑动变阻器的电流变大5如图甲所示，圆形的刚性金属线圈与一平行板电容器连接，线圈内存在垂直于线圈平面的匀强磁场，磁感应强度B随时间变化的关系如图乙所示（以图示方向为正方向）t=0时刻，平行板电容器间一带正电的粒子（重力可忽略不计）由静止释放，假设粒子运动未碰到极板，不计线圈内部磁场变化对外部空间的影响，下列粒子在板间运动的速度图象和位移图象（以向上为正方向）中，正确的是（）ABCD二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分每小题有多个选项符合题意全部
4、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如图所示为真空中两个异种点电荷a、b电场的等势面分布，A、B为电场中的两点，且A点电势高于B点电势，则下列说法正确的是（）Aa带正电Ba的场强方向沿该处等势面的切线方向C同一检验电荷，在A点受到的电场力大于在B点受到的电场力D正检验电荷从A点移到B点，电场力做正功7据NASA中文消息，2014年9月24日，印度首个火星探测器“曼加里安”号成功进入火星轨道下列关于“曼加里安”号探测器的说法正确的是（）A从地球发射的速度应该大于第三宇宙速度B进入火星轨道过程应该减速C绕火星运行周期与其质量无关D仅根据在轨高度与运行周期就可估算火星平均密度8如
5、图所示，斜面体静置于水平地面上，小物块恰好沿斜面匀速下滑现分别对小物块进行以下三种操作：施加一个沿斜面向下的恒力F；施加一个竖直向下的恒力F；施加一个垂直斜面向下的恒力F则在小物块后续的下滑过程中，下列判断正确的是（）A操作中小物块将做匀加速运动B操作中小物块仍做匀速运动C操作中斜面体可能会发生滑动D三种操作中斜面受到地面摩擦力均为09如图所示为水平抛出的小球与地面碰撞前后的频闪照片，其先后经过的位置分别用18标记已知小球的质量为0.1kg，照片中对应每格的实际长度为0.05m，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2，则以下判断正确的是（）A小球与地面碰撞后速度变化率小于碰撞前速度变化率B小
6、球经过位置3时的瞬时速度方向与位置2、4连线方向平行C小球经过位置6时的瞬时速度大小为0.5m/sD小球与地面碰撞过程机械能损失为0.25J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2小题，共计42分.请将解答填写在答题卡相应的位置10某同学用如图1所示装置研究物块运动速度变化的规律（1）从纸带上选取若干计数点进行测量，得出各计数点的时间t与速度v的数据如表：时间t/s00.100.200.300.400.500.60速度v/（ms1）00.160.310.450.520.580.60请根据实验数据做出如图2物块的vt图象（2）上述vt图象不是一条直线，该同学对其
7、装置进行了进一步检查，列出了下列几条，其中可能是图象发生弯曲原因的是A长木板不够光滑 B没有平衡摩擦力C钩码质量m没有远小于物块质量M D拉物块的细线与长木板不平行11将两个金属电极锌片和铜片插入一个水果中就可以做成一个水果电池，某兴趣小组欲测量水果电池的电动势和内阻（1）甲同学用多用表的直流电压（01V）档估测某水果电池的电动势，稳定时指针如图1中A所示，则读数为V；用多用表的欧姆100档估测水果电池的内阻，稳定时指针如图1中B所示，则读数为上述测量中存在一重大错误，是（2）乙同学采用如图3所示电路进行测量，并根据测量数据做出了R图象（如图2），则根据图象，该水果电池的电动势为V，内阻为（结
