2019-2020年高三第二次模拟考试物理试题含解析.doc

2019-2020年高三第二次模拟考试物理试题含解析一、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1（3分）（xx盐城二模）下列图片显示的技术中，属于防范静电危害的是（）A静电复印B静电喷涂 C避雷针 D电除尘 静【考点】： * 静电的利用和防止【专题】： 电场力与电势的性质专题【分析】：物体带电的本质是电荷的转移，出现多余的电荷从而带电，所以静电的产生有利有弊【解析】： 解：A、复印机复印文件资料，就是利用静电墨粉成在鼓上故A属于静电的利用；B、静电喷涂是利用异种电荷间的吸引力来工作的，故B属于静电的利用；C、下雨天，云层带电打雷，往往在屋顶安装避雷针，是导走静电，防止触电故C属于静电防范；D、静电除尘时除尘器中的空气被电离，烟雾颗粒吸附电子而带负电，颗粒向电源正极运动，属于静电应用；故选：C【点评】： 在生活中静电无处不在，有的我们需要，有的我们不需要所以我们要学会基本常识，提高我们的很生活质量2（3分）（xx盐城二模）目前，我市每个社区均已配备了公共体育健身器材图示器材为一秋千，用两根等长轻绳将一座椅悬挂在竖直支架上等高的两点由于长期使用，导致两根支架向内发生了稍小倾斜，如图中虚线所示，但两悬挂点仍等高座椅静止时用F表示所受合力的大小，F1表示单根轻绳对座椅拉力的大小，与倾斜前相比（） A F不变，F1变小 B F不变，F1变大 C F变小，F1变小 D F变大，F1变大【考点】： 共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力【专题】： 共点力作用下物体平衡专题【分析】：木板静止时，受重力和两个拉力而平衡，根据共点力平衡条件并结合正交分解法列式分析即可【解析】： 解：木板静止时，受重力和两个拉力而平衡，故三个力的合力为零，即：F=0；根据共点力平衡条件，有：2F1cos=mg解得：F1=由于长期使用，导致两根支架向内发生了稍小倾斜，故图中的角减小了，故F不变，F1减小；故选：A【点评】： 本题是简单的三力平衡问题，关键是受力分析后运用图示法分析，不难3（3分）（xx盐城二模）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，不计电路的其他电阻，则（） A t=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22V D 00.01s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【解析】： 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=31.1v，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4（3分）（xx盐城二模）如图甲所示，x轴上固定两个点电荷Q1、Q2（Q2位于坐标原点O），其上有M、N、P三点，间距MN=NPQ1、Q2在轴上产生的电势随x变化关系如图乙则（） A M点电场场强大小为零 B N点电场场强大小为零 C M、N之间电场方向沿x轴负方向 D 一正试探电荷从P移到M过程中，电场力做功|WPN|=|WNM|【考点】： 电势差与电场强度的关系；电场强度【专题】： 电场力与电势的性质专题【分析】：x图线的切线斜率表示电场强度的大小，在x图象中可以直接判断各点电势的大小，并可根据电势大小关系确定电场强度的方向，根据沿电场线方向电势降低，由w=qU判断做功；【解析】： 