吉林省东北师大附中2015届高三上学期第三次摸底考试物理试题

吉林省东北师范大学附属中学2015届高三上学期第一次摸底考试物理试题3．A 、B 两辆汽车在平直公路上朝同一方向运动，如图所示为两车运动的v －t 图象，下面对阴影部分的说法正确的是A ．若两车从同一点出发，它表示两车相遇前的最大距离B ．若两车从同一点出发，它表示两车相遇前的最小距离C ．若两车从同一点出发，它表示两车相遇时离出发的距离D ．表示两车出发时相隔的距离4．测速仪安装有超声波发射和接收装置，如图所示，图中B 为测速仪，A 为汽车，两者相距335 m ，当B 向A 发出超声波的同时，A 由静止开始做匀加速直线运动．当B 接收到反射回的超声波信号时，A 、B 相距355 m ，已知超声波在空气中传播的速度为340 m/s ，则汽车的加速度大小为A ．20 m/s 2B ．10 m/s 2C ．5 m/s 2D ．无法确定5．如图所示，O 是等边三角形ABC 的中心，D 是三角形中的任意一点，如果作矢量DA 、DB 、DC 分别表示三个力，三个力的方向如图中箭头所示，则这三个力的合力大小用DO 的长度表示为 A ．DO B ．2DO C ．3DOD ．4DO6．如图甲所示，物体原静止在水平面上，用一水平力F 拉物体，在F 从0开始逐渐增大的过程中，物体先静止后又做变加速运动，其加速度a 随外力F 变化的图象如图乙所示，根据图乙中所标出的数据能计算出的有A ．物体的质量B ．物体与水平面间的滑动摩擦力C ．在F 为10 N 时，物体的加速度大小D ．在F 为14 N 时，物体的速度大小7．如图所示，水平传送带足够长，传送带始终顺时针匀速运动，长为1米的薄木板A 的正中央放置一个小木块B ，A 和B 之间的动摩擦因数为0.2，A 和传送带之间的动摩擦因数为0.5，薄木板的质量是木块质量的2倍，轻轻把AB 整体放置在传送带的中央，设传送带始终绷紧并处于水平状态，g 取10 m/s 2，在刚放上很短的时间内，A 、B 的加速度大小分别为A ．6.5 m/s 2、2 m/s 2B ．5 m/s 2、2 m/s 2C ．5 m/s 2、5 m/s 2D ．7.5 m/s 2、2 m/s 28．如图所示，轻质弹簧两端拴接质量均为m 的小球A 和B ，置于成直角的L 型木板PMN上，木板的上表面光滑。

- 1 - / 4吉林省东北师大附中高三第三次摸底考试试题（物理）考试时间：100分钟 试卷满分：100分 注意事项：1．答题前，考生须将自己的班级、姓名、学号填写在答题纸指定的位置上； 2．选择题的每小题选出答案后，涂在答题卡指定的位置上；3．非选择题必须按照题号顺序在答题纸上各题目的答题区域内作答。

在其它题的答题区域内书写的答案无效；在草稿纸、本试题卷上答题无效。

一、选择题：（本题共13小题，每小题4分，共52分。

在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。

）1．万有引力的发现实现了物理学史上第一次大统——“地上物理学”和“天上物理学”的统一。

它表明天体运动和地面上物体的运动遵从相同的规律。

牛顿在发现万有引力定律的过程中将行星的椭圆轨道假想成圆轨道；另外，还应用到了其他的规律和结论。

下面的规律和结论没有被用到的是 （ ） A ．牛顿第二定律 B ．牛顿第三定律 C ．开普勒的研究成果D ．卡文迪许通过扭秤实验得出的引力常数2．有一根绳子下端串联着两个质量不同的小球，上面小球比下面小球质量大。

当手提着绳端沿水平方向一起做匀加速直线运动时（空气阻力不计），图中所描绘的四种情况中正确的是 （ ）3．据中新社3月10日消息，我国将于上半年发射“天宫一号”目标飞行器，下半年发射“神舟八号”飞船并与“天宫一号”实现对接。

