1、高二（下）期末物理試卷參考答案與試題解析一、選擇題（本大題共10小題，每小題4分，計40分，其中17題為單選題，每小題有一項是正確的，第8、9、10為多選題，每題有幾項是正確的，全部選對得4分，漏選得2分，錯選、不選得0分）1（4分）關于分子電流，下面說法中正確的是（）A分子電流假說最初是由法國學者法拉第提出的B分子電流假說揭示了磁鐵的磁場與電流的磁場具有共同的本質，即磁場都是由電荷的運動形成的C“分子電流”是專指分子內部存在的環(huán)形電流D分子電流假說無法解釋加熱“去磁”現象考點：分子電流假說分析：原來有磁性的物體，經過高溫、劇烈震動等作用后分子電流的排布重新變的雜亂無章，分子電流仍然存在且強度

2、也沒有發(fā)生變化，但分子電流產生的磁場相互抵消，這樣就會失去磁性解答：解：A、分子電流假說最初是由安培提出來的，A錯誤；B、C、“分子電流”并不是專指分子內部存在環(huán)形電流的，分子電流假說揭示了磁鐵的磁場與電流的磁場具有共同的本質，即磁場都是由電荷的運動形成的，所以C錯誤B正確；D、加熱去磁現象可以根據分子電流假說解釋，構成磁體的分子內部存在一種環(huán)形電流分子電流通常情況下磁體分子的分子電流取向是雜亂無章的，它們產生的磁場互相抵消，D錯誤故選：B點評：掌握了安培分子電流假說的內容即可順利解決此類問題，故要重視基本概念的學習和掌握2（4分）關于磁場、磁感應強度和磁感線的說法，正確的是（）A磁極之間的相

3、互作用是通過磁場發(fā)生的，磁場和電場一樣，也是一種物質B由B=可知，磁感應強度與通電導線的電流和長度的乘積IL成反比C磁感應強度的方向就是磁場中通電導線所受磁場力的方向D磁感線就是細鐵屑在磁鐵周圍排列出的曲線，沒有細鐵屑的地方就沒有磁感線考點：磁感應強度；磁感線及用磁感線描述磁場分析：在磁場中磁感應強度有強弱，則由磁感應強度來描述強弱將通電導線垂直放入勻強磁場中，即確保電流方向與磁場方向相互垂直，則所受的磁場力與通電導線的電流與長度乘積之比解答：解：A、磁鐵周圍存在磁場，磁極之間的相互作用是通過磁場發(fā)生的，磁場和電場一樣，也是一種特殊的物質故A正確；B、由B=可知，是通過比值法定義的，所以B與F

4、，與IL均無關，而B由磁場本身性質決定故B錯誤；C、通電導線在磁場中的受磁場力方向，可由左手定則來確定，磁場力的方向與磁場方向是相互垂直的，故C錯誤；D、磁感線就是細鐵屑在磁鐵周圍排列出的曲線，沒有細鐵屑的地方仍存在磁場，但磁感線是假想的曲線，是不存在的故D錯誤；故選：A點評：磁感應強度的定義式B=，要抓住于比值定義法的共性來理解，要知道通電導線垂直放在磁場中，即B與F、I、L均沒有關系，它是由磁場的本身決定3（4分）關于安培力和洛倫茲力的異同，下列說法中正確的是（）A兩種力本質上都是磁場對運動電荷的作用B洛倫茲力與帶電粒子的運動方向有關，安培力與自由電荷定向移動的方向無關C兩種力的方向均可用

5、右手定則判斷D安培力、洛倫茲力都一定不做功考點：洛侖茲力；安培力分析：通電導線在磁場中受到力為安培力，而運動電荷在磁場中受到力為洛倫茲力它們均屬于磁場力，所以方向都由左手定則來確定，由于洛倫茲力始終與速度垂直，所以洛倫茲力不做功解答：解：A、通電導線的電流也是由電荷的定向移動而形成的，所以兩種力本質上都是磁場對運動電荷的作用故A正確；B、洛倫茲力的方向與帶電粒子的運動有關，安培力的方向與電流方向有關，而自由電荷的定向移動形成電流，所以B錯誤；C、兩種力的方向均可用左手定則判斷，故C錯誤；D、安培力做功，但洛倫茲力始終與速度方向垂直，所以洛倫茲力不做功，故D錯誤；故選：A點評：洛倫茲力是電荷在磁

