河南省周口市2014-2015学年高二物理下学期期末试卷（含解析）.doc

周口市2014-2015高二下物理期末试卷（含解析） ‎ 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．‎ - 21 -‎ 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 B． L1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=EI．‎ ‎　‎ ‎4．（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（　　）‎ ‎　 A． a、b两点场强相同 ‎　 B． a、b两点电势相同 - 21 -‎ ‎　 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（　　）‎ ‎　 A． B． C． D． ‎ 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：∠OO′a=30°，‎ - 21 -‎ 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（　　）‎ ‎　 A． B． C． D． ‎ 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．‎ - 21 -‎ 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=mg﹣F安=mg﹣BIL 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（t＞T），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φ=BScosωt求出其磁通量的表达式，根据φ=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ω=，其磁通量为：φ=BScosωt=B0Scost，‎ 乙线圈的磁通量为：φ=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，‎ - 21 -‎ 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（t＞T），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（100πt）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50HZ ‎　 B． 原、副线圈的匝数之比为1：2‎ ‎　 C． 原、副线圈两端的电压之比为2：1‎ ‎　 D． 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（　　）‎ - 21 -‎ ‎　 A． 右边界：﹣‎8cm＜y＜‎8cm有粒子射出 ‎　 B． 右边界：y＜‎8cm有粒子射出 ‎　 C． 左边界：y＞‎8cm有粒子射出 ‎　 D． 左边界：0＜y＜‎16cm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：﹣‎8cm＜y＜‎8cm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：0＜y＜‎8cm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　‎100.50　mm．乙图中螺旋测微器的读数是　3.200（3.198﹣3.202）　mm．‎ - 21 -‎ 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10×‎0.05mm=‎0.50mm，所以最终读数为：‎100mm+‎0.50mm=‎100.50mm．‎ ‎2、螺旋测微器的固定刻度为‎3mm，可动刻度为20.0×‎0.01mm=‎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3.198﹣3.202之间．‎ 故答案为：100.50，3.200（3.198﹣3.202）‎ 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10Ω 电压表：量程0～1.5V，电阻约1000Ω 滑动变阻器R1：0～30Ω 滑动变阻器R2：0～3kΩ 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U﹣I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=　1.5　V，内电阻r=　500　Ω．‎ ‎（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”）．‎ - 21 -‎ 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）U﹣I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==500Ω，若选用0～30Ω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）U﹣I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．‎ U﹣I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==500Ω；‎ ‎（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U﹣I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U﹣I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θ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．‎ - 21 -‎ ‎（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=qEtanθ 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=xcosθ 由上面公式可得静电力做功 W=﹣qEL=﹣cos2θ 小球运动到最高点时其电势能与O点的电势能之差△Ep=﹣W=cos2θ 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cos2θ．‎ 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．‎ - 21 -‎ 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△Φ=B•‎2L•L=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（‎3L﹣L）=；‎ 解得：F=‎ ab即将离开磁场时，安培力大小为 F安=BI•‎2L=B•‎2L•=‎ 设加速度为a，则 F﹣F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．‎ ‎　‎ - 21 -‎ 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．‎ - 21 -‎ 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，W＜0．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，△U＜0，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=2×105Pa的理想气体，B内充满压强PB=1×105Pa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′，‎ - 21 -‎ 最终平衡时，对活塞：PA′S=PB′S，‎ 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′（L﹣x）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ρgh；‎ ‎（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：4×S=2S×h1‎ h1=‎‎2cm 所以管内的气体压强P′=P0﹣ρgh+ρgh1=76﹣4+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=P0﹣ρgh=76﹣2×4=68cmHg 体积V1=l1×S=30S 末状态：气压P2=P0=76cmHg 体积V2=（l1+4）×S+1×2S=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ρgh”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．