江苏省淮安市淮阴区棉花中学高二物理下学期期末试卷（含解析）.doc

2014-2015学年江苏省淮安 市淮阴区棉花中学高二（下）期末物理试卷一、单项选择（每小题3分）1在物理学发展的过程中，许多物理学家的科学研究推动了人类文明的进程在对以下几位物理学家所作科学贡献的叙述中，正确的说法是（）a 英国物理学家牛顿用实验的方法测出万有引力常量gb 伽利略通过理想斜面实验，提出了力是维持物体运动的原因c 美国物理学家密立根利用带电油滴在竖直电场中的平衡比较准确地测定了电子的电荷量d 丹麦物理学家奥斯特最早发现磁生电现象为发明发电机提供了理论依据2如图所示，物体静止于一斜面上，则下列说法中正确的是（）a 物体所受的重力和斜面对物体的支持力是一对平衡力b 物体对斜面的压力和斜面对物体的支持力是一对平衡力c 物体所受的重力和斜面对物体的支持力是一对作用力和反作用力d 物体对斜面的摩擦力和斜面对物体的摩擦力是一对作用力和反作用力3如图所示，固定在水平桌面上的光滑金属框架cdeg处于方向竖直向下的匀强磁场中，金属杆ab与金属框架接触良好在两根导轨的端点d、e之间连接一电阻r，其他部分电阻忽略不计金属杆ab在外力f作用下向右匀速滑动，运动中杆ab始终垂直于框架则（）a 流过电阻r的电流方向由e至db 金属杆a端电势比b端电势高c 金属杆ab所受安培力方向向右d 外力f不断增大4如图所示，从s处发出的热电子经加速电压u加速后垂直进入相互垂直的匀强电场和匀强磁场中，发现电子流向上极板偏转设两极板间电场强度为e，磁感应强度为b欲使电子沿直线从电场和磁场区域通过，只采取下列措施，其中可行的是（）a 适当减小电场强度eb 适当减小磁感应强度bc 适当增大加速电场极板之间的距离d 适当减小加速电压u5如图所示，水平粗糙地面上的物体被绕过光滑定滑轮的轻绳系着，现以大小恒定的拉力f拉绳的另一端，使物体从a点起由静止开始运动若从a点运动至b点和从b点运动至c点的过程中拉力f做的功分别为w1、w2，图中ab=bc，且动摩擦因数处处相同，则在物体的运动过程中（）a 摩擦力增大，w1w2b 摩擦力减小，w1w2c 摩擦力增大，w1w2d 摩擦力减小，w1w2二、多项选择题（每小题4分）62011年6月21日，我国发射了“中星10号”地球同步通讯卫星，卫星的质量为5.22t，下列说法中正确的是（）a 我们国家自己发射的同步通讯卫星可以定点在北京的正上方b 同步通讯卫星运行的向心加速度小于地球表面的重力加速度c 同步通讯卫星运行的角速度比月球绕地球运行的角速度大d 为避免同步通讯卫星在轨道上相撞，应使它们运行在不同的轨道上7在平直公路上，一辆汽车由静止开始做匀加速运动，当速度达到vm后立即关闭发动机直到停止，其vt图象如图所示设汽车的牵引力为f，摩擦力为f，全过程中牵引力做功为w1，克服摩擦力做功为w2，则（）a f：f=3：1b f：f=4：1c w1：w2=1：1d w1：w2=1：38如图所示，图（a）中的理想变压器输入如图（b）所示正弦交变电流，电路中电阻r=55，交流电流表、交流电压表均为理想电表若原、副线圈匝数比为2：1，下列说法中正确的是（）a 电压表的示数为110vb 电流表的示数为2ac 原线圈输入功率为440wd 通过电阻r的电流的频率为25hz9如图所示，在两等量异种点电荷的电场中，mn为两电荷连线的中垂线，a、b、c三点所在直线平行于两电荷的连线，且a与c关于mn对称，b点位于mn上，d点位于两电荷的连线上以下判断正确的是（）a b点场强比d点场强小b b点电势比d点电势低c a、b两点间的电势差等于b、c两点间的电势差d 试探电荷+q在a点的电势能小于在c点的电势能三、简答题（必做题）10某同学在做“探究加速度a与力f、质量m的关系”实验时，使用了如图（a）所示的实验装置简图，实验中认为细绳对小车拉力f等于砂和砂桶的总重力，小车运动加速度a可用纸带上打出的点求得（1）图（b）为某次实验得到的纸带，根据纸带可求出小车的加速度大小为m/s2（保留两位有效数字）（2）在“探究加速度a与质量m的关系”时，保持砂和砂桶质量不变，改变小车质量m，分别得到小车加速度a与质量m的相关数据如表：次数1234567小车加速度a/ms21.721.481.251.000.750.500.30小车质量m/kg0.290.330.400.500.711.001.67质量倒数/kg13.453.032.502.001.411.000.60根据上表数据，为直观反映f不变时a与m的关系，请在图（c）方格坐标纸中选择恰当变量建立坐标系，并作出相应的图线，根据所作出的图线，可以得出的结论是（3）在“探究加速度a与力f的关系”时，保持小车的质量不变，改变小桶中砂的质量，该同学根据实验数据作出了加速度a与力f图线如图（d）所示，该图线不通过坐标原点，试分析图线不通过坐标原点的原因是11某同学要测绘规格为“2.8v 