2019-2020年高三上学期第一次月考物理试卷 含解析 .doc

2019-2020年高三上学期第一次月考物理试卷 含解析一、单项选择题：本题共6小题，每小题3分，共18分每小题只有一个选项符合题意1下列说法中不正确的是（）A根据速度定义式v=，当t非常非常小时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义应用了极限思想方法B在探究加速度、力和质量三者之间关系时，先保持质量不变研究加速度与力的关系，再保持力不变研究加速度与质量的关系，该实验应用了控制变量法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D在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法叫假设法2如图，一截面为椭圆形的容器内壁光滑其质量为M，置于光滑水平面上，内有一质量为m的小球，当容器受到一个水平向右的力F作用向右匀加速运动时，小球处于图示位置，此时小球对椭圆面的压力大小为（）AmBmCmD3甲、乙两质点自同一地点沿同一直线运动，其vt图象如图所示下列说法正确的是（）A第1s末，两质点相遇B第2s末，甲的加速度方向发生改变C第4s末，两质点相距20mD02s内，两质点间的距离越来越大4如图所示的速度时间和位移时间图象中给出了四条图线，关于它们的物理意义，下列描述正确的是（）A图线1表示物体做曲线运动Bst图线中t1时刻v1v2Cvt图线中0至t3时间内3和4平均速度相等D两图象中t2和t4时刻分别表示2和4开始反向运动5xx年7月的喀山游泳世锦赛中，我省名将陈若琳勇夺女子十米跳台桂冠她从跳台斜向上跳起，一段时间后落入水中，如图所示不计空气阻力下列说法正确的是（）A她在空中上升过程中处于超重状态B她在空中下落过程中做自由落体运动C她即将入水时的速度为整个跳水过程中的最大速度D入水过程中，水对她的作用力大小等于她对水的作用力大小6如图所示，置于地面的矩形框架中用两细绳拴住质量为m的小球，绳B水平设绳A、B对球的拉力大小分别为F1、F2，它们的合力大小为F现将框架在竖直平面内绕左下端缓慢旋转90，在此过程中（）AF1先增大后减小BF2先增大后减小CF先增大后减小DF先减小后增大二、多项选择题：本题共6小题，每小题4分，共计24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，错选或不答得0分7（4分）下列说法正确的是（）A电子的衍射图样表明电子具有波动性B太阳辐射的能量主要来自太阳内部的热核反应C氢原子从某激发态跃迁至基态要吸收特定频率的光子D结合能越大，原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定8（4分）如图所示，蹦床运动员从空中落到床面上，运动员从接触床面下降到最低点为第一过程，从最低点上升到离开床面为第二过程，运动员（）A在第一过程中始终处于失重状态B在第二过程中始终处于超重状态C在第一过程中先处于失重状态，后处于超重状态D在第二过程中先处于超重状态，后处于失重状态9（4分）xx年12月，中国“可见光通信系统关键技术研究”获得重大突破可见光通信的实时通信速率已经提高至50Gbps，相当于0.2s即可下载一部高清电影关于可见光，下列说法正确的是（）A可见光中的红光比紫光的频率低B可见光不能在真空中传播C可见光波长越长，越容易发生衍射D可见光能发生光的干涉和衍射现象，说明光是横波10（4分）如图所示，甲运动员在球场上得到篮球之后，甲、乙以相同的速度v匀速并排向对方半场奔跑，随后甲运动员将球传给乙运动员，不计空气阻力，则（）A甲抛球时对球施加的水平方向推力应沿图中箭头1所指的方向B甲抛球时对球施加的水平方向推力应沿图中箭头2所指的方向C坐在场边的观众看到球向箭头1所指的方向运动D坐在场边的观众看到球向箭头2所指的方向运动11（4分）如图所示，在一无限长的水平小车上，有质量分别为m1和m2的两个滑块（m1m2）随车一起向右匀速运动设两滑块与小车间的动摩擦因数均为，其它阻力不计，当车突然停止时，以下说法中正确的是（）A若=0，两滑块一定相碰B若=0，两滑块一定不相碰C若0，两滑块一定相碰D若0，两滑块一定不相碰12（4分）如图所示，一名消防队员在模拟演习训练中，沿着竖立在地面上的钢管往下滑已知这名消防队员的质量为60kg，他从钢管顶端由静止开始先匀加速再匀减速下滑，滑到地面时速度恰好为零如果他加速时的加速度大小是减速时的2倍，下滑的总时间为3s，下滑的总距离为12m，g取10m/s2，那么该消防队员（）A下滑过程中的最大速度为8m/sB加速与减速过程的时间之比为2：1C加速与减速过程中摩擦力做的功之比为1：14D消防队员加速过程是超重状态，减速过程是失重状态三、简答与填空13（4分）真空中一束波长为6107m的可见光，频率为Hz，已知光在真空中的速度为3108m/s该光进入水中后，其波长与真空中的相比变（选填“长”或“短”）14（4分）图示是某金属发生光电效应时光电子的最大初动能Ek与入射光频率 