2019-2020年高考最后冲刺模拟押题考试物理试题含解析.doc

2019-2020年高考最后冲刺模拟押题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15分每小题只有一个选项符合题意1（3分）（xx徐州校级模拟）关于物理学的研究方法，以下说法错误的是（） A 在用实验探究加速度、力和质量三者之间关系时，应用了控制变量法 B 在利用速度时间图象推导匀变速运动的位移公式时，使用的是微元法 C 用点电荷代替带电体，应用的是理想模型法 D 伽利略在利用理想实验探究力和运动关系时，使用的是实验归纳法【考点】： 元电荷、点电荷；伽利略研究自由落体运动的实验和推理方法；探究加速度与物体质量、物体受力的关系【分析】： 物理学的发展离不开科学的思维方法，要明确各种科学方法在物理中的应用，如控制变量法、理想实验、理想化模型、极限思想等【解析】： 解：A、在用实验探究加速度、力和质量三者之间的关系时，由于涉及物理量较多，因此采用控制变量法进行实验，故A正确；B、在推导位移公式时，使用了微元法；故B正确；C、点电荷是高中所涉及的重要的理想化模型，都是抓住问题的主要因素，忽略次要因素，故C正确；D、伽利略对自由落体运动的研究，以及理想斜面实验探究力和运动的关系时，采用的是理想斜面实验法和将试验结论外推的方法，不是用的实验归纳法；故D错误本题选错误的，故选：D【点评】： 本题考查了常见的研究物理问题的方法的具体应用，要通过练习体会这些方法的重要性，培养学科思想2（3分）（xx重庆模拟）光滑的水平面上固定着一个螺旋形光滑水平轨道，俯视如图所示一个小球以一定速度沿轨道切线方向进入轨道，以下关于小球运动的说法中正确的是（） A 轨道对小球做正功，小球的线速度不断增大 B 轨道对小球做正功，小球的角速度不断增大 C 轨道对小球不做功，小球的角速度不断增大 D 轨道对小球不做功，小球的线速度不断增大【考点】： 线速度、角速度和周期、转速；功的计算【专题】： 匀速圆周运动专题【分析】： 轨道的弹力方向与速度方向垂直，弹力不做功，通过动能定理判断出线速度大小的变化根据=，判断角速度的变化【解析】： 解：轨道的弹力方向与速度方向垂直，弹力不做功，根据动能定理知，速度的大小不变根据=，半径减小，角速度不断增大故C正确，A、B、D错误故选C【点评】： 解决本题的关键利用动能定理判断出速度大小的变化以及根据=，得出角速度的变化3（3分）（xx徐州校级模拟）如图所示，两个倾角相同的滑杆上分别套有A、B两个圆环，两个圆环上分别用细线悬吊着两个小球C、D，当它们都沿滑杆向下滑动时，A的悬线与杆垂直，B的悬线竖直向下，则下列说法中正确的是（） A A环与滑杆间没有摩擦力 B B环与滑杆间没有摩擦力 C A环做的是匀速运动 D B环做的是匀加速运动【考点】： 牛顿第二定律；力的合成与分解的运用【专题】： 牛顿运动定律综合专题【分析】： 先对A、C受力分析，由于两个球加速度相同，根据牛顿第二定律分别列式分析可以求出A环的摩擦力；先对D受力分析，结合运动情况判断出D做匀速运动，则知B环做匀速直线运动【解析】： 解：A、C、假设A环与杆间的摩擦力为f，对A环受力【分析】：重力、拉力、支持力，假设A环受到沿杆向上的摩擦力f，如图，根据牛顿第二定律，有：mAgsinf=mAa对C：mCgsin=mCa由两式，解得：a=gsin，f=0，即A环与滑杆无摩擦力，做匀加速运动故A正确，C错误；B、D、对D球受力分析，受重力和拉力，由于做直线运动，合力与速度在一条直线上，故合力为零，物体做匀速运动；再对B求受力分析，如图，受重力、拉力、支持力，由于做匀速运动，合力为零，故必有沿杆向上的摩擦力故B、D均错误故选：A【点评】： 本题关键要结合运动情况，根据牛顿第二定律和平衡条件分析受力情况，再结合受力情况判断运动情况4（3分）（2011湖南一模）xx年1月下旬以来，我国南方遭遇50年未遇的雨雪冰冻灾害新华网长沙1月26日电，马路上的冰层坚硬如铁、光滑如玻璃，高压电线覆冰后有成人大腿般粗，为清除高压输电线上的冰凌，有人设计了这样的融冰思路：利用电流的热效应除冰若在正常供电时，高压线上送电电压为U，电流为I，热损耗功率为P；除冰时，输电线上的热损耗功率需变为9P，则除冰时（认为输电功率和输电线电阻不变）（） A 