1、河北省承德市2013-2014学年下学期期末考试高二物理试卷一、选择题.（本题共12小题，每题3分，共36分。在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得3分，选对但不全对的得2分，有错选的得0分）1（3分）2013年9月10日是中国就daoyudiao及其附属岛屿的领海基点、基线发表声明一周年当天，中国海警7艘舰船编队在我钓鱼岛领海内巡航编队分为两个组，一组顺时针，一组逆时针，从9点18分开始绕岛巡航，假设每个小组的巡航时间为4个小时，航程为60海里其中海警“2112”号和海警“2350”号被编在同一个组若所有舰船行驶速率相同，则下列说法正确的有（）A.
2、“60海里”指的是编队的位移大小B. 海警“2112”号和“2350”号运动过程中的加速度都为0C. 研究其中一艘舰船编队的平均速度时可将其看作质点D. 由题中条件可求出此次巡航过程中海警“2112”的平均速度大小考点：位移与路程；质点的认识；平均速度.分析：当忽略物体的形状与大小对所研究的物体不产生影响时，可以把物体看做质点，区分路程与位移，平均速度是位移与时间的比值解答：解：A、“60海里”是运动轨迹的长度，指的是编队的路程，A错误；B、绕岛巡航都是曲线运动，都有加速度，都不为零，B错误；C、研究其中一艘舰船编队的平均速度时可将其看作质点，因为船的大小相当于路程来讲可以忽略，C正确；D、平
3、均速度是位移与时间的比值，由题中条件不能求出此次巡航过程中海警“2112”的平均速度，D错误；故选：C点评：一个物体能否看做质点不是以物体的大小来定的，注意路程与位移的区别及平均速度的公式2（3分）一汽车在高速公路上以v0=30m/s的速度匀速行驶，t=0时刻，驾驶员采取某种措施，车运动的加速度随时间变化关系如图所示，以初速度方向为正，下列说法正确的是（）A. t=6s时车速为5m/sB. t=3s时车速为零C. 前9s内的平均速度为15m/sD. 前6s内车的位移为90m考点：匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系.专题：直线运动规律专题分析：根据匀变速直线运动的
4、速度时间公式，结合加速度先求出3s末的速度，再根据速度时间公式求出6s末的速度，结合位移公式分别求出前3s内和后6s内的位移，从而得出平均速度的大小解答：解：A、根据速度时间公式得，t=3s时的速度v1=v0a1t1=30103=0m/s，则6s时的速度v2=a2t2=53m/s=15m/s故A错误，B正确C、前3s内的位移，后6s内的位移，则前9s内的位移x=x1+x2=135m，所以汽车的平均速度故C正确D、后3s内的位移，则前6s内车的位移x=x1+x2=67.5m故D错误故选：BC点评：解决本题的关键掌握匀变速直线运动的运动学公式，并能灵活运用，尤其要注意汽车速度减为零后不再运动3（3
5、分）（2014济南一模）如图所示，在粗糙水平面上放置A、B、C、D四个小物块，各小物块之间由四根完全相同的轻弹簧相互连接，正好组成一个菱形，BAD=120，整个系统保持静止状态已知A物块所受的摩擦力大小为f，则D物块所受的摩擦力大小为（）AfBfCfD2 f考点：摩擦力的判断与计算；共点力平衡的条件及其应用.专题：摩擦力专题分析：物体在水平面上受弹簧弹力和静摩擦力平衡，根据力的合成方法求解弹簧的弹力解答：解：已知A物块所受的摩擦力大小为f，设每根弹簧的弹力为F，则有：2Fcos60=f，对D：2Fcos30=f，解得：f=F=f故选：C点评：本题考查了物体受共点力平衡和力的合成计算，难度不大4
6、（3分）a、b两物体从同一点沿同一方向作直线运动，vt图象如图所示，下列说法正确的是（）A当t=5 s时，a、b两物体第一次相遇B当t=10 s时a、b两物体间距最大C当t=15 s时，b物体在a物体的前面D当t=20 s时，a、b两物体第二次相遇考点：匀变速直线运动的图像.专题：运动学中的图像专题分析：在速度时间图象中，某一点代表此时刻的瞬时速度，时间轴上方速度是正数，时间轴下方速度是负数；切线代表该位置的加速度，向右上方倾斜，加速度为正，向右下方倾斜加速度为负；图象与坐标轴围成面积代表位移，时间轴上方位移为正，时间轴下方位移为负解答：解：A、当t=5s时，a、b两物体速度相等，由图形的面积