6、場中運動，才會有力的作用同時通電導線與運動電荷在磁場中不一定有力的作用，但電流方向或電荷運動方向與磁場平行時，沒有磁場力4（4分）（2013珠海一模）通電螺線管內有一在磁場力作用下面處于靜止的小磁針，磁針指向如圖所示，則（）A螺線管的P端為N極，a接電源的正極B螺線管的P端為N極，a接電源的負極C螺線管的P端為S極，a接電源的正極D螺線管的P端為S極，a接電源的負極考點：通電直導線和通電線圈周圍磁場的方向分析：根據小磁針靜止時N極指向磁場方向，再根據安培定則判斷電流的方向解答：解：由題，小磁針靜止時N極指向向左，則通電螺線管內部磁場方向向左，P端為N極根據安培定則判斷出電流的方向：從b端流進，

7、從a端流出，b接電源的正極，a接電源的負極故B正確故選B點評：本題是安培定則的簡單應用，對于小磁針放在通電螺線管內部時，只能根據小磁針的指向來確定磁場方向，不能根據異名相吸來確定磁場方向5（4分）（2009寶山區(qū)二模）在圖示電路的三根導線中，有一根是斷的，電源、電阻器R1、R2及另外兩根導線都是好的，為了查出斷導線，某學生想先將萬用表的紅表筆連接在電源的正極a，再將黑表筆分別連電阻器R1的b端和R2的c端，并觀察萬用表指針的示數，在下列選檔中，符合操作規(guī)程的是（）A直流10V擋B直流0.5A擋C直流2.5V擋D歐姆擋考點：用多用電表測電阻專題：實驗題分析：有多用表檢測故障若使用電壓檔或電流檔，

8、將其連入電路要注意量程，用歐姆檔要把待檢測電路從電源斷開解答：解：用電壓檔檢測其量程要大于6V，故A正確，C錯誤 用電流檔要用較大量程，所給B中的0.5A太小，故B錯誤 用歐姆檔要把電源斷開，本題操作沒有，故D錯誤故選：A點評：考查多用電表的使用，明確利用其檢測故障要注意量程6（4分）（2014石景山區(qū)一模）如圖所示，a、b是邊界范圍、磁感應強度大小和方向都相同的兩個勻強磁場區(qū)域，a的下端離水平地面的高度比b高一些甲、乙是兩個完全相同的閉合正方形導線框，分別位于a、b的正上方，兩線框的下端離地面的高度相同兩線框由靜止同時釋放，穿過磁場后落到地面，下落過程中線框平面始終保持與磁場方向垂直下列說法

9、正確的是（）A乙線框先落地B兩線框同時落地C穿過磁場的過程中，乙線框產生的熱量較少D穿過磁場的過程中，兩線框產生的熱量相同考點：導體切割磁感線時的感應電動勢；焦耳定律專題：電磁感應與電路結合分析：先根據線框進入磁場時安培力的大小，比較安培力做功的大小，再根據功能關系比較線框落地時速度的大小再對全過程，運用動量定理列式，即可比較時間的長短解答：解：先比較甲、乙線框落地時速度的大?。阂揖€框進入磁場時速度較大，安培力較大，線框克服安培力做功較多，即產生的熱量較多；根據能量守恒定律得知乙線框落地時的速度較小線框穿過磁場區(qū)域過程受到的安培力是變力，設受到的平均安培力為F，穿過磁場的時間為t，下落全過程的

10、時間為t，落地速度為v對全過程，由動量定理得：mgtFt=mv而Ft=BILt=BLq，又感應電荷量 q=，因為磁通量相同，通過線框截面的電荷量相等，則兩個下落過程線框所受的安培力沖量相同因為v乙v甲，所以t乙t甲，即乙線框先落地，故A正確，BCD錯誤故選：A點評：本題的關鍵要運用動量定理分析時間關系，還要掌握感應電荷量的公式q=對于變力情形，運用動量定理研究時間是常用的方法，要學會應用7（4分）電流表的內阻是Rg=100，滿刻度電流值是Ig=1mA，現欲把這電流表改裝成量程為3V的電壓表，正確的方法是（）A應串聯一個0.1的電阻B應并聯一個0.1的電阻C應串聯一個2900的電阻D應并聯一個2