解：A、x图线的切线斜率表示电场强度的大小，就知道N处场强为零，M处的场强不为零，故A错误，B正确；C、M点的电势为零，MP电势小于零，因沿电场线方向电势降低，故在MP间电场方向由M指向P，沿x轴正方向，故C错误；D、由图象可知，UMNUNP，故电场力做功qUMNqUNP，从P移到M过程中，电场力做负功，故|WPN|WNM|，故D错误；故选：B【点评】： x图象中：电场强度的大小等于x图线的斜率大小，电场强度为零处在x图象中可以直接判断各点电势的大小，并可根据电势大小关系确定电场强度的方向在x图象中分析电荷移动时电势能的变化，可用W=qU，进而分析WW的正负，然后作出判断5（3分）（xx盐城二模）一滑块以一定的初速度从一固定斜面的底端向上冲，到斜面上某一点后返回底端，斜面粗糙滑块运动过程中加速度与时间关系图象如图所示下列四幅图象分别表示滑块运动过程中位移x、速度v、动能Ek和重力势能Ep（以斜面底端为参考平面）随时间变化的关系图象，其中正确的是（） A B C D 【考点】： 功能关系；牛顿第二定律【分析】：根据at图象知上滑和下滑过程中的加速度大小，从而得出速度随时间的变化规律；利用速度公式和动能定得出动能、势能与时间的规律，再分析选项即可【解析】： 解：A、物块向上做匀减速直线运动，向下做匀加速直线运动，据位移公式可知，位移与时间成二次函数关系；据运动学公式可知，下滑所有的时间要大于上升所用的时间，先减速后加速，加速度始终向下，所以xt图象应是开口向下的抛物线，故A错误；B、由A分析知速度方向相反，故B错误；C、根据Ek=mv2知动能先减小后增大，与时间为二次函数，故C错误；D、Ep=mgh=mgx=mg（v0t），a为负，故为开口向下的抛物线，故D正确故选：D【点评】： 解决本题的关键根据牛顿第二定律得出上滑和下滑的加速度，判断出物体的运动情况；再结合位移公式、速度公式和动能的表达式，此题难度较大二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共计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，错选或不答得0分6（4分）（xx盐城二模）如图所示，在一端封闭的光滑细玻璃管中注满清水，水中放一红蜡块R（R视为质点）将玻璃管的开口端用胶塞塞紧后竖直倒置且与y轴重合，在R从坐标原点以速度v0=3cm/s匀速上浮的同时，玻璃管沿x轴正向做初速度为零的匀加速直线运动，合速度的方向与y轴夹角为则红蜡块R的（） A 分位移y与x成正比 B 分位移y的平方与x成正比 C 合速度v的大小与时间t成正比 D tan与时间t成正比【考点】： 运动的合成和分解【专题】： 运动的合成和分解专题【分析】：小圆柱体红蜡快同时参与两个运动：y轴方向的匀速直线运动，x轴方向的初速为零的匀加速直线运动根据位移与时间表达式，从而确定分位移y与x的关系，再由y方向可求运动时间，接着由x方向求加速度，从而求得vx，再由速度合成求此时的速度大小，最后由两方向的速度关系，可知tan与时间t的关系【解析】： 解：A、由题意可知，y轴方向，y=v0t；而x轴方向，x=，联立可得：x=，故A错误，B正确；C、x轴方向，vx=at，那么合速度的大小v=，则v的大小与时间t不成正比，故C错误；D、设合速度的方向与y轴夹角为，则有：，故D正确；故选：BD【点评】： 分析好小圆柱体的两个分运动，掌握运动学公式，理解运动的合成与分解法则，注意平抛运动规律的应用7（4分）（xx盐城二模）据英国卫报网站xx年1月6日报道，在太阳系之外，科学家发现了一颗最适宜人类居住的类地行星，绕恒星橙矮星运行，命名为“开普勒438b”假设该行星与地球绕恒星均做匀速圆周运动，其运行的周期为地球运行周期的p倍，橙矮星的质量为太阳的q倍 则该行星与地球的（） A 轨道半径之比为 B 轨道半径之比为 C 线速度之比为 D 线速度之比为【考点】： 万有引力定律及其应用【专题】： 万有引力定律的应用专题【分析】：地球和“开普勒438b”公转的向心力均由万有引力提供，根据牛顿第二定律列式求解出周期和向的表达式进行分析即可【解析】： 