江苏省淮安市浦南外国语学校高二物理下学期期末试卷（含解析）.doc

2014-2015学年江苏省淮安市浦南外国语学校高二（下）期末物理试卷 一、单项选择题：每小题3分，共15分四个选项中只有一个是正确的1了解物理规律的发现过程，学会像科学家那样观察和思考，往往比掌握知识本身更重要以下符合事实的是（）a丹麦物理学家奥斯特梦圆电生磁，终于发现了电磁感应现象b英国物理学家麦克斯韦认为，金属块处于变化的磁场中会产生涡流c法拉第发现了电流的磁效应，拉开了研究电与磁相互关系的序幕d安培定则是用来判断通电导线在磁场中所受安培力方向的考点：物理学史分析：本题应根据麦克斯韦、安培、奥斯特、法拉第等等科学家的成就进行解答解答：解：a、奥斯特发现了电流的周围有磁场，法拉第发现了电磁感应现象，故a错误b、英国物理学家麦克斯韦认为，金属块处于变化的磁场中会产生涡流故b正确c、奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电与磁的内在联系，使人们突破了对电与磁认识的局限性故c错误d、安培定则是用来判断通电导线周围磁场方向的故d错误故选：b点评：对于物理学上重大发现、发明，要加强记忆，可以培养学习兴趣，还能学到科学精神2如图所示为点电荷a、b所形成电场的电场线分布图（箭头未标出），在m点处放置一个电荷量大小为q的负试探点电荷，受到的电场力大小为f，以下说法中正确的是（）a由电场线分布图可知m点处的场强比n点处场强大bm点处的场强大小为，方向与所受电场力方向相同ca、b为异种电荷，a的电荷量小于b的电荷量d如果m点处的点电荷电量变为2q，该处场强将变为考点：电势；电场强度专题：电场力与电势的性质专题分析：根据电场线的特点，判断m和n的场强、ab为异种电荷；根据场强的定义式和场强方向的规定判断cd选项即可解答：解：a、根据电场线的疏密程度，判断n点的场强比m点的场强大，故a错误b、据场强的定义式知，m点的场强大小为；场强方向的规定知，该点的场强方向与负检验电荷所受电场力方向相反，故b错误c、根据电场线由正电荷出发，终止于负电荷，可知为异种电荷；据点电荷的场强公式：e=知，场源的电荷量越大距离场源相同距离的位置场强越大，电场线越密，由图可知b的右侧电场线密，a的左侧电场线稀疏，所以a的电荷量小于b的电荷量，故c正确d、据场强由电场本身决定，与检验电荷无关，所以m点处的点电荷电量变为2q，该处场强不变，故d错误故选：c点评：用好用活电场线与场强的关系是解题的关键，此题判断a、b的电荷量的多少关系是难点3电磁炮是现代武器库中的一朵“奇葩”，其中“轨道电磁炮”由电源、金属轨道、炮弹和电磁铁组成发射时接通电路，强大的电流通过导轨、电枢，与电源构成回路，同时电磁铁中的强磁场对电枢产生一个巨大的推力，推动电枢加速运动，从而推动炮弹高速发射出去下列四幅俯视图是简化后的“轨道电磁炮”发射图，其中正确表示磁感应强度方向的是（）abcd考点：安培力分析：电流由电源正极经炮弹流向电源负极，炮弹受到的安培力方向应水平向前，由左手定则判断磁场方向是否正确解答：解：a、由左手定则可知，图示磁感应强度方向使炮弹受到的安培力向后，不符合实际，故a错误；b、由左手定则可知，图示磁感应强度方向使炮弹受到的安培力向前，符合实际，故b正确；cd、电流和磁场平行故不受安培力，不符合要求，故cd错误；故选：b点评：电磁炮的炮弹在安培力作用下在轨道上向前加速度运动，炮弹受到的安培力应向前，应用左手定则判断出安培力的方向，是正确解题的关键4如图所示，a、b是两个完全相同的灯泡，l是一个自感系数很大的理想电感线圈，c是电容较大的电容器当s闭合时，关于灯泡a、b亮度情况的说法中不正确的是（）as闭合时，灯泡b立即亮，然后