2022年高三物理二轮复习专题辅导与应用仿真模拟卷二3.docx

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1、精选学习资料 - - - - - - - - - 学习必备 欢迎下载仿真模拟卷二 限时： 100 分钟 第一卷对应同学用书 第 188 页一、挑选题 此题共 8 小题,每道题 6 分,在每道题给出的四个选项中,第 15 小题只有一项符合题目要求,第 68 题有多项符合题目要求,全部选对的得 6 分,选对但不全的得 3 分,有选错的得 0 分 12022 衡水高三调,14 以下说法不正确选项导学号：82460581 A法拉第最先引入“ 场” 的概念,并最早发觉了电流的磁效应现象B互感现象是变压器工作的基础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许多小段,每一小段近似看做匀速直线运动

2、,然后把各小段的位移相加,这应用了“ 微元法”D电场强度 EF q和磁感应强度 BF IL定义物理量的方法是比值定义法解析：A.法拉第最先引入“ 场” 的概念,奥斯特最早发觉了电流的磁效应,故 A不正确；B.变压器工作原理是利用互感现象,故 B 正确； 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许多小段,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,这是运用了微元法,故 C正确；D.电场强度 EF q和磁感应强度BF IL定义物理量的方法是比值定义法,故D正确答案： A 22022 聊城二模,14 如下列图,左侧是倾角为60的斜面、右侧是1 4圆弧面的物体固定在水平地面上

3、,圆弧面底端的切线水平, 跨过其顶点上小定滑轮的轻绳两端系有质量分别为 m1、m2 的小球； 当它们处于平稳状态时,连接 m2的轻绳与水平线的夹角为 60 ,不计一切摩擦,两小球可视为质点；就 m1 m2 等于导学号：82460582 A11 B 23 C32 D 34 解析： 先以 m1 球为讨论对象,由平稳条件得知,绳的拉力大小为：Tm1gsin 60 再以 m2球为讨论对象,分析受力情形,如图,由平稳条件可知,名师归纳总结 绳的拉力T 与支持力N 的合力与重力大小相等、方向相反,作出两个力第 1 页,共 14 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - -

4、学习必备 欢迎下载的合力,由对称性可知,TN,2Tcos 30 m2g 由解得： m1m2 23 答案： B 32022 连徐宿三调,4 一汽车在平直大路上以20 kW 的功率行驶,t1时刻驶入另一段阻力恒定的平直大路,其 vt 图象如下列图,已 知 汽 车 的 质 量 为 2 10 3 kg. 下 列 说 法 正 确 的 是 导 学 号 ：82460583 At1前汽车受到的阻力大小为 1 10 3 N Bt1后汽车受到的阻力大小为 2 10 3 N 2Ct 1时刻汽车加速度突然变为 1 m/sDt 1t 2 时间内汽车的平均速度为 7.5 m/s 解析： A. 由 v - t 图象可知,

5、0 t 1 时间段内,汽车做匀速直线运动,就有：f F 牵,由3PFv,得： f F 牵P v20 1010 N2.0 10 3 N,故 A 错误； B. t 1 后,由 v - t 可知,依据牛顿其次定律得：f F牵,由 PFv,得：3f F牵P v220 105 N4.0 10 3N,故 B 错误； C.由 B 知,依据牛顿其次定律得：F牵f ma,得：aF牵 f m2.0 102.0 10 34.0 103 m/s 2 1m/s 2,故 C 正确； D. t 1 t 2 内,假如是匀变 3速直线运动,vv1 v2105 m/s 7.5 m/s ,由 v- t 可知, v v ,故 D错误

6、2 2答案： C 42022 青岛统一检测,1620XX 年 11 月 12 日,“ 菲莱” 着陆器胜利在 67P 彗星上实现着陆,这是人类首次实现在彗星上软着陆,被 称为人类历史上最宏大冒险之旅载有“ 菲莱” 的“ 罗赛塔” 飞行器历经十年的追赶,被 67P 彗星俘获后经过一系列变轨,胜利的将“ 菲莱”着陆器弹出, 精确得在彗星表面着陆如下列图, 轨道 1 和轨道 2 是“ 罗赛塔” 绕彗星围绕名师归纳总结 的两个圆轨道,B 点是轨道2 上的一个点,如在轨道1 上找一点A,使 A 与 B 的连线与BO第 2 页,共 14 页连线的最大夹角为 ,就“ 罗赛塔” 在轨道1、 2 上运动的周期之比