解：A、B、行星公转的向心力由万有引力提供，根据牛顿第二定律，有：G=m解得：R=该行星与地球绕恒星均做匀速圆周运动，其运行的周期为地球运行周期的p倍，橙矮星的质量为太阳的q倍，故：=故A正确，B错误；C、D、根据v=，有：=；故C正确，D错误；故选：AC【点评】： 本题关键是明确行星工作的向心力来源，结合牛顿第二定律列式分析即可，基础题目8（4分）（xx盐城二模）如图所示，在滑动变阻器的滑片向左滑动的过程中，理想电压表、电流表的示数将发生变化，电压表V1、V2示数变化量的绝对值分别为U1、U2，已知电阻R大于电源内阻r，则（） A 电流表A的示数增大 B 电压表V2的示数增大 C 电压表V1的示数增大 D U1大于U2【考点】： 闭合电路的欧姆定律【专题】： 恒定电流专题【分析】：理想电压表内阻无穷大，相当于断路理想电流表内阻为零，相当短路分析电路的连接关系，根据欧姆定律分析【解析】： 解：A、据题理想电压表内阻无穷大，相当于断路理想电流表内阻为零，相当短路，所以R与变阻器串联，电压表V1、V2分别测量R、路端电压当滑动变阻器滑片向左滑动时，接入电路的电阻减小，电路中电流增大，则A的示数增大，故A正确；B、电路中电流增大，电源的内电压增大，则路端电压减小，所以V2的示数减小，故B错误；C、电路中电流增大，根据欧姆定律知，电压表V1的示数增大，故C正确D、路端电压减小，R的电压增大，则U1大于U2，故D正确故选：ACD【点评】： 本题是电路的动态分析问题，关键要搞清电路的结构，明确电表各测量哪部分电路的电压或电流，根据闭合电路欧姆定律进行分析9（4分）（xx盐城二模）如图所示，空间有一垂直纸面向外的磁感应强度为0.5T的匀强磁场，一质量为0.2kg且足够长的绝缘木板静止在光滑水平面上，在木板左端放置一质量为m=0.1kg、带正电q=0.2C的滑块，滑块与绝缘木板之间动摩擦因数为0.5，滑块受到的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力现对木板施加方向水平向左，大小为F=0.6N的恒力，g取10m/s2则滑块（） A 开始做匀加速运动，然后做加速度减小的加速运动，最后做匀速直线运动 B 一直做加速度为2m/s2的匀加速运动，直到滑块飞离木板为止 C 速度为6m/s时，滑块开始减速 D 最终做速度为10m/s的匀速运动【考点】： 带电粒子在混合场中的运动【分析】：先求出木块静摩擦力能提供的最大加速度，再根据牛顿第二定律判断当0.6N的恒力作用于木板时，系统一起运动的加速度，当滑块获得向左运动的速度以后又产生一个方向向上的洛伦兹力，当洛伦兹力等于重力时滑块与木板之间的弹力为零，此时摩擦力等于零，此后物块做匀速运动，木板做匀加速直线运动【解析】： 解：ABD、由于滑块与绝缘木板之间动摩擦因数为0.5，静摩擦力能提供的最大加速度为g=5m/s2，所以当0.6N的恒力作用于木板时，系统一起以a=的加速度一起运动，当滑块获得向左运动的速度以后又产生一个方向向上的洛伦兹力，当洛伦兹力等于重力时滑块与木板之间的弹力为零，此时Bqv=mg，解得：v=10m/s，此时摩擦力消失，滑块做匀速运动，而木板在恒力作用下做匀加速运动，可知滑块先与木板一起做匀加速直线运动，然后发生相对滑动，做加速度减小的变加速，最后做速度为10m/s的匀速运动故AD正确，B错误C、木块开始的加速度为2m/s2，当恰好要开始滑动时，f=（mgqvB）=ma，代入数据得：v=6m/s，此后滑块的加速度减小，仍然做加速运动故C错误故选：AD【点评】： 本题主要考查了牛顿第二定律的直接应用，要求同学们能正确分析木板和滑块的受力情况，进而判断运动情况三、简答题：本题分必做题（第10、11题）和选做题（第12题）两部分，共计42分.