河南省周口市高二物理下学期期末试卷（含解析）.doc

2014-2015学年河南省周口市高二（下）期末物理试卷 一、选择题（其中1-6题为单选，7-9题为多选，本题共9小题，每题4分，选不全得2分）1（4分）（2015春周口期末）在物理学发展过程中，观测、实验、假说和逻辑推理等方法都起到了重要作用下列叙述符合史实的是（）a奥斯特在实验中观察到电流的磁效应，该效应揭示了电和磁之间存在联系b安培根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性，提出了分子电流假说c法拉第在实验中观察到，在通有恒定电流的静止导线附近的固定导线圈中会出现感应电流d楞次在分析了许多实验事实后提出，感应电流应具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化考点：物理学史分析：对于物理中的重大发现、重要规律、原理，要明确其发现者和提出者，了解所涉及伟大科学家的重要成就解答：解：a、1820年，丹麦物理学家奥斯特在实验中观察到电流的磁效应，揭示了电和磁之间存在联系故a正确b、安培根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性，提出了分子电流假说，很好地解释了磁化现象故b正确c、法拉第在实验中观察到，在通有恒定电流的静止导线附近的固定导线圈中，不会出现感应电流故c错误d、楞次在分析了许多实验事实后提出楞次定律，即感应电流应具有这样的方向，感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化故d正确故选：abd点评：本题关键要记住电学的一些常见的物理学史2（4分）（2015春周口期末）带电粒子仅在电场力作用下，从电场中a点以初速度v0进入电场并沿虚线所示的轨迹运动到b点，如图所示，则从a到b过程中（）a粒子一直做加速运动b粒子的电势能一直在减小c粒子加速度一直在增大d粒子的机械能先减小后增大考点：电场线分析：做曲线运动的物体所受的合力大致指向轨迹凹的一向，根据此可判断出电场力的方向以及电场力的做功情况，根据电场力做功可判断出动能、电势能的变化粒子的加速度可通过比较合力（电场力）进行比较解答：解：a、由图象知粒子受电场力向左，所以先向左左减速运动后向右加速运动，故a错误bcd、根据轨迹弯曲程度，知电场力的方向沿电场线切线方向向右，所以该电荷是正电荷从a点到b点，电场力先做负功，再做正功，电势能先增加后降低，动能先变小后增大根据电场线的疏密知道场强先小后大，故加速度先小后大，bc错误，d正确故选：d点评：解决本题的关键通过轨迹的弯曲方向判断出电场力的方向，根据电场力做功判断出动能的变化和电势能的变化3（4分）（2015春周口期末）如图所示，电动势为e、内阻不计的电源与三个灯泡和三个电阻相接只合上开关s1，三个灯泡都能正常工作如果再合上s2，则下列表述正确的是（）a电源输出功率减小bl1上消耗的功率增大c通过r1上的电流增大d通过r3上的电流增大考点：电功、电功率；闭合电路的欧姆定律专题：恒定电流专题分析：由题，只合上开关s1，三个灯泡都能正常工作，再合上s2，并联部分的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析干路电流的变化由于电源的内阻不计，电源的输出功率p=ei，与电流成正比l1的电压等于并联部分总电压，并联部分的电压随着其电阻的减小而减小，分析l1上消耗的功率变化，判断通过r3上的电流变化解答：解：a、只合上开关s1，三个灯泡都能正常工作，再合上s2，并联部分的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律得知，干路电流增大由于电源的内阻不计，电源的输出功率p=ei，与电流成正比，则电源输出功率增大故a错误b、由于并联部分的电阻减小，根据串联电路的特点，并联部分分担的电压减小，l1两端的电压减小，其消耗的功率减小故b错误c、再合上s2，外电路总电阻减小，干路电流增大，而r1在干路中，通过r1上的电流增大故c正确d、并联部分的电压减小，通过r3上的电流将减小故d错误故选：c点评：本题要抓住并联的支路增加时，并联的总电阻将减小同时要注意电源的内阻不计，电源的输出功率p=ei4（4分）（2015上海模拟）如图所示，在两等量异种点电荷的电场中，o为两电荷连线