福建省龙海二中2017-2018学年高二下学期期末考试物理试卷

龙海二中2017-2018学年上学期期末考试高二物理试题（考试时间：90分钟 总分：100分）一、单项选择题：(共9小题，每小题4分，总共36分。

以下各小题只有一个正确答案)。

1.关于磁感线的说法，下列正确的是( ) A.磁感线从磁体N 极出发，终止于S 极 B.沿磁感线方向，磁场逐渐减弱 C.磁感线就是磁场中碎铁屑排列成的曲线 D.磁感线可表示磁场的强弱和方向2.对“静电场”一章中几个公式的理解，正确的是：（ ） A.公式C=Q/U 指出，电容器的电容随电容器所带电荷量Q 的增加而增加 B.由E=U/d 可知，电场中两点的距离越大，电场场强E 越小 C.在公式F=kq 1q 2/r 2中，kq 2/r 2是q 2所在位置的电场强度的大小 D.公式E P =q φ中，同一个负电荷在电势越高的地方电势能越小3.两个分别带有电荷量Q 和＋3Q 的相同金属球(半径均为r)，固定在相距(两球心间距离)为3r 的两处，它们间库仑力的大小为F.现将两小球相互接触后放回原处，则两球间库仑力的大小( )A ．大于 FB ．等于34F C ．小于 F D ．小于 F4.某金属导线的电阻率为ρ，电阻为R ，现将它均匀拉长到横截面积为原来的一半，那么该导线的电阻率和电阻分别变为( )A ．4ρ和4RB ．ρ和4RC ．ρ和2RD ．4ρ和2R5.图中a 、b 、c 、d 为四根与纸面垂直的长直导线，其横截面位于正方形的四个顶点上，导线中通有大小相同的电流，方向如图所示．一带负电的粒子从正方形中心O点沿垂直于纸面的方向向外运动，它所受洛伦兹力的方向是( )A ．向上B ．向下C ．向左D ．向右6．如图所示，A 、B 两点固定两个等量异种点电荷，O 为AB 中点，M 、N 为AB 中垂线上的两点，且ON ＞OM ，则（ ）A ． M 、N 两点的场强大小相等B ． M 、N 两点的场强方向相同C ． M 点的电势比N 点的电势高D ． M 点的电势比N 点的电势低7.如图所示，平行板电容器与电动势为E 的直流电源（内阻不计）连接，下极板接地，静电计所带电量很少，可被忽略．一带负电油滴被固定于电容器中的P 点，现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，则（ ）A ．平行板电容器的电容值将变大B ．静电计指针张角减小C ．带电油滴的电势能将减少D ．若先将上极板与电源正极的导线断开再将下极板向下移动一小段距离，则带电油滴所受电场力增大 8.如图所示电池甲和乙的电动势分别为E 1和E 2，内电阻分别为r 1和r 2，若用甲、乙电池分别向某个电阻R 供电，则在这个电阻上所消耗的电功率相同．若用甲、乙电池分别向某个电阻R′供电，则在R′上消耗的电功率分别为P l 和P 2，已知R′<R ，则（ ） A ．r 1＞r 2，P 1＞P 2B ．r 1＜r 2，P 1＜P 2C ．r 1＜r 2，P 1＞P 2D ．r 1＞r 2，P 1＜P 29．如图所示，在倾角为α的光滑斜面上，垂直纸面放置一根长为L ，质量为m 的直导体棒．在导体棒中的电流I 垂直纸面向外时，欲使导体棒静止在斜面上，下列外加匀强磁场的磁感应强度B 的大小和方向正确的是（ ） A ．B=mgILtan ，方向竖直向下B ．B=mgILcot ，方向竖直向上 C B=mg ，方向垂直斜面向上D ．B=mg，方向垂直斜面向下二、不定项选择题（本题共4小题．每小题4分，共16分。

福建省龙海市2016-2017学年高二物理下学期期末考试试题（90分钟 100分）一、单项选择题(每题3分，本题共13小题，共39分．每小题中只有一个选项是正确的，选对得3分，错误、不选或多选均不得分)1. 一个原子核内的质子数、中子数、核子数分别为（）A.91 个 91 个 234 个B.143 个 91 个 234 个C.91 个 143 个 234 个D.234 个 91 个 143 个2.关于光的波粒二象性，下列说法中不正确．．．的是（）A.波粒二象性指光有时表现为波动性，有时表现为粒子性B.个别光子易表现出粒子性，大量光子易表现出波动性C.能量较大的光子其波动性越显著D.光波频率越高，粒子性越明显3.核能作为一种新能源在现代社会中已不可缺少，我国在完善核电安全基础上将加大核电站建设．核泄漏中的钚（P u）是一种具有放射性的超铀元素，它可破坏细胞基因，提高患癌的风险．已知钚的一种同位素94239P u的衰变方程为：94239P u→X+24H e+γ，半衰期为24100年，则下列说法中正确的是（）A.衰变时发出的γ射线是波长很短的实物粒子，穿透能力很强B.X原子核中含有143个中子C.10个94239P u经过24100年后一定还剩余5个D.衰变过程的总质量不变4.以下说法正确的是（）A.汤姆生发现电子并提出了原子核式结构模型B.放射性元素放出的α粒子就是质子C.放射性元素放出的β粒子就是原子的核外电子D.比结合能（平均结合能）越大，表示原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定5.对于力的冲量，下列说法正确的是（）A.力越大，力的冲量就越大B.作用在物体上的力大，力的冲量不一定大C.竖直上抛运动中，上升和下降过程时间相等，则重力在整个过程中的冲量等于零D.竖直上抛运动中，上升和下降过程时间相等，则上升和下降过程中重力的冲量等大、反向6.入射光照射到金属表面上发生了光电效应，若入射光的强度减弱，但频率保持不变，那么以下说法正确的是（）A.单位时间内从金属表面逸出的光电子的数目减少B. 从光照射到金属表面到发射出光电子之间的时间间隔明显增加C.逸出的光电子的最大初动能减小D.有可能不再产生光电效应7.已知质子、中子、氘核的质量分别是m1、m2、m3，光速为c．在质子和中子结合成氘核的过程中（）A.释放的能量为（m1+m2+m3）c2B.释放的能量为（m1+m2-m3）c2C.吸收的能量为（m l+m2+m3）c2D.吸收的能量为（m l+m2-m3）c28.天然放射元素P u变成铅的同位素P b经过α衰变和β衰变次数分别为（）A. 5 6B.8 6C. 8 4D. 6 69.如图所示，放射性元素镭衰变过程中释放出α、β、γ三种射线，分别进入匀强电场和匀强磁场中，下列说法正确的是（）A.①④表示β射线，其穿透能力较强B.②⑤表示γ射线，其穿透能力最强C.③⑥表示α射线，其电离能力最强D.②⑤表示γ射线，是原子发生跃迁时产生10.在垂直于纸面的匀强磁场中，有一原来静止的原子核，该核衰变后，放出的带电粒子和反冲核的运动轨迹如图a、b所示，由图可知（） A.该核发生的是α衰变 B.该核发生的是β衰变 C.磁场方向一定垂直纸面向里 D.磁场方向一定垂直纸面向外11.如图所示，在冰壶世锦赛上中国队以8：6战胜瑞典队，收获了第一个世锦赛冠军，队长王冰玉在最后一投中，将质量为19kg的冰壶推出，运动一段时间后以0.4m/s的速度正碰静止的瑞典冰壶，然后中国队冰壶以0.1m/s的速度继续向前滑向大本营中心．若两冰壶质量相等，则下列判断正确的是（）A.瑞典队冰壶的速度为0.3m/s，两冰壶之间的碰撞是弹性碰撞B.瑞典队冰壶的速度为0.3m/s，两冰壶之间的碰撞是非弹性碰撞C.瑞典队冰壶的速度为0.5m/s，两冰壶之间的碰撞是弹性碰撞D.瑞典队冰壶的速度为0.5m/s，两冰壶之间的碰撞是非弹性碰撞12.质量为1kg的小球A以速率8m/s沿光滑水平面运动，与质量为3kg的静止小球B发生正碰后，A、B两小球的速率v A和v B可能为（）A.v A=5m/sB.v A=3m/sC.v B=1m/sD.v B=3m/s13.如图所示为氢原子的能级示意图，一群氢原子处于n=4的激发态，在向较低能级跃迁的过程中向外发出光子，已知可见光光子能量范围约为1.61e V至3.10e V，下列说法正确的是（）A.这群氢原子能发出4种频率不同的光B.其中从n=2跃迁到n=1所发出的光频率最高C.其中从n=2跃迁到n=1所发出的光波长最长D.这群氢原子能发出2种可见光二、多项选择题(本题共5小题，每题4分，共20分．每小题有多个选项是正确的，全选对得4分，少选得2分，选错、多选或不选得0分）14.下列说法正确的是（）A.N+H→C+H e是α衰变方程B.H+H→H e+γ是轻核聚变反应方程C.U→T h+H e是重核裂变反应方程D.H e+A l→P+n是人工转变方程15.以下说法正确的是（）A.卢瑟福通过实验发现了质子的核反应方程为：H e+N→O+HB.铀核裂变的核反应是：U→B a+K r+2nC.质子、中子、α粒子的质量分别为m1、m2、m3．两个质子和两个中子结合成一个粒子，释放的能量是：（2m1+2m2-m3）c2D.原子从a能级状态跃迁到b能级状态时发射波长为λ1的光子；原子从b能级状态跃迁到c能级状态时吸收波长λ2的光子，已知λ1＞λ2．那么原子从a能级状态跃迁到c能级状态时将要吸收波长为的光子16.根据玻尔理论，氢原子的核外电子由外层轨道跃迁到内层轨道后（）A.原子的能量减少，核外电子的动能增加B.原子的能量增加，系统的电势能减少C.原子的能量增加，系统的电势能增加D.原子的能量减少，核外电子的电势能减少17.如图为氢原子的能级示意图，锌的逸出功是 3.34e V，那么对氢原子在能级跃迁过程中发射或吸收光子的特征认识正确的是（）A.用氢原子从高能级向基态跃迁时发射的光照射锌板一定不能产生光电效应B.一群处于n=3能级的氢原子向基态跃迁时，能放出3种不同频率的光C.一群处于n=3能级的氢原子向基态跃迁时，发出的光照射锌板，锌板表面所发出的光电子的最大初动能为8.75e VD.用能量为10.3e V的光子照射，可使处于基态的氢原子跃迁到激发态E.用能量为14.0e V的光子照射，可使处于基态的氢原子电离18.小车在光滑水平面上向左匀速运动，轻质弹簧左端固定在A点，物体用细线拉在A点将弹簧压缩，某时刻线断了，物体沿车滑动到B端粘在B端的油泥上，取小车、物体和弹簧为一个系统，下列说法正确的是（）A.若物体滑动中不受摩擦力，则全过程机械能守恒B不论物体滑动中有没有摩擦，全过程动量守恒C.不论物体滑动中有没有摩擦，小车的最终速度与断线前相同D.不论物体滑动中有没有摩擦，系统损失的机械能相同三、实验题(本题12分，每小题3分)19.如图1为“碰撞中的动量守恒”实验装置示意图①在验证动量守恒定律的实验中，必须要求的条件是： ______A．轨道是光滑的．B．轨道末端的切线是水平的．C．碰撞的瞬间m1和m2球心连线与轨道末端的切线平行．D．每次m1都要从同一高度静止滚下②入射小球1与被碰小球2直径相同，它们的质量相比较，应是m1 ______ m2．③实验时，小球的落点分别如图2的M、N、P点，应该比较下列哪两组数值在误差范围内相等，从而验证动量守恒定律： ______A．m1•=m1•+m2•B．m1•=m1•+m2C．m1• =m1•+m2• D．m1•=m1•+m2•④在做此实验时，若某次实验得出小球的落点情况如图2所示．假设碰撞中动量守恒，则入射小球质量m1和被碰小球质量m2之比m1：m2= ______ ．四计算题(本大题共3小题，共29分，要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的题要注明单位)20.（7分）一个质子和两个中子聚变为一个氚核，已知质子质量m H=1.007 3u，中子质量m n=1.008 7u，氚核质量m=3.0180u．已知1u相当于931.5M ev．（1）写出聚变方程；（2）释放出的核能多大？21. (10分) 质量为0.5kg的小球从h=2.45m的高空自由下落至水平地面，与地面作用0.2s后，再以5m/s的速度反向弹回，求小球与地面的碰撞过程中对地面的平均作用力．（不计空气阻力，g=10m/s2）22.(12分) 如图所示，光滑水平轨道上放置足够长的木板A（上表面粗糙）和滑块C，滑块B置于A的左端，三者质量分别为m A=3kg、m B=1kg、m C=2kg．开始时C静止，A、B一起以v0=4m/s的速度匀速向右运动，A与C发生碰撞（时间极短）后C向右运动，经过一段时间，A、B再次达到共同速度一起向右运动，且恰好与C的速度相同．求：（1）A与C发生碰撞后瞬间A的速度大小；（2）整个过程中因摩擦而产生的热量．答案和解析【答案】1.C 2C 3.B 4.D 5.B 6A 7.B 8.C9.B 10.B 11.B 12.D 13.D14.BD 15A.CD 16.AD 17.BCE 18.BCD19 .BCD；大于； A； 4：120 .解：（1）根据电荷数守恒、质量数守恒可知，核反应方程式为：H+2n→H；（2）该核反应中质量亏损：△m=1.0073u+2×1.0087u-3.0180u=0.0067u，则释放的核能：△E=△mc2=0.0067×931.5M e V=6.24105M ev．21. 解：小球自由下落过程中，由机械能守恒定律可知：mgh=mv12；解得：v1=m/s，同理，回弹过程的速度为5m/s，方向竖直向上，设向下为正，则对碰撞过程由动量定理可知：mgt-F t=-mv′-mv代入数据解得：F=35N由牛顿第三定律小球对地面的平均作用力大小为35N，方向竖直向下答：小球与地面的碰撞过程中对地面的平均作用力为35N．22 .解：（1）设A与C碰后C的速度为v C，A的速度为v A．取向右为正方向，对AC系统，由动量守恒定律：m A v0=m A v A+m c v c①此后A、B再次共速设速度为v1，由动量守恒得：m A v A+m B v0=（m a+m b）v1②又有：v c=v1③联立①②③解得：v A=m/s（2）由能的转化和守恒知，在A、B相对滑动的过程中系统损失的动能转化为内能，有：m A v A2+m B v02-（m A+m B）v12=Q解得Q=J （约为1.19J）。

