…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2024年粵教滬科版選修3物理上冊月考試卷含答案考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五總分得分評卷人得分一、選擇題(共5題，共10分)1、如圖所示，一束單色光射入一玻璃球體，入射角為已知光線在玻璃球內(nèi)經(jīng)一次反射后，再次折射回到空氣中時與入射光線平行．此玻璃的折射率為()

A.B.1.5C.D.22、在光電效應(yīng)實驗中,某同學(xué)按如圖方式連接電路,用同一種材料在不同實驗條件下得到了三條光電流與電壓之間的關(guān)系曲線(甲光、乙光、丙光),如圖所示.則可判斷出()

A.甲光的頻率大于乙光的頻率B.乙光的波長小于丙光的波長C.僅將滑動變阻器的觸頭向右滑動,則微安表的示數(shù)可能為零D.甲光的光強(qiáng)大于乙光的光強(qiáng)3、如圖所示，A、B、C、D是滑線變阻器的四個接線柱，現(xiàn)把此變阻器串聯(lián)接入電路中，并要求滑片P向接線柱C移動時電路中的電流減小，則接入電路的接線柱可以是()A.A和BB.A和CC.B和CD.A和D4、下列說法錯誤的是（）。A.表面層內(nèi)液體分子之間的相互作用力表現(xiàn)為引力B.一種液體是否浸潤某種固體，與這兩種物質(zhì)的性質(zhì)都有關(guān)系C.在合適的條件下，某些晶體可以轉(zhuǎn)變?yōu)榉蔷w，但非晶體不可以轉(zhuǎn)變?yōu)榫wD.1g水中所含的水分子數(shù)約為個5、質(zhì)量為1kg的物體靜止在水平面上，t=0時受到水平拉力F的作用開始運動，F(xiàn)隨時間t變化的關(guān)系圖象如圖所示．已知t=4s時物體剛好停止運動，取g=10m/s2，以下判斷正確的是（）

A.物體所受摩擦力為3NB.t=2s時物體的速度最大C.t=3s時物體的動量最大D.物體的最大動能為2J評卷人得分二、多選題(共8題，共16分)6、帶電粒子M和N，先后以不同的速度沿PO方向射入圓形勻強(qiáng)磁場區(qū)域；運動軌跡如圖所示，不計重力，下列分析正確的是()

A.M帶正電B.M帶負(fù)電C.N帶正電D.N帶負(fù)電7、在如圖所示的電路中，電源電動勢為E，內(nèi)阻為r，開關(guān)閉合后，燈泡L能正常發(fā)光．當(dāng)滑動變阻器的滑片向右移動時，下列判斷正確的是()

A.燈泡L變亮B.電源內(nèi)部消耗的功率減小C.流過R0的電流方向為從右向左D.電容器C的電荷量增大8、如圖所示，電源電動勢為E，內(nèi)電阻為r，理想電壓表V1、V2示數(shù)為U1、U2，其變化量的絕對值分別為ΔU1和ΔU2；流過電源的電流為I，其變化量的絕對值為ΔI．在滑動變阻器的觸片從右端滑到左端的過程中(燈泡電阻不變化)()

A.小燈泡L1、L3變暗，L2變亮B.ΔU1＞ΔU2C.ΔU1/ΔI增大D.ΔU2/ΔI不變9、如圖所示，電鍵K閉合，電流表、電壓表均為理想電表，若電阻R1斷路；則下列說法中正確的是（）

A.電流表示數(shù)變小B.電壓表示數(shù)變大C.電源內(nèi)電路消耗的功率變大D.R3消耗的功率變大10、下列說法正確的是（）A.分子之間的引力和斥力都是隨著分子間距的減小而增大B.水晶在熔化過程中，分子的平均動能不變C.一種物質(zhì)密度為ρ，每個分子的體積為V0，則單位質(zhì)量的這種物質(zhì)具有的分子數(shù)為E.一定質(zhì)量的理想氣體，溫度升高，壓強(qiáng)不變，則單位時間撞到單位面積上的分子數(shù)減少E.一定質(zhì)量的理想氣體，溫度升高，壓強(qiáng)不變，則單位時間撞到單位面積上的分子數(shù)減少11、下列說法中正確的是（）A.溫度高的物體比溫度低的物體熱量多B.溫度高的物體不一定比溫度低的物體的內(nèi)能多C.溫度高的物體比溫度低的物體分子熱運動的平均速率大E.相互間達(dá)到熱平衡的兩物體的內(nèi)能一定相等E.相互間達(dá)到熱平衡的兩物體的內(nèi)能一定相等12、如圖甲所示，在光滑絕緣水平面內(nèi)．兩條平行虛線間存在一勻強(qiáng)磁場．磁感應(yīng)強(qiáng)度方向與水平面垂直．邊長為l的正方形單匝金屬線框abcd位于水平面內(nèi)，cd邊與磁場邊界平行．時刻線框在水平外力F的作用下由靜止開始做勻加速直線運動通過該磁場，回路中的感應(yīng)電流大小與時間的關(guān)系如圖乙所示，下列說法正確的是（）

