江蘇省宿遷市泗陽縣致遠中學高三物理上學期周練試卷（2）（含解析）.doc

2015-2016學年江蘇省宿遷市泗陽縣致遠中學高三（上）周練物理試卷（2）一單項選擇題（每題3分，共15分）1如圖所示，真空中o點有一點電荷，在它產生的電場中有a、b兩點，a點的場強大小為ea，方向與ab連線成60角，b點的場強大小為eb，方向與ab連線成30角關于a、b兩點場強大小ea、eb的關系，以下結論正確的是（）aea=bea=ebcea=ebdea=3eb2如圖所示，有一帶電粒子貼著a板沿水平方向射入勻強電場，當偏轉電壓為u1時，帶電粒子沿軌跡從兩板正中間飛出；當偏轉電壓為u2時，帶電粒子沿軌跡落到b板中間；設粒子兩次射入電場的水平速度相同，則兩次偏轉電壓之比為（）au1：u2=1：8bu1：u2=1：4cu1：u2=1：2du1：u2=1：13如圖所示電路，電源內阻不可忽略在滑動變阻器觸頭由a滑向b的過程中，下列說法中正確的是（）a電流表示數(shù)減小b小燈泡l亮度增加c電源內電阻消耗功率減小d電源輸出功率一定增加4如圖是勻強電場遇到空腔導體后的部分電場線分布圖，電場方向如圖中箭頭所示，m、n、q是以直電場線上一點o為圓心的同一圓周上的三點，oq連線垂直于mn以下說法正確的是（）ao點電勢與q點電勢相等bo、m間的電勢差小于n、o間的電勢差c將一負電荷由m點移到q點，電荷的電勢能增加d在q點釋放一個正電荷，正電荷所受電場力將沿與oq垂直的方向豎直向上5如圖所示的ui圖象中，直線a為某一電源的路端電壓與電流的關系圖線，直線b為某一電阻r的伏安特性曲線，兩圖線相交于（2，2）用該電源和該電阻組成閉合電路，電源的輸出功率和電源的內電阻分別是（）a6 w，1b6 w，0.5c4 w，1d4 w，0.5二多項選擇題（每題5分，共20分）6直流電路如圖所示，在滑動變阻器的滑片p從圖示位置向右移動時電源的（）a總功率一定減小b效率一定增大c內部損耗功率一定減小d輸出功率一定先增大后減小7如圖所示，是描述對給定的電容器充電時電荷量q、電壓u、電容c之間相互關系的圖象，其中正確的是（）abcd8一平行板電容器充電后與電源斷開，負極板接地，在兩極板間有一正電荷（電荷量很?。┕潭ㄔ趐點，如圖所示，以e表示兩極板間的場強，u表示電容器的電壓，ep表示正電荷在p點的電勢能若保持負極板不動，將正極板移到圖中虛線所示的位置，則（）au變小，e不變be變大，ep變大cu變小，ep不變du不變，ep不變9如圖所示，絕緣彈簧的下端固定在光滑斜面底端，彈簧與斜面平行，帶電小球q（可視為質點）固定在絕緣斜面上的m點，且在通過彈簧中心的直線ab上現(xiàn)將與q大小相同，帶電性也相同的小球p，從直線ab上的n點由靜止釋放，若兩小球可視為點電荷在小球p與彈簧接觸到速度變?yōu)榱愕倪^程中，下列說法中正確的是（）a小球p的速度一定先增大后減小b小球p的機械能一定在減少c小球p速度最大時所受彈簧彈力和庫侖力的合力為零d小球p與彈簧系統(tǒng)的機械能一定增加三選考模塊（每題12分，共24分）（3-3）10a一位同學為了表演“輕功”，用打氣筒給4只相同的氣球充以相等質量的空氣（可視為理想氣體），然后將它們放置在水平木板上，再在氣球的上方平放一塊輕質塑料板，如圖所示這位同學慢慢站上輕質塑料板中間位置的過程中，氣球一直沒有破裂，球內氣體溫度可視為不變（1）下列說法正確的是a氣球內氣體的壓強是由于氣體重力而產生的b由于該同學壓迫氣球，球內氣體分子間表現(xiàn)為斥力c氣球內氣體分子平均動能不變d氣球內氣體的體積是所有氣體分子的體積之和（2）表演過程中，對球內氣體共做了4j的功，此過程中氣球（填“吸收”或“放出”）的熱量是j若某氣球突然爆炸，則該氣球內