的中点，a、b两点所在直线过o点，且a与b关于o对称以下判断正确的是（）aa、b两点场强相同ba、b两点电势相同c将一负电荷由a点移到o点，电势能减小d将一正电荷由a点移到b点，电势能先减小后增大考点：电势差与电场强度的关系；电场强度；电势专题：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分析各点的场强关系，由电场线性质及电场的对称性可知ab及bc两点间的电势关系；由电势能的定义分析电势能的大小解答：解：a、如图所示，根据两等量异种电荷电场线的分布情况，由对称性可知，a、b两点场强相同；故a正确；b、根据顺着电场线电势逐渐减小，可知，a点的电势高于两点电荷连线中垂面的电势，b的电势低于两点电荷连线中垂面的电势，而中垂面是一个等势面，所以a点的电势高于b点的电势，故b错误c、由上分析可知，a点的电势高于o点的电势，负电荷在电势高处电势能小，则将一负电荷由a点移到o点，电势能增大，故c错误d、a点的电势高于b点的电势，正电荷在电势高处电势能大，则将一正电荷由a点移到b点，电势一直降低，电势能一直减小，故d错误故选：a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5（4分）（2015春周口期末）如图所示，在半径为r的圆内，有方向为垂直纸面向里的匀强磁场，一带电粒子以速度v沿半径ao方向从a点射入磁场，又从c点射出磁场，射出时速度方向偏转60，则粒子在磁场中运动的时间是（）abcd考点：带电粒子在匀强磁场中的运动专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：电荷在匀强磁场中做匀速圆周运动，画出轨迹，由几何知识求出半径定圆心角，根据t=求时间解答：解：设粒子做匀速圆周运动的半径为r，如图所示，由几何知识得：ooa=30，圆运动的半径：r=r，由于粒子在磁场中的运动方向偏转了60角，粒子完成了个圆运动，运动的时间为：t=；故选：b点评：带电粒子在匀强磁场中匀速圆周运动问题，关键是画出粒子圆周的轨迹，往往用数学知识求半径6（4分）（2015上海模拟）绝缘细线吊着一质量为m的矩形线圈，线圈有一部分处在图1所示的以虚线框为边界的水平匀强磁场中，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度b随时间t变化如图2所示，若线圈始终保持静止，那么，细线的拉力f随时间t变化的图象可能是（）abcd考点：法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律；安培力专题：电磁感应中的力学问题分析：当线圈的磁通量发生变化时，线圈中才会产生感应电动势，从而形成感应电流；当线圈的磁通量不变时，则线圈中没有感应电动势，所以不会有感应电流产生分析线圈的受力情况，根据平衡条件求解解答：解：磁感应强度在0到t0内，由于磁感应强度垂直纸面向里为正方向，则磁感线是向里，且大小增大所以由楞次定律可得线圈感应电流是逆时针，根据左手定则判断出下边框所受安培力的方向向上，根据法拉第电磁感应定律得线圈感应电流是不变的线框受重力、拉力和安培力，根据平衡条件得：细线的拉力f=mgf安=mgbil由于磁感应强度b随时间均匀增大，所以下边框所受安培力均匀增大，所以细线的拉力f随时间均匀减小磁感应强度在t0到2t0内，磁场不变，则没有感应电流，细线的拉力f=mg，而在磁感应强度在2t0到3t0内，同理可知感应电流方向为正，磁感应强度b随时间均匀减小，线圈感应电流方向是顺时针，下边框所受安培力的方向向下，所以细线的拉力f=mg+f安由于磁感应强度b随时间均匀减小，所以下边框所受安培力均匀减小，所以所以细线的拉力f随时间均匀减小故选c点评：感应电流的方向由楞次定律来确定，而其大小是由法拉第电磁感应定律结合闭合电路殴姆定律来算得的7（4分）（2013鼓楼区校级模拟）面积为s的两个电阻相同的线圈，分别放在如图所示的磁场中，图甲中是磁感应强度为b0的匀强磁场，线圈在磁场中以周期t绕oo轴匀速转动，图乙中磁场变化规律为b=b0cos，从图示位置开始计时，则（）a两线圈的磁通量变化规律相同b两线圈中感应电动势达到最大值的时刻不同c经相同的时间t（tt），两线圈产生的热量不同d从此时刻起，经时间，流过两线圈横截面的电荷量相同考点：法拉第电磁感应定律；磁通量分析：先求出甲线圈的角速度，再根据=bscost求出其磁通量的表达式，根据=bs求出乙线圈磁通量的表达式，进行比较即可解题解答：解：由于甲线圈在磁场中以周期t绕oo轴作匀速转动，所以其角速度为=，其磁通量为：=bscost=b0scost，乙线圈的磁通量为：=bs=b0scos