2017版考前三个月(江苏专版)高考物理考前抢分必做 选择题专练(二) Word版含答案

等值模拟(三)一、单项选择题(本题共5小题，每小题3分，共计15分，每小题只有一个选项符合题意)1.一质量为m 的人站在观光电梯内的磅秤上，电梯以0.1g 的加速度匀加速上升h 高度，在此过程中( )A.磅秤的示数等于mgB.磅秤的示数等于0.1mgC.人的动能增加了0.9mghD.人的机械能增加了1.1mgh答案 D解析 根据牛顿第二定律得：F －mg ＝ma ，解得：F ＝mg ＋ma ＝1.1mg ，即磅秤的示数等于1.1mg ，故A 、B 错误；根据动能定理得：ΔE k ＝W 合＝mah ＝0.1mgh ，故C 错误；人上升h ，则重力做功为－mgh ，可知重力势能增加mgh ，动能增加0.1mgh ，则机械能增加了1.1mgh ，故D 正确.2.如图1所示的圆形线圈共n 匝，电阻为R ，过线圈中心O 垂直于线圈平面的直线上有A 、B 两点，A 、B 两点的距离为L ，A 、B 关于O 点对称.一条形磁铁开始放在A 点，中心与O 点在同一条直线上，轴线与A 、B 所在直线重合，此时线圈中的磁通量为Φ1，将条形磁铁以速度v 匀速向右移动，轴线始终与直线重合，磁铁中心到O 点时线圈中的磁通量为Φ2，下列说法中正确的是( )图1A.磁铁在A 点时，通过一匝线圈的磁通量为Φ1nB.磁铁从A 到O 的过程中，线圈中产生的平均感应电动势为2n v (Φ1－Φ2)LC.磁铁从A 到B 的过程中，线圈中磁通量的变化量为2Φ1D.磁铁从A 到B 的过程中，通过线圈某一截面的电量不为零答案 B解析 磁铁在A 点时，线圈中的磁通量为Φ1，故通过一匝线圈的磁通量也为Φ1，与匝数无关，故A 错误；磁铁从A到O的过程中，线圈中产生的平均感应电动势为E＝nΔΦΔt＝－nΦ2－Φ1L2v＝2n v(Φ1－Φ2)L，故B正确；磁通量先增加后减小，磁通量的变化量为零，故平均感应电动势为零，故平均感应电流为零，故通过线圈某一截面的电量为零，故C、D错误.3.复印机的核心部件是有机光导体鼓，它是在一个金属圆柱表面涂覆一层有机光导体OPC(没有光照时OPC是绝缘体，受到光照时变成导体)制成的.如图2所示，复印机的基本工作过程是(1)在暗处的有机光导体鼓和一个金属丝电极之间加上高电压，金属丝附近空气发生电离，使转动鼓体均匀带上正电；(2)文件反射的强光通过光学系统在鼓上成像，鼓上形成“静电潜像”；(3)鼓体转动经过墨粉盒，潜像将带相反电荷的墨粉吸引到鼓体带电部位；(4)鼓体继续转动经过复印纸，带电复印纸又将墨粉吸引到复印纸上.以下说法正确的是()图2A.步骤(1)中发生了静电感应现象B.步骤(2)中发生了局部导电现象C.步骤(3)中发生了静电平衡现象D.步骤(4)中发生了静电屏蔽现象答案 B解析步骤(1)中发生了金属丝附近空气发生电离现象，选项A错误.文件反射的强光通过光学系统在鼓上成像，受到光照时变成导体，步骤(2)中发生了局部导电现象，选项B正确.鼓体转动经过墨粉盒，潜像将带相反电荷的墨粉吸引到鼓体带电部位；发生了静电感应现象，选项C错误.鼓体继续转动经过复印纸，带电复印纸又将墨粉吸引到复印纸上，发生了静电感应现象，选项D错误.4.玩具弹力球(如图3)具有较好的弹性，碰撞后能等速反向弹回.一小孩将弹力球举高后由静止释放做自由落体运动，与水平地面发生碰撞，弹力球在空中往返运动.若从释放弹力球时开始计时，且不计弹力球与地面发生碰撞的时间和空气阻力，则弹力球运动的速度－时间图线是()图3答案 D解析小球与地面碰撞时，速度大小不变，但方向发生突变，A、B图中速度没有突变，故A、B错误；由图象可以看出，速度先减小到零，再反向增加到原来的值(竖直上抛运动)，然后反弹(速度大小不变、方向突变)，再重复这种运动，是上抛运动，不符合弹力球的运动情况，故C错误；由图象可以看出，速度先增加(自由落体运动)，然后反弹(速度大小不变、方向突变)，再减小到零(竖直上抛运动中的上升过程)，再重复这种运动，故D正确.5.如图4甲所示，矩形线圈abcd固定于方向相反的两个磁场中，两磁场的分界线OO′恰好把线圈分成对称的左右两部分，两磁场的磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示，规定磁场垂直纸面向里为正，线圈中感应电流逆时针方向为正.