云南省部分名校2022届高三物理1月份统一考试试题（含解析）新人教版.docx

1、云南省部分名校2022届一月统一考试理科综合能力测试【试卷综析】本试卷是高三模拟试题，包含了高中物理的必修一、必修二、选修3-1、3-2、3-4、3-5的内容，主要包含受力分析、牛顿运动定律、动能定理、电场、磁场、带电粒子在电场中运动、带电粒子在磁场中运动、光的折射定律、动量守恒定律等内容，在考查问题上以基本定义、基本规律为主，以基础知识和基本技能为载体，重视学生素养的考查，注重主干知识，兼顾覆盖面，是份非常好的试卷。二、选择题（本题共8小题，每小题6分。在每小题四个选项中，第1418题只有一个选项符合题目要求，第1921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

2、分。）【题文】14.下列说法正确的是（ ）A.若物体受三个力的作用而处于静止状态，这三个力一定为共点力B.一个正在做减速运动的物体，所受合力有可能正在增大C.放置于磁场中的通电导线一定会受安培力的作用D.在孤立点电荷的电场中，与场源电荷距离相等的两点场强相同【知识点】 安培力；共点力平衡的条件及其应用K1【答案解析】B 解析： A、若物体受三个力的作用而处于静止状态，这三个力可能为共点力，也可能是平行但不共点的力，如等臂杠杆受三力平衡；故A错误；B、一个正在做减速运动的物体，合力做负功，合力方向与速度方向夹角大于90度，力的大小可以增加，故B正确；C、当通电导线与磁场平行时，不受安培力，故C错

3、误；D、在孤立点电荷的电场中，与场源电荷距离相等的两点场强相等，但方向可能不同，故D错误；故选：B【思路点拨】力的作用线相交于一点的力叫做共点力；减速运动说明合力做负功；当通电导线与磁场平行时不受安培力，垂直时受安培力最大；场强是矢量本题考查了共点力、动能定理、安培力、点电荷的场强等，知识点多，难度小，关键是记住【题文】15.如图，一个人站在水平地面上的长木板上用力F向右推箱子，木板、人、箱子均处于静止状态，三者的质量均为m，重力加速度为g，则（ ）A.箱子受到的摩擦力方向向右B.地面对木板的摩擦力方向向左C.木板对地面的压力大小为3mg D.若人用斜向下的力推箱子，则木板对地面的压力会大于3

4、mg【知识点】 共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力B3 B4【答案解析】 C 解析： A、人用力F向右推箱子，对箱子受力分析，受推力、重力、支持力、静摩擦力，根据平衡条件，箱子受到的摩擦力方向向左，与推力平衡，故A错误；B、对三个物体的整体受力分析，受重力和支持力，不是静摩擦力，否则不平衡，故地面对木板没有静摩擦力，故B错误；C、对三个物体的整体受力分析，受重力和支持力，根据平衡条件，支持力等于重力；根据牛顿第三定律，支持力等于压力；故压力等于重力，为3mg；故C正确；D、若人用斜向下的力推箱子，三个物体的整体受力分析，受重力和支持力，故压力依然等于3mg，故D错误；故选：C【思路点拨

5、】对箱子受力分析，根据平衡条件判断其受静摩擦力方向；对三个物体的整体受力分析，根据平衡条件判断地面对整体的支持力和静摩擦力情况本题关键是采用隔离法和整体法灵活地选择研究对象，然后根据共点力平衡条件列式判断，基础题目【题文】16.将阻值为100的电阻丝绕成一个110匝的闭合矩形线圈，让其在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，产生的感应电动势如图乙所示。则可以判断（ ） e图乙A.t=0时刻线圈应转到图甲所示的位置B.该线圈的转速为100 r/s C. 穿过线圈的磁通量的最大值为WbD. 线圈转一周所产生的电热为9.68J【知识点】 交流发电机及其产生正弦式电流的原理；正弦式电流的图象和三角函

