2019春福建省福州一中高二(下)期末物理试卷(解析版)(共18页).docx

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1、精选优质文档-倾情为你奉上2019春福建省福州一中高二（下）期末物理试卷一、单选题（本大题共12小题，共38.0分）1. 关于科学家和他们的贡献，下列说法中正确的是（）A. 汤姆逊利用阴极射线管发现了质子B. 居里夫妇发现轴的天然放射现象C. 查德威克预言中子存在,并通过粒子轰击铍核时发现中子D. 卢瑟福进行粒子散射实验并提出原子的核式结构模型2. 下列关于波的叙述中正确的是（）A. 光的偏振现象表明光是一种横波B. 在光的双缝干涉实验中,若仅将入射光由紫光改为红光,则条纹间距不变C. 一束白光经光密三棱镜折射发生色散时,红光的偏折角最大D. 拍摄玻璃橱窗内的物品时,往往在镜头前加装一个偏振片

2、以增加透射光的强度3. 如图所示为氢原子能级结构图，下列说法正确的是（）A. 欲使处于基态的氢原子激发,用11eV的光子照射B. 欲使处于基态的氢原子激发,用11eV的电子碰撞C. 一群处于n=4激发态的氢原子向低能级跃迁可能释放12种频率的光D. 一个处于n=5激发态的氢原子向低能级跃迁可能释放5种频率的光4. 如图所示，横波1沿BP方向传播，B点的振动图象如图甲所示，横波2沿CP方向传播，C点的振动图象如图乙所示，P与B相距40cm，P与C相距50cm，波速都为20cm/s，两横波在P处相遇，两横波振动方向相同，P点振幅为（）A. 70cmB. 50cmC. 10cmD. 35cm5. 如

3、图，放射性元素镭衰变过程中释放三种射线，分别进入匀强电场和匀强磁场中，下列说法中正确的是（）A. 表示射线,表示射线B. 表示射线,表示射线C. 表示射线,表示射线D. 表示射线,表示射线6. OMN为玻璃等腰三棱镜的横截面。a、b两束可见单色光从空气垂直射入棱镜底面MN，在棱镜侧面OM、ON上反射和折射的情况如图所示。由此可知（）A. 棱镜内a光的传播速度比b光的小B. 棱镜对a光的折射率比对b光的折射率大C. a光的频率比b光的高D. a光的波长比b光的长7. 如图所示，A、B两物体质量分别为mA、mB，且mAmB，置于光滑水平面上，相距较远。将两个大小均为F的力，同时分别作用在A、B上经

4、过相同距离后，撤去两个力，两物体发生碰撞并粘在一起后将（）A. 停止运动B. 向左运动C. 向右运动D. 运动方向不能确定8. 原子从a能级状态跃迁到b能级状态时发射波长为1的光子；原子从b能级状态跃迁到c能级状态时吸收波长为2的光子，已知12那么原子从a能级状态跃迁到c能级状态时将（）A. 辐射波长为12的光子B. 吸收波长为12的光子C. 辐射波长为1212的光子D. 吸收波长为1212的光子9. 氘核和氚核聚变的核反应方程为12H+13H24He+01n，已知13H的比结合能是2.78MeV，12H的比结合能是1.09MeV，24He的比结合能是7.03MeV，则（）A. 该核反应释放1

5、7.6MeV能量B. 该核反应释放3.16MeV能量C. 该核反应吸收176MeV能量D. 该核反应吸收3.16MeV能量10. 研究光电效应的电路如图所示，用频率相同、强度不同的光分别照射密封真空管的钠极板（阴极K），钠极板发射出的光电子被阳极A吸收，在电路中形成光电流。下列光电流I与A、K之间的电压UAK的关系图象中，正确的是（）A. B. C. D. 11. 两个氘核以相等的动能Ek对心碰撞发生核聚变，核反应方程为12H+12H23He+01n，其中氘核的质量为m1，氦核的质量为m2，中子的质量为m3假设核反应释放的核能E全部转化为动能，下列说法正确的是（）A. 核反应后氮核与中子的动量