的氣體內能（填“增加”或“減少”），溫度（填“升高”或“降低”）（3）一只氣球內氣體的體積為2l，密度為3kg/m3，平均摩爾質量為15g/mol，阿伏加德羅常數(shù)na=6.021023mol1，試估算這個氣球內氣體的分子個數(shù)（3-5）11在光電效應實驗中，小明同學用同一實驗裝置（如圖a）在甲、乙、丙三種光的照射下得到了三條電流表與電壓表讀數(shù)之間的關系曲線，如圖b所示則下列說法中正確的是（）a乙光的頻率小于甲光的頻率b甲光的波長大于丙光的波長c丙光的光子能量小于甲光的光子能量d乙光對應的光電子最大初動能小于丙光的光電子最大初動能12用光照射某金屬，使它發(fā)生光電效應現(xiàn)象，若增加該入射光的強度，則單位時間內從該金屬表面逸出的光電子數(shù)，從表面逸出的光電子的最大動量大?。ㄟx填“增加”、“減小”或“不變”）13（4分）用加速后動能為ek0的質子轟擊靜止的原子核x，生成兩個動能均為ek的核，并釋放出一個頻率為的光子寫出上述核反應方程并計算核反應中的質量虧損（光在真空中傳播速度為c）四實驗填空題（填空每空2分，畫圖4分，共20分）14（6分）如圖所示的三把游標卡尺，它們的游標尺從上至下分別為9mm長10等分、19mm長20等分、49mm長50等分，它們的讀數(shù)依次為mm、mm、mm15使用螺旋測微器測量金屬絲的直徑，示數(shù)如圖所示，則金屬絲的直徑是mm16實驗室購買了一捆標稱長度為100m的銅導線，某同學想通過實驗測定其實際長度該同學首先測得導線橫截面積為1.0mm2，查得銅的電阻率為1.7108m，再利用圖1所示電路測出銅導線的電阻rx，從而確定導線的實際長度可供使用的器材有：電流表：量程0.6a，內阻約0.2；電壓表：量程3v，內阻約9k；滑動變阻器r1：最大阻值5；滑動變阻器r2：最大阻值20；定值電阻：r0=3；電源：電動勢6v，內阻可不計；開關、導線若干回答下列問題：（1）實驗中滑動變阻器應選（選填“r1”或“r2”），閉合開關s前應將滑片移至端（選填“a”或“b”）（2）在實物圖中，已正確連接了部分導線，請根據(jù)圖1電路完成剩余部分的連接（3）調節(jié)滑動變阻器，當電流表的讀數(shù)為0.50a時，電壓表示數(shù)如圖3所示，讀數(shù)為v（4）導線實際長度約為m五、計算說理題（15題12分，16題14分，17題15分，共41分）17如圖所示，在豎直平面內，光滑的絕緣細桿ac與半徑為r的圓交于b、c兩點，在圓心o處固定一正電荷，b為ac的中點，c位于圓周的最低點現(xiàn)有一質量為m、電荷量為q、套在桿上的帶負電小球（可視為質點）從a點由靜止開始沿桿下滑已知重力加速度為g，a、c兩點的豎直距離為3r，小球滑到b點時的速度大小為2求：（1）小球滑至c點時的速度大??；（2）a、b兩點間的電勢差uab18如圖所示，一根長 l=1.5m 的光滑絕緣細直桿mn，豎直固定在場強為 e=1.0105n/c與水平方向成=30角的傾斜向上的勻強電場中桿的下端m固定一個帶電小球 a，電荷量q=+4.5106c；另一帶電小球 b 穿在桿上可自由滑動，電荷量q=+1.0106 c，質量m=1.0102 kg現(xiàn)將小球b從桿的上端n靜止釋放，小球b開始運動（靜電力常量k=9.010 9nm2/c2，取 g=l0m/s2）（1）小球b開始運動時的加速度為多大？（2）小球b的速度最大時，距m端的高度h1為多大？（3）小球b從n端運動到距m端的高度h2=0.61m時，速度為v=1.0m/s，求此過程中小球b的電勢能改變了多少？