请将解答填写在答题纸相应的位置.10（8分）（xx盐城二模）某同学准备利用下列器材测量干电池的电动势和内电阻A待测干电池两节，每节电池电动势约为1.5V，内阻约几欧姆B直流电压表V1、V2，量程均为3V，内阻约为3kC定值电阻R0未知D滑动变阻器R，最大阻值RmE导线和开关（1）根据如图甲所示的实物连接图，在图乙方框中画出相应的电路图（2）实验之前，需要利用该电路图测出定值电阻R0，方法是先把滑动变阻器R调到最大阻值Rm，再闭合开关，电压表V1和V2的读数分别为U10、U20，则R0=（用U10、U20、Rm表示）（3）实验中移动滑动变阻器触头，读出电压表V1和V2的多组数据U1、U2，描绘出U1U2图象如图丙所示，图中直线斜率为k，与横轴的截距为a，则两节干电池的总电动势E=，总内阻r=（用k、a、R0表示）【考点】： 测定电源的电动势和内阻【专题】： 实验题【分析】：（1）由实物图可知电路的连接方法得出对应的原理图；（2）根据实验原理结合欧姆定律可求得定值电阻的阻值；（3）根据闭合电路欧姆定律及图象的性质可得出对应的电动势和内电阻【解析】： 解：（1）由实物图可知电路的连接方式，得出的实物图如图所示；（2）由图可知，V2测量R0与R两端的电压，V1测量R两端的电压，则R0两端的电压U20U10；由欧姆定律可知，R0=；（2）由闭合电路欧姆定律可知，E=U1+变形得：U1=+则有：=a；=k解得：故答案为：（1）如图所示；（2）；【点评】： 本题考查测量电动势和内电阻的实验方法，关键在明确根据闭合电路欧姆定律得出对应的表达式，再分析图象的意义，求得电动势和内电阻11（10分）（xx盐城二模）某同学用如图甲所示的实验装置来“探究a与F、m之间的定量关系”（1）实验时，必须先平衡小车与木板之间的摩擦力该同学是这样操作的：如图乙，将小车静止地放在水平长木板上，并连着已穿过打点计时器的纸带，调整木板右端的高度，接通电源，用手轻拨小车，让打点计时器在纸带上打出一系列点迹均匀的点，说明小车在做匀速运动运动（2）如果该同学先如（1）中的操作，平衡了摩擦力以砂和砂桶的重力为F，在小车质量M保持不变情况下，不断往桶里加砂，砂的质量最终达到，测小车加速度a，作aF的图象如图丙图线正确的是C（3）设纸带上计数点的间距为S1和S2如图丁为用米尺测量某一纸带上的S1、S2的情况，从图中可读出S1=3.10cm，S2=5.50cm，已知打点计时器的频率为50Hz，由此求得加速度的大小a=2.40m/s2【考点】： 探究加速度与物体质量、物体受力的关系【专题】： 实验题【分析】：（1）平衡摩擦力时，调整木板右端的高度，接通电源，用手轻拨小车，当小车带动纸带匀速下滑时说明平衡摩擦力；（2）正确的aF图象应该是过原点的直线，不满足砂和砂桶的质量远远小于小车的质量时图象发生弯曲；（3）根据匀变速直线运动的特点，利用逐差法可以求出其加速度的大小【解析】： 解：（1）平衡摩擦力时，应将绳从小车上拿去，不要挂钩码，将长木板的右端垫高至合适位置，使小车重力沿斜面分力和摩擦力抵消，若小车做匀速直线运动，此时打点计时器在纸带上打出一系列点迹均匀的点，（2）如果这位同学先如（1）中的操作，已经平衡摩擦力，则刚开始aF的图象是一条过原点的直线，不断往桶里加砂，砂的质量最终达到，不能满足砂和砂桶的质量远远小于小车的质量，此时图象发生弯曲，故C正确；故选：C（3）根据图象可知，S2=5.50cm，打点计时器的频率为50Hz，每5个点取一个计数点，则T=0.1s，加速度的大小a=2.40m/s2故答案为：（1）点迹均匀； 匀速运动；（2）C；（3）5.50； 2.40【点评】： 明确实验原理以及具体的操作细节，加强动手实验，同时加强基本运动学规律在物理实验中的应用探究加速度与力、质量的关系实验时，要平衡小车受到的摩擦力，不平衡摩擦力、或平衡摩擦力不够、或过平衡摩擦力，小车受到的合力不等于钩码的重力二.