湖北省武汉市江岸区高二（下）期末物理试卷

2022-2022学年湖北省武汉市江岸区高二（下）期末物理试卷　一、选择题（共9小题，满分29分。第1~7小题只有一个选项正确，每小题3分；第8~9小题有多个选项正确，每小题3分，全部选对得4分，选对但不全得2分，有选错的得0分）1．如图所示为伽利略研究自由落体运动规律时设计的斜面实验，他让铜球沿阻力很小的斜面从静止滚下，利用滴水计时记录铜球运动的时间．关于伽利略的“斜面实验”，下列说法正确的是（　　）A．伽利略测定了铜球运动的位移与时间，进而得出了速度随位移均匀增加的结论B．铜球在斜面上运动的加速度比自由落体下落的加速度小，所用时间长得多，时间容易测量C．若斜面长度一定，铜球从顶端滚动到底端所需时间随倾角的增大而增大D．若斜面倾角一定，铜球沿斜面运动的位移与所用时间成正比2．一质点沿直线运动，如图所示是从t=0时刻开始，质点的（式中x为位移）的图象，可以推知（　　）A．质点做匀减速运动B．加速度的大小是1m/s2C．t=2s时的速度是1m/sD．t=2s时的位移是3m3．A、B两小球从不同高度自由下落，同时落地，A球下落的时间为t，B球下落的时间为，当B球开始下落的瞬间，A、B两球的高度差为（　　）A．gt2B．gt2C．gt2D．gt24．如图所示，一个质量m=lkg的小环套在倾角为37°的光滑固定直杆上，为使小环能够静止不动，需对它施加一个水平拉力F，己知重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6．则F的大小和方向分别是（　　）A．7.5N，水平向左B．7.5N，水平向右C．13.3N，水平向左D．13.3N，水平向右25/265．光滑水平地面上放有截面为圆周的柱状物体A，A与墙面之间放一光滑的圆柱形物体B，对A施加一水平向左的力F，整个装置保持静止．若将A的位置向右移动稍许，整个装置仍保持平衡，则（　　）A．水平外力F减小B．墙对B的作用力减小C．地面对A的支持力减小D．B对A的作用力增大6．有一电路连接如图所示，理想变压器初级线圈接电压一定的交流电源，则下列说法中正确的是（　　）A．只将S1从2拨向1时，电流表示数变小B．只将S2从4拨向3时，电流表示数变小C．只将S3从断开变为闭合，变压器输入功率减小D．只将变阻器R3的滑动触头上移，变压器的输入功率减小7．如图所示，一个“U”形线框处在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，OO′为磁场的边界．现使线框以角速度ω绕轴OO′匀速转动，通过金属转轴和电刷与阻值为R的外电阻相连，已知线框各边长为L，总电阻为r，不计轴与电刷的电阻．则电路中电流的有效值为（　　）A．B．C．D．8．如图甲所示电路中，电感为L的线圈与电流表A串联后接在交流电源上，当电路中通过如图乙所示正弦式交变电流时，下列说法中正确的是（　　）A．电流表读数为5AB．L越大，电感对交流电阻碍作用越大C．t=2×10﹣2s时，线圈中的自感电动势最小D．t=2×10﹣2s时，线圈中电流的磁场最强25/269．如图所示，一理想变压器原、副线圈的匝数比n1：n2=5：1，交流电源的电压u=200sin100πt（V），电阻R=100Ω，电压表均为理想电表，则（　　）A．流经R的交流电的频率为10HzB．电流表的示数为2AC．电流表的示数为0.4AD．电压表的示数为40V　二、计算题（共3小题，满分31分）10．如图所示，水平面上A、B两点相距x0=0.1m．甲球从B点向右做匀速运动的同时，乙球从A点由静止向右做匀加速运动，到达B点后以B点的速度匀速运动．乙球从开始运动，到追上甲球所用的时间t=1s，运动的位移x=0.9m，求；（1）甲球的速度；（2）乙球加速过程所用的时间和加速度．11．质量为M，倾角为30°的光滑斜面静止在粗糙的水平地面上，斜面上两个质量均为m的小球A、B，它们用劲度系数为k的轻质弹簧连接，现对小球B施加一水平向左的拉力F使A、B及斜面一起向左做匀速直线运动，如图所示．已知弹簧的原长为l0，求：（1）此时弹簧的长度l；（2）水平拉力F的大小；（3）粗糙地面与斜面体间的动摩擦因素μ．12．如图所示，n=50匝的矩形线框abcd，边长ab=20cm，bc=25cm，放在磁感应强度B=0.4T的匀强磁场中，绕垂直于磁感线且通过线圈中线的OO′轴匀速转动，转动角速度ω=50rad/s，线圈的总电阻r=2Ω，外电路电阻R=8Ω，试求：（1）线圈在图示位置（线圈平面与磁感线平行）时，感应电动势的大小；（2）1min内R上产生的热量Q．　25/26三、[选修3－4]：选择题（共6小题，满分20分。第1~4小题只有一个选项正确，每小题3分；第5~6小题有多个选项正确，每小题3分，全部选对得4分，选对但不全得2分，有选错的得0分）13．关于电磁波，下列说法中正确的是（　　）A．电磁波不能在介质中传播，只能在真空中传播B．只要有变化的电场，就一定能产生电磁波C．