江苏省淮安市清江中学2015届高三物理下学期周练试题(4.26)(扫描版)
2014-2015学年江苏省淮安市清江中学高二(下)月考物理模拟试卷(一)
2014-2015学年江苏省淮安市清江中学高二（下）月考物理模拟试卷（一）学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共9小题，共27.0分)1.下列叙述中符合历史史实的是（）A.卢瑟福的α粒子散射实验揭示了原子核有复杂结构B.玻尔理论成功地解释了各种原子的发光现象C.爱因斯坦成功地解释了光电效应现象D.赫兹从理论上预言了电磁波的存在【答案】C【解析】解：A、卢瑟福的α粒子散射实验提出原子核式结构学说，故A错误B、玻尔建立了量子理论，成功解释了氢原子发光现象．故B错误．C、爱因斯坦成功地解释了光电效应现象，故C正确D、麦克斯韦从理论上预言了电磁波的存在，故D错误故选C．根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可．本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一．2.某放射性元素经过11.4天有的原子核发生了衰变，该元素的半衰期为（）A.11.4天B.7.6天C.5.7天D.3.8天【答案】D【解析】解：根据半衰期公式：可得：，所以有，t=3T=11.4天，T=3.8天，即半衰期为3.8天故ABC错误，D正确．故选D．本题考察了有关半衰期的运算，学生要明确剩余质量和衰变前的质量关系并会进行有关运算，即公式的应用，明确半衰期的含义．本题比较简单，只要知道半衰期公式就能解答，原子物理中题目主要是加强记忆，没有很复杂的计算题．3.下列说法正确的有（）A.如果用紫光照射某种金属发生光电效应，改用绿光照射这种金属一定发生光电效应B.α粒子散射实验中少数α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.由玻尔理论可知，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，同时电子的动能减小，电势能增大D.原子核发生α衰变时，新核与原来的原子核相比，中子数减少了4【答案】B【解析】解：A、如果用紫光照射某种金属发生光电效应，知紫光的频率大于金属的极限频率，由于绿光的频率小于紫光的频率，所以绿光照射不一定发生光电效应．故A错误．B、α粒子散射实验中少数α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．故B正确．C、由玻尔理论可知，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，能量减小，轨道半径减小，根据k=m知，电子的动能增大，由于能量等于电子动能和电势能的总和，则电势能减小．故C错误．D、发生α衰变时，电荷数少2，质量数少4，知中子数少2．故D错误．故选：B．当入射光的频率大于金属的极限频率，则可发生光电效应；α粒子散射实验中少数α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；由高能级向低能级跃迁，辐射光子，根据轨道半径的变化判断动能的变化，根据能量和动能的变化判断电势能的变化．发生α衰变时，电荷数少2，质量数少4，根据电荷数和质量数的变化判断中子数的变化．本题考查光电效应、α粒子散射实验、能级的跃迁、衰变等基础知识点，比较简单，关键熟悉教材，牢记这些基础知识点，并强化训练．4.图中画出了氢原子的4个能级，并注明了相应的能量E．处在n=4的能级的一群氢原子向低能级跃迁时，能够发出若干种不同频率的光波．已知金属钾的逸出功为2.22e V．在这些光波中，能够从金属钾的表面打出光电子的总共有（）A.二种B.三种C.四种D.五种【答案】C【解析】解：处在n=4的能级的一群氢原子向低能级跃迁时能发出不同光电子的数目为=6种，n=4跃迁到n=3辐射的光子能量为0.66e V，n=3跃迁到n=2辐射的光子能量为1.89e V，均小于2.22e V，不能使金属钾发生光电效应，其它四种光子能量都大于2.22e V．故C 正确，A、B、D错误．故选C．发生光电效应的条件是光子能量大于逸出功，根据该条件确定出n=4的能级的一群氢原子向低能级跃迁时辐射光子能量大于逸出功的种数．解决本题的关键知道能极差与光子能量的关系，以及掌握发生光电效应的条件．5.人从高处跳到低处，为了安全，一般都是脚尖先着地，这样做的目的是为了（）A.减小着地时所受冲量B.使动量增量变的更小C.增大人对地面的压强，起到安全作用D.延长对地面的作用时间，从而减小地面对人的作用力【答案】D【解析】解：人在和地面接触时，人的速度减为零，由动量定理可知（F-mg）t=△mv；而脚尖着地可以增加人着地的时间，由公式可知可以减小受到地面的冲击力；故D正确，A、B、C错误．故选：D．人落下时速度的变化量相同，根据动量定理可分析让脚尖着地的好处．本题考查动量定理的定性的应用，物理知识在生产生活中有着广泛的应用，在学习中应注意体会．6.关于光电效应，下列说法正确的是（）A.极限频率越大的金属材料逸出功越大B.只要光照射的时间足够长，任何金属都能产生光电效应C.从金属表面出来的光电子的最大初动能越大，这种金属的逸出功越小D.入射光的光强一定时，频率越高，单位时间内逸出的光电子数就越多【答案】A【解析】解：A、逸出功W=hv0，知极限频率越大，逸出功越大，故A正确．B、光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限频率，与入射光的强度无关．故B 错误．C、根据光电效应方程E km=hγ-W0知，最大初动能与入射光的频率成一次函数关系，不会影响金属的逸出功．故C错误．D、入射光的光强一定时，频率越高，光子的能量值越大，入射光中的光子的数目越少，单位时间内逸出的光电子数就越少，故D错误．故选：A．光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限频率，与入射光的强度无关，根据光电效应方程判断影响光电子最大初动能的因素．解决本题的关键掌握光电效应的条件，以及掌握光电效应方程，知道光的强度影响单位时间内发出光电子的数目．7.如图所示，小车与木箱紧挨着静止放在光滑的水平冰面上，现有一男孩站在小车上用力向右迅速推出木箱．关于上述过程，下列说法中正确的是（）A.男孩和木箱组成的系统动量守恒B.小车与木箱组成的系统动量守恒C.男孩、小车与木箱三者组成的系统动量守恒D.木箱的动量增量与小车（包含男孩）的动量增量相同【答案】C【解析】解：在男孩站在小车上用力向右迅速推出木箱的过程中；A、男孩和木箱组成的系统所受合外力不为零，系统动量不守恒，故A错误；B、小车与木箱组成的系统所受合外力不为零，系统动能不守恒，故B错误；C、男孩、小车与木箱三者组成的系统所受合力为零，系统动量守恒，故C正确；D、木箱、男孩、小车组成的系统动量守恒，木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量大小相同，方向相反，木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量不相同，故D错误．故选：C．根据动量守恒条件分析答题，系统所受合外力为零，系统动量守恒．本题考查了判断系统动量是否守恒，知道动量守恒的条件、明确研究对象即可正确解题．8.如图所示，一辆小车静止在光滑水平面上，A、B两人分别站在车的两端，当两人同时相向运动时（）A.若小车不动，两人速率一定相等B.若小车向左运动，A的速率一定比B的小C.若小车向左运动，A的动量一定比B的大D.