安徽省江南十校联考2022届高三物理上学期摸底试卷含解析

2022-2022学年安徽省江南十校联考高三（上）摸底物理试卷一、选择题：本题共15小题，每小题3分，在每小题给出的四个选项中，第1～11题至于一个选项符合题目要求，第12～15题有多项符合题目要求，全部选对的得3分，选对但不全得得1分，有选错的得0分．1．如图所示，为甲乙两物体在同一直线上运动的位置坐标x随时间t变化的图象，已知甲对应的是图象中的直线，乙对应的是图象中的曲线，则下列说法正确的是()A．甲做匀减速直线运动B．乙做变速直线运动C．0﹣t1两物体平均速度大小相等D．0～t2甲的平均速度小于乙的平均速度2．如图甲所示，一物块在t0时刻，以初速度v0从足够长的粗糙斜面底端向上滑行，物块速度随时间变化的图象如图乙所示，t0时刻物块到达最高点，3t0时刻物块又返回底端，则以下说法正确的是()A．物块冲上斜面的最大位移为v0t0B．物块返回底端时的速度为v0C．可以计算出物块所受摩擦力大小D．不可以计算出物块与斜面间的动摩擦因数3．如图所示，将篮球从同一位置斜向上抛出，其中有两次篮球垂直撞在竖直墙上，不计空气阻力，则下列说法中正确的是()A．从抛出到撞墙，第二次球在空中运动的时间较短B．篮球两次撞墙的速度可能相等32\nC．篮球两次抛出时速度的竖直分量可能相等D．抛出时的动能，第一次一定比第二次大4．如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻为R，L1和L2为相同的灯泡，每个灯泡的电阻和定值电阻阻值均为R，电压表为理想电表，K为单刀双掷开关，当开关由1位置打到2位置时，下列说法中正确的是()A．电压表读数将变小B．L1亮度不变，L2将变暗C．L1将变亮，L2将变暗D．电源内阻的发热功率将变小5．如图甲所示，在电梯厢内由三根轻绳AO、BO、CO连接吊着质量为m的物体，轻绳AO、BO、CO对轻质结点O的拉力分别为F1、F2、F3，现电梯厢竖直向下运动，其速度v随时间t的变化规律如图乙所示，重力加速度为g，则()A．在0～tl时间内，F1与F2的合力小于F3B．在0～t1时间内，物体处于超重状态C．在t1～t2时间内，F1大于mgD．在t1～t2时间内，物体处于失重状态6．如图所示，水平光滑细杆上套一细环A，环A和球B间用一轻质细绳相连，质量分别为mA、mB，B球受到水平风力作用，细绳与竖直方向的夹角为θ，A环与B球一起向右做加速度为a的匀加速运动，则下列说法正确的是()A．B球受到的风力大小为mBaB．当风力增大时，杆对A环的支持力变大C．此时球B受到的绳子拉力大小为D．当风力增大时，轻绳对B球的拉力将会变大32\n7．如图，质量为m的小球从斜轨道高处由静止滑下，然后沿竖直圆轨道的内侧运动，已知圆轨道的半径为R，不计一切摩擦阻力，重力加速度为g．则下列说法正确的是()A．当h=2R时，小球恰好能到达最高点MB．当h=2R时，小球在圆心等高处P时对轨道压力为2mgC．当h≤时，小球在运动过程中不会脱离轨道D．当h=R时，小球在最低点N时对轨道压力为2mg8．一个平行板电容器充电后与电源断开，负极板B接地，P为两极板间一点，如图所示，用E表示电容器两极板间的电场强度，U表示两极板间的电压，φ表示P点的电势，则下列说法中正确的是()A．若保持B极板不动，将极板A向下移动少许，则U变小，E不变B．若将一玻璃板插入A、B两极板之间，则C变大，E变大C．若将A极板向左平行移动少许，则U变小，φ不变D．若保持A极板不动，将极板B向上移动少许，则U变小，φ不变9．两个点电荷Q1、Q2固定于x轴上，将一带正电的试探电荷从足够远处沿x轴负方向移近Q2（位于坐标原点）的过程中，试探电荷的电势能Ep随位置变化的关系如图所示，则下列判断正确的是()A．M点电势为零，N点场强为零B．M点场强为零，N点电势为零C．Q1带负电，Q2带正电，且Q2电荷量较大D．Q1带正电，Q2带负电，且Q2电荷量较大10．如图所示•两个带正电的粒子P、Q（重力不计）分别以2v、v的速度垂直磁场方向射入扇形匀强磁场区域（边界为圆弧，O点为圆心），两粒子速度方向平行，其中速度为2v的粒子P沿半径AO方向射入磁场，速度为v的粒子Q从C点进入磁场，C到AO的距离正好等于磁场边界圆的一半．若两粒子都从D点离开磁场，则()32\nA．两粒子运动的轨道半径不相等B．两粒子在磁场中运动的时间相等C．P、Q两粒子的比荷之比1：2D．P、Q两粒子的比荷之比2：111．如图甲所示，平行于光滑斜面的轻弹簧劲度系数为k，一端固定在倾角为θ的斜面底端，另一端与物块A连接；两物块A、B质量均为m，初始时均静止．现用平行于斜面向上的力F拉动物块B，使B做加速度为a的匀加速运动，A、B两物块在开始一段时间内的υ﹣t关系分别对应图乙中A、B图线（t1时刻A、B的图线相切，t2时刻对应A图线的最高点），重力加速度为g，则()A．t2时刻，弹簧形变量为0B．t1时刻，弹簧形变量为C．从开始到t2时刻，拉力F逐渐增大D．从开始到t1时刻，拉力F做的功比弹簧弹力做的功少12．两颗地球工作卫星均绕地心O做匀速圆周运动，轨道半径为r，某时刻两颗工作卫星分别位于轨道上的A、B两位置（如图所示）．若卫星均顺时针运行，地球表面处的重力加速度为g，地球半径为R，不计卫星间的相互作用力．则以下判断中正确的是()A．这2颗卫星的加速度大小相等，均为B．卫星1由位置A第一次运动到位置B所需的时间为C．卫星1向后喷气，瞬间加速后，就能追上卫星2D．卫星1向后喷气，瞬间加速后，绕地运行周期变长32\n13．如图所示，磁场与线圈平面垂直，先后以速度v1和v2匀速把一矩形线圈拉出有界匀强磁场区域，v1=3v2．在先后两种情况下()A．线圈中的感应电流之比I1：I2=1：3B．线圈中的感应电流之比I1：I2=3：1C．线圈中产生的焦耳热之比Ql：Q2=3：1D．通过线圈某截面的电荷量之比Ql：Q2=1：114．如图所示，真空中的匀强电场与水平方向成15°角，AB直线垂直匀强电场E，现有一质量为m、电荷量为+q的小球在A点以初速度大小v0方向水平向右抛出，经时间t小球运动到C点（图中未画出）时速度大小仍为v0，则小球由A点运动到C点的过程中，下列说法正确的是()A．电场力对小球做功为mg2t2B．小球的机械能减小了mg2t2C．C的电势差为﹣D．C点一定位于AB直线的右侧15．如图所示，A、B两物块的质量皆为m，静止叠放在水平地面上．