则线圈感应电流随时间的变化图象为()图4答案 A解析 当垂直纸面向里的磁通量在增大时，垂直纸面向外的磁通量在减小，故总磁通量变化为垂直纸面向里增大，根据楞次定律，可知感应电流方向为正，B 、D 错误；由E ＝ΔΦΔt ＝ΔB ΔtS 可知，电路中电流大小恒定不变，故A 正确.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.如图5所示，电容式触摸屏的构造主要是在玻璃屏幕上镀一层透明的薄膜导体层，再在导体层外加上一块保护玻璃，电容式触摸屏在触摸屏四边均镀上狭长的电极，在导体层内形成一个低电压交流电场.在触摸屏幕时，由于人体是导体，手指与内部导体层间会形成一个特殊电容(耦合电容)，四边电极发出的电流会流向触摸点，而电流强弱与手指到电极的距离成正比，位于触摸屏后的控制器便会计算电流的比例及强弱，准确算出触摸点的位置.由以上信息可知( )图5A.电容式触摸屏的两极板分别是导体层和手指B.当用手触摸屏幕时，手指与屏的接触面积越大，电容越大C.当用手触摸屏幕时，手指与屏的接触面积越大，电容越小D.如果用带了手套的手触摸屏幕，照样能引起触摸屏动作答案 AB解析 电容式触摸屏在原理上把人体当做一个电容器元件的一个极板，把导体层当做另一个极板，故A 正确；手指与屏的接触面积越大，即两个极板的正对面积越大，故电容越大，B 正确，C 错误；如果带了手套或手持不导电的物体触摸时没有反应，这是因为手与导体层距离较远，不能引起导体层电场的变化，D 错误.7.如图6所示，竖直平面内有一光滑直杆AB ，杆与水平方向的夹角为θ(0°≤θ≤90°)，一质量为m 的小圆环套在直杆上.给小圆环施加一与该竖直平面平行的恒力F ，并从A 端由静止释放.改变直杆和水平方向的夹角θ，当直杆与水平方向的夹角为30°时，小圆环在直杆上运动的时间最短，重力加速度为g ，则以下选项正确的是( )图6A.恒力F 一定沿与水平方向夹角为30°斜向右下的方向B.恒力F 和小圆环的重力的合力一定沿与水平方向夹角为30°斜向右下的方向C.若恒力F 的方向水平向右，则恒力F 的大小为3mgD.恒力F 的最小值为32mg 答案 BCD解析 小圆环受到竖直向下的重力、光滑直杆AB 对小圆环的支持力和恒力F .由于光滑直杆AB 对小圆环的支持力沿直杆方向无分力，要使小圆环在直杆上运动的时间最短，由L ＝12at 2可知，小圆环运动的加速度必须最大，由牛顿第二定律可知，恒力和重力的合力沿光滑直杆方向，加速度最大，所以选项A 错误，B 正确.若恒力F 的方向水平向右，由tan 30°＝mg F，解得F ＝3mg ，选项C 正确.当恒力F 的方向垂直光滑直杆时，恒力F 最小，由sin 60°＝F mg，解得F 的最小值为F min ＝mg sin 60°＝32mg ，选项D 正确. 8.宇宙中存在一些质量相等且离其他恒星较远的四颗星组成的四星系统，通常可忽略其他星体对它们的引力作用，如图7，设四星系统中每个星体的质量均为m ，半径均为R ，四颗星稳定分布在边长为L 的正方形的四个顶点上.已知引力常量为G ，关于四星系统(忽略星体自转的影响)，下列说法正确的是( )图7A.四颗星的向心加速度的大小为22Gm L 2B.四颗星运行的线速度大小是 Gm (1＋22)22LC.四颗星表面的重力加速度均为G m R2D.四颗星的周期均为2πL2L Gm (1＋22)答案 BC 解析 四星系统的圆心在正方形中心，半径为r ＝22L ，向心力由合力提供， 故F n ＝Gm 2(1＋22)2L 2＝ma n 解得a n ＝Gm (1＋22)2L 2，A 错误； 根据公式a n ＝v 2r， 解得v ＝ Gm (1＋22)22L，B 正确； 根据公式T ＝2πr v ，解得T ＝2πL 2L (22＋1)Gm，D 错误； 由Gm ＝gR 2，g ＝Gm R2，C 正确. 9.一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8所示，其中0～x 2段是对称的曲线，x 2～x 3段是直线，则下列说法正确的是( )图8A.x 1处电场强度最大B.x 2～x 3段是匀强电场C.x 1、x 2、x 3处电势φ1、φ2、φ3的关系为φ1＞φ2＞φ3D.