1、专题六自考模块 考题考点统计年份试卷题号和题型分值考查内容2015新课标全国卷33(1)选择题5分固体、液体的性质33(2)计算题10分气体实验定律、理想气体状态方程34(1)填空题5分光的干涉实验34(2)计算题10分机械波的传播规律35(1)填空题5分光电效应35(2)计算题10分动量守恒定律新课标全国卷33(1)选择题5分气体动理论33(2)计算题10分气体实验定律、理想气体状态方程34(1)选择题5分光的折射、光的干涉实验34(2)计算题10分机械波的传播规律35(1)选择题5分光电效应、波粒二象性35(2)计算题10分动量守恒定律2014新课标全国卷33(1)选择题6分热力学定律33
2、(2)计算题9分气体实验定律、理想气体状态方程34(1)选择题6分机械波的传播规律34(2)计算题9分光的折射、全反射35(1)选择题6分原子核的衰变、半衰期35(2)计算题9分动量守恒定律新课标全国卷33(1)选择题6分分子动理论、固体、液体的性质33(2)计算题9分气体实验定律、理想气体状态方程34(1)选择题6分振动图象和波动图象34(2)计算题9分光的折射、全反射35(1)选择题6分物理学史35(2)实验题9分验证动量守恒定律2013新课标全国卷33(1)选择题6分分子力、分子势能、分子动能33(2)计算题9分气体实验定律、理想气体状态方程34(1)选择题6分振动和波动34(2)计算题
3、9分光的折射、全反射35(1)填空题6分核反应方程35(2)计算题9分动量守恒定律新课标全国卷33(1)选择题5分热力学定律、气体的性质33(2)计算题10分气体实验定律、理想气体状态方程34(1)填空题5分简谐运动34(2)计算题10分光的折射、全反射35(1)选择题5分核能的计算35(2)计算题10分动量守恒定律考纲考点展示主题内容要求分子动理论与统计观点分子动理论的基本观点和实验依据 阿伏加德罗常数气体分子运动速率的统计分布温度分子平均动能的标志、内能固体、液体与气体固体的微观结构、晶体和非晶体 液晶的微观结构液体的表面张力现象气体实验定律理想气体饱和蒸气、未饱和蒸气和饱和蒸气压相对湿度
4、热力学定律与能量守恒热力学第一定律 能量守恒定律热力学第二定律机械振动与机械波简谐运动简谐运动的公式和图象单摆、周期公式受迫振动和共振机械波横波和纵波横波的图象波速、波长和频率(周期)的关系波的干涉和衍射现象多普勒效应电磁振荡与电磁波变化的磁场产生电场、变化的电场产生磁场、电磁波及其传播电磁波的产生、发射和接收电磁波谱光光的折射定律折射率全反射、光导纤维光的干涉、衍射和偏振现象相对论狭义相对论的基本假设 质速关系、质能关系相对论质能关系式碰撞与动量守恒动量、动量守恒定律及其应用弹性碰撞与非弹性碰撞原子结构氢原子光谱氢原子的能级结构、能级公式原子核原子核的组成、放射性、原子核的衰变、半衰期放射性
5、同位素核力、核反应方程结合能、质量亏损裂变反应和聚变反应、裂变反应堆射线的危害和防护波粒二象性光电效应爱因斯坦光电效应方程重点规律阐释通过对近3年高考试题分析可以看出，高考对选修部分考查点为：33(分子动理论、气体及热力学定律)(1)分子大小的估算；(2)对分子动理论内容的理解；(3)物态变化中的能量问题；(4)气体实验定律的理解和简单计算；(5)固、液、气三态的微观解释；(6)热力学定律的理解和简单计算；(7)用油膜法估测分子大小。命题形式基本上都是小题的拼盘。34(振动与波动、光)(1)波的图象；(2)波长、波速和频率及其相互关系；(3)波的传播特性；(4)光的折射及全反射；(5)光的干涉
6、、衍射及双缝干涉实验；(6)简谐运动的规律及振动图象；(7)电磁波的有关性质。命题形式基本上都是小题的拼盘。35(碰撞与动量守恒、近代物理初步)(1)动量守恒定律及其应用；(2)原子的能级跃迁；(3)原子核的衰变规律；(4)核反应方程的书写；(5)质量亏损和核能的计算；(6)三种射线的特点及应用；(7)光电效应问题的规律及应用等。备考应试指导命题预测2016年高考，考查的方式会延续上一年度，题目的难度会有所增加。复习时要侧重对基本知识的梳理和记忆，强化对基本概念和规律的理解，提高对典型问题的综合分析能力。备考对策33(分子动理论、气体及热力学定律)由于本讲内容琐碎，考查点多，因此在复习中应注意
7、抓好四大块知识：一是分子动理论；二是从微观角度分析固体、液体、气体的性质；三是气体实验三定律；四是热力学定律。以四块知识为主干，梳理出知识点，进行理解性记忆。34(振动与波动、光)在复习本部分内容时应加强对基本概念和规律的理解，抓住波的传播特点和图象分析、光的折射定律和全反射这两条主线，兼顾振动图象和光的特性(干涉、衍射、偏振)、光的本性，强化典型问题的训练，力求掌握解决本部分内容的基本方法。35(碰撞与动量守恒、近代物理初步)由于本讲涉及的知识点多，且与科技相关，题目新颖，但难度不大，因此，备考中应加强对基本概念和规律的理解，抓住动量守恒定律和原子核反应两条主线，注意综合题目的分析思路、强化
8、典题的训练。考点1分子动理论 ：本考点是近几年高考的热点，题型为选择题。考向涉及：(1)布朗运动、分子热运动与温度的关系。(2)分子力、分子势能与分子间距离的关系及分子势能与分子力做功的关系。1必须掌握估算微观量的两种模型(1)球体模型：一般适用于固体、液体，认为分子为一个个球体，直径为d 。(2)立方体模型：一般适用于气体，认为一个分子占据的空间为一个立方体，边长为d。2必须明确说明分子永不停息地做无规则热运动的两个实例(1)扩散现象：分子的无规则运动；温度越高，扩散越快。(2)布朗运动：悬浮在液体或气体中的小颗粒的无规则运动；颗粒越小，温度越高，运动越剧烈。布朗运动是固体小颗粒的运动，它间
9、接反映了液体或气体分子运动的无规则性。3必须理解分子力做功与分子势能的关系分子力做正功，分子势能减少；分子力做负功，分子势能增加。1多选(2015运城一模)下列叙述中正确的是()A布朗运动是固体小颗粒的运动，是液体分子的热运动的反映B分子间距离越大，分子势能越大；分子间距离越小，分子势能也越小C两个铅块紧压后能连在一起，说明分子间有引力D用打气筒向篮球充气时需用力，说明气体分子间有斥力E温度升高，物体的内能却不一定增大解析布朗运动不是液体分子的运动，而是悬浮在液体中的小颗粒的运动，它反映了液体分子的运动，A正确；若取两分子相距无穷远时的分子势能为零，则当两分子间距离大于r0时，分子力表现为引力
10、，分子势能随间距的减小而减小(此时分子力做正功)，当分子间距离小于r0时，分子力表现为斥力，分子势能随间距的减小而增大(此时分子力做负功)，B错误；用打气筒向篮球充气时需用力，是由于篮球内气体压强在增大，不能说明分子间有斥力，D错误；物体的内能取决于温度、体积及物体的质量，温度升高，内能不一定增大，E正确。答案ACE2多选(2015济南模拟)两个相距较远的分子仅在分子力作用下由静止开始运动，直至不再靠近。在此过程中，下列说法正确的是()A分子力先增大，后一直减小B分子力先做正功，后做负功C分子动能先增大，后减小D分子势能先增大，后减小E分子势能和动能之和不变解析两相距较远的分子间分子力随二者距
11、离变化的关系如图所示，rr0时，表现为引力，rr0时，二者靠近，分子力做正功，分子动能增大，势能减小；r0，根据热力学第一定律UQW可知Q0，即气体吸收热量，A正确；bc过程气体温度不变，U0，但气体压强减小，由C知V增大，气体对外做功，W0，即气体吸收热量，B错误；ca过程气体压强不变，温度降低，则U0，由UWQ可知|W|Q|，C错误；状态a温度最低，而温度是分子平均动能的标志，D正确；bc过程体积增大了，容器内分子数密度减小，温度不变，分子平均动能不变，因此容器壁单位面积单位时间受到分子撞击的次数减少了，E正确。(2)设汽缸的横截面积为S，沙子倒在活塞上后，对气体产生的压强为p，由玻意耳定
12、律得phS(pp)S解得pp外界的温度变为T后，设活塞距底面的高度为h。根据盖吕萨克定律得解得hh据题意可得p气体最后的体积为VSh联立式得V答案：(1)ADE(2)2(2015全国新课标)如图，一粗细均匀的U形管竖直放置，A侧上端封闭，B侧上端与大气相通，下端开口处开关K关闭；A侧空气柱的长度l10.0 cm，B侧水银面比A侧的高h3.0 cm。现将开关K打开，从U形管中放出部分水银，当两侧水银面的高度差为h110.0 cm时将开关K关闭。已知大气压强p075.0 cmHg。(1)求放出部分水银后A侧空气柱的长度；(2)此后再向B侧注入水银，使A、B两侧的水银面达到同一高度，求注入的水银在管
13、内的长度。解析：(1)以 cmHg为压强单位。设A侧空气柱长度l10.0 cm时的压强为p；当两侧水银面的高度差为h110.0 cm时，空气柱的长度为l1，压强为p1。由玻意耳定律得plp1l1由力学平衡条件得pp0h打开开关K放出水银的过程中，B侧水银面处的压强始终为p0，而A侧水银面处的压强随空气柱长度的增加逐渐减小，B、A两侧水银面的高度差也随之减小，直至B侧水银面低于A侧水银面h1为止。由力学平衡条件有p1p0h1联立式，并代入题给数据得l112.0 cm(2)当A、B两侧的水银面达到同一高度时，设A侧空气柱的长度为l2，压强为p2。由玻意耳定律得plp2l2由力学平衡条件有p2p0联
14、立式，并代入题给数据得l210.4 cm设注入的水银在管内的长度为h，依题意得h2(l1l2)h1联立式，并代入题给数据得h13.2 cm答案：(1)12.0 cm(2)13.2 cm1(1)多选若以表示水的摩尔质量，V表示在标准状态下水蒸气的摩尔体积，为在标准状态下水蒸气的密度，NA为阿伏加德罗常数，m、分别表示每个水分子的质量和体积，下面五个关系式中正确的是()ANABCmD E(2)已知地球大气层的厚度h远小于地球半径R，空气平均摩尔质量为M，阿伏加德罗常数为NA，地面大气压强为P0，重力加速度大小为g。由此可以估算得，地球大气层空气分子总数为_，空气分子之间的平均距离为_。解析：(1)
