河南省信阳市高二物理下学期期末考试试题（含解析）(1).doc

河南省信阳市2013-2014学年下学期期末考试高二物理试卷【必修一】一、选择题（本题共5小题，每小题4分，共20分，其中第1、第3小题有多个选项正确，全部选对得4分，少选得2分，有选错和不选的得0分）1（4分）在粗糙程度相同的水平地面上，物块在水平向右的力f作用下由静止开始运动4s末瞬间撤去拉力f，运动的速度v与时间t的关系如图所示，取g=10m/s2，由图象可知：（）a在2s4s内，力f=0b在02s内，力f逐渐变小c物块与地面间的动摩擦因数=0.2d06s内物块运动的总位移为16m考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系；动摩擦因数 .专题：牛顿运动定律综合专题分析：根据速度时间图线得出物体的运动规律，结合图线的斜率得出加速度的变化，从而得出拉力f的变化，根据匀减速运动的加速度，结合牛顿第二定律求出动摩擦因数的大小结合图线与时间轴围成的面积求出物体的位移解答：解：a、在2s4s内，物体做匀速运动，因此外力f=f，故a错误b、在02s内，图线的斜率逐渐减小，做加速度逐渐减小的加速运动，根据牛顿第二定律得：ff=ma，所以有：f=f+ma，知力f逐渐减小故b正确c、物体做匀减速运动的加速度大小为：，根据牛顿第二定律得：f=mg=ma，解得故c正确d、在02s内的位移大于4m，在26s内的位移为：，则06s内的总位移大于16m故d错误故选：bc点评：解决本题的关键知道速度时间图线的物理意义，知道图线的斜率表示加速度，图线与时间轴围成的面积表示位移，结合牛顿第二定律进行求解2（4分）（2013河南模拟）如图所示，质量相同的木块a、b用轻弹簧相连，静止在光滑水平面上弹簧处于自然状态现用水平恒力f向右推a，从开始推a到弹簧第一次被压缩到最短的过程中，下列说法中正确的是（）a两木块速度相同时，加速度aa=abb两木块速度相同时，加速度aaabc两木块加速度相同时，速度vavbd两木块加速度相同时，速度vavb考点：牛顿第二定律 .专题：牛顿运动定律综合专题分析：当弹簧被压缩到最短时，ab两个物体的速度相同，在弹簧被压缩到最短之前，a的速度一直大于b的速度解答：解：从开始推a到弹簧第一次被压缩到最短的过程中，物体a的加速度逐渐减小，而b的加速度逐渐增大在 va=vb 之前，a的加速度总大于b的加速度，所以aa=ab时，vavb此后a的加速度继续减小，b的加速度继续增大，所以va=vb时，abaa故c正确，abd错误故选：c点评：在弹簧被压缩的过程中，a的合力在减小，加速度在减小，只要a的速度大于b的速度，此过程中b的加速度一直在增加3（4分）如图所示，直线a和曲线b分别是在平直公路上行驶的汽车a和b的位移一时间（xt）图象由图可知（）a在时刻t1，b车追上a车b在时刻t2，a车的加速度小于b车的加速度c在t1到t2这段时间内，a和b两车的路程相等d在t1到t2这段时间内，b车的速率先减少后增加考点：匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的位移与时间的关系 .专题：运动学中的图像专题分析：位移时间关系图线反映位移随时间的变化规律，纵坐标的变化量x表示位移，图线的斜率表示速度的大小解答：解：a、由图知在时刻t1，a、b两车的位置坐标相同，到达同一位置，而开始时b的位移大于a的位移，所以时刻t1，a追上b故a错误b、a做做匀速运动，加速度为零，b做变速运动，加速度不为零，所以在时刻t2，a车的加速度小于b车的加速度，故b正确c、在t1到t2这段时间内，a和b两车初末位置相同，位移相同，a一直沿负方向运动，而b先沿负方向运动后沿正方向运动，路程不等故c错误d、速度图线切线的斜率表示速度，在t1到t2这段时间内，b车图线斜率先减小后增大，则b车的速率先减小后增加故d正确故选：bd点评：解决本题的关键知道位移时间图线的物理意义，知道图线的斜率表示速度的大小，能够通过图线得出运动的方向4（4分）如图所示，两根细绳拉住一个小球，开始时ac水平，现保持两细线间的夹角不变，而将整个装置顺时针缓慢转过90，则在转动过程中，ac绳的拉力f1和bc绳的拉力f2大小变化情况是（）af2先变大后变小，f1一直变小bf1先变大后变小，f2一直变小cf1先变小后变大，f2一直变小df2先变小后变大，f1一直变大考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用 .