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2014-2015学年福建省厦门市高二(下)期末物理试卷


2014-2015 学年福建省厦门市高二(下)期末物理试卷
一、单项选择题: 1. (3 分) (2015 春?厦门期末)下列物理学史描述正确的是( A. 玛丽?居里提出原子的核式结构学说 B. 卢瑟福通过 α 粒子散射实验发现了电子 C. 查德威克在原子核人工转变的实验中发现了质子 D. 爱因斯坦质能方程为核能的开发利用提供了理论依据 )

考点:

物理学史. 分析: 本题是原子物理学史,记住卢瑟福、汤姆生、查德威克、爱因斯坦等科学家的物理学 贡献,即可答题. 解答: 解:A、原子的核式结构学说是卢瑟福提出的,故 A 错误. B、汤姆生通过研究阴极射线发现了电子,卢瑟福通过 α 粒子散射实验提出原子的核式结构学 说.故 B 错误. C、查德威克在原子核人工转变的实验中发现了中子,故 C 错误. D、爱因斯坦提出了质能方程,为核能的开发利用提供了理论依据,故 D 正确. 故选:D. 点评: 对于物理学史,关键在于平时加强记忆,注重积累,要记牢著名科学家的物理学成就.
所有

2. (3 分) (2015 春?厦门期末)关于核反应与核能,下列说法正确的是( ) A. 目前建成的核电站能源来自于轻核聚变 B. 核子组成原子核时,其质量亏损所对应的能量大于该原子核的结合能 C. 重核裂变和轻核聚变过程有质量亏损,均能向外界释放核能 D. 核子平均质量越大的原子核越稳定 考点: 原子核的结合能;裂变反应和聚变反应. 分析: 核电站采用重核裂变;重核裂变和轻核聚变都有质量亏损,释放能量.比结合能越大 的原子核,该原子核 越稳定. 解答: 解:A、核电站能源来自重核裂变,故 A 错误. B、自由核子组成原子核时,其质量亏损所对应的能量等于该原子核的结合能,故 B 错误. C、重核裂变和轻核聚变都有质量亏损,均向外界释放核能,故 C 正确. D、比结合能越大的原子核越稳定,故 D 错误. 故选:C. 点评: 本题考查了核电站原理、结合能和比结合能、质量亏损等基础知识点;注意概念的掌 握与应用.
所有

3. (3 分) (2015 春?厦门期末)下列说法正确的是( ) A. 产生多普勒效应的原因是波源频率发生了变化 B. 光的偏振现象说明光是一种纵波 C. 全息照相利用了光的干涉原理 D. 医学上用激光做“光刀”来进行手术,主要是利用了激光相干性好的特点

考点: 光的干涉;多普勒效应. 分析: 多普勒效应的原因是接收频率发生变化;光的偏振现象说明光是一种横波.全息照相 的拍摄利用了光的干涉原理.医学上用激光做“光刀”来进行手术,主要是利用了激光的亮度高 的特点. 解答: 解:A、当声源与观察者的间距发生变化时,出现多普勒效应的现象,原因是接收的 频率发生变化,而波源频率不变.故 A 错误. B、光的偏振现象说明光是一种横波而不是纵波.故 B 错误. C、全息照相的拍摄利用了光的干涉原理.故 C 正确. D、医学上用激光做“光刀”来进行手术,主要是利用了激光的亮度高,能量强的特点.故 D 错 误. 故选:C. 点评: 本题是振动和波部分,以选择题形式考查了全反射、偏振、干涉等现象,注意激光的 特点及用途.
所有

4. (3 分) (2015 春?厦门期末)关于核反应方程类型,下列说法正确的是( A. B. C. D. Na→ U+ H+ Mg+ n→ H→ e 是 α 衰变 Ba+ He+ Po+ Kr+3 n 是裂变



n 是裂变 He 是 β 衰变

Rn→

考点: 裂变反应和聚变反应. 专题: 衰变和半衰期专题. 分析: 解答本题需要掌握:根据质量数和电荷数守恒正确书写核反应方程;知道 β 衰变,聚 变,裂变的概念,并能区分.
所有