15、由NA，故A、C正确；因水蒸气为气体，水分子间的空隙体积远大于分子本身体积，即VNA，D错误；而，B错误，E正确。(2)设大气层中气体的质量为m，由大气压强产生，mgP0S，即m分子数n假设每个分子占据一个小立方体，各小立方体紧密排列，则小立方体边长即为空气分子平均间距，设为a，大气层中气体总体积为V，a3，而V4R2h，所以a3。答案：(1)ACE(2)32(1)多选下列说法中正确的是()A已知水的摩尔质量和水分子的质量，就可以计算出阿伏加德罗常数B布朗运动说明分子在永不停息地做无规则运动C两个分子由很远(r109 m)距离减小到很难再靠近的过程中，分子间作用力先减小后增大，分子势能不断增大
16、D露珠呈球状是由于液体表面张力的作用E物体的温度升高，则物体中所有分子的分子动能都增大(2)多选如图所示，绝热汽缸水平放置在光滑的水平桌面上，绝热活塞与一端固定在竖直墙面上的轻质弹簧相连，弹簧处于自然状态，汽缸不漏气且不计汽缸内气体的分子势能。由于外界天气变化，大气压强缓慢降低。则下列说法中正确的是()A汽缸内的气体对外做功，温度降低B汽缸内的气体对外做功，弹簧缩短C外界对气缸内的气体做负功D汽缸内的气体没有从外界吸收热量，内能不变E汽缸内气体单位时间撞击在单位面积上的分子数目减少解析：(1)NA，故A正确；布朗运动是分子热运动的实验基础，B正确；当rr0时，分子力为零，两分子从很远到很近，分
17、子力先减小后增大，分子势能先减小后增大，C错误；表面张力使液体表面积最小为球形，D正确；物体的温度升高，分子的平均动能增大，并不是所有分子动能都增大，E错误。(2)对于系统，地面光滑，由共点力平衡条件可知弹簧弹力始终为零，故B错误；大气压强缓慢降低，气体压强减小，可知E正确；由气体状态方程可知，体积增大，气体对外做功，而汽缸、活塞绝热，根据热力学第一定律可知，内能减少，温度降低，故A、C正确，D错误。答案：(1)ABD(2)ACE3(1)多选重庆出租车常以天然气作为燃料，加气站储气罐中天然气的温度随气温升高的过程中，若储气罐内气体体积及质量均不变，则罐内气体(可视为理想气体)()A压强增大，内
18、能减小B吸收热量，内能增大C压强变大，分子平均动能增大D对外做功，分子平均动能减小E对外不做功，分子平均动能增大(2)“拔火罐”是一种中医疗法，为了探究“火罐”的“吸力”，某人设计了如图实验。圆柱状汽缸(横截面积为S)被固定在铁架台上，轻质活塞通过细线与重物m相连，将一团燃烧的轻质酒精棉球从缸底的开关K处扔到汽缸内，酒精棉球熄灭时(设此时缸内温度为t )密闭开关K，此时活塞下的细线刚好拉直且拉力为零，而这时活塞距缸底为L。由于汽缸传热良好，重物被吸起，最后重物稳定在距地面处。已知环境温度为27 不变，与大气压强相当，汽缸内的气体可看做理想气体，求t值。解析：(1)储气罐内气体体积及质量均不变，
19、温度升高，气体从外界吸收热量，分子平均动能增大，内能增大，压强变大。因气体体积不变，故外界对气体不做功，B、C、E正确。(2)对汽缸内封闭气体研究，状态：p1p0，V1LS，T1(273t)K状态：p2p0p0，V2LS，T2300 K由理想气体状态方程：故t127 。答案：(1)BCE(2)127 4(1)多选关于一定量的气体，下列说法正确的是()A气体的体积指的是该气体的分子所能到达的空间的体积，而不是该气体所有分子体积之和B只要能减弱气体分子热运动的剧烈程度，气体的温度就可以降低C在完全失重的情况下，气体对容器壁的压强为零D气体从外界吸收热量，其内能一定增加E气体在等压膨胀过程中温度一定
20、升高(2)北方某地的冬天室外气温很低，吹出的肥皂泡会很快冻结。若刚吹出时肥皂泡内气体温度为T1，压强为P1，肥皂泡冻结后泡内气体温度降为T2。整个过程中泡内气体视为理想气体，不计体积和质量变化，大气压强为P0。求冻结后肥皂泡内外气体的压强差。解析：(1)气体分子在空间可自由移动，因此气体体积应是气体分子所能到达的空间，A正确；分子热运动的剧烈程度与温度有关，温度越高，分子运动越剧烈，B正确；气体压强的大小等于气体作用在器壁单位面积上的压力，与失、超重无关，C错误；气体吸收热量的同时可对外做功，内能不一定增加，D错误；气体等压膨胀，由可知温度一定升高，E正确。(2)肥皂泡内气体的变化可视为等容变
21、化，由查理定律可得解得P2P1故冻结后肥皂泡内外气体的压强差PP2P0P1P0答案：(1)ABE(2)P1P05(1)某驾驶员发现中午时车胎内的气压高于清晨时的，且车胎体积增大。若这段时间胎内气体质量不变且可视为理想气体，那么()A外界对胎内气体做功，气体内能减小B外界对胎内气体做功，气体内能增大C胎内气体对外界做功，内能减小D胎内气体对外界做功，内能增大(2)如图，A容器容积为10 L，里面充满12 atm、温度为300 K的理想气体，B容器是真空，现将A中气体温度升高到400 K，然后打开阀门S，将A中的气体释放一部分到B容器，当A容器内压强降到4 atm时，关闭阀门，这时B容器内的压强是
22、3 atm。不考虑气体膨胀过程中温度的变化，求B容器的容积。解析：(1)由理想气体状态方程C可知，对于一定质量的理想气体，压强和体积都增大时温度一定升高；而一定质量的理想气体，其内能仅与温度有关，温度升高时内能增大；因为车胎体积增大，所以胎内气体对外界做功；综上可知，D正确。(2)设A容器容积为VA，温度T0300 K时，压强为p0；温度升高到T1400 K时，压强为p1，根据查理定律有解得p116 atm对于气体膨胀过程，为等温变化，以膨胀后A中气体为研究对象，初态：p116 atm体积为V1末态：p24 atmV210 L根据玻意耳定律有p1V1p2V2解得V12.5 L。对B中气体初态：
23、p16 atmVVAV17.5 L末态：p3 atmVVB同理有pVpV解得VBV40 L。答案：(1)D(2)40 L6(1)多选下列说法正确的是()A将大颗粒的盐磨成细盐，细盐还是属于晶体B满足能量守恒定律的宏观过程都是可以自发进行的C0 的冰熔化成0 的水，其分子热运动的平均动能仍然不变D布朗运动就是液体分子的无规则运动，液体温度越高，布朗运动越激烈E宇航员王亚平在太空中制作的水球呈球形是因为失重和水的表面张力作用的结果 (2)如图，一底面积为S、内壁光滑的圆柱形容器竖直放置在水平地面上，开口向上，内有两个质量均为m的相同活塞A和B；在A与B之间、B与容器底面之间分别封有一定量的同样的理
24、想气体，平衡时体积均为V。已知容器内气体温度始终不变，重力加速度大小为g，外界大气压强为P0。现假设活塞B发生缓慢漏气，致使B最终与容器底面接触。求活塞A移动的距离。解析：(1)磨成细盐，未改变晶体点阵，故A正确；热现象的宏观过程都具有方向性，故B错误；0 的冰和水，分子平均动能相同，C正确，布朗运动是固体小颗粒的运动，故D错；在失重的环境中，表面张力使液体呈球形，E正确。(2)设A与B之间、B与容器底面之间的气体压强分别为P1、P2，在漏气前，对A分析有P1P0，对B有P2P1B最终与容器底面接触后，设AB间的压强为P，气体体积为V，则有PP0因为温度始终不变，对于混合气体有(P1P2)2V
25、PV，漏气前A距离底面的高度为h，漏气后A距离底面的高度为h联立可得h答案：(1)ACE(2)h7(1)多选以下说法正确的是()A气体分子单位时间内与器壁单位面积碰撞的次数，仅与单位体积内的分子数有关B气体的压强是由气体分子间的吸引和排斥产生的C布朗运动是悬浮在液体中的小颗粒的运动，它说明液体分子永不停息地做无规则热运动D当分子间的引力和斥力平衡时，分子势能最小E如果气体分子总数不变，而气体温度升高，则气体压强不一定增大(2)一个圆柱形汽缸质量M10 kg，总高度H40 cm，内有一质量为m5 kg的活塞，截面积S50 cm2，活塞密封良好且与汽缸壁间摩擦可忽略不计(不计汽缸壁与活塞厚度)，当
26、外界大气压强p01105 Pa，温度t07 时，如果用绳子系住活塞将汽缸悬挂起来，如图所示，汽缸内气体柱高H135 cm，重力加速度g取10 m/s2。求此时汽缸内气体的压强；当温度升高到多少摄氏度时，活塞与汽缸将分离？解析：(1)气体分子单位时间内与器壁单位面积碰撞的次数还与温度有关，A错误；气体的压强是由气体分子对器壁碰撞的冲力产生的，B错误；如果气体分子总数不变，而气体温度升高，同时气体体积也增大，则气体压强不一定增大，E正确。(2)对汽缸由平衡条件及压强定义式有pp0 Pa0.8105 Pa。设温度升高到t 时，活塞与汽缸将分离，对缸内气体由盖吕萨克定律有代入数据有解得t47 。答案：
27、(1)CDE(2)0.8105 Pa47 8(2015上海十三校联考)(1)多选下列说法正确的是()A气体向真空的自由膨胀是不可逆的B气体温度每升高1 K所吸收的热量与气体经历的过程有关C气体压强的大小跟气体分子的平均动能有关，与分子的密集程度无关D当分子间作用力表现为斥力时，分子势能随分子间距离的增大而增大(2)如图甲所示，圆柱形汽缸水平放置，汽缸足够长，内壁光滑，导热良好，用活塞封住一定量的理想气体，开始时汽缸内气体温度为T0、体积为V0。先将汽缸缓慢旋转90，使汽缸开口向上，再将缸内气体缓慢加热，直至温度升高到2T0。已知大气压强为p0，活塞的截面面积为S、质量为m。经过上述两个过程气体
