1、内蒙古鄂尔多斯一中2014-2015学年高二下学期期末物理试卷一单项选择题（本题共10小题，每小题3分，共30分.在每小题给出的四个选项中只有一个选项正确）1假设地面上有一火车以接近光速的速度运行，其内站着一个中等身材的人，站在路旁的人观察车里的人，观察的结果是（）A这个人是一个矮胖子B这个人是一个瘦高个子C这个人矮但不胖D这个人瘦但不高2如图为一列沿x轴正方向传播的简谐横波在t=0时的波形，当R点在t=0时的振动状态传到S点时，PR范围内（含P、R）有一些质点正在向y轴负方向运动，这些质点的x坐标取值范围是（）A2cmx4cmB2cmx4cmC2cmx3cmD2cmx3cm3在匀强磁场中有一
2、个原来静止的碳14原子核发生了某种衰变，已知放射出的粒子速度方向及反冲核的速度方向均与磁场方向垂直，它们在滋场中运动的径迹是两个相内切的圆，两圆的直径之比为7：1，如图所示则碳14的衰变方程为（）ACe+BBCHe+BeCCe+NDCH+B4如图所示，两个完全相同的波源在介质中形成的波相叠加而发生的干涉的示意图，实线表示波峰，虚线表示波谷，则（）AA点为振动加强点，经过半个周期，这一点振动减弱BB点为振动减弱点，经过半个周期，这一点振动加强CC点为振动加强点，经过半个周期，这一点振动仍加强DD点为振动减弱点，经过半个周期，这一点振动加强5如图所示为t=0时刻简谐横波a与b的波形图，其中a沿x轴
3、正方向传播，b沿x轴负方向传播，波速都是10m/s，振动方向都平行于y轴下图画出的是平衡位置在x=2m处的质点从t=0开始在一个周期内震动的图象，其中正确的是（）ABCD6用频率为v0的光照射大量处于基态的氢原子，在所发射的光谱中仅能观测到频率分别为v1、v2、v3的三条谱线，且v3v2v1，则（）Av0v1Bv3=v2+v1Cv0=v1+v2+v3D=+7如图所示，光滑圆形管道固定在竖直面内，直径略小于管道内径可视为质点的小球A、B质量分别为mA、mB，A球从管道最高处由静止开始沿管道下滑，与静止于管道最低处的B球相碰，碰后A、B球均能刚好到达与管道圆心O等高处，关于两小球质量比值的说法正确
4、的是（）A=+1B=1C=1D=8如图所示，质量分别为mA=2kg和mB=3kg的A、B两物块，用劲度系数为k的轻弹簧相连后竖直放在水平面上，今用大小为F=45N的力把物块A向下压而使之处于静止，突然撤去压力，则（）A物块B有可能离开水平面B物块B不可能离开水平面C只要k足够小，物块B就可能离开水平面D只要k足够大，物块B就可能离开水平面9用如图甲所示的电路研究光电效应中光电流强度与照射光的强弱、频率等物理量的关系图中A、K两极间的电压大小可调，电源的正负极也可以对调分别用a、b、c三束单色光照射，调节A、K间的电压U，得到光电流I与电压U的关系如图乙所示由图可知（）A单色光a和c的频率相同，
5、但a更强些B单色光a和c的频率相同，但a更弱些C单色光b的频率小于a的频率D改变电源的极性不可能有光电流产生10质子和中子是由更基本的粒子即所谓“夸克”组成的两个强作用电荷相反（类似于正负电荷）的夸克在距离很近时几乎没有相互作用（称为“渐近自由”）；在距离较远时，它们之间就会出现很强的引力（导致所谓“夸克禁闭”）作为一个简单的模型，设这样的两夸克之间的相互作用力F与它们之间的距离r的关系为：式中F0为大于零的常量，负号表示引力用U表示夸克间的势能，令U0=F0（r2r1），取无穷远为势能零点下列Ur图示中正确的是（）ABCD二多项选择题（本题共7小题，每小题4分，共28分在每小题给出的四个选项
6、中，有多个选项正确全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不选的得0分）11如图所示，两星球相距为L，质量比为mA：mB=1：9，两星球半径远小于L从星球A沿A、B连线向B以某一初速度发射一探测器只考虑星球A、B对探测器的作用，下列说法正确的是（）A探测器的速度一直减小B探测器在距星球A为处加速度为零C若探测器能到达星球B，其速度可能恰好为零D若探测器能到达星球B，其速度一定大于发射时的初速度12如图所示，足够长的光滑导轨倾斜放置，其下端连接一个定值电阻R，匀强磁场垂直于导轨所在平面，将ab棒在导轨上无初速度释放，当ab棒下滑到稳定状态时，速度为v，电阻R上消耗的功率为P导轨和导体棒电阻不计
7、下列判断正确的是（）A导体棒的a端比b端电势低Bab棒在达到稳定状态前做加速度减小的加速运动C若磁感应强度增大为原来的2倍，其他条件不变，则ab棒下滑到稳定状态时速度将变为原来的D若换成一根质量为原来2倍的导体棒，其他条件不变，则导体棒下滑到稳定状态时R的功率将变为原来的4倍13在透明均匀介质内有一球状空气泡，O为球心，一束包含a、b两种单色光的细光束从介质射入气泡，A为入射点，之后a、b光分别从C、D点射向介质，如图所示细光束在A点的入射角为30，介质对a光的折射率na=，下列说法中正确的是（）Aa光射出空气泡后相对于射入空气泡前的偏向角为30B在该介质中，a光的传播速度比b光的传播速度小，
8、从该介质射入空气中，a光全反射的临界角比b光全反射的临界角大C若用a、b两单色光分别通过同一双缝干涉装置，屏上相邻两干涉条纹的间距xaxbD若用a、b两单色光分别通过同一单缝，屏上中央亮条纹的宽度dadb14某静止的放射性元素的原子核，放出一个粒子后转变成某种新粒子Y，设衰变过程产生的核能以动能的形式释放出来，若已知粒子的动能为Ek，真空中光速为c，则（）AY的动能为BY的动能为 C衰变过程中的质量亏损为D衰变过程中的质量亏损为15如图所示为某种质谱仪的工作原理示意图此质谱仪由以下几部分构成：粒子源N；P、Q间的加速电场；静电分析器，即中心线半径为R的四分之一圆形通道，通道内有均匀辐射电场，方