选做题A（选修模块3-3）（12分）12（4分）（xx盐城二模）下列说法正确的是（） A 悬浮在液体中的微粒越小，受到液体分子的撞击就越容易平衡 B 物体中所有分子的热运动动能的总和叫做物体的内能 C 热力学温度T与摄氏温度t的关系为t=T+273.15 D 液体表面的分子距离大于分子间的平衡距离，使得液面有表面张力【考点】： 温度、气体压强和内能；分子间的相互作用力【分析】：液体温度越高颗粒越小，布朗运动越激烈物体中所有分子的热运动动能的总和叫做物体的内能摄氏温度t与热力学温度T的关系为T=t+273.15液体表面分子间距离大于平衡位置间距r0，液体表面存在表面张力；【解析】： 解：A、悬浮微粒越小，在某一瞬间撞击它的液体分子数就越少，布朗运动就越明显故A错误B、物体中所有分子的热运动动能的总和叫做物体的内能，故B错误C、摄氏温度t与热力学温度T的关系为T=t+273.15，故C错误D、液体表面分子间距离大于平衡位置间距r0，分子力表现为引力，所以液体表面存在表面张力，故D正确故选：D【点评】： 本题关键掌握热力学基本知识，知道布朗运动的实质掌握分子动理论，理解表面张力形成的原因13（4分）（xx盐城二模）图为一定质量理想气体的压强P与体积V的关系图象，它由状态A经等容过程到状态B，再经过等压过程到状态C设A、B、C状态对应的温度分别为TA、TB、TC，则TA=TC，从状态B到状态C过程气体吸热（填“吸”、“放”）【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】：由图象求出A、B、C三状态的压强与体积，然后由理想气体的状态方程求出各状态的温度，然后比较温度大小【解析】： 解：A到B为等容变化，故知TB=TA理想气体经历BC过程，等压变化，=即TC=TB=，故TA=理想气体经历BC过程，等压变化，由=k知体积增大，温度升高，内能增大，气体的体积变大，对外做功，W=FX=PSX=PV=p2（V2V1），根据热力学第一定律：E=QW，知气体需要吸热故答案为：，吸热【点评】： 本题考查了比较气体的温度高低，由图象求出气体的压强与体积、应用理想气体压强公式即可正确解题14（4分）（xx盐城二模）某教室的空间体积约为120m3试计算在标准状况下，教室里空气分子数已知：阿伏加德罗常数NA=6.01023mol1，标准状况下摩尔体积V0=22.4103m3（计算结果保留一位有效数字）【考点】： 阿伏加德罗常数【专题】： 阿伏伽德罗常数的应用专题【分析】：根据教室体积和摩尔体积求出物质的量，则气体分子数N=nNA【解析】： 解：设空气摩尔数为n，则， 设气体分子数为N，则N=nNA代入数据联立求解得：N=31027个 答：教室里空气分子数为31027个【点评】： 求分子数，往往先求摩尔数，再乘以阿伏加德罗常数即可摩尔数等于质量与摩尔质量的比值或体积与摩尔体积的比值B选修模块3-4（12分）15（4分）（xx盐城二模）下列说法正确的是（） A 一条沿自身长度方向运动的杆，其长度总比杆静止时长 B 根据多普勒效应可以判断遥远天体相对于地球的运动速度 C 大量事实证明，电磁波不能产生衍射现象 D 受迫振动的频率总等于系统的固有频率【考点】： * 长度的相对性；多普勒效应【分析】：A、根据l=判断杆的长度变化B、多普勒效现象是波的特性C、电磁波能产生衍射现象D、受迫振动的频率总等于策动力的频率【解析】： 解：A、根据l=，知条沿自身长度方向运动的杆其长度总比杆静止时的长度小故A错误 B、只要是波，均有多普勒效应现象，根据多普勒效应可以判断遥远天体相对于地球的运动速度故B正确 C、电磁波是波，电磁波能产生衍射现象故C错误 D、受迫振动的频率总等于策动力的频率故D错误故选：B【点评】： 