2018届高三物理二轮复习第2部分 考前冲刺方略 模拟练1

高考仿真模拟练模拟练(一)本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．满分110分．考试时间60分钟．第Ⅰ卷(选择题共48分)本卷共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．14．下列说法正确的是()A．“交流电的有效值”使用了平均思想法B．探究导体的电阻与导体的材料、长度、粗细的关系，使用了控制变量法C．电场强度是用比值法定义的，电场强度与电场力成正比，与试探电荷的电荷量成反比D．“如果电场线与等势面不垂直，那么电场强度沿着等势面方向就有一个分量，在等势面上移动电荷时静电力就要做功”，这里用到了归纳法解析：选B.“交流电的有效值”使用了等效替代法，A错误；探究导体的电阻与导体的材料、长度、粗细的关系，用的是控制变量法，B正确；电场强度是用比值法定义的，但电场强度与电场力、试探电荷的电荷量都无关，C错误；“如果电场线与等势面不垂直，那么电场强度沿着等势面方向就有一个分量，在等势面上移动电荷时静电力就要做功”用的是反证法，D错误．15．无线网络给人们带来了很多方便．假设可以采用卫星对所有用户在任何地方提供免费WiFi服务．已知地球半径为R，重力加速度为g，提供免费WiFi服务的卫星绕地球做圆周运动，则下列关于该卫星的说法正确的是()A．卫星围绕地球运动的轨道越高，角速度越大B．卫星围绕地球运动的轨道越高，速度越小C．若卫星距离地面的高度等于地球半径，则卫星绕地球运动的周期为T＝2π2R gD．卫星的轨道可以在地球上任一经线所在的平面内解析：选B.由G Mm r 2＝mr ω2，解得ω＝ GMr 3，由此可知，卫星绕地球运动的轨道越高，即轨道半径r 越大，角速度ω越小，A 错误；由G Mm r 2＝m v 2r ，可得v ＝GMr ，显然卫星绕地球运动的轨道越高，即轨道半径r 越大，速度v 越小，B 正确；由G Mm r 2＝mr ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 2，又r ＝2R ，GM ＝gR 2，解得T ＝4π2R g ，C 错误；由于地球自转，经线所在的平面不停地变化，而卫星的轨道平面不变，所以卫星的轨道不可能在地球上任一经线所在的平面内，D 错误．16．在光滑水平面上充满水平向右的匀强电场，被拉直的绝缘轻绳一端固定在O 点，另一端系着带正电的小球，轻绳与水平面平行，OB 与电场线平行．若小球从A 点由静止释放后，沿水平面摆动到B 点，不计空气阻力，则关于此过程，下列判断正确的是( )A ．小球的动能先变小后变大B ．小球的切向加速度一直变大C ．小球受到的拉力先变大后变小D ．小球受到的电场力做功的功率先增大后减小解析：选D.小球从A 点摆动到B 点的过程中，只有电场力做功且一直做正功，根据动能定理知小球的动能E k 一直增大，选项A 错误；小球从A 点摆动到B 点的过程中轻绳与OB 的夹角设为θ，则小球的切向加速度a 1＝qE sin θm 随着θ的减小而减小，选项B 错误；根据牛顿第二定律和向心力公式有F －qE cos θ＝m v 2L ，得小球受到的拉力大小F ＝qE cos θ＋2L ·E k ，cos θ、E k 均随着θ的减小而增大，可见F 一直增大，选项C 错误；在A 点时小球的速率为零，电场力做功的瞬时功率为零，过B 点时小球的速度方向与电场力垂直，电场力做功的瞬时功率也为零，可见小球受到的电场力做功的功率先增大后减小，选项D 正确．17．如图所示，一理想变压器原、副线圈匝数之比为4∶1，原线圈两端接入稳定的正弦交流电源u ＝2202sin 314t (V)；副线圈接有电阻R ，并接有理想电压表和理想电流表．