1.5w”的小灯泡的iu曲线除导线和开关外还备有以下器材可供选择：a电流表（量程0.6a，内阻约为1）b电流表（量程3.0a，内阻约为0.2）c电压表（量程3.0v，内阻约为5k）d电压表（量程15.0v，内阻约为15k）e滑动变阻器（最大阻值为200，额定电流100ma）f滑动变阻器（最大阻值为10，额定电流1.0a）g电源（电动势为3.0v，内阻约为0.2）（1）实验中所用的电流表应选；电压表应选；滑动变阻器应选（填器材前面的字母）（2）为使实验误差尽可能小，请你设计实验电路图，并画在方框中（3）由于电表具有一定的内阻，本实验中，（填“电流表”或“电压表”）的读数有误差，若测量小灯泡的电阻，则测量值比真实值（填“偏大”或“偏小”）四、选做题（选定两题作答）a.【选修模块3-3】12 一位同学为了表演“轻功”，用打气筒给只相同气球充以相等质量的空气（可视为理想气体），然后将它们放置在水平木板上，再在气球的上方平放一块轻抚塑料板，如图所示，这位同学慢慢站上轻质塑料板中间位置的过程中，气球一直没有破裂，球内气体温度可视为不变（1）下列说法正确的是a气球内气体的压强是由于气体重力而产生的b由于该同学压迫气球，球内气体分子间表现为斥力c气球内气体分子平均动能不变d气球内气体的体积是所有气体分子的体积之和（2）表演过程中，对球内气体共做了4j的功，此过程中气球（填“吸收”或“放出”）热量若某气球突然爆炸，则该气球内的气体内能（填“增加”或“减少”）（3）一只气球内气体的体积为v，密度为，平均摩尔质量为m，阿伏加德罗常数为na，试用以上字母表示这个气球内气体的分子个数及分子间的平均距离b.【选修模块3-4】13（1）甲、乙两单色光分别通过同一双缝干涉装置得到各自的干涉图样，设相邻两个亮条纹的中心距离为x，若x甲x乙，则下列说法正确的是a甲光能发生偏振现象，乙光不能b真空中甲光的波长一定大于乙光的波长c甲光从玻璃到空气的全反射临界角小于乙光从玻璃到空气的全反射临界角d在同一种均匀介质中甲光的传播速度小于乙光（2）如图所示，一列简谐波沿x轴传播，实线为t1=0时的波形图，此时p质点向y轴负方向运动，虚线t2=0.01s时的波形图已知周期t0.01s这列波沿x轴（填“正”或“负”）方向传播，波速为m/s（3）如图所示，扇形aob为透明柱状介质的横截面，圆心角aob=60，一束平行于角平分线om的单色光oa射入介质，经oa折射的光线恰平行于ob求介质的折射率通过计算说明有无光线从m点射出该透明介质c.【选修模块3-5】14（2015春淮阴区校级期末） （1）存在下列事实：一对高能的光子相遇时可能产生一对正负电子；一个孤立的光子不论其频率多高都不可能产生一对正负电子；一个高能的光子经过重核附近时可能产生一对正负电子，根据上述事实，关于微观世界中的相互作用，下列说法正确的是a事实表明，只要符合能量守恒的事件就一定能发生b事实的原因是没有满足能量守恒定律c事实中，光子的动量等于一对正负电子的总动量d上述事实表明，只有满足能量守恒和动量守恒的事件才能发生（2）th本身不是易裂变材料，而是一种增殖材料，它能够吸收慢中子变成th，然后经过次衰变转变为易裂变材料铀同位素u（3）如图为通过某光电管的光电流与两极间电压的关系，当用光子能量为4.5ev的蓝光照射光电管的阴极k时，对应图线与横轴的交点u1=2.37v（普朗克常量h=6.631034js，电子电量e=1.61019c）（以下计算结果保留两位有效数字）求阴极k发生光电效应的极限频率；当用光子能量为7.0ev的紫外线持续照射光电管的阴极k时，测得饱和电流为0.32a，求阴极k单位时间发射的光电子数四、计算题15均匀导线制成的单匝正方形闭合线框abcd，每边长为l，总电阻为r，总质量为m将其置于磁感强度为b的水平