若小车向左运动，A的动量一定比B的小【答案】C【解析】解：AB两人及小车组成的系统受合外力为零，系统动量守恒，根据动量守恒定律得：m A v A+m B v B+m车v车=0，A、若小车不动，则m A v A+m B v B=0，由于不知道AB质量的关系，所以两人速率不一定相等，故A错误；B、若小车向左运动，则AB的动量和必须向右，而A向右运动，B向左运动，所以A 的动量一定比B的大，故B错误，C正确；D、若小车向右运动，则AB的动量和必须向左，而A向右运动，B向左运动，所以A 的动量一定比B的小，故D错误．故选：CAB两人及小车组成的系统受合外力为零，系统动量守恒，根据动量守恒定律分析即可求解．本题主要考察了动量守恒定律的直接应用，注意速度的矢量性，并明确对整体由动量守恒列式分析的方法；难度适中9.如图所示，一个木箱原来静止在光滑水平面上，木箱内粗糙的底板上放着一个小木块．木箱和小木块都具有一定的质量．现使木箱获得一个向右的初速度v0，则（）A.小木块和木箱最终都将静止B.小木块最终将相对木箱静止，二者一起向右运动C.小木块在木箱内壁将始终来回往复碰撞，而木箱一直向右运动D.如果小木块与木箱的左壁碰撞后相对木箱静止，则二者将一起向左运动【答案】B【解析】解：系统所受外力的合力为零，动量守恒，初状态木箱有向右的动量，小木块动量为零，故系统总动量向右，系统内部存在摩擦力，阻碍两物体间的相对滑动，最终相对静止，由于系统的总动量守恒，不管中间过程如何相互作用，根据动量守恒定律，最终两物体以相同的速度一起向右运动．故选B．应用动量守恒定律解决问题的基本思路和一般方法：（1）分析题意，明确研究对象；（2）要对各阶段所选系统内的物体进行受力分析，弄清哪些是系统内部物体之间相互作用的内力，哪些是系统外物体对系统内物体作用的外力，在受力分析的基础上根据动量守恒定律条件，判断能否应用动量守恒；（3）明确所研究的相互作用过程，确定过程的始、末状态，即系统内各个物体的初动量和末动量的量值或表达式；（4）确定好正方向建立动量守恒方程求解．本题中物体系统在光滑的平面上滑动，系统所受外力的合力为零，故系统动量始终守恒，而由于系统内部存在摩擦力，阻碍物体间的相对滑动，最终两物体应该相对静止，一起向右运动．动量守恒定律的应用问题，不需要涉及中间过程，特别是对于多次碰撞问题，解题特别方便，要能灵活的选用过程！二、多选题(本大题共6小题，共18.0分)10.下列四幅图涉及到不同的物理知识，其中说法正确的是（）A.黑体辐射的强度，随着温度的升高，各种波长的辐射强度都增加且极大值向波长较短的方向移动B.玻尔理论指出氢原子能级是分立的，所以原子发射光子的频率也是不连续的C.卢瑟福通过分析α粒子散射实验结果，发现了质子和中子D.工业上利用γ射线来检查金属内部伤痕，是因为γ射线穿透能力很强【答案】ABD【解析】解：A、图甲：黑体辐射的强度，随着温度的升高，各种波长的辐射强度都增加且极大值向波长较短的方向移动，故A正确；B、图乙：玻尔理论指出氢原子能级是分立的，所以原子发射光子的频率也是不连续的，故B正确；C、图丙：卢瑟福通过分析α粒子散射实验结果，提出了原子的核式结构模型，故C错误；D、图丁：工业上利用射线来检查金属内部伤痕，是因为射线穿透能力很强．故D正确；故选：ABD根据物理学史和常识解答，并掌握近代物理中的主要发现，明确玻尔理论及黑体辐射的相关内容．本题借助图象考查近代物理的主要内容；弄清楚每个图象的作用及代表的物理知识，熟练掌握物理规律的来龙去脉是掌握此类知识的前提11.下列四个方程中，X1、X2、X3和X4各代表某种粒子+n→B a+K r+3X1P→S i+X2U→T h+X3T h→P a+X4以下判断中正确的是（）A.X1是中子B.X2是中子C.X3是α粒子D.X4是中子【答案】AC【解析】解：A、根据质量数和电荷数守恒得x1的电荷数为0，质量数为1，所以x1是中子，故A正确；B、同理x2的电荷数为1，质量数为2，所以x2为氘核，故B错误；C、x3的电荷数为2，质量数为4，所以x3是α粒子，故C正确；D、x4的电荷数为2，质量数为1，故D错误．故选：AC根据核反应方程中质量数和电荷数守恒，求出未知粒子的核电荷数和质量数即可判断粒子的种类正确书写核反应方程是学习原子物理的重点，要注意质量数和电荷数守恒的应用．12.天然放射性元素T h（钍）经过一系形α衰变和β衰变之后，变成P b（铅）．下列相关论断中正确的是（）A.铅核比钍核少24个中子B.铅核比钍核少16个中子C.衰变过程中共有4次α衰变和8次β衰变D.衰变过程中共有6次α衰变和4次β衰变【答案】BD【解析】A、B、根据质量数和电荷数守恒可知，铅核比钍核少8个质子，少16个中子，故A错误，B正确；C、D、发生α衰变是放出42H e，发生β衰变是放出电子0-1e，设发生了x次α衰变和y次β衰变，则根据质量数和电荷数守恒有：2x-y+82=90，4x+208=232，解得x=6，y=4，故衰变过程中共有6次α衰变和4次β衰变，故C错误，D正确．故选：BD．正确解答本题的关键是：理解α、β衰变的实质，正确根据衰变过程中质量数和电荷数守恒进行解题．本题主要考查了质量数和电荷数守恒在衰变过程中的应用，是考查基础知识和规律的好题．13.两球A、B在光滑水平面上沿同一直线，同一方向运动，m A=1kg，m B=2kg，v A=6m/s，v B=2m/s．当A追上B并发生碰撞后，两球A、B速度的可能值是（）A.v A′=5m/s，v B′=2.5m/sB.v A′=2m/s，v B′=4m/sC.v A′=4m/s，v B′=7m/sD.v A′=m/s，v B′=m/s【答案】BD【解析】解：A、考虑实际运动情况，碰撞后两球同向运动，A球速度应不大于B球的速度，故A错误；B、两球碰撞过程，系统不受外力，故碰撞过程系统总动量应守恒．碰撞前，总动量为：p=p A+p B=m A v A+m B v B=（1×6+2×2）kg•m/s=10kg•m/s，总动能：E k=+=（+）J=20J碰撞后，总动量为：p′=p A′+p B′=m A v A′+m B v B′=1×2+2×4=10kg•m/s；总动能：E k′=′+′=×1×22+×2×42=18J则p′=p，符合动量守恒和能量守恒．故B正确．C、碰撞后，总动量为：p′=p A′+p B′=m A v A′+m B v B′=（1×4+2×7）kg•m/s=18kg•m/s；不符合动量守恒定律．故C错误．D、碰撞后，总动量为：p′=p A′+p B′=m A v A′+m B v B′=（1×+2×）kg•m/s=10kg•m/s，则知，p′=p．符合动量守恒定律．总动能：E k′=′+′=[×1×（）2+×2×（）2]J=J，则知E k′＜E k．符合能量守恒定律．而且v A′＜v B′，符合实际的运动情况．故D正确．故选：BD．两球碰撞过程，系统不受外力，碰撞过程系统总动量守恒；碰撞过程中系统机械能可能有一部分转化为内能，根据能量守恒定律，碰撞后的系统总动能应该小于或等于碰撞前的系统总动能；同时考虑实际情况，碰撞后A球速度不大于B球的速度．本题碰撞过程中动量守恒，同时要遵循能量守恒定律，不忘联系实际情况，即两球同向运动时后面的球不会比前面的球运动的快！14.如图所示是氢原子的能级图，对于一群处于n=4的氢原子，下列说法正确是（）A.这群氢原子能够吸收任意能量的光子后向更高能级跃迁B.这群氢原子能够发出6种不同频率的光C.如果发出的光子中有两种能使某金属产生光电效应，其中一种一定是由n=3能级跃迁到n=1能级发出的D.从n=4能级跃迁到n=3能级发出的光的波长最长【答案】BCD【解析】解：A、氢原子发生跃迁，吸收的能量必须等于两能级的能级差．故A错误．B、根据=6知，这群氢原子能够发出6种不同频率的光子．故B正确．C、如果发出的光子有两种能使某金属产生光电效应，知两种光子为能量最大的两种，分别为由n=4跃迁到n=1，和n=3跃迁到n=1能级发出的．故C正确．D、从n=4跃迁到n=3辐射的光子能量最小，频率最小，则波长最长．故D正确．故选：BCD．能级间跃迁辐射或吸收的光子能量必须等于两能级间的能级差，能级差越大，辐射的光子能量越大，频率越大，波长越小．解决本题的关键知道能级间跃迁满足的规律，即E m-E n=hv．关键掌握发生光电效应的条件，以及知道能级间跃迁时，哪个能级间跃迁发出的光子能量最大，哪个能级间跃迁发出的光子能量最小．