河南省濮阳市濮阳一中高二下学期期末物理试卷Word版含解析

河南省濮阳市濮阳一中高二下学期期末物理试卷Word版含解析 2015-2016学年河南省濮阳市濮阳一中高二(下)期末物理试卷 一、选择题 1(如图，真空中O点有一点电荷，在它产生的电场中有a、b两点，a点的场强大小为E，方向与ab连线成60?角，b点的场强大小为E，方向与ab连线成30?ab 角，则关于a、b两点场强大小及电势φ、φ的高低关系正确的为( )ab A(E=3E，φ,φ B(E=3E，φ,φabababab C(E=，φ,φ D(E=E，φ,φaababab 2(电源的效率η定义为外电路电阻消耗的功率与电源的总功率之比(在测电源电动势和内电阻的实验中得到的实验图线如图所示，图中u为路端电压，I为干路电流，a、b为图线上的两点，相应状态下电源的效率分别为η、η(由图可ab 知η、η的值分别为( )ab A(、 B(、 C(、 D(、 3(如图所示，M、N是一对平行金属板，分别接到直流电源两极上，右边有一挡板，正中间开有一小孔O′，在较大空间范围内存在着匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里，在M、N两板间还存在着匀强电场E，从两板左侧中点O处射入一束带电粒子(不计重力)，这些带电粒子都沿直线运动到右 侧，从O′孔射出后分成两束a，b，则下列判断正确的是( ) A(这两束带电粒子的速度一定不相同 B(这两束带电粒子的电性一定相同 C(这两束带电粒子的电荷一定不相同 D(M、N两极间的匀强电场方向一定由N指向M 4(有两个匀强磁场区域，宽度都为L，磁感应强度大小都是B，方向如图所示(由均匀导线制成单匝正方形闭合线框，边长为L(闭合线框从左向右匀速穿过与线框平面垂直的两个匀强磁场区域，规定感应电流逆时针方向为正方向，则线框从 位置I运动到位置II的过程中感应电流i随时间t变化的图象正确的是( ) A( B( C( D(5(如图所示，在匀强磁场中，一矩形金属线圈先后两次分别以不同的转速，绕与磁感线垂直的轴匀速转动，产生正弦交流电的图象如图中曲线a，b所示，以 下关于这两个正弦交流电的说法正确的是( ) A(在图中t=0时刻线圈均与中性面垂直 B(线圈先后两次转速之比为2:1 C(交流电a的瞬时值为a=311sin(10πt)V D(交流电b的有效值为110V 6(如图所示，在倾角为α的光滑斜面上，放置一根长为L，质量为m，通过电 流I的导线，若使导线静止，应该在斜面上施加匀强磁场B的大小和方向为( ) A(B=，方向垂直斜面向上 B(B=，方向垂直水平面向上 C(B=，方向竖直向下 D(B=，方向水平向左 二、非选择题 7(如图所示电路中，电压读数为9V，电流表读数为0.1A，已知电压表内阻为 900Ω，电流表内阻为20Ω，则电阻R的阻值为 ΩX 8(在一块微安表G两端并联一个电阻R，就改装成了一块电流表(今将该表与一电流表串联后去测电流，发现该表的示数总比标准表的示数小，修正的方 法为( ) A(在R上并联一个小电阻 B(在R上并联一个大电阻 C(将R的阻值变大些 D(将R的阻值变小些 9((7分)某金属导线长度为L，粗细均匀，为测定这种金属材料的电阻率，吴 老师带领物理研究性小组做如下测量( (1)用多用表测量该元件的电阻，选用“×100”倍率的电阻挡测量，发现多用表指针偏转过大，因此需选择 倍率的电阻挡(填:“×10”或“×1k”)，并欧姆 调零后再进行测量，多用表的示数如图1所示，测量结果R为 Ω( (2)用螺旋测微器测量金属丝的直径，示数如图2所示，则直径d是 mm( (3)这种金属材料的电阻率ρ= ((用题中字母L、R、d表示)10((9分)如图所示，用一根绝缘细线悬挂一个带电小球，小球的质量为m， 电量为q，现加一水平的匀强电场，平衡时绝缘细线与竖直方向夹θ角( (1)试求这个匀强电场的场强E大小; (2)如果将电场方向顺时针旋转θ角、大小变为E′后，小球平衡时，绝缘细 线仍与竖直方向夹θ角，则E′的大小又是多少, 11((12分)如图，一束电子(电量为e)以速度v垂直射入磁感强度为B，宽0 为d的匀强磁场中，穿出磁场的速度方向与的电子原来的入射方向的夹角为30?， 求: (1)电子的质量是多少, (2)穿过磁场的时间是多少, (3)若改变初速度，使电子刚好不能从A边射出，则此时速度v是多少, 12((10分)如图甲所示，一对平行光滑轨道放置在水平面上，两轨道间距l=0.20m，电阻R=1.0Ω(有一导体杆静止地放在轨道上，与两轨道垂直，杆及轨道的电阻皆可忽略不计，整个装置处于磁感应强度B=0.50T的匀强磁场中，磁场方向垂直 轨道面向下(现用一外力F沿轨道方向拉杆，使之做匀加速运动，测得力F与时 间t的关系如图乙所示(求出杆的质量m和加速度a( 三、选考题【选修3-3】选择题 13(在公式d=计算油膜分子大小时，式中V的物理意义是( ) A(指1mL的油酸溶液的体积 B(指一滴油酸溶液的体积 C(指一滴油酸溶液中所含纯油酸的体积 D(指一滴油酸溶液中酒精的体积 14(在冬季，剩有半瓶热水的暧水瓶经一个夜晚后，第二天拔瓶口的软木塞时觉 得很紧，不易拔出来(其中主要原因是( ) A(软木塞受潮膨胀 B(瓶口因温度降低而收缩变小 C(白天气温升高，大气压强变大 D(瓶内气体因温度降低而压强减小 15(关于晶体和非晶体，下列说法中正确的是( ) A(晶体和非晶体在适当条件下可相互转化 B(具有各向同性的物体一定没有明显的熔点 C(外形不规则的固体都是非晶体 D(通常的金属材料在各个方向上的物理性质都相同，所以这些金属都是非晶体16(如图所示，两个相通的容器P、Q间装有阀门K(P中充满气体，Q内为真空，整个系统与外界没有热交换，打开阀门K后，P中的气体进入Q中，最终达 