输电电流为 B 输电电流为9I C 输电电压为3U D 输电电压为【考点】： 远距离输电【专题】： 交流电专题【分析】： 根据I=，可以求出输电线上的电流；根据P=I2R可以求出输电线上损失的电功率【解析】： 解：高压线上的热耗功率P=I2R线 若热耗功率变为9P，则9P=I2R线 由得I=3I，所以A B错误又输送功率不变，由P=UI=UI得U=U，所以C错误，D正确故选D【点评】： 本题考查远距离输电中的能量损失及功率公式的应用，要注意功率公式中P=UI中的电压U应为输电电压5（3分）（xx茂名一模）如图所示，绕在铁芯上的线圈、电源、滑动变阻器和电键组成闭合回路在铁芯的右端套有一个表面绝缘的铜环A，下列各种情况中铜环A中没有感应电流的是（） A 线圈中通以恒定的电流 B 通电时，使变阻器的滑片P作匀速滑动 C 通电时，使变阻器的滑片P作加速滑动 D 将电键突然断开的瞬间【考点】： 感应电流的产生条件【分析】： 感应电流产生的条件是穿过闭合电路的磁通量发生变化根据这个条件分析判断有没有感应电流产生【解析】： 解：A、线圈中通以恒定的电流时，线圈产生稳恒的磁场，穿过铜环A的磁通量不变，没有感应电流产生故A正确B、通电时，使变阻器的滑片P作匀速滑动时，变阻器接入电路的电阻减小，回路中电流增大，线圈产生的磁场增强，穿过铜环A磁通量增大，产生感应电流不符合题意故B错误C、通电时，使变阻器的滑片P作加速滑动时，变阻器接入电路的电阻变化，回路中电流变化，线圈产生的磁场变化，穿过铜环A磁通量变化，产生感应电流不符合题意故C错误D、将电键突然断开的瞬间，线圈产生的磁场从有到无消失，穿过穿过铜环A的磁通量减小，产生感应电流，不符合题意故D错误故选A【点评】： 产生感应电流的条件细分有两个：一是电路要闭合；二是磁通量要发生变化基础题二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分每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（4分）（xx徐州校级模拟）硅光电池作为电源已广泛应用于人造卫星、灯塔和无人气象站等，高速公路上安装的“电子眼”通常也采用硅光电池供电硅光电池的原理如图所示，a、b是硅光电池的两个电极，P、N 是两块硅半导体，E区是两块半导体自发形成的匀强电场区，P的上表面镀有一层增透膜光照射到半导体P上，使P内受原子束缚的电子成为自由电子，自由电子经E区电场加速到达半导体N，从而产生电动势，形成电流以下说法中正确的是（） A E区匀强电场的方向由N指向P B 电源内部的电流方向由P指向N C a电极为电池的正极 D 硅光电池是一种把化学能转化为电能的装置【考点】： 电源的电动势和内阻；光电效应【专题】： 恒定电流专题【分析】： 根据负电荷的电场力从而确定电场强度的方向，由电流的方向与负电荷的运动方向相反，可确定电源的内部电流方向【解析】： 解：A、根据题意，E区电场能使P逸出的自由电子向N运动，因负电荷受到的电场力与电场方向相反，所以电场方向由N指向P，由于电流的方向与负电荷的运动方向相反，所以电源内部的电流方向由N指向P，A正确、B错误；C、根据以上对电流方向的分析可知，a为电源正极，该电池是将光能转化为电能的装置，C正确，D错误故选：AC【点评】： 考查根据电荷的电场力的方向来确定电场强度的方向，并掌握电流的方向与负电荷的运动方向关系，同时理解电源内部的电流的方向7（4分）（xx崇明县二模）如图所示的电路中能让台灯亮起来的是（） A B C D 【考点】： 简单的逻辑电路【专题】： 恒定电流专题【分析】： 与门的特点是当所有条件都满足时事件才能发生，或门的特点是当有条件满足，事件就能发生，非门的特点是输入状态和输出状态完全相反，根据门电路的特点进行判断分析【解析】： 