1、2014-2015学年四川省德阳市高二（下）期末物理试卷一、选择题（共11小题，每小题4分，满分44分）1（4分）（2015春德阳期末）下列说法不正确的是（） A 变化的电场可能产生变化的磁场 B 红外线能杀死多种细菌，常用于医院和食品消毒 C 地面上的人观测到高速（接近光速）运动的宇宙飞船的长度比实际飞船的长度短 D 德国物理学家赫兹第一次用实验证实了电磁波的存在，并测定了电磁波的波长和频率，证实了电磁波的传播速度等于光速考点： 电磁波谱所有分析： 麦克斯韦建立了电磁场理论：变化的电场周围产生磁场，变化的磁场周围产生电场；并预言了电磁波的存在，而赫兹用实验证实电磁波存在红外线的显著作用是热作
2、用，紫外线的显著作用是化学作用，紫外线能用来杀菌消毒由狭义相对论的知识可知有关惯性系的规律，即可知光的传播速度的大小关系解答： 解：A、根据麦克斯电磁场理论，变化的电场产生磁场，变化的磁场产生电场，周期性变化的电场可能产生周期性变化的磁场；故A正确B、紫外线能杀死多种细菌，常用于医院和食品消毒故B错误C、根据相对论的假设可知，地面上的人观测到高速（接近光速）运动的宇宙飞船的长度比实际飞船的长度短故C正确D、德国物理学家赫兹第一次用实验证实了电磁波的存在，并测定了电磁波的波长和频率，证实了电磁波的传播速度等于光速，故D正确本题选择不正确的故选：B点评： 本题考查物理学史，对于著名物理学家、经典实
3、验和重要学说要记牢，不能张冠李戴同时注意电磁波谱中各种电磁波的性质及应用的把握2（4分）（2014金华模拟）下列说法正确的是（） A 某一声波从空气射入水中，其声波的波长将变大 B 机械波与电磁波都可在真空中传播 C 机械波在介质中传播一个周期的时间内，波上的质点沿波的传播方向平移一个波长 D 电磁波和机械波都能发生干涉、衍射现象和多普勒效应，但都不能发生偏振现象考点： 波的干涉和衍射现象所有分析： 机械波从一种介质另一介质，频率不变，根据v=f，由波速来确定波长的变化；机械波不能在真空中传播，电磁波自身是物质，能在真空中传播；波在传播中，质点不会随着波迁移；干涉、衍射现象和多普勒效应是波特有
4、的现象，而电磁波能发生偏振现象，从而即可求解解答： 解：A、一声波从空气射入水中，根据v=f，因频率不变，且波速变大，则其声波的波长将变大，故A正确；B、机械波不能在真空中传播，而电磁波可在真空中传播，故B错误；C、在介质中传播一个周期的时间内，波上的振动形式沿波的传播方向平移一个波长，质点不随着波迁移，故C错误；D、它们能发生干涉、衍射现象和多普勒效应，而只有横波才能发生偏振现象，所以电磁波能发生偏振现象，而机械波是纵波的却不能发生，故D错误；故选：A点评： 考查机械波与电磁波的区别，掌握v=f的应用，注意波进入另一介质时，频率不变，同时理解质点不随着波迁移，并认识到横波与纵波的区别3（4分
5、）（2015四川一模）关于电磁波的性质和用途，下列说法正确的是（） A 微波宜用地波传播 B 无线电选台的过程就是调制 C 在广播电视中，声音和图象信号可以利用电磁波传递 D 真空中电磁波的传播速度对不同惯性参考系是不同的考点： 电磁波谱所有分析： 电磁波可以传递信息；把声音、图象等信号加载到高频电磁波上的过程，称为调制；分为调频与调幅，由于频率不会衰减，故调频信号抗干扰能力强解答： 解：A、微波波长短，直线传播好，不容易衍射，故适合做天波，故A错误；B、无线电选台的过程就是调谐的过程，故B错误；C、在广播电视中，声音和图象信号都可以利用电磁波传递，故C正确；D、根据狭义相对论，真空中电磁波的