到平衡，则( ) A(气体体积膨胀，内能增加 B(气体分子势能减少，内能增加 C(气体分子势能增加，压强可能不变 D(Q中气体不可能自发的全部退回到P中 17(如图所示，为一定质量的气体在不同温度下的两条P,图线(由图可知 ( ) A(一定质量的气体在发生等温变化时，其压强与体积成正比 B(一定质量的气体在发生等温变化时，其P,图线的延长线是经过坐标原点 的 C(T,T12 D(T,T12 【选修3-3】非选择题 218((10分)如图所示，横截面积S=10cm的活塞，将一定质量的理想气体封闭在竖直放置的圆柱形导热气缸内，开始活塞与气缸底都距离H=30cm(在活塞上放一重物，待整个系统稳定后(测得活塞与气缸底部距离变为h=25cm(已知 5外界大气压强始终为P=1×10Pa，不计活塞质量及其与气缸之间的摩擦，取0 2 g=10rn/s(求: ?所放重物的质量; ?在此过程中被封闭气体与外界交换的热量( 【选修3-4】选择题 19(一质点做简谐运动，其位移x与时间t的关系图象如图所示，由图可知，在 t=4s时，质点的( ) A(速度为正的最大值，加速度为零 B(速度为负的最大值，加速度为零 C(速度为零，加速度为负的最大值 D(速度为零，加速度为正的最大值 20(如图所示是水波干涉示意图，S1、S2是两波源，A、C、B三点在一条直线上， 两波源频率相同，振幅相等，下列说法正确的是( ) A(质点A一会儿在波峰，一会儿在波谷 B(质点B一直在波谷 C(质点C的位移总是比A点的位移小 D(质点C一直在平衡位置 21(用单色光做双缝干涉实验时，下列说法中错误的是( ) A(入射光的波长越长，相邻两亮条纹中心的距离越大 B(入射光的频率越高，相邻两亮条纹中心的距离越大 C(把入射光由绿光变成红光，相邻两亮条纹中心的距离变小 D(把入射光由绿光变成红光，相邻两亮条纹中心的距离变大 22(在LG回路产生电磁振荡的过程中，下列说法中是( ) A(电容器放电完毕时刻，回路中电流最小 B(回路中电流值最大时刻，回路中磁场能最大 C(电容器极板上所带电荷量最多时，电场能最大 D(回路中电流值最小时刻，电容器带电量最大 23(如图所示，沿x轴正方向传播的一项简谐横波在某时刻的波形图为一正弦曲 线，其波速为200m/s，下列说法中正确的是( ) A(图示时刻，质点b的加速度正在增大 B(从图示时刻开始，经过0.01s，质点b通过的路程为2m C(从图示时刻开始，经过0.01s，质点b通过的路程为0.4m D(从图示时刻开始，质点a比质点b先回到自己的平衡位置 【选修3-4】非选择题 24(一厚度为h的大平板玻璃水平放置，其下表面贴有一半径为r的圆形发光面(在玻璃板上表面放置一半径为R的圆纸片，圆纸片与圆形发光面的中心在同一竖直线上(已知圆纸片恰好能完全挡住从圆形发光面发出的光线(不考虑反 射)，求平板玻璃的折射率( 【选修3-5】选择题 25(质量为1.0kg的小球从20m高处自由下落到软垫上，反弹后上升的最大高度为5.0m，小球与软垫接触时间为1.0s，在接触时间内小球受到的合力的冲量大 2 小为(空气阻力不计，g取10m/s)( ) A(10N•s B(20N•s C(30N•s D(40N•s 26(如图，当电键S断开时，用光子能量为3.1eV的一束光照射阴极K，发现电流表读数不为零(合上电键，调节滑线变阻器，发现当电压表读数小于0.60V时，电流表读数仍不为零;当电压表读数大于或等于0.60V时，电流表读数为零(由 此可知阴极材料的逸出功为( ) A(1.9eV B(0.6eV C(2.5eV D(3.1eV 27(图甲所示为氢原子的能级，图乙为氢原子的光谱(已知谱线a是氢原子从 n=4的能级跃迁到n=2的能级时的辐射光，则谱线b是氢原子( ) A(从n=3的能级跃迁到n=2的能级时的辐射光 B(从n=5的能级跃迁到n=2的能级时的辐射光 C(从n=4的能级跃迁到n=3的能级时的辐射光 D(从n=1的能级跃迁到n=2的能级时的辐射光 28(关于半衰期，以下说法正确的是( ) A(氡的半衰期为3.8天，4克氡原子核，经过7.6天就只剩下1克 B(氡的半衰期为3.8天，若有四个氡原子核，经过7.6填就只剩下一个 C(同种放射性元素在化合物中的半衰期比单质中长 D(升高温度可以使半衰期缩短 29(卢瑟福通过实验首次实现了原子核的人工转变，核反应方程为He+ N?O+H，下列说法中正确的是( ) A(通过此实验发现了质子 B(实验中利用了放射源放出的γ射线 C(实验中利用了放射源放出的α射线 D(原子核在人工转变过程中，电荷数可能不守恒 【选修3-5】非选择题 30(在光滑的水平面上，质量为m的小球A以速率v向右运动(在小球A的前10 方O点有一质量为m的小球B处于静止状态，如图所示(小球A与小球B发生2 正碰后小球A、B均向右运动(小球B被在Q点处的墙壁弹回后与小球A在P点相遇，PQ=1.5PO(假设小球间的碰撞及小球与墙壁之间的碰撞都是弹性的，求 两小球碰撞后的速度大小之比及质量之比m:m(12 2015-2016学年河南省濮阳市濮阳一中高二(下)期末物 理试卷 参考答案与试题解析 一、选择题 1(如图，真空中O点有一点电荷，在它产生的电场中有a、b两点，a点的场强大小为E，方向与ab连线成60?