8、果保留两位有效数字）【选做题】A（选修模块3-3）12下列说法正确的是（）A雨水没有透过布雨伞是因为液体表面存在张力B布朗运动反映了悬浮颗粒中分子运动的不规则性C给自行车打气时气筒压下后反弹，是由分子斥力造成的D单晶体的某些物理性质具有各向异性，而多晶体和非晶体是各向同性的13一定质量的理想气体，由状态A通过如图所示的箭头方向变化到状态C则气体由状态A到状态B的过程中，气体的内能（选填“增大”、“减小”或“不变”），气体由状态A到状态C的过程中，气体与外界总的热交换情况是（选填“吸热”、“放热”或“无法确定”）14某种油酸密度为、摩尔质量为M、油酸分子直径为d，将该油酸稀释为体积浓度为的油酸酒
9、精溶液，用滴管取一滴油酸酒精溶液滴在水面上形成油膜，已知一滴油酸酒精溶液的体积为V若把油膜看成是单分子层，每个油分子看成球形，则油分子的体积为，求：一滴油酸酒精溶液在水面上形成的面积；阿伏加德罗常数NA的表达式C.（选修模块3-5）15下列说法正确的是（）A卢瑟福通过对粒子散射实验现象的分析，发现了原子是可以再分的B射线与射线一样都是电磁波，但穿透本领远比射线弱C原子核的结合能等于使其完全分解成自由核子所需的最小能量D裂变时释放能量是因为发生了亏损质量16如图所示为氢原子的能级结构示意图，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辐射出光子，辐射出的光子中最长波长为（已知普朗克
10、常量为h，光速为c）；用这些光子照射逸出功为W0的金属钠，金属钠表面所发出的光电子的最大初动能是17氚（H）是最简单的放射性原子核，夜光手表即是利用氚核衰变产生的射线激发荧光物质发光氚核发生衰变过程中除了产生粒子和新核外，还会放出不带电且几乎没有静止质量的反中微子在某次实验中测得一静止的氚核发生衰变后，产生的反中微子和粒子的运动方向在一直线上，设反中微子的动量为p1，粒子的动量为p2求：氚发生衰变的衰变方程；产生新核的动量四、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，答案中必须明确写出数值和单位.18如图，电阻不
11、计且足够长的U型金属框架放置在倾角=37的绝缘斜面上，该装置处于垂直斜面向下的匀强磁场中，磁感应强度大小B=0.5T质量m=0.1kg、电阻R=0.4的导体棒ab垂直放在框架上，从静止开始沿框架无摩擦下滑，与框架接触良好框架的质量M=0.2kg、宽度l=0.4m，框架与斜面间的动摩擦因数=0.6，与斜面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8（1）若框架固定，求导体棒的最大速度vm；（2）若框架固定，棒从静止开始下滑5.75m时速度v=5m/s，求此过程回路中产生的热量Q及流过ab棒的电量q；（3）若框架不固定，求当框架刚开始运动时棒的速度v119
12、如图所示，光滑曲面AB与水平面BC平滑连接于B点，BC右端连接内壁光滑、半径为r的细圆管CD，管口D端正下方直立一根劲度系数为k的轻弹簧，轻弹簧一端固定，另一端恰好与管口D端齐平质量为m的小球在曲面上距BC的高度为2r处从静止开始下滑，小球与BC间的动摩擦因数=，进入管口C端时与圆管恰好无作用力，通过CD后压缩弹簧，在压缩弹簧过程中速度最大时弹簧的弹性势能为EP求：（1）小球达到B点时的速度大小vB；（2）水平面BC的长度s；（3）在压缩弹簧过程中小球的最大速度vm20一台质谱仪的工作原理如图所示，电荷量均为+q、质量不同的离子飘入电压为U0的加速电场，其初速度几乎为零，这些离子经加速后通过狭
13、缝O沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B的匀强磁场，最后打在底片上，已知放置底片的区域MN=L，且OM=L某次测量发现MN中左侧区域MQ损坏，检测不到离子，但右侧区域QN仍能正常检测到离子，在适当调节加速电压后，原本打在MQ的离子即可在QN检测到（1）求原本打在MN中点P的离子质量m；（2）为使原本打在P的离子能打在QN区域，求加速电压U的调节范围；（3）为了在QN区域将原本打在MQ区域的所有离子检测完整，求需要调节U的最少次数（取lg2=0.301，lg3=0.477，lg5=0.699）2015-2016学年江苏省连云港外国语学校高三（下）第五次月考物理试卷（2月份）参考答案与试题解析一