9、向沿径向指向圆心O，且与圆心O等距的各点电场强度大小相等；磁感应强度为B的有界匀强磁场，方向垂直纸面向外；胶片M由粒子源发出的不同带电粒子，经加速电场加速后进入静电分析器，某些粒子能沿中心线通过静电分析器并经小孔S垂直磁场边界进入磁场，最终打到胶片上的某点粒子从粒子源发出时的初速度不同，不计粒子所受重力下列说法中正确的是（）A从小孔S进入磁场的粒子速度大小一定相等B从小孔S进入磁场的粒子动能一定相等C打到胶片上同一点的粒子速度大小一定相等D打到胶片上位置距离O点越近的粒子，比荷越大16如图是将心肌收缩产生的脉动转化为电压脉冲的仪器，其输出部分可用一个与大电阻（40k）相连的交流电源来等效，如图
10、所示心电图仪与一个理想变压器的初级线圈相连，一个扬声器（可以等效为一个阻值为8的定值电阻）与该变压器的次级线圈相连等效电源的电压有效值V0=30V，变压器的初级线圈和次级线圈的匝数之比为50：1，则（）A变压器的初级线圈输入电压为30VB变压器的初级线圈输入电压为10VC变压器次级线圈输出电压为0.6VD变压器次级线圈输出功率为5103W17在金属中存在大量的价电子（可理解为原子的最外层电子），价电子在原子核和核外的其他电子产生的电场中运动，电子在金属外部时的电势能比它在金属内部作为价电子时的电势能大，前后两者的电势能差值称为势垒，用符号V表示，价电子就像被关在深为V的方箱里的粒子，这个方箱叫
11、做势阱，价电子在势阱内运动具有动能，但动能的取值是不连续的，价电子处于最高能级时的动能称为费米能，用Ef表示，用红宝石激光器向金属发射频率为v的光子，具有费米能的电子如果吸收了一个频率为v的光子而跳出势阱则（）A具有费米能的电子跳出势阱时的动能Ek=hvV+EfB具有费米能的电子跳出势阱时的动能Ek=hvVEfC若增大激光器的发光频率，具有费米能的电子跳出势阱时的动能增大D若增大激光器的发光强度，具有费米能的电子跳出势阱时的动能不变三填空题（本小题共2个小题，共14分，把答案写在题中的横线上）18如图所示，某同学为了测量截面为正三角形的三棱镜玻璃折射率，先在白纸上放好三棱镜，在棱镜的左侧插上两
12、枚大头针P1和P2，然后在棱镜的右侧观察到 P1像和P2像，当P1的像恰好被P2像挡住时，插上大头针P3和P4，使P3挡住P1、P2的像，P4挡住P3和P1、P2的像，在纸上标出的大头针位置和三棱镜轮廓如图所示（1）为了测出三棱镜玻璃材料的折射率，若以AB作为分界面，需要测量的量是和；（作出光路图并在图中标明所测物理量，不作图注明的不给分）（2）若在测量过程中，放置三棱镜的位置发生了如图所示的微小平移（移至图中的虚线位置，底边仍重合），则以AB作为分界面，三棱镜玻璃材料折射率的测量值 三棱镜玻璃材料折射率的真实值（填“大于”、“小于”、“等于”）19为了验证动量守恒定律（探究碰撞中的不变量），
13、某同学选取了两个材质相同、体积不等的两个长立方体滑块A和B，按下述步骤做了如下实验：步骤1：在A、B的相撞面分别装上尼龙拉扣，以便二者相撞以后能够立刻结为整体；步骤2：安装好实验装置如图1，铝质轨道槽的左端是倾斜槽，右端是长直水平槽，倾斜槽和水平槽由一小段弧链接，轨道槽被固定在水平桌面上，在轨道槽的侧面与轨道等高且适当远处装一台数码频闪照相机；步骤3：让滑块B静置于水平槽的某处，滑块A从斜槽某处静止释放，同时开始频闪拍摄，直到A、B停止运动，得到一幅多次曝光的数码照片；步骤4：多次重复步骤3，得到多幅照片，挑出其中最理想的一幅，打印出来，将刻度尺紧靠照片放置，如图2所示；（1）由图分析可知，滑
14、块A与滑块B碰撞发生的位置是A、B相撞的位置在P5、P6之间A、B相撞的位置在P6处A、B相撞的位置在P6、P7之间（2）为了探究碰撞中动量是否守恒，需要直接测量或者读取的物理量是A、B两个滑块的质量m1和m2 滑块A释放时距桌面的高度频闪照相的周期 照片尺寸和实际尺寸的比例照片上测得的s45、s56和s67、s78照片上测得的s34、s45、s56和s67、s78、s89滑块与桌面间的动摩擦因数（3）写出验证动量守恒的表达式（4）为了提高实验准确度，以下措施中有效的是使用更平整的轨道槽 使用更光滑的轨道槽在足够成像的前提下，缩短频闪照相每次曝光的时间适当增大相机和轨道槽的距离四计算题（共4个
15、小题，共38分，解答应写出必要的文字说明、方程式和主要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分）20一列横波在x轴上传播，在t1=0时刻波形如图实线所示，t2=0.05s时刻波形如下图虚线所示若周期大于（t1t2），则最小波速和最大波速分别是多少？方向如何？21如图所示，在质量M=5kg的无下底的木箱顶部用一轻弹簧悬挂质量分别为ma=1kg、mb=0.5kg的A、B两物体，弹簧的劲度系数为100N/m箱子放在水平地面上，平衡后剪断A、B间的连线，A将做简谐运动，求：（g=10m/s2）（1）在剪断绳子后瞬间，A、B物体的加速度分别是多大？（2）物体A的振幅？（3）当A运动到最高点时，木箱对地面的压
16、力大小？22一玻璃三棱柱竖直放在水平桌面上，其底面A1B1C1是边长a=12cm的等边三角形，柱高L=12cm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23如图所示，一小车置于光滑水平面上，轻质弹簧右端固定，左端栓连物块b，小车质量M=3kg，AO部分粗糙且长L=2m，动摩擦因数=0.3，OB部分光滑另一小物块a放在车的最左端，和车一起以V0=4m/s的速度向右匀速运动，车撞到固定挡板后瞬间速度变为零，但不与挡板粘连已知车OB部分的长度大于弹簧的自然长度，弹簧始终处于弹性限度内a、b两物块视为质点质量均为m=1kg，碰撞时间极短且不粘连，碰