电磁波在真空中传播时，频率和波长的乘积是一个恒量D．振荡电路的频率越低，发射电磁波的领越大14．如图P1、P2是两个频率相同、同相振动的波源，产生两列波，O点是P1、P2连线的中点，A、B、C、D是距O点均为半个波长的四个点，有关A、B、C、D四点的振动，下列说法正确的是（　　）A．A、B两点是振动减弱点，C、D两点是振动加强点B．A、B两点是振动加强点，C、D两点是振动减弱点C．A、B、C、D四点均为振动加强点D．A、B、C、D四点均为振动减弱点15．如图所示，质量相同的四个摆球悬于同一根横线上，四个摆的摆长分别为l1=2m、l2=1.5m、l3=1m、l4=0.5m．现以摆3为驱动摆，让摆3振动，使其余三个摆也振动起来，则摆球振动稳定后（　　）A．摆1的振幅一定最大B．摆4的周期一定最短C．四个摆的振幅相同D．四个摆的周期相同16．如图所示，一束光线从折射率为1.5的玻璃内射向空气，在界面上的入射角为45°，下面四个光路图中，正确的是（　　）25/26A．B．C．D．17．一列简谐横波在x轴上传播，t=0时，x轴上0至12m区域内的波形图象如图所示（x=8m处的质点恰好位于平衡位置），t=1.2s时其间恰好第三次出现图示的波形，根据以上的信息，可以确定（　　）A．波的传播速度大小B．△t=1.2s时间内质点P经过的路程C．t=0.6s时刻质点P的速度方向D．t=0.6s时刻的波形18．蓝光光碟是利用波长较短（波长约为405nm）的蓝色激光读取和写入数据的光碟，而传统DVD需要光头发出红色激光（波长约为650nm）来读取或写入数据，通常来说波长越短的激光，能够在单位面积上记录或读取更多的信息．因此，蓝光极大地提高了光盘的存储容量，对于光存储产品来说，蓝光提供了一个跳跃式发展的机会．目前为止，蓝光是最先进的大容量光碟格式．一束由红、蓝两单色激光组成的复色光从水中射向空气中，并分成a、b两束，则下列说法正确的是（　　）A．用a光可在光盘上记录更多的数据信息B．如果用a光照射能使某金属发生光电效应，则用b光也一定能使该金属发生光电效应C．使用同种装置，用a光做双缝干涉实验得到的条纹比用b光得到的条纹宽D．b光在水中传播的速度较a光大　四、计算题（共2小题，满分20分）25/2619．一根弹性绳沿x轴方向放置，左端在原点O处，用手握住绳的左端使其沿y轴方向做周期为1s的简谐运动，于是在绳上形成一简谐波，绳上质点N的平衡位置为x=5m，振动传播到质点M时的波形如图所示，求：①绳的左端振动经多长时间传播到质点N；②质点N开始振动时，绳的左端已通过的路程．20．如图所示，用折射率为的透明物质做成内外半径分别为a=0.10m、b=0.20m的空心球，内表面涂上能完全吸光的物质，不考虑光在介质内部传播时的反射光线．问：当平行光射向此球时有一部分光经过球的折射能从球右侧射出，求这部分平行入射光束的横截面积？　五、[选修3－5]选择题（共6小题，满分0分）21．关于电子的说法，正确的是（　　）A．组成阴极射线的带电粒子是α粒子B．发生光电效应时，有电子从金属表面逸出C．β衰变说明原子核里有电子D．玻尔理论认为，氢原子中电子的轨道半径是连续的22．下列说法错误的是（　　）A．随着温度的升高，一方面各种波长的辐射强度都会增加；另一方面辐射强度的极大值向波长较短的方向移动B．在康普顿效应中，当入射光子与晶体中的电子碰撞时，把一部分动量转移给电子，因此，光子散射后波长变短C．根据海森伯提出的不确定性关系可知，不可能同时准确地测定微观粒子的位置和动量D．物质波和光波都是概率波23．如图所示，一沙袋用无弹性轻细绳悬于O点，开始时沙袋处于静止，此后弹丸以水平速度击中沙袋后均未穿出．第一粒弹丸的速度为v1，打入沙袋后二者共同摆动的最大摆角为30°，当其第一次返回图示位置时，第二粒弹丸以水平速度v2又击中沙袋，使沙袋向右摆动且最大摆角仍为30°，若弹丸质量是沙袋质量的倍，不计空气阻力，则以下结论中正确的是（　　）25/26A．v1：v2=1：1B．v1：v2=31：32C．v1：v2=32：31D．v1：v2=31：6324．图甲所示为氢原子的能级，图乙为氢原子的光谱．已知谱线a是氢原子从n=4的能级跃迁到n=2的能级时的辐射光，则谱线b是氢原子（　　）A．从n=3的能级跃迁到n=2的能级时的辐射光B．从n=5的能级跃迁到n=2的能级时的辐射光C．从n=4的能级跃迁到n=3的能级时的辐射光D．从n=1的能级跃迁到n=2的能级时的辐射光25．下列说法正确的是（　　）A．β衰变说明了β粒子（电子）是原子核的组成部分B．欲使处于基态的氢原子（能量为﹣13.6eV）电离，可以用动能为13.7eV的电子去碰撞C．用不可见光照射金属一定比用可见光照射同种金属产生的光电子的初动能要大D．发现中子的核反应是→26．下列说法中正确的是（　　）A．α射线与γ射线都是电磁波B．光电效应说明光具有粒子性C．天然放射现象说明原子核具有复杂的结构D．用加温、加压或改变其化学状态的方法能改变原子核衰变的半衰期　六、计算题（共2小题，满分0分）27．