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咸阳市2013-2014学年度第二学期期末教学质量检测高二物理试题

高中物理陕西省咸阳市 2013-2014 学年高二物理下学期期末质量检测 试题(含解析)新人教版.doc
? ? ? ? ? 关于分子电流,下面说法中正确的是( )

A. 分子电流假说最初是由法国学者法拉第提出的 B. 分子电流假说揭示了磁铁的磁场与电流的磁场具有共同的本质,即磁场都是由电荷的运 动形成的 C. “分子电流”是专指分子内部存在的环形电流 D. 分子电流假说无法解释加热“去磁”现象 考点: 分子电流假说. 分析: 原来有磁性的物体,经过高温、剧烈震动等作用后分子电流的排布重新变的杂乱无章, 分子电流仍然存在且强度也没有发生变化, 但分子电流产生的磁场相互抵消, 这样就会失去磁性. 解答: 解:A、分子电流假说最初是由安培提出来的,A 错误; B、C、“分子电流”并不是专指分子内部存在环形电流的,分子电流假说揭示了磁铁的磁场与电 流的磁场具有共同的本质,即磁场都是由电荷的运动形成的,所以 C 错误 B 正确; D、加热去磁现象可以根据分子电流假说解释,构成磁体的分子内部存在一种环形电流﹣﹣分子 电流通常情况下磁体分子的分子电流取向是杂乱无章的,它们产生的磁场互相抵消,D 错误 故选:B

点评: 掌握了安培分子电流假说的内容即可顺利解决此类问题,故要重视基本概念的学习和掌 握. ? 关于磁场、磁感应强度和磁感线的说法,正确的是( )

A. 磁极之间的相互作用是通过磁场发生的,磁场和电场一样,也是一种物质 B. 由 B= 可知,磁感应强度与通电导线的电流和长度的乘积 IL 成反比

C. 磁感应强度的方向就是磁场中通电导线所受磁场力的方向 D. 磁感线就是细铁屑在磁铁周围排列出的曲线,没有细铁屑的地方就没有磁感线 ? ? ? ? 考点: 磁感应强度;磁感线及用磁感线描述磁场. 分析: 在磁场中磁感应强度有强弱,则由磁感应强度来描述强弱.将通电导线垂直放入匀强磁 场中, 即确保电流方向与磁场方向相互垂直, 则所受的磁场力与通电导线的电流与长度乘积之比. ? ? ? 解答: 解: A、磁铁周围存在磁场,磁极之间的相互作用是通过磁场发生的,磁场和电场一样,也 是一种特殊的物质.故 A 正确;

?

B、由 B=

可知,是通过比值法定义的,所以 B 与 F,与 IL 均无关,而 B 由磁场本身

性质决定.故 B 错误; ? C、通电导线在磁场中的受磁场力方向,可由左手定则来确定,磁场力的方向与磁场方 向是相互垂直的,故 C 错误; ? D、磁感线就是细铁屑在磁铁周围排列出的曲线,没有细铁屑的地方仍存在磁场,但磁 感线是假想的曲线,是不存在的.故 D 错误; ? 故选:A

?

点评:

?

磁感应强度的定义式 B=

,要抓住于比值定义法的共性来理解,要知道通电导线垂直

放在磁场中,即 B 与 F、I、L 均没有关系,它是由磁场的本身决定. ? ? 关于安培力和洛伦兹力的异同,下列说法中正确的是( A. 两种力本质上都是磁场对运动电荷的作用 B. 洛伦兹力与带电粒子的运动方向有关,安培力与自由电荷定向移动的方向无关 C. 两种力的方向均可用右手定则判断 D. 安培力、洛伦兹力都一定不做功 ? ? ? ? 考点: 洛仑兹力;安培力. 分析: 通电导线在磁场中受到力为安培力,而运动电荷在磁场中受到力为洛伦兹力.它们均属 于磁场力, 所以方向都由左手定则来确定, 由于洛伦兹力始终与速度垂直, 所以洛伦兹力不做功. ? ? 解答: 解:A、通电导线的电流也是由电荷的定向移动而形成的,所以两种力本质上都是磁场 对运动电荷的作用.故 A 正确; ? B、洛伦兹力的方向与带电粒子的运动有关,安培力的方向与电流方向有关,而自由电 荷的定向移动形成电流,所以 B 错误; ? ? ? ? C、两种力的方向均可用左手定则判断,故 C 错误; D、安培力做功,但洛伦兹力始终与速度方向垂直,所以洛伦兹力不做功,故 D 错误; 故选:A. 点评: )

?