A.水平外力為恒力B.勻強(qiáng)磁場的寬度為C.從開始運動到ab邊剛離開磁場的時間為D.線框穿出磁場過程中外力F做的功大于線框進(jìn)入磁場過程中外力F做的功13、一重球從高處下落到b點時和彈簧接觸，壓縮彈簧至最低點c點后又被彈簧彈起，則重球從b至c的運動過程中。

A.速度逐漸減小B.加速度先減小后增大C.克服彈力做的功等于重力做的功D.重球在c點的加速度大于重力加速度g評卷人得分三、填空題(共9題，共18分)14、用圖甲所示的裝置研究光電效應(yīng)現(xiàn)象，當(dāng)用光子能量為5eV的光照射到光電管上時，測得電流計的示數(shù)隨電壓變化的圖像如圖乙所示.則光電子的最大初動能為__________J，金屬的逸出功為________J.15、雙桶洗衣機(jī)的脫水桶的電機(jī)是由一個定時開關(guān)和一個由桶蓋控制的開關(guān)組成的，當(dāng)定時開關(guān)合上時；只要打開桶蓋，電機(jī)又被關(guān)閉。

（1）如圖所示的哪個電路圖能滿足上述的要求？()

A.B.C.D.

（2）根據(jù)以上羅列的控制條件和控制結(jié)果的情況，完成其真值表，并在虛線框內(nèi)畫出該門電路符號()。輸入輸出ABZ00______01______10______11______

16、如圖所示的電路中，E、r、R1已知，可變電阻R2的最大值

（1）當(dāng)R2=______時，R1的電功率P1有最大值，最大值為______；

（2）當(dāng)R2=______時，R2的電功率P2有最大值，最大值為______；

（3）當(dāng)R2=______時，電源功率PE有最大值，最大值為______；

（4）當(dāng)R2=______時，電源內(nèi)部消耗的功率有最小值，最小值為______

（5）當(dāng)R2=______時，電源輸出功率P出有最大值，最大值為______17、如圖所示，一質(zhì)量為m、電荷量為+q的小球從距地面為h處，以初速度v0水平拋出，在小球運動的區(qū)域里，加有與小球初速度方向相反的勻強(qiáng)電場，若小球落地時速度方向恰好豎直向下，小球飛行的水平距離為L，小球落地時動能Ek=__________，電場強(qiáng)度E=_____________．

18、如圖所示，一彈簧振子在M、N間沿光滑水平桿做簡諧運動，坐標(biāo)原點O為平衡位置，MN=4cm．從小球圖中N點時開始計時，到第一次經(jīng)過O點的時間為0.1s，則小球振動的周期為______s，振動方程的表達(dá)式為x=______cm；．

19、如圖所示，兩端開口的圓筒內(nèi)嵌有一凸透鏡，透鏡主光軸恰好與圓筒中軸線重合。為了測出該透鏡的焦距以及透鏡在圓筒內(nèi)的位置，小李同學(xué)做如下實驗：在圓筒左側(cè)凸透鏡的主光軸上放置一點光源S，在圓筒右側(cè)垂直凸透鏡的主光軸固定一光屏，點光源S與光屏的距離為L。左右移動圓筒，當(dāng)圓筒左端面距離點光源S為a時，恰好在光屏上成一個清晰的像；將圓筒向右水平移動距離b，光屏上又出現(xiàn)了一個清晰的像。則凸透鏡和圓筒左端面的距離x為____________，該透鏡的焦距f為__________。

20、閱讀短文并回答下列問題:光的全反射。

一束激光從某種玻璃中射向空氣(如圖7所示)；保持入射點不動，改變?nèi)肷浣?每次增加0.2°)，當(dāng)入射角增大到引41.8°時，折射光線消失，只存在入射光線與反射光線，這種現(xiàn)象叫做光的全反射，發(fā)生這種現(xiàn)象時的入射角叫做這種物質(zhì)的臨界角。當(dāng)入射角大于臨界角時，只發(fā)生反射，不發(fā)生折射。

(1)上述玻璃的臨界角是_____.

