【精选3份合集】北京市海淀区2019-2020学年高二物理下学期期末经典试题

2019-2020学年高二下学期期末物理模拟试卷一、单项选择：本题共8小题1如图所示，斜面的倾角为e,质量为m的滑块距挡板P的距离为X。，滑块以初速度v0沿斜面上滑，滑块与斜面间的动摩擦因数为U，滑块所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力•若滑块每次与挡板相碰均无B./、V2+xtan00丿C.1*2)0_-+xtan00丿M2gcos0D.v2-0-g2gcos0+x一0tan02.在远距离输电中，提高送电电压的设备是（）A.滑动变阻器B.变压器C.电感器D.示波器3.下列对题中四幅图的，其中正确的是（）a300o-0.S5-151-3.4A.从图①可知，光电效应实验中b光的频率比a光的大从图②可知，能量为5eV的光子不能被处于第二能级的氢原子吸收从图③可知，随着放射性物质质量的不断减少，其半衰期不断增大从图④可知，a粒子散射实验表明原子核由中子和质子组成如图甲所示，在竖直平面内有四条间距相等的水平虚线L］、L2、L3、L4,在L］与L2、L3与L4之间均存在着匀强磁场，磁感应强度的大小为1T,方向垂直于竖直平面向里.现有一矩形线圈abed,宽度cd=L=0・5m,质量为0.1kg,电阻为2Q将其从图示位置（cd边与Lx重合）由静止释放，速度随时间变化的图象如图乙所示，t1时刻cd边与L2重合，t2时刻ab边与L3重合，t3时刻ab边与L4重合，t2-t3之间的图线为与t轴平行的直线，t1-t2之间和t3之后的图线均为倾斜直线，已知t1-t2的时间间隔为0.6s,整个运动过程中线圈始终位于竖直平面内.（重力加速度g取10m/s2^y（）在0—片时间内，通过线圈的电荷量为2.5C线圈匀速运动的速度为8m/s线圈的长度ad=1m0-t3时间内，线圈产生的热量为4.2J关于原子结构与原子核的知识，下列说法正确的是1；；Xe+0e属于重核裂变反应，反应过程有质量亏损294Th（钍核）的半衰期是24天，对它施加压力后，半衰期可能变短a、趴Y三种射线中，a射线的穿透能力最强卢瑟福根据a粒子散射实验，提出了原子的核式结构模型在如图所示的中,若仅减小交变电流的频率,3盏电灯亮度的变化是（）L1将变亮L2将变暗L3将变暗L1、L2、L3将都变亮如图所示，一长木板放置在水平地面上，一根轻弹簧右端固定在长木板上，左端连接一个质量为m的小物块，小物块可以在木板上无摩擦滑动.现在用手固定长木板，把小物块向左移动，弹簧的形变量为x1；然后，同时释放小物块和木板，木板在水平地面上滑动，小物块在木板上滑动；经过一段时间后，长木板达到静止状态，小物块在长木板上继续往复运动.长木板静止后，弹簧的最大形变量为x2•已知地面对长1木板的滑动摩擦力大小为Ff•当弹簧的形变量为x时，弹性势能Ep=kx2,式中k为弹簧的劲度系数.由fp2上述信息可以判断()A.整个过程中小物块的速度可以达到B.整个过程中木板在地面上运动的路程为寻(x12-x22)C.长木板静止后，木板所受的静摩擦力的大小不变D.若将长木板改放在光滑地面上，重复上述操作，贝燧动过程中物块和木板的速度方向可能相同—个不稳定的原子核质量为M,处于静止状态.放出一个质量为m的粒子后反冲，已知放出的粒子的动能为E。，则原子核反冲的动能为MmDM—mEomBME。二、多项选择题：本题共4小题如图所示，用丝线吊一个质量为m的带电(绝缘)小球处于匀强磁场中，空气阻力不计，当小球分别从AXXXXAXA6X2A.小球的动能相同点和B点向最低点O运动且两次经过O点时()丝线所受的拉力相同小球所受的洛伦兹力相同小球的向心加速度相同10．如图所示是某绳波形形成过程的示意图，质点1在外力作用下沿竖直方向做简谐运动，带动质点2、列说法正确的是3、4……各个质点依次上下振动，形成绳波，t二4T时，质点1到达最高位置，质点5刚要开始运动.下I23457S9101112131+151^17181920质点11开始振动时的方向向下t=2T时，质点4的速度方向向下3在t二4T时，质点8运动的速度方向与加速度方向相同3在t二-T时，质点7的加速度正在增大11.图甲为手机及无线充电板示意图，图乙为充电原理示意图。充电板接交流电源，对充电板供电，充电板内的送电线圈可产生交变磁场，从而使手机内的受电线圈产生交变电流，再经整流电路转变成直流电后对手机电池充电。