解：A、输入与门的是高电势和低电势，则输出为低电势，则灯泡不亮故A错误B、输入或门的是高电势和低电势，则输出为高电势，则灯泡亮故B正确C、输入非门的是高电势，则输出为低电势，则灯泡不亮故C错误D、输入与门的是高电势和低电势，输出为低电势，灯泡处于高电势和低电势之间，灯泡亮故D正确故选BD【点评】： 解决本题的关键知道各种门电路的特点，并能灵活运用8（4分）（xx崇明县二模）雨点从高空由静止下落，在下落过程中，受到的阻力与雨点下落的速度成正比，下图中能正确反映雨点整个下落过程的是（） A B C D 【考点】： 牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系；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】： 根据牛顿第二定律分析雨点的加速度随时间的变化，判断雨点的运动情况，确定速度随时间的变化由速度图象的斜率等于加速度，再选择图象【解析】： 解：A、C、D雨点从高空由静止下落时，由于受到的阻力与雨点下落的速度成正比，开始阶段雨点的重力大于阻力，做加速运动，随着速度的增大，雨点受到的阻力也增大，加速度减小，即做加速度减小的变加速运动当阻力增大到与重力平衡时，雨点做匀速直线运动，速度保持不变故AC正确，D错误B、由于雨点开始阶段做变加速运动，位移与时间是非线性关系故B错误故选AC【点评】： 本题考查根据雨点的受力情况，分析其运动情况的能力，与汽车的启动过程类似9（4分）（xx徐州校级模拟）如图所示，金属线框abcd置于光滑水平桌面上，其右方存在一个有理想边界的方向竖直向下的矩形匀强磁场区，磁场宽度大于线圈宽度金属线框在水平恒力F作用下向右运动，ab边始终保持与磁场边界平行ab边进入磁场时线框恰好能做匀速运动则下列说法中正确的是（） A 线框进入磁场过程，F做的功大于线框内增加的内能 B 线框完全处于磁场中的阶段，F做的功大于线框动能的增加量 C 线框穿出磁场过程中，F做的功等于线框中产生的焦耳热 D 线框穿出磁场过程中，F做的功小于线框中线框中产生的焦耳热【考点】： 导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化【专题】： 电磁感应功能问题【分析】： 线框进入磁场的过程：内能可根据功能关系进行分析；根据动能定理分析动能的增量；线框完全进入磁场的过程：没有感应电流产生，不受安培力，线框做匀加速运动；线框穿出磁场过程：线框做减速运动，再根据功能关系分析F做的功与线框产生的焦耳热的关系【解析】： 解：A、线框进入磁场的过程做匀速运动，动能不变，产生感应电流，根据功能关系得知，F做的功等于线框内增加的内能故A错误B、线框完全处于磁场中的阶段，磁通量不变，没有感应电流产生，线框做匀加速运动，根据功能关系可知，F做的功等于线框动能的增加量故B错误CD、线框穿出磁场过程中，由于速度比进入磁场时增大，穿出时产生的感应电动势和感应电流大于进入磁场时的感应电动势和感应电流，线框所受的安培力也大于进入磁场时的安培力，这样线框做减速运动，根据功能关系得知，F做的功与线框动能减小量之和等于产生的焦耳热，则F做的功小于线框中产生的焦耳热，故C错误，D正确故选：D【点评】： 解决本题首先要分析线框的受力情况，判断其完全在磁场中的运动情况，再运用功能关系分析各种能量如何变化三、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分请将解答填在答题卡相应的位置10（4分）（xx徐州校级模拟）（1）用螺旋测微器测量某金属丝直径时的读数如图一，金属丝直径为0.820mm（2）图二为用50分度的游标卡尺测量物体长度时的读数，由于遮挡，只能看见游标的后半部分，这个物体的长度为16.98mm【考点】： 刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用【专题】： 