下列结论正确的是( )A ．电压表读数为55 2 VB ．若仅副线圈匝数增加到原来的2倍，则电流表的读数减小到原来的一半C ．若仅R 的阻值增加到原来的2倍，则输入功率也增加到原来的2倍D ．若R 的阻值和副线圈匝数同时增加到原来的2倍，则输出功率增加到原来的2倍解析：选D.因为交流电源u ＝2202sin 314t (V)，电压表的读数为变压器的输出电压的有效值，由U 1U 2＝n 1n 2得，电压表读数为55 V ，所以选项A 错误；若副线圈匝数增加，则U 2增大，由I 2＝U 2R 可知，电流表示数增大，所以选项B 错误；输入电压和匝数比不变，则输出电压不变，当负载电阻R 变大时，I 2＝U 2R ，电流变小，又P 1＝P 2＝U 2I 2，故输入功率也减小，所以选项C 错误；若副线圈匝数增加到原来的2倍，则U 2增加到原来的2倍，同时R 的阻值也增加到原来的2倍，故输出功率P 2＝U 22R 变为原来的2倍，所以选项D 正确．18．如图甲所示，轻质弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上．一质量为m 的小物块从轻弹簧上方且离地高度为h 1的A 点由静止释放，小物块下落过程中的动能E k 随离地高度h 变化的关系如图乙所示，其中h 2～h 1段图线为直线．已知重力加速度为g ，则以下判断中正确的是( )A ．当小物块离地高度为h 2时，小物块的加速度恰好为零B ．当小物块离地高度为h 3时，小物块的动能最大，此时弹簧恰好处于原长状态C ．小物块从离地高度为h 2处下落到离地高度为h 3处的过程中，弹簧的弹性势能增加了mg (h 2－h 3)D ．小物块从离地高度为h 1处下落到离地高度为h 4处的过程中，其减少的重力势能恰好等于弹簧增加的弹性势能解析：选D.由题意可知，当小物块离地高度为h 2时，小物块刚好开始接触弹簧，此时小物块只受到重力作用，故此时的加速度大小为重力加速度g ，A 错误；当小物块离地高度为h 3时，由题图乙可知小物块的动能达到最大，小物块的速度达到最大，此时有mg ＝k Δx ，弹簧的压缩量为Δx ＝h 2－h 3，B 错误；小物块从离地高度为h 2处下落到离地高度为h 3处的过程中，重力势能减少了mg (h 2－h 3)，由能量守恒定律可知，小物块减少的重力势能转化为小物块增加的动能和弹簧增加的弹性势能，即弹簧增加的弹性势能ΔE p ＝mg (h 2－h 3)－(E k2－E k1)，C 错误；由题图乙可知，当小物块离地高度为h 4时，小物块的动能为零，由能量守恒定律可知，小物块减少的重力势能全部转化为弹簧增加的弹性势能，D 正确．19．如图所示为一边长为L 的正方形abcd ，P 是bc 的中点．若正方形区域内只存在由d 指向a 的匀强电场，则在a 点沿ab 方向以速度v 入射的质量为m 、电荷量为q 的带负电粒子(不计重力)恰好从P 点射出．若该区域内只存在垂直纸面向里的匀强磁场，则在a 点沿ab 方向以速度v 入射的同种带电粒子恰好从c 点射出．由此可知( )A ．匀强电场的电场强度为2m v 2qLB ．匀强磁场的磁感应强度为m v qLC ．带电粒子在匀强电场中运动的加速度大小等于在匀强磁场中运动的加速度大小D ．带电粒子在匀强电场中运动和在匀强磁场中运动的时间之比为1∶2解析：选BC.带电粒子在电场中做类平抛运动，有L ＝v t ，12L ＝12at 2，qE ＝ma ，联立解得E ＝m v 2qL ，a ＝v 2L ，A 错误；带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有q v B＝m v2r，由几何关系有r＝L，联立解得B＝m vqL，B正确；粒子在匀强磁场中运动的加速度a′＝v2r＝v2L＝a，C正确；带电粒子在匀强电场中运动的时间t＝L，在匀强磁场中运动的时间t′＝πL2v，带电粒子在匀强电场中运动和在匀强磁场中运动的时间之比为tt′＝2π，D错误．