解答: 解:A、 B、U+ C、 D、 n→ H+ H→

Na→ Ba+ He+ Po+

Mg+ Kr+3

e 是 β 衰变,故 A 错误; n 是裂变,故 B 正确;

n 是聚变,故 C 错误; He 是 α 衰变,故 D 错误;

Rn→

故选:B. 点评: 对于原子物理中核反应方程、裂变、聚变等基本知识要熟练掌握和应用. 5. (3 分) (2015 春?厦门期末)如图所示,两束单色光 a、b 分别照射到玻璃三棱镜 AC 面上, 穿过三棱镜后垂直 AB 射出,a 光和 b 光相比较,则( )

A. B. C. D.

a 光的频率高 a 光的波长短 a 光在三棱镜中的速度小 对同一双缝干涉装置,a 光的干涉条纹比 b 光的干涉条纹宽

考点: 光的干涉. 专题: 光的干涉专题. 分析: 由图看出经过玻璃三棱镜后 a 光的偏折角小于 b 光的偏折角,根据折射定律得知,玻
所有

璃三棱镜对 b 光的折射率大于对 a 光的折射率,再确定频率和波长的大小.由 v= ,分析光在 三棱镜中速度大小,并依据干涉条纹间距公式,即可确定. 解答: 解: A、B 由图看出经过玻璃三棱镜后 a 光的偏折角小于 b 光的偏折角,根据折射定律得知,玻璃 三棱镜对 b 光的折射率大于对 a 光的折射率,则 a 光的频率低,b 光的波长短.故 AB 错误. C、由公式 v= 分析知道,b 光穿过三棱镜的速度小.故 C 错误. D、根据干涉条纹间距公式 ,可知,a 光的波长大于 b 光,a 光的干涉条纹比 b 光的

干涉条纹宽.故 D 正确. 故选:D. 点评: 本题的解题关键是确定出两光束偏折角的大小来判断折射率的大小, 进一步确定波长、 频率、光速的大小,并掌握干涉条纹间距公式的应用. 6. (3 分) (2015 春?厦门期末)关于光电效应,下列说法正确的是( ) A. 发生光电效应时,当入射光频率一定,光电子最大初动能越大,这种金属的逸出功越 大 B. 发生光电效应时,当入射光频率一定,光强越大,单位时间内逸出的光电子数就越多 C. 只要光照射足够长,任何金属都会发生光电效应 D. 极限频率越大的金属材料逸出功越小 考点: 光电效应. 专题: 光电效应专题. 分析: 金属材料的性质决定金属的逸出功,而逸出功决定入射光的极限频率;只有入射光的 频率大于金属的极限频率,才能发生光电效应;光电子的最大初动能与金属的逸出功和入射 光的频率有关,与入射光的强度无关;光电流的大小与入射光的强度有关,与入射光的频率 无关. 解答: 解:A、根据爱因斯坦光电效应方程 Ekm=hγ﹣W,可知,当入射光频率一定,光电子 的最大初动能跟金属的逸出功有关,若光电子最大初动能越大,这种金属的逸出功越小.故 A 错误.
所有

B、单位时间内逸出的光电子的数目多少跟入射光的强度有关,强度越大,单位时间内逸出的 光电子的数目越多.而入射光的频率越高,光电子的最大初动能越大.故单位时间内逸出的 光电子的数目与入射光的频率无关.故 B 正确. C、电子在发生跃迁的时候一次只能吸收一个光子,而所谓极限频率是指处于最外层的电子发 生电离所要吸收的光子的频率,故只要入射光的频率低于金属的极限频率,无论时间多长, 无论光的强度多大,都不会发生光电效应.故 C 错误. D、根据爱因斯坦光电效应方程 Ekm=hγ﹣W,可知 hγ0=W,故金属的极限频率越大,金属材 料的逸出功越大.故 D 错误. 故选:B. 点评: 本题考查光电效应的规律和特点,我们一定要熟记光电效应的现象和遵循的规律,只 有这样我们才能顺利解决此类问题. 7. (3 分) (2015 春?厦门期末)关于天然放射现象,下列说法中正确的是( A. β 衰变证明原子核里有电子 B. 某原子核经过一次 α 衰变,核内中子数减少 2 个 C. 放射性物质的温度升高,其半衰期将缩短 D. γ 射线的电离作用很强,可用来消除有害静电 )

