1、海淀高三物理查漏補缺題一、選擇題：1.下列各種物理現象中，與原子核內部變化有關的是（）a. 用紫外線照射鋅板，鋅板向外發射光電子的現象b. 氫原子發光時，形成不連續的線狀光譜的現象c. 用粒子轟擊金箔后，極少數粒子發生大角度偏轉的現象d. 比結合能小的原子核結合成或分解成比結合能大的原子核時釋放核能的現象【答案】d【解析】【詳解】a光電效應是原子核外層電子脫離原子核的束縛而逸出，沒有涉及到原子核的變化，故a錯誤；b原子發光是原子躍遷形成的，即電子從高能級向低能級躍遷，釋放的能量以光子形式輻射出去，沒有涉及到原子核的變化，故b錯誤；c粒子散射實驗表明了原子內部有一個很小的核，并沒有涉及到核內部的

2、變化，故c錯誤；d比結合能小的原子核結合成或分解成比結合能大的原子核時原子核發生變化，即原子核內部變化，故d正確。故選d。2.下列說法錯誤的是（）a. 天然放射現象中的射線是從自原子核內發出來的b. 核力是核子間的庫侖引力c. 5g信號比4g信號所用的無線電波在真空中傳播得更快d. 自然發生的熱傳遞過程是向著分子熱運動有序性增大的方向進行的e. 不僅光子具有波粒二象性，一切運動的微粒都具有波粒二象性f. 當物體的速度接近光速時，其運動規律不適合用經典力學來描述g. 調諧是電磁波發射應該經歷的過程，調制是電磁波接收應該經歷的過程【答案】bcdg【解析】【詳解】a衰變是原子核內的中子轉化成質子和電

3、子從而放出電子的過程，故天然放射現象中的射線是從自原子核內發出來的，a正確；b核力與萬有引力、庫侖力的性質不同，核力是短程力，作用范圍在，原子核的半徑數量級在，核力只存在于相鄰的核子之間，故b錯誤；c5g信號和4g信號都是電磁波，在真空中的傳播速度都等于光速，故c錯誤；d自然發生的熱傳遞過程是向著分子熱運動無序性增大的方向進行的，故d錯誤；e德布羅意在愛因斯坦光子說的基礎上提出物質波的概念，認為一切運動的物體都具有波粒二象性，故e正確；f當物體速度接近光速時，其運動規律不適合用經典力學來描述，要用相對論來描述，故f正確；g調諧是電磁波接收應該經歷的過程，調制是電磁波發射應該經歷的過程故g錯誤。

4、本題選錯誤的，故選bcdg。3.關于下列實驗或現象的說法，正確的是（）a. 圖甲說明薄板一定是非晶體b. 圖乙說明氣體分子速率分布隨溫度變化，且t1t2c. 圖丙的實驗情景可以說明氣體壓強的大小既與分子動能有關，也與分子的密集程度有關d. 圖丁中的現象說明水黽受到了浮力作用，且浮力與重力平衡【答案】c【解析】【詳解】a圖甲是薄板上的蜂蠟熔化成圓形，說明薄板是晶體，a錯誤；b圖乙說明氣體分子速率分布隨溫度變化而不同，溫度下分子速率高的分子數占總分子數之比比溫度小，則，b錯誤；c圖丙是大量顆粒物體以一定速度撞擊稱盤，對稱盤產生了一個持續的、均勻的壓力，這個壓力大小與撞擊稱盤時的顆粒速度、撞擊稱盤的

5、顆粒數量有關，可以說明氣體壓強的大小即與分子的動能有關，也與分子的密集程度有關， c正確； d圖丁是水黽停留在水面上，說明液體存在表面張力，d錯誤。 故選c。4.在用“油膜法測量油酸分子大小”實驗中，下列說法中正確的是（ ）a. 用油膜法可以精確測量分子的大小b. 油酸分子直徑等于純油酸體積除以相應油膜面積c. 計算油膜面積時，應舍去所有不足一格的方格d. 實驗時應先將一滴油酸酒精溶液滴入水面，再把痱子粉灑在水面上【答案】b【解析】【詳解】a 用油膜法只能粗略測量分子的大小，故a錯誤；b油膜為單分子緊密排列的，因此單分子油膜的厚度被認為是油酸分子的直徑，所以油酸分子直徑等于純油酸體積除以相應油