6、相同B. 该核反应释放的能量为E=(m1m2m3)c2C. 核反应后氮核的动能为E+2Ek4D. 核反应后中子的动能为E+Ek412. 如图所示，两光滑且平行的固定水平杆位于同一竖直平面内，两静止小球m1、m2分别穿在两杆上，两球间连接一个保持原长的竖直轻弹簧，现给小球m2一个水平向右的初速度v0如果两杆足够长，则在此后的运动过程中（）A. m1、m2组成的系统机械能守恒B. 当m1的速度达到最大时,m2同速度最小C. m1、m2组成的系统动量守恒D. 弹簧最长时,其弹性势能为12m2v02二、多选题（本大题共3小题，共12.0分）13. 一列简谐横波沿直线传播，该直线上平衡位置相距9m的a、

7、b两质点的振动图象如图所示。下列描述该波的图象可能正确的是（）A. B. C. D. 14. 水平气垫导轨上，一个质量为lkg的滑块A，以初速度为4m/s撞上另一个质量为2kg处于静止状态的滑块B，碰后瞬间A、B的速度分别为vA和vB，动量分别为PA和PB，动能分别为EA和EB，则下列情况中有可能出现的是（）A. vA=lm/s,vB=1.5m/sB. vA=2m/s,vB=3m/sC. EKA=0.5J,EKB=6.25JD. PA=2kgm/s,PB=2kgm/s15. 如图所示是用光照射某种金属时，逸出的光电子的最大初动能随入射光频率变化的图线（直线与横轴的交点坐标4.27，与纵轴交点坐

8、标0.5）。由图可知（）A. 该金属的截止频率为4.271014HzB. 该金属的截止频率为5.501014HzC. 该金属的逸出功为0.5eVD. 该图线的斜率表示普朗克常量三、实验题（本大题共2小题，共18.0分）16. 在“测玻璃的折射率”实验中：（1）为取得较好的实验效果，下列操作正确的是_A必须选用上下表面平行的玻璃砖；B选择的入射角应尽量小些；C大头针应垂直地插在纸面上；D大头针P1和P2及P3和P4之间的距离适当大些。（2）某同学在量入射角和折射角时，由于没有量角器，在完成了光路图以后，用圆规以O点为圆心，OA为半径画圆，交OO延长线于C点，过A点和C点作垂直法线的直线分别交于B

9、点和D点，如图甲所示，若他测得AB=7.5cm，CD=5cm，则可求出玻璃的折射率n=_。17. （3）有甲、乙两位同学在纸上画出的界面aa、bb与玻璃砖位置的关系分别如图乙、所示，其中甲同学用的是矩形玻璃砖，乙同学用的是梯形玻璃砖。他们的其它操作均正确，且均以aa、bb为界面画光路图。则甲、乙两位同学测得的折射率与真实值相比分别是_和_（填“偏大”、“偏小”或“不变”）。18. 在“用双缝干涉测量光的波长”的实验中，将双缝干涉实验仪按要求安装在光具座上，如图所示，并选用缝间距d=0.2mm的双缝屏。从仪器注明的规格可知，像屏与双缝屏间的距离L=700mm。接通电源使光源正常工作。（1）M、N

10、、P三个光学元件依次为_A滤光片、单缝片、双缝片B滤光片、双缝片、单缝片C偏振片、单缝片、双缝片D双缝片、偏振片、单缝片（2）对于某种单色光，为增加相邻亮条纹（暗条纹）间的距离，可采取的方法有_A减小双缝间距离B增大单缝间距离C减小透镜与光源的距离D增大双缝到屏的距离（3）已知测量头主尺的最小刻度是毫米，副尺上有50分度。某同学调整手轮后，从测量头的目镜看去，第1次映入眼帘的干涉条纹如图甲所示，图中的数字是该同学给各暗条纹的编号，此时图乙中游标卡尺上的读数x1=1.16mm；接着再转动手轮，映入眼帘的干涉条纹如图丙所示，此时图丁中游标卡尺上的读数x2=_mm；（4）利用上述测量结果，经计算可得

11、两个相邻亮条纹（或暗条纹间）的距离x，进而计算得到这种色光的波长=_nm。（5）一同学通过测量头的目镜观察单色光的干涉图样时，发现里面的亮条纹与分划板竖线未对齐，如图所示。若要使两者对齐，该同学应如何调节_A仅左右转动透镜B仅旋转滤光片C仅拨动拨杆D仅旋转测量头四、计算题（本大题共3小题，共32.0分）19. 从M、N两点产生的两列简谐横波在同一介质中分别沿x轴向正方向和负方向传播，振幅均为A=20cm。t=0时两列波刚好都传播到坐标原点，波的图象如图所示，x=1m的质点P的位移为10cm，再经t=0.01s坐标原点的位移第一次变为40cm，求（1）波的传播速度和波源的振动频率。（2）之后M、