粒子在0～x 2段做匀变速运动，x 2～x 3段做匀速直线运动答案 BC解析 因为从0～x 1负电荷电势能减小，故电势升高，电场线由x 1指向O 点，同理在x 1到x 3区域电场线由x 1指向x 3，可知x 1处电场强度为零，选项A 错误；x 2～x 3段斜率不变，场强不变，即电场强度大小和方向均不变，是匀强电场，粒子所受的电场力不变，做匀变速直线运动，故B 正确，D 错误；由于在x 1到x 3区域电场线由x 1指向x 3，顺着电场线电势降低，所以有：φ1＞φ2＞φ3.故C 正确.三、简答题：本题分必做题(第10、11题)和选做题(第12题)两部分，共计42分，请将解答填写在相应的位置.[必做题]10.(8分)采用伏安法测量电源的电动势E 和内阻r 时，由于电表因素带来了实验的系统误差.某研究性学习小组对此进行探究实验，设计出如图9所示的测量电源的电动势E 和内阻r 的电路，E ′是辅助电源，A 、B 两点间有一灵敏电流计G.图9(1)请你补充实验步骤：①闭合开关S 1、S 2，调节R 和R ′使得灵敏电流计G 的示数为零，这时，A 、B 两点的电势φA 、φB 的关系是φA ________φB (选填“远大于”“远小于”或“等于”).读出电流表和电压表的示数I 1和U 1；②改变滑动变阻器R 、R ′的阻值，重新使得________，读出________.(2)由上述步骤中测出的物理量，可以得出电动势E 表达式为________、内电阻r 的表达式________. (3)该实验方案的优点是消除了________误差.答案 (1)①等于 ②G 示数为零 电压表示数U 2、电流表示数I 2 (2)E ＝U 2I 1－U 1I 2I 1－I 2r ＝U 2－U 1I 1－I 2(3)系统 解析 (1)①闭合开关S 1、S 2，调节R 和R ′使得灵敏电流计G 的示数为零，这时，A 、B 两点的电势φA 、φB 的关系是φA 等于φB ，读出电流表和电压表的示数I 1和U 1，电流表测量的是干路上的电流，其中I 1 等于通过电源E 的电流.②改变滑动变阻器R 、R ′的阻值，重新使得灵敏电流计示数为零.读出电流表和电压表的示数I 2和U 2.(2)根据闭合回路欧姆定律得：E ＝I 1r ＋U 1，E ＝I 2r ＋U 2解得：E ＝U 1＋I 1(U 2－U 1)I 1－I 2＝U 2I 1－U 1I 2I 1－I 2，r ＝U 2－U 1I 1－I 2. (3)两次测量，调节R 和R ′使得灵敏电流计G 的示数为零，使得A 、B 之间的等效电阻为零，利用消元法消除了电表内阻造成的系统误差.11.(10分)某实验小组用如图10所示的装置探究质量一定时加速度与力的关系.用铁架台将两块固定有定滑轮的木板架起，木板的右端固定了两个打点计时器，将两个质量相等的小车A 、B 放置在木板右端，用细线绕过滑轮组后与两小车相连.两条纸带穿过打点计时器后分别与小车连接在一起，将两个打点计时器接在同一个电源上，确保可将它们同时打开或关闭.实验时，甲同学将两小车按住，乙同学先在动滑轮下方挂上一个钩码，再接通电源使打点计时器开始工作.打点稳定后，甲将两辆小车同时释放.在小车撞到定滑轮前，乙断开电源，两打点计时器同时停止工作.取下两条纸带，通过分析处理纸带记录的信息，可以求出两小车的加速度，进而完成实验.图10请回答以下问题：(1)如图11所示为小车A 后面的纸带，纸带上的0、1、2、3、4、5、6为每隔4个打印点选取的计数点，相邻两计数点间的距离如图中标注，单位为cm.打点计时器所用电源的频率为50 Hz ，则小车A 的加速度a 1＝________ m/s 2(结果保留两位有效数字).同样测出车B 的加速度a 2，若a 1∶a 2近似等于________，就可说明质量一定的情况下，物体的加速度与其质量成正比.图11(2)丙同学提出，不需测出两小车加速度的数值，只量出两条纸带上从第一个打印点到最后一个打印点间的距离x 1、x 2，也能完成实验探究.他的验证方法是________，理由是________.(3)下列操作中，对减少实验误差有益的是( )A.换用质量大一些的钩码B.