1、高考资源网（） 您身边的高考专家2015-2016学年江苏省宿迁市高二（下）期末物理试卷一、单选题（共4小题，每小题3分，共12分）1下列it图象属于正弦式交流电的是（）ABCD2如图所示，两个相同的灯泡L1、L2，分别与定值电阻R和自感线圈L串联，自感线圈的自感系数很大，闭合电键S，电路稳定后两灯泡均正常发光下列说法正确的是（）A闭合电键S后，灯泡L1逐渐变暗B闭合电键S后，灯泡L2逐渐变亮C断开电键S后，B点电势比A点电势高D断开电键S后，灯泡L2闪亮一下再逐渐变暗直至熄灭3如图所示，理想变压器原线圈两端接有交流电源，副线圈中三只灯泡都能正常发光，R为定值电阻L为电感线圈C为电容器现保持原
2、线圈两端输入电压的最大值不变，频率变为原来的一半下列说法正确的是（）A三只灯泡的亮度均不变B副线圈两端的电压减小C灯泡L1亮度不变，L2变暗，L3变亮D灯泡L1亮度不变，L2变亮，L3变暗4如图所示，一小型发电厂通过升压降压变压器把电能输送给用户已知发电厂的输出功率为50kW，输出电压为500V，升压变压器原副线圈匝数比为1：5，两个变压器间输电导线的总电阻R=15，降压变压器的输出电压为220V不计输电过程中电抗造成电压的损失，变压器均视为理想变压器则下列说法不正确是（）A输电导线上损失的电压为300VB降压变压器原线圈的功率为46kWC降压变压器原副线圈匝数之比为10：1D若用户安装的都是
3、“220V 40W”的日光灯，则允许同时开1100盏灯让其正常发光二、多选题（共3小题，每小题4分，错选不得分，漏选得2分，共12分）5如图甲所示，一根长导线弯曲成“门”字形，正中间用绝缘线悬挂一闭合金属环C，环C与长导线处于同一竖直平面内长导线中通以如图乙所示的交流电（图甲所示电流方向为正方向），在t1t2的过程中，下列说法正确的有（）A金属环中无感应电流产生B金属环中有顺时针方向的感应电流C悬挂金属环C的竖直线的拉力小于环的重力D悬挂金属环C的竖直线的拉力大于环的重力6如图所示，理想变压器原线圈输入交流电压的最大值保持不变，R0为定值电阻，R为滑动变阻器，当滑动变阻器的滑动触头P向上移动时
4、，下列说法正确的有（）AV1示数不变BV2示数增大CA1和A2示数都减小D变压器的输入功率增大7匝数n=100的圆形金属线圈的电阻R=2，线圈与R1=2的电阻连结成闭合回路，其简化电路如图1所示，AB为线圈两端点线圈的半径r1=15cm，在线圈中半径r2=10cm的圆形区域存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化的关系如图2所示则下列说法正确的是（）AR1两端电压为VBA点电势比B点电势高C线圈中产生的感应电动势为4.5VD02s内流过R1的电量为1.125C三、简答题（每空2分，共6分）8如图甲所示为热敏电阻的Rt图象，图乙为用此热敏电阻R和继电器组成的一个简单恒温箱温控电
5、路，继电器线圈的电阻为200当线圈中的电流大于或等于20mA时，继电器的衔铁被吸合为继电器线圈供电电池的电动势E=8V，内阻可以不计图中的“电源”是恒温箱加热电源（1）图甲说明热敏电阻的阻值随着温度的升高（填“增大”“减小”或“不变”）；（2）应该把恒温箱内加热器接端（填“AB”或“CD”）；（3）如果要使恒温箱内的温度保持100，滑动变阻器R1接入电路的电阻值为四.计算题（共24分解答应写出必要的文字说明.方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不给分）9如图所示为一交流发电机的原理示意图，已知矩形线圈abcd的面积S=0.05m2，匝数N=200，线圈的总电阻r=1，线圈两端通过电刷EF与阻
6、值R=4的定值电阻连接线圈在磁感强度B=T的匀强磁场中绕垂直于磁场的转轴OO匀速转动，转速n=120r/min不计电路中的其它电阻求：（1）线圈中感应电动势的最大值Em；（2）图中电压表的示数U；（3）线圈转动一圈过程中电阻R上产生的热量Q10如图所示，光滑且足够长平行金属导轨MNPQ相距L=1m，导轨平面与水平面夹角=30，导轨电阻不计磁感应强度B=2T的匀强磁场垂直导轨平面斜向上，一金属棒ab垂直于MNPQ放置在导轨上，且始终与导轨接触良好，金属棒质量m=0.8kg，电阻r=2两金属导轨的上端连接一电阻箱R，调节电阻箱使R=8，现将金属棒由静止释放取g=10m/s2，求：（1）金属棒下滑的
7、最大速度vm；（2）当金属棒下滑距离为x1=15m时速度恰好达到最大值，求金属棒由静止开始下滑x2=20m的过程中，整个电路产生的电热；（3）改变电阻箱R的值，当R为何值时，金属棒由静止开始下滑x2=20m的过程中，流过R的电量为2C第二卷选修3-3选修3-3一、选择题（13题为单选题，每小题3分；45为多选题，每小题3分，错选不得分，漏选得2分；共17分）11下列说法不正确的是（）A永动机是不可能制成的B内能不同的物体，它们分子热运动的平均动能可能相同C布朗运动就是液体分子的运动，它说明分子永不停息地做无规则运动D气体对容器的压强是大量气体分子对容器的碰撞引起的，它跟气体分子的密集程度以及气
8、体分子的平均动能有关12下列关于固体和液体的说法正确的是（）A没有确定几何形状的固体一定是非晶体B液晶既有液体的流动性，又有光学性质的各向同性C表面张力的方向总是垂直液面，指向液体内部D同一种液体对不同的固体，可能是浸润的，也可能是不浸润的13如图所示，甲分子固定在坐标原点O上，乙分子位于r轴上距原点r2的位置虚线分别表示分子间斥力F斥和引力F引的变化情况，实线表示分子间的斥力和引力的合力F变化情况若把乙分子由静止释放，则下列关于乙分子的说法正确的是（）A从r2到r0，分子势能一直减小B从r2到r0，分子势能先减小后增加C从r2到r0，分子势能先增加后减小D从r2到r1做加速运动，从r1向r0