福建省龙海市第二中学2018-2019学年高二下学期期末物理试题一、多选题1. 下列关于运动会的各种比赛中，不能将人或物体看做质点的是( )A．研究乒乓球比赛中王皓的旋球技术时B．研究刘子歌在200米蝶泳比赛中的手臂动作时C．研究万米冠军在长跑中的位置时D．研究跳水冠军郭晶晶在跳水比赛中的美妙姿态时2. 物体做匀加速直线运动，已知第1 s末的速度是6 m/s，第2 s末的速度是8 m/s，则下面结论正确的是( )A．物体零时刻的速度是4 m/sB．物体的加速度是2 m/s2C．任何1 s内的速度变化都是2 m/sD．第1 s内的平均速度等于6 m/s二、单选题3. 如图所示，甲、乙两物体在同一条直线上运动，折线是物体甲运动的图象，直线是物体乙运动的图象，则下列说法正确的是 （）A ．0～8s 内甲、乙两物体是同向运动B ．在2s ～6s 秒时间内甲处于静止C ．乙做匀减速直线运动D ．0～8s 内甲的平均速度比乙大4. 一名宇航员在某星球上完成自由落体运动实验，让一个质量为2 kg 的小球从一定的高度自由下落，测得在第5 s 内的位移是18 m ，则( )A ．物体在2 s 末的速度是20 m/sB ．物体在第5 s 内的平均速度是18m/sC ．物体在第2 s 内的位移是20 mD ．物体在5 s 内的位移是50 m5. 物体做直线运动，在时间t 内的位移为s ，它在s/2处的速度为v 1，在中间时刻t/2时的速度为v 2，则v 1、v 2的关系不正确的是 ( )A ．当物体做匀加速直线运动时，v 1＞v 2B ．当物体做匀减速直线运动时，v 1＜v 2C ．当物体做匀速直线运动时，v 1＝v 2D ．当物体做匀减速直线运动时，v 1＞v 26. 2017年9月29日我国成功用长征二号丙运载火箭将3颗新型卫星送入轨道。

如图是火箭点火升空瞬间时的照片.关于这一瞬间的火箭的速度和加速度的判断，下列说法正确的是（）A．火箭的速度很小，但加速度可能较大B．火箭的速度很小，所以加速度也很小C．火箭的速度很大，所以加速度也很大D．火箭的速度很大，但加速度一定很小7. 如图所示是汽车的速度计，某同学在汽车中观察速度计指针位置的变化。

福建省龙海市第二中学2017-2018学年高二年上学期期末考物理试题一、单项选择题：1. 关于磁感线的说法，下列正确的是( )A. 磁感线从磁体N极出发，终止于S极B. 沿磁感线方向，磁场逐渐减弱C. 磁感线就是磁场中碎铁屑排列成的曲线D. 磁感线可表示磁场的强弱和方向【答案】D【解析】磁感线在磁体的外部从磁体N极出发到S极；内部从S极出发到N极，形成闭合的曲线，选项A错误；沿磁感线方向，磁场不一定逐渐减弱，选项B错误；磁感线是为了描述磁场而人为引入的虚拟线，并不存在，故C错误．磁感线可表示磁场的强弱和方向，磁感线的疏密表示磁场强弱，磁感线的切向方向表示磁场的方向，选项D正确；故选D.2. 对“静电场”一章中几个公式的理解，正确的是：（）A. 公式C=Q/U指出，电容器的电容随电容器所带电荷量Q的增加而增加B. 由E=U/d可知，电场中两点的距离越大，电场场强E越小C. 在公式F=kq1q2/r2中，kq2/r2是q2所在位置的电场强度的大小D. 公式E P=qφ中，同一个负电荷在电势越高的地方电势能越小【答案】D【解析】公式C=Q/U指出，电容器的电容等于电容器所带电荷量Q与两板电压U的比值，电容器的电容与所带电量无关，选项A错误；匀强电场的电场强度与电场中两点的距离无关，选项B错误；在公式F=kq1q2/r2中，kq2/r2是q2在q1所在位置的电场强度的大小，选项C错误；公式E P=qφ中，同一个负电荷在电势越高的地方电势能越小，选项D正确；故选D.点睛：本题考查对电场中几个公式的理解能力，关键要抓住各个公式的适用条件、公式中每个量的含义进行分析．可根据点电荷场强的计算公式E=kQ/r2，来重新理解库仑定律．3. 两个分别带有电荷量Q和＋3Q的相同金属球(半径均为r)，固定在相距(两球心间距离)为3r的两处，它们间库仑力的大小为F.现将两小球相互接触后放回原处，则两球间库仑力的大小( )A. 大于F/3B. 等于4F/3C. 小于F/3D. 小于4F /3【答案】D【解析】两小球相互接触后，电量均分，故：q若两球能看成点电荷的话，由库；最后：F′＝k径相对距离不能忽略，故两球不能看成质点，原来是异种电荷，相互吸引，有效距离小于3r，接触后带同种电荷，相互排斥，有效距离大于3r，故后来的库仑力要小于4F/3，故D正确、ABC错误．故选D．点睛：本题要知道一个带电体能否看成点电荷，不是看它的尺寸的绝对值，而是看它的形状和大小对相互作用力的影响是否能忽略不计．4. 某金属导线的电阻率为ρ，电阻为R，现将它均匀拉长到横截面积为原来的一半，那么该导线的电阻率和电阻分别变为( )A. 4ρ和4RB. ρ和4RC. ρ和2RD. 4ρ和2R【答案】B【解析】电阻为R，现将它均匀拉长到横截面积为原来的一半，其材料和体积均不变，则长度为原来的24倍，即4R．由于电阻率与材料有关，所以电阻率不变．故选B．点睛：此题考查了影响电阻大小的因素，关键要知道导体电阻与长度成正比，与横截面积成反比．电阻率不受温度影响的材料，可以制成标准电阻．5. 图中a、b、c、d为四根与纸面垂直的长直导线，其横截面位于正方形的四个顶点上，导线中通有大小相同的电流，方向如图所示．一带负电的粒子从正方形中心O点沿垂直于纸面的方向向外运动，它所受洛伦兹力的方向是( )A. 向上B. 向下C. 向左D. 向右【答案】A【解析】试题分析：带电粒子在磁场中受洛伦兹力，磁场为4根长直导线在O点产生的合磁场，根据右手定则，a在O点产生的磁场方向为水平向左，b在O点产生磁场方向为竖直向上，c在O点产生的磁场方向为水平向左，d在O点产生的磁场方向竖直向下，所以合场方向水平向左。