‎ ‎　‎ - 21 -‎ 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/s ‎　 B． 波沿x轴负方向传播 ‎　 C． 再过2.5s，质点P振动的路程为‎1.8cm ‎　 D． 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 λ=‎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．‎ - 21 -‎ 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=2.5×‎4A=10×‎0.2cm=‎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‎4A．‎ ‎　‎ ‎21．（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0.4s ‎　 C． t=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λ=‎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）‎ - 21 -‎ 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：N﹣mg=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：mg﹣N=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 ‎①玻璃的折射率．‎ ‎②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： ①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．‎ ‎②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．‎ - 21 -‎ 解答： 解：①已知∠ABM=30°，由几何关系知入射角i=∠BMO=30°，折射角β=60°由n=‎ ‎②由题意知临界角C=∠ONB，sinC=，则球心O到BN的距离d=RsinC=．‎ 答：①玻璃的折射率为．‎ ‎②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β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α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α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α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α粒子组成，每个粒子带两个单位正电荷 - 21 -‎ ‎　 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α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α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α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α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种不同频率的光 ‎　 D． 用n=2能级跃迁到n=1能级辐射出的光照射逸出功为6.34eV的金属铂能发生光电效应 考点： 氢原子的能级公式和跃迁；光电效应．‎ 分析： 本题考查了波尔原子理论：从高轨道向低轨道跃迁时减少的能量以光子的形式辐射出去；所有的激发态都是不稳定的，都会继续向基态跃迁，故辐射光子的种类为．C=λγ，故波长越大，频率越短．波长越大，越容易发生明显的衍射．只有入射光子的能量大于金属的逸出功才会发生光电效应．‎ 解答： 解：核外电子从高能级n向低能级m跃迁时，辐射的光子能量△E=En﹣Em=hγ，‎ 故能级差越大，光子的能量也越大，即光子的频率越大，‎ 根据γ=可知频率越大，波长越小，‎ - 21 -‎ 又波长越大，越易发生明显的干涉和衍射现象．‎ 由图可知当核外电子从n=4能级跃迁到n=3能级时，能级差最小，所以放出光子的能量最小，频率最小，波长最大，故最易发生衍射现象，故AB错误．‎ 当电子从n=4向低能级跃迁时，跃迁的种类有4→3，4→2，4→1，3→2，3→1，2→1．即可以辐射光的种类为==6种，故C错误．‎ 电子从n=2能级跃迁到n=1能级辐射出的光子的能量E=E2﹣E1=﹣3.4ev﹣（﹣13.6）ev=10.2ev＞6.34ev 而使金属发生光电效应的条件是光子的能量大于等于电子的逸出功，‎ 故可以发生光电效应．故D正确．‎ 故选D．‎ 点评： 所有的难题实际都是又一个一个的简单的题目复合而成的，所以在学习中不能好高骛远，贪大贪难，解决了基础题，拔高题也就迎刃而解了．‎ ‎　‎ 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计算题 ‎27．（2005•武汉二模）篮球运动是一项同学们喜欢的体育运动，为了检测篮球的性能，某同学多次让一篮球从h1=‎1.8m处自由下落，测出篮球从开始下落至第一次反弹到最高点所有时间为t=1.3s，该篮球第一次反弹从离开地面至最高点所用时间为0.5s，篮球的质量为m=‎0.6kg，g取‎10m/s2．求篮球对地面的平均作用力（不计空气阻力）．‎ 考点： 动量定理；牛顿第三定律．‎ 专题： 动量定理应用专题．‎ 分析： 由自由落体规律可知篮球落地时的速度；同理由竖直上抛运动可知球反弹时的速度；由动量定理可求得篮球受到的平均作用力，由牛顿第三定律可得对地作用力．‎ 解答： 解：篮球从h1处下落的时间为t1，触地时速度大小为v1，弹起时速度大小为v2．‎ 则有：…①‎ ‎…②‎ 球弹起的速度大小为：v2=gt2=10×‎0.5m/s=‎5m/s…③‎ 球与地面作用时间为：△t=t﹣t1﹣t2=0.2s…④‎ 球触地过程中取向上为正方向，根据动量定理有：…⑤‎ 即：‎ 代入数据得：‎ 根据牛顿第三定律，球对地面的平均作用力方向竖直向下，大小为39N．‎ 答：篮球对地面的平均作用力为39N．‎ 点评： 本题考查动量定理的应用，注意在作用过程中重力一直参与，故不能忽略了重力的冲量．‎ ‎　‎ - 21 -‎ ‎28．（2015春•周口期末）如图所示，光滑水平面上有一质量为M、长为L的长木板，上表面水平粗糙，一可视为质点的质量为m的滑块静止在长木板左端，给滑块一个瞬时冲量使其获得向右的初速度V，滑块恰好到达长木板右端并相对长木板静止（重力加速度为g）．求：‎ ‎（1）滑块到在长木板右端时的速度；‎ ‎（2）滑块与长木板上表面之间的动摩擦因数μ．‎ 考点： 动量守恒定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律．‎ 专题： 牛顿运动定律综合专题．‎ 分析： （1）对两物体进行分析，根据动量守恒定律可求得共同的速度；‎ ‎（2）在整个滑动过程中只有摩擦力做功；根据功能关系可求得动摩擦因数．‎ 解答： 解：规定向右为正方向 ‎（1）滑块从左到右过程系统动量守恒，有：‎ mv=（M+m）V1‎ 得：V1=‎ ‎（2）滑块从左到右过程只有滑动摩擦力做负功，根据能的转换与守恒定律有：‎ μmgL=mv2﹣（M+m）v12‎ 解得：μ=‎ 答：（1）滑块到在长木板右端时的速度为 ‎（2）滑块与长木板上表面之间的动摩擦因数μ为．‎ 点评： 本题考查动量守恒定律及功能关系的应用，要注意明确动量守恒的条件，同时注意动量守恒定律中的方向性；要明确正方向．‎ ‎　‎ - 21 -‎