9、做减速运动14在下列图中，可能反映理想气体经历了等压变化等温变化等容变化后，又回到原来状态的有（）ABCD15如图所示，一定质量的理想气体由a状态变化到b状态，下列说法正确的有（）A外界对气体做功B气体对外界做功C气体向外界放热D气体从外界吸热二、简答题（每空2分，共6分）16（1）在“用油膜法估测分子的大小”的实验中，向容量瓶中加入0.5mL的油酸和一定量的酒精得到500mL的混合溶液，然后用滴管吸取这种溶液，向小量筒中滴入200滴混合溶液，液面正好达到量筒中2mL的刻度，再用滴管取配好的油酸溶液，向撒有痱子粉的盛水浅盘中滴下1滴溶液，在液面上形成油酸薄膜，待油膜稳定后，放在带有正方形坐标格
10、的玻璃板下观察油膜，如图所示坐标格正方形的大小为2cm2cm，由图可以估算出油膜的面积是m2（保留一位有效数字），由此估算出油膜分子的直径是m（保留一位有效数字）（2）某同学在“用油膜法估测分子的大小”的实验中，计算出的分子直径明显偏大，可能是由于A油酸分子未完全散开B油酸中含有大量酒精C计算油膜面积时，舍去了所有不足半格的方格D求每滴油酸酒精溶液的体积时，2mL的溶液滴数198错计成了200三、计算题17如图所示，导热性能良好的气缸竖直放置，其横截面积S=1.0103m2，活塞质量m=10kg，活塞与气缸壁之间密封良好，不计摩擦；开始时活塞被销钉K固定在A位置，A离缸底L1=20cm，气缸内
11、气体的压强P1=2.0105Pa，温度T1=600K现拔去销钉K，活塞开始缓慢移动，最后静止在B位置，这一过程气体内能减少了30J外界环境温度T0=300K，大气压P0=1.0105Pa，g=10m/s2求：（1）B离缸底L2；（2）在此过程气体是吸热还是放热？传送的热量为多少？第三卷选修3-4一、选择题（13题为单选题，每小题3分；45为多选题，每小题3分，错选不得分，漏选得2分；共17分）18下列说法正确的是（）A雨后天空出现彩虹，这是光的衍射现象B在光导纤维束内传送彩色图象是利用光的色散现象C自然界不存在偏振光，自然光只有通过偏振片才能变成偏振光D雨后公路积水表面漂浮的油膜看起来是彩色的
12、，这是光的干涉现象19声音在某盐水中的速度为1531m/s，在空气中的速度为340m/s；现有声波由该盐水进入空气下列说法正确的是（）A声波的频率和波长都不变B声波的频率和波长都变大C声波的频率不变，波长变小D声波的频率增大，波长不变20下列说法中正确的是（）A变化的电场一定产生变化的磁场B在不同的惯性系中，一切物理规律是相同的C相对论认为空间和时间与物质的运动状态无关D观察者感觉到火车驶近时的鸣笛声频率比火车静止时低21图甲为一列横波在t=0时的波动图象，图乙为该波中x=6m处质点的振动图象，下列说法正确的有（）A波速为3m/sB波速为6m/sC波沿x轴正方向传播D波沿x轴负方向传播22如图
13、所示，只含黄光和紫光的复色光束PO，沿半径方向射入空气中的玻璃半圆柱后，被分成两束光OA和OB，沿如图所示方向射出，则有（）AOB为黄光BOA为黄光COA为复色光DOB为复色光二、简答题（每空2分，共6分）23某同学在做“利用单摆测重力加速度”的实验中，先测得摆线长为98.50cm，摆球直径为2.00cm，然后用秒表记录了单摆振动50次所用的时间则：（1）该摆摆长为 cm（2）如果测得的g值比实际值偏小，可能的原因是A开始计时时，秒表过迟按下B实验中误将51次全振动计为50次C实验室在高山上，高出海平面太高D摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动使摆线长度增加了（3）为了提高实验精度，在实验
14、中可改变几次摆长l并测出相应的周期T，从而得出一组对应的l与T的数据，再以l为横坐标，T2为纵坐标，将所得数据连成如图所示直线，并求得该直线的斜率为k，则重力加速度g=（用k表示）三、计算题24如图所示，一半径为R=1m的透明介质球，O为球心，光线DC平行于直径AOB射到介质球上的C点，DC与AB的距离H=m；若DC光线进入介质球后第一次到达B并在B处发生全反射已知光速c=3108m/s求：（1）介质的折射率；（2）光从进入介质到第一次射出介质所用的时间第四卷【选修3-5】一、选择题（13题为单选题，每小题0分；45为多选题，每小题0分，错选不得分，漏选得2分；共17分）25下列叙述中符合物理
15、学史的有（）A普朗克在研究黑体辐射问题时提出了能量子假说B波尔建立了量子理论，成功解释了各种原子发光现象C汤姆孙通过研究阴极射线实验，发现了电子和质子的存在D卢瑟福通过对粒子散射实验现象的分析，证实了原子是可以再分的26关于光的波粒二象性，下列说法正确的是（）A有的光是粒子，有的光是波B大量光子的行为表现为粒子性C光电效应揭示了光具有粒子性，康普顿效应揭示了光具有波动性D光的波长越长，其波动性越明显；波长越短，其粒子性越显著27在光滑的水平面上有a、b两球在t=2s时发生正碰，其质量分别为ma、mb，两球在碰撞前后的vt图象如图所示a、b两球质量之比是（）Ama：mb=1：2Bma：mb=2：
16、5Cma：mb=2：1Dma：mb=5：228如图所示氢原子能级的示意图，现有大量的氢原子处于n=4的激发态，氢原子向低能级跃迁时辐射出若干不同频率的光关于这些光，下列说法正确的有（）A波长最大的光是由n=4能级跃迁到n=1能级产生的B频率最大的光是由n=4能级跃迁到n=1能级产生的C这些氢原子总共可辐射出4种不同频率的光D从n=4能级跃迁到n=2能级辐射出的光照射逸出功3.34eV的锌板上时不会发生光电效应现象29铯（Cs）是一种具有放射性的重金属元素，由呼吸道摄入过多放射性铯时，会引起人体的气管血管产生不同程度的损伤已知铯Cs的半衰期为30年，其衰变方程为CsX+e+，下列说法正确的有（）
