江苏省南京市南京二十七中2022届高三物理一模考试适应卷试题 理（含解析）

2022年江苏省南京二十七中高考物理一模试卷一．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）（2022•山东）如图，用两根等长轻绳将木板悬挂在竖直木桩上等高的两点，制成一简易秋千，某次维修时将两轻绳各剪去一小段，但仍能保持等长且悬挂点不变，木板静止时，F1表示木板所受合力的大小，F2表示单根轻绳对木板拉力的大小，则维修后（　　）　A．F1不变，F2变大B．F1变大，F2变小　C．F1变大，F2变大D．F1变小，F2变小【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：F1=0；根据共点力平衡条件，有：2F2cosθ=mg解得：F2=当细线变短时，细线与竖直方向的夹角θ增加，故cosθ减小，拉力F2变大．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．　2．（3分）（2022•秦淮区校级一模）如图所示的电路中，电源电动势为E，内电阻为r．开关S闭台后，．电灯L1、L2均能发光．现将滑动变阻器R的滑片P稍向上移动，下列说法正确的是（　　）-21-\n　A．电灯L1、L2均变亮B．电灯L1变亮，L2变暗　C．电流表的示数变小D．电源的总功率变小【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】：由图可知L2与滑动变阻器并联，再与L1串联．据滑片的移动方向判断滑动变阻器接入电路的阻值如何变化，由闭合电路欧姆定律判断电路电流如何变化，根据电路电流变化求解．【解析】：解：由图可知L2与滑动变阻器并联，再与L1串联．A、现将滑动变阻器R的滑片P稍向上移动，滑动变阻器接入电路的阻值变小，电路总电阻变小，根据闭合电路欧姆定律得知，干路电流I增大，所以电灯L1变亮，路端电压减小，所以L2与滑动变阻器并联电压减小，所以L2变暗．故A错误，B正确C、干路电流I增大，L2与滑动变阻器并联电压减小，所以通过L2的电流减小，所以电流表的示数增大，故C错误D、根据P=EI得电源的总功率增大，故D错误故选B．【点评】：本题是电路中动态变化分析的问题，首先要搞清电路的结构，其次要按“部分→整体→部分”的顺序分析．　3．（3分）（2022•重庆）以不同初速度将两个物体同时竖直向上抛出并开始计时，一个物体所受空气阻力可忽略，另一物体所受空气阻力大小与物体速率成正比，下列用虚线和实线描述两物体运动的v﹣t图象可能正确的是（　　）　A．B．C．D．【考点】：匀变速直线运动的图像．【专题】：运动学中的图像专题．-21-\n【分析】：竖直上抛运动是初速度不为零的匀变速直线运动，加速度恒定不变，故其v﹣t图象是直线；有阻力时，根据牛顿第二定律判断加速度情况，v﹣t图象的斜率表示加速度．【解析】：解：没有空气阻力时，物体只受重力，是竖直上抛运动，v﹣t图象是直线；有空气阻力时，上升阶段，根据牛顿第二定律，有：mg+f=ma，故a=g+，由于阻力随着速度而减小，故加速度逐渐减小，最小值为g；有空气阻力时，下降阶段，根据牛顿第二定律，有：mg﹣f=ma，故a=g﹣，由于阻力随着速度而增大，故加速度减小；v﹣t图象的斜率表示加速度，故图线与t轴的交点对应时刻的加速度为g，切线与虚线平行；故选：D．【点评】：本题关键是明确v﹣t图象上某点的切线斜率表示加速度，速度为零时加速度为g，不难．　4．（3分）（2022•福建）如图，两根相同的轻质弹簧，沿足够长的光滑斜面放置，下端固定在斜面底部挡板上，斜面固定不动．质量不同、形状相同的两物块分别置于两弹簧上端．现用外力作用在物体上，使两弹簧具有相同的压缩量，若撇去外力后，两物块由静止沿斜面向上弹出并离开弹簧，则从撇去外力到物块速度第一次减为零的过程，两物块（　　）　A．最大速度相同B．最大加速度相同　C．上升的最大高度不同D．重力势能的变化量不同【考点】：功能关系；弹性势能．【分析】：使两弹簧具有相同的压缩量，则储存的弹性势能相等，根据能量守恒判断最后的重力势能．