考点: 原子核衰变及半衰期、衰变速度;天然放射现象. 专题: 衰变和半衰期专题. 分析: β 衰变中产生的电子是原子核中的一个中子转化而来的;α 衰变过程中,一个原子核 释放一个 α 粒子(由两个中子和两个质子形成的氦原子核) ,并且转变成一个质量数减少 4, 核电荷数减少 2 的新原子核.β 衰变过程中,一个原子核释放一个 β 粒子(电子) .根据质量 数守恒和电荷数守恒求解原子核衰变后核内中子数的变化;升高放射性物质的温度,不能缩 短其半衰期.γ 射线的电离作用很弱,不能用来消除有害静电. 解答: 解:A、β 衰变时,原子核中的一个中子转化为一个质子和一个电子,释放出来的电 子就是 β 粒子,可知 β 衰变现象不是说明电子是原子核的组成部分.故 A 错误. B、某放射性元素经过 1 次 α 衰变质量数减少 4,核电荷数减少 2 个,根据质量数守恒和电荷 数守恒得知,中子数减少:2 个.故 B 正确. C、半衰期是由原子核内部性质决定的,与温度无关,所以升高放射性物质的温度,不能缩短 其半衰期.故 C 错误. D、γ 射线的电离作用很弱,不能用来消除有害静电.故 D 错误. 故选:B 点评: 本题是原子物理问题,都是基本知识.对于核反应,要抓住质量数守恒和电荷数守恒 进行配平.若原子核衰变个过程中释放出 α 粒子和 β 粒子,减少的质量数等于减少的中子数 和质子数之和.
所有

8. (3 分) (2015 春?厦门期末)如图是验证楞次定律的实验示意图,竖直放置的线圈固定不 动,将磁铁从线圈上方插入或拔出,线圈和电流表构成的闭合回路中就会产生感应电流.各 图中分别标出了磁铁的极性、磁铁相对线圈的运动方向以及线圈中产生的感应电流的方向等 情况,其中表示不正确的是( )

A.

B.

C.

D.

考点: 法拉第电磁感应定律. 专题: 电磁感应与电路结合. 分析: 当磁铁的运动,导致线圈的磁通量变化,从而产生感应电流,感应磁场去阻碍线圈的 磁通量的变化. 解答: 解:A、当磁铁 N 极向下运动时,线圈的磁通量变大,由增反减同可知,则感应磁场 与原磁场方向相反.再根据安培定则,可判定感应电流的方向:沿线圈盘旋而上.故 A 错误; B、当磁铁 S 极向上运动时,线圈的磁通量变小,由增反减同可知,则感应磁场与原磁场方向 相同.再根据安培定则,可判定感应电流的方向:沿线圈盘旋而上,故 B 正确; C、当磁铁 S 极向下运动时,线圈的磁通量变大,由增反减同可知,则感应磁场与原磁场方向 相反.再根据安培定则,可判定感应电流的方向:沿线圈盘旋而下.故 C 正确; D、当磁铁 N 极向上运动时,线圈的磁通量变小,由增反减同可知,则感应磁场与原磁场方向 相同.再根据安培定则,可判定感应电流的方向:沿线圈盘旋而下,故 D 正确; 本题选择错误的,故选:A. 点评: 可从运动角度去分析:来拒去留.当 N 极靠近时,则线圈上端相当于 N 极去抗拒,从 而确定感应电流方向.
所有