28、的最终体积为_；在图乙中作出缸内气体状态变化的p V图象。解析：(1)气体向真空自由膨胀遵守热力学第二定律，具有方向性，A项正确；由热力学第一定律知气体每升高1 K，所吸收的热量与过程有关，B项正确；气体压强的大小与分子的平均动能和分子的密集程度有关，C项错；当分子间的作用力表现为斥力时，分子间的距离增大，分子力做正功，分子势能减小，D项错。(2)气体先做等温变化，由玻意耳定律得p0V0V1解得V1V0。气体再做等压变化，由盖吕萨克定律得 解得V2V0p V图象如图所示。答案：(1)AB(2)V0见解析图考点1简谐运动和受迫振动 ：本考点是高考的重点，考向主要有：(1)简谐运动的特征。(2)共
29、振的条件及特点。(3)单摆运动的规律。1简谐运动的五个特征(1)动力学特征：Fkx(2)运动学特征：简谐运动为变加速运动，远离平衡位置时，x、F、a、Ep均增大，v、Ek均减小，靠近平衡位置时则相反。(3)运动的周期性特征：相隔T或nT的两个时刻振子处于同一位置且振动状态相同。(4)对称性特征：相隔T(n为正整数)的两个时刻，振子位置关于平衡位置对称，速度的大小、动能、势能相等，相对于平衡位置的位移大小相等。(5)能量特征：简谐运动过程中，系统动能与势能相互转化，系统的机械能守恒。2受迫振动与共振(1)振动特点：受迫振动的周期或频率等于驱动力的周期或频率。(2)共振：驱动力的周期或频率等于系统
30、的固有周期或频率，系统的振幅最大。1一简谐振子沿x轴振动，平衡位置在坐标原点。t0时振子的位移x0.1 m；t s时x0.1 m；t4 s时x0.1 m。该振子的振幅和周期不可能为()A0.1 m， sB0.1 m,8 sC0.2 m， s D0.2 m,8 s解析若振子的振幅为0.1 m， sT，则周期最大值为 s，A正确，B错误；若振子的振幅为0.2 m，由简谐运动的对称性可知，当振子由x0.1 m处运动到负向最大位移处再反向运动到x0.1 m处，再经n个周期时所用时间为 s，则T s，所以周期的最大值为 s，且t4 s时刻 x0.1 m，故C项正确；当振子由x0.1 m经平衡位置运动到x
31、0.1 m处，再经n个周期时所用时间为 s，则T s，所以此时周期的最大值为8 s，且t4 s时，x0.1 m，D正确。答案B2. 多选如图所示，空间同一平面内有A、B、C三点，AB5 m，BC4 m，AC3 m。A、C两点处有完全相同的波源做简谐振动，振动频率为1 360 Hz，波速为340 m/s。下列说法正确的是()A两列波的波长均为0.25 mBB、C间有8个振动减弱的点CB点的位移总是最大的DA、B间有7个振动加强的点E振动减弱点的位移总是为零解析当t6 s时，由xvt12 m，波刚好传播到距a点12 m的d点，A正确；当波传到c质点时所需时间为t13 s，由题意知T3 s，所以T4
32、 s，c质点又振动2 s，回到平衡位置向上运动，B错误；T4 s，各质点振动的周期均为4 s，C正确；t13 s时，c质点刚开始向下振动，又经1 s，c质点运动到负向最大位移处，再经2 s，c质点运动到正向最大位移处，所以4 st6 s时，c质点由负向最大位移处向正向最大位移处运动，D正确；b、d距离为10 m，波长vT8 m，所以bd，当d向下运动时b可能向下运动，也可能向上运动，E错误。答案ACD3.某实验小组在利用单摆测定当地重力加速度的实验中：(1)用游标卡尺测定摆球的直径，测量结果如图所示，则该摆球的直径为_ cm。(2)小组成员在实验过程中有如下说法，其中正确的是_。(填选项前的字
33、母)A把单摆从平衡位置拉开30的摆角，并在释放摆球的同时开始计时B测量摆球通过最低点100次的时间t，则单摆周期C用悬线的长度加摆球的直径作为摆长，代入单摆周期公式计算得到的重力加速度值偏大D选择密度较小的摆球，测得的重力加速度值误差较小解析(1)主尺读数为9 mm，游标尺第7条刻线与主尺对齐，读数为9 mm70.1 mm9.7 mm0.97 cm。(2)摆角太大，且计时应在平衡位置，A项错误；计时100次为50 个周期，一个周期为，B项错误；摆长应为摆线长加摆球半径，L偏大，由T2 计算出重力加速度偏大，C项正确；应选择密度较大的摆球，测得的重力加速度误差较小，D项错误。答案(1)0.97(
34、0.96、0.98均可)(2)C简谐运动的基本规律(1)分析简谐运动中各物理量的变化情况时，一定要以位移为桥梁，位移增大时，振动质点的回复力、加速度、势能均增大，速度、动能均减小；反之，则产生相反的变化。(2)质点的振动方向可以通过下一时刻质点位移的变化来判定，下一时刻位移如果增加，振动质点就远离平衡位置，下一时刻位移如果减小，振动质点就靠近平衡位置。1(2014安徽高考)在科学研究中，科学家常将未知现象同已知现象进行比较，找出其共同点，进一步推测未知现象的特性和规律。法国物理学家库仑在研究异种电荷的吸引力问题时，曾将扭秤的振动周期与电荷间距离的关系类比单摆的振动周期与摆球到地心距离的关系。已
35、知单摆摆长为l，引力常量为G，地球质量为M，摆球到地心的距离为r，则单摆振动周期T与距离r的关系式为()AT2rBT2rCT DT2l解析：选B由mg得：g，由T2得：T2r，B正确。2多选(2015山东高考)如图，轻弹簧上端固定，下端连接一小物块，物块沿竖直方向做简谐运动。以竖直向上为正方向，物块简谐运动的表达式为y0.1sin(2.5t)m。t0时刻，一小球从距物块h高处自由落下；t0.6 s时，小球恰好与物块处于同一高度。取重力加速度的大小g10 m/s2。以下判断正确的是()Ah1.7 mB简谐运动的周期是0.8 sC0.6 s内物块运动的路程为0.2 mDt0.4 s时，物块与小球运
36、动方向相反解析：选AB由物块简谐运动的表达式y0.1sin(2.5t) m知，2.5，T s0.8 s，选项B正确；t0.6 s时，y0.1 m，对小球：h|y|gt2，解得h1.7 m，选项A正确；物块0.6 s内路程为0.3 m，t0.4 s时，物块经过平衡位置向下运动，与小球运动方向相同。故选项C、D错误。考点2波的形成和传播规律 ： 本考点是高考的重点和热点，考向如下：(1)考查波动图象和振动图象的相互转换与判断。(2)根据波的图象确定波的传播方向、传播时间及波的相关参量。(3)考查波的多解问题。1波速、波长、周期、频率的关系vf2波的传播方向与质点振动方向的互判方法(1)“上下坡”法
37、：沿波的传播速度的正方向看，“上坡”的点向下振动，“下坡”的点向上振动，简称“上坡下，下坡上”。(2)同侧法：在波的图象上的某一点，沿纵轴方向画出一个箭头表示质点振动方向，并设想在同一点沿x轴方向画个箭头表示波的传播方向，那么这两个箭头总是在曲线的同侧。3波动问题出现多解的主要原因(1)波传播的周期性，在波的传播方向上相距波长整数倍的质点振动情况相同，因此质点的位移、加速度、振动方向和波的形状出现了周期性的变化。(2)波传播具有双向性，当波沿x轴方向传播时，波既可以沿x轴正方向传播，也可以沿x轴负方向传播，导致多解。1(2015宁德模拟)如图所示，一列沿x轴正向传播的简谐横波，当波传到O点时开
38、始计时，t7.0 s时刚好传到x3.5 m处。下列判断正确的是()A波源的起振方向向上B该波的波速为2 m/sC波源的振动频率为0.25 HzD再经过1.0 s，x1.8 m处质点通过路程是20 cm解析x3.5 m处质点起振方向竖直向下，可知波源的起振方向也竖直向下，A错误；由v得v m/s0.5 m/s，B错误；由图可知，tT得T4 s，f0.25 Hz，C正确；t1.0 s，x1.8 m处质点通过的路程一定大于20 cm，D错误。答案C2多选如图(a)为一列简谐横波在t0.10 s时刻的波形图，P是平衡位置在x1.0 m处的质点，Q是平衡位置在x4.0 m处的质点；图(b)为质点Q的振动
39、图象。下列说法正确的是()A在t0.10 s时，质点Q向y轴正方向运动B在t0.25 s时，质点P的加速度方向与y轴正方向相同C从t0.10 s到t0.25 s，该波沿x轴负方向传播了6 mD从t0.10 s到t0.25 s，质点P通过的路程为30 cmE质点Q简谐运动的表达式为y0.10sin 10t(国际单位制)解析由振动图象可知，在t0.10 s时，质点Q向y轴负方向运动，A错误；结合波形图及质点运动方向与波的传播方向的“上坡下、下坡上”规律可知，波沿x轴负方向传播，题图(a)中质点P经t0.25 s0.10 s0.15 sT时间，位移变为负值，即此时质点P的加速度方向沿y轴正方向，B正
40、确；波在t0.15 sT时间内沿x轴负方向传播6 m，C正确；任意质点在半个周期内通过的路程为2倍振幅，即20 cm，从平衡位置或最大位移处开始，T时间内通过的路程等于振幅，而题图(a)中质点P在半个周期后，已经过平衡位置并向负的最大位移处运动，T时间内通过的路程小于振幅，D错误；由振动图象，质点Q的振幅A10 cm0.10 m，周期为0.2 s，10 rad/s，所以其运动表达式为yAsin t0.10sin 10t m，E正确。答案BCE3(2015新洲联考)一列简谐横波在x轴上传播，在t10和t20.05 s时，其波形图分别用如图所示的实线和虚线表示，求：(1)这列波可能具有的波速；(2
41、)当波速为280 m/s时，波的传播方向如何？以此波速传播时，x8 m处的质点P从平衡位置运动至波谷所需的最短时间是多少？解析(1)若波沿x轴正向传播，则xx1n(28n)m(n0,1,2,3，)v m/s(40160n)m/s若波沿x轴负向传播，则xx2n(68n)m(n0,1,2,3，)v m/s(120160n)m/s(2)当波速为280 m/s时，有280(120160n)，可得n1，所以波沿x轴负向传播。所以质点P第一次达到波谷所需最短时间为tT s2.1102 s答案(1)(40160n)m/s或(120160n)m/s (n0,1,2,3，)(2)沿x轴负向传播2.1102 s巧