14、、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，选对得3分，错选或不答得0分1如图所示，在竖直平面内，用甲、乙两个弹簧秤通过细线拉着一个钩码，使之处于静止状态若保持甲弹簧秤拉力的方向不变，缓慢地调节乙弹簧秤，使两细线之间的夹角增大一些，则（）A两拉力的合力可能增大B两拉力的合力可能减小C甲弹簧秤的示数可能减小D乙弹簧秤的示数可能减小【考点】合力的大小与分力间夹角的关系【专题】平行四边形法则图解法专题【分析】对结点受力分析，通过图解法抓住甲、乙合力不变，甲的拉力方向不变，改变乙的拉力，从而判断拉力的变化【解答】解：由平衡条件得知，甲、乙两个拉力F1和F2的合力与重
15、力G大小相等、方向相反，保持不变，作出甲、乙两个在三个不同位置时力的合成图，如图，在甲、乙从123三个位置的过程中，可以看出，当甲、乙两个方向相互垂直时，F2最小，可见，F1逐渐减小，F2先逐渐减小后逐渐增大甲的拉力逐渐减小，乙的拉力先减小后增大故选：D【点评】本题采用图解法研究动态平衡问题图解法形象、直观，能直接反映力的变化情况作图时要抓住张力F1和F2的合力不变、甲的方向不变，再由几何知识进行分析2图甲是小型交流发电机的示意图，在匀强磁场中，一矩形金属线圈绕与磁场方向垂直的轴匀速转动，产生的电动势随时间变化的正弦规律图象如图乙所示发电机线圈内阻为10，外接一只电阻为90的灯泡，不计电路的其
16、他电阻，则（）At=0时刻线圈平面与中性面垂直B每秒钟内电流方向改变100次C灯泡两端的电压为22VD00.01s时间内通过灯泡的电量为0【考点】交流发电机及其产生正弦式电流的原理；正弦式电流的图象和三角函数表达式【专题】交流电专题【分析】当线框经过中性面时通过线圈的磁通量最大感应电动势最小为零由题图乙可知交流电电动势的周期，即可求解角速度线框每转一周，电流方向改变两次【解答】解：A、由图象乙可知t=0时感应电动势为零，处于中性面上，故A错误；B、由题图乙可知周期T=0.02s，线框每转一周，电流方向改变两次，每秒电流方向改变100次，故B正确；C、由题图乙可知交流电电动势的最大值是Em=31
17、.1v，有效值为：，根据闭合电路的分压特点得电压表的示数为：，故C错误；D、根据得：00.01s时间内通过灯泡的电量为 代入数据 联立得：q=0.00198c，故D错误；故选：B【点评】本题是准确理解感应电动势与磁通量的变化，知道磁通量最大时，感应电动势反而最小明确线框每转一周，电流方向改变两次能从图象读取有效信息3如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为10：1，输入电压u=311sinV，L1和L2灯泡都正常发光，两电表可视为理想交流电表则（）A该交流电的频率为100HzB电压表的示数为31.1VC若将变阻器的滑片P向上滑动，则电流表的示数将变大D若将变阻器的滑片P向上滑动，则灯泡L1将变暗
18、、灯泡L2将变亮【考点】变压器的构造和原理【专题】交流电专题【分析】根据瞬时值表达式可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，再根据电压与匝数成正比即可求得结论，在滑动变阻器触头P向上移动的过程中，滑动变阻器的阻值变小，电路的总电阻减小，根据变压器的特点及欧姆定律分析即可【解答】解：A、电路中的变压器不改变交流电的频率，f=50Hz，所以A错误B、原线圈的电压的有效值为220V，根据电压与匝数成正比可知，副线圈的有效值为22V，所以B错误C、在滑动变阻器触头P向上移动的过程中，滑动变阻器的阻值变小，电路的总电阻减小，由于电压是由变压器决定的，输出的电压不变，所以电流变大，即电流表读数变大，L1两