匀强磁场上方h处，如图所示线框由静止自由下落，线框平面保持在竖直平面内，且cd边始终与水平的磁场边界平行当cd边刚进入磁场时：求：（1）求线框中产生的感应电动势大小；（2）求cd两点间的电势差大小；（3）若此时线框加速度恰好为零，求线框下落的高度h所应满足的条件16如图所示，圆管构成的半圆形竖直轨道固定在水平地面上，轨道半径为r，mn为直径且与水平面垂直，直径略小于圆管内径的小球a以某一初速度冲进轨道，到达半圆轨道最高点m后飞出轨道，落地点到n点的距离为4r忽略圆管内径，不计空气阻力及各处摩擦，已知重力加速度为g求：（1）小球从飞出轨道到落地的时间t（2）小球从m点飞出时的速度大小v（3）小球在轨道最低点n时对轨道的压力f17在坐标系xoy平面的第一象限内，有一个匀强磁场，磁感应强度大小恒为b0，方向垂直于xoy平面，且随时间作周期性变化，如图所示，规定垂直xoy平面向里的磁场方向为正，一个质量为m，电荷量为q的正粒子，在t=0时刻从坐标原点以初速度v0沿x轴正方向射入，不计重力的影响，经过一个磁场变化周期t（未知）的时间，粒子到达第i象限内的某点p，且速度方向仍与x轴正方向平行同向，则（1）粒子进入磁场后做圆周运动的半径是多大？（2）若o、p连线与x轴之间的夹角为45，则磁场变化的周期t为多大？（3）因p点的位置随着磁场周期的变化而变化，试求p点的纵坐标的最大值为多少？2014-2015学年江苏省淮安市淮阴区棉花中学高二（下）期末物理试卷参考答案与试题解析一、单项选择（每小题3分）1在物理学发展的过程中，许多物理学家的科学研究推动了人类文明的进程在对以下几位物理学家所作科学贡献的叙述中，正确的说法是（）a 英国物理学家牛顿用实验的方法测出万有引力常量gb 伽利略通过理想斜面实验，提出了力是维持物体运动的原因c 美国物理学家密立根利用带电油滴在竖直电场中的平衡比较准确地测定了电子的电荷量d 丹麦物理学家奥斯特最早发现磁生电现象为发明发电机提供了理论依据考点：物理学史分析：本题掌握牛顿、卡文迪许、伽利略、奥斯特、法拉第和密立根等等科学家的成就，就能进行解答解答：解：a、牛顿发现了万有引力定律，但未测定出引力常量g，是卡文迪许测定了引力常量g；故a错误b、伽利略通过理想斜面实验，提出了力是改变物体运动的原因故b错误c、美国物理学家密立根利用带电油滴在竖直电场中的平衡比较准确地测定了电子的电荷量；故c正确d、法拉第发现了电磁感应现象，为发明发电机提供了理论依据故d错误故选：c点评：本题主要考查了有关电学的物理学史，了解物理学家的探索过程，从而培养学习物理的兴趣和为科学的奉献精神，对类似知识要加强记忆2如图所示，物体静止于一斜面上，则下列说法中正确的是（）a 物体所受的重力和斜面对物体的支持力是一对平衡力b 物体对斜面的压力和斜面对物体的支持力是一对平衡力c 物体所受的重力和斜面对物体的支持力是一对作用力和反作用力d 物体对斜面的摩擦力和斜面对物体的摩擦力是一对作用力和反作用力考点：牛顿第三定律；共点力平衡的条件及其应用分析：相互作用力是大小相等、方向相反、分别作用在两个物体上、且在同一直线上的力；两个力的性质是相同的；平衡力是作用在同一个物体上的两个力，大小相同、方向相反，并且作用在同一直线上两个力的性质可以是不同的平衡力的合力为0；解答：解：a、物体所受的重力和斜面对物体的支持力不在一条直线上，不是平衡力，故a错误；b、物体对斜面的压力和斜面对物体的支持力是一对相互作用力，故b错误；c、重力属于万有引力，而支持力属于弹力，一对作用力和反作用力的性质必须相同，故c错误；d、物体对斜面的摩擦力和斜面对物体的摩擦力是物体与斜面间的作用力和反作用力，故d正确；故选d点评：本题关键是要明确平衡力与相互作用力的区别，同时要清楚合力与分力的关系；在受力分析时要能结合牛顿第三定律分析物体的受力情况3如图所示，固定在水平桌面上的光滑金属框架cdeg处于方向竖直向下的匀强磁场中，金属杆ab与金属框架接触良好在两根导轨的端点d、e之间连接一电阻r，其他部分电阻忽略不计金属杆ab在外力f作用下向右匀速滑动，运动中杆ab始终垂直于框架则（）a 流过电阻r的电流方向由e至db 金属杆a端电势比b端电势高c 金属杆ab所受安培力方向向右d 