洛伦兹力是电荷在磁场中运动,才会有力的作用.同时通电导线与运动电荷在磁场中不 一定有力的作用,但电流方向或电荷运动方向与磁场平行时,没有磁场力.

? ? 通电螺线管内有一在磁场力作用下面处于静止的小磁针,磁针指向如图所示,则( )

A. 螺线管的 P 端为 N 极,a 接电源的正极 C. 螺线管的 P 端为 S 极,a 接电源的正极 考点: 通电直导线和通电线圈周围磁场的方向. 分析:

B. 螺线管的 P 端为 N 极,a 接电源的负极 D. 螺线管的 P 端为 S 极,a 接电源的负极

根据小磁针静止时 N 极指向磁场方向,再根据安培定则判断电流的方向. 解答: 解:由题,小磁针静止时 N 极指向向左,则通电螺线管内部磁场方向向左,P 端为 N 极.根据 安培定则判断出电流的方向:从 b 端流进,从 a 端流出,b 接电源的正极,a 接电源的负极.故 B 正确. 故选 B 点评: 本题是安培定则的简单应用, 对于小磁针放在通电螺线管内部时, 只能根据小磁针的指向来确定 磁场方向,不能根据异名相吸来确定磁场方向.

?

在图示电路的三根导线中,有一根是断的,电源、电阻器 R1、R2 及另外两根导线都是 好的,为了查出断导线,某学生想先将万用表的红表笔连接在电源的正极 a,再将黑表笔分别连 电阻器 R1 的 b 端和 R2 的 c 端,并观察万用表指针的示数,在下列选档中,符合操作规程的是 ( )

A. 直流 10V 挡 考点: 用多用电表测电阻. 专题: 实验题. 分析:

B. 直流 0.5A 挡

C. 直流 2.5V 挡

D. 欧姆挡

有多用表检测故障若使用电压档或电流档, 将其连入电路要注意量程, 用欧姆档要把待检测电路 从电源断开. 解答: 解:用电压档检测其量程要大于 6V,故 A 正确,C 错误 用电流档要用较大量程,所给 B 中的 0.5A 太小,故 B 错误 用欧姆档要把电源断开,本题操作没有,故 D 错误 故选:A 点评: 考查多用电表的使用,明确利用其检测故障要注意量程.

?

如图所示,a、b 是边界范围、磁感应强度大小和方向都相同的两个匀强磁场区域,a 的 下端离水平地面的高度比 b 高一些.甲、乙是两个完全相同的闭合正方形导线框,分别位于 a、 b 的正上方,两线框的下端离地面的高度相同.两线框由静止同时释放,穿过磁场后落到地面, 下落过程中线框平面始终保持与磁场方向垂直.下列说法正确的是( )

A. 乙线框先落地 B. 两线框同时落地 C. 穿过磁场的过程中,乙线框产生的热量较少 D. 穿过磁场的过程中,两线框产生的热量相同 考点: 导体切割磁感线时的感应电动势;焦耳定律. 专题: 电磁感应与电路结合. 分析: 先根据线框进入磁场时安培力的大小, 比较安培力做功的大小, 再根据功能关系比较线框落地时 速度的大小.再对全过程,运用动量定理列式,即可比较时间的长短. 解答: 解:先比较甲、乙线框落地时速度的大小:乙线框进入磁场时速度较大,安培力较大,线框克服 安培力做功较多,即产生的热量较多;根据能量守恒定律得知乙线框落地时的速度较小. 线框穿过磁场区域过程受到的安培力是变力,设受到的平均安培力为 F,穿过磁场的时间为△t, 下落全过程的时间为 t,落地速度为 v.

对全过程,由动量定理得: mgt﹣F△t=mv

而 F△t=BIL△t=BLq,又感应电荷量 q=

,因为磁通量△Φ 相同,通过线框截面的电荷量相

等,则两个下落过程线框所受的安培力冲量相同. 因为 v 乙<v 甲,所以 t 乙<t 甲,即乙线框先落地,故 A 正确,BCD 错误. 故选:A. 点评:

本题的关键要运用动量定理分析时间关系, 还要掌握感应电荷量的公式 q= 运用动量定理研究时间是常用的方法,要学会应用.

. 对于变力情形,

?

