河南省周口市重点高中2013-2014学年高二下学期6月联考试题 物理 含解析byzhang

2013-2014学年下期重点高中联考试题
物理试卷
一、选择题（共10小题，每小题4分，共40分。

第1-8题只有一项符合题目要求,第9—10题有多项符合要求。

全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的不得分。

）
1、某学习小组以“假如失去……为主题展开讨论.同学们提出以下四种观点，你认为正确的是:
A。

假如物体闻失去摩擦力，任何运动物体的机械能一定守恒。

B。

假如磁体周围失去磁场，其它形式的能将无法转化为电能。

C.假如地球失去对月球的引力，月球就不会绕地球转动。

D.假如导体失去电阻，所有用电器将无法工作。

【答案】C
A、物体失去摩擦力，运动的物体机械能不一定守恒，机械能守恒的条件是只有重力做功或弹力做功，若除重力或弹力以外有其它力做功，机械能不守恒，故A错误；
B、失去了磁体周围的磁场，我们没法利用磁场来发电；但可以利用其它方法产生电，如摩擦起电、雷电、蓄电池和干电池提供的直流电等，故B错误;
C、月球绕地球转动，靠万有引力提供向心力，若月球失去引力,月球不能绕地球转动，故C正确;
D、失去了导体的电阻,导体的导电能力更强，有的电器无法工作，
有的能更好的工作，故D错误.
故选C.
【考点】机械能守恒定律;万有引力定律
2、如图所示，a、b两个质量相同的球用线连接，a球用线挂在天花板上，b球放在光滑斜面上，系统保持静止，以下图示哪个是正确的( ）
【答案】B
对b球受力分析，受重力、斜面对其垂直向上的支持力和细线的拉力，由于三力平衡时三个力中任意两个力的合力与第三个力等值、反向、共线，故细线拉力向右上方,故A错误；
再对ab两个球整体受力分析,受总重力、斜面垂直向上的支持力和上面细线的拉力，再次根据共点力平衡条件判断上面的细线的拉力方向斜向右上方，故CD错误。

故选B.
【考点】共点力平衡；力的合成与分解
3、如图所示，平板AB可以绕端点B在竖直面内转动，在板的A端沿水平方向抛出一小球，结果小球刚好落在B端，板长为l，要保证改变平板的倾角θ后，小球水平抛出后仍能到达B端,则小球的初速度、v
与板的倾角（0 < θ<90）之间的关系满足
【答案】D
在竖直方向上有：2
1Lsin gt 2
θ=，解得2Lsin t g
θ=
，
则初速度0
Lcos g gL
v Lcos cos t
2Lsin 2sin θθθ
=＝＝故D 正确。

故选D 。

【考点】平抛运动
4．今年的春节联欢晚会上“小彩旗”四个小时的旋转引起网络热议,有网友想到了“我究竟以什么样的速度绕地球自转轴旋转呢？”并绘制出了不同纬度处沿地球自转的切向速度圈（不考虑公转影响），如图所示，则下面说法正确的是( )
A ．从图像中可知只要知道了地球上某位置随地球自转的线速度,就可以确定该点的纬度
B 。

从图像可知在赤道面近地环绕卫星的线速度约为1050英里／小时
C ．若已知“小彩旗”所在的纬度，就可以从图像中得到她在舞台上旋转的线速度
D ．坐在“春晚”现场观看表演的观众，他们随地球自转的向心加速度大小可认为相等
【答案】D
A 、从图象中可知，地球上某位置随地球自转的线速度相同的纬度有两个,故A 错误;
B 、近地环绕卫星相对地面是运动的，其速度等于7.9km/s ，故B 错误；
C 、若已知“小彩旗”所在的纬度，就可以从图象中得到其随地球自转的线速度，但不是她在舞台上旋转的线速度，故C 错误;
D 、坐在“春晚”现场观看表演的观众，他们的转动半径都相同，故随地球自转的向心加速度大小相等，故D 正确。