逐渐熄灭bs闭合时，灯泡a立即亮，然后逐渐熄灭cs闭合足够长时间后，灯泡b发光，而灯泡a不发光ds闭合足够长时间后突然断开，灯泡a、b都逐渐熄灭考点：自感现象和自感系数分析：电感器对电流的变化有阻碍作用，当电流增大时，会阻碍电流的增大，当电流减小时，会阻碍其减小电容器在电路中电流变化时，也会发生充电和放电现象，此时可理解为有电流通过了电容器解答：解：a、b：s刚闭合后，ab同时亮，最后a被l短路，所以a最后会熄灭故a错误，b正确c、s闭合足够长时间后，c中无电流，相当于断路，l相当于短路，所以b很亮，而a不亮，故c正确d、当s闭合足够长时间后再断开，l这产生自感电动势，a逐渐熄灭，而电容器要对b放电，故b也要逐渐熄灭，故d正确本题选错误的，故选：a点评：解决本题的关键知道电感器对电流的变化有阻碍作用，当电流增大时，会阻碍电流的增大，当电流减小时，会阻碍其减小，注意电容器也要放电5回旋加速器是美国物理学家劳伦斯于1932年发明的如图为一种改进后的回旋加速器示意图，其中盒缝间加速电场的场强大小恒定，且被限制在a、c板间，如图所示带电粒子从p0处以速度v0沿电场线方向射入电场，经加速后再进入d型盒中的匀强磁场做匀速圆周运动对这种加速器，下列说法正确的是（）a带电粒子每运动一周被加速两次b带电粒子每运动一周plp2=p2p3c加速电场方向需要做周期性的变化d加速粒子的最大速度与d形盒的尺寸有关考点：质谱仪和回旋加速器的工作原理分析：带电粒子经加速电场加速后，进入磁场发生偏转，电场被限制在a、c板间，只有经过ac板间时被加速，所以运动一周加速一次，电场的方向不需改变当带电粒子离开回旋加速器时，速度最大解答：解：a、带电粒子只有经过ac板间时被加速，即带电粒子每运动一周被加速一次电场的方向不需改变，在ac间加速故a错误，c错误b、根据r=，则p1p2=2（r2r1）=，因为每转一圈被加速一次，根据v2v12=2ad，知每转一圈，速度的变化量不等，则p1p2p2p3故b错误d、当粒子从d形盒中出来时，速度最大，根据r= 得，v=知加速粒子的最大速度与d形盒的半径有关故d正确故选：d点评：解决本题的关键知道该回旋加速器的原理，知道粒子每转一圈，加速一次，且都在ac间加速，加速的电场不需改变二、多项选择题：每小题4分，共16分.每小题有镀铬选项符合题意.全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不选的得0分.6如图所示，在点电荷q产生的电场中，虚线为等势面将两个带正电的试探电荷q1、q2分别置于a、b两点，若将试探电荷q1、q2移动到c点的过程中电场力做的正功相等，则下列说法正确的是（）aa点电势低于b点电势ba点电势高于b点电势cq1的电荷量小于q2的电荷量dq1在a点电势能等于q2在b点电势能考点：电势专题：电场力与电势的性质专题分析：将两个带正电的试探电荷q1、q2从a、b两点，移动到c点的过程中电场力做的正功相等，说明q带负电，即可判断a、b电势高低；由点电荷场强公式e=k 分析场强的大小；由图分析可知：a与无穷远间的电势差大于b与无穷远间的电势差，根据电场力做功公式w=qu，分析电荷量的大小；根据电场力做功与电势能的关系，即可判断q1在a点的电势能与q2在b点的电势能的大小解答：解：a、由题，将两个带正电的试探电荷q1、q2从a、b两点，移动到c点的过程中电场力做的正功相等，则知q与两个试探电荷之间存在引力，说明q带负电，电场线方向从无穷远处指向q，则a点电势高于b点电势故a错误；b正确；c、由图分析可知：a与c间的电势差大于b与c间的电势差，将q1、q2移动到c的过程中外力电场力做的功相等，根据电场力做功公式w=qu，得知，q1的电荷量小