6、膜面積，故b正確c在計算面積時，超過半個的按一個，不足半格的才能舍去，故c錯誤；d實驗時要先灑痱子粉，再滴油酸酒精溶液，故d錯誤；5.對于一定質量的理想氣體，下列說法中正確的是（）a. 若單位體積內分子個數不變，當分子熱運動加劇時，壓強可能不變b. 若壓強不變而溫度降低，則單位體積內分子個數一定減少c. 若體積不變而溫度升高，則氣體分子熱運動的平均動能增大，氣體壓強也變大d. 若體積不變而溫度升高，則每個氣體分子對器壁的沖擊力都增大e. 若溫度不變而體積增大，則氣體的壓強一定減小【答案】ce【解析】【詳解】a若單位體積內分子個數不變，當分子熱運動加劇時，分子撞擊器壁的作用力增大，壓強增大，a錯

7、誤；b若壓強不變而溫度降低，根據理想氣體狀態方程可知氣體的體積減小，所以單位體積內分子個數一定增大，b錯誤；c若體積不變而溫度升高，則氣體分子熱運動的平均動能增大，根據可知壓強增大，c正確；d溫度升高，分子熱運動的劇烈程度增大，但不是每個分子的熱運動的劇烈程度都增加，所以不是每個氣體分子對器壁的沖擊力都增大，d錯誤；e若溫度不變而體積增大，根據可知壓強一定減小，e正確。故選ce。6.如圖所示，一定量的理想氣體由狀態a經過過程到達狀態b，再由狀態b經過過程到達狀態c，其中過程圖線與橫軸平行，過程圖線與縱軸平行。對于這個變化過程，下列說法中正確的是（）a. 從狀態a到狀態b的過程，氣體放出熱量b.

8、 從狀態a到狀態b的過程，氣體分子熱運動的平均動能在減小c. 從狀態b到狀態c的過程，氣體分子對容器壁撞擊的頻繁程度增加d. 從狀態b到狀態c的過程，氣體吸收熱量【答案】c【解析】【詳解】a從狀態a到狀態b的過程，氣體體積不變，溫度升高，根據熱力學第一定律可知，氣體吸收熱量，a錯誤；b從狀態a到狀態b的過程，氣體溫度升高，氣體分子熱運動的平均動能在增大，b錯誤；c從狀態b到狀態c的過程，溫度不變，體積減小，單位體積內的分子個數增大，所以氣體分子對容器壁撞擊的頻繁程度增加，c正確；d從狀態b到狀態c的過程，溫度不變，氣體體積減小，根據熱力學第一定律可知，氣體放出熱量，d錯誤。故選c。7.用a、b

9、兩種不同的單色光在相同條件下分別經同一單縫衍射裝置得到的衍射圖樣如圖甲、乙所示。現使a光從水中斜射向水面上的o點，其入射角為i、折射角為r，如圖丙所示。對于這兩種單色光，下列說法正確的是（）a. 在真空中a光的波長較短b. 水對a光的折射率c. 在水中a光的傳播速度較大d. a光從水中射向空氣發生全反射時的臨界角較小【答案】c【解析】【詳解】a甲光衍射明顯，說明光的波長比乙的波長大，即，a錯誤；b水對a光的折射率，b錯誤；c光的波長比的波長大，根據可知光的頻率小，折射率小，根據可知在水中a光的傳播速度較大，c正確；d根據全反射定律可知a光從水中射向空氣發生全反射時的臨界角較大，d錯誤。故選c。

10、8.大量處于n=4激發態的氫原子向低能級躍遷時能輻射出多種不同頻率的光，用這些光照射如圖甲所示的光電管的陰極k。已知氫原子的部分能級圖如圖乙所示，陰極k為金屬鎢，其逸出功為4.54ev。下列說法中正確的是（）a. 這些氫原子最多發出6種不同頻率的光b. 能使金屬鎢發生光電效應的光有4種c. 逸出光電子的最大初動能一定為9.06evd. 若將滑動變阻器的滑片調到最左端，電路中的光電流一定變為0【答案】a【解析】【詳解】a這些氫原子最多發出種不同頻率的光，a正確；b根據光電效應方程可知能使金屬鎢發生光電效應的光有3種，對應躍遷的能級為，b錯誤；c從躍遷產生的光子能量最大，即則逸出光電子的最大初動能