故选D 。

【考点】线速度、角速度和周期、转速
5、如图一带电粒子飞入电场后只在电场力作用下从M 点运动到Ⅳ点,轨迹为如图所示中的虚线,下列说法中正确的是 A 。

若实线表示等势面,则四个等势面的电
势关系为a b c d φφφφ>>>
B ．若实线表示等势面,则四个等势面的电
势关系为
a b c d φφφφ<<<
C.若实线为电场线,则带电粒子在N点的电势能比在M点的电势能小,N点的电势比在M点的电势高
D.若实线为电场线，则带电粒子在N点的动能比在M点的动能大，N点的电势可能比M点的电势低
【答案】D
AB、若实线表示等势面，则电场力大致向右，粒子从M点运动到N 点,电场力做负功,是减速运动;但不知道电性，故无法判断电势的高低，故AB错误;
CD、若实线为电场线，则电场力大致向下，粒子从M点运动到N 点,电场力做正功，故动能增加，电势能减小；但不知道电性，故无法判断电势的高低，故C错误D正确。

故选D。

【考点】电势；电势能
6、如图所示，在匀强磁场中，MN、PQ是两根平行的金属导轨，而ab、cd为串接有理想电压表和理想电流表的两根金属棒。

在ab、cd同时以相同速度沿导轨向右运动时，下列结果正确的是( ）
A.电压表有读数，电流表有读数
B。

电压表无读数，电流表有读数
C.电压表有读数,电流表无读数
D。

电压表无读数，电流表无读数
【答案】D
图中两个金属棒产生的感应电动势大小相等，都为
E=BLv(L 是导轨间距），根据右手定则可知,两个感应电动势方向相反，相互抵消,整个回路中总的感应电动势为零，没有感应电流，所以电压表和电流表读数都是0,故D 正确. 故选D 。

【考点】法拉第电磁感应定律
7、如图所示,甲图是一理想变压器，原、副线圈的匝数比为10：1。

若向原线圈输入图乙所示的正弦式交变电流，图中R 1为热敏电阻（阻值随温度升高而变小），R 1为可变电阻，电压表和电流表均为理想电表，下
列说法中正确的是
A ．在t= 0.01ls 时,电压表的示数为0
B ．变压器原、副线圈中的电流之比
为10：1
C ．R 1的温度降低时适当增大R 1可保持R 1两端电压不变
D ．R 1温度升高时，电压表的示数不变、电流表示数变小 【答案】C
A 、由图乙可知交流电压最大值m
U 362V ,有效值为36V 即电压表的
读数，故A 错误；
B 、变压器原、副线圈中的电流之比为1：10，故B 错误；
C 、R 1温度降低时，电阻增大,在串联电路中适当增大R 1可保持R 1两端的电压不变，故C 正确;
D 、R 1处温度升高时，阻值减小，电压表的示数不变，电流表的示数变大，故D 正确。

故选C.
【考点】变压器的构造和原理；正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率
8、如图所示，在半径R= 3。

0×102
-m 的圆形区域内，有一垂直纸
面的匀强磁场，磁感应强度的大小B= 0.2T.大量的同一种带电粒子以速度v=3.0×105
m/s 从磁场边界上的一点a 沿着纸面的各个方向
射入磁场，这些粒子射出边界的位置均处于边界的某一段圆弧上,这段圆弧的弧长是圆周长的16
.不计粒子的重力，这种粒子的比荷是
【答案】A
如图，粒子从磁场边界射出时与边界的最远交点为b 点，则ab 是粒子做圆周运动轨迹的直径2r ，弧ab 等于圆周长的16
，故aO 与bO 的
夹角为60°，则有：2r R =，1r R 2
=，
又根据mv r qB
=得：8q
1.010C /kg m
=⨯.
故选A 。