12、N两点之间所有振动减弱点的位置坐标。20. 如图所示，一束宽度为2R的平行单色光垂直射到半径为R的透明半圆柱体的平面上，在半圆柱体后方的竖直光屏MN上形成宽度为2R的光带。图中O为半圆柱体截面的圆心，轴线OA垂直于光屏，己知从B点射入的光线在射出圆柱体时，光线偏离原方向的角度为15，OB=R2，求（1）半圆柱体的折射率n：（2）O点到光屏MN的距离。21. 如图所示，质量为m=3kg的滑道静止在光滑的水平面上，滑道的AB部分是半径为R=0.15m的四分之一圆弧，圆心O在B点正上方，其他部分水平，在滑道右侧固定一轻弹簧，滑道除CD部分粗糙外其他部分均光滑。质量为m2=3kg的物体2（可视为质点）

13、放在滑道上的B点，现让质量为m1=1kg的物体（可视为质点）自A点上方R处由静止释放。两物体在滑道上的C点相碰后粘在一起（g=10m/s2），求：（1）物体1第一次到达B点时的速度大小；（2）B点和C点之间的距离；（3）若CD=0.06m，两物体与滑道CD部分间的动摩擦因数都为=0.15，两物体最后一次压缩弹簧时，求弹簧的最大弹性势能的大小。五、简答题（本大题共1小题，共8.0分）22. 质量为m的弹性滑块放在质量也为m的直角盒内，可以做无摩擦运动。长度为L的盒子放在涂有一层薄油的桌子上，盒子与桌面间的动摩擦力仅取决于盒子沿桌面运动的速度，大小为f=-v（其中已知）。开始时刻盒子静止，而滑块靠

14、在盒子的左壁上并且具有速度v0，方向向右。若盒子和滑块都停止运动时滑块并未靠在盒子边缘，问滑块和盒子发生多少次碰撞？（盒子长度比滑块大很多，且所有碰撞都为弹性碰撞）答案和解析1.【答案】D【解析】解：A、汤姆逊通过对阴极射线的研究发现了电子，故A错误；B、贝克勒尔发现轴的天然放射现象，故B错误；C、卢瑟福预言了中子，查德威克通过粒子轰击铍核实验发现了中子，故C错误；D、卢瑟福通过a粒子散射实验，提出原子的核式结构模型，认为原子是由原子核和核外电子组成的，故D正确；故选：D。本题是物理学史问题，根据汤姆逊、贝克勒尔、查德威克、卢瑟福等人对物理学发展的贡献进行解。本题考查物理学史，是常识性问题，对

15、于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一。2.【答案】A【解析】解：A、光的偏振现象说明光振动的方向与传播的方向垂直，是横波。故A正确；B、在光的双缝干涉实验中，根据条纹的宽度公式：x=Ld可知，若仅将入射光由紫光改为红光，条纹间距一定变大。故B错误；C、红色光的折射率小，可知当一束白光经光密三棱镜折射发生色散时，红光的偏折角最小。故C错误；D、拍摄玻璃橱窗内的物品时，往往在镜头前加装一个偏振片以消除玻璃反射的偏振光。故D错误。故选：A。偏振是横波特有的现象；根据条纹的宽度公式判断；折射率小的红色光经过三棱镜后的偏折角小；偏振片可以消除偏振光。该题考查临界角与折射率的关

16、系、双方干涉条纹、以及光的偏转的知识点，属于对基础知识的考查，在学习的过程中多加积累即可。3.【答案】B【解析】解：A、处于基态的氢原子若吸收11eV的光子，则能量值变为：-13.6+11=-2.6eV由于氢原子没有该能级，可知处于基态的氢原子不能吸收11eV的光子。故A错误；B、处于基态的氢原子可以与电子碰撞后吸收电子的一部分的能量，所以处于基态的氢原子，用11eV的电子碰撞时可以吸收10.2eV的能量跃迁到n=2能级。故B正确；C、一群处于n=4激发态的氢原子向低能级跃迁可能释放C42=6种频率的光。故C错误；D、一个处于n=5激发态的氢原子向低能级跃迁最多可能释放4种频率的光，对应的跃迁