19如圖甲所示，在xoy坐標系中，兩平行金屬板如圖放置，od與x軸重合，板的左端與原點o重合，板長l=2m，板間距離d=1m，緊靠極板右側有一熒光屏兩金屬板間電壓uao隨時間的變化規(guī)律如圖乙所示，已知u0=1103v，變化周期t=2103s，t=0時刻一帶正電的粒子從左上角a點，以v0=1103m/s的速度平行于ab邊射入板間，粒子電荷量q=1105c，質量m=1107kg，不計粒子所受重力，求：（1）粒子在板間運動的時間；（2）粒子打在熒光屏上的縱坐標；（3）粒子打到屏上的動能2015-2016學年江蘇省宿遷市泗陽縣致遠中學高三（上）周練物理試卷（2）參考答案與試題解析一單項選擇題（每題3分，共15分）1如圖所示，真空中o點有一點電荷，在它產生的電場中有a、b兩點，a點的場強大小為ea，方向與ab連線成60角，b點的場強大小為eb，方向與ab連線成30角關于a、b兩點場強大小ea、eb的關系，以下結論正確的是（）aea=bea=ebcea=ebdea=3eb【考點】電勢差與電場強度的關系；電場強度【專題】電場力與電勢的性質專題【分析】已知a點與b點與o點的距離關系，根據(jù)點電荷的場強公式e=列式求解即可【解答】解：結合幾何關系，有：ao：bo=：根據(jù)公式e=，有：故選：d【點評】本題關鍵是明確點電荷的場強的公式e=，記住即可，基礎題目2如圖所示，有一帶電粒子貼著a板沿水平方向射入勻強電場，當偏轉電壓為u1時，帶電粒子沿軌跡從兩板正中間飛出；當偏轉電壓為u2時，帶電粒子沿軌跡落到b板中間；設粒子兩次射入電場的水平速度相同，則兩次偏轉電壓之比為（）au1：u2=1：8bu1：u2=1：4cu1：u2=1：2du1：u2=1：1【考點】帶電粒子在勻強電場中的運動【專題】帶電粒子在電場中的運動專題【分析】帶點粒子在電場中做類似平拋運動，將合運動沿著平行平板和垂直平板方向正交分解，根據(jù)運動學公式和牛頓第二定律列式求解【解答】解：帶點粒子在電場中做類似平拋運動，將合運動沿著平行平板和垂直平板方向正交分解，有x=v0ty=解得故故選a【點評】本題關鍵根據(jù)類平拋運動的分位移公式和牛頓第二定律聯(lián)立列式求解出電壓的一般表達式，然后再進行分析討論3如圖所示電路，電源內阻不可忽略在滑動變阻器觸頭由a滑向b的過程中，下列說法中正確的是（）a電流表示數(shù)減小b小燈泡l亮度增加c電源內電阻消耗功率減小d電源輸出功率一定增加【考點】閉合電路的歐姆定律；電功、電功率【專題】恒定電流專題【分析】由滑片的移動可知滑動變阻器接入電阻的變化；則由閉合電路歐姆定律可得出電路中電流及電壓的變化；再由功率公式明確電源輸出功率的變化【解答】解：a、滑片向b端移動時滑動變阻器接入電阻增大；則電路中總電流減??；由e=u+ir可知，路端電壓增大；則流過r的電流增大；故電流表示數(shù)增大；故a錯誤；b、因總電流減小，而流過r的電流增大；由并聯(lián)電路的分流規(guī)律可知，流過燈泡的電流減?。还薀襞萘炼葴p小；故b錯誤；c、因電流減小，則由功率公式可知，是源內部消耗的功率減??；故c正確；d、當電源內外電阻相等時，電源的輸出功率最大；本題無法得出內外電阻的大小關系；故無法確定功率的變化；故d錯誤；故選：c【點評】本題考查閉合電路歐姆定律及功率公式，在解題時要注意明確電源的輸出功率的極值問題的應用；注意電源的總功率隨外電阻的變化而變化，防止錯選d4如圖是勻強電場遇到空腔導體后的部分電場線分布圖，電場方向如圖中箭頭所示，m、n、q是以直電場線上一點o為圓心的同一圓周上的三點，oq連線垂直于mn以下說法正確的是（）ao點電勢與q點電勢相等bo、m間的電勢差小于n、o間的電勢差c將一負電荷由m點移到q點，電荷的電勢能增加d在q點釋放一個正電荷，正電荷所受電場力將沿與oq垂直的方向豎直