【考点】带电粒子在匀强磁
场中的运动
9、如图所示，甲、乙两种粗糙面不同的传送带,倾斜放于水平地面，与水平面的夹角相同，以同样恒定速率v 向上运动.现将一质量为m 的小物体(视为质点）轻轻放在A 处，小物体在甲传送带上到达B 处时恰好达到速率v;在乙上到达离B 竖直高度为h 的C 处时达到速率v ，己知B 处离地面高度皆为H.则在物体从A 到B 过程中
A ．小物块在两种传送带上具有的加速度相同
B ．将小物体传送到B 处，两种传送带消
耗的电能相等
C ．两种传送带对小物体做功相等
D ．将小物体传送到B 处，两种系统产生的热量不相等 【答案】CD
A 、根据牛顿第二定律得：2
11v f mgsin ma m H
2sin θθ-==、2
22v f mgsin ma m H h 2
sin θθ
-==－
可见1
2
a a ＜,故A 错误；
D 、由摩擦生热Q fS =相对
知：111111vt H
Q
f S f
vt f 2sin θ
==-=甲（）、222
H h
Q
f S f sin θ
-==乙
解得：2
1Q
mgH mv 2=+甲
,21Q mg H h mv 2
=-+乙（），则Q Q 乙甲＞,故D 正确；
B 、根据能量守恒定律，电动机消耗的电能E 电等于摩擦产生的热量Q 与物块增加机械能的和，因物块两次从A 到B 增加的机械能相同，Q 甲＞Q 乙,所以将小物体传送到B 处,两种传送带消耗的电能甲更多，故B 错误;
C 、传送带对小物体做功等于小物块的机械能的增加量，动能增加量相等，重力势能的增加量也相同，故两种传送带对小物体做功相等,故C 正确； 故选C
D 。

【考点】功能关系;牛顿第二定律 10、如图，两根相距l =0.4m 、电阻不计的光滑金属导轨在同一水平面内平
行放置，两
导轨左端与阻值R=0.15Ω的电阻相连。

导轨x>0的一侧存在沿+x 方向均匀增大的稳恒磁场，其方向与导轨平面垂直（即竖直向下），磁感虚强度B =0。

5十0.5x 。

一根质量m=0.lkg 、电阻r=0。

05Ω的金属棒置于导轨上，并与导轨垂直。

棒在水平外力作用下从x=O 处沿导轨向右作直线运动，运动过程中回路电流恒为2A 。

以下判断正确的是
A ．金属棒在x=3m 处的速度为0.75 m/s
B ．金属棒在x=3m 处的速度为0.5m/s
C ．金属棒从x=0运动到x= 3m 经历的时间为154
s
D ．金属棒从x=0运动到x= 3m 过程中水平外力做的功小于3.0J 【答案】BCD
AB 、根据闭合电路欧姆定律，电路中的电流为：E
I 2A R r
=
=+, 解得:E 20.050.150.4V =⨯
+=（）； 在x=0时，0
E B Lv 0.4V ==，则有：0E 0.4v 2m /s B L 0.50.4
=
=⨯＝； 在x=3m 处，磁感应强度:2
02B
B kx 0.50.532T =+=+⨯=
根据公式：2
2
E B Lv =，解得：2
v 0.5m /s =,故A 错误B 正确;
CD 、金属棒从x=0开始运动时的安培力:0
0F
B IL 0.520.4N 0.4N ==⨯⨯=
到x=3m 时的安培力：A
2F
B IL 220.4N 1.6N ==⨯⨯=
过程中克服安培力做功的大小：0
A
1
W F F x 3J 2
=+=（）， 即安培力做功是3J,则拉力做功大于3J ；
克服安培力做功转化为内能,有:2
W Q I R r t ==+（），
解得：()()22W 315
t s s I R r 20.150.054
+⨯+＝
＝＝,故C 正确D 错误。

故选BCD 。

【考点】法拉第电磁感应定律;功能关系 二、实验题
11、橡皮筋也像弹簧一样，在弹性限度内伸长量x 与弹力F 成正比,即F=kx ，k 的值与橡皮筋的原长L 、横截面积S 有关。

理论与实验都表明k=YS L
，其
中Y 是由材料决定的常数，材料力学中称之为杨氏模量。

①在国际单位中，杨氏模量r 的单位应该
是____。

A N
B ．m
C 。

N/m
D ．N/m
2
②某同学通过实验测得该橡皮筋的—些数据，做出了外力F 与伸长量x 之间的关系图像如图所示.由图像可求得该橡皮筋的劲度系数k=__________N/m 。