解决本题的关键知道光的偏转现象说明光是一种横波，以及知道多普勒效应现象的条件16（4分）（xx盐城二模）过去已知材料的折射率都为正值（n0）现已有针对某些电磁波设计制作的人工材料，其折射率可以为负值（n0），称为负折射率材料位于空气中的这类材料，入射角i与折射角r依然满足=n，但是折射线与入射线位于法线的同一侧（此时折射角取负值）现空气中有一上下表面平行的负折射率材料，一束电磁波从其上表面以入射角射入，下表面射出若该材料对此电磁波的折射率n=1，请画出正确反映电磁波穿过该材料的传播路径的示意图，若在上下两个表面电磁波的折射角分别为r1、r2，则r1等于r2（填“大于”、“等于”、“小于”）【考点】： 光的折射定律【专题】： 光的折射专题【分析】：该材料对于电磁波的折射率n=1，则折射光线与入射光线位于法线的同侧，且折射角等于入射角，根据这些知识分析【解析】： 解：由折射定律：=n=1得：sini=sinr，则即折射角等于入射角，r1=r2，且位于法线的同侧，故光路如图故答案为：如图所示，等于【点评】： 本题属于信息题目，结合学过的知识点延伸拓展，同学们要有提取信息以及学习的能力17（4分）（xx盐城二模）竖直悬挂的弹簧振子下端装有记录笔，在竖直面内放置记录纸当振子上下振动时，以水平向左速度v=10m/s匀速拉动记录纸，记录笔在纸上留下记录的痕迹，建立坐标系，测得的数据如图所示，求振子振动的振幅和频率【考点】： 简谐运动的振动图象；简谐运动的振幅、周期和频率【分析】：本题抓住弹簧振子的振动与记录纸同时运动，由匀速运动的速度公式v=求出周期振幅是振子离开平衡位置的最大距离，等于振子在最高点与最低点间距离的一半【解析】： 解：设周期为T，振幅为A由题图得：A=5cm；由于振动的周期就是记录纸从O至x=1m运动的时间，所以，周期为：，故频率为：f=10Hz答：振子振动的振幅为5cm，频率为10Hz【点评】： 解决本题的关键是理解振幅的含义，抓住弹簧振子的振动与记录纸运动的同时性，由匀速运动的规律求解周期C（选修模块3-5）（12分）18（xx盐城二模）下列说法正确的是（） A 放射性元素的半衰期随温度升高而减小 B 光和电子都具有波粒二象性 C 粒子散射实验可以估算出原子核的数量级为1010m D 原子核的结合能越大，原子核越稳定【考点】： 原子核衰变及半衰期、衰变速度；原子核的结合能【专题】： 常规题型【分析】：元素的半衰期不会受环境的影响而变化，比结合能越大，原子核越稳定，光和电子都具有波粒二象性；通过粒子散射实验的结果可以估测原子核直径的数量级为1015m【解析】： 解：A、放射性元素的半衰期不受到环境的变化而变化，故A错误；B、光和电子都具有波粒二象性，故B正确；C、通过粒子散射实验的结果可以估测原子核直径的数量级为1015m，故C错误；D、比结合能越大，原子核越稳定，故D正确；故选：BD【点评】： 考查半衰期影响的因素，掌握比结合能与结合能的不同，知道粒子散射实验19（xx盐城二模）如图1所示的装置研究光电效应现象，当用光子能量为5eV的光照射到光电管上时，测得电流计上的示数随电压变化的图象如图2所示则光电子的最大初动能为3.21019J，金属的逸出功为4.81019J【考点】： 光电效应【专题】： 光电效应专题【分析】：该装置所加的电压为反向电压，发现当电压表的示数大于或等于2V时，电流表示数为0，知道光电子点的最大初动能为2eV，根据光电效应方程EKm=hW0，求出逸出功光电子的最大初动能与入射光的频率成线性关系，而光的强度不会改变光电子的最大初动能，从而判断是否电流表是否有示数【解析】： 解：由图2可知，当该装置所加的电压为反向电压，当电压是2V时，电流表示数为0，知道光电子点的最大初动能为：2eV=3.21019J，根据光电效应方程EKm=hW0，W0=3eV=4.81019J故答案为：3.21019； 4.81019【点评】： 解决本题的关键掌握光电效应的条件，以及光电效应方程EKm=hW0注意光的入射频率决定光电子最大初动能，而光的强度不影响光电子的最大初动能20（xx盐城二模）一枚火箭搭载着卫星以速率v0进入太空预定位置，由控制系统使箭体与卫星分离已知前部分的卫星质量为m1，后部分的箭体质量为m2，分离后箭体以速率v2沿火箭原方向飞行，若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化，则分离后卫星的速率v1是多大【考点】： 