7、T1 T2为导学号：82460584 Asin3 B.1sin3- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - C.sin3学习必备D. 欢迎下载1sin3解析： 依据几何关系连接 OA可得三角形 OAB是直角三角形,故轨道 1 和轨道 2 的半径之比：r 1 r 2sin 再依据万有引力供应圆周运动向心力有：GmM r 2mr 4T 22T42r3可得圆周运动的周期：GM所以：T1 T2r13sin3 ,故 A、B、D错误, C正确r 2答案： C 52022 大庆试验中学三模,18 有一个带正电的金属球壳 厚度不计 ,其截面图如图 a 所示,O为球心,球壳 P

8、处开有半径远小于球半径的小孔以 O点为坐标原点,过 P点建立 x 坐标轴, A 点是坐标轴上的一点,x 轴上各点电势如图 b 所示；电子从 O点以 v0 的初速度沿 x 轴方向射出,依次通过 P、 A两点就以下关于电子在沿 x 轴正方向运动的过程中的描述正确选项导学号：82460585 A在 OP间电子做匀加速直线运动B在 PA间电子做匀减速直线运动C在 OP间运动时电子的电势能匀称增加D在 PA间运动时电子的电势能增加解析： A.由图知 OP间的电势不变,就OP间的电场强度为零,电子不受电场力,做匀速直线运动,故 A 错误 B.依据顺着电场线方向,电势降低,可知 PA间电场线方向从 P 到

9、A,电子所受的电场力方向从 A 指向 P,所以电子在 PA间做减速直线运动依据图线的斜率等于场强可知, 从 P 到 A 场强逐步减小, 电子所受的电场力减小,所以电子做加速度减小的变减速运动,故 B 错误； C.由于电子在 OP运动时电场力不做功,所以其电势能不变,故 C错误； D.在 PA间运动时电场力对电子做负功,就电子的电势能增加,故 D正确答案： D 名师归纳总结 62022 西安交大附中三模,20 某爱好小组设计第 3 页,共 14 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 学习必备欢迎下载均为4 9了一种发电装置, 如下列图 在磁极和圆柱状铁芯之

10、间形成的两磁场区域的圆心角 ,磁场均沿半径方向匝数为N的矩形线圈abcd 的边长 abcdL、bcad2L 线圈以角速度 绕中心轴匀速转动,bc 边和 ad 边同时进入磁场在磁场中,两条边所经过处的磁感应强度大小均为 B、方向始终与两边的运动方向垂直线圈的总电阻为 r ,外接电阻为R. 就导学号： 82460586 A线圈切割磁感线时,感应电动势的大小 Em2BL 2B线圈切割磁感线时,bc 边所受安培力的大小 F4NB Rr 2l 3C线圈旋转一圈时,流过电阻 R的净电荷量为零4 216N 2B 2l D外力做功的平均功率为r R解析： A. bc、 ad 边的运动速度：vL 2感应电动势：

11、 Em4NBLv,解得： Em2NBL 2 ,故 A 错误； B. 依据欧姆定律得：Em电流： I mRr4N 2B 2L 3安培力： F2NBImL,解得： FRr,故 B 错误； C.线圈旋转一圈时,磁通量的变化量为零, 故平均感应电动势为零,故流过电阻 R的净电荷量为零,故 C正确； D.在磁极和24 4 E圆柱状铁芯之间形成的两磁场区域的圆心角 均为 9 ,电机的总功率： P9Rr16N 2B 2L 4 2；外力做功的功率与电源的总功率相等,故 D正确Rr答案： CD 72022 宿迁市三校检测,9 物块 A 和 B用绕过定滑轮的轻绳相连, A的质量为 m,B 的质量为 2m. A 穿