A、B问的动摩擦因数为4μ，B与地面间的动摩擦因数为μ．最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g．现对A施加一水平拉力F，则()A．当F＜4μmg时，A、B都相对地面静止B．当F=5μmg时，A的加速度为μgC．当F＞8μmg时，A相对B滑动D．无论F为何值，B的加速度不会超过μg32\n二、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第16-19题为必考题，每个试题考生都必须作答．第20～22题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题（共43分）16．用如图1所示装置验证牛顿第二定律，用F表示砝码和小桶的总重力．（1）在探究“加速度和合外力的关系”时，图2中F为砝码和小桶总重力，要使得细线对小车的拉力等于小车受到的合外力，下列做法正确的是__________．A．平衡摩擦力时必须让小车连着穿过打点计时器的纸带B．平衡摩擦力时必须撤去砝码和小桶C．平衡摩擦力时打点计时器可以不通电D．图2中的a1→∞（2）实验中描绘的a﹣F图象如图2所示，当F较小时，图象为直线；当F较大时图象为曲线，出现这两段情况的原因是什么．__________．17．某同学欲测定一个电压表的内阻，实验室提供的实验器材如下：A．待测电压表（量程3V，内阻约为几千欧）B．电流表（量程1mA）C．电流表（量程1A）D．滑动变阻器（0﹣50Ω）E．电源（1.5V的干电池2节）F．开关及导线若干（1）请在如图1的线框内设计测量电路，要求测量数据（电压和电流）均从零开始．（2）电流表应选用__________（填“B”或“C”），理由是__________（3）表是此次实验中测得的8组数据，请在图2所示的坐标纸上描点画出U﹣I图线，根据所画出的U﹣I图线可得电压表的内阻为__________kΩ（保留2位有效数字）32\n18．如图所示，质量为M的斜劈静止于粗糙水平地面上，质量为m的滑块在斜面上匀速下滑，已知斜面足够长，倾角为θ，某时刻对滑块m施加一个与斜面夹角为φ的力F，滑块开始加速下滑，重力加速度取g，求：（1）滑块m的加速度a；（2）M受到的地面的摩擦力f．19．（16分）如图1所示，I、Ⅱ两区域内分布有垂直于纸面的匀强磁场，平行虚线MN、PQ、EF为磁场的边界，Ⅱ区域的磁场宽度为s，两磁场之间的区域宽度为L，分布着周期性变化的匀强电场，一质量为m、电荷量为十q重力不计的粒子从I区域距左边界为L的A点以平行于边界且与磁场垂直的方向以初速度v0在磁场中开始运动，以此作为计时起点，竖直向下为电场正方向，电场随时间周期性变化的规律如图2所示，粒子离开I区域进入电场是，速度恰好与电场方向垂直，再经过一段时间粒子又恰好回到A点，如此循环，粒子循环运动一周，电场恰好变化一个周期，已知sin37°=0.6，cos37°=0.8．（1）求I区域的磁场的磁感应度B1；（2）若E0=实现上述循环，Ⅱ区域的磁场宽度s的最小值为多少？（3）若E0=，要实现上述循环，电场的变化周期T应为多少？（二）选考题{共12分）请考生从给出的3道题中任选一题作答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑，注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题，如果多做，则按所做的第一题计分【[选修3-3】20．下列说法中正确的是()A．一定质量的理想气体，其分子势能可以改变B．悬浮在液体中的固体微粒越小，布朗运动就越明显C．封闭在体积不变的容器中的气体，温度升高气体分子对器壁单位面积上的平均作用力增大32\nD．用打气筒的活塞压缩气体很费力，说明分子间有斥力E．物体的温度越高，分子热运动越剧烈，分子平均动能就越大21．一汽缸竖直放在水平地面上，缸体质量M﹣10kg，活塞质量m=4kg，活塞横截面积S=2×10﹣3m2，活塞上面的汽缸内封闭了一定质量的理想气体，下面有气孔O与外界相通，大气压强p0=10×105Pa．活塞下面与劲度系数k=2×103N/m的轻弹簧相连．当汽缸内气体温度为127℃时弹簧为自然长度，此时缸内气柱长度L1=20cm，g取10m/s2，活塞不漏气且与缸壁无摩擦．当缸内气柱长度L2=24cm时，缸内气体温度为多少K？【选修3-4】22．一列简谐横渡沿x轴正方向传播，图甲是波传播到x=5m的M点的波形图，图乙是质点N（x=3m）从此时刻开始计时的振动图象，Q是位于x=10m处的质点，下列说法正确的是()A．这列波的波长是5mB．这列波的传播速度是1m/sC．M点以后的各质点开始振动时的方向都沿z轴正方向D．由甲图对应时刻开始计时质点Q经过在6s时，第一次到达波谷E．这列波由M点传播到Q点需要5s23．如图所示，三棱镜的横截面为直角三角形ABC，∠A=30°，∠B=60°，一束平行于AC的光线自AB边的P点射入三棱镜，若棱镜的折射率n=，光在真空中的速度为c．①求光在棱镜中的传播速度；②通过计算说明光线射出棱镜时的出射方向．【选修3-5】24．下列说法中正确的是()32\nA．在康普顿效应中，当入射光子与晶体中的电子碰撞时，把一部分动量转移给电子，因此光子散射后波长变长B．a粒子散射实验中少数n粒子发生了较大偏转，这是卢瑟福猜想原子核式结构模型的主要依据之一C．由波尔理论可知，氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，要释放一定频率的光子，同时电子的动能减少，电势能增大D．原子核发生a衰变时，新核与原来的原子核相比，中子数减少了4E．有核能释放的核反应一定有质量亏损25．如图所示，三个质量分别为3kg、1kg．1kg的木块A．B、C放置在光滑水平轨道上，开始时B、C均静止，A以初速度v0=5m/s向右运动，A与B碰撞后分开，B又与C发生碰撞并粘在一起，此后A与B间的距离保持不变．①求B与C碰撞前B的速度大小；②若A与B的碰撞时间约为0.01s，求B对A的作用力F．2022-2022学年安徽省江南十校联考高三（上）摸底物理试卷一、选择题：本题共15小题，每小题3分，在每小题给出的四个选项中，第1～11题至于一个选项符合题目要求，第12～15题有多项符合题目要求，全部选对的得3分，选对但不全得得1分，有选错的得0分．1．