17、AX原子核中含有81个中子B衰变方程式中的e来自于铯的核外电子C100个Cs原子经过30年后一定还剩余50个D衰变发出的放射线是波长很短的光子，具有很强的穿透能力二.简答题（每空2分，共6分）30如图甲所示光电管的原理图，当频率为v的可见光照射到阴极K上时，电流表中有电流通过（1）当变阻器的滑片P向滑动时（填“左”或“右”），通过电流表的电流将会减小（2）由乙图IU图象可知光电子的最大初动能为（3）如果不改变入射光的频率，而减小入射光的强度，则光电子的最大初动能（填“增加”“减小”或“不变”）三.计算题31一个锂核（Li）受到一个质子（H）轰击变为2个粒子（He），在此过程中释放出16.6Me
18、V的能量（1u相当于931MeV）求：（1）写出该核反应的方程（2）平均每个核子减少的质量（保留二位有效数字）2015-2016学年江苏省宿迁市高二（下）期末物理试卷参考答案与试题解析一、单选题（共4小题，每小题3分，共12分）1下列it图象属于正弦式交流电的是（）ABCD【考点】交变电流【分析】直流电是指电流的方向不发生变化的电流，其大小可以变化，交流电是指电流的方向发生变化的电流，但是它的电流的大小可以不变，而电流随着时间正弦规律变化的，即为正弦式交流电【解答】解：交流电是指电流的方向发生变化的电流，电流的大小是否变化对其没有影响，而对于周期性变化的电流，即为大小与方向都随着时间做周期性变
19、化； 属于交流电的为BC； 而而图象为正（余）弦规律的只有B； 故选：B2如图所示，两个相同的灯泡L1、L2，分别与定值电阻R和自感线圈L串联，自感线圈的自感系数很大，闭合电键S，电路稳定后两灯泡均正常发光下列说法正确的是（）A闭合电键S后，灯泡L1逐渐变暗B闭合电键S后，灯泡L2逐渐变亮C断开电键S后，B点电势比A点电势高D断开电键S后，灯泡L2闪亮一下再逐渐变暗直至熄灭【考点】自感现象和自感系数【分析】当开关接通和断开的瞬间，流过线圈的电流发生变化，产生自感电动势，阻碍原来电流的变化，根据自感现象的规律来分析【解答】解：A、闭合开关的瞬间，由于线圈中自感电动势的阻碍，b灯先亮，a灯后亮，闭
20、合开关稳定后，自感作用消失，通过a灯和 b灯的电流相等，两灯亮度相同故A错误B错误C、断开电键S后，线圈L产生自感电动势，L中的电流的方向仍然向右，则R中的电流的方向向左，所以B点电势比A点电势高故C正确；D、闭合开关，待电路稳定后断开开关，线圈L产生自感电动势，ab串联，a、b两灯同时逐渐熄灭；由于两个灯泡正常发光时的电流是相等的，所以L2不会闪亮一下故D错误故选：C3如图所示，理想变压器原线圈两端接有交流电源，副线圈中三只灯泡都能正常发光，R为定值电阻L为电感线圈C为电容器现保持原线圈两端输入电压的最大值不变，频率变为原来的一半下列说法正确的是（）A三只灯泡的亮度均不变B副线圈两端的电压减
21、小C灯泡L1亮度不变，L2变暗，L3变亮D灯泡L1亮度不变，L2变亮，L3变暗【考点】电容器和电感器对交变电流的导通和阻碍作用【分析】对于电容器来说能通交流隔直流，而频率越高越容易通过对于线圈来讲通直流阻交流，通低频率交流阻高频率交流，而对于电阻没有影响，从而即可求解【解答】解：现保持原线圈两端输入电压的最大值不变，频率变为原来的一半，即保持交流电源的电压不变，使交变电流的频率减小，对电阻没有影响，而电容器对其阻碍变大，线圈对其阻碍变小所以灯泡L2将变亮，灯泡L3将变暗，灯泡L1将亮度不变，但副线圈的电压不变，故ABC错误，D正确故选：D4如图所示，一小型发电厂通过升压降压变压器把电能输送给用
22、户已知发电厂的输出功率为50kW，输出电压为500V，升压变压器原副线圈匝数比为1：5，两个变压器间输电导线的总电阻R=15，降压变压器的输出电压为220V不计输电过程中电抗造成电压的损失，变压器均视为理想变压器则下列说法不正确是（）A输电导线上损失的电压为300VB降压变压器原线圈的功率为46kWC降压变压器原副线圈匝数之比为10：1D若用户安装的都是“220V 40W”的日光灯，则允许同时开1100盏灯让其正常发光【考点】远距离输电【分析】理想变压器原、副线圈的匝数比等于电压比，与电流成反比，功率不变，注意线路损耗【解答】解；A、升压变压器副线圈两端的电压，输电线路上的电流，损失的电压U=
23、I2R=2015V=300V，故A正确；B、损失的功率，故降压变压器原线圈的功率为P=PP损=44kW，故B错误；C、损失的电压U=I2R=300V，降压变压器原线圈两端的电压U3=U2U=2200V，故变压器原副线圈的匝数之比为，故C正确；D、用户得到的功率P用=P=44kW，故n=盏，故D正确；因选错误的，故选：B二、多选题（共3小题，每小题4分，错选不得分，漏选得2分，共12分）5如图甲所示，一根长导线弯曲成“门”字形，正中间用绝缘线悬挂一闭合金属环C，环C与长导线处于同一竖直平面内长导线中通以如图乙所示的交流电（图甲所示电流方向为正方向），在t1t2的过程中，下列说法正确的有（）A金属
24、环中无感应电流产生B金属环中有顺时针方向的感应电流C悬挂金属环C的竖直线的拉力小于环的重力D悬挂金属环C的竖直线的拉力大于环的重力【考点】法拉第电磁感应定律；安培力；楞次定律【分析】金属环C处于弯曲成“”导线中，导线中通以如图所示的电流，则会产生的磁场，根据楞次定律来确定感应电流的方向，再根据左手定则，判断出安培力的方向，从而判断出金属线圈的受力与运动状况【解答】解：根据安培定则知，弯曲成“”导线中电流的磁场方向为：垂直纸面向里，且大小减小由楞次定律可知，感应电流的方向为顺时针，根据左手定则可知，安培力的方向背向圆心，由于弯曲成是“”导线，因此导致挂环的拉力减小，但环仍处于静止状态，故BC正确