换用质量大一些的小车C.调整定滑轮的高度，使牵引小车的细线与木板平行D.平衡小车运动时受到的摩擦力时，将细线与小车连接起来答案 (1)0.48 1∶2 (2)见解析 (3)AC解析 (1)由纸带可知，小车A 的加速度a 1＝x 6＋x 5＋x 4－x 3－x 2－x 19T 2，式中T ＝0.1 s ，代入数据可知，a 1≈0.48 m/s 2；由装置可知，B 车受的拉力F T B 等于A 车所受拉力F T A 的2倍，则根据a ＝F m可知，测出车B 的加速度a 2，若a 1∶a 2＝F T A ∶F T B ＝1∶2，就可说明质量一定的情况下，物体的加速度与其质量成正比.(2)丙同学的验证方法是：比较x 1∶x 2是否近似等于1∶2；小车从静止开始运动，纸带上最初和最末两个打印点对应小车的运动时间相等，由x ＝12at 2可知，x 与a 成正比，即距离之比等于加速度之比.(3)换用质量大一些的钩码，可减小实验的相对阻力，使得测量更准确，选项A 正确；换用质量大一些的小车，可增大阻力，加大误差，选项B 错误；调整定滑轮的高度，使牵引小车的细线与木板平行，可减小实验的误差，选项C 正确；平衡小车运动时受到的摩擦力时，只让小车拖着纸带运动，而不应该连接细线，选项D 错误，故选A 、C.12.[选做题]本题包括A 、B 、C 三小题，请选定其中两小题，并在相应的答题区域内作答，若多做，则按A 、B 两小题评分.A.[选修3－3](12分)(1)为了将空气装入气瓶内，现将一定质量的空气等温压缩，空气可视为理想气体，下列图象能正确表示该过程中空气的压强p 和体积V 关系的是________.(2)在将空气压缩装入气瓶的过程中，温度保持不变，外界做了24 kJ 的功.现潜水员背着该气瓶缓慢地潜入海底，若在此过程中，瓶中空气的质量保持不变，且放出了5 kJ 的热量.在上述两个过程中，空气的内能共减小________ kJ ，空气________(选填“吸收”或“放出”)的总能量为________ kJ.(3)已知潜水员在岸上和海底吸入空气的密度分别为1.3 kg/m 3和2.1 kg/m 3，空气的摩尔质量为0.029 kg/mol ，阿伏加德罗常数N A ＝6.02×1023 mol －1.若潜水员呼吸一次吸入2 L 空气，试估算潜水员在海底比在岸上每呼吸一次多吸入空气的分子数.(结果保留一位有效数字) 答案 (1)B (2)5 放出 29 (3)3×1022 个解析 (1)等温变化下气体的压强与体积之间的关系，pV 的乘积是定值，因此p 与V 成反比，即与1V成正比，B 项正确；(2)将空气压缩装入气瓶的过程中，温度保持不变，即其内能不变，ΔU ＝0.外界做了24 kJ 的功，即W ＝24 J ，根据热力学第一定律ΔU ＝Q ＋W 得：Q ＝－W ＝－24 kJ ，即放出24 kJ 的热量.潜入海底的过程中，空气不做功，W ＝0，根据热力学第一定律ΔU ＝Q ＋W 可知：ΔU ′＝Q ′＝－5 kJ ，所以空气的内能共减小5 kJ.所以，放出的总热量是Q 总＝Q ＋Q ′＝－24 kJ －5 kJ ＝－29 kJ ，即空气放出的总热量为29 kJ.(3)设空气的摩尔质量为M ，在海底和岸上的密度分别为ρ海和ρ岸，一次吸入空气的体积为V ，则有Δn ＝(ρ海－ρ岸)V MN A ，代入数据得Δn ≈3×1022 个. B.[选修3－4](12分)(1)激光具有相干性好，平行度好、亮度高等特点，在科学技术和日常生活中应用广泛.下面关于激光的叙述正确的是( )A.激光是纵波B.频率相同的激光在不同介质中的波长相同C.两束频率不同的激光能产生干涉现象D.利用激光平行度好的特点可以测量月球到地球的距离(2)如图12甲所示，在杨氏双缝干涉实验中，激光的波长为5.30×10－7 m ，屏上P 点距离双缝S 1和S 2的路程差为7.95×10－7 m ，则在这里出现的应是________(选填“亮条纹”或“暗条纹”).现改用波长为6.30×10－7 m 的激光进行上述实验，保持其他条件不变，则屏上的条纹间距将________(选填“变宽”、“变窄”或“不变”).图12 (3)如图乙所示，一束激光从O 点由空气射入厚度均匀的介质，经下表面反射后，从上面的A 点射出.