原子核的衰变方式不同，释放的能量也不同，由此可以用来确定原子核的质量差.Cu可以衰变为Zn，释放的核能是E1；也可以衰变为Ni，释放的核能为E2，E2＞E1．①写出两种衰变方式的衰变方程．②求出Zn和Ni的质量差△m．28．如图所示，光滑的水平面上有两块完全相同的足够长的木板A和B，在B的右端有一个可以看做质点的小铁块C，三者的质量都为与A、B间的动摩擦因数都为μ，A、B、C开始都处于静止状态．现使A以速度v0向右运动并与B相碰，撞击时间极短，碰后A、B粘在一起运动，而小铁块C可以在A、B上滑动，重力加速度为求：①A与B碰后的瞬间A、B和C的速度．②小铁块C最终相对木板B滑动的距离．25/26　25/262022-2022学年湖北省武汉市江岸区高二（下）期末物理试卷参考答案与试题解析　一、选择题（共9小题，满分29分。第1~7小题只有一个选项正确，每小题3分；第8~9小题有多个选项正确，每小题3分，全部选对得4分，选对但不全得2分，有选错的得0分）1．如图所示为伽利略研究自由落体运动规律时设计的斜面实验，他让铜球沿阻力很小的斜面从静止滚下，利用滴水计时记录铜球运动的时间．关于伽利略的“斜面实验”，下列说法正确的是（　　）A．伽利略测定了铜球运动的位移与时间，进而得出了速度随位移均匀增加的结论B．铜球在斜面上运动的加速度比自由落体下落的加速度小，所用时间长得多，时间容易测量C．若斜面长度一定，铜球从顶端滚动到底端所需时间随倾角的增大而增大D．若斜面倾角一定，铜球沿斜面运动的位移与所用时间成正比【考点】伽利略研究自由落体运动的实验和推理方法．【分析】本题考查了伽利略对自由落体运动的研究，只要了解其研究过程、采用的方法以及其科学的思维即可正确解答本题．【解答】解：A、伽利略测定了铜球运动的位移与时间，进而得出了位移x与t平方的成正比，就可以检验这个物体的速度是否随时间均匀变化，小球是否做匀变速运动．故A错误；B、在伽利略时代，没有先进的计时仪器，因此伽利略让小球从斜面上滚下来用米“冲淡”重力，铜球在斜面上运动的加速度比自由落体下落的加速度小，所用时间长得多，时间容易测量．故B正确；C、若斜面长度一定，铜球从顶端滚动到底端所需时间随倾角的增大而减小．故C错误．D、他得到的结论是，若斜面倾角一定，铜球沿斜面运动的位移与所用时间的平方成正比，故D错误．故选：B　2．一质点沿直线运动，如图所示是从t=0时刻开始，质点的（式中x为位移）的图象，可以推知（　　）25/26A．质点做匀减速运动B．加速度的大小是1m/s2C．t=2s时的速度是1m/sD．t=2s时的位移是3m【考点】匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的速度与时间的关系．【分析】由图写出与t的关系式，由匀变速直线运动的位移时间公式x=v0t+变形，两者对比得到物体的初速度、加速度，再求t=2s时质点的速度．由图象求出t=2s的位移．【解答】解：AB、由图结合数学知识可得：=0.5t+1，由匀变速直线运动的位移时间公式x=v0t+变形得=v0+，对照可得质点的初速度v0=1m/s，加速度a=1m/s2．所以质点做匀加速直线运动．故A错误，B正确．C、t=2s时的速度为：v=v0+at=1+1×2=3m/s，故C错误．D、t=2s时，位移为：x=v0t+=1×3+×1×32=7.5m．故D错误．故选：B　3．A、B两小球从不同高度自由下落，同时落地，A球下落的时间为t，B球下落的时间为，当B球开始下落的瞬间，A、B两球的高度差为（　　）A．gt2B．gt2C．gt2D．gt2【考点】自由落体运动．【分析】由下落时间可求出两球开始下落的高度；A球下落时间比B球下落时间早；则求出在此段时间内的A下落的高度，即可求出AB两球的在B球开始下落时的两球的高度差．【解答】解：由h=gt2可得：A下落的高度为gt2；而B下落的高度为：；而在B下落的瞬间A已下落了：h′=g（）2=gt2；故AB两球的高度差为：gt2﹣﹣=gt2；故选：D．　4．如图所示，一个质量m=lkg的小环套在倾角为37°的光滑固定直杆上，为使小环能够静止不动，需对它施加一个水平拉力F，己知重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6．则F的大小和方向分别是（　　）25/26A．7.5N，水平向左B．7.5N，水平向右C．13.3N，水平向左D．13.3N，水平向右【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．【分析】对环进行受力分析，结合共点力平衡的条件分析即可．【解答】解：小环套在光滑固定直杆上，受到重力和杆的支持力，由于杆对小环的支持力的方向向右上方，所以水平拉力的方向必须向左环才能保持平衡．受力如图：由几何关系可得：F=mgtan37°=1×=7.5N故选：A　5．