的关系图象，可知该金属的逸出功为若入射光的频率为20，则产生的光电子最大初动能为已知普朗克常量为h15（8分）某学习小组欲探究小灯泡（“3V、1.5W”）的伏安特性，可提供的实验器材如下：A电池组：电动势约4.5V，内阻可不计；B双量程的电压表；V1：量程为03V、内阻约为3k；V2：量程为015V、内阻约为15kC双量程的电流表；A1：量程为00.6A、内阻约为1； A2：量程为03A、内阻约为0.1D滑动变阻器R：阻值范围010、允许通过最大电流为2A；E开关S，导线若干在尽量提高测量精度的情况下，请回答下列问题：（1）根据以上器材，用笔画线代替导线将实物图1连接成完整电路；（2）闭合开关前，滑动变阻器的滑动片应移到端（选填“A”或“B”）；（3）调节滑动变阻器得到电压、电流数据如下表，请在图2所示的坐标纸上画出小灯泡的UI图线组数1234567U/V00.280.580.921.502.003.00I/A00.100.200.300.400.450.49（4）根据图线可估得小灯泡在常温下的电阻约为（结果保留2位有效数字）16（8分）为了“探究加速度与力、质量的关系”，现提供如图甲所示的实验装置：（1）以下实验操作正确的是A将木板不带滑轮的一端适当垫高，使小车在砝码及砝码盘的牵引下恰好做匀速运动B调节滑轮的高度，使细线与木板平行C先接通电源后释放小车D实验中小车的加速度越大越好（2）在实验中，得到一条如图乙所示的纸带，已知相邻计数点间的时间间隔为T=0.1S，且间距x1、x2、x3、x4、x5、x6已量出分别为3.09cm、3.43cm、3.77cm、4.10cm、4.44cm、4.77cm，则小车的加速度a=m/s2（结果保留两位有效数字）（3）有一组同学保持小车及车中的砝码质量一定，探究加速度a与所受外力F的关系，他们在轨道水平及倾斜两种情况下分别做了实验，得到了两条aF图线，如图丙所示图线是在轨道倾斜情况下得到的（填“”或“”）；小车及车中砝码的总质量m=kg17（6分）某同学要测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率步骤如下：（1）用游标为20分度的卡尺测量其长度如图1，由图可知其长度为L=mm；（2）用螺旋测微器测量其直径如图2，由图可知其直径为D=mm；（3）用多用电表的电阻“10”挡，按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻R，表盘的示数如图3，则该电阻的阻值约为四、计算题：本题共4小题，共计48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（12分）可见光通信是利用LED灯的光线实现上网的新型高速数据传输技术如图所示，ABCD是LED闪光灯的圆柱形封装玻璃体，其横截面的直径AB=d，厚度AD=dLED灯（可视为点光源）固定在玻璃体CD面的圆心O，玻璃体的折射率为，光在真空中的传播速度为c求：（1）光在玻璃体中传播的速度；（2）光线OA在AB面发生折射时的折射角19（12分）光滑水平面上质量为1kg的小球A以2.0m/s的速度与同向运动的速度为1.0m/s、质量为2kg的大小相同的小球B发生正碰，碰撞后小球B以1.5m/s的速度运动求：碰后A球的速度；碰撞过程中A、B系统损失的机械能20（12分）xx年9月南京军区某部进行了一次海上军事演习，一艘鱼雷快艇以30m/s的速度追击前面同一直线上正在逃跑的敌舰当两者相距L0=2km时，以60m/s的速度发射一枚鱼雷，经过tl=50s艇长通过望远镜看到了鱼雷击中敌舰爆炸的火光，同时发现敌舰仍在继续逃跑，于是马上发出了第二次攻击的命令，第二枚鱼雷以同样速度发射后，又经t2=30s，鱼雷再次击中敌舰并将其击沉求第一枚鱼雷击中前后，敌舰逃跑的速度v1、v2分别为多大？21（12分）如图甲所示，滑块与足够长的木板叠放在光滑水平面上，开始时均处于静止状态作用于滑块的水平力F随时间t变化图象如图乙所示，t=2.0s时撤去力F，最终滑块与木板间无相对运动已知滑块质量m=2kg，木板质量M=1kg，滑块与木板间的动摩擦因数=0.2，取g=10m/s2求：（1）t=0.5s时滑块的速度大小；（2）02.0s内木板的位移大小；（3）整个过程中因摩擦而产生的热量xx学年江苏省盐城市南洋中学高三（上）第一次月考物理试卷参考答案与试题解析一、单项选择题：本题共6小题，每小题3分，共18分每小题只有一个选项符合题意1下列说法中不正确的是（）A根据速度定义式v=，当t非常非常小时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义应用了极限思想方法B在探究加速度、力和质量三者之间关系时，先保持质量不变研究加速度与力的关系，再保持力不变研究加速度与质量的关系，该实验应用了控制变量法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D在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法叫假设法【考点】物理学史【分析】速度的定义v=，当t0时，表示物体在t时刻的瞬时速度，是采用数学上极限思想方法在探究加速度、力和质量三者之间关系时，应用了控制变量法匀变速运动分成无数小段，采用的是数学上的微分法质点是用来代替物体的，采用是等效替代法【解答】解：A、速度的定义v=，表示平均速度，当t0时，表示物体在t时刻的瞬时速度，是采用数学上极限思想方法故A正确 