17、后一起向右运动（取g=10m/s2）求：（1）物块a与b碰后的速度大小；（2）当物块a相对小车静止时小车右端B到挡板的距离；（3）当物块a相对小车静止时在小车上的位置到O点的距离内蒙古鄂尔多斯一中2014-2015学年高二下学期期末物理试卷一单项选择题（本题共10小题，每小题3分，共30分.在每小题给出的四个选项中只有一个选项正确）1假设地面上有一火车以接近光速的速度运行，其内站着一个中等身材的人，站在路旁的人观察车里的人，观察的结果是（）A这个人是一个矮胖子B这个人是一个瘦高个子C这个人矮但不胖D这个人瘦但不高考点：* 长度的相对性 分析：本题关键是知道狭义相对论的一个重要效应尺缩效应：在尺
18、子长度方向上运动的尺子比静止的尺子短解答：解：车内站着一个中等身材的人，说明不高；站在路旁的另一个人观察车里的人，由于尺缩效应，观察到车内人的身材的宽度变小，所以看到的结果是车内人瘦但不高故选：D点评：此题考查狭义相对论的基本结论，熟记并理解它，可以解决所有关于狭义相对论的问题2如图为一列沿x轴正方向传播的简谐横波在t=0时的波形，当R点在t=0时的振动状态传到S点时，PR范围内（含P、R）有一些质点正在向y轴负方向运动，这些质点的x坐标取值范围是（）A2cmx4cmB2cmx4cmC2cmx3cmD2cmx3cm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：由R
19、S间的距离可知传到S点所用时间，由S点的振动可知，此时波动图象，由图象可知向负方向运动的x坐标范围解答：解：从图象可以看出t=0时，质点R通过平衡位置沿y轴正方向振动，R质点t=0的振动状态传到S质点时，经过了周期，质点R处于负最大位移处，质点P正通过平衡位置沿y轴负方向运动，此时PR范围内正在向y轴负方向运动的x坐标范围为：2cmx3cm故选：C点评：机械波图象为选修34的难点之一，应重点把握根据波的传播方向要能判断出质点的振动方向，抓住波在一个周期内传播一个波长的距离进行分析3在匀强磁场中有一个原来静止的碳14原子核发生了某种衰变，已知放射出的粒子速度方向及反冲核的速度方向均与磁场方向垂直
20、，它们在滋场中运动的径迹是两个相内切的圆，两圆的直径之比为7：1，如图所示则碳14的衰变方程为（）ACe+BBCHe+BeCCe+NDCH+B考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；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：核衰变过程动量守恒，反冲核与释放出的粒子的动量大小相等，根据左手定则判断粒子与反冲核的电性关系结合带电粒子在匀强磁场中圆周运动的半径公式可得粒子与反冲核的电荷量之比解答：解：原子核的衰变过程满足动量守恒，粒子与反冲核的速度方向相反，根据左手定则判断得知，粒子与反冲核的电性相反，则知粒子带负电，所以该衰变是衰变，此粒子是粒子，符号为e可得两带电粒子动量大小相等，方向
21、相反，就动量大小而言有：m1v1=m2v2由带电粒子在匀强磁场中圆周运动的半径公式可得：r=，可见r与q成反比由题意，大圆与小圆的直径之比为7：1，半径之比为7：1，则得：粒子与反冲核的电荷量之比为1：7所以反冲核的电荷量为7e，电荷数是7，其符号为N故C确故选：C点评：原子核的衰变过程类比于爆炸过程，满足动量守恒，而带电粒子在匀强磁场中圆周运动的半径公式中的分子恰好是动量的表达式，要巧妙应用4如图所示，两个完全相同的波源在介质中形成的波相叠加而发生的干涉的示意图，实线表示波峰，虚线表示波谷，则（）AA点为振动加强点，经过半个周期，这一点振动减弱BB点为振动减弱点，经过半个周期，这一点振动加强
22、CC点为振动加强点，经过半个周期，这一点振动仍加强DD点为振动减弱点，经过半个周期，这一点振动加强考点：波的叠加 分析：波峰和波峰、波谷与波谷叠加的点为振动加强点，波峰与波谷叠加的点为振动减弱点振动加强点始终振动加强，振动减弱点始终减弱解答：解：A、A点是波峰和波峰叠加，为振动加强点，且始终振动加强故A错误B、B点是波峰与波谷叠加，为振动减弱点，且始终振动减弱故B错误C、C点处于振动加强区，振动始终加强故C正确D、D点为波峰与波谷叠加，为振动减弱点，且始终振动减弱故D错误故选C点评：解决本题的关键知道波峰和波峰、波谷与波谷叠加的点为振动加强点，波峰与波谷叠加的点为振动减弱点5如图所示为t=0时
23、刻简谐横波a与b的波形图，其中a沿x轴正方向传播，b沿x轴负方向传播，波速都是10m/s，振动方向都平行于y轴下图画出的是平衡位置在x=2m处的质点从t=0开始在一个周期内震动的图象，其中正确的是（）ABCD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：两列波的波速相等，波长相等，则频率相等，能发生干涉，根据叠加原理分析x=2m处的质点的振动情况和振幅，确定图象解答：解：由题，两列波的波速相等，波长相等，则频率相等，能发生干涉过周期后，两列波的波峰同时到达x=2m处的质点，则此质点振动总是加强，振幅为两列波振幅之和，即为3cm，开始从平衡位置沿y轴正方向开始振动，