光滑水平地面上放有截面为圆周的柱状物体A，A与墙面之间放一光滑的圆柱形物体B，对A施加一水平向左的力F，整个装置保持静止．若将A的位置向右移动稍许，整个装置仍保持平衡，则（　　）A．水平外力F减小B．墙对B的作用力减小C．地面对A的支持力减小D．B对A的作用力增大【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．【分析】先对B球受力分析，受到重力mg、A球对B球的支持力N′和墙壁对B球的支持力N，然后运用图解法，分析A球右移后各个力的变化情况；最后再对整体受力分析，根据平衡条件判断推力F和地面的支持力的变化情况．【解答】解：BD、对B球受力分析，受到重力mg、A球对B球的支持力N′和墙壁对B球的支持力N，如图25/26当A球向右移动后，A球对B球的支持力N′的方向与竖直方向的夹角不断变大，根据平衡条件结合合成法可以知道A球对B球的支持力N′和墙壁对B球的支持力N都在不断增大，故B错误，D正确；AC、再对A和B整体受力分析，受到总重力G、地面支持力FN，推力F和墙壁的弹力N，如下图根据平衡条件，有：F=N，FN=G，G是总重力故地面对A的支持力不变，推力F随着壁对B球的支持力N的不断增大而增大，故A、C错误；故选：D　6．有一电路连接如图所示，理想变压器初级线圈接电压一定的交流电源，则下列说法中正确的是（　　）A．只将S1从2拨向1时，电流表示数变小B．只将S2从4拨向3时，电流表示数变小C．只将S3从断开变为闭合，变压器输入功率减小D．只将变阻器R3的滑动触头上移，变压器的输入功率减小【考点】变压器的构造和原理．【分析】根据变压比公式分析变压器输出电压的变化情况，然后结合串并联电路的电压和电流关系分析即可．【解答】解：根据变压比公式，有：25/26根据欧姆定律，有：I2=根据变流比公式，有：联立得到：I1=A、只将S1从2拨向1时，原线圈匝数减小，根据I1=，故电流表示数变大，故A错误；B、只将S2从4拨向3时，副线圈匝数减小，根据I1=，故电流表示数变小，故B正确；C、只将S3从断开变为闭合，变压器输出端总电阻减小，故输出功率增加，变压器输入功率也增加，故C错误；D、只将变阻器R3的滑动触头上移，变压器输出端总电阻增加，故输出功率减小，变压器输入功率也减小；故D正确；故选：BD．　7．如图所示，一个“U”形线框处在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，OO′为磁场的边界．现使线框以角速度ω绕轴OO′匀速转动，通过金属转轴和电刷与阻值为R的外电阻相连，已知线框各边长为L，总电阻为r，不计轴与电刷的电阻．则电路中电流的有效值为（　　）A．B．C．D．【考点】交流的峰值、有效值以及它们的关系．【分析】根据导线框转动规律可得出产生的电动势规律，再由电流有效值的计算方法可求得电流的有效值．【解答】解：由题意可知，当线框在磁场中时产生电动势，电动势的最大值Em=BL2ω；电流的最大值Im=在四分之一个周期内的有效值为：I=；25/26而离开磁场后即没有了感应电流，则其产生的电动势图象为：则在一个周期内产生的热量为：I2（R+r）×=I有2（R+r）T解得：I有=；故选：D．　8．如图甲所示电路中，电感为L的线圈与电流表A串联后接在交流电源上，当电路中通过如图乙所示正弦式交变电流时，下列说法中正确的是（　　）A．电流表读数为5AB．L越大，电感对交流电阻碍作用越大C．t=2×10﹣2s时，线圈中的自感电动势最小D．t=2×10﹣2s时，线圈中电流的磁场最强【考点】变压器的构造和原理；正弦式电流的图象和三角函数表达式．【分析】电表是读出交流电的有效值；L越大，对交流电的阻碍越大；当电流的变化率决定感应电动势的强弱．电流周围存在磁场，电流越大，则磁场越强．【解答】解：A、因L未知，所以XL未知，则I=未知，故A错误；B、XL=2πfL且I=，所以L越大，则电流越小，因此对交流电阻碍较大，故B正确；C、当t=2×10﹣2s时，恰一个周期，相当t=0，由读图可知，此时最大，因此E=L，也最大，故C错误；D、时，电流为0，电流周围不存在磁场磁场，故D错误；故选：B　9．如图所示，一理想变压器原、副线圈的匝数比n1：n2=5：1，交流电源的电压u=200sin100πt（V），电阻R=100Ω，电压表均为理想电表，则（　　）25/26A．流经R的交流电的频率为10HzB．电流表的示数为2AC．电流表的示数为0.4AD．电压表的示数为40V【考点】变压器的构造和原理．【分析】根据瞬时值的表达式可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，再根据电压与匝数成正比即可求得结论．【解答】解：A、由交流电的瞬时值表达式知，角速度ω=100π，频率，变压器不改变交流电的频率，故流经R的交流电的频率为50Hz，故A错误；BCD、原线圈电压的有效值为，根据电压与匝数成正比，得副线圈两端的电压，即电压表示数为40V，故D正确；副线圈电流，电流表的读数为0.4A，故C正确；根据，得，即读数为0.08A，故B错误；故选：CD　二、计算题（共3小题，满分31分）10．