9. (3 分) (2015 春?厦门期末)如图所示,一金属小球用一根绝缘细线挂在固定点 O 处,将 小球从匀强磁场区域外静止释放,磁感线的方向垂直纸面向里,空气阻力不计.则( )

A. B. C. D.

小球在摆动过程中机械能守恒 小球的运动到最低点时速度最大,产生的感应电流最大 小球的运动过程中,摆角会越来越小,直到摆角小到某一值后不再减小 小球开始的摆动后,最终将停止在竖直线 OO′

考点: 导体切割磁感线时的感应电动势. 分析: 楞次定律的内容为:闭合回路中产生的感应电流的磁场总是阻碍原磁通量的变化;判 断感应电流的方向首先要确定原磁场的方向及磁通量的变化,然后根据楞次定律进行判断感 应电流的方向. 解答: 解:A、当金属环进入或离开磁场区域时磁通量发生变化,会产生电流.环进入和离 开磁场区域,磁通量分别是增大和减小,故产生感应电流,从而将机械能转化为电能;故机 械能不再守恒;故 A 错误; B、金属环进入磁场后,由于没有磁通量的变化,因而圆环中没有感应电流,不受磁场力作用, 只在重力作用下,离平衡位置越近,则速度越大,故 B 错误. C、由于从左侧摆到右侧的过程中,线框中磁通量发生变化,因而产生感应电流,由于电阻的 存在,线框中将产生焦耳热,根据能量守恒知线框的机械能将不守恒,故在左侧线框的高度 将高于起始时右侧的高度,所以摆角会越来越小,当完全在磁场中来回摆动时,则没有感应 电流,圆环最后的运动状态为在磁场区域来回摆动,故 C 正确. D 错误;
所有

故选:C. 点评: 本题考查楞次定律的应用和能量守恒相合;要会分析在电磁感应现象中能量的转化方 向. 10. (3 分) (2015 春?厦门期末)“弹弹子”是我国传统的儿童游戏,如图所示,静置于水平地 面的两个完全相同的弹子沿一直线排列,质量均为 m,人在极短时间内给第一个弹子水平冲 量 I 使其水平向右运动, 当第一个弹子运动了距离 L 时与第二个弹子相碰, 碰后第二个弹子运 动了距离 L 时停止.已知摩擦阻力大小恒为弹子所受重力的 k 倍,重力加速度为 g,若弹子之 间碰撞时间极短,为弹性碰撞,忽略空气阻力,则人给第一个弹子水平冲量 I 为( )

A. m

B. m

C. m

D. m

考点: 动量守恒定律;动能定理的应用. 专题: 动量定理应用专题. 分析: 分析小球的运动过程,根据动量守恒分析碰撞后速度变化,再由动能定理可求得第一 个小球的初速度,则可求得动量. 解答: 解:小球 1 获得速度后由于受阻力做功,动能减小; 与 2 球相碰时,由动量守恒定律可知,两球交换速度,即球 1 静止,球 2 以 1 的速度继续行 驶;
所有

则可知,1 的初动能克服两球运动中摩擦力所做的功;则由动能定理可知;kmg?2L= mv ; 解得:v=2 则冲量 I=mv=m 故选:B. 点评: 本题考查动量守恒定律中,相同小球相碰时将交换速度这一规律;同时注意能将两小 球的过程化为一个过程进行分析,由动能定理求解即可. 二、多项选择题(每小题 4 分) 11. (4 分) (2015 春?厦门期末)下列核反应或核衰变方程中,符号“X”表示质子的是( A. B. C. D. Be+ N+ Ra→ Hg+ He→ He→ C+X O+X Rn+X n→ Pt+ n+2X

2



考点: 裂变反应和聚变反应.