11、900的電阻考點：把電流表改裝成電壓表專題：實驗題；恒定電流專題分析：電流表改裝成電壓表要串聯電阻分壓，串聯的阻值為R=Rg，U為改裝后的量程解答：解：改裝成電壓表要串聯電阻分壓，串阻值為：R=Rg=則A，B，D錯誤，C正確故選：C點評：考查的電壓表的改裝原理，明確串聯電阻的分壓作用，會求串聯電阻阻值8（4分）如圖所示，A、B為兩個相同的環(huán)形線圈，它們共軸并靠近放置，A線圈中通有圖中所示的正弦交變電流，則（）A在t1t2時間內，線圈A、B相互排斥B在t2t3時間內，線圈A、B相互排斥Ct1時刻兩線圈間作用力為零Dt2時刻兩線圈間作用力最大考點：通電直導線和通電線圈周圍磁場的方向分析：根據安培定

12、則確定電流與磁場的方向關系，再根據楞次定律知，感應電流的磁場總是阻礙引起感應電流的磁通量的變化當磁通量增大時，感應電流的磁場與它相反，當磁通量減小時，感應電流的磁場與它相同最后運用同向電流相互吸引，異向電流相互排斥解答：解：A、在t1到t2時間內，若設順時針（從左向右看）方向為正，則線圈A電流方向順時針且大小減小，所以根據右手螺旋定則可判定穿過線圈B方向向右的磁通量大小減小，由楞次定律可知，線圈B的電流方向順時針方向，因此A、B中電流方向相同，出現相互吸引現象，故A錯誤；B、在t2到t3時間內，若設順時針方向（從左向右看）為正，則線圈A電流方向逆時針且大小增大，所以根據右手螺旋定則可判定穿過線

13、圈B方向向左的磁通量大小增大，由楞次定律可知，線圈B的電流方向順時針方向，因此A、B中電流方向相反，A、B出現互相排斥，故B正確；C、由題意可知，在t1時刻，線圈A中的電流最大，而磁通量的變化率是最小的，所以線圈B感應電流也是最小，因此兩線圈間作用力為零，故C正確；D、在t2時刻，線圈A中的電流最小，而磁通量的變化率是最大的，所以線圈B感應電流也是最大，但A、B間的相互作用力最小，故D錯誤；故選：BC點評：解決本題的關鍵掌握安培定則、楞次定律的內容，知道感應電流的磁場總是阻礙引起感應電流的磁通量的變化同時注意同向電流相互吸引與同種電荷相互排斥不同9（4分）直流電路如圖所示，在滑動變阻器的滑片P

14、從圖示位置向右移動時電源的（）A總功率一定減小B效率一定增大C內部損耗功率一定減小D輸出功率一定先增大后減小考點：電功、電功率；閉合電路的歐姆定律專題：恒定電流專題分析：滑片向右移動時，滑動變阻器接入電路的阻值變大，由歐姆定律可以判斷電路電流如何變化，由電功率公式可以分析答題解答：解：由電路圖可知，當滑動變阻滑片向右移動時，滑動變阻器接入電路的阻值增大，電路總電阻變大，電源電動勢不變，由閉合電路的歐姆定律可知，電路總電流I變?。籄、電源電動勢E不變，電流I變小，電源總功率P=EI減小，故A正確；B、電源的效率=，電源內阻r不變，滑動變阻器阻值R變大，則電源效率增大，故B正確；C、電源內阻r不變

15、，電流I減小，源的熱功率PQ=I2r減小，故C正確；D、當滑動變阻器阻值與電源內阻相等時，電源輸出功率最大，由于不知道最初滑動變阻器接入電路的阻值與電源內阻間的關系，因此無法判斷電源輸出功率如何變化，故D錯誤；故選：ABC點評：知道電路串并聯中的電流電壓關系，并熟練應用閉合電路歐姆定律、電功率公式即可正確解題10（4分）如圖所示，勻強磁場方向水平向里，勻強電場方向豎直向下，有一正離子（不計重力），恰能以某一速度沿直線從左向右水平飛越此區(qū)域，則（）A若電子以同樣速度從右向左飛入，電子將沿直線運動B若電子以同樣速度從右向左飛入，電子將向上偏轉C若電子以同樣速度從右向左飛入，電子將向下偏轉D若電子以