福建省漳州市龙海二中2017-2018学年高考物理围题试卷一.选择题1．概念是物理学内容的基础和重要组成部分，以下有关物理概念的描述正确的是( )A．比值定义法是物理概念中常用的一种定义新物理量的方法，即用两个已知物理量的比值表示一个新的物理量，如电容的定义C=，表示C与Q成正比，与U成反比，这就是比值定义的特点B．不计空气阻力和浮力的影响，斜向上抛出一物体，则物体在空中的运动是一种匀变速运动C．静止的物体可能受到滑动摩擦力，运动的物体不可能受到静摩擦力D．圆周运动是一种加速度不断变化的运动，其向心力就是物体受到的力的合力2．如图所示，两列简谐横波的振幅都是20cm，传播速度大小相同．虚线波的频率为2Hz，沿x轴负方向传播，实线波沿x轴正方向传播．某时刻两列波在如图所示区域相遇，以下判断正确的是( )A．实线波与虚线波的周期之比为2：1B．两列波在相遇区域会发生干涉现象C．平衡位置为x=6 m处的质点此刻速度为零D．平衡位置为x=4.5 m处的质点此刻位移y＞20cm3．如图（甲）所示，理想变压器原、副线圈的匝数比n1：n2=10：1，R1=R2=20Ω，C为电容器．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( )A．交流电的频率为100HzB．副线圈中交流电压表的示数为20VC．电阻R1消耗的电功率为20 WD．通过R2的电流始终为零4．光纤维通信是一种现代化的通信手段，它可以为客户提供大容量、高速度、高质量的通信服务，为了研究问题方便，我们将光导纤维简化为一根长直玻璃管，如图所示．设此玻璃管长为L，折射率为n．已知从玻璃管左端面射入玻璃内的光线在玻璃管的侧面上恰好能发生全反射，最后从玻璃管的右端面射出．设光在真空中的传播速度为c，则光通过此段玻璃管所需的时间为( )A．B．C．D．5．2014年11月中国的北斗系统成为第三个被联合国认可的海上卫星导航系统，其导航系统中部分卫星运动轨道如图所示．己知a、b、c为圆形轨道( )A．在轨道a、b运行的两颗卫星加速度相同B．在轨道a、b运行的两颗卫星受到地球的引力一样大C．卫星在轨道c、a的运行周期T a＞T cD．卫星在轨道c、a的运行速度v a＞v c6．如图所示，木板OA可绕轴O在竖直平面内转动，某研究小组利用此装置探索物块在方向始终平行于木板向上、大小为F=8N的力作用下加速度与倾角的关系．已知物块的质量m=1kg，通过DIS实验，描绘出了如图（b）所示的加速度大小a与倾角θ的关系图线（θ＜90°）．若物块与木板间的动摩擦因数为0.2，假定物块与木板间的最大静摩擦力始终等于滑动摩擦力，g取10m/s2．则下列说法中正确的是( )A．由图象可知木板与水平面的夹角处于θ1和θ2之间时，物块所受摩擦力一定为零B．由图象可知木板与水平面的夹角大于θ2时，物块所受摩擦力不一定沿木板向上C．根据题意可以计算得出物块加速度a0的大小为6m/s2D．根据题意可以计算当θ=45°时，物块所受摩擦力为F f=μmgcos 45°=N二.必考部分7．（18分）某同学为了验证机械能守恒定律设置了如下实验，实验装置如图1所示，在铁架台上端铁架悬挂一个摆球，为了测定摆球在最低点的速度，在该位置安装了一个光电门连接数字计时器，通过数字计时器可知道摆球通过光电门的时间，实验时把摆球摆线拉至水平，由静止开始释放摆球．（1）用螺旋测微计测量摆球的直径，螺旋测微计显示摆球直径D=__________mm（2）数字计时器得到摆球通过最低点的时间为t，则摆球在最低的速度V=__________（用字母表示）．（3）已知摆线长度L=50cm，摆球质量m=1kg，t=3.3ms（1000ms=1s）则摆球的重力势能减少量为E P=__________J，动能的增加量为E K=__________J（小数点后面保留两位有效数字）．（4）根据数据，得出实验结论：__________．8．某同学用伏安法测一节干电池的电动势E和内电阻r，所给的器材如图1，有电池、开关、电流表、滑动变阻器，以及一个多用电表（图中未给出）：①在未接入电路之前，让滑动触片移到某位置，用多用电表欧姆档接左上右下两端，当多用电表选择开关是×10档时发现指针偏转过大，这时应将选择开关换成“__________”（选填“×100”或“×1”），然后进行__________．重新测量发现读数如图3，则此时电阻R=__________Ω．②根据实验要求连接实物电路图1；③重复实验得到多组R，I值得到的﹣R图象如图4所示，有图可得E=__________V，r=__________Ω．9．如图所示，在海滨游乐场里有一种滑沙游戏，人坐在滑板上从倾角为θ的斜坡上由静止开始下滑，经过斜坡底端沿水平滑道再滑行一段距离停下．已知滑板与斜面和水平滑道间的动摩擦因数均为μ=0.3．若某人和滑板的总质量m=60kg，滑行过程中空气阻力忽略不计，重力加速度g取10m/s2．（sin37°=0.6，cos37°=0.8）求：（1）把人和滑板看做整体，画出该整体从斜坡上下滑过程中的受力分析示意图．（2）若已知θ=37°，人从斜坡滑下时加速度的大小；（3）若斜坡倾角θ大小可调节且大小未知、水平滑道BC的长度未知，但是场地的水平空间距离DC的最大长度为L2=30m，人在斜坡上从D的正上方A处由静止下滑，那么A到D 的高度不超过多少？10．（19分）“自发电”地板是利用游人走过此处，踩踏地板发电．地板下有一发电装置，如图1所示，装置的主要结构是一个截面半径为r、匝数为n的线圈，无摩擦地套在磁场方向呈辐射状的永久磁铁槽中．磁场的磁感线沿半径方向均匀对称分布，图2为横截面俯视图．轻质地板四角各连接有一个劲度系数为k的复位弹簧（图中只画出其中的两个），轻质硬杆P 将地板与线圈连接，从而带动线圈上下往返运动（线圈不发生形变）便能发电．若线圈所在位置磁感应强度大小为B，线圈的总电阻为R0，现用它向一个电阻为R的小灯泡供电．为便于研究，将某人走过时对板的压力使线圈发生的位移x随时间t变化的规律简化为图3所示．（弹簧始终处在弹性限度内，取线圈初始位置x=0，竖直向下为位移的正方向．线圈运动的过程中，线圈所在处的磁场始终不变）（1）请在图4所示坐标系中画出线圈中感应电流i随时间t变化的图象，取图2中逆时针电流方向为正方向，要求写出相关的计算和判定的过程．（2）t=时地板受到的压力．（3）求人一次踩踏地板所做的功．11．坐标原点O处有一点状的放射源，它向xoy平面内的x轴上方各个方向发射α粒子，α粒子的速度大小都是v0，在0＜y＜d的区域内分布有指向y轴正方向的匀强电场，场强大小为，其中q与m分别为α粒子的电量和质量；在d＜y＜2d的区域内分布有垂直于xoy平面的匀强磁场．ab为一块很大的平面感光板，放置于y=2d处，如图所示．观察发现此时恰无粒子打到ab板上．（不考虑a粒子的重力）（1）求α粒子刚进人磁场时的动能；（2）求磁感应强度B的大小；（3）将ab板平移到什么位置时所有粒子均能打到板上？并求出此时ab板上被α粒子打中的区域的长度．二.选考题（部分本部分题目有两个模块，选做一个模块）[物理选修3-3]12．甲和乙两个分子，设甲固定不动，乙从无穷远处（此时分子间的分子力可忽略，取无穷远时它们的分子势能为0）逐渐向甲靠近直到不能再靠近的过程中( )A．分子间的引力和斥力都在减小B．分子间作用力的合力一直增大C．分子间的力先做负功后做正功D．分子势能先减小后增大13．对一定质量的气体，下列说法中正确的是( )A．外界对气体做功，内能一定增大B．气体从外界吸收热量后，内能一定增大C．分子密集程度一定，温度越高，气体的压强越小D．温度一定，分子密集程度越大，气体的压强越大[物理选修3-5]14．下列说法正确的是( )A．放射性元素的半衰期与原子所处的化学状态和外部条件有关B．β衰变所释放的电子是原子核内的中子转化成质子和电子时所产生的C．结合能越大，原子中核子结合的越牢固，原子核越稳定D．大量处于n=4激发态的氢原子向低能级跃迁时，最多可产生4种不同频率的光子15．质量M=0.6kg的足够长平板小车静止在光滑水面上，如图所示，当t=0时，两个质量都为m=0.2kg的小物体A和B，分别从小车的左端和右端以水平速度V1=0.5m/s和V2=2m/s 同时冲上小车，A和B与小车的摩擦因数μA=0.2，μB=0.4．求当它们相对于小车静止时小车速度的大小和方向为( )A．V=0.3m/s，方向向左B．V=1m/s，方向向右C．V=0.3m/s，方向向右D．无法求解福建省漳州市龙海二中2015届2015届高考物理围题试卷一.选择题1．概念是物理学内容的基础和重要组成部分，以下有关物理概念的描述正确的是( ) A．比值定义法是物理概念中常用的一种定义新物理量的方法，即用两个已知物理量的比值表示一个新的物理量，如电容的定义C=，表示C与Q成正比，与U成反比，这就是比值定义的特点B．不计空气阻力和浮力的影响，斜向上抛出一物体，则物体在空中的运动是一种匀变速运动C．静止的物体可能受到滑动摩擦力，运动的物体不可能受到静摩擦力D．圆周运动是一种加速度不断变化的运动，其向心力就是物体受到的力的合力考点：静摩擦力和最大静摩擦力；物理学史；匀速圆周运动；电容．分析：比值定义法共同点是：所定义的物理量与所用的物理量无关；抛体运动只受到重力作用，故是一种匀变速运动；两个物体只要发生相对运动即受到滑动摩擦力；运动的物体一样可以受到静摩擦力；圆周运动的向心力是变力，故加速度不断变化．其向心力可以是合力也可以是某个力的分力．解答：解：A、C=采用的是比值定义法，C是由电容器本身的性质决定的，故电量Q及电压U无关；这是比值定义法的共性；故A错误；B、若不计阻力，则物体在空中只受重力，故一定做匀变速直线运动；故B正确；C、静止的物体若相对其他物体有相对运动，则可以受到滑动摩擦力；同理，若运动的物体相对于和它接触的物体静止，则可能受静摩擦力；故C错误；D、圆周运动的向心力可以是几个力的合力，也可以是某个力的分力；故D错误；故选：B．点评：本题考查摩擦力、比值定义法及向心力等内容，要注意摩擦力的相对性，明确运动的物体可以受静摩擦力；静止的物体也可以受滑动摩擦力．2．如图所示，两列简谐横波的振幅都是20cm，传播速度大小相同．虚线波的频率为2Hz，沿x轴负方向传播，实线波沿x轴正方向传播．某时刻两列波在如图所示区域相遇，以下判断正确的是( )A．实线波与虚线波的周期之比为2：1B．两列波在相遇区域会发生干涉现象C．平衡位置为x=6 m处的质点此刻速度为零D．平衡位置为x=4.5 m处的质点此刻位移y＞20cm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：在均匀介质中两列波的波速相同，由v=λf得：波长与频率成反比．某时刻两列波的平衡位置正好在x=0处重合，两列波的平衡位置的另一重合处到x=0处的距离应该是两列波的波长整数倍．解答：解：A、传播速度大小相同．由图可知，实线波的波长为2m，虚线波的波长为4m，则波速：v=λ1•f1=2×2=4m/s则实线波的周期为：s，虚线波的周期：s，所以实线波与虚线波的周期之比为1：2．故A错误；B、两列波的周期不同，则两波的频率不同．所以不能发生干涉现象．故B错误；C、两列简谐横波在平衡位置为x=6m处，振动的方向都向上，速度是两者之和，所以不可能为零．故C错误；D、在图示时刻实线波在平衡位置为x=4.5m处于波峰，位移是20cm，而虚线波也处于y轴上方，所以质点的位移y＞20cm．故D正确；故选：D点评：本题中的波形图是两列波的波形图，由于波形图反应某时刻各质点的位置，所以通过波形图，可知两列波的波长之间的关系．基础题目．3．如图（甲）所示，理想变压器原、副线圈的匝数比n1：n2=10：1，R1=R2=20Ω，C为电容器．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( )A．交流电的频率为100HzB．副线圈中交流电压表的示数为20VC．电阻R1消耗的电功率为20 WD．通过R2的电流始终为零考点：变压器的构造和原理；电功、电功率．专题：电磁感应——功能问题．