(2)折射光線消失后反射光線的亮度會增強(qiáng)；其原因是折射光消失后，入射光幾乎全部變?yōu)開_____.

(3)當(dāng)光從空氣射向玻璃；__________(選填“會”或“不會”)發(fā)生光的全反射現(xiàn)象。

(4)一個三棱鏡由上述玻璃構(gòu)成，讓一束光垂直于玻璃三棱鏡的一個面射入(如圖8所示)，請在圖中完成這束入射光的光路圖_______。21、某同學(xué)把兩塊大小不同的木塊用細(xì)線連接；中間夾一被壓縮了的彈簧，如圖所示．將這一系統(tǒng)置于光滑的水平桌面上，燒斷細(xì)線，觀察物體的運動情況，進(jìn)行必要的測量，驗證物體間相互作用時動量守恒．

（1）該同學(xué)還必須有的器材是_____；

（2）需要直接測量的數(shù)據(jù)是_____；

（3）用所得數(shù)據(jù)驗證動量守恒的關(guān)系式是_____．22、如圖所示，在光滑的水平面上放置一質(zhì)量為m的小車，小車上有一半徑為R的光滑的弧形軌道，設(shè)有一質(zhì)量為m的小球，以v0的速度，方向水平向左沿圓弧軌道向上滑動，達(dá)到某一高度h后，又沿軌道下滑，試求h=______，小球剛離開軌道時的速度為______．評卷人得分四、作圖題(共3題，共9分)23、如圖所示，甲、乙是直線電流的磁場，丙、丁是環(huán)形電流的磁場，戊、己是通電螺線管的磁場，試在各圖中補(bǔ)畫出電流方向或磁感線方向．

24、示波管的內(nèi)部結(jié)構(gòu)如圖所示．如果在偏轉(zhuǎn)電極XX/、YY/之間都沒有加電壓，電子束將打在熒光屏中心．如果在偏轉(zhuǎn)電極XX/之間和YY/之間分別加上如圖所示的電壓，請畫出熒光屏上出現(xiàn)的完整掃描波形圖．

25、圖中表示某一時刻的波形圖，已知波速為0.5m/s，波沿著x軸的正方向傳播；畫出經(jīng)過7s后的波形曲線。

評卷人得分五、解答題(共4題，共36分)26、如圖所示，質(zhì)量均為m的物體A、B分別與輕質(zhì)彈簧的兩端相連接，靜止在水平地面上。質(zhì)量也為m的小物體C從距A物體h高處由靜止開始下落，C與A相碰后立即粘在一起向下運動，以后不再分開，當(dāng)A和C運動到最高點時，物體B對地面剛好無壓力。不計空氣阻力，彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，重力加速度為g。求。

（1）A和C一起開始向下運動時的速度大小；

（2）A和C運動到最高點時的加速度大??；

（3）彈簧的勁度系數(shù)k。27、如圖所示，固定的凹槽水平表面光滑，其內(nèi)放置U形滑板N，滑板兩端為半徑R=0．45m的圓弧面．A和D分別是圓弧的端點，BC段表面粗糙，其余段表面光滑．小滑塊P1和P2的質(zhì)量均為m．滑板的質(zhì)量M=4m，P1和P2與BC面的動摩擦因數(shù)分別為μ1=0．10和μ2=0．20，最大靜摩擦力近似等于滑動摩擦力．開始時滑板緊靠槽的左端，P2靜止在粗糙面的B點，P1以v0=4．0m/s的初速度從A點沿弧面自由滑下，與P2發(fā)生彈性碰撞后，P1處在粗糙面B點上．當(dāng)P2滑到C點時，滑板恰好與槽的右端碰撞并與槽牢固粘連，P2繼續(xù)運動，到達(dá)D點時速度為零．P1與P2視為質(zhì)點，取g=10m/s2．問：