于q2的电荷量故c正确；d、由c的分析知q1的电荷量小于q2的电荷量，无穷远处电势能为零，根据电势能的表达式：ep=q，所以q1和q2在c点的电势能不相等故d错误故选：bc点评：本题根据电场力做功与电势能变化的关系分析电势能的大小，根据公式e=k分析场强的大小等等，都是常用的思路7如图所示，在水平地面上方有正交的匀强电场和匀强磁场，匀强电场方向竖直向下，匀强磁场方向水平向里现将一个带正电的金属小球从m点以初速度v0水平抛出，小球着地时的速度为v1，在空中的飞行时间为t1若将磁场撤除，其它条件均不变，那么小球着地时的速度为v2，在空中飞行的时间为t2小球所受空气阻力可忽略不计，则关于vl和v2、，t1和t2的大小比较，以下判断正确的是（）avl=v2bvlv2ct1t2dt1t2考点：带电粒子在混合场中的运动专题：带电粒子在复合场中的运动专题分析：未撤除磁场时，小球受到重力、电场力和洛伦兹力，但洛伦兹力不做功根据动能定理分析速度大小关系分析洛伦兹力对小球运动影响，分析时间关系解答：解：因为洛伦兹力对粒子永远不做功，则根据动能定理，磁场存在与否，重力和电场力对小球做功相同，则小球着地时的速率都应该是相等的，即v1=v2存在磁场时，小球就要受到向右上方的洛伦兹力，有竖直向上的分力，使得小球在竖直方向的加速度小于没有磁场时的加速度，在空中飞行的时间要更长些即t1t2故ad正确，bc错误故选：ad点评：本题中小球在复合场中运动，关键要抓住洛伦兹力不做功，不改变速度大小的特点进行分析8如图所示，一理想变压器原线圈可通过移动滑动触头p的位置改变接入电路的臣数，b为原线圈的中点当p接a时，原、副线圈的匝数比为n：1，线圈l的直流电阻不计若原线圈接u=umsint的交流电，则（）a只增大电源的频率，灯泡b变亮b只将p由a向b滑动时，变压器的输入功率增大c只将变阻器r的滑片m向上滑动时，灯泡b亮度不变d当p接a时，灯泡b两端的电压为考点：变压器的构造和原理专题：交流电专题分析：当保持r不变，则由原线圈电压匝数变化，导致副线圈的电压变化，从而根据闭合电路欧姆定律即可求解；当保持p位置不变时，则由电阻变化来确定电流的如何变化线圈l通直流，阻交流，当交流的频率发生变化时，线圈l对它的阻碍也发生变化解答：解：a、只增大电源的频率，副线圈的电流频率也增大，线圈l通直流，阻交流，当交流的频率增大时，线圈l的阻碍效果增大，灯泡b变暗，故a错误；b、只将p由a向b滑动时，原线圈匝数减小，副线圈的匝数不变，根据原副线圈匝数之比等于电压之比得：副线圈电压增大，根据p=得副线圈的输出功率增大，所以变压器的输入功率增大，故b正确；c、只将变阻器r的滑片m向上滑动时，原副线圈匝数不变，副线圈电压不变，所以灯泡b亮度不变，故c正确；d、当p接a时，原、副线圈的匝数比为n：1，原线圈接u=umsint的交流电，根据原副线圈匝数之比等于电压之比得：副线圈电压u2=，由于线圈l通有交变电流，所以灯泡b两端的电压要小于，故d错误；故选：bc点评：随着滑片的移动从而改变原副线圈的匝数关系，导致副线圈的电压发生变化同时当交流的频率发生变大时，线圈l对它的阻碍也发生变大9在甲、乙、丙三图中，除导体棒ab可动外，其余部分均固定不动，除电阻r外其它电阻均不计，导体棒和导轨间的摩擦也不计，甲图中的电容器c原来不带电，丙图中的直流电源电动势为e，装置均在水平面内，且都处于方向垂直水平面向下的匀强磁场中ab始终在导轨上，现给ab一个向右的相同初速度0，以下说法正确的是（）a三种情形下导体棒ab最终都将静止b导体棒刚开始运动时，甲、乙、丙三种情况通过电阻r的电流相同c最终只有乙中导体棒ab静止，甲、丙中导体棒ab都将作匀速直线运动d导体棒ab运动的全部过程中，三个电阻r