15.放射性同位素钴60能放出较强的γ射线，其强度容易控制，这使得γ射线得到广泛应用．下列选项中，属于γ射线的应用的是（）A.医学上制成γ刀，无需开颅即可治疗脑肿瘤B.机器运转时常产生很多静电，用γ射线照射机器可将电荷导入大地C.铝加工厂将接收到的γ射线信号输入计算机，可对薄铝板的厚度进行自动控制D.用γ射线照射草莓、荔枝等水果，可延长保存期【答案】AD【解析】解：A、γ射线的穿透能力很强，所以医学上虽制成γ刀，不需要开颅才可治疗脑肿瘤；B、γ射线的电离能力很弱，所以运转时常产生很多静电，用γ射线照射机器不能将电荷导入大地，而是用α射线，故B错误；C、在工厂中不能使用γ射线信号输入计算机，对薄铝板的厚度进行自动控制，故AC 错误；D、γ射线对细胞有杀伤力，所以γ射线照射草莓、荔枝等水果，可延长保存期，故D正确．故选：AD．首先知道γ射线的特点和应用，再据此分析；根据其特点明确其在生产生活中的应用；知道γ射线的电离、穿透能力和对细胞有杀伤力是解题的关键，明确其应用用途三、填空题(本大题共1小题，共4.0分)16.用频率为ν的光照射光电管阴极时，产生的光电流随阳极与阴极间所加电压的变化规律如图所示，U c为遏止电压．已知电子电荷量为-e，普朗克常量为h，则光电子的最大初动能E km= ______ ；该光电管发生光电效应的极限频率ν0= ______ ．【答案】e U c；ν-【解析】解：（1）由动能定理，及U c为遏止电压；可知，电子的最大初动能E K m=e U c（2）根据光电效应方程，E K m=hv-hv0；所以v0=ν-；故答案为：e U c；ν-．吸收光子的能量一部分克服逸出功，剩下的转化为电子的动能，根据最大初动能公式和动能定理求解．当光电子的动能恰好能克服电场力做功时的电压即为遏止电压，从而求出极限频率．本题考查了产生光电效应的原理和电子的最大初动能公式，注意极限频率与遏止电压的关系．四、实验题探究题(本大题共1小题，共9.0分)17.用如图所示装置来进行探究碰撞的不变量的实验，质量为m B的钢球B放在小支柱N上，球心离地面高度为H；质量为m A的钢球A用细线拴好悬挂于O点，当细线被拉直时O点到球心的距离为L，且细线与竖直线之间夹角为α．球A由静止释放，摆到最低点时恰与球B发生正碰，碰撞后，A球把轻质指示针C推移到与竖直线夹角为β处，B球落到地面上，地面上铺有一张覆盖有复写纸的白纸D，用来记录球B的落点．保持α角度不变，多次重复上述实验，在白纸上记录到多个B球的落地点．（1）图中s应是B球初始位置到______ 的水平距离．（2）为了探究碰撞中的守恒量，应测得______ 等物理量．（3）用测得的物理量表示：m A v A= ______ ；m A v′A= ______ ；m B v′B= ______ ．【答案】B球的落点；m A、m B、L、α、β、H、s；m A；m A；m B S【解析】解：（1）由图可知，S为B球的初始位置到B球落点间的距离；（2）小球从A处下摆过程只有重力做功，机械能守恒，由机械能守恒定律得：m A g L（1-cosα）=m A v A2-0，解得：v A=，则P A=m A v A=m A，为了测量碰撞前A球的动量，需要测量的物理量有：m A、α、L；小球A与小球B碰撞后继续运动，在A碰后到达最左端过程中，机械能再次守恒，由机械能守恒定律得：-m A g L（1-cosβ）=0-m A v A′2，解得v A′=，P A′=m A v A′=m A，为了测量碰撞后A球的动量还需要测量的物理量有：m A、β、L；碰前小球B静止，则P B=0；碰撞后B球做平抛运动，水平方向：S=v B′t，竖直方向H=gt2，解得：v B′=S，则碰后B球的动量为：P B′=m B v B′=m B s，为了测量碰撞后B球的动量，需要测量的物理量有：由动量守恒定律可知，实验需要测量的物理量为：m A、m B、L、α、β、H、s；由以上计算可得，用测量的物理量表示结果为：m A v A=m A；m A v′A=m A；m B v B′=m B S．故答案为：（1）B球落地点（2）m A、m B、L、α、β、H、s（3）m A，m A，m B•sA球下摆过程机械能守恒，根据守恒定律列式求最低点速度；球A上摆过程机械能再次守恒，可求解碰撞后速度；碰撞后小球B做平抛运动，根据平抛运动的分位移公式求解碰撞后B球的速度，求出动量的表达式，然后分析答题．本题考查了确定实验需要测量的量，知道实验原理、求出实验需要验证的表达式是正确解题的关键．五、计算题(本大题共4小题，共40.0分)18.如图所示，静电计与锌板相连，现用紫外灯照射锌板，关灯后，指针保持一定的偏角．（1）现用一带负电的金属小球与锌板接触，则静电计指计偏角将______ （填“增大”、“减小”或“不变”）（2）使静电计指针回到零，再用相同强度的钠灯发出的黄光照射锌板，静电计指针无偏转．那么，若改用强度更大的红外灯照射锌板，可观察到静电计指针______ （填“有”或“无”）偏转．【答案】减小；无【解析】解：（1）在用一紫外线灯照射锌板，锌板产生光电效应，光电子射出后，锌板带正电，用一带负电的金属小球与锌板接触，则验电器指针偏角将减小．（2）用黄光照射锌板，验电器指针无偏转，说明黄光不能使锌板产生光电效应，红光的频率比黄光低，红光也不能使锌板产生光电效应，验电器指针无偏转．故答案为：（1）减小，（2）无．（1）用一紫外线灯照射锌板，产生光电效应现象，根据锌板的电性，分析用带负电的金属小球与锌板接触后，验电器指针偏角的变化．（2）红光的频率比黄光低，黄光照射锌板，验电器指针无偏转，黄光不能使锌板产生光电效应，红光也不能使锌板产生光电效应．光电效应中光电子射出后，金属板带正电．光电效应的产生条件取决于入射光的频率．19.光滑水平面上，用弹簧相连接的质量均为2kg的A、B两物体都以v0=6m/s的速度向右运动，弹簧处于原长．质量为4kg的物体C静止在前方，如图，B与C发生碰撞后粘合在一起运动，在以后的运动中，求：（1）B与C碰撞后瞬间B与C的速度；（2）弹性势能最大值为多少？（3）当A的速度为零时，弹簧的弹性势能为多少？【答案】解：（1）B、C碰撞过程动量守恒，以B、C组成的系统为研究对象，以B的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：m B v0=（m B+m C）v解得：v=2m/s；（2）A、B、C三者速度相等时弹簧的弹性势能最大，以A、B、C三者组成想系统为研究对象，B、C碰撞后，三者组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得：m A v0+（m B+m C）v=（m A+m B+m C）v′解得：v′=3m/s，由能量守恒定律得：m A v02+（m B+m C）v2=E P m+（m A+m B+m C）v′2，解得：E P m=12J；（3）以A、B、C三者组成想系统为研究对象，当A速度为零时，由动量守恒定律得：m A v0+（m B+m C）v=（m B+m C）v″解得：v″=4m/s，由能量守恒定律得：m A v02+（m B+m C）v2=E P+（m B+m C）v″2，解得：E P=0；答：（1）B与C碰撞后瞬间B与C的速度为2m/s；（2）弹性势能最大值为12J；（3）当A的速度为零时，弹簧的弹性势能为0J．【解析】（1）B、C两物体碰撞过程动量守恒，由动量守恒定律可以求出碰后瞬间B、C的速度．（2）当A、B、C三者速度相等时，弹簧的弹性势能最大，由能量守恒定律可以求出弹性势能的最大值．（3）B、C碰撞后，A、B、C三者组成的系统动量守恒，由动量守恒定律与能量守恒定律可以求出A的速度为零时弹簧的弹性势能．本题考查了动量守恒定律与能量守恒定律的应用，应用动量守恒定律与能量守恒定律即可正确解题，分析清楚物体运动过程、正确选择研究对象是正确解题的关键．20.研究光电效应规律的实验装置如图所示，光电管的阴极材料为金属钾，其逸出功为W0=2.25e V，现用光子能量为10.75e V的紫外线照射光电管，调节变阻器滑片位置，使光电流刚好为零．