如图所示，为甲乙两物体在同一直线上运动的位置坐标x随时间t变化的图象，已知甲对应的是图象中的直线，乙对应的是图象中的曲线，则下列说法正确的是()A．甲做匀减速直线运动B．乙做变速直线运动C．0﹣t1两物体平均速度大小相等D．0～t2甲的平均速度小于乙的平均速度考点：匀变速直线运动的图像；平均速度．专题：运动学中的图像专题．分析：根据位移图象的斜率等于速度，坐标的变化量等于位移，平均速度等于位移除以时间．32\n解答：解：A、根据位移图象的斜率等于速度，知甲沿负方向做匀速直线运动，故A错误．B、乙图象切线的斜率不断增大，说明乙的速度不断增大，做变速直线运动，故B正确．C、根据坐标的变化量等于位移，则知，﹣t1两物体位移大小不等，方向相反，所以平均速度不等，故C错误．D、根据图象可知，甲乙位移大小相等，方向相反，而时间相等，则平均速度的大小相等，故D错误．故选：B点评：位移图象和速度图象都表示物体做直线运动，抓住位移图象的斜率等于速度是分析的关键，知道，平均速度等于位移除以时间．2．如图甲所示，一物块在t0时刻，以初速度v0从足够长的粗糙斜面底端向上滑行，物块速度随时间变化的图象如图乙所示，t0时刻物块到达最高点，3t0时刻物块又返回底端，则以下说法正确的是()A．物块冲上斜面的最大位移为v0t0B．物块返回底端时的速度为v0C．可以计算出物块所受摩擦力大小D．不可以计算出物块与斜面间的动摩擦因数考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：速度图象与坐标轴所围“面积”等于位移，由数学知识求出位移．根据上滑与下滑的位移大小相等，可求出物块返回底端时的速度．根据动量定理分析能否求出摩擦力大小和斜面的倾角．解答：解：A、根据图线的“面积”可以求出物体冲上斜面的最大位移为x=．故A错误．B、由于下滑与上滑的位移大小相等，根据数学知识可以求出物块返回底端时的速度．设物块返回底端时的速度大小为v，则=，得到v=．故B正确．C、D、根据动量定理得：上滑过程：﹣（mgsinθ+μmgcosθ）•t0=0﹣mv0①下滑过程：（mgsinθ﹣μmgcosθ）•2t0=m②由①②解得，f=μmgcosθ=3mgsinθ﹣，由于质量m未知，则无法求出f．得到sinθ=，可以求出斜面倾角θ．故C错误，D错误．32\n故选：B点评：本题抓住速度图象的“面积”等于位移分析位移和物体返回斜面底端的速度大小．也可以根据牛顿第二定律和运动学结合求解f和sinθ．3．如图所示，将篮球从同一位置斜向上抛出，其中有两次篮球垂直撞在竖直墙上，不计空气阻力，则下列说法中正确的是()A．从抛出到撞墙，第二次球在空中运动的时间较短B．篮球两次撞墙的速度可能相等C．篮球两次抛出时速度的竖直分量可能相等D．抛出时的动能，第一次一定比第二次大考点：平抛运动．专题：平抛运动专题．分析：由于两次篮球垂直撞在竖直墙面上，该运动的逆运动为平抛运动，结合平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律分析求解．解答：解：A、将篮球的运动反向处理，即为平抛运动，第二次下落的高度较小，所以运动时间较短．故A正确．B、水平射程相等，由x=v0t得知第二次水平分速度较大，即篮球第二次撞墙的速度较大，故B错误．C、由vy=gt，可知，第二次抛出时速度的竖直分量较小，故C错误．D、根据速度的合成可知，不能确定抛出时的速度大小，动能大小不能确定，故D错误．故选：A．点评：本题采用逆向思维，将斜抛运动变为平抛运动处理，知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律．4．如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻为R，L1和L2为相同的灯泡，每个灯泡的电阻和定值电阻阻值均为R，电压表为理想电表，K为单刀双掷开关，当开关由1位置打到2位置时，下列说法中正确的是()A．电压表读数将变小B．L1亮度不变，L2将变暗C．L1将变亮，L2将变暗D．电源内阻的发热功率将变小考点：闭合电路的欧姆定律．32\n专题：恒定电流专题．分析：题目中各用电器的电阻已知了，可根据欧姆定律，算出两种情况电压表的电压、灯泡的电压及电源发热功率，用E、R表示，比较大小，确定变化情况．解答：解：开关在位置1时，外电路总电阻R总=，电压表示数U=，同理，两灯电压U1=U2=，电源内阻的发热功率为P热=．开关在位置2时，外电路总电阻R总′=，电压表示数U′=，灯泡L1的电压U1′=，L2′的电压U2′=，电源内阻的发热功率为P热′=，A、由上，电压表读数变小．故A正确．B、C，L1亮度不变，L2将变亮．故B、C错误．D、电源内阻的发热功率将变大．故D错误故选A点评：本题采用计算法，用相同的物理量表示其他物理量，来进行比较大小，或计算比值，这也是物理常用的方法之一．5．如图甲所示，在电梯厢内由三根轻绳AO、BO、CO连接吊着质量为m的物体，轻绳AO、BO、CO对轻质结点O的拉力分别为F1、F2、F3，现电梯厢竖直向下运动，其速度v随时间t的变化规律如图乙所示，重力加速度为g，则()A．在0～tl时间内，F1与F2的合力小于F3B．在0～t1时间内，物体处于超重状态C．在t1～t2时间内，F1大于mgD．在t1～t2时间内，物体处于失重状态考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：结点质量为零，结点所受的合力为零，根据加速度的方向判断超失重，从而判断出拉力和重力的大小关系．32\n解答：解：A、对于轻质结点O，质量为0，则合力为零，可知F1、F2、F3三个力的合力为零，故A错误．B、在0～t1时间内，电梯厢向下做匀加速运动，加速度方向向下，物体处于失重状态，故B错误．C、在t1～t2时间内，加速度方向向上，则物块的合力向上，则OC绳的拉力大于mg，根据平行四边形定则知，AO绳的拉力大于OC绳的拉力，则F1大于mg，故C正确．D、在t1～t2时间内，加速度方向向上，物体处于超重状态，故D错误．故选：C．点评：解决本题的关键掌握判断超失重的方法，当加速度的方向向上，物体处于超重，当加速度的方向向下，物体处于失重．6．如图所示，水平光滑细杆上套一细环A，环A和球B间用一轻质细绳相连，质量分别为mA、mB，B球受到水平风力作用，细绳与竖直方向的夹角为θ，A环与B球一起向右做加速度为a的匀加速运动，则下列说法正确的是()A．