42、解波动图象与振动图象综合问题的“1分、1看、2找”1分：分清振动图象与波动图象，此问题最简单，只要看清横坐标即可，横坐标为x则为波动图象，横坐标为t则为振动图象。1看：看清横、纵坐标的单位，尤其要注意单位前的数量级。2找：(1)找准波动图象对应的时刻。(2)找准振动图象对应的质点。1多选(2014全国新课标)图(a)为一列简谐横波在t2 s时的波形图，图(b)为媒质中平衡位置在x1.5 m处的质点的振动图象，P是平衡位置为x2 m的质点。下列说法正确的是()A波速为0.5 m/sB波的传播方向向右C02 s时间内，P运动的路程为8 cmD02 s时间内，P向y轴正方向运动E当t7 s时，P恰好
43、回到平衡位置解析：选ACE根据图象可知：该波的波长2 m，周期T4 s，故波速v0.5 m/s，A正确；从图(b)中可知：x1.5 m处的质点在t2 s时，其在平衡位置沿y轴负向运动，在图(a)中，沿波的传播方向，“下坡向上，上坡向下”，故该波的传播方向向左，B错误；02 s，P运动的路程s4A8 cm，C正确；02 s，P从正向最大位移处运动到负向最大位移处，即沿y轴负向运动，D错误；当t7 s时，P点从图示(t2 s)经历了5 s，即T，到达平衡位置，E正确。2(2015全国新课标)甲、乙两列简谐横波在同一介质中分别沿x轴正向和负向传播，波速均为v25 cm/s。两列波在t0时的波形曲线如
44、图所示。求：(1)t0时，介质中偏离平衡位置位移为16 cm的所有质点的x坐标；(2)从t0开始，介质中最早出现偏离平衡位置位移为16 cm的质点的时间。解析：(1)t0时，在x50 cm处两列波的波峰相遇，该处质点偏离平衡位置的位移为16 cm。两列波的波峰相遇处的质点偏离平衡位置的位移均为16 cm。从图线可以看出，甲、乙两列波的波长分别为150 cm，260 cm甲、乙两列波波峰的x坐标分别为x150k11，k10，1，2，x250k22，k20，1，2，由式得，介质中偏离平衡位置位移为16 cm的所有质点的x坐标为x(50300n)cm(n0，1，2，)(2)只有两列波的波谷相遇处的质
45、点的位移为16 cm。t0时，两列波波谷间的x坐标之差为x50(2m21)50(2m11)式中，m1和m2均为整数。将式代入式得x10(6m25m1)5由于m1、m2均为整数，相向传播的波谷间的距离最小为x05 cm从t0开始，介质中最早出现偏离平衡位置位移为16 cm的质点的时间为t代入数值得t0.1 s。答案：(1)x(50300n)cm(n0，1，2，)(2)0.1 s考点3光的折射和全反射 ：本考点是高考常考内容，考向如下：(1)光在不同介质中传播时对折射定律和反射定律的考查。(2)光在不同介质中传播时有关全反射的考查。(3)光在介质中传播时临界光线的考查。1必须掌握折射率的两个公式(
46、1)n(1、2分别为入射角和折射角)。(2)n(c为光速，v为光在介质中的速度)。2必须明确全反射的条件及临界角公式(1)全反射的条件：光从光密介质进入光疏介质，入射角大于或等于临界角。(2)临界角公式：sin C。1(2015桂林模拟)一半径为R的半圆形玻璃砖放置在竖直平面上，其截面如图所示。图中O为圆心，MN为竖直方向的直径。有一束细光线自O点沿水平方向射入玻璃砖，可以观测到有光线自玻璃砖右侧射出，现将入射光线缓慢平行下移，当入射光线与O点的距离为d时，从玻璃砖右侧射出的光线刚好消失。则此玻璃的折射率为()A.B.C.D.解析当从玻璃砖射出的光线刚好消失时，入射光线在半圆面上的入射角恰好等
47、于玻璃砖的临界角，由几何关系可知，sin C，又sin C，故得n，C正确。答案C2在“测定玻璃的折射率”实验中，某同学经正确操作插好了4枚大头针，如图甲所示。(1)在图丙中画出完整的光路图。丙(2)对你画出的光路图进行测量和计算，求得该玻璃砖的折射率n_(保留三位有效数字)。(3)为了观测光在玻璃砖不同表面的折射现象，某同学做了两次实验，经正确操作插好了8枚大头针，如图乙所示。图中P1和P2是同一入射光线上的2枚大头针，其对应出射光线上的2枚大头针是P3和_(填“A”或“B”)。解析(1)如图甲所示。甲(2)折射率n，sin i与sin r可利用图中的方格进行粗略的计算，或是利用直尺测量计算
48、，sin i0.798，sin r0.521，则n1.53。(3)光路图如图乙所示，光线经两边沿相互平行的玻璃砖， 出射光线平行于入射光线， 即MNP4B。P1P2光线从棱镜右边侧面射出向底边偏折，如图乙中P3A，所以填A。乙答案(1)见解析图甲(2)1.53(1.501.56均正确) (3)A3.(2015六盘水联考)一种折射率n1.5的棱镜如图所示，用于某种光学仪器中，现有一束光线沿MN方向射到棱镜的AB面上，入射角的大小iarcsin 0.75(即sin i0.75)，求：(1)光在棱镜中传播的速率；(2)画出此束光线射出棱镜后的方向，要求写出简要的分析过程(不考虑返回到AB和BC面上的
49、光线)。解析(1)根据光在介质中传播的速度公式得v2108 m/s(2)由题设知光在AB面上入射角的正弦值sin i0.75根据折射定律得n解得sin 所以AB面上的折射角30由几何关系得，BC面上的入射角45又因全反射临界角Carcsin乙光线在玻璃砖内会发生三次全反射，最后由G点射出，如图乙所示。由反射定律和几何关系得xOGxOCR射到G点的光有一部分被反射，沿原路返回到达C点射出。答案：(1)R(2)见解析2(2015山东高考)半径为R、介质折射率为n的透明圆柱体，过其轴线OO的截面如图所示。位于截面所在的平面内的一细束光线，以角i0由O点入射，折射光线由上边界的A点射出。当光线在O点的
50、入射角减小至某一值时，折射光线在上边界的B点恰好发生全反射。求A、B两点间的距离。解析：当光线在O点的入射角为i0时，设折射角为r0，由折射定律得n设A点与左端面的距离为dA，由几何关系得sin r0若折射光线恰好发生全反射，则在B点的入射角恰好为临界角C，设B点与左端面的距离为dB，由折射定律得sin C由几何关系得sin C设A、B两点间的距离为d，可得ddBdA联立式得dR答案：R考点4光的波动性和电磁波 ：本考点为近几年高考选考的热点，题型为选择题，考向如下：(1)与光的波动性相关的干涉、衍射、偏振及其应用。(2)麦克斯韦电磁场理论，电磁波的性质和应用。1光的干涉现象和光的衍射现象证明
51、了光的波动性，光的偏振现象说明光为横波。2光的干涉和光的衍射产生的条件：发生干涉的条件是两光源频率相等，相位差恒定；发生明显衍射的条件是障碍物或小孔的尺寸跟光的波长相差不多或比光的波长小。1多选(2015湖北八校二联)关于波的现象，下列说法正确的有()A当波从一种介质进入另一种介质时，频率不会发生变化B光波从空气进入水中后，更容易发生衍射C波源沿直线匀速靠近一静止接收者，则接收者接收到波信号的频率会比波源频率低D不论机械波、电磁波，都满足vf，式中三参量依次为波速、波长、频率E电磁波具有偏振现象解析由波的性质可知，A正确；光波从空气进入水中，波速变小，波长变短，故不容易发生衍射，B错；由多普勒
52、效应可判断，波源靠近静止的接收者的过程中，接收者接收到波信号的频率会比波源频率高，则C错误；波速的计算公式vf(v波速，波长，f频率)对机械波和电磁波通用，则D正确；光波具有偏振现象，光波是电磁波，则E正确。答案ADE2(2014全国高考)在双缝干涉实验中，一钠灯发出的波长为589 nm的光，在距双缝1.00 m的屏上形成干涉图样。图样上相邻两明纹中心间距为0.350 cm，则双缝的间距为()A2.06107 mB2.06104 mC1.68104 m D1.68103 m解析根据双缝干涉图样的相邻两明条纹间距公式x，可得d m1.68104 m，C正确，A、B、D错误。答案C3(2015全国
53、新课标)在双缝干涉实验中，分别用红色和绿色的激光照射同一双缝，在双缝后的屏幕上，红光的干涉条纹间距x1与绿光的干涉条纹间距x2相比，x1_x2(填“”、“”或“0.300分析光的干涉现象“3注意”注意1：干涉条件：两列相干波源频率相同、相位差恒定、振动方向在同一直线上。注意2：明暗条纹的形成条件：rk (k0,1,2,3，)，明条纹；r (k0,1,2,3，)，暗条纹。注意3：条纹间距：x。用双缝干涉实验测光的波长原理：x。1(2014江苏高考)某同学用单色光进行双缝干涉实验，在屏上观察到图甲所示的条纹，仅改变一个实验条件后，观察到的条纹如图乙所示。他改变的实验条件可能是()A减小光源到单缝的
54、距离B减小双缝之间的距离C减小双缝到光屏之间的距离D换用频率更高的单色光源解析：选B根据x知，要使条纹间距变大，可减小双缝之间的距离d，增大光的波长(即降低光的频率)或增大双缝到屏的距离l，B正确，A、C、D错误。2多选(2015全国新课标)如图，一束光沿半径方向射向一块半圆柱形玻璃砖，在玻璃砖底面上的入射角为，经折射后射出a、b两束光线。则()A在玻璃中，a光的传播速度小于b光的传播速度B在真空中，a光的波长小于b光的波长C玻璃砖对a光的折射率小于对b光的折射率D若改变光束的入射方向使角逐渐变大，则折射光线a首先消失E分别用a、b光在同一个双缝干涉实验装置上做实验，a光的干涉条纹间距大于b光