20．如图所示，M、N为同一水平面内的两条平行长导轨，左端串联电阻R，金属杆ab垂直导轨放置，杆和导轨的电阻不计，且杆与导轨间无摩擦，整个装置处于竖直方向的匀强磁场中．现对金属杆ab施加一个与杆垂直的水平向右的恒力F，使杆从静止开始运动．在运动过程中，杆的速度大小为v，杆所受安培力为F安，R中的电流为I，R上消耗的总能量为E总，则下列关于v、F安、I、E总随时间变化的图象可能正确的是()解析：选AD.由于金属杆切割磁感线产生感应电动势和感应电流，受到随速度增大的安培力作用，所以金属杆做加速度逐渐减小的加速运动，当安培力增大到等于水平方向的恒力F时，金属杆做匀速直线运动，选项A所示的速度v随时间变化的图象正确．金属杆切割磁感线产生的感应电动势E＝BL v，感应电流I＝E/R＝BL vR，感应电流与速度v成正比，感应电流随时间变化的图线与选项A所示v－t图线类似，选项C错误．杆所受安培力F安＝BIL＝B2L2vR，F安随时间变化的图线与速度v随时间变化的图线类似，选项B错误．由功能关系，开始时水平方向的恒力F做的功一部分使金属杆动能增大，另一部分转化为电能，被电阻R消耗掉；当金属杆匀速运动后，水平方向的恒力F做的功等于R上消耗的能量；因此R上消耗的总能量E总随时间变化的图象可能是D.21．如图所示，在水平面上放置一倾角为θ的光滑斜面，斜面上用劲度系数为k 的轻弹簧连接一质量为m 的小木块，轻弹簧连在斜面顶端，开始系统处于平衡状态．现使斜面从静止开始缓慢向左加速，加速度从零开始缓慢增大到某一值，然后保持此值恒定，木块最终稳定在某一位置(弹簧处在弹性限度内)．斜面从静止开始向左加速到加速度达到最大值的过程中，下列说法正确的是( )A ．木块的重力势能一直减小B ．木块的机械能一直增加C ．木块的加速度大小可能为g tan θD ．弹簧的弹性势能一直增加解析：选BCD.由于弹簧的弹力和斜面的支持力的合力对木块始终做正功，木块的机械能一定增加，B 正确．设弹簧的原长为L 0，对木块受力分析，开始木块静止在斜面上，则有mg sin θ＝kx 1，开始时弹簧长度L 1＝L 0＋x 1＝L 0＋mg sin θk ；向左加速后，在木块离开斜面前，根据牛顿第二定律，mg cos θ－F N ＝ma sin θ，kx 2－mg sinθ＝ma cos θ；当F N ＝0时，加速度a ＝g tan θ，C 正确．加速度增大过程，弹簧长度L 2＝L 0＋x 2＝L 0＋mg sin θ＋ma cos θk，可见L 2＞L 1，随着加速度增大，弹簧变长，重力势能一直减小；当木块恰好要离开斜面时，弹簧长度L 3＝L 0＋x 3＝L 0＋mg k sin θ；当木块离开斜面稳定时，设弹簧与水平方向的夹角为α，α＜θ，有mg sin α＝kx 4，mg＝ma tan α，随着a 增大，α减小，弹簧长度L 4＝L 0＋x 4＝L 0＋mg k sin α，所以L 3＜L 4，D 正确．因为h 3＝L 3sin θ＝L 0sin θ＋mg k ，h 4＝L 4sin α＝L 0sin α＋mg k ，h 4＜h 3，由于不知末状态木块是否离开斜面，木块的重力势能可能一直减小，也可能先减小后增大，A 错误．第Ⅱ卷(非选择题 共62分)本卷包括必考题和选考题两部分．第22～25题为必考题，每个试题考生都必须作答，第33～35题为选考题，考生根据要求作答．(一)必考题(共47分)22．(6分)某物理兴趣小组利用电子秤探究小球在竖直面内的圆周运动，他们到物理实验室取来电子秤、铁架台、长度为L 的轻质细线和小球等．