【解析】：解：A、物块受力平衡时具有最大速度，即：mgsinθ=k△x则质量大的物块具有最大速度时弹簧的压缩量比较大，上升的高度比较低，即位移小，而运动过程中质量大的物块平均加速度较小，v2﹣02=2ax加速度小的位移小，则最大速度v较小，故A错误；B、开始时物块具有最大加速度，开始弹簧形变量相同，则弹力相同，根据牛顿第二定律：a=可见质量大的最大加速度较小，故B错误；CD、由题意使两弹簧具有相同的压缩量，则储存的弹性势能相等，物块上升到最大高度时，弹性势能完全转化为重力势能，则物块最终的重力势能mgh相等，重力势能的变化量相等，而两物块质量不同，则上升的最大高度不同，故C正确D错误．故选：C．【点评】：本题考查了弹簧问题，注意平衡位置不是弹簧的原长处，而是受力平衡的位置．　-21-\n5．（3分）（2022•山东）如图，半径为R的均匀带正电薄球壳，其上有一小孔A，已知壳内的场强处处为零，壳外空间的电场与将球壳上的全部电荷集中于球心O时在壳外产生的电场一样，一带正电的试探电荷（不计重力）从球心以初动能Ek0沿OA方向射出，下列关于试探电荷的动能Ek与离开球心的距离r的关系图线，可能正确的是（　　）　A．B．C．D．【考点】：电势能；电场强度．【专题】：电场力与电势的性质专题．【分析】：试探电荷的动能Ek与离开球心的距离r的关系根据动能定理分析．【解析】：解：在球壳内，场强处处为零，试探电荷不受电场力，其动能不变；在球壳外，取一段极短距离内，认为库仑力不变，设为F，根据动能定理得：△Ek=F△r则得：F=根据数学知识得知：等于Ek﹣r图象上切线的斜率，由库仑定律知r增大，F减小，图象切线的斜率减小，故A正确，BCD错误．故选：A【点评】：-21-\n本题的关键是运用微元法，根据动能定理列式，分析图象的斜率的意义，即可解答．　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，错选或不答的得0分．6．（4分）（2022•宿迁三模）空间站绕地球做匀速圆周运动，其运动周期为T，轨道半径为r，万有引力常量为G，地球表面重力加速度为g．下列说法正确的是（　　）　A．空间站的线速度大小为v=　B．地球的质量为M=　C．空间站的线速度大小为v=　D．空间站质量为M=【考点】：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．【专题】：人造卫星问题．【分析】：地球卫星做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律列式；在地球表面，根据重力等于万有引力，再次列式，然后联立求解．【解析】：解：A、空间站绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力列式：=v=，在地球表面，根据重力等于万有引力得：=mg解得：空间站的线速度大小为v=，故A错误；B、空间站绕地球做匀速圆周运动，其运动周期为T，轨道半径为r，根据万有引力提供向心力列式：=地球的质量M=，故B正确；C、根据圆周运动公式得空间站的线速度大小为v=．故C正确；D、空间站绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力只能求出中心体质量，空间站质量无法求解．故D错误；-21-\n故选：BC．【点评】：本题关键是明确两点：卫星做匀速圆周运动，万有引力提供向心力；地球表面重力等于万有引力．　7．（4分）（2022•宿迁三模）如图所示，理想变压器的原线圈接有频率为f、电压为U的交流电，副线圈接有光敏电阻R1、用电器R2．下列说法正确的是（　　）　A．当光照增强时，变压器的输入功率增大　B．当滑动触头P向上滑动时，用电器消耗的功率减小　C．当U增大时，用电器消耗的功率增大　D．当f减小时，变压器的输入功率减小【考点】：变压器的构造和原理；电功、电功率．【专题】：交流电专题．【分析】：变压器的输入电压决定输出电压，输出电流决定输入电流，输出功率决定输入功率；结合功率表达式分析判断即可．【解析】：解：A、当光照增强时，光敏电阻的电阻值减小，故变压器的输出功率增加，故输入功率也增加，故A正确；B、当滑动触头P向上滑动时，原线圈匝数增加，根据电压与匝数成正比知变压器的输出电压减小；根据功率表达式P=，输出功率减小，故输入功率也减小，故B正确；C、当U增大时，根据电压与匝数成正比知变压器的输出电压增大；根据功率表达式P=，用电器消耗的功率增大；故C正确；D、当f减小时，输入电压和输出电压不变，输出功率不变，故变压器的输入功率不变，故D错误；故选：ABC．【点评】：本题关键是明确电压器的电压、电流、功率关系，知然后结合变压比公式和功率公式进行动态分析．　8．