2019-2020年高二下学期期末考试物理试题 含解析.doc

2019-2020年高二下学期期末考试物理试题 含解析一单项选择题，本题包括7小题，每小题3分，共21分在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确选对的得3分，选错或不答的得0分1应用物理知识分析生活中的常见现象，可以使物理学习更加有趣和深入例如平伸手掌托起物体，由静止开始竖直向上运动，直至将物体抛出对此现象分析正确的是（）A. 手托物体向上运动的过程中，物体始终处于超重状态B. 手托物体向上运动的过程中，物体始终处于失重状态C. 在物体离开手的瞬间，物体的加速度大于重力加速度D. 在物体离开手的瞬间，手的加速度大于重力加速度考点：超重和失重；牛顿第二定律分析：超重指的是物体加速度方向向上，失重指的是加速度方向下，但运动方向不可确定由牛顿第二定律列式分析即可解答：解：A、超重和失重指的是物体加速度方向，不是指运动方向，若匀速上升，则不超重也不失重，故A错误B、由A分析可得，B错误；C、重物和手有共同的速度和加速的时，二者不会分离，故物体离开手的瞬间，物体向上运动，物体的加速度等于重力加速度，但手的加速度大于重力加速度应大于重力加速度，并且方向竖直向下，故C错误；D、由C分析知，D正确故选：D点评：超重和失重仅仅指的是一种现象，但物体本身的重力是不变的，这一点必须明确重物和手有共同的速度和加速的时，二者不会分离2如图，用两根等长轻绳将木板悬挂在竖直木桩上等高的两点，制成一简易秋千，某次维修时将两轻绳各剪去一小段，但仍能保持等长且悬挂点不变，木板静止时，F1表示木板所受合力的大小，F2表示单根轻绳对木板拉力的大小，则维修后（）A. F1不变，F2变大 B. F1变大，F2变小 C. F1变大，F2变大 D. F1变小，F2变小考点：共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力专题：共点力作用下物体平衡专题分析：木板静止时，受重力和两个拉力而平衡，根据共点力平衡条件并结合正交分解法列式分析即可解答：解：木板静止时，受重力和两个拉力而平衡，故三个力的合力为零，即：F1=0；根据共点力平衡条件，有：2F2cos=mg解得：F2=当细线变短时，细线与竖直方向的夹角增加，故cos减小，拉力F2变大故选：A点评：本题是简单的三力平衡问题，关键是受力分析后运用图示法分析，不难3如图所示，用完全相同的轻弹簧A、B、C将两个相同的小球连接并悬挂，小球处于静止状态，弹簧A与竖直方向的夹角为30，弹簧C水平，则弹簧A、C的伸长量之比为（）A：4B4：C1：2D2：1考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用；胡克定律专题：共点力作用下物体平衡专题分析：将两球和弹簧B看成一个整体，分析受力情况，根据平衡条件求出弹簧A、C拉力之比，即可由胡克定律得到伸长量之比解答：解：将两球和弹簧B看成一个整体，整体受到总重力G、弹簧A和C的拉力，如图，设弹簧A、C的拉力分别为F1和F2由平衡条件得知，F2和G的合力与F1大小相等、方向相反 则得：F2=F1sin30=0.5F1根据胡克定律得：F=kx，k相同，则 