25、，AD错误，故选：BC6如图所示，理想变压器原线圈输入交流电压的最大值保持不变，R0为定值电阻，R为滑动变阻器，当滑动变阻器的滑动触头P向上移动时，下列说法正确的有（）AV1示数不变BV2示数增大CA1和A2示数都减小D变压器的输入功率增大【考点】变压器的构造和原理；电功、电功率【分析】在交流电中电表显示的都是有效值，滑片P向上滑动过程中，总电阻增大，只与输入电压和匝数有关，所以U2不变，I1变小【解答】解：A、根据题意，理想变压器原线圈输入交流电压的最大值保持不变，故示数不变，故A正确；B、由于原线圈电压和匝数比不变，所以副线圈两端电压不变，即示数不变，故B错误；C、滑片P向上滑动的过程中，
26、副线圈电压不变，即U2不变，而电阻增大，副线圈电流减小，输出功率减小，所以原线圈的输入功率减小，I1变小，所以A1和A2示数都减小，故C正确；D、副线圈电压不变，电流变小，输出功率变小，输入功率等于输出输出功率，所以输入功率也变小，故D错误；故选：AC7匝数n=100的圆形金属线圈的电阻R=2，线圈与R1=2的电阻连结成闭合回路，其简化电路如图1所示，AB为线圈两端点线圈的半径r1=15cm，在线圈中半径r2=10cm的圆形区域存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化的关系如图2所示则下列说法正确的是（）AR1两端电压为VBA点电势比B点电势高C线圈中产生的感应电动势为4.5
27、VD02s内流过R1的电量为1.125C【考点】法拉第电磁感应定律；电势差【分析】由楞次定律判断出感应电流的方向，从而确定电势的高低；由法拉第电磁感应定律求出线圈中产生的感应电动势，由欧姆定律求出电阻R1两端的电压大小；由公式q=It求出通过电阻R1上的电量q【解答】解：根据法拉第电磁感应定律，故C错误；根据楞次定律，磁通量均匀增大，感应电流逆时针方向，A端接的电源正极，B端接的电源负极，因此A点电势比B点电势高，故B正确；回路中的电流两端的电压为：，故A正确；02s内流过的电量为：，故D错误；故选：AB三、简答题（每空2分，共6分）8如图甲所示为热敏电阻的Rt图象，图乙为用此热敏电阻R和继电
28、器组成的一个简单恒温箱温控电路，继电器线圈的电阻为200当线圈中的电流大于或等于20mA时，继电器的衔铁被吸合为继电器线圈供电电池的电动势E=8V，内阻可以不计图中的“电源”是恒温箱加热电源（1）图甲说明热敏电阻的阻值随着温度的升高减小（填“增大”“减小”或“不变”）；（2）应该把恒温箱内加热器接AB端（填“AB”或“CD”）；（3）如果要使恒温箱内的温度保持100，滑动变阻器R1接入电路的电阻值为50【考点】传感器在生产、生活中的应用【分析】（1）由图即可判断出电阻值随温度的变化关系；（2）当温度低的时候，电路与AB相连，此时加热器要工作，所以加热器的电路要与AB相连；（3）要使恒温箱内的温
29、度保持 100，当温度达到100时，电路就要断开，即电路要达到20mA根据闭合电路欧姆定律即可求得电阻的大小【解答】解：（1）由图甲可知热敏电阻的阻值随着温度的升高而减小；（2）当温度较低的时候，热敏电阻的电阻较大，电路中的电流较小，此时继电器的衔铁与AB部分连接，此时是需要加热的，恒温箱内的加热器要工作，所以该把恒温箱内的加热器接在A、B 端（3）当温度达到100时，加热电路就要断开，此时的继电器的衔铁要被吸合，即控制电路的电流要到达20mA=0.02A，根据闭合电路欧姆定律可得：I=，即：0.02s=，解得：R=150故答案为：（1）减少；（2）AB；（3）150四.计算题（共24分解答应
30、写出必要的文字说明.方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不给分）9如图所示为一交流发电机的原理示意图，已知矩形线圈abcd的面积S=0.05m2，匝数N=200，线圈的总电阻r=1，线圈两端通过电刷EF与阻值R=4的定值电阻连接线圈在磁感强度B=T的匀强磁场中绕垂直于磁场的转轴OO匀速转动，转速n=120r/min不计电路中的其它电阻求：（1）线圈中感应电动势的最大值Em；（2）图中电压表的示数U；（3）线圈转动一圈过程中电阻R上产生的热量Q【考点】正弦式电流的图象和三角函数表达式；正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率【分析】（1）线圈转动产生感应电动势，由最大值表达式可求得产生的电动势的
31、最大值；（2）电压表测量的是有效值，根据闭合电路的欧姆定律即可求得；（3）由最大值和有效值的关系可求得有效值，再由欧姆定律及热功即可求得【解答】解：（1）线圈转动的角速度为：=2n=4rad/s 线圈中感应电动势为：Em=NBS代入数据得：Em=20V （2）感应电动势为： V 电压表的示数为：代入数据得：U=16 V （3）转动的周期为：T=0.5s 产生的热量为：Q=答：（1）线圈中感应电动势的最大值Em为20V（2）图中电压表的示数U为16V；（3）线圈转动一圈过程中电阻R上产生的热量Q为32J10如图所示，光滑且足够长平行金属导轨MNPQ相距L=1m，导轨平面与水平面夹角=30，导轨电