6、传播速度对不同惯性参考系是相同的，故D错误；故选：C点评： 本题考查了信号的调制过程及其分类，知识点较为冷僻，多看书考查什么是解调，及调制与解调的区别与联系4（4分）（2015漳州模拟）一般认为激光器发出的是频率为 的“单色光”，实际上它的频率并不是真正单一的，是它的中心频率，它所包含的频率范围是 （也称频率宽度），其中+和 分别称“上限频率”和“下限频率”某蓝宝石激光器发出的激光（其“上限频率”和“下限频率”对应的分别记为a光和b光）由空气斜射到某平行液膜的上表面，入射方向如图中角所示则下列说法正确的是（） A 用同一装置做双缝干涉实验，b光产生的干涉条纹间距较小 B b光在液膜中传播速度较
7、小 C 逐渐减小角，a光在液膜下表面先发生全反射 D a光从下表面射出时与入射光线间偏移的距离较大考点： 光的折射定律；全反射；双缝干涉的条纹间距与波长的关系所有专题： 光的折射专题分析： 干涉条纹的间距与波长成正比频率越大，波长越小，干涉条纹的间距越小，介质对这种色光的折射率越大，通过平行液膜后侧移越大；根据光路可逆性分析光线能否在液膜下表面发生全反射由公式v=分析光在液膜中传播速度的大小解答： 解：A、由题知，a光的频率大于b光的频率，则由公式c=f，知a光的波长小于b光的波长，干涉条纹的间距与波长成正比所以相同装置做双缝干涉实验，b光产生的干涉条纹间距较大故A错误B、a光的频率大于b光的
8、频率，则液膜对a光的折射率大于对b光的折射率，由公式v=分析可知b光在液膜中传播速度较大，故B错误C、由于平行液膜的上表面与下表面平行，光在上表面的折射角等于下表面的入射角，根据光路的可逆性得知，a光不可能在液膜下表面发生全反射故C错误D、液膜对a光的折射率大于对b光的折射率，根据折射定律可知：a光通过平行液膜后偏折程度较大，则偏移的距离较大故D正确故选：D点评： 本题也可以用假设法，由折射率不同，从而假设a是紫光，b是红光，则可根据红光与紫光的特性来确定出正确答案5（4分）（2015春德阳期末）如图（甲）所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为n1：n2=10：1，R1=R2=20，C为电容器，
9、已知加在原线圈两端的正弦式交变电流的电压随时间变化的规律如图（乙）所示，则下列叙述正确的是（） A 交流电的频率为100Hz B 副线圈中交流电压表的示数为20V C 电阻R1消耗的电功率为20W D 通过R2的电流始终为零考点： 变压器的构造和原理所有专题： 交流电专题分析： 由周期可以知频率，电压表读数为电压有效值，由电压与匝数成反比可以求得副线圈的电压的大小，由电功率P=求功率；电容器的作用是通交流隔直流解答： 解：A、根据变压器原理可知原副线圈中电流的周期、频率相同，周期为0.02s、频率为50赫兹，故A错误；B、由图乙可知原线圈最大电压为Um=200V，有效值为200V，再根据原副线
10、圈的电压之比等于匝数之比可知副线圈电压的为20V，电表读数为有效值，故为20V，故B错误；C、根据正弦交流电的峰值和有效值关系并联电路特点可知电阻R1的电功率P=W=20W，故C正确；D、因为电容器有通交流、阻直流的作用，则有电流通过R2和电容器，即电流不为零，故D错误；故选：C点评： 本题需要掌握交流电的产生和描述，知道：电表读数为有效值，变压器的电压之比和匝数比之间的关系，同时对于电容器的作用要了解6（4分）（2015山东模拟）如图甲所示，Q1、Q2为两个被固定的点电荷，其中Q1带负电，a、b两点在它们连线的延长线上现有一带负电的粒子以一定的初速度沿直线从a点开始经b点向远处运动（粒子只受