B、在探究加速度、力和质量三者之间关系时，先保持质量不变研究加速度与力的关系，再保持力不变研究加速度与质量的关系，该实验应用了控制变量法故B正确 C、在推导匀变速运动位移公式时，把整个运动过程划分成无数小段，采用的是数学中的微元法故C正确 D、用质点来代替物体的方法是理想化模型法故D错误本题选不正确的，故选：D【点评】本题考查物理常用的思维方法中学物理常用的思想方法有极限法、控制变量法、等效法、假设法等等2如图，一截面为椭圆形的容器内壁光滑其质量为M，置于光滑水平面上，内有一质量为m的小球，当容器受到一个水平向右的力F作用向右匀加速运动时，小球处于图示位置，此时小球对椭圆面的压力大小为（）AmBmCmD【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用【专题】计算题；定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题【分析】先以整体为研究对象，根据牛顿第二定律求出加速度，再对小球研究，求出椭圆面对小球的支持力大小，由牛顿第三定律得到小球对椭圆面的压力大小【解答】解：先以整体为研究对象，根据牛顿第二定律得：加速度为a=再对小球研究，分析受力情况，如图，由牛顿第二定律得到： N=m故选：B【点评】本题是连接体问题，两个物体的加速度相同，采用整体法和隔离法相结合进行研究3甲、乙两质点自同一地点沿同一直线运动，其vt图象如图所示下列说法正确的是（）A第1s末，两质点相遇B第2s末，甲的加速度方向发生改变C第4s末，两质点相距20mD02s内，两质点间的距离越来越大【考点】匀变速直线运动的图像【专题】定性思想；推理法；运动学中的图像专题【分析】在速度时间图象中，某一点代表此时刻的瞬时速度，时间轴上方速度是正数，时间轴下方速度是负数；斜率表示加速度，加速度向右上方倾斜，加速度为正，向右下方倾斜加速度为负；图象与坐标轴围成面积代表位移，时间轴上方位移为正，时间轴下方位移为负【解答】解：A、甲、乙两个物体从同一地点沿同一方向做直线运动，当位移相等时，两者相遇根据速度图象与坐标轴围成面积表示位移，可知，在t=1s时，甲的位移大于乙的位移，没有相遇故A错误B、速度图象的斜率表示加速度，则甲做匀变速直线运动，加速度一直没有变故B错误C、根据速度图象与坐标轴围成面积表示位移可知，04s内甲的位移为0，回到出发点，乙的位移x=54=20m，所以第4s末，两质点相距20m故C正确D、01s内，甲的速度大于乙的速度，距离越来越大，12s内甲的速度小于乙的速度，距离越来越小，故D错误故选：C【点评】本题是速度时间图象问题，要明确斜率的含义，知道在速度时间图象中图象与坐标轴围成的面积的含义，即可分析两物体的运动情况4如图所示的速度时间和位移时间图象中给出了四条图线，关于它们的物理意义，下列描述正确的是（）A图线1表示物体做曲线运动Bst图线中t1时刻v1v2Cvt图线中0至t3时间内3和4平均速度相等D两图象中t2和t4时刻分别表示2和4开始反向运动【考点】匀变速直线运动的图像【专题】比较思想；图析法；运动学中的图像专题【分析】st图线与vt图线只能描述直线运动；st的斜率表示物体运动的速度，斜率的正和负分别表示物体沿正方向和负方向运动vt图线与时间轴围成的面积等于物体在该段时间内通过的位移【解答】解：A、位移时间图象只能表示物体做直线运动，而不能表示物体做曲线运动故A错误B、在st图象中图线的斜率表示物体的速度，在t1时刻图线1的斜率大于图线2的斜率，故v1v2故B正确C、在vt图线中图线与时间轴围成的面积等于物体发生的位移故在0t3时间内4围成的面积大于3围成的面积，故3的平均速度大于4的平均速度故C错误D、st图线的斜率等于物体的速度，斜率大于0，表示物体沿正方向运动；斜率小于0，表示物体沿负方向运动而t2时刻之前物体的运动沿正方向，t2时刻之后物体沿负方向运动故t2时刻开始反向运动vt图象中，速度一直为正，说明运动方向没有改变，故D错误故选：B【点评】对于vt图线和st图线的基本特点、意义一定要熟悉，这是我们解决这类问题的金钥匙，关键要知道st图象的斜率等于速度，vt图象的斜率等于加速度，vt图线与时间轴围成的面积表示位移5xx年7月的喀山游泳世锦赛中，我省名将陈若琳