6、数表达式；正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率M1 M3【答案解析】D 解析：A、0时刻产生的电动势为零，所以线圈应处于中性面即线圈与磁场垂直，故A错误；B、据图象可知，T=0.02s；据T=可得：=100rad/s=50r/s，故B错误；C、据Em=nBS可知，Bs= Wb=910-3Wb，故C错误；D、据峰值可知，E=0.707Em=220V，据焦耳定律可知，线圈转一周产生的热量：Q=0.02J=9.68J，故D正确故选：D 【思路点拨】首先知道正选交流电的产生及中性面和最大值面的特点，利用周期与转速的关系求解；峰值与有效值的关系求解即可知道中性面和最大值面的特点，利用周期与转速的关系求

7、解；峰值与有效值的关系求解即可，本题常与电学结合【题文】17.以水平初速度v0将一个小石子从离水平地面高H处抛出，从抛出时开始计时，取地面为参考平面，不计空气阻力。下列图像中，A为石子离地的高度与时间的关系，B为石子的速度大小与时间的关系，C为石子的重力势能与时间的关系，D为石子的动能与离地高度的关系。其中正确的是（ ）OEptCOEkhDOhtAOvtB【知识点】 动能和势能的相互转化E2 E3【答案解析】C 解析： A、由自由落体的知识h=gt2，所以h是t的二次函数，故A错误；B、根据矢量的合成，v=，所以不是一次函数，B错误；C、Ep=mgh，h=H-gt2，所以Ep=ngH-mg2t

8、2，故C正确；D、根据能量守恒知Ek=mgH+ -mgh=mg(H-h)+，与高度是一次函数，故D错误；故选：C【思路点拨】小球做自由落体运动，下落过程中只有重力做功，机械能守恒，根据机械能守恒定律列式求解出动能和重力势能的表达式分析讨论。本题关键是对物体运用机械能守恒定律列方程求解出动能和重力势能的一般表达式进行分析讨论【题文】18. 如图所示，在PQ、QR区域存在着磁感应强度大小相等、方向相反的匀强磁场，磁场方向均垂直于纸面，bc边与磁场的边界P重合。导线框与磁场区域的尺寸如图所示。从t0时刻开始线框向右匀速横穿两个磁场区域。以abcdef为线框中电流的正方向。以下四个i-t关系示意图中正

9、确的是( )iiiiABCD【知识点】 导体切割磁感线时的感应电动势；右手定则L3 L4 L5【答案解析】C 解析：下面是线框切割磁感线的四个阶段示意图在第一阶段，只有bc切割向外的磁感线，由右手定则知电动势为负，大小为Blv在第二阶段，bc切割向里的磁感线，电动势为逆时针方向，同时de切割向外的磁感线，电动势为顺时针方向，等效电动势为零在第三阶段，de切割向里的磁感线同时af切割向外的磁感线，两个电动势同为逆时针方向，等效电动势为正，大小为3Blv在第四阶段，只有af切割向里的磁感线，电动势为顺时针方向，等效电动势为负大小为2Blv故C正确，A、B、D错误故选C 【思路点拨】根据右手定则判断

10、出不同阶段电动势的方向，以及根据E=BLv求出不同阶段的电动势大小刚进磁场时，只有bc边切割；bc边进入QR区域时，bc边和de边都切割磁感线，但等效电动势为0；bc边出磁场后，de边和af边切割磁感线，af边切割产生的电动势大于bc边；de边出磁场后后，只有af边切割解决本题的关键掌握右手定则判断出不同阶段电动势的方向，以及根据E=BLv求出不同阶段的电动势大小【题文】19.平行板电容器的两板A、B接于电池两极，一个带正电小球用绝缘细线悬挂在电容器内部，闭合电键S，电容器充电，这时悬线偏离竖直方向夹角为，如图所示，那么( )A.保持电键S闭合，将A板稍向B板靠近，则增大B.保持电键S闭合，将