11、电场力作用），粒子经过a、b两点时的速度分别为va、vb，其速度图象如图乙所示以下说法中正确的是（） A Q2一定带负电 B Q2的电量一定大于Q1的电量 C b点的电场强度一定为零 D 整个运动过程中，粒子的电势能先减小后增大考点： 电场强度；电势能所有专题： 压轴题；电场力与电势的性质专题分析： 速度时间图线上每一点的切线斜率表示瞬时加速度，可见a到b做加速度减小的减速运动，到b点加速度为0从而知道b点的电场力及电场强度通过B点的场强可以分析出两个点电荷电量的大小通过能量守恒判断电势能的变化解答： 解：A、从速度图象上看，可见a到b做加速度减小的减速运动，在b点时粒子运动的加速度为零，则电
12、场力为零，所以该点场强为零Q1对负电荷的电场力向右，则Q2对负电荷的电场力向左，所以Q2带正电故A错误，C正确 B、b点场强为零，可见两点电荷在b点对负电荷的电场力相等，根据F=，b到Q1的距离大于到Q2的距离，所以Q1的电量大于Q2的电量故B错误 C、整个过程动能先减小后增大，根据能量守恒电势能先增大后减小故D错误故选C点评： 解决本题的关键根据图象b点的加速度为0，根据这一突破口，从而判断Q2的电性及Q1和Q2的电量大小7（4分）（2015春德阳期末）如图，半径为R的均匀带正电薄球壳，其上有一小孔A，已知壳内的场强处处为零，壳外空间的电场与将球壳上的全部电荷集中于球心O时在壳外产生的电场一
13、样，一带正电的试探电荷（不计重力）从球心以初动能Ek0沿OA方向射出，下列关于试探电荷的动能Ek与离开球心的距离r的关系图线，可能正确的是（） A B C D 考点： 电势差与电场强度的关系所有专题： 电场力与电势的性质专题分析： 在球壳内，场强处处为零，试探电荷不受电场力壳外空间的电场与将球壳上的全部电荷集中于球心O时在壳外产生的电场一样，离O越远，场强越小试探电荷的动能Ek与离开球心的距离r的关系根据动能定理分析解答： 解：在球壳内，场强处处为零，试探电荷不受电场力，做匀速直线运动，其动能不变；在球壳外，取一段极短距离内，认为库仑力不变，设为F，根据动能定理得：Ek=Fr则得：F=根据数学
14、知识得知：等于Ekr图象上切线的斜率，由库仑定律知r增大，F减小，图象切线的斜率减小，故C正确，ABD错误故选：C点评： 本题的关键是运用微元法，根据动能定理列式，分析图象的斜率的意义，即可解答8（4分）（2014商丘三模）在空间中水平面MN的下方存在竖直向下的匀强电场，质量为m的带电小球由MN上方的A点以一定初速度水平抛出，从B点进入电场，到达C点时速度方向恰好水平，A、B、C三点在同一直线上，且AB=2BC，如图所示，由此可知（） A 小球带正电 B 电场力大小为3mg C 小球从A到B与从B到C的运动时间相等 D 小球从A到B与从B到C的速度变化相等考点： 带电粒子在匀强电场中的运动；平
15、抛运动所有专题： 带电粒子在电场中的运动专题分析： 小球先做平抛运动，进入电场中做匀变速曲线运动，其逆过程是类平抛运动两个过程都运用的分解法研究，水平方向都做匀速直线运动，根据位移公式x=vt，可分析时间关系；再研究竖直方向，由牛顿第二定律和运动学位移公式结合列式，求解电场力的大小根据v=at研究速度变化量的关系解答： 解：A、由于轨迹向上弯曲，加速度方向必定向上，合力向上，说明电场力方向向上，所以小球带负电故A错误B、设带电小球在进入电场前后两个运动过程水平分位移分别为x1和x2，竖直分位移分别为y1和y2，经历的时间为分别为t1和t2在电场中的加速度为a小球做平抛运动过程，有：x1=v0t
16、1；进入电场做匀变变速曲线运动的过程，有：x2=v0t2；由题意有：x1=2x2；则得：t1=2t2又 y1=将小球在电场中的运动看成沿相反方向的类平抛运动，则有：y2=根据几何知识有：y1：y2=x1：x2；解得：a=2g；根据牛顿第二定律得：Fmg=ma=2mg，解得：F=3mg，即电场力为3mg故B正确，C错误D、根据速度变化量为：v=at，则得平抛运动过程速度变化量大小为：v1=gt1=2gt2，方向竖直向下；电场中运动过程速度变化量大小为：v2=at2=2gt2，方向竖直向上，所以小球从A到B与从B到C的速度变化量大小相等，方向相反，则速度变化量不相等故D错误故选：B点评： 本题将平