勇夺女子十米跳台桂冠她从跳台斜向上跳起，一段时间后落入水中，如图所示不计空气阻力下列说法正确的是（）A她在空中上升过程中处于超重状态B她在空中下落过程中做自由落体运动C她即将入水时的速度为整个跳水过程中的最大速度D入水过程中，水对她的作用力大小等于她对水的作用力大小【考点】牛顿运动定律的应用-超重和失重【专题】定性思想；推理法；牛顿运动定律综合专题【分析】分析陈若琳的运动情况得出其加速度的方向根据牛顿第二定律分析她的浮力和她的重力的关系超重或失重取决于加速度的方向，与速度方向无关【解答】解：A、起跳以后的下落过程中她的加速度方向向下，所以处于失重状态，故A错误，B、她具有水平初速度，所以不能看做自由落体运动，故B错误C、入水过程中，开始时水对她的作用力大小（浮力和阻力）小于她的重力，所以先向下做一段加速运动，即入水后的速度先增大，故C错误D、入水过程中，水对她的作用力和她对水的作用力，因是一对作用力与反作用力，二者相对故D正确故选：D【点评】超重和失重现象可以运用牛顿运动定律进行分析理解，产生超重的条件是：物体的加速度方向向上；产生失重的条件：物体的加速度方向向下6如图所示，置于地面的矩形框架中用两细绳拴住质量为m的小球，绳B水平设绳A、B对球的拉力大小分别为F1、F2，它们的合力大小为F现将框架在竖直平面内绕左下端缓慢旋转90，在此过程中（）AF1先增大后减小BF2先增大后减小CF先增大后减小DF先减小后增大【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用【专题】定性思想；推理法；共点力作用下物体平衡专题【分析】小球受重力、两绳的拉力而处于平衡状态，对小球进行受力分析，根据平行四边形定则作图分析即可【解答】解：对小球受力分析如图所示：小球处于静止状态，受力平衡，两绳的拉力的合力与重力大小相等方向相反，则F不变，根据平行四边形定则可知，将框架在竖直平面内绕左下端缓慢旋转90的过程中，F1逐渐减小，F2先增大后减小，当绳A处于水平方向时，F2最大，故B正确故选：B【点评】若物体受三力平衡，一般可以采用合成法，任意两力之和与第三力大小相等，方向相反，要求同学们能根据图象分析各个力的变化情况，难度适中二、多项选择题：本题共6小题，每小题4分，共计24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，错选或不答得0分7（4分）下列说法正确的是（）A电子的衍射图样表明电子具有波动性B太阳辐射的能量主要来自太阳内部的热核反应C氢原子从某激发态跃迁至基态要吸收特定频率的光子D结合能越大，原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定【考点】氢原子的能级公式和跃迁【专题】定性思想；推理法；原子的能级结构专题【分析】衍射能体现波动性，比结合能越大，表示原子核中核子结合的越牢固，原子核越稳定，太阳内部的热核反应，激发态跃迁至基态要释放特定频率的光子【解答】解：A、电子的衍射图样表明粒子具有波动性，故A正确；B、太阳辐射的能量主要来自太阳内部的聚变反应，故B正确；C、氢原子从某激发态跃迁至基态要释放特定频率的光子，故C错误；D、比结合能越大，表示原子核中核子结合的越牢固，原子核越稳定，故D错误故选：AB【点评】掌握波尔理论、衍射的作用，及聚变与裂变的区别，注意波动性与粒子性的不同，同时理解比结合能与结合能的区别8（4分）如图所示，蹦床运动员从空中落到床面上，运动员从接触床面下降到最低点为第一过程，从最低点上升到离开床面为第二过程，运动员（）A在第一过程中始终处于失重状态B在第二过程中始终处于超重状态C在第一过程中先处于失重状态，后处于超重状态D在第二过程中先处于超重状态，后处于失重状态【考点】超重和失重【专题】定性思想；推理法；牛顿运动定律综合专题【分析】当物体对接触面的压力大于物体的真实重力时，就说物体处于超重状态，此时有向上的加速度；当物体对接触面的压力小于物体的真实重力时，就说物体处于失重状态，此时有向下的加速度；如果没有压力了，那么就是处于完全失重状态，此时向下加速度的大小为重力加速度g【解答】解：A、C、运动员刚接触床面时重力大于弹力，运动员向下做加速运动，运动员处于失重状态；随床面的形变的增大，弹力逐渐增大，弹力大于重力时，运动员做减速运动，运动员处于超重状态故A错误，C正确；B、D、蹦床运动员在上升过程中和下落过程中是对称的，加速度方向先向上后向下，先处于超重状态，后处于失重状态，故B错误，D正确；故选：CD【点评】本题主要考查了对超重失重现象的理解，人处于超重或失重状态时，人的重力并没变，只是对支持物的压力变了9（4分）xx年12月，中国“可见光通信系统关键技术研究”获得重大突破可见光通信的实时通信速率已经提高至50Gbps，相当于0.2s即可下载一部高清电影关于可见光，下列说法正确的是（）A可见光中的红光比紫光的频率低B可见光不能在真空中传播C可见光波长越长，越容易发生衍射