（1）P1和P2碰撞后瞬間P1、P2的速度分別為多大？

（2）P2在BC段向右滑動時；滑板的加速度為多大？

（3）N、P1和P2最終靜止后，P1與P2間的距離為多少？28、如圖所示，導(dǎo)熱的圓柱形氣缸固定在水平桌面上，橫截面積為S、質(zhì)量為的活塞封閉著一定質(zhì)量的理想氣體，活塞與氣缸間無摩擦且不漏氣?？傎|(zhì)量為的砝碼盤（含砝碼）由繞過定滑輪的細(xì)線與活塞相連。當(dāng)環(huán)境溫度為T時，活塞離缸底的高度為h，g為重力加速度?，F(xiàn)使環(huán)境溫度緩慢升高到

（ⅰ）當(dāng)活塞再次平衡時；活塞離缸底的高度是多少？

（ⅱ）保持環(huán)境溫度為不變，在活塞上方添加質(zhì)量為的沙子時，活塞返回到高度為h處，求大氣壓強(qiáng)

29、如圖所示，熒光屏MN與x軸垂直放置，熒光屏所在位置的橫坐標(biāo)x0=60cm，在第一象限y軸和MN之間存在沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度E=1.6×105N/C，在第二象限有半徑R=5cm的圓形磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.8T，方向垂直xOy平面向外．磁場的邊界和x軸相切于P點．在P點有一個粒子源，可以向x軸上方180°范圍內(nèi)的各個方向發(fā)射比荷為=1.0×108C/kg的帶正電的粒子，已知粒子的發(fā)射速率v0=4.0×106m/s．不考慮粒子的重力；粒子間的相互作用．求：

（1）帶電粒子在磁場中運動的軌跡半徑；

（2）粒子從y軸正半軸上射入電場的縱坐標(biāo)范圍；

（3）帶電粒子打到熒光屏上的位置與Q點的最遠(yuǎn)距離．參考答案一、選擇題(共5題，共10分)1、C【分析】【詳解】

作出光線在玻璃球體內(nèi)光路圖所示：

A、C是折射點，B反射點，OD平行于入射光線，由幾何知識得，∠AOD=∠COD=60°，則∠OAB=30°，即折射角r=30°，入射角i=60°，根據(jù)折射定律有：故C正確，ABD錯誤。2、D【分析】【詳解】

A.根據(jù)光電效應(yīng)規(guī)律可知：所以遏制電壓越大的頻率越高，根據(jù)圖像可知，甲乙兩光的頻率相同，A錯誤．

B.根據(jù)圖像可知，乙光的頻率小于丙光的頻率，所以乙光的波長大于丙光波長，B錯誤．

C.將滑動變阻器的觸頭向右滑動；正向電壓變大，電流不可能為零，C錯誤．

D.飽和電流與光強(qiáng)成正比，所以甲的光強(qiáng)大于乙的光強(qiáng)，D正確．3、C【分析】【詳解】

電路中的電流減小，則電阻增大，由電阻定律：知導(dǎo)線的長度增大，所以接入的接線柱應(yīng)該是B和C或B和D，故C正確，ABD錯誤．4、C【分析】【分析】

【詳解】

A．液體與大氣相接觸；表面層里的分子比液體內(nèi)部稀疏，分子間的距離比液體內(nèi)部大一些，分子間的相互作用表現(xiàn)為引力，故A正確；

B．浸潤與不浸潤與兩種接觸物質(zhì)的性質(zhì)有關(guān)；水可以浸潤玻璃，但是不能浸潤石蠟，這個現(xiàn)象表明一種液體是否浸潤某種固體與這兩種物質(zhì)的性質(zhì)都有關(guān)系，故B正確；

C．在合適的條件下；某些晶體可以轉(zhuǎn)變?yōu)榉蔷w，某些非晶體也可以轉(zhuǎn)變?yōu)榫w，例如天然石英是晶體，熔融過的石英卻是非晶體，把晶體硫加熱熔化（溫度超過300℃）再倒進(jìn)冷水中，會變成柔軟的非晶硫，再過一段時間又會轉(zhuǎn)化為晶體硫，故C錯誤；