B球受到的风力大小为mBaB．当风力增大时，杆对A环的支持力变大C．此时球B受到的绳子拉力大小为D．当风力增大时，轻绳对B球的拉力将会变大考点：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：分别对AB两球及整体进行分析，利用正交分解法可明确水平和竖直两个方向上的受力情况，再对水平方向由牛顿第二定律进行分析求解解答：解：AC、对球B受力分析，受重力、拉力和水平风力，如图对小球B分析可知，B球竖直方向受力平衡，则有：Tcosθ=mBg；T=；故C错误；32\n水平方向，根据牛顿第二定律，有：F﹣Tsinθ=mBa故F=Tsinθ+mBa，故A错误；B、对整体分析可知，在竖直方向整体受力平衡，故水平风力增大时不会改变杆对A球的支持力，故B错误；D、风力增大时，整体的加速度增大，故拉力在水平方向上的分力增大，而竖直方向分力不变，故夹角增大；则拉力T=增大，故D正确；故选：D点评：本题考查牛顿第二定律的应用，要注意选择研究对象，用好正交分解法进行分析7．如图，质量为m的小球从斜轨道高处由静止滑下，然后沿竖直圆轨道的内侧运动，已知圆轨道的半径为R，不计一切摩擦阻力，重力加速度为g．则下列说法正确的是()A．当h=2R时，小球恰好能到达最高点MB．当h=2R时，小球在圆心等高处P时对轨道压力为2mgC．当h≤时，小球在运动过程中不会脱离轨道D．当h=R时，小球在最低点N时对轨道压力为2mg考点：向心力．专题：匀速圆周运动专题．分析：使小球能够通过圆轨道最高点M，那么小球在最高点时应该是恰好是由物体的重力作为物体的向心力，由向心力的公式可以求得此时的最小的速度，再由机械能守恒可以求得高度h．球不脱离轨道，也可在圆轨道上圆心下方轨道上来回运动．解答：解：A、在圆轨道的最高点M，由牛顿第二定律有：mg=m，得：v0=根据机械能守恒得：mgh=mg•2R+m解得：h=2.5R，所以当h≥时，小球在运动过程中不会脱离轨道，故AC错误．B、当h=2R时，小球在圆心等高处P时速度为v，根据机械能守恒得：mg•2R=mgR+mv2小球在P时，有：N=m联立解得N=2mg，则知小球在圆心等高处P时对轨道压力为2mg，故B正确．32\nD、当h=R时，设小球在最低点N时速度为v′，则有：mgR=mv′2在圆轨道最低点，有：N′﹣mg=m解得：N′=3mg，则小球在最低点N时对轨道压力为3mg，故D错误．故选：B点评：本题属于圆周运动中绳的模型，在最高点时应该是重力恰好做为圆周运动的向心力，对于圆周运动中的两种模型一定要牢牢的掌握住．8．一个平行板电容器充电后与电源断开，负极板B接地，P为两极板间一点，如图所示，用E表示电容器两极板间的电场强度，U表示两极板间的电压，φ表示P点的电势，则下列说法中正确的是()A．若保持B极板不动，将极板A向下移动少许，则U变小，E不变B．若将一玻璃板插入A、B两极板之间，则C变大，E变大C．若将A极板向左平行移动少许，则U变小，φ不变D．若保持A极板不动，将极板B向上移动少许，则U变小，φ不变考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系．专题：电场力与电势的性质专题．分析：抓住不变量，根据Q=CU、C=、E=进行分析．解答：解：A、若保持B极板不动，将极板A向下移动少许，电容增大，由Q=CU，Q不变，则U变小．由Q=CU、C=、E=得E=不变，故A正确．B、若将一玻璃板插入A、B两极板之间，电容C增大，由Q=CU，Q不变，则U变小，且E变小，故B错误．C、若将A极板向左平行移动少许，则电容C减小，由Q=CU，Q不变，则U变大，且E变大，由U=Ed知，P点与下极板的电势差增大，则P点的电势φ变大，故C错误．D、若保持A极板不动，将极板B向上移动少许，电容C变大，则U变小，且E不变，由U=Ed知，P点与下极板的电势差变小，φ变小，故D错误．故选：A点评：本题考查电容器的动态分析，关键抓住电容器与电源断开，电荷量不变，结合电容的定义式和决定式进行分析求解．32\n9．两个点电荷Q1、Q2固定于x轴上，将一带正电的试探电荷从足够远处沿x轴负方向移近Q2（位于坐标原点）的过程中，试探电荷的电势能Ep随位置变化的关系如图所示，则下列判断正确的是()A．M点电势为零，N点场强为零B．M点场强为零，N点电势为零C．Q1带负电，Q2带正电，且Q2电荷量较大D．Q1带正电，Q2带负电，且Q2电荷量较大考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系．专题：电场力与电势的性质专题．分析：由图读出电势能EP，由φ=，分析电势．EP﹣x图象的斜率=F，即斜率大小等于电场力大小．由F=qE，分析场强．析电势变化，确定场强的方向，由N点场强为零，判断两电荷的电性和电量的大小．解答：解：AB、由图知，M点电势能与无穷远处的电势能相等，EP=0，由φ=，分析得知，M点电势φ=0．EP﹣x图象的斜率=F=qE，则知N点场强为零．故A正确，B错误．CD、根据正电荷在电势高处电势能大，可知，带正电的试探电荷从远处移近Q2的过程中，电势能先减小后增大，电势先降低后升高，说明Q1带负电，Q2带正电，N点场强为零，由E=k知，Q2电荷量较小．故C错误，D错误．故选：A点评：本题一要抓住EP﹣x图象的斜率=F=qE分析场强的变化．二要根据推论正电荷在电势高处电势能大，分析电势的变化，确定电荷的电性．10．如图所示•两个带正电的粒子P、Q（重力不计）分别以2v、v的速度垂直磁场方向射入扇形匀强磁场区域（边界为圆弧，O点为圆心），两粒子速度方向平行，其中速度为2v的粒子P沿半径AO方向射入磁场，速度为v的粒子Q从C点进入磁场，C到AO的距离正好等于磁场边界圆的一半．若两粒子都从D点离开磁场，则()32\nA．两粒子运动的轨道半径不相等B．两粒子在磁场中运动的时间相等C．P、Q两粒子的比荷之比1：2D．P、Q两粒子的比荷之比2：1考点：带电粒子在匀强磁场中的运动．专题：带电粒子在磁场中的运动专题．分析：粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，作出粒子的运动轨迹，应用数学知识与牛顿第二定律分析答题．