D可见光能发生光的干涉和衍射现象，说明光是横波【考点】波的干涉和衍射现象【专题】定性思想；推理法；光的干涉专题【分析】可见光中的红光比紫光的频率低；干涉、衍射说明光具有波动性，偏振现象说明光是一种横波，从而即可求解【解答】解：A根据可见光中光的频率的排列顺序可知，可见光中的红光比紫光的频率低故A正确；B可见光属于电磁波，能在真空中传播故B错误；C可见光波长越长，越容易发生明显衍射故C正确；D可见光能发生光的干涉和衍射现象，说明光具有波动性；偏振现象说明光是一种横波故D错误故选：AC【点评】考查可见光的性质，掌握干涉、折射与衍射的原理，及明显的衍射条件，同时理解横波与纵波的区别，注意光在不同介质中，传播速度与波长的变化情况10（4分）如图所示，甲运动员在球场上得到篮球之后，甲、乙以相同的速度v匀速并排向对方半场奔跑，随后甲运动员将球传给乙运动员，不计空气阻力，则（）A甲抛球时对球施加的水平方向推力应沿图中箭头1所指的方向B甲抛球时对球施加的水平方向推力应沿图中箭头2所指的方向C坐在场边的观众看到球向箭头1所指的方向运动D坐在场边的观众看到球向箭头2所指的方向运动【考点】牛顿第二定律【专题】牛顿运动定律综合专题【分析】两运动员向同一方向奔跑，因此将球垂直对方方向传出，即可求解【解答】解：球与甲运动员一起运动，共同具有相同的速度，被抛出时的速度是水平方向上两个速度的合速度，由平行四边形法则可知，C错误D正确； 同时，甲抛球时对球施加的水平方向推力应沿图中箭头 1 所指的方向，A正确B错误故选：AD【点评】此题考查运动的合成与分解，球相对地面，既有沿运动员方向的运动，又有垂直于运动员方向的运动，因此直接沿着对方传出即可11（4分）如图所示，在一无限长的水平小车上，有质量分别为m1和m2的两个滑块（m1m2）随车一起向右匀速运动设两滑块与小车间的动摩擦因数均为，其它阻力不计，当车突然停止时，以下说法中正确的是（）A若=0，两滑块一定相碰B若=0，两滑块一定不相碰C若0，两滑块一定相碰D若0，两滑块一定不相碰【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系【专题】牛顿运动定律综合专题【分析】当车停止时，根据一切物体都有保持原来运动状态的性质及其运动和静止的相对性来逐项分析两个小球的运动状态【解答】解：A、若=0，当车突然停止时，两物块所受的合力为零，将以相同的速度做匀速直线运动，一定不会相撞故A错误，B正确C、若0，当车突然停止时，两物块做匀减速运动，加速度a=g，因为初速度相同，所以两滑块一定不相撞故C错误，D正确故选BD【点评】此题主要考查学生对惯性及牛顿第二定律的理解和应用，要会根据物体的受力情况分析物体的运动状态12（4分）如图所示，一名消防队员在模拟演习训练中，沿着竖立在地面上的钢管往下滑已知这名消防队员的质量为60kg，他从钢管顶端由静止开始先匀加速再匀减速下滑，滑到地面时速度恰好为零如果他加速时的加速度大小是减速时的2倍，下滑的总时间为3s，下滑的总距离为12m，g取10m/s2，那么该消防队员（）A下滑过程中的最大速度为8m/sB加速与减速过程的时间之比为2：1C加速与减速过程中摩擦力做的功之比为1：14D消防队员加速过程是超重状态，减速过程是失重状态【考点】功的计算；匀变速直线运动规律的综合运用【专题】功的计算专题【分析】由平均速度公式求解最大速度根据速度公式研究加速与减速过程的时间之比根据牛顿第二定律研究摩擦力之比从而求出摩擦力做功之比【解答】解：A、设下滑过程中的最大速度为v，则消防队员下滑的总位移x=t1+t2=t，得到v=8m/s故A正确B、因为加速时的加速度大小是减速时的2倍，根据v=at得，加速与减速运动的时间之比为1：2故B错误C、可知加速运动的时间为1s，减速运动的时间为2s，则a1=8m/s2，减速运动的加速度大小a2=4m/s2根据牛顿第二定律得，加速过程：mgf1=ma1，f1=mgma1=2m减速过程：f2mg=ma2，f2=mg+ma2=14m 所以f1：f2=1：7加速运动的位移与减速运动的位移之比为1：2，则摩擦力做功为1：14故C正确D、在加速过程中，加速度方向向下，处于失重状态，减速过程中，加速度方向向上，处于超重状态故D错误故选：AC【点评】本题运用牛顿第二定律运动学公式结合分析多过程问题，也可以采用图象法分析最大速度三、简答与填空13（4分）真空中一束波长为6107m的可见光，频率为51014Hz，已知光在真空中的速度为3108m/s该光进入水中后，其波长与真空中的相比变短（选填“长”或“短”）【考点】电磁波的发射、传播和接收【专题】定量思想；推理法；光线传播的规律综合专题【分析】根据波长求出该可见光的频率，再分析水相对真空是光密介质，所以光进入水中传播速度减小，但频率不变，由波长与频率的关系，判断波长的变化【解答】解：由波长与频率的关系得水相对真空是光密介质，所以光进入水中传播速度减小，但频率不变，由波长与频率的关系可知其波长与真空相比变短故答案为：51014； 