D．水的摩爾質(zhì)量為水分子的個數(shù)。

故D正確。

故選C。5、A【分析】【分析】

【詳解】

A．在0-4s內(nèi)由動量定理

其中的

解得f=3N

故A正確；

BC．當(dāng)

時，加速度為零，此時速度最大，由圖可知此時刻是t=2.5s時刻；此時刻物體的動量也最大，故BC錯誤；

D．從開始到t=2.5s時刻由動量定理

其中的

解得v=2.25m/s

則最大動能為

故D錯誤。

故選A。二、多選題(共8題，共16分)6、B:C【分析】【詳解】

粒子向右運動；根據(jù)左手定則，N向上偏轉(zhuǎn)，應(yīng)當(dāng)帶正電；M向下偏轉(zhuǎn)，應(yīng)當(dāng)帶負(fù)電，故AD錯誤，BC正確；故選BC.

點睛：該題考查帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的偏轉(zhuǎn)，可以結(jié)合左手定則即可判斷出粒子的電性，屬于基本題目．7、B:D【分析】【詳解】

AB、當(dāng)滑動變阻器的滑片向右移動時，滑動變阻器的阻值R增大，電流減小，燈泡L的功率減小，燈泡L將變暗，故A錯誤；

B、電源內(nèi)部消耗的功率減小，故B正確；

CD、路端電壓增大，則電容器C的電荷量增大，電容器C充電，流過R0的電流方向為從左向右，故C錯誤，D正確；

故選BD．

【點睛】

當(dāng)滑動變阻器的滑片向右移動時，變阻器接入電路的電阻增大，根據(jù)歐姆定律分析電流和路端電壓的變化，分析燈泡亮度和電容器電量的變化．8、B:D【分析】【詳解】

A．當(dāng)滑動變阻器的觸片P從右端滑到左端時，變阻器接入電路的電阻減小，外電路總電阻減小，總電流增大，路端電壓減小，則L2變亮．變阻器的電阻減小，并聯(lián)部分的電阻減小，則并聯(lián)部分的電壓減小，則L3變暗．總電流增大，而L3的電流減小，則L1的電流增大，則L1變亮．故A錯誤；

B．由上分析可知，電壓表V1的示數(shù)減小，電壓表V2的示數(shù)增大，由于路端電壓減小，即兩電壓表示數(shù)之和減小，所以△U1＞△U2．故B正確；

C．由U1=E-I（RL2+r）得：不變，故C錯誤；

D．=R2；不變，D正確．

【點睛】

本題是電路動態(tài)變化分析問題，按“局部→整體→局部”思路進(jìn)行分析．運用總量法分析兩電壓表讀數(shù)變化量的大?。\用歐姆定律定量分析電壓表示數(shù)變化量與電流表示數(shù)變化量的比值變化，這是常用的方法．9、B:D【分析】【詳解】

電路結(jié)構(gòu)為和串聯(lián)之后再和并聯(lián)，電壓表測量兩端電壓，電流表測量和的電流，若斷路，則可將看做變成無窮大，則外電路電阻增大，總電流減小，根據(jù)閉合回路歐姆定律可得路端電壓U增大，即和所在支路兩端的電壓增大，而和的電阻不變，所以通過和的電流增大，即電流表示數(shù)增大，兩端電壓故兩端電壓增大，即電壓表示數(shù)增大，A錯誤B正確；總電流減小，則內(nèi)電路消耗的功率減小，C錯誤；消耗的電功率由于恒定，增大，所以消耗的電功率增大，D正確．10、A:B:E【分析】【分析】

【詳解】

A．如圖所示。

分子間引力和斥力都是隨著分子間距離的減小而增大；A正確；

B．晶體在熔化過程中；溫度保持不變，分子平均動能只和溫度有關(guān)，所以分子平均動能不變，B正確；

C．如果該物質(zhì)是氣體，因為分子之間有間隙，所以不是每個分子的質(zhì)量，即單位質(zhì)量的這種物質(zhì)具有的分子數(shù)不是C錯誤；

D．液體與固體之間表現(xiàn)為浸潤時；附著層內(nèi)分子間距離小于液體內(nèi)部分子間距離，附著層內(nèi)分子間作用表現(xiàn)為斥力，D錯誤；