外力f不断增大考点：导体切割磁感线时的感应电动势；楞次定律专题：功率的计算专题分析：由楞次定律或右手定则判断感应电流的方向，并确定出a、b电势的高低；由左手定则判断安培力的方向根据平衡条件列式，分析外力的大小是否变化解答：解：a、金属杆ab向右匀速滑动时，穿过回路的磁通量增加，根据楞次定律判断可知流过电阻r的电流方向由d至e，故a错误b、由右手定则判断可知：ab中感应电流方向从b到a，a端相当于电源的正极，电势较高，故b正确c、根据左手定则判断得知，金属杆ab所受安培力方向向左，故c错误d、由于ab做匀速运动，外力与安培力大小相等，由f=知，安培力大小不变，则外力大小也不变，故d错误故选：b点评：本题关键正确运用右手定则或楞次定律判断感应电流的方向，由左手定则判断安培力方向，对于两个定则，关键要搞清什么时候用和怎样用，不能混淆4如图所示，从s处发出的热电子经加速电压u加速后垂直进入相互垂直的匀强电场和匀强磁场中，发现电子流向上极板偏转设两极板间电场强度为e，磁感应强度为b欲使电子沿直线从电场和磁场区域通过，只采取下列措施，其中可行的是（）a 适当减小电场强度eb 适当减小磁感应强度bc 适当增大加速电场极板之间的距离d 适当减小加速电压u考点：带电粒子在匀强电场中的运动专题：带电粒子在电场中的运动专题分析：根据左手定则可知电子所受的洛伦兹力的方向竖直向下，故电子向上极板偏转的原因是电场力大于洛伦兹力，要使粒子在复合场中做匀速直线运动，即eq=qvb所以要么增大洛伦兹力，要么减小电场力解答：解：要使粒子在复合场中做匀速直线运动，故eq=qvb根据左手定则可知电子所受的洛伦兹力的方向竖直向下，故电子向上极板偏转的原因是电场力大于洛伦兹力，所以要么减小洛伦兹力，要么增大电场力a、适当减小电场强度e，即可以减小电场力，故a正确b、适当减小磁感强度b，可以减小洛伦兹力，故b错误c、适当增大加速电场极板之间的距离，根据eu=可得v=，由于粒子两者间的电压没有变化，所以电子进入磁场的速率没有变化，因此没有改变电场力和洛伦兹力的大小，故c错误d、根据eu=可得v=，适当减小加速电压u，可以减小电子在复合场中运动的速度v，从而减小洛伦兹力故d错误故选：a点评：本题是综合性较强的题目，物体的运动分成两个阶段：在电场中的加速和在复合场中的匀速直线运动在解题时要注意运动过程分析和受力分析5如图所示，水平粗糙地面上的物体被绕过光滑定滑轮的轻绳系着，现以大小恒定的拉力f拉绳的另一端，使物体从a点起由静止开始运动若从a点运动至b点和从b点运动至c点的过程中拉力f做的功分别为w1、w2，图中ab=bc，且动摩擦因数处处相同，则在物体的运动过程中（）a 摩擦力增大，w1w2b 摩擦力减小，w1w2c 摩擦力增大，w1w2d 摩擦力减小，w1w2考点：滑动摩擦力；功的计算专题：压轴题分析：对物体进行受力分析，运用某个方向上平衡状态求出正压力，根据滑动摩擦力的公式表示出该力根据细绳与水平方向夹角角增大去判断摩擦力的变化运用功的定义式定性分析功的变化，抓住其中的不变量解答：解：物体受力如图所示，将f在水平和竖直方向上分解，由物体在竖直方向上平衡得：n+fsin=mg因此滑动摩擦力f=n=（mgfsin），物体从a向c运动的过程中细绳与水平方向夹角角增大，所以滑动摩擦力减小，由于物体被绕过光滑定滑轮的轻绳系着，拉力为恒力，所以拉力做的功等于细绳对物体所做的功根据功的定义式w=flcos，增大，f不变，在相同位移l上拉力f做的功减小故选d点评：判断一个力的变化，我们应该先把这个力运用物理规律表示出来，再根据关系式里的物理量的变化找出这个力的变化功的定义式虽然不能定量求解功的大小，但可以定性分析功的变化二、多项选择题（每小题4分）62011年6月21日，我国发射了“中星10号”地球同步通讯卫星，卫星的质量为5.22t，下列说法中正确的是（）a 我们国家自己发射的同步通讯卫星可以定点在北京的正上方b 同步通讯卫星运行的向心加速度小于地球表面的重力加速度c 同步通讯卫星运行的角速度比月球绕地球运行的角速度大d 为避免同步通讯卫星在轨道上相撞，应使它们运行在不同的轨道上考点：同步卫星专题：人造卫星问题分析：同步卫星的特点：定周期（24h），定轨道（赤道的上方），定高度，定速率卫星在轨道上的向心加速度近似等于轨道上的重力加速度，根据g=mg，得：g=r越大，g越小，可知卫星运行的向心加速度小于地球表面的重力加速度月球绕地球的周期大于卫星的周期，根据=，可知卫星的角速度小于月球绕地球的角速度解答：解：a同步卫星的轨道是一定的（赤道的上方），故a错误 