产生的热量大小是q甲q乙q丙考点：导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律分析：根据电路中的电动势，分析通过r的电流关系图甲中，导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流而使电容器充电，分析电路中电流的变化，即可判断ab棒所受的安培力，确定ab棒的运动情况图乙中，导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流，通过电阻r转化为内能，ab棒将做减速运动；图丙中，分析导体棒受到的安培力情况，判断ab棒的运动情况解答：解：ac、图甲中，导体棒向右运动切割磁感线产生感应电动势而使电容器充电，当电容器c极板间电压与导体棒产生的感应电动势相等时，电路中没有电流，ab棒不受安培力，向右做匀速运动；图乙中，导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流，通过电阻r转化为内能，ab棒速度减小，当ab棒的动能全部转化为内能时，ab棒静止；图丙中，导体棒先受到向左的安培力作用向右做减速运动，当导体棒产生的感应电动势与电源的电动势相等时，电路中没有电流，ab棒向左做匀速运动，故a错误，c正确；b、导体棒刚开始运动时，导体棒产生的感应电动势为e=blv0，甲、乙中，感应电流都为i=，丙图中，感应电动势与电池的电动势方向相同，感应电流为i=，故b错误d、甲中棒的部分动能转化为内能，图乙图过程中，棒的动能全部转化为内能；丙图中，电源的电能和棒的动能转化为内能，故有q甲q乙q丙，故d正确；故选：cd点评：本题考查对电磁感应现象动态变化分析的问题，分析安培力的变化是关键，根据合力和速度方向的关系判断导体棒的运动情况三、解答题：10为判断线圈绕向，可将灵敏电流计g与线圈l连接，如图所示已知线圈由a端开始绕至b端；当电流从电流计g左端流入时，指针向左偏转（1）将磁铁n极向下从线圈上方竖直插入l时，发现指针向左偏转俯视线圈，其绕向为顺时针（填“顺时针”或“逆时针”）（2）当条形磁铁从图中虚线位置向右远离l时，指针向右偏转俯视线圈，其绕向为逆时针（填“顺时针”或“逆时针”）考点：研究电磁感应现象专题：实验题分析：电流从左端流入指针向左偏转，根据电流表指针偏转方向判断电流方向，然后应用安培定则与楞次定律分析答题解答：解：（1）将磁铁n极向下从线圈上方竖直插入l时，穿过l的磁场向下，磁通量增大，由楞次定律可知，感应电流的磁场方向与原磁场方向相反，感应电流磁场应该向上，电流表指针向左偏转，电流从电流表左端流入，由安培定则可知，俯视线圈，线圈绕向为顺时针（2）当条形磁铁从图中虚线位置向右远离l时，穿过l的磁通量向上，磁通量减小，由楞次定律可知，感应电流磁场应向上，指针向右偏转，电流从右端流入电流表，由安培定则可知，俯视线圈，其绕向为逆时针故答案为：（1）顺时针；（2）逆时针点评：熟练应用安培定则与楞次定律是正确解题的关键；要掌握安培定则与楞次定律的内容11用伏安法测量一阻值约为50的待测电阻的阻值，电压表内阻10k，电流表内阻4如果用如图（甲）接法测量，测量结果会比待测电阻的真实阻值偏偏大（填“偏大”或“偏小”）；如果用如图（乙）接法测量，测量结果会比待测电阻的真实阻值偏偏小（填“偏大”或“偏小”）为了使测量结果更准确些，应采用图乙考点：伏安法测电阻专题：实验题；恒定电流专题分析：本题的关键是明确r=的含义，显然甲图电压表测量的是待测电阻与电流表串联的总电阻，所以测量值偏大；乙图中电流表测量的是待测电阻与电压表并联的总电流，而并联电阻小于任一支路的电阻，所以测量值偏小，一般是看与大小：