电流表的内阻是 Rg=100Ω,满刻度电流值是 Ig=1mA, 现欲把这电流表改装成量程为 3V 的电压表,正确的方法是( A. 应串联一个 0.1Ω 的电阻 C. 应串联一个 2900Ω 的电阻 ) B. 应并联一个 0.1Ω 的电阻 D. 应并联一个 2900Ω 的电阻

? ? ? ? ?

考点: 把电流表改装成电压表. 专题: 实验题;恒定电流专题. 分析:

? ? ?

电流表改装成电压表要串联电阻分压,串联的阻值为 R= 解答: 解:改装成电压表要串联电阻分压,串阻值为:

﹣Rg,U 为改装后的量程

? ? ? ? ? ? ?

R=

﹣Rg=

则 A,B,D 错误,C 正确 故选:C 点评: 考查的电压表的改装原理,明确串联电阻的分压作用,会求串联电阻阻值.

如图所示,A、B 为两个相同的环形线圈,它们共轴并靠近放置,A 线圈中通有图中所 示的正弦交变电流,则( )

A. 在 t1~t2 时间内,线圈 A、B 相互排斥 C. t1 时刻两线圈间作用力为零 考点: 通电直导线和通电线圈周围磁场的方向. 分析:

B. 在 t2~t3 时间内,线圈 A、B 相互排斥 D. t2 时刻两线圈间作用力最大

根据安培定则确定电流与磁场的方向关系, 再根据楞次定律知, 感应电流的磁场总是阻碍引起感 应电流的磁通量的变化.当磁通量增大时,感应电流的磁场与它相反,当磁通量减小时,感应电 流的磁场与它相同.最后运用同向电流相互吸引,异向电流相互排斥. 解答: 解:A、在 t1 到 t2 时间内,若设顺时针(从左向右看)方向为正,则线圈 A 电流方向顺时针且大 小减小,所以根据右手螺旋定则可判定穿过线圈 B 方向向右的磁通量大小减小,由楞次定律可

知,线圈 B 的电流方向顺时针方向,因此 A、B 中电流方向相同,出现相互吸引现象,故 A 错 误; B、在 t2 到 t3 时间内,若设顺时针方向(从左向右看)为正,则线圈 A 电流方向逆时针且大小增 大,所以根据右手螺旋定则可判定穿过线圈 B 方向向左的磁通量大小增大,由楞次定律可知, 线圈 B 的电流方向顺时针方向,因此 A、B 中电流方向相反,A、B 出现互相排斥,故 B 正确; C、由题意可知,在 t1 时刻,线圈 A 中的电流最大,而磁通量的变化率是最小的,所以线圈 B 感应电流也是最小,因此两线圈间作用力为零,故 C 正确; D、在 t2 时刻,线圈 A 中的电流最小,而磁通量的变化率是最大的,所以线圈 B 感应电流也是 最大,但 A、B 间的相互作用力最小,故 D 错误; 故选:BC 点评: 解决本题的关键掌握安培定则、 楞次定律的内容, 知道感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的 磁通量的变化.同时注意同向电流相互吸引与同种电荷相互排斥不同.

?

直流电路如图所示,在滑动变阻器的滑片 P 从图示位置向右移动时.电源的(



A. 总功率一定减小 C. 内部损耗功率一定减小 考点: 电功、电功率;闭合电路的欧姆定律. 专题: 恒定电流专题.

B. 效率一定增大 D. 输出功率一定先增大后减小

分析: 滑片向右移动时,滑动变阻器接入电路的阻值变大,由欧姆定律可以判断电路电流如何变化,由 电功率公式可以分析答题. 解答: 解:由电路图可知,当滑动变阻滑片向右移动时,滑动变阻器接入电路的阻值增大,电路总电阻 变大,电源电动势不变,由闭合电路的欧姆定律可知,电路总电流 I 变小; A、电源电动势 E 不变,电流 I 变小,电源总功率 P=EI 减小,故 A 正确;

B、电源的效率 η= 正确;

=

,电源内阻 r 不变,滑动变阻器阻值 R 变大,则电源效率增大,故 B

C、电源内阻 r 不变,电流 I 减小,源的热功率 PQ=I r 减小,故 C 正确; D、当滑动变阻器阻值与电源内阻相等时,电源输出功率最大,由于不知道最初滑动变阻器接入 电路的阻值与电源内阻间的关系,因此无法判断电源输出功率如何变化,故 D 错误; 故选:ABC. 点评: 知道电路串并联中的电流电压关系,并熟练应用闭合电路欧姆定律、电功率公式即可正确解题.