专题：共点力作用下物体平衡专题分析：整个装置在纸面内缓慢转动，装置在每个位置都处于平衡状态以小球为研究对象，设ac绳与竖直方向的夹角为，根据平衡条件，得到ca绳中的拉力f1和cb绳中的拉力f2与的函数关系，再分析拉力如何变化解答：解：设ac绳与竖直方向的夹角为，则bc绳与竖直方向的夹角为；根据平衡条件，得：f1sin=f2sin（）f1cos+f2cos（）=g解得：f1=f2=由题不变，由90变到0根据数学知识，得f1先变大后变小，f2逐渐减小，当=0时，f2=0；故选：b点评：本题属于动态变化分析问题，采用的是函数法有的题目也可以用作图法求解作图时要抓住不变的量，它是作图的依据5（4分）如图所示，固定在水平地面上的物体a，左侧是圆弧面，右侧是倾角为的斜面，一根轻绳跨过物体a顶点上的小滑轮，绳两端分别系有质量为m1、m2的小球，当两球静止时，小球m1与圆心的连线跟水平方向的夹角也为，不计一切摩擦，则m1、m2之间的关系是（）am1=m2bm1=m2 tancm1=m2 cotdm1=m2 cos考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用 .专题：共点力作用下物体平衡专题分析：分别对物体受力分析，由共点力的平衡即可得出两物体的质量之比，分析时抓住绳子拉力大小相等解答：解：设绳子对两球的拉力大小为t，对m2：根据平衡条件得：t=m2gsin对m1：根据平衡条件得：t=m1gcos联立解得：m1=m2 tan故选b点评：本题的解题关键抓住绳子拉力大小相等，采用隔离法，由平衡条件求解质量之比二、非选择题6（6分）如图所示为某同学在一次实验中打出的一条纸带，其中abcdef是用打点频率为50hz的打点计时器连续打出的6个点，该同学用毫米刻度尺测量a点到各点的距离，并记录在图中（单位：cm）则：（1）图中五个数据中有不符合有效数字要求的一组数据应改为2.00cm；（2）物体运动的加速度是9.75m/s2；（保留三位有效数字）（3）根据以上问计算结果，可以估计纸带是该同学最可能做下列c实验打出a练习使用打点计时器 b探究“加速度与力和质量的关系”c用落体法验证机械能守恒定律 d用斜面和小车研究匀变速直线运动考点：测定匀变速直线运动的加速度 .专题：实验题；直线运动规律专题分析：根据连续相等时间内的位移之差，运用逐差法求解加速度结合加速度接近于重力加速度的大小，确定可能进行的实验解答：解：（1）点迹间距离数据的小数点后有两位，所以ab间数据有误，应该是2.00cm（2）根据x=at2，运用逐差法得，a=9.75m/s2，（3）因为加速度与重力加速度近似相等，可知该纸带是在用落体法验证机械能守恒定律时测出的故选：c故答案为：（1）2.00；（2）9.75；（3）c点评：解决本题的关键掌握纸带的处理，会通过纸带求解瞬时速度和加速度，关键是匀变速直线运动推论的运用7（4分）（2011咸阳三模）某研究小组在“探究弹力和弹簧伸长关系”的实验中，将不同数量的钩碼挂在竖直弹簧下端进行测量，根据实验数据，利用描点法作出钩碼的重力g与弹簧的总长l的关系图象，如图所示请根据图象回答下列问题：（1）弹簧的原长为12cm（2）弹簧的劲度系数为16.5n/m考点：探究弹力和弹簧伸长的关系 .专题：实验题分析：根据胡克定律写出f与l的方程即可正确解答解答：解：（1）根据胡克定律可知：f=k（ll0），由此可知横轴截距为l0，故由图象可知l0=12cm故答案为：12（2）根据f=k（ll0）可知，图象的斜率大小等于劲度系数大小，由图象求出劲度系数为k=16.5n/m故答案为：16.5点评：本题比较简单，结合图象考查了胡克定律的基础知识，是一道考查基础知识的好题8（10分）具有我国自主知识产权的“歼10”飞机的横空出世，证实了我国航空事业在飞速发展而航空事业的发展又离不开风洞试验，简化模型如图a所示，在光滑的水平轨道上停放相距s0=10m的甲、乙两车，其中乙车是风力驱动车在弹射装置使甲车获得v0=40m/s的瞬时速度向乙车运动的同时，乙车的风洞开始工作，将风吹向固定在甲车上的挡风板，从而使乙车获得了速度，测绘装置得到了甲、乙两车的vt图象如图b所示，设两车始终未相撞（1）若风对甲、乙的作用力相等，求甲、乙两车的质量比；（2）求两车相距最近时的距离考点：匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系 .