(1)将铁架台放在电子秤上，其读数为M ；撤去铁架台将小球放在电子秤上，其读数为m .(2)组装好实验装置如图所示．保持细线自然伸长，将小球拉起至使细线处于水平位置，此时电子秤读数为________(填写“M ＋m ”、“M ”、“大于M ＋m ”或“处于M 和M ＋m 之间”)．(3)从释放小球至小球向下运动到最低点过程，电子秤读数________．(填“逐渐增大”、“逐渐减小”或“保持不变”)(4)忽略空气阻力，当小球运动到最低点时，细线的拉力为________；电子秤的读数为________．(已知重力加速度为g )解析：(2)将小球拉起至使细线处于水平位置时，电子秤读数为铁架台的质量M .(3)从释放小球到小球向下运动至最低点过程，细线中拉力逐渐增大，电子秤读数逐渐增大．(4)小球向下运动到最低点的过程，由机械能守恒定律有mgL ＝12m v 2，当小球运动到最低点时，设细线中拉力为F ，对小球，由牛顿第二定律有F －mg ＝m v 2L ，联立解得F ＝3mg ；对铁架台受力分析，设电子秤对铁架台的支持力为F N ，由平衡条件得F N ＝Mg ＋F ，电子秤的读数为F N g ＝M ＋3m .答案：(2)M (1分) (3)逐渐增大(1分) (4)3mg (2分) M ＋3m (2分)23．(9分)某实验小组用如图甲所示的电路测量一节蓄电池的电动势(约2 V)和内阻，考虑蓄电池的内阻很小，电路中使用了一个保护电阻R0，除蓄电池、滑动变阻器R、开关、导线外，实验室中可供选用的器材还有：A．电流表(量程3 A，内阻约0.1 Ω)B．电压表(量程3 V，内阻3 kΩ)C．电压表(量程1.8 V，内阻1.8 kΩ)D．定值电阻(阻值1 Ω，额定功率5 W)E．定值电阻(阻值5 Ω，额定功率10 W)(1)实验时，电压表应该选用________，保护电阻应该选用________．(填器材前字母序号)(2)在实验室进行仪器检查时发现电流表已经损坏不能用了，则下列实验改进方案中理论上可行的有________．A．在缺少电流表的情况下，把滑动变阻器更换成电阻箱，来测蓄电池的电动势和内阻B．按照实验电路图，在缺少电流表的情况下只依靠滑动变阻器调节，从而测出蓄电池的电动势和内阻C．在缺少电流表的情况下，去掉滑动变阻器，只依靠更换保护电阻，测出两组数据，列式并联立求解蓄电池的电动势和内阻D．在缺少电流表的情况下，用未使用的电压表与保护电阻并联，调节滑动变阻器测出多组数据，作图象求出蓄电池的电动势和内阻(3)该实验小组经过讨论后，按照改进的电路图乙进行实验，调整滑动变阻器测得了5组两电压表的数据如下表.请在图丙中作出蓄电池的路端电压U 1随保护电阻R 0两端的电压U 2变化的图象，并根据图象得出蓄电池的电动势E ＝________V ，内阻r ＝________Ω.解析：(1)蓄电池的电动势为2 V 左右，故电压表选用B ，当滑动变阻器接入电路的电阻为零，保护电阻用D 时，电路中电流约为I ＝E R 0＝2 V 1 Ω＝2 A ，小于电流表的量程，故保护电阻选用D.(2)如果电流表不能用，把滑动变阻器换成电阻箱，就可以用伏阻法测蓄电池的电动势和内阻，故A 正确；根据闭合电路欧姆定律有E ＝U ＋U R 0r ，如果只更换保护电阻测出两组数据，能够建立两个方程求出蓄电池的电动势和内阻，C 正确；因为电压表的内阻远大于保护电阻，故将量程为1.8 V 的电压表与保护电阻并联，由I ＝U 2R 0可得电路中的电流，故实际上是通过把剩余电压表与保护电阻并联，把电压表改装成电流表，D 正确．(3)根据表中数据描点连线，纵轴截距即为蓄电池的电动势E ＝2.03 V ，内阻r ＝ΔU ΔI＝ΔU 1ΔU 2R 0＝(2.03－1.88)V (1.72－0)V 1 Ω≈0.09 Ω. 