某同学得知上述消息后，画出“天宫一号”和“神舟八号”绕地球做匀速圆周运动的假想图如图所示，A 代表“天宫一号”，B 代表“神舟八号”，虚线为各自的轨道。

由此假想图，可以判定（ ） A ．“天宫一号”的运行速率大于“神舟八号”的运行速率 B ．“天宫一号”的周期大于“神舟八号”的周期 C ．“天宫一号”的向心加速度大于“神舟八号”的向心加速度 D ．“神舟八号”适度加速有可能与“天宫一号”实现对接4．如图所示，把一个装有Na 2SO 4导电溶液的圆形玻璃器皿放入磁场中，玻璃器皿的中心放一个圆柱形电极，沿器皿边缘内壁放一个圆环形电极，把两电极分别与电池的正、负极相连。

说明：本试卷分为Ⅰ、Ⅱ两卷，第Ⅰ卷为选择题，第Ⅱ卷为书面表达题，共由17道小题组成．试卷满分为100分，考试时间为100分钟．C ．电势能是电场和放入电场中的电荷共同具有的，所以在电场中确定的一点放入电荷的电量越大，电势能就越大D ．从点电荷场强计算式分析，库仑定律表达式122q q F k r =中22q k r是点电荷2q 产生的电场在点电荷1q 处的场强大小，而12q k r是点电荷1q 产生的电场在点电荷2q 处的场强大小3．如图所示，质量为M 、半径为R 的半球形物体A 放在水平地面上，通过最高点处的钉子用水平轻线拉住一质量为m 、半径为r 的光滑球B ，已知两物体都静止。

以下说法正确的有 A ．A 对地面的压力等于(M ＋m )gB ．A 对地面的摩擦力方向向左C ．B 对A 的压力大小为R rR +mg D ．细线对小球的拉力大小为rmg R4．小船横渡一条河，从A 岸到B 岸。

船本身提供的速度方向始终垂直于河岸方向，大小不变。

已知小船的运动轨迹如图所示，则河水的流速2014—2015学年（上）高三年级“三年磨一剑之亮剑”第三次摸底考试物理学科试卷A ．越接近B 岸水速越小 B ．越远离A 岸水速越大C ．由A 到B 水速先增大后减小D ．水流速度恒定 5．A 、B 两艘快艇在湖面上做匀速圆周运动，在相同时间内，它们的路程之比为4:3，运动方向改变的角度之比为3:2，它们的向心加速度之比为A ．1:2B ．2:1C ．4:2D ．3:4 6．如图所示，把一个带电小球A 固定在光滑的水平绝缘桌面上，在桌面的另一处有另一带电小球B ，现给B 一个垂直于AB 方向的速度v 0，则下列说法中正确的是 A ．B 球可能做直线运动B ．A 球对B 球的库仑力可能对B 球不做功C ．B 球的电势能可能增加D ．B 球可能从电势较高处向电势较低处运动 7．一带负电的粒子只在电场力作用下沿x 轴正向运动，其电势能E p 随位移x 变化的关系如图所示，其中0～x 2段是关于直线x=x 1对称的曲线，x 2～x 3段是直线，则下列说法正确的是 A ．x 1处电场强度最小，但不为零B ．粒子在0～x 2段做匀变速运动，x 2～x 3段做匀速直线运动C ． x 2～x 3段的电场强度大小方向均不变，为一定值D ．在0、x 1、x 2、x 3处电势φ0、φ1、 φ2、φ3的关系为φ3>φ2= φ0>φ18．一个国际研究小组借助于智利的超大望远镜，观测到了一组双星系统，它们绕两者连线上的某点O 做匀速圆周运动，如图所示。