24、所以图象B正确故选：B点评：本题考查对波的叠加原理的理解和应用能力，抓住起振时质点的位移和速度是关键6用频率为v0的光照射大量处于基态的氢原子，在所发射的光谱中仅能观测到频率分别为v1、v2、v3的三条谱线，且v3v2v1，则（）Av0v1Bv3=v2+v1Cv0=v1+v2+v3D=+考点：氢原子的能级公式和跃迁 专题：原子的能级结构专题分析：本题的关键是明确发光的含义是氢原子从高能级向低能级跃迁，根据能级图，有三条光谱线说明原子最高能级在n=3能级，再根据氢原子理论可知，入射光的频率应等于n=3能级时的频率，然后再根据跃迁公式即可求解解答：解：大量氢原子跃迁时只有三个频率的光谱，这说明是从
25、n=3能级向低能级跃迁n=3能级向n=1能级跃迁时，hv3=E3E1n=2能级向n=1能级跃迁时，hv2=E2E1n=3能级向n=2能级跃迁时，hv1=E3E2将以上三式变形可得 hv3=hv2+hv1解得 v3=v2+v1，所以B正确，再根据氢原子理论可知，入射光频率v0=v3，所以AC错误故选B点评：氢原子理论中能量的吸收和放出都不是连续的，要熟记能级跃迁公式以及发光条数的求法7如图所示，光滑圆形管道固定在竖直面内，直径略小于管道内径可视为质点的小球A、B质量分别为mA、mB，A球从管道最高处由静止开始沿管道下滑，与静止于管道最低处的B球相碰，碰后A、B球均能刚好到达与管道圆心O等高处，关
26、于两小球质量比值的说法正确的是（）A=+1B=1C=1D=考点：向心力 专题：匀速圆周运动专题分析：碰后A、B球均能刚好到达与管道圆心O等高处，此时速度都为零，根据动能定理求出碰后AB两球的速度，碰撞前，A球从最高点运动到最低点的过程中，根据动能定理求出碰撞前A的速度，AB碰撞过程中，动量守恒，根据动量守恒定律求解即可解答：解：碰后A、B球均能刚好到达与管道圆心O等高处，则此时速度都为零，根据动能定理可知，解得v=所以碰后A和B的速度相等，方向相反，碰撞前，A球从最高点运动到最低点的过程中，根据动能定理得：解得：AB碰撞过程中，动量守恒，以碰撞前A球的速度为正，则有：mAv0=mAvA+mBv
27、B解得：故选：B点评：本题主要考查了动量守恒定律、动能定理的直接应用，解题时抓住碰后A、B球均能刚好到达与管道圆心O等高处求解，注意AB碰撞后A球速度反向了，难度适中8如图所示，质量分别为mA=2kg和mB=3kg的A、B两物块，用劲度系数为k的轻弹簧相连后竖直放在水平面上，今用大小为F=45N的力把物块A向下压而使之处于静止，突然撤去压力，则（）A物块B有可能离开水平面B物块B不可能离开水平面C只要k足够小，物块B就可能离开水平面D只要k足够大，物块B就可能离开水平面考点：简谐运动的回复力和能量；力的合成与分解的运用；胡克定律；牛顿第二定律 分析：松手后物体在竖直方向做简谐运动，最低点处的回
28、复力可知，则由此可知最高点时B受弹簧弹力的大小解答：解：物体处于平衡状态，向下的压力F=45N方向向下，向上的回复力f=45N，方向向上，此时物块A位于负的最大位移处，撤去外力F的瞬间，B系统受回复力f=45N作用，方向向上，重力50N，方向向下的共同作用，因为45N50N，物块B始终压在水平面上，所以物块B不可能离开水平面故选B点评：本题为简谐运动的回复力问题，要注意找出简谐运动的平衡位置，并找出回复力的大小9用如图甲所示的电路研究光电效应中光电流强度与照射光的强弱、频率等物理量的关系图中A、K两极间的电压大小可调，电源的正负极也可以对调分别用a、b、c三束单色光照射，调节A、K间的电压U，
29、得到光电流I与电压U的关系如图乙所示由图可知（）A单色光a和c的频率相同，但a更强些B单色光a和c的频率相同，但a更弱些C单色光b的频率小于a的频率D改变电源的极性不可能有光电流产生考点：光电效应 专题：光电效应专题分析：光电管加正向电压情况：P右移时，参与导电的光电子数增加；P移到某一位置时，所有逸出的光电子都刚参与了导电，光电流恰达最大值；P再右移时，光电流不能再增大光电管加反向电压情况：P右移时，参与导电的光电子数减少；P移到某一位置时，所有逸出的光电子都刚不参与了导电，光电流恰为零，此时光电管两端加的电压为截止电压，对应的光的频率为截止频率；P再右移时，光电流始终为零eU截=m=hW，
30、入射光的频率越高，对应的截止电压U截越大从图象中看出，丙光对应的截止电压U截最大，所以丙光的频率最高，丙光的波长最短，丙光对应的光电子最大初动能也最大解答：解：ABC、光电流恰为零，此时光电管两端加的电压为截止电压，对应的光的频率为截止频率，可知，ac光对应的截止频率小于b光的截止频率，根据eU截=m=hW，入射光的频率越高，对应的截止电压U截越大a光、c光的截止电压相等，所以a光、c光的频率相等；当a、c光照射该光电管，因频率相同，则a光对应的光电流大，因此a光子数多，那么a光的强度较强，故A正确，BC错误；D、若改变电源的极性，仍可能有光电流产生，但电流大小会发生变化，故D错误；故选：A点
31、评：解决本题的关键掌握截止电压、截止频率，以及理解光电效应方程eU截=m=hW，同时理解光电流的大小与光强有关10质子和中子是由更基本的粒子即所谓“夸克”组成的两个强作用电荷相反（类似于正负电荷）的夸克在距离很近时几乎没有相互作用（称为“渐近自由”）；在距离较远时，它们之间就会出现很强的引力（导致所谓“夸克禁闭”）作为一个简单的模型，设这样的两夸克之间的相互作用力F与它们之间的距离r的关系为：式中F0为大于零的常量，负号表示引力用U表示夸克间的势能，令U0=F0（r2r1），取无穷远为势能零点下列Ur图示中正确的是（）ABCD考点：电势能；动能定理的应用 专题：压轴题；电场力与电势的性质专题分