为方便研究现将问题做如下简化：设受电圈的匝数为n,面积为S,总电阻（含所接元件）为R,若在t1到t2时间内，磁场垂直于受电线圈平面向上穿过线圈，其磁感应强度由B］增加到B2。下列受皑线團乙甲说法正确的是A.在t1到t2时间内，c点的电势低于d点的电势接交盅电勻送电线圈在t1到t2时间内，受电线圈通过的电量为若只增加送电线圈匝数，可使c、d之间的电压增大受电线圈与送电线圈的交流电的频率不同A12.一定质量的理想气体，沿箭头方向由状态1变化到状态2，其中气体放出热量的变化过程是双曲线B2013．某实验小组为了较准确测量阻值约为20Q的电阻Rx，实验室提供的器材有:A．B．C．D．待测定值电阻Rx：阻值约20Q定值电阻R］：阻值30Q定值电阻R2：阻值20Q电流表G：量程3mA,0刻度在表盘中央，内阻约50QE.电阻箱R3：最大阻值999・99QF・直流电源E,电动势1,5V，内阻很小滑动变阻器R2（20Q,0.2A）单刀单掷开关S,导线等该小组的实验电路图如图，连接好电路，并进行下列操作．1）闭合开关，调节滑动变阻器，使电流表示数适当．（2）若灵敏电流计G中的电流由C流向D再调节电阻箱R3,使电阻箱R3的阻（选填"增大”或“减小”），直到G中的电流为（填"满偏”、“半偏"或“0”）.（3）读出电阻箱连入电路的电阻R3,计算出Rx.用R］、R2、R3表示Rx的表达式为Rx=“验证力的平行四边形定则"的实验情况如图甲所示，其中A为固定橡皮筋的图钉，0为橡皮筋与细绳结点，OB和OC为细绳.图乙是在白纸上根据实验结果画出的图.（1）本实验采用的科学方法是理想实验法B.等效替代法C.控制变量法D.建立物理模型法（2）某同学用两个弹簧秤将结点拉至某位置，此时该同学记录下了结点O的位置及两弹簧秤对应的读数，他还应该记录下.（3）图乙中的F是利用平行四边定则作出的两个弹簧秤拉力的合力的图示，F'为用一个弹簧秤将结点拉至同一点时所用拉力的图示，这两个力中，方向一定沿AO方向的是.四、解答题：本题共4题如图所示，竖直放置的均匀细U型试管，右管足够长且管口开口.初始时左管内被水银封闭的空气柱长16cm,气体温度为127°C,左右两管水银面等高且水银面到U型试管底部的高度为12cm.已知大气压强为p075cmHg①现对左侧封闭气体降温，直至两侧水银面形成10cm长的高度差.贝卩此时气体的温度为多少摄氏度?②若将温度控制在67C,从右侧管口缓慢抽出水银，则至少抽出多少长度的水银，可以使得左侧管内气体恢复最初的长度？16•如图所示，水平面内固定两对足够长的平行光滑导轨，左侧两导轨间的距离为2L,右侧两导轨间的距离为L左、右两部分用导线连接，左、右侧的两导轨间都存在磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场.两均匀的导体棒ab和cd分别垂直放在左、右两侧的导轨上，ab棒的质量为2m、有效电阻为2r,而cd棒的质量为m、有效电阻为r,其他部分的电阻不计.原来两棒都处于静止状态，现给以棒一大小为I。、方向平行导轨向右的冲量使ab棒向右运动，在达到稳定状态时，两棒均未滑出各自的轨道•求：1）cd棒中的最大电流Im；（2）cd棒的最大加速度；（3）两棒达到稳定状态肘，各自的速度．17.图中的实线是一列沿x轴负向传播的正弦波在某一时刻的波形曲线.经过0.5s后，其波形如图中虚线18．出租车上安装有速度表，计价器里安装有里程表和时间表，出租车载客后，从高速公路入口处驶入高速公路，并从10时10分55秒开始做初速度为零的匀加速直线运动，到10时11分05秒时，速度表显示54km/h，求（1）这时出租车离出发点距离为多少千米？（2）速度表显示108km/h时，出租车开始做匀速直线运动，当时间表显示10时12分35秒，计价器里程表示数为多少千米？参考答案一、单项选择题：本题共8小题1.A解析】详解】滑块最终要停在斜面底部，设滑块经过的总路程为x,对滑块运动的全程应用动能定理:1mgxosin0—^mgxcos0=0—㊁mv:解得:1x=一(v2)o_-+xtan00丿与计算可得：x=tan0相符，A正确.丿1BCD.与算可得：x=g2gcos0+Xotan不相符’BCD错误。2.B【解析】【分析】【详解】在远距离输电中，提高送电电压的设备变压器，选项B正确，ACD错误。故选B。3．A【解析】【分析】【详解】A、根据爱因斯坦光电效应方程Ek二,E=eU，联立得U二-v-殳.