t，所以量线圈在面积相同的情况下两者的磁通量的变化规律相同，那么两者实际产生的交流电是相同的，因此两线圈中感应电动势达到最大值的时刻、两线圈中产生的交流电流的有效值、及任意时间内流过线圈截面的电量都是相同的，故a正确，b错误，c、因它们的有效值相同，当经相同的时间t（tt），两线圈产生的热量相同，故c错误d、由上分析可知，根据，可知，当经时间，两线圈横截面的电荷量相同，故d正确；故选：ad点评：解决本题的关系是能求出两线圈的磁通量的瞬时表达式，再根据表达式求解，难度适中8（4分）（2015春周口期末）如图所示的电路中，l1、l2、l3是三个完全相同的灯泡，理想变压器的原线圈与l1串联和接入u0=300sin（100t）v的交变电压，副线圈接有l2和l3，三个灯泡均正常发光则（）a副线圈输入交流电的频率为50hzb原、副线圈的匝数之比为1：2c原、副线圈两端的电压之比为2：1d副线圈两端的电压为100v考点：变压器的构造和原理专题：交流电专题分析：设每只灯的额定电流为i，因并联在副线圈两端的两只小灯泡正常发光，所以副线圈中的总电流为2i，由电流关系求出匝数比；由匝数比求电压关系解答：解：a、由题意可知：原线圈的频率f=50hz，所以副线圈的频率也为50hz，故a正确；b、设每只灯的额定电流为i，因并联在副线圈两端的两只小灯泡正常发光，所以副线圈中的总电流为2i，原副线圈电流之比为1：2，所以原、副线圈的匝数之比为2：1，则有原、副线圈两端的电压之比为2：1，故b错误，c正确；d、输入电压为300v，设灯泡的额定电压为u，则有副线圈电压为u，所以原线圈电压为2u，又因为原线圈与灯泡串联，所以3u=300v，解得：u=100v，所以副线圈两端的电压为100v，故d错误故选ac点评：本题解题的突破口在原副线圈的电流关系，难度适中9（4分）（2015春周口期末）如图所示，宽h=4cm的有界匀强磁场，纵向范围足够大，磁感应强度的方向垂直纸面向内，现有一群正粒子从o点以相同的速率沿纸面不同方向进入磁场，若粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径均为r=10cm，则（）a右边界：8cmy8cm有粒子射出b右边界：y8cm有粒子射出c左边界：y8cm有粒子射出d左边界：0y16cm有粒子射出考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：粒子垂直进入磁场后做匀速圆周运动，当粒子的轨迹恰好与x轴方向的右边界相切时，y值正值达到最大；当粒子沿y轴方向射入磁场时，粒子从磁场右边界x轴下方射出时，y的负值达到最大，根据几何知识求解解答：解：a、b当粒子的轨迹恰好与x轴方向的右边界相切时，如图，根据几何知识得到：y1=cm=8cm当粒子沿y轴方向射入磁场时，粒子从磁场右边界x轴下方射出时，则有：y2=8cm所以右边界：8cmy8cm有粒子射出故a正确，b错误c、d由图可知，粒子只能x轴上方从左边界射出磁场，y的最大值为：y=8cm所以左边界：0y8cm有粒子射出故c错误，d正确故选：ad点评：本题是磁场中边界问题，关键是画出粒子的运动轨迹，运用几何知识求解二、实验题（本题共2小题，共14分）10（4分）（2015春周口期末）甲图中游标卡尺的读数是100.50mm乙图中螺旋测微器的读数是3.200（3.1983.202）mm考点：刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用专题：实验题分析：解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读螺旋测微器的读数方法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解答：解：1、游标卡尺的主尺读数为：10cm=100mm，游标尺上第10个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为100.05mm=0.50mm，所以最终读数为：100