2

?

如图所示,匀强磁场方向水平向里,匀强电场方向竖直向下,有一正离子(不计重力), 恰能以某一速度沿直线从左向右水平飞越此区域,则( )

A. 若电子以同样速度从右向左飞入,电子将沿直线运动 B. 若电子以同样速度从右向左飞入,电子将向上偏转 C. 若电子以同样速度从右向左飞入,电子将向下偏转

D. 若电子以同样速度从左向右飞入,电子也沿直线运动 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: 先根据正交电场和磁场的方向, 判断从左边水平射入的正离子的受力, 由此可知电场力和洛伦兹 力平衡,从而得出正离子的速度,由此可得无论什么电性的粒子,以这速度从左边水平射入,都 不会偏转.但是从右边水平射入,电场力和洛伦兹力方向会一致,就会发生偏转. 解答: 解:A、B、C、正离子从左边进入电场,在电场中受到向上的电场力和向下的洛伦兹力作用,

因恰能沿直线从左边水平飞出,可知电场力和洛伦兹力平衡,有 qE=qv0B,得 v0= ; 电子从右侧进入电场,受到的电场力方向向上,由左手定则可知,洛伦兹力方向也向上,所以电 子将向上偏转.故 A 错误,B 正确,C 错误;

D、若粒子带负电,也从左边以速度 v0 射入,电场力和洛伦兹力的方向对调,发现还是有 v0= , 所以带电粒子只要以速度 v0 从左边水平进入电场,粒子就会沿水平方向射出,与电性和电量无 关.故 D 正确; 故选:BD. 点评: 此题考察了速度选择器的问题,在速度选择器中,粒子的受力特点是:同时受到方向相反的电场 力和洛伦兹力作用;粒子能匀速通过选择器的条件是电场力和洛伦兹力平衡.

?

在“测定金属的电阻率”实验中,所用测量仪器均已校准,待测金属丝接入电路部分的长 度约为 50cm. (1)用螺旋测微器测量金属丝直径,其中某次测量结果如图 1 所示,其读数应为 (该值接近多次测量的平均值) (2)用伏安法测金属丝的电阻 RX,实验所用器材为: 电池组(电动势为 3V,内阻约为 1Ω),电流表(内阻约为 0.1Ω), 电压表(内阻约为 3kΩ),滑动变阻器 R(0~20Ω,额定电流为 2A) 开关,导线若干.某同学利用以上器材正确连接好电路,进行实验测量,记录数据如下: 次数 U/V I/A 1 0.10 0.020 2 0.30 0.060 3 0.70 0.160 4 1.00 0.220 5 1.50 0.340 6 1.70 0.460 7 2.30 0.520 甲 (选填“甲”或“乙”) 0.397 mm

由以上实验数据可知,他们测量 RX 是采用图 2 中甲和乙中的图

(3)如图 3 是测量 RX 的实验器材实物图,图中已经连接了部分导线,滑动变阻器的滑片 P 置 于变阻器的一端,请根据上图所选的电路图,补充完成图 3 中实物间的连线,并使闭合开关的 瞬间,电压表或电流表不至于被烧坏.

(4)这个小组的同学在坐标纸上建立 U、I 坐标系,如图 4 所示,图中已经标出了与测量数据 相对应的四个点,请在下图中标出第 2、4、6 次测量数据的坐标点,并描绘出 U﹣I 图线,由图 线得到金属丝的阻值 RX= 4.5 Ω(保留两位有效数字). C (填选项前的序号)

(5)根据以上数据可估算出金属丝的电阻率约为

A、1×10﹣2Ω?mB、1×10﹣3Ω?mC、1×10﹣6Ω?mD、1×10﹣8Ω?m (6)任何实验测量都存在误差,本实验所用测量仪器都已校准,下列关于误差的说法中正确的 选项是 CD (有多个正确选项).