答案：(1)B(1分) D(1分) (2)ACD(2分) (3)如图所示(2分) 2.03(1分) 0.09(2分)24．(12分)光滑矩形斜面GHNM 的倾角为α，在其上放置一矩形金属线框ABCD ，AB 边的边长为l 1，BC 边的边长为l 2，线框的电阻为R ，质量为m ，斜面上矩形OPHG 区域内存在匀强磁场，方向垂直于斜面向上，磁感应强度为B 0，如果线框在恒力F 作用下从静止开始运动(开始时刻，CD 与NM 重合)，已知线框进入磁场最初一段时间是匀速的，且线框的AB 边始终平行于MN ，重力加速度为g ，求：(1)线框进入磁场前的加速度大小；(2)线框进入磁场时匀速运动的速度大小；(3)线框进入磁场过程中产生的焦耳热．解析：(1)对进入磁场前的线框受力分析，根据牛顿第二定律得F －mg sin α＝ma (2分)解得线框进入磁场前的加速度大小a ＝F －mg sin αm.(2分) (2)由题意知，线框进入磁场最初一段时间内的合力为零，则F ＝mg sin α＋B 20l 21v R(2分)解得线框进入磁场时匀速运动的速度大小为v ＝(F －mg sin α)R B 20l 21.(2分) (3)线框进入磁场过程中产生的焦耳热Q ＝I 2Rt ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫B 0l 1v R 2R ·l 2v＝(F －mg sin α)l 2.(4分) 答案：见解析25．(20分)如图甲所示，一电动遥控小车停在水平地面上，水平车板离地高度为h ＝0.2 m ，小车质量M ＝3 kg ，质量m ＝1 kg 的小物块(可视为质点)静置于车板上某处A ，物块与车板间的动摩擦因数μ＝0.1.现使小车由静止开始向右行驶，当运动时间t 1＝1.6 s 时物块从车板上滑落．已知小车的速度v 随时间t 变化的规律如图乙所示，小车受到地面的摩擦阻力是小车对地面压力的110，不计空气阻力，取重力加速度g ＝10 m/s 2.求：(1)物块从离开车尾B 到落地过程所用的时间Δt 以及物块滑落前受到的滑动摩擦力的功率最大值P ；(2)物块落地时落地点到车尾B 的水平距离s 0； (3)0～2 s 时间内小车的牵引力做的功W . 解析：(1)物块从车板上滑落后做平抛运动，则有 h ＝12g (Δt )2(1分) 得Δt ＝2hg ＝0.2 s(1分)物块滑落前受到的滑动摩擦力大小 f ＝μmg ＝1 N(1分)根据牛顿第二定律得物块的加速度大小 a 1＝fm ＝1 m/s 2(1分)当运动时间t 1＝1.6 s 时物块的速度v 1＝a 1t 1(1分) 得v 1＝1.6 m/s(1分)由于v 1＜2 m/s ，所以物块在车板上受到滑动摩擦力而一直加速，物块滑落前受到的滑动摩擦力的功率最大值 P ＝f v 1(1分) 得P ＝1.6 W(1分)(2)物块滑落后前进的距离s 1＝v 1Δt (1分) 由题图乙得t ＝1.6 s 时小车的速率v 2＝2 m/s 物块滑落后小车前进的距离s ＝v 2Δt (1分) 落地点到车尾B 的水平距离s 0＝s －s 1(1分) 得s 0＝0.08 m(1分)(3)0～1 s 时间内，由题图乙得小车的加速度大小为a 2＝21 m/s 2＝2 m/s 2(1分)根据牛顿第二定律得F 1－f －k (M ＋m )g ＝Ma 2，其中 k ＝110解得F 1＝11 N(1分)小车的位移大小s 2＝12×2×1 m ＝1 m(1分)1～1.6 s 时间内，牵引力F 2＝k (M ＋m )g ＋f ＝5 N(1分) 由题图乙得小车的位移大小 s 2′＝2×0.6 m ＝1.2 m(1分)1．