55、的干涉条纹间距解析：选ABD通过光路图可看出，折射后a光的偏折程度大于b光的偏折程度，玻璃砖对a光的折射率大于b光的折射率，选项C错误；a光的频率大于b光的频率，波长小于b光的波长，选项B正确；由n知，在玻璃中，a光的传播速度小于b光的传播速度，选项A正确；入射角增大时，折射率大的光线首先发生全反射，a光首先消失，选项D正确；做双缝干涉实验时，根据x得a光的干涉条纹间距小于b光的干涉条纹间距，选项E错误。1多选一列沿x轴正方向传播的简谐横波在t0时刻的波形如图所示，质点P的x坐标为3 m。已知任意振动质点连续2次经过平衡位置的时间间隔为0.4 s。下列说法正确的是()A波速为4 m/sB波的频
56、率为1.25 HzCx坐标为15 m的质点在t0.6 s时恰好位于波谷Dx坐标为22 m的质点在t0.2 s时恰好位于波峰E当质点P位于波峰时，x坐标为17 m的质点恰好位于波谷解析：选BDE任意振动质点连续两次经过平衡位置的时间间隔为0.4 s，所以T0.4 s，T0.8 s，波传播周期与质点振动周期相同，所以简谐波的周期T0.8 s，由图可得4 m，可知v5 m/s，A错误；f1.25 Hz，B正确；x15 m的质点与x3 m处质点振动情况相同经过0.6 sT到达平衡位置，C错误；x22 m 的质点与x2 m处质点振动情况相同，经过0.2 sT到达波峰，D正确；x17 m的质点与P点相差，
57、振动情况完全相反，所以当P点位于波峰时，x17 m 处的质点位于波谷，E正确。2多选(2015平顶山调研)如图甲所示，为一列沿x轴传播的简谐横波在t0时刻的波形图。图乙表示该波传播的介质中x2 m处的质点a从t0时刻起的振动图象。则下列说法正确的是()A波传播的速度为20 m/sB波沿x轴负方向传播Ct0.25 s时，质点a的位移沿y轴负方向Dt0.25 s时，x4 m处的质点b的加速度沿y轴负方向E从t0开始，经0.3 s，质点b通过的路程是6 m解析：选ACD波速v20 m/s，A正确；据质点的振动方向与波的传播方向关系，利用上下坡法可知该波沿x轴正方向传播，B错误；t0.25 sT，此时
58、a质点运动到最低点，而b质点运动到最高点，C、D正确；当t0.3 s时tT，质点b通过的路程为6A，即1.2 m，E错误。3(1)平静湖面传播着一列水面波(横波)，在波的传播方向上有相距3 m的甲、乙两小木块随波上下运动，测得两小木块每分钟都上下30次，甲在波谷时，乙在波峰，且两木块之间有一个波峰。这列水面波()A频率是30 HzB波长是3 mC波速是1 m/s D周期是0.1 s(2)图甲为一列简谐横波在某一时刻的波形图，a、b两质点的横坐标分别为xa2 m和xb6 m，图乙为质点b从该时刻开始计时的振动图象。下列说法正确的是()A该波沿x方向传播，波速为1 m/sB质点a经过4 s振动的路
59、程为4 mC此时刻质点a的速度沿y方向D质点a在t2 s时速度为零解析：(1)由于小木块每分钟振动30次，因此周期为T s，频率为：f0.5 Hz，故A、D错；又因为甲在波谷时，乙在波峰，且两木块之间有一个波峰，所以sAB，解得波长2 m。波速v1 m/s，B错、C对。(2)由题图甲可知，该波的波长为8 m，由题图乙可知，波振动的周期为8 s，并且质点b在开始计时时刻沿y轴方向运动，则该波沿x方向传播，且波速v m/s1 m/s，故选项A错误；质点a经4 s振动半个周期，振动的路程为两个振幅，即振动的路程为2A20.5 m1 m，故选项B错误；该波沿x方向传播，则开始计时时刻质点a的速度沿y轴
60、方向运动，故选项C错误；质点a在t2 s时，处于波谷，其速度为零，故选项D正确。答案：(1)C(2)D4(1)关于光在科学技术、生产和生活中的应用，下列说法正确的是()A用透明的标准平面样板检查光学平面的平整程度是利用光的偏振现象B用三棱镜观察白光看到的彩色图样是利用光的衍射现象C在光导纤维束内传送图象是利用光的色散现象D光学镜头上的增透膜是利用光的干涉现象 (2)如图所示，一玻璃三棱柱竖直放在水平桌面上，其底面A1B1C1是边长a12 cm的等边三角形，柱高L12 cm。现在底面的中心O处放置一点光源，不考虑三棱柱内的反射光，玻璃的折射率为，求三个侧面的发光的总面积。解析：(1)选项A是利用
61、光的干涉现象，选项B是利用光的色散现象，选项C是利用光的全反射现象，选项D是利用光的薄膜干涉现象，故D正确。(2)因光源在底面的中点，可知光源到三个侧面的距离相等，根据几何知识可知光源到三个侧面的距离为a。根据折射定律，sin C，求得临界角C45。根据几何知识可求每个侧面的发光的面积为半径为a圆面积的一半。三个侧面的发光面积为S218 cm2。答案：(1)D(2)18 cm25(1)如图所示的双缝干涉实验，用绿光照射单缝S时，在光屏P上观察到干涉条纹，要得到相邻条纹间距更大的干涉图样，可以()A增大S1与S2的间距B减小双缝屏到光屏的距离C将绿光换为红光D将绿光换为紫光(2)某同学设计了一个
62、测定激光波长的实验装置，如图甲所示，激光器发出的一束直径很小的红色激光进入一个一端装双缝、另一端装有感光片的遮光筒，感光片的位置上出现一排等距的亮点，图乙中的黑点代表亮点的中心位置。通过量出相邻光点的距离可算出激光的波长。据资料介绍：若双缝间距为a，双缝到感光片的距离为L，感光片相邻两点间的距离为b，则光的波长。该同学测得L1.000 0 m，双缝间距a0.220 mm，用带十分度游标的卡尺测感光片上的点间距离时，尺与点的中心位置如图乙所示。图乙中第1个光点到第4个光点的距离是_ mm。实验中激光的波长_ m。(保留两位有效数字)如果实验时将红激光换成蓝激光，屏上相邻两光点间的距离将_。解析：
63、(1)在双缝干涉实验中，相邻两条亮纹(或暗纹)间的距离x，要想增大条纹间距可以减小两缝间距d，或者增大双缝屏到光屏的距离l，或者换用波长更长的光做实验。由此可知，选项C正确，A、B、D错误。(2)由题图乙可知第1个光点到第4个光点间的距离b8.6 mm，b2.9 mm。则b2.9103 m6.4107 m。如果实验时将红激光换成蓝激光，变小了，由b可得，屏上相邻两光点的间距将变小。答案：(1)C(2)8.66.4107变小6(1)周期为2.0 s的简谐横波沿x轴传播，该波在某时刻的图象如图所示，此时质点P沿y轴负方向运动，则该波()A沿x轴正方向传播，波速v20 m/sB沿x轴正方向传播，波速
64、v10 m/sC沿x轴负方向传播，波速v20 m/sD沿x轴负方向传播，波速v10 m/s(2)一半径为R的半圆形玻璃砖，横截面如图所示。已知玻璃的全反射临界角r。与玻璃砖的底平面成角度，且与玻璃砖横截面平行的平行光射到玻璃砖的半圆柱面上。经柱面折射后，有部分光(包括与柱面相切的入射光)能直接从玻璃砖底面射出。若忽略经半圆柱内表面反射后射出的光，求底面透光部分的宽度。解析：(1)在波的传播方向上的点都随波源做受迫振动，由题目可知，质点P沿y轴负方向运动，观察图象可得，P点左侧点在其下方，证明波源在左侧，即波向x轴正方向传播。由波长、波速和周期的关系式可得，波速v m/s10 m/s，所以选项B
65、正确。(2)光路图如图所示。沿半径方向射入玻璃砖的光线，在球面上不折射，即光线射到MN上时，根据几何知识入射角恰好等于临界角，即恰好在圆心O处发生全反射；光线左侧的光线，经球面折射后，射到MN上的角一定大于临界角，即在MN上发生全反射，不能射出；光线右侧的光线射到MN上的角小于临界角，可以射出；光线与球面相切，入射角190，从MN上垂直射出，根据折射定律可得sin 2，根据全反射定律n，两式联立解得2r。在三角形OAE中由正弦定理得：底面透光部分的宽度OERsin r。答案：(1)B(2)Rsin r7(1)多选一列简谐横波沿直线传播，某时刻该列波上正好经过平衡位置的两质点相距6 m，且这两质
66、点之间的波峰只有一个，则该简谐波可能的波长为()A4 mB6 mC8 mD10 m E12 m(2)两束平行的细激光束，垂直于半圆柱玻璃的平面射到半圆柱玻璃上，如图所示。已知其中一条光线沿直线穿过玻璃，它的入射点是O；另一条光线的入射点为A，穿过玻璃后两条光线交于P点。已知玻璃截面的圆半径为R，OA，玻璃材料的折射率为。求OP的长度。解析：(1)根据题意，两质点之间的波峰只有一个，可能情况有6 m，12 m6 m6 m，4 m，故选项A、B、E正确。(2)画出如图所示光路图。自A点入射的光线在B点发生折射：n且sin i得r60可知OPBPOB30，故OP2Rcos 30R。答案：(1)ABE
67、(2)R8(2015西城区二模)(1)多选铺设钢轨时，每两根钢轨接缝处都必须留有一定的间隙，匀速运行的列车经过轨端接缝处时，车轮就会受到一次冲击。由于每一根钢轨长度相等，所以这个冲击力是周期性的，列车受到周期性的冲击做受迫振动。普通钢轨长为12.6 m，列车固有振动周期为0.315 s。下列说法正确的是()A列车的危险速率为40 m/sB列车过桥需要减速，是为了防止列车发生共振现象C列车运行的振动频率和列车的固有频率总是相等的D列车运行的振动频率总等于其驱动力的频率E增加钢轨的长度有利于列车高速运行(2)一半径为R的半圆形玻璃砖横截面如图所示，O为圆心，一束平行光线照射到玻璃砖MO面上，中心光
68、线a沿半径方向射入玻璃砖后，恰在O点发生全反射，已知aOM45。求：玻璃砖的折射率n；玻璃砖底面MN出射光束的宽度是多少？(不考虑玻璃砖MON面的反射)解析：(1)列车在行驶过程中与钢轨间隙的碰撞，给列车施加了一个周期性的驱动力，要使列车不发生危险，应使驱动力的周期远离列车的固有周期，因固有周期T00.315 s，所以驱动力周期TT00.315 s时使列车发生共振，振幅最大，最为危险，则由T得危险速度v40 m/s，所以A项正确；列车过桥时应防止桥梁发生共振导致桥梁坍塌，而不是防止列车发生共振，基本的做法是减小列车速度，所以B项错误；物体受迫振动时的振动频率总等于驱动力的频率，与物体的固有频率