已知入射角为i ，A 与O 相距l ，介质的折射率为n ，试求介质的厚度d .答案 (1)D (2)暗条纹 变宽 (3)n 2－sin 2i 2sin il 解析 (1)激光是电磁波中的一种，是横波，A 项错误；频率相同的激光在不同介质中的波长是不同的，B 项错误；能产生干涉的条件是两列光的频率要相同，C 项错误；测定距离就是利用激光的平行度好的特性，D 项正确.(2)当点到两光源的路程差为半波长的奇数倍时，出现暗条纹；Δx ＝l dλ，随波长变长，条纹间距变宽.(3)设折射角为r ，由折射定律sin i sin r＝n ， 几何关系l ＝2d tan r ，解得d ＝n 2－sin 2i 2sin il .C.[选修3－5](12分)(1)研究光电效应电路如图13所示，用频率相同、强度不同的光分别照射密封真空管的钠极板(阴极K)，钠极板发射出的光电子被阳极A吸收，在电路中形成光电流.下列光电流I与A、K之间的电压U AK的关系图象中，正确的是________图13(2)钠金属中的电子吸收光子的能量，从金属表面逸出，这就是光电子，光电子从金属表面逸出的过程中，其动量的大小________(选填“增大”、“减小”或“不变”)，原因是________________________________________________________________________________________________________________________________________________.(3)已知氢原子处在第一、第二激发态的能级分别为－3.40 eV和－1.51 eV，金属钠的截止频率为5.53×1014Hz，普朗克常量h＝6.63×10－34 J·s，请通过计算判断，氢原子从第二激发态跃迁到第一激发态过程中发出的光照射金属钠板，能否发生光电效应.答案(1)C(2)减小光电子受到金属表面层中力的阻碍作用(或需要克服逸出功)(3)不能发生光电效应解析(1)遏止电压不会随光的强弱而变化，光的强弱会影响饱和光电流的大小，光照越强，饱和光电流越大；C项正确.(2)钠金属中的电子吸收光子的能量，从金属表面逸出的过程中，由于要克服金属束缚做功，速度减小，则动量减小.(3)氢原子放出的光子能量E＝E2－E1，代入数据得E＝1.89 eV.金属钠的逸出功W0＝hνc，代入数据得W0≈2.3 eV因为E<W0，所以不能发生光电效应.四、计算题(本题共3小题，共计47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.)13.(15分)如图14所示，足够长的水平传送带以恒定速率2 m/s 沿顺时针方向运动，在与传送带同一竖直平面内有一四分之一光滑圆轨道，半径为0.8 m ，圆轨道与一光滑水平面相切与最低点，一小物块从圆轨道的最高点由静止释放，一段时间后沿水平方向滑上传送带.已知小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，g 取10 m/s 2.求小物块图14(1)运动到圆轨道最低点时的速度大小；(2)刚滑上传送带时的加速度大小；(3)从滑上传送带到离开传送带所用的时间.答案 (1)4 m/s (2)2 m/s 2 (3)4.5 s解析 (1)根据动能定理得：mgh ＝12m v 21解得：v 1＝2gh ＝2×10×0.8 m/s ＝4 m/s(2)根据牛顿第二定律得：μmg ＝ma解得：a ＝μg ＝0.2×10 m/s 2＝2 m/s 2(3)小物块先向左做匀减速直线运动，直至速度为零，设这段时间为t 1，运动的位移为x 1；再向右做匀加速直线运动，直至速度达到传送带速度v 2，设这段时间为t 2，运动的位移为x 2；最后以速度v 2向右做匀速直线运动直到离开传送带，设这段时间为t 3.0＝v 1－at 1x 1＝v 12t 1 代入数据解得：t 1＝2 s x 1＝4 m向右做匀加速直线运动阶段，v 2＝at 2x 2＝12at 22 代入数据解得：t 2＝1 s x 2＝1 m匀速直线运动阶段，x 1－x 2＝v 2t 3代入数据解得：t 3＝1.5 s所以总时间为：t ＝t 1＋t 2＋t 3＝(2＋1＋1.5) s ＝4.5 s14.