2013届河北省衡水中学高三第三次模拟考试物理试卷与答案（带解析）.doc

1、2013届河北省衡水中学高三第三次模拟考试物理试卷与答案（带解析） 选择题 下列说法不正确的是 （ ） A法拉第最先引入 “场 ”的概念，并最早发现了电流的磁效应现象 B电源是通过非静电力做功把其他形式的能转化为电势能的装置 C在推导匀变速直线运动位移公式时 ,把整个运动过程划分成很多小段 ,每一小段近似看做匀速直线运动 ,然后把各小段的位移相加，这应用了 “微元法 ” D电场强度 和磁感应强度 都是用比值定义物理量的例子 答案： A 试题分析：奥斯特最早发现电流的磁效应， A错误，电源是将其他形式的能转化为电能的装置， B正确，在推导匀变速直线运动位移公式的过程中，用到了微元法， C正确，电

2、场强度和磁感应强度都是通过 f比值法定义的， D正确， 考点：考查了物理基础 点评：特别是 D选项中的比值法定义，电场强度和磁感应强度大小之和其本身的性质有关，与其他因素无关，这一点容易出错 如图所示，一根光滑的绝缘斜槽连接一个竖直放置的半径为 R 0 50m的圆形绝缘光滑槽轨。槽轨处在垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度 B0 50T。有一个质量 m 0 10g，带电量为 q +1 610-3C的小球在 斜轨道上某位置由静止自由下滑，若小球恰好能通过最高点，则下列说法中正确的是（重力加速度取 10m/s2）（ ） A小球在最高点只受到重力的作用 B小球从初始静止到达最高点的过程中机械能守恒

3、C若小球到最高点的线速度为 v，小球在最高点时的关系式成立 D从题中已知条件可以计算出小球滑下的初位置离轨道最低点的高度 答案： ABD 试题分析：因为小球恰好能通过最高点，即在最高点完全由重力和洛伦兹力充当向心力，所以在最高点时弧面对小球弹力为零， A正确；小球从初始静止到达最高点的过程中弹力不做功、洛伦兹力不做功，只有重力做功，机械能守恒，B正确；在最高点所受洛伦兹力向上， ， C错；由机械能守恒可得 ，结合公式 可得 m， D正确； 考点：考查了圆周运动以及带电粒子在磁场中的运动规律 点评：把握好小球在圆周轨道中最高点的临界状态，清楚小球做圆周运动过程中向心力来源，明白过程中洛伦兹力与速

4、度方向总是垂直的，所以不做功 如图所示，当 S闭合时，在螺线管上方的一根小软铁棒被磁化，左端为 N极（此时正视看线圈，电流方向为顺时针方向）则下列说法正确的是（ ） A软铁所在处的磁场方向向左 B电源的左端为正极 C电源的右端为正极 D用绝缘线悬挂的小通电圆环转动方向为顺时针方向（俯视看） 答案： ABD 试题分析：铁棒被磁化后左端为 N 极，表明软铁所在处的磁场方向向左，根据通电螺线管内外的磁感线的分布情况，利用安培定则可判断出螺线管的左端为S极，右端为 N 极，电源的左端为正极，右端为负极根据右手螺旋定则可得软铁所在处的磁场方向向左， AB正确， C错误，很小的环形电流可看成是一个小磁针，

5、由安培定则可知，在图示位置环形电流的 N 极垂直纸面向里，由于通电螺线管在圆环所在处的磁场方向向右，所以俯视圆环，圆环将沿顺时针方向转 考点：考查了右手螺旋定则和安培定则的应用 点评：在根据电流方向判断磁场方向时，需要用到右手，磁场这一块判断法则比较多，所以需要区分左右手的作用 如图所示，条形磁铁放在水平桌面上，它的上方有一与磁铁垂直的长直通电导线。正缓慢地水平自左向右移动，不考虑切割磁感线效应，直导线中通以垂直纸面向外的电流，则磁铁受桌面的摩擦力作用描述正确的是（ ） A先减小后增大 B先增大后减小 C先向左后向右 D先向右后向左 答案： AD 试题分析：当在磁铁上方左侧运动时，根据左手定则