解答：解：粒子运动轨迹如图所示：A、粒子1从A点正对圆心射入，恰从D点射出，粒子在你磁场中运动的圆心角为90°，粒子轨道半径等于DO，粒子2从C点沿CB射入其运动轨迹如图所示，设对应的圆心为O1，运动轨道半径也为DO=R，连接O1C、O1D，O1COD是平行四边形，O1D=CO，则两粒子的轨道半径相等，故A错误；BCD、据粒子在磁场中轨道半径R=可知，两粒子速度比为2：1，轨道半径相等，比荷之比为2：1，故C错误，D正确；由于比荷之比为2：1，据周期公式T=，可得两粒子在磁场中运动的周期之比为1：2，据粒子在磁场中运动时间t=，由于两粒子在磁场中转过的角度之比为3：2，周期之比为1：2，所以可得时间之比为3：2，故B错误．故选：D．点评：本题考查了粒子在匀强磁场中的运动，粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，作出粒子运动轨迹、应用数学知识、周期公式即可正确解题．11．如图甲所示，平行于光滑斜面的轻弹簧劲度系数为k，一端固定在倾角为θ的斜面底端，另一端与物块A连接；两物块A、B质量均为m，初始时均静止．现用平行于斜面向上的力F拉动物块B，使B做加速度为a的匀加速运动，A、B两物块在开始一段时间内的υ﹣t关系分别对应图乙中A、B图线（t1时刻A、B的图线相切，t2时刻对应A图线的最高点），重力加速度为g，则()32\nA．t2时刻，弹簧形变量为0B．t1时刻，弹簧形变量为C．从开始到t2时刻，拉力F逐渐增大D．从开始到t1时刻，拉力F做的功比弹簧弹力做的功少考点：胡克定律；功能关系．分析：刚开始AB静止，则F弹=2mgsinθ，外力施加的瞬间，对A根据牛顿第二定律列式即可求解AB间的弹力大小，由图知，t2时刻A的加速度为零，速度最大，根据牛顿第二定律和胡克定律可以求出弹簧形变量，t1时刻A、B开始分离，对A根据牛顿第二定律求出t1时刻弹簧的形变量，并由牛顿第二定律分析拉力的变化情况．根据弹力等于重力沿斜面的分量求出初始位置的弹簧形变量，再根据求出弹性势能，从而求出弹簧释放的弹性势能，根据动能定理求出拉力做的功，从而求出从开始到t1时刻，拉力F做的功和弹簧释放的势能的关系．解答：解：A、由图知，t2时刻A的加速度为零，速度最大，根据牛顿第二定律和胡克定律得：mgsinθ=kx，则得：x=，故A错误；B、由图读出，t1时刻A、B开始分离，对A根据牛顿第二定律：kx﹣mgsinθ=ma，则x=，故B正确．C、从开始到t1时刻，对AB整体，根据牛顿第二定律得：F+kx﹣2mgsinθ=2ma，得F=2mgsinθ+2ma﹣kx，x减小，F增大；t1时刻到t2时刻，对B，由牛顿第二定律得：F﹣mgsinθ=ma，得F=mgsinθ+ma，可知F不变，故C错误．D、由上知：t1时刻A、B开始分离…①开始时有：2mgsinθ=kx0…②从开始到t1时刻，弹簧释放的势能Ep=﹣…③从开始到t1时刻的过程中，根据动能定理得：WF+Ep﹣2mgsinθ（x0﹣x）=…④2a（x0﹣x）=v12…⑤由①②③④⑤解得：WF﹣Ep=﹣，所以拉力F做的功比弹簧释放的势能少，故D正确．故选：BD点评：从受力角度看，两物体分离的条件是两物体间的正压力为0．从运动学角度看，一起运动的两物体恰好分离时，两物体在沿斜面方向上的加速度和速度仍相等．32\n12．两颗地球工作卫星均绕地心O做匀速圆周运动，轨道半径为r，某时刻两颗工作卫星分别位于轨道上的A、B两位置（如图所示）．若卫星均顺时针运行，地球表面处的重力加速度为g，地球半径为R，不计卫星间的相互作用力．则以下判断中正确的是()A．这2颗卫星的加速度大小相等，均为B．卫星1由位置A第一次运动到位置B所需的时间为C．卫星1向后喷气，瞬间加速后，就能追上卫星2D．卫星1向后喷气，瞬间加速后，绕地运行周期变长考点：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：由G=m=mω2r=m（）2r=ma，可得出r相同则速度v大小相等，v变大则r变大（做离心运动），再结合=mg，即GM=gR2（黄金代换），即可求解解答：解：A、根据F合=ma得，对卫星有=ma，取地面一物体由=mg，联立解得a=g，故A正确．B、根据G=m（）2r①，又GM=gR2②，t=T③，联立①②③可解得t=．故B正确；C、D、若卫星1向后喷气，则其速度会增大，卫星1将做离心运动，轨道半径增大，所以周期增大，卫星1不可能追上卫星2．故C错误，D正确；故选：ABD32\n点评：关于做圆周运动的卫星类问题，要灵活运用两个公式G=m=mω2r=m（）2r=ma、=mg，注意卫星若加速则做离心运动，减速则做向心运动．13．如图所示，磁场与线圈平面垂直，先后以速度v1和v2匀速把一矩形线圈拉出有界匀强磁场区域，v1=3v2．在先后两种情况下()A．线圈中的感应电流之比I1：I2=1：3B．线圈中的感应电流之比I1：I2=3：1C．线圈中产生的焦耳热之比Ql：Q2=3：1D．通过线圈某截面的电荷量之比Ql：Q2=1：1考点：安培定则．专题：电磁感应与电路结合．分析：A、根据E=BLv，求出线圈中的感应电动势之比，再求出感应电流之比．C、根据Q=I2Rt，求出线圈中产生的焦耳热之比．D、根据q=It=，求出通过线圈某截面的电荷量之比．解答：解：A、v1=3v2，根据E=BLv，知感应电动势之比3：1，感应电流I=，则感应电流之比为3：1．故A错误，B正确．C、v1=3v2，知时间比为1：3，根据Q=I2Rt，知热量之比为3：1．故C正确．D、根据q=It=，知通过某截面的电荷量之比为1：1．故D正确．故选：BCD．点评：解决本题的关键掌握导体切割磁感线时产生的感应电动势E=BLv，以及通过某截面的电荷量．14．如图所示，真空中的匀强电场与水平方向成15°角，AB直线垂直匀强电场E，现有一质量为m、电荷量为+q的小球在A点以初速度大小v0方向水平向右抛出，经时间t小球运动到C点（图中未画出）时速度大小仍为v0，则小球由A点运动到C点的过程中，下列说法正确的是()32\nA．电场力对小球做功为mg2t2B．小球的机械能减小了mg2t2C．C的电势差为﹣D．C点一定位于AB直线的右侧考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势差．专题：电场力与电势的性质专题．分析：小球由A点运动到C点的过程中，重力做正功，动能不变，由动能定理可判断出电场力做负功，机械能减小，C点的电势比A点电势高，可知C点位于AB直线的右侧解答：解：小球受到重力和电场力的作用，合力的方向如图所示，斜向左下方．