2015年吉林省吉林市高考物理三模试卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、多选题(本大题共1小题，共6.0分)1.在一笔直公路上有a、b、c三辆汽车，它们同时经过同一路标开始计时，此后的v-t图象示意如图，下列判断正确的是（）A.在t1时刻a、b速度相等B.0～t1时间内，a、b间距离在减小C.0～t1时间内，a位于b、c前面D.t1时刻以后，b位于a、c前面【答案】AC【解析】解：A、根据图象可知，在t1时刻a、b速度相等．故A正确．B、0时刻两车同时经过公路旁的同一个路标，在t1时间内a车速度大于b的速度，a 车在b车的前方，所以两车逐渐远离，距离增大，故B错误；C、0～t1时间内，a的位移最大，所以a位于b、c前面，t1时刻以后的一段时间内，a 位于b、c前面．故C正确，D错误．故选：ACt=0时刻三车同时经过公路旁的同一个路标，根据速度大小关系分析三车之间距离如何变化．根据速度图象的“面积”表示位移，判断位移关系．利用速度--时间图象求从同一位置出发的解追及问题，主要是把握以下几点：①当两者速度相同时两者相距最远；②当两者速度时间图象与时间轴围成的面积相同时两者位移相同，即再次相遇；③当图象相交时两者速度相同．二、单选题(本大题共4小题，共24.0分)2.一个质量为2kg的物体，在六个恒定的共点力作用下处于平衡状态．现同时撤去大小分别为15N和20N的两个力而其余力保持不变，关于此后该物体运动的说法中正确的是（）A.一定做匀变速直线运动，加速度大小可能是5m/s2B.可能做匀减速直线运动，加速度大小是2m/s2C.一定做加速度不变的变速运动，加速度大小可能是15m/s2D.可能做匀速圆周运动，向心加速度大小可能是5m/s2【答案】C【解析】解：根据平衡条件得知，余下力的合力与撤去的两个力的合力大小相等、方向相反，则撤去大小分别为15N和20N的两个力后，物体的合力大小范围为5N≤F合≤35N，物体的加速度范围为：2.5m/s2≤a≤17.5m/s2．A、若物体原来做匀速直线运动，撤去的两个力的合力方向与速度方向不在同一直线上或与速度方向相同时，物体做曲线运动或匀减速直线运动．故A错误．B、若物体原来做匀速直线运动，撤去的两个力的合力方向与速度方向相同时，物体做匀减速直线运动，但加速度大小一定要大于2.5m/s2故B错误．C、由于撤去两个力后其余力保持不变，则物体所受的合力不变，一定做匀变速运动．物体的加速度范围为：2.5m/s2≤a≤17.5m/s2．加速度大小可能是15m/s2．故C正确．D、匀速圆周运动的向心力始终指向圆心，是变力，由于撤去两个力后其余力保持不变，则物体所受的合力不变，所以不可能做匀速圆周运动，故D错误．故选：C撤去大小分别为15N和20N的两个力，其余的力保持不变，则知其余力的合力范围，由牛顿第二定律求出物体加速度的范围．物体一定做匀变速运动，当撤去的两个力的合力与原来的速度方向相同时，物体可能做匀减速直线运动．恒力作用下不可能做匀速圆周运动．本题中物体原来可能静止，也可能做匀速直线运动，要根据物体的合力与速度方向的关系分析物体可能的运动情况．3.如图所示，足够长的传送带以恒定速率顺时针运行，将一个物体轻轻放在传送带底端，第一阶段物体被加速到与传送带具有相同的速度，第二阶段与传送带相对静止，匀速运动到达传送带顶端．下列说法正确的是（）A.第一阶段摩擦力对物体做正功，第二阶段摩擦力对物体不做功B.第一阶段摩擦力对物体做的功等于第一阶段物体动能的增加C.第一阶段物体和传送带间的摩擦生热等于第一阶段物体机械能的增加D.