mm+0.50mm=100.50mm2、螺旋测微器的固定刻度为3mm，可动刻度为20.00.01mm=0.200mm，所以最终读数为3mm+0.200mm=3.200mm，由于需要估读，最后的结果可以在3.1983.202之间故答案为：100.50，3.200（3.1983.202）点评：对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量11（10分）（2015春周口期末）测量“水果电池”的电动势和内电阻的实验中，将一铜片和一锌片分别插入同一只苹果内，就构成了简单的“水果电池”，其电动势约为1.5v，可是这种电池并不能点亮额定电压为1.5v，额定电流为0.3a的手电筒上的小灯泡原因是流过小灯泡的电流太小了，经实验测定电流约为3ma现有下列器材：待测“水果电池”电流表：满偏电流3ma，电阻约10电压表：量程01.5v，电阻约1000滑动变阻器r1：030滑动变阻器r2：03k开关、导线等实验器材（1）本实验选用上面所示的实验原理图1，应该选用哪种规格的滑动变阻器？r2（填写仪器代号）（2）在实验中根据电压表的示数u与电流表的示数i的值，得到ui图象如上图2所示，根据图中所给数据，则“水果电池”的电动势e=1.5v，内电阻r=500（3）若不计测量中的偶然误差，用这种方法测量得出的电动势和内电阻的值与真实值相比较，电动势e相等（选填“偏大”或“相等”或“偏小”），内电阻r偏大（选填“偏大”或“相等”或“偏小”）考点：测定电源的电动势和内阻专题：实验题分析：（1）通过水果电池的内阻大小，选择合适的滑动变阻器（2）ui图线的纵轴截距表示电源的电动势，图线斜率的绝对值表示水果电池的内阻（3）由于电流表的分压，使得路端电压存在误差，运用图象法分析误差解答：解：（1）电源的内阻大约r=500，若选用030的滑动变阻器，移动滑片，电流基本不变，所以本实验中滑动变阻器应选用r2（2）ui图线的纵轴截距表示电源的电动势，图线斜率的绝对值表示水果电池的内阻ui图线的纵轴截距为1.5，知：水果电池的电动势e=1.5v，图线斜率的绝对值为：r=500；（3）由于电流表的分压，使得路端电压存在误差，而电流没有误差，运用图象法分别在ui图上由测量数据作出的图线1和修正误差后真实值作出的图线2，由图看出，电动势没有系统误差，即电动势值与真实值相等，内阻的测量值偏大故答案为：（1）r2 （2）1.5； 500 （3）相等；偏大点评：解决本题的关键知道实验误差的来源，会从ui图线中获取电源的电动势和内电阻三、计算题12（8分）（2015春周口期末） 一匀强电场，场强方向是水平的（如图所示）一个质量为m的带正电的小球，从o点出发，初速度的大小为v0，在静电力与重力的作用下，恰能沿与场强的反方向成角的直线运动求：（1）小球运动的加速度（2）小球运动到最高点时其电势能与o点的电势能之差考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系专题：电场力与电势的性质专题分析：（1）因小球受重力及电场力的作用而做直线运动，故小球所受力的合力一定在其运动方向的直线上，由力的合成可求得合力的大小，再由牛顿第二定律求加速度（2）根据运动学公式求出小球向上运动的最大位移，得到静电力做功，即可求得电势能的差解答：解：（1）设小球的电荷量为q，因小球做直线运动，则它受到的静电力fe和重力mg的合力必与初速度方向共线如图所示，则有 mg=qetan由此可知，小球做匀减速直线运动的加速度大小为 a=（2）设从o点到最高点的位移为x，则有 v02=2ax运动的水平距离为 l=xcos由上面公式可得静电力做功 w=qel=cos2小球运动到最高点时其电势能与o点的电势能之差ep=w=cos2答：（1）小球运动的加速度是（2）小球运动到最高点时其电势能与o点的电势能之差为cos2点评：解决本题的关键知道合力的方向与速度方向共线时，做直线运动，不共线时，做曲线运动，以及知道电场力做功与电势能变化的关系13（12分）（2015春周口期末）如图（甲）所示，相距为2l的光滑平行金属导轨水平放置，右侧接有定值电阻r，导轨电阻忽略不计，oo的左侧存在垂直于导轨平面向下、磁感应强度为b的匀强磁场在oo左侧l处垂直导轨放轩一质量为m、电阻为0.5r的金属杆ab，ab在恒力的作用下由静止开始向右运动3l的距离，其速度与位移的变化关系如图（乙）所示（其中v