17、分别为：n=54321故D错误故选：B。能级差是不连续的，吸收或辐射的光子能量等于两能级的能级差，所以光子能量不连续。根据辐射的规律判断辐射的种类。本题考查了氢原子的能级与氢原子的跃迁问题，解决本题的关键知道能级间跃迁辐射或吸收的光子能量等于两能级间的能级差。4.【答案】A【解析】解：周期T=1s，波速为v=0.2m/s，故波长=vT=0.2m/s1s=0.2m；PC-PB=50cm-40cm=10cm=0.1m=0.5，而t=0时刻两波的振动方向相反，则P是振动加强的点，振幅等于两波振幅之和，即为70cm；故选：A。由图读出周期和振幅，由波速公式求出波长；根据P到B、C的路程差与波长的关系，

18、分析P的振动是加强还是减弱，再研究t=5.0s时，P点的位移本题的解题关键是掌握波的叠加原理进行分析，根据路程差和起振方向关系进行分析5.【答案】C【解析】解：射线实质为氦核，带正电，射线为电子流，带负电，射线为高频电磁波，根据电荷所受电场力特点可知：为射线，为射线，为射线，射线是高速He流，一个粒子带两个正电荷。根据左手定则，射线受到的洛伦兹力向左，故是射线。射线是高速电子流，带负电荷。根据左手定则，射线受到的洛伦兹力向右，故是射线。射线是光子，是中性的，故在磁场中不受磁场的作用力，轨迹不会发生偏转。故是射线。故C正确，ABD错误。故选：C。根据、三种射线的带电性质和本质以及带电粒子在电场中

19、受力特点可正确判断。本题应抓住：三种射线的成分主要是指所带电性：射线是高速He流带正电，射线是高速电子流，带负电，射线是光子，是中性的。洛伦兹力方向的判定，左手定则：张开左手，拇指与四指垂直，让磁感线穿入手心，四指的方向是正电荷运动的方向，拇指的指向就是洛伦兹力的方向。熟练掌握、两种衰变实质以及衰变方程的书写，同时明确、三种射线性质及应用。本题综合性较强，主要考查两个方面的问题：三种射线的成分主要是所带电性。洛伦兹力的方向的判定。只有基础扎实，此类题目才能顺利解决，故要重视基础知识的学习。6.【答案】D【解析】解：AB由光路图看出，光线b在NO面上发生了全反射，而光线a在MO面上没有发生全反射

20、，而入射角相同，则知b光的临界角小于a光的临界角，由sinC=1n分析得知，玻璃对a光的折射率小于b的折射率，由v=cn得知棱镜内a光的传播速度比b光大。故AB错误。CD由于玻璃对a光的折射率小于b的折射率，则a光的频率比b光的低，a光的波长比b光的长，故C错误，D正确；故选：D。由光路图看出，光线b在NO面上发生了全反射，而光线a在MO面上没有发生全反射，而入射角相同，则知b光的临界角小于b光的临界角，由sinC=1n分析折射率的大小；由v=cn判断光在玻璃中速度的大小。再确定出波长和频率关系。会正确分析光路图，熟记全反射现象临界角的计算公式，知道波的频率越大，折射率越大，波长越短；7.【答

21、案】C【解析】解：力F大小相等，mAmB，由牛顿第二定律可知，两物体的加速度有：aAaB，由题意知：SA=SB，由运动学公式得：SA=12aAtA2，SB=12aBtB2，可知：tAtB，由IA=FtA，IB=FtB，得：IAIB，由动量定理可知PA=IA，PB=IB，则PAPB，碰前系统总动量向右，碰撞过程动量守恒，由动量守恒定律可知，碰后总动量向右，故ABD错误，C正确。故选：C。此题可以从两个角度来分析，一是利用运动学公式和冲量的定义，结合动量守恒定律来分析；二是动能定理和动量的定义，结合动量守恒定律来分析。本题考查动量守恒定律的应用；应用动量守恒定律解决问题，只要知道碰撞前后的状态即可