7、可以看出a的位移小于b的位移，故二者没有相遇，A错误；B、当t=10s时，由图形的面积可以看出二者的位移相等，a、b两物体相遇，间距最小，B错误；C、当t=1 5 s时，a的位移大于b的位移，故a物体在b物体前面，C错误；D、当t=20 s时，两图形面积相等，则位移相等，二者相遇，由前面分析知已经相遇一次，故为第二次相遇，D正确；故选：D点评：本题是为速度时间图象的应用，要明确斜率的含义，知道在速度时间图象中图象与坐标轴围成的面积的含义5如图所示，在水平力F作用下，木块A、B保持静止若木块A与B接触面是水平的，且F0则关于木块B的受力个数可能是（）A3个B4个C5个D6个考点：共点力平衡的条件
8、及其应用；力的合成与分解的运用.专题：共点力作用下物体平衡专题分析：对A分析，B对A有向右的静摩擦力，分析B受力，B可能受到斜面的静摩擦力，也可能不受斜面的静摩擦力，B受力情况有两种可能解答：解：A、B，B至少受到重力、A对B的压力和静摩擦力，斜面的支持力四个力故A错误、B正确 C、B可能受到重力、A对B的压力和静摩擦力，斜面的支持力和静摩擦力五个力故C正确 D、B与两个物体接触，最多受五个力故D错误故选BC点评：分析物体受力常常采用隔离法，一般按这个顺序分析受力：重力、弹力、摩擦力6（3分）如图所示，A、B两小球分别连在弹簧两端，B端用细线固定在倾角为30的光滑斜面上A、B两小球的质量分别为
9、mA、mB，重力加速度为g，若不计弹簧质量，在线被剪断瞬间，A、B两球的加速度分别为（）A都等于B和0Cg和0D0和g考点：牛顿第二定律；胡克定律.专题：牛顿运动定律综合专题分析：当两球处于静止时，根据共点力平衡求出弹簧的弹力，剪断细线的瞬间，弹簧的弹力不变，根据牛顿第二定律分别求出A、B的加速度大小解答：解：对A球分析，开始处于静止，则弹簧的弹力F=mAgsin30，剪断细线的瞬间，弹簧的弹力不变，对A，所受的合力为零，则A的加速度为0，对B，根据牛顿第二定律得，=故D正确，A、B、C错误故选：D点评：本题考查牛顿第二定律的瞬时问题，抓住剪断细线的瞬间，弹簧的弹力不变，结合牛顿第二定律进行求
10、解7（3分）如图所示是一个质点做匀变速直线运动的位置时间（xt）图象中的一段，关于该质点的运动以下说法不正确的有（）A该质点做的是匀加速直线运动B质点在t=3.5s时的速度等于2m/sC质点在经过图线上P点所对应位置时的速度一定大于2m/sD质点在第4s内的路程大于2m考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系.专题：直线运动规律专题分析：位移时间图线切线的斜率表示瞬时速度，位移与时间的比值表示平均速度图线不是物体运动的轨迹，是位移随时间的变化规律解答：解：A、位移时间图线的切线斜率在增加，知速度增加，所以该匀变速运动为匀加速直线运动故A正确B、匀变速直线运动某段
11、时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，则3.5s时的速度等于34s内的平均速度，v=故B正确C、P点的切线斜率大于AB连线的斜率，则P点对应的速度大于2m/s故C正确D、质点在第4s内的路程等于位移的大小，等于2m故D错误本题选不正确的，故选：D点评：解决本题的关键知道位移时间图线的物理意义，知道图线切线斜率表示的含义知道匀变速直线运动某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度8（3分）如图所示，在光滑水平地面上与竖直墙壁（足够高）平行放置一个截面为四分之一圆的光滑柱状物体A，A与竖直墙壁之间悬放一个光滑圆球B，为使整个装置处于静止状态，需对A右侧竖直面施加一水平向左的推力F现将A向左移动一