17、抛运动与类平抛运动的组合，关键运用逆向思维研究小球B到C的过程，再运用力学基本规律：牛顿第二定律和运动学公式列式分析9（4分）（2014和平区四模）如图甲所示，水平放置的平行金属导轨连接一个平行板电容器C和电阻R，导体棒MN放在导轨上且接触良好，整个装置放于垂直导轨平面的磁场中，磁感应强度B的变化情况如图乙所示（图示磁感应强度方向为正），MN始终保持静止，则0t2时间（） A 电容器C的电荷量大小始终没变 B 电容器C的a板先带正电后带负电 C MN所受安培力的大小始终没变 D MN所受安培力的方向先向右后向左考点： 导体切割磁感线时的感应电动势；电容；法拉第电磁感应定律所有专题： 电磁感应与
18、电路结合分析： 根据法拉第电磁感应定律分析电路中感应电动势和感应电流是否变化，电容器的电压等于电阻R两端的电压，由欧姆定律判断其电压变化，即可知道电荷量如何变化由楞次定律判断感应电流的方向，即可确定电容器极板的电性由F=BIL分析安培力大小，由左手定则判断判断安培力的方向解答： 解：A、B由乙图知，磁感应强度均匀变化，根据法拉第电磁感应定律可知，回路中产生恒定电动势，电路中电流恒定，电阻R两端的电压恒定，则电容器的电压恒定，故电容器C的电荷量大小始终没变根据楞次定律判断可知，通过R的电流一直向下，电容器上板电势较高，一直带正电故A正确，B错误；C、根据安培力公式F=BIL，I、L不变，由于磁感
19、应强度变化，MN所受安培力的大小变化，故C错误D、由右手定则判断得知，MN中感应电流方向一直向上，由左手定则判断可知，MN所受安培力的方向先向右后向左，故D正确故选AD点评： 本题关键要根据法拉第电磁感应定律判断出电路中的电流恒定不变，再根据楞次定律、右手定则、左手定则进行分析10（4分）（2012南昌三模）A、B两块正对的金属板竖直放置，在金属板A的内侧表面系一绝缘细线，细线下端系一带电小球（可视为点电荷）两块金属板接在如图所示的电路中，电路中的R1为光敏电阻（其阻值随所受光照强度的增大而减小），R2为滑动变阻器，R3为定值电阻当R2的滑片P在中间时闭合电键S，此时电流表和电压表的示数分别为
20、I和U，带电小球静止时绝缘细线与金属板A的夹角为电源电动势E和内阻r一定，下列说法中正确的是（） A 若将R2的滑动触头P向a端移动，则不变 B 若将R2的滑动触头P向b端移动，则I减小，U减小 C 保持滑动触头P不动，用较强的光照射R1，则小球重新达到稳定后变小 D 保持滑动触头P不动，用较强的光照射R1，则U变化量的绝对值与I变化量的绝对值的比值不变考点： 电容；闭合电路的欧姆定律所有专题： 电容器专题分析： 该电路R1和R3串联，电容器两端间的电压等于R1两端间的电压，根据闭合电路的动态分析，分析电容器两端的电压变化，从而知道电场的变化以及角的变化通过电容器两端电压的变化，就可知道电容器
21、所带电量的变化解答： 解：A、滑动变阻器处于含容支路中，相当于导线，所以移动滑动触头，电容器两端的电压不变，则不变故A正确，B错误C、用更强的光线照射R1，R1的阻值变小，总电阻减小，电流增大，内电压增大，外电压减小，即U减小，所以U的变化量的绝对值等于内电压的增加量=r不变因为外电压减小，R3电压增大，则R2两端电压减小，所以电容器两端的电压减小，所以小球重新达到稳定后变小故C、D正确故选ACD点评： 解决本题的关键抓住电源的电动势和内阻不变，利用闭合电路欧姆定律进行动态分析11（4分）（2015春德阳期末）如图所示，两足够长的平行光滑的金属导轨MN，PQ相距为L，导轨平面与水平面的夹角=3