12、在光滑竖直固定的长直杆上,滑轮与杆间的距离为 l . 将 A移到与滑轮等高处由静止释放,不考虑绳与滑轮间的摩擦,就以下说法正确选项导学号：82460587 AA在下降过程中加速度先变大后变小 BA刚释放时它的加速度大小等于重力加速度 g C当 A 在下降过程中速度达到最大时,A 与 B 速度大小之比为 21 D当 A 的机械能最小时,B 的重力势能最大解析： A. 对 A 分析,设绳子与竖直方向上的夹角为 ,依据牛顿其次定律得：amg Tcos m,拉力在竖直方向上的分力逐步增大,先小于 A 的重力然后大于A 的重力,所以加速度先减小后增大故 A错误； B.当 A 刚释放的瞬时, 绳子的拉力方

13、向与杆子垂名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页,共 14 页精选学习资料 - - - - - - - - - 直, A所受的合力等于学习必备欢迎下载Amg,就加速度为g,故 B 正确； C.当绳子在竖直方向上的分力等于1的重力时,速度最大,此时 T2mg,有 Tcos mg,解得： cos 2, 60,将 A的速度分解为沿绳子方向和垂直绳子方向,依据平行四边形定就得：vAcos 60 vB,就 vAvB21,故 C正确； D.由于除重力以外其它力做的功等于机械能的增量,在 A 运动的最低点的过程中, 拉力始终做负功, 就 A 的机械能始终减小,知 A运动到最低点时, 机械能最小,

14、此时 B 上升到最高,所以B 的重力势能最大故D正确答案： BCD 82022 衡水高三调,21 如下列图, 正方形导线框 ABCD、abcd 的边长均为 L,电阻均为 R,质量分别为2m和 m,它们分别系在一跨过两个定滑轮的轻绳两端,且正方形导线框与定滑轮处于同一竖直平面内；在两导线框之间有一宽度为 2L、磁感应强度大小为 B、方向垂直纸面对里的匀强磁场 开头时导线框 ABCD的下边与匀强磁场的上边界重合, 导线框 abcd 的上边到匀强磁场的下边界的距离为 L. 现将系统由静止释放, 当导线框 ABCD刚好全部进入磁场时,系统开头做匀速运动；不计摩擦和空气阻力,就导学号：82460588

15、Q2mgL3m 3g 2R 22B 4L 4A两线框刚开头做匀速运动时轻绳上的张力FTmgB系统匀速运动的速度大小；vmgR B 2LC两线框从开头运动至等高的过程中所产生的总焦耳热D导线框 abcd 通过磁场的时间t 2B 2L3mgR解析： A. 导线框 ABCD刚好全部进入磁场时磁通量不再变化,回路中没有感应电流,线框 ABCD不受安培力,只受重力和绳子拉力,做匀速运动,依据平稳条件：FT2mg,此时的受力情形与两线框刚开头做匀速运动时受力情形相同,故A 错误； B.ABCD完全进入磁场后,名师归纳总结 abcd 中开头产生感应电流,依据平稳条件：mgB 2LR2mg,得： vmgR 2

16、,故 B 正确； C. 等第 5 页,共 14 页高时速度为v,依据能量守恒：2mgLmgL1 2 m3m v 2Q,得： Q2mgL3m 3g 2R 22B 4L 4 ,故 C正确； D.abcd 匀速运动完全进入磁场后不再有感应电流,不再受安培力,但ABCD开头穿出磁场,产生感应电流受安培力作用,当ABCD穿出磁场后不再有感应电流不再受安培力后abcd又开头穿出磁场产生感应电流受安培力,受力分析知系统始终匀速运动,故abcd 通过磁场- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 的时间 t 3L v3B mgR,故 D错误2L3学习必备欢迎下载答案： BC 第

17、二卷二、非挑选题 包括必考题和选考题两部分；第 912 题为必考题, 每个试题考生都必须作答；第13 15 题为选考题,考生依据要求作答 一 必考题 共 47 分 9导学号： 82460589 2022 枣庄八中模拟,96分 某探究学习小组的同学欲验证“ 动能定理” ,他们在试验室组装了一套如图1 所示的装置：水平轨道上安装两个光电门,小车上固定有力传感器和挡光板,细线一端与力传感器连接,另一端跨过定滑轮挂上砝码盘试验时, 保持轨道和细线水平,衡摩擦力通过调整砝码盘里砝码的质量让小车做匀速运动实现平 1 该试验是否需要满意砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量？ 回答“ 是” 或“ 否” 2 试