6、可得导线受到有向下的安培力，根据牛顿第三定律可得磁铁受到左向上的力，所以方向先向向右，在向左运动过程中磁感线密度减小，所以安培力减小，故摩擦力减小，当运动到正上方时，在水平方向没有分力，所以摩擦力为零，当运动到右半部分时，导线受到的安培力左向下，故磁铁受到右向上的力，所以摩擦力向左，磁感线越接近右端，越密，所以安培力变大，故摩擦力增大，所以摩擦力先减小后增大，方向先向右后向左， AD正确， 考点：考查了左手定则和牛顿第三定律的应用 点评：做本题的关 键是先判断导线受到的安培力，然后根据力的相互性，判断磁铁受到的力，磁铁产生的磁感线在两端分布较密， 如图所示的电路中，电源电动势为 6V，当开关

7、S接通后，灯泡 L1和灯泡 L2都不亮，用电压表测得各部分电压是 Uab=0V,Uad=0,Ucd=6V,由此可断定（ ） A L1和 L2的灯丝都烧断了 B L1的灯丝烧断了 C L2的灯丝烧断了 D变阻器 R断路 答案： D 试题分析：串联电路中两灯均不发光，则可能是某处断路，电压表测断路位置为电源电压，测不断的位置电压为零，由题意可知，变阻器 R断路，故 D 正确， 考点：考查了电路故障分析 点评：电压表如果示数为零，那么被测部分短路，或被测部分外部断路电压表如果示数为电源电压，那么被测部分断路，或被测部分外部短路电流表如果为零，那么电路中有断路的地方，也有少数可能是电流表短路电流表如果

8、示数突然变大，那么电路中有短路的地方两灯均不亮，可能是某处断路两灯一亮一灭，可能是某灯短路 如图所示电路中，电源的内电阻为 r， R2、 R3、 R4均为定值电阻，电表均为理想电表，滑动变阻器 R1的滑片 P处于左端点 a闭合电键 S，两表读数分别为 I1与 U1，当滑片 P滑动至右端点 b，两表读数分别为 I2与 U2，则下列关系式成立的是（ ） A U2 U1 B I2 I1 C D r 答案： BC 试题分析：滑动变阻器 R1的滑片 P处于左端点 a时， 三者并联，所以电压表测量路端电压，于 R3电压，电流表测量通过 的电流于 电压所以根据欧姆定律可得： ,C正确， 当滑片 P滑动至右端

9、点 b， 并联再与 串联，这一部分与 并联，相当于在 a端时，给 串联了一个电阻，所以电路总电阻增大，故外电路电阻增大而电压表测量的是路端电压，所以 ， A错误， 此时电流表测量的是通过 的电流和，已知 两 端电压增大，所以通过的电流增大，故 ， B正确， 由欧姆定律 ，根据 ，从题中分析可得 ，所以， D错误 考点：考查了电路的动态分析 点评：本题的难点在于确定电流表示数变化量 IA 与干路电流变化 I 的大小，采用总量法，这是常用方法 现有甲、乙、丙三个电源，电动势 E相同，内阻不同，分别为 r 甲 ， r 乙 ， r丙 用这三个电源分别给 定值电阻 R供电，已知 R=r 甲 r 乙 r

10、丙 ，则将 R先后接在这三个电源上时的情况相比较，下列说法正确的是（ ） A接在甲电源上时，电源内阻消耗的功率最大 B接在甲电源上时，定值电阻 R两端的电压最小 C接在乙电源上时，电源的输出功率最大 D接在丙电源上时，电源的输出功率最大 答案： ABD 试题分析：根据串联分压关系，电阻越大分压越多，可知甲电路内电压最大，定值电阻 R两端的电压最小，则接在甲电源上时，电源内阻消耗的功率最大，AB正确；丙内阻最小，所以电路中电流最大，接在丙电源上时，电源的总功率最大，电源的输出功率 ,所以电路中电流最大时，电源输出功率最大，即接在丙电源上时，电源的输出功率最大， C错误， D正确， 考点：考查了电