b卫星在轨道上的向心加速度近似等于轨道上的重力加速度，根据g=mg，得：g=当r越大，g越小，可知卫星运行的向心加速度小于地球表面的重力加速度故b正确 c月球绕地球的周期大于卫星的周期，根据=，可知卫星的角速度小于月球绕地球的角速度故c正确 d同步通讯卫星必须在同一轨道故d错误故选：bc点评：解决本题的关键要理解同步卫星的特点，以及第一宇宙速度的概念，再综合万有引力提供向心力和万有引力近似等于重力这两知识点去解答7在平直公路上，一辆汽车由静止开始做匀加速运动，当速度达到vm后立即关闭发动机直到停止，其vt图象如图所示设汽车的牵引力为f，摩擦力为f，全过程中牵引力做功为w1，克服摩擦力做功为w2，则（）a f：f=3：1b f：f=4：1c w1：w2=1：1d w1：w2=1：3考点：匀变速直线运动的图像专题：运动学中的图像专题分析：由速度时间图象可知物体的运动状态，找出加速与减速过程中位移之比；分析汽车的受力情况及各力的做功情况，由动能定理可得出牵引力及克服阻力做功的比值解答：解：由图可知，物体先做匀加速直线运动，1s末速度为v，由动能定理可知：（ff）l1=mv2；减速过程中，只有阻力做功：fl2=0mv2； 则可得：（ff）l1=fl2；由图象可知，l1：l2=1：3；解得：f：f=4：1；对全程由动能定理得：w1w2=0故w1：w2=1：1所以选项ad错误，bc正确故选：bc点评：动能定理应用时要注意灵活选取研究过程，一般全程应用动能定理更简单；但本题中由于要求出各力之比，故还要分段列出对于b选项的分析还可以用动量守恒解答8如图所示，图（a）中的理想变压器输入如图（b）所示正弦交变电流，电路中电阻r=55，交流电流表、交流电压表均为理想电表若原、副线圈匝数比为2：1，下列说法中正确的是（）a 电压表的示数为110vb 电流表的示数为2ac 原线圈输入功率为440wd 通过电阻r的电流的频率为25hz考点：变压器的构造和原理专题：交流电专题分析：由图可知输入电压的最大值及周期，则可求得有效值；再由变压器的电压关系求出电压表的示数，由欧姆定律求出电流表的读数；对输出端由功率公式求得输入功率解答：解：a、由理想变压器输入信号如图（b）所示，可知原线圈的输入端的电压最大值um=220v，有效值u1=220v，周期t=0.02s，频率为f=50hz原、副线圈匝数比为2：1，由理想变压器电压与匝数成正比得副线圈的电压有效值u2=110v，则电压表读数为110v故a正确；b、由于电路中电阻r=55，所以电流表读数为i2=2a，故b正确；c、副线圈得到的功率为p=u2i2=1102w=220w所以原线圈输入功率为220w，故c错误；d、变压器不改变交变电流的频率，所以通过电阻r的电流的频率为50hz，故d错误；故选：ab点评：本题考查变压器的性质，应明确变压器可以改变电压及电流，但不会改变功率；输入功率一定等于输出功率9如图所示，在两等量异种点电荷的电场中，mn为两电荷连线的中垂线，a、b、c三点所在直线平行于两电荷的连线，且a与c关于mn对称，b点位于mn上，d点位于两电荷的连线上以下判断正确的是（）a b点场强比d点场强小b b点电势比d点电势低c a、b两点间的电势差等于b、c两点间的电势差d 试探电荷+q在a点的电势能小于在c点的电势能考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势能专题：电场力与电势的性质专题分析：据等量异号电荷的电场分布特点可知各点的场强大小，由电场线性质及电场的对称性可知ab及bc两点间的电势差；由电势能的定义可知ac两点电势能的大小解答：解：a：在两等量异号电荷连线上，中间点电场强度最小；在两等量异号电荷连线的中垂线上，中间点电场强度最大；所以b点场强小于d点场强，选项a正确；b：mn是一条等势线，与在两等量异号电荷连线上的点相比较，d点的电势要高，所以d点电势高于b点电势，选项b正确；c：由对称性可知，a、b两点的电势差等于b、c两点间的电势差，选项c正确；d：因a点的电势高于c点的电势，故试探电荷+q在a点的电势能大于在c点的电势能，故选项d错误故选：abc点评：该题考查常见电场的电场线分布