角，b点的场强大小为E，方向与ab连线成30?ab 角，则关于a、b两点场强大小及电势φ、φ的高低关系正确的为( )ab A(E=3E，φ,φ B(E=3E，φ,φabababab C(E=，φ,φ D(E=E，φ,φaababab 【考点】电场强度;电势( 【】先根据几何知识求出a、b两点到点电荷的距离之比，再根据点电荷场强公式E=k求解场强之比(再根据沿电场线方向电势降低确定两点电势的高 低( 【解答】解:设a、b两点到点电荷的距离分别为r和r(ab 根据几何知识得:r=r(ba 根据E=k得:E:E=: =3，ab 则有:E=3E(ab 由场强方向可知该点电荷带负电，电场线从无穷远处指向负电荷，顺着电场线方 向电势降低，则φ,φ(ab 故选:B( 【点评】理解并掌握点电荷场强的决定式，把握沿电场线方向电势降低的特点， 即可顺利解决此类题目( 2(电源的效率η定义为外电路电阻消耗的功率与电源的总功率之比(在测电源电动势和内电阻的实验中得到的实验图线如图所示，图中u为路端电压，I为干路电流，a、b为图线上的两点，相应状态下电源的效率分别为η、η(由图可ab 知η、η的值分别为( )ab A(、 B(、 C(、 D(、 【考点】电源的电动势和内阻;测定电源的电动势和内阻( 【分析】电源的效率η定义为外电路电阻消耗的功率与电源的总功率之比(η===(所以电源的效率等于外电压与电动势之比(外电压和电动势可以从图 象上读出( 【解答】解:电源的效率η定义为外电路电阻消耗的功率与电源的总功率之比(η===(E为电源的总电压(即电动势)，在U,I图象中，纵轴截距表示电动势，根据图象可知U=、U=，则η=，η=(所以A、B、C错abab 误，D正确( 故选D( 【点评】解决本题的关键知道电源的效率也等于外电压与电动势之比以及会从U ,I图象中读出电动势和外电压( 3(如图所示，M、N是一对平行金属板，分别接到直流电源两极上，右边有一挡板，正中间开有一小孔O′，在较大空间范围内存在着匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里，在M、N两板间还存在着匀强电场E，从两板左 线运动到右侧中点O处射入一束带电粒子(不计重力)，这些带电粒子都沿直 侧，从O′孔射出后分成两束a，b，则下列判断正确的是( ) A(这两束带电粒子的速度一定不相同 B(这两束带电粒子的电性一定相同 C(这两束带电粒子的电荷一定不相同 D(M、N两极间的匀强电场方向一定由N指向M 【考点】带电粒子在混合场中的运动;洛仑兹力( 【分析】离子在复合场中沿水平方向直线通过故有qE=qvB，所以v=;二束正离子的在磁场中圆周运动的轨道半径不同，根据r==×可知比荷一定不相 同(根据洛伦兹力的方向可以判定电场力的方向从而判定电场的方向(【解答】解:AB、二束粒子在复合场中运动情况相同，即沿水平方向直线通过 故有qE=qvB， 所以v=，故二束粒子的速度一定相同，而等式两边电量可约去，因此带电粒子 的电量或电性无法确定是否相同(故AB错误( C、二束粒子在磁场中有qvB=m，故r==×，由于二束粒子的在磁场中 圆周运动的轨道半径不同，故比荷一定不相同，故C正确; D、根据左手定则，结合电场力与洛伦兹力平衡，则有不论带正电还是负电，NM 间的电场强度方向总是由M指向N，D错误( 故选:C( 【点评】速度选择器是利用电场力等于洛伦兹力的原理进行工作的，故速度选择 器只能选择速度而不能选择电性( 4(有两个匀强磁场区域，宽度都为L，磁感应强度大小都是B，方向如图所示(由均匀导线制成单匝正方形闭合线框，边长为L(闭合线框从左向右匀速穿过与线框平面垂直的两个匀强磁场区域，规定感应电流逆时针方向为正方向，则线框从 位置I运动到位置II的过程中感应电流i随时间t变化的图象正确的是( ) A( B( C( D( 【考点】导体切割磁感线时的感应电动势( 【分析】导体切割磁感线时产生感应电动势那部分导体相当于电源，由楞次定律或右手定则判断出感应电流方向，根据在电源内部电流从负极到正极，就可确定 感应电动势的方向( 【解答】解:金属棒刚进入磁场时切割磁感线产生感应电流，右手定则判断出感 应电流方向为逆时针方向，为正值，故BD错误; 此过程感应电流大小:I==，v不变，I不变; 当线框刚进入第二个磁场时，右侧金属棒切割磁感线产生的感应电动势方向向下，左侧金属棒产生的感应电动势向上，总的感应电动势方向为顺时针方向，感应电流沿顺时针方向，为负值(此过程，感应电流的大小:I==2I，故A错2 误，C正确( 故选:C 【点评】解决本题的关键掌握切割产生的感应电动势公式和欧姆定律公式，会通 过右手定则或楞次定律判断感应电流的方向( 5(如图所示，在匀强磁场中，一矩形金属线圈先后两次分别以不同的转速，绕与磁感线垂直的轴匀速转动，产生正弦交流电的图象如图中曲线a，b所示，以 下关于这两个正弦交流电的说法正确的是( ) A(在图中t=0时刻线圈均与中性面垂直 B(线圈先后两次转速之比为2:1 C(交流电a的瞬时值为a=311sin(10πt)V D(交流电b的有效值为110V 【考点】正弦式电流的图象和三角函数表达式;正弦式电流的最大值和有效值、 周期和频率( 【分析】由图读出电压最大值U，周期T，由ω=求出，写出交流电a的瞬m 时值表达式(由周期关系求出转速关系(t=0时刻电压为零，由法拉第电磁感应 定律分析磁通量( 【解答】解:A、t=0时刻U=0，根据法拉第定律，磁通量变化率为零，而磁通量 最大，处在中性面位置(故A错误; B、由图可知，周期T=0.2S，T=0.4s，则线圈先后两次转速之比n:n=T:T=2:ababba 1(故B正确; C、由图电压最大值U=311V，周期T=0.2S，ω=?10π rad/s，交流电压的瞬ma 时值表达式为:u=Usinωt=311sin10πtV(故C正确;m D、由电动势的最大值E=NBSω，则两个电压最大之值比U:U=ω :ω=2:mmambab 1，则交流电b电压的最大值为V;有效值为: =110V(故D错误; 故选:BC 