18、验需要用游标卡尺测量挡光板的宽度l ,如图 2 所示,就 l _mm；3 试验获得以下测量数据：小车 含传感器和挡光板 的总质量 M,平稳摩擦力时砝码和砝码盘的总质量 m0,挡光板的宽度 l ,光电门 1 和光电门 2 的中心距离 x,某次试验过程：力传感器的读数 F,小车通过光电门 1 和光电门 2 的挡光时间分别为 t 1、t 2. 小车通过光电门2 后砝码盘才落地,重力加速度为 g. 该试验对小车需验证的表达式是 _ 用试验中测出的物理量表示 解析：1 由于小车的拉力可以通过传感器测量,不需要用砝码盘和砝码的总重力表示,所以不需要满意砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量2 游标卡尺的主尺

19、读数为 5 mm,游标读数为 0.05 10 mm 0.50 mm,就最终读数为 5.50 mm. 3 小车通过光电门 1、2 的瞬时速度分别为 v1l t1,v2 l t2,小车动能的增加量为：12Mv 21 2Mv 11 2Ml2l2 ,t 2t 1合力做功为： Fxfx Fxm0gx,名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页,共 14 页精选学习资料 - - - - - - - - - 所以验证的表达式为Fxm0gx学习必备2欢迎下载1 2Ml2l t 12 . t答案： 1 否25.50 3 Fxm0gx1 2Ml2l2t2t110导学号： 824605902022 宁德市普

20、高质检,199 分 现要测定一段粗细匀称、电阻约为 60 的合金丝的电阻率,如已测得其长度,要尽量精确的测量其电阻值 R,器材有：电池组 电动势 3.0 V ,内阻约 1 ；电流表 量程 0100 mA,内阻约 0.5 ；电压表 量程 03 V ,内阻约 3 k ；滑动变阻器R10 10 ,答应最大电流2.0 A ；滑动变阻器R20 500 ,答应最大电流0.5 A ；电键一个、导线如干图甲 以上器材中,所用的滑动变阻器应选 _ 填“R1” 或“R2” 用螺旋测微器测量合金丝直径时的刻度位置如图甲所示,读数为 _mm. 如图乙所示是测量合金丝电阻的电路,闭合开关之前,滑动变阻器的滑片应移到 _

21、 填“ 最左端” 或“ 最右端” 图乙名师归纳总结 闭合开关后, 滑动变阻器的滑片从一端移到另一端,电压表示数变化明显,但电流表第 7 页,共 14 页示数始终几乎为零,由此可以推断：电路中_ 填“ 1、 2、3” 或“4、 5、6” 或“6、7、8” 之间显现了_ 填“ 短路” 或“ 断路” 在电路故障被排除后,为了更精确地测出合金丝的阻值,在不更换试验器材的条件下,对试验应改进的是_ 填选项前的字母 - - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 学习必备 欢迎下载A电流表连接方式改为内接法B滑动变阻器连接方式改为限流式解析：依据电路图可知, 滑动变阻器采纳分压

22、式接法,所以应当挑选最大阻值较小的,有利于数据的测量,应选 R1；由图甲可得, 螺旋测微器主尺读数为：0.5 mm,旋钮读数为：23.0 0.01 mm 0.230 mm,就螺旋测微器最终读数为：0.5 mm0.230 mm0.730 mm；试验刚开头时, 为爱护电路中的器件,滑动变阻器开头时接入电路电阻要最大,滑动变阻器又采纳分压式接法,所以滑片应最右端；电压表示数变化明显,所以“1、2、3” 和 “ 6、7、8” 之间是通路的,电流表示数始终几乎为零,所以“4、5、6” 为断路；由图乙可知,电流表为外接法,在不更换试验器材的条件下,电流表连接方式改为内接法,应选 A. 答案： R1； 0.