11、A板稍向上移，则减小C.电键S断开，将A板稍向B板靠近，则不变D.电键S断开，将A板稍向上移，则减小【知识点】 电容；匀强电场中电势差和电场强度的关系I1 I3【答案解析】AC 解析：A、保持开关S闭合，电容器两端间的电势差不变，A板向B板靠近，极板间距离减小，根据E=，知电场强度E增大，小球所受的电场力变大，增大故A正确 B、保持开关S闭合，仅将A板沿极板方向上移少许，电容器两端间的电势差不变，板间距离也不变，则板间场强不变，小球所受的电场力不变，不变故B错误C、D断开开关S，电容器所带的电量不变，根据E=、C=、C=联立得，E=，知d变化，E不变，电场力不变，不变故C正确，D错误故选：AC

12、 【思路点拨】小球受重力、拉力、电场力三个力处于平衡状态，保持开关S闭合，电容器两端间的电势差不变；断开开关S，电容器所带的电量不变根据E=、C=、C=结合进行分析解决电容器的动态分析问题关键抓住不变量若电容器与电源断开，电量保持不变；若电容器始终与电源相连，电容器两端间的电势差保持不变【题文】20.宇航员在地球表面以一定的初速度竖直上抛一小球，经过时间t落回原处；若在某星球表面以相同的速度竖直上抛一小球，则需经5t时间落回原处。已知该星半径与地球半径之比为14，则( )A.该星表面重力加速度与地球表面重力加速度之比为51B.该星质量与地球质量之比为180 C.该星密度与地球密度之比为45D.

13、该星的“第一宇宙速度”与地球的第一宇宙速度之比为120【知识点】 万有引力定律及其应用D5【答案解析】BC 解析： A、设地球表面重力加速度为g，设该星球表面附近的重力加速度为g，根据g=，知重力加速度之比等于它们所需时间之反比，地球上的时间与星球上的时间比1：5，则地球表面的重力加速度和星球表面重力加速度之比g：g=5：1故A错误B、根据万有引力等于重力 =mg，得M=星球和地球表面的重力加速度之比为1：5，半径比为1：4，所以星球和地球的质量比M星：M地=1：80故C错误，B正确C、根据密度的定义=，所以，故C正确D、第一宇宙速度v=，所以，故D错误故选：BC【思路点拨】通过竖直上抛运动经

14、历的时间求出重力加速度之比，然后根据万有引力等于重力G=mg，求出中心天体的质量比根据密度的定义=计算密度之比第一宇宙速度v=，根据重力加速度和星球半径之比计算第一宇宙速度之比解决本题的关键知道竖直上抛运动上升阶段和下降阶段是对称的，以及掌握万有引力等于重力这一理论【题文】21.如图，取一块长为L的表面粗糙的木板，第一次将其左端垫高，让一小物块从板左端的A点以初速度v0沿板下滑，滑到板右端的B点时速度为v1；第二次保持板右端位置不变，将板放置水平，让同样的小物块从A点正下方的C点也以初速度v0向右滑动，滑到B点时的速度为v2.下列说法正确的是（ ）A. v1一定大于v0B. v1一定大于v2C

15、.第一次的加速度可能比第二次的加速度小D.两个过程中物体损失的机械能相同【知识点】 功能关系；牛顿第二定律C2 E6【答案解析】BCD 解析： A、物体A向下滑动的过程中受到重力、支持力和摩擦力的作用，若重力向下的分力大于摩擦力，则物体A做加速运动，若重力向下的分力小于摩擦力，则物体A做减速运动故A错误；B、D、设木板长L，斜面的倾角为时，A受到滑动摩擦力：f1=mgcos，摩擦力做功：W1=f1L=mgcosLB受到的摩擦力做功：W2=mgLcos=W1两次摩擦力做的功不相等，所以两个过程中物体损失的机械能不相同；第一次摩擦力做的功少，而且有重力做正功，所以由动能定理可知第一次的动能一定比第