22、，不需要分析过程，但要注意动量守恒定律的条件。8.【答案】D【解析】解：由题，原子从a能级状态跃迁到b能级状态时发射光子，说明a能级高于b能级；原子从b能级状态跃迁到c能级状态时吸收光子，说明c能级高于b能级；据题，12，根据光子能量公式E=hc得知，从a能级跃迁到b能级时发射的光子能量小于从b能级跃迁到c能级时吸收的光子，根据玻尔理论可知，c能级高于a能级，所以原子从a能级状态跃迁到c能级状态时将要吸收光子。根据玻尔理论得ab：Ea-Eb=hc1，bc：Ec-Eb=hc2，ac：Ec-Ea=hc3联立上三式得：=1212故选：D。光子能量公式E=hc，12，比较两种光子的能量大小，根据玻尔理

23、论分析a、c两个能级的大小若a能级较大，原子从a能级状态跃迁到c能级状态时将要发出光子；相反吸收光子根据玻尔理解和光子能量公式求出波长本题首先要根据跃迁时吸原子收能量，向高能级跃迁，放出能量向低能级跃迁，判断三个能级的大小其次要掌握光子的能量与波长成反比9.【答案】A【解析】解：聚变反应前的总结合能为：E1=（1.092+2.783）MeV=10.52MeV，反应后生成物的结合能为：E2=7.034MeV=28.12MeV，故反应谢出的核能为：E=E2-E1=17.6MeV，故A正确BCD错误。故选：A。先算出反应前后的质量亏损，再利用质能方程E=mc2求解。本题考查了利用质能方程计算核反应能

24、量，要注意质量方程的准确应用，明确能量单位的换算。10.【答案】C【解析】解：频率相同的光照射金属，根据光电效应方程知，光电子的最大初动能相等，根据12mvm2=eUc，知遏止电压相等，光越强，饱和电流越大。故C正确，A、B、D错误。故选：C。用频率相同、强度不同的光分别照射密封真空管的钠极板（阴极K），根据光电效应方程，知产生的光电子的最大初动能相等，根据动能定理比较出遏止电压的大小。光强影响单位时间内发出光电效应的数目，从而影响光电流。解决本题的关键知道光电效应方程，知道光电子的最大初动能与遏止电压的关系，以及知道光强影响单位时间内发出光电子的数目。11.【答案】C【解析】解：A、根据核反

25、应前后系统的总动量守恒，知核反应前两氘核动量等大反向，系统的总动量为零，因而反应后氦核与中子的动量等大反向，动量不同，故A错误；B、该核反应前后释放的能量E=(2m1m2m3)c2，故B错误；CD、由能量守恒可得：核反应后的总能量为E+2Ek，由动能与动量的关系Ek=p22m，且mHe=3mn可知，核反应后氦核的动能为(E+2Ek)4，核反应后中子的动能为：3(E+2Ek)4，故C正确，D错误。故选：C。根据电荷数守恒和质量数守恒写出聚变后的产物。在核反应中质量数守恒。轻核聚变在高温、高压下才可以发生。根据质能方程求核能，根据动量守恒定律和能量关系求出中子的动能。解决本题的关键要理解轻核聚变的

26、实质，知道核反应过程中电荷数守恒、质量数守恒，会利用质能方程求核能。12.【答案】C【解析】解：A、对于弹簧、m1、m2组成的系统，只有弹力做功，系统的机械能守恒，由于弹性势能是变化的，所以m1、m2组成的系统机械能不守恒。故A错误；B、若m1m2，当弹簧伸长时，m1一直在加速，当弹簧再次恢复原长时m1速度达到最大。弹簧伸长时m2先减速后，速度减至零向左加速，最小速度为零。所以m1速度达到最大时，m2速度不是最小，故B错误；C、由于两球竖直方向上受力平衡，水平方向所受的弹力的弹力大小相等，方向相反，所以两球组成的系统所受的合外力为零，系统的动量守恒，故C正确；D、当两球的速度相等时，弹簧最长，

27、弹簧的弹性势能最大，以向右为正方向，由动量守恒定律得：m2v0=（m1+m2）v解得：v=m2v0m1+m2；由系统的机械能守恒得：12m2v02=12（m1+m2）v2+EP解得：EP=m1m2v022(m1+m2)，故D错误；故选：C。分析两球的受力情况，根据合外力是否为零判断系统动量是否守恒对于弹簧、m1、m2组成的系统机械能守恒弹簧最长时，m1、m2的速度相同，根据系统的动量守恒和机械能守恒列式求弹簧的弹性势能本题考查了动量守恒定律的应用，解决本题的关键知道两球组成的系统动量守恒，两球和弹簧组成的系统机械能守恒，分析清楚运动过程，应用动量守恒定律与机械能守恒定律即可解题13.【答案】A