1、v2是已知值）求：（1）ab在恒力作用下由静止开始向右运动3l的过程通过电阻r的电荷量q（2）ab即将离开磁场时，加速度的大小a（3）整个过程中，电阻r上产生的焦耳势q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专题：电磁感应与电路结合分析：（1）根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律和电量公式结合求出通过电阻r的电荷量q（2）对金属杆ab进行受力分析和运动过程分析，应用动能定理研究从l到3l的过程，表示出恒力f对金属杆ab刚要离开磁场时进行受力分析，运用牛顿第二定律列出等式求出加速度（3）运用动能定理研究由起始位置到发生位移l的过程，求出安培力做功根据功能关系知道克服安培力做功求出电路中产生的焦耳热解答：解：（1）整个运动的过程中，磁通量的变化量为=b2ll=2bl2；产生的电量q=；（2）ab杆在即将离开磁场前瞬间，水平方向上受安培力f安和外力f作用，ab杆在位移l到3l的过程中，由动能定理得：f（3ll）=；解得：f=ab即将离开磁场时，安培力大小为 f安=bi2l=b2l=设加速度为a，则 ff安=ma联立解得：a=（3）ab杆在磁场中发生l位移过程中，恒力f做的功等于ab杆增加的动能和回路产生的电能，由能量守恒定律得：fl=q+设电阻r上产生的焦耳热为q1则 q1=q联立解得 q1=答：（1）ab在恒力作用下由静止开始向右运动3l的过程通过电阻r的电荷量q是（2）ab即将离开磁场时，加速度的大小a是（3）整个过程中，电阻r上产生的焦耳热为点评：本题考查导体切割磁感线中的能量转化规律；要能够把法拉第电磁感应定律与电路知识结合运用电磁感应中动力学问题离不开受力分析和运动过程分析关于电磁感应中能量问题我们要从功能关系角度出发研究四、选修3-3、3-4、3-5每个模块均为30分，只选一个模块，做多个的按前面的计分3-3选择题（共3小题，每题4分、有一个或多个选项，全部选对4分，部分选对2分）14（4分）（2003南京一模）对于一定质量的理想气体，下列情况中不可能发生的是（）a分子热运动的平均动能不变，分子间平均距离减小，压强变大b分子热运动的平均动能不变，分子间平均距离减小，压强减小c分子热运动的平均动能增大，分子间平均距离增大，压强增大d分子热运动的平均动能减小，分子间平均距离减小，压强不变考点：理想气体的状态方程；温度是分子平均动能的标志专题：理想气体状态方程专题分析：根据温度是分子热运动的标志，分子平均动能不变，则温度不变分子间平均距离的变化分析气体体积的变化，分子间平均距离增大，体积的体积增大根据气态方程分析压强的变化，判断哪些过程不可能发生解答：解：a、b分子热运动的平均动能不变，其温度不变，分子间平均距离减小，其体积减小，由pv=c得，压强增大，压强不可能增大故a正确，b错误c、分子热运动的平均动能增大，温度升高，分子间平均距离增大，体积增大，由气态方程=c可知，压强p可能增大故c正确d、分子热运动的平均动能减小，温度降低，分子间平均距离减小，体积减小，由气态方程=c可知，压强p可能不变故d正确本题选不可能的，故选b点评：本题关键要掌握温度的微观含义：温度是分子热运动的标志，掌握气态方程，难度不大15（4分）（2015春周口期末）下列说法中正确的是（）a布朗运动就是液体分子的无规则运动b晶体有确定的熔点，非晶体没有确定的熔点c热量不可能从低温物体传到高温物体d物体的体积增大，分子势能不一定增加考点：布朗运动专题：布朗运动专题分析：布朗运动是悬浮在液体中固体颗粒的运动，是由于小颗粒受到的液体分子撞击受力不平衡而引起的；晶体有确定的熔点，非晶体没有确定的熔点；热量自发地由高温物体传到低温物体，在外界的影响下，也可以从低温物体传到高温物体；若分子间的作用力表示斥力时，物体的体积增大，分子间距增大，分子力做正功，分子势能减小；若分子间的作用力表示引力时，物体的体积增大，分子间距增大，分子力做负功，分子势能增加解答：解：a、布朗运动是悬浮在液体中固体颗粒的运动，是由于小颗粒受到的液体分子撞击受力不平衡而引起的，所以布朗运动是液体分子无规则运动的反映，故a错误b、晶体有确定的熔点，非晶体没有确定的熔点故b正确c、热量自发地由高温物体传到低温物体，在外界的影响下，也可以从低温物体传到高温物体，比如电冰箱，故c错误d、若分子间的作用力表示斥力时，物体