16、二次的动能大，v1一定大于v2故B、D正确C、体A向下滑动的过程中受到重力、支持力和摩擦力的作用，若重力向下的分力大于摩擦力则：a1=，B运动的过程中a2=，所以第一次的加速度可能比第二次的加速度小故C正确故选：BCD【思路点拨】根据对物体的受力分析，结合牛顿第二定律分析物体的加速度；根据功的计算方法计算重力、摩擦力对物体的做功的情况该题中可知物体在滑动的过程中各个力做功的情况以及能量的转化与转移关系，其中两次过程中摩擦力不相等，是摩擦力做功不相等的原因第卷三、非选择题:包括必考题和选考题两部分。第22题第32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33题第40题为选考题，考生根据要求作答。（一

17、）必考题（共129分）【题文】22.(6分)某同学在用如图甲所示的装置做“探究加速度与物体受力的关系”实验时：（1）该同学在实验室找到了一个小正方体木块，用实验桌上的一把十分度的游标卡尺测出正方体木块的边长，如图乙所示，则正方体木块的边长为_cm；（2）接着用这个小正方体木块把小车轨道的一端垫高，通过速度传感器发现小车刚好做匀速直线运动。这个步骤的目的是 ；（3）然后用细线通过定滑轮挂上重物让小车匀加速下滑，不断改变重物的质量m，测出对应的加速度a，则下列图象中能正确反映小车加速度a与所挂重物质量m的关系的是_。【知识点】 探究加速度与物体质量、物体受力的关系C4【答案解析】 （1）3.56c

18、m；（2）平衡摩擦力；（3）C 解析： （1）由图乙可以读出正方体木块的边长为：a=35mm+60.1mm=35.6mm=3.56cm；（2）接着用这个小正方体木块把小车轨道的一端垫高，通过速度传感器发现小车刚好做匀速直线运动这个步骤的目的是平衡摩擦力（3）设小车与砝码的质量为M，小桶与砂子的质量为m，根据牛顿第二定律得：对m：mg-F拉=ma 对M：F拉=Ma解得：F拉=，当mM时，绳子的拉力近似等于砂和砂桶的总重力所以刚开始a-m图象是一条过原点的直线，当小桶与砂子的质量为m变大后不能满足mM的条件，图象弯曲，且加速度增大的速度变慢，故选：C【思路点拨】（1）根据游标卡尺读数的方法直接读数

19、即可；（2）对小车进行受力分析，根据平衡关系分析；（3）随着m的逐渐增大，当小桶与砂子的质量为m变大后不能满足mM的条件，图象就会发生弯曲要求同学们增大游标卡尺读数的方法，掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项【题文】23.（9分）（1）多用电表测未知电阻阻值的电路如图（a）所示，电池的电动势为E、内阻为r，R0为调零电阻，Rg为表头内阻，电路中电流I与待测电阻的阻值Rx关系图像如图（b）所示，则该图像的函数关系式为_；（调零电阻R0接入电路的部分阻值用R0表示）（2）下列根据图（b）中I-Rx图线做出的解释或判断中正确的是_；（有两个选项正确）A用欧姆表测电阻时，指针指示读

20、数越大，测量的误差越小 B欧姆表调零的实质是通过调节R0，使Rx=0时电路中的电流I=Ig CRx越小，相同的电阻变化量对应的电流变化量越大，所以欧姆表的示数左密右疏 D测量中，当Rx的阻值为图（b）中的R2时，指针位于表盘中央位置的右侧（3）某同学想通过一个多用电表中的欧姆挡，直接去测量某电压表（量程10V）的内阻（大约为几十千欧），欧姆挡的选择开关拨至倍率1K挡先将红、黑表笔短接调零后，选用图（c）中_（填“A”或“B”）方式连接。在本实验中，如图（d）所示为欧姆表和电压表的读数，请你利用所学过的知识，求出欧姆表电池的电动势为_V。（计算结果保留三位有效数字）【知识点】 描绘小电珠的伏安特