(16分)磁谱仪是测量α能谱的重要仪器.磁谱仪的工作原理如图15所示，放射源S 发出质量为m 、电量为q 的粒子沿垂直磁场方向进入磁感应强度为B 的匀强磁场，被限速光栏Q 限制在2φ的小角度内，α粒子经磁场偏转后打到与限速光栏平行的感光片P 上.(重力影响不计)图15 (1)若能量在E ～E ＋ΔE (ΔE >0，且ΔE ≪E )范围内的α粒子均垂直于限速光栏的方向进入磁场.试求这些α粒子打在胶片上的范围Δx 1.(2)实际上，限速光栏有一定的宽度，α粒子将在2φ角内进入磁场.试求能量均为E 的α粒子打到感光胶片上的范围Δx 2.答案 (1)22m (E ＋ΔE )qB －22mE qB(2)42mE qB sin 2φ2解析 (1)设α粒子以速度v 进入磁场，打在胶片上的位置距S 的距离为x .由题意得q v B ＝m v 2Rα粒子的动能E ＝12m v 2 x ＝2R由以上三式可得x ＝22mE qB所以Δx 1＝22m (E ＋ΔE )qB －22mE qB(2)动能为E 的α粒子沿±φ角入射，轨道半径相同，设为R粒子做圆周运动，则q v B ＝m v 2Rα粒子的动能E ＝12m v 2 由几何关系得Δx 2＝2R －2R cos φ＝22mE qB(1－cos φ) ＝42mE qB sin 2φ215.(16分)在如图16所示的装置中，电源电动势为E ，内阻不计，定值电阻为R 1，滑动变阻器总阻值为R 2，置于真空中的平行板电容器水平放置，极板间距为d .处在电容器中的油滴A 恰好静止不动，此时滑动变阻器的滑片P 位于中点位置.图16(1)求此时电容器两极板间的电压；(2)求该油滴的电性以及油滴所带电荷量q 与质量m 的比值；(3)现将滑动变阻器的滑片P 由中点迅速向上滑到某位置，使电容器上的电荷量变化了Q 1，油滴运动时间为t ；再将滑片从该位置迅速向下滑动到另一位置，使电容器上的电荷量又变化了Q 2，当油滴又运动了2t 的时间，恰好回到原来的静止位置.设油滴在运动过程中未与极板接触，滑动变阻器滑动所用的时间与电容器充电、放电所用时间均忽略不计.求：Q 1 与Q 2的比值.答案 (1)ER 22R 1＋R 2(2)负电 gd (2R 1＋R 2)ER 2 (3)4∶9解析 (1)电路中的电流I ＝ER 1＋R 22 平行板两端电压为U ＝I R 22联立得：U ＝ER 22R 1＋R 2(2)油滴带负电，对油滴受力分析，得：qU d＝mg 所以q m ＝gd (2R 1＋R 2)ER 2 (3)设电容器的电容为C ，极板原来具有的电荷量为Q ，电容器上的电荷量变化Q 1后，油滴在电场中向上做初速度为零的匀加速直线运动，t 秒末油滴的速度为v 1、位移为x 板间的电压 U 1＝Q ＋Q 1C根据牛顿第二定律qU 1d－mg ＝ma 1 根据运动学公式x ＝12a 1t 2 v 1＝a 1t 电容器上的电量又变化了Q 2后，油滴在电场中向上做匀减速直线运动，2t 秒末位移为－x 极板间的电压为U 2＝Q ＋Q 1－Q 2C根据牛顿第二定律mg －qU 2d＝ma 2 根据运动学公式－x ＝2v 1t －12a 2(2t )2 解得：Q 1Q 2＝49。

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A.运动到 P 点返回 B.运动到 P 和 P'点之间返回 C.运动到 P'点返回 D.穿过 P'点 5.如图所示,一小物块被夹子夹紧,夹子通过轻绳悬挂在小环上,小环套在水平光滑细杆 上。物块质量为 M,到小环的距离为 L,其两侧面与夹子间的最大静摩擦力均为 F。小 环和物块以速度 v 向右匀速运动,小环碰到杆上的钉子 P 后立刻停止,物块向上摆动。 整个过程中,物块在夹子中没有滑动。小环和夹子的质量均不计,重力加速度为 g。下 列说法正确的是
(选填
“E1”或“E2”),滑动变阻器 R 应选用
(选填“R1”或“R2”)。
A.[选修 3-3](12 分)
(1)一定质量的理想气体从状态 A 经过状态 B 变化到状态 C,其 V—T 图象如图 12A-1
图所示。下列说法正确的有
。
(2)实验发现电路不工作。某同学为排查电路故障,用多用电表测量各接点间的电压,