的体积增大，分子间距增大，分子力做正功，分子势能减小；若分子间的作用力表示引力时，物体的体积增大，分子间距增大，分子力做负功，分子势能增加；故d正确故选：bd点评：本题考查了布朗运动、晶体的熔点、热力学第二定律和内能的知识，平时注意积累，基础题16（4分）（2015春周口期末）大气气流的升降运动会造成不同高度的温度变化，致使气象万变，万米高空的气温往往在50以下，在研究大气现象时可反温度、压强相同的一部分气体人为研究对象，叫做气团，气团直径可达几千米，由于气团很大，边缘部分与外界的热交换对使个气团没有明显影响，可以忽略，用气团理论解释高空气温很低的原因，是因为地面的气团上升到高空的过程中（）a剧烈膨胀，同时大量对外放热，使周围温度降低b剧烈收缩，同时从周围吸收大量热量，使周围温度降低c剧烈膨胀，气团对外做功，内能大量减少导致温度降低d剧烈收缩，外界对气团做功，故周围温度降低考点：热力学第一定律；封闭气体压强分析：地面的气团上升到高空的过程中压强减小，气团膨胀，对外做功，由于气团很大，边缘部分与外界的热交换对整个气团没有明显影响，可以忽略根据热力学第一定律得知内能减小，温度降低解答：解：地面的气团上升到高空的过程中压强减小，气团剧烈膨胀，对外做功，w0由于气团很大，边缘部分与外界的热交换对整个气团没有明显影响，可以忽略，即q=0根据热力学第一定律u=w+q得知，u0，内能减小，温度降低故c正确，abd错误故选：c点评：本题是热力学第一定律的实际应用，考查理论联系实际的能力掌握好热力学第一定律中顺利求解四、选修3-3、3-4、3-5每个模块均为30分，只选一个模块，做多个的按前面的计分3-3计算题17（9分）（2015春周口期末）如图所示，导热材料制成的截面积相等，长度均为l=45cm的气缸a、b通过带有阀门的管道连接，初始时阀门k关闭，厚度不计的质量为m=24kg，面积s=20cm2光滑活塞c位于b内下侧，在a内充满压强pa=2105pa的理想气体，b内充满压强pb=1105pa的同种理想气体，忽略连接气缸的管道体积，室温不变，现打开阀门，求最终平衡时活塞向上移动的距离？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：根据题意求出气体的状态参量，气体发生等温变化，应用玻意耳定律列方程，然后求出活塞移动的距离解答：解：设最终平衡时活塞向上移动x，a、b两部分压强变为pa、pb，最终平衡时，对活塞：pas=pbs，对a气体，由玻意耳定律得：pals=pa（l+x）s，对b气体，由玻意耳定律得：pbls=pb（lx）s，代入数据解得：x=15cm；答：最终平衡时活塞向上移动的距离为15cm点评：本题考查了求活塞移动的距离，分析清楚气体状态变化过程，应用平衡条件求出气体的压强，应用玻意耳定律可以解题18（9分）（2010上海二模）如图所示为竖直放置的、由粗细不同的两种均匀的玻璃管组成的u形管，细管的横截面积是粗管横截面积的一半，管内有一段水银柱，左管上端封闭，左管内气体柱长为30cm，右管上端开口与大气相通，管内水银面a、b、c之间的高度差均为h，且h长为4cm气体初始温度为27，大气压强p0为76cmhg，求：（1）当左侧细管中恰好无水银柱时，管内的气体压强；（2）当左右两管水银面相平时，气体的温度考点：理想气体的状态方程；封闭气体压强专题：理想气体状态方程专题分析：（1）连续的水银柱的同一高度，压强相等；连续的水银柱内高度相差h的液面的压强差为gh；（2）先求解出封闭气体的气压和体积，然后理想气体状态方程列式求解解答：解：（1）设左侧细管横截面积为s，左管内水银柱下降4cm，则右侧上升h1，由液体不可压缩性：4s=2sh1h1=2cm所以管内的气体压强p=p0gh+gh1=764+2=74cmhg（2）当左右两管水银面相平时，由（1）可知，两水银面在b下方1cm处，初状态：气压p1=p0gh=7624=68cmhg 体积v1=l1s=30s末状态：气压p2=p0=76cmhg 