如图所示，水平面上A、B两点相距x0=0.1m．甲球从B点向右做匀速运动的同时，乙球从A点由静止向右做匀加速运动，到达B点后以B点的速度匀速运动．乙球从开始运动，到追上甲球所用的时间t=1s，运动的位移x=0.9m，求；（1）甲球的速度；（2）乙球加速过程所用的时间和加速度．【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系．【分析】甲球做匀速运动，抓住位移关系求出甲球的速度．根据匀变速直线运动的位移时间公式求出乙球加速过程所用的时间【解答】解：（1）甲球做匀速运动，v甲===0.8m/s（2）设乙球，加速时间为t1，加速度为a，由：x0=at1（t﹣t1）=x﹣x025/26代入数据，解得：t1=0.2sa=5m/s2答：（1）甲球的速度为0.8m/s，（2）乙球加速过程所用的时间为0.2s，加速度为5m/s2．　11．质量为M，倾角为30°的光滑斜面静止在粗糙的水平地面上，斜面上两个质量均为m的小球A、B，它们用劲度系数为k的轻质弹簧连接，现对小球B施加一水平向左的拉力F使A、B及斜面一起向左做匀速直线运动，如图所示．已知弹簧的原长为l0，求：（1）此时弹簧的长度l；（2）水平拉力F的大小；（3）粗糙地面与斜面体间的动摩擦因素μ．【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用；胡克定律．【分析】（1）以球A为研究对象，受力分析后根据平衡条件列式求解弹簧弹力，然后结合胡克定律列式求解弹簧的伸长量和长度；（2）以A、B及弹簧整体为研究对象，受力分析后根据平衡条件列式求解；（3）以A、B、斜面及弹簧整体为研究对象，受力分析后根据共点力平衡条件列式求解摩擦力和支持力，最后根据滑动摩擦定律列式求解动摩擦因素．【解答】解：（1）以A为研究对象，受重力、拉力和支持力，根据平衡条件，有：k（l﹣l0）=mgsin30°解得：l=（2）以A、B及弹簧整体为研究对象，受拉力、滑动摩擦力、重力和支持力，根据平衡条件，有：Fcos30°=2mgsin30°解得：F=（3）以A、B、斜面及弹簧整体为研究对象，根据平衡条件，有：F=f=μ（M+2m）g解得：μ=答：（1）此时弹簧的长度l为；（2）水平拉力F的大小为；（3）粗糙地面与斜面体间的动摩擦因素μ为．　25/2612．如图所示，n=50匝的矩形线框abcd，边长ab=20cm，bc=25cm，放在磁感应强度B=0.4T的匀强磁场中，绕垂直于磁感线且通过线圈中线的OO′轴匀速转动，转动角速度ω=50rad/s，线圈的总电阻r=2Ω，外电路电阻R=8Ω，试求：（1）线圈在图示位置（线圈平面与磁感线平行）时，感应电动势的大小；（2）1min内R上产生的热量Q．【考点】交流发电机及其产生正弦式电流的原理；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）根据法拉第电磁感应定律，在线圈产生感应电动势的最大公式为Em=nBSω，即可求解；（2）由于产生的交流电，因此根据交流电的有效值来计算产生的热量．【解答】解：（1）线圈在图示位置产生的感应电动势最大，其大小为：Em=nBSω=nB（ab•bc）ω代入数据解得：Em=50V（2）线圈中产生的为正弦交流电，电动势有效值：通过R的电流有效值：1min时间内产生的热量：Q=I2Rt=6000J答：（1）线圈在图示位置时，感应电动势的大小为50V；（2）1min内R上产生的热量Q为6000J．　三、[选修3－4]：选择题（共6小题，满分20分。第1~4小题只有一个选项正确，每小题3分；第5~6小题有多个选项正确，每小题3分，全部选对得4分，选对但不全得2分，有选错的得0分）13．关于电磁波，下列说法中正确的是（　　）A．电磁波不能在介质中传播，只能在真空中传播B．只要有变化的电场，就一定能产生电磁波C．电磁波在真空中传播时，频率和波长的乘积是一个恒量D．振荡电路的频率越低，发射电磁波的领越大【考点】电磁波的发射、传播和接收．【分析】电磁波本身就是物质，可以在真空中传播．根据c=λf，电磁波在真空中传播时，频率f和波长λ的乘积是一个恒量，等于真空中的光速．要有效地向外界发射电磁波，振荡电路必须具有如下的特点：足够高的频率与开放电路．【解答】解：A、电磁波本身就是物质，电磁波既可以在介质中传播，又可以在真空中传播，故A错误．25/26B、只要是周期性变化的电场，才一定能产生电磁波，故B错误．C、根据c=λf，电磁波在真空中传播时，频率f和波长λ的乘积是一个恒量，等于真空中的光速，故C正确．D、理论的研究证明，振荡电路向外界辐射能量的本领，即单位时间内辐射出去的能量，与频率的四次方成正比．频率越高，发射电磁波的本领越大．故D错误．故选：C．　14．