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U m=200V，有效值为200V，再根据原副线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．4．光纤维通信是一种现代化的通信手段，它可以为客户提供大容量、高速度、高质量的通信服务，为了研究问题方便，我们将光导纤维简化为一根长直玻璃管，如图所示．设此玻璃管长为L，折射率为n．已知从玻璃管左端面射入玻璃内的光线在玻璃管的侧面上恰好能发生全反射，最后从玻璃管的右端面射出．设光在真空中的传播速度为c，则光通过此段玻璃管所需的时间为( )A．B．C．D．考点：光的折射定律．专题：光的折射专题．分析：由v=可求出光在玻璃中的传播速度，光在玻璃的内界面上恰好发生全反射，将速度沿玻璃管方向及垂直玻璃管方向进行分解，由sinC=可得沿玻璃方向的速度，于是由玻璃管的长度与此速度的比值即为传播的时间．解答：解：由n=可得，光在玻璃中的传播速度为v=；光在玻璃的内界面上恰好发生全反射，由sinC=，结合运动的分解可得，光在玻璃中沿玻璃管方向传播的速度为：v′=sinC=则光在玻璃中传播的时间为：t==故选：A点评：本题要掌握光的全反射的条件和临界角公式，运用运动的分解法进行研究．5．2014年11月中国的北斗系统成为第三个被联合国认可的海上卫星导航系统，其导航系统中部分卫星运动轨道如图所示．己知a、b、c为圆形轨道( )A．在轨道a、b运行的两颗卫星加速度相同B．在轨道a、b运行的两颗卫星受到地球的引力一样大C．卫星在轨道c、a的运行周期T a＞T cD．卫星在轨道c、a的运行速度v a＞v c考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．专题：人造卫星问题．分析：根据万有引力提供向心力G=ma=m r=m，解出加速度、周期、线速度与轨道半径的关系，根据图示的轨道半径大小判断加速度、周期、线速度的大小．解答：解：A、根据万有引力提供向心力，有G=ma，得a=，因为a、b的轨道半径相等，故a、b的加速度大小相等，但加速度的方向不同，所以加速度不同．故A错误．B、由于a、b的质量不知道，无法确定受到的地球引力的大小，故B错误．C、根据万有引力提供向心力，有G=m r，得T=2π，c的轨道半径小于a的轨道半径，故a的周期大于c的周期，即T a＞T c，故C正确．D、根据万有引力提供向心力G=m，得v=，c的轨道半径小于a的轨道半径，故a的线速度小于c的线速度，即v a＜v c，故D错误．故选：C点评：本题关键要掌握万有引力提供向心力，并且能够根据题意选择向心力的表达式．6．如图所示，木板OA可绕轴O在竖直平面内转动，某研究小组利用此装置探索物块在方向始终平行于木板向上、大小为F=8N的力作用下加速度与倾角的关系．已知物块的质量m=1kg，通过DIS实验，描绘出了如图（b）所示的加速度大小a与倾角θ的关系图线（θ＜90°）．若物块与木板间的动摩擦因数为0.2，假定物块与木板间的最大静摩擦力始终等于滑动摩擦力，g取10m/s2．则下列说法中正确的是( )A．由图象可知木板与水平面的夹角处于θ1和θ2之间时，物块所受摩擦力一定为零B．由图象可知木板与水平面的夹角大于θ2时，物块所受摩擦力不一定沿木板向上C．根据题意可以计算得出物块加速度a0的大小为6m/s2D．根据题意可以计算当θ=45°时，物块所受摩擦力为F f=μmgcos 45°=N考点：牛顿第二定律．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：（1）当摩擦力沿斜面向下且加速度为零时木板倾角为θ1，当摩擦力沿斜面向上且加速度为零时木板倾角为θ2，当斜面倾角在θ1和θ2之间时，物块处于静止状态；（2）图线与纵坐标交点处的横坐标为0，即木板水平放置，此时对应的加速度为a0，分析此时物块的受力根据牛顿第二定律求出对应的加速度即可；（3）当θ=45°时，先判断物块的运动状态，再分析物块受到的是静摩擦力还是滑动摩擦力即可．解答：解：A、根据图象可知，当斜面倾角为θ1时，摩擦力沿斜面向下，当斜面倾角为θ2时，摩擦力沿斜面向上，则夹角大于θ2时，物块所受摩擦力一定沿木板向上；当斜面倾角在θ1和θ2之间时，物块处于静止状态，但摩擦力不一定为零，故A错误，B错误；C、当θ=0°时，木板水平放置，物块在水平方向受到拉力F和滑动摩擦力f作用，已知F=8N，滑动摩擦力f=μN=μmg，所以根据牛顿第二定律物块产生的加速度：a0==6m/s2，故C正确；D、当θ=45°时，重力沿斜面的分量F1=mgsin45°=10×＜8N，最大静摩擦力f m=μmgcos45°=N，因为8﹣5＜N，所以此时物块处于静止状态，受到静摩擦力，则f=8﹣5N，故D错误．故选：C点评：本题主要考查了牛顿第二定律及运动学基本公式的直接应用，要求同学们能根据图象得出有效信息，难度适中．二.必考部分7．（18分）某同学为了验证机械能守恒定律设置了如下实验，实验装置如图1所示，在铁架台上端铁架悬挂一个摆球，为了测定摆球在最低点的速度，在该位置安装了一个光电门连接数字计时器，通过数字计时器可知道摆球通过光电门的时间，实验时把摆球摆线拉至水平，由静止开始释放摆球．（1）用螺旋测微计测量摆球的直径，螺旋测微计显示摆球直径D=10.294mm（2）数字计时器得到摆球通过最低点的时间为t，则摆球在最低的速度V=（用字母表示）．（3）已知摆线长度L=50cm，摆球质量m=1kg，t=3.3ms（1000ms=1s）则摆球的重力势能减少量为E P=4.90J，动能的增加量为E K=4.87J（小数点后面保留两位有效数字）．（4）根据数据，得出实验结论：在误差允许范围内，摆球的机械能守恒．考点：验证机械能守恒定律．专题：实验题．分析：螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．利用小球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度，由此可以求出小铁球通过光电门时的瞬时速度，根据最低点的瞬时速度求出动能的增加量，根据下落的高度求出重力势能的减小量．解答：解：（1）螺旋测微器的固定刻度为10mm，可动刻度为29.4×0.01mm=0.294mm，所以最终读数为10mm+0.294mm=10.294mm，（2）利用小球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度，故：v=（3）已知摆线长度L=50cm，摆球质量m=1kg，t=3.3ms（1000ms=1s）则摆球的重力势能减少量为E P=mgL=4.90 J动能的增加量为E K=mv2=4.87J（4）根据数据，得出实验结论：在误差允许范围内，摆球的机械能守恒．故答案为：（1）10.294；（2）；（3）4.90； 4.87（4）在误差允许范围内，摆球的机械能守恒点评：对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量．8．某同学用伏安法测一节干电池的电动势E和内电阻r，所给的器材如图1，有电池、开关、电流表、滑动变阻器，以及一个多用电表（图中未给出）：①在未接入电路之前，让滑动触片移到某位置，用多用电表欧姆档接左上右下两端，当多用电表选择开关是×10档时发现指针偏转过大，这时应将选择开关换成“×1”（选填“×100”或“×1”），然后进行重新欧姆调零．重新测量发现读数如图3，则此时电阻R=12Ω．②根据实验要求连接实物电路图1；③重复实验得到多组R，I值得到的﹣R图象如图4所示，有图可得E=4V，r=4Ω．考点：测定电源的电动势和内阻．专题：实验题．分析：本题①的关键是明确当欧姆表的指针偏角过大时说明待测电阻的阻值较小，所选的倍率过大，应选择较小的倍率，注意每次选档后都应重新调零；题②根据电路图连线即可；题③根据闭合电路欧姆定律求出有关与R的函数表达式，再根据斜率和截距的概念求解即可．解答：解：①欧姆表的指针偏角过大，说明待测电阻的阻值过小，应选择较小的倍率，所以应将开关换成×1，注意每次换挡后都应重新调零；欧姆表的读数为：R=12×1Ω=12Ω；②实物连线图如图所示：③根据闭合电路欧姆定律应有：E=IR+Ir，变形为=再根据函数斜率和截距的概念应有，解得：E=4V由，得：r=4Ω；故答案为：（1）×1，重新欧姆调零，12；（2）如图；（3）4，4点评：应明确：①当欧姆表的指针偏角过大时，说明待测电阻的阻值过小，所选的倍率过大，应选择小一档的倍率，反之亦然；②遇到根据图象求解的问题，首先根据相应的物理规律写出公式，然后再整理出有关纵轴与横轴物理量的函数表达式，再根据斜率和截距的概念即可求解．9．如图所示，在海滨游乐场里有一种滑沙游戏，人坐在滑板上从倾角为θ的斜坡上由静止开始下滑，经过斜坡底端沿水平滑道再滑行一段距离停下．已知滑板与斜面和水平滑道间的动摩擦因数均为μ=0.3．若某人和滑板的总质量m=60kg，滑行过程中空气阻力忽略不计，重力加速度g取10m/s2．（sin37°=0.6，cos37°=0.8）求：（1）把人和滑板看做整体，画出该整体从斜坡上下滑过程中的受力分析示意图．（2）若已知θ=37°，人从斜坡滑下时加速度的大小；（3）若斜坡倾角θ大小可调节且大小未知、水平滑道BC的长度未知，但是场地的水平空间距离DC的最大长度为L2=30m，人在斜坡上从D的正上方A处由静止下滑，那么A到D 的高度不超过多少？考点：动能定理；牛顿第二定律．专题：动能定理的应用专题．分析：（1、2）作出受力分析图，结合牛顿第二定律求出整体下滑的加速度．（3）对全过程运用动能定理，求出A到D的最大高度．解答：解：（1）受力分析示意图如图所示．（2）根据牛顿第二定律得，mgsin37°﹣f=maN=mgcos37°f=μN联立代入数据解得a=3.6m/s2（3）设A到D的高度为h，对全过程运用动能定理，mg﹣μmgcosθ﹣μmg（L2﹣）=0﹣0代入数据解得h=μL2=9m答：（1）受力分析如图．（2）若已知θ=37°，人从斜坡滑下时加速度的大小是3.6m/s2；（3）人在斜坡上从D的正上方A处由静止下滑，那么A到D的高度不超过9m．点评：本题考查了牛顿第二定律和动能定理的基本运用，运用动能定理解题关键确定好研究的过程，分析过程中有哪些力做功，然后根据动能定理列式求解．10．（19分）“自发电”地板是利用游人走过此处，踩踏地板发电．地板下有一发电装置，如图1所示，装置的主要结构是一个截面半径为r、匝数为n的线圈，无摩擦地套在磁场方向呈辐射状的永久磁铁槽中．磁场的磁感线沿半径方向均匀对称分布，图2为横截面俯视图．轻质地板四角各连接有一个劲度系数为k的复位弹簧（图中只画出其中的两个），轻质硬杆P 将地板与线圈连接，从而带动线圈上下往返运动（线圈不发生形变）便能发电．若线圈所在位置磁感应强度大小为B，线圈的总电阻为R0，现用它向一个电阻为R的小灯泡供电．为便于研究，将某人走过时对板的压力使线圈发生的位移x随时间t变化的规律简化为图3所示．（弹簧始终处在弹性限度内，取线圈初始位置x=0，竖直向下为位移的正方向．线圈运动的过程中，线圈所在处的磁场始终不变）（1）请在图4所示坐标系中画出线圈中感应电流i随时间t变化的图象，取图2中逆时针电流方向为正方向，要求写出相关的计算和判定的过程．（2）t=时地板受到的压力．（3）求人一次踩踏地板所做的功．考点：法拉第电磁感应定律；功能关系；安培力．专题：电磁感应与电路结合．分析：（1）由右手定则可知线圈中电流的方向，由图可知线圈做匀速直线运动，由E=BLV 可求线圈的电动势，闭合电路欧姆定律可得出电流的大小；（2）由安培力公式求得是时刻线圈受到的安培力，由受力平衡可求得地板受到的压力；（3）在踩踏过程中弹力做功为零，人做的功转化为电能，由能量守恒可求得人所做的功．解答：解（1）0～t0时间内电流方向为正方向，t0到2t0时间内电流方向为负方向；0～t0、t0～2t0时间内线圈向下、向上运动的速率均为。