32、析：本题通过分析两夸克之间的相互作用力F做功情况判断势能的变化情况，即可进行选择无穷远处电势为零，从无穷远开始到r=r2位置，势能恒定为零，在r=r2到r=r1过程中，两夸克之间的相互作用力F为引力，恒定引力做正功，势能逐渐均匀减小，rr1之后势能不变，恒定为U0解答：解：从无穷远处电势为零开始到r=r2位置，由F的表达式可知，两夸克之间的相互作用力F=0，则知势能恒定为零；在r=r2到r=r1过程中，恒定引力做正功，势能逐渐均匀减小，即势能为负值且越来越小，此部分图象为A、B选项中所示；rr1之后，F=0，势能不变，恒定为U0，由引力做功等于势能将少量，故U0=F0（r2r1）故B正确故选B
33、点评：本题是信息给予题，关键根据两夸克之间的相互作用力F与它们之间的距离r的关系，分析F做功的正负，判断势能如何变化二多项选择题（本题共7小题，每小题4分，共28分在每小题给出的四个选项中，有多个选项正确全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不选的得0分）11如图所示，两星球相距为L，质量比为mA：mB=1：9，两星球半径远小于L从星球A沿A、B连线向B以某一初速度发射一探测器只考虑星球A、B对探测器的作用，下列说法正确的是（）A探测器的速度一直减小B探测器在距星球A为处加速度为零C若探测器能到达星球B，其速度可能恰好为零D若探测器能到达星球B，其速度一定大于发射时的初速度考点：万有引力定
34、律及其应用 专题：万有引力定律的应用专题分析：根据万有引力与探测器速度方向的关系，判断探测器的速度变化；抓住探测器所受的合力为零，根据万有引力定律求出加速度为零的位置根据万有引力做功情况判断探测器到达星球B时的速度与初速度的关系解答：解：A、探测器从A向B运动，所受的万有引力合力先向左再向右，则探测器的速度先减小后增大故A错误B、当探测器合力为零时，加速度为零，则有：，因为mA：mB=1：9，则rA：rB=3：1，知探测器距离星球A的距离为x=故B正确C、探测器到达星球B的过程中，由于B的质量大于A的质量，从A到B万有引力的合力做正功，则动能增加，所以探测器到达星球B的速度一定大于发射时的速度
35、故C错误，D正确故选：BD点评：解决本题的关键知道合力的方向与速度方向相同，做加速运动，合力的方向与速度方向相反，做减速运动当合力为零，加速度为零12如图所示，足够长的光滑导轨倾斜放置，其下端连接一个定值电阻R，匀强磁场垂直于导轨所在平面，将ab棒在导轨上无初速度释放，当ab棒下滑到稳定状态时，速度为v，电阻R上消耗的功率为P导轨和导体棒电阻不计下列判断正确的是（）A导体棒的a端比b端电势低Bab棒在达到稳定状态前做加速度减小的加速运动C若磁感应强度增大为原来的2倍，其他条件不变，则ab棒下滑到稳定状态时速度将变为原来的D若换成一根质量为原来2倍的导体棒，其他条件不变，则导体棒下滑到稳定状态时
36、R的功率将变为原来的4倍考点：导体切割磁感线时的感应电动势；电势；电功、电功率 专题：电磁感应与电路结合分析：根据右手定则判断感应电流的方向，再根据左手定则判断安培力的方向，通过速度的变化，得出电动势的变化，电流的变化，从而得出安培力的变化根据能量守恒判断机械能的变化，根据克服安培力做功与产生的电能关系判断安培力做功与灯泡消耗电能的关系解答：解：A、导体棒ab下滑过程中，由右手定则判断感应电流I在导体棒ab中从b到a，电源内部低电势到高电势，a端比b端电势高，故A错误；B、由分析知，导体棒ab开始速度增大，感应电动势增大，感应电流增大，安培力增大，如果导轨足够长，当F安=BIL=mgsin时达
37、到最大速度vm=，之后做匀速直线运动，速度不再增大，安培力不变，因此导体棒做先做加速度减小的加速运动，直到匀速运动故B正确；C、根据vm=知磁感应强度增大为原来的2倍，其他条件不变，则ab棒下滑到稳定状态时速度将变为原来的，故C错误；D、由BC项分析，根据P=Fv知P=mgsin，换成一根质量为原来2倍的导体棒，其他条件不变，则导体棒下滑到稳定状态时R的功率将变为原来的4倍故D正确；故选：BD点评：解决这类导体棒切割磁感线产生感应电流问题的关键时分析导体棒受力，进一步确定其运动性质，并明确判断过程中的能量转化及功能关系如安培力做负功量度了电能的产生，克服安培力做什么功，就有多少电能产生13在透
38、明均匀介质内有一球状空气泡，O为球心，一束包含a、b两种单色光的细光束从介质射入气泡，A为入射点，之后a、b光分别从C、D点射向介质，如图所示细光束在A点的入射角为30，介质对a光的折射率na=，下列说法中正确的是（）Aa光射出空气泡后相对于射入空气泡前的偏向角为30B在该介质中，a光的传播速度比b光的传播速度小，从该介质射入空气中，a光全反射的临界角比b光全反射的临界角大C若用a、b两单色光分别通过同一双缝干涉装置，屏上相邻两干涉条纹的间距xaxbD若用a、b两单色光分别通过同一单缝，屏上中央亮条纹的宽度dadb考点：光的折射定律 专题：光的折射专题分析：由几何知识知a光束经过球状空气泡后的
39、偏向角为=2（ri），由折射定律求出折射角r，即可求得a光的偏向角由折射定律分析两种色光折射率的大小，由v=分析光在介质中传播速度的大小由临界角公式sinC=，分析临界角的大小根据折射率的大小，分析波长的大小，即可判断双缝干涉条纹的间距关系解答：解：光线在A点的入射角为i，折射角分别为ra、rbA、由折射定律=得：sinra=nasini=sin30=，得ra=45，根据光路可逆性和几何知识可知，a光线从C点射出时，入射角和折射角分别等于A点折射角时折射角和入射角，则偏向角为=2（rai）=2（4530）=30，故A正确B、在A点可见，a光的偏折角大于b光的偏折角，所以a光的折射率大于b光的折