19、端电压不变，所以亮度不变，L2将变亮，故C正确，D错误故选：C【点评】电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法同时注意线圈L对电流的敏感程度4已知磁敏电阻在无磁场时电阻很小，有磁场时电阻变大，并且磁场越强阻值越大为探测磁场的有无，利用磁敏电阻作为传感器设计了如图所示电路电源的电动势E和内阻r不变，在无磁场时调节变阻器R使小灯泡L正常发光，若探测装置从无磁场区进入强磁场区，则（）A小灯泡L变亮B电压表的示数变小C磁敏电阻两端电压变小D通过滑动变阻器的电流变大【考点】闭合电路的欧姆定律【专题】恒定电流专题【分
20、析】探测装置从无磁场区进入强磁场区时，磁敏电阻变大，则总电流变小，根据闭合电路欧姆定律即可分析【解答】解：探测装置从无磁场区进入强磁场区时，磁敏电阻变大，电路的总电阻变大，根据闭合电路欧姆定律可知总电流变小，所以电流表的示数减小，根据U=EIr，可知I减小，路端电压U增大，所以灯泡两段的电压增大，所以电灯L变亮，故A正确，BCD错误故选：A【点评】本题是电路的动态分析问题，知道电路中有一个电阻变大，总电阻就变大，总电流就变小，再结合闭合电路欧姆定律分析即可，难度不大，属于基础题5如图甲所示，圆形的刚性金属线圈与一平行板电容器连接，线圈内存在垂直于线圈平面的匀强磁场，磁感应强度B随时间变化的关系
21、如图乙所示（以图示方向为正方向）t=0时刻，平行板电容器间一带正电的粒子（重力可忽略不计）由静止释放，假设粒子运动未碰到极板，不计线圈内部磁场变化对外部空间的影响，下列粒子在板间运动的速度图象和位移图象（以向上为正方向）中，正确的是（）ABCD【考点】法拉第电磁感应定律【专题】电磁感应与电路结合【分析】由图可知磁感应强度的变化，则由楞次定则可得出平行板上的带电情况；对带电粒子受力分析可知带电粒子的受力情况，由牛顿第二定律可知粒子的运动情况；根据粒子受力的变化可知粒子加速度的变化，通过分析可得出粒子的运动过程【解答】解：AB、0内情况：由楞次定律可知，金属板上极板带负电，金属板下极板带正电；因粒
22、子带正电，则粒子所受电场力方向竖直向上而向上做匀加速运动内情况：由楞次定律可知，金属板上极板带正电，金属板下极板带负电；因粒子带正电，则粒子所受电场力方向竖直向下而向上做匀减速运动，直到速度为零内情况：由楞次定律可知，金属板上极板带正电，金属板下极板带负电，带正电粒子向下匀加速，同理，T内情况：由楞次定律可知，金属板上极板带负电，金属板下极板带正电；因粒子带正电，则粒子所受电场力方向竖直向上，而向下做匀减速运动，直到速度为零故AB错误；CD、由A选项分析可知，末速度减小为零，位移最大，当T末，粒子回到了原来位置故C正确，D错误；故选：C【点评】本题属于综合性题目，注意将产生感应电流的部分看作电
23、源，则可知电容器两端的电压等于线圈两端的电压，这样即可还原为我们常见题型二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共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如图所示为真空中两个异种点电荷a、b电场的等势面分布，A、B为电场中的两点，且A点电势高于B点电势，则下列说法正确的是（）Aa带正电Ba的场强方向沿该处等势面的切线方向C同一检验电荷，在A点受到的电场力大于在B点受到的电场力D正检验电荷从A点移到B点，电场力做正功【考点】等势面【专题】电场力与电势的性质专题【分析】该电场是 不等量同种异号电荷的电场，具有上下对称性、左右不对称电场线从正电荷出