物体从底端到顶端全过程机械能的增加等于全过程物体与传送带间的摩擦生热【答案】C【解析】解：A、第一阶段物体受到沿斜面向上的滑动摩擦力，第二阶段物体受到沿斜面向上的静摩擦力做功，两个阶段摩擦力方向都跟物体运动方向相同，所以摩擦力都做正功，故A错误；B、根据动能定理得知，外力做的总功等于物体动能的增加，第一个阶段，摩擦力和重力都做功，则第一阶段摩擦力对物体做的功不等于第一阶段物体动能的增加；故B错误；C、由功能关系可知，第一阶段摩擦力对物体做的功（除重力之外的力所做的功）等于物体机械能的增加，即△E=W阻=F阻s物，摩擦生热为Q=F阻s相对，又由于s传送带=vt，s=t，所以s物=s相对=s传送带，即Q=△E，故C正确．物D、第二阶段没有摩擦生热，但物体的机械能继续增加，故D错误．故选C物体轻轻放在传送带上，匀加速过程：受到沿传送带向上的滑动摩擦力，物体将沿向上运动；物体相对于传送带静止后，受到沿传送带向上的静摩擦力，即可判断摩擦力做功的正负；根据功能关系：除重力之外的力所做的功等于物体机械能的增加；摩擦生热与物体与传送带间的相对位移成正比，根据运动学公式分析物体的位移与物体和传送带相对位移的关系，由功能关系分析摩擦生热和物体机械能变化的关系．本题运用功能关系分析传送带问题，分析物体的运动情况和摩擦力的方向是解题的基础，根据动能定理和功能原理分析功能关系．4.如图为宇宙中一恒星系的示意图，A为该星系的一颗行星，它绕中央恒星O运行轨道近似为圆，天文学家观测得到A行星运动的轨道半径为r，周期为T．长期观测发现，A行星实际运动的轨道与圆轨道总有一些偏离，且周期每隔t时间发生一次最大偏离，天文学家认为形成这种现象的原因可能是A行星外侧还存在着一颗未知的行星B（假设其运动轨道与A在同一平面内，且与A的绕行方向相同），它对A行星的万有引力引起A轨道的偏离，由此可推测未知行星B的运动轨道半径为（）A.rB.r（）C.r（）D.r（）【答案】B【解析】解：周期每隔t时间发生一次最大偏离，知每隔t时间A、B两行星相距最近，即每隔t 时间A行星比B行星多运行一圈．有：，则，根据万有引力提供向心力：，r=，所以，则r B=，故B正确，A、C、D错误．故选：B．A行星实际运动的轨道与圆轨道总有一些偏离，且周期每隔t时间发生一次最大偏离，知每隔t时间A、B两行星相距最近，可以求出B的周期，再根据万有引力提供向心力，得出轨道半径．解决本题的关键知道每隔t时间发生一次最大偏离，知每隔t时间A、B两行星相距最近，而得出每隔t时间A行星比B行星多运行一圈．以及会利用万有引力提供向心力：进行求解．5.如图所示，一均匀带正电绝缘细圆环水平固定，环心为O点．带正电的小球从O点正上方的A点由静止释放，穿过圆环中心O，并通过关于O与A点对称的A′点，取O点为重力势能零点．关于小球从A点运动到A′点的过程中，小球的加速度a、重力势能E p G、机械能E、电势能E p E随位置变化的情况，下列说法中正确的是（）A.从A到O的过程中a一定先增大后减小，从O到A′的过程中a一定先减小后增大B.从A到O的过程中E p G小于零，从O到A′的过程中E p G大于零C.从A到O的过程中E随位移增大均匀减小，从O到A′的过程中E随位移增大均匀增大D.从A到O的过程中E p E随位移增大非均匀增大，从O到A′的过程中E p E随位移增大非均匀减小【答案】D【解析】解：小球运动过程的示意图如图所示．A、圆环中心的场强为零，无穷远处场强也为零，则小球从A到圆环中心的过程中，场强可能先增大后减小，也可能一直减小，则小球所受的电场力可能先增大后减小方向竖直向上，也可能一直减小方向向上，由牛顿第二定律得知，重力不变，则加速度可能先减小后增大，也可能一直增大．故A错误．B、小球从A到圆环中心的过程中，重力势能E p G=mgh，小球穿过圆环后，E p G=-mgh，故B错误．C、由于圆环所产生的是非匀强电场，小球下落的过程中，电场力做功与下落的高度之间是非线性关系，电势能变化与下落高度之间也是非线性关系，故C错误D、小球从A到圆环中心的过程中，电场强度非匀强电场，电场力做负功但不是均匀变化的，机械能减小，但不是均匀减小，小球穿过圆环后，同理，故D正确．