实验题【分析】： 解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读【解析】： 解：1、螺旋测微器的固定刻度为0.5mm，可动刻度为32.00.01mm=0.320mm，所以最终读数为0.5mm+0.320mm=0.820mm2、从图中可知，游标尺上的第49个刻度与主尺上的6.5cm即65mm处对齐，根据游标尺的构造可知，50分度的游标尺，游标尺上的50刻度的总长是49mm，因此主尺的读数为：65mm49mm=16mm，该游标卡尺的精度为0.02mm，所以最终读数为：16mm+0.02mm49=16.98mm故答案为：（1）0.820 （2）16.98mm【点评】： 对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，正确使用这些基本仪器进行有关测量11（4分）（xx徐州校级模拟）在研究匀变速直线运动的实验中，算出小车经过各计数点的瞬时速度如下：计数点序号 1 2 3 4 5 6计数点对应的时刻（s） 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6通过计数点的速度（m/s） 44.0 62.0 81.0 100.0 110.0 168.0为了计算加速度，最合理的方法是 （） A 根据任意两计数点的速度用公式a=算出加速度 B 根据实验数据画出vt图，量出其倾角，由公式a=tana求出加速度 C 根据实验数据画出vt图，由图线上相距较远的两点所对应的速度、时间，用公式a=算出加速度 D 依次算出通过连续两计数点间的加速度，算出平均值作为小车的加速度【考点】： 探究小车速度随时间变化的规律【专题】： 实验题；直线运动规律专题【分析】： 通过题目给出的数据作出速度时间图象，解出其斜率即是小车的加速度【解析】： 解：A、在处理实验数据时，如果只使用其中两个数据，由于偶然误差的存在可能会造成最后误差较大；所以我们可以根据实验数据画出vt图象，考虑到误差，不可能是所有点都整齐的排成一条直线，连线时，应该尽量使那些不能画在线上的点均匀地分布在线的两侧，这样图线上会舍弃误差较大的点，由图线上任意两点所对应的速度及时间，用公式a=算出加速度，所以误差小；故A错误，C正确B、根据实验数据画出vt图象，当纵坐标取不同的标度时，图象的倾角就会不同，所以量出其倾角，用公式a=tan算出的数值并不是加速度，故B错误D、这种方法是不对的，因为根本就不知道加速度是一个什么函数，如果是一个变化值这种方法完全是错误的，除非你能确定加速度是什么函数，故D错误故选：C【点评】： 在实验中处理数据的方法较多，而图象法往往是一种比较准确的解题方法12（10分）（xx连云港二模）如图所示，用伏安法测电源电动势和内阻的实验中，在电路中接一阻值为2的电阻R0，通过改变滑动变阻器，得到几组电表的实验数据：U（V） 1.2 1.0 0.8 0.6I（A） 0.10 0.17 0.23 0.30（1）R0的作用是保护电源、电表，防止短路；（2）用作图法在坐标系内作出UI图线；（3）利用图线，测得电动势E=1.5V，内阻r=1.0（4）某同学测另一串联电池组的输出功率P随外电阻R变化的曲线丙如图所由所得图线可知，被测电池组电动势E=30V，电池组的内阻r=5【考点】： 测定电源的电动势和内阻【专题】： 实验题；恒定电流专题【分析】： （1）通过电源、电表的电流不宜太大，故需串接定值电阻，以减小最大电流；（2）先描点，然后用一条直线连接起来，如果不能通过所有点，使曲线两侧的点数大致相同；（3）电源的UI图象的纵轴截距表示电源的电动势；斜率表示内电阻；（4）当内外电阻相等时，电源的输出功率最大，利用这个结论求解即可【解析】： 