向上【考點】電勢；電勢能【專題】電場力與電勢的性質專題【分析】根據(jù)電場線方向判斷電勢高低；靈活應用公式u=ed判斷兩點之間電勢差的高低；根據(jù)電勢高低或電場力做功情況判斷電勢能的高低；正確判斷電荷在電場中移動時電場力做功的正負【解答】解：a、根據(jù)電場線與等勢線垂直特點，在o點所在電場線上找到q點的等勢點，根據(jù)沿電場線電勢降低可知，o點的電勢比q點的電勢高，故a錯誤；b、根據(jù)電場分布可知，om間的平均電場強度比no之間的平均電場強度大，故由公式u=ed可知，om間的電勢差大于no間的電勢差，故b錯誤；c、m點的電勢比q點的電勢高，負電荷從高電勢移動到低電勢電場力做負功，電荷的電勢能增加，故c正確d、在q點釋放一個正電荷，正電荷所受電場力將沿與該點電場線的切線方向相同，斜向上，故d錯誤；故選：c【點評】電場線、電場強度、電勢、電勢差、電勢能等物理量之間的關系以及大小比較，是電場中的重點和難點，在平時訓練中要加強這方面的練習，以加深對概念的理解5如圖所示的ui圖象中，直線a為某一電源的路端電壓與電流的關系圖線，直線b為某一電阻r的伏安特性曲線，兩圖線相交于（2，2）用該電源和該電阻組成閉合電路，電源的輸出功率和電源的內電阻分別是（）a6 w，1b6 w，0.5c4 w，1d4 w，0.5【考點】路端電壓與負載的關系；電功、電功率【專題】恒定電流專題【分析】由電源的ui的關系圖象與縱軸的交點讀出電源的電動勢，其斜率大小等于電源的內阻電阻r的伏安特性曲線的斜率等于電阻兩圖線的交點讀出電流與電壓，求出電源的輸出功率【解答】解：根據(jù)閉合電路歐姆定律得u=eir，當i=0時，u=e，由讀出電源的電動勢e=3v，內阻等于圖線的斜率大小，則r=0.5電阻的ui圖線的斜率等于電阻，則電阻r=1；兩圖線的交點表示該電源直接與電阻r相連組成閉合電路時工作狀態(tài)，由圖讀出電壓u=2v，電流i=2a，則電源的輸出功率為p出=ui=4w故abc錯誤d正確故選：d【點評】對于圖線關鍵要根據(jù)物理規(guī)律，從數(shù)學角度來理解其物理意義本題要抓住圖線的斜率、交點的意義來理解圖象的意義二多項選擇題（每題5分，共20分）6直流電路如圖所示，在滑動變阻器的滑片p從圖示位置向右移動時電源的（）a總功率一定減小b效率一定增大c內部損耗功率一定減小d輸出功率一定先增大后減小【考點】電功、電功率；閉合電路的歐姆定律【專題】恒定電流專題【分析】滑片向右移動時，滑動變阻器接入電路的阻值變大，由歐姆定律可以判斷電路電流如何變化，由電功率公式可以分析答題【解答】解：由電路圖可知，當滑動變阻滑片向右移動時，滑動變阻器接入電路的阻值增大，電路總電阻變大，電源電動勢不變，由閉合電路的歐姆定律可知，電路總電流i變??；a、電源電動勢e不變，電流i變小，電源總功率p=ei減小，故a正確；b、電源的效率=，電源內阻r不變，滑動變阻器阻值r變大，則電源效率增大，故b正確；c、電源內阻r不變，電流i減小，源的熱功率pq=i2r減小，故c正確；d、當滑動變阻器阻值與電源內阻相等時，電源輸出功率最大，由于不知道最初滑動變阻器接入電路的阻值與電源內阻間的關系，因此無法判斷電源輸出功率如何變化，故d錯誤；故選：abc【點評】知道電路串并聯(lián)中的電流電壓關系，并熟練應用閉合電路歐姆定律、電功率公式即可正確解題7如圖所示，是描述對給定的電容器充電時電荷量q、電壓u、電容c之間相互關系的圖象，其中正確的是（）abcd【考點】電容【專題】電容器專題【分析】電容器的電容由本身的性質決定，與q和u無關，根據(jù)q=cu，知q與u成正比【解答】解：是電容的定義式，電容器電容的大小與電容的帶電量q以及電容器兩極板之間的電壓無關，電容器電容的決定式為：，只要電容器不變其電容就不發(fā)生變化，故a錯誤，bd正確；根據(jù)可有：q=cu，由于電容器不變，因此電量q和電壓u成正比，故c正確；故選bcd【點評】解決本題的關鍵掌握電容的定義式為，知道c與q和u無關，根據(jù)q=cu，知q與u成正比，同時理解電容器電容大小與那些因素有關8一平行板電容器充電后與電源斷開，負極板接地，在兩極板間有一正電荷（電荷量很?。