11、源功率的计算 点评：做本题的关键是理解电源功率，电源输出 功率以及内电压和外电压的区别 在光滑的水平面内有一沿 x轴的静电场，其电势 随 x坐标值的变化图线如图所示。一质量为 m，带电量为 q的带正电小球（可视为质点）从 O 点以初速度 v0沿 x轴正向移动。下列叙述正确的是 A若小球能运动到 x1处，则该过程小球所受电场力逐渐增大 B带电小球从 x1运动到 x3的过程中，电势能先减小后增大 C若该小球能运动到 x4处，则初速度 v0至少为 D若 v0为 ，带电粒子在运动过程中的最大速度为 答案： D 试题分析：由 E=/ x和电势 随 x坐标值的变化图线可知， x1处电场强度为零， x2处电

12、场强度最大。从 O 点到 x1点，电场强度方向为从 x1点指向 O 点。带电量为 q的带正电小球（可视为质点）从 O 点以初速度 v0沿 x轴正向移动，若小球能运动到 x1处，则该过程小球所受电场力逐渐减小，选项 A错误；从 x1到 x3处，电势逐渐降低，带电小球从 x1运动到 x3的过程中，带电小球的电势能逐渐减小，选项 B错误；若该小球能运动到 x4处，则必须能运动到 x1处，从 O点到 x1点，由能量守恒定律， mv02=q0，解得 v0= ，选项 C错误；若v0为 2 ，带电粒子运动到 x3处速度最大。由能量守恒定律， mv02=mvm2-q0，解得在运动过程中的最大速度为 vm= ，

13、选项 D正确。 考点：考查了带电物体在电场中的运动 点评：从电势变化规律的图中推出电场分布情况，然后结合电场力做功情况分析解题 如图所示，虚线 a、 b、 c代表点电荷电场中的三个等势面 ,它们的电势分别为 a、 b和 c， abc。一带正电的粒子射入电场中，其运动轨迹如图中实线 KLMN 所示。由图可知下列说法中正确的是（ ） A粒子在 K 点的速度比在 L点的速度大 B粒子在 K 点的速度与在 N 点的速度相同 C粒子在 L点的电势能比在 M点的电势能大 D粒子在 L点的加速度比在 M点的加速度大 答案： ACD 试题分析：电场线与等势面垂直，由较高的等势面指向较低的等势面，分布图如图 子

14、从 K 到 L的过程中，电势一直增加，故一直克服电场力做功，故动能减小，电势能增加，即粒子在 K 点的速度比在 L点的速度大，故 A正确；粒子从 K 到N 的过程中， KN是同一个等势面上的两点，所以电场力做功为零，即速度大小相等，但方向不同，所以 B错误， LM 属于同一个等势面上的两点，所以从 L到 M电场力做功为零，所以两点的电势能相等， C正确，根据点电荷电场公式可知，越靠近场源电 荷，电场强度越大，所以粒子在 L点的加速度比在 M点的加速度大， D正确， 考点：考查 了带电粒子在电场中的偏转问题 点评：本题关键要明确电场力的做功情况，然后根据动能定理判断动能的变化情况，根据电场力做功

15、与电势能变化的关系得到电势能的变化情况 如图所示， A、 B为一对中间开有小孔的平行金属板，相距一定距离， A板接地，现有一电子在 t=0时刻在 A板小孔中由静止开始向 B板运动，不计重力及阻力影响，使电子一定能从 B板小孔射出，则 B板电势 B与时间 t的变化规律是 ( ) 答案： AB 试题分析： B点的电势为正，且大小恒定不 变，那么电子进入电场之后，将一直受到向上的电场力的作用，所以电子一直做加速运动，知道从 B点飞出，所以 A正确 B点的电势按照正弦规律变化，电子进入电场之后，先是向上的加速运动，但是加速度的大小是在减小的，当电势变为负值的时候，电子做向上的减速运动，根据对称性可知，

16、当电势再此减为零的时候，电子的速度恰好也减为零，之后，电场由变为正的，在重复上面的过程，所以整个过程中，电子是一直在向上运动的，所以可以从 B点飞出，所以 B正确 B点的电势按照余弦规律变化，电子进入电场之后，先是向上的加速运动，当电势变为负值的时候， 电子做向上的减速运动，直到减为零，之后，由于电势还是负担，所以电子要做反向的加速运动，根据对称性可知，当电势变为零的时候，电子的速度最大，之后又开始做减速运动，当速度减小为零的时候，电势最大，之后再重复前面的过程，所以电子做的是往复运动，不一定能够从 B点射出，所以 C错误电子的运动的情况和 C的类似，只不过此时电子做的事匀加速和匀减速运动，运