A、用螺旋测微器测量金属丝直径时,由于读数引起的误差属于系统误差 B、由于电流表和电压表内阻引起的误差属于偶然误差 C、若将电流表和电压表的内阻计算在内,可以消除由测量仪表引起的系统误差 D、用 U﹣I 图象处理数据求金属丝电阻可以减小偶然误差. 考点: 测定金属的电阻率;伏安法测电阻. 专题: 实验题;恒定电流专题. 分析:

(1)关于螺旋测微器的读数,要先读出固定刻度,再读出可动刻度,然后相加即可得出结果. (2)根据数据比较电压表、电流表和被测电阻的阻值关系,确定可采取的电路. (3)按照电路原理图进行实物图的连接,注意导线不能交叉和滑动变阻器的连接方式. (4)根据图上所标的点,做出 U﹣﹣I 图线,从而可得出电阻值 (5)把以上数据代入电阻定律,可得出结果 (6)结合试验误差出现的原因,可得出答案. 解答: 解:(1)固定刻度读数为 0,可动刻度读数为 39.7,所测长度为 0+39.7×0.01=0.397mm

(2)由记录数据根据欧姆定律可知金属丝的电阻 Rx 约 5Ω.则有



,比较 Rx 为小电阻应该采用外接法测量误差小.由(3)知是用伏安特性曲线 来测量电阻的,就要求电压电流从接近 0 开始调节,所以应该采用分压接法甲. (3)注意连图时连线起点和终点在接线柱上并且不能交叉,结合(2)可知应该连接成外接分 压接法(甲)那么在连线时断开开关且使 Rx 两端的电压为 0.先连外接电路部分,再连分压电 路部分,此时滑片 P 必须置于变阻器的左端.实物图如右图所示, (4)描绘出第 2、4、6 三个点后可见第 6 次测量数据的坐标点误差太大舍去,然后作出 U﹣I

图线. 如右图所示; 其中第 4 次测量数据的坐标点在描绘出的 U﹣I 图线上, 有: Ω.

(5)根据电阻定律

有:

10



6Ω?m,从数量级上估算出的金属丝电阻率是 C 选项. (6)用螺旋测微器测量金属丝直径时,由于读数引起的误差属于偶然误差;由于电流表和电压 表内阻引起的误差属于系统误差.答案为 CD

故答案为:(1)0.397 (2)甲 (3)如图 (4)如图,4.5 (5)C (6)CD

点评: 该题是综合性较强的题,解答时注意一下几方面: 1、对于长度的测量注意高中所要求的游标卡尺和螺旋测微器的使用方法,读书时是固定刻度的 值与可动刻度的值得和. 2、会根据电压表、电流表及被测电阻的阻值关系,确定电流表是内接还是外接. 3、实物连接时,注意导线不能相交叉,并且要注意闭合电建时,分压电路的输出端电压要为零. 4、会用电阻定律来求解导线的电阻率

5、了解实验误差产生的原因,并会在试验中做到尽可能的减小误差.

?

发电机的端电压为 220V,输出电功率为 44kW ,输电线路的电阻为 0.2Ω,先用初、次 级匝数之比为 1:10 的升压变压器升压,经输电线路后,再用初、次级匝数比为 10:1 的降压 变压器降压供给用户. (1)画出全过程的线路图; (2)求用户得到的电压和功率; (3)若不经过变压而直接送到用户,求用户得到的功率和电压. 考点: 远距离输电. 专题: 交流电专题. 分析: (1)(2)画出远距离输电的示意图,根据升压 变压器原副线圈的匝数比和输入电压,求出输 出电压,从而得出输送的电流,根据 P 损=I R 求出输电线上损耗的功率.根据输电线上的电压损 失得出降压变压器的输入电压,从而得出用户得到的电压.根据功率损失求出用户得到的功率. (3)若不经过变压而直接送到用户,先根据 P=UI 求解电流,再根据 P′=P﹣I r 求解户得到的功 率,根据 U′=U﹣Ir 求解户得到的电压. 解答: 解:(1)全过程的线路示意图如图所示:
2 2

(2)根据

=

,解得升压变压器的输出电压为:

U2=220×10V=2200V 则输电线上的电流为:

I2=

=

A=20A,

损失的功率为: P 损=I2 R=400×0.2W=80W. 输电线上损失的电压为: △U=I2R=20×0.2V=4V 则降压变压器输入电压为: U3=U2﹣△U=2200﹣4V=2196V
2

根据

=

,得用户得到的电压为:

U4=

=219.6V

用户得到的功率为: P′=P﹣P 损=44000﹣80=43920W=43.92KW . (3)若不经过变压而直接送到用户,电流为:

I= =

=200A

用户得到的功率: P′=P﹣I r=44000﹣200 ×0.2=36000W=36KW 用户得到的电压为: U′=U﹣Ir=220﹣200×0.2=180V
2 2

答:(1)画出全过程的线路图,如图所示; (2)用户得到的电压为 219.6V,功率为 43.92KW ; (3)若不经过变压而直接送到用户,用户得到的功率为 36KW ,电压为 180V. 点评: 解决本题的关键知道:1、原副线圈的电压比、电流比与匝数比的关系;2、升压变压器的输出 电压、电压损失、降压变压器的输入电压的关系;3、输送功率、输送电压、电流的关系.