2017—2018学年下学期期末联考高二物理试题答案一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分，其中1-8题为单选题，9-12题为多选题 在每小题给出的四个选项中，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)二、实验题（本题共20分）13. (1) 200N/m (3分) (2) m ＝0.1kg (3分) 相同 (2分)14. 6v ，(3分) 0.1(0.10也给分) , (3分) 0.20 , (3分) 0.50(3分)三、解答题（共34分。

解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。

）15. (16分)解：(1)以结点O 为研究对象，如图，建立直角坐标系，将F OA 分解，由平衡条件有：F OB －F OA sin θ＝0， (2分)F OA cos θ－m 1g ＝0 (2分)联立得：F OA ＝m1g cos θ＝54m 1g (1分)F OB ＝m 1g tan θ＝34m 1g (1分)(2)人水平方向受到OB 绳的拉力和水平面的静摩擦力，f ＝F OB ＝34m 1g (2分)方向水平向左 (1分) (3)当人刚要滑动时，静摩擦力达到最大值f m ＝μm 2g (2分)由平衡条件得：F OBm ＝f m (2分)又F OBm ＝m 1m g tan θ＝34m 1m g (1分)联立得：m 1m ＝4FOBm 3g ＝4μm2g 3g＝24kg (2分)16、(18分)解：（1）汽车刹车，经时间t 1停止，由v t =v 0﹣at 1 (2分) t 1=． (2分)（2）汽车停止时的位移． (3分)（3）设汽车在匀减速过程中被人追上，则s 人=s 车+7 m ， (2分)s 人=v 人t ， (1分)s 车=v 0t+at 2， (1分)代入数据得，t 2﹣6t ﹣7=0，解得t=7 s ＞t 1，故相遇前车已停下． (2分) 设人经过t 2追上汽车，则人追上汽车需满足的条件为： s 人′=s 车′+7 m ， (2分)s 人′=v 人t 2， (1分)有(2)知s 车′=x=25m ，代入数据解得t 2=8s ． (2分)四、选做题（3-3 3-4二选一，18分）17.(18分)解：(1）等容变化：， 2分 解得P 2=2.0×105Pa 2分（2）活塞受力平衡，故封闭气体压强为p 3=p 0+=1.2×105Pa 2分根据理想气体状态方程，有， 2分解得：L3=18cm 2分（3）等温变化 p3V3=p4V4，解得p4=1.35×105Pa应向上作匀加速直线运动， 3 分对活塞，由牛顿第二定律：p4S-p0S-mg=ma 3分解得：a=7.5m/s22分18.(18分)(1)由图可知波长λ=20m， 1分周期T=0.8s， 1分则传播速度 2分(2)从t=0到t=1.6s，质点P通过的路程为4分位移x=0 2分(3)0时刻距Q最近的波谷到Q的距离为L=85-10=75m 2分则Q第一次运动到波谷用时 3分所以Q第二次到达波谷用时t=t1+T=3+0.8=3.8s 3分。

2017-2018学年度第二学期八县（市）一中期末联考高中二年物理科试卷考试日期：7月2日完卷时间：90 分钟满分：100 分一、选择题（本题共11小题，每小题4分，共44分。

在每小题给出的四个选项中，第1—8题只有一项符合题目要求，第9—11题有多项符合题目要求,全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）1.首次提出“微观粒子的能量是量子化的”这一观念，与下列物理常量相关的是（）A．引力常量G B．普朗克常量hC．静电力常量D．阿伏加德罗常数NA2.铀是常用的一种核燃料,若它的原子核发生了如下的裂变反应：235 92U+1n a+b+21n,则a+b可能是( )A.14054e+9336r B.14156Ba+9236rC.14156Ba+9338Sr D.14054e+9438Sr3.参考以下几个示意图，关于这些实验或者现象，下列说法错误．．的是( )A．核反应堆中控制棒插入，则多吸收中子让反应减弱B．放射线在磁场中偏转，没有偏转的为γ射线，电离能力最强C．链式反应属于重核的裂变D．汤姆孙通过研究阴极射线发现了电子，认识到原子的复杂结构4.在氢原子光谱中，电子从较高能级跃迁到n=3能级发出的谱线属于帕邢系。