若满足，则应用电流表外接法；若满足，则应用电流表内接法解答：解：根据r=可知，甲图中应是=，所以测量结果会比待测电阻的真实值偏大；在乙图中应是=，所以测量结果比真实值偏小，由于满足=200，=12.5，所以应用电流表外接法，即应采用图乙故答案为：偏大，偏小，乙点评：对伏安法测电阻时内外接法的选择方法可以口诀记忆：“大内偏大，小外偏小”，意思是：若待测电阻大则应用内接法，小此时测量值偏大；若待测电阻小则应用外接法，此时测量值偏小12某同学利用图a所示电路来测量一节干电池的电动势和内电阻实验时将滑动变阻器的滑片从最左端缓缓向右移动，并逐一记录第1、2、3、4、5组电压表和电流表的示数（电表均视为理想电表），且将数据“点”在图b所示的坐标系描出（1）请画出干电池的ui图线（2）由图线可知该干电池的电动势e=1.5v、内电阻r=0.67（3）给同学选用的滑动变阻器标明“10，2.5a”，实验中当记录第1组数据时滑片大约移动了总长度的ca长度 b长度 c长度 d长度（4）改变滑动变阻器阻值，直至电源输出功率达到最大，请在图b上画出电源的最大输出功率对应的区域考点：测定电源的电动势和内阻专题：实验题；恒定电流专题分析：根据描点法可得出对应的图象；ui图中图象与纵坐标的交点为是电源的电动势，图象的斜率等于内电阻当r=r时输出功率最大解答：解：（1）根据描出点的得出对应的伏安特性曲线；（2）由图可知，图象与纵坐标的交点为电源电动势，故电动势为1.5v；内阻r=0.67（2）滑片从左向右移动，则电阻从小变大，由图象可知第一组数据的电流值约为0.25a，则：r总=6滑动变阻器的接入阻值为：60.67=5.33则滑动变阻器上r=105.33=4.67即记录第1组数据时滑片大约移动了长度，故选：c（3）当r=r时输出功率最大，作出r=0.67时的ui图象与电源ui图象交点为输出功率最大时路端电压与电源电流，由p=ui则为矩形部分图形的面积，如下图故答案为：（1）如图；（2）1.5；0.67；（3）c；（4）如图点评：电学实验中选择仪表是常见的一种题型，要求学生能按照安全性和准确性的要求进行分析，一定要注意判断图象与横轴的交点的横坐标是不是短路电流一、请从选修中选择两个模块作答：选修模块3-313下列说法正确的是 （）a布朗运动虽然不是液体分子的运动，但是它说明液体分子永不停息地做无规则运动b给自行车轮胎打气，越来越费力，主要是由于打气过程中分子间斥力逐渐增大，引力逐渐减小的缘故c一定质量的理想气体在等温膨胀的过程中，既不吸热，也不放热d非晶体的结构跟液体非常类似，可以看作是粘滞性极大的液体考点：布朗运动；* 晶体和非晶体专题：布朗运动专题分析：布朗运动虽然不是液体分子的运动，但是它说明液体分子永不停息地做无规则运动；给自行车轮胎打气，越来越费力，主要是由于打气过程中内外气体的压强差逐渐增大的原因，与分子斥力无关；一定质量的理想气体在等温膨胀的过程中，气体吸热；非晶体的结构跟液体非常类似，可以看作是粘滞性极大的液体解答：解：a、布朗运动是悬浮在液体中的固体颗粒的运动，虽然不是液体分子的运动，但是它说明液体分子永不停息地做无规则运动故a正确；b、给自行车轮胎打气，越来越费力，主要是由于打气过程中内外气体的压强差逐渐增大的原因，与分子斥力无关故b错误；c、一定质量的理想气体在等温膨胀的过程中，温度不变，所以气体的内能不变；体积膨胀的过程中气体对外做功，所以气体要吸收热量故c错误；d、非晶体的结构跟液体非常类似，可以看作是粘滞性极大的液体故d正确故选：ad点评：该题考查布朗运动、气体压强的微观解释、热力学第一定律与非晶体的结构问题，都是基础性的知识，对这些记忆性的知识点要多加积累14一滴体积为v0的油酸，配制成体积比为l：n的油