17、到的情况和 C的类似也是往复运动，不一定能够从 B点射出，所以 D错误故选 AB 考点：考查了粒子在电场中的运动 点评：电子在电场中的运动状态的分析是这一类题目的关键，根据粒 子的受力的情况分析可能的运动的状态根据电势的高低可以分析产生的电场的情况，在根据电子在电场中的受力来分析电子的运动的情况，从而可以判断能否从 B点射出 如图所示，真空中等量同种正点电荷放置在 M、 N 两点，在 MN 的连线上有对称点 a、 c， MN 连线的中垂线上有对称点 b、 d，则下列说法正确的是 ( ) A从 M O N 的连线之间，中点 O 电势最低 B在 MN 连线的中垂线上， O 点电势最高 C正电荷 在

18、 c点电势能大于在 a点电势能 D负电荷 从 d点静止释放，在它从 d点运动到 b点的过程中，加速度先减小再增大 答案： AB 试题分析：从 M O N 的连线之间，每点的场强方向由该点指向 O 点， O 点的电势最小，由 O 点向两端逐渐变大，中垂线上 O 点的电势最大，向中垂线两端逐渐减小，所以 AB正确， n两电荷连线上，任意一点与关于 O 点对称的点电势大小相等，所以正电荷 在 c点电势能等于在 a点电势能 ,C错误，负电荷从 d点静止释放，在 d与 b之间运动过程中电场强度先增大后减小，所以加速度先增大后减小， D错误， 考点：本题考查了等量同种电荷周围电场分布情况 点评：等量同种、

19、等量异种电荷周围的电场分布情况是考察的重点，要结合电场强度、电势、电 势能等概念充分理解等量同种、等量异种电荷周围的电场特点 一质量不计的直角形支架两端分别连接质量为 m和 2m的小球 A和 B.支架的两直角边长度分别为 和 ，支架可绕固定轴 O 在竖直平面内无摩擦转动，如图所示。开始时 OA边处于水平位置，由静止释放，则 ( ) A.转动过程中 A球的机械能守恒 B.转动过程中两球组成的系统的机械能守恒 C.A球速度最大时，两小球的总重力势能最小 D.当 A球运动到最低点时，支架继续绕着轴 O 向左转动 答案： BC 试题分析：在转动过程中支架可绕固定轴 O 在竖直平面内无摩擦转动，杆对系统

20、做功为零，没有其他能量产生，所以系统机械能守恒，但对于 A、 B球来说由于有杆做功，所以两球各自的机械能都不守恒， B对； A错；当 A球速度最大时 B球速度也最大，但机械能不变，系统总重力势能最小， C对；当 A球运动到最低点时，两者速度最小，不会绕着轴 O 向左转动， D错误， 考点：考查机械能守恒和圆周运动 点评：本题难度较小，明确机械能守恒的条件，了解机械能守恒的几种表达式，例如系统动能的增量的等于重力势能的减小量 我国于 2010年 10月 1日成功发射了月球探测卫星 “嫦娥二号 ”(CE2) ，CE2 在椭圆轨道近月点 Q 完成近月拍摄任务后，到达椭圆轨道的远月点 P变轨成圆轨道，

21、如图，忽略地球对 CE2 的影响，则 ( ) A在由椭圆轨道变成圆形轨道过程中机械能不变 B在椭圆轨道上由 Q 点运动到 P点，机械能减少 C在 Q 点的线速度比沿圆轨道运动的 P点的线速度大 D在圆轨道上的 P点的加速度比沿椭圆轨道上的 P点的加速度大 答案： C 试题分析： Q 到 P的过程由于要克服引力做功，速度越来越小，到 P点所需的向心力比较小，万有引力大于所需的向心力，会做近心运动，所以从 P点进入圆轨道，需加速，使万有引力等于所需要的向心力，然后作圆周运动故机械能不守恒 A错误 C正确，在椭圆轨道上由 Q 点运动到 P点过程中，机械能守恒，不变， B错误，在 Q 点所受的万有引力