专题：直线运动规律专题分析：（1）根据速度时间图线的斜率求出两车的加速度大小，结合牛顿第二定律，抓住两车所受的合力相等，求出甲乙两车的质量之比（2）甲车做减速运动，乙车做加速运动，当两车速度相等时，相距最近，结合速度时间公式求出速度相等的时间，从而得出两车的位移，结合位移关系求出最近的距离解答：解：（1）由题图b可知：甲车的加速度大小a甲=，乙车的加速度大小a乙=，因为m甲a甲=m乙a乙解得=（2）在t1时刻，甲、乙两车的速度相等，均为v=10 m/s，此时两车相距最近，对乙车有：v=a乙t1对甲车有：v=a甲（0.4t1） 可解得t1=0.3 s 到速度相等时甲车的位移，乙车的位移，两车相距最近的距离为smin=s0+s乙s甲=4.0 m答：（1）甲、乙两车的质量比为1：3（2）两车相距最近时的距离为4.0m点评：解决本题的关键通过图线斜率得出加速度的大小关系，从而通过牛顿第二定律得出质量的关系；知道两车速度相等时，相距最近，结合运动学公式和推论灵活求解9（10分）（2008镇江模拟）如图所示为上、下两端相距l=5m、倾角=30、始终以v=3m/s的速率顺时针转动的传送带（传送带始终绷紧）将一物体放在传送带的上端由静止释放滑下，经过t=2s到达下端重力加速度g取10m/s2，求：（1）传送带与物体间的动摩擦因数多大？（2）如果将传送带逆时针转动，速率至少多大时，物体从传送带上端由静止释放能最快地到达下端？考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与位移的关系 .专题：传送带专题分析：（1）传送带顺时针转动，物块下滑时受到的向上的滑动摩擦力，根据运动学基本公式及牛顿第二定律列式即可求解动摩擦因数；（2）如果传送带逆时针转动，要使物体从传 送带上端由静止释放能最快地到达下端，则需 要物体有沿传送带向下的最大加速度即所受摩擦力沿传送带向下，根据牛顿第二定律求出最大加速度，再根据匀加速运动位移速度公式求解解答：解：（1）传送带顺时针转动，有题意得：l=解得：a=2.5m/s2根据牛顿第二定律得：mgsinmgcos=ma解得：=（2）如果传送带逆时针转动，要使物体从传送带上端由静止释放能最快地到达下端，则需要物体有沿传送带向下的最大加速度即所受摩擦力沿传送带向下，设此时传送带速度为vm，物体加速度为a由牛顿第二定律得 mgsin+ff=ma而ff=mgcos 根据位移速度公式得：vm2=2la解得：vm=8.66m/s答：（1）传送带与物体间的动摩擦因数为0.29；（2）如果将传送带逆时针转动，速率至少8.66m/s时，物体从传送带上端由静止释放能最快地到达下端点评：本题主要考查了牛顿第二定律及运动学基本公式的直接应用，难度适中【选修3-3】一、选择题（本题共5小题，每小题4分，共20分，其中第10、第12小题有多个选项正确，全部选对得4分，少选得2分，有选错和不选的得0分）10（4分）下列说法正确的是（）apm2.5（指空气中直径小于2.5微米的悬浮颗粒物）在空气中的运动属于分子热运动b液晶既具有液体的流动性，又具有单晶体的光学各向同性的特点c热量能够自发地从高温物体传到低温物体，但不能自发地从低温物体传到高温物体d水的饱和汽压随温度的升高而增大考点：热力学第二定律；* 晶体和非晶体 .专题：热力学定理专题分析：布朗运动是悬浮在流体中的固体小颗粒的运动，是流体分子热运动的反映；液晶既具有液体的流动性，又具有单晶体的光学各向异性的特点；热力学第二定律反映了宏观热现象的方向性解答：解：a、pm2.5（指空气中直径小于2.5微米的悬浮颗粒物）在空气中的运动是布朗运动，是空气分子热运动的反映，故a错误；b、液晶既具有液体的流动性，又具有单晶体的光学各向异性的特点，故b错误；c、根据热力学第二定律，热量能够自发地从高温物体传到低温物体，但不能自发地从低温物体传到高温物体，故c正确；d、气体的饱和气压与温度和材料有关，水的饱和汽压随温度的升高而增大，故d正确；故选：cd点评：本题考查了布朗运动、液晶、热力学第二定律和饱和气压等，知识点多，难度小，关键是多看书，记住基础知识11（4分）如图所示是一定质量的理想气体的三种升温过程，那么，以下四种解释中，哪些是正确的（）aad的过程气体体积增加bbd的过程气体体积不变ccd的过程气体体积增加dad的过程气体体积减小考点：理想气体的状态方程 .专题：理想气体状态方程专题分析：pt图线过原点的倾斜的直线可表示等容变化，根据其斜率比较对应的体积大小质量一定，密度与体积成反比解答：解：由于t=273+t，由图示图象可知，pt图象反向延长线过坐标原点，与pt图象对应的pt图象如图所示：a、如图所示，连接ao、co，则ao、co、do均可表示气体发生等容变化，由气态方程：=c可知，由状态a变到状态d的过程中，减小，则气体的体积增大，故a正确，d错误b、在由状态b变到状态d的过程中，不变，气体的体积不变，气体的质量一定，则气体的密度不变故b错误c、在由状态c变到状态d的过程中，增大，由气态方程知，气体的体积减小，密度增大，故c错误故选：a点评：本题关键要掌握pt图线过原点的倾斜的直线表示等容变化，倾斜越大，对应的体积越小12（4分）（2013淮安模拟）关于下列四幅图的说法，正确的是（）a甲图中估测油酸分子直径时，可把油酸分子简化为球形处理b乙图中，显微镜下看到的三颗微粒运动位置连线是它们做布朗运动的轨迹c烧热的针尖，接触涂上薄蜂蜡层的云母片背面上某点，经一段时间后形成图丙的形状，则说明云母为非晶体d丁图中分子间距离为r0时，分子间作用力f最小，分子势能也最小考点：* 晶体和非晶体；布朗运动；分子间的相互作用力 .