因为J>U，故v>v，k0kcceebabaA正确；B、吸收光子能量发生跃迁，吸收的光子能量需等于两能级间的能级差，5ev>3.4ev，所以能量为5eV的光子能被处于第二能级的氢原子吸收并发生电离，B错误；C、半衰期与物质质量无关，C错误；D、«粒子散射实验表明了原子的核式结构，还不能证明出由质子和中子组成，D错误.4.B解析】根据平衡有：mg=BIL；而I=BLvR联立两式解得：vmgRB2Llx212x0.52m/s=8m/s，故B正确.-〜t2的时间间隔内线圈一直做匀加速直线运动，知ab边刚进上边的磁场时，cd边也刚进下边的磁场.设磁场1的宽度为d,则线圈的长度：Lz=2d；线圈下降的位移为：x=L，+d=3d,则有：3d=vt-㊁gt2,将v=8m/s,t=0・6s，代入解得：d=1m，所以线圈的长度为L，=2d=2m.故C错误.在0〜-时间内，cd边从L1运动到L2,通过-BLvBLdlx0.5xl…厂线圈的电荷量为：q=It=尸二C=0.25C.故A错误.0〜t3时间内，根据能量守恒RR2311得：Q=mg(3d+2d)--mv2=0・1x10x(3+2)--x0.1x82=1・8J.故D错误.故选B.点睛：解决本题的关键理清线圈的运动情况，选择合适的规律进行求解，本题的难点就是通过线圈匀加速直线运动挖掘出下落的位移为磁场宽度的3倍.5.D【解析】A、1311今131Xe+0e属于0裂变反应，反应过程有质量亏损，故A错误；5354-1B、半衰期是由原子核内部自身决定的，与地球环境不同，所以半衰期不变，故B错误；C、a、趴Y三种射线中，Y射线的穿透能力最强，a射线的穿透能力最弱，电离能力最强，故C错误;D、卢瑟福根据a粒子散射实验，提出了原子的核式结构模型，故D正确；故选D．6．B【解析】【详解】1感抗为XL=2nfL,容抗为xC=•当频率f减小时，感抗XL变小，容抗XC变大.感抗XL变小，对交流电的阻碍作用变小，所以L3变亮，故C错误；容抗XC变大，对交流电的阻碍作用变大，所以L2变暗，故B正确；电阻器对交流电的阻碍作用不随频率改变，所以L1亮度不变，故A错误,所以L1变亮、L2变暗、L3不变，故D错误。故选Bo7.B【解析】【详解】TOC\o"1-5"\h\zHYPERLINK\l"bookmark56"11kA、整个过程根据动能定理得：，所以速度不能达到J—X；故A错误.2m21Ffvm1B、当木板静止时，小物块在长木板上继续往复运动时，只有弹簧弹力做功，系统机械能守恒，所以当木板刚静止时，系统具有的机械能为2空，从开始到木板刚静止的过程中，根据能量守恒得：1kkx2—kx2二W二Fs，解得:S=—(X2-x2)；故B正确.122Fff2f12C、长木板静止后，对木板进行受力分析，水平方向受地面的静摩擦力和弹簧弹力，弹簧弹力随木块的运动而发生改变，所以木板受的静摩擦力也发生改变；故C错误.D、若将长木板改放在光滑地面上，系统所受合外力为零，动量守恒，则运动过程中物块和木板的速度方向肯定相反；故D错误.故选B.【点睛】本题涉及到弹簧，功、机械能守恒的条件、动量守恒登陆等较多知识.题目情景比较复杂，全面考查考生理解、分析、解决问题的能力.8.C【解析】【详解】放出质量为m的粒子后，剩余质量为M-m,该过程动量守恒，有：mv0=（M-m）v①，放出的粒子的【解析】动能为：E二;mv2②，原子核反冲的动能：E=^-（M-m）v2③，联立①②③得：E二E,020k2kM一m0故ABD错误，C正确。二、多项选择题：本题共4小题9．AD【解析】【分析】带电小球在重力与拉力及洛伦兹力共同作用下，绕固定点做圆周运动，由于拉力与洛伦兹力始终垂直于速度方向，它们对小球不做功．因此仅有重力作功，则有机械能守恒．从而可以确定动能是否相同，并由此可确定拉力与洛伦兹力．由向心加速度公式和牛顿第二定律列式分析．【详解】a、小球运动过程中，所受的细线的拉力与洛伦兹力对小球不做功，仅仅有重力作功，贝g小球机械能守恒,所以小球分别从A点和B点向最低点O运动且两次经过O点时的动能相同;故A正确.B、小球经过最低点时速度大小不变，则根据牛顿第二定律可知，由于速度方向不同，导致产生的洛伦兹力的方向也不同，则拉力的大小也不同;故B错误.C、小球经过最低点时速度大小不变，由于速度方向不同，导致产生的洛伦兹力的方向也不同，则洛伦兹力不相同;故C错误.D、小球的动能相同则速度的大小相等，据F=m叫知，v、r相同，可知小球所受的向心力相同，向心加速r度相同;故D正确.故选AD.【点睛】本题考查对小球进行受力分析，并得出力做功与否，根据机械能守恒定律来解题是突破口，同时注意洛伦兹力方向随着速度的方向不同而不同．最后由牛顿第二定律来分析向心力与向心加速度．