弹簧A、C的伸长量之比等于两弹簧拉力之比，即有xA：xC=F1：F2=2：1故选：D点评：本题首先要选择好研究对象，其次正确分析受力情况，作出力图，再由平衡条件求解4（3分）物块A1、A2、B1和B2的质量均为m，A1、A2用刚性轻杆连接，B1、B2用轻质弹簧连接两个装置都放在水平的支托物上，处于平衡状态，如图所示今突然迅速地撤去支托物，让物块下落在除去支托物的瞬间，A1、A2受到的合力分别为f1和f2，B1、B2受到的合力分别为F1和F2则（）Af1=0，f2=2mg，F1=0，F2=2mgBf1=mg，f2=mg，F1=0，F2=2mgCf1=0，f2=2mg，F1=mg，F2=mgDf1=mg，f2=mg，F1=mg，F2=mg考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用；胡克定律专题：共点力作用下物体平衡专题分析：在除去支托物的瞬间，A1、A2一起下落，根据牛顿第二定律采用整体法和隔离法研究A1、A2所受的合力采用隔离法B1、B2受到的合力解答：解：在除去支托物的瞬间，A1、A2由于用刚性轻杆连接，A1、A2与刚性轻杆一起下落，根据牛顿第二定律，对整体研究得到，整体的加速度等于重力加速度g，则A1、A2受到的合力都等于各自的重力，即f1=mg，f2=mg在除去支托物前，根据平衡条件得知，弹簧的弹力大小等于mg，支托物对B2的支持力大小等于2mg在除去支托物的瞬间，弹簧的弹力没有来得及变化，B1的受力情况没有变化，则B1所受合力为零，即F1=0B2所受的合力大小等于支托物的支持力大小2mg，即F2=2mg故选B点评：本题是瞬时问题，要抓住刚性物体的弹力可突变，而弹簧的弹力不能突变5以不同初速度将两个物体同时竖直向上抛出并开始计时，一个物体所受空气阻力可忽略，另一物体所受空气阻力大小与物体速率成正比，下列用虚线和实线描述两物体运动的vt图象可能正确的是（）ABCD考点：匀变速直线运动的图像专题：运动学中的图像专题分析：竖直上抛运动是初速度为零的匀变速直线运动，加速度恒定不变，故其vt图象是直线；有阻力时，根据牛顿第二定律判断加速度情况，vt图象的斜率表示加速度解答：解：没有空气阻力时，物体只受重力，是竖直上抛运动，vt图象是直线；有空气阻力时，上升阶段，根据牛顿第二定律，有：mg+f=ma，故a=g+，由于阻力随着速度而减小，故加速度逐渐减小，最小值为g；有空气阻力时，下降阶段，根据牛顿第二定律，有：mgf=ma，故a=g，由于阻力随着速度而增大，故加速度增减小；vt图象的斜率表示加速度，故图线与t轴的交点对应时刻的加速度为g，切线与虚线平行；故选：D点评：本题关键是明确vt图象上某点的切线斜率表示加速度，速度为零时加速度为g，不难6气体能够充满密闭容器，说明气体分子除相互碰撞的短暂时间外（）A气体分子可以做布朗运动B气体分子的动能都一样大C相互作用力十分微弱，气体分子可以自由运动D相互作用力十分微弱，气体分子间的距离都一样大考点：分子动理论的基本观点和实验依据专题：分子运动论专题分析：正确解答本题需要掌握：布朗运动特点；分子的平均动能与温度之间的统计规律关系；明确气体分子之间力特点：分子之间距离很大，分子力近似为零解答：解：A、布朗运动是固体小颗粒的运动，故A错误；B、气体分子的运动是杂乱无章的，表示气体分子的速度大小和方向具有不确定性，与温度的关系是统计规律，故B错误；C、气体分子的相互作用力十分微弱，气体分子可以自由运动造成气体没有固定形状，故C正确；D、气体分子的相互作用力十分微弱，但是由于频繁撞击使得气体分子间的距离不是一样大，D错误故选C点评：分子平均动能、平均速率和温度的关系遵循统计规律，同时注意气体分子间作用力特点7如图是研究光电效应的电路，则下列关于光电流与电压的关系图象正确的是（）ABCD考点：光电效应专题：光电效应专题分析：根据光电效应方程知，不同的频率光产生的光电子的最大初动能不同，则遏止电压不同，根据遏止电压判断入射光频率的高低光越强，单位时间内发出光电子数目越多，光电流越大解答：解：同一种光的频率相等，根据光电效应方程Ekm=hvW0，最大初动能相等，通过Ekm=eUC，知遏止电压相等，蓝光的频率大于黄光的频率，则蓝光的遏止电压大于黄光的遏止电压光越强，单位时间内产生的光电子数目越多，光电流越大故A正确，B、C、D错误故选A点评：解决本题的关键掌握光电效应方程，以及知道入射光频率与遏止电压的关系，以及知道光强影响光电流的大小二多项选择题：本题共9小题，每小题4分，共36分每小题有多个选项符合题意全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分8两个共点力Fl、F2大小不同，它们的合力大小为F，则（）AF1、F2同时增大一倍，F也增大一倍BF1、F2同时增加10N，F也增加10NCF1增加10N，F2减少10N，F一定不变D若F1、F2中的一个增大，F不一定增大考点：力的合成专题：受力分析方法专题分析：两个大小不等的共点力F1、F2，根据平行四边形定则表示出合力进行求解解答：解：A、根据平行四边形定则，F1、F2同时增大一倍，F也增大一倍，故A正确B、Fl、F2方向相反，F1、F2同时增加10N，F不变，故B错误C、Fl、F2方向相反，F1增加10N，F2减少10N，F可能增加20N，故C错误D、Fl、F2方向相反，若F1、F2中的一个增大，F不一定增大，故D正确故选：AD点评：解决本题关键知道力的合成与分解遵循平行四边形定则，会根据平行四边形定则去求合力或分力9一质点在外力作用下做直线运动，其速度v随时间t变化的图象如图所示，在图中标出的时刻中，质点所受合外力的方向与速度方向相同的有（）At1Bt2Ct3Dt4考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像专题：牛顿运动定律综合专题分析：根据牛顿第二定律，合外力方向与加速度方向相同，当加速度与速度同向时物体做加速运动解答：解：A、C、t1时刻与t3时刻，物体正加速，故加速度与速度同向，而加速度和合力同向，故合力与速度同方向，故A正确，C正确；B、D、t2时刻与t4时刻，物体正减速，故合力与速度反向，故B错误，D错误；故选：AC点评：本题关键是明确直线运动中，物体加速时合力与速度同向；物体减速时合力与速度反向，基础题目10如图所示，总质量为460kg的热气球，从地面刚开始竖直上升时的加速度为0.5m/s2，当热气球上升到180m时，以5m/s的速度向上匀速运动若离开地面后热气球所受浮力保持不变，上升过程中热气球总质量不变，重力加速度g=10m/s2关于热气球，下列说法正确的是（）A所受浮力大小为4830NB加速上升过程中所受空气阻力保持不变C从地面开始上升10s后的速度大小为5m/sD以5m/s匀速上升时所受空气阻力大小为230N考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用专题：压轴题；共点力作用下物体平衡专题分析：气球受重力、浮力和阻力，先加速后匀速，故加速度变化，合力变化，故阻力变化；开始时速度为零，空气阻力为零，根据牛顿第二定律列式求解出浮力；最后匀速，再根据平衡条件列式求解解答：解：A、从地面刚开始竖直上升时，速度为零，故阻力为零，气球受重力和浮力，根据牛顿第二定律，有：F浮mg=ma解得：F浮=m（g+a）=460（10+0.5）N=4830N，故A正确；B、气球受重力、浮力和空气阻力，若阻力不变，合力不变，气球匀加速上升，矛盾，故B错误；C、刚开始竖直上升时的加速度为0.5m/s2，气球是变加速运动，加速度逐渐减小，故10s后的速度大小小于5m/s，故C错误；D、以5m/s匀速上升时，根据平衡条件，有：F浮=mg+f，解得f=230N，故D正确；故选AD点评：本题关键明确气球做加速度不断减小的加速运