③若该橡皮筋的原长是10。

0cm ，横截面积是1.0mm 2
，则该橡皮筋
的杨氏模量Y 的大小是____（保留两位有效数字）。

【答案】①D ②500 ③7
2
5.010N /m
⨯
①由YS K L
=可知KL FL Y S
SX
==；故Y 的单位为：2
2N m /m
m N /m =;故D 正确。

故选D ；
②图象中直线部分符合胡确定律，则可知210
k N /m 510N /m 0.02
==⨯ ③根据表达式YS k L
=得：
272
6KL 5000.1Y N /m 5.010N /m S 110
-⨯=
==⨯⨯。

【考点】探究弹力和弹簧伸长的关系
12、（8分)要测量电压表V 1的内阻V
R ，其量程为2V ，内阻约2K Ω。

实验室提供的器材有:
电流表A ，量程0 6A ，内阻约0 .1Ω； 电压表V 2，量程5V ，内阻为5K Ω 定值电阻R 1，阻值30Ω； 定值电阻R 2，阻值为3K Ω;
滑动变阻器R 3，最大阻值100，额定电流l 。

5A; 电源E ，电动势6V ，内阻约0。

5Ω 开关S 一个，导线若干.
（1）有人拟将待测电压表V 1和电流表A 串联接入电压合适的测量电路中，测出V 1的电压和电流，再计算出V
R 。

该方案实际上不可行，
其最主要的原因是______________________
（2）请从上述器材中选择必要的器材，设计一个测量电压表V 1内阻V
R 的实验电路。

要求测量尽量准确,实验必须在同一电路中，且在
不增减元件的条件下完成。

试画出符合要求的实验电路图（图中电源与开关己连接好），并标出所选元件的相应字母代号
（3）由上问写出V 1内阻V
R 的表达方式，说明式中各测量量的物理
意义_______________。

【答案】（1）电流表A 不能准确测量出流过电压表V 1
的电流；
（2)如图所示； (3）12
V
21
U R R U U -＝
；中U 1表示V 1的电压，U 2表示V 1和R 2串联的总电压
(1）由于电压表的内阻很大，流过的电流较小，待测电压表V 1和电流表A 串连接入电压合适的测量电路中，电流表A 不能准确测量出流过电压表V 1的电流；
故其原因是：由于电压表的内阻很大，流过的电流较小，待测电压表V 1和电流表A 串连接入电压合适的测量电路中,电流表A 不能准确测量出流过电压表V 1的电流；
（2）由于电压表V 1接入电路后，由电流通过时其两端电压可以直接读出，因而利用串联分压的特点，选用标准电压表V 2和定值电阻R 2，反复测量通过滑动变阻器R 3控制即可．测量电压表V 1内阻R v 的实验电路如图所示;
（3）根据串联电路的特点有：
121
V 2
U U U R R -＝，式中U 1表示V 1的电压，U 2表示V 1和R 2串联的总电压；
故电压表内阻的表达式为：12
V
21
U R R U U -＝；中U 1表示V 1的电压，U 2表
示V 1和R 2串联的总电压. 【考点】伏安法测电阻 三、计算题
13、已知小孩与雪橇的总质量为m=20 kg,静止于水平冰砸土，雪橇与冰可间的动摩擦因数为μ=0.1。

已知sin37=0.6，cos37=0。

8，g
取
10m/s 2
.
(1)大人用F 1=30N 的水平恒力推雪橇,求经过4s 秒雪橇运动的距离L ：
(2）如图所示，若大人用大小为F
2=50N ，与水平方向成37角的恒力斜向上拉雪橇,使雪橇由静止开始运动1m 之后撒去拉力,求小孩与雪橇在冰面上滑行的总距离。