28、C【解析】解：由振动图象可知，在t=0时刻，a位于波峰，b经过平衡位置向下运动。若波从a传到b，如图a、b两点之间的波形图“余数”如红线所示，则有（n+34）=9m，n=0，1，2，得=364n+3若波从b传到a，如图a、b两点之间的波形图“余数”如蓝线所示，则有（n+14）=9m，n=0，1，2，得=364n+1m代入自然数可知，=4m、12m，得AC正确。故选：AC。根据同一时刻两个质点的振动状态，画出可能的波形，得到距离9m与波长的关系式，求得波长的通项，得到波长的特殊值，即可进行选择。本题考查机械波的图象及多解性。a、b两点之间的波形图“余数”可以为解析图中蓝色和红色两种形式。14.【

29、答案】ACD【解析】解：规定A的初速度方向为正方向，则A、B碰前：P=mAv0=4Ns，Ek=12mAv02=8JA、若碰后vA=lm/s，vB=1.5m/s，则P=mAvA+mBvB=4Ns，系统动量守恒；又Ek=12mAvA2+12mBvB2=2.75J，则系统机械能不增加；且碰后速度满足实际情况，故A正确；B、若碰后vA=-2m/s，vB=3m/s，则碰后动能Ek=12mAvA2+12mBvB2=11J，则系统机械能增加，故B错误；C、若碰后EKA=0.5J，EKB=6.25J，则碰后动能Ek=6.75J，则系统机械能不增加，可能发生，故C正确；D、若碰后PA=2kgm/s，PB=2kg

30、m/s，则P=mAvA+mBvB=4Ns，系统动量守恒，可能发生，故D正确。故选：ACD。碰撞需满足：动量守恒、系统机械能不增加、碰后速度满足实际情况，三者缺一不可。熟记碰撞需满足的条件，注意动量是矢量，需要规定正方向。15.【答案】AD【解析】解：A、当最大初动能为零时，入射光的光子能量与逸出功相等，即入射光的频率等于金属的截止频率，可知金属的截止频率为4.271014Hz，故A正确，B错误。C、金属的逸出功为：W=hv0=6.6710344.271014J=1.78eV，故C错误。D、根据Ekm=hv-W0知，图线的斜率表示普朗克常量，故D正确。故选：AD。根据光电效应方程的得出最大初动能

31、与入射光的频率关系，结合图线求出普朗克常量根据爱因斯坦光电效应方程Ek=hv-W，Ek-v图象的斜率等于h横轴的截距大小等于截止频率，逸出功W=hv0，根据数学知识进行求解解决本题的关键掌握光电效应方程，知道最大初动能与入射光频率的关系，并掌握光电效应方程，以及知道逸出功与极限频率的关系，结合数学知识即可进行求解16.【答案】CD 1.5 偏小 不变【解析】解：（1）A、用插针法测定折射率时，玻璃砖上下表面不一定要平行。故A错误B、为了减小测量的相对误差，选择的入射角应尽量大些，效果会更好。故B错误。C、为了准确确定入射光线和折射光线，大头针应垂直地插在纸面上。故C正确。D、大头针P1和P2及

32、P3和P4之间的距离适当大些时，相同的距离误差，引起的角度误差会减小，效果会好些。故D正确。故选：CD（2）图中P1P2作为入射光线，OO是折射光线，设光线在玻璃砖上表面的入射角为i，折射角为r，由几何知识得到：sini=ABAO，sinr=CDCO，又AO=CO则折射率为：n=sinisinr=ABCD=7.55=1.5。（3）如右图所示，实线是真实的光路图，虚线是玻璃砖宽度画大后的光路图，由图看出，在这种情况测得的入射角不受影响，但测得的折射角比真实的折射角偏大，因此甲测得的折射率偏小。乙同学测得的折射率与真实值相比不变。故答案为：（1）CD；（2）1.5（3）偏小，不变。（1）为了取得较