（4分）（2022•淮安模拟）如图所示是小型交流发电机的示意图，线圈绕垂直于磁场方向的水平轴OO′沿逆时针方向匀速转动，线圈的匝数为n、电阻为r，外接电阻为R，交流电流表A．线圈从图示位置（线圈平面平行于电场方向）开始转过时的感应电流为I．下列说法中正确的有（　　）-21-\n　A．电流表的读数为2I　B．转动过程中穿过线圈的磁通量的最大值为　C．从图示位置开始转过的过程中，通过电阻R的电荷量为　D．线圈转动一周的过程中，电阻R产生的热量为【考点】：交流发电机及其产生正弦式电流的原理；焦耳定律；正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率．【专题】：交流电专题．【分析】：根据感应电流瞬时值表达式求出最大值，再求解有效值，即可得到电流表的读数；磁通量的最大值Φm=BS．由闭合电路欧姆定律求出感应电动势的最大值Em，由公式Em=nBSω求解Φm．通过电阻R的电荷量根据公式q=n求解；热量根据焦耳定律求解．【解析】：解：A、由题有：I=Imcos，则得感应电流的最大值Im=2I，有效值I有==I，则电流表的读数为I，故A错误．B、感应电动势的最大值Em=Im（R+r）=2I（R+r），又Em=nBSω，磁通量的最大值Φm=BS，联立解得：Φm=BS=，故B正确．C、从图示位置开始转过的过程中，通过电阻R的电荷量q=n=n=n••=，故C正确．D、线圈转动一周的过程中，电阻R产生的热量Q==（I）2R=，故D正确．故选：BCD．【点评】：本题关键知道正弦式交流电峰值的表达式Em=nBSω-21-\n，以及瞬时值与最大值之间的关系，对于交变电流，求解热量、电功和电功率要用有效值，对于正弦式电流最大值是有效值的倍．　9．（4分）（2022•淮安模拟）有一半径r=m的圆柱体绕竖直轴OO′以角速度ω=8πrad/s匀速转动，今用水平力F把质量m=l.2kg的物体A压在圆柱体的侧面，由于受挡板上竖直光滑槽的作用，物体A在水平方向上不能随圆柱体转动，而以v0=1.8m/s的速率匀速下滑，如图所示．已知物体A与圆柱体间的动摩擦因数μ=0.25，g取l0m/s2．下列说法中正确的有（　　）　A．圆柱体对A的摩擦力大小为20N　B．水平力F大小为48N　C．圆柱体转动一周过程中克服摩擦力做功为9.6J　D．圆柱体转动一周过程中，物体A克服摩擦力做功为5.4J【考点】：功的计算；摩擦力的判断与计算．【专题】：功的计算专题．【分析】：物体A匀速下降，受力平衡，物体受到重力、外力F、圆柱体的支持力和滑动摩擦力，而滑动摩擦力方向与物体相对于圆柱体的速度方向相反．物体A既以v0=1.8m/s的速度竖直下降，又相对圆柱体转动，先由v′=ωr求出A相对圆柱体垂直纸面向外的速度v′，得到合速度v，由cosθ=，求出合速度与竖直方向的夹角θ，即可确定出滑动摩擦力的方向，再根据平衡条件和摩擦力公式Ff=μFN，求解F的大小．【解析】：解：A、B、在水平方向圆柱体有垂直纸面向里的速度，A相对圆柱体有垂直纸面向外的速度为v′，则v′=ωr=8π×=2.4m/s；在竖直方向有向下的速度v0=1.8m/s合速度的大小为v=3m/s设合速度与竖直方向的夹角为θ，则有：cosθ==0.6所以A所受的滑动摩擦力方向与竖直方向的夹角也为θ，即53°．A做匀速运动，竖直方向平衡，则有Ffcosθ=mg，得Ff==20N另Ff=μFN，FN=F，-21-\n所以有：F==80N；故A正确，B错误；C、圆柱体转动一周过程中克服摩擦力做功为：W=f（2πr）sin53°=9.6J；故C正确；D、圆柱体转动一周过程中，物体A克服摩擦力做功为：W=f（v0×）cos53°=5.4J；故D正确．故选：ACD．【点评】：本题关键是运用运动的合成法确定合速度的方向，得到滑动摩擦力的方向，要有空间想象能力．　三、简答题．本题分必做题（第10、11题）和选做题两部分，共计42分．请将解答填写在答题卡相应的位置．10．（8分）（2022•淮安模拟）利用气垫导轨验证机械能守恒定律，实验装置如1图所示，水平桌面上固定一倾斜的气垫导轨；导轨上A点处有一带长方形遮光片的滑块，其总质量为M，左端由跨过轻质光滑定滑轮的细绳与一质量为m的小球相连；遮光片两条长边与导轨垂直；导轨上B点有一光电门，可以测量遮光片经过光电门时的挡光时间t，用d表示A点到光电门B处的距离，b表示遮光片的宽度，将遮光片通过光电门的平均速度看作滑块通过B点时的瞬时速度，实验时滑块在A处由静止开始运动．