【点评】本题考查对交流电压图象的理解能力(难点在于C选项，要根据电动势最大值表达式研究电压最大值之间的关系(至于电压与磁能量的关系，根据法拉 第电磁感应定律分析 6(如图所示，在倾角为α的光滑斜面上，放置一根长为L，质量为m，通过电 流I的导线，若使导线静止，应该在斜面上施加匀强磁场B的大小和方向为( ) A(B=，方向垂直斜面向上 B(B=，方向垂直水平面向上 C(B=，方向竖直向下 D(B=，方向水平向左 【考点】安培力( 【分析】通电导线在磁场中的受到安培力作用，由左手定则来确定安培力的方向， 由平衡条件求出安培力大小，最后由安培力公式计算B的大小 【解答】解:A、若磁场方向垂直于斜面向上，由左手定则知安培力平行于斜面 向下，导线不可能静止，故A错误; B、若磁场方向垂直于水平面向上，由左手定则知安培力水平向右，导线不可能 处于平衡，故B错误; C、若磁场方向竖直向下，由左手定则知安培力水平向左，根据平衡条件: mgtanα=BIL，则B=，故C正确; D、若磁场方向水平向左，受到竖直向上的安培力，故mg=BIL，解得B=，故 D错误 故选:C( 【点评】学会区分左手定则与右手定则，前者是判定安培力的方向，而后者是判 定感应电流的方向( 二、非选择题 7(如图所示电路中，电压表读数为9V，电流表读数为0.1A，已知电压表内阻为 900Ω，电流表内阻为20Ω，则电阻R的阻值为 100 ΩX 【考点】闭合电路的欧姆定律( 【分析】电压表测量R与电压表并联的电压，电流测量它们并联的总电流，由欧 姆定律可求出R与电压表并联的电阻，再根据并联电路的特点求解R的值( 【解答】解:根据欧姆定律得:R与电压表并联的电阻值为:R==Ω=90Ω并 又R=并 代入得:90=，解得 R=100Ω 故答案为:100( 【点评】本题是伏安法测量电阻的电路，两个电表的内阻不能忽略时，电压表与电流表读数之比并等于R，而等于R与电压表并联的电阻，剔除误差，得到的是 R的真实值( 8(在一块微安表G两端并联一个电阻R，就改装成了一块电流表(今将该表与一标准电流表串联后去测电流，发现该表的示数总比标准表的示数小，修正的方 法为( ) A(在R上并联一个小电阻 B(在R上并联一个大电阻 C(将R的阻值变大些 D(将R的阻值变小些 【考点】把电流表改装成电压表( 【分析】电流表示数偏小，说明所并联电阻的分流太大，则分流电阻阻值偏小(让 分流电阻变的稍大些即可( 【解答】解:电流表示数偏小，说明所并联电阻的分流太大，则分流电阻阻值偏 小(让分流电阻变的稍大些即可，故C正确，D错误; 在原分流电阻上再并联一个适当的小电阻或者并联适当的大电阻，都会使其并联 值稍小，分流稍大，不可以(故AB错误( 故选:C( 【点评】考查的电流表的改装原理，明确分流与电阻成反比，电阻大，分流小， 反之电阻小则分流大( 9(某金属导线长度为L，粗细均匀，为测定这种金属材料的电阻率，吴老师带 领物理研究性小组做如下测量( (1)用多用表测量该元件的电阻，选用“×100”倍率的电阻挡测量，发现多用表指针偏转过大，因此需选择 ×10 倍率的电阻挡(填:“×10”或“×1k”)，并 欧姆调零后再进行测量，多用表的示数如图1所示，测量结果R为 70 Ω( (2)用螺旋测微器测量金属丝的直径，示数如图2所示，则直径d是 2.150 mm( (3)这种金属材料的电阻率ρ= ((用题中字母L、R、d表示答案) 【考点】测定金属的电阻率( 【分析】使用欧姆表测电阻时，要选择合适的档位，使指针指在表盘中央附近; 欧姆表指针示数与倍率的乘积是欧姆表的示数( 螺旋测微器的读数是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时 需估读( 根据电阻定律可得出电阻率的表达式( 【解答】解:(1)选用“×100”档，发现指针偏角太大，说明指针示数太小，所 10挡;选档位太大，为准确测量电阻，应换小挡，应把选择开关置于× 由图示可知，欧姆表示数为7×10Ω=70Ω; (2)螺旋测微器的固定刻度读数为2mm，可动刻度读数为0.01× 15.0mm=0.150mm，所以最终读数为:2mm+0.150mm=2.150mm， (3)电阻丝电阻:R=ρ=ρ，则电阻率:ρ=; 故答案为:(1)×10;70(2)2.150;(3) 【点评】本题考查了欧姆表读数、螺旋测微器的读数以及电阻定律的应用;注意 在使用欧姆表测电阻时，要选择合适的档位，使指针指在刻度盘中央附近( 10(如图所示，用一根绝缘细线悬挂一个带电小球，小球的质量为m，电量为q， 现加一水平的匀强电场，平衡时绝缘细线与竖直方向夹θ角( (1)试求这个匀强电场的场强E大小; (2)如果将电场方向顺时针旋转θ角、大小变为E′后，小球平衡时，绝缘细 线仍与竖直方向夹θ角，则E′的大小又是多少, 【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系( 【分析】1)对小球受力分析，受到重力、电场力和细线的拉力，根据共点力平 衡条件和电场力F=qE列式求解场强E( (2)如果将电场方向顺时针旋转θ角、大小变为E′后，电场力方向也顺时针 转过θ角，大小为F′=qE′，再运用同样的方法求解E′的大小( 【解答】解:(1)对小球受力分析，受到重力、电场力和细线的拉力，如图( 由平衡条件得: mgtanθ=qE 解得:E= (2)将电场方向顺时针旋转θ角、大小变为E′后，电场力方向也顺时针转过θ 角，大小为F′=qE′，此时电场力与细线垂直，如图所示( 根据平衡条件得:mgsinθ=qE′ 则得:E′=( 答:(1)匀强电场的场强E大小是( (2)如果将电场方向顺时针旋转θ角、大小变为E′后，小球平衡时，绝缘细 线仍与竖直方向夹θ角，则E′的大小是( 【点评】本题关键是对小球受力分析，然后根据共点力平衡条件，运用通过合成 法求解 11((12分)(2011秋•雅安期末)如图，一束电子(电量为e)以速度v垂直0射入磁感强度为B，宽为d的匀强磁场中，穿出磁场的速度方向与的电子原来的 入射方向的夹角为30?