22、0，导轨电阻不计，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨平面向上，长为L的金属捧ab垂直于MN、PQ放置在导轨上，且始终与导轨接触良好，金属棒的质量为m，电阻为r=R两金属导轨的上端连接一个灯泡，灯泡的电阻R1=R，重力加速度为g，现闭合开关S，给金属棒施加一个方向垂直于杆且平行于导轨平两向上的、大小为F=mg的恒力，使金属棒由静止开始运动，当金属捧达到最大速度时，灯泡恰能达到它的额定功率下列说法正确的是（） A 灯泡的额定功率PL= B 金属棒能达到的最大速度vm= C 金属棒达到最大速度的一半时的加速度a= D 若金属棒上滑距离为d时速度恰达到最大，则金属棒由静止开始上滑4d的过程中，金属棒上
23、产生的电热Qr=4mgd=考点： 导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化所有专题： 电磁感应功能问题分析： 当金属棒达到最大速度时，做匀速直线运动，由平衡条件和安培力公式可求出电路中的电流，由功率公式P=I2R求解灯泡的额定功率PL由感应电动势公式E=BLv和欧姆定律结合求解最大速度；金属棒达到最大速度的一半时，推导出安培力与速度的关系，由牛顿第二定律求解加速度由能量守恒求解电热解答： 解：A、当金属棒达到最大速度时，做匀速直线运动，由平衡条件得：F=BIL+mgsin30，又F=mg，解得I=，则灯泡的额定功率PL=I2R=（）2R=，故A正确B、由I=，又I=，可得：vm=，故
24、B正确C、金属棒达到最大速度的一半时受到的安培力大小 FA=mg，根据牛顿第二定律得：Fmgsin30FA=ma，解得：a=g，故C错误D、金属棒由静止开始上滑4L的过程中，金属棒上产生的电热Qr=（F4Lmg4Lsin30mvm2）=mgL，故D错误故选：AB点评： 本题是电磁感应与力学知识的综合，其桥梁是安培力，要学会推导安培力的表达式，分析棒的运动情况，根据牛顿第二定律和能量守恒处理这类问题二、实验题（共2小题，满分17分）12（8分）（2015春德阳期末）在“描绘小灯泡的伏安特性曲线实验中，要测量一个标有“3v，1.5W”的灯泡两端的电压和通过它的电流现有如下器材：A直流电阻3V（内阻
25、可不计）B直流电流表0600mA（内阻约0.5）C直流电压表03V（内阻约3k）D滑动变阻器（10，1A）E滑动变阻器（1k，300mA）F开关、导线若干（1）本实验中滑动变阻器选用D（填“D”或“E”）（2）某同学设计的实物图如图甲所示，请将未连接的导线在图甲上用线连接上（3）表中的各组数据是该同学在实验中测得的，根据表格中的数据在如图乙所示的方格纸上作出该灯泡的伏安特性曲线 U/V 0 0.5 1.0 1.5 2.0 2.5 I/A 0 0.17 0.30 0.39 0.45 0.49（4）如图甲所示，将两个这样的灯泡并联后再与5的定值电阻R0串联，接在电压恒为4V的电路上，每个灯泡的实际
26、功率为0.30W（结果留两位有效数字）考点： 描绘小电珠的伏安特性曲线所有专题： 实验题；恒定电流专题分析： （1）在保证安全的前提下，应选择最大阻值较小的滑动变阻器（2）根据实验测量的数据确定滑动变阻器的接法，根据待测灯泡电阻与电表内阻的关系确定电流表的接法，然后作出实物图（3）根据表中实验数据在坐标纸上描出对应点，然后作出图象（4）在灯泡IU图象中作出电源的IU图象，根据图象求出灯泡两端电压与通过灯泡的电流，然后求出灯泡功率解答： 解：（1）在保证安全的前提下，应选最大阻值较小的滑动变阻器，因此滑动变阻器应选D（2）由实验数据可知，电流与电压从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，灯泡电阻