所有

专题: 衰变和半衰期专题. 分析: 根据核反应方程的质量数和电荷数守恒即可判断出 X 表示什么粒子,从而正确解答本 题. 解答: 解:设 A 中 X 的质量数为 m,电荷数为 n,根据质量数和电荷数守恒可得: 9+4=12+m,4+2=6+n, 解得 m=1,n=0,故 X 表示中子,故 A 错误; 同理可得:B 中 X 表示质子,C 中 X 表示 α 粒子,D 中 X 表示质子,故 BD 正确,AC 错误. 故选:BD. 点评: 本题考查了核反应方程中的质量数和电荷数守恒的应用,同时注意原子核的质量数和 电荷数的表示方法. 12. (4 分) (2015 春?厦门期末)氢原子能级如图所示,一群原处于 n=4 能级的氢原子跃迁到

n=1 能级的过程中( ) A. 能释放六种频率不同的光子 B. 由 n=2 能级跃迁到 n=1 能级释放的光子频率最小 C. 释放的光子的最大能量为 12.75eV,最小能量为 0.66eV D. 由 n=4 能级跃迁到 n=1 能级释放的光子波长最长 考点: 氢原子的能级公式和跃迁. 专题: 原子的能级结构专题.

所有

分析: 根据 Em﹣En=hγ 求出吸收光子的能量;通过数学组合公式

可以求出一群氢原子处

于激发态可能发出光子频率的种数,能极差越大,辐射光子频率越大,波长越小. 解答: 解:A、一群原来处于 n=4 能级的氢原子跃迁到 n=1 能级的过程中,根据 辐射的光子频率为 6 种.故 A 正确; B、根据 Em﹣En=hv 得能极差越大,辐射光子的频率越大,由 n=4 能级跃迁到 n=3 级释放的 光子频率最小,故 B 错误; C、由 n=4 向 n=1 能级跃迁时辐射的光子能量最大,为 13.6﹣0.85eV=12.75eV,由 n=4 向 n=3 能级跃迁辐射的光子能量最小,为﹣0.85+1.51eV=0.66eV.故 C 正确. D、根据 Em﹣En=hv 得能极差越大,辐射光子的频率越大,知从 n=4 跃迁到 n=1 间能极差最 大,辐射光子频率最大,光子波长最小.故 D 错误; 故选:AC. 点评: 解决本题的关键掌握能极差与光子频率的关系.注意一群氢原子处于激发态与一个氢 原子处于激发态辐射光子频率的种数不同. 13. (4 分) (2015 春?厦门期末)如图所示,一列向+x 方向传播和简谐横波(图示时刻为 t=0) , 已知该波周期为 4s,则( ) =6 知,

A. B. C. D.

质点 A 在第一秒内运动方向为 y 轴正方向 质点 A 在第 1 秒内回复力对它做负功 质点 B 在第 1 秒内回复力在增大 质点 A、B、C 来说,在连续的 4s 内,回复力做功一定为零

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: 据波形平移法确定波的传播方向与质点的振动关系,利用各质点做简谐运动分析各质 点的振动情况,从而即可求解. 解答: 解:A、由于波沿+x 方向传播,据波形平移法知,质点 A 将向下运动,即沿着 y 轴负 方向,故 A 错误. B、由于质点 A 向下运动,在第 1 秒内回复力与运动方向相反,则对它做负功,故 B 正确. C、由于波沿+x 方向传播,据波形平移法知,质点 B 将从最大位移处向下运动,所以回复力 减小,故 C 错误. D、由于该波的周期为 4s,三个质点在任何 4s=T 内,回复力做功的代数和为零,故 D 正确. 故选:BD. 点评: 解题关键明确波的传播方向与各质点的振动情况是解题的关键,质点在平衡位置附近 做简谐运动的解题的核心.
所有

14. (4 分) (2015 春?厦门期末)如图甲所示,在水平向右的磁场中,竖直放置一个单匝金属 圆线圈,线圈所围面积为 0.1m ,线圈电阻为 0.1Ω,磁场的磁感应强度大小 B 随时间 t 的变化 规律如图乙所示,规定从左向右看顺时针方向为线圈中感应电流的正方向,则( )
2

A. B. C. D.

第 2s 内线圈有收缩的趋势 第 3s 内线圈的发热功率最大 第 4s 感应电流的方向为正方向 0﹣5s 内感应电流的最大值为 0.1A

考点: 楞次定律;焦耳定律. 专题: 电磁感应与电路结合.