(选填“周期”或“频率”)也变为原来的 2 倍,声
波的传播速度
(选填“变大”、“变小”或“不变”)。
(3)人的眼球可简化为如图所示的模型。折射率相同、半径不同的两个球体共轴。平 卷
行光束宽度为 D,对称地沿轴线方向射入半径为 R 的小球,会聚在轴线上的 P 点。
取球体的折射率为 2 ,且 D 2R 。求光线的会聚角α。(示意图未按比例画出)
察到
。
(2)挂上钩码,按实验要求打出的一条纸带如题 10-2 图所示。选择某一点为 O,依 无
次每隔 4 个计时点取一个计数点。用刻度尺量出相邻计数点间的距离 x ,记录
在纸带上。计算打出各计数点时小车的速度 v,其中打出计数点“1”时小车的
速度 v1

实验题专练(四)1.如图1甲为一段粗细均匀的新型导电材料棒，现要测量该材料的电阻率图1(1)首先用多用电表的欧姆挡(倍率为×100 Ω)粗测其电阻，指针位置如图乙所示，其读数为________ Ω.(2)用螺旋测微器测量此新型导电材料的直径d，测量结果如丙图所示，则d＝________ mm. 用游标卡尺测量此新型导电材料的长度L，测量结果如丁图所示，则L＝__________ mm.(3)采用以下器材用伏安法尽可能准确地测量其电阻A.电流表：量程为0.6 A，内阻约为0.2 ΩB.电压表：量程为3 V，内阻约为3 kΩC.滑动变阻器，最大阻值为20 Ω，额定电流1 AD.电源E，电动势6 VE.开关S，导线若干请在方框中画出实验原理电路图(4)某同学设计了如图2所示的实验电路，但是在实验过程中却发现导电材料棒电阻率的测量明显偏小，经检查发现实验中有一根导线连接错误，该导线是________(用导线的序号表示)图2(5)如果(3)问实验电路中电流表示数为I ，电压表示数为U ，并测出该棒的长度为L ，直径为d ，则该材料的电阻率ρ＝________(用I 、U 、L 、d 表示)答案 (1)2 000 Ω (2)3.206 mm 50.15 mm (3)如图所示 (4)⑤ (5)ρ＝πUd 24IL解析 (1)欧姆表的读数为R ＝20.0×100＝2000 Ω(2)螺旋测微器的读数为d ＝3 mm ＋20.6×0.01 mm ＝3.206 mm ，L ＝50 mm ＋3×120 mm ＝50.15 mm(3)因为被测电阻较大，故采用电流表的内接法，如图所示 (4)电流表应该内接，故⑤错误；(5)根据欧姆定律R ＝U I 和电阻定律R ＝ρLπ(d 2)2，联立得ρ＝πUd 24IL.2.为了测量木块与木板间的动摩擦因数μ，某小组使用DIS 位移传感器设计了如图3甲所示实验装置，让木块从倾斜木板上一点A 由静止释放，位移传感器可以测出木块到传感器的距离.位移传感器连接计算机，描绘出滑块相对传感器的位移x 随时间t 的变化规律如图乙所示.图3(1)根据上述图线，计算0.4 s 时木块的速度v ＝________ m/s ，木块加速度a ＝________ m/s 2(结果均保留2位有效数字).(2)为了测定动摩擦因数μ，还需要测量的量是____________________(已知当地的重力加速度g )；得出μ的表达式是μ＝____________. 答案 (1)0.40 1.0(2)斜面倾角θ(或A 点的高度h 、底边长度d 、斜面长度L 等) μ＝g sin θ－a g cos θ (或gh －La gd )解析 (1)根据做匀变速直线运动的物体在一段时间内的平均速度等于它在中间时刻的瞬时速度，可得0.4 s 时木块的速度v ＝30－140.6－0.2×10－2 m/s ＝0.40 m/s.0.2 s 时木块的速度v ′＝32－240.4－0×10－2 m/s ＝0.20 m/s.木块的加速度a ＝v －v ′(0.4－0.2) s＝1.0 m/s 2 (2)由牛顿运动定律得，mg sin θ－μmg cos θ＝ma ，解得：μ＝g sin θ－a g cos θ.为了测定动摩擦因数μ，还需要测量的量是斜面倾角θ(或A 点的高度h 、底边长度d 、斜面长度L 等) μ＝g sin θ－a g cos θ(或gh －La gd)3.