解：（1）一节干电池的电流不宜长时间超出0.6A，否则会损坏电池；电流表也有量程，不能超过；故答案为：保护电源、电表，防止短路（2）先描点，然后用一条直线连接起来，如果不能通过所有点，使曲线两侧的点数大致相同，如图所示；（3）电源的UI图象的纵轴截距表示电源的电动势，故E=1.5V；斜率表示内电阻，即，故r=3.02.0=1.0；（4）当内外电阻相等时，电源的输出功率最大，由图象可以看出，当电阻R=5时，电源的输出功率最大，为45W，故电源内阻为5；再根据，有：45=（）25，解得：E=30V故答案为：30，5【点评】： 本题关键是要明确保护电阻的作用，电源的UI图象的物理意义，同时明确“当内外电阻相等时，电源的输出功率最大”的结论选做题（从ABC三题中任选两题作答）A（选修模块3-3：计12分）13（4分）（xx徐州校级模拟）如图所示，一导热性能良好的金属气缸静放在水平面上，活塞与气缸壁间的摩擦不计气缸内封闭了一定质量的理想气体现缓慢地向活塞上倒一定质量的沙土，忽略环境温度的变化，在此过程中（） A 气体的内能增大 B 气缸内分子平均动能增大 C 气缸内气体分子密度增大 D 单位时间内撞击气缸壁单位面积上的分子数增多【考点】： 理想气体的状态方程；气体压强的微观意义【专题】： 理想气体状态方程专题【分析】： 金属气缸导热性能良好，由于热交换，气缸内封闭气体温度与环境温度相同，认为保持不变，封闭气体的内能和平均动能都保持不变气体的体积减小，根据玻意耳定律分析压强的变化，由压强的微观含义分析单位时间内撞击气缸壁单位面积上的分子数的变化【解析】： 解：A、金属气缸导热性能良好，由于热交换，气缸内封闭气体温度与环境温度相同，向活塞上倒一定质量的沙土时气体等温度压缩，温度不变，气体的内能不变故A错误B、温度不变，则气缸内分子平均动能保持不变故B错误C、气缸内封闭气体被压缩，体积减小，而质量不变，则气缸内气体分子密度增大故C正确D、温度不变，气体分子的平均动能不变，平均速率不变，等温压缩时，根据玻意耳定律得知，压强增大，则单位时间内撞击气缸壁单位面积上的分子数增多故D正确故选：CD【点评】： 本题关键明确气体温度和压强的微观意义，也可以结合气体实验定律进行分析，基础题14（4分）（xx徐州校级模拟）下列说法中正确的是（） A 布朗运动是分子无规则运动的反映 B 气体分子间距离减小时，分子间斥力增大，引力也增大 C 导热性能各向同性的固体，一定不是单晶体 D 机械能不可能全部转化为内能【考点】： 布朗运动；* 晶体和非晶体【专题】： 布朗运动专题【分析】： 布朗运动是液体分子无规则热运动的反映分子间相互作用的引力和斥力都随分子间距离的减小而增大导热性能各向同性的固体，不一定不是单晶体通过能量转化的方向性分析能量是否能发生转化【解析】： 解：A、布朗运动是液体分子无规则热运动的反映故A正确B、分子间相互作用的引力和斥力都随分子间距离的增大而减小故B正确C、导热性能各向同性的固体，也有可能是单晶体故C错误D、根据能量转化的方向性，机械能可以全部转化为内能，但内能不能全部转化为机械能故D错误故选AB【点评】： 本题是选修模块33的内容，是热力学的基础知识，没有难题，理解记忆是主要的学习方法，要尽量得高分15（4分）（xx徐州校级模拟）地面上放一开口向上的气缸，用一质量为m=0.8kg的活塞封闭一定质量的气体，不计一切摩擦，外界大气压为P0=1.0105Pa，活塞截面积为S=4cm2，重力加速度g取10m/s2，则活塞静止时，气体的压强为1.2105Pa；若用力向下推活塞而压缩气体，对气体做功为6105J，同时气体通过气缸向外传热4.2105J，则气体内能变化为内能增加了1.8105J【考点】： 热力学第一定律【专题】： 热力学定理专题【分析】： 以活塞为研究对象，根据平衡条件求解封闭气体的压强根据热力学第一定律分析气体内能的变化【解析】： 解：以活塞为研究对象，根据平衡条件得P0S+mg=PS得到P=P0+代入解得P=1.2105Pa；由题W=6105J，Q=4.2105J，则由热力学第一定律得到气体内能的变化U=W+Q=1.8105J，即内能增加了1.8105J故答案为：1.2105Pa；内能增加了1.8105J【点评】： 