16、同樣速度從左向右飛入，電子也沿直線運動考點：帶電粒子在混合場中的運動專題：帶電粒子在復合場中的運動專題分析：先根據正交電場和磁場的方向，判斷從左邊水平射入的正離子的受力，由此可知電場力和洛倫茲力平衡，從而得出正離子的速度，由此可得無論什么電性的粒子，以這速度從左邊水平射入，都不會偏轉但是從右邊水平射入，電場力和洛倫茲力方向會一致，就會發(fā)生偏轉解答：解：A、B、C、正離子從左邊進入電場，在電場中受到向上的電場力和向下的洛倫茲力作用，因恰能沿直線從左邊水平飛出，可知電場力和洛倫茲力平衡，有qE=qv0B，得v0=；電子從右側進入電場，受到的電場力方向向上，由左手定則可知，洛倫茲力方向也向上，所以電

17、子將向上偏轉故A錯誤，B正確，C錯誤；D、若粒子帶負電，也從左邊以速度v0射入，電場力和洛倫茲力的方向對調，發(fā)現還是有v0=，所以帶電粒子只要以速度v0從左邊水平進入電場，粒子就會沿水平方向射出，與電性和電量無關故D正確；故選：BD點評：此題考察了速度選擇器的問題，在速度選擇器中，粒子的受力特點是：同時受到方向相反的電場力和洛倫茲力作用；粒子能勻速通過選擇器的條件是電場力和洛倫茲力平衡二、實驗題（本大題1大題，計15分）11（15分）（2012北京）在“測定金屬的電阻率”實驗中，所用測量儀器均已校準，待測金屬絲接入電路部分的長度約為50cm（1）用螺旋測微器測量金屬絲直徑，其中某次測量結果如圖

18、1所示，其讀數應為0.397mm（該值接近多次測量的平均值）（2）用伏安法測金屬絲的電阻RX，實驗所用器材為：電池組（電動勢為3V，內阻約為1），電流表（內阻約為0.1），電壓表（內阻約為3k），滑動變阻器R（020，額定電流為2A）開關，導線若干某同學利用以上器材正確連接好電路，進行實驗測量，記錄數據如下：次數1234567U/V0.100.300.701.001.501.702.30I/A0.0200.0600.1600.2200.3400.4600.520由以上實驗數據可知，他們測量RX是采用圖2中甲和乙中的圖甲（選填“甲”或“乙”）（3）如圖3是測量RX的實驗器材實物圖，圖中已經連接了

19、部分導線，滑動變阻器的滑片P置于變阻器的一端，請根據上圖所選的電路圖，補充完成圖3中實物間的連線，并使閉合開關的瞬間，電壓表或電流表不至于被燒壞（4）這個小組的同學在坐標紙上建立U、I坐標系，如圖4所示，圖中已經標出了與測量數據相對應的四個點，請在下圖中標出第2、4、6次測量數據的坐標點，并描繪出UI圖線，由圖線得到金屬絲的阻值RX=4.5（保留兩位有效數字）（5）根據以上數據可估算出金屬絲的電阻率約為C（填選項前的序號）A、1×102mB、1×103mC、1×106mD、1×108m（6）任何實驗測量都存在誤差，本實驗所用測量儀器都已校準，下列關于誤差

20、的說法中正確的選項是CD（有多個正確選項）A、用螺旋測微器測量金屬絲直徑時，由于讀數引起的誤差屬于系統(tǒng)誤差B、由于電流表和電壓表內阻引起的誤差屬于偶然誤差C、若將電流表和電壓表的內阻計算在內，可以消除由測量儀表引起的系統(tǒng)誤差D、用UI圖象處理數據求金屬絲電阻可以減小偶然誤差考點：測定金屬的電阻率；伏安法測電阻專題：實驗題；恒定電流專題分析：（1）關于螺旋測微器的讀數，要先讀出固定刻度，再讀出可動刻度，然后相加即可得出結果（2）根據數據比較電壓表、電流表和被測電阻的阻值關系，確定可采取的電路（3）按照電路原理圖進行實物圖的連接，注意導線不能交叉和滑動變阻器的連接方式（4）根據圖上所標的點，做出U