11、為c錯誤；d滑動變阻器調到最左端，光電管兩端電壓為零，但是光電子發生了光電效應，有速度，能夠到達a極板，電流都不可能為0，d錯誤。故選a。9.如圖甲所示為研究光電效應電路圖，當用一定頻率的光照射金屬陰極k時，通過調節光電管兩端電壓u，測量對應的光電流強度i，并繪制了如圖乙所示的iu圖象。已知電子所帶電荷量為e，圖象中遏止電壓uc、飽和光電流im及入射光的頻率、普朗克常量h均為已知量。下列說法正確的是（）a. 陰極金屬的逸出功為h+eucb. 陰極逸出電子的最大初動能為eucc. 若僅增大入射光的頻率，則光電子的最大初動能的數值也隨之增大d. 若僅增大入射光的強度，則光電子的最大初動能的數值也隨

12、之增大e. 當用波長大于的光照射陰極k時，一定不能產生光電流f. 當用頻率小于的光照射陰極k時，一定不能產生光電流【答案】bc【解析】【詳解】ab光電子在電場中做減速運動，根據動能定理得則得光電子的最大初動能為根據愛因斯坦光電效應方程得，那么陰極金屬的逸出功為故a錯誤，b正確；cd根據愛因斯坦光電效應方程可知，若僅增大入射光的頻率，則光電子的最大初動能的數值也隨之增大，且光電子的最大初動能與光照強度無關，故c正確，d錯誤；ef波長大于的光即頻率小于，但不一定小于金屬的極限頻率，故不一定不能產生光電流，故ef錯誤。故選bc。10.一個實驗小組在做“探究彈簧形變與彈力的關系”的實驗中，使用了兩根不

13、同的輕質彈簧m和n，他們得到彈力與彈簧長度的關系圖象如圖所示，則由圖可知（）a. m的原長比n的長b. m的勁度系數比n的大c. 實驗過程中兩彈簧都已超過了彈性限度d. 彈力與彈簧長度成正比【答案】b【解析】【詳解】a由胡克定律，圖象中與x軸交點的橫坐標代表彈簧的原長，故的原長比的長，a錯誤；b圖象中斜率代表彈簧的勁度系數，故的勁度系數比大，b正確；cd彈簧彈力與彈簧的形變量成正比，與彈簧長度是一次函數關系，結合可知，該函數為一次函數關系，故兩彈簧都沒有超過彈性限度，且彈力與彈簧長度成線性關系，不是正比關系。故cd錯誤。故選b。11.探究彈力和彈簧伸長的關系時，作出彈力f與彈簧總長度l的關系圖

14、線如圖所示。則（）a. 該彈簧的原長為10mb. 該彈簧的勁度系數為0.25n/mc. 在該彈簧下端懸掛1.0n的重物時，彈簧的長度為18cmd. 在該彈簧下端懸掛2.0n的重物時，彈簧的形變量為10cm【答案】d【解析】【詳解】a根據胡克定律可知彈簧的彈力為當時，根據圖像可知彈簧原長為a錯誤；b彈簧的勁度系數為圖線斜率，所以b錯誤；c在該彈簧下端懸掛1.0n的重物時，彈簧的伸長量為則彈簧長度為c錯誤；d在該彈簧下端懸掛2.0n的重物時，彈簧的伸長量為d正確。故選d。12.如圖所示，邊長為l的單匝均勻金屬線框置于光滑水平桌面上，在拉力作用下以恒定速度通過寬度為d（dl）、方向豎直向下的有界勻強

15、磁場。在整個過程中線框的ab邊始終與磁場的邊界平行，若以f表示拉力大小、以uab表示線框ab兩點間的電勢差、i表示通過線框的電流、p表示拉力的功率，則下列反映這些物理量隨時間變化的圖像中可能正確的是（）a. b. c. d. 【答案】c【解析】【詳解】a線框做勻速直線運動，進入磁場和出磁場過程中根據楞次定律阻礙相對運動的條件，可知拉力與安培力等大反向，即線框完全進入磁場運動過程中，閉合線框中，線框中無感應電流，所以安培力為0，拉力大小為0；線框全過程做勻速直線運動，因為，所以進出磁場的時間小于在完全在磁場中運動的時間，故a錯誤；b線框進入磁場時，導體棒切割磁感線，即電源，根據右手定則可知所以兩