10．BC【解析】因t=T/4时，质点1到达最高位置，可知质点起振的方向向上，则质点11开始振动时的方向也向上，选项A错误；t=T）2时，质点4回到平衡位置向下振动，质点5到达最高点，则质点4的速度方向向下，选项B正确；在t=T3/4时，质点5在平衡位置向下振动，质点9到达最高点，质点8在平衡位置上方向下振动，此时质点8运动的速度方向与加速度方向均向下；此时质点7也在平衡位置上方向下振动，此时其加速度正在减小，选项C正确，D错误；故选BC.点睛：此题考查了机械波的传播过程，知道各个质点的起振方向均与振源的起振方向相同，后面的质点重复前面质点的振动；质点的加速度方向总是指向平衡位置.11．AB【详解】根据楞次定律可知，受电线圈内部产生的感应电流方向俯视为顺时针，受电线圈中感应电流方向由c到d,所以c点的电势低于d点的电势，故A正确；根据法拉第电磁感应定律得：一_二_「一，根据欧姆定律得：._三，通过的电量为q=I(t2-t】)，E—71—==—J=—itj?联立解得：‘‘，故B正确；C・若只增加送电线圈匝数，相当于增大变压器的原线圈匝数，所以c、d之间的电压减小，故C错误；D・受电线圈是通过电磁感应获得能量的，所以受电线圈与送电线圈的交流电的频率相同，故D错误。12．BD【解析】分析：由图象是双曲线知，状1到状态2是等温变化过程，故状态1与状态2温度相同内能相同，又从状态1至状态2气体的体积增加，故气体对外做功，根据热力学第一定律知，气体从外界吸热，故A错误；由图象有〔宀:，匚：门，根据理想气体状态方程二二宁知二；二，所以从状态1至状态2,气体体积减小所以外界对气体做功，又二二二说明气体气体的内能减小，根据热力学第一定律知气体对外放热，故B正确；由图象知，状态1至状态2,气体温度升高内能增加，气体体积增大气体对外做功，根据热力学第一定律知，气体从外界吸收热量，故C错误；由图象知气体的体积保持不变，气体对外界不做功,从状态2至状态1气体的温度降低内能减小，根据热力学第一定律，气体对外放热，故D正确考点：考查了热力学第一定律【名师点睛】掌握热力学第一定律二二…-■，知道理想气体的内能只由温度决定与体积无关•能根据理想气体状态方程由图示两个状态的变化判定第三个参量的变化情况，这是正确解题的关键三、实验题:共2小题RR13.增大0Rx=「Rf1【解析】【详解】本实验采取电桥法测电阻，所以当电流由C流向D,说明C点电势高，所以应该增大电阻箱R3的阻值使回路电阻增大，电流减小，C点电势降低，直到C、D两点电势相同，电流计中电流为零.RR根据c、d两点电势相同，可得：叫=1'R,IR1二1'r2，联立解得Rx=—R一.3x12xR114．(1)B2)两弹簧秤拉力的方向；3)F'解析】试题分析：（1）F是通过作图的方法得到合力的理论值，而F'是通过一个弹簧称沿AO方向拉橡皮条，使橡皮条伸长到0点，使得一个弹簧称的拉力与两个弹簧称的拉力效果相同，测量出的合力.故方向一定沿A0方向的是F'，由于误差的存在F和F'方向并不在重合；合力与分力是等效替代的关系，所以本实验采用的等效替代法.（2）如图甲，当用两个弹簧秤同时拉橡皮筋时，必须记录下两弹簧秤读数，及两细线的方向，0点的位置；（3）图乙中的F与F'中，F是由平行四边形得出的，而F'是通过实验方法得出的，其方向一定与橡皮筋的方向相同，一定与A0共线的是F'.考点：考查了验证力的平行四边形定则.【名师点睛】在解决设计性实验时，一定先要通过分析题意找出实验的原理，通过原理即可分析实验中的方法及误差分析四、解答题：本题共4题15.①一34.7C②11・25cm【解析】°①初状态的温度为T二400K,p二二75cmHg,V二16S,末状态的温度为T,P2二PQ-10cmHg二65cmHg，V二11S,pVpV由理想气体状态方程得一二亠TT，12代入数据求得T2=帶二二H岁x400K=238・3K,11所以t二238.3―273=一34.7。C；2②设抽出的水银长度为L0，则P广P0-Lo=75-Lo，由第一状态变化到第三状态是等容变化,则有p-p，其中T3=（273+67）K=340K，13T（340）代入数据求得L0=P0-TP1=175-而X751=11.25cm.1点睛：只要封闭气体的物质的量没有变化即为一定质量的封闭气体，只要能够判定封闭气体的哪一个物理量没有变化，就能确定封闭气体是发生等容变化、等温变化还是等压变化，如果三个物理量都发生变化，BLI16.(1)03mrB2L2I⑵03m2r那么就利用理想气体状态方程解决．