?

如图所示,两平行金属板 P1 和 P2 之间的距离为 d、电压为 U,板间存在磁感应强度为 B1 的匀强磁场.一个带正电的粒子在两板间沿虚线所示路径做匀速直线运动.粒子通过两平行 板后从 O 点进入另一磁感应强度为 B2 的匀强磁场中,在洛伦兹力的作用下,粒子做匀速圆周运 动,经过半个圆周后打在挡板 MN 上的 A 点.已知粒子的质量为 m,电荷量为 q.不计粒子重 力.求: (1)粒子做匀速直线运动的速度 v. (2)O、A 两点间的距离 x.

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: (1)根据粒子沿直线运动时电场力等于洛伦兹力求出速度的大小. (2)根据带电粒子在磁场中的半径公式,抓住 O、A 两点的距离差粒子做圆周运动的直径求解; 解答: 解: (1)带正电的粒子在两板间做匀速直线运动,故所受电场力和洛伦兹力为一对平衡力,即: Eq=B1qv

所以: (2)带电粒子进入下面的匀强磁场后做匀速圆周运动,O、A 两点间的距离 x 为其做圆周运动

的直径,故 答:

(1)粒子做匀速直线运动的速度 v 为



(2)O、A 两点间的距离 x 为



点评: 解决本题的关键知道粒子在电容器间受电场力和洛伦兹力平衡, 以及知道在匀强磁场中靠洛伦兹 力提供向心力,掌握轨道半径公式.

?

一列向右传播的横波在某一时刻的波形如图所示,其中质点 P、Q 到平衡位置的距离相 等,关于 P、Q 两质点,以下说法正确的是( )

A. P 较 Q 先回到平衡位置 B. 再经一个周期,两质点到平衡位置的距离相等 C. 两质点动量相同 D. 两个质点加速度相同 考点: 波长、频率和波速的关系;横波的图象. 分析: 由图看出,P、Q 两点平衡位置间的距离等于半个波长,振动情况总是相反,同时回到平衡位置, 任意时刻动量的大小相等、方向相反,加速度大小相等、方向相反. 解答: 解: A、由图看出,P、Q 两点平衡位置间的距离等于半个波长,振动情况总是相反,则两质点同时 回到平衡位置.故 A 错误. B、P、Q 振动情况总是相反,再经一个周期,两个质点到平衡位置的距离相等.故 B 正确. C、两个质点在任意时刻的动量大小相等、方向相反,由于动量是矢量,所以动量不同.故 C 错 误. D、两个质点在任意时刻的加速度大小相等、方向相反,则加速度不相同.故 D 错误. 故选:B 点评: 本题中 P、Q 两点称为反相点,平衡位置间距离是半个波长的奇数倍,振动情况总是相反.

?

有下列说法:①宏观物体的物质波波长非常小,极易观察到它的波动性 ②激光有较好 的相干性 ③核反应中的质量亏损现象违背了能量守恒定律 ④氢原子的能量是不连续的,因此 辐射光子的能量也是不连续的.你认为正确的是( A. ①③ B. ①②③ ) D. ①②④

C. ②④

? ? ? ?

考点: 能量守恒定律. 分析: 宏观物体的物质波波长非常小,不易观察到它的波动性,激光具有相干性好,平行度好、 亮度高等特点,原子核反应过程中的质量亏损现象不违背能量守恒定律,只是换种形式存在,氢 原子的能量是不连续的,辐射光子的能量也是不连续的.

? ? ? ?

解答: 解:①、宏观物体的物质波波长非常小,不易观察到它的波动性,故①错误; ②激光具有相干性好,平行度好、亮度高等特点,故②正确; ③原子核反应过程中的质量亏损现象不违背能量守恒定律,只是换种形式存在,符合质 能联系方程,故③错误;

?

④根据氢原子的能级图可知, 氢原子的能量是不连续的, 辐射光子的能量也是不连续的, 故④正确

? ? ? ?

故选 C 点评: 本题考查的都是原子物理中的基础知识,要注意平时多积累.