短【点评】解答本题的关键是掌握波长这个关系式；另外注意光疏和光密是相对而言的，而不是绝对的，如空气的折射率约为1，水的折射率约为1.33，玻璃的折射率约为1.5，则水对空气而言为光密介质，水对玻璃而言又是光梳介质14（4分）图示是某金属发生光电效应时光电子的最大初动能Ek与入射光频率 的关系图象，可知该金属的逸出功为h0若入射光的频率为20，则产生的光电子最大初动能为h0已知普朗克常量为h【考点】爱因斯坦光电效应方程【专题】定量思想；推理法；光电效应专题【分析】根据光电效应方程Ekm=hvW0和eUC=EKm得出遏止电压Uc与入射光频率v的关系式，从而进行判断【解答】解：当遏止电压为零时，最大初动能为零，则入射光的能量等于逸出功，所以W0=hv0从图象上可知，逸出功W0=hv0根据光电效应方程，Ekm=hvW0=hv0若入射光的频率为20时，产生的光电子的最大初动能为h0，故答案为：h0，h0【点评】解决本题的关键掌握光电效应方程，以及知道遏止电压与最大初动能之间的关系，注意遏止电压与入射光的频率成线性关系，并不是正比，并理解图象的纵、横坐标的含义15（8分）某学习小组欲探究小灯泡（“3V、1.5W”）的伏安特性，可提供的实验器材如下：A电池组：电动势约4.5V，内阻可不计；B双量程的电压表；V1：量程为03V、内阻约为3k；V2：量程为015V、内阻约为15kC双量程的电流表；A1：量程为00.6A、内阻约为1； A2：量程为03A、内阻约为0.1D滑动变阻器R：阻值范围010、允许通过最大电流为2A；E开关S，导线若干在尽量提高测量精度的情况下，请回答下列问题：（1）根据以上器材，用笔画线代替导线将实物图1连接成完整电路；（2）闭合开关前，滑动变阻器的滑动片应移到A端（选填“A”或“B”）；（3）调节滑动变阻器得到电压、电流数据如下表，请在图2所示的坐标纸上画出小灯泡的UI图线组数1234567U/V00.280.580.921.502.003.00I/A00.100.200.300.400.450.49（4）根据图线可估得小灯泡在常温下的电阻约为2.8（结果保留2位有效数字）【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线【专题】实验题；定性思想；实验分析法；恒定电流专题【分析】（1）根据实验原理明确滑动变阻器以及电流表的接法，从而明确电路实物图；（2）让开始时要让电压从零开始调节，故开始时应让与测量部分并联的滑动变阻器并联；（3）根据描点法可得出对应的图象；（4）根据图象过原点的斜率可求得常温下的电阻【解答】解：（1）本实验应采用滑动变阻器分压接法，同时由于灯泡内阻较小，故采用电流表外接法以减小误差；故连线如图1所示；（2）为了让电压值从零开始调节，由图可知测量电路与滑动变阻器的左侧并联；故开始时滑片应滑到A侧；（3）根据描点法可得出对应的伏安特性曲线如图2所示；（4）作出过原点的切线，如图3所示；常温下的电阻图线过原点的切线的斜率；故R=2.8故答案为：（1）如图1所示；（2）A；（3）如图2所示；（4）2.8【点评】本题考查测量灯泡伏安特性曲线的实验方法，要注意明确实验实物图的连接方法，明确利用描点法作伏安特性曲线，注意UI图象的斜率表示电阻，常温下的电阻可以用原点处图象的斜率表示16（8分）为了“探究加速度与力、质量的关系”，现提供如图甲所示的实验装置：（1）以下实验操作正确的是BCA将木板不带滑轮的一端适当垫高，使小车在砝码及砝码盘的牵引下恰好做匀速运动B调节滑轮的高度，使细线与木板平行C先接通电源后释放小车D实验中小车的加速度越大越好（2）在实验中，得到一条如图乙所示的纸带，已知相邻计数点间的时间间隔为T=0.1S，且间距x1、x2、x3、x4、x5、x6已量出分别为3.09cm、3.43cm、3.77cm、4.10cm、4.44cm、4.77cm，则小车的加速度a=0.33m/s2（结果保留两位有效数字）（3）有一组同学保持小车及车中的砝码质量一定，探究加速度a与所受外力F的关系，他们在轨道水平及倾斜两种情况下分别做了实验，得到了两条aF图线，如图丙所示图线是在轨道倾斜情况下得到的（填“”或“”）；小车及车中砝码的总质量m=0.5kg【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系【专题】实验题；定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题【分析】（1）平衡摩擦力就是让小车在无拉力的作用下做匀速直线运动，让重力沿斜面的分力等于小车受到的摩擦力（2）从纸带上求加速度可以用逐差法求解（3）由图象可知，当F=0时，a0也就是说当绳子上没有拉力时小车就有加速度，该同学实验操作中平衡摩擦力过大，即倾角过大，根据F=ma得aF图象的斜率k=【解答】解：（1）A、平衡摩擦力就是让小车在无拉力的作用下做匀速直线运动，让重力沿斜面的分力等于小车