(3)v=—，v=0-ab6mcd3m详解】ab棒获得一冲量，所以初速度v-0-02m分析知开始时回路中的感应电动势最大，最大值为E二2BLvom0EBLITOC\o"1-5"\h\z所以cd棒中最大感应电流I=「=°HYPERLINK\l"bookmark116"2r+r3mr(2)cd棒的最大安培力E=BILmmFB2L2Icd棒的最大加速度a=f=°mm3m2r(3)当两棒中感应电动势大小相等时系统达到稳定状态，有2BLv=BLvabcd由ab棒与cd棒中感应电流大小总是相等，可知安培力对ab棒与cd棒的冲量大小关系为I=2Iabcd根据动量定理对ab棒有1°-1b=2mvTOC\o"1-5"\h\z0bb根据动量定理对cd棒有Id=mvcdcdII解得v=4，v=4•ab6mcd3m【点睛】根据法拉第电磁感应定律，结合左手定则与闭合电路欧姆定律，并由牛顿第二定律列出方程，从而即可求解；当两棒中感应电动势大小相等时系统达到稳定状态，结合动量定理求解.17．v=0.12m/s，T=2s解析】波向左传播，传播距离Ax=6cm=0・06mAx所以波速v==0・12m/sAt九又根据波长、波速和周期的关系得：T=—=2sv18．(1)0.075km(2)2.7km解析】详解】Av15(1)根据加速度的定义式a===l・5m/s2At10ll根据位移公式S=at2=x1.5x102m=75m=0.075km22(3)108km/h时路程为S=證=旦m=300m22a2x1.52S时间为丁才=200因此此时出租车时间表显示10时11分15秒，出租车做匀速运动，当时间表显示10时12分35秒时，它匀速运动时间t3应为80s.则匀速运动S=vxt=2400m=2.4kmS=S+S=2.7km232019-2020学年高二下学期期末物理模拟试卷一、单项选择题：本题共8小题1如图，理想变压器的副线圈上通过输电线接有两个相同的灯泡L］和L2,输电线的等效电阻为R,开始时，电键K断开，当K接通时，以下说法正确的是MdlN副线圈两端M、N的输出电压减小副线圈输电线等效电阻R上的电压降减小通过灯泡L］的电流增大原线圈中的电流增大如图所示，一束光从介质a斜射向介质b,在两种介质的分界面上发生了全反射，下列判断正确的是a是光疏介质，b是光密介质光的入射角必须大于或等于临界角光在介质a中的速度大于在介质b中的速度该光束一定是单色光横跨杭州湾的嘉绍大桥是世界上最长、最宽的多塔斜拉桥，全长10.137公里，设计速度为100公里/小时。某辆汽车通过嘉绍大桥的记录显示：17：33分进入嘉绍大桥，17：43分离开大桥。下列说法正确的是（）该汽车经过嘉绍大桥的位移是10.137km“设计速度为100公里/小时”该速度为平均速度研究该汽车通过嘉绍大桥的时间时，可以将该汽车视为质点该汽车通过嘉绍大桥的平均速度约为60・8km/h有一个负载电阻值为R，当将它接在20V的直流电源上时，消耗的电功率为P，若将R接在图中的变压器的次级电路中消耗的电功率是|，已知变压器的输入电压件的最大值为200V，求此变压器的原、副线圈的匝数之比（）A．10:1B．8:1C．4:1D．1:10两辆汽车的质量分别为m1和m2,已知m1>m2,沿水平方向同方向行驶且具有相等的动能，则此时两辆汽车动量p1和p2的大小关系是（）Pi等于P2p1小于p2P1大于P2无法比较已知压敏电阻的受力面所受压力越小，其阻值越大，如图甲，将压敏电阻R平放在竖直升降电梯的轿厢内，受力面朝上，在其受力面上放一质量为m物体，电梯静止时电压表示数为U0；某段时间内电压表示数随时间变化图线如图乙，则（）tit2时间内压敏电阻受力面所受压力恒定tit2时间内电容器处于放电状态t1t2时间内电梯做匀加速运动t2之后电梯处于失重状态2018年12月8日凌晨2点24分，中国长征三号乙运载火箭在西昌卫星发射中心起飞，把嫦娥四号探测器送入地月转移轨道，“嫦娥四号”经过地月转移轨道的P点时实施一次近月调控后进入环月圆形轨道I，再经过系列调控使之进人准备落月"的椭圆轨道II,于2019年1月3日上午10点26分，最终实现人类首次月球背面软着陆.若绕月运行时只考虑月球引力作用，下列关于“嫦娥四号的说法正确的是沿轨道I运行的速度大于月球的第一宇宙速度沿轨道I运行至P点的加速度小于沿轨道II运行至P点的加速度经过地月转移轨道的P点时必须进行减速后才能进入环月圆形轨道I关于物理定律的适用条件与应用，下列说法正确的是（）伽利略通过实验直接证明了自由落体的物体做匀变速直线运动牛顿将万有引力定律发表在《自然哲学的数学原理》中，并测得了引力常量法拉第不仅提出了场的概念，而且用电场线和磁感线形象地描述电场和磁场麦克斯韦建立了经典的电磁场理论，预言并首先捕捉到了电磁波二、多项选择题：本题共4小题（多选）质量为m的小球由空中A点无初速度自由下落，加速度大小为g；在t秒末使其加速度大小变为a,方向竖直向上，再经过t秒小球又回到A点.