12、段较小的距离使整个装置仍保持静止状态，关于移动前后两个静止状态受力情况的比较，下列说法正确的是（）A墙壁对B的弹力变大B地面受到的压力变小C推力F变小DA对B的弹力变大考点：物体的弹性和弹力.专题：共点力作用下物体平衡专题分析：先以小球为研究对象，分析受力情况，根据平衡条件，运用图解法得到柱状物体对球的弹力和墙对球的弹力如何变化，再对整体研究，分析推力F和地面的支持力如何变化解答：解：先以小球为研究对象，分析受力情况，当柱状物体向左移动时，N2与竖直方向的夹角减小，由图1看出，柱状物体对球的弹力N2与墙对球的弹力N1均减小则由牛顿第三定律得知，球对柱状物体的弹力减小再对整体分析受力如图2所示，
13、由平衡条件得知，F=N1，推力F变小地面对整体的支持力N=G总，保持不变故只有C正确故选：C点评：本题首先要对对小球受力分析，根据共点力平衡条件列式求解出小球受到的支持力表达式，再进行讨论再运用整体法研究地面的支持力和推力如何变化9（3分）如图所示，把质量为m的物块轻放在固定斜面上，物块以加速度a沿斜面匀加速下滑，则（）A若只把该物块的质量增加一倍，物块仍以加速度a匀加速下滑B若只把该物块的质量增加一倍，物块可能以大于a的加速度匀加速下滑C若只在该物块上施加一个竖直向下的恒力F=mg，物块仍以加速度a匀加速下滑D若只在该物块上施加一个竖直向下的恒力F=mg，物块将以大于a的加速度匀加速下滑考点
14、：牛顿第二定律；力的合成与分解的运用.专题：牛顿运动定律综合专题分析：对物体受力分析，运用牛顿第二定律求出加速度，从而进行判断解答：解：A、根据牛顿第二定律得，加速度a=gsingcos可知加速度与质量无关，所以质量加倍，物块仍然以加速度a匀加速下滑故A正确，B错误C、在该物块上施加一个竖直向下的恒力F=mg，根据牛顿第二定律得，a=2gsin2gcosa故C错误，D正确故选：AD点评：解决本题的关键能够正确地受力分析，运用牛顿第二定律进行求解10（3分）做匀加速度直线运动的质点在第一个2s内的平均速度比在第一个4s内的平均速度小4m/s，则质点的加速度大小为（）A1m/s2B2m/s2C3m
15、/s2D4m/s2考点：加速度.专题：直线运动规律专题分析：由匀变速直线运动的平均速度公式可求得第1s末的速度及第3s内的速度；则由加速度定义可求得质点的加速度解答：解：根据匀变速直线运动的规律可知，第一个2s内的平均速度为第1s末的速度；第一个4s内的平均速度为第2s末的速度；则由a=可得：a=4m/s2；故选：D点评：本题考查加速度的计算及平均速度公式的应用，要注意平均速度，同时平均速度还等于中间时刻的瞬时速度11（3分）（2014焦作一模）如图所示，在竖直平面内有一半圆，其直径水平且与另一圆的底部相切于O点，O点恰好是下半圆的圆心，现在有三条光滑轨道AB、CD、EF，它们的上下端分别位于
16、上下两圆的圆周上，三轨道都经过切点O，轨道与竖直线的夹角关系为，现在让一物块先后从三轨道顶端由静止下滑至底端，则物块在每一条倾斜轨道上滑动时所经历的时间关系为（）AtABtCDtEFBtABtCDtEFCtAB=tCD=tEFD无法确定考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系.专题：牛顿运动定律综合专题分析：根据几何关系求出轨道的长度，结合牛顿第二定律求出物块下滑的加速度，根据位移时间公式求出物块在滑动时经历的时间大小关系解答：解：设上面圆的半径为r，下面圆的半径为R，则轨道的长度s=2rcos+R，下滑的加速度a=，根据位移时间公式得，则t=因为，则tABtCDtEF故A正确，B
17、、C、D错误故选：A点评：解决本题的关键通过牛顿第二定律和运动学公式得出时间的表达式，结合角度的大小关系进行比较12（3分）（2013凉山州模拟）如图甲所示，静止在水平地面上的物块M在t=0时刻起受到拉力F的作用Ft关系如图乙所示设物块与地面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力f关于M的受力和运动等情况说法正确的是（）At2时刻M的加速度和速度都最大B0t1时间内M所受的合外力在增大，速度为0Ct3时刻M的合外力功率为O动能最大Dt1一t3时间内M的位移一直在增大，机械能也一直在增大考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系.专题：牛顿运动定律综合专题分析：当推力小于最大静摩擦力时，物体静