所有

分析: 根据法拉第电磁感应定律 E=n

=n

求出各段时间内的感应电动势, 就可以解

得电流的大小,根据楞次定律判断出各段时间内感应电动势的方向.

解答: 解:A、第二秒内磁感应强度增大;故磁通量增大;则根据楞次定律可知,线圈有收 缩的趋势;故 A 正确; B、第 3s 内磁感应强度不变;感应电流为零;线圈不发热;故 B 错误; C、第 4s 内磁场减小;则由楞次定律可知,电流的方向为正方向;故 C 正确; D、由图可知,磁感应强度的变化率最大为 0.1;则感应电流为:I= = 故 D 正确; 故选:ACD. 点评: 解决本题的关键是掌握法拉第电磁感应定律 E=n =n , 会根据楞次定律判断 = =0.1A;

感应电流的方向;要注意灵活应用楞次定律解题:当磁通量减小时,为阻碍磁通量的减少, 线圈有扩张的趋势,为阻碍磁通量的增加,线圈有收缩的趋势. 三、实验题(本题共 2 小题,共 12 分) 15. (6 分) (2015 春?厦门期末)在做“单摆测重力加速度”的实验中: (1)某同学在实验中测得的小球直径为 d,测定了摆线的长度为 l,用秒表记录小球完成 n 次 全振动的总时间为 t,则当地的重力加速度的表示式为 g= (用 d、l、n、

t 表示) (2)为了提高实验精度,在实验中可改变几次摆长 L 并测出相应的周期 T,从而得出几组对 应的 L 与 T 的数据,再以 L 为横坐标,T 为纵坐标,描绘出图象为一直线,并求得该直线的 斜率为 k,则重力加速度 g= (用 k 表示) .
2 2

(3)为了尽可能减小实验误差,下述操作中可行的是 AB . A.摆线偏离竖直方向的最大摆角小于 5°. B.当小球通过平衡位置时开始计时 C.让小球尽可能在同一竖直面内摆动 D.选择密度较小的小球 E.选择小于 30 厘米的摆线. 考点: 用单摆测定重力加速度. 专题: 实验题. 分析: (1)根据题意求出单摆的摆长与周期,然后应用单摆周期公式求出重力加速度. (2)应用单摆周期公式求出图示的函数表达式,然后根据图象求出重力加速度. (3)根据实验注意事项分析答题.
所有

解答: 解: (1)单摆摆长:L=l+ ,单摆的周期:T= ,

由单摆周期公式:T=2π

可知,重力加速度:g=

=



(2)由单摆周期公式:T=2π

可知,T =

2

L,

T ﹣L 图象的斜率:k=

2

,重力加速度:g=



(3)A、单摆在小摆角下的振动为简谐振动,实验时摆线偏离竖直方向的最大摆角小于 5°, 故 A 正确; B、为减小实验误差,测单摆周期时应在小球通过平衡位置时开始计时,故 B 正确; C、实验时小球必须在同一竖直面内摆动,故 C 错误; D、为减小空气阻力对实验的应用,应选择密度较大的小球作为摆球,故 D 错误; E、为减小实验误差,摆线长度约为 100cm,故 E 错误;故选 AB; 故答案为: (1) ; (2) ; (3)AB.

点评: 本题考查了求重力加速度、实验注意事项,掌握并灵活应用单摆周期公式即可解题, 本题是一道基础题,平时要注意基础知识的学习. 16. (6 分) (2015 春?厦门期末)用如图甲所示双缝干涉装置测量某单色光的波长.在观察到 清晰的干涉条纹后,将测量头的分划板中心刻线与某亮纹中心对齐,将该亮纹定为第 1 条亮 纹,此时测量头(为 50 分度的游标卡尺)上的示数为 8.36mm,然后转动手轮,使分划板中 心刻线与第 6 条亮纹中心对齐,记下此时图乙中测量头上的示数为 19.26 mm.已知该单色 光条纹间距为△ x,双缝间距 d 为 2.0×10 m,测得双缝到屏的距离 l 为 0.700m,由计算式 λ= △ x (用字母表示) ,求得该单色光波长为 6.2×10
﹣7 ﹣4

m.