22、大于在 P点所受的万有引力，根据牛顿第二定律，在 Q 点的加速度比沿圆轨道运动的加速度大 D错误， 考点：考查了万有引力定律的应用 点评：解决本题的关键理解卫星是如何进行变轨，以及在比较 Q 点的速度和圆轨道速度时，引入另一个圆轨道串联一下，问题引刃而解 如图甲所示，在倾角为 30的足够长的光滑斜面上，有一质量为 m 的物体，受到沿斜面方向 的力 F作用，力 F按图乙所示规律变化（图中纵坐标是 F与 mg的比值，力沿斜面向上为正） .则物体运动的速度 V随时间 t变化的规律是图丙中的（物体的初速度为零，重力加速度取 10m/s2）答案： C 试题分析：根据牛顿第二定律得出物体运动的加速度，根据

23、加速度与速度的方向关系判断物体的运动，若加速度与速度方向同向，做加速直线运动，若加速度方向与速度方向相反，则做减速运动 在 0-1s内，根据牛顿第二定律得 ，方向沿斜面向上，物体向上做匀加速直线运动；在 1-2s内，拉力为零，根据牛顿第二定律得，方向沿斜面向下，物体沿 斜面向上做匀减速直线运动，2s末速度为零在 2-3s内，根据牛顿第二定律得，方向沿斜面向下，物体沿斜面向下做匀加速直线运动， 3s末的速度大小 v=a3t=15m/s故 C正确， A、 B、 D错误故选 C 考点：考查了牛顿第二定律的应用 点评：解决本题的关键是通过牛顿第二定律得出加速度，根据加速度方向与速度方向的关系判断物体的

24、运动规律 一块足够长的白板，位于水平桌面上，处于静止状态一石墨块（可视为质点）静止在白板上。石墨块与白板间有摩擦，滑动摩擦系数为 突然，使白板以恒定的速度 做匀速直线运动，石墨块将在 板上划下黑色痕迹经过某一时间 ，令白板突然停下，以后不再运动在最后石墨块也不再运动时，白板上黑色痕迹的长度可能是（已知重力加速度为 g，不计石墨与板摩擦划痕过程中损失的质量）（ ） A B C D 答案： AC 试题分析：在时间 t内，石墨可能一直匀加速，也可能先加速后匀速； 石墨加速时，根据牛顿第二定律，有 解得 如果时间 t内一直加速，加速的位移为 ，故相对白板的位移为如果先加速，后匀速，位移为 ，故相对白板

25、的位移为 如果加速的末速度恰好等于 v0，则 ，故相对白板的位移为经过时间 t后，白板静止后，石墨做减速运动，加速度大小不变，故相对白板沿原路返回，故白板上黑色痕迹的长度等于加速时相对薄板的位移；故选 AC 考点：考查了匀变速直线运动规律的应用 点评：本题也可以薄板为参考系，则石墨先加速前进，后减速沿原来返回，提供运动学公式列式分析即可 截面为直角三角形的木块 A质量为 M,放在倾角为 的斜面上 ,当 =37时 ,木块恰能静止在斜面上 .现将 改为 30,在 A与斜面间放一质量为 m的光滑圆柱体B,如图乙 ,sin37=0.6,cos37=0.8,则 ( ) A.A、 B仍一定静 止于斜面上

26、B.若 M=4m,则 A受到斜面的摩擦力为 mg C.若 M=2m,则 A受到的摩擦力为 mg D.以上说法都不对 答案： B 试题分析：由图甲得 , ,当 改为 30,在 A与斜面间放一质量为 m的光滑圆柱体 B后 ,三角形木块对斜面的压力为Mgcos30, 若要 A B仍静止 ,则必须满足 ,则 ,B能满足要求 ,而静摩擦力与 A B重力沿斜面向下的分力相平衡 ,即,A错误 ,B正确， 若 M=2m,则 A B沿斜面下滑 ,A受到的滑动摩擦力,CD错误，故选 B, 考点：考查了力的平衡的应用 点评：做此类型的题目，受力分析和找出相对应状态的临界条件是关键 实验题 （ 8分）一课外小组同学想