若一群氢原子自发跃迁时发出的谱线中只有两条属于帕邢系，则这群氢原子自发跃迁时最多发出不同频率的谱线的条数为（）A.3B.6C. 10D. 155.卢瑟福利用α粒子轰击金箔的实验研究原子结构，下图能正确反映实验结果的示意图是( )6.氡核衰变成钋核并放出一个粒子，其半衰期为3.8天.1 g氡经过7.6的质量，以及衰变成的过程放出的粒子是( )天衰变掉氡．．．．A．0.25g，α粒子B．0.75g，α粒子C．0.25g，β粒子D．0.75g，β粒子7.关于光的波粒二象性的理解，以下说法正确的是（）A.大量光子的效果往往表现出粒子性，个别光子的行为往往表现出波动性B.光在传播时是波，而与物质相互作用时就转变成粒子C.高频光是粒子，低频光是波D.波粒二象性是光的根本属性，有时它的波动性显著，有时它的粒子性显著8. 如图是利用光电管研究光电效应的实验原理示意图，用可见光照射光电管的阴极，电流表中有电流通过，则( )A ．滑动变阻器的滑动触头由a 端向b 端滑动的过程中，电流表中一定无电流通过B ．滑动变阻器的滑动触头由a 端向b 端滑动的过程中，电流表的示数一定会持续增大C ．将滑动变阻器的滑动触头置于b 端，改用紫外线照射阴极，电流表中一定有电流通过D ．将滑动变阻器的滑动触头置于b 端，改用红外线照射阴极，电流表中一定有电流通过9. 一定质量的物体在恒定合外力作用下运动，则（ ） A ．物体一定作匀变速运动B ．物体的动能随时间均匀变化C ．物体的机械能一定不守恒D ．物体的动量随时间均匀变化10. 如图所示，两个质量和速度均相同的子弹分别水平射入静止在光滑水平地面上质量相同、材料不同的两矩形滑块A 、B 中，射入A 中的深度是射入B 中深度的两倍。

龙海二中2018—2019学年第二学期期末考试高二年级物理试卷一、选择题：本大题共12小题，每小题4分。

在给出四个选项中，第1-8题只有一项符合题目要求，第9-12题有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

1.下列关于运动会的各种比赛中，不能将人或物体看做质点的是( )A. 研究乒乓球比赛中王皓的旋球技术时B. 研究刘子歌在200米蝶泳比赛中的手臂动作时C. 研究万米冠军在长跑中的位置时D. 研究跳水冠军郭晶晶在跳水比赛中的美妙姿态时【答案】ABD【解析】在研究物体的旋转，动作或姿态时，由于要用到物体的形状和大小，所以不能将其看做质点，故ABD正确；研究万米冠军在长跑中的位置时，运动员的形状和大小是次要因素，可以看做质点，C错误．2. 2010年10月1日18时59分，“嫦娥”二号探月卫星在西昌卫星发射中心发射升空，如图是火箭点火升空瞬间的照片．关于这一瞬间火箭的速度和加速度的判断，下列说法正确的是（）A. 火箭的速度很小，但加速度可能较大B. 火箭的速度很大，加速度可能也很大C. 火箭的速度很小，所以加速度也很小D. 火箭的速度很大，但加速度一定很小【答案】A【解析】【分析】火箭点火升空瞬间由于推动力作用，火箭立刻获得加速度，但是由于是“瞬间”，这个时间很小，故速度很小；【详解】火箭点火升空瞬间由于推动力作用，火箭立刻获得加速度，但是由于“瞬间”这个时间很小接近于零，由v at =，故火箭的速度很小，故可知火箭的速度很小，加速度很大，故A正确，BCD错误。

【点睛】掌握好“瞬间”的含义，此时间很多时候可以认为是零，其次要知道物体速度变化量是加速度在时间上的积累。

3.如图所示是汽车的速度计，某同学在汽车中观察速度计指针位置的变化。

开始时指针指示在如图(甲)所示的位置，经过8 s 后指针指示在如图(乙)所示的位置，若汽车做匀变速直线运动，那么它的加速度约为( )A. 11 m/s 2B. 5.0 m/s 2C. 1.4 m/s 2D. 0.6 m/s 2【答案】C【解析】 试题分析：速度变化量：△v=v 2-v 1=60km/h-20km/h=40km/h≈11m/s ，则加速度为2211/ 1.4/8v a m s m s t ∆=≈∆＝．故选C 。