27、较小，远小于电压表内阻，电流表应采用外接法，实验电路图如图所示（3）根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后根据描出的点作出图象，图象如图所示（4）将两个这样的灯泡并联后再与5的定值电阻R0串联，接在电压恒为4V的电路上，根据闭合电路欧姆定律得：U=E2IR0=425I=410I，即U=410I，在灯泡的IU图象中作出等效电源的IU图象如图所示，由图象可知，灯泡两端电压为1.0V，通过灯泡的电流为0.3A，每个灯泡消耗的实际功率P=UI=1.00.3=0.30W；故答案为：（1）D（2）如图（3）如图（4）0.30点评： 本题考查了实验器材的选择、设计实验电路图、作图象，知道实验原理是选择实
28、验器材的前提与关键，确定滑动变阻器与电流表的接法即可正确作出实验电路图；要掌握描点法作图的方法13（9分）（2015春德阳期末）为了较准确地测量某电子元件的电阻，某实验小组做如了测量：（1）用多用表测量该元件的电阻，选用“10”倍率的电阻挡测量，发现多用表指针偏转很小，因此需选择100（填“1或“100”）倍率的电阻挡，并欧姆调零，再进行测量（2）若用多用表测得该元件的电阻大约为1500，现在要进一步精确测量其电阻，有以下器材：A待测元件R（阻值约为1500）B电流表（量程5mA，内阻约5）C电阻箱（9999.9，0.02A）D直流电源（电动势约为20V，内阻约0.5）E单刀双掷开关一个，导线
29、若干 实验小组有同学设计了如图所示电路进行测量 在闭合S前，先把R调至最大值（填“最大值”或“最小值”），然后把K打到1，调节R，当其阻值为R1时，电流示数为I0，再把K打到2，调节R，当其阻值为R2时，电流表示数为I0，则Rx=R2R1（用实验中获得的物理最来表示）（3）两只完全相同的表头G，分别改装成一只电流表和一只电压表，一位同学不小心做实验时误将两只表串起来连接在一闭合电路中，接通电路后两只表的指针可能出现下列哪种现象C A电流表的指针偏转，电压表的指针不偏转 B两表指针偏转角度相同 C两表指针都偏转，电压表的指针偏转角度比电流表大得多 D两表指针都偏转，电流表的指针偏转角度比电压表大
30、得多考点： 伏安法测电阻所有专题： 实验题；恒定电流专题分析： （1）用欧姆表测电阻时，要选择合适的档位，使欧姆表指针指在表盘中央刻度线附近；根据闭合电路欧姆定律分析答题（2）根据实验原理可明确实验方法，并由欧姆定律得出对应的阻值；（3）根据电路图与实验原理分析答题解答： 解：用多用表测量该元件的电阻，选用“10”倍率的电阻挡测量，多用表指针偏转很小，说明所选档位太小，为准确测量电阻，应换大挡，需要选择电阻的100挡，并重新进行欧姆调零，再进行测量；为保护电路，在闭合S前，先把R打最大值，然后把K打到1，调节R，当其阻值为R1时，电流表示数为I0，然后再把K打2，调节R，当其阻值为R2时，电流
31、表示数为I0；两种情况下，电路电流相等，则电路总电阻相等，R1+RX=R2，则：Rx=R2R1（3）电流表改装成电压表是串联较大的分压电阻；电流表改装成大量程电流表是并联较小的分流电阻；两表串联后，通过电流表的总电流与电压表的电流相等，由于电流表改装成大量程电流表是并联较小的分流电阻，所以大部分电流通过了分流电阻，通过表头的电流很小，所以电流表的指针偏转角度较小；电压表的指针有明显偏转故答案为：（1）100；欧姆调零；（2）最大值；I0；R2R1（3）C点评： 本题考查了欧姆表的使用、误差分析、测电阻；使用多用电表测电阻时，要选择合适的挡位，然后进行欧姆调零，再测电阻，使用完毕，要把选择开关置