24、发到负电荷终止，顺着电场线方向电势逐渐降低，由电势的变化，分析电势能的变化【解答】解：A、由题可知，由于A点的电势高于B点的电势，结合顺着电场线方向电势逐渐降低可知，a处的电势一定高于b点处的电势，所以a带正电，b带负电故A正确；B、由于等势面与电场线的方向总是垂直，所以a的场强方向沿该处等势面的切线的垂直方向故B错误；C、由图可知，由于B处等势面比较密，所以B处的电场强度大，而A处的电场强度小，所以同一检验电荷，在A点受到的电场力小于在B点受到的电场力故C错误；D、由题可知，由于A点的电势高于B点的电势，所以正检验电荷从A点移到B点，电场力做正功故D正确故选：AD【点评】该题考查常见电场的特
25、点，解题的关键是在两个电荷连线的中垂线上的电势和无穷远处的电势相等而正电荷周围的电场的电势都比它高，负电荷周围的电场的电势都比它低7据NASA中文消息，2014年9月24日，印度首个火星探测器“曼加里安”号成功进入火星轨道下列关于“曼加里安”号探测器的说法正确的是（）A从地球发射的速度应该大于第三宇宙速度B进入火星轨道过程应该减速C绕火星运行周期与其质量无关D仅根据在轨高度与运行周期就可估算火星平均密度【考点】人造卫星的加速度、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】了解三大宇宙速度的物理意义，知道绕火星运动由万有引力提供圆周运动向心力，由此分析讨论【解答】解：A、第
26、三宇宙速度是发射脱离太阳系航天器的最小发射速度，而曼加里安号还是在太阳系里运动，故其发射速度应小于第三宇宙速度，故A错误；B、根据卫星变轨原理知，航天器改变轨道成为绕火星圆周运动的航天器时需要减速从而初火星束缚，成为其人造卫星，故B正确；C、绕火星运动行时，万有引力提供圆周运动向心力可得周期T=，由此可知周期与航天器质量无关，故C正确；D、根据万有引力提供向心力由轨道高度与周期可以求得火星的质量，但未知火星的半径，故无法求得火星的密度，所以D错误故选：BC【点评】理解宇宙速度的物理意义和卫星变轨原理是解决本题的关键，能根据万有引力提供圆周运动向心力分析计算中心天体的质量8如图所示，斜面体静置于
27、水平地面上，小物块恰好沿斜面匀速下滑现分别对小物块进行以下三种操作：施加一个沿斜面向下的恒力F；施加一个竖直向下的恒力F；施加一个垂直斜面向下的恒力F则在小物块后续的下滑过程中，下列判断正确的是（）A操作中小物块将做匀加速运动B操作中小物块仍做匀速运动C操作中斜面体可能会发生滑动D三种操作中斜面受到地面摩擦力均为0【考点】牛顿第二定律；摩擦力的判断与计算【专题】牛顿运动定律综合专题【分析】物块匀速下滑时，物块处于平衡状态，根据物块在沿斜面方向的合力判断物块的运动规律，结合物块对斜面压力和摩擦力在水平方向的分力关系判断地面的摩擦力大小【解答】解：小物块恰好沿斜面匀速下滑，根据平衡有：mgsin=
28、mgcos，A、施加一个沿斜面向下的恒力F，根据牛顿第二定律，合力为F，加速度a=，物块做匀加速运动，故A正确B、施加一个竖直向下的恒力F，有：（mg+F）sin=（mg+F）cos，可知物块仍然做匀速运动，故B正确C、开始斜面体处于静止状态，可知重物对斜面的压力在水平方向的分力与摩擦力在水平方向的分力大小相等，施加一个垂直斜面向下的恒力F，摩擦力f与压力的关系仍然为FN，可知斜面体受到重物的压力和摩擦力在水平方向的分力相等，斜面体仍然处于平衡状态，故C错误D、开始重物对斜面的压力在水平方向的分力与摩擦力在水平方向的分力大小相等，施加外力后，摩擦力f与压力的关系仍然为FN，因为三种情况下，物块
29、对斜面体的压力和摩擦力在水平方向的分力始终相等，可知地面的摩擦力为零故D正确故选：ABD【点评】解决本题的关键知道物块处于平衡和斜面体处于平衡状态时，物块对斜面的压力在水平方向的分力与摩擦力在水平方向的分力相等，这是解决本题的关键9如图所示为水平抛出的小球与地面碰撞前后的频闪照片，其先后经过的位置分别用18标记已知小球的质量为0.1kg，照片中对应每格的实际长度为0.05m，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2，则以下判断正确的是（）A小球与地面碰撞后速度变化率小于碰撞前速度变化率B小球经过位置3时的瞬时速度方向与位置2、4连线方向平行C小球经过位置6时的瞬时速度大小为0.5m/sD小球与