18、止不动，静摩擦力与推力二力平衡，当推力大于最大静摩擦力时，物体开始加速，当推力重新小于最大静摩擦力时，物体由于惯性继续减速运动解答：解：A、t2时刻物块所受的水平拉力最大，根据牛顿第二定律可知，加速度最大，当t3时刻速度最大，故A错误；B、t1时刻前，推力小于最大静摩擦力，物体静止不动，静摩擦力与推力二力平衡，合力为零，速度为零，故B错误；C、t3时刻加速度等于零，合力为零，合外力功率为O，速度达到最大值，此时动能最大，故C正确；D、t1一t3时间内，拉力大于摩擦力M的位移一直在增大，外力做做功，机械能也一直在增大，故D正确；故选：CD点评：目前已知的所有宏观物体都是靠惯性运动，力只是改变速度
19、的原因，t1时刻前，合力为零，物体静止不动，t1到t3时刻，合力向前，物体加速前进，t3之后合力向后，物体减速前进二、填空题（共2小题，每小题6分，满分12分）13（6分）图甲为“探究求合力的方法”的实验装置（1）下列说法中正确的是ACA在测量同一组数据F1、F2和合力F的过程中，橡皮条结点O的位置不能变化B弹簧测力计拉细线时，拉力方向必须竖直向下CF1、F2和合力F的大小都不能超过弹簧测力计的量程D为减小测量误差，F1、F2方向间夹角应为90（2）弹簧测力计的指针如图乙所示，由图可知拉力的大小为4.00N（3）本实验采用的科学方法是CA理想实验法 B控制变量法 C等效替代法 D建立物理模型法
20、考点：验证力的平行四边形定则.专题：实验题分析：该实验采用了“等效法”，探究合力与分力的关系，为了产生相同的效果，橡皮条结点O的位置不能变化根据实验的原理确定各个步骤是否正确先读出弹簧测力计的最小分度，再读出整牛顿数，再估读出小数部分解答：解：（1）A、在同一组数据中，只有当橡皮条节点O的位置不发生变化时，两个力的作用效果和一个力的作用效果才相同，才可以验证平行四边形定则，故A正确；B、弹簧测力计拉细线时，方向不一定向下，只有把O点拉到同一位置即可，故B错误；C、F1、F2和合力F的大小都不能超过弹簧测力计的量程，故C正确；D、F1、F2方向间夹角不一定为90才能减小误差，故D错误故选：AC（
21、2）由图读出弹簧测力计的最小分度是0.1N，读数时估计到0.01N由图读出拉力的大小为4.00N（3）在本实验中要保证两个弹簧称的拉力与一个弹簧称的拉力效果相同，采用的科学方法是等效替代法，故C正确，ABD错误；故选：C故答案为：（1）AC；（2）4.00；（3）C点评：本题考查了“等效法”的应用和平行四边形定则等基础知识，对于这些基础知识在平时练习中要不断加强训练，以提高解题能力对于测量工具的读数，是准确值加估计值，一般要到最小刻度的下一位14（6分）某实验小组用如图甲所示的装置测量木块与木板间的动摩擦因数，提供的器材有：带定滑轮的长木板，打点计时器，交流电源，木块，纸带，米尺，8个质量均为
22、20g的钩码以及细线等实验操作过程如下：A长木板置于水平桌面上，带定滑轮的一端伸出桌面，把打点计时器固定在长木板上并与电源连接，纸带穿过打点计时器并与木块相连，细线一端与木块相连，另一端跨过定滑轮挂上钩码，其余钩码都叠放在木块上；B使木块靠近打点计时器附近，接通电源，释放木块，打点计时器在纸带上打下一系列点，记下悬挂钩码的个数n；C将木块上的钩码逐个移到悬挂钩码端，更换纸带，重复实验操作B；D测出每条纸带对应木块运动的加速度a，实验数据如表乙所示n45678a/（m/s2）0.501.302.203.003.90（1）根据表乙数据，在图丙中作出an图象；（2）由图线得到=0.31（取g=9.8