不计空气阻力且小球未落地，则以下说法中正确的是（）a=3g返回到A点的速率为2at自由下落t秒时小球的速率为at小球下落的最大高度为二二'下列说法正确的是（）马路积水上的油膜呈现彩色图样是光的干涉现象全息照相利用了激光相干性好的特性光的偏振现象说明光是纵波X射线比无线电波更容易发生衍射现象E・双缝干涉实验时入射光由红光变为紫光相邻亮条纹的间距变窄如图甲所示，面积S=1m2的导体圆环内通有垂直于圆平面向里的磁场，磁场的磁感应强度B随时间t变化的关系如图乙所示（B取向里为正），以下说法正确的是（）X甲环中产生逆时针方向的感应电流环中产生顺时针方向的感应电流环中产生的感应电动势大小为1V环中产生的感应电动势大小为2V如图所示，一个电荷量为一Q的带电小球甲固定在粗糙绝缘水平面上O点，另一个电荷量为+q、质量为m的带电小球乙，从A点以初速度v0沿它们的连线向甲运动，到B点时速度减小到最小值v,已知小球乙与水平面的动摩擦因数为R,A、B间距离为L。，静电力常量为k,则下列说法中错误的是（）A.卩mgOB间的距离为kQqB.在带电小球甲产生的电场中，B点的场强大小为小球乙在A点的电势能大于在B点的电势能mv2-mv2在带电小球甲产生的电场中，A、B间的电势差相等U=0ab2q三、实验题:共2小题某同学利用图甲所示的实验装置，探究物块在水平桌面上的运动规律.物块在重物的牵引下开始运动重物落地后，物块再运动一段距离停在桌面上（尚未到达滑轮处）.从纸带上便于测量的点开始，每5个点取1个计数点，相邻计数点间的距离如图议所示.打点计时器电源的频率为50Hz.―AJk—n—L通过分析纸带数据，可判断物块在相邻计数点和之间某时刻开始减速.计数点5对应的速度大小为m/s,计数点6对应的速度大小为m/s.（保留三位有效数字）.物块减速运动过程中加速度的大小为a=m/s2,若用-来计算物块与桌面间的动摩擦因数（g为重g力加速度），则计算结果比动摩擦因数的真实值（填“偏大”或“偏小”）.14.如图所示的器材可用来研究电磁感应现象及判定感应电流的方向，其中-为原线圈，L2为副线圈.1）在给出的实物图中，将实验仪器连成完整的实验电路.2）在实验过程中，除了查清流入检流计电流方向与指针偏转方向之间的关系之外，还应查清的绕制方向（选填“L】"、“L2"或鸽和L2”）.闭合开关之前，应将滑动变阻器的滑动头P处于_端（选填“左"或“右”）．四、解答题：本题共4题15.氢原子处于基态时，原子的能级为E]=—13・6eV,普朗克常量h=6.63x10r4j・s，当氢原子在n=3的激发态时，问：（1）要使氢原子电离，入射光子的最小能量是多少？（2）能放出的光子的最大能量是多少？某种磁缓冲装置可简化为如图所示的模型:宽度为L的金属框架竖直固定在绝缘地面上框架底部有高度为H、方向垂直于框架平面向里磁感应强度为B的匀强磁场区域.框架的上端接有一个电子元件，其阻值为R.质量为m、电阻为r的金属棒ab与框架始终接触良好无摩擦，且保持水平•将金属棒ab从与磁场区域上方距离为h处由静止释放，金属棒沿框架向下运动，落地前已达到稳定速度.不计金属框架的电阻,重力加速度为g.求：BH「电子元杵金属棒进人磁场瞬间，流过金属棒的电流大小和方向?从释放金属棒到落地整个过程中电子元件的发热量为多少J?求导体在磁场中运动的时间?如图所示，一竖直放置的足够长汽缸内有两个活塞用一根轻质硬杆相连，上面小活塞面积S1=2cm2,下面大活塞面积S2=8cm2,两活塞的总质量为M=0・3kg；汽缸内封闭温度T1=300K的理想气体，粗细两部分长度相等且L=5cm；大气压强为Po=1・01x|05Po,g=10m/s2，整个系统处于平衡，活塞与缸壁间无摩擦且不漏气．求：初状态封闭气体的压强Pi;若封闭气体的温度缓慢升高到T2=336K,气体的体积V2是多少;上述过程中封闭气体对外界做功W．如图所示在绝热气缸内，有一绝热活塞封闭一定质量的气体，开始时缸内气体温度为27£,封闭气柱长为9cm,活塞横截面积S=50cm2。现通过气缸底部电阻丝给气体加热一段时间，此过程中气体吸热22J,稳定后气体温度变为127£。已知大气压强等于105Pa,活塞与气缸间无摩擦，不计活塞重力。