23、730 ；最右端； 4、5、6,断路； A 11导学号： 824605912022 连徐宿三调,1512 分 一根细绳绕过轻质定滑轮,右边穿上质量 M3 kg 的物块 A,左边穿过长 L2 m 的固定细管后下端系着质量 m1 kg 的小物块 B,物块 B 距细管下端 h0.4 m 处,已知物块 B 通过细管时与管内壁间的滑动摩擦力 F1 10 N,当绳中拉力超过 F218 N时物块 A 与绳之间就会显现相对滑动,且绳与 A间的摩擦力恒为 18 N开始时 A、B 均静止,绳处于拉直状态,同时释放A和 B. 不计滑轮与轴之间的摩擦, g 取 10 m/s 2. 求：1 刚释放 A、B时绳中的拉力；

24、2 B在管中上升的高度及 B 上升过程中 A、B 组成的系统缺失的机械能；3 如其他条件不变,增大 A 的质量,试通过运算说明 B能否穿越细管解析： 1 释放后,设绳子的拉力为 T 对 A：MgTMa 对 B：Tmgma得： a 5 m/s2,T 15 N 2 B 速度为： v 02ax 2 B刚进入管中时,此时解得： v02 m/s 由题意知, B 作减速运动, A 相对于绳显现滑动,对 B：mgF1Fmma1 得： a12 m/s2对 A：MgFmMa2 解得： a24 m/s22 hv 2a11 m 0t v0 a1 1 s xAv0t 1 2a2t24m EF1hFm xA h 64

25、J 3 随着 A 的质量增大, B的加速度也增大,A、B 显现相对滑动时,名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页,共 14 页精选学习资料 - - - - - - - - - 学习必备 欢迎下载对 A：MgF2Mam对 B ：Fmmgmam2得： am8 m/sM9 kg , 即 A的质量为 9kg 时 A、 B 显现相对滑动2故 B进入管中最大速度为：v m2amx2B进入管中运动距离为：hmv 2a1 1.6 m 2 m m故 B 不能穿越细管答案： 115 N ；264 J；3 不能20 分 如图甲所示,水平直线MN下方有竖直12导学号： 824605922022 盐城检测向

26、上的匀强电场, 场强 E 10 104N/C. 现将一重力不计、 比荷q m 10 6C/kg 的正电荷从电场中的 O点由静止释放,经过t01 105 s 后,通过 MN上的 P 点进入其上方的匀强磁场磁场方向垂直于纸面对外,以电荷第一次通过 性变化MN时开头计时,磁感应强度按图乙所示规律周期1 求电荷进入磁场时的速度 v0；2 求图乙中 t 2 105 s 时刻电荷与 P点的距离；3 假如在 P 点右方 d105 cm处有一垂直于MN的足够大的挡板, 求电荷从 O点动身运动到挡板所需的时间 本小题保留三位有效数字 解析： 1 由于电荷在电场中做匀加速直线运动,就：代入数据解得：v0 104

27、m/s. Eqma,v0at 0,名师归纳总结 2 当 B1 20T 时,电荷运动的半径：r 1mv0 B1q0.2 m 20 cm 2 m B2q2 105 s 第 9 页,共 14 页周期： T12 m B1q4 105 s r2mv0 B2q10 cm,周期： T2当 B2 10T 时,电荷运动的半径：- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 学习必备 欢迎下载故电荷从 t 0 时刻开头做周期性运动,其运动轨迹如下列图：t 2 105 s 时刻电荷先沿大圆轨迹运动四分之一个周期再沿小圆轨迹运动半个周期,与 P 点的水平距离为 r120 cm. 3 电荷从

28、 P 点开头, 其运动的周期为 T6 10 5s,依据电荷的运动情形可知,电荷每一个周期向右沿 PN 运动的距离为 40 cm,故电荷到达挡板前运动的完整周期数为 2 个,沿 PN运动的距离 s80 cm,最终 25 cm的距离如下列图,设正电荷以 角撞击到挡板上,有： r 1r 2cos 25 cm 解得： cos 0.5, 即： 60故电荷从 O点动身运动到挡板所需的总时间：1 30t 总t 02T4T1360T2解得： t 总1.43 104s 答案： 1 10 4 m/s ；220 cm ；31.43 104s 二 选考题 共 15 分 请考生从给出的 3 道物理题中任选一题作答,假如