40、射率，由v=得知，在该介质中，a光的传播速度比b光的传播速度小，由临界角公式sinC=，知a光全反射的临界角比b光全反射的临界角小故B错误C、a光的偏折角大于b光的偏折角，则a光的波长小于b光的波长，双缝干涉条纹的间距与波长成正比，可知a光的干涉条纹间距小于b光的干涉条纹的间距，即xaxb故C错误D、a光折射率大，频率高，波长短，则知b光的波动性强，若用a、b两单色光分别通过同一单缝，屏上中央亮条纹的宽度dadb故D正确故选：AD点评：本题的解题关键是知道偏向角与入射角和折射角的关系，运用几何知识求解光线a的折射角，并掌握波速、临界角、波长与折射率的关系等基础知识14某静止的放射性元素的原子核
41、，放出一个粒子后转变成某种新粒子Y，设衰变过程产生的核能以动能的形式释放出来，若已知粒子的动能为Ek，真空中光速为c，则（）AY的动能为BY的动能为 C衰变过程中的质量亏损为D衰变过程中的质量亏损为考点：动量守恒定律；爱因斯坦质能方程 分析：原子核在衰变过程中动量守恒，由动量守恒定律求出新核与粒子间的速度关系，然后求出新核所获得的动能；粒子与新核获得的动能之和等于核反应释放出的能量，然后由质能方程求出质量亏损解答：解：（1）核反应过程中，质量数与核电荷数守恒，粒子的质量数是4，则新核Y的质量数是m4，设粒子的速度为v，由动量守恒定律得：4v+（m4）v=0，可得v=，粒子的动能：EK=mv2=
42、4v2=2v2，新核Y的动能EKY=（m4）v2=（m4）（）22=4，故A错误，B正确；（2）核反应释放的能量E=EK+EKY=EK+4=，由质能方程可知：E=mc2质量亏损m=，故C正确D错误故选BC点评：核反应方程同时满足质量数守恒和电荷数守恒，核反应前后满足动量守恒，这是解决本题的关键15如图所示为某种质谱仪的工作原理示意图此质谱仪由以下几部分构成：粒子源N；P、Q间的加速电场；静电分析器，即中心线半径为R的四分之一圆形通道，通道内有均匀辐射电场，方向沿径向指向圆心O，且与圆心O等距的各点电场强度大小相等；磁感应强度为B的有界匀强磁场，方向垂直纸面向外；胶片M由粒子源发出的不同带电粒子
43、，经加速电场加速后进入静电分析器，某些粒子能沿中心线通过静电分析器并经小孔S垂直磁场边界进入磁场，最终打到胶片上的某点粒子从粒子源发出时的初速度不同，不计粒子所受重力下列说法中正确的是（）A从小孔S进入磁场的粒子速度大小一定相等B从小孔S进入磁场的粒子动能一定相等C打到胶片上同一点的粒子速度大小一定相等D打到胶片上位置距离O点越近的粒子，比荷越大考点：质谱仪和回旋加速器的工作原理 分析：带电粒子在电场中，在电场力做正功的情况下，被加速运动；后垂直于电场线，在电场力提供向心力作用下，做匀速圆周运动；最后进入匀强磁场，在洛伦兹力作用下，做匀速圆周运动；根据动能定理和牛顿第二定律列式分析即可解答：解
44、：直线加速过程，根据动能定理，有：qU=mv2 电场中偏转过程，根据牛顿第二定律，有：qE=m磁场中偏转过程，根据牛顿第二定律，有：qvB=m A、由解得：v= R= 由式，只要满足R=，所有粒子都可以在弧形电场区通过；由式，比荷不同的粒子从小孔S进入磁场的粒子速度大小一定不同，故A错误；B、由式，从小孔S进入磁场的粒子动能为qU，故不同电量的粒子的动能不同，故B错误；C、由解得：r=，打到胶片上同一点的粒子的比荷一定相等；由式，比荷相同，故粒子的速度相同，故C正确；D、由解得：r=，故打到胶片上位置距离O点越近的粒子，比荷越大，故D正确；故选：CD点评：本题关键是明确粒子的运动规律，然后分阶
45、段根据动能定理和牛顿第二定律列式分析，分析清楚粒子运动过程，要注意各粒子的比荷大小关系16如图是将心肌收缩产生的脉动转化为电压脉冲的仪器，其输出部分可用一个与大电阻（40k）相连的交流电源来等效，如图所示心电图仪与一个理想变压器的初级线圈相连，一个扬声器（可以等效为一个阻值为8的定值电阻）与该变压器的次级线圈相连等效电源的电压有效值V0=30V，变压器的初级线圈和次级线圈的匝数之比为50：1，则（）A变压器的初级线圈输入电压为30VB变压器的初级线圈输入电压为10VC变压器次级线圈输出电压为0.6VD变压器次级线圈输出功率为5103W考点：变压器的构造和原理；电功、电功率 专题：交流电专题分析
46、：变压器的电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，根据闭合电路欧姆定律分析解答：解：根据变压器匝数与电压和电流关系知U1=50U2，I1=，=R2，对原线圈由：30=，联立得：U1=10V，U2=0.2V，变压器次级线圈输出功率为P=5103W，故选：BD点评：本题难度较大，不单纯考查变压器的特点，巧妙地考查了闭合电路欧姆定律中路端电压与电动势的关系17在金属中存在大量的价电子（可理解为原子的最外层电子），价电子在原子核和核外的其他电子产生的电场中运动，电子在金属外部时的电势能比它在金属内部作为价电子时的电势能大，前后两者的电势能差值称为势垒，用符号V表示，价电子就像被关在深为V的方箱里的粒子，这
47、个方箱叫做势阱，价电子在势阱内运动具有动能，但动能的取值是不连续的，价电子处于最高能级时的动能称为费米能，用Ef表示，用红宝石激光器向金属发射频率为v的光子，具有费米能的电子如果吸收了一个频率为v的光子而跳出势阱则（）A具有费米能的电子跳出势阱时的动能Ek=hvV+EfB具有费米能的电子跳出势阱时的动能Ek=hvVEfC若增大激光器的发光频率，具有费米能的电子跳出势阱时的动能增大D若增大激光器的发光强度，具有费米能的电子跳出势阱时的动能不变考点：氢原子的能级公式和跃迁 专题：原子的能级结构专题分析：具有费米能的电子吸收了一个频率为v的光子而跳出势阱，根据动能定理列出等式表示出跳出势阱时的动能根