动，当加速度减为零时，速度达到最大；然后根据平衡条件和牛顿第二定律列式求解11（4分）如图所示，甲、乙两物体质量分别为3kg、4kg，叠放在水平桌面上已知甲、乙间的动摩擦因数为0.6，物体乙与水平桌面间的动摩擦因数为0.5重力加速度g=10m/s2水平拉力F作用在乙上，两物体一起向右做匀速直线运动如果F突然变为零，则（）A甲、乙将不能保持相对静止B甲受到水平向左、大小为15N的摩擦力C乙的加速度方向向右D甲的加速度大小为6m/s2考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系专题：牛顿运动定律综合专题分析：假设甲乙保持相对静止，对整体分析，根据牛顿第二定律求出加速度，再隔离对甲分析，判断甲乙是否能够保持相对静止，从而根据牛顿第二定律求出摩擦力的大小解答：解：假设甲乙保持相对静止，对整体分析，加速度a=隔离对甲分析，f甲=m甲a=35N=15N1m甲g=18N知甲乙能够保持相对静止，甲所受的摩擦力水平向左，大小为15N甲乙的加速度方向均向左，大小为5m/s2故B正确，A、C、D错误故选：B点评：解决本题的关键能够正确地受力分析，运用牛顿第二定律进行求解12（4分）以下有关热学内容的叙述，其中正确的是（）A在两分子间距离增大的过程中，分子间的作用力一定减小B用N表示阿伏伽德罗常数，M表示水的摩尔质量，表示水蒸气的密度，那么一个水蒸气分子的体积可表示为C雨水没有透过布雨伞是因为液体表面存在张力D晶体一定具有规则形状，且有各向异性的特征考点：分子间的相互作用力；* 晶体和非晶体专题：分子间相互作用力与分子间距离的关系分析：分子力与分子距离的关系比较复杂，可能增大，也可能减小；雨水没有透过布雨伞是由于表面张力；多晶体具有各向同性的特性解答：解：A、分子间距离增大时，分子间的作用力不一定减小，也可能增大，与分子力表现为引力和斥力有关故A错误B、气体间分子间隙比较大，所以表示一个水蒸气分子所占的空间，B错误；C、雨水没有透过布雨伞是因为液体表面存在张力故C正确D、晶体分单晶体和多晶体，只有单晶体具有规则形状，各向异性，而多晶体没有规则形状，各向同性故D错误故选：C点评：本题考查热力学多个知识，平时只要加强基础知识的学习，难度不大13如图，水平放置的密封气缸内的气体被一竖 直隔板分隔为左右两部分，隔板可在气缸内无摩擦滑动，右侧气体内有一电热丝气缸壁和隔板均绝热初始时隔板静止，左右两边气体温度相等现给电热丝提供一微弱电流，通电一段时间后切断电源当缸内气体再次达到平衡时，与初始状态相比（）A右边气体温度升高，左边气体温度不变B左右两边气体温度都升高C左边气体压强增大D右边气体内能的增加量等于电热丝放出的热量考点：理想气体的状态方程；封闭气体压强专题：理想气体状态方程专题分析：根据气体状态方程=C和已知的变化量去判断其它的物理量；根据热力学第一定律判断气体的内能变化解答：解：A、B、当电热丝通电后，右侧的气体温度升高气体膨胀，将隔板向左推，对左边的气体做功，又因左侧气体为绝热过程，由热力学第一定律知内能增加，气体的温度升高故A错误，B正确；C、利用为一常数知，左边的气体压强增大故C正确D、电热丝放出的热量等于右边气体内能的增加量与对外做功之差，所以右边气体内能的增加值为电热丝发出的热量减去对左边的气体所做的功，故D错误故选BC点评：掌握一定质量的理想气体的内能变化由温度决定，根据气体状态方程找出新的平衡状态下物理量间的关系14某半导体激光器发射波长为1.5106m，功率为5.0103W的连续激光已知可见光波长的数量级为107m，普朗克常量h=6.631034Js，该激光器发出的（）A是紫外线B是红外线C光子能量约为1.31018JD光子数约为每秒3.81016个考点：光子；电磁波谱分析：根据波长的大小判断激光器发射的是哪种电磁波根据E=h求出光子能量，根据E=Pt=nh求出单位时间内发生的光子数解答：解：A、波长的大小大于可见光的波长，属于红外线故A错误，B正确C、光子能量E=1.3261019J故C错误D、每秒钟发出的光子数n=故D正确故选BD点评：解决本题的关键熟悉电磁波谱中波长的大小关系，以及掌握光子能量与波长的大小关系15（4分）下列说法正确的是 （）A比结合能小的原子核结合成比结合能大的原子核时一定释放核能B一定强度的入射光照射某金属发生光电效应时，入射光的频率越高，单位时间内逸出的光电子数就越多C根据玻尔理论可知，氢原子辐射出一个光子后，氢原子的电势能减小，核外电子的运动速度增大D射线的速度接近光速，普通一张白纸就可挡住考点：氢原子的能级公式和跃迁；氢原子光谱专题：原子的能级结构专题分析：通过核力的特点进行判断；当有质量亏损时，亏损的质量以能量的形式释放；入射光的频率越高，单个光子的能量值越大；氢原子辐射出一个光子后，氢原子的电势能减小，核外电子的运动速度增大；射线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出一个高速电子即粒子射线电离本领最大，贯穿本领最小，普通一张白纸就可挡住解答：解：A、比结合能小的原子核结合成或分解成比结合能大的原子核时有质量亏损，释放核能故A正确B、一定强度的入射光照射某金属发生光电效应时，入射光的频率越高，单个光子的能量值越大，光子的个数越少，单位时间内逸出的光电子数就越少故B错误C、根据玻尔理论可知，氢原子辐射出一个光子后，电子从高轨道跃迁到低轨道，电子与原子核之间的距离变小，库仑力做正功，氢原子的电势能减小；电子与原子核之间的距离变小，由库仑力提供向心力可得，核外电子的运动速度增大故C正确；D、三种射线中，射线电离本领最大，贯穿本领最小，普通一张白纸就可挡住故D错误故选：AC点评：本题考查选修35中内容，考得比较散，关键熟悉教材，牢记这些知识点，即可轻松解决16（4分）（xx山东）氢原子能级如图，当氢原子从n=3跃迁到n=2的能级时，辐射光的波长为656nm，以下判断正确的是（）A氢原子从n=2跃迁到n=1的能级时，辐射光的波长大于656nmB用波长为325nm的光照射，可使氢原子从n=1跃迁到n=2的能级C一群处于n=3能级上的氢原子向低能级跃迁时最多产生3种谐线D用波长633nm的光照射，不能使氢原子从n=2跃迁到n=3的能级考点：氢原子的能级公式和跃迁专题：原子的能级结构专题分析：大量处于n=3激发态的氢原子向低能级跃迁，可以辐射出3种不同频率的光子，跃迁释放能量满足E=EmEn既不能多于能级差，也不能少于此值，同时根据，即可求解解答：解：A、从n=3跃迁到n=2的能级时，辐射光的波长为656nm，即有：h，而当从n=2跃迁到n=1的能级时，辐射能量更多，则频率更高，则波长小于656nm故A错误B、当从n=1跃迁到n=2的能级，需要吸收的能量为E=（3.4（13.6）1.61019J，根据A选项分析，则有：，解得：=122nm；故B错误；C、根据数学组合=3，可知一群n=3能级上的氢原子向低能级跃迁时最多产生3种谐线故C正确D、同理，氢原子的电子从n=2跃迁到n=3的能级，必须吸收的能量为E，与从n=3跃迁到n=2的能级，放出能量相等，因此只能用波长656nm的光照射，才能使得电子从n=2跃迁到n=3的能级故D错误故选：CD点评：解决本题的关键掌握光电效应的条件，以及知道能级间跃迁辐射的光子能量等于两能级间的能级差三简答题：本大题共2小题,请将解答填写在相应的位置17（6分）有同学利用如图1所示的装置来验证力的平行四边形定则：在竖