本题考查了热力学第一定律的应用，注意公式中各物理量符号的正负B（选修模块3-4）（12分）16（6分）（xx徐州校级模拟）在以下说法中，正确的是（） A 医学上利用射线治疗肿瘤主要是利用了射线的穿透能力强的特点 B 若用频率更高的单色光照射时，同级牛顿环半径将会变大 C 机械波在传播波源的振动的形式的同时传递了能量 D 麦克耳孙莫雷实验表明：不论光源与观察者做怎样的相对运动，光速都是一样的【考点】： X射线、射线、射线、射线及其特性【分析】： 射线治疗肿瘤主要是利用了射线的具有高能量容易破环肿瘤细胞；牛顿环是等厚干涉，条纹间距与波长成正比；机械波在传播的是振动形式和能量；光速不变原理是爱因斯坦狭义相对论的基本假设之一；【解析】： 解：A医学上利用射线治疗肿瘤主要是利用了射线的具有高能量的特点，故A错误；B若用频率更高的单色光照射时，光的波长变小，同级牛顿环半径将会变小，故B错误；C机械波在传播波源的振动的形式的同时传递了能量故C正确；D爱因斯坦的相对论与麦克耳孙莫雷实验表明：不论光源与观察者做怎样的相对运动，光速都是一样的，与参考系的选取无关故D正确故选：CD【点评】： 本题要熟悉光和机械波的本质特性，知道三种射线的本质等相关知识点的内容这一类的知识点要多加积累17（6分）（xx徐州校级模拟）有两个同学分别在大庆和广州的物理实验室，各自在那里利用先进的DIS系统较准确地探究了“单摆的周期T与摆长l的关系”，他们通过互联网交换实验数据，并由计算机绘制了T2l图象，如图甲所示在大庆的同学所测实验结果对应的图线是B（填“A”或“B”）另外，在广州做探究的同学还利用计算机绘制了a、b两个摆球的振动图象（如图乙），由图可知，两单摆摆长之比=在t=1s时，b球振动的方向是沿y轴负方向【考点】： 用单摆测定重力加速度【专题】： 实验题【分析】： 根据T2L图象比较出重力加速度的大小，因为大庆和广州当地的重力加速度不同，从而可知北大的同学所测实验结果对应的图线根据振动图象得出两摆的周期比，从而根据单摆的周期公式得出两单摆的摆长之比【解析】： 解：由公式得，知T2L图象的斜率越大，则重力加速度越小，因为广州当地的重力加速度小于大庆，去大庆的同学所测实验结果对应的图线的斜率小，应该是B图线由振动图线知，两单摆的周期比为，由知，两单摆摆长之比，由公式知，由图象乙可知，在t=1s时，b球振动的方向沿着y轴向下运动，故方向为沿y轴负方向故答案为：B 沿y轴负方向【点评】： 解决本题的关键知道单摆的周期公式，以及知道T2L图象的斜率表示什么C（选修模块3-5：计12分）18（xx徐州校级模拟）关于光电效应现象，下列说法中正确的是（） A 在光电效应现象中，入射光的强度越大，光电子的最大初动能越大 B 在光电效应现象中，光电子的最大初动能与照射光的频率成正比 C 对于任何一种金属都存在一个“最大波长”，入射光的波长必须小于此波长，才能产生光电效应 D 对于某种金属，只要入射光的强度足够大，就会发生光电效应【考点】： 光电效应【专题】： 光电效应专题【分析】： 当入射光的频率大于金属的极限频率，就会发生光电效应根据光电效应方程判断影响光电子最大初动能的因素【解析】： 解：AD、只有入射光的频率大于金属的极限频率，才能产生光电效应，当入射频率越高时，则光电子的最大初动能越大，与入射光的强度无关故AD错误B、根据光电效应方程Ekm=hvW0，入射光的频率越大，光电子的最大初动能越大，但光电子的最大初动能与照射光的频率并不成正比故B错误C、只有入射光的频率大于金属的极限频率，才能产生光电效应，而频率越高的，波长越短故C正确故选：C【点评】： 解决本题的关键知道光电效应的条件，以及知道影响光电子最大初动能的因素，并掌握相同光强下，频率越高的，光子数目越少19（xx徐州校级模拟）处于激发状态的原子，在入射光的电磁场的影响下，从高能态向低能态跃迁，两个状态之间的能量差以辐射光子的形式发射出去，这种辐射叫做受激辐射原子发生受激辐射时，发出的光子频率、发射方向等，都跟入射光子完全一样，这样使光得到加强，这就是激光产生的机理那么，发生受激辐射时，产生激光的原子的总能量En、电势能Ep、电子动能Ek的变化情况是（） A