32、阻不计磁感应强度B=2T的匀强磁场垂直导轨平面斜向上，一金属棒ab垂直于MNPQ放置在导轨上，且始终与导轨接触良好，金属棒质量m=0.8kg，电阻r=2两金属导轨的上端连接一电阻箱R，调节电阻箱使R=8，现将金属棒由静止释放取g=10m/s2，求：（1）金属棒下滑的最大速度vm；（2）当金属棒下滑距离为x1=15m时速度恰好达到最大值，求金属棒由静止开始下滑x2=20m的过程中，整个电路产生的电热；（3）改变电阻箱R的值，当R为何值时，金属棒由静止开始下滑x2=20m的过程中，流过R的电量为2C【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律【分析】（1）当金属棒匀速运动时其速度最大，
33、应用安培力公式求出安培力，然后应用平衡条件求出最大速度（2）根据能量守恒定律可以求出电路产生的电热（3）根据电流定义式求出电荷量，然后求出电阻阻值【解答】解：（1）感应电动势：E=BLvm，感应电流：I=，安培力：F=BIL，由平衡条件得：F=mgsin，解得：vm=10m/s；（2）对导体棒，由能量守恒定律得：，解得：Q=40J；（3）电荷量：q=It=t=t=，解得：R=r=2=18；答：（1）金属棒下滑的最大速度vm为10m/s（2）整个电路产生的电热为40J；（3）当R为18时，金属棒由静止开始下滑x2=20m的过程中，流过R的电量为2C第二卷选修3-3选修3-3一、选择题（13题为单
34、选题，每小题3分；45为多选题，每小题3分，错选不得分，漏选得2分；共17分）11下列说法不正确的是（）A永动机是不可能制成的B内能不同的物体，它们分子热运动的平均动能可能相同C布朗运动就是液体分子的运动，它说明分子永不停息地做无规则运动D气体对容器的压强是大量气体分子对容器的碰撞引起的，它跟气体分子的密集程度以及气体分子的平均动能有关【考点】法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律【分析】第一类永动机不可能制成，因为它违反了能量守恒定律；第二类永动机不可能制成，因为它违反了热力学第二定律温度是分子平均动能的标志，内能不同的物体，温度可能相同布朗运动是悬浮在液体中的固体颗粒的无规则运动，是分子无
35、规则运动的反映结合气体压强的微观意义解释压强【解答】解：A、第一类永动机不可能制成，因为它违反了能量守恒定律；第二类永动机不可能制成，因为它违反了热力学第二定律，所以永动机不可能制成，故A正确；B、温度是分子平均动能的标志，内能不同的物体，温度可能相同，它们分子热运动的平均动能可能相同，故B正确；C、布朗运动是固体颗粒的无规则运动是由液体分子撞击形成的，反映了液体分子的无规则运动，故C错误；D、根据压强的微观意义可知，跟气体分子在单位时间内对单位面积上的碰撞次数、分子对器壁的平均撞击力有关，即跟气体分子的密度以及气体分子的平均动能有关，故D正确；本题选错误的，故选：C12下列关于固体和液体的说
36、法正确的是（）A没有确定几何形状的固体一定是非晶体B液晶既有液体的流动性，又有光学性质的各向同性C表面张力的方向总是垂直液面，指向液体内部D同一种液体对不同的固体，可能是浸润的，也可能是不浸润的【考点】* 液体的表面张力现象和毛细现象；* 晶体和非晶体【分析】知道晶体和非晶体外形上的区别，明确浸润现象的基本规律，知道液晶的性质；并明确表面张力的特点【解答】解：A、多晶体也是没有确定几何形状的固体，故A错误；B、液晶既有液体的流动性，又有光学性质的各向异性，故B错误；C、表面张力产生在液体表面层，它的方向跟液面平行，使液面收缩，故C错误；D、同一种液体对不同的固体，可能是浸润的，也可能是不浸润的
37、，故D正确；故选：D13如图所示，甲分子固定在坐标原点O上，乙分子位于r轴上距原点r2的位置虚线分别表示分子间斥力F斥和引力F引的变化情况，实线表示分子间的斥力和引力的合力F变化情况若把乙分子由静止释放，则下列关于乙分子的说法正确的是（）A从r2到r0，分子势能一直减小B从r2到r0，分子势能先减小后增加C从r2到r0，分子势能先增加后减小D从r2到r1做加速运动，从r1向r0做减速运动【考点】分子势能；分子间的相互作用力【分析】根据分子间作用力随距离的变化而变化规律可明确分子力的变化； 根据加速度与速度关系进行分析，明确加速度与速度同向加速，力做正功，反向减速，力做负功【解答】解：A、从r2
38、到r0，分子力为引力，运动方向与力同向，故分子力一直做正功；故分子势能一直减小；故A正确，BC错误D、从r2到r1以及r1向r0运动过程中分子力均为引力，与运动方向同向，故分子一直做加速运动；故D错误； 故选：A14在下列图中，可能反映理想气体经历了等压变化等温变化等容变化后，又回到原来状态的有（）ABCD【考点】理想气体的状态方程【分析】根据图示图象判断气体状态如何变化，应用理想气体状态方程分析答题【解答】解：A、由图示图象可知，气体发生了等压、等温、等容变化，反应了要求的变化，故A正确；B、图示图象可知，气体发生了等压、等容、等温变化，不能反应要求的变化，故B错误；C、由图示图象知，气体发
39、生了等压、等温、等容变化，能反应要求的变化，故C错误；D、由图示图象知，气体发生了等容、等温、等压变化，不能反应要求的变化，故D错误；故选：AC15如图所示，一定质量的理想气体由a状态变化到b状态，下列说法正确的有（）A外界对气体做功B气体对外界做功C气体向外界放热D气体从外界吸热【考点】热力学第一定律；理想气体的状态方程【分析】一定质量的理想气体的PT图象中，过原点的直线的斜率代表与体积成反比，根据气体的状态分析气体的内能的变化【解答】解：根据公式： =C可知，气体的体积：V=，与成反比；A、过Oa点直线的斜率大于过Ob点直线的斜率，故a的体积小于b的体积，体积变大，气体对外做功，故A错误，