16、端電勢差為路端電壓完全進入磁場，線框中無電流，所以線框穿出磁場過程中，邊切割磁感線，根據楞次定律判斷感應電流可知則對應圖像可知，b錯誤；c線框進入磁場時，根據右手定則可知線框中電流為逆時針方向，線框離開磁場時，電流為順時針方向，結合上述分析可知，c正確；d線框完全進入磁場運動過程中，拉力為0，根據可知拉力功率為0，d錯誤。故選c。13.如圖虛線上方空間有勻強磁場，扇形導線框繞垂直于框面的軸o以角速度勻速轉動，線框中感應電流方向以逆時針為正，以圖示位置作為計時起點，那么圖中可能正確表明線框轉動一周感應電流變化情況的是（）a. b. c. d. 【答案】a【解析】【詳解】當線框進入磁場時，切割的有

17、效長度為半圓的半徑不變，由e=bl2可知感應電動勢不變，感應電流大小不變；由右手定則可知，電流為逆時針，故為正值；當線框全部進入磁場，磁通量不變，無感應電流；當線框穿出磁場時，線圈切割磁感線的有效長度仍為半圓的半徑不變，則感應電動勢不變，感應電流大小不變；由右手定則可知，電流為順時針，故為負值。故選a。14.如右圖，一有界區域內，存在著磁感應強度大小均為b，方向分別垂直于光滑水平桌面向下和向上的勻強磁場，磁場寬度均為l，邊長為l的正方形線框abcd的bc邊緊靠磁場邊緣置于桌面上，使線框從靜止開始沿x軸正方向勻加速通過磁場區域，若以逆時針方向為電流的正方向，能反映線框中感應電流變化規律的是圖（）

18、a. b. c. d. 【答案】ac【解析】【詳解】ab線框右邊開始進入磁場時，由右手定則可知，電流方向為逆時針；當右邊框開始進入右邊磁場時，電流變化順時針；而從磁場中離開時，電流方向為逆時針；由及可知則電流為電動勢隨時間為均勻增大，故電流也隨時間均勻增大，當線框的bc邊在方向向外的磁場而ad邊在方向向里的磁場中，兩條邊都切割磁場且由右手定責可知感應電流都是順時針疊加的，因此電流方向變化且翻倍，當線框出磁場時只有ad邊切割磁場且感應電流為逆時針，因此其圖像的斜率和bc邊切割時相同，且共線，故a正確，b錯誤；cd而由及可知則電流為故電流與成正比，因此為曲線，且由ab分析可知最后出磁場的圖像和剛進

19、入磁場的圖像都滿足，為一條曲線；故d錯誤，c正確。故選ac。15.某同學在“探究感應電流產生的條件”的實驗中，將直流電源、滑動變阻器、線圈a（有鐵芯）、線圈b、靈敏電流計及開關按圖連接成電路在實驗中，該同學發現開關閉合的瞬間，靈敏電流計的指針向右偏由此可以判斷，在保持開關閉合的狀態下，下列說法正確的是（ ）a. 當線圈a拔出時，靈敏電流計的指針向右偏b. 當線圈a中的鐵芯拔出時，靈敏電流計的指針向左偏c. 當滑動變阻器的滑片勻速滑動時，靈敏電流計的指針不偏轉d. 當滑動變阻器的滑片向n端滑動時，靈敏電流計的指針向左偏【答案】b【解析】當線圈a拔出，或線圈a中的鐵芯拔出時，均導致磁通量減小，因此

20、電流計指針向左偏，故a錯誤，b正確；當滑動變阻器的滑片勻速滑動時，穿過線圈的磁通量發生變化，線圈產生感應電流，電流計指針都要發生偏轉，故c錯誤；當滑動變阻器的滑片向n端滑動時，滑動變阻器接入電路的電阻減小，則電路電流增大，穿過線圈的磁通量增大，因此靈敏電流計的指針向右偏，故d錯誤所以b正確，acd錯誤16.某高壓變電所通過變壓器向一工廠送電，輸送電壓為u，輸送功率為p，輸電線電阻為r，下列說法正確的是（）a. 如果輸送功率與輸電線電阻不變，輸送電壓變為原來的2倍，則輸電線上損失的功率變為原來的四倍b. 如果輸送功率與輸送電壓不變，輸電線電阻變為原來的2倍，則損失功率變為原來的二分之一c. 如輸

21、送功率p不變，輸電電壓越高，則輸電線上的電流一定越小d. 輸送功率p的具體數值由變電所決定，與工廠的用電情況無關【答案】c【解析】【詳解】a如果輸送功率與導線電阻不變，輸送電壓變為原來的2倍，根據損失功率的公式得可知損失功率變為原來的四分之一，故a錯誤；b如果輸送功率與輸送電壓不變，則輸送電流不變，導線電阻變為原來的2倍，根據損失功率的公式得損失功率變為原來的2倍，故b錯誤；c由可知，如輸送功率p不變，輸電電壓越高，則輸電線上的電流一定越小，故c正確；d根據理想變壓器的輸入功率由輸出功率來決定，如果工廠的機器不工作，即用戶不消耗電能，輸入功率為零，所以輸送功率為p的具體數值由工廠的用電情況決定