故选：D画出小球运动的示意图，通过分析小球受到的电场力可能的情况，来确定合力情况，再由牛顿第二定律分析加速度情况．由E P=mgh分析重力势能的变化情况．根据电场力做功情况，分析小球机械能的变化和电势能的变化情况本题难点是运用极限法分析圆环所产生的场强随距离变化的关系．机械能要根据除重力以外的力做功情况，即电场力情况进行分析三、多选题(本大题共3小题，共18.0分)6.如图所示是质谱仪的工作原理示意图．带电粒子被加速电场加速后，进入速度选择器．速度选择器内相互正交的匀强磁场和匀强电场的强度分别为B和E．平板S上有可让粒子通过的狭缝P和记录粒子位置的胶片A1A2．平板S下方有强度为B0的匀强磁场．下列表述正确的是（）A.质谱仪是分析同位素的重要工具B.速度选择器中的磁场方向垂直纸面向内C.能通过狭缝P的带电粒子的速率等于D.粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，粒子的比荷越小【答案】AC【解析】解：A、进入B0的粒子满足，知道粒子电量后，便可求出m的质量，所以质谱仪可以用来分析同位素，故A正确；B、根据原理图可知粒子带正电，则受电场力向右，故洛伦兹力必向左，由左手定则可判断磁场方向垂直直面向外，故B错误；C、由q E=qv B，得v=，此时离子受力平衡，可沿直线穿过选择器，故C正确；D、由，知R越小，荷质比越大，故D错误；故选：AC带电粒子经加速后进入速度选择器，速度为v=粒子可通过选择器，然后进入B0，打在S板的不同位置．质谱仪工作原理应采取分段分析的方法，即粒子加速阶段，速度选择阶段，在磁场中运动阶段．7.如图甲所示，在竖直方向上有四条间距相等的水平虚线L1、L2、L3、L4，在L1与L2和L3与L4之间存在匀强磁场，磁感应强度大小均为1T，方向垂直于虚线所在平面向里．现有一矩形线圈abcd，宽度cd=L=0.5m，质量为0.1kg，电阻为2Ω，将其从图示位置静止释放（cd边与L1重合），速度随时间的变化关系如图乙所示，t1时刻cd边与L2重合，t2时刻ab边与L3重合，t3时刻ab边与L4重合，t2～t3之间图线为与t轴平行的直线，t1～t2之间和t3之后的图线均为倾斜直线，已知t1～t2的时间间隔为0.6s，整个运动过程中线圈平面始终处于竖直方向（重力加速度g取10m/s2）则（）A.在0～t1时间内，通过线圈的电荷量为2.5CB.线圈匀速运动的速度大小为8m/sC.线圈的长度为2mD.0～t3时间内，线圈产生的热量为4.2J【答案】BC【解析】解：B、根据平衡有：mg=BIL而I=联立两式解得：v==．=8m/s．故B正确．C、t1～t2的时间间隔内线圈一直做匀加速直线运动，知ab边刚进上边的磁场时，cd边也刚进下边的磁场．设磁场的宽度为d，则线圈的长度：L′=2d线圈下降的位移为：x=L′+d=3d，则有：3d=vt-gt2，将v=8m/s，t=0.6s，代入解得：d=1m，所以线圈的长度为L′=2d=2m．故C正确．A、在0～t1时间内，cd边从L1运动到L2，通过线圈的电荷量为：q====0.25C．故A错误．D、0～t3时间内，根据能量守恒得：Q=mg（3d+2d）-mv2=1×（3+2）-×0.1×82=1.8J．故D错误．故选：BC（1）根据感应电荷量q=，求解电荷量；（2）t2～t3这段时间内线圈做匀速直线运动，线圈所受的安培力和重力平衡，根据平衡求出匀速直线运动的速度．（3）通过线圈在t1～t2的时间间隔内，穿过线圈的磁通量没有改变，没有感应电流产生，线圈做匀加速直线运动，加速度为g，知ab边刚进磁场，cd边也刚进磁场，线圈的长度等于磁场宽度的2倍．根据运动学公式求出线圈的长度．