及等势面的分布，要求我们能熟练掌握并要注意沿电场线的方向电势是降低的，同时注意等量异号电荷形成电场的对称性三、简答题（必做题）10某同学在做“探究加速度a与力f、质量m的关系”实验时，使用了如图（a）所示的实验装置简图，实验中认为细绳对小车拉力f等于砂和砂桶的总重力，小车运动加速度a可用纸带上打出的点求得（1）图（b）为某次实验得到的纸带，根据纸带可求出小车的加速度大小为3.2m/s2（保留两位有效数字）（2）在“探究加速度a与质量m的关系”时，保持砂和砂桶质量不变，改变小车质量m，分别得到小车加速度a与质量m的相关数据如表：次数1234567小车加速度a/ms21.721.481.251.000.750.500.30小车质量m/kg0.290.330.400.500.711.001.67质量倒数/kg13.453.032.502.001.411.000.60根据上表数据，为直观反映f不变时a与m的关系，请在图（c）方格坐标纸中选择恰当变量建立坐标系，并作出相应的图线，根据所作出的图线，可以得出的结论是在误差允许的范围内，保持外力不变，物体的加速度与质量成反比（3）在“探究加速度a与力f的关系”时，保持小车的质量不变，改变小桶中砂的质量，该同学根据实验数据作出了加速度a与力f图线如图（d）所示，该图线不通过坐标原点，试分析图线不通过坐标原点的原因是实验前未平衡摩擦力或平衡摩擦力不充分考点：探究加速度与物体质量、物体受力的关系专题：实验题；牛顿运动定律综合专题分析：解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项纸带实验中，若纸带匀变速直线运动，测得纸带上的点间距，利用匀变速直线运动的推论，可计算出打出某点时纸带运的加速度解答：解：（1）相邻的计数点之间的时间间隔为0.04s，根据运动学公式得：x=at2，得：a=3.2m/s2（2）可以得出的结论是在误差允许的范围内，保持外力不变，物体的加速度与质量成反比（3）当f0时，a=0也就是说当绳子上有拉力时小车的加速度还为0，说明小车的摩擦力与绳子的拉力抵消呢，原因是实验前未平衡摩擦力或平衡摩擦力不充分故答案为：（1）3.2，（2）如上图所示，在误差允许的范围内，保持外力不变，物体的加速度与质量成反比，（3）实验前未平衡摩擦力或平衡摩擦力不充分点评：观反映两个物理量的关系是要找出这两个量的线性关系，即画出直线图象该实验采用的是控制变量法研究，即保持一个量不变，研究其他两个量之间的关系11某同学要测绘规格为“2.8v 1.5w”的小灯泡的iu曲线除导线和开关外还备有以下器材可供选择：a电流表（量程0.6a，内阻约为1）b电流表（量程3.0a，内阻约为0.2）c电压表（量程3.0v，内阻约为5k）d电压表（量程15.0v，内阻约为15k）e滑动变阻器（最大阻值为200，额定电流100ma）f滑动变阻器（最大阻值为10，额定电流1.0a）g电源（电动势为3.0v，内阻约为0.2）（1）实验中所用的电流表应选c；电压表应选a；滑动变阻器应选f（填器材前面的字母）（2）为使实验误差尽可能小，请你设计实验电路图，并画在方框中（3）由于电表具有一定的内阻，本实验中，电流表（填“电流表”或“电压表”）的读数有误差，若测量小灯泡的电阻，则测量值比真实值偏小（填“偏大”或“偏小”）考点：描绘小电珠的伏安特性曲线专题：实验题分析：本题（1）的关键是根据小灯泡的规格来选择电压表与电流表的量程；根据实验要求电流从零调可知，变阻器应选阻值小的以方便调节题（2）的关键是根据小灯泡电阻满足可知电流表应用外接法，即电路图应是“分压外接”题（3）的关键是把小灯泡与电压表可知一个整体来考虑即可解答：解：（1）：根据小灯泡规格“2.8v，1.5w”可知，额定电流大小为i=，所以电压表应选c，电流表应选a；由于测定伏安特性曲线实验要求电流从零调，所以变阻器应采用分压式接法，应选择全电阻小的变阻器f以方便调节；（2）：由于小灯泡电阻较小，满足，所以电流表应用外接法，又变阻器应采用分压式接法，电流图如图所示：（3）：把小灯泡与电压表看做一个整体考虑，根据欧姆定律可知，电流表的读数有误差，由于并联电阻小于任一支路的电阻，所以待测电阻测量值应比真实偏小故答案为：（1）c，a，f（2）如图（3）电流表，偏小点评：对电学实验应明确：当实验要求电流从零调时，变阻器应采用分压式接法，此时应选择全电阻小的变阻器以方便调节当待测电阻满足时，电流表应用外接法分析“伏安法”实验误差时，可以将待测电阻与电压表（外接法时）或与电流表（内接法时）看做一个整体考虑即可四、选做题（选定两题作答）a.