48、据跳出势阱时的动能表达式进行判断解答：解：A、具有费米能的电子吸收了一个频率为v的光子而跳出势阱，根据动能定理得：hvV=EkEf解得：Ek=hvV+Ef 故A正确，B错误C、由上述等式得：具有费米能的电子跳出势阱时的动能只与照射光的频率有关，与发光强度无关故C正确，D正确故选ACD点评：解决本题的关键要根据题意能运用动能定理列出等式表示出跳出势阱时的动能三填空题（本小题共2个小题，共14分，把答案写在题中的横线上）18如图所示，某同学为了测量截面为正三角形的三棱镜玻璃折射率，先在白纸上放好三棱镜，在棱镜的左侧插上两枚大头针P1和P2，然后在棱镜的右侧观察到 P1像和P2像，当P1的像恰好被P
49、2像挡住时，插上大头针P3和P4，使P3挡住P1、P2的像，P4挡住P3和P1、P2的像，在纸上标出的大头针位置和三棱镜轮廓如图所示（1）为了测出三棱镜玻璃材料的折射率，若以AB作为分界面，需要测量的量是入射角1和折射角2；（作出光路图并在图中标明所测物理量，不作图注明的不给分）（2）若在测量过程中，放置三棱镜的位置发生了如图所示的微小平移（移至图中的虚线位置，底边仍重合），则以AB作为分界面，三棱镜玻璃材料折射率的测量值大于 三棱镜玻璃材料折射率的真实值（填“大于”、“小于”、“等于”）考点：光的折射定律 专题：光的折射专题分析：（1）根据折射定律n=，知需要测量入射角和折射角（2）若在测量
50、过程中，放置三棱镜的位置发生了如图所示的微小平移（移至图中的虚线位置，底边仍重合），通过作图，分析入射角与折射角的变化，由折射定律分析测量值的变化解答：解：（1）由折射定律律n=，要测量折射率，需要测量入射角1、折射角2如图1（2）若在测量过程中，放置三棱镜的位置发生了如图所示的微小平移，仍以AB作为分界面，由图2看出，入射角没有改变测量出来的折射变小，如图中实线光路所示，则由折射定律得知，测量值将大于真实值故答案为：（1）入射角1、折射角2（2）大于点评：本题是插针法测量玻璃砖折射率的实验，实验原理是核心，根据原理确定所要测量的量，进行误差分析19为了验证动量守恒定律（探究碰撞中的不变量），
51、某同学选取了两个材质相同、体积不等的两个长立方体滑块A和B，按下述步骤做了如下实验：步骤1：在A、B的相撞面分别装上尼龙拉扣，以便二者相撞以后能够立刻结为整体；步骤2：安装好实验装置如图1，铝质轨道槽的左端是倾斜槽，右端是长直水平槽，倾斜槽和水平槽由一小段弧链接，轨道槽被固定在水平桌面上，在轨道槽的侧面与轨道等高且适当远处装一台数码频闪照相机；步骤3：让滑块B静置于水平槽的某处，滑块A从斜槽某处静止释放，同时开始频闪拍摄，直到A、B停止运动，得到一幅多次曝光的数码照片；步骤4：多次重复步骤3，得到多幅照片，挑出其中最理想的一幅，打印出来，将刻度尺紧靠照片放置，如图2所示；（1）由图分析可知，滑
52、块A与滑块B碰撞发生的位置是A、B相撞的位置在P5、P6之间A、B相撞的位置在P6处A、B相撞的位置在P6、P7之间（2）为了探究碰撞中动量是否守恒，需要直接测量或者读取的物理量是A、B两个滑块的质量m1和m2 滑块A释放时距桌面的高度频闪照相的周期 照片尺寸和实际尺寸的比例照片上测得的s45、s56和s67、s78照片上测得的s34、s45、s56和s67、s78、s89滑块与桌面间的动摩擦因数（3）写出验证动量守恒的表达式m1（2s56+s45s34）=（m1+m2）（2s67+s78s89）（4）为了提高实验准确度，以下措施中有效的是使用更平整的轨道槽 使用更光滑的轨道槽在足够成像的前提
53、下，缩短频闪照相每次曝光的时间适当增大相机和轨道槽的距离考点：验证动量守恒定律 专题：实验题分析：根据匀变速直线运动的推论分别研究碰撞前滑块在P4、P5的速度，根据P6、P5和P5、P4速度差相等研究P6的速度，同理求出碰撞后滑块P7、P8的速度，再速度差相等求出碰撞后共同的速度解答：解：（1）P6之前物体的运动距离越来越小；但每两段之间距离的差值都相等；故说明物体在P6位置之前一直做匀减速运动；而在P6位置两滑块相遇；故A、B相撞的位置在P6处，故正确（2）（3）设碰撞前滑块A在P4、P5、P6的速度分别为v4、v5、v6，碰撞后，整体在P6、P7、P8的速度分别为v6，v7、v8，则v4=
54、，v5=，又v5=，得到碰撞前滑块A速度v6=，同理，碰撞后整体的速度v6=，原来需要验证的方程为m1v6=（m1+m2）v6，将上两式代入整理得：m1（2S56+S45S34）=（m1+m2）（2S67+S78S89），即需要验证的表达式，需要直接测量的物理量是：A、B两个滑块的质量m1和m2及S34、S45、S56和S67、S78、S89；故正确（4）轨道要平整，防止各段摩擦力不同，滑块做非匀变速运动故正确本实验是根据匀变速运动的推论求出速度，轨道光滑程度对实验没有影响故错误碰撞时间很短，缩短频闪照相每次曝光的时间，使滑块碰撞位置拍摄更清晰、准确故正确相机和轨道槽的距离较小时，由于镜头拍摄
55、引起的距离误差增大，应适当增大相机和轨道槽的距离故正确故答案为：（1）（2）（3）m1（2s56+s45s34）=（m1+m2）（2s67+s78s89）（4）点评：本题原理较为复杂，可采用平衡摩擦力，使碰撞前后滑块都做匀速直线运动，方便易行实验主要是要把动量守恒用水平方向的位移表示出来，同学们一定要注意掌握，因为这是本实验的一个重要的技巧难度中等四计算题（共4个小题，共38分，解答应写出必要的文字说明、方程式和主要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分）20一列横波在x轴上传播，在t1=0时刻波形如图实线所示，t2=0.05s时刻波形如下图虚线所示若周期大于（t1t2），则最小波速和最大波速分