如图P1、P2是两个频率相同、同相振动的波源，产生两列波，O点是P1、P2连线的中点，A、B、C、D是距O点均为半个波长的四个点，有关A、B、C、D四点的振动，下列说法正确的是（　　）A．A、B两点是振动减弱点，C、D两点是振动加强点B．A、B两点是振动加强点，C、D两点是振动减弱点C．A、B、C、D四点均为振动加强点D．A、B、C、D四点均为振动减弱点【考点】波的叠加．【分析】频率相同的两列同性质的波相遇产生稳定干涉图象，波峰与波峰相遇、波谷与波谷相遇的是振动加强点；而波峰与波谷相遇是振动减弱点；或者说到两个波源的路程差为半波长的奇数倍时是振动减弱点，到两个波源的路程差为波长的整数倍时是振动的加强点．【解答】解：图中A、B两点到两个波源的路程差为一倍的波长，故是振动加强点；图中C、D两点到两个波源的路程差为零，故也是振动加强点；故选：C　15．如图所示，质量相同的四个摆球悬于同一根横线上，四个摆的摆长分别为l1=2m、l2=1.5m、l3=1m、l4=0.5m．现以摆3为驱动摆，让摆3振动，使其余三个摆也振动起来，则摆球振动稳定后（　　）A．摆1的振幅一定最大B．摆4的周期一定最短C．四个摆的振幅相同D．四个摆的周期相同【考点】自由振动和受迫振动．【分析】受迫振动的频率等于驱动率的频率，当驱动力的频率接近物体的固有频率时，振幅最大，即共振【解答】解：A、3摆振动起来后，使得1、2、4做受迫振动，由于1摆与3摆摆长相差最大，故1摆振幅应较小．故A错误，B、3摆振动起来后，使得1、2、4做受迫振动，振动的频率都等于3振动的频率．所以各摆振动的周期都相等，故B错误25/26C、由AB分析知，C错误D、3摆振动起来后，使得1、2、4做受迫振动，振动的频率都等于3振动的频率．所以各摆振动的周期都相等．故D正确故选D　16．如图所示，一束光线从折射率为1.5的玻璃内射向空气，在界面上的入射角为45°，下面四个光路图中，正确的是（　　）A．B．C．D．【考点】光的折射定律；光的反射定律．【分析】根据折射率，由临界角公式sinC=，求出临界角的范围，判断光线从玻璃射向空气时能否发生全反射．若能射入空气，折射角将大于入射角，同时有反射．【解答】解：设玻璃的临界角为C．由sinC=得，sinC=，则C＜45°．由图光线从玻璃射入空气时入射角为i=45°＞C，所以光线将在玻璃与空气的界面上发生全反射，光线全部反射回玻璃，则A正确．故选A　17．一列简谐横波在x轴上传播，t=0时，x轴上0至12m区域内的波形图象如图所示（x=8m处的质点恰好位于平衡位置），t=1.2s时其间恰好第三次出现图示的波形，根据以上的信息，可以确定（　　）A．波的传播速度大小B．△t=1.2s时间内质点P经过的路程C．t=0.6s时刻质点P的速度方向D．t=0.6s时刻的波形【考点】波长、频率和波速的关系；横波的图象．25/26【分析】由波动图象读出波长．根据经过1.2s该波形恰好第三次重复出现，可确定周期，读出波长，由波速公式v=确定波速．质点经过一个周期，通过的路程是四个振幅，经过整数倍周期，图象重复．由于波的传播方向不确定，P点的速度方向不确定．【解答】解：A、由波动图象读出波长λ=8m．根据经过1.2s该波形恰好第三次重复出现，得到2T=1.2s，则周期为T=0.6s，可确定出波速为v===m/s，故A正确．B、经过△t=1.2s=2T的时间，质点P通过的路程是S=8A=80cm．故B正确．C、由于波的传播方向不确定，P点的速度方向不确定．故C错误．D、t=0.6s时的波形图与图示时刻重复，是确定的．故D正确．故选：ABD　18．蓝光光碟是利用波长较短（波长约为405nm）的蓝色激光读取和写入数据的光碟，而传统DVD需要光头发出红色激光（波长约为650nm）来读取或写入数据，通常来说波长越短的激光，能够在单位面积上记录或读取更多的信息．因此，蓝光极大地提高了光盘的存储容量，对于光存储产品来说，蓝光提供了一个跳跃式发展的机会．目前为止，蓝光是最先进的大容量光碟格式．一束由红、蓝两单色激光组成的复色光从水中射向空气中，并分成a、b两束，则下列说法正确的是（　　）A．用a光可在光盘上记录更多的数据信息B．如果用a光照射能使某金属发生光电效应，则用b光也一定能使该金属发生光电效应C．使用同种装置，用a光做双缝干涉实验得到的条纹比用b光得到的条纹宽D．b光在水中传播的速度较a光大【考点】光电效应；信息传播、处理和存储技术的发展；光的双缝干涉现象和薄膜干涉现象；电磁波谱．【分析】A、红光的折射率小于蓝光，根据光的可逆性，利用折射率的公式n=，比较出两光的折射率．B、发生光电效应的条件是当入射光的频率大于截止频率，就会发生光电效应．比较出a、b光的频率，即可得知．C、根据进行比较．D、根据进行比较．【解答】解：A、根据光的可逆性，n=，折射角相同，入射角大的折射率大，从图可知，b光的折射率大，所以a为红光束，b为蓝光束，故A错误．25/26B、折射率大的频率大，a光频率小于b光频率，所以用a光照射能使某金属发生光电效应，则用b光也一定能使该金属发生光电效应．