【选修模块3-3】12 一位同学为了表演“轻功”，用打气筒给只相同气球充以相等质量的空气（可视为理想气体），然后将它们放置在水平木板上，再在气球的上方平放一块轻抚塑料板，如图所示，这位同学慢慢站上轻质塑料板中间位置的过程中，气球一直没有破裂，球内气体温度可视为不变（1）下列说法正确的是ca气球内气体的压强是由于气体重力而产生的b由于该同学压迫气球，球内气体分子间表现为斥力c气球内气体分子平均动能不变d气球内气体的体积是所有气体分子的体积之和（2）表演过程中，对球内气体共做了4j的功，此过程中气球放出（填“吸收”或“放出”）热量若某气球突然爆炸，则该气球内的气体内能减少（填“增加”或“减少”）（3）一只气球内气体的体积为v，密度为，平均摩尔质量为m，阿伏加德罗常数为na，试用以上字母表示这个气球内气体的分子个数及分子间的平均距离考点：热力学第一定律；阿伏加德罗常数分析：（1）知道分子间表现的实际作用力为引力，知道被封闭气体压强产生的原理温度是分子平均动能变化的标志（2）根据热力学第一定律的表达式u=q+w进行有关判断；（3）求出气体的质量，已知平均摩尔质量再求出摩尔数，最后求出分子数，然后求出分子的平均距离解答：解：（1）a、密闭容器内的气体压强是大量气体分子频繁撞击器壁产生，故a错误b、该同学压迫气球，气体分子间距离仍然较大，气体分子间的作用力几乎为零故b错误c、球内气体温度可视为不变所以气球内气体分子平均动能不变，故c正确d、气体分子间空隙很大，所以气球内气体的体积远大于所有气体分子的体积之和，故d错误故选：c（2）表演过程中，球内气体温度可视为不变，说明球内气体内能不变，即u=0，对球内气体共做了4j的功，即w=4j，所以此过程中q=4j，即气球放出的热量是4j，若某气球突然爆炸，气体对外做功，瞬间无热传递，则该气球内的气体内能减少，温度降低（3）一只气球内气体的体积为v，密度为，平均摩尔质量为m，阿伏加德罗常数为na，所以气体的摩尔数：n=，阿伏加德罗常数na，所以这个气球内气体的分子个数：n=nna=；气体分子之间的距离：d=，解得：d=；故答案为：（1）c；（2）放出；减少；（3）气球内气体的分子个数为，分子间的平均距离为：点评：热学中很多知识点要需要记忆，注意平时的积累，对于热力学第一定律u=w+q，要明确公式中各个物理量的含义b.【选修模块3-4】13（1）甲、乙两单色光分别通过同一双缝干涉装置得到各自的干涉图样，设相邻两个亮条纹的中心距离为x，若x甲x乙，则下列说法正确的是ba甲光能发生偏振现象，乙光不能b真空中甲光的波长一定大于乙光的波长c甲光从玻璃到空气的全反射临界角小于乙光从玻璃到空气的全反射临界角d在同一种均匀介质中甲光的传播速度小于乙光（2）如图所示，一列简谐波沿x轴传播，实线为t1=0时的波形图，此时p质点向y轴负方向运动，虚线t2=0.01s时的波形图已知周期t0.01s这列波沿x轴正（填“正”或“负”）方向传播，波速为100m/s（3）如图所示，扇形aob为透明柱状介质的横截面，圆心角aob=60，一束平行于角平分线om的单色光oa射入介质，经oa折射的光线恰平行于ob求介质的折射率通过计算说明有无光线从m点射出该透明介质考点：光的折射定律；波长、频率和波速的关系专题：光的折射专题分析：（1）双缝干涉的条纹间距满足公式x=，由此式分析波长关系；不同的单色光频率小，折射率n就小，即甲光折射率小，根据v=可知光在介质中传播速度大小（2）运用“上下坡法”判断波的传播方向，由图读出波传播的距离，再求解波速（3）根据题意作出光路图，由几何知识求出入射角和折射角，即可由折射定律求解折射率由几何知识求出光线在m点的入射角，与临界角比较，分析能否发生全反射解答：解：（1）a、光波是横波，都能发生偏振现象，故a错误b、根据双缝干涉的条纹间距公式x=，可知对于同一个实验装置，波长越大，条纹间距越大，由x甲x乙可知在真空中，甲光的波长一定大于乙光的波长，故b正确；c、根据c=可知甲光的频率小于乙光的频率，折射率n小，根据sinc=知，甲光从玻璃到空气的全反射临界角大于乙光从玻璃到空气的全反射临界角，故c错误d、由n=可知在同一种均匀介质中甲光的传播速度大于乙光，故d错误故选：b（2）此时p质点向y轴负方向运动，由“上下坡法”可知，这列波沿x轴 