动量守恒定律【专题】： 动量定理应用专题【分析】：火箭和卫星组成的系统在分离时水平方向上动量守恒，规定正方向，结合动量守恒定律求出分离后卫星的速率【解析】： 解：火箭和卫星组成的系统在分离时水平方向上动量守恒，规定初速度的方向为正方向，有：（m1+m2）v0=m2v2+m1v1解得：答：分离后卫星的速率是【点评】： 解决本题的关键知道火箭和卫星组成的系统在水平方向上动量守恒，运用动量守恒定律进行求解，知动量守恒定律的表达式为矢量式，注意速度的方向四、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21（15分）（xx盐城二模）如图所示，在匀强磁场中有一足够长的光滑平行金属导轨，与水平面间的夹角=30，间距L=0.5m，上端接有阻值R=0.3的电阻，匀强磁场的磁感应强度大小B=0.4T，磁场方向垂直导轨平面向上一质量m=0.2kg，电阻r=0.1的导体棒MN在平行于导轨的外力F作用下，由静止开始向上做匀加速运动，运动过程中导体棒始终与导轨垂直，且接触良好，当棒的位移d=9m时电阻R上的消耗的功率为P=2.7W其它电阻不计，g取10m/s2求：（1）此时通过电阻R上的电流；（2）这一过程通过电阻R上电电荷量q；（3）此时作用于导体棒上的外力F的大小【考点】： 导体切割磁感线时的感应电动势【专题】： 电磁感应与电路结合【分析】：（1）根据P=I2R求解电阻R上的电流；（2）根据公式：求解（3）由（1）中电流求出此时的速度，再根据匀变速运动：v2=2ax，求出加速度，结合牛顿第二定律求解外力F【解析】： 解：（1）根据热功率：P=I2R，解得：（2）回路中产生的平均感应电动势：，由欧姆定律得：，电流和电量之间关系式：=，（3）由（1）知此时感应电流I=3A，由，解得此时速度：，由匀变速运动公式：v2=2ax，解得：，对导体棒由牛顿第二定律得：FF安mgsin30=ma，即：FBILmgsin30=ma，解得：F=ma+BIL+mgsin30=0.22+0.40.53+0.210=2N，答：（1）通过电阻R上的电流3A；（2）通过电阻R上电电荷量q为4.5C；（3）导体棒上的外力F的大小为2N【点评】： 本题考查电功率，电量表达式及电磁感应电动势表达式结合牛顿第二定律求解即可，难度不大，本题中加速度的求解是重点22（16分）（xx盐城二模）如图所示的xOy坐标系中，y轴右侧空间存在范围足够大的匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于xOy平面向里P点的坐标为（2L，0），Q1、Q2两点的坐标分别为（0，L），（0，L）坐标为（L，0）处的C点固定一平行于y轴放置的长为L的绝缘弹性挡板，C为挡板中点，带电粒子与弹性绝缘挡板碰撞前后，沿y方向分速度不变，沿x方向分速度反向，大小不变 带负电的粒子质量为m，电量为q，不计粒子所受重力若粒子在P点沿PQ1方向进入磁场，经磁场运动后，求：（1）从Q1直接到达Q2处的粒子初速度大小；（2）从Q1直接到达O点，粒子第一次经过x轴的交点坐标；（3）只与挡板碰撞两次并能回到P点的粒子初速度大小【考点】： 带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动【专题】： 带电粒子在复合场中的运动专题【分析】：（1）作出粒子运动的轨迹图，结合几何关系求出粒子在磁场中运动的轨道半径，根据半径公式求出粒子的速度（2）作出粒子运动的轨迹图，根据几何关系求出粒子运动的半径，通过几何关系求出第一次经过x轴的交点坐标；（3）抓住与挡板碰撞两次并能回到P点，作出轨迹图，结合几何关系，运用半径公式进行求解【解析】： 