Ep增大、Ek减小、En减小 B Ep减小、Ek增大、En减小 C Ep增大、Ek增大、En增大 D Ep减小、Ek增大、En不变【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】： 由高能级向低能级跃迁，辐射光子能量减小，根据轨道半径的变化，结合库仑引力提供向心力判断电子动能的变化，根据能量的变化判断电势能的变化【解析】： 解：发生受激辐射时，向外辐射能量，知原子总能量减小，轨道半径减小，根据=知，电子的动能增大，由于能量减小，则电势能减小故ACD错误，B正确故选：B【点评】： 本题关键要抓住氢原子的核外电子跃迁时电子轨道变化与吸收能量或放出能量的关系20（xx徐州校级模拟）如图所示，质量为m的小球B连接着轻质弹簧，静止在光滑水平面上质量为m的小球A以某一速度向右运动，与弹簧发生碰撞，当A、B两球距离最近时弹簧的弹性势能为Ep，则碰撞前A球的速度V0=【考点】： 动量守恒定律；机械能守恒定律【专题】： 动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合【分析】： 当弹簧压缩至最短时，两球的速度相等，据题此时弹簧的弹性势能为Ep，根据系统的动量守恒和机械能守恒列式，即可求出碰撞前A球的速度【解析】： 解：当弹簧压缩到最短时，A、B的速度相等，mv0=2mv1 A和B的共同速度：v=0.5v0根据系统的机械能守恒得：mv02=2mv2+Ep，联立解得，v0=2故答案为：2【点评】： 本题是含有弹簧的问题，关键要掌握两球最近的临界角条件：速度相等，抓住系统的动量守恒和机械能守恒进行分析，综合性较强四计算题：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黄山一模）某兴趣小组对一辆玩具遥控车的性能进行研究他们让玩具遥控车在水平地面上由静止开始运动，通过数据处理得到如图所示的vt图象，已知小车在0ts内做匀加速直线运动；ts10s内小车牵引力的功率保持不变，且7s10s为匀速直线运动；在10s末停止遥控让小车自由滑行，小车质量m=1kg，整个过程中小车受到的阻力f大小不变求：（1）小车所受阻力f的大小；（2）在ts10s内小车牵引力的功率P；（3）小车在加速运动过程中的总位移S【考点】： 动能定理的应用；功率、平均功率和瞬时功率【专题】： 动能定理的应用专题【分析】： （1）在10s末停止遥控让小车自由滑行过程，小车做匀减速运动，由速度图线求出加速度，根据牛顿第二定律求解阻力（2）ts10s内小车牵引力的功率保持不变，7s10s内，小车做匀速直线运动，牵引力与阻力平衡，小车牵引力的功率P=Fv（3）由图读出匀加速直线运动的末速度，此时小车达到额定功率，求出牵引力由牛顿第二定律求出匀加速运动的加速度，由位移公式求出匀加速运动的位移在07s内运用动能定理求解S【解析】： 解：（1）在10s撤去牵引力后，小车只在阻力f作用下做匀减速运动，由图象可得减速时加速度大小为=|=|=2m/s2 根据牛顿第二定律得，阻力f=ma=2N（2）7s10s内，设牵引力为F，F=f，vm=6m/s，则P=Fvm=12wts10s内小车牵引力的功率保持不变，故ts10s内小车牵引力的功率P=12W（3）小车的加速运动过程可以分解为0ts和ts7s两段，由于ts时功率为12W，所以此时牵引力为 Ft=4N所以0ts内1=2m/s2则 ；在07s内由动能定理可得：代入数据，解得S=28.5m答：（1）小车所受阻力f的大小为2N；（2）在ts10s内小车牵引力的功率P=12W；（3）小车在加速运动过程中的总位移S=28.5m【点评】： 