69、无关，所以C项错误，D正确； 增加钢轨的长度，使驱动力频率远离列车的固有频率，是提高列车车速的一种措施，所以E项正确。(2)由n得n分析可知：进入玻璃砖入射到MO的光线均发生全反射，从O点入射的光的路径如图所示。由n得30，可知30、45，出射光束平行。ODRtan 30R出射光束的宽度dODsin 45R。答案：(1)ADE(2)R考点1动量守恒定律的应用 ： 本考点是近几年高考选考中的必考知识点，高考命题主要以计算题的形式出现，题目难度中等，考向为动量守恒与机械能守恒。1必须掌握动量守恒定律的两种思想(1)守恒思想：pp、m1v1m2v2m1v1m2v2。(2)转化思想：p1p2。2必须明
70、确碰撞问题遵守的三条原则(1)动量守恒：p1p2p1p2。(2)动能不增加：Ek1Ek2Ek1Ek2。(3)速度要符合实际情况。1如图所示，光滑水平直轨道上有三个质量均为m的物块A、B、C。 B的左侧固定一轻弹簧(弹簧左侧的挡板质量不计)。设A以速度v0朝B运动，压缩弹簧；当A、B速度相等时，B与C恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动。假设B和C碰撞过程时间极短。求从A开始压缩弹簧直至与弹簧分离的过程中：(1)整个系统损失的机械能；(2)弹簧被压缩到最短时的弹性势能。解析(1)从A压缩弹簧到A与B具有相同速度v1时，对A、B与弹簧组成的系统，由动量守恒定律得mv02mv1此时B与C发生完全非弹性
71、碰撞，设碰撞后的瞬时速度为v2，损失的机械能为E，对B、C组成的系统，由动量守恒和能量守恒定律得mv12mv2mvE(2m)v联立式得Emv(2)由式可知v2v1，A将继续压缩弹簧，直至A、B、C三者速度相同，设此速度为v3，此时弹簧被压缩至最短，其弹性势能为Ep。由动量守恒和能量守恒定律得mv03mv3mvE(3m)vEp联立式得Epmv答案(1)mv(2)mv2.如图所示，质量分别为mA、mB的两个弹性小球A、B静止在地面上方，B球距地面的高度h0.8 m，A球在B球的正上方。先将B球释放，经过一段时间后再将A球释放。当A球下落t0.3 s时，刚好与B球在地面上方的P点处相碰。碰撞时间极短
72、，碰后瞬间A球的速度恰为零。已知mB3mA，重力加速度大小g10 m/s2，忽略空气阻力及碰撞中的动能损失。求：(1)B球第一次到达地面时的速度；(2)P点距离地面的高度。解析(1)设B球第一次到达地面时的速度大小为vB，由运动学公式有vB将h0.8 m代入上式，得vB4 m/s(2)设两球相碰前后，A球的速度大小分别为v1和v1(v10)，B球的速度分别为v2和v2。由运动学规律可得v1gt由于碰撞时间极短，重力的作用可以忽略，两球相碰前后的动量守恒，总动能保持不变。规定向下的方向为正，有mAv1mBv2mBv2mAvmBvmBv设B球与地面相碰后的速度大小为vB，由运动学及碰撞的规律可得v
73、BvB设P点距地面的高度为h，由运动学规律可得h联立式，并代入已知条件可得h0.75 m答案(1)4 m/s(2)0.75 m动量守恒定律的应用步骤及在多体、多过程中的运用1应用动量守恒定律解题的基本思路(1)分析题意，明确研究对象，确定所研究的系统是由哪些物体组成的。(2)对各阶段所选系统内的物体进行受力分析，区分系统内力和外力，在受力分析的基础上根据动量守恒定律条件判断能否应用动量守恒定律。(3)明确所研究物体间的互相作用的过程，确定过程的初、末状态，即系统内各个物体的初动量和末动量。(4)规定正方向，确定初、末状态的动量的正、负号，根据动量守恒定律列方程求解。2动量守恒定律在多体、多过程
74、问题中的运用(1)系统最终会处于一个稳定的状态，例如：系统速度最终为零或做匀速直线运动。(2)在多过程存在的情景中，每个小过程均满足动量守恒，因此解决此类问题的关键是选取合适的研究对象和作用过程，应用动量守恒定律并结合其他的物理规律进行求解，例如：多个物体的连接碰撞，两人抛接物体的问题等。1.(2014全国新课标)现利用图(a)所示的装置验证动量守恒定律。在图(a)中，气垫导轨上有A、B两个滑块，滑块A右侧带有一弹簧片，左侧与打点计时器(图中未画出)的纸带相连；滑块B左侧也带有一弹簧片，上面固定一遮光片，光电计时器(未完全画出)可以记录遮光片通过光电门的时间。实验测得滑块A的质量m10.310
75、 kg，滑块B的质量m20.108 kg，遮光片的宽度d1.00 cm；打点计时器所用交流电的频率f50.0 Hz。将光电门固定在滑块B的右侧，启动打点计时器，给滑块A一向右的初速度，使它与B相碰。碰后光电计时器显示的时间为tB3.500 ms，碰撞前后打出的纸带如图(b)所示。若实验允许的相对误差绝对值最大为5%，本实验是否在误差范围内验证了动量守恒定律？写出运算过程。解析：按定义，滑块运动的瞬时速度大小v式中s为滑块在很短时间t内走过的路程。设纸带上打出相邻两点的时间间隔为tA，则tA0.02 stA可视为很短。设滑块A在碰撞前、后瞬时速度大小分别为v0、v1。将式和图给实验数据代入式得v
76、10.970 m/s设滑块B在碰撞后的速度大小为v2，由式有v2代入题给实验数据得v22.86 m/s设两滑块在碰撞前、后的总动量分别为p和p，则pm1v0pm1v1m2v2两滑块在碰撞前后总动量相对误差的绝对值为p100%联立式并代入有关数据，得p1.7%5%因此，本实验在允许的误差范围内验证了动量守恒定律。答案：见解析2(2015全国新课标)如图，在足够长的光滑水平面上，物体A、B、C位于同一直线上，A位于B、C之间。A的质量为m，B、C的质量都为M，三者均处于静止状态。现使A以某一速度向右运动，求m和M之间应满足什么条件，才能使A只与B、C各发生一次碰撞。设物体间的碰撞都是弹性的。解析：
77、A向右运动与C发生第一次碰撞，碰撞过程中，系统的动量守恒、机械能守恒。设速度方向向右为正，开始时A的速度为v0，第一次碰撞后C的速度为vC1，A的速度为vA1。由动量守恒定律和机械能守恒定律得mv0mvA1MvC1mvmvMv联立式得vA1v0vC1v0如果mM，第一次碰撞后，A与C速度同向，且A的速度小于C的速度，不可能与B发生碰撞；如果mM，第一次碰撞后，A停止，C以A碰前的速度向右运动，A不可能与B发生碰撞；所以只需考虑mM的情况。第一次碰撞后，A反向运动与B发生碰撞。设与B发生碰撞后，A的速度为vA2，B的速度为vB1，同样有vA2vA12v0根据题意，要求A只与B、C各发生一次碰撞，
78、应有vA2vC1联立式得m24mMM20解得m(2)M另一解m(2)M舍去。所以，m和M应满足的条件为(2)MmM。答案：(2)MmM考点2原子的能级跃迁 ：本考点是高考热点，题型为选择题或填空题。考向主要有：(1)考查氢原子结构。(2)结合能级图考查能级跃迁规律。必须掌握玻尔理论的三条假设(1)轨道量子化：核外电子只能在一些分立的轨道上运动。(2)能量量子化：原子只能处于一系列不连续的能量状态。(3)吸收或辐射能量量子化：原子在两个能级之间跃迁时只能吸收或发射一定频率的光子。1多选(2015沧州五校联考)如图是氢原子的能级图，对于一群处于n4的氢原子，下列说法中正确的是()A这群氢原子能够吸
79、收任意能量的光子后向更高能级跃迁B这群氢原子能够发出6种不同频率的光C这群氢原子发出的光子中，能量最大为10.2 eVD如果发出的光子中有两种能使某金属产生光电效应，其中一种一定是由n3能级跃迁到n1能级发出的E从n4能级跃迁到n3能级发出的光的波长最长解析氢原子向更高能级跃迁时只能吸收特定频率的光子，A错误；处于n4激发态的大量氢原子跃迁时，最多发出的光子种数为C6种，B正确；这群氢原子发出的光子中，由n4能级跃迁到n1能级产生的光子能量最大，最大能量为12.75 eV，C错误；如果发出的光子中有两种能使某金属产生光电效应，一定是由n4能级跃迁到n1能级和n3能级跃迁到n1能级发出的，D正确
80、；由n4能级跃迁到n3能级产生的光子能量最小，所以频率最小，波长最长，E正确。答案BDE2(2015河南十校联考)氢原子第n能级的能量为Ep，其中E1为基态能量。当氢原子由第4能级跃迁到基态时，发出光子的频率为1；当氢原子由第2能级跃迁到基态时，发出光子的频率为2，则 _。解析氢原子由第4能级跃迁到基态时，h1E1，氢原子由第2能级跃迁到基态时，h2E1，所以。答案3玻尔氢原子模型成功解释了氢原子光谱的实验规律，氢原子能级图如图所示。当氢原子从n4的能级跃迁到n2的能级时，辐射出频率为_ Hz的光子。用该频率的光照射逸出功为2.25 eV的钾表面，产生的光电子的最大初动能为_ eV。(电子电量
81、e1.601019 C，普朗克常量h6.631034 Js)解析根据0.85 eV(3.40 eV)h，可求得光子的频率，6.21014 Hz；根据EkhW0可求得光电子的最大初动能Ekm2.55 eV2.25 eV0.30 eV。答案6.210140.30原子能级跃迁问题的解题技巧(1)原子跃迁时，所吸收或辐射的光子能量只能等于两能级之间的能量差，即Eh|E初E末|。(2)原子电离时，所吸收的能量可以大于或等于某一能级能量的绝对值。1多选(2014山东高考)氢原子能级如图，当氢原子从n3跃迁到n2的能级时，辐射光的波长为656 nm。以下判断正确的是()A氢原子从n2跃迁到n1的能级时，辐射