┕潭ㄔ趐點，如圖所示，以e表示兩極板間的場強，u表示電容器的電壓，ep表示正電荷在p點的電勢能若保持負極板不動，將正極板移到圖中虛線所示的位置，則（）au變小，e不變be變大，ep變大cu變小，ep不變du不變，ep不變【考點】電容器的動態(tài)分析；電容器【專題】電容器專題【分析】抓住電容器的電荷量不變，結合電容的決定式和定義式，以及勻強電場的場強公式得出電場強度的變化，從而得出p與下極板電勢差的變化，得出p點的電勢變化和電勢能變化【解答】解：平行板電容器充電后與電源斷開后，電量不變將正極板移到圖中虛線所示的位置時，板間距離d減小，根據(jù)c=知，電容c增大，根據(jù)u=，則板間電壓變小由e=，c=得到：e=，可知e與d無關，則知電場強度e不變p與負極板間的距離不變，由公式u=ed可知，p與負極板間的電勢差不變，p點的電勢不變，正電荷在p點的電勢能不變故ac正確，bd錯誤故選：ac【點評】解決本題的關鍵知道電容器與電源斷開后其電荷量不變，掌握電容器的決定式c=以及定義式c=要能熟練推導出場強的表達式e=，記住e與d無關的結論，有利于進行動態(tài)分析9如圖所示，絕緣彈簧的下端固定在光滑斜面底端，彈簧與斜面平行，帶電小球q（可視為質點）固定在絕緣斜面上的m點，且在通過彈簧中心的直線ab上現(xiàn)將與q大小相同，帶電性也相同的小球p，從直線ab上的n點由靜止釋放，若兩小球可視為點電荷在小球p與彈簧接觸到速度變?yōu)榱愕倪^程中，下列說法中正確的是（）a小球p的速度一定先增大后減小b小球p的機械能一定在減少c小球p速度最大時所受彈簧彈力和庫侖力的合力為零d小球p與彈簧系統(tǒng)的機械能一定增加【考點】功能關系；共點力平衡的條件及其應用；庫侖定律【分析】本題中有庫侖力做功，機械能不守恒；機械能守恒是普遍遵守的定律；小球的速度變化可從受力與能量兩種觀點加以分析【解答】解：a、小球先沿斜面加速向下運動，后減速向下運動，當彈簧壓縮量最大時，小球靜止，故a正確b、根據(jù)除了重力和彈力之外的力做功量度機械能的變化得小球p除了重力和彈力做功還有之外的庫侖斥力做功，開始彈簧的彈力和庫侖斥力的合力方向可能向上，也就是可能做負功，所以小球p的機械能可能增大，故b錯誤c、小球p的速度一定先增大后減小，當p的加速度為零時，速度最大，所以小球p速度最大時所受彈簧彈力、重力沿斜面向下的分力和庫侖力的合力為零，故c錯誤d、根據(jù)能量守恒定律知，小球p的動能、與地球間重力勢能、與小球q間電勢能和彈簧彈性勢能的總和不變，因為在小球p與彈簧接觸到速度變?yōu)榱愕倪^程中，q對p的庫侖斥力做正功，電勢能減小，所以小球p與彈簧系統(tǒng)的機械能一定增加，故d正確故選ad【點評】注意機械能守恒的條件是只有重力或彈力做功，從能量轉化的角度講，只發(fā)生機械能間的相互件轉化，沒有其他形式的能量參與三選考模塊（每題12分，共24分）（3-3）10a一位同學為了表演“輕功”，用打氣筒給4只相同的氣球充以相等質量的空氣（可視為理想氣體），然后將它們放置在水平木板上，再在氣球的上方平放一塊輕質塑料板，如圖所示這位同學慢慢站上輕質塑料板中間位置的過程中，氣球一直沒有破裂，球內氣體溫度可視為不變（1）下列說法