求:加热后活塞到气缸底部的距离；此过程中气体内能改变了多少参考答案一、单项选择题：本题共8小题1．D【解析】试题分析：对理想变压器输入电压决定输出电压，输出电流决定输入电流，输出功率决定输入功率.当K接通时，mn两端电压不变而负载电阻减小，因此输出电流（副线圈中电流）增大，贝y输入电流（原线圈中电流）也增大.副线圈中电流增大，则等效电阻R上的电压增大.等效电阻上电压增大而输出电压不变，因此灯泡L］两端电压减小，则通过灯泡L］的电流减小.故BD正确，AC错误.考点：本题考查了理想变压器及其动态问题分析B【解析】【分析】【详解】光从介质a射向介质b要在a、b介质的分界面上发生全反射，则a是光密介质，b是光疏介质•故A错误；光的入射角等于临界角时，折射角等于90°,要发生全反射，光的入射角必须大于等于临界角，故B正确；由上分析得知，a的折射率大于b的折射率，由v=c/n得知，光在介质a中的速度小于在介质b中的速度•故C错误.该光束可能是复色光，各色光的入射角都大于等于临界角，都发生了全反射，故D错误.故选B.【点睛】产生全反射的条件是：一是光从光密介质射入光疏介质；二是入射角大于或等于临界角.根据这个条件进行选择.C【解析】【详解】A、10・137km是车的路程，不是位移，故A错误。B、设计速度为100公里/小时为瞬时速率，不是平均速度，故B错误。C、研究该汽车通过嘉绍大桥的时间时，汽车的大小可以忽略不计，可以将该汽车视为质点。故C正确。D、10.137km是车的路程，不是位移，由于不知道位移的大小，不能求得汽车通过嘉绍大桥的平均速度，故D错误。4.A解析】当电阻接在直流电路中的时候，由P二U2U2400可得，此时的功率为P=—=匸-RRR，当功率为2p时，由P=可得，此时电阻的电压的有效值为io、'2v；变压器的输入电压的有效值为卩=I00p2v，所以R1亠KnU100^/210变压器原、副线圈的匝数比为才=u1=102=丁，故A正确，BCD错误；22'故选A．【点睛】输出电压是由输入电压和匝数比决定的，输入的功率的大小是由输出功率的大小决定的，电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，根据理想变压器的原理分析即可．5．C【解析】试题分析：动量与动能关系式为：P2=2mEK；已知m1>m2,具有相等的动能，故P1大于P2；故选C．考点：动量和动能6．D【解析】【详解】由图压敏电阻上的电压不变，由欧姆定律知，其阻值不变；当电压增大时，压敏电阻以外的其余部分分担的电压减小，由欧姆定律可知，电路中的电流值将减小，所以电路中的电阻值增大，其余的部分电阻值不变，所以压敏电阻的电阻值增大．在t1t2时间内压敏电阻上的电压增大，说明压敏电阻的电阻值增大，知压敏电阻的受力面所受压力减小.故A错误；B・由电路图可知，电容器两端的电压与电压表两端的电压是相等的，在t1t2时间内电压表两端的电压增大，所以电容器两端的电压增大，则电容器处于充电状态.故B错误；CD.t1之后电压表两端的电压大于开始时电压表两端的电压，所以压敏电阻的受力面所受压力小于开始时受到的压力，所以电梯处于失重状态，电梯可能减速上升或者加速下降.故CD错误.故选D.7.D【解析】【分析】根据嫦娥四号"经过地月转移轨道的P点时实施一次近月调控后进入环月圆形轨道I,再经过系列调控使之进人准备落月”的椭圆轨道U可知，本题考查卫星变轨问题，根据万有引力定律和圆周运动知识进行列方程求解．【详解】A项：嫦娥四号仍在地月系里，也就是说嫦娥四号没有脱离地球的束缚，故其发射速度需小于第二宇宙速度而大于第一宇宙速度，故A错误；B项：由公式vfGM月可知，在轨道I的半径大于月球的半径，所以沿轨道I运行的速度小于月球的第一宇宙速度，故B错误；C项：卫星经过P点时的加速度由万有引力产生，不管在哪一轨道只要经过同一个P点时，万有引力在P点产生的加速度相同，故C错误；D项：地月转移轨道进入环月圆形轨道I时做近心运动，所以经过地月转移轨道的P点时必须进行减速后才能进入环月圆形轨道I,故D正确.故选D.