（4）根据能量守恒求出0～t3这段时间内线圈中所产生的电热解决本题的关键理清线圈的运动情况，选择合适的规律进行求解，本题的难点就是通过线圈匀加速直线运动挖掘出下落的位移为磁场宽度的3倍．8.如图甲为远距离输电示意图，变压器均为理想变压器．升压变压器原副线圈匝数比为l：100，其输入电压如图乙所示，远距离输电线的总电阻为100Ω．降压变压器右侧部分为一火警报警系统原理图，其中R1为一定值电阻，R2为用半导体热敏材料制成的传感器，当温度升高时其阻值变小．电压表V显示加在报警器上的电压（报警器未画出）．未出现火警时，升压变压器的输入功率为750k W．下列说法中正确的有（）A.降压变压器副线圈输出的交流电频率为50H zB.远距离输电线路损耗功率为180kwC.当传感器R2所在处出现火警时，电压表V的示数变大D.当传感器R2所在处出现火警时，输电线上的电流变大【答案】AD【解析】解：A、由图乙知交流电的周期0.02s，所以频率为50H z，A正确；B、由图乙知升压变压器输入端电压有效值为250V，根据电压与匝数成正比知副线圈电压为25000V，所以输电线中的电流为：I==30A，输电线损失的电压为：△U=IR=30×100=3000V，输电线路损耗功率为：△P=△UI=90k W，B错误，C、当传感器R2所在处出现火警时其阻值减小，副线圈两端电压不变，副线圈中电流增大，定值电阻的分压增大，所以电压表V的示数变小，C错误；D、由C知副线圈电流增大，根据电流与匝数成反比知输电线上的电流变大，D正确；故选：AD根据升压变压器的输入电压，结合匝数比求出输出电压，从而得出输送电流，根据输电线的电阻得出损失的功率，根据闭合电路的动态分析判断电流与电压的变化．解决本题的关键知道：1、输送功率与输送电压、电流的关系；2、变压器原副线圈的电压比与匝数比的关系；3、升压变压器输出电压、降压变压器输入电压、电压损失的关系；4、升压变压器的输出功率、功率损失、降压变压器的输入功率关系．六、多选题(本大题共1小题，共5.0分)13.下列说法正确的是（）A.一定质量的气体，在体积不变时，分子每秒与器壁平均碰撞次数随着温度降低而减小B.晶体熔化时吸收热量，分子平均动能一定增大C.空调既能制热又能制冷，说明在不自发地条件下热传递方向性可以逆向D.外界对气体做功时，其内能一定会增大E.生产半导体器件时，需要在纯净的半导体材料中掺人其他元素，可以在高温条件下利用分子的扩散来完成【答案】ACE【解析】解：A、一定量的气体，在体积不变时，温度降低，压强减小，根据气体压强原理知道分子每秒平均碰撞次数也减小，故A正确；B、晶体都有固定的熔点，故B错误；C、根据热力学第二定律，热量能够自发地从高温物体传递到低温物体，但不能自发地从低温物体传递到高温物体，故C正确；D、根据热力学第一定律可知，当外界对气体做功的同时，对外放热，其内能可能会增大，也可能减小，也可为不变，故D错误；E、生产半导体器件时，需要在纯净的半导体材料中掺入其他元素，可以在高温条件下利用分子的扩散来完成，故E正确；故选：ACE．热力学第二定律，热力学基本定律之一，内容为不可能把热从低温物体传到高温物体而不产生其他影响；不可能从单一热源取热使之完全转换为有用的功而不产生其他影响；不可逆热力过程中熵的微增量总是大于零．本题综合考查了热力学第二定律、扩散现象、分子力和分子势能等知识点，关键要多看课本，熟悉基础知识．八、多选题(本大题共1小题，共4.0分)15.如图所示，实线是沿x轴传播的一列简谐横波在t=0时刻的波形图，虚线是这列波在t=0.2s时刻的波形图．则（）A.这列波的周期可能是1.2sB.这列波的波长为12mC.这列波可能向左传播4mD.