求：（1）电压表的示数是多少？（2）若照射光的强度不变，紫外线的频率增大一倍，阴极K每秒内逸出的光电子数如何变化？到达阳极的光电子动能为多大？（3）若将电源的正负极对调，到达阳极的光电子动能为多大？【答案】解：（1）由光电效应方程E k=hν-W0得光电子最大初动能E k=8.50e V光电管两端加有反向电压，光电子由K向A做减速运动．由动能定理-e U=E k A-E k因E k A=0，则U==8.50V．（2）设光的强度为nhν，光强不变，频率增大一倍，则每秒入射的光子数n减为原来的一半，阴极K每秒内逸出的光电子数也减为原来的一半，由光电效应方程得光电子的最大初动能E k′=hν′-W0=2hν-W0=19.25e V电子由阴极向阳极做减速运动．由动能定理-e U=E k A′-E k′，得E k A′=10.75e V．（3）若将电源的正负极对调，光电管上加有正向电压，光电子从阴极向阳极做加速运动，由动能定量e U=E k A″-E k，得E k A″=17.00e V．答：（1）电压表的示数是8.50V．（2）阴极K每秒内逸出的光电子数减为原来的一半，到达阳极的光电子动能为10.75e V．（3）到达阳极的光电子动能为17.00e V．【解析】（1）根据光电效应方程求出光电子的最大初动能，通过动能定理求出反向电压的大小，从而得出电压表的示数．（2）光强不变，结合频率的变化求出每秒入射的光子数的变化，从而得出逸出的光电子数的变化．根据光电效应方程，结合动能定理求出到达阳极的光电子动能．（3）将电源的正负极对调，光电管上加有正向电压，光电子从阴极向阳极做加速运动，根据动能定理求出到达阳极的光电子的动能．解决本题的关键掌握光电效应方程，结合动能定理进行求解．21.已知锌板的极限波长λ0=372nm，氢原子的基态能量为-13.6e V，若氢原子的核外电子从量子数n=2跃迁到n=1时所发出的光子照射到该锌板上，此时能否产生光电效应？若能，光电子的最大初动能是多少电子伏？（真空中光速c=3×108m/s，普朗克常量h=6.63×10-34J•s，电子电荷量e=1.6×10-19C）。
高三物理上学期期中-淮安市清江中学2016届高三上学期第二次周练物理试题及答案
江苏省淮安市清江中学2015-2016学年高三（上）第二次周练物理试卷一、单选题（每小题5分，15分）1．下列对运动的认识不正确的是（）A．亚里士多德认为物体的自然状态是静止的，只有当它受到力的作用才会运动B．伽利略认为力不是维持物体速度的原因C．牛顿认为力的真正效应总是改变物体的速度，而不仅仅是使之运动D．伽利略根据理想实验推论出，如果没有摩擦，在水平面上的物体，一旦具有某一个速度，将保持这个速度继续运动下去2．如图是某质点的运动图象，由图象可以得出的正确结论是（）A．0﹣4s内的位移大小是3mB．0﹣1s内加速度是2m/s2C．0﹣4s内平均速度是2m/sD．0﹣1s内的速度方向与2﹣4s内速度方向相反3．蹦床运动要求运动员在一张绷紧的弹性网上蹦起、腾空并做空中运动．为了测量运动员跃起的高度，训练时可在弹性网上安装压力传感器，利用传感器记录弹性网所受的压力，并在计算机上作出压力﹣时间图象，假如作出的图象如图1所示．设运动员在空中运动时可视为质点，则运动员跃起的最大高度是：（g取10m/s2）（）A．1.8m B．3.6mC．5.0mD．7.2m4．如图，位于水平桌面上的物块P，由跨过定滑轮的轻绳与物块Q相连，从滑轮到P和到Q的两段绳都是水平的．已知Q与P之间以及P与桌面之间的动摩擦因数都是μ，两物块的质量都是m，滑轮的质量、滑轮轴上的摩擦都不计，若用一水平向右的力F拉P使它做匀速运动，则F的大小为（）A．4μmg B．3μmg C．2μmg D．μmg5．如图，在光滑水平面上有一质量为m1的足够长的木板，其上叠放一质量为m2的木块．假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等．现给木块施加一随时间t增大的水平力F=kt（k是常数），木板和木块加速度的大小分别为a1和a2，下列反映a1和a2变化的图线中正确的是（）A．B．C．D．二、多选选择题（4×4=16分）6．一个物体做匀变速直线运动，当t=0时，物体的速度大小为12m/s，方向向东；当t=2s 时，物体的速度大小为8m/s，方向仍向东．当t为多少时，物体的速度大小变为2m/s（）A．3s B．5s C．7s D．9s7．如图所示，在水平向右做匀加速直线运动的平板车上有一圆柱体，其质量为m且与竖直挡板及斜面间均无摩擦．当车的加速度a突然增大时，斜面对圆柱体的弹力F1和挡板对圆柱体的弹力F2的变化情况是（斜面倾角为θ）（）A．F1增大，F2不变B．F1增大，F2增大C．F1不变，F2增大D．F1不变，F2减小8．半圆柱体P放在粗糙的水平地面上，其右端有固定放置的竖直挡板MN，在P和MN之间放有一个光滑均匀的小圆柱体Q，整个装置处于静止状态，如图所示是这个装置的截面图，若用外力使MN保持竖直且缓慢地向右移动，在Q落到地面以前，发现P始终保持静止，在此过程中，下列说法中正确的是（）A．MN对Q的弹力逐渐减小B．地面对P的摩擦力逐渐增大C．P、Q间的弹力先减小后增大D．Q所受的合力逐渐增大9．如图所示，一个表面光滑的斜面体M置于在水平地面上，它的两个斜面与水平面的夹角分别为α、β，且α＜β，M的顶端装有一定滑轮，一轻质细绳跨过定滑轮后连接A、B两个小滑块，细绳与各自的斜面平行，不计绳与滑轮间的摩擦，A、B恰好在同一高度处于静止状态．剪断细绳后，A、B滑至斜面底端，M始终保持静止．则（）A．滑块A的质量大于滑块B的质量B．两滑块到达斜面底端时的速度相同C．两滑块到达斜面底端时，A滑块重力的瞬时功率较大D．在滑块A、B下滑的过程中，斜面体受到水平向左的摩擦力三、填空题（2×14=28分）10．如右图所示的箱子中，用OA、OB两根绳子吊着一个质量为20kg的重物，若OA与竖直方向夹角θ为37°，BO垂直OA．（1）当箱子静止时，求AO、BO绳上的拉力？（2）当箱子向上以加速度以5m/s2竖直向上运动，求AO、BO绳上的拉力？（g=10m/s2）（sin37°=0.6，cos37°=0.8）11．（6分）如图所示，物体在压力F的作用下沿水平地面向右运动，已知A质量为m，A 与地面间的动摩擦因数为μ，拉力为F与水平方向的夹角为θ，物体受到地面的支持力为，物体受到的摩擦力为，物体加速度大小为．12．（4分）如图所示，滑轮固定在天花板上，细绳跨过滑轮连接物体A和B，物体B静止于水平地面上，用f和F N分别表示地面对物体B的摩擦力和支持力，现将B向左移动一小段距离，物体B仍静止，则f 、F N（填增大、减小、不变）13．（8分）如图甲所示，某同学将力传感器固定在小车上，然后把绳的一端固定在传感器的挂钩上，用来测量绳对小车的拉力，探究在小车及传感器总质量不变时加速度跟它们所受拉力的关系．（1）该同学将实验器材如图甲所示连接后，沙桶的质量远小于小车及传感器总质量（填需要、不需要），实验时还需要注意什么？（只需填一条注意事项）（2）先接通电源，小车由静止释放，获得的一条纸带如图乙，O、A、B、C、D和E为纸带上六个计数点，O为运动时打的第一个点，则OD间的距离为cm．（3）图丙是根据实验数据绘出的s﹣t2图线（s为各计数点至起点O的距离），则由此图可算出加速度为m/s2（保留两位有效数字）．14．甲乙两图是测定动摩擦因数常用的两种方案，根据你的实验经验和相关知识回答下列问题．（1）关于实验的操作要领和实验现象，下面说法中正确的是．A．甲图中只要A相对B滑动即可，乙图中A必须做匀速运动B．乙图中只要A相对B滑动即可，甲图中B必须做匀速运动C．若两种装置中，被拉木块均做匀速运动，则两种情况下两弹簧测力计的读数相同D．若两种装置中，被拉木块均做匀速运动，甲图中弹簧测力计的读数较大（2）设木块A和B的质量分别为m A=2kg，m B=4kg，木块A和B间的动摩擦因数μ1=0.2，木块B与地面间的动摩擦因数μ2=0.3，弹簧测力计中弹簧的劲度系数k=100N/m，g取10m/s2，则在图甲中，外力F A的大小至少为N，弹簧测力计的弹簧伸长量应为cm．