21、性曲线J4【答案解析】（1）（2）BC（3）A；8.75V 解析： ：（1）多用电表测电阻的原理是闭合电路欧姆定律，则有：I=；（2）A、用欧姆表测电阻时，指针指刻度盘中央附近时，测量的误差越小故A错误B、由上式知：当Rx=0，I=，通过调节R0，使Rx=0时电路中的电流I=Ig，表明所测量的电阻为0，故B正确C、Rx越小，由I=，知相同的电阻变化量对应的电流变化量越大，所以欧姆表的示数左密右疏故C正确D、测量中，当Rx的阻值为图5中的R2时，电流比半偏电流Ig，小，由 I=，知指针位于表盘中央位置的左侧故D错误（3）当欧姆表的指针指在中间位置附近时，测量值较为准确，根据读数为：示数倍率=读数

22、知，选择1K的挡较好；欧姆表的正极插孔与内部电源的负极相连，与电压表构成一闭合回路，电流从负极流出，进入电压表的正极，所以选择图A正确；欧姆表的读数为：401K=40K；电压表的读数为5.0V；由题意知欧姆表的内阻为30K，与电压表的内阻40K串联，由欧姆定律可知：E=I（r+R）=（3104+4104）=8.75V【思路点拨】（1）欧姆表的工作原理是闭合电路欧姆定律，根据闭合电路欧姆定律分析答题（2）根据闭合电路欧姆定律得出电流I与待测电阻的阻值Rx关系（3）选择倍率的原则是让指针指在刻度盘的中间位置附近，欧姆表的内部电源的正极与外部负极插孔相连，欧姆表的读数为示数乘以倍率，由闭合电路的欧姆

23、定律求电动势对于欧姆表，要了解其结构、掌握读数的方法，关键要理解欧姆表的工作原理：闭合电路欧姆定律【题文】24.（15分）如图所示，半径R=0.5m的光滑圆弧面CDM分别与光滑斜面体ABC和斜面MN相切于C、M点，斜面倾角分别如图所示。O为圆弧圆心，D为圆弧最低点，C、M在同一水平高度斜面体ABC固定在地面上，顶端B安装一定滑轮， 一轻质软细绳跨过定滑轮（不计滑轮摩擦）分别连接小物块P、Q （两边细绳分别与对应斜面平行），并保持P、Q两物块静止若PC间距为L1=0.25m，斜面MN足够长，物块P质量m1= 3kg，与MN间的动摩擦因数，重力加速度g=10m/s2求：（ sin37=0.6，co

24、s37=0.8）QP（1）小物块Q的质量m2；（2）烧断细绳后，物块P第一次到达D点时对轨道的压力大小；（3）物块P在MN斜面上滑行的总路程【知识点】 动能定理；牛顿第二定律；向心力D4 C2 E2【答案解析】（1） 4kg；（2） 78N；（3） 1.0m 解析： （1）根据平衡，满足：可得（2）P到D过程由动能定理得由几何关系 运动到D点时，根据牛顿第二定律：解得由牛顿第三定律得，物块P对轨道的压力大小为78N（3）分析可知最终物块在CDM之间往复运动，C点和M点速度为零。由全过程动能定理得：解得【思路点拨】（1）根据共点力平衡条件列式求解；（2）先根据动能定理列式求出到D点的速度，再根据

25、牛顿第二定律求压力；（3）直接根据动能定理全程列式求解本题关键对物体受力分析后，根据平衡条件、牛顿第二定律、运动学公式和动能定理综合求解，对各个运动过程要能灵活地选择规律列式【题文】25.（17分）坐标原点O处有一点状的放射源，它向xoy平面内的x轴上方各个方向发射带正电的同种粒子，速度大小都是v0，在0yd的区域内分布有指向y轴正方向的匀强电场，场强大小为，其中q与m分别为该种粒子的电量和质量；在的区域内分布有垂直于xoy平面的匀强磁场。ab为一块很大的平面感光板，放置于处，如图所示。观察发现此时恰无粒子打到ab板上。（不考虑粒子的重力）（1）求粒子刚进人磁场时的动能；（2）求磁感应强度B的