27、要测量一个电源（电动势 E约为 6.2V，内阻 r约为 2.2）的电动势及内阻。准备的器材有：电流表 A1（ 0-200mA，内阻是12），电阻箱 R（最大阻值 9.9），定值电阻 R0=6.0，一个开关和若干导线。 （ 1）请在方框中画出设计电路图。 （ 2）若记录实验中电阻箱的阻值 R和对应的 A1示数的倒数 ，得到多组数据后描点作出 R- 图线如图所示，则该电源的电动势 E=_V，内阻r=_。（结果保留两 位有效数字）答案：（ 1）见（ 2） 6.0； 2.0 试题分析：（ 1）电路如图所示； （ 2）根据并联电阻规律可得，电流表和电阻并联后总电阻为 ,根据闭合回路欧姆定律可得 ，图像的

28、斜率表示 ，故可得 ，解得 E=6.0V；当 时， R=0，带入可得 r=2.0 考点：考查了测量电源电动势的实验 点评：本实验是一道创新实验题，关键是对实验电路图原理以及闭合回路欧姆定律的理解， （ 6分） A、 B两位同学看到了这样一个结论： “由理论分析可得，弹簧的弹性势能公式为 （式中 k为弹簧的劲度系数， x为弹簧的形变量） ”。为 验证这一结论， A、 B两位同学设计了如下的实验： 首先他们都进行了如图甲所示的实验：将一根轻质弹簧竖直挂起，在弹簧的另一端挂上一个已知质量为 m的小铁球，稳定后测得弹簧伸长量为 d； A同学完成步骤 后，接着进行了如图乙所示的实验：将这根弹簧竖直的固定

29、在水平桌面上，并把小铁球放在弹簧上，然后竖直地套上一根带有插销孔的长透明塑料管，利用插销压缩弹簧；拔掉插销时，弹簧对小铁球做功，使小铁球弹起，测得弹簧的压缩量为 x时，小铁球上升的最大高度为 H. B同学完成步骤 后，接着进行了如图丙所示的实验 . 将这根弹簧放在一 光滑水平桌面上，一端固定在竖直墙上，另一端被小球压缩，测得压缩量为 x，释放弹簧后，小球从高为 h的桌面上水平抛出，抛出的水平距离为 L. （ 1） A、 B两位同学进行图甲所示实验的目的是为了确定弹簧的劲度系数，用m、 d、 g表示劲度系数 k= . （ 2）如果 成立，那么 A同学测出的物理量 x与 d、 H的关系式是：x=

30、； B同学测出的物理量 x与 d、 h、 L的关系式是： x= . 答案： (1) k = mg/d. (2) ; 试题分析：（ 1）根据胡克定律可得 ，所以 （ 2）如果关系式成立，过程中弹性势能全部转化为物体的机械能，所以有：，解得 乙同学的实验过程有： ， ， 联立可得 考点：考查了对能量守恒的应用 点评：做本题的关键是理解实验过程中弹性势能的转化物体的机械能了 计算题 （ 9分）下图是驾驶员守则中的安全距离图示和部分安全距离表格 . 车速 (km/h) 反应距离 (m) 刹车距离 (m) 停车距离 (m) 40 10 10 20 60 15 22.5 37.5 80 A=( ) B=(

31、 ) C=( ) 请根据该图表计算 (1)如果驾驶员的反应时间相同 ,请计算表格中 A=？ ; (2)如果刹车的加速度相同 ,请计算表格中 B=？， C=？ ; (3)如果刹车的加速度相同 ,一名喝了酒的驾驶员发现前面 50 m处有一队学生正在横穿马路 ,此时他的车速为 72 km/h,而他的反应时间比正常时慢了 0.1 s,请问他能在 50 m内停下来吗 答案：（ 1） 20 m（ 2） 40 m， 60 m（ 3）不能 试题分析： (1)反应时间为 t= 0.9 s A= =20 m. （ 2分） (2)根据 ，得 代入数据得： B=40 m（ 2分） (或者先求出加速度 a，再求出 B)

32、 C=A+B=60 m. （ 2分） (3)司机的反应距离为 s=vt=20(0.9+0.1) m=20 m （ 1分） 司机的刹车距离为 x= =32.4 m （ 1分） 停车距离 L=s+x =52.4 m,52.4 m50 m,故不能在 50 m内停下来 . （ 1分） 考点：考查了匀变速直线运动规律的应用 点评：熟知汽车停车过程，反应时间是驾驶员对发现危险到进行制动操作这一过程中的时间，在反应时间里汽车正常行驶做匀速直线运动，制动后汽车做匀减速直线运动，已知初速度、末速度和加速度求匀 减速运动的位移 （ 12分）示波管是示波器的核心部分，它主要由电子枪、偏转系统和荧光屏三部分组成。在电