酸溶液（n1），现取一滴体积仍为v0的油酸溶液滴在水面上，最终在水面上形成面积为s的单分子油膜则油酸分子的直径为若已知油酸的密度为，摩尔质量为m根据上述条件得出阿伏伽德罗常数的表达式为na=考点：阿伏加德罗常数专题：阿伏伽德罗常数的应用专题分析：油酸溶液滴在水面上扩散后形成的纯油酸油膜最大面积时，形成单分子油膜，油膜的厚度等于分子直径由油酸的体积与面积之比求出分子直径把分子看成球体，阿伏加德罗常量为na等于摩尔体积与分子体积之比解答：解：一滴油酸的体积为v=v0，一滴纯油酸形成的油膜最大面积为s，则油酸分子直径 d=一个油酸分子的体积：v分子=d3油酸分子的摩尔体积：vmol=，阿伏伽德罗常数 na=联立解得：na=故答案为：、na=点评：本题考查对单分子油膜法测定分子直径原理的理解和应用，建立模型是解题的关键15在标准大气压p=1.0105pa下，1g的水沸腾时由液态变成同温度的气态，其体积由1cm3变为1701cm3，此过程中吸收的热量为2264j求：气体对外做的功w此过程中水内能变化量u考点：热力学第一定律专题：热力学定理专题分析：由热力学第一定律知：u=w+q根据体积膨胀时气体对外做的功公式w=p0v，求气体对外做的功解答：解：在一个恒定标准大气压p=1.0105 pa下，其体积由1.0cm3变为1701cm3所以体积膨胀时气体对外做的功为w=p0v=1.0105（17011）106j=170j由热力学第一定律知：u=w+q=170+2264=2094j答：气体对外做的功170j此过程中水内能变化量2094j点评：在热学的学习过程中涉及概念、定律较多，要注意平时多看课本，不断积累，多和生活实际联系加强理解和记忆一、选修模块3-416下列说法正确的是 （）a做简谐运动的质点所受的合外力总是指向平衡位置且大小恒定b火车若接近光速行驶，我们在地面上看到车厢前后距离变小而车厢的高度不变c用激光读取光盘上记录的信息是利用激光平行度好的特点d紫外线在水中的传播速度大于红外线在水中的传播速度考点：* 长度的相对性分析：当满足f=kx往复运动，即为简谐运动；火车若接近光速行驶，沿着运动方向的高度缩短；读取光盘时，利用激光平行度好的特点；根据v=，可知，折射率的大小与传播速度的关系解答：解：a、做简谐运动的质点的回复力的大小与位移的大小成正比，且方向总是相反，故a错误；b、根据沿着运动方向的长度缩短原理，则火车若接近光速行驶，我们在地面上看到车厢前后距离变小，而车厢的高度不变，故b正确；c、利用激光平行度好的特点，来读取光盘上记录的信息，故c正确；d、根据v=，可知，折射率越大的，传播速度越小，故d错误；故选：bc点评：考查简谐运动的力与位移的关系，理解相对论中长度缩短的方向，知道激光的特点，掌握折射率与传播速度的关系17一简谐横波以10m/s的波速沿x轴正方向传播已知t=0时刻的波形如图，则x=0处质点振动方向y轴负方向从t=0开始计时，x=2m处的振动方程为y=3sin（10t）cm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：首先据波形平移法，判断质点x=0 处质点振动方向；在据波形和波速求出周期和角速度，结合x=2m 在波形的位置确定振动方程解答：解：由于该波沿x轴的正方向传播，据波形平移可知，质点x=0 处质点振动方向沿y轴负方向据波形图可知，a=3cm，=2m，据波速公式得：t=s=0.2s，所以=10rad/s，据图可知x=2m 处在该时刻位于平衡位置将向下运动，所以其振动方程为：y=3sin（10t）cm故答案为：y轴负方向、=3sin（10t）点评：熟练掌握波形平移法判断质点的振动方向与波的传播方向的关系，据波形图和波速求质点的振动方程的方法18如图所示，广口瓶的直径cd=8.00cm，其中盛满了某种液体，在瓶口边沿竖直插入瓶内的直尺上，与液面相齐的c点示数为l5.00cm，s点的示数为21.00cm从图中d处液面可以看到s点的反射光所成的像s，也可以看到液体中某刻度m点的折射像m已知液体中光速为2.25108m/s求：液体的折射率若在d处看到像s和像m重叠，m点的示数是多少？