A、由题，小球由A点运动到C点的过程中，重力做正功，动能不变，由动能定理得知，电场力必定做负功，小球的电势能增加．故A错误．B、小球具有机械能和电势能，总量守恒，小球的电势能增加，则知小球的机械能一定减小，小球的机械能的减少量即为竖直方向的重力势能的减少量mgh，由于电场力向左下方，重力竖直向下，将合力沿着水平和竖直方向正交分解，竖直方向的合力大于重力，故在竖直方向的分运动的加速度a大于g，竖直方向h=at2＞gt2，即mgh＞mg2t2，小球的机械能减小量大于mg2t2．故B错误．C、小球具有机械能和电势能，总量守恒，小球的机械能减小量大于mg2t2．则电势能的增加量大于mg2t2．所以AC之间的电势差大于．而且，电势差是两点之间电势的差，C点只是一个点，一个点不存在电势差的说法．故C错误；D、小球的电势能增加，而小球带正电，则知C点的电势比A点电势高，故C点一定位于AB直线的右侧．故D正确．故选：D点评：本题运用动能定理分析电场力做功正负，并分析电势能、机械能的变化．根据推论：正电荷在电势高处电势能大，分析C点的位置．32\n15．如图所示，A、B两物块的质量皆为m，静止叠放在水平地面上．A、B问的动摩擦因数为4μ，B与地面间的动摩擦因数为μ．最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g．现对A施加一水平拉力F，则()A．当F＜4μmg时，A、B都相对地面静止B．当F=5μmg时，A的加速度为μgC．当F＞8μmg时，A相对B滑动D．无论F为何值，B的加速度不会超过μg考点：牛顿第二定律；物体的弹性和弹力．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：根据A、B之间的最大静摩擦力，隔离对B分析求出整体的临界加速度，通过牛顿第二定律求出A、B不发生相对滑动时的最大拉力．然后通过整体法隔离法逐项分析解答：解：A、AB之间的最大静摩擦力为：fmax=μmAg=4μmg，B与地面间的最大静摩擦力为：f′max=μ（mA+mB）g=2μmg，A、当F＜4μmg时，F＜fmax，AB之间不会发生相对滑动，当2μmg＜F＜4μmg，由于拉力大于B与地面间的最大静摩擦力；故AB与地面间发生相对滑动；故A错误；B、当F=5μmg时，F＞4μmg；故AB间会发生相对滑动；此时加速度a′=；故B正确；C、当F＞8μmg时，F＞4μmg；故AB间会发生相对滑动，故C正确；D、当AB发生相对滑动时，B的加速度为，故D错误故选：BC点评：本题考查了摩擦力的计算和牛顿第二定律的综合运用，解决本题的突破口在于通过隔离法和整体法求出A、B不发生相对滑动时的最大拉力二、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第16-19题为必考题，每个试题考生都必须作答．第20～22题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题（共43分）16．用如图1所示装置验证牛顿第二定律，用F表示砝码和小桶的总重力．（1）在探究“加速度和合外力的关系”时，图2中F为砝码和小桶总重力，要使得细线对小车的拉力等于小车受到的合外力，下列做法正确的是AB．A．平衡摩擦力时必须让小车连着穿过打点计时器的纸带B．平衡摩擦力时必须撤去砝码和小桶C．平衡摩擦力时打点计时器可以不通电32\nD．图2中的a1→∞（2）实验中描绘的a﹣F图象如图2所示，当F较小时，图象为直线；当F较大时图象为曲线，出现这两段情况的原因是什么．小桶与砝码的总质量不满足远远小于小车与钩码的总质量．考点：验证牛顿第二运动定律．专题：实验题．分析：在“验证牛顿第二定律”实验中，使得砝码和小桶的重力等于小车的合力，需平衡摩擦力，平衡摩擦力时，不挂砝码和小桶，小车后面需连接纸带．连接小桶和小车的轻绳应和长木板保持平行，平衡摩擦力后，长木板与水平面夹角不能改变，小车应靠近打点计时器，且应先接通电源再释放小车解答：解：（1）A、平衡摩擦力时，不需砝码和小桶，但小车后面必须与纸带相连，因为运动过程中纸带受到阻力．故AB正确；C、平衡摩擦力时打点计时器需要通电，根据纸带上点的疏密分布判断小车是否是匀速运动，故C错误；D、根据牛顿第二定律，有对重物，有mg﹣T=ma对小车，有T=Ma解得：a=，所以a1=g．故D错误；随着外力F的增大，砝码的质量越来越大，最后出现了不满足远小于小车质量的情况，因此图线出现了偏折现象，因此小桶与砝码的总质量不满足远远小于小车与钩码的总质量，加速度不可能一直均匀增大，加速度的增大幅度将逐渐减小，最后趋近与定值g．故答案为：（1）AB（2）小桶与砝码的总质量不满足远远小于小车与钩码的总质量点评：解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项．其中平衡摩擦力的原因以及做法在实验中应当清楚．17．某同学欲测定一个电压表的内阻，实验室提供的实验器材如下：A．待测电压表（量程3V，内阻约为几千欧）B．电流表（量程1mA）C．电流表（量程1A）D．滑动变阻器（0﹣50Ω）E．电源（1.5V的干电池2节）F．开关及导线若干（1）请在如图1的线框内设计测量电路，要求测量数据（电压和电流）均从零开始．32\n（2）电流表应选用B（填“B”或“C”），理由是所测量电流远小于1A（3）表是此次实验中测得的8组数据，请在图2所示的坐标纸上描点画出U﹣I图线，根据所画出的U﹣I图线可得电压表的内阻为3.7kΩ（保留2位有效数字）考点：伏安法测电阻．专题：实验题．分析：测量电阻的基本原理是伏安法，待测电压表可读出本身的电压，可与定值电阻串联，用电压表V2测出串联总电压，即可根据串联电路电压与电阻成正比的特点求解电压表的内阻．由于变阻器总电阻较小，为方便调节，可接成分压式．解答：解：（1）由题意可知，本实验中应采用伏安法，同时因题目要求从零开始调节，故应采用分压接法；因电压表本身能显示电压值，故将一电流表与电压表串联即可；原理图如图所示；（2）因电压表内阻较大，则电流表中的电流远小于1A；故只能选用电流表B；（3）根据表中数据采用描点法可得出对应的图象如图所示；图象的斜率表示电压表内阻，则RV=×103=3.7KΩ；故答案为：（1）如图所示；（2）B；所测量电流远小于1A；（3）3.7点评：连接实物电路图时要注意滑动变阻器的分压接法；熟练应用串并联电路特点及欧姆定律是测量电压表内阻的关键．