这列波的波速可能是40m/sE.t=0时刻x=4m的质点沿x轴正方向运动【答案】BCD【解析】解：A、若波向右传播，则0.2s=n T+，（n=0，1，2，…），n=0时，T=0.3s，n=1时，T=0.12S；若波向左传播，则0.2s=n T+，（n=0，1，2，…），n=0时，T=0.6s，n=1时，T=.15s，n越大，T越小，故A错误；B、由图可知，该波的波长为12m；故B正确；C、根据图象平移法可得，这列波可能向左传播4m，故C正确；D、若波向左传播，则s=（n+）λ=12n+4（n=0，1，2，…）波速为v=m/s（n=0，1，2，…）若波向右传播，则s=（n+）λ=12n+8（n=0，1，2，…）波速为v==60n+40m/s，当n=0时，v=40m/s，故D正确；E、无论哪个时刻，介质中的质点都不会沿着波的传播方向移动，故E错误．故选：BCD由图可求得波的波长，再由0.2s内的波形变化可确定周期及波速的通项式，则可得出正确结果本题考查波的多解性，要注意明确波可能向左或向右传播；同时波形在空间上也具有多解性，应全面分析，此外知道横波传播过程中，介质中的质点不会沿着波的传播方向移动．十、多选题(本大题共1小题，共4.0分)17.下列的若干叙述中，正确的是（）A.黑体辐射电磁波的强度按波长的分布只与黑体的温度有关B.对于同种金属产生光电效应时，逸出光电子的最大初动能E k与照射光的频率成线性关系C.一块纯净的放射性元素的矿石，经过一个半衰期以后，它的总质量仅剩下一半D.按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能减小，原子的能量也减小了E.将核子束缚在原子核内的核力，是不同于万有引力和电磁力的另一种相互作用【答案】ABE【解析】解：A、由黑体辐射规律可知，辐射电磁波的强度按波长的分布只与黑体的温度有关，故A正确；B、根据光电效应方程，E k=hγ-W，可知，逸出光电子的最大初动能E k与照射光的频率成线性关系，故B正确；C、经过一个半衰期以后，有一半的质量发生衰变，产生新核，故C错误；D、库仑力对电子做负功，所以动能变小，电势能变大（动能转为电势能）而因为吸收了光子，总能量变大．故D错误．E、高中课本提到自然界可分为四种基本的相互作用，万有引力，电磁相互作用，强相互作用，弱相互作用，故E正确；故选：ABE．A、黑体辐射时波长越短，温度越高时，其辐射强度越强；B、根据光电效应方程，E k=hγ-W，可知，最大初动能E k与照射光的频率的关系；C、经过一个半衰期以后，有一半质量发生衰变；D、氢原子核外电子轨道半径越大则能量越大，动能越小；E、高中课本提到自然界可分为四种基本的相互作用，即可求解．考查黑体辐射的规律，掌握物理史实，知道衰变产生新核，理解光电效应方程，本题考查的知识点较多，难度不大，需要我们在学习选修课本时要全面掌握，多看多记．四、实验题探究题(本大题共2小题，共15.0分)9.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= ______ 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△E k= ______ ，系统的重力势能减少量可表示为△E p= ______ ，在误差允许的范围内，若△E k=△E p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= ______ m/s2．【答案】3.85；；；（m-）gd；9.6【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：v B=；（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：△E p=mgd-M gdsin30°=（m-）gd；比较△E p和△E k，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．