23、m/s2），还可求的物理量是木块的质量（只需填写物理量名称）考点：探究影响摩擦力的大小的因素.专题：实验题分析：（1）根据表中实验数据，在坐标系中描出对应的点，然后作出图象；（2）由牛顿第二定律列方程，求出a与n的关系表达式，然后根据图象分析答题解答：解：根据表中实验数据在坐标系中描出对应的点，然后作出图象，如图所示；（2）对木块与钩码组成的系统，由牛顿第二定律得：nmg（8n）mg+m木g=（8m+m木）a，a=ng，由图象得：n=0时，g=a=3，0.31（0.290.33均正确），由图象还可以求出木块质量故答案为：（1）图象如图所示；（2）0.31；木块的质量点评：本题考查了作图象、实验
24、数据处理，应用图象法处理实验数据是常用的实验数据处理方法，要掌握应用描点法作图的方法，要掌握应用图象法处理实验数据的方法三、解答题（本题共3小题，共22分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位，只写出最后答案的不能得分）15（7分）如图所示，质量M=2kg的木块A套在水平杆上，并用轻绳将木块A与质量m=kg的小球相连今用跟水平方向成=30角的力F=10N，拉着球带动木块一起向右匀速运动，运动中M、m相对位置保持不变，取g=10m/s2求：（1）运动过程中轻绳与水平方向夹角；（2）木块与水平杆间的动摩擦因数考点：共点力平衡的条件及其应用；
25、力的合成与分解的运用.专题：共点力作用下物体平衡专题分析：（1）以小球为研究对象，分析受力，作出力图，根据平衡条件求解轻绳与水平方向夹角；（2）以木块和小球组成的整体为研究对象，分析受力情况，由平衡条件和摩擦力公式求解木块与水平杆间的动摩擦因数解答：解：（1）设细绳对B的拉力为T以小球为研究对象，分析受力，作出力图如图1，由平衡条件可得： Fcos30=Tcos Fsin30+Tsin=mg 代入解得，T=10，tan，即=30（2）以木块和小球组成的整体为研究对象，分析受力情况，如图2再平衡条件得 Fcos30=f N+Fsin30=（M+m）g又f=N得到，=代入解得，=答：（1）运动过程
26、中轻绳与水平方向夹角=30；（2）木块与水平杆间的动摩擦因数=点评：本题涉及两个物体的平衡问题，研究对象的选择要灵活，此题采用隔离法与整体相结合的方法，也可以就采用隔离法研究16（7分）一个物体0时刻从坐标原点O由静止开始沿+x方向做匀加速直线运动，速度与坐标的关系为，求：（1）2s末物体的位置坐标；（2）物体通过区间150mx600m所用的时间考点：匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系.专题：直线运动规律专题分析：根据匀变速直线运动的速度位移公式求出加速度的大小，结合位移时间公式求出2s末的位移，从而确定其坐标位置根据位移时间公式求出物体通过区间150mx600
27、m所用的时间解答：解：（1）由知，物体的加速度a=3m/s2，2s末物体的坐标（2）由得，物体通过区间150mx600m所用的时间答：（1）2s末物体的位置坐标为6m；（2）物体通过区间150mx600m所用的时间为10s点评：解决本题的关键掌握匀变速直线运动的速度位移公式和位移时间公式，并能灵活运用17（8分）如图所示，质量M=10kg，上表面光滑的足够长的木板在F=50N的水平拉力作用下，以初速度v0=5m/s沿水平地面向右匀速运动现有足够多的小铁块，它们的质量均为m=1kg，将一铁块无初速地放在木板的最右端，当木板运动了L=1m时，又无初速地在木板的最右端放上第2块铁块，只要木板运动了L
28、就在木板的最右端无初速放一铁块（取g=10m/s2）试问：（1）第1块铁块放上后，木板运动了L时，木板的速度多大？（结果可带有根号）（2）最终木板上放有多少块铁块？考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系.专题：牛顿运动定律综合专题分析：（1）开始木板做匀速运动，由平衡条件求出木板受到的滑动摩擦力，然后由滑动摩擦力公式求出动摩擦因数铁块放在木板上后，木板对地面的压力变大，木板受到的滑动摩擦力变大，由牛顿第二定律和运动学公式结合可以求出即将放上第1块铁块时木板的速度（2）运用归纳法分别得到第2块铁块放上后、第3块铁块放上后第n块铁块放上后木板的速度表达式，得到vn的表达式，要使木板停