32、于交流电源最高挡或OFF挡上知道实验原理是正确求出待测电阻阻值的关键；要掌握等效替代法测电阻的方法三、计算题（共4小题，满分49分）14（8分）（2015春德阳期末）如图所示为用某种透明材料制成的一块柱形棱镜的截面图，圈弧CD为半径为R的四分之一的圆周，圆心为O，光线从AB面上的某点入射，入射角1=45，它进入棱镜后恰好以临界角射在BC面上的O点，其光路图如图所示求：（1）该棱镜的折射率n；（2）光线在该棱镜中传播的速度大小v（已知光在空气中的传播速度c=3108m/s）考点： 光的折射定律所有专题： 光的折射专题分析： （1）由几何知识得到折射角2与临界角C的关系，由折射定律=n得到折射角与
33、折射率的关系，结合sinC=求出折射率n（2）光线在该棱镜中传播的速度为 v=解答： 解：（1）光线在BC面上恰好发生全反射，入射角等于临界角C由sinC=，得cosC=光线在AB界面上发生折射，折射角2=90C，则sin2=cosC由折射定律=n由以上几式解得 n=（2）光速为：v=m/s=108m/s答：（1）该棱镜的折射率n是；（2）光线在该棱镜中传播的速度大小v为108m/s点评： 本题的突破口是“光线进入棱镜后恰好以临界角射在BC面上的O点”根据全反射临界角公式由sinC=、折射定律=n和光速公式v=相结合进行处理15（12分）（2015春德阳期末）如图所示，MN、PQ为足够长的平行
34、金属导轨，间距L=0.50m，导轨平面与水平面间夹角=37，N、Q间连接一个电阻R=2.5，匀强磁场垂直于导轨平面向上，磁感应强度B=1.0T将一根质量为m=0.050kg的金属棒放在导轨的ab位置，金属捧电阻r=2.5（导轨的电阻不计）现由静止释放金属棒，金属棒沿导轨向下运动过捏中始终与导轨垂直，且与导轨接触良好已知金属棒与导轨间的动摩擦因数=0.50，当金属棒滑行至cd处时，其速度大小开始保持不变，位置cd与ab之间的距离s=2.0m已知g=10m/s2，sin37=0.60，cos37=0.80求：（1）金属棒到达ad处的速度大小；（2）金属棒由位置ab运动到cd的过程中，电阻R产生的热
35、量考点： 导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化所有专题： 电磁感应功能问题分析： （1）金属棒做匀速直线运动时速度保持不变，应用安培力公式求出安培力，然后由平衡条件列方程可以求出金属棒的速度（2）由能量守恒定律可以求出电阻产生的热量解答： 解：（1）金属棒匀速运动时速度保持不变，金属棒受到的安培力：F=BIL=，金属棒做匀速直线运动，由平衡条件得：mgsin=+mgcos，解得：v=2m/s；（2）由能量守恒定律得：mgssin=mv2+mgscos+Q，QR=Q，解得：QR=0.05J；答：（1）金属棒到达cd处的速度大小为2m/s；（2）金属棒由位置ab运动到cd的过程中，电
36、阻R产生的热量为0.05J点评： 本题考查了求金属棒的速度、金属棒产生的焦耳热，金属棒先做加速运动、后做匀速直线运动，金属棒做匀速直线运动时速度达到最大，分析清楚金属棒的运动过程，应用安培力公式、平衡条件、能量守恒定律可以解题16（14分）（2015春德阳期末）如图所示平面直角坐标系xOy，在第一象限内有平行于y轴的匀强磁场，方向沿y轴负方向，电场强度大小为E；在第四象限以ON为直径的半圆形区域内有匀强磁场，方向垂直于xOy平面向外，一质量为m、带正电的粒子（不计粒子重力），从OM=h处的M点，以速度v0垂直于y轴射入电场，经x轴上OP=2h处的P点进入磁场，粒子在磁场中运动的轨道半径为r，以