，求: (1)电子的质量是多少, (2)穿过磁场的时间是多少, (3)若改变初速度，使电子刚好不能从A边射出，则此时速度v是多少, 【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动( 【分析】(1)电子垂直射入匀强磁场中，只受洛伦兹力作用做匀速圆周运动， 画出轨迹，由几何知识求出轨迹的半径，由牛顿第二定律求出质量( (2)由几何知识求出轨迹所对的圆心角α，由t=T求出时间((3)电子刚好不能从A边射出，轨迹恰好与磁场右边界相切，由几何知识得到 轨迹半径，即可由牛顿第二定律求得速度v( 【解答】解:(1)电子在磁场中运动，只受洛伦兹力作用，故其轨迹是圆弧的一部分，又因为F?v，故圆心在电子穿入和穿出磁场时受到洛伦兹力指向的交洛 点上，设圆心为O点(如图所示(由几何知识可知，圆心角θ=30?，OC为半径r， 则得: r==2d 又由r=得:m=; (2)电子穿过磁场的时间是:t=T=T， 由于T=， 解得:t=; (3)电子刚好不能从A边射出时，轨迹恰好与磁场右边界相切，由几何知识得 R=d， 由R==d，根据2d=，得:v=v(0 答:(1)电子的质量是( (2)穿过磁场的时间是( (3)若改变初速度大小，使电子刚好不能从A边射出，则此时速度v是v(0 【点评】本题是带电粒子在匀强磁场中圆周运动问题，关键要画出轨迹，根据圆 心角求时间，由几何知识求半径是常用方法( 12((10分)(2012秋•长春期末)如图甲所示，一对平行光滑轨道放置在水平面上，两轨道间距l=0.20m，电阻R=1.0Ω(有一导体杆静止地放在轨道上，与两轨道垂直，杆及轨道的电阻皆可忽略不计，整个装置处于磁感应强度B=0.50T的匀强磁场中，磁场方向垂直轨道面向下(现用一外力F沿轨道方向拉杆，使之做 匀加速运动，测得力F与时间t的关系如图乙所示(求出杆的质量m和加速度a( 【考点】导体切割磁感线时的感应电动势;牛顿第二定律;闭合电路的欧姆定律; 电磁感应中的能量转化( 【分析】导体棒运动时切割磁感线产生感应电流，使棒受到向左的安培力，根据 感应电流的大小写出安培力的表达式结合牛顿第二定律求出F与t的关系式，然 后将图象上的数据代入即可求解( 【解答】解:导体杆在轨道上做匀加速直线运动，用υ表示其速度，t表示时间， 则有: υ=at ? 杆切割磁力线，将产生感应电动势: E=Blυ ? 在杆、轨道和电阻的闭合回路中产生电流 ? 杆受到的安培力的 f=BIl ? 根据牛顿第二定律，有 F,f=ma ? 联立以上各式，得 ? 由图线上取两点代入?式，可解得: 2 a=10m/s，m=0.2kg 2 答:杆的质量为m=0.2kg，其加速度为a=10m/s( 【点评】解答这类问题的关键是正确分析安培力的大小与方向，然后根据导体棒 所处状态列方程求解;要注意图象的意义及性质( 三、选考题【选修3-3】选择题 13(在公式d=计算油膜分子大小时，式中V的物理意义是( ) A(指1mL的油酸溶液的体积 B(指一滴油酸溶液的体积 C(指一滴油酸溶液中所含纯油酸的体积 D(指一滴油酸溶液中酒精的体积 【考点】用油膜法估测分子的大小( 【分析】明确利用油膜法测量分子直径的基本原理，从而明确各物理量的意义(【解答】解:本实验中是利用油酸的体积和在水面上形成的油膜面积来测量油酸 分子直径的;公式中的V应为纯油酸的体积; 故C正确，ABD错误; 故选:C( 【点评】本题考查油膜法测量分子直径的基本原理，要明确我们用酒精将油酸稀 释是为了便于量取，最终酒精融于水，只有油酸分布在水的表面( 14(在冬季，剩有半瓶热水的暧水瓶经一个夜晚后，第二天拔瓶口的软木塞时觉 得很紧，不易拔出来(其中主要原因是( ) A(软木塞受潮膨胀 B(瓶口因温度降低而收缩变小 C(白天气温升高，大气压强变大 D(瓶内气体因温度降低而压强减小 【考点】气体的等容变化和等压变化( 【分析】木塞难拔出的现象，是因为瓶内的气压小于瓶外的大气压，所以外界大气压对瓶塞向里的压力大于瓶内气体对木塞向外的压力，可以根据理想气体的等 容变化分析瓶内的气压变化( 【解答】解:一开始暖瓶塞受力平衡如图: 由于暖水瓶内气体的体积不变，经过一晚的时间，瓶内的温度会降低，即气体的 温度降低， 根据查理定律得: 由于T,T，所以P,P，1212 即暖瓶内的压强由原来的P减小为现在的P，气体向外的压力减小，所以拔出12 瓶塞更费力，故D正确( 故选:D 【点评】应用查理定律时要注意判断气体的体积不能发生变化，然后判断压强与 温度之间的关系( 15(关于晶体和非晶体，下列说法中正确的是( ) A(晶体和非晶体在适当条件下可相互转化 B(具有各向同性的物体一定没有明显的熔点 C(外形不规则的固体都是非晶体 D(通常的金属材料在各个方向上的物理性质都相同，所以这些金属都是非晶体 【考点】* 晶体和非晶体( 【分析】晶体有固定的熔点，晶体在熔化过程中吸收热量，温度保持不变;非晶体没有熔点，非晶体在熔化过程中不断吸收热量，温度逐渐升高(金属等多晶体 具有各向同性( 【解答】解:A、晶体和非晶体在适当条件下可相互转化，故A正确;B、晶体有固定的熔点，而非晶体没有，而具有各向同性的物体，也可能是多晶 体，它有一定的熔点，故B错误; C、晶体与非晶体的区别是否具体固定的熔点，多具体也不具有规则的几何形状， 