【答案】L=4 m 2。

15m
(1）对小孩进行受力分析，由牛顿第二定律得1
F mg ma μ-=
代入数据解得 2a 0.5m /s =
根据运动学公式2
1L at 2=，
代入数据解得 L 4m =;
（2）小孩与雪橇先做匀加速直线运动，所受摩擦力为f 1，运动的距离为s 1
竖直方向:2
1
F sin37N
mg ︒+=、而11f N μ=
解得:1
f 17N =
之后小孩与雪橇做匀减速直线运动，所受摩擦力为f 2，运动的距离为S 2
竖直方向：2
N mg =，而22f N μ=
解得
2f 20N =
由动能定理有1
11
22Fs cos37f s f s 0︒--=，
代入数据解得2
S 1.15m =
小孩与雪橇在冰面上滑行的总距离
12S S S 2.15m =+=。

【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系
14、如图所示，在距离水平地面h=
0.8m 的虚线
的上方，有一个方向垂直于纸面水平向里的足够大的匀强磁场,正方形线框abcd 的边长l =0。

2m ，质量m=0.1kg ，电阻R=0.08Ω一条不可伸长的轻绳绕过轻滑轮，一端连线框,另一端连一质量M=0.2kg 的物体A,开始时线框的cd 在地面上,各段绳都处于伸直状态，从如图所示的位置由静止释放物体A ，一段时间后线框进入磁场运动,已知线框的ab 边刚进入磁场时线框恰好做匀速运动当线框的cd 边进入磁场时物体A 恰好落地，同时将轻绳剪断，线框继续上升～段时间后开始下落，最后落至地面,整个过程线框没有转动,线框平面始终处于纸面内，g 取10m/s 2
,求：
(1)匀强磁场的磁感应强度B
（2）线框从开始运动到最高点,用了多长时间？ (3)线框落地时的速度多大? 【答案】1B T =
0.9t s =
4/t v m s =
（1)设线框到达磁场边界时速度大小为v ，由机械能守恒定律 可得()()()2
12
Mg h l mg h l M m v --++＝
代入数据解得2/v m s =
线框的ab 边刚进入磁场时，感应电流Blv I R
＝
线框恰好做匀速运动,有Mg mg IBl =+ 代入数据，联立解得1B T =；
(2)线框进入磁场之前做匀加速运动，设运动时间为t 1,则有1
12
h l vt -＝
代入数据解得1
0.6t
s =
线框进入磁场过程做匀速运动，所用时间2
0.1l t s v
=＝
此后轻绳拉力消失,线框做竖直上抛运动，到最高点时所用时间
30.2v
t s g
=＝
线框从开始运动到最高点，所用时间1
230.9t t t t s =++=
（3）线框从最高点下落至磁场边界时速度大小不变,线框所受安培力大小也不变，即IBl M m g mg =-=（）
因此,线框穿出磁场过程还是做匀速运动，离开磁场后做竖直下抛运动；
由机械能守恒定律可得()2
2
112
2
t
mv mv
mg h l +-＝
代入数据解得线框落地时的速度4/t
v
m s =。

【考点】法拉第电磁感应定律；机械能守恒定律；功能关系 15.如图所示，OP 曲线的方程为：
(x 、y 单位均为m)，
在OPM 区域存在水平向右的匀强电场,场强大小E 1=200 N/C （设为I 区），MPO 右边存在范围足够大的匀强磁场，磁感应强度为B=0。

01T （设为Ⅱ区),与x 轴平行的PN 上方（包括PN ）存在竖直向上的匀强电场，场强大小E 2=100N/C(设为III 区)，PN 的上方h=3。

125m 处有一足够长的紧靠y 轴水平放置的荧光屏AB,oM 的长度为a=6.25m,今在曲线OP 上同时静止释放质量为m=1。

6×l025
- kg ，电
荷量为e=1。

6×l019
-C 的带正电的微粒2000个（在OP 上按x 均匀
分布)．
（不考虑微粒之间的相互作用，不计粒子重
力,
= 2。

5）．试求：
(1）这些粒子进入Ⅱ区的最大速度的大小； （2）粒子打在荧光屏上的亮线的长度和打在
荧光羼上的粒子数；
（3)这些粒子从出发到打到荧光屏上的最长时间 【答案】4m
v
510m/s =⨯ 6。