考点: 双缝干涉的条纹间距与波长的关系. 专题: 光的干涉专题. 分析: 游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数,不需估读.
所有

根据双缝干涉条纹的间距公式△ x= λ,去求单色光的波长. 解答: 解:图乙中的游标卡尺的主尺读数为 19mm,游标读数为 0.02×13=0.26mm,所以最终 读数为 19.26mm. 干涉条纹的间距△ x= mm=2.18mm.

根据双缝干涉条纹的间距公式△ x= λ,得,λ= △ x, 代入数据得,λ= 故答案为:19.26, △ x,6.2×10 .
﹣7

=6.2×10 m.

﹣7

点评: 解决本题的关键熟悉该实验的实验装置,以及掌握螺旋测微器的读数方法和双缝干涉 条纹的间距公式△ x= λ,注意螺旋测微器与游标卡尺的区别.

四、计算题 17. (8 分) (2015 春?厦门期末)如图所示,甲图为一列横波在 t=0 时刻的波形图象,乙图为 该横波中 x=6m 的质点 P 从 t=0 时刻开始计时的振动图象,求: (1)这列横波的传播速度大小和方向; (2)质点 P 从 t=0 时刻开始 0.8s 时间内运动的路程.

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: (1)根据 t=0 时刻 x=6m 处质点的振动方向得到波的传播方向,由左图得到波长,右
所有

图得到周期,根据 v=

求解波速.

(2)根据图象求得周期,结合 0.8s,从而确定质点 P 的完成的多少个周期,进而确定运动的 路程. 解答: 解: (1)t=0 时刻 x=6m 处质点的振动方向是向上,由波形平移法知,波沿 x 轴负方向 传播; 由左图得到波长为 λ=8m,右图得到周期为 T=0.08s,故波速 v= = =10m/s;

(2)开始 0.8s 时间内,质点 P 完成一次全振动,因此质点 P 运动的路程为: s=4A=4×5cm=20cm 答: (1)这列横波的传播速度大小 10m/s 和方向沿 x 轴负方向传播; (2)质点 P 从 t=0 时刻开始 0.8s 时间内运动的路程 20cm. 点评: 本题关键明确波形平移方向与质点振动方向的关系,能够结合公式 v= 并掌握质点振动路程与波传播距离区别. 18. (10 分) (2015 春?厦门期末)一束光垂直 BC 面射入如图所示的透明三棱镜中,棱镜折射 率 n= ,求: (1)在图上画出光第一次从三棱镜中射出的光路图; (2)光第一次从三棱镜中射出时的折射角. 求解波速,

考点: 光的折射定律. 专题: 光的折射专题. 分析: (1)应用临界角公式求出临界角,然后作出光路图. (2)应用折射定律求出折射角.
所有

解答: 解: (1)由临界角公式得:sinC= =

,C=45°,

由几何知识可知:i=60°>C,光在 AB 上发生全反射, α=30°,光在 AC 面上发生折射,光路图如图所示:

(2)由折射定律得:n= sinβ= ,则:β=45°;

=

=



答: (1)光第一次从三棱镜中射出的光路图如图所示; (2)光第一次从三棱镜中射出时的折射角为 45°. 点评: 本题考查了作光路图、求折射角,应用临界角公式,分析清楚光的传播过程,应用反 射定律与折射定律可以解题. 19. (10 分) (2015 春?厦门期末)如图所示,质量 N=4kg 的滑板 B 静止放在光滑水平面上, 其右端固定一根轻质弹簧, 滑板 B 上表面光滑, 质量 m=2kg 的小铁块 A, 以水平速度 v0=6m/s 2 由滑板 B 左端开始沿滑板表面向右运动,g 取 10m/s .求: (1)弹簧被压缩到最短时,滑板 B 的速度; (2)滑板 B 的最大瞬时速度.