故C错误; D、通常的金属材料在各个方向上的物理性质都相同，但这些金属都是多晶体， 故D错误( 故选:A 【点评】该题考查晶体与非晶体的特点，能否记住晶体与非晶体的不同特性是本 题的解题关键，属于基础知识的考查( 16(如图所示，两个相通的容器P、Q间装有阀门K(P中充满气体，Q内为真空，整个系统与外界没有热交换，打开阀门K后，P中的气体进入Q中，最终达 到平衡，则( ) A(气体体积膨胀，内能增加 B(气体分子势能减少，内能增加 C(气体分子势能增加，压强可能不变 D(Q中气体不可能自发的全部退回到P中 【考点】热力学第二定律;热力学第一定律( 【分析】打开阀门后，气体膨胀对外做功，则由热力学第一定律可得内能的变化; 由热力学第二定律可得出气体能否退回到P中( 【解答】解:A、气体在真空中膨胀，对外不做功，故由热力学第一定律可得， 气体的内能不变，故A错误; B、气体由于分子间距离较大，只有体积的变化，无法确定分子势能的变化，同 时因体积增大，压强应减小，故BC错误; D、由热力学第二定律可知，Q中的气体不可能自发的全部退回到P中，故D正 确; 故选D( 【点评】本题考查热力学第一、二定律，注意虽然体积与分子势能有关，但却不 能说体积增大，分子势能就增大或减小( 17(如图所示，为一定质量的气体在不同温度下的两条P,图线(由图可知 ( ) A(一定质量的气体在发生等温变化时，其压强与体积成正比 B(一定质量的气体在发生等温变化时，其P,图线的延长线是经过坐标原点 的 C(T,T12 D(T,T12 【考点】理想气体的状态方程( 【分析】玻意耳定律PV=C，其中C与温度有关，温度越高，常数C越大(【解答】解:A、从等温线为双曲线可以看出，一定质量的气体在发生等温变化 时，其压强与体积成反比，A错误; B、玻意耳定律PV=C，变形得:P=C，P与成正比，故P,图线的延长线是 经过坐标原点，B正确; C、根据理想气体状态方程=C，得PV=CT，PV之积越大表示温度越高，故T1 ,T，C错误D正确;2 故选:BD( 【点评】根据理想气体状态方程=C，变形得PV=CT，即P,V图象中PV之积 越大表示温度越高( 【选修3-3】非选择题 218((10分)(2014•潍坊一模)如图所示，横截面积S=10cm的活塞，将一定质量的理想气体封闭在竖直放置的圆柱形导热气缸内，开始活塞与气缸底都距离H=30cm(在活塞上放一重物，待整个系统稳定后(测得活塞与气缸底部距离变 5为h=25cm(已知外界大气压强始终为P=1×10Pa，不计活塞质量及其与气缸之0 2 间的摩擦，取g=10rn/s(求: ?所放重物的质量; ?在此过程中被封闭气体与外界交换的热量( 【考点】热力学第一定律;理想气体的状态方程( 【分析】?气体等温压缩，根据平衡条件求解出初、末状态的气压，然后根据玻 意耳定律列式求解; ?先求解气体对外界做的功，然后根据热力学第一定律求解放出的热量( 5 【解答】解:?气体初始状态时:P=1×10Pa0 气体末状态时: 由等温变化规律可知:PHS=PhS02 解得:m=2kg ?外界对气体做功:W=(Ps+mg)(H,h)0 由热力学第一定律可知:?U=W+Q 解得:Q=,6J 则:整个过程中封闭气体放出的热量为6( 答:?活塞上的重物质量为2kg;?整个过程中被封闭气体与外界交换的热量大 小为6J( 【点评】本题第一问关键找出初末状态，然后根据气体实验定律列方程求解;第 二问要结合热力学第一定律求解( 【选修3-4】选择题 19((2016春•东城区期末)一质点做简谐运动，其位移x与时间t的关系图象 如图所示，由图可知，在t=4s时，质点的( ) A(速度为正的最大值，加速度为零 B(速度为负的最大值，加速度为零 C(速度为零，加速度为负的最大值 D(速度为零，加速度为正的最大值 【考点】简谐运动的回复力和能量;简谐运动的振动图象( 【分析】根据简谐运动的位移图象直接读出质点的位移与时间的关系(当物体位移为零时，质点的速度最大，加速度为零;当位移为最大值时，速度为零，加速 度最大(加速度方向总是与位移方向相反，位移为正值，加速度为负值(【解答】解:在t=4s时，质点的位移为正向最大，质点的速度为零，而加速度 方向总是与位移方向相反，大小与位移大小成正比，则加速度为负向最大( 故选C 【点评】本题考查对简谐运动图象的理解能力，要抓住简谐运动中质点的速度与 加速度的变化情况是相反( 20((2016春•濮阳校级期末)如图所示是水波干涉示意图，S1、S2是两波源， A、C、B三点在一条直线上，两波源频率相同，振幅相等，下列说法正确的是( ) A(质点A一会儿在波峰，一会儿在波谷 B(质点B一直在波谷 C(质点C的位移总是比A点的位移小 D(质点C一直在平衡位置 【考点】波的叠加( 【分析】波的干涉条件是:频率相同，相位差恒定;当波峰与波峰相遇或波谷与波谷相遇是振动加强点，在波的传播过程中，质点不会向前移动振动方向平行， 据此分析即可( 【解答】解:AB、从图中看出，AB两点是振动加强点，A点此时是波峰与波峰相遇，而B点是波谷与波谷相遇，经过半个周期，A点此时波谷与波谷是相遇，而B点是波峰与波峰相遇，因此质点A与B，一会儿在波峰，一会儿在波谷，故 A正确，B错误; C、从图中可知，A点一会儿在波峰，一会儿在波谷，也可能在平衡位置，而质 点C一直在平衡位置，因此质点C的位移不总是比A点的位移小，故C错误(D、C点是波峰与波谷相遇是振动减弱点，且两波源频率相同，振幅相等，位移 始终为零，即在平衡位置，故D正确; 故选:AD( 【点评】介质中同时存在几列波时，每列波能保持各自的传播规律而不互相干扰;知道在波的重叠区域里各点的振动的物理量等于各列波在该点引起的物理量的 