82、光的波长大于656 nmB用波长为325 nm的光照射，可使氢原子从n1跃迁到n2的能级C一群处于n3能级上的氢原子向低能级跃迁时最多产生3种谱线D用波长为633 nm的光照射，不能使氢原子从n2跃迁到n3的能级解析：选CD根据氢原子的能级图和能级跃迁规律，当氢原子从n2能级跃迁到n1能级时，辐射光的波长一定小于656 nm，A错误；根据发生跃迁只能吸收和辐射一定频率的光子及|EnEm|h可知，B错误，D正确；一群处于n3能级上的氢原子向低能级跃迁时可以产生3种频率的光子，C正确。2(2015海南高考)氢原子基态的能量为E113.6 eV。大量氢原子处于某一激发态。由这些氢原子可能发出的所有光
83、子中，频率最大的光子能量为0.96E1，频率最小的光子的能量为_ eV(保留2位有效数字)，这些光子可具有_种不同的频率。解析：频率最大的光子能量为0.96E1，即En(13.6 eV)0.96(13.6 eV)解得En0.54 eV即n5，从n5能级开始，根据可得共有10种不同频的率的光子。从n5到n4跃迁的光子频率最小，根据EE4E5可得频率最小的光子的能量为0.31 eV答案：0.3110考点3光电效应问题： 本考点是高考的重点，考向主要有：(1)光电效应、极限频率等概念的考查。(2)光电效应规律的考查。(3)光电效应方程的考查。1光电效应的规律(1)任何一种金属，都有一种极限频率，只有
84、当入射光的频率大于或等于极限频率时才会发生光电效应。(2)光电子的最大初动能Ekmmv跟入射光的强度无关，只随入射光的频率的增大而增大。(3)从光开始照射到释放出光电子，整个过程所需时间小于109 s。(4)产生光电效应时，单位时间内逸出的电子数与光的强度有关，光的强度越大，单位时间内逸出的电子数越多。2光电效应中的两条对应关系(1)光照强度大光子数目多发射光电子多光电流大。(2)光子频率高光子能量大产生光电子的最大初动能大。3光电效应方程：EkmhW0。1多选(2015遵义二模)光电效应的实验结论是：对于某种金属()A无论光强多强，只要光的频率小于极限频率就不能产生光电效应B无论光的频率多低
85、，只要光照时间足够长就能产生光电效应C超过极限频率的入射光强度越弱，所产生的光电子的最大初动能就越小D超过极限频率的入射光频率越高，所产生的光电子的最大初动能就越大E产生的光电子的最大初动能大小与光的频率有关解析发生光电效应的条件是入射光的频率大于或等于金属的极限频率，所以无论光强多强，也不论光照时间多长，只要光的频率小于极限频率就不能产生光电效应，A正确，B错误；超过极限频率的入射光强度不管多弱，频率一定，则产生的光电子的最大初动能是不变的，超过极限频率的入射光频率越高，所产生的光电子的最大初动能就越大，即产生的光电子的最大初动能大小与光的频率有关，C错误，D、E正确。答案ADE2在光电效应
86、现象中，若某金属的截止波长为0，已知真空中的光速和普朗克常量分别为c和h，该金属的逸出功为_。若用波长为(0)的单色光做实验，则光电子的最大初动能为_。解析由金属的逸出功W0h0，0，可得W0由光电效应方程可得 W0Ekm故光电子的最大初动能Ekmhc答案hc3小明用金属铷为阴极的光电管，观测光电效应现象，实验装置示意如图甲所示。已知普朗克常量h6.631034Js。(1)图甲中电极A为光电管的_(填“阴极”或“阳极”)；(2)实验中测得铷的遏止电压Uc与入射光频率之间的关系如图乙所示，则铷的截止频率c_ Hz，逸出功W0_ J；(3)如果实验中入射光的频率7.001014Hz，则产生的光电子
87、的最大初动能Ek_ J。解析(1)由光电管的结构知，A为阳极；(2)Uc图象中横轴的截距表示截止频率c，逸出功W0hc；(3)由爱因斯坦的光电效应方程EkhW0，可求结果。答案(1)阳极(2)(5.125.18)1014(3.393.43)1019(3)(1.211.25)1019解决光电效应类问题的“3点注意”注意1：决定光电子初动能大小的是入射光的频率，决定光电流大小的是入射光光强的大小。注意2：由光电效应发射出的光电子由一极到达另一极，是电路中产生光电流的条件。注意3：明确加在光电管两极间的电压对光电子起到了加速作用还是减速作用。1多选(2014广东高考)在光电效应实验中，用频率为的光照
88、射光电管阴极，发生了光电效应。下列说法正确的是()A增大入射光的强度，光电流增大B减小入射光的强度，光电效应现象消失C改用频率小于的光照射，一定不发生光电效应D改用频率大于的光照射，光电子的最大初动能变大解析：选AD根据光电效应规律可知，增大入射光的强度，光电流增大，A正确；减小入射光的强度，光电流减小，光电效应现象并不消失，B错误；改用小于的入射光照射，如果入射光的频率仍然大于光电管阴极材料的极限频率，仍能发生光电效应，C错误；由爱因斯坦光电效应方程可知，增大入射光的频率，光电子的最大初动能增大，D正确。2.(2015全国新课标)在某次光电效应实验中，得到的遏止电压Uc与入射光的频率的关系如
89、图所示。若该直线的斜率和截距分别为k和b，电子电荷量的绝对值为e，则普朗克常量可表示为_，所用材料的逸出功可表示为_。解析：根据光电效应方程EkmhW0及EkmeUc得Uc，故k，b，得hek，W0eb。答案：ekeb考点4核反应方程与核能计算 ： 本考点是高考重点，题型主要是选择题，考向涉及三种射线，半衰期、核反应方程及核能计算。1几种核反应(1)天然衰变：衰变：XYHe衰变：XYe(2)人工转变：质子的发现：NHeOH中子的发现：BeHeCn(3)重核裂变：UnXeSr10nUnBaKr3n(4)轻核聚变：HHHen2半衰期不同元素的半衰期是不一样的，用表示半衰期，m0与N0表示衰变前的质
90、量和原子核数，m和N表示衰变后的质量和原子核数，t表示衰变时间，则mm0或NN0或3质能方程Emc21具有天然放射性的90号元素钍的同位素钍232经过一系列衰变和衰变之后，变成稳定的82号元素铅208。下列判断中正确的是()A钍核比铅核多24个质子B钍核比铅核多16个中子C这一系列衰变过程中共释放出4个粒子和6个粒子D这一系列衰变过程中共发生了6次衰变和6次衰变解析根据质量数和电荷数守恒可知，铅核比钍核少8个质子，少16个中子，故A错误，B正确；发生衰变是放出He，发生衰变是放出电子e，设发生了x次衰变和y次衰变，则根据质量数和电荷数守恒有：2xy8290,4x208232，解得x6，y4，故
91、衰变过程中共有6次衰变和4次衰变，故C错误，D错误。答案B2(2015鹤壁二模)历史上首次利用加速器实现的核反应是用加速后动能为0.5 MeV的质子 H轰击静止的 X，生成两个动能均为8.9 MeV的 He。(1 MeV1.61013 J)(1)上述核反应方程为_。(2)质量亏损为_ kg。解析(1)由核反应过程中电荷数守恒和质量数守恒得该核反应方程为：HX HeHe或HLi HeHe(2)由mc2E末E初得m kg3.11029 kg答案(1)HX HeHe或HLi HeHe(2)3.11029衰变与衰变次数的2种确定方法(1)由于衰变不改变质量数，故可以先由质量数改变确定衰变的次数，再根据
92、电荷数守恒确定衰变的次数。(2)设衰变次数为x，衰变次数为y，根据质量数和电荷数守恒列方程求解。1(2014重庆高考) 碘131的半衰期约为8天，若某药物含有质量为m的碘131，经过32天后，该药物中碘131的含量大约还有()A.B.C.D.解析：选C经过32天即4个半衰期，碘131的含量变为m，C正确。2(2015江苏高考)(1)核电站利用原子核链式反应放出的巨大能量进行发电，U是核电站常用的核燃料。U受一个中子轰击后裂变成Ba和Kr两部分，并产生_个中子。要使链式反应发生，裂变物质的体积要_(选填“大于”或“小于”)它的临界体积。(2)取质子的质量mp1.672 61027 kg，中子的质
93、量mn1.674 91027 kg，粒子的质量m6.646 71027 kg，光速c3.0108 m/s。请计算粒子的结合能。(计算结果保留两位有效数字)解析：(1)核反应方程遵守质量数守恒和电荷数守恒，且该核反应方程为：92Un56BaKr3n，即产生3个中子。临界体积是发生链式反应的最小体积，要使链式反应发生，裂变物质的体积要大于它的临界体积。(2)组成粒子的核子与粒子的质量差m(2mp2mn)m结合能Emc2代入数据得E4.31012 J答案：(1)3大于(2)4.31012 J1(1)下列有关原子结构和原子核的认识，正确的是()A射线是高速运动的电子流B氢原子辐射光子后，其绕核运动的电
94、子动能增大C太阳辐射能量的主要来源是太阳中发生的重核裂变D.83Bi的半衰期是5天，100克 83Bi经过10天后还剩下50克(2)多选如图为氢原子的能级示意图，锌的逸出功是3.34 eV，那么对氢原子在能级跃迁过程中发射或吸收光子的特征认识正确的是()A用氢原子从高能级向基态跃迁时发射的光照射锌板一定不能产生光电效应B一群处于n3能级的氢原子向基态跃迁时，能放出3种不同频率的光C一群处于n3能级的氢原子向基态跃迁时，发出的光照射锌板，锌板表面所发出的光电子的最大初动能为8.75 eVD用能量为10.3 eV的光子照射，可使处于基态的氢原子跃迁到激发态E用能量为14.0 eV的光子照射，可使处
95、于基态的氢原子电离解析：(1)射线是光子，A错；氢原子辐射光子后能量变小，绕核运动的电子半径变小，动能增大，B对；太阳辐射能量来自于太阳中轻核聚变，C错；100克 83Bi经过10天还剩25克，D错。(2)氢原子从高能级向低能级跃迁时能量将以光子的形式辐射出来，而氢原子从高能级跃迁到基态辐射光子能量的最小值为3.4 eV(13.6 eV)10.2 eV，远大于锌的逸出功，所以锌板一定可以发生光电效应，A错误；一群处于n3能级的氢原子向基态跃迁时，辐射光子数目为C3，B正确；一群处于n3能级的氢原子向基态跃迁时辐射光子的最大能量为1.51 eV(13.6 eV)12.09 eV，克服逸出功后剩余