四、计算题（13+14+14=41分）15．（13分）在细线拉力F作用下，质量m=1.0kg的物体由静止开始竖直向上运动，速度﹣时间图象如图所示，取重力加速度g=10m/s2，求：（1）在这4s内细线对物体拉力F的最大值、最小值（2）在F﹣t图象中画出拉力F随时间变化的图线（3）若物体从t=0时受到F=15﹣t作用，竖直向上做变加速直线运动，求6秒末物体的速度大小．16．（14分）质量m=10kg的物体在方向平行于斜面、大小为F=186N的拉力作用下，从固定粗糙斜面的底端由静止开始沿斜面向上运动，拉力F作用t1=2s后撤去．已知斜面与水平面的夹角θ=37°，如图所示．斜面足够长，物体与斜面间的动摩擦因数μ=0.8，取重力加速度g=10m/s2．求：（1）在拉力F作用下，物体的加速度大小a1（2）撤去拉力F后，物体沿斜面向上滑行的时间t2（3）试判断物体能否回到斜面底端，若不能请说明理由，若能请计算出物体从出发至回到斜面底端的时间（sin37°=0.6，cos37°=0.8）17．（14分）如图甲所示，质量M=1.0kg的长木板A静止在光滑水平面上，在木板的左端放置一个质量m=2.0kg的小铁块B，铁块与木板间的动摩擦因数μ=0.1，对铁块施加水平向右的拉力F，F大小随时间变化如图乙所示，4s时撤去拉力．可认为A、B间的最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取重力加速度g=10m/s2．求：（1）0﹣1s内，A、B的加速度大小a A、a B；（2）若要使小铁块B不会从长木板A上滑落，长木板至少多长；（3）4s内摩擦力对小铁块B做的功．江苏省淮安市清江中学2015-2016学年高三（上）第二次周练物理试卷参考答案与试题解析一、单选题（每小题5分，15分）1．下列对运动的认识不正确的是（）A．亚里士多德认为物体的自然状态是静止的，只有当它受到力的作用才会运动B．伽利略认为力不是维持物体速度的原因C．牛顿认为力的真正效应总是改变物体的速度，而不仅仅是使之运动D．伽利略根据理想实验推论出，如果没有摩擦，在水平面上的物体，一旦具有某一个速度，将保持这个速度继续运动下去考点：牛顿第一定律；物理学史．分析：亚里士多德的观点符合我们的经验：力是维持运动的原因，但实际上是错误的．而实际上力是改变物体运动状态的原因．而维持物体运动的原因是惯性．解答：解：亚里士多德认为没有力作用在物体上，物体就不会运动．只有物体受到力的作用物体才会运动．这种观点是错误的，但符合历史史实．故A错误．伽利略根据理想斜面实验推论出，如果没有摩擦，在水平面上的物体，一旦具有某一个速度，将保持这个速度继续运动下去．所以认为力不是维持物体运动状态的原因．故B、D正确．牛顿认为力是改变物体运动状态的原因，并不是使物体运动的原因，物体维持运动状态的原因是物体具有惯性．而C选项中“而不仅仅是使之运动”含义是力使物体运动，显然是错误的．故C错误．本题选不正确的认识，故选A、C．点评：牛顿第一定律解决了力和运动最根本的关系，它是整个牛顿力学的基础．2．如图是某质点的运动图象，由图象可以得出的正确结论是（）A．0﹣4s内的位移大小是3mB．0﹣1s内加速度是2m/s2C．0﹣4s内平均速度是2m/sD．0﹣1s内的速度方向与2﹣4s内速度方向相反考点：匀变速直线运动的图像．专题：运动学中的图像专题．分析：速度时间图线的斜率表示加速度，图线与时间轴围成的面积表示位移．解答：解：A、v﹣t图象的“面积”表示位移，所以0﹣4s内的位移大小为s=，平均速度是v=，故AC错误．B、v﹣t图象的斜率表示加速度，所以0﹣1s内加速度是a=k==2m/s2，故B正确；D、0﹣4s内的v﹣t图象均位于横轴上方，这表示速度的方向相同，即与规定的正方向相同，故D错误．故选：B．点评：解决本题的关键知道速度时间图线的物理意义，知道图线斜率和图线与时间轴围成的面积表示的含义．3．蹦床运动要求运动员在一张绷紧的弹性网上蹦起、腾空并做空中运动．为了测量运动员跃起的高度，训练时可在弹性网上安装压力传感器，利用传感器记录弹性网所受的压力，并在计算机上作出压力﹣时间图象，假如作出的图象如图1所示．设运动员在空中运动时可视为质点，则运动员跃起的最大高度是：（g取10m/s2）（）A．1.8m B．3.6m C．5.0m D．7.2m考点：竖直上抛运动．专题：直线运动规律专题．分析：运动员离开弹性网后做竖直上抛运动，图中压力传感器示数为零的时间即是运动员在空中竖直上抛运动的时间，根据竖直上抛运动的对称性可知，运动员竖直上抛上升和自由下落的时间为空中运动总时间的一半，据此可求出运动员跃起是最大高度．解答：解：由图可知运动员在空中竖直上抛运动的时间为：t=4.3s﹣2.3s=2s根据对称性可知，下落的时间为：t1==1s运动员做竖直上抛运动，所以跃起最大高度为：h==m=5m．故ABD错误，C正确．故选：C．点评：竖直上抛运动的对称性特点，是对竖直上抛运动考查的重点，要熟练掌握和应用，同时要掌握运动学公式，并能熟练应用．4．如图，位于水平桌面上的物块P，由跨过定滑轮的轻绳与物块Q相连，从滑轮到P和到Q的两段绳都是水平的．已知Q与P之间以及P与桌面之间的动摩擦因数都是μ，两物块的质量都是m，滑轮的质量、滑轮轴上的摩擦都不计，若用一水平向右的力F拉P使它做匀速运动，则F的大小为（）A．4μmg B．3μmg C．2μmg D．μmg考点：共点力平衡的条件及其应用．专题：计算题．分析：先对物块Q受力分析，根据平衡条件求出细线的拉力，然后对物块P受力分析，再次根据平衡条件求出力F．解答：解：对Q物块，设跨过定滑轮的轻绳拉力为T木块Q与P间的滑动摩擦力f=μmg ①根据共点力平衡条件T=f ②对木块P受力分析，受拉力F，Q对P向左的摩擦力f，地面对P物体向左的摩擦力f′，根据共点力平衡条件，有F=f+f′+T ③地面对P物体向左的摩擦力f′=μ（2m）g④由①～④式可以解得F=4μmg故选A．点评：本题关键在于分别对两个木块进行受力分析，根据共点力平衡条件列式求解．5．如图，在光滑水平面上有一质量为m1的足够长的木板，其上叠放一质量为m2的木块．假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等．现给木块施加一随时间t增大的水平力F=kt（k是常数），木板和木块加速度的大小分别为a1和a2，下列反映a1和a2变化的图线中正确的是（）A．B．C．D．考点：牛顿第二定律．专题：压轴题；牛顿运动定律综合专题．分析：当F比较小时，两个物体相对静止，一起加速运动，加速度相同，根据牛顿第二定律得出加速度与时间的关系．当F比较大时，m2相对于m1运动，两者加速度不同，根据牛顿第二定律分别对两个物体研究，得出加速度与时间的关系，再选择图象．解答：解：当F比较小时，两个物体相对静止，加速度相同，根据牛顿第二定律得：a==，a∝t；当F比较大时，m2相对于m1运动，根据牛顿第二定律得：对m1：a1=，μ、m1、m2都一定，则a1一定．对m2：a2===t﹣μg，a2是t的线性函数，t增大，a2增大．由于，则两木板相对滑动后a2图象大于两者相对静止时图象的斜率．故A正确．故选：A点评：本题首先要分两个相对静止和相对运动两种状态分析，其次采用整体法和隔离法研究得到加速度与时间的关系式，再选择图象，是经常采用的思路．二、多选选择题（4×4=16分）6．一个物体做匀变速直线运动，当t=0时，物体的速度大小为12m/s，方向向东；当t=2s 时，物体的速度大小为8m/s，方向仍向东．当t为多少时，物体的速度大小变为2m/s（）A．3s B．5s C．7s D．9s考点：匀变速直线运动的速度与时间的关系．专题：直线运动规律专题．分析：根据匀变速直线运动的速度时间公式求出物体的加速度，结合速度时间公式求出速度大小变为2m/s时的时间，注意2m/s的速度可能向东，可能向西．