40、B正确；C、体积变大，气体对外做功，而温度升高及内能增加，根据热力学第一定律知气体吸热，故C错误，D正确；故选：BD二、简答题（每空2分，共6分）16（1）在“用油膜法估测分子的大小”的实验中，向容量瓶中加入0.5mL的油酸和一定量的酒精得到500mL的混合溶液，然后用滴管吸取这种溶液，向小量筒中滴入200滴混合溶液，液面正好达到量筒中2mL的刻度，再用滴管取配好的油酸溶液，向撒有痱子粉的盛水浅盘中滴下1滴溶液，在液面上形成油酸薄膜，待油膜稳定后，放在带有正方形坐标格的玻璃板下观察油膜，如图所示坐标格正方形的大小为2cm2cm，由图可以估算出油膜的面积是m2（保留一位有效数字），由此估算出油膜
41、分子的直径是m（保留一位有效数字）（2）某同学在“用油膜法估测分子的大小”的实验中，计算出的分子直径明显偏大，可能是由于ACA油酸分子未完全散开B油酸中含有大量酒精C计算油膜面积时，舍去了所有不足半格的方格D求每滴油酸酒精溶液的体积时，2mL的溶液滴数198错计成了200【考点】用油膜法估测分子的大小【分析】（1）由图示油膜求出油膜的面积，根据题意求出两滴油酸溶液含纯油的体积，然后求出油膜的厚度，即油酸分子的直径（2）用油膜法估测分子直径实验原理是：让一定体积的纯油酸滴在水面上形成单分子油膜，估算出油膜面积，从而求出分子直径根据此原理分析误差【解答】解：（1）据题意方格个数为n=50，油膜的面
42、积是为：一滴油酸酒精溶液含纯油酸为：油酸分子的直径为：（2）计算油酸分子直径的公式是，V是纯油酸的体积，S是油膜的面积A油酸未完全散开，S偏小，故得到的分子直径d将偏大，故A正确；B计算时利用的是纯油酸的体积，如果含有大量的酒精，则油酸的实际体积偏小，则直径将偏小，故B错误；C计算油膜面积时舍去了所有不足一格的方格，S将偏小，故得到的分子直径将偏大，故C正确；D求每滴体积时，lmL的溶液的滴数误多记了2滴，由可知，纯油酸的体积将偏小，则计算得到的分子直径将偏小，故D错误；故选：AC故答案为：（1），；（2）AC三、计算题17如图所示，导热性能良好的气缸竖直放置，其横截面积S=1.0103m2，
43、活塞质量m=10kg，活塞与气缸壁之间密封良好，不计摩擦；开始时活塞被销钉K固定在A位置，A离缸底L1=20cm，气缸内气体的压强P1=2.0105Pa，温度T1=600K现拔去销钉K，活塞开始缓慢移动，最后静止在B位置，这一过程气体内能减少了30J外界环境温度T0=300K，大气压P0=1.0105Pa，g=10m/s2求：（1）B离缸底L2；（2）在此过程气体是吸热还是放热？传送的热量为多少？【考点】理想气体的状态方程【分析】（1）根据活塞受力平衡求出汽缸内气体的压强，气缸中气体发生等压变化，B离缸底距离（2）先求外界对气体所做的功，再根据热力学第一定律求传递的热量【解答】解：（1）根据活
44、塞受力平衡得：P2=2.0105Pa 气体发生的等压变化，代入数据得：L2=10cm （2）在此过程中外界对气体做的功为：W=P1S（L1L2）=20J 由热力学第一定律得：U=W+Q 代入数据：30=20+Q 代入数据得：Q=50J，所以该过程放热 放出的热量为50J 答：（1）B离缸底为10cm；（2）在此过程气体是放热，传送的热量为50J第三卷选修3-4一、选择题（13题为单选题，每小题3分；45为多选题，每小题3分，错选不得分，漏选得2分；共17分）18下列说法正确的是（）A雨后天空出现彩虹，这是光的衍射现象B在光导纤维束内传送彩色图象是利用光的色散现象C自然界不存在偏振光，自然光只有
45、通过偏振片才能变成偏振光D雨后公路积水表面漂浮的油膜看起来是彩色的，这是光的干涉现象【考点】光的干涉；光的衍射；光的偏振【分析】根据光的特性判断现象在应用中是否正确：雨后天空出现彩虹，这是光的色散现象；在光导纤维束内传送图象是利用光的全反射现象；水表面漂浮的油膜看起来是彩色的，这是光的薄膜干涉现象【解答】解：A、雨后天空出现彩虹，这是光的色散现象故A错误B、在光导纤维束内传送图象是利用光的全反射现象故B错误C、偏振光在自然中也是存在的，如反射光就是偏振光故C错误D、雨后公路积水表面漂浮的油膜看起来是彩色的，这是光的薄膜干涉现象故D正确故选：D19声音在某盐水中的速度为1531m/s，在空气中的
46、速度为340m/s；现有声波由该盐水进入空气下列说法正确的是（）A声波的频率和波长都不变B声波的频率和波长都变大C声波的频率不变，波长变小D声波的频率增大，波长不变【考点】波长、频率和波速的关系【分析】声波是一种机械波，其频率与介质无关，根据波速公式v=f分析波长的变化【解答】解：声波的频率由声源决定，与介质无关，所以声波由该盐水进入空气时，频率不变，波速变小，由波速公式v=f知，波长变小故C正确，ABD错误故选：C20下列说法中正确的是（）A变化的电场一定产生变化的磁场B在不同的惯性系中，一切物理规律是相同的C相对论认为空间和时间与物质的运动状态无关D观察者感觉到火车驶近时的鸣笛声频率比火车
47、静止时低【考点】狭义相对论；电磁波的发射、传播和接收【分析】变化的电场不一定产生变化的磁场；物理规律在所有惯性系中都具有相同的形式这叫做相对性原理钟慢效应：运动的钟比静止的钟走得慢，而且，运动速度越快，钟走的越慢，接近光速时，钟就几乎停止了；尺缩效应：在尺子长度方向上运动的尺子比静止的尺子短，当速度接近光速时，尺子缩成一个点根据多普勒效应分析频率的变化【解答】解：A、变化的电场不一定产生变化的磁场，比如均匀变化的电场产生稳定的磁场故A错误B、物理规律在所有惯性系中都具有相同的形式故B正确C、根据狭义相对论的几个基本结论可知，相对论认为空间和时间与物质的运动状态有关故C错误D、根据多普勒效应可知