故B正确．C、a波长大于b光波长，又△x=λ，波长越长，条纹越宽，故项正确．D、v=，na＜nb，故va＞vb，故D项错误．故选BC．　四、计算题（共2小题，满分20分）19．一根弹性绳沿x轴方向放置，左端在原点O处，用手握住绳的左端使其沿y轴方向做周期为1s的简谐运动，于是在绳上形成一简谐波，绳上质点N的平衡位置为x=5m，振动传播到质点M时的波形如图所示，求：①绳的左端振动经多长时间传播到质点N；②质点N开始振动时，绳的左端已通过的路程．【考点】波长、频率和波速的关系；横波的图象．【分析】①由图读出波长和周期，求出波速，根据质点N到波源O的距离，求出时间；②据振动的时间，分析波源的振动情况和通过的路程；【解答】解：①由图可知，波长λ=2m，则波速：v==m/s=2m/s振动从O传播到质点N经历的时间：t==s=2.5s②因n===2.5，所以质点N开始振动时，绳的左端已通过的路程为：s=2.5×4A=2.5×4×8cm=80cm答：①绳的左端振动经2.5s时间传播到质点N；②质点N开始振动时，绳的左端已通过的路程为80cm．　20．如图所示，用折射率为的透明物质做成内外半径分别为a=0.10m、b=0.20m的空心球，内表面涂上能完全吸光的物质，不考虑光在介质内部传播时的反射光线．问：当平行光射向此球时有一部分光经过球的折射能从球右侧射出，求这部分平行入射光束的横截面积？【考点】光的折射定律．25/26【分析】由题意可得出能从球面射出光线的边界光线的光路图；由几何关系确定折射角，则可求得折射角，由几何关系即可求得入射光束的横截面积．【解答】解：能从外球面射出的边界光线的光路图如图所示，折射角sinβ==0.5由折射定律得：n=代入数据得：sinα=则α=45°被吸收入射光的圆形横截面积的半径：r=bsin45°所以满足条件的入射光的横截面积S=πb2﹣πr2=0.02π=0.0628m2．答：这部分平行入射光束的横截面积为0.0628m2．　五、[选修3－5]选择题（共6小题，满分0分）21．关于电子的说法，正确的是（　　）A．组成阴极射线的带电粒子是α粒子B．发生光电效应时，有电子从金属表面逸出C．β衰变说明原子核里有电子D．玻尔理论认为，氢原子中电子的轨道半径是连续的【考点】光电效应．【分析】阴极射线的带电粒子是电子；光电效应时，有电子从金属表面逸出；原子核内没有电子；电子轨道半径是量子化的．【解答】解：A、组成阴极射线的带电粒子是电子，故A错误．B、发生光电效应时，有电子从金属表面逸出，故B正确．C、β衰变是原子核内的一个中子转变为一个质子和一个电子，电子释放出来，原子核内没有电子，故C错误．D、玻尔理论认为，氢原子中电子轨道半径是量子化的，故D错误．故选：B．　22．下列说法错误的是（　　）A．随着温度的升高，一方面各种波长的辐射强度都会增加；另一方面辐射强度的极大值向波长较短的方向移动B．在康普顿效应中，当入射光子与晶体中的电子碰撞时，把一部分动量转移给电子，因此，光子散射后波长变短C．根据海森伯提出的不确定性关系可知，不可能同时准确地测定微观粒子的位置和动量D．物质波和光波都是概率波【考点】物质波．25/26【分析】黑体辐射规律：温度越高，波长越短，辐射强度越强；当碰撞时，动量减小，导致光子的波长变长；不确定性关系，说明微观粒子没有准确的位置与动量；物质波与光波都具有概率．【解答】解：A、黑体辐射规律：温度越高，波长越短，辐射强度越强，故A正确；B、康普顿效应中，当入射光子与晶体中的电子碰撞时，部分动量转移给电子，则光子的动量减小，由λ=，可知光子的波长变长，故B错误；C、由不确定性关系可知，微观粒子没有准确的位置和动量，故C正确；D、根据物质波的特点可知，物质波和光波具有概率性，故D正确；本题选择错误的，故选：B　23．如图所示，一沙袋用无弹性轻细绳悬于O点，开始时沙袋处于静止，此后弹丸以水平速度击中沙袋后均未穿出．第一粒弹丸的速度为v1，打入沙袋后二者共同摆动的最大摆角为30°，当其第一次返回图示位置时，第二粒弹丸以水平速度v2又击中沙袋，使沙袋向右摆动且最大摆角仍为30°，若弹丸质量是沙袋质量的倍，不计空气阻力，则以下结论中正确的是（　　）A．v1：v2=1：1B．v1：v2=31：32C．v1：v2=32：31D．v1：v2=31：63【考点】动量守恒定律；物体的弹性和弹力．【分析】子弹射入沙袋过程，由于内力远大于外力，系统的动量守恒．子弹打入沙袋后二者共同摆动的过程机械能守恒，当他们第一次返回图示位置时，速度大小等于子弹射入沙袋后瞬间的速度，根据动量守恒定律求解．【解答】解：设子弹的质量为m，沙袋质量为M=30m．取向右方向为正，第一次射入过程，根据动量守恒定律得：mv1=31mv根据系统沙袋又返回时速度大小仍为v，但方向向左，第2粒弹丸以水平速度v2击中沙袋过程，根据动量守恒定律得：mv2﹣31mv=32mv′第一颗子弹打入沙袋后二者共同摆动的过程中，设细绳长为L，由机械能守恒得：（M+m）gL（1﹣cos30°）=（M+m）v2；得：v=可见v与系统的质量无关，两次最大摆角均为30°，故v′=v联立解得：=故选：D　24．