正確的是ca氣球內氣體的壓強是由于氣體重力而產生的b由于該同學壓迫氣球，球內氣體分子間表現(xiàn)為斥力c氣球內氣體分子平均動能不變d氣球內氣體的體積是所有氣體分子的體積之和（2）表演過程中，對球內氣體共做了4j的功，此過程中氣球放出（填“吸收”或“放出”）的熱量是4j若某氣球突然爆炸，則該氣球內的氣體內能減少（填“增加”或“減少”），溫度降低（填“升高”或“降低”）（3）一只氣球內氣體的體積為2l，密度為3kg/m3，平均摩爾質量為15g/mol，阿伏加德羅常數(shù)na=6.021023mol1，試估算這個氣球內氣體的分子個數(shù)【考點】封閉氣體壓強；阿伏加德羅常數(shù)【專題】氣體的壓強專題【分析】（1）知道分子間表現(xiàn)的實際作用力為引力，知道被封閉氣體壓強產生的原理溫度是分子平均動能變化的標志（2）根據(jù)熱力學第一定律的表達式u=q+w進行有關判斷；（3）求出氣體的質量，已知平均摩爾質量再求出摩爾數(shù)，最后求出分子數(shù)【解答】解：（1）a、密閉容器內的氣體壓強是大量氣體分子頻繁撞擊器壁產生，故a錯誤b、該同學壓迫氣球，氣體分子間距離仍然較大，氣體分子間的作用力幾乎為零故b錯誤c、球內氣體溫度可視為不變所以氣球內氣體分子平均動能不變，故c正確d、氣體分子間空隙很大，所以氣球內氣體的體積遠大于所有氣體分子的體積之和，故d錯誤故選c（2）表演過程中，球內氣體溫度可視為不變，說明球內氣體內能不變，即u=0，對球內氣體共做了4j的功，即w=4j，所以此過程中q=4j，即氣球放出的熱量是4j，若某氣球突然爆炸，氣體對外做功，瞬間無熱傳遞，則該氣球內的氣體內能減少，溫度降低（3）一只氣球內氣體的體積為2l，密度為3kg/m3，氣體質量m=v=0.006kg，平均摩爾質量為15g/mol，所以氣體的摩爾數(shù)n=0.4mol，阿伏加德羅常數(shù)na=6.021023mol1，所以這個氣球內氣體的分子個數(shù)n=0.46.021023=2.411023 故答案為：（1）c （2）放出，4j，減少，降低 （3）2.411023【點評】熱學中很多知識點要需要記憶，注意平時的積累，對于熱力學第一定律u=w+q，要明確公式中各個物理量的含義（3-5）11在光電效應實驗中，小明同學用同一實驗裝置（如圖a）在甲、乙、丙三種光的照射下得到了三條電流表與電壓表讀數(shù)之間的關系曲線，如圖b所示則下列說法中正確的是（）a乙光的頻率小于甲光的頻率b甲光的波長大于丙光的波長c丙光的光子能量小于甲光的光子能量d乙光對應的光電子最大初動能小于丙光的光電子最大初動能【考點】光電效應【專題】光電效應專題【分析】根據(jù)遏止電壓比較最大初動能，從而比較光子頻率的大小，得出波長的大小【解答】解：乙丙兩個的遏止電壓相等，且大于甲光的遏止電壓，根據(jù)，知乙丙兩光照射產生光電子的最大初動能相等，大于甲光照射產生的光電子最大初動能根據(jù)光電效應方程ekm=hvw0，逸出功相等，知乙丙兩光的頻率相等，大于甲光的頻率所以乙丙兩光的光子能量相等大于甲光的光子能量甲光頻率小，則波長長故b正確，a、c、d錯誤故選b【點評】解決本題的突破口在于通過遏止電壓比較最大初動能，結合光電效應方程進行分析12用光照射某金屬，使它發(fā)生光電效應現(xiàn)象，若增加該入射光的強度，則單位時間內從該金屬表面逸出的光電子數(shù)增加，從表面逸出的光電子的最大動量大小不變（選填“增加”、“減小”或“不變”）【考點】光電效應【專題】光電效應專題【分析】根據(jù)光電效應方程判斷光電子最大初動能的變化，光的強弱影響單位時間內發(fā)出光電子的數(shù)目【解答】解：若增加該入射光