?

如图所示为甲、乙两单摆做简谐运动的图线,若 g=9.8m/s ,甲的摆长 L1 为 甲、乙两摆摆长之比为 L1:L2 为 16:9 ;甲、乙两摆 甲 摆角较大.

2

1m



考点: 简谐运动的振动图象. 专题: 简谐运动专题. 分析:

通过简谐运动的图象得出甲摆的周期,根据单摆的周期公式 T=2π 根据图线得出周期比,从而根据周期公式得出摆长之比. 单摆小角度摆动,根据 A=Lθ 求解摆角. 解答:

求出甲摆的摆长.

解:甲摆的周期为 2s,乙摆的周期为 1.5s,根据单摆的周期公式 T=2π

得:

L1=

=1m;

L2=

=

m;

摆长 L=

,甲、乙两摆的周期比为 4:3,则摆长比为 16:9.

单摆小角度摆动,甲摆的振幅为 7cm,乙摆的振幅为 3cm,根据 A=Lθ,两个摆的摆角之比为:

,故甲摆的摆角较大; 故答案为:1m,16:9,甲. 点评:

解决本题的关键会从简谐运动图线中读出周期,以及掌握单摆的周期公式 T=2π



?

如图所示,玻璃棱镜 ABCD 可以看成是由 ADE、ABE、BCD 三个直角三棱镜组成.一 束频率为 5.3×10 Hz 的单色细光束从 AD 面入射, 在棱镜中的折射光线如图中 ab 所示, ab 与 AD 面的夹角 α=60°.己知光在真空中的速度 c=3×10 m/s,玻璃的折射率 n=1.5, 求:
8 14

(1)这束入射光线的入射角多大? (2)光在棱镜中的波长是多大?(结果保留三位有效数字) (3)该束光线第一次从 CD 面出射时的折射角.(结果可用反三角函数表示)

考点: 光的折射定律;电磁波谱. 专题: 压轴题;光的折射专题.

分析: (1)已知折射率、光在 AD 面的折射角,根据折射定律求出入射角.

(2)光进入玻璃棱镜时频率不变.根据 n= 求出光在玻璃棱镜中的传播速度,由波速公式求出 光在棱镜中的波长.

(3)由临界角公式 sinC= 求出临界角 C,分析光线在 AB 面上能否发生全反射,作出光路图, 由几何知识求出光线在 CD 面上入射角,再求出该束光线第一次从 CD 面出射时的折射角. 解答: 解:(1)设光在 AD 面的入射角、折射角分别为 i、r,则由几何知识得:r=30°

据 得:sini=nsinr=1.5sin30° =0.75 则得:i=arcsin0.75

(2)根据

得:

根据 v=λf,得:

=

=3.77×10﹣7m

(3)光路如图所示.由几何知识得 ab 光线在 AB 面的入射角为 45° .

设玻璃的临界角为 C,则有: ∵sin 45° >0.67,∴C<45° . 因此光线 ab 在 AB 面会发生全反射.

光线在 CD 面的入射角 r'=r=30° ,根据 i'=i=arcsin0.75. 答:(1)这束入射光线的入射角 arcsin0.75.

,得光线 CD 面的出射光线与法线的夹角

(2)光在棱镜中的波长是 3.77×10﹣7m. (3)该束光线第一次从 CD 面出射时的折射角是 arcsin0.75.

点评: 本题中当光线从玻璃射向空气时,要根据入射角与临界角的关系,判断能否发生全反射,而入射 角可以根据几何知识求出.

?

原子核 92238U 经放射性衰变①变为原子 90234Th,继而经放射性衰变②变为原子核 91234Pa, 再经放射性衰变③变为原子核 92234U. 放射性衰变①、 ②和③依次为 ( )

A. α 衰变、β 衰变和 β 衰变 C. β 衰变、β 衰变和 α 衰变 ? ? ? ? ? ? 考点: 原子核衰变及半衰期、衰变速度. 分析:

B. β 衰变、α 衰变和 β 衰变 D. α 衰变、β 衰变和 α 衰变

该题考察了 α、β 衰变特点,只要写出衰变方程即可求解. 解答: 解:根据 α、β 衰变特点可知:92238U 经过一次 α 衰变变为 90234Th,90234Th 经过 1 次 β 衰变变为 91234Pa,91234Pa 再经过一次 β 衰变变为 92234U,故 BCD 错误, A 正确.

? ? ? ? ?