E．一定質(zhì)量的理想氣體壓強(qiáng)不變時；溫度升高時，氣體體積一定增大，則分子的平均動能增大，單位體積內(nèi)的分子數(shù)減小，因此氣體分子單位時間內(nèi)對器壁單位面積的平均碰撞次數(shù)隨著溫度升高而減少，E正確。

故選ABE。11、B:D:F【分析】【詳解】

AB．物體的內(nèi)能除了與溫度有關(guān)以外；還和物質(zhì)的種類；質(zhì)量等因素有關(guān)，故A錯誤，B正確；

C．溫度高的物體比溫度低的物體分子熱運動的平均動能大；但是平均速率不一定大，故C錯誤；

D．物體的溫度越高；分子熱運動越劇烈，分子平均動能越大，故D正確；

E．相互間達(dá)到熱平衡的兩物體的溫度一定相等；但是內(nèi)能不一定相同，故E錯誤；

F．不可能使熱量由低溫物體傳遞到高溫物體；而不引起其他變化，故F正確。

故選BDF。12、B:C:D【分析】【分析】

根據(jù)線框感應(yīng)電流結(jié)合i-t圖象知道，線框做勻加速直線運動，從而再根據(jù)圖象找到進(jìn)入和穿出磁場的時刻，由運動學(xué)公式就能求出磁場寬度、ab邊離開的時間．根據(jù)感應(yīng)電流的方向；結(jié)合楞次定律得出磁場的方向．根據(jù)安培力公式得出導(dǎo)線框所受的安培力．

【詳解】

線框進(jìn)入磁場的時候，要受到安培力的作用，電流是變化的，安培力也是變化的，因此外力F必然不是恒力，選項A錯誤；由圖乙可知2t0～4t0時間內(nèi)線框進(jìn)入磁場，設(shè)線框勻加速直線運動的加速度為a，邊框長為：l=a(4t0)2?a(2t0)2=6at02；磁場的寬度為：d=a(6t0)2?a(2t0)2=16at02；故d=故選項B正確；設(shè)t時刻線框穿出磁場，則有：6at02=at2?a(6t0)2，解得：t=4t0，選C正確；線框進(jìn)入磁場過程的位移與出磁場過程的位移相等，根據(jù)可知，線框出離磁場過程中的水平拉力大于進(jìn)入磁場過程中的水平拉力，線框穿出磁場過程中外力F做的功做的功大于線框進(jìn)入磁場過程中水平拉力做的功，選項D正確．故選BCD．13、B:D【分析】【詳解】

AB.小球與彈簧接觸,開始重力大于彈力,加速度方向向下,做加速運動,向下運動的過程中,彈力增大,則加速度減小,加速度減小到零,速度達(dá)到最大,然后彈力大于重力,加速度方向向上,做減速運動,向下運動的過程中,彈力增大,則加速度增加,所以速度先增大后減小,加速度先減小后增大.故A錯誤,B正確.

C.重球從b至c的運動過程中,重力做正功；彈力做負(fù)功，而動能減小，根據(jù)動能定理可知：克服彈力做功大于重力做的功，故C錯；

D.若小球從彈簧處由靜止釋放,到達(dá)最低點,根據(jù)運動的對稱性,知加速度等于g,方向豎直向上,若從某一高度下降,下降的更低,則加速度大于g；故D對；

故選BD

【點睛】

根據(jù)小球的受力得出加速度的方向,根據(jù)加速度的方向與速度方向的關(guān)系,判斷小球的運動情況,從而得出速度和加速度的變化三、填空題(共9題，共18分)14、略

【分析】【詳解】

第一空.由題中I－U圖像可知：遏止電壓Uc=2V，即Ekm=eUc=3.2×10-19J。

第二空.由光電效應(yīng)方程Ekm=hv－W0解得W0=hv－Ekm=3eV=4.8×10-19J.【解析】3.2×10－194.8×10－1915、略

【分析】【詳解】

（1）[1]根據(jù)題目要求；能滿足條件的電路是A；

（2）[2]該電路為“與”門電路；電路符號為。

[3][4][5][6]真值表。輸入輸出ABZ000010100111【解析】A000116、略

【分析】【詳解】

（1）[1][2]當(dāng)

時，R1的電功率有最大值，為

（2）[3][4]當(dāng)

時，有

（3）[5][6]當(dāng)

時，有

（4）[7][8]當(dāng)

時，有

（5）[9][10]當(dāng)