（1）用游标卡尺测量遮光条的宽度b，结果如图2所示，由此读出b=　3.85　mm；（2）滑块通过B点的瞬时速度可表示为　　；（3）某次实验测得倾角θ=30°，重力加速度用g表示，滑块从A处到达B处时m和M组成的系统动能增加量可表示为△Ek=　　，系统的重力势能减少量可表示为△Ep=　（m﹣）gd　，在误差允许的范围内，若△Ek=△Ep则可认为系统的机械能守恒；（4）在上次实验中，某同学改变A、B间的距离，作出的v2﹣d图象如图3所示，并测得M=m，则重力加速度g=　9.6　m/s2．【考点】：验证机械能守恒定律．【专题】：实验题．【分析】：（1）游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读．不同的尺有不同的精确度，注意单位问题．（2）由于光电门的宽度d很小，所以我们用很短时间内的平均速度代替瞬时速度．-21-\n（3）根据重力做功和重力势能之间的关系可以求出重力势能的减小量，根据起末点的速度可以求出动能的增加量；根据功能关系得重力做功的数值等于重力势能减小量．（4）根据图象的物理意义可知，图象的斜率大小等于物体的重力加速度大小．【解析】：解：（1）宽度b的读数为：3mm+17×0.05mm=3.85mm；（2）由于光电门的宽度b很小，所以我们用很短时间内的平均速度代替瞬时速度．滑块通过光电门B速度为：vB=；（3）滑块从A处到达B处时m和M组成的系统动能增加量为：△E=（M+m）（）2=；系统的重力势能减少量可表示为：△Ep=mgd﹣Mgdsin30°=（m﹣）gd；比较△Ep和△Ek，若在实验误差允许的范围内相等，即可认为机械能是守恒的．（4）根据系统机械能守恒有：（M+m）v2=（m﹣）gd；则v2=2×gd若v2﹣d图象，则图线的斜率：k=2×g；由图象可知，k=；则有：g=代入数据得：g=9.6m/s2．故答案为：（1）3.85mm；（2）；（3），（m﹣）gd；（4）9.6．【点评】：了解光电门测量瞬时速度的原理．实验中我们要清楚研究对象和研究过程，对于系统我们要考虑全面．　11．（9分）（2022•秦淮区校级一模）（1）甲同学用多用电表测定一只电阻的阻值，操作如下：多用电表电阻档有4个倍率：分别为×1K、×100、×10、×1．该同学选择×100倍率，用正确的操作步骤测量时，发现指针偏转角度太大（指针位置如图中虚线所示）．为了较准确地进行测量，请你补充完整下列依次应该进行的主要操作步骤：a．　重新选择×10档测量　；b．两表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使指针指在0Ω处；c．重新测量并读数，若这时刻度盘上的指针位置如图1中实线所示，测量结果是　120　Ω．（2）乙同学用伏安法测量某金属丝的电阻（阻值5～10Ω-21-\n），实验室提供了下列器材．A．电压表（0～3V，内阻1kΩ）B．电压表（0～15V，内阻5kΩ）C．电流表（0～0.6A，内阻2Ω）D．电流表（0～3A，内阻0.5Ω）E．滑动变阻器（10Ω，0.2A）F．滑动变阻器（50Ω，0.6A）G．直流电源（6V，内阻不计）另有开关一个、导线若干．实验中有两种电路可供选择，如图2（甲）和（乙）所示．本次实验中电路应选　乙　（选填“甲”或“乙”），电压表应选　A　，电流表应选　C　，滑动变阻器应选　F　．（只填器材前的字母代号即可）．【考点】：用多用电表测电阻．【专题】：实验题；恒定电流专题．【分析】：题（1）应明确欧姆表指针偏角过大时说明所选倍率过大，应选择较小的倍率；题（2）根据电流表内外接法的选择方法即可求解；根据电阻率受到温度影响可知电流表应选择较小的量程，根据通过电表的最小读数为量程的以上可求出待测电阻两端的最小电压，从而选择电压表量程；根据闭合电路欧姆定律求出电路中需要的最大电阻来选择变阻器．【解析】：解：（1）a、欧姆表的指针偏角过大说明所选倍率过大，所以应重新选择×10档测量；c、欧姆表读数为R=12×10Ω=120Ω；（2）、由于待测电阻满足，电流表应采用外接法，所以电路应选择乙电路；考虑温度对电阻率的影响，实验不允许通过较大的电流，所以电流表应选择C；根据欧姆定律可求出待测电阻两端的最小电压为=R=×0.6×10V=2V，所以电压表应选择A；若变阻器采用限流式接法，电路中需要的最大电阻应为===30Ω，所以变阻器应选择F；故答案为：（1）a重新选择×10档测量，120（2）乙，A，C，F【点评】：应明确：①当欧姆表的指针偏角过大说明所选的倍率较大，应选择较小的倍率，反之亦然；②通过电表的读数应在量程的以上；③-21-\n变阻器采用限流式接法时，应通过求出电路中需要的最大电阻来选择变阻器大小．　