分析：根据图形中给出的内容，结合选项并由热学内容进行分析判断即可求解解答：解：a、在估测油酸分子直径时，我们把油酸分子简化为了球形，并在水面上形成了单分子油膜，故a正确；b、显微镜下观察到的是每隔30s时微粒的位置，不是布朗运动的轨迹，故b错误；c、晶体具有各向异性，而非晶体和多晶体具有各向同性，由图可知，其为各向异性，说明云母为单晶体，故c错误；d、图中分子间距离为r0时，分子间作用力的合力f最小为零，而分子势能也最小，故d正确故选：ad点评：本题考查热学的基本内容，在学习热学时要注意全面综合分析，每个知识点均可作为考点出题13（4分）如图所示，a、b、c、d表示一定质量的理想气体状态变化过程中的四个状态，图中ad平行于横坐标轴，ab的延长线过坐标原点，dc平行于纵轴，以下说法正确的是（）a从状态d到c，气体不吸热也不放热b从状态c到b，气体吸热c从状态a到d，气体对外做功d从状态b到a，气体放热考点：理想气体的状态方程 .专题：理想气体状态方程专题分析：根据理想气体状态方程，先判断体积的变化，膨胀是气体对外做功，收缩是外界对气体做功；理想气体无势能，内能与温度有关；最后根据热力学第一定律判断吸放热情况解答：解：a、从状态d到c，温度不变，气压减小，根据理想气体状态方程=c，体积增加；体积增加说明对外做功，温度不变说明内能不变，根据热力学第一定律公式u=w+q，气体吸收热量，故a错误；b、从状态c到b，气体的体积减小，外界对气体做功，温度降低内能减小，根据热力学第一定律知气体放热，故b错误；c、从状态a到d，气压不变，温度升高，根据理想气体状态方程=c，故体积增加，温度升高说明内能增加，体积增加说明对外做功，根据热力学第一定律公式u=w+q，故气体吸收热量，故c正确；d、从状态b到a，ad的延长线过原点，是等容变化，温度升高说明内能增加，体积不变说明气体不做功，根据热力学第一定律公式u=w+q，气体吸收热量，故d错误；故选：c点评：本题关键先根据气体实验定律判断气体的p、v、t的变化，然后结合热力学第一定律公式u=w+q进行分析，基础题14（4分）如图所示，一个导热气缸竖直放置，气缸内封闭有一定质量的气体，活塞与气缸壁紧密接触，可沿汽缸壁无摩擦地上下移动若大气压保持不变，而环境温度缓慢升高，在这个过程中说法正确的是（）a汽缸内每个分子的动能都增大b汽缸内单位时间内撞击活塞的分子数减少c汽缸内单位体积内的分子数增多d封闭气体不吸收热量考点：气体压强的微观意义 .分析：气缸内气体压强等于大气压与活塞产生的压强之和，大气压不变，缸内气体压强不变，气体是等压变化；理想气体内能由气体的温度决定，气体温度升高，内能增加，气体体积变大，对外做功，由热力学第一定律可知，气体要吸收热量解答：解：气缸内气体压强不变，气体发生等压变化；a、由于气缸是导热的，外界温度逐渐升高，缸内气体温度升高，分子平均动能增大，不一定每个分子的动能都增大，故a错误；b、c、气体温度升高，内能增加，气体体积变大，对外c、气体温度升高，体积变大，汽缸内单位体积内的分子数减少，单位时间内撞击活塞的分子数减少，故b正确，c错误；d、气体温度升高，内能增加，气体体积变大，对外做功，由热力学第一定律可知，气体要吸收热量，故d错误故选：b点评：知道气体发生等压变化、知道理想气体内能由温度决定，熟练应用热力学第一定律即可正确解题二、非选择题15（8分）（1）在课本上粗测油酸分子的大小的方法叫做单分子油膜法法，让油酸尽可能地在水面上散开，使其形成单分子油膜如果把分子看做球形，这层油膜的厚度可视为油酸分子的直径（2）在上述实验中，油酸酒精溶液的浓度为每1000ml溶液中有纯油酸1ml，用注射器量得1ml上述溶液有200滴，把一滴该溶液滴入盛水的表面撒有痱子粉的浅盘里，待水面稳定后，测得油酸膜的近似轮廓如图所示，图中正方形小方格的边长为1cm，则每一滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积是5106ml，油酸膜的面积是65cm2，根据上述数据，估测出油酸分子的直径是7.71010m（3）某同学在用油膜法估测分子直径实验中，计算结果明显偏大，可能是由于aca油酸未完全散开b油酸中含有大量的酒精c计算油膜面积时舍去了所有不足一格的方格d求每滴体积时，1ml的溶液的滴数多记了10滴考点：用油膜法估测分子的大小 .