某同学对电阻丝的电阻与哪些因素有关进行了实验探究，现有如下器材： 电源E (电动势为4 V ，内阻约为1 Ω)；电流表A 1(量程5 mA ，内阻约为10 Ω)； 电流表A 2(量程0.6 A ，内阻约为1 Ω)；电压表V 1(量程3 V ，内阻约为1 kΩ)； 电压表V 2(量程15 V ，内阻约为3 kΩ)；滑动变阻器R 1(阻值0～2 Ω)； 滑动变阻器R 2(阻值0～20 Ω)；开关及导线若干. 他对电阻丝做了有关测量，数据如下表所示：图4①他在某次测量中，用螺旋测微器测金属丝直径，示数如图4甲所示，此示数为________ mm. ②图乙是他测量编号为2的电阻丝电阻的备选原理图，则该同学应选择电路________(选填“A ”或“B ”)进行测量.电流表应选______，电压表应选______，滑动变阻器应选______. ③请你认真分析表中数据，写出电阻R 与L 、D 间的关系式R ＝________(比例系数用k 表示)，并求出比例系数k ＝______ Ω·m (结果保留两位有效数字). 答案 ①0.512 ②A A 2 V 1 R 2 ③k L D2 1.3×10－6解析 (1)螺旋测微器读数为D ＝0.5 mm ＋1.2×0.01 mm ＝0.512 mm ；(2)因电阻丝电阻远小于电压表内阻，故电流表应用外接法，故选A ；电路中的最大电流I m ＝E R ＝48.16A ≈0.5 A ，电流表选A 2，电源电压为4 V ，则电压表选V 1，滑动变阻器选择比被测电阻大2～5倍的，故选R 2.(3)由电阻定律R ＝ρL S 及S ＝π(D 2)2得：R ＝4ρL πD 2，取k ＝4ρπ，则R ＝k LD 2将表格中的数据代入可得k ≈1.3×10－6 Ω·m.。

选修3－4机械振动和机械波光和电磁波相对论考点要求重温考点1简谐运动简谐运动的表达式和图象(Ⅰ)考点2受迫振动和共振(Ⅰ)考点3机械波横波和纵波横波的现象(Ⅰ)考点4波长、波速和频率(周期)的关系(Ⅰ)考点5波的干涉和衍射(Ⅰ)考点6多普勒效应(Ⅰ)考点7电磁波谱电磁波及其应用(Ⅰ)考点8光的折射定律折射率(Ⅰ)考点9光的全反射光导纤维(Ⅰ)考点10光的干涉、衍射和偏振(Ⅰ)考点11激光的特性及应用(Ⅰ)考点12狭义相对论的基本假设狭义相对论时空观与经典时空观的区别(Ⅰ)考点13同时的相对性长度的相对性质能关系(Ⅰ)要点方法回顾1.简谐运动的周期性对我们研究问题会带来什么影响？简谐运动的对称性有哪些？答案(1)简谐运动的周期性，会使研究的问题具有多解的可能性.(2)简谐运动的对称性如图，物体在AB间做简谐运动，O点为平衡位置，C、D两点关于O点对称，则有①时间的对称：t OB＝t BO＝t OA＝t AO＝T 4t OD＝t DO＝t OC＝t COt DB＝t BD＝t AC＝t CA②速度的对称：连续两次经过同一点(如D点)的速度大小相等、方向相反；物体经过关于O 点对称的两点如(C、D两点)的速度大小相等，方向可能相同，也可能相反.2.从振动图象和波动图象能够分别得到哪些信息？答案(1)振动图象①振动周期②振幅③各时刻质点的位移④各时刻质点的速度及加速度的方向(2)波动图象①波长、振幅②任意质点在此时刻的位移③任意质点在此时刻加速度的方向④传播方向、振动方向的互判3.分析光的全反射、临界角问题的一般思路是什么？答案在运用全反射原理求解有关实际问题时，首先要注意确定临界角，判断是否满足全反射的条件，然后画出光路图，结合有关知识列式求解.即一般思路为：(1)画出恰好发生全反射的光路.(2)利用几何知识分析边、角关系，找出临界角.(3)以刚好发生全反射的光线为比较对象来判断光线是否发生全反射，从而画出其他光线的光路图.4.我们在用光的干涉现象测定光的波长的实验中，是采用什么方法得到相干光源的？答案相干光源的获取方法—“一分为二”法即使两个完全相同的白炽灯或日光灯发光，它们也不是相干光源，这是因为它们发光是由于大量原子同时跃迁发出的，是含有多种频率的光，所以可以采取先用单缝取同一光源的一束光再用双缝一分为二，这样才能获取相干光源.5.怎样区分双缝干涉和单缝衍射图样？答案双缝干涉和单缝衍射的图样类似，都是明暗相间的条纹.双缝干涉中各亮条纹或暗条纹的宽度相等，各亮条纹亮度基本相同；而衍射条纹宽度不等，中央亮条纹最宽，各亮条纹的亮度也不相同，中央亮条纹最亮.。