29、下，vn=0，即可求解解答：解：（1）木板最初做匀速直线运动，处于平衡状态，由平衡条件得：竖直方向：FN=Mg，水平方向：Ff=F，滑动摩擦力Ff=FN，则得F=Mg解得：=0.5；放第1块铁块后，木板做匀减速运动，则有mg=Ma1；2a1L=代入数据解得：v1=（2）设最终有n块铁块能静止在木板上则木板运动的加速度大小为an=，第1块铁块放上后 2a1L=，第2块铁块放上后 2a2L=，第n块铁块放上后 2anL=，由以上各相加得：（1+2+3+n）要使木板停下来，必须有vn=0，代入解得：6n7故最终有7块铁块放在木板上答：（1）第1块铁块放上后，木板运动了1时，木板的速度为；（2）最终木
30、板上放有7块铁块点评：熟练应用平衡条件、摩擦力公式、牛顿第二定律和运动学公式即可正确解题，关键运用归纳法，得到速度的通项四、请考生注意：以下试题为选做内容，其中18-21题是选修模块3-4试题，22-25题是选修模块3-5试题请你任选其中一个模块作答，若两个模块都答，只按3-4模块试题计分。物理-选修3-4。18（6分）（2013抚州一模）下列说法中正确的是 （）A医院中用于体检的“B超”利用了超声波的反射原理B鸣笛汽车驶近路人的过程中，路人听到的声波频率与波源相比减小C在宇宙中高速飞行的飞船中的时钟变快D照相机镜头的偏振滤光片可使水下影像清晰E无线网络信号能绕过障碍物传递到接收终端是利用了干
31、涉原理考点：多普勒效应；波的干涉和衍射现象；光的偏振.分析：“B超”利用了超声波的反射；当间距减小时，听到的频率大于波源的频率，而当间距增加时，听到的频率小于波源的频率；飞行的飞船中的时钟变慢；镜头的偏振滤光片，阻碍其它反射光的进入；无线信号是利用光的衍射现象，从而即可求解解答：解：A、医院中用于体检的“B超”利用了超声波的反射原理，故A正确；B、当鸣笛汽车驶近路人的过程中，两者间距变小，则路人听到的声波频率与波源相比增加，故B错误；C、在宇宙中高速飞行的飞船中的时钟变慢，故C错误；D、照相机镜头的偏振滤光片，从而阻碍其它反射光的进入，使得所拍影像清晰，故D正确；E、无线网络信号能绕过障碍物传
32、递到接收终端，是利用了衍射原理，故E错误；故选：AD点评：考查波的反射、衍射的应用，掌握光的偏振原理，理解多普勒效应的内容，注意高速运动时，时间变慢，而沿着运动方向的长度缩短19（6分）下列说法中正确的是（）A一弹簧连接一物体沿水平方向做简谐运动，则该物体做的是匀变速直线运动B若单摆的摆长不变，摆球的质量增加为原来的4倍，摆球经过平衡位置时的速度减为原来的，则单摆振动的频率将不变，振幅变小C在光的双缝干涉实验中，若仅将入射光由绿光变为红光，则条纹间距变宽D单摆在周期性的外力作用下做受迫运动，则外力的频率越大，单摆的振幅越大考点：单摆；双缝干涉的条纹间距与波长的关系.分析：简谐运动是变加速往复运
33、动；根据摆球经过平衡位置时的速度与摆球的质量，可知，摆球释放位置，从而确定振幅的变化，但单摆振动的频率与摆长有关；根据干涉条纹间距公式，即可求解；做受迫运动，外力的频率越大，单摆的振幅可能变大，也可能变小解答：解：A、做简谐运动的物体，是变加速直线运动，故A错误；B、根据动能定理，可知，结合摆球经过平衡位置时的速度与摆球的质量，=mgh0，可知振幅变小，而摆长没变，由周期公式T=，可知振动的频率仍不变，故B正确；C、光的双缝干涉实验中，公式，若仅将入射光由绿光变为红光，则条纹间距变宽，故C正确；D、在周期性的外力作用下做受迫运动，则外力的频率越大，单摆的振幅可能变大，也可能变小，故D错误；故选