的強度，則單位時間內從該金屬表面逸出的光電子數(shù)增加根據(jù)光電效應方程ekm=hvw0知，光強增加，光電子的最大初動能不變，則光電子的最大速度不變，最大動量大小不變故答案為：增加，不變【點評】解決本題的關鍵掌握光電效應方程，知道影響光電子最大初動能的因素13（4分）用加速后動能為ek0的質子轟擊靜止的原子核x，生成兩個動能均為ek的核，并釋放出一個頻率為的光子寫出上述核反應方程并計算核反應中的質量虧損（光在真空中傳播速度為c）【考點】愛因斯坦質能方程【專題】愛因斯坦的質能方程應用專題【分析】根據(jù)電荷數(shù)守恒、質量數(shù)守恒寫出核反應方程，通過愛因斯坦質能方程求出質量虧損【解答】解：根據(jù)電荷數(shù)守恒、質量數(shù)守恒有：根據(jù)能量守恒知釋放的核能e=2ek+hvek0根據(jù)愛因斯坦質能方程得，答：核反應方程為：在核反應中的質量虧損為【點評】解決本題的關鍵知道在核反應過程中電荷數(shù)守恒、質量數(shù)守恒，以及掌握愛因斯坦質能方程四實驗填空題（填空每空2分，畫圖4分，共20分）14（6分）如圖所示的三把游標卡尺，它們的游標尺從上至下分別為9mm長10等分、19mm長20等分、49mm長50等分，它們的讀數(shù)依次為17.7mm、23.85mm、3.18mm【考點】刻度尺、游標卡尺的使用【專題】實驗題；定量思想；推理法；基本實驗儀器【分析】解決本題的關鍵掌握游標卡尺讀數(shù)的方法，主尺讀數(shù)加上游標讀數(shù)，不需估讀【解答】解：游標卡尺的主尺讀數(shù)為17mm，游標尺上第7個刻度和主尺上某一刻度對齊，所以游標讀數(shù)為70.1mm=0.7mm，所以最終讀數(shù)為：17mm+0.7mm=17.7mm游標卡尺的主尺讀數(shù)為23mm，游標尺上第17個刻度和主尺上某一刻度對齊，所以游標讀數(shù)為170.05mm=0.85mm，所以最終讀數(shù)為：23mm+0.85mm=23.85mm游標卡尺的主尺讀數(shù)為3mm，游標尺上第9個刻度和主尺上某一刻度對齊，所以游標讀數(shù)為90.02mm=0.18mm，所以最終讀數(shù)為：3mm+0.18mm=3.18mm故答案為：17.7 23.85 3.18【點評】對于基本測量儀器如游標卡尺、螺旋測微器等要了解其原理，要能正確使用這些基本儀器進行有關測量15使用螺旋測微器測量金屬絲的直徑，示數(shù)如圖所示，則金屬絲的直徑是2.1500.002mm【考點】螺旋測微器的使用【專題】實驗題【分析】螺旋測微器的讀數(shù)方法是固定刻度讀數(shù)加上可動刻度讀數(shù)，在讀可動刻度讀數(shù)時需估讀【解答】解：螺旋測微器的固定刻度為2mm，可動刻度為15.00.01mm=0.150mm，所以最終讀數(shù)為2mm+0.150mm=2.150mm最后的結果可以為2.1500.002故答案為：2.1500.002【點評】對于基本測量儀器如游標卡尺、螺旋測微器等要了解其原理，要能正確使用這些基本儀器進行有關測量16實驗室購買了一捆標稱長度為100m的銅導線，某同學想通過實驗測定其實際長度該同學首先測得導線橫截面積為1.0mm2，查得銅的電阻率為1.7108m，再利用圖1所示電路測出銅導線的電阻rx，從而確定導線的實際長度可供使用的器材有：電流表：量程0.6a，內阻約0.2；電壓表：量程3v，內阻約9k；滑動變阻器r1：最大阻值5；滑動變阻器r2：最大阻值20；定值電阻：r0=3；電源：電動勢6v，內阻可不計；開關、導線若干回答下列問題：（1）實驗中滑動變阻器應選（選填“r1”或“r2”），閉合開關s前應將滑片移至a