矢量和，振动加强点与减弱点的振动特点( 21((2016春•濮阳校级期末)用单色光做双缝干涉实验时，下列说法中错误的 是( ) A(入射光的波长越长，相邻两亮条纹中心的距离越大 B(入射光的频率越高，相邻两亮条纹中心的距离越大 C(把入射光由绿光变成红光，相邻两亮条纹中心的距离变小 D(把入射光由绿光变成红光，相邻两亮条纹中心的距离变大 【考点】用双缝干涉测光的波长( 【分析】根据双缝干涉条纹的间距公式?x=λ，结合波长的变化，判断条纹间 距的变化( 【解答】解:AB、根据双缝干涉条纹的间距公式?x=λ知，入射光的频率越高，波长越短，则干涉条纹间距越小，而波长越长的，干涉条纹间距越大(故A正确， B错误( CD、把入射光由绿光变为红光，波长变大，双缝干涉条纹的间距公式?x=λ知， 干涉条纹间距变大(故C错误，D正确( 本题选择错误的，故选:BC( 【点评】解决本题的关键知道各种色光波长的大小，掌握双缝干涉条纹间距公式 ?x=λ( 22((2016春•濮阳校级期末)在LG回路产生电磁振荡的过程中，下列说法中 是( ) A(电容器放电完毕时刻，回路中电流最小 B(回路中电流值最大时刻，回路中磁场能最大 C(电容器极板上所带电荷量最多时，电场能最大 D(回路中电流值最小时刻，电容器带电量最大 【考点】电磁波的产生( 【分析】在LC振荡电路中，当电容器在放电过程:电场能在减少，磁场能在增加，回路中电流在增加，电容器上的电量在减少(从能量看:电场能在向磁场能转化;当电容器在充电过程:电场能在增加，磁场能在减小，回路中电流在减小， 电容器上电量在增加(从能量看:磁场能在向电场能转化( 【解答】解:A、电容器放电完毕时，带电量为零，电场能为零，电路中的感应 电流最大，磁场能最大(故A错误; B、回路中电流值最大时刻，回路中电场能最小，磁场能最大;故B正确; C、电容器充电完毕时，电量最多，电场能达到最大( 故C正确; D、回路中电流值最小时刻，磁场能最小，而电量最大，故D正确; 本题选择错误的，故选:A( 【点评】电容器充电完毕(放电开始):电场能达到最大，磁场能为零，回路中感应电流i=0(放电完毕(充电开始):电场能为零，磁场能达到最大，回路中 感应电流达到最大( 23((2016春•濮阳校级期末)如图所示，沿x轴正方向传播的一项简谐横波在 某时刻的波形图为一正弦曲线，其波速为200m/s，下列说法中正确的是( ) A(图示时刻，质点b的加速度正在增大 B(从图示时刻开始，经过0.01s，质点b通过的路程为2m C(从图示时刻开始，经过0.01s，质点b通过的路程为0.4m D(从图示时刻开始，质点a比质点b先回到自己的平衡位置 【考点】波长、频率和波速的关系;横波的图象( 【分析】根据波传播方向知道质点b的振动方向，从而知道质点b加速度的变化(根据波的图象读出波长，计算出周期，由时间与周期的关系，求解质点在一段时间内通过的路程(根据a、b两个质点的运动情况，分析它们回到平衡位置 的先后( 【解答】解:A、由于波向右传播，根据“上下坡”法，知道此时b质点向下振动， 位移正在增大，则加速度正在增大(故A正确( BC、由图知，波长 λ=4m，则该波的周期为 T===0.02s因为 t=0.01s=，所以从图示时刻开始，经过0.01s，质点b通过的路程为 S=2A=40cm，故B错误，C正确( D、质点a回到自己的平衡位置的时间为，而质点b回到自己的平衡位置的时 间大于，所以质点a比质点b先回到自己的平衡位置(故D正确( 故选:ACD 【点评】解决本题的关键掌握波动与振动的联系，灵活运用波形平移法分析波的形成过程(判断质点振动方向的方法较多，如波形平移法、质点的振动法、上下 坡法等，都要学会运用( 【选修3-4】非选择题 24((2014•新课标?)一厚度为h的大平板玻璃水平放置，其下表面贴有一半径为r的圆形发光面(在玻璃板上表面放置一半径为R的圆纸片，圆纸片与圆形发光面的中心在同一竖直线上(已知圆纸片恰好能完全挡住从圆形发光面发出的 光线(不考虑反射)，求平板玻璃的折射率( 【考点】光的折射定律( 【分析】根据题意作出光路图，设S点为圆形发光面边缘上一点(由该点发出的光线能射出玻璃板的范围由临界光线SA确定，当入射角大于临界角C时，光线 就不能射出玻璃板了(根据折射定律和几何知识结合进行求解(【解答】解:根据题述，作出光路图如图所示，S点为圆形发光面边缘上一点(在 A点光线恰好发生全反射，入射角等于临界角C( 图中?r=htanC， 由sinC=和几何知识得:sinC== 解得:?r=， 故应贴圆纸片的最小半径R=r+?r=r+( 解得:n=( 答:平板玻璃的折射率为( 【点评】本题关键要理解看不到圆形发光面的原因是由于发生了全反射，再作出 光路图，运用折射定律和几何知识结合进行求解( 【选修3-5】选择题 25((1996•全国)质量为1.0kg的小球从20m高处自由下落到软垫上，反弹后上升的最大高度为5.0m，小球与软垫接触时间为1.0s，在接触时间内小球受到 2 的合力的冲量大小为(空气阻力不计，g取10m/s)( ) A(10N•s B(20N•s C(30N•s D(40N•s 【考点】动量定理;动能定理的应用( 【分析】由动能定理求出小球落地时与从软垫上反弹时的速度，然后由动量定理 分析答题( 【解答】解:小球从开始下落到落到软垫上过程中，由动能定理可得: 2 mgh=mv,0，11 代入数据解得:v=20m/s，方向:竖直向下;1 小球从反弹到到达最高点过程中: 2 ,mgh=0,mv，22 代入数据解得:v=10m/s，方向竖直向上;2 以竖直向上为正方向，由动量定理得: I=mv,mv=1kg×10m/s,1kg×(,20m/s)=30N•s，方向竖直向上;21 