48、，观察者感觉到火车驶近时的鸣笛声频率比火车静止时高故D错误故选：B21图甲为一列横波在t=0时的波动图象，图乙为该波中x=6m处质点的振动图象，下列说法正确的有（）A波速为3m/sB波速为6m/sC波沿x轴正方向传播D波沿x轴负方向传播【考点】波长、频率和波速的关系；横波的图象【分析】由波动图象读出波长，由振动图象读出周期，可求出波速由振动图象上t=0时刻读出x=6m处质点的速度方向，在波动图象上判断波的传播方向【解答】解：AB、由甲图知，波长=12m，由乙图知，周期 T=4s，则波速为 v=m/s=3m/s故A正确，B错误，CD、由振动图象乙上可知，在t=0时刻，读出x=6m处质点的速度方向
49、沿y轴正方向，则在甲图上，由波形平移法可知，该波沿x轴正方向传播故C正确，D错误故选：AC22如图所示，只含黄光和紫光的复色光束PO，沿半径方向射入空气中的玻璃半圆柱后，被分成两束光OA和OB，沿如图所示方向射出，则有（）AOB为黄光BOA为黄光COA为复色光DOB为复色光【考点】光的折射定律【分析】由图可知，OB为反射光，而两束光射到玻璃与空气的分界面时都会发生反射OA光的折射角为90，恰好发生了全反射根据折射率的大小，分析临界角的大小，从而作出判断【解答】解：黄光和紫光在两种介质的界面上都要发生反射，所以OB应为复色光；而折射后只有一束光线，这束线恰好发生了全反射；而黄光与紫光相比较，紫光
50、的折射率大，由sinC=知，紫光的临界角要小，故紫光已经发生了全反射，黄光恰好发生全反射，故OA应为黄光；故AC错误，BD正确；故选：BD二、简答题（每空2分，共6分）23某同学在做“利用单摆测重力加速度”的实验中，先测得摆线长为98.50cm，摆球直径为2.00cm，然后用秒表记录了单摆振动50次所用的时间则：（1）该摆摆长为99.50 cm（2）如果测得的g值比实际值偏小，可能的原因是BDA开始计时时，秒表过迟按下B实验中误将51次全振动计为50次C实验室在高山上，高出海平面太高D摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动使摆线长度增加了（3）为了提高实验精度，在实验中可改变几次摆长l并测出
51、相应的周期T，从而得出一组对应的l与T的数据，再以l为横坐标，T2为纵坐标，将所得数据连成如图所示直线，并求得该直线的斜率为k，则重力加速度g=（用k表示）【考点】用单摆测定重力加速度【分析】（1）摆线长度与摆球半径之和是单摆的摆长（2）由单摆周期公式求出重力加速度的表达式，然后分析实验误差（3）应用单摆周期公式求出图象的函数表达式，然后根据图象与表达式求出重力加速度【解答】解：（1）单摆的摆长：L=l+=98.50+=99.50cm；（2）由单摆周期公式：T=2可知，g=；A、开始计时时，秒表过迟按下，所测周期T偏小，由g=可知，所测重力加速度g偏大，故A错误；B、实验中误将51次全振动计为
52、50次，所测周期T偏大，由g=可知，所测重力加速度g偏小，故B正确；C、实验室在高山上，高出海平面太高，所测摆长与单摆周期不受影响，所测g不受影响，故C错误；D、摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动使摆线长度增加了，所测周期T偏大，由g=可知，所测重力加速度g偏小，故D正确；故选BD；（3）由单摆周期公式：T=2可知：T2=L，则：T2L图象的斜率：k=，重力加速度：g=；故答案为：（1）99.50；（2）BD；（3）三、计算题24如图所示，一半径为R=1m的透明介质球，O为球心，光线DC平行于直径AOB射到介质球上的C点，DC与AB的距离H=m；若DC光线进入介质球后第一次到达B并在B处
53、发生全反射已知光速c=3108m/s求：（1）介质的折射率；（2）光从进入介质到第一次射出介质所用的时间【考点】光的折射定律【分析】（1）作出光路图，由几何知识求出光线在C点的入射角与折射角，由折射定律求出折射率（2）由几何知识求出光从进入介质到第一次射出介质通过的总路程，由v=求出光在球内传播的速度，即可求得传播的时间【解答】解：（1）由图示几何关系知光线在C处入射角设为i，则有：sini=，得：i=60折射角为：=i=30根据折射定律得介质的折射率为：代入数据得：（2）光在介质球中传播的距离为：S=4Rcos=41cos30=2m光在介质中传播速度为：v=c所以，光从进入介质到第一次射出介
54、质所用的时间为：t=代入数据得：t=2108s答：（1）介质的折射率为；（2）光从进入介质到第一次射出介质所用的时间是2108s第四卷【选修3-5】一、选择题（13题为单选题，每小题0分；45为多选题，每小题0分，错选不得分，漏选得2分；共17分）25下列叙述中符合物理学史的有（）A普朗克在研究黑体辐射问题时提出了能量子假说B波尔建立了量子理论，成功解释了各种原子发光现象C汤姆孙通过研究阴极射线实验，发现了电子和质子的存在D卢瑟福通过对粒子散射实验现象的分析，证实了原子是可以再分的【考点】氢原子的能级公式和跃迁；粒子散射实验【分析】普朗克在研究黑体辐射问题中提出了能量子假说，认为能量是不连续的
55、，而是一份一份的；玻尔建立了量子理论，成功解释了氢原子光谱；汤姆孙通过研究阴极射线实验，只发现了电子；卢瑟福提出的核式结构模型成功的解释了粒子散射现象【解答】解：A、普朗克在研究黑体辐射问题中提出了能量子假说，故A正确；B、玻尔建立了光量子理论，成功解释了氢原子发光现象，但对于复杂的分子发光无法解释；故B错误；C、汤姆孙通过研究阴极射线实验，发现了电子，但没有发现质子，故C错误；D、卢瑟福提出的核式结构模型成功的解释了粒子散射现象，不是证实了原子是可以再分的，故D错误；故选：A26关于光的波粒二象性，下列说法正确的是（）A有的光是粒子，有的光是波B大量光子的行为表现为粒子性C光电效应揭示了光具
