1、2013-2014学年陕西省咸阳市高二（下）期末物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，计40分，其中17题为单选题，每小题有一项是正确的，第8、9、10为多选题，每题有几项是正确的，全部选对得4分，漏选得2分，错选、不选得0分）1（4分）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
2、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2（4分）关于磁场、磁感应强度和磁感线
3、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
4、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3（4分）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
5、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
6、；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4（4分）（2013珠海一模）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B螺线管的P端为N极，a接电源的负极C螺线管的P端为S极，a接电源的正极D螺线管的P端为S极，a接电源的负极考点：通电直导线和通电线圈周围磁场的方向分析：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
7、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5（4分）（2009宝山区二模）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B直流0.5A挡C直流2.5V挡D欧姆挡考点：用多用电表测电阻专题：实验题分析：有多
8、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6（4分）（2014石景山区一模）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
9、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
10、，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：mgtFt=mv而Ft=BILt=BLq，又感应电荷量 q=，因为磁通量相同，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=对于变力情形，运用动量定理研究时间是常用的方法，要学会应用7（4分）电流表的内阻是Rg=100，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0.1的电阻B应并联一个0.1的电阻C应串
11、联一个2900的电阻D应并联一个2900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=Rg，U为改装后的量程解答：解：改装成电压表要串联电阻分压，串阻值为：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8（4分）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t1t2时间内，线圈A、B相互排斥B在t2t3时间内，线圈A、B相互排斥Ct1时刻两线圈间作用力为零Dt2时刻两线圈间作用力最大考点：通电直导线和通电
12、线圈周围磁场的方向分析：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
13、，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9（4分）直流
14、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B效率一定增大C内部损耗功率一定减小D输出功率一定先增大后减小考点：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=，电源内阻r不变，滑动变阻器阻值R变大，则电源效率
15、增大，故B正确；C、电源内阻r不变，电流I减小，源的热功率PQ=I2r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10（4分）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
16、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
17、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二、实验题（本大题1大题，计15分）11（15分）（2012北京）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
18、量金属丝直径，其中某次测量结果如图1所示，其读数应为0.397mm（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1），电流表（内阻约为0.1），电压表（内阻约为3k），滑动变阻器R（020，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1234567U/V0.100.300.701.001.501.702.30I/A0.0200.0600.1600.2200.3400.4600.520由以上实验数据可知，他们测量RX是采用图2中甲和乙中的图甲（选填“甲”或“乙”）（3）如图3是测量R
19、X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UI图线，由图线得到金属丝的阻值RX=4.5（保留两位有效数字）（5）根据以上数据可估算出金属丝的电阻率约为C（填选项前的序号）A、1102mB、1103mC、1106mD、1108m（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
20、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UI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UI图线，从而可
21、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+39.70.01=0.397mm（2）由记录数据根据欧姆定律可知金属丝的电阻Rx约5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
22、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UI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UI图线上，有：（5）根据电阻定律 有：106m，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
23、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三、计算题（本大题2小题，计25分，解答应写出文字说明、计算过程或演算步骤，只想出结果的不得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）12（12分）发电机的端电压为220V，输出电功率为44kW，输电线路的电阻为0.2，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
24、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=I2R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=PI2r求解户得到的功率，根据U=UIr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）根据=，解得升压变压器的输出电压为：U2=2
25、2010V=2200V则输电线上的电流为：I2=A=20A，损失的功率为：P损=I22R=4000.2W=80W输电线上损失的电压为：U=I2R=200.2V=4V则降压变压器输入电压为：U3=U2U=22004V=2196V根据=，得用户得到的电压为：U4=219.6V用户得到的功率为：P=PP损=4400080=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=PI2r=4400020020.2=36000W=36KW用户得到的电压为：U=UIr=2202000.2=180V答：（1）画出全过程的线路图，如图所示；（2）用户得到的电压为2
26、19.6V，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13（13分）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
27、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
28、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，掌握轨道半径公式四、（选考题）：共20分，请考生从给出的两个模块中选一模块作答，如果多做，则按第一模块即【选修3-4】计分【选修3-4】14（3分）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（）AP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
29、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15（3分）（2006湖北模拟）有下列说法：宏观物体的物质波波长非常小，极易观察到它的波动性 激光有较好的相干性 核
30、反应中的质量亏损现象违背了能量守恒定律 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（）ABCD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：、宏观物体的物质波波长非常小，不易观察到它的波动性，故错误；激光具有相干性好，平行度好、亮度高等特点，故正确；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，故错误；根据氢原子的能级图可知，氢原子的
31、能量是不连续的，辐射光子的能量也是不连续的，故正确故选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16（4分）如图所示为甲、乙两单摆做简谐运动的图线，若g=9.8m/s2，甲的摆长L1为1m；甲、乙两摆摆长之比为L1：L2为16：9；甲、乙两摆甲摆角较大考点：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=2求出甲摆的摆长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=L求解摆角解答：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=2得：L1=1m；L2=m；摆长L=，甲、乙两摆的周期比
32、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=L，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=2 17（10分）（2008江苏模拟）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5.31014Hz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=60己知光在真空中的速度c=3108m/s，玻璃的折射率n=1.5，求：（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
33、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=
34、0.75则得：i=arcsin0.75（2）根据得：根据v=f，得：=3.77107m（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 450.67，C45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，得光线CD面的出射光线与法线的夹角i=i=arcsin0.75答：（1）这束入射光线的入射角arcsin0.75（2）光在棱镜中的波长是3.77107m（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
35、【选修3-5】18原子核92238U经放射性衰变变为原子90234Th，继而经放射性衰变变为原子核91234Pa，再经放射性衰变变为原子核92234U放射性衰变、和依次为（）A衰变、衰变和衰变B衰变、衰变和衰变C衰变、衰变和衰变D衰变、衰变和衰变考点：原子核衰变及半衰期、衰变速度分析：该题考察了、衰变特点，只要写出衰变方程即可求解解答：解：根据、衰变特点可知：92238U经过一次衰变变为90234Th，90234Th经过1次衰变变为91234Pa，91234Pa再经过一次衰变变为92234U，故BCD错误，A正确故选A点评：本意很简单，直接考察了、衰变特点，注意衰变过程中满足质量数、电荷数守恒
36、19（2006宣武区一模）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（）AvA=2m/s，vB=6m/sBvA=2m/s，vB=2m/sCvA=1m/s，vB=3m/sDvA=3m/s，vB=7m/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：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
37、为m，碰前系统总动量P=mAvA+mBvB=4m，碰前的总机械能E=mAvA2+mBvB2=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；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20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
38、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Al+HeP+n，PSi+e，则以下判断中正确的是（）AP是由Si和e组成的Be是P内的质子转化为中子时产生的Ce是P内的中子转化为质子时产生的DP原子核的质量为mP、Si原子核的质量为mS，e的质量为m0，则P衰变成Si的过程中释放的核能为（mPmSim0）c2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、PSi+e，e是P内的质子转化为中子时产生的，故AC错误，
39、B正确；D、P原子核的质量为mP、Si原子核的质量为mS，e的质量为m0，根据质能方程得P衰变成Si的过程中释放的核能为E=mc2=（mPmSim0）c2，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21（2005盐城模拟）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分析：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全提供向心力，系统满足动量守恒，据此求解即可解答：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：A：mAg=B：mBg=根据动能定理有：=2mAgR=4mBgR联立解得mA：mB=：1答：A、B两物体的质量mA和mB之比是：1点评：小球刚好到达圆管形轨道最高点的条件是：到达最高点时速度为零；应用牛顿第二定律、动量守恒定律即可正确解题