29、多做, 就按所做的第一题计分 13导学号： 82460593 物理选修 3 315 分 2022 大庆三检, 3316 分 以下说法正确选项 _ 填正确答案标号,选对1 个得 3 分,选对 2 个得 4 分,选对 3 个得 6 分；每选错 1 个扣 3 分,最低得分为 0 分 A分子间引力随分子间距离的增大而减小,分子间斥力随分子间距离的增大而增大B分子力减小时,分子势能也肯定减小C绝热过程不肯定是等温过程D用油膜法估测分子直径的试验中,把用酒精稀释过的油酸滴在水面上,待测油酸面扩散后又收缩的缘由是水面受油酸滴冲击凹陷后复原以及酒精挥发后液面收缩E有无确定的熔点可以区分晶体和非晶体29 分 如

30、图,在大气中有一水平放置的固定圆筒,它由 a、b 和 c 三个粗细不同的部分连接而成,各部分的横截面1积分别为 2S、2S 和 S. 已知大气压强为 p0,温度为 T0,两活塞A 和 B 用一根长为 4l 的不行伸长的轻线相连,把温度为 T0 的空气密封在两活塞之间,此时两活塞的位置如下列图现对被密封的气体加热,使其温度缓慢上升到 T. 如活塞与圆筒壁之间的摩擦可忽视,此时两活塞之间气体的压强可能为多少？名师归纳总结 解析：1A. 气体的内能是气体内全部分子热运动的动能和分子间势能之和,故 A 正确B.第 10 页,共 14 页温度是分子平均动能的标志,气体的温度变化时,其分子平均动能肯定随之

31、转变,而分子间势能不肯定转变,故B错误； C.功可以全部转化为热,依据热力学其次定律可知,在外界的- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 学习必备 欢迎下载影响下热量也可以全部转化为功,故 C错误；D.热量能够自发地从高温物体传递到低温物体,不能自发地从低温物体传递到高温物体,只有在外界的影响下,热量才能从低温物体传递到高温物体, 故 D正确； E. 气体的压强是由大量分子对器壁的碰撞而产生的,它包含两方面的缘由：分子每秒对器壁单位面积平均碰撞次数和每一次的平均撞击力气体的温度降低时,分子的平均动能减小,所以, 在压强不变时, 分子每秒对器壁单位面积平均碰撞

32、次数随着温度降低而增加,故 E正确2 设加热前,被密封气体的压强为 p1,轻线的张力为 f ,因两活塞都处在静止状态,依据平稳条件可得：对活塞 A,有： 2p0S 2p1Sf 0 对活塞 B,有： p1Sp0S f 0 由式得： p1p0 f 0 即被密封气体的压强与大气压强相等,轻线处在拉直的放松状态,这时气体的体积：V12S1S1S14S1 对气体加热时, 被密封气体温度缓慢上升,两活塞一起向左缓慢移动,气体体积增大,压强保持 p1不变,如连续加热,此过程会始终连续到活塞向左移动的距离等于 l 为止,这时气体的体积：名师归纳总结 V2 4S1S15S1 第 11 页,共 14 页设此时气体

33、的温度为T2,由盖 吕萨克定律V2T2,即：V2 T2V1 T0由得：T25 4T0 由此可知,当TT25 4T0时,气体的压强p2p0 当 TT2 时,活塞已无法移动,被密封气体的体积保持V2不变,气体经受一等容升压过程当气体的温度为T时,设其压强为p,由查理定律pT,即有：p Tp2解得： p4T 5T0p04T 5T0p0即当 T5 4T0时,气体的压强为4T 5T0p0答案： 1ADE 2 当 T5 4T0,气体的压强为： p2p0；当 T5 4T0时,气体的压强为14导学号： 82460594 物理选修3 415 分 - - - - - - -精选学习资料 - - - - - - -

34、 - - 2022 宝鸡三检, 3416学习必备欢迎下载M为绳子中点,两端P、Q分 一条弹性绳子呈水平状态,同时开头上下振动,一小段时间后产生的波形如下列图,对于其后绳上各点的振动情形,以下判定正确选项 _ 填正确答案标号；选对 1 个给 3 分,选对 2 个给 4 分,选对 3个给 6 分；每选错一个扣 3 分,最低得分为 0 分 A两列波将同时到达中点 MB两列波波速之比为 12 C中点 M的振动总是加强的DM点的位移大小在某时刻可能为零E绳的两端点 P、Q开头振动的方向相同29 分 如下列图,某种透亮材料做成的三棱镜,其横截面是边长为 a 的等边三角形,现用一束宽度为 a 的单色平行光束