专题：实验题分析：（1）用油膜法估测分子直径的方法关键是让油酸尽可能地在水面上散开，要形成单分子油膜，把分子看做球形，这层油膜的厚度可视为油酸分子的直径（2）运用d=求解分子直径式中v是纯油酸的体积，s是油膜的面积，可估算得到要掌握估算油膜面积的方法：所围成的方格中，面积超过一半按一半算，小于一半的舍去（3）对照实验原理进行误差分析解答：解：（1）在课本上粗测油酸分子的大小的方法叫做单分子油膜法，让油酸尽可能地在水面上散开，使其形成单分子油膜如果把分子看做球形，这层油膜的厚度可视为油酸分子的直径（2）1滴酒精油酸溶液中含油酸的体积：v=ml=5106ml=51012m3；由于每格边长为1cm，则每一格就是1cm2 ，估算油膜面积以超过半格以一格计算，小于半格就舍去的原则，估算出65格，则油酸薄膜面积为：s=65cm2；由于分子是单分子紧密排列的，因此分子直径为：d=m=7.71010m（3）计算油酸分子直径的公式是d=，v是纯油酸的体积，s是油膜的面积a、油酸未完全散开，s偏小，故得到的分子直径d将偏大，故a正确；b、计算时利用的是纯油酸的体积，如果含有大量的酒精，则油酸的实际体积偏小，则直径将偏小，故b错误；c、计算油膜面积时舍去了所有不足一格的方格，s将偏小，故得到的分子直径将偏大，故c正确；d、求每滴体积时，lml的溶液的滴数误多记了10滴，由v0=可知，纯油酸的体积将偏小，则计算得到的分子直径将偏小，故d错误；故选：ac故答案为：（1）单分子油膜法，单分子，直径；（2）5106，65，7.71010；（3）ac点评：本题关键是明确用油膜法估测分子的大小实验的原理，能够运用公式d=求解分子直径，注意单位的换算要正确，数量级要准确16（10分）（2014郴州三模）如图所示，一圆柱形绝热气缸竖直放置，通过绝热活塞封闭着一定质量的理想气体活塞的质量为m，横截面积为s，与容器底都相距h，此时封闭气体的温度为t1现通过电热丝缓慢加热气体，当气体吸收热量q时，气体温度上升到t2已知大气压强为p0，重力加速度为g，不计活塞与气缸的摩擦，求：活塞上升的高度；加热过程中气体的内能增加量考点：理想气体的状态方程 .专题：理想气体状态方程专题分析：（1）给气体加热时，封闭气体发生等压变化，可根据盖吕萨克定律列式求解温度上升到t2时，活塞与容器底部相距的距离h2即可得到活塞上升的距离（2）气体发生等压变化，对活塞的压力大小不变，由公式w=pv求出气体对活塞做功，即可根据热力学第一定律求内能的变化量解答：解：（1）设温度为t2时活塞与容器底部相距h2因为气体做等压变化，由盖吕萨克定律得：活塞上升了：h=hh=（2）气体对外做功为：w=psh=（p0+）s=（p0s+mg）由热力学第一定律可知：u=qw=q（p0s+mg）答：（1）这段时间内活塞上升的距离是（3）这段时间内气体的内能变化了q（p0s+mg）点评：求封闭气体的压强，常常以与气体接触的活塞或水银柱为研究对象，根据力学知识求对于气体，确定状态发生体积变化是关键17（12分）（2013青岛一模）如图所示，系统由左右连个侧壁绝热、底部、截面均为s的容器组成左容器足够高，上端敞开，右容器上端由导热材料封闭两个容器的下端由可忽略容积的细管连通容器内两个绝热的活塞a、b下方封有氮气，b上方封有氢气大气的压强p0，温度为t0=273k，连个活塞因自身重量对下方气体产生的附加压强均为0.1p0系统平衡时，各气体柱的高度如图所示现将系统的底部浸入恒温热水槽中，再次平衡时a上升了一定的高度用外力将a缓慢推回第一次平衡时的位置并固定，第三次达到平衡后，氢气柱高度为0.8h氮气和氢气均可视为理想气体求（1）第二次平衡时氮气的体积；（2）水的温度考点：理想气体的状态方程 .专题：理想气体状态方程专题分析：（1）以b上方的氢气为研究对象，由玻意耳定律求出气体压强，然后以a下方的氮气为研究对象，由波意耳定律求出氮气的体积（2）结合第一问的结果，求出氮气的末状态的压强，分析氮气的初末两个状态的状态参量，利用理想气体的状态方程，可求出氮气末状态的温度，即为水的温度解答：解：（1）以氢气为研究对象，初态压强为p0，体积为hs，末态体积为0.8hs气体发生等温变化，由玻意耳定律得：p0v1=p2v2，即：p0hs=p0.8hs，解得：p=1.25p0 活塞a从最高点被推回第一次平衡时位置的过程是等温过程该过程的初态压强为1.1p0，体积为v；末态的压强为p，体积为v，则p=p+0.1p0=1.35p0 v=2.2hs 由玻意耳定律得：1.1p0v=1.35p02.2hs，解得：v=2.7hs （2）活塞a从最初位置升到最高点的过程为等压过程该过程的初态体积和温度分别为2hs和t0=273k，末态体积为2.7hs设末态温度为t，由盖吕萨克定律得：=，解得：t=368.55k；答：（1）第二次平衡时氮气的体积为2.75hs；（2）水的温度为368.55k点评：本题是关于气体的连接体问题，知道两部分气体的总体积不变是正确解题的关键，分别对每部分气体作为研究对象、应用气态方程即可正确解题【选修3-4】选择题（本题共5小题，每小题0分，共20分，其中第19、第21小题有多个选项正确，全部选对得4分，少选得2分，有选错和不选的得0分）18下列说法不正确的是（）a狭义相对论只涉及无加速运动的惯性系b做简谐运动的质点，其振动能量与振幅无关c泊松亮斑是光的衍射现象，玻璃中的气泡看起来特别明亮是光的全反射d振荡的电场一定产生同频率振荡的磁场考点：狭义相对论；光的衍射 .分析：狭义相对论只涉及无加速运动的惯性系；做简谐运动的质点，其振动能量与振幅有关；泊松亮斑是光的衍射现象，玻璃中的气泡看起来特别明亮是光的全反射；振荡的电场一定产生同频率振荡的磁场解答：解：a、狭义相对论只涉及无加速运动的惯性系；故a正确；b、做简谐运动的质点，其振动能量与振幅有关；故b错误；c、泊松亮斑是光的衍射现象，玻璃中的气泡看起来特别明亮是光的全反射；故c错误；d、振荡的电场一定产生同频率振荡的磁场故d正确本题选择不正确的，故选：b点评：该题考查相对论、简谐振动的能量、泊松亮斑以及电磁场理论，都是记忆性的知识点，记住相关的知识即可基础题目19（2009四川）如图所示，空气中有一横截面为半圆环的均匀透明柱体，其内圆半径为r，外圆半径为r，r=r现有一束单色光垂直于水平端面a射入透明柱体，只经过两次全反射就垂直于水平端面b射出设透明柱体的折射率为n，光在透明柱体内传播的时间为t，若真空中的光速为c，则（）an可能为bn可能为2ct可能为dt可能为考点：全反射 .专题：计算题；压轴题分析：由题意利用几何关系作出光路图可知第一次的入射角，即可判断临界角的大小，并能判断出折射率的大小范围；由光路图即可得出运行时间解答：解：只经过两次全反射可知第一次入射角为45，反射光路图如图所示根据全反射可知临界角c45，再根据n=可知n，故ab均正确；光在透明柱体中运动路程为l=4r，运动时间为t=，则t，故cd均错故选ab点评：本题考查全反射，解题的关键在于题目中几何关系的应用，只有根据几何关系解出入射角才能求出正确结果20如图所示，两列简谐横波分别沿x轴正方向和负方向传播，两波源分别位于x=0.2m和x=1.2m处，两列波的波速均为v=0.4m/s，两波源的振幅均为a=2cm图示为t=0时刻两列波的图象（传播方向如图所示），此刻处于x=0.2m和x=0.8m的p、q两质点刚开始振动质点m处于x=0.5m处，关于各质点运动情况，下列说法正确的是（）a两列波相遇后振幅仍然为2cmb质点p、q的起振方向都沿y轴正方向运动ct=1s时刻，质点m的位移为+4cmdt=0.75s时刻，质点p、q都运动到m考点：波长、频率和波速的关系；横波的图象 .分析：由图读出波长，从而由波速公式算出波的周期两列频率相同的相干波，当波峰与波峰相遇或波谷与波谷相遇时振动加强，当波峰与波谷相遇时振动减弱，则振动情况相同时振动加强；振动情况相反时振动减弱根据所给的时间与周期的关系，分析质点m的位置，确定其位移由波的传播方向来确定质点的振动方向解答：解：a、两列波相遇过后不改变波的性质，所以振幅不变，振幅仍然为2cm，故a正确；b、由波的传播方向根据波形平移法可判断出质点的振动方向：两列简谐横波分别沿x轴正方向和负方向传播，则质点p、q的起振方向均沿y轴负方向运动，故b错误；c、由图知波长=4m，由v=得，该波的周期为 t=s=10s，两质点传到m的时间为t=0.75s，当t=1s=1t时刻，两列波的波谷都恰好传到质点m，所以位移为4cm故c错误；d、简谐波传播的过程中质点不向前迁移，只在各自的平衡位置附近振动，所以质点p、q都不会运动到m点，故d错误；故选：a点评：本题要掌握波的独立传播原理：两列波相遇后保持原来的性质不变理解波的叠加遵守矢量合成法则，例如当该波的波峰与波峰相遇时，此处相对平衡位置的位移为振幅的二倍；当波峰与波谷相遇时此处的位移为零21煤矿中瓦斯爆炸危害极大某同学查资料得知含有瓦斯的气体的折射率大于干净空气的折射率，于是，他设计了一种利用光的干涉监测矿井瓦斯的仪器，原理如图所示在双缝前面放置两个完全相同的透明容器a、b，容器a与干净的空气相通，在容器b中通入矿井中的气体，观察屏上的干涉条纹，就能够监测瓦斯浓度以下说法正确的是（）a如果屏的正中央仍是亮纹，说明b中的气体与a中的空气成分相同，不含瓦斯b如果屏的正中央是暗纹，说明b中的气体与a中的空气成分不相同，可能含有瓦斯c如果屏上干涉条纹不停地移动，说明b中的气体瓦斯含量不稳定d只有用单色光照射单缝时，才可能在屏上出现干涉条纹考点：光的折射定律；光的干涉 .