25m 500个
44.06410s -⨯
（1）设粒子从点（x ，y)出发，2
101eE a x mv 2
-=（）
得()
10
2eE a x v
m
-=
当x=0时速度最大，所以最大速度
4m v 510m/s =⨯；
（2）进入Ⅱ区后做匀速圆周运动，其轨道半径为:()12
2mE a x mv 1r eB
B e
-==
转半圈后打在MQ 点上的C 点c
y
2r y 0.4 6.25x y 1m =+=-+=
所以所有的粒子均打在P 点且水平进入Ⅲ区速度最小的从P 点出发,直接打在P 点正上方的荧光屏上，速度最大的是4
510m /s ⨯，水平向左
做匀速运动，
竖直向上做匀加速直线运动， 有5222
eE a
10m /s m =
=，422
2h
t 2.510s a -==⨯ 所以最偏左的m 2
y v
t 12.5m ==，则亮线长度为6。

25m
打在6.25m 处的粒子的水平速度为：4
1
6.25v m /s 2.510m /s 2.510
-==⨯⨯ 由()
142eE a x v 2.510m /s m
-=
=⨯
得：a x 1.25-=
所以打在荧光屏上的粒子数a x n 2000500a
-=⨯=个；
(3)能打到荧光屏上的粒子在Ⅰ区的最长时间为t 1 有521
1eE a
210m /s m
=
=⨯，得：()
421
2a x t 1.2510s a --==⨯ 在Ⅱ区5
1m t T 3.1410
s 2
eB
π-'===⨯
则41
2t t t t 4.06410s -=++'=⨯。

【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动
四、选考题:共15分。

请考生从给出的3道物理题，任选一题做答，并用2B 铅笔在答题卡上把所选题目的题号涂黑。

注意所做题目的题号必须与所涂题目的题号一致，在答题卡选答区域指定位置答题。

如果多做，则按所做的第一题计分。

16．［选修3-31](1S 分）
(1)(6分）关于固体与液体，下列说法正确的是 （填正确答案标号。

选对1个得3分，选对2个得4分,选对3个得6分。

每选错1个扣3分,蕞低得分为。

分）
A ．由于液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离，波面分子间只有引力，没有斥力，所以液体表面具有收缩的趋势
B ．液晶既具有液体的流动体，又具有光学各向异性
C ．不具有规则几何形状的物体一定不是晶体
D ．有的物质能够生成种类不同的几种晶体,因为它们的物质微粒能够形成不同的空间结构
E ．所有晶体都有固定熔点 【答案】BDE
A 、由于液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离,波面分子间既有引力，也有斥力,但是引力大于斥力,分子力表现为引力，所以液体表面具有收缩的趋势，故A 错误；
B 、液晶液在外界电场的作用下会呈现光学各向异性特点,故B 正确；
C 、晶体即是内部质点在三维空间呈周期性重复排列的固体，单晶体拥有整齐规则的几何外形，但多晶体无规则形状,故C 错误；
D 、晶体的外形物理性质都是由晶体的微观结构决定的，故D 正确；
E 、晶体有固定的熔点，晶体熔化时温度不变，非晶体没有固定的熔点，故E 正确。

故选BDE 。

【考点】分子间的相互作用力；晶体；液晶
(2)（9分)如图所示，封闭有一定质量理想气体的汽缸固定在水平桌面上，开口向右放置，活塞的横截面积为S 。

活塞通过轻绳连接了一个质量为m 的小物体,轻绳跨在定滑轮上。

开始时汽缸内外压强相同,均为大气压。

汽缸内气体的温度T 0，轻绳处在伸直状态。

不计摩擦。

缓慢降低汽缸内温度，最终使得气体体积减半，求； （1）重物刚离地时气缸内的温度T 1； (2)气体体积减半时的温度T 2;
(3)在下列坐标系中画出气体状态变化的整个过程。