解答：解：物体做匀变速直线运动的加速度a=；当2m/s的速度方向向东，则；当2m/s的速度方向向西，则；故B、C正确，A、D错误．故选：BC．点评：解决本题的关键掌握匀变速直线运动的运动学公式，并能灵活运用，注意公式的矢量性．7．如图所示，在水平向右做匀加速直线运动的平板车上有一圆柱体，其质量为m且与竖直挡板及斜面间均无摩擦．当车的加速度a突然增大时，斜面对圆柱体的弹力F1和挡板对圆柱体的弹力F2的变化情况是（斜面倾角为θ）（）A．F1增大，F2不变B．F1增大，F2增大C．F1不变，F2增大D．F1不变，F2减小考点：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：圆柱体和车具有相同的加速度，对圆柱体受力分析，根据牛顿第二定律求出加速度的大小．当加速度增大，抓住竖直方向上的合力为零，判断斜面对圆柱体的弹力大小变化．解答：解：圆柱体的受力如图，可知小车的加速度沿水平方向，则圆柱体的加速度沿水平方向，根当平板车的加速度增大，因为圆柱体在竖直方向上合力为零，则斜面对圆柱体的弹力在竖直方向上的分力等于重力，则弹力不变，挡板对圆柱体的弹力增大．故选：C点评：解决本题的关键能够正确地受力分析，运用牛顿第二定律进行求解，知道圆柱体和车具有相同的加速度．8．半圆柱体P放在粗糙的水平地面上，其右端有固定放置的竖直挡板MN，在P和MN之间放有一个光滑均匀的小圆柱体Q，整个装置处于静止状态，如图所示是这个装置的截面图，若用外力使MN保持竖直且缓慢地向右移动，在Q落到地面以前，发现P始终保持静止，在此过程中，下列说法中正确的是（）A．MN对Q的弹力逐渐减小B．地面对P的摩擦力逐渐增大C．P、Q间的弹力先减小后增大D．Q所受的合力逐渐增大考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：先对Q受力分析，受重力、P对Q的支持力和MN对Q的支持力，根据平衡条件求解出两个支持力；再对P、Q整体受力分析，受重力、地面支持力、MN挡板对其向左的支持力和地面对其向右的支持力，再次根据共点力平衡条件列式求解．解答：解：先对Q受力分析，受重力、P对Q的支持力和MN对Q的支持力，如图根据共点力平衡条件，有N1=N2=mgtanθ再对P、Q整体受力分析，受重力、地面支持力、MN挡板对其向左的支持力和地面对其向右的支持力，如图根据共点力平衡条件，有f=N2N=（M+m）g故f=mgtanθMN保持竖直且缓慢地向右移动过程中，角θ不断变大，故f变大，N不变，N1变大，N2变大，P、Q受到的合力为零；故选B．点评：本题关键是先对物体Q受力分析，再对P、Q整体受力分析，然后根据共点力平衡条件求出各个力的表达式，最后再进行讨论．9．如图所示，一个表面光滑的斜面体M置于在水平地面上，它的两个斜面与水平面的夹角分别为α、β，且α＜β，M的顶端装有一定滑轮，一轻质细绳跨过定滑轮后连接A、B两个小滑块，细绳与各自的斜面平行，不计绳与滑轮间的摩擦，A、B恰好在同一高度处于静止状态．剪断细绳后，A、B滑至斜面底端，M始终保持静止．则（）A．滑块A的质量大于滑块B的质量B．两滑块到达斜面底端时的速度相同C．两滑块到达斜面底端时，A滑块重力的瞬时功率较大D．在滑块A、B下滑的过程中，斜面体受到水平向左的摩擦力考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：对两个滑块分别受力分析，然后根据平衡条件列方程判断；最后再对斜面体受力分析，判断静摩擦力的方向．解答：解：A、滑块A和滑块B沿着斜面方向的分力等大，故：m A gsinα=m B gsinβ；由于α＜β，故m A＞m B，故A正确；B、滑块下滑过程机械能守恒，有：mgh=，故v=，由于两个滑块的高度差相等，故落地速度相等，但方向不同，故B错误；C、滑块到达斜面底端时，滑块重力的瞬时功率：P A=m A gsinα•v，P B=m B gsinα•v；由于m A gsinα=m B gsinβ，故P A=P B，故C错误；D、滑块A对斜面体压力等于重力的垂直分力m A gcosα，滑块B对斜面体压力也等于重力的垂直分力m B gcosβ，如图所示N A sinα﹣N B sinβ=m A gcosαsinα﹣m B gcosβsinβ；由于m A gsinα=m B gsinβ；故N A sinα﹣N B sinβ=m A gcosαsinα﹣m B gcosβsinβ＞0，故静摩擦力向左，故D正确；故选：AD．点评：本题关键隔离三个物体分别受力分析，根据平衡条件列方程判断；同时要结合机械能守恒定律判断．三、填空题（2×14=28分）10．如右图所示的箱子中，用OA、OB两根绳子吊着一个质量为20kg的重物，若OA与竖直方向夹角θ为37°，BO垂直OA．（1）当箱子静止时，求AO、BO绳上的拉力？（2）当箱子向上以加速度以5m/s2竖直向上运动，求AO、BO绳上的拉力？（g=10m/s2）（sin37°=0.6，cos37°=0.8）考点：牛顿第二定律；力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：（1）以箱子为研究对象，分析受力情况：重力、绳AO和BO的拉力，根据平衡条件列方程求解两绳的拉力．（2）当箱子向上以加速度以5m/s2竖直向上运动时，两绳的拉力增大，合力方向竖直向上，水平方向力平衡，由牛顿第二定律求解两绳的拉力．解答：解：（1）以箱子为研究对象，根据平衡条件得T A cosθ+T B sinθ=mgT A sinθ=T B cosθ联立上两式解得T A=160N，T B=120N（2）当箱子向上以加速度以5m/s2竖直向上运动时，由牛顿第二定律得T A′cosθ+T B′sinθ﹣mg=ma又T A′sinθ=T B′cosθ代入解得T A′=240N，T B′=160N答：（1）当箱子静止时，AO、BO绳上的拉力分别为160N和120N．（2）当箱子向上以加速度以5m/s2竖直向上运动，AO、BO绳上的拉力分别为=240N 和160N．点评：本题是采用正交分解法求解的，也可以应用合成法处理，即作出两绳拉力的合力，平衡时其合力与重力大小相等，方向相反；有加速度时，这个合力竖直向上．11．（6分）如图所示，物体在压力F的作用下沿水平地面向右运动，已知A质量为m，A 与地面间的动摩擦因数为μ，拉力为F与水平方向的夹角为θ，物体受到地面的支持力为mg+Fsinθ，物体受到的摩擦力为μ（mg+Fsinθ），物体加速度大小为．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：以物体为研究对象，受力分析，正交分解，根据平衡条件求支持力和摩擦力的大小，合力等于推力的水平分力减去摩擦力，根据牛顿第二定律求解加速度．解答：解：对物体受力分析，如图所示：根据平衡条件，竖直方向：N=mg+Fsinθ；摩擦力f=μN=μ（mg+Fsinθ）合力F合=Fcosθ﹣f=Fcosθ﹣μ（mg+Fsinθ）根据牛顿第二定律得：a=故答案为：mg+Fsinθ；μ（mg+Fsinθ）；点评：本题考查受力分析以及正交分解的应用，当物体受三个以上的作用力时通常用正交分解法．12．（4分）如图所示，滑轮固定在天花板上，细绳跨过滑轮连接物体A和B，物体B静止于水平地面上，用f和F N分别表示地面对物体B的摩擦力和支持力，现将B向左移动一小段距离，物体B仍静止，则f减小、F N减小（填增大、减小、不变）考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：在物快B向左缓慢移动一小段距离的过程中，绳子对B的拉力大小一直不变．再对B进行受力分析，用共点力的平衡求解．解答：解：对物块A进行受力分析知，由于A静止，故绳中拉力与A物体的重力大小相等，方向相反，即T=m A g．对物快B受力分析，受到重力G、绳子的拉力T、地面的支持力F N和摩擦力F f四个力的作用，如图在水平方向上：F f=Tcosα在竖直方向上：F N=G﹣Tsinα物快B向左缓慢移动一小段距离，α变大，Tcosα变小，Tsinα变大，所以F f变小，F N也变小故答案为：减小，减小．