（二）选做题【选修3-3】（12分）12．（3分）（2022•秦淮区校级一模）下列说法中正确的是（　　）　A．当分子间作用力表现为斥力时，分子势能随分子间距离的增大而增大　B．气体压强的大小跟气体分子的平均动能有关，与分子的密集程度无关　C．有规则外形的物体是晶体，没有确定的几何外形的物体是非晶体　D．由于液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离，液面分子间表现为引力，所以液体表面具有收缩的趋势【考点】：分子间的相互作用力．【专题】：分子间相互作用力与分子间距离的关系．【分析】：当分子间作用力表现为斥力时，随分子间距离的增大分子力做正功，故分子势能减小；气体压强的大小跟气体分子的平均动能和分子的密集程度有关；晶体和非晶体的区别是否具有温度的熔点．单晶体具有规则的几何外形，而多晶体和非晶体没有规则的天然外形；由于液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离，液面分子间表现为引力，所以液体表面具有收缩的趋势【解析】：解：A、当分子间作用力表现为斥力时，随分子间距离的增大分子力做正功，故分子势能减小，故A错误．B、气体压强的大小跟气体分子的平均动能和分子的密集程度有关，故B错误．C、晶体和非晶体的区别是否具有温度的熔点．单晶体具有规则的几何外形，而多晶体和非晶体没有规则的天然外形，注意“天然”二字，故有规则外形的物体是晶体不一定为晶体，故C错误．D、但由于液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离，液面分子间表现为引力，所以液体表面具有收缩的趋势，故D正确．故选：D【点评】：知道分子力做功与分子势能变化的关系、知道晶体与非晶体的区别、理解气体的压强解释和表面张力等现象．　13．（5分）（2022•秦淮区校级一模）一定质量的理想气体，从初始状态A经状态B、C再回到状态A，变化过程如图所示，其中A到B曲线为双曲线．图中V0和P0为已知量．（1）从状态A到B，气体经历的是　等温　（选填“等温”“等容”或“等压”）过程；（2）从B到C的过程中，气体做功大小为　p0V0　；（3）从A经状态B、C再回到状态A的过程中，气体吸放热情况为　放热　（选填“吸热”、“放热”或“无吸放热”）．-21-\n【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】：（1）A到B曲线为双曲线，说明气体发生了等温变化．（2）p﹣V图象中图线与V轴所围的“面积”等于气体做功的大小，根据几何知识求解．（3）根据图象的“面积”分析气体做功情况，由热力学第一定律判断气体吸放热情况．【解析】：解：（1）据题知A到B曲线为双曲线，说明p与V成反比，即pV为定值，由=c得知气体的温度不变，即从状态A到B，气体经历的是等温过程．（2）从B到C的过程中，气体做功大小等于BC线与V轴所围的“面积”大小，故有：W=×（p0+2p0）×V0=p0V0；（3）气体从A经状态B，再到C气体对外做功，从C到A外界对气体，根据“面积”表示气体做功可知：整个过程气体对外做功小于外界对气体做功，而内能不变，根据热力学第一定律得知气体要放热．故答案为：①等温；②p0V0；③放热；【点评】：此题关键是知道p﹣V图象中的双曲线表示等温线，图线与V轴所围的“面积”等于气体做功的大小，能熟练运用气态方程和热力学第一定律进行研究这类问题．　14．（4分）（2022•秦淮区校级一模）在“油膜法估测分子直径”的实验中：①下列关于油膜法实验的说法中正确的是　C　A．可以直接将油酸滴到浅水盆中进行实验B．实验中撒痱子粉应该越多越好C．该实验中的理想化假设是将油膜看成单分子层油膜D．实验中使用到油酸酒精溶液，其中酒精溶液的作用是可使油酸和痱子粉之间形成清晰的边界轮廓②某老师为本实验配制油酸酒精溶液，实验室配备的器材有：面积为0.25m2的蒸发皿，滴管，量筒（60滴溶液滴入量筒体积约为1毫升），纯油酸和无水酒精若干等．已知分子直径数量级为10﹣10m，则该老师配制的油酸酒精溶液浓度（油酸与油酸酒精溶液的体积比）至多为多少？【考点】：用油膜法估测分子的大小．【专题】：实验题．【分析】：（1）明确用“油膜法”估测分子大小的实验原理：认为油酸分子是紧密排列的，而且形成的油膜为单分子油膜，然后用每滴油酸酒精溶液所含油酸体积除以油膜面积得出的油膜面积厚度即为油酸分子直径．