受到的摩擦力所以平衡时应为：将不带滑轮的木板一端适当垫高，在不挂钩码的情况下使小车恰好做匀速运动，故A错误；B、为了使绳子拉力代替小车受到的合力，需要调节滑轮的高度，使细线与木板平行，故B正确；C、使用打点计时器时，先接通电源后释放小车，故C正确；D、试验中小车的加速度不是越大越好，加速度太大，纸带打的点太少，不利于测量，故D错误故选：BC（2）由匀变速运动的规律得：s4s1=3aT2s5s2=3aT2s6s3=3aT2联立得：（s4+s5+s6）（s1+s2+s3）=9aT2解得：a=0.33m/s2，（3）由图象可知，当F=0时，a0也就是说当绳子上没有拉力时小车就有加速度，该同学实验操作中平衡摩擦力过大，即倾角过大，平衡摩擦力时木板的右端垫得过高所以图线是在轨道右侧抬高成为斜面情况下得到的根据F=ma得aF图象的斜率k=，由aF图象得图象斜率k=2，所以m=0.5kg故答案为：（1）BC； （2）0.330.34；（3）； 0.5【点评】对于实验我们要明确实验原理、具体实验操作以及数据处理等，同时要清楚每一项操作存在的理由，只有掌握好了基本知识和基本方法才能顺利解决实验题目，所以要重视基本知识和基本方法的学习和训练17（6分）某同学要测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率步骤如下：（1）用游标为20分度的卡尺测量其长度如图1，由图可知其长度为L=50.15mm；（2）用螺旋测微器测量其直径如图2，由图可知其直径为D=4.700mm；（3）用多用电表的电阻“10”挡，按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻R，表盘的示数如图3，则该电阻的阻值约为120【考点】测定金属的电阻率【专题】实验题；定性思想；实验分析法；恒定电流专题【分析】（1）游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺的示数，注意读卡尺时不需要估读；（2）螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数；（3）欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数；【解答】解：（1）由图甲所示可知，游标卡尺主尺示数为50mm，游标尺示数为30.05mm=0.15mm，游标卡尺示数为50mm+0.15mm=50.15mm；（2）由图乙所示可知，螺旋测微器固定刻度示数为4.5mm，游标尺示数为20.00.01mm=0.200mm，螺旋测微器示数为4.5mm+0.200mm=4.700mm；（3）用多用电表的电阻“10”挡，由图丙所示可知，电阻阻值为1210=220；故答案为：（1）50.15；（2）4.700；（3）120；【点评】游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺的示数；螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数；游标卡尺不需要估读，但螺旋测微器需要估读，对游标卡尺读数时，要注意游标尺的精度四、计算题：本题共4小题，共计48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（12分）可见光通信是利用LED灯的光线实现上网的新型高速数据传输技术如图所示，ABCD是LED闪光灯的圆柱形封装玻璃体，其横截面的直径AB=d，厚度AD=dLED灯（可视为点光源）固定在玻璃体CD面的圆心O，玻璃体的折射率为，光在真空中的传播速度为c求：（1）光在玻璃体中传播的速度；（2）光线OA在AB面发生折射时的折射角【考点】光的折射定律【专题】定量思想；方程法；光的折射专题【分析】（1）根据v=求出光在介质中传播的速度大小（2）根据入射角的大小，结合玻璃的折射率，通过折射定律即可求出【解答】解：（1）根据v=得，v=（2）由题图可知，所以入射角的正切：所以：r=30根据折射定律知，n=所以：sini=nsinr=所以折射角：i=45答：（1）光在玻璃体中传播的速度为（2）光线OA在AB面发生折射时的折射角为45【点评】该题考查光的折射，解决本题的关键掌握光的折射定律n=，以及n=19（12分）光滑水平面上质量为1kg的小球A以2.0m/s的速度与同向运动的速度为1.0m/s、质量为2kg的大小相同的小球B发生正碰，碰撞后小球B以1.5m/s的速度运动求：碰后A球的速度；碰撞过程中A、B系统损失的机械能【考点】动量守恒定律；机械能守恒定律【专题】简答题；定性思想；推理法；动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合【分析】（1）碰撞过程中动量守恒，由动量守恒定律可以求出小球速度（2）由能量守恒定律可以求出损失的机械能【解答】解：（1）碰撞过程，以A的初速度方向为正，由动量守恒定律得：mAvA+mBvB=mAvA+mBvB代入数据解：vA=1.0m/s 