33、子枪中，电子由阴极 K 发射出来，经加速电场加速，然后通过两对相互垂直的偏转电极形成的电场，发生偏转。其示意图如图（图中只给出了一对 方向偏转的电极）所示。电子束打在荧光屏上形成光迹。这三部分均封装于真空玻璃壳中。已知电子的电荷量 =1.610 C，质量 =9.010kg，电子所受重力及电子之间的相互作用力均可忽略不计，不考虑相对论效应。 （ 1）若从阴极逸出电子的初速度可忽略不计，要使电子被加速后的动 能达到1.610 J，求加速电压 为多大； （ 2）电子被加速后进入偏转系统， X方向的偏转电极不加电压，只在 方向偏转电极加电压，即只考虑电子沿 Y（竖直）方向的偏转情况，偏转电极的极板长

34、=4cm，两板间距离 =1cm， Y极板右端与荧光屏的距离 =18cm，当在偏转电极上加 的正弦交变电压时，如果电子进入偏转电场的初速度 ，每个电子通过偏转电场的过程中，电场可视为稳定的匀强电场。求电子打在荧光屏上产生亮线的最大长度； 答案：（ 1） （ 2） 10cm 试题分析：（ 1）对于电子通过加速电场的过程，根据动能定理有 （ 1分） 解得 （ 1分） （ 2）由 ，可知偏转电场变化的周期 而 ， （ 1分） 设偏转电场电压为 U1时，电子刚好飞出偏转电场，此时电子沿电场方向的位移为 ，根据牛顿定律和运动学公式有 ，（ 2分） 解得 （ 2分） 所以，为使电子能打在荧光屏上，所加偏转电

35、压应小于 320V。 电子沿电场方向的最大位移恰为 设电子射出偏转电场的速度与初速度方向的最大夹角为 ， 则 （ 2分） 电子打在荧光屏上的最大偏移量 （ 2分） 或根据相似三角形求解 由对称性可得电子打在荧光屏产生亮线的最大长度为 （ 1分） 考点： 考查了带电粒子在电场和磁场中的运动， 点评：对于一个量的求解可能有多种途径，我们要选择适合条件的并且简便的对于类平抛运动问题，我们的思路就是分解要处理好几何关系 （ 12分）如图甲所示，在一水平放置的隔板 MN 的上方，存在一磁感应强度大小为 B的匀强磁场，磁场方向如图所示。 O 为隔板上的一个小孔，通过 O点可以从不同方向向磁场区域发射电量为

36、 +q，质量为 m，速率为 的粒子，且所有入射的粒子都在垂直于磁场的同一平面内运动。不计重力及粒子间的相互作用。 （ 1）如图乙所示，与隔板成 450角的粒子，经过多少时间后再次 打到隔板上？此粒子打到隔板的位置与小孔的距离为多少？请画出轨迹图，并求解。 （ 2）所有从 O 点射入的带电粒子在磁场中可能经过区域的面积为多少？请画出图示，并求解。 答案：（ 1） （ 2） 试题分析：与隔板成 450角的粒子进入磁场后的轨迹如图所示， 设粒子在磁场中的运动半径为 R，则有 : 粒子在磁场中运动的周期 : 由于粒子在磁场中运动轨迹所对应的圆心角为 2700，则粒子在磁场中运动的时间为 : 由 得 到

37、达隔板的位置与小孔 0的距离为 :L= （ 2）所有通过 O 点射入的带电粒子可能经过的区域如图所示， 由图知面积为： 代入得： 考点：本题考查带电粒子在有界磁场中的偏转， 点评：根据洛伦兹力提供向心力和圆周运动的周期公式求得运动时间，根据半径与 R的关系求出半径，分析所有粒子可能的运动轨迹，画出轨迹图，根据几何关系进行求解 物理一选修 3-4（ 15分） （ 1）（ 6分）一列简谐横波沿 x轴正方向传播， t时刻波形图如图中的实线所示，此时波刚好传到 P点， t 0.6s时刻，这列波刚好传到 Q 点，波形如图中的虚线所示， a、 b、 c、 P、 Q 是介质中的质点，则以下说法正确的是（ ）