21、I圖線，從而可得出電阻值（5）把以上數據代入電阻定律，可得出結果（6）結合試驗誤差出現的原因，可得出答案解答：解：（1）固定刻度讀數為0，可動刻度讀數為39.7，所測長度為0+39.7×0.01=0.397mm（2）由記錄數據根據歐姆定律可知金屬絲的電阻Rx約5則有，比較Rx為小電阻應該采用外接法測量誤差小由（3）知是用伏安特性曲線來測量電阻的，就要求電壓電流從接近0開始調節(jié)，所以應該采用分壓接法甲（3）注意連圖時連線起點和終點在接線柱上并且不能交叉，結合（2）可知應該連接成外接分壓接法（甲）那么在連線時斷開開關且使Rx兩端的電壓為0先連外接電路部分，再連分壓電路部分，此時滑片P必須

22、置于變阻器的左端實物圖如右圖所示，（4）描繪出第2、4、6三個點后可見第6次測量數據的坐標點誤差太大舍去，然后作出UI圖線如右圖所示；其中第4次測量數據的坐標點在描繪出的UI圖線上，有：（5）根據電阻定律 有：106m，從數量級上估算出的金屬絲電阻率是C選項（6）用螺旋測微器測量金屬絲直徑時，由于讀數引起的誤差屬于偶然誤差；由于電流表和電壓表內阻引起的誤差屬于系統(tǒng)誤差答案為CD故答案為：（1）0.397（2）甲（3）如圖（4）如圖，4.5（5）C （6）CD點評：該題是綜合性較強的題，解答時注意一下幾方面：1、對于長度的測量注意高中所要求的游標卡尺和螺旋測微器的使用方法，讀書時是固定刻度的值與

23、可動刻度的值得和2、會根據電壓表、電流表及被測電阻的阻值關系，確定電流表是內接還是外接3、實物連接時，注意導線不能相交叉，并且要注意閉合電建時，分壓電路的輸出端電壓要為零4、會用電阻定律來求解導線的電阻率5、了解實驗誤差產生的原因，并會在試驗中做到盡可能的減小誤差三、計算題（本大題2小題，計25分，解答應寫出文字說明、計算過程或演算步驟，只想出結果的不得分，有數值計算的題，答案中必須明確寫出數值和單位）12（12分）發(fā)電機的端電壓為220V，輸出電功率為44kW，輸電線路的電阻為0.2，先用初、次級匝數之比為1：10的升壓變壓器升壓，經輸電線路后，再用初、次級匝數比為10：1的降壓變壓器降壓供

24、給用戶（1）畫出全過程的線路圖；（2）求用戶得到的電壓和功率；（3）若不經過變壓而直接送到用戶，求用戶得到的功率和電壓考點：遠距離輸電專題：交流電專題分析：（1）（2）畫出遠距離輸電的示意圖，根據升壓 變壓器原副線圈的匝數比和輸入電壓，求出輸出電壓，從而得出輸送的電流，根據P損=I2R求出輸電線上損耗的功率根據輸電線上的電壓損失得出降壓變壓器的輸入電壓，從而得出用戶得到的電壓根據功率損失求出用戶得到的功率（3）若不經過變壓而直接送到用戶，先根據P=UI求解電流，再根據P=PI2r求解戶得到的功率，根據U=UIr求解戶得到的電壓解答：解：（1）全過程的線路示意圖如圖所示：（2）根據=，解得升壓變

25、壓器的輸出電壓為：U2=220×10V=2200V則輸電線上的電流為：I2=A=20A，損失的功率為：P損=I22R=400×0.2W=80W輸電線上損失的電壓為：U=I2R=20×0.2V=4V則降壓變壓器輸入電壓為：U3=U2U=22004V=2196V根據=，得用戶得到的電壓為：U4=219.6V用戶得到的功率為：P=PP損=4400080=43920W=43.92KW（3）若不經過變壓而直接送到用戶，電流為：I=200A用戶得到的功率：P=PI2r=440002002×0.2=36000W=36KW用戶得到的電壓為：U=UIr=220200

26、15;0.2=180V答：（1）畫出全過程的線路圖，如圖所示；（2）用戶得到的電壓為219.6V，功率為43.92KW；（3）若不經過變壓而直接送到用戶，用戶得到的功率為36KW，電壓為180V點評：解決本題的關鍵知道：1、原副線圈的電壓比、電流比與匝數比的關系；2、升壓變壓器的輸出電壓、電壓損失、降壓變壓器的輸入電壓的關系；3、輸送功率、輸送電壓、電流的關系13（13分）如圖所示，兩平行金屬板P1和P2之間的距離為d、電壓為U，板間存在磁感應強度為B1的勻強磁場一個帶正電的粒子在兩板間沿虛線所示路徑做勻速直線運動粒子通過兩平行板后從O點進入另一磁感應強度為B2的勻強磁場中，在洛倫茲力的作用下