22、，故d錯誤。故選c。17. 在國際單位制（簡稱si）中，力學和電學的基本單位有：m（米）、kg（千克）、s（秒）、a（安培）導出單位v（伏特）用上述基本單位可表示為（ ）a. m2·kg·s4·a1b. m2·kg·s3·a1c. m2·kg·s2·a1d. m2·kg·s1·a1【答案】b【解析】試題分析：根據題中選項中都有安培這個單位，可聯想到，則進一步聯想到，然后再根據功的定義，力的定義，展開換算根據電勢差定義，其中，聯立解得，即，故b正確；18.電影流浪地球講述的是面

23、對太陽快速老化膨脹的災難，人類制定了“流浪地球”計劃，這首先需要使自轉角速度大小為的地球停止自轉，再將地球推移出太陽系到達距離太陽最近的恒星（比鄰星）。為了使地球停止自轉，設想的方案就是在地球赤道上均勻地安裝n臺“噴氣”發動機，如圖所示（n較大，圖中只畫出了4個）。假設每臺發動機均能沿赤道的切線方向提供大小恒為f的推力，該推力可阻礙地球的自轉。已知描述地球轉動的動力學方程與描述質點運動的牛頓第二定律方程f=ma具有相似性，為m=i，其中m為外力的總力矩，即外力與對應力臂乘積的總和，其值為nfr；i為地球相對地軸的轉動慣量；為單位時間內地球的角速度的改變量。將地球看成質量分布均勻的球體，下列說法

24、中正確的是（）a. 在m=i與f=ma的類比中，與質量m對應的物理量是轉動慣量i，其物理意義是反映改變地球繞地軸轉動情況的難易程度b. 地球自轉剎車過程中，赤道表面附近的重力加速度逐漸變小c. 地球停止自轉后，赤道附近比兩極點附近的重力加速度大d. 地球自轉剎車過程中，兩極點的重力加速度逐漸變大e. 這些行星發動機同時開始工作，使地球停止自轉所需要的時間為f. 若發動機“噴氣”方向與地球上該點的自轉線速度方向相反，則地球赤道地面的人可能會“飄”起來g. 在m=i與f=ma的類比中，力矩m對應的物理量是m，其物理意義是反映改變地球繞地軸轉動情況的難易程度h. 的單位應為rad/si. -t圖象中

25、曲線與t軸圍成的面積的絕對值等于角速度的變化量的大小j. 地球自轉剎車過程中，赤道表面附近的重力加速度逐漸變大k. 若停止自轉后，地球仍為均勻球體，則赤道處附近與極地附近重力加速度大小沒有差異【答案】afijk【解析】【詳解】ai為剛體的“轉動慣量”，與平動中的質量m相對應，表征剛體轉動狀態改變的難易程度，故在本題中的物理意義是反映改變地球繞地軸轉動情況的難易程度，故a正確；bj地球自轉剎車過程中，萬有引力提供赤道表面附近的重力加速度和物體做圓周運動的向心力，則故赤道表面附近的重力加速度逐漸增大，故b錯誤，j正確；c地球視為均勻球體地球停止自轉后，萬有引力提供重力加速度，故赤道附近和兩極點附近

26、的重力加速度一樣大，故c錯誤；d地球自轉剎車過程中，；兩極點處萬有引力提供重力加速度，故兩極點的重力加速度保持不變，故d錯誤；ehi由題意可知，解得且故的單位為，由的定義式可知，-t圖象中曲線與t軸圍成的面積的絕對值等于角速度的變化量的大小，且聯立解得故eh錯誤，i正確；f若發動機“噴氣”方向與地球上該點的自轉線速度方向相反，則地球的自轉角速度變大，則人跟地球一起做圓周運動所需的向心力變大，當萬有引力不足以提供向心力時，人會飄起來，故f正確；g在m=i與f=ma的類比中，力矩m對應的物理量是f，表征外力對剛體的轉動效果，故g錯誤；故選afijk。19.在做“研究平拋物體的運動”的實驗中，為了確