33、好的实验效果，根据实验原理分析可知：玻璃砖上下表面不一定要平行，选择的入射角应尽量大些；大头针应垂直地插在纸面上；大头针P1和P2及P3和P4之间的距离适当大些，这样可以减小测量的相对误差。（2）根据几何知识求出入射角和折射角的正弦值，再求解折射率。（3）甲同学在画界面时，将两界面aa和bb间距画得比玻璃砖宽度大些，分析对入射角和折射角的影响，来判断误差。本题是插针法测定玻璃砖的折射率，实验原理是折射定律，采用单位圆法处理数据，并采用作图法，根据原理分析实验误差。17.【答案】A AD 15.02 6.6102 D【解析】解：（1）为了获取单色的线光源，光源后面应放置滤光片、单缝，单缝形成的相

34、干线性光源经过双缝产生干涉现象，因此，M、N、P三个光学元件依次为：滤光片、单缝、双缝，故选：A；（2）由双缝干涉条纹间距公式：x=Ld可知，对于某单色光，波长一定，减小双缝间距d或增大双缝到光盘的距离L都可增加相邻亮纹（或暗纹）间的距离，故AD正确，BC错误，故选：AD。（3）图丁中，游标卡尺的主尺读数为15mm，游标读数为0.02mm1=0.02mm，所以最终读数为x2=15.02mm。（4）两个相邻明纹（或暗纹）间的距离为：x=x2x16=15.021.166mm =2.31mm根据x=Ld得：=xdL=2.311030.2103700103m=6.610-7m=6.6102nm（5）发

35、现里面的亮条纹与分划板竖线未对齐，若要使两者对齐，该同学应调节测量头，故ABC错误，D正确；。故答案为：（1）A；（2）AD；（3）15.02；（4）6.6102；（5）D。为获取单色线光源，在光屏上产生干涉图样，白色光源后面要有滤光片、单缝、双缝、遮光筒和光屏；根据双缝干涉条纹间距公式：x=Ld分析答题；游标卡尺的读数等于主尺读数加上游标读数，不需估读，游标50分度，每一分度表示的长度为0.02mm；根据公式：x=Ld，求出该色光的波长；依据测量头的作用，即可求解。本题考查了实验装置、条纹间距公式的应用，知道双缝干涉实验的原理；要掌握干涉条纹的间距公式：x=Ld，知道x是相邻条纹的间距。同时

36、解决本题的关键掌握游标卡尺的读数方法，游标卡尺的读数等于主尺读数加上游标读数，不需估读。18.【答案】解：（1）由图可知，M点产生的波向左传播，N产生的波向右传播，从图中位置开始，都经过T4时间第一个波峰都传播到达O点，坐标原点的位移第一次变为40cm即：t=14T所以：T=0.04s角速度：=2T设波从M点到达P的时间为t，则由图中几何关系可得：Asin（2-t）=10cm其中：A=20cm代入数据可得：t=1112T=11300s则波从P点传播到O点的时间：t=Tt=112T所以，OP之间的距离：x=112所以：=12m该波的传播速度：v=T=120.04=300m/s振动频率：f=1T=

37、10.04=25Hz（2）由图可知，M与N到O点的距离为一个波长，都是12m；MN之间的点到M与N的距离的差等于半波长的奇数倍时，为振动的减弱点；设该点到N的距离与到M的距离分别为x1和x2，则：|x1x2|=(2n1)224m可得当n=1时|x1x2|=12=6m当n=2时|x1x2|=32=18m，当n=3时|x1x2|=52=30m不符合条件。结合对称性可知，在NM之间有4个振动减弱的点。当n=1时|x1x2|=12=6m，对应的坐标分别为-3m与3m；当n=2时|x1x2|=32=18m，对应的坐标分别为-9m与9m。答：（1）波的传播速度为300m/s，波源的振动频率是25Hz。（2

38、）之后M、N两点之间所有振动减弱点的位置坐标分别为-3m、3m、-9m与9m。【解析】（1）根据波都传播到达O的时间得到振动的周期，由周期与频率的关系求出频率；根据P的振动情况判断波从M点传播到达P的时间，然后求出波速；（2）根据振动减弱点的条件即可求出。在波的传播问题中，一般根据振动图象及传播方向、时间间隔得到波长和波速，进而得到任一质点的运动状态。19.【答案】解：（1）光在介质中传播的光路图如图所示：从B点射入的光线，在圆柱面发生折射，由折射定律得：sin1sin2=1n其中折射前：sin1=OBR=12，1=30折射后：2=1+15=45解得n=2；（2）如图，设从C点射出柱面的光线射