18．如图所示，质量为M的斜劈静止于粗糙水平地面上，质量为m的滑块在斜面上匀速下滑，已知斜面足够长，倾角为θ，某时刻对滑块m施加一个与斜面夹角为φ的力F，滑块开始加速下滑，重力加速度取g，求：（1）滑块m的加速度a；（2）M受到的地面的摩擦力f．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．32\n分析：（1）不加外力时，根据共点力平衡求出动摩擦因数的大小，加上外力后，抓住垂直斜面方向合力为零，根据牛顿第二定律求出滑块的加速度．（2）对斜面体分析，抓住水平方向上平衡，根据共点力平衡求出M受到的摩擦力大小．解答：解：（1）不加外力时，物体在斜面上匀速下滑，在沿斜面方向：mgsinθ=Ff′，Ff′=μN′，在垂直斜面方向上，N′=mgcosθ，解得μ=tanθ，加上外力后，受力如图所示，在沿斜面方向：Fcosφ+mgsinθ﹣Ff=ma，垂直斜面方向：N=Fsinφ+mgcosθ，Ff=μN，联立解得a=．（2）对斜面体分析，斜面体静止不动，受力平衡，在水平方向上Ffcosθ与Nsinθ的合力与地面摩擦力f等大反向，Ff=μN，故有：，所以地面给斜面的摩擦力为零．答：（1）滑块m的加速度a为；（2）M受到的地面的摩擦力为0．点评：解决本题的关键能够正确地受力分析，运用共点力平衡和牛顿第二定律进行求解，受力分析是解题的关键．32\n19．（16分）如图1所示，I、Ⅱ两区域内分布有垂直于纸面的匀强磁场，平行虚线MN、PQ、EF为磁场的边界，Ⅱ区域的磁场宽度为s，两磁场之间的区域宽度为L，分布着周期性变化的匀强电场，一质量为m、电荷量为十q重力不计的粒子从I区域距左边界为L的A点以平行于边界且与磁场垂直的方向以初速度v0在磁场中开始运动，以此作为计时起点，竖直向下为电场正方向，电场随时间周期性变化的规律如图2所示，粒子离开I区域进入电场是，速度恰好与电场方向垂直，再经过一段时间粒子又恰好回到A点，如此循环，粒子循环运动一周，电场恰好变化一个周期，已知sin37°=0.6，cos37°=0.8．（1）求I区域的磁场的磁感应度B1；（2）若E0=实现上述循环，Ⅱ区域的磁场宽度s的最小值为多少？（3）若E0=，要实现上述循环，电场的变化周期T应为多少？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）画出粒子的运动轨迹，根据几何关系求出粒子在Ⅰ区域做匀速圆周运动的半径，再根据洛伦兹力提供向心力列式求解；（2）粒子在电场中做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖起方向做匀加速直线运动，分别对两个方向运用位移时间公式列式，由图中几何关系求出粒子在Ⅱ区域做匀速圆周运动的半径，从而求出要实现题述循环，Ⅱ区域的磁场宽度s应满足的条件；（3）分段求出粒子在磁场和电场中运动的时间，再求解总时间即可．解答：解：（1）画出粒子的运动轨迹，如图所示：由图中几何关系可知，粒子在Ⅰ区域做匀速圆周运动的半径r1=L由洛伦兹力提供向心力得：解得：（2）粒子在电场中做类平抛运动，设它离开电场时沿电场方向的速度为vy，速度偏向角为θ，根据运动学规律有：L=v0t，vy=at，根据牛顿第二定律得：a=，又联立解得：θ=53°，所以可得离开电场时的速度为v=32\n粒子在电场中沿电场线方向移动的距离y=，由图中几何关系可知，粒子在Ⅱ区域做匀速圆周运动的半径为由此可得要实现题述循环，Ⅱ区域的磁场宽度s应满足的条件为s≥，即（3）电场变化的周期等于粒子运动的周期，粒子在Ⅰ区域运动的时间为，粒子在电场中运动的时间为粒子在Ⅱ区域转动θ=2×37°=74°所需要的时间为综上可知，电场变化的周期为T=答：（1）I区域的磁场的磁感应度B1为；（2）若E0=实现上述循环，Ⅱ区域的磁场宽度s的最小值为；（3）若E0=，要实现上述循环，电场的变化周期T应为．点评：粒子在电场中的运动，要熟练运用运动的分解法，由动力学方法处理．粒子在磁场中的运动一定要注意找出圆心和半径，进而能正确的应用好几何关系，则可顺利求解．（二）选考题{共12分）请考生从给出的3道题中任选一题作答，并用2B铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑，注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题，如果多做，则按所做的第一题计分【[选修3-3】20．下列说法中正确的是()A．一定质量的理想气体，其分子势能可以改变B．悬浮在液体中的固体微粒越小，布朗运动就越明显C．封闭在体积不变的容器中的气体，温度升高气体分子对器壁单位面积上的平均作用力增大32\nD．用打气筒的活塞压缩气体很费力，说明分子间有斥力E．物体的温度越高，分子热运动越剧烈，分子平均动能就越大考点：温度是分子平均动能的标志；布朗运动．分析：理想气体不计分子势能；布朗运动是固体小颗粒的运动，颗粒越小，分子运动越剧烈，分子对器壁的撞面击的平均作用力越大．解答：解：A、理想气体不计分子势能；故分子势能不发生改变；故A错误；B、悬浮液体中微粒的无规则运动，产生的原因是液体分子对微粒撞击的冲力不平衡造成的，固体颗粒越小，布朗运动越明显；故B正确；C、一定质量的气体体积不变，温度升高时，根据气态方程=c可知压强增大，由压强的定义式p=，则知气体分子对器壁单位面积上的平均作用力增大．故C正确．D、打气时很费力是因为气体压强的作用；不是因为分子间的作用力；故D错误；E、温度是分子平均动能的标志，温度越高，分子热运动越剧烈，分子的平增动能越大；故E正确；故选：BCE．点评：本题考查分子间作用力、布朗运动、温度等内容，要注意明确温度是分子平均动能的标志，温度越高，分子动能越剧烈．21．一汽缸竖直放在水平地面上，缸体质量M﹣10kg，活塞质量m=4kg，活塞横截面积S=2×10﹣3m2，活塞上面的汽缸内封闭了一定质量的理想气体，下面有气孔O与外界相通，大气压强p0=10×105Pa．活塞下面与劲度系数k=2×103N/m的轻弹簧相连．当汽缸内气体温度为127℃时弹簧为自然长度，此时缸内气柱长度L1=20cm，g取10m/s2，活塞不漏气且与缸壁无摩擦．当缸内气柱长度L2=24cm时，缸内气体温度为多少K？