直木板上铺有白纸，固定两个光滑的滑轮A和B，将绳子打一个结点O，每个钩码的重量相等，当系统达到平衡时，根据钩码个数读出三根绳子的拉力TOA、TOB和TOC，回答下列问题：（1）改变钩码个数，实验能完成的是BCDA钩码的个数N1=N2=2，N3=4B钩码的个数N1=N3=3，N2=4C钩码的个数N1=N2=N3=4D钩码的个数N1=3，N2=4，N3=5（2）在拆下钩码和绳子前，最重要的一个步骤是AA标记结点O的位置，并记录OA、OB、OC三段绳子的方向B量出OA、OB、OC三段绳子的长度C用量角器量出三段绳子之间的夹角D用天平测出钩码的质量（3）在作图时，你认为图2中甲是正确的（填“甲”或“乙”）考点：验证力的平行四边形定则专题：实验题分析：（1）两头挂有钩码的细绳跨过两光滑的固定滑轮，另挂有钩码的细绳系于O点（如图所示）由于钩码均相同，则钩码个数就代表力的大小，所以O点受三个力处于平衡状态，由平行四边形定则可知：三角形的三个边表示三个力的大小，根据该规律判断哪组实验能够成功（2）为验证平行四边形，必须作图，所以要强调三力平衡的交点、力的大小（钩码的个数）与力的方向；（3）明确“实际值”和“理论值”的区别即可正确解答解答：解：（1）对O点受力分析OA OB OC分别表示三个力的大小，由于三共点力处于平衡，所以0C等于OD因此三个力的大小构成一个三角形A、2、2、4不可以构成三角形，则结点不能处于平衡状态，故A错误；B、3、3、4可以构成三角形，则结点能处于平衡故B正确；C、4、4、4可以构成三角形，则结点能处于平衡故C正确；D、3、4、5可以构成三角形，则结点能处于平衡故D正确故选：BCD（2）为验证平行四边形定则，必须作受力图，所以先明确受力点，即标记结点O的位置，其次要作出力的方向并读出力的大小，最后作出力的图示，因此要做好记录，是从力的三要素角度出发，要记录砝码的个数和记录OA、OB、OC三段绳子的方向，故A正确，BCD错误故选：A（3）以O点为研究对象，F3的是实际作用效果在OC这条线上，由于误差的存在，F1、F2的理论值要与实际值有一定偏差，故甲图符合实际，乙图不符合实际故答案为：（1）BCD （2）A （3）甲点评：掌握三力平衡的条件，理解平行四边形定则，同时验证平行四边形定则是从力的图示角度去作图分析，明确“理论值”和“实际值”的区别18（8分）（xx天津）某实验小组利用图1的装置探究加速度与力、质量的关系下列做法正确的是AD（填字母代号）A调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行B在调节木板倾斜度平衡木块受到的滑动摩擦力时，将装有砝码的砝码桶通过定滑轮拴木块上C实验时，先放开木块再接通打点计时器的电源D通过增减木块上的砝码改变质量时，不需要重新调节木板倾斜度为使砝码桶及桶内砝码的总重力在数值上近似等于木块运动时受到的拉力，应满足的条件是砝码桶及桶内砝码的总质量远小于木块和木块上硅码的总质量（填远大于，远小于，或近似于）甲、乙两同学在同一实验室，各取一套图示的装置放在水平桌面上，木块上均不放砝码，在没有平衡摩擦力的情况下，研究加速度a与拉力F的关系，分别得到图2中甲、乙两条直线设甲、乙用的木块质量分别为m甲、m乙甲、乙用的木块与木板间的动摩擦因数分别为甲，乙，由图可知，m甲小于m乙 