点评：利用共点力平衡条件解题是，一定要正确的对物体进行受力分析．本题还有就是正确分析物体B位置改变后，绳子拉力在水平和竖直方向的分力的变化．13．（8分）如图甲所示，某同学将力传感器固定在小车上，然后把绳的一端固定在传感器的挂钩上，用来测量绳对小车的拉力，探究在小车及传感器总质量不变时加速度跟它们所受拉力的关系．（1）该同学将实验器材如图甲所示连接后，沙桶的质量不需要远小于小车及传感器总质量（填需要、不需要），实验时还需要注意什么？平衡摩擦力（只需填一条注意事项）（2）先接通电源，小车由静止释放，获得的一条纸带如图乙，O、A、B、C、D和E为纸带上六个计数点，O为运动时打的第一个点，则OD间的距离为 1.20cm．（3）图丙是根据实验数据绘出的s﹣t2图线（s为各计数点至起点O的距离），则由此图可算出加速度为0.93m/s2（保留两位有效数字）．考点：探究加速度与物体质量、物体受力的关系．专题：实验题；牛顿运动定律综合专题．分析：（1）该实验中由于已经用传感器测出绳子拉力大小，故不需要满足砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量．（2）由图示刻度尺确定其分度值，读出其示数．（3）应用匀变速直线运动的位移公式与图示图象求出加速度．解答：解：（1）该实验中由于已经用传感器测出绳子拉力大小，不是将砝码和砝码盘的重力作为小车的拉力，故不需要满足砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量，实验前要平衡摩擦力．（2）有图示刻度尺可知，其分度值为1mm，OD间的距离为：2.20﹣1.00=1.20cm．（3）小车做初速度为零的匀加速直线运动，位移：s=at2，则s﹣t2图象的斜率：k=a，由图示图象可知：k=≈0.465m/s2，则加速度：a=2k=2×0.465=0.93m/s2；故答案为：（1）不需要；平衡摩擦力；（2）1.20；（3）0.93点评：本题考查了实验注意事项、刻度尺读数、求加速度；对刻度尺读数时要先确定刻度尺的分度值，然后再读数，读数时视线要与刻度线垂直；应用匀变速直线运动的位移公式、分析清楚图示图象即可求出加速度．14．甲乙两图是测定动摩擦因数常用的两种方案，根据你的实验经验和相关知识回答下列问题．（1）关于实验的操作要领和实验现象，下面说法中正确的是AC．A．甲图中只要A相对B滑动即可，乙图中A必须做匀速运动B．乙图中只要A相对B滑动即可，甲图中B必须做匀速运动C．若两种装置中，被拉木块均做匀速运动，则两种情况下两弹簧测力计的读数相同D．若两种装置中，被拉木块均做匀速运动，甲图中弹簧测力计的读数较大（2）设木块A和B的质量分别为m A=2kg，m B=4kg，木块A和B间的动摩擦因数μ1=0.2，木块B与地面间的动摩擦因数μ2=0.3，弹簧测力计中弹簧的劲度系数k=100N/m，g取10m/s2，则在图甲中，外力F A的大小至少为22N，弹簧测力计的弹簧伸长量应为4cm．考点：探究影响摩擦力的大小的因素．专题：实验题．分析：（1）两种方案均是根据木块处于平衡状态时，摩擦力的大小与弹簧的示数相等，求摩擦力也就是看弹簧的读数的工作原理，其区别是操作的可行性；（2）当拉着B匀速运动时，拉力最小，此时拉力大小等于B所受摩擦力大小，对于A根据摩擦力和弹簧弹力大小相等列方程可求出弹簧的伸长量．解答：解：（1）实验时如果木块不保持匀速直线运动，摩擦力不等于拉力，只有当弹簧秤拉动木块匀速运动时，拉力才与摩擦力成为一对平衡力，甲图中拉动B时，木块受到向左的摩擦力，由于木块相对地面静止，只要A相对B滑动即可，乙图中，A必须做匀速运动，摩擦力才等于弹簧弹力，故A正确，B错误；。
2015届高三下学期物理统练试题4(附答案)
陕西省渭南市澄城县寺前中学2015届高三下学期物理统练试题4班级：______________ 姓名：______________1、如图6示，为一交流随时间变化的图象，则此交流的有效值为（ ）A ．A 2B ．A 22C ．A 5D ．A 32、一个n 匝矩形线圈，电阻为R ，所围成的面积为S ，在磁感强度为B 的匀强磁场中，绕垂直磁场的轴以角速度ω匀速转动。
从线圈平面垂直磁场的位置开始转过90°的过程中，线圈产生的平均感应电动势为 ，此过程线圈中产生的热量为 。
3、两个相同电阻分别通以下图两种电流，则在一个周期内产生热量Q A ∶Q B = .4、如图所示，在光滑水平地面上，质量为M 的滑块上用轻杆及轻绳悬吊质量为m 的小球，轻绳的长度为L ．此装置一起以速度v 0向右滑动．另一质量也为M 的滑块静止于上述装置的右侧．当两滑块相撞后，便粘在一起向右运动，求①2滑块相撞过程中损失的机械能；②当小球向右摆到最大高度时两滑块的速度大小．5、如图所示，M、N间存在一可调电压，调节范围为0～U．初速度为零的电子从M 处经电场加速后，从N板小孔O垂直进入右侧的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里．荧光板CD与竖直放置的N板夹角为θ=60°，孔O到N板的下端C的距离为h．当M、N之间电压取U时，粒子刚好垂直打在CD板上并发出荧光．已知电子的电量大小为e，质量为m，不计重力和电子之间的作用力．求：（1）当电压为U时，电子到达小孔O的速度v大小；（2）磁感应强度B的大小；（3）CD板上能发光区域的长度s．6、如图所示，一光滑斜面固定在水平地面上，质量m=1kg的物体在平行于斜面向上的恒力F作用下，从A点由静止开始运动，到达B点时立即撤去拉力F．此后，物体到达C 点时速度为零．每隔0.2s通过传感器测得物体的瞬时速度，下表给出了部分测量数据．求：（1）恒力F的大小．（2）撤去外力F的时刻．7、用下列器材，测定小灯泡的额定功率A．待测小灯泡，额定电压6V，额定功率约为3WB．电流表：量程0.6A、内阻约为0.5ΩC．电压表：量程3V、内阻为5kΩD．滑动变阻器R:最大阻值20Ω、额定电流1AE．电源：电动势10V、内阻很小F．定值电阻：R0=10kΩG．开关一个，导线若干（1）画出实验电路图（2）实验中，电压表的示数应调为V8、（1）用游标卡尺来测量工件的直径，如图所示.该工件的直径为____________厘米（2）图中给出的是用螺旋测微器测量一金属薄板厚度时的示数,此读数应_____________mm参考答案1、【答案】C2、【答案】3、【答案】1：24、【答案】①两滑块相撞过程中损失的机械能为M ； ②当小球向右摆到最大高度时两滑块的速度大小是5、【答案】（1）当电压为U 时，电子到达小孔O 的速度v 大小为； （2）磁感应强度B 的大小为；（3）CD 板上能发光区域的长度s 为（﹣1）h ．6、【答案】（1）恒力的大小为11N（2）撤去外力F 的时刻为1.5s 末7、【答案】电压表的量程小于小灯炮的额定电压，可串联定值电阻R 0 改装成量程为9V 的电压表．小灯泡的额定电流约为I 灯=0.5A ，电阻大约为R 灯=12Ω≤15kΩ，所以应将电流表外接． 实验电路如图所示．⑵电压表示数调为２Ｖ8、【答案】（1）1.340（2）6.703 ·。
江苏省淮安市清江中学-度高三物理第二次月考试卷 新课标 人教版
江苏省淮安市清江中学2006-2007学年度高三物理第二次月考试卷一、单项选择题，本题共6小题，每小题3分，共18分。
每小题只有一个选项符合题意。
1、某物体的运动情况经仪器监控扫描，输入计算机后得到该运动物体位移方程为26t t x -=（m ）。
则该物体在时间t 从0-4s 内经过的路程为……（ C ）A ．8mB ．9mC ．10mD ．11m2、质量为m 的物体放在一水平放置的粗糙木板上，缓慢抬起木板的一端，在如图所θ3、如图所示，一物体恰能在一个斜面体上沿斜面匀速下滑，设此过程中斜面受到水平地面的摩擦力为f 1。
若沿斜面方向用力向下推此物体，使物体加速下滑，设此过程中斜面受到地面的摩擦力为f 2。