考点: 功能关系.

所有

分析: (1)弹簧被压缩到最短时,A 与 B 的速度相同.A、B 组成的系统在水平方向所受合 外力为零,系统动量守恒,由动量守恒定律可以求出 B 的速度. (2)当弹簧再次恢复原长时,B 的速度最大.在整个过程中,系统动量守恒,机械能也守恒, 由两大守恒定律可以求解. 解答: 解: (1)弹簧被压缩到最短时,A 与滑板 B 具有相同的速度, 设为 v,从 A 开始沿滑板 B 表面向右运动至弹簧被压缩到最短的过程中,取向右为正方向, 由 A、B 系统的动量守恒得: mv0=(M+m)v, 得:v= = =2 m/s.

(2)当弹簧再次恢复原长时,B 的速度最大.在整个过程中,根据系统的动量守恒和机械能 守恒得: mv0=MvB+mvA, = + = =4m/s

联立解得:vB=

答: (1)弹簧被压缩到最短时,滑板 B 的速度为 2m/s; (2)滑板 B 的最大瞬时速度是 4m/s. 点评: 本题关键要分析清楚物体的运动过程,知道弹簧再次恢复原长时,B 的速度最大,应 用动量守恒定律与能量守恒定律即可正确解题. 20. (14 分) (2015 春?厦门期末)如图甲所示,有两根足够长、不计电阻,相距 L=1m 的平行 光滑金属导轨 cd、ef 与水平面成 θ=30°固定放置,顶端接一阻值为 R=2Ω 的电阻,在轨道平面 内有磁感应强度为 B=0.5T 的匀强磁场,方向垂直轨道平面向上,现有一质量为 m=0.1kg、电 阻不计的金属杆 ab,平行于 ce 且垂直于导轨,以一定初速度 v0 沿轨道向上运动,到达某一高 2 度后, 再沿轨道向下运动, 整个运动过程加速度大小与路程 a﹣s 关系如图乙: 已知 a0=15m/s , 2 2 a1=5m/s ,s1=2.9m,s2=15.8m,g 取 10m/s ;求: (1)金属杆的初速度大小; (2)金属杆加速度为零以后电阻 R 的电功率; (3)金属杆从开始运动到路程为 s2 全过程,电阻产生的焦耳热.

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;焦耳定律. 专题: 电磁感应与电路结合.

所有

分析: (1)由图读出 s=0 时,a=a0=15m/s ,根据牛顿第二定律和安培力与速度的关系式结 合求解初速度. (2)金属杆加速度为零后做匀速直线运动,由平衡条件求出回路中电流,再求电阻 R 的电功 率. (3)由欧姆定律和法拉第定律求出路程为 s2 时棒的速度,再由能量守恒定律求焦耳热. 2 解答: 解: (1)由图读出 s=0 时,a=a0=15m/s ,棒刚开始运动时,根据牛顿第二定律得: mgsinθ+FA=ma0; 又 FA=BIL= 联立解得:v0=8m/s (2)金属杆加速度为零后做匀速直线运动,由平衡条件得 mgsinθ=BIL 得 I=1A 2 电阻 R 的电功率 P=I R=2W (3)设路程为 s2 时棒的速度为 v,则有 I= 根据能量守恒得: 全过程中电阻产生的焦耳热 Q=mgsinθ?(s2﹣s1)+ =8.85J ,得 v=4m/s

2

答: (1)金属杆的初速度大小是 8m/s; (2)金属杆加速度为零以后电阻 R 的电功率是 2W; (3)金属杆从开始运动到路程为 s2 全过程,电阻产生的焦耳热是 8.85J. 点评: 解决本题的关键要读懂图象的意义,明确棒的运动情况,知道棒加速度为零时做匀速 直线运动,受力平衡,从力和能两个角度进行研究.


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