（2）要明确“用油膜法估测分子的大小”实验的实验原理：油酸以单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，即可正确解答．形成的油膜的面积不能超过蒸发皿的面积，由此可以求出油酸酒精溶液浓度的最大值．【解析】：解：①A、为了使油酸分子紧密排列，实验时先将痱子粉均匀洒在水面上，再把一滴油酸酒精溶液滴在水面上，故A错误；B、实验时先将痱子粉均匀洒在水面上适量即可，不能太多．故B错误；C、油膜为单分子紧密排列的，因此单分子油膜的厚度被认为是油分子的直径，故C正确；-21-\nD、实验中使用到油酸酒精溶液，其中酒精溶液的作用是尽可能地减小滴入水面的油酸的含量，故D错误．故选：C．②根据题意可知，形成的油膜的面积不能超过蒸发皿的面积，当油膜面积等于蒸发皿的面积时，此时油酸浓度最大，一滴油酸的体积为：V=ds=10﹣10m×0.25m2=2.5×10﹣11m3一滴酒精油酸溶液的体积为：V0=因此油酸的浓度为：故答案为：①选C；②该老师配制的油酸酒精溶液浓度1.5×10﹣3．【点评】：本题考查了用“油膜法”估测分子直径大小的实验，正确解答实验问题的前提是明确实验原理．　【选修3--5】（12分）15．（2022•秦淮区校级一模）关于下列四幅图说法正确的是（　　）　A．玻尔原子理论的基本假设认为，电子绕核运行轨道的半径是任意的　B．光电效应产生的条件为：光强大于临界值　C．电子束通过铝箔时的衍射图样证实了运动电子具有波动性　D．发现少数α粒子发生了较大偏转，说明金原子质量大而且很坚硬【考点】：光电效应；粒子散射实验．【专题】：光电效应专题．【分析】：由图和根据玻尔理论知道，电子的轨道不是任意的，电子有确定的轨道，且轨道是量子化的；光电效应实验说明了光具有粒子性的；电子束通过铝箔时的衍射图样证实了电子具有波动性；发现少数α粒子发生了较大偏转，说明原子的质量绝大部分集中在很小空间范围【解析】：解：根据玻尔理论知道，电子的轨道不是任意的，电子有确定的轨道，且轨道是量子化的，故A错误．B、光电效应实验产生的条件为：光的频率大于极限频率，故B错误．C、电子束通过铝箔时的衍射图样证实了电子具有波动性，故C正确．D、发现少数α粒子发生了较大偏转，说明原子的质量绝大部分集中在很小空间范围，故D错误．故选：C．【点评】：本题考查了近代物理中的基本知识，对于这部分基本知识要注意加强理解和应用，干涉和衍射是波特有的现象-21-\n　16．（2022•秦淮区校级一模）某次光电效应实验中，测得某金属的入射光的频率和反向遏制电压Uc的值如表所示．（已知电子的电量为e=1.6×10﹣19C）Uc/V0.5410.6370.7410.8090.878n/1014Hz5.6645.8886.0986.3036.501根据表格中的数据，作出了Uc﹣ν图象，如图所示，则根据图象求出：①这种金属的截止频率为　4.27×1014　Hz；（保留三位有效数字）②普朗克常量　6.3×10﹣34　Js．（保留两位有效数字）【考点】：光电效应．【专题】：光电效应专题．【分析】：根据光电效应方程得出遏止电压与入射光频率的关系，通过图线的斜率求出普朗克常量．遏止电压为零时，入射光的频率等于截止频率．【解析】：解：由爱因斯坦光电效应方程：hγ=W+Ek得：hγ=hγc+eUc变形得：Uc=（γ﹣γc）；由题图可知，Uc=0对应的频率即为截止频率γc，得：γc=4.27×1014Hz图线的斜率为：==3.93×10﹣15V•s代入电子电量计算得：h=6.3×10﹣34J•s故答案为：4.27×1014，6.3×10﹣34．【点评】：解决本题的关键掌握光电效应方程以及最大初动能与遏止电压的关系，注意单位的统一．　17．（2022•秦淮区校级一模）室内装修污染四大有害气体是苯系物、甲醛、氨气和氡．氡存在于建筑水泥、矿渣砖、装饰石材及土壤中．氡看不到，嗅不到，但它进入人的呼吸系统能诱发肺癌，是除吸烟外导致肺癌的重大因素．静止的氡核放出一个粒子x后变成钋核，钋核的动能为0.33MeV，若衰变放出的能量全部变成钋核和粒子x的动能．则：①写出上述衰变的核反应方程；②求粒子x的动能．（保留两位有效数字）【考点】：原子核衰变及半衰期、衰变速度；动量守恒定律．-21-\n【专题】：衰变和半衰期专题．【分析】：根据质量数和电荷数可以正确写出该核反应方程，根据衰变过程中的动量守恒可正确求解．