27、，粒子做勻速圓周運動，經過半個圓周后打在擋板MN上的A點已知粒子的質量為m，電荷量為q不計粒子重力求：（1）粒子做勻速直線運動的速度v（2）O、A兩點間的距離x考點：帶電粒子在勻強磁場中的運動；牛頓第二定律；向心力專題：帶電粒子在磁場中的運動專題分析：（1）根據粒子沿直線運動時電場力等于洛倫茲力求出速度的大小（2）根據帶電粒子在磁場中的半徑公式，抓住O、A兩點的距離差粒子做圓周運動的直徑求解；解答：解：（1）帶正電的粒子在兩板間做勻速直線運動，故所受電場力和洛倫茲力為一對平衡力，即：Eq=B1qv所以：（2）帶電粒子進入下面的勻強磁場后做勻速圓周運動，O、A兩點間的距離x為其做圓周運動的直徑，

28、故 答：（1）粒子做勻速直線運動的速度v為（2）O、A兩點間的距離x為點評：解決本題的關鍵知道粒子在電容器間受電場力和洛倫茲力平衡，以及知道在勻強磁場中靠洛倫茲力提供向心力，掌握軌道半徑公式四、（選考題）：共20分，請考生從給出的兩個模塊中選一模塊作答，如果多做，則按第一模塊即【選修3-4】計分【選修3-4】14（3分）一列向右傳播的橫波在某一時刻的波形如圖所示，其中質點P、Q到平衡位置的距離相等，關于P、Q兩質點，以下說法正確的是（）AP較Q先回到平衡位置B再經一個周期，兩質點到平衡位置的距離相等C兩質點動量相同D兩個質點加速度相同考點：波長、頻率和波速的關系；橫波的圖象分析：由圖看出，P、

29、Q兩點平衡位置間的距離等于半個波長，振動情況總是相反，同時回到平衡位置，任意時刻動量的大小相等、方向相反，加速度大小相等、方向相反解答：解：A、由圖看出，P、Q兩點平衡位置間的距離等于半個波長，振動情況總是相反，則兩質點同時回到平衡位置故A錯誤B、P、Q振動情況總是相反，再經一個周期，兩個質點到平衡位置的距離相等故B正確C、兩個質點在任意時刻的動量大小相等、方向相反，由于動量是矢量，所以動量不同故C錯誤D、兩個質點在任意時刻的加速度大小相等、方向相反，則加速度不相同故D錯誤故選：B點評：本題中P、Q兩點稱為反相點，平衡位置間距離是半個波長的奇數倍，振動情況總是相反15（3分）（2006湖北模擬

30、）有下列說法：宏觀物體的物質波波長非常小，極易觀察到它的波動性 激光有較好的相干性 核反應中的質量虧損現象違背了能量守恒定律 氫原子的能量是不連續(xù)的，因此輻射光子的能量也是不連續(xù)的你認為正確的是（）ABCD考點：能量守恒定律分析：宏觀物體的物質波波長非常小，不易觀察到它的波動性，激光具有相干性好，平行度好、亮度高等特點，原子核反應過程中的質量虧損現象不違背能量守恒定律，只是換種形式存在，氫原子的能量是不連續(xù)的，輻射光子的能量也是不連續(xù)的解答：解：、宏觀物體的物質波波長非常小，不易觀察到它的波動性，故錯誤；激光具有相干性好，平行度好、亮度高等特點，故正確；原子核反應過程中的質量虧損現象不違背能量

31、守恒定律，只是換種形式存在，符合質能聯系方程，故錯誤；根據氫原子的能級圖可知，氫原子的能量是不連續(xù)的，輻射光子的能量也是不連續(xù)的，故正確故選C點評：本題考查的都是原子物理中的基礎知識，要注意平時多積累16（4分）如圖所示為甲、乙兩單擺做簡諧運動的圖線，若g=9.8m/s2，甲的擺長L1為1m；甲、乙兩擺擺長之比為L1：L2為16：9；甲、乙兩擺甲擺角較大考點：簡諧運動的振動圖象專題：簡諧運動專題分析：通過簡諧運動的圖象得出甲擺的周期，根據單擺的周期公式T=2求出甲擺的擺長根據圖線得出周期比，從而根據周期公式得出擺長之比單擺小角度擺動，根據A=L求解擺角解答：解：甲擺的周期為2s，乙擺的周期為1