56、别是多少？方向如何？考点：波长、频率和波速的关系；横波的图象 分析：由y的最大值读出振幅，由相邻两个波峰或波谷间的距离读出波长根据波形的平移法，结合波的周期性，得出波传播的距离与波长的关系，求出最小间距和最大间距，得到对应的波速解答：解：当波沿x轴正方向传播时，可能的周期为：t=nT+，且n=0或1；当波沿x轴负方向传播时，可能的周期为：t=nT+，且n=0或1，由波速公式v=可知，当速度v最小时，周期T最大分析上面两类情况可知当周期最大时，波沿x轴正方向传，且在t=nT+中取n=0，即t=，则T大=0.2s最小速度v小=40m/s，方向沿x轴正向；当v最大时，周期T最小，由上面分析可知周期最
57、小时，波沿x轴负方向传，且在t=nT+中取n=1，即=T+，则T小=s 最大速度v大=280m/s，方向为沿x轴负方向；答：则最小波速大小40 m/s，方向沿x轴正向，而最大波速是280 m/s，方向为沿x轴负方向点评：本题关键明确“波形一个周期波形平移一倍波长”的结论，结合波形图得到最大、最小传播距离，然后确定最大、最小波速21如图所示，在质量M=5kg的无下底的木箱顶部用一轻弹簧悬挂质量分别为ma=1kg、mb=0.5kg的A、B两物体，弹簧的劲度系数为100N/m箱子放在水平地面上，平衡后剪断A、B间的连线，A将做简谐运动，求：（g=10m/s2）（1）在剪断绳子后瞬间，A、B物体的加速
58、度分别是多大？（2）物体A的振幅？（3）当A运动到最高点时，木箱对地面的压力大小？考点：简谐运动的振幅、周期和频率 专题：简谐运动专题分析：首先对AB两物体的受力情况和运动情况分析，A将做简谐振动，先找出平衡位置，然后根据简谐运动的对称性得到最高点的弹簧弹力，最后对M木箱受力分析，利用平衡态求出地面对木箱的压力解答：解：（1、2）平衡后剪断A、B间细线，A将做简谐振动，B做自由落体运动，即B的加速度为g；以A为研究对象，此时受向下的重力和弹簧的竖直向上的弹力，而弹簧的弹力为：（mA+mB）g据牛顿第二定律得：aA=5m/s2剪短绳子瞬间有：kx1=（mA+mB）g，平衡位置时，弹簧的伸长量：有
59、：kx2=mAg，故振幅为：A=x1x2=0.05m=5cm（2）剪断A、B间的连线，A将做简谐运动，且在最低点的恢复力为mBg；根据简谐运动的对称性，到达最高点时恢复力大小也为mBg；据此可知弹簧对A的弹力为5N，方向向上，所以弹簧对顶部的拉力也为f=5N，再以木箱为研究对象，据平衡态可知：F=Mg+F=55N+5N=55N，由牛顿第三定律可知，木箱对地面的压力等于55N；答：（1）在剪断绳子后瞬间，A、B物体的加速度分别是5m/s2和g（2）物体A的振幅5cm（3）当A运动到最高点时，木箱对地面的压力55N点评：本题关键是对小物体受力分析，根据简谐运动的对称性得到最高点时弹簧的弹力大小，最
60、后对木箱受力分析，得到地面的支持力22一玻璃三棱柱竖直放在水平桌面上，其底面A1B1C1是边长a=12cm的等边三角形，柱高L=12cm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考点：光的折射定律 专题：光的折射专题分析：据题意点光源在底面的中点，可知光源到三个侧面的距离相等，根据几何知识求出光源到三个侧面的距离，由公式sinC=，求出全反射临界角，再由几何知识求出三个侧面的发光的总面积解答：解：因点光源在底面的中点，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 C=45根据几何
61、知识可求每个侧面的发光的面积为半径为 r=a的圆面积的一半所以三个侧面的发光面积为S=答：三个侧面的发光的总面积为18cm2点评：解决本题关键要掌握全反射临界角的含义及公式，灵活运用几何知识进行解答23如图所示，一小车置于光滑水平面上，轻质弹簧右端固定，左端栓连物块b，小车质量M=3kg，AO部分粗糙且长L=2m，动摩擦因数=0.3，OB部分光滑另一小物块a放在车的最左端，和车一起以V0=4m/s的速度向右匀速运动，车撞到固定挡板后瞬间速度变为零，但不与挡板粘连已知车OB部分的长度大于弹簧的自然长度，弹簧始终处于弹性限度内a、b两物块视为质点质量均为m=1kg，碰撞时间极短且不粘连，碰后一起向
62、右运动（取g=10m/s2）求：（1）物块a与b碰后的速度大小；（2）当物块a相对小车静止时小车右端B到挡板的距离；（3）当物块a相对小车静止时在小车上的位置到O点的距离考点：动量守恒定律；动能定理 专题：动量定理应用专题分析：（1）由动能定理可以求出物块的速度由动量守恒定律求得碰后的速度；（2）由动量守恒定律与能量守恒定律可以求出距离（4）系统机械能的减小量，等于摩擦力与相对位移的乘积；故由能量守恒可以求出物块a相对小车静止时在小车上的位置到O点的距离解答：解：（1）对物块a，由动能定理得：，代入数据解得a与b碰前速度：v1=2m/s；a、b碰撞过程系统动量守恒，以a的初速度方向为正方向，由
63、动量守恒定律得：mv1=2mv2，代入数据解得：v2=1m/s；（2）当弹簧恢复到原长时两物块分离，a以v2=1m/s在小车上向左滑动，当与车同速时，以向左为正方向，由动量守恒定律得：mv2=（M+m）v3，代入数据解得：v3=0.25m/s，对小车，由动能定理得：，代入数据解得，同速时车B端距挡板的距离：=0.03125m；（3）由能量守恒得：，解得滑块a与车相对静止时与O点距离：；答：（1）物块a与b碰后的速度大小为1m/s；（2）当物块a相对小车静止时小车右端B到挡板的距离为0.03125m（3）当物块a相对小车静止时在小车上的位置到O点的距离为0.125m点评：本题考查了求速度、势能、距离问题，分析清楚运动过程、明确动量守恒定律的条件及应用，灵活应用能量关系即可正确求解