26、大小；（3）将ab板平移到什么位置时所有粒子均能打到板上?并求出此时ab板上被粒子打中的区域的长度。【知识点】 带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；动能定理的应用；带电粒子在匀强电场中的运动C2 E2 I3 K3【答案解析】（1）2mv02（2）（3） 解析：（1）根据动能定理：解得（2）根据上题结果可知进入磁场的速度 对于沿x轴正方向射出的粒子进入磁场时与x轴正方向夹角易知若此粒子不能打到ab板上，则所有粒子均不能打到ab板，因此此粒子轨迹必与ab板相切，满足： 解得 又根据洛伦兹力提供向心力可得 （3）易知沿x轴负方向射出的粒子若能打到ab板上，则所有粒子均能打到板上。其临界情况就是

27、此粒子轨迹恰好与ab板相切。由图可知此时磁场宽度为原来的，即当ab板位于的位置时，恰好所有粒子均能打到板上； 沿x轴正方向和负方向射出的粒子在电场中沿x方向的位移 ab板上被打中区域的长度【思路点拨】（1）根据动能定理求出粒子刚进人磁场时的动能（2）粒子沿x轴正方向射出的粒子进入磁场偏转的角度最大，若该粒子进入磁场不能打在ab板上，则所有粒子均不能打在ab板上根据带电粒子在电场中类平抛运动，求出进入磁场中的偏转角度，结合几何关系得出轨道半径，从而得出磁感应强度的大小（3）沿x轴负方向射出的粒子若能打到ab板上，则所有粒子均能打到板上其临界情况就是此粒子轨迹恰好与ab板相切根据带电粒子在磁场中运

28、动的轨道半径大小得出磁场的宽度，从而确定出ab板移动的位置，根据几何关系求出ab板上被粒子打中的区域的长度本题考查了带电粒子在电场和磁场中的运动，关键确定粒子运动的临界情况，通过几何关系解决，对学生数学几何能力要求较高（二）选考题：共45分。请考生从给出的3道物理题、3道化学题、2道生物题中每科任选一题作答。如果多做，则每按所做的第一题计分。33.（15分）【物理选修3-3】【题文】（1）（5分）关于分子动理论的规律，下列说法正确的是 （有三个选项正确，选对一个得2分，选对两个得4分，选对三个得5分，选错一个扣3分，最低得0分）A.扩散现象说明物质分子在做永不停息的无规则运动B.压缩气体时气体

29、会表现出抗拒压缩的力是由于气体分子间存在斥力的缘故C.两个分子距离减小时，分子间引力和斥力都在增大D.如果两个系统分别于第三个系统达到热平衡，那么这两个系统彼此之间也必定处于热平衡，用来表征它们所具有的“共同热学性质”的物理量叫做内能E.两个分子间的距离为r0时，分子势能最小【知识点】分子的热运动H1 【答案解析】ACE 解析： A、扩散现象与布朗运动是分子无规则运动的宏观表现，故A正确；B、气体压缩可以忽略分子间作用力，压缩气体时气体会表现出抗拒压缩的力是由于气体压强的原因，故B错误；C、两个分子距离减小时，分子间引力和斥力都增大，故C正确；D、表明没有热量交换，而没有热量交换意味着两者的温

30、度是一样的，但总的热量不一定一样，故D错误；E、当分子间rr0时，分子势能随分子间的距离增大而增大 当分子间rr0时，随距离减少而增大 当r=r0时，分子势能最小，故E正确；故选：ACE【思路点拨】分子热运动的特点以及和温度的关系；分子之间作用力以及分子势能大小随着分子之间距离的变化所遵循的规律；正确理解布朗运动、扩散现象的实质、特点本题考查了分子动理论的有关知识，对于这些知识平时要注意加强理解记忆，同时注意分子力、分子势能与分子之间距离关系【题文】（2）（10分）如图所示，竖直放置的圆柱形气缸内有一不计质量的活塞，可在气缸内作无摩擦滑动，活塞下方封闭一定质量的气体。已知活塞截面积为100cm