時，有

【點睛】

本題考查電路中的定值電阻電功率、可變電阻電功率、電源內(nèi)阻電功率、電源輸出功率的計算，注意各種電功率的處理方法。【解析】00R2max17、略

【分析】【詳解】

[1]把小球的運動分解到水平和豎直方向，豎直方向做自由落體運動，水平方向作用下做勻減速運動。由小球落地時速度方向恰好豎直向下，知落地時v0恰好減為零，落地時速度為

落地時的動能為

解得

[2]豎直方向

水平方向

聯(lián)立可得【解析】mgh18、略

【分析】【詳解】

如圖，從正向最大位移處開始計時，振動方程的表達(dá)式為為：x=Acosωt；其中振幅A=2cm；

據(jù)題可得：T=4×0.1s=0.4s，則ω==5πrad/s

則振動方程的表達(dá)式為為：x=2cos5πtcm．【解析】0.42cos5πt19、略

【分析】【分析】

掌握凸透鏡成像的規(guī)律，根據(jù)光路的可逆性，兩次成像的物距和像距正好相反，即第一次的物距等于第二次的像距，第一次的像距等于第二次的物距，從而可以計算出距離x的值；根據(jù)凸透鏡成像的原理；由點S發(fā)出的光經(jīng)過凸透鏡后會聚到像點，并結(jié)合平行于主光軸的光線過焦點分析焦距的大小。

【詳解】

[1]根據(jù)光路的可逆性，第一次的物距等于第二次的像距，第一次的像距等于第二次的像距，第一次的物距

圓筒向右移動b，則凸透鏡也會向右移動b，則第二次的像距為

則有

解得

[2]光源S所成像應(yīng)在S′處，若物體為AS，則成像應(yīng)為A′S′；根據(jù)成像原理，成像光路圖如圖所示：

又像高與物體高度正比等于像距與物距之比，則有

由圖知，△A′S′F∽△BOF，則

又AS=BO

聯(lián)立以上幾式得【解析】20、略

【分析】【詳解】

（1）由題意可以知道；當(dāng)入射角為41.8°時，折射光線消失了，所以玻璃的臨界角為41.8°；

（2）當(dāng)入射光線從一種介質(zhì)斜射入另一種介質(zhì)時；會發(fā)生折射，同時也發(fā)生反射，所以反射光線要比入射光線暗一些，而當(dāng)光從小于臨界角向臨界角靠近，當(dāng)折射光線消失后，發(fā)生了全反射，光線全變?yōu)榉瓷涔饩€，所以反射光線亮度增強(qiáng)了。

（3）光只有從水或玻璃射向空氣時；才會發(fā)生全反射，所以光從空氣射向玻璃，入射角增大，折射光不可能完全消失；

（4）光線從空氣進(jìn)入玻璃時；因是垂直照射，所以方向不變；當(dāng)從玻璃中斜射入空氣時，其入射角為45°大于臨界角，故其發(fā)生全反射，其大致路徑如下圖：

【點睛】

本題主要考查了光的折射現(xiàn)象以及光的全反射現(xiàn)象的實驗，要讀數(shù)實驗的過程，并能總結(jié)出相應(yīng)的結(jié)論加以運用。同時還考查了光的折射的光路圖，有一定綜合性?！窘馕觥浚?）41.8；（2）反射光；（3）不會；21、略

【分析】【詳解】

小球離開桌面后做平拋運動，取小球1的初速度方向為正方向，兩小球質(zhì)量和平拋初速度分別為：m1、m2，v1、v2，平拋運動的水平位移分別為s1、s2，平拋運動的時間為t．需要驗證的方程：0=m1v1-m2v2，又代入得到m1s1=m2s2，故需要測量兩木塊的質(zhì)量m1和m2，兩木塊落地點到桌面邊緣的水平距離s1，s2；需要的器材為刻度尺；天平、重錘線．