96、的动能即为最大初动能，为12.09 eV3.34 eV8.75 eV，C正确；当氢原子吸收的光子能量刚好等于能级差时，氢原子会跃迁到对应的高能级上去，由于没有任何一个高能级与基态的能级差等于10.3 eV，而且又不足以跃迁到无穷远发生电离，所以用能量为10.3 eV的光子照射，不能使处于基态的氢原子跃迁，D错误；用能量为14.0 eV的光子照射，氢原子可以从基态跃迁到无穷远，多余的能量转化为电离后的动能，E正确。答案：(1)B(2)BCE2(1)多选科学家使用核反应获取氚，再利用氘和氚的核反应获得能量，核反应方程分别为：XYHeH4.9 MeV和HHHeX17.6 MeV，下列表述正确的有()
97、AX是中子BY的质子数是3，中子数是6C两个核反应都没有质量亏损D氘和氚的核反应是核聚变反应(2)高空作业须系安全带。如果质量为m的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h(可视为自由落体运动)。此后经历时间t安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上。则该段时间安全带对人的平均作用力大小为()A.mgB.mgC.mg D.mg解析：(1)根据质子数守恒和质量数守恒可知X是中子，A正确；Y的质子数为3，中子数为3，B错误；聚变放出能量，由质能方程可知一定有质量亏损，该反应为核聚变反应，C错误，D正确。(2)安全带对人起作用之前，人做自由落体运动；由v
98、22gh可得，安全带对人起作用前瞬间，人的速度v；安全带达到最大伸长量时，人的速度为零；从安全带开始对人起作用到安全带伸长量最大，由动量定理可得0mvmgtt，故mgmg，故选项A正确。答案：(1)AD(2)A3(1)已知钙和钾的截止频率分别为7.731014 Hz和5.441014 Hz，在某种单色光的照射下两种金属均发生光电效应，比较它们表面逸出的具有最大初动能的光电子，钙逸出的光电子具有较大的()A波长B频率C能量D动量(2)如图，两滑块A、B在光滑水平面上沿同一直线相向运动，滑块A的重量为m，速度大小为2v0，方向向右，滑块B的质量为2m，速度大小为v0，方向向左，两滑块发生弹性碰撞后
99、的运动状态是()AA和B都向左运动BA和B都向右运动CA静止，B向右运动DA向左运动，B向右运动解析：(1)金属的逸出功W0h0，根据爱因斯坦光电效应方程EkhW0可知，从金属钾表面飞出的光电子的最大初动能较金属钙的大，金属钙表面飞出的光电子能量E小，因h，p，所以从钙表面逸出的光电子具有较大的波长、较小的频率、较小的动量，A正确，B、C、D错误。(2)以滑块A、B为系统，碰前动量矢量和为零，A、B、C所述碰后动量不为零；由于发生弹性碰撞，系统动能守恒，故选D。答案：(1)A(2)D4(1)物理学重视逻辑，崇尚理性，其理论总是建立在对事实观察的基础上。下列说法正确的是()A天然放射现象说明原子
100、核内部是有结构的B电子的发现使人认识到原子具有核式结构C粒子散射实验的重要发现是电荷时量子化的D密立根油滴实验表明核外电子的轨道是不连续的(2)运动的原子核X放出粒子后变成静止的原子核Y。已知X、Y和粒子的质量分别是M、m1和m2，真空中的光速为c，粒子的速度远小于光速。求反应后与反应前的总动能之差以及粒子的动能。解析：(1)天然放射现象说明原子核不是不可再分的粒子，故选项A正确；电子的发现使人们认识到原子是可以分割的，是由更小的微粒组成的，故选项B错误；卢瑟福的粒子散射实验的重要发现说明：占原子质量绝大部分的带正电的那部分物质集中在很小的空间范围，卢瑟福从而提出了原子结构模型，故选项C错误；
101、密立根油滴实验表明油滴所带的电量总是某一个最小固定值的整数倍，这个最小电荷就是电子所带的电量e，故选项D错误。(2)反应后由于存在质量亏损，所以反应前后总动能之差等于质量亏损而释放出的能量，故根据爱因斯坦质能方程可得m2vMv(Mm1m2)c2反应过程中三个粒子组成的系统动量守恒，故有MvXm2v联立可得m2v(Mm1m2)c2答案：(1)A(2)(Mm1m2)c2(Mm1m2)c25(1)多选14C发生放射性衰变成为14N，半衰期约5 700年。已知植物存活期间，其体内14C与12C的比例不变；生命活动结束后，14C的比例持续减少。现通过测量得知，某古木样品中14C的比例正好是现代植物所制样
102、品的二分之一。下列说法正确的是()A该古木的年代距今约5 700年B12C、13C、14C具有相同的中子数C14C衰变为14N的过程中放出射线D增加样品测量环境的压强将加速14C的衰变(2)一质量为0.5 kg的小物块放在水平地面上的A点，距离A点5 m的位置B处是一面墙，如图所示。物块以v09 m/s的初速度从A点沿AB方向运动，在与墙壁碰撞前瞬间的速度为7 m/s，碰后以6 m/s的速度反向运动直至静止。g取10 m/s2。求物块与地面间的动摩擦因数；若碰撞时间为0.05 s，求碰撞过程中墙面对物块平均作用力的大小F；求物块在反向运动过程中克服摩擦力所做的功W。解析：(1)剩余的碳14C是
103、占，表明经过了一个半衰期，A正确；14C、13C、12C的质子数相同，质量数不同，中子数不同，B错误；14C变为14N，质量数未变，放出的是电子流，即射线，C正确；半衰期不受外界环境影响，D错误。(2)由动能定理得mgsmv2mv代入数据解得0.32由动量定理得Ftmvmv代入数据解得F130 N物块反向运动过程中克服摩擦力所做的功等于物块动能的减少量即Wmv29 J答案：(1)AC(2)0.32130 N9 J6如图所示，三个质量相同的滑块A、B、C，间隔相等地静置于同一水平直轨道上。现给滑块A向右的初速度v0，一段时间后A与B发生碰撞，碰后A、B分别以v0、v0的速度向右运动，B再与C发生
104、碰撞，碰后B、C粘在一起向右运动，滑块A、B与轨道间的动摩擦因数为同一恒定值，两次碰撞时间均极短。求B、C碰后瞬间共同速度的大小。解析：设滑块质量为m，A与B碰撞前A的速度为vA，由题意知，碰后A的速度vAv0，B的速度vBv0，由动量守恒定律得mvAmvAmvB设碰撞前A克服轨道阻力所做的功为WA，由功能关系得WAmvmv设B与C碰撞前B的速度为vB，B克服轨道阻力所做的功为WB，由功能关系得WBmvmv据题意可知WAWB设B、C碰后瞬间共同速度的大小为v，由动量守恒定律得mvB2mv联立式，代入数据得vv0答案：v07.(1)多选人们发现，不同的原子核，其核子的平均质量(原子核的质量除以核
105、子数)与原子序数有如图所示的关系。下列关于原子结构和核反应的说法正确的是()A由图可知，原子核D和E聚变成原子核F时会有质量亏损，要吸收能量B由图可知，原子核A裂变成原子核B和C时会有质量亏损，要放出核能C已知原子核A裂变成原子核B和C时放出的射线能使某金属板逸出光电子，若增加射线强度，则逸出光电子的最大初动能增大D在核反应堆的铀棒之间插入镉棒是为了控制核反应速度E在核反应堆的外面修建很厚的水泥层能防止放射线和放射性物质的泄漏(2)滑块a、b沿水平面上同一条直线发生碰撞；碰撞后两者粘在一起运动；经过一段时间后，从光滑路段进入粗糙路段。两者的位置x随时间t变化的图象如图所示。求：滑块a、b的质量
106、之比；整个运动过程中，两滑块克服摩擦力做的功与因碰撞而损失的机械能之比。解析：(1)原子核D、E聚变成原子核F，放出能量，A错；A裂变成B、C，放出能量，B对；增加入射光强度，光电子的最大初动能不变，C错；镉棒能吸收中子，可控制核反应速度，D正确；修建很厚的水泥层能防止放射线和放射性物质的泄漏，E正确。(2)设a、b的质量分别为m1、m2，a、b碰撞前的速度为v1、v2。由题图得v12 m/sv21 m/sa、b发生完全非弹性碰撞，碰撞后两滑块的共同速度为v。由题图得v m/s由动量守恒定律得m1v1m2v2(m1m2)v联立可得m1m218由能量守恒定律得，两滑块因碰撞而损失的机械能为Em1
107、vm2v(m1m2)v2由图象可知，两滑块最后停止运动。由动能定理得，两滑块克服摩擦力所做的功为W(m1m2)v2联立以上两式，并代入数据得WE12答案：(1)BDE(2)18128(1)氡222是一种天然放射性气体，被吸入后，会对人的呼吸系统造成辐射损伤，它是世界卫生组织公布的主要环境致癌物质之一。其衰变方程是86Rn84Po_。已知86Rn的半衰期约为3.8天，则约经过_天，16 g的84Rn衰变后还剩1 g。(2)如图所示，一水平面上P点左侧光滑，右侧粗糙，质量为m的劈A在水平面上静止，上表面光滑，A轨道右端与水平面平滑连接，质量为M的物块B恰好放在水平面上P点，物块B与水平面的动摩擦因
108、数为0.2。一质量为m的小球C位于劈A的斜面上，距水平面的高度为h0.9 m。小球C从静止开始滑下，然后与B发生正碰(碰撞时间极短，且无机械能损失)。已知M2 m，g10 m/s2，求：小球C与劈A分离时，C的速度大小v0；小球C与物块B碰后的速度vC和物块B的运动时间。解析：(1)根据质量数、电荷数守恒得衰变方程：86Rn84PoHe根据衰变规律mm0代入数值解得t15.2天(2)球C与劈A组成的系统在水平方向动量守恒、能量守恒，有0mv0mvAmghmvmv解得v03 m/s小球C与B发生正碰后速度分别为vC和vB，规定向右为正方向，由动量守恒定律得mv0mvCMvB机械能不损失，有mvmvMv代入M2m，得vB2 m/svC1 m/s(负号说明小球C最后向左运动)物块B减速至停止运动的时间设为t，由动量定理得Mgt0MvB解得t1 s答案：(1)He15.2(2)3 m/s1 m/s，方向向左1 s