31、2，大气压强为1.0105Pa，气缸内气体温度为27，试求：若保持温度不变，在活塞上放一重物，使气缸内气体的体积减小一半，这时气体的压强和所加重物的重力。在加压重物的情况下，要使气缸内的气体恢复原来体积，应对气体加热，使温度升高到多少摄氏度。【知识点】 理想气体的状态方程；气体的等温变化H3【答案解析】（1）1000N；（2）327 解析： P11105Pa ，V1V，P2P2，V2V/2 P1V1P2V2， P22105Pa S10010-4m210-2m2 P2P0+G/S， G1000N P32105Pa，V3V，T3T3，T3600Kt327【思路点拨】先根据理想气体的等温变化解得此时

32、气体的压强，然后根据P=，解得所加的物体重力第二步气体做的是等压变化，根据等压变化的规律来解正确应用理想气体状态方程的前提是：判断此变化过程是属于等压、等容、还是等温变化34.（15分）【物理选修3-4】【题文】（1）（5分）一列简谐横波，沿x轴正方向传播，传播速度为10m/s，在t=0时的波形图如图所示，则下列说法正确的是 （有三个选项正确，选对一个得2分，选对两个得4分，选对三个得5分，选错一个扣3分，最低得0分）A此时x=1.25m处的质点正在做加速度减小的加速度运动Bx=0.7m处的质点比x=0.6m处的质点先运动到波峰的位置Cx=0处的质点再经过0.05s时间可运动到波峰位置Dx=0

33、.3m处的质点再经过0.08s可运动至波峰位置Ex=1m处的质点在做简谐运动，其振动方程为【知识点】 横波的图象；波长、频率和波速的关系G2 G4【答案解析】ACD 解析：根据图象可知波长=2m，则T=s=0.2s，A、波沿x轴正方向传播，由上下坡法可知此时x=1.25m处的质点振动的方向向下，离开平衡位置的位移正在减小，所以质点正在做加速度减小的加速度运动，故A正确；B、波沿x轴正方向传播，根据波形平移法得知，x=0.7m处的质点比x=0.6m处的质点都正在 向下运动，x=0.6m的质点先到达波谷，又先到达波峰的位置，故B错误；C、波沿x轴正方向传播，根据波形平移法得知，此时刻x=0m处的质

34、点A向上振动，经过T=0.2s=0.05s时间可运动到波峰位置故C正确；D、波沿x轴正方向传播，x=0.3m处的质点到左侧相邻的波峰之间的距离为：x=+0.3m=2+0.3=0.8m，再经过t= s=0.08s可运动至波峰位置故D正确；E、从此时开始计时，x=1m处质点先向下振动，由图可知，振幅A=0.4m，角速度=rad/s，则x=1m处质点的振动函数表达式为y=-0.4sint（m），故E错误故选：ACD【思路点拨】根据图象可知波长和振幅，根据T=求解周期，波沿x轴正方向传播，根据波形平移法判断x=1.25m处质点的振动方向和x=0.7m处的质点比x=0.6m处的质点的振动方向，从而判断A

35、B谁先回到波峰位置，从此时开始计时，x=4m处于平衡位置向下振动，根据=求出角速度，再结合y=Asint（cm）求出振动函数表达式根据质点的振动方向，由“逆向描波法-逆着波的传播方向，用笔描绘波形，若笔的走向向下则质点的振动方向向下；若笔的走向向上则质点的振动方向向上”来确定波的传播方向，或质点的振动方向，同时质点的运动方向不随波迁移【题文】（2）（10分）如图所示，一个半径为R的透明球体放置在水平面上，一束蓝光从A点沿水平方向射入球体后经B点射出，最后射到水平面上的C点。已知OA，该球体对蓝光的折射率为。则： 它从球面射出时的出射角为多少？若光在真空中的传播速度为c，那么，请推导出光从A点传