27、定做平拋運動的小球在不同時刻所通過的位置，實驗時用如圖所示的裝置，將一塊平木板釘上復寫紙和白紙，豎直立于緊靠槽口處，使小球從斜槽上緊靠擋板處由靜止滑下，小球撞在木板上留下痕跡a；將木板向后移距離x，再使小球從斜槽上緊靠擋板處由靜止滑下，小球撞在木板上留下痕跡b；又將木板再向后移距離x，小球再從斜槽上緊靠擋板處由靜止滑下，再得到痕跡c。若測得木板每次后移距離x=10.00cm，a、b間距離y1=4.78cm，b、c間距離y2=14.82cm。（g取9.80m/s2）(1)根據以上直接測量的物理量導出測小球初速度的公式為v0=_。（用題中所給字母）。(2)小球初速度值為_m/s。【答案】 (1).

28、 (2). 0.988m/s【解析】【詳解】(1)1設通過相等水平位移x的時間間隔為t，由，解得(2)2將x=10.00cm，y1=4.78cm，y2=14.82cm代入求得20.如圖甲所示，水平桌面上固定有一位于豎直平面內的弧形軌道a，其下端的切線是水平的，軌道的厚度可忽略不計。將小鐵塊b從軌道的固定擋板處由靜止釋放，小鐵塊沿軌道下滑，最終落到水平地面上。若測得軌道末端距離水平地面的高度為h，小鐵塊從軌道飛出到落地的水平位移為x，已知當地的重力加速度為g。(1)求小鐵塊落至水平地面時速度；(2)若在豎直木板上固定一張坐標紙（如圖乙所示），并建立直角坐標系xoy，使標原點o與軌道槽口末端重合，

29、y軸與重垂線重合，x軸水平。實驗中使小鐵塊每次都從固定擋板處由靜止釋放并沿軌道水平拋出。依次下移水平擋板的位置，分別得到小鐵塊在水平擋板上的多個落點，在坐標紙上標出相應的點跡，再用平滑曲線將這些點跡連成小鐵塊的運動軌跡。在軌跡上取一些點得到相應的坐標（x1、y1）、（x2、y2）、(x3、y3)、(x4、y4)。若x1=x2-x1=x3-x2=x4-x3，試寫出y1、y2、y3、y4之間的關系；若y1=y2-y1=y3-y2=y4-y3，試寫出x1、x2、x3、x4之間的關系。【答案】(1)；(2)，【解析】【詳解】(1)小鐵塊離開軌道后做平拋運動，則有，小鐵塊落至水平地面時的速度聯立解得(2

30、)若x1=x2-x1=x3-x2=x4-x3，因為水平方向做勻速直線運動，則各坐標點之間時間間隔相等，又o點為平拋運動的起點，則有因而有若y1=y2-y1=y3-y2=y4-y3，因為豎直方向做自由落體運動，故通過各坐標點的時間比為又因為故有21.在“測定玻璃的折射率”的實驗中，實驗小組在白紙上放好玻璃磚mnpq，畫出玻璃磚與空氣的兩個界面aa'和bb'（如圖）,在玻璃磚的一側插上大頭針pl。（1）接下來他們要完成的步驟可以是_a. 在玻璃磚的另一側插上大頭針p2，使p2擋住p1的像，撤去玻璃磚，拔出大頭針，描繪出光路圖b. 在玻璃磚的另一側插上大頭針p2和p3，使p2、p3均

31、能擋住p1的像，撤去玻璃磚，拔出大頭針，描繪出光路圖c. 在p1的同側插上大頭針p2，在玻璃磚的另一側插上大頭針p3，使p3能同時擋住p1和p2的像，撤去玻璃磚，拔出大頭針，描繪出光路圖d. 在p1的同側插上大頭針p2，在玻璃磚的另一側插上大頭針p3和p4，使p3能同時擋住p1和p2的像，使p4能同時擋住p3以及p1和p2的像，撤去玻璃磚，拔出大頭針，描繪出光路圖（2）某次實驗中，實驗小組一直無法透過玻璃磚看到另一側的兩枚大頭針重疊在一起，這可能是因為_a. 沿兩枚大頭針的光線沒能射入玻璃磚b. 沿兩枚大頭針的光線在進入玻璃磚之后直接從mp或nq側面射出了c. 沿兩枚大頭針的光線在玻璃磚aa&