30、地面碰撞过程机械能损失为0.25J【考点】平抛运动【专题】平抛运动专题【分析】小球与地面碰撞前后加速度不变，做匀变速曲线运动根据竖直方向上的运动规律求出相等的时间间隔，从而得出碰撞前后水平分速度，根据2、4连线与水平方向的夹角和位置3速度方向与水平方向的夹角判断方向是否平行在碰撞前和碰撞后运动过程机械能守恒，求出位置3比位置6多的机械能，即可得出损失的机械能【解答】解：A、小球与地面碰撞后的加速度与小球碰撞前的加速度相等，可知小球与地面碰撞后速度变化率等于碰撞前速度变化率，故A错误B、在竖直方向上，根据y=2L=gT2得，落地前水平分速度，2、4两点连线与水平方向夹角的正切值，位置3的竖直分速
31、度，则位置3瞬时速度方向与水平方向夹角的正切值，可知小球经过位置3的瞬时速度方向与位置2、4连线方向平行，故B正确C、小球经过位置6时竖直分速度为零，则，故C正确D、在下落过程和反弹过程中机械能守恒，位置3的速度，位置3动能比位置6动能多=，位置3的重力势能比位置6的重力势能多Ep=mgL=10.05J=0.05J，可知机械能多0.2875J所以小球与地面碰撞过程中机械能损失0.2875J故D错误故选：BC【点评】解决本题的关键知道小球在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式和推论灵活求解，难度较大三、简答题：本题分必做题（第10、11题）和选做题（第12题）两部分，共2小题，共计42
32、分.请将解答填写在答题卡相应的位置10某同学用如图1所示装置研究物块运动速度变化的规律（1）从纸带上选取若干计数点进行测量，得出各计数点的时间t与速度v的数据如表：时间t/s00.100.200.300.400.500.60速度v/（ms1）00.160.310.450.520.580.60请根据实验数据做出如图2物块的vt图象（2）上述vt图象不是一条直线，该同学对其装置进行了进一步检查，列出了下列几条，其中可能是图象发生弯曲原因的是DA长木板不够光滑 B没有平衡摩擦力C钩码质量m没有远小于物块质量M D拉物块的细线与长木板不平行【考点】探究小车速度随时间变化的规律【专题】实验题【分析】（1
33、）根据描点法作出图象，即可；（2）根据图象的斜率含义，结合牛顿第二定律，及力的分解与滑动摩擦力公式，即可求解【解答】解：（1）合理选取坐标刻度，尽可能使图象“充满”坐标平面，利用题中所给数据描点连线，得到小车的vt图象如图所示：（2）由速度与时间图象可知，斜率表示加速度的大小，由图象可得，一开始加速度不变，后来加速度减小，分析可知，物块的合外力变小，引起原因是拉物块的细线与长木板不平行，当物块越靠近定滑轮时，夹角越大，则拉力沿着桌面的分力减小，然而，长木板不够光滑，或没有平衡摩擦力，或钩码质量m没有远小于物块质量M，都不会出现中途加速度变化的现象，故D正确，ABC错误；故答案为：（1）如上图所
34、示；（2）D【点评】考查描点作图的方法，注意平滑连接的细节，掌握误差分析的方法，得出引起加速度变化的根源是解题的关键11将两个金属电极锌片和铜片插入一个水果中就可以做成一个水果电池，某兴趣小组欲测量水果电池的电动势和内阻（1）甲同学用多用表的直流电压（01V）档估测某水果电池的电动势，稳定时指针如图1中A所示，则读数为0.84V；用多用表的欧姆100档估测水果电池的内阻，稳定时指针如图1中B所示，则读数为3.2103上述测量中存在一重大错误，是不能用多用电表电阻档直接测电源内阻（2）乙同学采用如图3所示电路进行测量，并根据测量数据做出了R图象（如图2），则根据图象，该水果电池的电动势为1.0V