并标注相关点的坐标值.
【答案】01
mg p s T T P -
＝
0200
mg
p s T T 2p -＝
如图
（1)对于封闭气体，1
P P =，2
0mg
P P
S
-
＝，重物刚离地过程等容过程：00
1
mg p p s T T -
＝
整理得:01
mg p s T T P -
＝
(2）封闭气体做等压变化：2
1
2
V
V T T ＝
整理得：02
mg p s T T 2p -
＝
（3)图线如图：
【考点】封闭气体压强；气体的等容变化和等压变化 17．[选修3—4］ （15分)
（1)(6分)如图甲所示，为一列沿水平方向传播的简谐横渡在t=0时的波形图,图乙是这列波中质点p 的振动图线，下列说法正确的是____(填正确答案标号.选对1个得3分，选对2个得4分,选对3个得6分.每选错1个扣3分，最低得分为。

分） A ．该波的波长为1。

5m B ．该渡的振幅为0.2cm C ．该波的传播速度为0.5 m/s
D ．该波的传播方向向右
E ．Q 点（坐标为x=2.25m 处的点）的振动方程为可能是：y 0.2cos tcm π= 【答案】BCE
ABC 、据图可知，λ=1m,T=2s,A=0。

2cm ，公式v 0.5m /s T
λ==，故A 错
误BC 正确；
D 、据质点p 的振动图线知P 向上振动，据波形平移法得，该波向做传播,故D 错误；
E 、Q 点坐标为x=2.25m 与0。

25m 处的质点振动情况相同,所以
2rad /s T
π
ωπ=
=，所以该质点的振动方程为：y 0.2cos tcm π=，故E 正确。

故选BCE.
【考点】横波的图象；波长、频率和波速的关系
（2）（9分）半径为R 的半球形介质截面如图所示，D 为圆心，同一频率的单色光a ，b 相互平行，从不同位置进入介质,光线a 在O 点恰好产生全反射。

光线b 的入射角为45，求： ①介质的折射率；
②光线a ，b 的射出点O 与O'之间的距离。

【答案】n 2=
3
x R 3
∆＝
①a 光线刚好发生全反射,则1
n 2sinC
=
＝ ②b 光线用折射定律有：sin n sin i γ
＝
解得γ=30°
则O 与O′之间的距离3
x Rtan30R 3
∆︒＝＝。

【考点】光的折射定律；全反射 18．【选修3-51 (15分)
（1)(6分）下列说法正确的是_______（填正确答案标号.选对1个得3分，选对2个得4分，选对3个得6分。

每选错1个扣3分，最低得分为0分） A ．核反应方程式中的x 为中子
B ．
的半衰期为5730年，若测得一架古生物遗骸中
的含量只有
活体中的18
，则此遗骸距夸17190年
C.β射线是原子核外的电子电离形成的电子流，它具有中等的穿透能
力
D ．在光电效应的实验中，入射光的强度增大，光电子的最大初动能也增大
E ．普朗克在研究黑体的热辐射问题中提出了能量子假设 【答案】ABE
A 、设X 的质子数为m ，质量数为n ，则有:4+2=m+6，9+4=12+n ，所以m=0，n=1，即X 为中子，故A 正确；
B 、测得一古生物遗骸中的
14
6
C 含量只有活体中的
1
8
,知经过了3个半衰
期，则此遗骸距今约有17190年，故B 正确；
C 、β射线不是原子核外电子电离形成的电子流，是具有放射性的元素的原子核中的一个中子转化成一个质子同时释放的，故C 错误;
D 、根据光电效应方程km
0E
h W γ=-，入射光的频率越大，光电子的最
大初动能越大，故D 错误；
E 、普朗克在研究黑体的热辐射问题时提出了能量子假说，故E 正确。