本题首先对小车的运动过程进行正确分析，其次要选择恰当的规律求解对于ts10s内小车变加速运动过程，不能用运动学公式求位移，只能从能量的角度求位移22（16分）（xx徐州校级模拟）如图所示，在空间中取直角坐标系Oxy，在第一象限内平行于y轴的虚线MN与y轴距离为d，从y轴到MN之间的区域充满一个沿y轴正方向的匀强电场，场强大小为E初速度可以忽略的电子经过另一个电势差为U的电场加速后，从y轴上的A点以平行于x轴的方向射入第一象限区域，A点坐标为（0，h）已知电子的电量为e，质量为m，电子的重力忽略不计，求：（1）若加速电场的电势差U，则电子从A点进入电场到离开该电场区域所经历的时间t和离开电场区域时的速度v；（2）电子经过x轴时离坐标原点O的距离l【考点】： 带电粒子在匀强电场中的运动【专题】： 带电粒子在电场中的运动专题【分析】： （1）电子在沿x轴方向做匀速运动，即可求得运动时间，在电场方向做匀加速运动，由运动学公式及可求得速度；（2）电子射入第一象限的电场中做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律和运动学公式结合求解出出电场点的坐标，电子离开电场后水平、竖直方向上都做匀速运动，先求出电子射出P点的速度，再由位移公式求解电子经过x轴时离坐标原点O的距离【解析】： 解：（1）由 eU=mv02 得电子进入偏转电场区域的初速度v0=设电子从MN离开，则电子从A点进入到离开匀强电场区域的时间t=；y=at2=因为加速电场的电势差U，说明yh，说明以上假设正确所以vy=at=d=离开时的速度v=（2）设电子离开电场后经过时间t到达x轴，在x轴方向上的位移为x，则x=v0ty=hy=ht=vyt则 l=d+x=d+v0t=d+v0（）=d+h=+h代入解得l=+答：（1）若加速电场的电势差U，则电子从A点进入电场到离开该电场区域所经历的时间t为，离开电场区域时的速度v为；（2）电子经过x轴时离坐标原点O的距离l为+【点评】： 本题是带电粒子在匀强电场中加速和偏转结合的问题，能熟练运用运动的分解法研究类平抛运动，结合几何知识进行求解23（16分）（xx徐州校级模拟）甲图为质谱仪的原理图带正电粒子从静止开始经过电势差为U的电场加速后，从G点垂直于MN进入偏转磁场该偏转磁场是一个以直线MN为上边界、方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁场的磁感应强度为B，带电粒子经偏转磁场后，最终到达照相底片上的H点测得G、H间的距离为d，粒子的重力忽略不计（1）设粒子的电荷量为q，质量为m，试证明该粒子的比荷为：=；（2）若偏转磁场的区域为圆形，且与MN相切于G点，如图乙所示，其它条件不变要保证上述粒子从G点垂直于MN进入偏转磁场后不能打到MN边界上（MN足够长），求磁场区域的半径应满足的条件【考点】： 带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力【专题】： 带电粒子在磁场中的运动专题【分析】： （1）带电粒子在电场中加速过程中，电场力做正功，根据动能定理求出粒子得到的速度粒子进入磁场后做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律求出半径的表达式由题，G、H间的距离为d，则粒子的直径等于d联立证明（2）要保证所有粒子都不能打到MN边界上，粒子在磁场中偏转角度应小于或等于90研究偏转角度恰好等于90的情况，粒子射出磁场后速度与MN边界平行，由几何关系求出磁场区域半径【解析】： 解：（1）粒子经过电场加速，进入磁场速度v，由动能定理得：qU=mv2，粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB=m，打到H点时，有：r=，解得：=；（2）要保证所有粒子都不能打到MN边界上粒子在磁场中运动偏转角小于等于900，临界状态为900，如图所示，磁场区半径：R=r=，所以磁场半径满足：R；答：（1）证明过程如上所述；（2）磁场区域的半径应满足的条件为：R【点评】： 带电粒子先经电场加速，根据动能定理求出速度垂直进入磁场做匀速圆周运动，根据牛顿定律求出半径表达式，是常用的思路此题有点难度的是由几何知识确定轨迹半径