6～2 s 时间内，牵引力F 3＝kMg ＝3 N(1分) 由题图乙得小车的位移大小 s 2″＝2×0.4 m ＝0.8 m(1分) 0～2 s 时间内小车的牵引力做的功为 W ＝F 1s 2＋F 2s 2′＋F 3s 2″＝19.4 J(1分) 答案：(1)0.2 s 1.6 W (2)0.08 m (3)19.4 J(二)选考题：本题共15分．请考生从给出的3道题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分． 33．[物理——选修3－3](15分)(1)(5分)如图所示是分子间引力或斥力大小随分子间距离变化的图象，由此可知________．(填正确答案标号．选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分．每选错1个扣3分，最低得分为0分)A ．ab 表示引力图线B ．cd 表示引力图线C ．当分子间距离r 等于两图线交点e 的横坐标时，分子力一定为零D ．当分子间距离r 等于两图线交点e 的横坐标时，分子势能一定最小E ．当分子间距离r 等于两图线交点e 的横坐标时，分子势能一定为零(2)(10分)如图所示，一活塞将一定质量的理想气体封闭在固定导热汽缸内，活塞可沿汽缸无摩擦地滑动，活塞横截面积为S ＝0.01 m 2、质量为m ＝10 kg ，活塞距离汽缸底部的距离为h 0＝10 cm ，外界大气压强p 0＝1.0×105 Pa ，环境温度为t 0＝27 ℃，g ＝10 m/s 2.①当环境温度缓慢升高至57 ℃时，试比较此过程中气体吸收的热量Q 与物体内能变化量ΔU 的大小关系．②当环境温度升高至57 ℃时，为使活塞距离底面的距离仍为10 cm ，可使汽缸水平向右做匀加速直线运动，此时加速度应为多大？解析：(1)在F －r 图象中，随r 增加，斥力变化快，所以ab 为引力图线，A 对，B 错；两图象相交点e 为分子所受的引力和斥力大小相等，即分子间相互作用的受力平衡位置，分子力为0，分子势能最小，但不一定为0，故C 、D 对，E 错． (2)①由热力学第一定律得 ΔU ＝W ＋Q (1分)由于气体膨胀对外做功，故W ＜0(2分) 因此Q ＞ΔU (1分)②活塞距离底面的距离仍为10 cm ，由查理定律得p 0T 0＝pT ，即p 0(273＋27)K＝p(273＋57)K(2分)解得p ＝1.1×105 Pa(1分) 对活塞，由牛顿第二定律得 a ＝pS －p 0Sm (2分) 解得a ＝10 m/s 2.(1分)答案：(1)ACD (2)①Q ＞ΔU ②10 m/s 2 34．[物理——选修3－4](15分)(1)(5分)如图所示为一列沿x 轴正方向传播的简谐横波在某时刻的波形图，若已知这列波周期为1 s ，则下列判断中正确的是________．(填正确答案标号．选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分．每选错1个扣3分，最低得分为0分)A．这列波的振幅为8 cmB．这列波的波速为4 m/sC．图示时刻x＝2 m处的质点沿y轴正方向运动D．图示时刻x＝5 m处质点的加速度大小为零E．从图示时刻开始再经过1.5 s，x＝12 m处的质点刚好从平衡位置开始向y轴正方向运动(2)(10分)如图所示，一个足够大的容器中盛满了某种透明液体，MN为该液体与空气的水平分界面，其上有一以A点为圆心、d＝ 3 m为半径的圆形不透光薄片．已知分界面上A点正下方h＝3 m深处有一点光源O，该点光源发出的光线经不透光薄片的边缘B点处射入空气时，其折射光线与反射光线恰好垂直．①求该透明液体对该光的折射率n.②若在点光源O正下方也为h＝3 m的P处水平放置一足够大的平面镜，试计算点光源O在分界面MN上照亮区域的面积(取π＝3.14)．