专题：光的折射专题分析：由于光经过两容器时折射率不同，光速不同，到达正中央的光程差可能是波长的整数倍，也可能是半波长的奇数倍，所以中央可能是亮条纹，也可能是案条纹，故b中气体可能含有瓦斯，也可能没有干涉条纹不停移动说明路程差不稳定，即b中的气体瓦斯含量不稳定解答：解：a、由于光经过两容器时折射率不同，光速不同，到达正中央的光程差可能是波长的整数倍，也可能是半波长的奇数倍，所以中央可能是亮条纹，也可能是暗条纹，故b中气体可能含有瓦斯，也可能没有，a错误；b、如果屏的正中央是暗纹，必有路程差，说明b中的气体与a中的气体成分不相同，含瓦斯，b正确；c、如果屏上干涉条纹不停移动说明路程差不稳定，即b中的气体瓦斯含量不稳定，c正确；d、无论用单色光还是白光照射单缝时，都能在屏上出现干涉条纹，d错误故选：bc点评：本题是道信息题，考查了干涉现象在生产生活中的应用，有一定的难度22（2011福建）如图，半圆形玻璃砖置于光屏pq的左下方一束白光沿半径方向从a点射入玻璃砖，在o点发生反射和折射，折射光在白光屏上呈现七色光带若入射点由a向b缓慢移动，并保持白光沿半径方向入射到o点，观察到各色光在光屏上陆续消失在光带未完全消失之前，反射光的强度变化以及光屏上最先消失的光分别是（）a减弱，紫光b减弱，红光c增强，紫光d增强，红光考点：全反射；光的折射定律 .专题：应用题分析：因光线从光密到光疏介质，故随入射角的增大，则反射光将加强；光入射角达到某光的临界角时该光将发生全反射，分析色光的临界角大小可得出最先发生全反射的光解答：解：光线从光密介质到光疏介质，入射角增大则反射光的强度增强；因紫色光的折射率最大，发生全反射的临界角最小，故紫光最先发生全反射，在光屏上最先消失故选c点评：本题中应记住七色光中从红到紫，折射率增大、频率增大，而波长减小，故红光的波长最长，而紫光的频率最高，折射率最大二、非选择题23某兴趣小组利用沙摆（视为单摆）测量斜面上木板运动的加速度，实验装置如图甲测量沙摆周期时，为减小误差，应取沙摆运动到最低点（填“最高点”或“最低点”）时作为计时起点；某同学用秒表计下n次全振动的时间如图乙所示，示数为70.3s；在沙摆振动时，将一木板从斜面上滑下，沙摆漏下的沙在木板上形成如图丙所示形状测得沙摆周期为t，ab=s1，bc=s2，则木板加速度a=（用s1，s2，t表示）（2）用双缝干涉测光的波长实验装置如图a所示，已知单缝与双缝间的距离l1=60mm，双缝与屏的距离l2=700mm，单缝宽d1=0.10mm，双缝间距d2=0.25mm用测量头来测量光屏上干涉亮条纹中心的距离测量头由分划板、目镜、手轮等构成，转动手轮，使分划板左右移动，让分划板的中心刻线对准亮纹的中心（如图b所示），记下此时手轮上的读数，转动测量头，使分划板中心刻线对准另一条亮纹的中心，记下此时手轮上的刻度分划板的中心刻线分别对准第1条和第4条亮纹的中心时，手轮上的读数如图c所示，则对准第1条时读数x1=2.190mm，对准第4条时读数x2=7.868mm，相邻两条亮纹间的距离x=1.893mm则波长值是6.76104mm （保留三位有效数字）考点：用双缝干涉测光的波长 .专题：实验题；光的干涉专题分析：（1）测单摆周期时，为准确计时、减小实验误差，从单摆经过最低点时开始计时；秒表分针与秒针示数之和是秒表示数；应用匀变速直线运动的推论：x=at2可以求出加速度（2）螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数；应用双缝干涉条纹间距公式求出波长解答：解：（1）测量沙摆周期时，为减小误差，应取沙摆运动到最低点时作为计时起点；由图乙所示秒表可知，秒表示数为60s+10.3s=70.3s；由图丙所示可知，a到b、c到d的时间间隔都相等，为：t=t，木板做匀加速直线运动，由匀变速直线运动的推论：x=at2可知，木板的加速度：a=（2）由图c所示可知，x1=2mm+19.00.01mm=2.190mm，x2=7.5mm+36.80.01mm=7.868mm，相邻两条亮纹间的距离x=1.893mm由双缝干涉条纹间距公式：x=可知，波长：=x=1.8931036.76107m=6.76104mm故答案为：（1）最低点；70.3；（2）2.190；7.868；1.893；6.76104点评：（1）要掌握实验注意事项、秒表读数方法，应用匀变速直线运动的推论可以求出加速度（2）要掌握螺旋测微器的读数方法，应用双缝干涉条纹间距公式可以求出波长24（2014吉林二模）如图甲所示，在某介质中波源a、b相距d=20m，t=0时两者开始上下振动，a只振动了半个周期，b连续振动，所形成的波的传播速度都为v=1.0m/s，开始阶段两波源的振动图象如图乙所示（1）求距a点1米处的质点，在t=0到t=22s内所经过的路程？