【解析】：解：①根据质量数和电荷数守恒可得该核反应方程为：86222Rn→84218Po+24He．故该衰变方程为：86222Rn→84218Po+24He．②设粒子x的质量为m1、速度为v1，钋核的质量为m2、速度为v2根据动量守恒定律有0=m1v1﹣m2v2粒子x的动能：Ek2===18MeV答：①衰变的核反应方程86222Rn→84218Po+24He；②粒子x的动能18MeV【点评】：本题考查了选修3﹣5中的基础知识，对于该部分知识要注意平时的积累与记忆　四．计算题：本题共3小题，满分50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．（15分）（2022•秦淮区校级一模）半径分别为r和2r的同心圆形导轨固定在同一水平面内，一长为r，质量为m且质量分布均匀的直导体棒AB置于圆导轨上面，BA的延长线通过圆导轨中心O，装置的俯视图如图所示，整个装置位于一匀强磁场中，磁感应强度的大小为B，方向竖直向下，在内圆导轨的C点和外圆导轨的D点之间接有一阻值为R的电阻（图中未画出）．直导体棒在水平外力作用下以角速度ω绕O逆时针匀速转动，在转动过程中始终与导轨保持良好接触．设导体棒与导轨之间的动摩擦因数为μ，导体棒和导轨的电阻均可忽略．重力加速度大小为Ek0．求（1）通过电阻R的感应电流的方向和大小；（2）外力的功率．（提示：先求摩擦力做功，再由动能定理得到结论）【考点】：法拉第电磁感应定律；电磁感应中的能量转化．【专题】：电磁感应——功能问题．【分析】：（1）由E=BL2ω求出感应电动势，由欧姆定律求出电流，由右手定则判断出感应电流方向；（2）外加机械功率等于电阻器上电功率与克服摩擦力做功的功率之和，根据能量转化守恒定律求解杆ab克服摩擦力做功的功率．【解析】：解：（1）AB中感应电动势的大小为E=B（2r）2ω﹣Br2ω=1.5Br2ω，-21-\n感应电流大小：I==；由右手定则判断可知，感应电流的方向是从B端流向A端，所以通过电阻R的电流方向为：C→D．（2）设导体棒克服摩擦力做功的功率为P，在竖直方向有：mg﹣N=0，由于质量分布均与，内、外圆导轨对导体棒的正压力相等，故两导轨对导体棒的摩擦力均为f=μmg，所以P=f=μmg×（2r+r）ω=μmgωr，电功率：P电=I2R=，由能量守恒定律得：P外=P+P电，解得：P外=μmgωr+．答：（1）通过电阻R的感应电流的方向：C→D，大小：；（2）外力的功率为μmgωr+．【点评】：本题的关键要掌握转动切割感应电动势公式E=BL2ω，知道能量是如何转化的是解题的关键点．　19．（16分）（2022•秦淮区校级一模）如图所示，在距水平地面高h1=1.2m的光滑水平台面上，一个质量m=1kg的小物块压缩弹簧后被锁扣K锁住，储存的弹性势能Ep=2J．现打开锁扣K，物块与弹簧分离后将以一定的水平速度向右滑离平台，并恰好从B点沿切线方向进入光滑竖直的圆弧轨道BC．已知B点距水平地面的高h2=0.6m，圆弧轨道BC的圆心O，C点的切线水平，并与水平地面上长为L=2.8m的粗糙直轨道CD平滑连接，小物块沿轨道BCD运动并与右边的竖直墙壁会发生碰撞，重力加速度g=10m/s2，空气阻力忽略不计．试求：（1）小物块运动到B的瞬时速度vB大小及与水平方向夹角θ；（2）小物块在圆弧轨道BC上滑到C时对轨道压力Nc大小；（3）若小物块与墙壁碰撞后速度反向、大小变为碰前的一半，且只会发生一次碰撞，那么小物块与轨道CD之间的动摩擦因数μ应该满足怎样的条件．-21-\n【考点】：功能关系；平抛运动；机械能守恒定律．【分析】：（1）小球做平抛运动，根据机械能守恒定律列式求解，运用运动的分解法求解速度的偏转角度；（2）先根据功能关系列式求解C点的速度，在C点，支持力和重力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律列式求解；（3）根据能量守恒列出能量等式解决问题．由于p点的位置不确定，要考虑物块可能的滑过的路程．