37、垂直于y轴的方向射出磁场求：（1）粒子所带的电荷量q；（2）磁感应强度B及粒子在磁场中运动的时间考点： 带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动所有分析： （1）根据类平抛运动的水平分位移公式和竖直分位移公式以及牛顿第二定律列式求解；（2）对圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力列式求解出轨道半径根据圆心角求解时间解答： 解：（1）类似平抛运动速度偏转角的正切：tan=2tan=2=1，故=45；故粒子的运动轨迹如右图所示；设粒子在电场中运动的时间为t1x方向：2h=v0t1y方向：h=at12根据牛顿第二定律：Eq=ma联立以上三式，解得：q=（2）类平抛运动过程，根据动能定理：Eq
38、h=mv2mv02将q的表达式代入上式，得：v=v0由：Bqv=得：B=；粒子在磁场中的转动周期T=；由几何关系可知，粒子在磁场中的圆心角为135；粒子在磁场中的转动时间t=答：（1）粒子所带的电荷量；（2）磁感应强度为，粒子在磁场中的转动时间为点评： 本题考查带电粒子在电场和磁场中的运动，要注意掌握类平抛运动和圆周运动的分析方法，明确几何关系的应用17（15分）（2015潍坊模拟）“太空粒子探测器”是由加速、偏转和收集三部分组成，其原理可简化如下：如图1所示，辐射状的加速电场区域边界为两个同心平行半圆弧面，圆心为O，外圆弧面AB的半径为L，电势为1，内圆弧面CD的半径为，电势为2足够长的收集
39、板MN平行边界ACDB，O到MN板的距离OP=L假设太空中漂浮着质量为m，电量为q的带正电粒子，它们能均匀地吸附到AB圆弧面上，并被加速电场从静止开始加速，不计粒子间的相互作用和其它星球对粒子引力的影响（1）求粒子到达O点时速度的大小；（2）如图2所示，在边界ACDB和收集板MN之间加一个半圆形匀强磁场，圆心为O，半径为L，方向垂直纸面向内，则发现从AB圆弧面收集到的粒子经O点进入磁场后有能打到MN板上（不考虑过边界ACDB的粒子再次返回），求所加磁感应强度的大小；（3）同上问，从AB圆弧面收集到的粒子经O点进入磁场后均不能到达收集板MN，求磁感应强度所满足的条件试写出定量反映收集板MN上的收
40、集效率与磁感应强度B的关系的相关式子考点： 带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律所有专题： 带电粒子在磁场中的运动专题分析： （1）根据动能定理即可求出粒子到达O点的速度；（2）作出粒子运动的轨迹，结合轨迹求出粒子的半径，然后由洛伦兹力提供向心力即可求解；（3）作出粒子运动的轨迹，结合几何知识求得粒子的收集率与粒子圆周运动转过圆心角的关系，再根据此关系求得收集率为0时对应的磁感应强度B解答： 解：（1）带电粒子在电场中加速时，由动能定理有：又U=12所以：；（2）从AB圆弧面收集到的粒子有2/3能打到MN板上，刚好不能打到MN上的粒子从磁场中出来后速度方向与MN平行，则入射的方向与AB之间的夹角是600，在磁场中运动的轨迹如图1，轨迹圆心角=60根据几何关系，粒子圆周运动的半径为r=L，由牛顿第二定律得：联立解得：；（3）当沿OD方向的粒子刚好打到MN上，则由几何关系可知，由牛顿第二定律得：得：即如图2，设粒子在磁场中运动圆弧对应的圆心角为，由几何关系可知：MN上的收集效率：答：（1）粒子到达O点时速度的大小是；（2）所加磁感应强度的大小是；（3）试写出定量反映收集板MN上的收集效率与磁感应强度B的关系的相关式子是点评： 本题考查了带电粒子在电场中的加速和磁场中的偏转，综合性较强，对学生的能力要求较高，关键作出粒子的运动轨迹，选择合适的规律进行求解