（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．（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．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．10.在测量未知电阻R x阻值的实验中，可供选择的器材有：待测电阻R x（阻值约300Ω）；电流表A1（量程20m A，内阻约50Ω）；电流表A2（量程50m A，内阻约10Ω）；电阻箱R（0一999.9Ω）；滑动变阻器R1（20Ω，2A）；滑动变阻器R2（1750Ω，0.3A）；电源E（电动势6.0V，内阻不计）；开关S及导线若干．某同学采用如下方案进行测量：a．按图甲连好电路，调节滑片P和R的阻值，使电流表指针指在合适位置，记下此时A1示数I1、A2示数I2和电阻箱阻值R0；b．将电流表A1改接到另一支路（如图乙），保持电阻箱阻值R0不变，调节P，使A2示数仍为I2，记下此时A1示数I1'；c．计算得到R x的阻值．（1）该同学按图甲连成如图丙所示的电路，请指出第______ 条导线连接错误（填图丙中表示导线的数字）．（2）正确连线后，闭合S，将P从左向右滑动，发现开始时A2示数变化不大，当临近最右端时示数变化明显，这是选择了滑动变阻器______ 造成的（填“R1”或“R2”）．（3）待测电阻R x= ______ （用I1、I2、R0和I1′的某些量表示）；针对该实验方案，下列说法正确的是______ （填选项前的字母）．A．电流表A1的内阻不会造成系统误差B．电流表A2的内阻会造成系统误差．【答案】6；R2；；B【解析】解：（1）根据甲电路图可知滑动变阻器采用分压接法，故丙图中6接错，起不到分压作用；（2）开始时变化不大，而接近最右端时变化才明显，说明滑动变阻器选用了大电阻；导致开始时电流变化太小造成的；故滑动变阻器选择了R2；（3）由闭合电路欧姆定律可得：流过R的电流I=I2-I1；则并联部分电压U=IR0=（I2-I1）R0；则待测电阻R x==；由于电流表A1的内阻分压产生误差，而A2与测量部分串联，故电流是准确的，电流表A2内阻没有影响；故答案为：（1）6；（2）R2（3）；B．（1）根据电路图分析实物图的连接方法中的错误；（2）根据实验现象可明确滑动变阻器选择对实验结果的影响；（3）分析电路结构，根据串并联电路的规律及欧姆定律可求得待测电阻的表达式；根据电路分析两电流表是否造成误差．本题考查电阻的测量，要注意正确掌握分压接法的实物图连接方法，并掌握应用电路及欧姆定律分析数据的方法．五、计算题(本大题共2小题，共32.0分)11.航天飞机水平降落在平直跑道上，其减速过程可简化为两个匀减速直线运动．航天飞机以水平速度v0着陆后立即打开减速阻力伞，加速度大小为a1，运动一段时间后减速为v；随后在无阻力伞情况下匀减速直至停下，已知两个匀减速滑行过程的总时间为t，求：（1）第二个减速阶段航天飞机运动的加速度大小（2）航天飞机降落后滑行的总路程．【答案】解：（1）如图，A为飞机着陆点，AB、BC分别为两个匀减速运动过程，C点停下．A到B过程，依据v=v0+at有：第一段匀减速运动的时间为：则B到C过程的时间为：依据v=v0+at有：B到C过程的加速度大小为：（2）根据得：第一段匀减速的位移第二段匀减速的位移为：所以航天飞机降落后滑行的总路程为：答：（1）第二个减速阶段航天飞机运动的加速度大小为；（2）航天飞机降落后滑行的总路程为．【解析】（1）根据速度时间关系求解出第一段的时间，然后利用速度时间关系可求出第二段加速度；（2）根据速度位移关系列式求解即可．本题考查匀变速直线运动的速度时间关系和速度位移关系，属于基本题目，但要特别注。