考点：光的折射定律专题：光的折射专题分析：根据公式n=得出折射率；作出光路图，由几何关系求解即可解答：解：设液体的折射率为n，根据n=代入数据得：n=m点的折射像与21.00cm刻度线s点的反射像相重叠，设直尺上m处的刻度m处的刻度示数为xcm，由题意得：=解得：x=cm4.33cm答：液体的折射率为若在d处看到像s和像m重叠，m点的示数是4.33cm点评：本题考查几何光学问题，作出光路图灵活结合几何知识是关键一、选修模块3-519（2014春苏州期末）下列关于近代物理内容的说法正确的是 （）a最初解释黑体辐射的实验规律时，维恩公式在长波区与实验基本一致，但在短波区与实验严重不符，当时称为“紫外灾难”b衰变所释放的电子其实是原子核内的中子转变为质子时产生的c德布罗意认为任何实物粒子都具有波动性宏观物体由于波长太短，其波动性不易被人们察觉d氢原子的核外电子从高轨道跃迁到低轨道时，电子动能增加，电势能减少，动能和势能之和保持不变考点：原子核衰变及半衰期、衰变速度；物质波分析：电子绕核运动时，半径减小，电场力做正功，动能增大，势能减小，由于放出光子，总能量减小，瑞利公式在长波区与实验基本一致，而短波区与实验严重不符解答：解：a、维恩公式在短波区与实验非常接近，在长波区与实验偏很大，瑞利公式在长波区与实验基本一致，而短波区与实验严重不符，a错误；b、衰变所释放的电子其实是原子核内的中子转变为质子时产生的，b正确；c、德布罗意认为任何实物粒子都具有波动性宏观物体由于波长太短，其波动性不易被人们察觉，c正确；d、电子绕核运动时，半径减小，电场力做正功，动能增大，势能减小，由于放出光子，总能量减小，d错误；故选：bc点评：掌握电子绕核运动时，电场力做功与动能、势能的变化关系，知道衰变的实质，识记物理学史20（2014春苏州期末）如图所示为氢原子的能级图用光子能量为13.06ev的光照射一群处于基态的氢原子，可能观测到氢原子发射的不同波长的光有10种；其中最长波长为4144nm（已知普朗克常量h=6.631034js）考点：氢原子的能级公式和跃迁专题：原子的能级结构专题分析：依据氢原子的能级图，计算出基态氢原子吸收该光子后最高能跃迁到第几能级，然后即可求出有多少种不同频率光子波长最长的光子，频率最小，光子能量最小解答：解：设氢原子吸收该光子后能跃迁到第n能级，根据能级之间能量差可有：13.06ev=ene1其中e1=13.61ev，所以en=0.54ev，故基态的氢原子跃迁到n=5的激发态所以放出不同频率光子种数为：=10种波长最长的光子，频率最小，光子能量最小，根据emen=hv得：从n=5跃迁到n=4辐射的光子能量最小，波长最长所以e=e5e4=0.30ev=0.301.61019j即4.81020j=h解得：=4.144107m=4144nm故答案为：10，4144点评：原子的能级跃迁是原子物理中的基础知识，要熟练掌握，同时明确能级和产生光子种类之间关系知道能级间跃迁所满足的规律，即emen=hv21（2014春苏州期末）某实验室工作人员用初速度v0=0.09c（c为真空中的光速）的粒子，轰击静止的氮原子核n，产生了质子h若某次碰撞可看作对心正碰，碰后新核与质子同方向运动，垂直磁场方向射入匀强磁场，通过分析偏转半径可得出新核与质子的速度大小之比为1：20，已