【解析】：解：（1）小物块由A运动到B的过程中做平抛运动，机械能守恒，故：Ep=mv02代入数据得：v0=2m/sEp+mg（h1﹣h2）=mvB2代入数据得：vB=4m/s根据平抛运动规律有：cosθ==故θ=60°（2）根据图中几何关系可知：h2=R（1﹣cos∠BOC）代入数据解得：R=1.2m根据能的转化与守恒可知：Ep+mgh1=mvC2解得：vC=2m/s对小球在圆弧轨道C点应用牛顿运动定律：Nc﹣mg=m解得：Nc=10+=33.3N（3）依据题意知：①μ的最大值对应的是物块撞墙前瞬间的速度趋于零，根据能量关系有：mgh1+Ep＞μmgL代入数据解得：μ＜②对于μ的最小值求解，首先应判断物块第一次碰墙后反弹，能否沿圆轨道滑离B点，设物块碰前在D处的速度为v2，由能量关系有：mgh1+Ep=μmgL+第一次碰墙后返回至C处的动能为：-21-\nEkC=mv22﹣μmgL可知即使μ=0，有：mv22=14Jmv22=3.5J＜mgh2=6J，小物块不可能返滑至B点故μ的最小值对应着物块撞后回到圆轨道最高某处，又下滑经C恰好至D点停止，因此有：mv22≤2μmgL联立解得：μ≥综上可知满足题目条件的动摩擦因数μ值：≤μ＜答：（1）小物块运动到B的瞬时速度vB大小为4m/s，与水平方向夹角θ为60°；（2）小物块在圆弧轨道BC上滑到C时对轨道压力Nc大小为33.3N；（3）小物块与轨道CD之间的动摩擦因数μ应该满足的条件为≤μ＜．【点评】：做物理问题应该先清楚研究对象的运动过程，根据运动性质利用物理规律解决问题；关于能量守恒的应用，要清楚物体运动过程中能量的转化．　20．（19分）（2022•淮安模拟）如图所示，在y轴左侧放置一加速电场和偏转电场构成的发射装置，C、D两板的中心线处于y=8cm的直线上；右侧圆形匀强磁场的磁感应强度大小为B=T、方向垂直xoy平面向里，在x轴上方11cm处放置一个与x轴平行的光屏．已知A、B两板间电压UAB=100V，C、D两板间电压UCD=300V，偏转电场极板长L=4cm，两板间距离d=6cm，磁场圆心坐标为（6，0）、半径R=3cm．现有带正电的某种粒子从A极板附近由静止开始经电场加速，穿过B板沿C、D两板间中心线y=8cm进入偏转电场，由y轴上某点射出偏转电场，经磁场偏转后打在屏上．带电粒子比荷=106c/kg，不计带电粒子的重力．求：（1）该粒子射出偏转电场时速度大小和方向；（2）该粒子打在屏上的位置坐标；（3）若将发射装置整体向下移动，试判断粒子能否垂直打到屏上？若不能，请简要说明理由．若能，请计算该粒子垂直打在屏上的位置坐标和发射装置移动的距离．-21-\n【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）应用动能定理与类平抛运动规律可言求出速度大小与方向；（2）作出粒子运动轨迹，分析清楚运动过程，然后求出坐标位置；（3）由牛顿第二定律求出粒子轨道半径，作出粒子运动轨迹，然后答题．【解析】：解：（1）在加速电场中，由动能定理得：qUAB=mv02﹣0，粒子在偏转电场中做类平抛运动，在水平方向：L=v0t，在竖直方向：d1=at2=t2，速度偏角的正切值：tanθ====1，代入数据解得速度大小：v=2×104m/s，速度方向与x轴正方向夹角θ=45°；（2）如图1所示，粒子与y轴负方向成45°进入第一象限，做匀速运动，进入磁场后做匀速圆周运动，运动四分之一周，出磁场后做匀速运动．由对称关系，粒子射出磁场时速度与x轴正方向成45°，y=11cm，x=6cm+11cm=17cm，打在屏上的位置坐标（17cm，11cm）；-21-\n（3）粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：qvB=m，解得轨道半径：r=3cm，根据磁聚集原理，带电粒子在磁场中的轨道半径与圆形匀强磁场的半径R相等时，带电粒子必会聚于同一点，会聚的位置与粒子入射方向相垂直的直径的端点，即为如图2所示的N点．假设粒子可以垂直打在屏上．由几何关系得，垂直打到屏的位置坐标：x=6+3cm，y=11cm，位置坐标为（6+3，11）；因要求粒子垂直打到屏，则射出磁场时的速度方向与x轴垂直，此时粒子的轨道半径与x轴平行，从而推得射入磁场时的位置为x轴的M点（菱形对边平行且相等）．向下移动的距离：S=R=3cm（等腰梯形的两腰相等），粒子可以垂直打在屏上．答：（1）该粒子射出偏转电场时速度大小2×104m/s，速度方向与x轴正方向夹角θ=45°；（2）该粒子打在屏上的位置坐标为（17cm，11cm）；（3）若将发射装置整体向下移动，粒子能垂直打到屏；该粒子垂直打在屏上的位置坐标为（6+3，11），发射装置移动的距离为3cm．【点评】：本题考查了粒子在电磁场中的运动，分析清楚粒子运动过程、作出粒子运动轨迹是正确解题的前提与关键；分析清楚运动过程后，应用动能定理、类平抛运动规律、牛顿第二定律即可正确解题．　-21-