解析：(1)振幅是传播波的质点离开平衡位置的最大距离，由题图可知，这列波的振幅为4 cm，A错误；由题图可知，这列波的波长为λ＝4 m，由v＝λT可得v＝4 m/s，B正确；由波传播的方向与质点振动方向之间的关系“上坡下、下坡上”，可判断出x＝2 m处的质点在题图时刻正沿y轴正方向运动，C正确；在图示时刻x＝5 m 处的质点离开平衡位置的距离最大，故其加速度最大，D错误；x＝12 m处的质点与x＝4 m处的质点位移相同，经过1.5 s＝1.5T，x＝4 m处的质点刚好达到平衡位置，开始向y 轴正方向振动，E 正确． (2)①光线在透明液体中的光路如图所示． 由几何关系有tan i ＝dh ，i ＝30°(1分) 又i ＋r ＝90°，r ＝60°(1分)故该透明液体对该光的折射率n ＝sin rsin i ＝3(2分)②设经平面镜反射后射向分界面MN 的光线在D 点发生全反射，有sin C ＝1n (2分) 设A 、D 两点间的距离为R ，由几何关系可知 R ＝3h tan C (2分)所以点光源在分界面MN 上照亮的面积为 S ＝πR 2－πd 2＝117.75 m 2(2分) 答案：(1)BCE (2)①3 ②117.75 m 2 35．[物理——选修3－5](15分)(1)(5分)某光电管，用光子能量为2.5 eV 的一束光照射阴极，能够发生光电效应，这时给光电管加上反向电压，当所加反向电压大于或等于0.60 V 时，光电子不能到达阳极，则该光电管阴极材料的逸出功为________eV ，逸出光电子的最大初动能为________eV .(2)(10分)质量为m 的钢板与直立轻弹簧的上端连接，弹簧下端固定在地上，钢板处于平衡状态．一质量也为m 的物块甲从钢板正上方高为h 的A 处自由落下，打在钢板上并与钢板一起向下运动x 0后到达最低点B ；若物块乙质量为2m ，仍从A处自由落下，则物块乙与钢板一起向下运动到B 点时，还具有向下的速度，已知重力加速度为g ，空气阻力不计．求：①物块甲和钢板一起运动到最低点B 过程中弹簧弹性势能的增加量； ②物块乙和钢板一起运动到B 点时速度v B 的大小．解析：(1)设用光子能量为2.5 eV 的光照射时，逸出光电子的最大初动能为E km ，阴极材料逸出功为W 0，当反向电压达到U 0＝0.60 V 以后，具有最大初动能的光电子恰不能到达阳极，因此eU 0＝E km ，由光电效应方程知E km ＝hν－W 0，得E km ＝0.6 eV ，W 0＝1.9 eV .(2)①设物块甲落在钢板上时的速度为v 0，根据机械能守恒定律有mgh ＝12m v 20(1分) 解得v 0＝2gh (1分)设物块甲与钢板碰撞后的速度为v 1，根据动量守恒定律有m v 0＝2m v 1(1分) 解得v 1＝2gh2(1分)根据题意可得到达最低点B 时弹簧的弹性势能增加量为 ΔE p ＝2mgx 0＋12×2m v 21＝mg ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x 0＋12h (1分) ②设物块乙落在钢板上时的速度为v 0′，根据机械能守恒定律有 2mgh ＝12×2m v 0′2，解得v 0′＝2gh (1分)设物块乙与钢板碰撞后的速度为v 2，根据动量守恒定律有2m v 0′＝3m v 2(1分) 解得v 2＝22gh3(1分) 根据能量守恒定律可得ΔE p ＝3mgx 0＋12×3m v 22－12×3m v 2B (1分) 联立各式解得v B ＝23gx 0＋59gh (1分)答案：(1)1.9 0.6 (2)①mg ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x 0＋12h②23gx 0＋59gh。