解：（1）由题意画出粒子运动轨迹如图（甲）所示，设PQ1与x轴正方向夹角为，粒子在磁场中做圆周运动的半径大小为R1由几何关系得：R1cos=L其中：粒子磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有：，解得：（2）由题意画出粒子运动轨迹如图（乙）所示，设其与x轴交点为C，由几何关系得：R2=设C点横坐标为xC，由几何有关系得：xC=则C点坐标为：（，0）（3）由题意画出粒子运动轨迹如图（丙）所示，设PQ1与x轴正方向夹角为，粒子在磁场中做圆周运动的半径大小为R3，偏转一次后在y负方向偏移量为y1，由几何关系得：y1=2R3cos，为保证粒子最终能回到P，粒子与挡板碰撞后，速度方向应与PQ1连线平行，每碰撞一次，粒子进出磁场在y轴上这段距离y2（如图中A、E间距）可由题给条件，有得当粒子只碰二次，其几何条件是3y12y2=2L，解得：粒子磁场中做匀速圆周运动：解得：答：（1）从Q1直接到达Q2处的粒子初速度大小为；（2）从Q1直接到达O点，粒子第一次经过x轴的交点坐标为（，0）；（3）只与挡板碰撞两次并能回到P点的粒子初速度大小为【点评】： 本题考查了粒子在磁场中的运动，对于三小问，关键作出三种粒子的轨迹图，结合几何关系，运用半径公式进行求解，难度较大，对数学几何的关系要求较高，需加强这方面的训练23（16分）（xx盐城二模）如图所示，一个质量为M长为L的圆管竖直放置，顶端塞有一个质量为m的弹性小球，M=4m，球和管间的滑动摩擦力和最大静摩擦力大小均为4mg管从下端离地面距离为H处自由落下，运动过程中，管始终保持竖直，每次落地后向上弹起的速度与落地时速度大小相等，不计空气阻力，重力加速度为g求：（1）管第一次落地弹起时管和球的加速度；（2）管第一次落地弹起后，若球没有从管中滑出，则球与管达到相同速度时，管的下端距地面的高度；（3）管第二次弹起后球不致滑落，L应满足什么条件【考点】： 牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系【专题】： 牛顿运动定律综合专题【分析】：（1）根据v02=2gH求出圆管底端落地前瞬间的速度根据牛顿第二定律分别求出管反弹后，球和管的加速度，从而得知球相对于管的加速度，以管为参考系，根据速度位移公式求出球相对于管静止时的相对位移，即可求解（2）根据管上升的加速度，以及相对加速度分别求出管从碰地到它弹到最高点所需时间和管从碰地到与球相对静止所需的时间，比较两个时间知道球与管的运动情况，再根据运动学公式求出管上升的最大高度（3）根据运动学公式，即可求解【解析】： 解：（1）管第一次落地弹起时，管的加速度，方向向下球的加速度，方向向上（2）取竖直向下为正方向球与管第一次碰地时速度，方向向下碰地后管的速度，方向向上；球的速度，方向向下若球刚好没有从管中滑出，设经过时间t1，球管速度v相同，则有v1+a1t1=v2a2t1又管从碰地到它弹到最高点所需时间t2，则：因为t1t2，说明管在达到最高点前，球与管相对静止，故管从弹起经t1这段时间上升的高度为所求得（3）球与管达到相对静止后，将以速度v、加速度 g竖直上升到最高点，由于，故这个高度是因此，管第一次落地弹起后上升的最大高度这一过程球运动的位移则球与管发生相对位移当管与球从Hm再次下落，第二次落地弹起中，发生的相对位移由第一次可类推知：所以管第二次弹起后，球不会滑出管外的条件是s1+s2L即L应满足条件答：（1）管第一次落地弹起时管和球的加速度分别为2g，3g；（2）管第一次落地弹起后，若球没有从管中滑出，则球与管达到相同速度时，管的下端距地面的高度为；（3）管第二次弹起后球不致滑落，L应满足【点评】： 本题的难点在于管和球的运动情况难于判断，关键通过计算理清球和管的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解