故选 A. 点评: 本意很简单,直接考察了 α、β 衰变特点,注意衰变过程中满足质量数、电荷数守恒.

如图所示,材料不同,但是质量相等的 A、B 两个球,原来在光滑水平面上沿同一直线 相向做匀速直线运动,A 球的速度是 6m/s,B 球的速度是﹣2m/s,不久 A、B 两球发生 了对心碰撞.对于该碰撞之后的 A、B 两球的速度可能值,某实验小组的同学们做了很 多种猜测,下面的哪一种猜测结果一定无法实现( )

A. vA′=﹣2m/s,vB′=6m/s C. vA′=1m/s,vB′=3m/s 考点: 动量守恒定律;机械能守恒定律. 专题: 动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合. 分析:

B. vA′=2m/s,vB′=2m/s D. vA′=﹣3m/s,vB′=7m/s

碰撞过程动量守恒,碰撞过程总的机械能不会增加,据此分析答题. 解答:

解: 设每个球的质量均为 m, 碰前系统总动量 P=mAvA+mBvB=4m, 碰前的总机械能 E= mAvA + mBvB =20m; A、碰后总动量 P′=4m,总机械能 E′=20m,动量守恒,机械能守恒,故 A 可能实现; B、碰后总动量 P′=4m,总机械能 E′=4m,动量守恒,机械能不增加,故 B 可能实现; C、碰后总动量 P′=4m,总机械能 E′=5m,动量守恒,机械能不增加,故 C 可能实现;
2

2

D、碰后总动量 P′=4m,总机械能 E′=39m,动量守恒,机械能增加,违反能量守恒定律,故 D 不可能实现; 故选 D. 点评: 知道碰撞过程中动量守恒、机械能不增加,求出碰撞前后的总动量与总机械能即可正确解题.

?

约里奥?居里夫妇由于在 1934 年发现了放射性同位素而获得了 1935 年诺贝尔奖金,约

里奥?居里夫妇发现放射性同位素和正电子的核反应方程是 n, P→ Si+ Si 和 e,则以下判断中正确的是( e 组成的 )

Al+

He→

P+

A. B. C.

P 是由 e是 e是

P 内的质子转化为中子时产生的 P 内的中子转化为质子时产生的 Si 原子核的质量为 mS,
2

P 原子核的质量为 mP、

e 的质量为 m0, 则

P 衰变成

D. Si 的过程中释放的核能为(mP﹣mSi﹣m0)c ? ? ? ? ? ? 考点: 原子核衰变及半衰期、衰变速度. 专题: 常规题型. 分析:

化学反应的最小微粒是原子,所有的反应都遵循质量守恒定律,质量数等于质子数加中 子数.

?

核反应方程要遵循质量数和电荷数守恒;聚变反应后质量减小,放出能量.

? ? ? ? ?

解答:

解:A、 e是 D、

P→

Si+

e,

P 内的质子转化为中子时产生的,故 AC 错误,B 正确; Si 原子核的质量为 mS, e 的质量为 m0,
2

P 原子核的质量为 mP、 P 衰变成

根据质能方程得
2

Si 的过程中释放的核能为△E=△mc =(mP﹣mSi﹣

m0)c ,故 D 正确; ? ? ? 故选:BD. 点评: 本题考查了原子核的反应类型,做好本题的关键是利用质量数守恒和核电荷数守恒,以 及掌握爱因斯坦质能方程. ? 如图所示,水平面上的 A,B 两物体中间有一被细线拉着的被压缩了的轻弹簧,两边是两个在竖 直平面内的半径分别为 R 和 2R 圆弧形轨道. 当细线突然断开后, 两物体分别运动到轨道最高点 时,对轨道的压力都为 0.不计任何摩擦,求:A、B 两物体的质量 mA 和 mB 之比.

考点:动量守恒定律;牛顿第二定律;向心力;机械能守恒定律. 专题:动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合. 能到达半圆形轨道最高点的临界条件是 v≥ ,恰好能通过最高点说明在最高点重力完

分析:全提供向心力,系统满足动量守恒,据此求解即可. 解:系统满足动量守恒得 mAvA=mBvB 最高点:对轨道的压力为 0,所以根据牛顿第二定律:

解答:A:mAg=

B:mBg= 根据动能定理有:



=2mAgR



=4mBgR :1 :1

联立解得 mA:mB=

答:A、B 两物体的质量 mA 和 mB 之比是


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