34、：BC点评：考查简谐运动的运动性质，掌握单摆的周期公式，注意与质量无关，理解干涉条纹间距公式的应用，同时掌握共振现象的条件20（9分）一列简谐横波，在t=0.4s时刻的波形图象如图乙所示，波上A质点的振动图象如图甲所示（1）判断该波的传播方向（2）求该波的传播速度（3）求A质点从该时刻起经0.6s，所在位置坐标和0.6s内A质点通过的路程考点：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：（1）根据振动图象甲读出t=0.4s时刻质点A的位置和速度方向，由乙图判断波的传播方向（2）由甲图读出周期，由乙图读出波长，即可求得波速（3）根据时间与周期的关系分析质点通过的路程解答
35、：解：（1）由甲图知：质点A在t=0.4s时刻通过平衡位置向下运动，在乙图上，根据波形平移法，可知该波沿x轴正方向传播（2）由甲图读出周期T=0.8s，由乙图知波长=20m，则该波的波速v=25m/s（3）时间t=0.6s=，则质点A在0.6s内通过的路程等于3倍振幅，为 S=3A=32cm=6cm，此刻质点A位于波峰，位置坐标为（15m、2cm）答：（1）该波的传播方向沿x轴正方向（2）该波的传播速度为25m/s（3）A质点从该时刻起经0.6s，所在位置坐标为（15m、2cm），0.6s内A质点通过的路程是6cm点评：本题中根据质点的振动方向判断波的传播方向，可采用波形的平移法和质点的振动法
36、等等方法，要熟练掌握要把握住两种图象的内在联系，进行综合分析21（9分）（2014赣州二模）在真空中有一正方体玻璃砖，其截面如图所示，已知它的边长为d在AB面上方有一单色点光源S，从S发出的光线SP以60入射角从AB面中点射入，当它从侧面AD射出时，出射光线偏离入射光线SP的偏向角为30，若光从光源S到AB面上P点的传播时间和它在玻璃砖中传播的时间相等，求点光源S到P点的距离考点：光的折射定律；折射率及其测定.专题：光的折射专题分析：正确画出光路图，根据几何关系和折射定律，结合条件：光从光源S到AB面上P点的传播时间和它在玻璃砖中传播的时间相等，列方程求解即可解答：解：光路图如图所示，由折射定
37、律知，光线在AB面上折射时有： n=在BC面上出射时有：n=由几何关系有：+=90 =（60）+（）=30联立以上各式并代入数据解得：=45，=60解得：n=光在棱镜中通过的距离为 s=设点光源S到P点的距离为L，有： L=ct解得：L=d答：点光源S到P点的距离为d点评：解答本题的关键是正确画出光路图，依据几何关系和相关物理知识进行求解五、物理-选修3-5（填写选项前的字母，选对一个给3分，选对2个给6分，不选或错选得0分）22（2014邯郸一模）下列说法正确的是（）ATh经过6次衰变和4次衰变后成为稳定的原子核PbB发现中子的核反应方程是Be+HeC+nC20个U的原子核经过两个半衰期后剩
38、下5个UD一定强度的入射光照射某金属发生光电效应时，入射光的频率越高，单位时间内逸出的光电子数就越多E根据玻尔理论可知，氢原子辐射出一个光子后，氢原子的电势能减小，核外电子的运动速度增大考点：原子核衰变及半衰期、衰变速度.专题：衰变和半衰期专题分析：衰变的过程中电荷数少2，质量数少4，衰变的过程中电荷数多1，质量数不变，半衰期是统计规律，对少数原子核不适用，发生光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限频率解答：解：A、由质量数和电荷数守恒知：208=23264，82=9062+4，A正确；B、发现中子的核反应方程是Be+HeC+n，B正确；C、半衰期是统计规律，对少数原子核不适用，C错误；D
39、、一定强度的入射光照射某金属发生光电效应时，入射光的强度越大，单位时间内逸出的光电子数就越多，D错误；E、根据玻尔理论可知，氢原子辐射出一个光子后，氢原子的电势能减小，核外电子的运动速度增大，E正确；故选：ABE点评：掌握衰变的实质，知道半衰期的意义，发生光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限频率，记住一些物理学史23下列说法中正确的是（）A德布罗意提出：实物粒子也具有波动性，而且粒子的能量和动量p跟它所对应的波的频率v和波长之间，遵从关系v=和=B在康普顿效应中，当入射光子与晶体中的电子碰撞时，把一部分动量转移给电子，因此，光子散射后波长变长Ca粒子散射实验的结果证明原子核是由质子和中子