35、，内阻为1.6103（结果保留两位有效数字）【考点】测定电源的电动势和内阻【专题】实验题【分析】（1）根据多用电表的使用方法可明确读数及正确使用；（2）由闭合电路欧姆定律可得出对应的公式；再由图象交点及斜率的意义可得出有关电动势和内电阻的表达式，则可求得电动势和内电阻；【解答】解：（1）量程选择1V，则最小分度为0.1V，故读数为：0.84V；用100档位测量电阻，电阻R=32100=3.2103本实验方法直接用欧姆档测量电源的内阻，这是错误的，因为欧姆档内部本身含有电源，而外部电压会干涉读数；故不能用多用电表电阻档直接测电源内阻（2）由闭合电路欧姆定律可知：I=则=+；由由公式及数学知识可得
36、：图象中的k=1b=1.6103解得：E=1V，r=1.6103故答案为：（1）0.84；3.2103；不能用多用电表电阻档直接测电源内阻（2）1.0 1.6103【点评】本题涉及测定电源电动势和内电阻的实验原理及具体操作，虽然最后的图象处理不是用的伏安法，但都可以用闭合电路欧姆定律列式分析，作出直线图象是关键【选做题】A（选修模块3-3）12下列说法正确的是（）A雨水没有透过布雨伞是因为液体表面存在张力B布朗运动反映了悬浮颗粒中分子运动的不规则性C给自行车打气时气筒压下后反弹，是由分子斥力造成的D单晶体的某些物理性质具有各向异性，而多晶体和非晶体是各向同性的【考点】* 晶体和非晶体；布朗运动
37、【分析】液体存在表面张力；布朗运动是悬浮固体小颗粒的运动，反应了液体分子的无规则运动；气体分子间距离较大，一般不考虑分子间作用力；单晶体的某些物理性质具有各向异性，而多晶体和非晶体是各向同性的【解答】解：A、雨水在布料上形成一层薄膜，使雨水没有透过布雨伞是因为液体表面存在张力，故A正确；B、布朗运动是悬浮微粒的运动，反映了液体分子或气体分子的无规则运动，故B错误；C、打气时会反弹是因为气体压强的原因，不是分子斥力的作用；故C错误；D、单晶体的某些物理性质是各向异性的，多晶体和非晶体的物理性质是各向同性的，故D正确；故选：AD【点评】本题考查了液体的表面张力、分子间相互作用力、布朗运动、晶体和非
38、晶体的物理性质等内容；在学习时要注意布朗运动是悬浮微粒的运动，反应了液体分子或气体分子的无规则运动13一定质量的理想气体，由状态A通过如图所示的箭头方向变化到状态C则气体由状态A到状态B的过程中，气体的内能不变（选填“增大”、“减小”或“不变”），气体由状态A到状态C的过程中，气体与外界总的热交换情况是放热（选填“吸热”、“放热”或“无法确定”）【考点】理想气体的状态方程【专题】理想气体状态方程专题【分析】根据气体状态方程和已知的变化量去判断其它的物理量的变化，根据热力学第一定律的表达式U=Q+W进行判断【解答】解：理想气体从状态A变化到状态B，斜率K=PV保持不变，所以做等温变化，故气体的内
39、能不变；理想气体从状态A变化到状态B，气体体积减小，W0，从B到C，体积不变，压强减小，所以温度降低，内能减小，由U=Q+W，气体由状态A到状态C的过程中，气体与外界总的热交换情况是，Q0，则气体放热故答案为：不变、放热【点评】要注意研究过程中哪些量不变，哪些量变化运用U=Q+W来分析问题时，必须理解表达式的物理意义，掌握它的符号法则14某种油酸密度为、摩尔质量为M、油酸分子直径为d，将该油酸稀释为体积浓度为的油酸酒精溶液，用滴管取一滴油酸酒精溶液滴在水面上形成油膜，已知一滴油酸酒精溶液的体积为V若把油膜看成是单分子层，每个油分子看成球形，则油分子的体积为，求：一滴油酸酒精溶液在水面上形成的面