（2）求在t=0到t=16s内从a发出的半个波前进过程中所遇到的波峰个数？考点：横波的图象；波长、频率和波速的关系 .专题：振动图像与波动图像专题分析：（1）先求出距a点1米处的质点在先经过左边的a波路程，再求出b波22秒传播的距离，从而求出b波在距a点1米处的质点振动路程，两者之和即为总路程（2）波在t时间内传播的距离为x=vt，根据几何关系求得16 s内两列波相对运动的长度，结合两波的长度，求解解答：解：（1）距a点1米处的质点在先经过左边的a波路程为：s1=24cm=8cmb波22秒传播的距离为：x=vt=22m，b波的波长为：=vtb=2mb波已经传播过距a点1米处的质点x=3m，经过此点1.5个波长，故此点又振动的路程为：s2=620cm=120cm；距a点1米处的质点，在t=0到t=22 s内所经过的路程：s=s1+s2=128cm （2）16 s内两列波相对运动的长度为：l=la+lbd=2vtd=12 m，a波宽度为：a=v=0.2 m，b波波长为：b=vtb=2 m，则，可知a波经过了6个波峰答：（1）距a点1米处的质点，在t=0到t=22s内所经过的路程为128cm；（2）在t=0到t=16s内从a发出的半个波前进过程中所遇到的波峰数为6个点评：本题考查对波的叠加原理的理解和应用能力，要注意波的叠加也遵守矢量的运算法则25 如图所示，扇形aob为透明柱状介质的横截面，半径为r，介质折射率为，圆心角为45，一束平行于ob的单色光由oa面射入介质，要使柱体ab面上没有光线射出，至少要在o点上方竖直放置多高的遮光板？（不考虑ob面的反射）考点：光的折射定律；折射率及其测定 .专题：光的折射专题分析：先根据折射定律求出光线在oa面上的折射角折射光线射向球面ab，若在d点恰好发生全反射，由临界角公式求出入射角，根据几何知识求出挡板的高度解答：解：设在oa面上的一点p入射的光线恰好不能从ab面射出，经过折射在ab面的n点发生全反射由几何关系可知光从p点射入时的入射角i=45，由折射定律： n=得：sinr=0.5，r=30设临界角为c，由sinc=，得：sinc=，c=45要使光不能从ab面射出，在n点的入射角等于45由正弦定理：=，on=r得：op=r遮光板的长度至少为l=opsin45=r答：至少要在o点上方竖直放置高r的遮光板点评：本题考查折射定律及全反射规律，以及学生运用数学处理物理问题的能力，关键作出光路图，掌握全反射的条件【选修3-5】一、选择题（本题共5小题，每小题0分，共20分，其中第26、第28小题有多个选项正确，全部选对得4分，少选得2分，有选错和不选的得0分）26下列说法正确的是（）a电子的衍射现象说明实物粒子具有波动性bu的半衰期约为7亿年，随地球环境的变化，半衰期可能变短c原子核内部某个质子转变为中子时，放出射线d要使金属发生光电效应，所照射光的频率一定得到达某一值考点：原子核衰变及半衰期、衰变速度 .专题：衰变和半衰期专题分析：干涉、衍射现象是波特有的现象放射性元素衰变的快慢是由原子核内部自身决定的，与外界的物理和化学状态无关衰变实质是原子核内的一个中子变为一个质子，而放出一个电子，发生光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限频率解答：解：a、电子的衍射现象说明实物粒子具有波动性，故a正确；b、半衰期是由原子核内部自身决定的，与地球环境无关，故b错误；c、衰变实质是原子核内的一个中子变为一个质子，而放出一个电子，故c错误；d、要使金属发生光电效应，所照射光的频率一定得到达某一值，故d正确；故选：ad点评：本题考查了衍射现象、半衰期、衰变、光电效应等基础知识，掌握基础知识即可正确解题，学习时要注意基础知识的掌握；27如图甲所示，在光滑水平面上的两小球发生正碰，小球的质量分别为m1和m2图乙为它们碰撞前后的st（位移时间）图象，已知m1=0.1kg由此可以判断（）a碰前m2静止，m1向左运动b碰后m2和m1都向右运动cm2=0.3kgd碰撞过程中系统损失了0.4j的机械能考点：动量守恒定律 .分析：st（位移时间）图象的斜率等于速度，由数学知识求出碰撞前后两球的速度，分析碰撞前后两球的运动情况根据动量守恒定律求解两球质量关系，由能量守恒定律求出碰撞过程中系统损失的机械能解答：解：a、由st（位移时间）图象的斜率得到，碰前m2的位移不随时间而变化，处于静止m1向速度大小为：