知质子质量为m写出核反应方程；求出质子的速度v考点：动量守恒定律；裂变反应和聚变反应专题：衰变和半衰期专题分析：（1）根据核反应质量数和核电荷数守恒求解（2）由核反应动量守恒求解解答：解：（1）新原子核的质量数：m=14+41=17，核电荷数：z=7+21=8核反应方程：（2）粒子、新核的质量分别为4m、7m，质子的速度为v，对心正碰，选取粒子运动的方向为正方向，则由动量守恒得：4mv0=17m+mv解出v=0.19c答：核反应方程：；出质子的速度是0.19c点评：掌握核反应方程中的质量数守恒和电荷数守恒是写出方程的关键，能根据质量数之比确定粒子质量之比，根据动量守恒求解碰撞后的粒子速度四、计算题：共47分解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位22如图所示，甲图中变阻器的滑片从一端滑到另一端的过程中，两电压表的读数变化情况如乙图中的ac、bc两直线所示不考虑电表内阻对电路的影响（1）电压表v1、v2的示数随电流表示数的变化图线分别为乙图中的哪一条直线？（2）电源的电动势和内阻分别是多少？（3）变阻器r的最大阻值是多少？考点：路端电压与负载的关系；闭合电路的欧姆定律专题：恒定电流专题分析：（1）当变阻器的滑动片向左移动时，变阻器接入电路的电阻减小，电路中电流增大，定值电阻r0的电压增大，路端电压减小，来判断两个电压表的示数对应的图线（2）图线bc反映路端电压与电流的关系，其斜率大小等于电源的内阻，由数学知识求出电源的内阻再闭合电路欧姆定律求出电源的电动势（3）定值电阻r0等于图线ac的斜率大小由数学知识求出图线的斜率求解r0当滑动变阻器取最大值时，电流最小，由图读出电流的最小值，由欧姆定律求出变阻器的总电阻r解答：解：（1）当变阻器的滑动片向左移动时，变阻器接入电路的电阻减小，电路中电流增大，定值电阻r0的电压增大，路端电压减小，由图分析可得v1对应ac、v2对应bc （2）因为u1=eir，则内阻r=1所以e=u1+ir=7.5+0.51=8v （3）由题意得：u2=ir0，则r0=3当滑动变阻器取最大值时，电流最小imin=0.5a，而ur=u1u2=7.51.5=6v所以rmax=12答：（1）电压表v1、v2的示数随电流表示数的变化图象应分别为ui图象中：v1对应ac、v2对应bc （2）电源的电动势8v，内阻为1 （3）变阻器的总电阻r为12点评：本题考查对物理图象的理解能力，可以把本题看成动态分析问题，来选择两电表示对应的图线23如图甲所示，一对足够长平行、粗糙、电阻不计的导轨固定在水平面上，导轨间距l=1m，左端之间用r=3的电阻连接一根质量m=0.5kg、电阻r=1、长度也为1m的导体杆垂直导轨静置在两导轨上，整个装置处于竖直向上，磁感应强度b=2t的匀强磁场中现用水平向右的拉力f拉导体杆、拉力f与时间t的关系如图乙所示，导体杆恰好做匀加速直线运动，在02s内拉力f所做的功为w=j，重力加速度g取10m/s2求：（1）导体杆与导轨间的动摩擦因数；（2）在02s内通过电阻r的电量q；（3）在02s内电阻r上产生的热量q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）根据切割产生的感应电动势公式、闭合电路欧姆定律和安培力公式求出导体杆所受安培力与时间的关系式，结合牛顿第二定律求出拉力d与t的关系式，根据ft图线求出匀加速直线运动的加速度和动摩擦因数（2）根据匀变速直线运动的位移时间公式求出导体杆的位移，通过q=求出通过电阻r的电量（3）求出2s末导体杆的速度，抓住克服安培力做功等于整个回路产生的热量，根据动能定理求出整个回路产生的热量，从而求出电阻r上产生的