32、.5s，根據單擺的周期公式T=2得：L1=1m；L2=m；擺長L=，甲、乙兩擺的周期比為4：3，則擺長比為16：9單擺小角度擺動，甲擺的振幅為7cm，乙擺的振幅為3cm，根據A=L，兩個擺的擺角之比為：，故甲擺的擺角較大；故答案為：1m，16：9，甲點評：解決本題的關鍵會從簡諧運動圖線中讀出周期，以及掌握單擺的周期公式T=2 17（10分）（2008江蘇模擬）如圖所示，玻璃棱鏡ABCD可以看成是由ADE、ABE、BCD三個直角三棱鏡組成一束頻率為5.3×1014Hz的單色細光束從AD面入射，在棱鏡中的折射光線如圖中ab所示，ab與AD面的夾角=60°己知光在真空中的速度c=

33、3×108m/s，玻璃的折射率n=1.5，求：（1）這束入射光線的入射角多大？（2）光在棱鏡中的波長是多大？（結果保留三位有效數字）（3）該束光線第一次從CD面出射時的折射角（結果可用反三角函數表示）考點：光的折射定律；電磁波譜專題：壓軸題；光的折射專題分析：（1）已知折射率、光在AD面的折射角，根據折射定律求出入射角（2）光進入玻璃棱鏡時頻率不變根據n=求出光在玻璃棱鏡中的傳播速度，由波速公式求出光在棱鏡中的波長（3）由臨界角公式sinC=求出臨界角C，分析光線在AB面上能否發(fā)生全反射，作出光路圖，由幾何知識求出光線在CD面上入射角，再求出該束光線第一次從CD面出射時的折射角解答：

34、解：（1）設光在AD面的入射角、折射角分別為i、r，則由幾何知識得：r=30°據得：sini=nsinr=1.5sin30°=0.75則得：i=arcsin0.75（2）根據得：根據v=f，得：=3.77×107m（3）光路如圖所示由幾何知識得ab光線在AB面的入射角為45°設玻璃的臨界角為C，則有：sin 45°0.67，C45°因此光線ab在AB面會發(fā)生全反射光線在CD面的入射角r'=r=30°，根據，得光線CD面的出射光線與法線的夾角i'=i=arcsin0.75答：（1）這束入射光線的入射角arcsi

35、n0.75（2）光在棱鏡中的波長是3.77×107m（3）該束光線第一次從CD面出射時的折射角是arcsin0.75點評：本題中當光線從玻璃射向空氣時，要根據入射角與臨界角的關系，判斷能否發(fā)生全反射，而入射角可以根據幾何知識求出【選修3-5】18原子核92238U經放射性衰變變?yōu)樵?0234Th，繼而經放射性衰變變?yōu)樵雍?1234Pa，再經放射性衰變變?yōu)樵雍?2234U放射性衰變、和依次為（）A衰變、衰變和衰變B衰變、衰變和衰變C衰變、衰變和衰變D衰變、衰變和衰變考點：原子核衰變及半衰期、衰變速度分析：該題考察了、衰變特點，只要寫出衰變方程即可求解解答：解：根據、衰變特點可知：

36、92238U經過一次衰變變?yōu)?0234Th，90234Th經過1次衰變變?yōu)?1234Pa，91234Pa再經過一次衰變變?yōu)?2234U，故BCD錯誤，A正確故選A點評：本意很簡單，直接考察了、衰變特點，注意衰變過程中滿足質量數、電荷數守恒19（2006宣武區(qū)一模）如圖所示，材料不同，但是質量相等的A、B兩個球，原來在光滑水平面上沿同一直線相向做勻速直線運動，A球的速度是6m/s，B球的速度是2m/s，不久A、B兩球發(fā)生了對心碰撞對于該碰撞之后的A、B兩球的速度可能值，某實驗小組的同學們做了很多種猜測，下面的哪一種猜測結果一定無法實現（）AvA=2m/s，vB=6m/sBvA=2m/s，vB=2m/sCvA=1m/s，vB=3m/sDvA=3m/s，vB=7m/s考點：動量守恒定律；機械能守恒定律專題：動量與動能定