38、 A这列波的波速为 16.7m/s B质点 a在这段时间内通过的路程一定等于 30cm C质点 c在这段时间内通过的路程一定等于 30cm D从 t时刻开始计时，质点 a第一次到达平衡位置时，恰好是 s这个时刻 E当 t+0.5s时刻，质点 b、 P的位移相同 （ 2）（ 9分）如图所示，半圆玻璃砖的半径 R=10cm，折射率为 n= ，直径AB 与屏幕垂直并接触于 A 点激光 a 以入射角 i=30射向半圆玻璃砖的圆心 O，结果在水平屏幕 MN 上出现两个光斑请画出光路图，并求两个光 斑之间的距离 L 答案： (1) BDE(2) 试题分析： (1)由图可知，波的波长为 40m；两列波相距

39、，故周期 ； 波速 ， ,A错误， 质点 a在平衡位置上下振动，振动的最少时间为 ，故振幅最小为 30cm，故B错误； 因为 C振动的周期不确定，只有当 n=0时，有 c振动了 个周期， c的路程为30cm， C错误， a点在实线位置时向上振动，第一次到达平衡位置时，根据对称性可得恰好是s这个时刻， D正确， 在 t 时刻，因波沿 X轴正方向传播，所以此时质点 P是向上振动的，经 0.5秒后， P是正在向下振动（负位移），是经过平衡位置后向下运动 0.1秒；而质点b是正在向上振动的（负位移），是到达最低点后向上运动 0.1秒，因为 0.2秒等于 ，可见此时两个质点的位移是相同的故 E正确； B

40、DE 每个 2分（ 9分） 画出如图光路图，（ 3分） 设折射角为 r，根据折射定律 解得 (3分 ) 由几何知识得， OPQ为直角三角形，所以两个光斑 PQ之间的距离 解得 (3分 ) 考点 :考查了横波传播规律以及光的折射定律 点评：一定要注意波的多解性，在解决光的折射问题时，需要结合几何知识分析 物理一选 修 3-5（ 15分） （ 1）（ 6分）下列说法正确的是 。 A各种原子的发射光谱都是连续谱 B爱因斯坦的光子说解释了光电效应现象，光电子的最大初动能与入射光子的频率有关 C原子核的比结合能大小可反映原子核的稳定程度，该值随质量数的增加而增大 D根据 粒子散射实验，卢瑟福提出了原子核

41、式模型 E实物粒子也具有波动性，这种与实物粒子相联系的波称为德布罗意波 （ 2）（ 9分）如图所示，一水平面上 P点左侧光滑，右侧粗糙，质量为 m的劈A在水平面上静止，上表面光滑， A轨道右端与水平面平滑连接，质量为 M的物块 B恰好放在水平面上 P点，物块 B与水平面的动摩擦因数为 =0.2。一质量为 m的小球 C位于劈 A的斜面上，距水平面的高度为 h=0.9m。小球 C从静止开始滑下，然后与 B发生正碰（碰撞时间极短，且无机械能损失）。已知M=2 m， g=10m/s2,求： (1)小球 C与劈 A分离时， C的速度大小 (2)小球 C与物块 B碰后的速度 和物块 B的运动时间？ 答案：

42、（ 1） BDE (2)（ 1） 3m/s -1m/s 1s 试题分析：（ 1）光谱还有可能是线状的， A错误，光电子的最大初动能与入射光子的频率有关， B 正确，根据 粒子散射实验，卢瑟福提出了原子核式模型，D 正确，实物粒子也具有波动性，这种与实物粒子相联系的波称为德布罗意波，E正确， (1)3m/s 水平方向动量守恒 1分，能量关系 1分，结果 1分 ,共 3分 (2)小球 C与 B发生正碰后速度分别为 ,规定向右为正方向，由动量守恒得 （ 1分） 机械能不损失 （ 1分） 代入 得 =2m/s（ 1分） =-1m/s（负号说明小球 C最后向左运动） （ 1分） 物块 B减速至停止运动时间设为 t，由动量定理 （ 1分） 得 =1s （ 1分） 考点：考查了小球碰撞问 题 点评：在研究小球碰撞的时候，一定要分清楚小球初末状态速度方向的问题，在涉及两个方向上的运动时，需要根据实际规定正方向