2017-2018学年福建省漳州市龙海二中高二（下）期末物理试卷一、选择题（本题共48分．第1～8题只有一项符合题目要求，每小题4分．第9～12题有多项符合题目要求．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．）1．下列核反应方程中，属于α衰变的是（ ）A ． N +He→O +HB ．U→Th +HeC ． H +H→He +nD ．Th→Pa +e2．爱因斯坦提出了光量子概念并成功地解释光电效应的规律而获得1921年的诺贝尔物理学奖．某种金属逸出光电子的最大初动能Ekm 与入射光频率ν的关系如图所示，其中ν0为极限频率．从图中可以确定的是（ ）A ．逸出功与ν有关B ．Ekm 与入射光强度成正比C ．ν＜ν0时，会逸出光电子D ．图中直线的斜率与普朗克常量有关 3．两球A 、B在光滑水平面上沿同一直线，同一方向运动，mA=1kg ，mB=2kg ，vA=6m/s ，vB=2m/s ．当A 追上B 并发生碰撞后，两球A 、B 速度的可能值是（）A．vA′=5 m/s，vB′=2.5 m/s B．vA′=2 m/s，vB′=4 m/sC．vA′=﹣4 m/s，vB′=7 m/s D．vA′=7 m/s，vB′=1.5 m/s4．如图所示是某原子的能级图，a、b、c为原子跃迁所发出的三种波长的光．在下列该原子光谱的各选项中，谱线从左向右的波长依次增大，则正确的是（）A．B．C．D．5．如图所示，铁块压着一纸条放在水平桌面上，当以速度v抽出纸带后，铁块掉在地上的P点，若以2v的速度抽出纸条，则铁块落地点为（）A．仍在P点B．P点左边C．P点右边不远处D．P点右边原水平位移两倍处6．质子、中子和氘核的质量分别为m1、m2和m3，当一个质子和一个中子结合成氘核时，释放的能量是（C表示真空中的光速）（）A．（m1+m2﹣m3）C B．（m1﹣m2﹣m3）C C．（m1+m2﹣m3）C2 D．（m1﹣m2﹣m3）C27．下列说法符合事实的是（）A．光电效应说明了光具有波动性B．查德威克用α粒子轰击氮14获得反冲核氧18，发现了中子C．贝克勒尔发现的天然放射性现象，说明原子核有复杂结构D．汤姆生通过对阴极射线的研究，提出了原子核式结构模型8．如图为氢原子的能级示意图，锌的逸出功是3.34ev，那么对氢原子在能量跃迁过程中发射或吸收光子的特征认识正确的是（）A．用氢原子从高能级向基态跃迁时发射的光照射锌板一定不能产生光电效应B．一群处于n=3能级的氢原子向基态跃迁时，能放出3种不同频率的光C．一群处于n=3能级的氢原子向基态跃迁时，发出的光照射锌板，锌板表面所发出的光电子的最大初动能为8.75eVD．用能量为10.3eV的光子照射，可使处于基态的氢原子跃迁到激发态9．关于热力学定律，下列说法正确的是（）A．气体吸热后温度一定升高B．对气体做功可以改变其内能C．理想气体等压膨胀过程一定放热D．热量不可能从低温物体传到高温物体10．若以μ表示水的摩尔质量，V表示在标准状态下水蒸气的摩尔体积，ρ为在标准状态下水蒸气的密度，NA为阿伏加德罗常数，m、V0分别表示每个水分子的质量和体积，下列关系中正确的是（）A．NA=B．ρ=C．m=D．V0=11．对于分子动理论和物体内能的理解，下列说法正确的是（）A．温度高的物体内能不一定大，但分子平均动能一定大B．当分子间作用力表现为斥力时，分子势能随分子间距离的减小而增大C．布朗运动反应了花粉的分子热运动的规律D．当分子间的距离增大时，分子间作用力就一直减小12．一定质量理想气体的状态经历了如图所示的ab、bc、cd、da四个过程，其中bc的延长线通过原点，cd垂直于ab且与水平轴平行，da与bc平行，则气体体积在（）A．ab过程中不断增加B．bc过程中保持不变C．cd过程中不断增加D．da过程中保持不变二、实验探究题（每空3分，共18分）13．在“油膜法估测油酸分子的大小”实验中，有下列实验步骤：①在边长约为40cm的浅盘里倒入约2cm深的水，待水面稳定后将适量的痱子粉均匀地撒在水面上．②用注射器将事先配好的油酸酒精溶液滴一滴在水面上，待薄膜形状稳定．③将画有油膜形状的玻璃板平放在坐标纸上，计算出油膜的面积，根据油酸的体积和面积计算出油酸分子直径的大小．④用注射器将事先配好的油酸酒精溶液一滴一滴地滴入量筒中，记下量筒内每增加一定体积时的滴数，由此计算出一滴油酸酒精溶液的体积．⑤将玻璃板放在浅盘上，然后将油膜的形状用彩笔描绘在玻璃板上．完成下列填空：（1）上述步骤中，正确的顺序是．（填写步骤前面的数字）（2）将1cm3的油酸溶于酒精，制成300cm3的油酸酒精溶液；测得1cm3的油酸酒精溶液有50滴．现取一滴该油酸酒精溶液滴在水面上，测得所形成的油膜的面积是0.13m2．由此估算出油酸分子的直径为m．（结果保留1位有效数字）14．如图所示为实验室“验证碰撞中的动量守恒”的实验装置．（1）实验中，两个直径相同的小球，入射球质量m1靶球质量m2（填大于、等于、或小于），安装轨道时，轨道末端必须，在同一组实验的不同碰撞中，每次入射球必须从轨道上的，由静止释放．（2）实验中记录了轨道末端在记录纸上的竖直投影为O点，经多次释放入射球，在记录纸上找到了两球平均落点位置为M、P、N，并测得它们到O点的距离分别为、和．已知入射球的质量为m1，靶球的质量为m2，如果测得m1+m2近似等于，则认为成功验证了碰撞中的动量守恒．三．计算题（共3小题，15题10分，16题12分，17题10分，共34分，解答要写出主要的运算过程和必要的文字说明）15．如图所示，横截面积S=10cm2的活塞，将一定质量的理想气体封闭在竖直放置的圆柱形导热气缸内，开始活塞与气缸底都距离H=30cm．在活塞上放一重物，待整个系统稳定后．测得活塞与气缸底部距离变为h=25cm．已知外界大气压强始终为P0=1×105Pa，不计活塞质量及其与气缸之间的摩擦，取g=10rn/s2．求：①所放重物的质量；②在此过程中被封闭气体与外界交换的热量．16．如图所示，U形管右管横截面积为左管横截面积的2倍，在左管内用水银封闭一段长为26cm，温度为280K的空气柱，左右两管水银面高度差为36cm，外界大气压为76cmHg．若给左管的封闭气体加热，使管内气柱长度变为30cm，则此时左管内气体的温度为多少？17．如图所示，光滑水平轨道上放置长板A（上表面粗糙）和滑块C，滑块B置于A 的左端，三者质量分别为mA=2kg、mB=1kg、mC=2kg．开始时C静止，A、B 一起以v0=5m/s的速度匀速向右运动，A与C发生碰撞（时间极短）后C向右运动，经过一段时间A、B再次达到共同速度一起向右运动，且恰好不再与C碰撞．求A与C发生碰撞后瞬间A的速度大小．2016-2017学年福建省漳州市龙海二中高二（下）期末物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题共48分．第1～8题只有一项符合题目要求，每小题4分．第9～12题有多项符合题目要求．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．）1．下列核反应方程中，属于α衰变的是（ ）A ． N +He→O +HB ．U→Th +HeC ． H +H→He +nD ．Th→Pa +e【考点】JJ ：裂变反应和聚变反应．【分析】α衰变是指原子核分裂并只放射出氦原子核的反应过程，根据这一特定即可判断．【解答】解：A 、方程N +He→O +H ；是人工核反应方程，是发现质子的核反应方程．故A 错误；B 、方程U→Th +He ，是U 原子核分裂并只放射出氦原子核的反应过程，属于α衰变．故B 正确；C 、方程H +H→He +n ，是轻核的聚变反应．故C 错误；D 、方程Th→Pa +e ，释放出一个电子，是β衰变的过程．故D 错误．故选：B ．2．爱因斯坦提出了光量子概念并成功地解释光电效应的规律而获得1921年的诺贝尔物理学奖．某种金属逸出光电子的最大初动能Ekm与入射光频率ν的关系如图所示，其中ν0为极限频率．从图中可以确定的是（）A．逸出功与ν有关B．Ekm与入射光强度成正比C．ν＜ν0时，会逸出光电子D．图中直线的斜率与普朗克常量有关【考点】IE：爱因斯坦光电效应方程．【分析】本题考查光电效应的特点：①金属的逸出功是由金属自身决定的，与入射光频率无关；②光电子的最大初动能Ekm与入射光的强度无关；③光电子的最大初动能满足光电效应方程．【解答】解：A、金属的逸出功是由金属自身决定的，与入射光频率无关，其大小W=hγ，故A错误．B、根据爱因斯坦光电效应方程Ekm=hν﹣W，可知光电子的最大初动能Ekm与入射光的强度无关，但入射光越强，光电流越大，只要入射光的频率不变，则光电子的最大初动能不变．故B错误．C、要有光电子逸出，则光电子的最大初动能Ekm＞0，即只有入射光的频率大于金属的极限频率即γ＞γ0时才会有光电子逸出．故C错误．D根据爱因斯坦光电效应方程Ekm=hν﹣W，可知=h，故D正确．故选D．3．两球A、B在光滑水平面上沿同一直线，同一方向运动，mA=1kg，mB=2kg，vA=6m/s，vB=2m/s．当A追上B并发生碰撞后，两球A、B速度的可能值是（）A．vA′=5 m/s，vB′=2.5 m/s B．vA′=2 m/s，vB′=4 m/sC．vA′=﹣4 m/s，vB′=7 m/s D．vA′=7 m/s，vB′=1.5 m/s【考点】53：动量守恒定律；6C：机械能守恒定律．【分析】两球碰撞过程，系统不受外力，故碰撞过程系统总动量守恒；碰撞过程中系统机械能可能有一部分转化为内能，根据能量守恒定律，碰撞后的系统总动能应该小于或等于碰撞前的系统总动能；同时考虑实际情况，碰撞后A球速度不大于B球的速度．【解答】解：考虑实际情况，碰撞后A球速度不大于B球的速度，因而AD错误，BC 满足；两球碰撞过程，系统不受外力，故碰撞过程系统总动量守恒，ABCD均满足；根据能量守恒定律，碰撞后的系统总动能应该小于或等于碰撞前的系统总动能，碰撞前总动能为22J，B选项碰撞后总动能为18J，C选项碰撞后总动能为57J，故C错误，B满足；故选B．4．如图所示是某原子的能级图，a、b、c为原子跃迁所发出的三种波长的光．在下列该原子光谱的各选项中，谱线从左向右的波长依次增大，则正确的是（）A．B．C．D．【考点】J4：氢原子的能级公式和跃迁．【分析】能级间跃迁辐射的光子能量等于两能级间的能级差，能级差越大，光子频率越大，波长越短．【解答】解：从第3能级跃迁到第1能级，能级差最大，知c光的频率最大，波长最短，从第3能级跃迁到第2能级，能级差最小，知a光的光子频率最小，波长最长，所以波长依次增大的顺序为c、b、a．故B正确，A、C、D错误．故选：B．5．如图所示，铁块压着一纸条放在水平桌面上，当以速度v抽出纸带后，铁块掉在地上的P点，若以2v的速度抽出纸条，则铁块落地点为（）A．仍在P点B．P点左边C．P点右边不远处D．P点右边原水平位移两倍处【考点】43：平抛运动．【分析】解答本题的关键是正确分析铁块在纸条上的运动过程，求出铁块与纸带分离时速度的大小，根据平抛运动规律即可判断铁块的落地点．【解答】解：抽出纸带的过程中，铁块受到向前的摩擦力作用而加速运动，若纸带以2v的速度抽出，则纸带与铁块相互作用时间变短，因此铁块加速时间变短，做平抛时的初速度减小，平抛时间不变，因此铁块将落在P点的左边，故ACD错误，B正确．故选B．6．质子、中子和氘核的质量分别为m1、m2和m3，当一个质子和一个中子结合成氘核时，释放的能量是（C表示真空中的光速）（）A．（m1+m2﹣m3）C B．（m1﹣m2﹣m3）C C．（m1+m2﹣m3）C2 D．（m1﹣m2﹣m3）C2【考点】JI：爱因斯坦质能方程．【分析】根据反应前后的质量求出质量亏损，结合爱因斯坦质能方程求出释放的能量．【解答】解：一个质子和一个中子结合成氘核时，质量亏损△m=m1+m2﹣m3，则释放的能量，故C正确，A、B、D错误．