端（選填“a”或“b”）（2）在實物圖中，已正確連接了部分導線，請根據(jù)圖1電路完成剩余部分的連接（3）調節(jié)滑動變阻器，當電流表的讀數(shù)為0.50a時，電壓表示數(shù)如圖3所示，讀數(shù)為2.30v（4）導線實際長度約為94m【考點】伏安法測電阻【專題】實驗題【分析】本題（1）根據(jù)閉合電路歐姆定律求出電路中需要的最大電阻，再解出變阻器需要的最大電阻即可；題（3）根據(jù)電壓表每小格讀數(shù)大小來確定估讀方法；題（4）由電路圖根據(jù)歐姆定律求出待測電阻的阻值，然后再根據(jù)電阻定律即可求解【解答】解：（1）根據(jù)閉合電路歐姆定律可求出電路中需要的最大電阻應為： =30，而待測電阻的最小值為： =5，所以變阻器的最大電阻應為：r=305=22，所以變阻器；閉合電鍵前應將滑片置于阻值最大的a端；（2）根據(jù)電路圖畫出的實物連線圖如圖所示：（3）電壓表每小格讀數(shù)為0.1v，應估讀到0.01v，所以電壓表讀數(shù)為u=2.30v（2.29、2.31均正確）；（4）根據(jù)歐姆定律可求出： =4.6，解得： =1.6，再根據(jù)r=可求出l=，代入數(shù)據(jù)解得：l94m；故答案為：（1），a；（2）如圖；（3）2.30；（4）94【點評】應明確：應根據(jù)電路中需要的最大電阻來選擇變阻器阻值的大??；電表估讀的判定方法是：若電表每小格讀數(shù)出現(xiàn)數(shù)字“1”則應進行“”估讀，出現(xiàn)“2”則應進行“”估讀，出現(xiàn)“5”則應進行“”估讀五、計算說理題（15題12分，16題14分，17題15分，共41分）17如圖所示，在豎直平面內，光滑的絕緣細桿ac與半徑為r的圓交于b、c兩點，在圓心o處固定一正電荷，b為ac的中點，c位于圓周的最低點現(xiàn)有一質量為m、電荷量為q、套在桿上的帶負電小球（可視為質點）從a點由靜止開始沿桿下滑已知重力加速度為g，a、c兩點的豎直距離為3r，小球滑到b點時的速度大小為2求：（1）小球滑至c點時的速度大??；（2）a、b兩點間的電勢差uab【考點】動能定理的應用；電勢差；電勢能【專題】動能定理的應用專題【分析】（1）小球a到b過程和由a到c過程，由動能定理分別列出等式求解（2）根據(jù)上面的求解結果即可解答【解答】解：（1）小球由a到b過程，由動能定理得小球由a到c過程，由動能定理得其中，uab=uac由式可得小球滑至c點時的速度大小為（2）由式可得a、b兩點間的電勢差答：（1）小球滑至c點時的速度大小是；（2）a、b兩點間的電勢差【點評】本題關鍵根據(jù)動能定理列式分析，切入點在于圓周為等勢面，小球從a到c和a到b電場力做功相等18如圖所示，一根長 l=1.5m 的光滑絕緣細直桿mn，豎直固定在場強為 e=1.0105n/c與水平方向成=30角的傾斜向上的勻強電場中桿的下端m固定一個帶電小球 a，電荷量q=+4.5106c；另一帶電小球 b 穿在桿上可自由滑動，電荷量q=+1.0106 c，質量m=1.0102 kg現(xiàn)將小球b從桿的上端n靜止釋放，小球b開始運動（靜電力常量k=9.010 9nm2/c2，取 g=l0m/s2）（1）小球b開始運動時的加速度為多大？（2）小球b的速度最大時，距m端的高度h1為多大？（3）小球b從n端運動到距m端的高度h2=0.61m時，速度為v=1.0m/s，求此過程中小球b的電勢能改變了多少？【考點】電勢能；動能定理的應用；勻強電場中電勢差和電場強度的關系【分析】（1）對小球b進行受力分析，運用牛頓第二定律求出開始運動時的加速度大?。?）根據(jù)受力情況分析小球b的