32、#39;或bb'界面發生了全反射（3）實驗小組內的三位學生在實驗中第一位學生在紙上正確畫出了玻璃磚的兩個折射面aa和bb。因不慎碰動了玻璃磚，使它向aa方向平移了一點（如圖1所示），以后的操作都正確無誤，并仍以aa和bb為折射面畫出了光路圖，這樣測出的折射率n的值將_（選填“偏大”、“偏小”或“不變”）。第二位學生為了避免筆尖觸劃玻璃磚的折射面，畫出的aa和bb都比實際的折射面向外側平移了一些（如圖2所示）以后的操作都正確無誤，并仍以aa和bb為折射面畫出了光路圖，這樣測出的折射率n的值將_（選填“偏大”、“偏小”或“不變”）。第三位學生的操作和所畫的光路圖都正確無誤，只是所用的玻璃磚

33、的兩個折射面不平行（如圖3所示）。用這塊玻璃磚測出的折射率n的值將_（選填“偏大”、“偏小”或“不變”）。（4）另一實驗小組的甲、乙、丙、丁四位同學實驗中得到如圖所示的插針結果，由圖可知從圖上看，肯定把針插錯了的同學是_。從圖上看，測量結果準確度最高的同學是_。【答案】 (1). d (2). ab (3). 不變 (4). 偏小 (5). 不變 (6). 甲乙 (7). 丁【解析】【詳解】（1）1根據實驗的原理，連接p1、p2表示入射光線連接p3、p4表示出射光線，連接兩光線與玻璃磚的交點即為折射光線。實驗的過程中，要先在白紙上放好玻璃磚，在玻璃磚的一側插上兩枚大頭針p1和p2，然后在玻璃磚

34、另一側觀察，調整視線使p1的像被p2的像擋住接著在眼睛所在一側相繼又插上兩枚大頭針p3、p4，使p3擋住p1、p2的像，使p4擋住p3和p1、p2的像，故d正確，abc錯誤。故選d。（2）2無法透過玻璃磚看到另一側的兩枚大頭針重疊在一起，可能是沿兩枚大頭針的光線沒能射入玻璃磚，也可能是沿兩枚大頭針的光線在進入玻璃磚之后直接從mp或nq側面射出了，因為全反射需要光線從光密介質進入到光疏介質，所以光線不可能在玻璃磚aa'界面發生了全反射，故ab正確，c錯誤。故選ab。（3）3如下圖1可知，第一位學生的作畫結果中，光線的入射角和折射角測量準確，所以折射率n的值不變。4如下圖2可知，第二位學生

35、的作畫結果中，光線的入射角測量準確，折射角測量偏大，所以折射率n的值偏小。5如下圖3可知，第三位學生的作畫結果中，光線的入射角和折射角測量準確，所以折射率n的值不變。（4）6甲同學的圖中p1、p2連線與玻璃磚的交點和p3、p4連線與玻璃磚的交點的連線與玻璃面垂直，所以肯定是把針插錯了。乙同學的圖中p1、p2、p3、p4的連線在同一直線上，所以肯定是把針插錯了。7丁同學p1、p2之間的距離和p3、p4之間的距離較大，誤差較小，所以測量結果準確度最高。22.某同學在“利用單擺測量重力加速度”的實驗中，采用圖1所示的實驗裝置。(1)為提高實驗精度，組裝單擺時，在下列器材中，應該選用_；（用器材前的字

36、母表示）a.長度為30cm左右的細線b.長度為1m左右的細線c.直徑為1.0cm的塑料球d.直徑為1.0cm的實心鋼球(2)下表是某同學記錄的5組實驗數據，并做了部分計算處理。組次12345擺長l/cm70.0080.0090.00100.00110.0050次全振動時間t/s84.090.095.5100.0105.0振動周期t/s1.681.801.912.10重力加速度g/（m·s-2）9.799.749.739.85請計算出第4組實驗中的t=_s，g=_m/s2，（結果保留3位有效數字）(3)為了減小實驗誤差，他決定用圖象法處理數據，利用上表數據作出t2l圖象如圖所示。計算出

37、圖線的斜率為k，則重力加速度測量值的表達式為g=_。(4)某研學小組利用單擺制作了一種測量微小時間差的裝置，它由兩個擺長有微小差別的單擺構成，兩個單擺的懸掛點位于同一高度的前后兩個不同點，使得兩單擺擺動平面前后相互平行。具體操作如下：首先測得兩單擺完成50次全振動的時間分別為50.00s和49.00s，然后把兩擺球向右拉至相同的擺角處（小于5°），事件1發生時立刻釋放長擺擺球，事件2發生時立刻釋放短擺擺球，測得短擺經過8全振動后，兩擺恰好第一次同時同方向通過某位置，由此可得出事件1到事件2的微小時間差t=_s。為了提高該裝置對時間差的分辨能力，你認為可以做出的改進是什么？_（至少說一