故选：C．7．下列说法符合事实的是（）A．光电效应说明了光具有波动性B．查德威克用α粒子轰击氮14获得反冲核氧18，发现了中子C．贝克勒尔发现的天然放射性现象，说明原子核有复杂结构D．汤姆生通过对阴极射线的研究，提出了原子核式结构模型【考点】1U：物理学史．【分析】明确人类对于电磁波以及原子结构研究的物理学史，注意B中查德威克发现中子的核反应方程，明确是用α粒子轰击铍核发现了中子．【解答】解：A、光电效应说明光具有粒子性．故A错误．B、查德威克用α粒子轰击铍核，产生中子和碳12原子核，故B错误；C、贝克勒尔发现天然放射性现象，说明原子核有复杂结构；故C正确；D、汤姆生通过对阴极射线的研究，发现了电子，提出了枣榚式原子结构模型，故D错误．故选：C．8．如图为氢原子的能级示意图，锌的逸出功是3.34ev，那么对氢原子在能量跃迁过程中发射或吸收光子的特征认识正确的是（）A．用氢原子从高能级向基态跃迁时发射的光照射锌板一定不能产生光电效应B．一群处于n=3能级的氢原子向基态跃迁时，能放出3种不同频率的光C．一群处于n=3能级的氢原子向基态跃迁时，发出的光照射锌板，锌板表面所发出的光电子的最大初动能为8.75eVD．用能量为10.3eV的光子照射，可使处于基态的氢原子跃迁到激发态【考点】J4：氢原子的能级公式和跃迁．【分析】氢原子从高能级向基态跃迁时发出的光子的最小能量与锌板的逸出功的关系判断是否发生光电效应现象．要使处于基态的氢原子电离，照射光光子的能量应能使电子从基态跃迁到无限远处，最小频率的电磁波的光子能量应为：hγ=0﹣E1．【解答】解：A、氢原子从高能级向基态跃迁时发出的光子的最小能量为10.2eV，照射金属锌板一定能产生光电效应现象，故A错误；B、一群处于n=3能级的氢原子向基态跃迁时，根据可知，能放出3种不同频率的光，故B正确；C、氢原子从高能级向n=3的能级向基态跃迁时发出的光子的能量最小为E大=﹣1.51+13.6=12.09eV，因锌的逸出功是3.34ev，锌板表面所发出的光电子的最大初动能为EKm=12.09﹣3.34=8.75eV，故C正确；D、用能量为10.3eV的光子照射，小于12.09eV，不可使处于基态的氢原子跃迁到激发态，要正好等于12.09eV，才能跃迁，故D错误；故选：BC．9．关于热力学定律，下列说法正确的是（）A．气体吸热后温度一定升高B．对气体做功可以改变其内能C．理想气体等压膨胀过程一定放热D．热量不可能从低温物体传到高温物体【考点】8F：热力学第一定律．【分析】明确热力学第一定律的基本内容，知道做功和热传递均可以改变物体的内能；理想气体不计分子势能，故温度是理想气体内能的标志，温度升高时，内能一定增大；根据热力学第二定律可知，热量可以自发地从高温物体传到高温物体，但也可以从低温物体传到高温物体，只不过要引起其他方面的变化．【解答】解：A、根据热力学第一定律，气体吸热的同时如果还对外界做功，其内能即温度不一定增大，故A错误；B、对气体做功可以改变其内能，故B正确；C 、根据，可知p不变V增大，则T增大，需要吸热，故C错误；D、在外界做功的情况下热量可以从低温物体传递到高温物体，故D错误；故选：B10．若以μ表示水的摩尔质量，V表示在标准状态下水蒸气的摩尔体积，ρ为在标准状态下水蒸气的密度，NA为阿伏加德罗常数，m、V0分别表示每个水分子的质量和体积，下列关系中正确的是（）A．NA=B．ρ=C．m=D．V0=【考点】82：阿伏加德罗常数．【分析】密度等于摩尔质量除以摩尔体积，摩尔数等于质量与摩尔质量之比．阿伏加德罗常数NA个原子的质量之和等于摩尔质量．而对水蒸气，由于分子间距的存在，NA △并不等于摩尔体积．【解答】解：A、ρV（表示摩尔质量）÷m（单个分子的质量）=NA（表示阿伏加德罗常数），故A正确；B、对水蒸气，由于分子间距的存在，NA△并不等于摩尔体积，故B错误；C、单个分子的质量=摩尔质量÷阿伏伽德罗常数，故C正确；D、对水蒸气，由于分子间距的存在，摩尔体积处于阿伏加德罗常数等于每个分子占据的空间体积，但并不等于分子体积，故D错误；故选：AC．11．对于分子动理论和物体内能的理解，下列说法正确的是（）A．温度高的物体内能不一定大，但分子平均动能一定大B．当分子间作用力表现为斥力时，分子势能随分子间距离的减小而增大C．布朗运动反应了花粉的分子热运动的规律D．当分子间的距离增大时，分子间作用力就一直减小【考点】84：布朗运动；86：分子间的相互作用力．【分析】温度越高，分子的平均动能越大；根据分子力做功判断分子势能的变化；布朗运动不是分子的运动，间接反映了分子的无规则运动；根据分子力作用图分析分子力的变化．【解答】解：A、温度高的物体，分子平均动能一定大，但是内能不一定大，故A正确．B、当分子间作用力表现为斥力时，分子间距离减小，分子力做负功，分子势能增大，故B正确．C、布朗运动反映了液体分子无规则的运动，故C错误．D、由分子力随距离的变化图可知，当分子间距离增大时，引力和斥力均减小，但是分子力不一定减小，故D错误．故选：AB．12．一定质量理想气体的状态经历了如图所示的ab、bc、cd、da四个过程，其中bc的延长线通过原点，cd垂直于ab且与水平轴平行，da与bc平行，则气体体积在（）A．ab过程中不断增加B．bc过程中保持不变C．cd过程中不断增加D．da过程中保持不变【考点】99：理想气体的状态方程．【分析】ab过程气体发生等温过程，由玻意耳定律分析体积的变化；bc过程，根据b、c两点与绝对零度连线，分析其斜率变化，判断体积变化，斜率越大，体积越小；cd 过程是等压变化，由盖•吕萨克定律分析体积的变化．【解答】解：A、ab过程气体发生等温过程，压强减小，由玻意耳定律分析可知，气体的体积变大，故A正确．B、bc过程，b与绝对零度﹣273℃连线的斜率等于c与绝对零度﹣273℃连线的斜率，则b状态气体的体积等于c状态气体的体积，则bc过程中体积不变．故B正确．C、cd过程是等压变化，温度降低，由盖•吕萨克定律分析可知体积减小；故C错误．D、过d点的斜率大于过a点的斜率，则d点的体积小于a点的体积，da过程体积增大．故D错误．故选：AB．二、实验探究题（每空3分，共18分）13．在“油膜法估测油酸分子的大小”实验中，有下列实验步骤：①在边长约为40cm的浅盘里倒入约2cm深的水，待水面稳定后将适量的痱子粉均匀地撒在水面上．②用注射器将事先配好的油酸酒精溶液滴一滴在水面上，待薄膜形状稳定．③将画有油膜形状的玻璃板平放在坐标纸上，计算出油膜的面积，根据油酸的体积和面积计算出油酸分子直径的大小．④用注射器将事先配好的油酸酒精溶液一滴一滴地滴入量筒中，记下量筒内每增加一定体积时的滴数，由此计算出一滴油酸酒精溶液的体积．⑤将玻璃板放在浅盘上，然后将油膜的形状用彩笔描绘在玻璃板上．完成下列填空：（1）上述步骤中，正确的顺序是④①②⑤③．（填写步骤前面的数字）（2）将1cm3的油酸溶于酒精，制成300cm3的油酸酒精溶液；测得1cm3的油酸酒精溶液有50滴．现取一滴该油酸酒精溶液滴在水面上，测得所形成的油膜的面积是0.13m2．由此估算出油酸分子的直径为5×10﹣10m．（结果保留1位有效数字）【考点】O1：用油膜法估测分子的大小．【分析】将配制好的油酸酒精溶液，通过量筒测出1滴此溶液的体积．然后将1滴此溶液滴在有痱子粉的浅盘里的水面上，等待形状稳定后，将玻璃板放在浅盘上，用彩笔描绘出油酸膜的形状，将画有油酸薄膜轮廓的玻璃板放在坐标纸上，按不足半个舍去，多于半个的算一个，统计出油酸薄膜的面积．则用1滴此溶液的体积除以1滴此溶液的面积，恰好就是油酸分子的直径．【解答】解：（1）“油膜法估测油酸分子的大小”实验步骤为：配制酒精油酸溶液（教师完成，记下配制比例）→测定一滴酒精油酸溶液的体积v=（题中的④）→准备浅水盘（①）→形成油膜（②）→描绘油膜边缘（⑤）→测量油膜面积（③）→计算分子直径（③）（2）计算步骤：先计算一滴油酸酒精溶液中油酸的体积=一滴酒精油酸溶液的体积×配制比例=，再计算油膜面积，最后计算分子直径为：d==5×10﹣10 m．故答案为：（1）④①②⑤③；（2）5×10﹣10．14．如图所示为实验室“验证碰撞中的动量守恒”的实验装置．（1）实验中，两个直径相同的小球，入射球质量m1大于靶球质量m2（填大于、等于、或小于），安装轨道时，轨道末端必须水平，在同一组实验的不同碰撞中，每次入射球必须从轨道上的同一高度，由静止释放．（2）实验中记录了轨道末端在记录纸上的竖直投影为O点，经多次释放入射球，在记录纸上找到了两球平均落点位置为M、P、N，并测得它们到O点的距离分别为、和．已知入射球的质量为m1，靶球的质量为m2，如果测得m1+m2近似等于m1，则认为成功验证了碰撞中的动量守恒．【考点】ME：验证动量守恒定律．【分析】①明确验证动量守恒定律的实验原理以及实验方法，从而确定实验中的注意事项；②实验要验证两个小球系统碰撞过程动量守恒，即要验证m1v1=m1v1′+m2v2，可以通过平抛运动将速度的测量转化为水平射程的测量；【解答】解：①为了保证入射小球不反弹，则入射小球的质量大于被碰小球的质量；同时为了让小球做平抛运动，轨道末端必须水平；在同一组实验的不同碰撞中，每次入射球必须从同一高度由静止释放，保证碰前的速度相同，才能有效减小实验误差；②小球离开轨道后做平抛运动，小球在空中的运动时间t相等，如果碰撞过程动量守恒，则有：m1v0=m1vA+m2vB，两边同时乘以时间t得：m1v0t=m1vAt+m2vBt则有：m1=m1+m2，故答案为：（1）大于，水平，同一高度（或同一位置）；（2）m1三．计算题（共3小题，15题10分，16题12分，17题10分，共34分，解答要写出主要的运算过程和必要的文字说明）15．如图所示，横截面积S=10cm2的活塞，将一定质量的理想气体封闭在竖直放置的圆柱形导热气缸内，开始活塞与气缸底都距离H=30cm．在活塞上放一重物，待整个系统稳定后．测得活塞与气缸底部距离变为h=25cm．已知外界大气压强始终为P0=1×105Pa，不计活塞质量及其与气缸之间的摩擦，取g=10rn/s2．求：①所放重物的质量；②在此过程中被封闭气体与外界交换的热量．【考点】8F：热力学第一定律；99：理想气体的状态方程．【分析】①气体等温压缩，根据平衡条件求解出初、末状态的气压，然后根据玻意耳定律列式求解；②先求解气体对外界做的功，然后根据热力学第一定律求解放出的热量．【解答】解：①气体初始状态时：P0=1×105Pa气体末状态时：由等温变化规律可知：P0HS=P2hS解得：m=2kg②外界对气体做功：W=（P0s+mg）（H﹣h）由热力学第一定律可知：△U=W+Q解得：Q=﹣6J则：整个过程中封闭气体放出的热量为6．答：①活塞上的重物质量为2kg；②整个过程中被封闭气体与外界交换的热量大小为6J．16．如图所示，U形管右管横截面积为左管横截面积的2倍，在左管内用水银封闭一段长为26cm，温度为280K的空气柱，左右两管水银面高度差为36cm，外界大气压为76cmHg．若给左管的封闭气体加热，使管内气柱长度变为30cm，则此时左管内气体的温度为多少？【考点】99：理想气体的状态方程．【分析】以封闭气体为研究对象，然后应用理想气体的状态方程求出气体的温度．【解答】解：（1）以封闭气体为研究对象，设左管横截面积为S，当左管封闭的气柱长度变为30cm时，左管水银柱下降4cm，右管水银柱上升2cm，即两端水银柱高度差为：h′=30cm由题意得：V1=L1S=26S，P1=P0﹣h1=76cmHg﹣36cmHg=40cmHg，T1=280K；p2=p0﹣h′=46cmHg V2=L2S=30S，由理想气体状态方程：，可得：T2=371.5K答：左管内气体的温度为371.5K17．如图所示，光滑水平轨道上放置长板A（上表面粗糙）和滑块C，滑块B置于A 的左端，三者质量分别为mA=2kg、mB=1kg、mC=2kg．开始时C静止，A、B。