40、组成的DSeKr+2e是重核裂变E比结合能越大，表示原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定考点：裂变反应和聚变反应.专题：衰变和半衰期专题分析：在康普顿效应中，散射光子的动量减小，根据德布罗意波长公式判断光子散射后波长的变化；粒子散射实验的结果证明原子核式结构；明确裂变和聚变反应特点；比结合能越大的原子核越稳定解答：解：A、实物粒子也具有波动性，而且粒子的能量和动量p跟它所对应的波的频率v和波长之间，遵从关系v=和=，故A正确B、在康普顿效应中，当入射光子与晶体中的电子碰撞时，把一部分动量转移给电子，则动量减小，根据=，知波长增大故B错误C、粒子散射实验的结果证明原子核式结构，不能证明原子核是
41、由质子和中子组成的，故C错误D、重核裂变生成的核质量相近，所以此方程不是重核裂变，是衰变，故D错误E、比结合能越大，表示原子核中核子结合得越牢靠，原子核越稳定故E正确故选：AE点评：本题比较简单，关键熟悉教材，牢记这些基础知识点，并强化训练24（2014商丘三模）如图所示，用轻弹簧相连的质量为2kg的A、B两物块静止在光滑的水平地面上，质量为4kg的物块C以v=6m/s的速度向左运动，B与C碰撞后，立即粘在一起运动求：在弹簧压缩到最短的过程中，弹簧最大的弹性势能为多大？弹簧对A的冲量是多大？考点：动量守恒定律；机械能守恒定律.专题：力学综合性应用专题分析：B与C发生碰撞后，BC一起向左运动当三
42、者速度相同时，弹簧压缩量最大，弹性势能最大，根据动量守恒求出三者共同的速度由机械能守恒求解弹性势能的最大值根据动量定理，求得弹簧对A的冲量解答：解：B与C碰撞过程动量守恒，以C的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mCv=（mC+mB）v1，A、B、C三者共速，以三者组成的系统为研究对象，以C的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：（mC+mB）v1=（mA+mB+mC）v2，由并联守恒定律得：，代入数据解得：EP=12J；对A，由动量定理得：I=mAv20，解得：I=6kgm/s；答：弹簧最大的弹性势能为12J；弹簧对A的冲量是6kgm/s点评：本题是含有非弹性碰撞的过程，不能全过程列出机械
43、能守恒方程，这是学生经常犯的错误25（2013石家庄一模）如图所示，光滑的水平面上有两块相同的长木板A和B，长度均为0.5m，在 B的中间位置有一个可以看作质点的小铁块C，三者的质量都为m，C与A，B间的动摩擦因数均为u=0.5现在A以速度va=6m/s向右运动并与B相碰，碰撞时间极短，碰后A、B粘在一起运动，而C可以在A、B上滑动g=10m/s2，求小铁块C最终距长木板A左端的距离考点：动量守恒定律；能量守恒定律.专题：动量定理应用专题分析：A、B相碰过程，由于时间极短，系统的动量守恒，由动量守恒定律列式，可求出碰后AB的共同速度A、B碰撞后，一起向右做减速运动，C做加速运动，假设C物块恰好
44、不会掉在地面上，三者速度相等，由动量守恒求出共同速度再由能量守恒定律列式，C与AB的相对位移，然后求出小铁块C最终距长木板A左端的距离解答：解：A与B碰过程动量守恒，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv0=2mv1 以A、B、C组成的系统为研究对象，以A的速度方向为正方向，A、B、C相互作用过程，由动量守恒定律得：mv0=3mv2假设C未掉下，A、B、C达到共同速度时，由能量守恒定律得：mgx=2mv123mv22联立并代入数据得：x=0.6m，则C最终距A左端的距离为s=0.75m0.6m=0.15m；答：小铁块C最终 距长木板A左端的距离为0.15m点评：本题综合运用了动量守恒定律和能量守恒定律，关键要知道该问题的临界情况，以及知道摩擦产生的热量Q=fs