图甲所示为氢原子的能级，图乙为氢原子的光谱．已知谱线a是氢原子从n=4的能级跃迁到n=2的能级时的辐射光，则谱线b是氢原子（　　）25/26A．从n=3的能级跃迁到n=2的能级时的辐射光B．从n=5的能级跃迁到n=2的能级时的辐射光C．从n=4的能级跃迁到n=3的能级时的辐射光D．从n=1的能级跃迁到n=2的能级时的辐射光【考点】氢原子的能级公式和跃迁．【分析】氢原子能级跃迁时，两能级间的能级差越大，辐射的光子能量越大，则光子频率越大，波长越小．【解答】解：ABC、谱线a是氢原子从n=4的能级跃迁到n=2的能级时的辐射光，波长大于谱线b，所以a光的光子频率小于b光的光子频率．所以b光的光子能量大于n=4和n=2间的能级差．n=3跃迁到n=2，n=4跃迁到n=3的能级差小于n=4和n=2的能级差．n=5和n=2间的能级差大于n=4和n=2间的能级差．故A、C错误，B正确．D、从n=1的能级跃迁到n=2的能级时需吸收光子能量．故D错误．故选B．　25．下列说法正确的是（　　）A．β衰变说明了β粒子（电子）是原子核的组成部分B．欲使处于基态的氢原子（能量为﹣13.6eV）电离，可以用动能为13.7eV的电子去碰撞C．用不可见光照射金属一定比用可见光照射同种金属产生的光电子的初动能要大D．发现中子的核反应是→【考点】原子核衰变及半衰期、衰变速度．【分析】β衰变是原子核内的中子转化为质子而放出的电子，不可见光的频率不一定比可见光的频率大，欲使处于基态的氢原子（能量为﹣13.6eV）电离，可以用动能为13.7eV的电子去碰撞．【解答】解：A、原子核是由质子和中子组成的，β衰变是原子核内的中子转化为质子而放出的电子，A错误；B、欲使处于基态的氢原子（能量为﹣13.6eV）电离，可以用动能为13.7eV的电子去碰撞，B正确；C、不可见光的频率不一定比可见光的频率大，则用不可见光照射金属不一定比用可见光照射同种金属产生的光电子的初动能大．故C错误；D、发现中子的核反应是→，D正确．故选：BD．　26．下列说法中正确的是（　　）25/26A．α射线与γ射线都是电磁波B．光电效应说明光具有粒子性C．天然放射现象说明原子核具有复杂的结构D．用加温、加压或改变其化学状态的方法能改变原子核衰变的半衰期【考点】原子核衰变及半衰期、衰变速度；光电效应；天然放射现象．【分析】α射线是氦核流，γ射线是电磁波；光电效应说明光具有粒子性；天然放射现象说明原子核内部有复杂结构；半衰期的大小与温度、压强以及化学性质无关．【解答】解：A、α射线不是电磁波，是氦核流．故A错误．B、光具有波粒二象性，光电效应说明光具有粒子性．故B正确．C、天然放射现象说明原子核内部有复杂结构．故C正确．D、半衰期由原子核内部因素决定，与温度、压强、化学性质无关．故D错误．故选BC．故选BC．　六、计算题（共2小题，满分0分）27．原子核的衰变方式不同，释放的能量也不同，由此可以用来确定原子核的质量差.Cu可以衰变为Zn，释放的核能是E1；也可以衰变为Ni，释放的核能为E2，E2＞E1．①写出两种衰变方式的衰变方程．②求出Zn和Ni的质量差△m．【考点】爱因斯坦质能方程．【分析】根据电荷数守恒、质量数守恒写出核反应方程式，根据爱因斯坦质能方程求出质量的亏损．【解答】解：①根据电荷数守恒、质量数守恒得，Cu可以衰变为Zn的反应方程：→，Cu可以衰变为Ni的反应方程：→②由质能方程有．．而△m=mZn﹣mNi解得．答：①两种衰变方式的衰变方程→，→②Zn和Ni的质量差△m是．25/26　28．如图所示，光滑的水平面上有两块完全相同的足够长的木板A和B，在B的右端有一个可以看做质点的小铁块C，三者的质量都为与A、B间的动摩擦因数都为μ，A、B、C开始都处于静止状态．现使A以速度v0向右运动并与B相碰，撞击时间极短，碰后A、B粘在一起运动，而小铁块C可以在A、B上滑动，重力加速度为求：①A与B碰后的瞬间A、B和C的速度．②小铁块C最终相对木板B滑动的距离．【考点】动量守恒定律．【分析】（1）对AB组成的系统由动量守恒即可求得碰后AB的共同速度，撞击时间极短，C的速度还是零．（2）对整体进行分析，由动量守恒定律可求得最后的速度，再由机械能守恒定律可求得小铁块最终相对木板滑动的距离．【解答】解：（1）A以速度υ0向右运动并与B相碰，撞击时间极短，碰后A、B粘在一起运动，所以A与B碰后的瞬间，C的速度仍然为零，规定向右为正方向，对AB组成的系统由动量守恒得：mυ0=2mv解得：v=：（2）设最终ABC的共同速度为v2，由动量守恒定律mv0=3mv2ABC达共同速度时，设C相对木板的距离为s，设由能量守恒定律有：μmgs=×2mv12﹣×3mv22解得：s=答：A与B碰后的瞬间A、B的速度大小是，C的速度为零．（2）小铁块C最终相对木板B滑动的距离为　25/26