故选:C( 【点评】对于动量定理的应用，要注意其中各量的方向性，正确设定正方向，确 定各量的正负( 26((2016春•濮阳校级期末)如图，当电键S断开时，用光子能量为3.1eV的一束光照射阴极K，发现电流表读数不为零(合上电键，调节滑线变阻器，发现当电压表读数小于0.60V时，电流表读数仍不为零;当电压表读数大于或等于 0.60V时，电流表读数为零(由此可知阴极材料的逸出功为( ) A(1.9eV B(0.6eV C(2.5eV D(3.1eV 【考点】光电效应( 【分析】光电子射出后，有一定的动能，若能够到达另一极板则电流表有示数，当恰好不能达到时，说明电子射出的初动能恰好克服电场力做功，然后根据爱因 斯坦光电效应方程即可正确解答( 【解答】解:根据题意，当电压表读数大于或等于0.60V时，即为反向电压为0.6V 时，从金属出来的电子，在电场阻力作用下，不能到达阳极，则电流表示数为零; 根据动能定理，则有光电子的初动能为:E=qU=0.6eVk 根据爱因斯坦光电效应方程有:W=hv,E=3.1eV,0.6eV=2.5eV，故ABD错误，Ck 正确( 故选:C( 【点评】正确理解该实验的原理和光电效应方程中各个物理量的含义是解答本题 的关键，注意理解电流表示数为零 的含义( 27((2006•安徽模拟)图甲所示为氢原子的能级，图乙为氢原子的光谱(已知 谱线a是氢原子从n=4的能级跃迁到n=2的能级时的辐射光，则谱线b是氢原子 ( ) A(从n=3的能级跃迁到n=2的能级时的辐射光 B(从n=5的能级跃迁到n=2的能级时的辐射光 C(从n=4的能级跃迁到n=3的能级时的辐射光 D(从n=1的能级跃迁到n=2的能级时的辐射光 【考点】氢原子的能级公式和跃迁( 【分析】氢原子能级跃迁时，两能级间的能级差越大，辐射的光子能量越大，则 光子频率越大，波长越小( 【解答】解:ABC、谱线a是氢原子从n=4的能级跃迁到n=2的能级时的辐射光，波长大于谱线b，所以a光的光子频率小于b光的光子频率(所以b光的光子能量大于n=4和n=2间的能级差(n=3跃迁到n=2，n=4跃迁到n=3的能级差小于n=4和n=2的能级差(n=5和n=2间的能级差大于n=4和n=2间的能级差(故A、 C错误，B正确( D、从n=1的能级跃迁到n=2的能级时需吸收光子能量(故D错误( 故选B( 【点评】解决本题的关键知道能级差与光子频率的关系，以及知道光子频率大小 与波长大小的关系( 28((2016春•濮阳校级期末)关于半衰期，以下说法正确的是( ) A(氡的半衰期为3.8天，4克氡原子核，经过7.6天就只剩下1克 B(氡的半衰期为3.8天，若有四个氡原子核，经过7.6填就只剩下一个 C(同种放射性元素在化合物中的半衰期比单质中长 D(升高温度可以使半衰期缩短 【考点】原子核衰变及半衰期、衰变速度( 【分析】经过一个半衰期后，有半数发生衰变，半衰期具有统计规律，对大量的 原子核适用(半衰期的大小有温度、压强、化学性质无关( 【解答】解:A、经过一个半衰期后，有半数发生衰变，氡的半衰期为3.8天，4 克氡原子核，经过7.6天，即2个半衰期，还剩1g没有衰变，故A正确(B、半衰期具有统计规律，对大量的原子核适用，对少数的原子核不适用，故B 错误( C、半衰期的大小与元素所处的化学状态无关，故C错误( D、半衰期的大小与温度无关，故D错误( 故选:A( 【点评】解决本题的关键知道半衰期的定义，知道影响半衰期的因素，注意半衰 期与元素所处的物理环境和化学状态无关( 29((2005•上海)卢瑟福通过实验首次实现了原子核的人工转变，核反应方程 为He+N?O+H，下列说法中正确的是( ) A(通过此实验发现了质子 B(实验中利用了放射源放出的γ射线 C(实验中利用了放射源放出的α射线 D(原子核在人工转变过程中，电荷数可能不守恒 【考点】原子核的人工转变( 【分析】卢瑟福用α粒子轰击氮核首次实现了原子核的人工转变，并发现了质子， 注意核反应方程质量数和电荷数是守恒的( 【解答】解:卢瑟福用α粒子轰击氮核首次实现了原子核的人工转变，并发现了 质子，故AC正确，B错误; 核反应方程质量数和电荷数是守恒的，故D错误( 故选AC( 【点评】对于物理学发展历史上几个重要的核反应方程如质子发现、中子等核反 应方程要熟练掌握并能了解当时的历史背景( 【选修3-5】非选择题 30((2015春•娄底期末)在光滑的水平面上，质量为m的小球A以速率v向10右运动(在小球A的前方O点有一质量为m的小球B处于静止状态，如图所示(小2 球A与小球B发生正碰后小球A、B均向右运动(小球B被在Q点处的墙壁弹回后与小球A在P点相遇，PQ=1.5PO(假设小球间的碰撞及小球与墙壁之间的碰 撞都是弹性的，求两小球碰撞后的速度大小之比及质量之比m:m(12 【考点】动量守恒定律;机械能守恒定律( 【分析】根据碰后再次相遇的路程关系，求出小球碰后的速度大小之比，根据碰 撞过程中动量、能量守恒列方程即可求出两球的质量之比( 【解答】解:两球发生弹性碰撞，设碰后A、B两球的速度分别为v、v，规定12 向右为正方向，根据系统动量守恒得: mv=mv+mv…?101122 已知小球间的碰撞及小球与墙壁之间的碰撞均无机械能损失， 222 由机械能守恒定律得: mv=mv+mv…?101122 从两球碰撞后到它们再次相遇，甲和乙的速度大小保持不变， 由于PQ=1.5PO，则A和B通过的路程之比为: s:s=1:4，12 联立解得: =; 答:两小球质量之比为2:1( 【点评】解答本题的突破口是根据碰后路程关系求出碰后的速度大小之比，本题很好的将直线运动问题与动量守恒和功能关系联系起来，比较全面的考查了基础 知识(