（1）需要的實驗器材有：天平；直尺、鉛錘、木板、白紙、復(fù)寫紙、圖釘、細(xì)線等。

（2）需要直接測量的量為：兩物塊的質(zhì)量m1．m2及它們對應(yīng)的平拋射程s1．s2；

（3）需要驗證的表達(dá)式為：m1s1=m2s2．【解析】刻度尺、天平、鉛垂線兩木塊的質(zhì)量m1、m2和兩木塊落地點分別到桌子兩。

側(cè)邊緣的水平距離s1、s2m1s1＝m2s222、略

【分析】【詳解】

小球從進(jìn)入軌道；到上升到h高度時為過程第一階段，這一階段類似完全非彈性的碰撞，動能損失轉(zhuǎn)化為重力勢能（而不是熱能）．

小球到達(dá)最大高度h時；小球與小車的速度相同，在小球從滑上小車到上升到最大高度過程中，系統(tǒng)水平方向動量守恒，以水平向左方向為正方向，在水平方向，由動量守恒定律得：

mv0=（m+m）v

系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，則得：mv02=（m+m）v2+（m+m）gh

解得：h=

小球從進(jìn)入到離開，整個過程屬彈性碰撞模型，又由于小球和車的等質(zhì)量，由彈性碰撞規(guī)律可知，兩物體速度交換，故小球離開軌道時速度為零．【解析】0四、作圖題(共3題，共9分)23、略

【分析】【詳解】

利用右手螺旋定則；已知電流的方向可判定磁場方向，也可以通過磁場方向來確定電流的方向；

圖甲；已知磁場方向，順時針方向，則電流垂直紙面向里；

圖乙；電流右側(cè)的磁場的方向向里，左側(cè)的磁場的方向向外，則電流的方向向上；

圖丙；已知磁場方向，則可知電流方向，逆時針方向；

圖??；環(huán)形電流從左側(cè)流入，從右側(cè)流出，所以磁場的方向向下；

圖戊；根據(jù)螺線管中電流方向，利用右手螺旋定則可以確定螺線管的磁場的方向向左；

圖已；根據(jù)螺線管中上邊的電流方向向外，下邊的電流的方向向里，利用右手螺旋定則可以確定螺線管的磁場的方向向右．如圖所示：

【解析】24、略

【分析】試題分析：A圖中；在XX′偏轉(zhuǎn)電極所加的電壓的周期為2T，即在2T的時間內(nèi)才能完成一次水平方向的掃描，而豎直方向（y方向）的周期為T，所以在水平方向的一次水平掃描的過程中，豎直方向由2個周期性的變化；y方向的電壓變化為正弦式的變化，由于電子到達(dá)熒光屏的偏轉(zhuǎn)量與偏轉(zhuǎn)電壓成正比，所以A圖中的掃描圖形如圖；

要在熒光屏上得到待測信號在一個周期內(nèi)的穩(wěn)定圖象．XX′偏轉(zhuǎn)電極要接入鋸齒形電壓；即掃描電壓．

B圖中；在XX′偏轉(zhuǎn)電極所加的電壓的周期為T，即在一個周期T的時間內(nèi)完成一次水平方向的掃描，同時豎直方向的周期為T，所以在水平方向的一次水平掃描的過程中，豎直方向也完成一個周期性的變化；y方向的電壓大小不變，方向每半個周期變化一次，結(jié)合電子到達(dá)熒光屏的偏轉(zhuǎn)量與偏轉(zhuǎn)電壓成正比，所以B圖中的掃描圖形如圖．

考點：考查了示波器的工作原理。

【名師點睛】本題關(guān)鍵要清楚示波管的工作原理，示波管的YY′偏轉(zhuǎn)電壓上加的是待顯示的信號電壓，XX′偏轉(zhuǎn)電極通常接入鋸齒形電壓，即掃描電壓，當(dāng)信號電壓與掃描電壓周期相同時，就可以在熒光屏上得到待測信號在一個周期內(nèi)的穩(wěn)定圖象【解析】25、略

【分析】【分析】

【詳解】

7s波向前傳播的距離為

7s后，故x=3.5m位置的原圖中x=0位置的振動情況相同；因此作出以下圖形。

【解析】五、解答題(共4題，共36分)26、略

【分析】【詳解】

（1）設(shè)小物體C從靜止開始運動到A時的速度為由機(jī)械能守恒定律有

設(shè)C與A碰撞粘在一起的速度為由動量守恒定律得

解得

（2）當(dāng)A與C運動到最高點時，B受力平衡有

對AC運用牛頓第二定律

解得

（3）設(shè)彈簧的勁度系數(shù)為k，開始時A處于平衡狀態(tài)，設(shè)彈簧的壓縮形變量為對A