39、到光带的边缘：sinC=1n解得入射角为C=45由光路图中的几何关系，可得O到光屏MN的距离：OA=Rcos45+（R+Rsin45）tan45解得OA=（2+1）R；答：（1）半圆柱体的折射率n是2；（2）O点到光屏MN的距离是（2+1）R；【解析】（1）做出光路图，根据几何知识找到入射角和折射角，根据光的折射定律求解折射率；（2）找到发生全反射的临界角，结合几何关系求解O点到光屏MN的距离。解决该题需正确做出光路图，根据几何知识找到入射角和折射角，熟记折射定律，知道全反射的临界角的求解方法；20.【答案】解：（1）物体1由静止到第一次到达B点的过程，物体2始终静止，以物体1和滑道为研究对象

40、，水平方向的动量守恒，取水平向右为正方向，则有：m1v1-mv3=0 根据系统的机械能守恒得：m1g2R=12m1v12+12mv33联立解得：v1=322m/s，v3=22m/s（2）两物体在滑道上的C点相碰后粘在一起，故B点和C点之间的距离即为滑道在两个物体碰撞前向左滑动的距离。物体1从释放到与相碰撞的过程中，物体1和滑道组成的系统水平方向动量守恒，设物体1的水平位移大小为s1，滑道水平位移大小s3，有：0=m1s1t-ms3t=0又s1+s3=R可以求得s3=0.0375m（3）设物体1和物体2相碰后的共同速度设为v2取向右为正方向，由动量守恒定律有m1v1=（m1+m2）v2由于物体1

41、、物体2和滑道整体在水平方向动量守恒，弹簧第一次压缩最短时由动量守恒定律可知物体1、2和滑道速度为零，此时弹性势能最大，设为EPm。根据能量转化和守恒定律得：12（m1+m2）v22+12mv32-（m1+m2）gCD=EPm联立以上方程，代入数据可以求得：EPm=9.714J答：（1）物体1第一次到达B点时的速度大小是322m/s；（2）B点和C点之间的距离是0.0375m；（3）弹簧的最大弹性势能的大小是9.714J。【解析】（1）物体1从释放到B点的过程中，物体2由于不受摩擦力，相对于地面静止不动。物体1和滑道组成的系统水平不受外力，水平动量守恒，根据水平动量守恒和系统的机械能守恒分别列

42、式，求出物体1第一次到达B点时的速度大小；（2）B点和C点之间的距离即为滑道在两个物体碰撞前向左滑动的距离。用位移与时间的比值表示平均速度，根据物体1和滑道的水平动量守恒列式，求出滑道向左运动的距离，即可得解。（3）物体1从释放到与物体2相碰前的过程中，系统中只有重力做功，系统的机械能守恒，根据机械能守恒和动量守恒列式，可求出物体1、2碰撞前两个物体的速度；物体1、2碰撞过程，根据动量守恒列式求出碰后的共同速度。碰后，物体1、2向右运动，滑道向左运动，弹簧第一次压缩最短时，根据系统的动量守恒得知，物体1、2和滑道速度为零，此时弹性势能最大。根据能量守恒定律求解在整个运动过程中，弹簧具有的最大弹

43、性势能。本题是系统水平方向动量守恒和能量守恒的问题，用位移与时间之比表示速度是常用的方法。要正确分析能量是如何转化，能运用能量守恒定律求弹性势能。21.【答案】解：滑块与盒子的碰撞属于弹性碰撞，动量守恒，mv0=mv1+mv2。机械能守恒，12mv02=12mv12+12mv22解得v1=0，v2=v0，两者速度互换。滑块静止不变，盒子向右运动过程中，摩擦力做功等于动能变化量，-vL=Ek。根据能量守恒定律可知，最终整体静止，系统动能转化为内能，根据微元思想，-v0s=0-12mv02，解得s=mv02。碰撞次数n=2sL=mv0L。答：滑块和盒子发生mv0L次碰撞。【解析】滑块和盒子碰撞过程中，动量守恒定律。根据能量守恒定律可知，最终整体静止，系统动能的损失全部转化为内能，根据能量守恒定律求出整个过程中小球相对盒子的路程，进一步确定碰撞次数。本题属于动量和能量相结合的问题，难度较大，理解最终整体静止，系统动能的损失全部转化为内能。专心-专注-专业