体积v2=（l1+4）s+12s=36s由带入数据得到气体温度t2=402.4k答：（1）当左侧细管中恰好无水银柱时，管内的气体压强为74cmhg；（2）当左右两管水银面相平时，气体的温度为402.4k点评：本题关键根据“连续的水银柱内高度相差h的液面的压强差为gh”的结论求解出封闭气体的气压，然后根据理想气体状态方程列式求解温度五、选修3-3、3-4、3-5每个模块均为30分，只选一个模块，做多个的按前面的计分3-4选择题（共3小题，每题4分、有一个或多个选项，全部选对4分，部分选对2分）19（2015福安市校级模拟）说法中不正确的是（）a做简谐运动的物体，其振动能量与振幅无关b全息照相的拍摄利用了光的干涉原理c真空中的光速在不同的惯性参考系中都是相同的，与光源和观察者的运动无关d医学上用激光做“光刀”来进行手术，主要是利用了激光的亮度高、能量大的特点考点：简谐运动的回复力和能量；全反射；激光的特性和应用；* 爱因斯坦相对性原理和光速不变原理分析：振幅反映了振动的强弱；全息照相利用了激光的干涉原理；爱因斯坦的狭义相对论的基本假设：光速不变原理和相对性原理解答：解：a、做简谐运动的物体，振幅反映了振动的强弱，振幅越大，振动的能量越大，故a错误；b、全息照相的拍摄利用了光的干涉原理，可以记录光的强弱、频率和相位，故b正确；c、根据爱因斯坦的狭义相对论，真空中的光速在不同的惯性参考系中都是相同的，与光源和观察者的运动无关，故c正确；d、激光的亮度高、能量大，医学上常用激光做“光刀”来进行手术，故d正确；本题选错误的，故选：a点评：本题考查了简谐运动的振幅、全息照相原理、爱因斯坦的狭义相对论的基本假设、激光等，知识点多，难度小，关键是记住基础知识20（2015春周口期末）图甲为一列横波在t=0时的波动图象，图乙为该流中x=2m处质点p的振动图象，下列说法正确的是（）a波速为4m/sb波沿x轴负方向传播c再过2.5s，质点p振动的路程为1.8cmd再过0.5s，质点p的动能最大考点：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：由波动图象读出波长，由振动图象读出周期，可求出波速由振动图象上t=0时刻读出p点的速度方向，在波动图象上判断传播方向并分析0.5s后p点的动能情况根据时间与周期的关系，求出2.5sp点振动的路程解答：解：a、由图知，该波的波长为 =4m，周期为 t=1s，则波速v=4m/s故a正确b、由振动图象知，t=0时刻，p点的速度方向沿y轴正方向，则该波沿x轴正方向传播故b错误c、t=2.5s=2.5t质点在一个周期内通过的路程是4a，则再过2.5s，p点振动路程为s=2.54a=100.2cm=2cm故c错误d、再过时间t=0.5s=0.5t，p点又回到平衡位置，动能最大故d正确故选：ad点评：本题关键要把握理解振动图象和波动图象的内在联系，读取基本的信息知道质点做简谐运动时，在一个周期内通过的路程是4a21（2015春周口期末） 一列简谐横波在t=0时刻的波形图如图实线所示，从此刻起，经0.1s波形图如图中虚线所示，若波传播的速度为10m/s，则（）a这列波沿x轴正方向传播b这列波的周期为0.4sct=0时刻质点a沿y轴正方向运动d从t=0时刻开始质点a经0.2s通过的路程为0.4m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：由图读出波长，求出周期根据时间t=0.1s与周期的关系，结合波形的平移，确定波的传播方向，再判断t=0时，质点a的速度方向解答：解：ab、由图读出波长=4m，则波的周期为t=0.4s，再据0.1秒的波形图可知，该波只能向做传播，根据波形的平移可知，波的传播方向沿x轴负方向，故a错误，b正确c、波x轴负方向传播，由上下坡法可知t=0时，a处的质点速度沿y轴负方向故c错误d、从t=0时刻经0.2s时，0.2s=，所以该质点的路程为2a=0.4m，故d正确故选：bd点评：本题要理解波的图象随时间变化的规律波在一个周期内传播一个波长，波的图象重合利用波形的平移或上下坡法是研究波动图象常用的方法五、选修3-3、3-4、3-5每个模块均为30分，只选一个模块，做多个的按前面的计分3-4计算题22（2015春周口期末）如图所示，质量为m=0.5kg的物体放在质量为m=4.5kg的平台上，随平台上、下做简谐运动设在简谐运动过程中，二者始终保持相对静止已知弹簧的劲度系数为k=400n/m，振幅为a=0.1m试求：（1）二者一起运动到最低点时，物体对平台的压力大小；（2）二者一起运动最高点时，物体对平台的压力大小（取g=10m/s2）考点：简谐运动的回复力和能量专题：简谐运动专题分析：（1）先对整体分析求解加速度，然后对m分析求解平台对物体的支持力大小；（2）同样先对整体分析求解加速度，然后对m分