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：当汽缸内气体温度为127℃时弹簧为自然长度，当缸内气柱长度L2=24cm时，对活塞受力分析．根据平衡条件和理想气体状态方程求解解答：解：当汽缸内气体温度为127℃时弹簧为自然长度，当缸内气柱长度L2=24cm时，设封闭气体的压强为P，对活塞受力：PS+mg=P0S当缸内气柱长度L2=24cm时，气体压强为P′，对活塞受力：P′S+mg=K△X+P0S根据理想气体状态方程：32\n联立得：T′=4860K答：缸内气体的温度为4860K点评：能用静力学观点确解决问题．要注意研究过程中哪些量不变，哪些量变化，结合理想气体状态方程求解【选修3-4】22．一列简谐横渡沿x轴正方向传播，图甲是波传播到x=5m的M点的波形图，图乙是质点N（x=3m）从此时刻开始计时的振动图象，Q是位于x=10m处的质点，下列说法正确的是()A．这列波的波长是5mB．这列波的传播速度是1m/sC．M点以后的各质点开始振动时的方向都沿z轴正方向D．由甲图对应时刻开始计时质点Q经过在6s时，第一次到达波谷E．这列波由M点传播到Q点需要5s考点：横波的图象；波长、频率和波速的关系．专题：振动图像与波动图像专题．分析：由甲图得到波长，由乙图得到周期，根据v=求解波速；各个质点开始振动的方向均与波前的运动方向相同解答：解：A、由甲图得到波长为4m，故A错误；B、由乙图得到周期为4s，故波速v===1m/s；故B正确；C、各个质点开始振动的方向均与波前的运动方向相同，波前向下运动，故M点以后的各质点开始振动时的方向都沿﹣y方向，故C错误；D、x=4m处的波峰传到Q点时，质点第一次到达波谷，故t===6s；故D正确；E、波速为1m/s，故在5s末，波前传到Q点；故E正确；故选：BDE点评：本题考查基本的读图能力，由波动图象读出波长，由波的传播方向判断质点的振动方向，由振动图象读出周期，判断质点的振动方向等等都是基本功，要加强训练，熟练掌握．23．如图所示，三棱镜的横截面为直角三角形ABC，∠A=30°，∠B=60°，一束平行于AC的光线自AB边的P点射入三棱镜，若棱镜的折射率n=，光在真空中的速度为c．①求光在棱镜中的传播速度；②通过计算说明光线射出棱镜时的出射方向．32\n考点：光的折射定律．专题：光的折射专题．分析：根据入射角和折射角大小关系，作出光路图．根据几何关系求出光线在P点的入射角和折射角，根据折射定律求出折射率的大小．解答：解：①根据光在介质中的传播速度公式v=，可得：v==．根据几何关系知，关系在AB面上的入射角为：i=60°，根据折射定律，可求得折射角r=30°在AC边上入射角等于60°，则sin60°=＞；所以在AC边上发生全反射．根据几何关系可得，在BC边上入射角等于30°，再由折射定律，可求出折射角等于60°，所以出射光线与CB的夹角为30°，斜向上，光路图如图所示．答：①光在棱镜中的传播速度；②光线射出棱镜时的出射方向如图所示．点评：本题考查光的折射问题，对数学几何能力的要求较高，平时需加强训练，提高解题能力，同时掌握光的折射定律，注意正确的作图是解题的关键．【选修3-5】24．下列说法中正确的是()A．在康普顿效应中，当入射光子与晶体中的电子碰撞时，把一部分动量转移给电子，因此光子散射后波长变长B．a粒子散射实验中少数n粒子发生了较大偏转，这是卢瑟福猜想原子核式结构模型的主要依据之一C．由波尔理论可知，氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，要释放一定频率的光子，同时电子的动能减少，电势能增大D．原子核发生a衰变时，新核与原来的原子核相比，中子数减少了4E．有核能释放的核反应一定有质量亏损考点：物质波；裂变反应和聚变反应．分析：物质波的波长公式为：λ=；卢瑟福根据α粒子散射实验中少数α粒子发生了较大偏转，猜想了原子核式结构模型；波尔理论中，高轨道的动能小、电势能大、总能量大；32\n原子核发生a衰变时，释放一个氦核；爱因斯坦质能方程：E=mc2．解答：解：A、在康普顿效应中，当入射光子与晶体中的电子碰撞时，把一部分动量转移给电子，根据λ=，光子散射后波长变长，故A正确；B、卢瑟福根据α粒子散射实验中少数α粒子发生了较大偏转，提出了原子核式结构模型，故B正确；C、由波尔理论可知，氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，要释放一定频率的光子，同时电子的动能增加，电势能减小，故C错误；D、原子核发生a衰变时，新核与原来的原子核相比，中子数减少了2，质子数也减小了2，故D错误；E、根据爱因斯坦质能方程，有核能释放的核反应一定有质量亏损，故E正确；故选：ABE点评：本题考查了康普顿效应、物质波、原子核式结构、a衰变、爱因斯坦质能方程等，知识点多，难度小，关键是记住基础知识．25．如图所示，三个质量分别为3kg、1kg．1kg的木块A．B、C放置在光滑水平轨道上，开始时B、C均静止，A以初速度v0=5m/s向右运动，A与B碰撞后分开，B又与C发生碰撞并粘在一起，此后A与B间的距离保持不变．①求B与C碰撞前B的速度大小；②若A与B的碰撞时间约为0.01s，求B对A的作用力F．考点：动量守恒定律．专题：动量定理应用专题．分析：①A、B碰撞过程中动量守恒，由动量守恒定律列式，BC碰撞过程中动量守恒，由动量守恒定律列式，由于A与B间的距离保持不变，则碰撞后A的速度等于BC的共同速度，联立方程求解；②选择水平向右为正方向，根据动量定理列式求解F．解答：解：①设AB碰撞后A的速度为vA，B与C碰撞前B的速度为vB，BC碰撞后一起运动的速度为v，以C的初速度方向为正方向，由动量守恒定律，对AB有：mAv0=mAvA+mBvB对BC有：mBvB=（mB+mC）v由于A与B间的距离保持不变，则vA=v代入数据解得：vA=3m/s，vB=6m/s②选择水平向右为正方向，根据动量定理得：Ft=mAvA﹣mAv0解得F=﹣600N，负号说明方向向左．答：①B与C碰撞前B的速度大小为6m/s；②若A与B的碰撞时间约为0.01s，B对A的作用力F大小为600N，方向向左．32\n点评：本题主要考查了动量守恒定律以及动量定理的直接应用，解题时要注意规定正方向，注意题中A与B间的距离保持不变说明碰撞后A的速度等于BC的共同速度，难度适中．32