则（ D ）Ａ．f 1不为零且方向向右，f 2不为零且方向向右Ｂ．f 1为零，f 2不为零且方向向左Ｃ．f 1为零，f 2不为零且方向向右 D ．f 1为零，f 2为零4、如图所示，竖直平面内固定有一个半径为R 的光滑圆弧轨道，其端点P 在圆心O 的正上方，另一个端点Q 与圆心O 在同一水平面上．一只小球（视为质点）从Q 点正上方某一高度处自由下落．为使小球从Q 点进入圆弧轨道后从P 点飞出，且恰好又从Q点进入圆弧轨道，小球开始下落时的位置到Q 点的高度差h 应该是（ D ）A.RB.R 45C. R 23 D.无论h 是多大都不可能 5、.如图，一个倾角为45°的斜面固定于竖直墙上，为使一个光滑的铁球静止在如图所示的位置，需用一个水平推力F 作用于球体上，F 的作用线通过球心.设铁球的重力为G ，竖直墙对铁球的弹力为N 1，斜面对铁球的弹力为N 2，则以下结论正确的是CA.N 1=FB.G ≥FC.N 2>GD.N 2一定大于N 1 A B6、如图所示，用一根长为L 的细绳一端固定在O 点，另一端悬挂一质量为m 的小球A ，为使细绳与竖直方向夹角为300角且绷紧，小球A 处于静止，需对小球施加的最小的力等于（ D ） A 3mg B 23mg C 33mg D 21mg 二、多项选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分，每小题有多个选项符合题意。
2015-2016学年江苏省淮安市清江中学高三(上)周练数学试卷
2015-2016学年江苏省淮安市清江中学高三（上）周练数学试卷一、填空题：本题共14小题，每小题5分，共70分.请把答案填写在答题卡上.1．(★★★★)已知集合A={-1，0，1}，B={0，1，2}，则A∩B= {0，1} ．2．(★★★★)已知复数z=2-i（其中i为虚数单位），则z•= 5 ．3．(★★★★)从长度为2、3、5、6的四条线段中任选三条，能构成三角形的概率为．4．(★★★★)已知角α终边上一点P（-4，3），求sinα的值．5．(★★★★)若等差数列{a n}的前5项和S 5=25，且a 2=3，则a 7= 13 ．6．(★★★★)曲线y=2x-lnx在点（1，2）处的切线方程是 x-y+1=0 ．7．(★★★)不等式log 2（4-x 2）＞log 2（3x）的解集为（0，1）．8．(★★★★)已知sin（α-45o）=- ，且0o＜α＜90o，则cos2α的值为．9．(★★★)若一个圆锥的侧面展开图是面积为4π的半圆面，则该圆锥的体积为π．10．(★★★)如图，已知正方形ABCD的边长为3，E为DC的中点，AE与BD交于点F．则= - ．11．(★★★)设m＞1，已知在约束条件下，目标函数z=x 2+y 2的最大值为，则实数m的值为．12．(★★)已知等比数列{a n}的首项a 1=- ，其前四项恰是方程（x 2+mx+2）（x 2+nx+2）=0的四个根，则m+n= ．13．(★★★)已知圆C：（x-2）2+y 2=4，点P在直线l：y=x+2上，若圆C上存在两点A、B使得=3 ，则点P的横坐标的取值范围是 -2，2 ．14．(★★)已知两条平行直线l 1：y=m和l 2：y= （这里m＞0），且直线l 1与函数y=|log 2x|的图象从左至右相交于点A、B，直线l 2与函数y=|log 8x|的图象从左至右相交于C、D．若记线段AC和BD在x轴上的投影长度分别为a、b，则当m变化时，的最小值为32 ．二、解答题：本大题共6小题，计90分.解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤，请把答案写在答题纸的指定区域内.15．(★★★★)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若sin 2B=sinAsinC．（Ⅰ）求ac-b 2的值；（Ⅱ）若，且•= ，求| + |的值．16．(★★★)如图，在直三棱柱A 1B 1C 1-ABC中，AB⊥BC，E，F分别是A 1B，AC 1的中点．（1）求证：EF∥平面ABC；（2）求证：平面AEF⊥平面AA 1B 1B．17．(★★★)如图，已知海岛A到海岸公路BC的距离AB=50km，B，C间的距离为100km，从A到C必须先坐船到BC上的某一点D，航速为25km/h，再乘汽车到C，车速为50km/h，记∠BDA=θ（1）试将由A到C所用的时间t表示为θ的函数t（θ）；（2）问θ为多少时，由A到C所用的时间t最少？18．(★★★)在平面直角坐标系xOy中，设A（-1，0），B（1，0），C（m，n），且△ABC的周长为2 +2．（1）求证：点C在一个椭圆上运动，并求该椭圆的标准方程；（2）设直线l：mx+2ny-2=0．①判断直线l与（1）中的椭圆的位置关系，并说明理由；②过点A作直线l的垂线，垂足为H．证明：点H在定圆上，并求出定圆的方程．19．(★★)已知函数f（x）满足2f（x+2）-f（x）=0，当x∈（0，2）时，f（x）=lnx+ax ，当x∈（-4，-2）时，f（x）的最大值为-4．（Ⅰ）求实数a的值；（Ⅱ）设b≠0，函数，x∈（1，2）．若对任意的x 1∈（1，2），总存在x 2∈（1，2），使f（x 1）-g（x 2）=0，求实数b的取值范围．20．(★★)在数列{a n}，{b n}中，已知 a 1=2，b 1=4，且 a n，-b n，a n+1成等差数列，b n，-a n，b n+1也成等差数列．（1）求证：{a n+b n}是等比数列；（2）设m是不超过100的正整数，求使成立的所有数对（m，n）．。
2024-2025学年江苏省淮安市高三第一次模拟考试物理试卷(含答案)
2024-2025学年江苏省淮安市高三第一次模拟考试物理试卷一、单选题：本大题共11小题，共44分。
1.手握手机使其处于图示的倾斜静止状态.手握得越紧，手机受到手的( )A. 弹力越大B. 弹力越小C. 摩擦力越大D. 摩擦力保持不变2.某质点在0∼4s内运动的位移x随时间t的变化关系图像如图所示，下列说法正确的( )A. 第4s末质点回到出发点B. 前4s内质点做单方向直线运动C. 第1s内质点做匀加速直线运动D. 第1s、第2s内质点速度相同3.如图所示为某时刻沿x轴正方向传播的简谐横波图像，该时刻波传到f点，则( )A. c点的起振方向沿y轴负方向B. 此时质点a、d的加速度方向相反C. 之后极短时间内质点c的速度变大D. 经过半个周期，质点b传到质点e4.如图所示，竖直轻弹簧固定在地面上，小球放在弹簧上端可静止在A点(图中未画出).若将该球放在弹簧上端并按压至B点松手，升至最高点O，途径C点时弹簧恰好处于原长，空气阻力不计，则( )A. A点位于BC连线中点B. 小球在B点的加速度小于C点的C. 小球从B运动到A的时间大于从A运动到C的时间D. 上升过程中小球的重力势能和弹簧的弹性势能之和一直增大5.如图所示，质量分布均匀、不可伸长的绳两端分别固定在竖直杆M、N的P、Q两等高点，两杆间距为d，则( )A. 绳中各点所受拉力大小相等B. 绳中位置越低的点所受拉力越大C. 若d减小，P点所受拉力减小D. 若d减小，最低点所受拉力增大6.如图所示，为将沿椭圆轨道Ⅰ运动的飞行器变轨到圆轨道Ⅱ上做匀速圆周运动，可在P点沿图示箭头方向喷射气体实现.已知椭圆轨道的长轴是圆轨道半径的2倍.飞行器( )A. 在轨道Ⅰ上从A点到P点，机械能逐渐增大B. 在轨道Ⅱ上运行速度小于在轨道Ⅰ上经过P点速度C. 在轨道Ⅱ上运行周期大于在轨道Ⅰ上运行周期D. 在轨道Ⅱ上运行加速度小于在轨道Ⅰ上经过P点加速度7.如图所示，半径为R的光滑球形石墩固定不动，质量为m的小物块从石墩的顶点A以初速度v0沿石墩表面下滑，则( )A. v0越小，分离越早B. v0取适当值，可在球心等高处分离C. 若v0=gR，物块在石墩顶点处分离D. 分离瞬间物块的向心加速度一定等于重力加速度8.如图所示，在同一竖直平面内，从A、B两点以相同速率同时抛出甲、乙两相同的小球，在上升过程中的C点相遇。