析求解平台对物体的支持力大小；解答：解：（1）振幅为a=0.1m，当到最低点时，对整体，有：ka=（m+m）a；对m，有：nmg=ma；联立解得：n=mg+=9n根据牛顿第三定律，物体对平台的压力也为9n；（2）二者一起运动最高点时，对整体，有：ka=（m+m）a；对m，有：mgn=ma；联立解得：n=mg=1n根据牛顿第三定律，物体对平台的压力也为1n；答：（1）二者一起运动到最低点时，物体对平台的压力大小为9n；（2）二者一起运动最高点时，物体对平台的压力大小为1n点评：本题关键是明确整体做简谐运动，然后结合平衡条件、牛顿第二定律和简谐运动的对称性列式分析，不难23（2012山东）如图所示，一玻璃球体的半径为r，o为球心，ab为直径来自b点的光线bm在m点射出，出射光线平行于ab，另一光线bn恰好在n点发生全反射已知abm=30，求玻璃的折射率球心o到bn的距离考点：光的折射定律专题：压轴题；光的折射专题分析：根据几何关系找出光线bm的入射角和反射角，利用折射定律可求出玻璃体的折射率根据几何关系求出临界角的正弦值，便可求出球心o到bn的距离解答：解：已知abm=30，由几何关系知入射角i=bmo=30，折射角=60由n=由题意知临界角c=onb，sinc=，则球心o到bn的距离d=rsinc=答：玻璃的折射率为球心o到bn的距离为点评：该题考察了折射定律得应用，要求要熟练的记住折射定律的内容，求折射率时，一定要分清是从介质射向空气还是由空气射入介质；再者就是会用sinc=来解决相关问题六、选修3-3、3-4、3-5每个模块均为30分，只选一个模块，做多个的按前面的计分3-5选择题（共3小题，每题4分、有一个或多个选项，全部选对4分，部分选对2分）24（2015春周口期末）以下有关近代物理内容的若干叙述正确的是（）a卢瑟福用实验得出原子核具有复杂的结构b比结合能越大，表示原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定c重核的裂变过程质量增大，轻核的聚变过程有质量亏损d自然界中含有少量的14c，14c具有放射性，能够自发地进行衰变，因此在考古中可利用14c测定年代考点：原子的核式结构；原子核衰变及半衰期、衰变速度；原子核的结合能分析：卢瑟福通过分析粒子散射实验结果，建立了原子的核式结构模型；比结合能越大时，原子核越稳定；重核的裂变与轻核聚变都有质量亏损，根据质能方程有能量释放；半衰期具有统计规律，半数发生衰变是针对大量的原子核解答：解：a、卢瑟福通过分析粒子散射实验结果，建立了原子的核式结构模型，故a错误b、比结合能越大，表示原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定故b正确c、裂变和聚变过程都有质量亏损，释放能量故c错误d、半衰期是固定不变的，故在考古中可利用14c来测定年代，故d正确；故选：bd点评：本题考查了原子的核式结构模型、质能方程、半衰期等知识点，关键掌握这些知识点的基本概念和基本规律，难度不大25（2015春周口期末）如图的有关说法中正确的是（）a发现少数粒子发生了较大偏转，因为原子的质量绝大部分集中在很小空间范围b光电效应实验说明了光具有粒子性c射线甲由粒子组成，每个粒子带两个单位正电荷d链式反应属于重核的裂变考点：光电效应；粒子散射实验分析：少数粒子发生了较大偏转，说明原子的所有正电荷都集中在很小空间；光电效应说明了光具有粒子性；根据左手定则可知，射线甲带负电；链式反应属于重核的裂变解答：解：a、少数粒子发生了较大偏转，说明原子的几乎全部质量和所有正电荷主要集中在很小的核上，否则不可能发生大角度偏转，该处要强调“所有正电荷主要集中在很小的核上”故a错误b、光电效应实验说明了光具有粒子性，故b正确c、根据带电粒子在磁场中偏转，结合左手定则可知，射线丙带正电，由粒子组成，每个粒子带两个单位正电荷故c错误d、链式反应属于重核的裂变，故d正确故选：bd点评：解决本题的关键要掌握粒子散射现象的意义，理解光电效应的作用，认识裂变与聚变的区别同时掌握左手定则的应用26（2007天津）如图为氢原子能级的示意图，现有大量的氢原子处于以n=4的激发态，当向低能级跃迁时辐射出若干不同频率的光关于这些光下列说法正确的是（）a最容易表现出衍射现象的光是由，n=4能级跃迁到n=1能级产生的b频率最小的光是由n=2能级跃迁到n=1能级产生的c这些氢原子总共可辐射出3