35、,以垂直于 BC面的方向正好入射到该三棱镜的 AB及 AC面上,结果全部从 AB、AC面入射的光线进入后恰好全部直接到达 BC面；求：i 该材料对此平行光束的折射率；ii这些直接到达BC面的光线从BC面折射而出后,假如照耀到一块平行于BC面的屏上形成光斑,就当屏到BC面的距离 d 满意什么条件时,此光斑分为两条？1 解析： A. 由题意可知,虽然波形不同,但波速相同,由于距离相同,所以两波同时到达 M点,故 A正确； B. 波速由介质打算,与波长和频率无关,故B 错误； C.由于波的频率不同,故两列波并不能干涉,M点并不是振动加强点,故 C错误； D.由于波的频率不同,故两列波并不能干涉,M点

36、并不是振动加强点,M点的位移大小在某时刻可能为零,故 D正确；E.依据质点振动方向与波传播方向的关系,P 点向上振动, Q点也向上振动,故 E 正确答案： ADE 2 解析： 由于对称性,考虑从 AB面入射的光线,这些光线在棱镜中是平行于 AC面的,由对称性和几何学问可得,光线进入 AB面时的入射角 和折射角 分别为： 60 , 30就材料的折射率为：nsin sin 3 如图 O为 BC中点,紧靠 B点从 BC面射出的光线与直线AO交于 D,由图可知：当光屏放在D 点右侧时,依据对称性,光名师归纳总结 屏上形成两条光斑由几何关系有：ODa 2tan 3 6a第 12 页,共 14 页所以当光

37、屏到BC距离 d 超过3 6a 时,光斑分为两条- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 答案： 3； 3 6a学习必备欢迎下载15导学号： 82460595 物理选修 3 515 分 2022 衡水高三调,3516 分 甲、乙两种金属发生光电效应时,光电子的最大初动能与入射光频率间的关系分别如图中的 a、b所示；以下判定正确选项 _ 填正确答案标号选对 1 个给 3分,选对 2 个给 4 分,选对 3 个给 6 分每选错一个扣 3 分,最低得分为 0 分 A图线 a 与 b 不肯定平行B乙金属的极限频率大于甲金属的极限频率C转变入射光强度不会对图线 a 与

38、b 产生任何影响D图线 a 与 b 的斜率是定值,与入射光和金属材料均无关系E甲、乙两种金属发生光电效应时,如光电子的最大初动能相同,甲金属的入射光频率大 29 分 如图甲所示,物块 A、B的质量分别是 mA4.0 kg 和 mB3.0 kg. 用轻弹簧拴接,放在光滑的水平地面上,物块 B 右侧与竖直墙相接触；另有一物块 C从 t 0 时以肯定速度向右运动,在 t 4 s 时与物块 A 相碰,并立刻与 A 粘在一起不再分开,物块 C的 v- t图象如图乙所示求：物块 C的质量？B 离开墙后的运动过程中弹簧具有的最大弹性势能 Ep.解析： 1AD. 依据光电效应方程知 Ekmh W 0 h h

39、0,图线的斜率表示普朗克常量, 依据图线斜率可得出普朗克常量,因此 a 与 b 肯定平行,且两斜率是固定值,与入射光和金属材料皆无关系,故A 错误, D正确； B.横轴截距表示最大初动能为零时的入射光频率,此时的频率等于金属的极限频率,由图可知乙金属的极限频率大,故 B正确； C.纵截距对应 0 的时候,此时纵截距就是逸出功的相反数,依据 W 0 h 0可求出,与入射光强度无关,故 C 正确； E.依据光电效应方程：Ekmh W 0,知光电子的最大初动能与入射光的频率有关,频率越高,光电子的最大初动能越大,但不是成正比,故 E 错误2 由图知, C与 A 碰前速度为： v19 m/s ,碰后速度为：v23 m/s ,C与 A 碰撞过程动量守恒,以C 的初速度反方向为正方向,由动量守恒定律得：mCv1 mAmC v2 解得：mC2 kg 名师归纳总结 12 s 末 B离开墙壁,之后A、B、C及弹簧组成的系统动量和机械能守恒,且当AC与第 13 页,共 14 页- - - - - - -精选学习