36、播到C点所需时间t的表达式（用c，R表示）【知识点】 光的折射定律N1【答案解析】60 解析： 设入射角为，由几何关系可知：sin 由n 可得：sinnsin所以：60 由公式 【思路点拨】首先根据几何关系得出光线在B点时的入射角为30由折射定律即可求出折射角的大小；由几何关系求出光在圆柱体中通过路程s，光在圆柱体中速度为v=，再由t=求解时间t本题要熟练掌握光的折射定律的内容：入射光线、折射光线、法线在同一平面内，入射光线、折射光线分居法线两侧，入射角的正弦值与折射角的正弦值成正比并要知道各种不同色光折射率的大小关系，即可轻松解决此类问题35.（15分）【物理选修3-5】【题文】（1）（5分

37、）关于光电效应和康普顿效应的规律，下列说法正确的是 （有三个选项正确，选对一个得2分，选对两个得4分，选对三个得5分，选错一个扣3分，最低得0分）A.光电效应中，金属板向外发射的光电子又可以叫做光子B.用光照射金属不能发生光电效应是因为该入射光的频率小于金属的截止频率C.对于同种金属而言，遏止电压与入射光的频率无关D.石墨对X射线散射时，部分X射线的散射光波长会变大，这个现象称为康普顿效应E.康普顿效应说明光具有粒子性【知识点】 光电效应N2【答案解析】BDE 解析：A、光电效应中，金属板吸收光子后，向外发射的光电子故A错误B、当入射光的频率大于或等于极限频率时，才会发生光电效应故B正确C、遏

38、止电压与最大初动能有关，而入射光的频率会影响最大初动能，故C错误；D、石墨对X射线散射时，部分X射线的散射光波长会变大，这个现象称为康普顿效应故D正确E、光电效应现象、康普顿效应说明光具有粒子性，故E正确故选：BDE 【思路点拨】光子与光电子是两个概念；光电效应现象、康普顿效应说明光具有粒子性光电效应表面光子具有能量，康普顿效应表明光子除了具有能量之外还具有动量当入射光的频率大于或等于极限频率时，才会发生光电效应，根据光电效应方程，及遏止电压与最大初动能的关系，从而即可求解解决本题的关键知道光具有波粒二象性，光电效应、康普顿效应说明光具有什么性，注意理解光电效应的条件，及遏止电压与入射光的频率

39、的关系【题文】（2）（10分）一轻质弹簧竖直固定在地面上，上面连接一个质量为m1=1kg的物体，平衡时物体离地面0.9m，弹簧所具有的弹性势能为0.5J。现在在距物体m1正上方高为0.3m处有一个质量为m2=1kg的物体自由下落后与弹簧上物体m1碰撞立即合为一体，一起向下压缩弹簧。当弹簧压缩量最大时，弹簧长为0.6m。求（g取10m/s2）：碰撞结束瞬间两物体的动能之和是多少？弹簧长为0.6m时弹簧的弹性势能大小？【知识点】 动量守恒定律；功能关系E6 F3【答案解析】1.5J8J 解析： m2自由下落： 可解得：碰撞由动量守恒： 可解得：碰后的动能：m1与m2共同下降的高度由机械能守恒得：解得所以弹性势能为8J【思路点拨】（1）由自由落体运动的公式求出物体m2碰撞前的速度两物体碰撞过程遵守动量守恒，由动量守恒定律求出碰撞后两物体的速度，再求碰撞结束瞬间两物体的动能之和（2）由机械能守恒定律可以求出弹簧的弹性势能本题考查了求动能与探索势能，分析清楚物体运动过程，应用机械能守恒定律与动量守恒定律即可正确解题