【点睛】理解宇宙速度的物理意义和卫星变轨原理是解决本题的关键，应用“越远越慢”这一规律可以方便解决此类问题.C【解析】【详解】A・伽利略并没有用物体的自由落体实验直接证实了自由落体运动是初速度为零的匀加速直线运动，而是运用小球在光滑斜面上的运动合理外推得到的，故选项A错误；牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许测量出了引力常量，故选项B错误；C・法拉第不仅提出了场的概念，而且用电场线和磁感线形象地描述电场和磁场，故选项C正确；D・麦克斯韦建立了经典的电磁场理论，预言了电磁波的存在，是赫兹首先捕捉到了电磁波，故选项D错误；二、多项选择题：本题共4小题AD【解析】ts末的速度v=gt，下降的高度h=gt2，再经过ts,位移x=vt「at2，因为x=-h，解得a=3g，故A正确•返回A点的速度v'=v-at=gt-3gt=-2gt，负号表示方向，故B错误.自由下落ts时小球的速度v=gt，故C错误•自由下落的高度h=gt2，匀减速下降的高度二=主=了亍=二二-，则小球下落的最大高度==7----=，故D正确•故选AD.点睛：解决本题的关键理清物体在整个过程中的运动规律，结合运动学公式灵活求解，通过位移关系求出加速度之间的关系是解决本题的关键.10．ABE【解析】【详解】油膜上呈现彩色条纹，由内外薄膜光的相互叠加而产生，这是光的干涉，故A正确；全息照相利用了激光相干性好的特性，故B正确；光的偏振现象说明光是横波，不是纵波，故C错误；X射线比无线电波的波长短，更不容易发生衍射现象，故D错误；光的双缝干涉实验中，光的双缝干涉条纹间距Ax=，若仅将入射光从红光改为紫光，由于红光d波长大于紫光，则相邻亮条纹间距变小，故E正确。故选ABE。【点睛】考查光的偏振、光的干涉与衍射的应用，注意激光的其它特点，理解影响干涉条纹间距的因素，掌握干涉与衍射的区别.AC解析】详解】磁场垂直于纸面向里，由图乙所示可知，磁感应强度增加，穿过圆环的磁通量增加，环中产生感应电流，x1=IV，由楞次定律可知，感应电流沿逆时针方向，A正确B错误；感应电动势E=孚AtC正确D错误.AB【解析】试题分析：当速度最小时有：F=卩mg二kQq，解得：r=；-kQq，故A正确；到B点时速度减小到库r2VmgQqQHmg最小值V，说明加速度为零'即K字7mg，由点电荷场强公式E=K石二〒，故B正确；两带电体之间是吸引力，贝0电场力对乙做正功，所以电势能减小，故C错误；乙电荷从A运动B过程中，根据动11能定理有：W-mgHL二牙mv2-mv2，从A到B的过程中，电场力对点电荷乙做的功为W二-UAB1,0220AB解得UABHmgL+—mv2-021mv220故D错误.考点：本题考查动能定理三、实验题:共2小题671.001.162.00偏大【解析】【详解】试题分析：(1)从纸带上的数据分析得知：在点计数点6之前，两点之间的位移逐渐增大，是加速运动，在计数点7之后，两点之间的位移逐渐减小，是减速运动，所以物块在相邻计数点6和7之间某时刻开始减速(2)根据某段的平均速度等于中时刻的速度，则有：x0.1101+0.0900v=-^6==1.00m/sTOC\o"1-5"\h\z2T0.2HYPERLINK\l"bookmark140"x0.1101+0.1228/v=-^7==1.16m/sHYPERLINK\l"bookmark142"2T0.2(3)由纸带可知，计数点7往后做减速运动，根据逐差法得：HYPERLINK\l"bookmark146"x-x(0.0660+0.0460)-(0.106+0.0861)“/a=—9^17-9==-2.00m/s2(2T)2(2x0.1)2在减速阶段产生的加速度的力是滑动摩擦力和纸带受的阻力，所以计算结果比动摩擦因素的真实值偏大．考点：研究匀变速直线运动规律实验【点睛】做分析匀变速直线运动情况时，其两个推论能使我们更为方便解决问题，一、在相等时间内走过的位移差试题分析：(1)(2)在实验过程中，除了査清流入检流计电流方向与指针偏转方向之间的关系之外，还应査清L1和L2的绕制方向，这样才能知道产生的感应电流的磁场和原磁场的方向关系，从而总结产生的感应电流的规律闭合开关之前，应将滑动变阻器的滑动头P处于右端，先从电路中电流最小开始.考点：研究电磁感性现象，总结产生感应电流的规律．四、解答题：本题共4题15.(l)1.51eV(2)12.09eV解析】分析】详解】(1)由能级图可知：氢原子在n=3的激发态时能量E亍-1.51ev故要使处在n=3能级的氢原子电离，入射光子的最小能量为1・51eV.（2）由hv=E一E可知hv=E一E=12.09eV31即处于n=3的氢原子跃迁到n=1时放出光子的能量最大为12・09eV.点睛】要使粒子电离，则能量应该大于粒子的电离能，在能级跃迁中能级差值越大，则能量越大，可以利用这两个特点来解题.16-⑴1=冒'方向宀⑵QX1mg（H+h）2