碰撞过程中A、B系统损失的机械能量为：代入数据解得：E损=0.25J答：碰后A球的速度为1.0m/s；碰撞过程中A、B系统损失的机械能为0.25J【点评】小球碰撞过程中动量守恒、机械能不守恒，由动量守恒定律与能量守恒定律可以正确解题，应用动量守恒定律解题时要注意正方向的选择20（12分）xx年9月南京军区某部进行了一次海上军事演习，一艘鱼雷快艇以30m/s的速度追击前面同一直线上正在逃跑的敌舰当两者相距L0=2km时，以60m/s的速度发射一枚鱼雷，经过tl=50s艇长通过望远镜看到了鱼雷击中敌舰爆炸的火光，同时发现敌舰仍在继续逃跑，于是马上发出了第二次攻击的命令，第二枚鱼雷以同样速度发射后，又经t2=30s，鱼雷再次击中敌舰并将其击沉求第一枚鱼雷击中前后，敌舰逃跑的速度v1、v2分别为多大？【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系【专题】计算题；定量思想；推理法；直线运动规律专题【分析】（1）设鱼雷的速度为v0，鱼雷快艇的速度为v，则鱼雷走的路程等于L加上敌舰走的路程，可得方程v0t1=L+v1t1，据此求出敌舰的速度（2）鱼雷第一次击中敌舰时鱼雷快艇到敌舰的距离等于L加上鱼雷走的路程减去鱼雷快艇走的路程，再运用运动学公式求出敌舰的速度【解答】解：设鱼雷的速度为v0，鱼雷快艇的速度为v，则有：v0t1=L+v1t1，代入数据解得v1=20m/s鱼雷第一次击中敌舰时鱼雷快艇到敌舰的距离：L=L+v1t1vt1=xx+20503050m=1500m，从发射第二枚鱼雷到击中敌舰，v0t2=L+v2t2，代入数据解得v2=10m/s答：第一枚鱼雷击中前后，敌舰逃跑的速度v1、v2分别为20m/s、10m/s【点评】本题考查了速度公式的基本运用，实质是两次追及问题，关键抓住位移关系，结合运动学公式灵活求解21（12分）如图甲所示，滑块与足够长的木板叠放在光滑水平面上，开始时均处于静止状态作用于滑块的水平力F随时间t变化图象如图乙所示，t=2.0s时撤去力F，最终滑块与木板间无相对运动已知滑块质量m=2kg，木板质量M=1kg，滑块与木板间的动摩擦因数=0.2，取g=10m/s2求：（1）t=0.5s时滑块的速度大小；（2）02.0s内木板的位移大小；（3）整个过程中因摩擦而产生的热量【考点】动能定理的应用；牛顿第二定律【专题】计算题；定量思想；寻找守恒量法；牛顿运动定律综合专题【分析】（1）先判断出在00.5s内滑块与木板是相对静止的方法是：设滑块恰好相对于木板要滑动时两者间的静摩擦力达到最大，以M为研究对象，求出临界加速度，再以整体为研究对象，求出此时的拉力F，结合图象的信息分析再由运动学公式求解速度（2）0.52.0s内滑块相对于木板滑动，分别由牛顿第二定律求出两者的加速度，再由位移公式求出各自的位移，再结合00.5s内的位移，即可得解（3）求出相对位移，再得到摩擦生热【解答】解：（1）设滑块恰好相对于木板要滑动时两者间的静摩擦力达到最大，以M为研究对象，根据牛顿第二定律得 mg=Ma0，得 a0=4m/s2；对整体，有 F0=（M+m）a0=12N由图知，在00.5s内，F=6NF0，则滑块与木板相对静止，两者共同的加速度等于 a=2m/s2，则t=0.5s时滑块的速度大小 v1=at1=1m/s（2）00.5s内，整体的位移为 x1=0.25m在0.5s2.0s内，F=16NF0，所以两者相对滑动根据牛顿第二定律得对m有：Fmg=mam，得 am=6m/s2；对M有：mg=MaM，得 aM=4m/s2；0.52.0s内木板的位移大小为 x2=v1t2+=11.5+41.52=6m故02.0s内木板的位移大小 x=x1+x2=6.25m（3）0.52.0s内滑块的位移大小为 x3=v1t2+=11.5+61.52=8.25m故0.52.0s内滑块与木板的相对位移x1=x3x2=2.25mt=2.0s时，滑块的速度为 vm=v1+amt2=1+61.5=10m/s木板的速度为 vM=v1+aMt2=1+41.5=7m/s撤去F后，m的加速度大小为 am=g=2m/s2；设从t=2s时起经过时间t，两者速度相等，共同速度为 v，则有 v=vmamt=vM+aMt，解得 t=0.5s，v=9m/s从t=2s到两者相对静止的过程中，滑块的位移为 x4=m=4.75m木板的位移为 x5=m=4m此过程两者的相对位移x2=x4x5=0.75m故整个过程中因摩擦而产生的热量为 Q=mg（x1+x2）=12J答：（1）t=0.5s时滑块的速度大小是1m/s；（2）02.0s内木板的位移大小是6.25m；（3）整个过程中因摩擦而产生的热量是12J【点评】解决本题的关键会根据物体的受力情况判断物体的运动情况，要掌握整体法和隔离法的运用，明确两个物体刚要滑动时两者的静摩擦力达到最大值