38、種）【答案】 (1). bd (2). 2.00 (3). 9.86 (4). (5). 0.16 (6). 減小長單擺與短單擺的周期比【解析】【詳解】(1)1ab為提高實驗精度，組裝單擺時，應選擇長度為1m左右的細線，故a錯誤，b正確；cd為了減小空氣阻力的影響，應選擇直徑為1.0cm的實心鋼球，故c錯誤，d正確。故選bd；(2)2周期為3根據得代入數據得(3)4根據得則圖線的斜率解得重力加速度的測量值(4)5長單擺的周期為短單擺的周期為當短單擺的運動的時間為則有代入數據解得6由得為了提高該裝置對時間差的分辨能力，可減小長單擺與短單擺的周期比。23.如圖所示，長為2r的水平軌道ab與半徑為r

39、的豎直半圓形軌道bcd相切于b點，整個空間存在沿水平方向的勻強電場。今將質量為m的帶正電物塊（可視為質點）從水平軌道的a端由靜止釋放，滑塊在電場力的作用下沿軌道運動并通過d點。已知電場力的大小是物塊所受重力的2倍，空氣阻力及軌道的摩擦均可忽略不計，重力加速度為g。求：(1)滑塊從a端運動到b端所需的時間t；(2)滑塊從a端運動到b端電場力的沖量大小i；(3)滑塊通過圓形軌道b點時的加速度大小ab；(4)滑塊通過圓形軌道b點時對軌道壓力大小nb；(5)滑塊通過d點時的速度大小v(6)請比較滑塊在b、d兩點機械能的大小，說明理由。【答案】(1)；(2)；(3)；(4)；(5)；(6) b、d兩點機

40、械能的大小相等，理由見詳解。【解析】【詳解】由題意可知，電場力(1) 滑塊從a端運動到b端，有，解得(2)滑塊從a端運動到b端電場力的沖量大小(3)從a點到b點，由動能定理得在b點，豎直方向水平方向故(4)在b點，豎直方向解得根據牛頓第三定律可得(5)從a點到d點，由動能定理得解得(6) b、d兩點機械能的大小相等。理由：滑塊從b點運動到d點，只有重力做功，沒有其他力做功，故b點機械能與d點機械能相等。24.水平面上有兩根足夠長的光滑平行金屬導軌，兩導軌間距為d，在導軌上有質量為m的導體桿。整個裝置處于方向豎直向下、磁感應強度為b的勻強磁場中。現用一水平恒力f向右拉動導體桿由靜止開始運動，桿與

41、軌道之間的摩擦和空氣阻力，以及導軌的電阻均可忽略不計。假設導軌長度足夠長，磁場的范圍也足夠大，在整個運動過程中桿與軌道保持垂直且良好接觸。(1)若在導軌之間接有一阻值為r的定值電阻，導體桿接兩軌道之間的電阻為r，如圖甲所示，求：導體桿所能達到的最大速度vm；導體桿運動距離為s0過程中，通過電阻r的電荷量q；(2)若導體桿的電阻可忽略不計，在導軌之間接有一電容為c的不帶電的電容器，如圖乙所示，在電容器不會被擊穿的情況下，電容器極板上積累的電荷量與金屬棒速度大小v的關系；請分析說明導體桿運動的性質，并求出導體桿在時間t內通過的位移s大小。【答案】(1)，；(2)，勻加速直線運動，【解析】【詳解】(

42、1)當導體桿所受安培力與拉力f大小相等時速度最大，即有此時電流為聯立解得由公式得(2)導體桿切割磁感線產生電動勢，則電容器兩端電壓為電荷量為對導體桿由牛頓第二定律得其中整理得則導體桿做勻加速直線運動，導體桿在時間t內通過的位移25.對于不同類型的物體和運動情況，測量速率的方法往往是不同的，當然測量速度的方法也受到歷史的局限性和實驗室提供的儀器的限制。(1)歷史上，由于測量條件的限制，伽利略無法用直接測量運動速度的方法來尋找自由落體的運動規律。因此他設想用斜面來“沖淡”重力，“放慢”運動，而且把速度的測量轉化為對路程和時間的測量，并把自由落體運動看成為沿傾角為90°的斜面下滑運動的外推。假設一個時間單位