正方向传播因周期t0.01s，则波传播的距离为 x=1m波速为：v=100m/s（3）作出光路图，由几何知识可知，入射角i=60，折射角r=30 根据折射定律得 n=由几何知识求出光线在m点的入射角 i=30，sini=0.5临界角的正弦为 sinc=sini，即有ic故折射光线中恰好射到m点的光线不能发生全反射，有光线从m点射出介质故答案为：（1）b；（2）正，100；（3）介质的折射率是有光线从m点射出该透明介质点评：对于几何光学，作出光路图是解题的基础，并要充分运用几何知识求解入射角和折射角c.【选修模块3-5】14（2015春淮阴区校级期末） （1）存在下列事实：一对高能的光子相遇时可能产生一对正负电子；一个孤立的光子不论其频率多高都不可能产生一对正负电子；一个高能的光子经过重核附近时可能产生一对正负电子，根据上述事实，关于微观世界中的相互作用，下列说法正确的是da事实表明，只要符合能量守恒的事件就一定能发生b事实的原因是没有满足能量守恒定律c事实中，光子的动量等于一对正负电子的总动量d上述事实表明，只有满足能量守恒和动量守恒的事件才能发生（2）th本身不是易裂变材料，而是一种增殖材料，它能够吸收慢中子变成th，然后经过2次衰变转变为易裂变材料铀同位素u（3）如图为通过某光电管的光电流与两极间电压的关系，当用光子能量为4.5ev的蓝光照射光电管的阴极k时，对应图线与横轴的交点u1=2.37v（普朗克常量h=6.631034js，电子电量e=1.61019c）（以下计算结果保留两位有效数字）求阴极k发生光电效应的极限频率；当用光子能量为7.0ev的紫外线持续照射光电管的阴极k时，测得饱和电流为0.32a，求阴极k单位时间发射的光电子数考点：爱因斯坦质能方程；爱因斯坦光电效应方程专题：爱因斯坦的质能方程应用专题分析：掌握有关原子核结构及核反应方程的写法，理解光电效应的规律和有关计算根据能量守恒求解极限频率，根据电流的定义式求解发射的光电子数解答：解：（1）a、能量守恒定律具有方向性，故a错误b、一个孤立的光子不论其频率多高都不可能产生一对正负电子，否则就违背了能量守恒定律，动量守恒定律和能量守恒定律是自然界的普遍规律，故b错误c、一个高能的光子经过重核附近时可能产生一对正负电子，系统动量守恒，故c错误d、原子核发生变化时，只发射一些特定频率的光子，说明原子核的能级也是不连续的，故d正确故选：d（2）由题意知应发生衰变，有thx e+u知，90=x（1）+92 解得x=2，即发生2次衰变（3）、根据能量守恒定律有 e1=eu1+h 将e1=4.5ev=4.51.61019j 代入可得=5.21014hz 根据i=且q=ne，可求出n=2.01012个故答案为：（1）d，（2）2，（3）5.21014hz，2.01012个点评：重点是动量守恒定律以及与核反应方程的综合理解光电效应中极限频率的意义，会应用能量守恒定律求解频率，此类题目计算量较大，要细心四、计算题15均匀导线制成的单匝正方形闭合线框abcd，每边长为l，总电阻为r，总质量为m将其置于磁感强度为b的水平匀强磁场上方h处，如图所示线框由静止自由下落，线框平面保持在竖直平面内，且cd边始终与水平的磁场边界平行当cd边刚进入磁场时：求：（1）求线框中产生的感应电动势大小；（2）求cd两点间的电势差大小；（3）若此时线框加速度恰好为零，求线框下落的高度h所应满足的条件考点：导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化专题：电磁感应功能问题分析：（1）线框先自由下落，由高度h求得速度v，由e=blv求解感应电动势的大小（2）cd两点间的电势差大小等于外电压，等于e（3）若此时线框加速度恰好为零，线框所受的安培力与重力平衡，推导出安培力表达式，由平衡条件求解h解答：解：（1）线框进入磁场前做自由落体运动，由机械能守恒定律得：mgh=mv2，cd边刚进入磁场时，产生的感应电动势：e=blv，解得：e=bl；（2）此时线框中电流为：i=，cd两点间的电势差：u=i=bl；（3）安培力：f=b