故选ABE 。

【考点】裂变反应和聚变反应;X 射线、α射线、β射线、γ射线及其特性；光电效应
(2）（9分)如图所示，一质量为m 的光滑弧形槽固定在光滑水平面上，弧形槽的高为h ，一质量为m 的物块B 静止放在光滑水平面上O 点，B 上连一轻弹簧，现让一质量也为m 的物块从弧形槽的
顶端由静止下滑，问：
（1)弹簧能获得的最大弹性势能多大？
(2)若弧形槽不固定，则物块A 滑下后，与弹簧相碰，弹簧获得的最大弹性势能又为多大？ 【答案】P11
E
mgh 2
=
P21
E mgh 4
=
（1）物块A 下滑过程,机械能守恒, 由机械能守恒定律得：21
1mgh mv 2
=,
A 、
B 速度相等时,弹簧弹性势能最大，以向右为正方向, A 、B 系统动量守恒，由动量守恒定律得：1
2mv m m v =+（），
由机械能守恒定律得：22
P11211E mv m m v 22
=
-+（）, 解得：P11
E
mgh 2
=
； （2)弧形槽不固定，物块A 下滑过程,物块A 与弧形槽系统机械能守恒，在水平方向动量守恒，以向右为正方向,在水平方向，由动量守恒定律得:3
4mv
mv 0-=,
由机械能守恒定律得：223
411mv mv mgh 2
2
+=, A 、B 系统动量守恒，由动量守恒定律得：3
5mv
m m v =+（），
由机械能守恒定律得:22
P2
3511E mv m m v 22
=
-+（）， 解得：P2
1
E
mgh 4
=。

【考点】动量守恒定律;机械能守恒定律
参考答案
1、C
2、B
3、D 4．D 5、D 6、D 7、C 8、A 9、CD 10、BCD
11、①D ②500 ③7
2
5.010N /m
⨯
12、 （1)电流表A 不能准确测量出流过电压表V 1的电流； （2）如图所示；
(3）12
V
21
U R R U U -＝
;中U 1表示V 1的电压，U 2表示V 1和R 2串联的总电压
13、
14、（1）设线框到达磁场边界时速度大小为v ，由机械能守恒定律 可得()()()2
12
Mg h l mg h l M m v --++＝
代入数据解得2/v m s =
线框的ab 边刚进入磁场时，感应电流Blv I R
＝
线框恰好做匀速运动，有Mg mg IBl =+ 代入数据，联立解得1B T =；
（2）线框进入磁场之前做匀加速运动，设运动时间为t 1，则有1
12
h l vt -＝
代入数据解得1
0.6t
s =
线框进入磁场过程做匀速运动，所用时间2
0.1l t s v
=＝
此后轻绳拉力消失，线框做竖直上抛运动，到最高点时所用时间
30.2v
t s g
=＝
线框从开始运动到最高点，所用时间1
230.9t t t t s =++=
(3）线框从最高点下落至磁场边界时速度大小不变，线框所受安培力大小也不变，即IBl M m g mg =-=（）
因此，线框穿出磁场过程还是做匀速运动，离开磁场后做竖直下抛运动;
由机械能守恒定律可得()2
2
112
2
t
mv mv
mg h l +-＝
代入数据解得线框落地时的速度4/t
v
m s =。

15。

（1）设粒子从点(x ，y)出发，2
101eE a x mv 2
-=（）
得()
10
2eE a x v
m
-=
当x=0时速度最大，所以最大速度
4m v 510m/s =⨯；
(2）进入Ⅱ区后做匀速圆周运动，其轨道半径为:()12
2mE a x mv 1r eB
B e
-==
转半圈后打在MQ 点上的C 点c
y
2r y 0.4 6.25x y 1m =+=-+=
所以所有的粒子均打在P 点且水平进入Ⅲ区速度最小的从P 点出发，直接打在P 点正上方的荧光屏上，速度最大的是4
510m /s ⨯，水平向左
做匀速运动，
竖直向上做匀加速直线运动,有5222
eE a 10m /s m =
=，422
2h
t 2.510s a -==⨯ 所以最偏左的m 2
y v
t 12.5m ==，则亮线长度为6.25m
打在6。

25m 处的粒子的水平速度为：4
1
6.25v m /s 2.510m /s 2.510
-=
=⨯⨯。