56、有粒子性，康普顿效应揭示了光具有波动性D光的波长越长，其波动性越明显；波长越短，其粒子性越显著【考点】光的波粒二象性【分析】光子既有波动性又有粒子性，波粒二象性中所说的波是一种概率波，对大量光子才有意义波粒二象性中所说的粒子，是指其不连续性，是一份能量个别光子的作用效果往往表现为粒子性；大量光子的作用效果往往表现为波动性【解答】解：A、光既是波又是粒子，个别光子的作用效果往往表现为粒子性；大量光子的作用效果往往表现为波动性，故AB错误；C、光电效应和康普顿效应都揭示了光具有粒子性，故C错误；D、光的波长越长，其波动性越显著，波长越短，其粒子性越显著，故D正确；故选：D27在光滑的水平面上有a、
57、b两球在t=2s时发生正碰，其质量分别为ma、mb，两球在碰撞前后的vt图象如图所示a、b两球质量之比是（）Ama：mb=1：2Bma：mb=2：5Cma：mb=2：1Dma：mb=5：2【考点】动量守恒定律【分析】a、b碰撞过程中动量守恒，根据动量守恒定律列出方程，结合图象信息即可求得两球质量关系【解答】解：由图可知b球碰前静止，设碰撞前，a球的速度为v0，碰后a球速度为v1，b球速度为v2，物体碰撞过程中动量守恒，规定a的初速度方向为正，由动量守恒定律有：mav0=mav1+mbv2；由图知，v0=4m/s，v1=1m/s，v2=2m/s，代入上式解得：ma：mb=2：5故ACD错误，B正
58、确故选：B28如图所示氢原子能级的示意图，现有大量的氢原子处于n=4的激发态，氢原子向低能级跃迁时辐射出若干不同频率的光关于这些光，下列说法正确的有（）A波长最大的光是由n=4能级跃迁到n=1能级产生的B频率最大的光是由n=4能级跃迁到n=1能级产生的C这些氢原子总共可辐射出4种不同频率的光D从n=4能级跃迁到n=2能级辐射出的光照射逸出功3.34eV的锌板上时不会发生光电效应现象【考点】氢原子的能级公式和跃迁；光电效应【分析】根据玻尔理论和氢原子的能级公式分析辐射的光子的频率与波长关系，根据光电效应发生的条件和光子的能量的计算分析能否发生光电效应【解答】解：A、由n=4能级跃迁到n=3能级产
59、生的光，能量最小，波长最长故A错误；B、由n=4能级跃迁到n=1能级产生的光，能量最大，频率最大，故B正确；C、处于n=4能级的氢原子能发射N=6种频率的光，故C错误；D、由n=4能级跃迁到n=2能级辐射出的光的能量为E=0.85（3.4）=2.55 eV，小于3.34eV，不能使该金属发生光电效应，故D正确故选：BD29铯（Cs）是一种具有放射性的重金属元素，由呼吸道摄入过多放射性铯时，会引起人体的气管血管产生不同程度的损伤已知铯Cs的半衰期为30年，其衰变方程为CsX+e+，下列说法正确的有（）AX原子核中含有81个中子B衰变方程式中的e来自于铯的核外电子C100个Cs原子经过30年后一定
60、还剩余50个D衰变发出的放射线是波长很短的光子，具有很强的穿透能力【考点】原子核衰变及半衰期、衰变速度；裂变反应和聚变反应【分析】根据质量数守恒知道核反应方程X，半衰期由原子核本身决定，半衰期长，衰变的慢，对人体危害较大，衰变的实质是一个中子转变成一个质子【解答】解：A、根据质量数守恒知道核反应方程X的质量数为m=137，其电荷数：z=55（1）=56，所以中子数：n=13756=81个故A正确B、衰变的实质是一个中子转变成一个质子，故B错误C、半衰期是大量放射性元素衰变的统计规律，对个别的原子没有意义，故C错误D、根据射线的特点可知，衰变发出的放射线是波长很短的光子，具有很强的穿透能力，故D
61、正确故选：AD二.简答题（每空2分，共6分）30如图甲所示光电管的原理图，当频率为v的可见光照射到阴极K上时，电流表中有电流通过（1）当变阻器的滑片P向右滑动时（填“左”或“右”），通过电流表的电流将会减小（2）由乙图IU图象可知光电子的最大初动能为2eV（3）如果不改变入射光的频率，而减小入射光的强度，则光电子的最大初动能不变（填“增加”“减小”或“不变”）【考点】光电效应【分析】光电管两端所加的电压为反向电压，根据动能定理求出光电子的最大初动能，根据光电效应方程判断光电子最大初动能的变化【解答】解：（1）由图可知光电管两端所加的电压为反向电压，当变阻器的滑动端P向右移动，反向电压增大，光电
62、子到达右端的速度减小，则通过电流表的电流变小（2）当电流表电流刚减小到零时，电压表的读数为U，根据动能定理得，eU=mvm2，则光电子的最大初动能为2eV（3）根据光电效应方程知，Ekm=hvW0，知入射光的频率不变，则光电子的最大初动能不变故答案为：（1）右；（2）2eV；（3）不变三.计算题31一个锂核（Li）受到一个质子（H）轰击变为2个粒子（He），在此过程中释放出16.6MeV的能量（1u相当于931MeV）求：（1）写出该核反应的方程（2）平均每个核子减少的质量（保留二位有效数字）【考点】爱因斯坦质能方程；裂变反应和聚变反应【分析】根据核反应方程质量数和核电荷数守恒列出热核反应方程应用质能方程E=mc2求解发生一次核反应减少的质量以及平均每个核子减少的质量【解答】解：（1）由题可知，一个锂核（Li）受到一个质子（H）轰击变为2个粒子（He），所以核反应过程为： Li+H2He（2）由爱因斯坦质能方程得：代入数据得：m=0.0178u所以：答：（1）该核反应的方程为Li+H2He；（2）平均每个核子减少的质量是0.0022u2016年12月3日高考资源网版权所有，侵权必究！