40、积；阿伏加德罗常数NA的表达式【考点】用油膜法估测分子的大小【专题】阿伏伽德罗常数的应用专题【分析】（1）将配制好的油酸酒精溶液，通过量筒测出1滴此溶液的体积则用1滴此溶液的体积除以油酸分子的直径，等于1滴此溶液的面积（2）根据摩尔质量与密度，求出摩尔体积，然后与单个分子的体积的比值，即为阿伏伽德罗常数【解答】解：一滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积，水面上的面积油酸的摩尔体积为阿伏加德罗常数为答：一滴油酸酒精溶液在水面上形成的面积是；阿伏加德罗常数NA的表达式是【点评】掌握该实验的原理是解决问题的关键，该实验中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，从而
41、求出分子直径C.（选修模块3-5）15下列说法正确的是（）A卢瑟福通过对粒子散射实验现象的分析，发现了原子是可以再分的B射线与射线一样都是电磁波，但穿透本领远比射线弱C原子核的结合能等于使其完全分解成自由核子所需的最小能量D裂变时释放能量是因为发生了亏损质量【考点】重核的裂变；原子核的结合能【专题】衰变和半衰期专题【分析】卢瑟福通过对粒子散射实验现象的分析，提出了原子的核式结构模型比结合能：原子核结合能对其中所有核子的平均值，亦即若把原子核全部拆成自由核子，平均对每个核子所要添加的能量用于表示原子核结合松紧程度 结合能：两个或几个自由状态的粒子结合在一起时释放的能量自由原子结合为分子时放出的能
42、量叫做化学结合能，分散的核子组成原子核时放出的能量叫做原子核结合能【解答】解：A、卢瑟福通过对粒子散射实验现象的分析，提出了原子的核式结构模型；故A错误；B、射线的本质的电子流，射线是电磁波，故B错误；C、根据分散的核子组成原子核时放出的能量叫做原子核结合能，所以原子核的结合能等于使其完全分解成自由核子所需的最小能量故C正确；D、根据爱因斯坦质能方程可知，裂变时释放能量是因为发生了亏损质量，故D正确；故选：CD【点评】本题考查了粒子散射实验现象、三种射线的本质与特点、结合能和比结合能的区别、爱因斯坦质能方程，注意结合能与比结合能的两个概念的联系和应用属于基础题目，在平时的学习过程中多加积累即可
43、16如图所示为氢原子的能级结构示意图，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辐射出光子，辐射出的光子中最长波长为（已知普朗克常量为h，光速为c）；用这些光子照射逸出功为W0的金属钠，金属钠表面所发出的光电子的最大初动能是E3E1W0【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】根据辐射的光子能量等于两能级间的能级差求出辐射的光子能量，得出频率大小，再由=，即可得出波长；根据光电效应的条件判断能发生光电效应的光子种数，结合光电效应求出光电子的最大初动能【解答】解：根据辐射的光子能量等于两能级间的能级差，可知，从n=3向n=2跃迁的光子频率最小，波长最长E=E
44、3E2=h=用这些光子照射逸出功为W0的金属钠，从n=3跃迁到n=1辐射的光子能量最大，发生光电效应时，产生的光电子最大初动能最大，根据光电效应方程得，Ekm=hvW0=E3E1W0，故答案为：； E3E1W0【点评】解决本题的关键知道能级间跃迁所满足的规律，即EmEn=hv，以及掌握光电效应方程，并能灵活运用17氚（H）是最简单的放射性原子核，夜光手表即是利用氚核衰变产生的射线激发荧光物质发光氚核发生衰变过程中除了产生粒子和新核外，还会放出不带电且几乎没有静止质量的反中微子在某次实验中测得一静止的氚核发生衰变后，产生的反中微子和粒子的运动方向在一直线上，设反中微子的动量为p1，粒子的动量为p2求：氚发生衰变的衰变方程；产生新核的动量【考点】原子核衰变及半衰期、衰变速度；动量守恒定律【专题】衰变和半衰期专题【分析】根据质量数与质子数守恒，即可确定衰变方程；原子核在发生衰变的过程中，动量守恒，从而即可求解【解答】解：根据质量数与质子数守恒，则氚发生衰变的衰变方程：；衰变过程中动量守恒，0=P1+P2+P所以新核的动量大小为P=p1p2；答：发生衰变的衰变方程，产生新核的动量p1p2【点评】本题考查了衰变过程中动量守恒和爱因斯坦