甲大于乙（填“大于”、“小于”或“等于”）考点：探究加速度与物体质量、物体受力的关系专题：实验题；牛顿运动定律综合专题分析：实验要保证拉力等于小车受力的合力，要平衡摩擦力，细线与长木板平行；砝码桶及桶内砝码加速下降，失重，拉力小于重力，加速度越大相差越大，故需减小加速度，即减小砝码桶及桶内砝码的总质量；aF图象的斜率表示加速度的倒数；求解出加速度与拉力F的表达式后结合图象分析得到动摩擦因素情况解答：解：A、调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行，否则拉力不会等于合力，故A正确；B、在调节模板倾斜度平衡木块受到的滑动摩擦力时，不应悬挂“重物”，故B选项错误； C、打点计时器要“早来晚走”即实验开始时先接通打点计时器的电源待其平稳工作后再释放木块，而当实验结束时应先控制木块停下再停止打点计时器，故C选项错误； D平衡摩擦力后，有mgsin=mgcos，即=tan，与质量无关，故通过增减木块上的砝码改变质量时，不需要重新调节木板倾斜度，故D正确；选择AD；按照教材上的理论若以砝码桶及砝码作为小木块的外力，则有 a=，而实际实验过程中砝码桶及砝码也与小木块一起做匀加速运动，即对砝码桶及砝码有mgT=ma，对小木块有T=Ma综上有：小物块的实际的加速度为 a=，只有当mM时，才能有效的保证实验的准确性；当没有平衡摩擦力时有：Tf=ma，故a=Tg，即图线斜率为，纵轴截距的大小为g观察图线可知m甲小于m乙，甲大于乙；故答案为：AD； 远小于；小于，大于点评：本题主要考察“验证牛顿第二定律”的实验，要明确实验原理，特别是要明确系统误差的来源，知道减小系统误差的方法【选修3-3】19（10分）（xx南通一模）如图所示，1mol的理想气体由状态A经状态B、状态C、状态D再回到状态ABC、DA线段与横轴平行，BA、CD的延长线过原点（1）气体从B变化到C的过程中，下列说法中正确的是CA分子势能增大 B分子平均动能不变C气体的压强增大D分子的密集程度增大（2）气体在ABCDA整个过程中，内能的变化量为0；其中A到B的过程中气体对外做功W1，C到D的过程中外界对气体做功W2，则整个过程中气体向外界放出的热量为W2W1（3）气体在状态B的体积VB=40L，在状态A的体积VA=20L，状态A的温度tA=0求：气体在状态B的温度状态B时气体分子间的平均距离（阿伏伽德罗常数NA=6.01023mol1，计算结果保留一位有效数字）考点：理想气体的状态方程专题：理想气体状态方程专题分析：根据理想气体状态方程列式判断即可，分压强一定、温度一定、体积一定、三个参量均变化四种情况讨论解答：解：（1）A、理想气体分子势能不计，故A错误；BD、气体从B变化到C的过程中，体积不变，分子的密集程度不变，故D错误；温度升高，分子平均动能增加，故B错误；C、由知压强增大，故C正确；故选：C（2）气体在ABCDA整个过程中，温度不变，故内能的变化量为零；根据U=Q+W=0知Q=（W1W2），即气体向外界放出的热量为W2W1（3）A到B过程，由知=546K设气体的平均距离为d则d=4109m故答案为：（1）C；（2）0，W2W1（3）4109m点评：本题关键是根据理想气体状态方程列式讨论，要能找到不变的量，基础题【选修3-5】20（4分）（xx山东）恒星向外辐射的能量来自于其内部发生的各种热核反应，当温度达到108K时，可以发生“氦燃烧”完成“氦燃烧”的核反应方程：是一种不稳定的粒子，其半衰期为2.61016s一定质量的，经7.81016s后所剩占开始时的考点：原子核衰变及半衰期、衰变速度专题：压轴题；衰变和半衰期专题分析：根据电荷数守恒、质量数守恒完成核反应方程经过1个半衰期，有半数发生衰变，根据半衰期的次数求出剩余量占开始时的几分之几解答：解：根据电荷数守恒、质量数守恒，知未知粒子的电荷数为2，质量数为4，为经7.81016s，知经历了3个半衰期，所剩占开始时的=故答案为：或，或12.5%点评：解决本题的关键掌握半衰期的定义，以及知道在核反应中电荷数守恒、质量数守恒21（4分）（xx镇江二模）1919年，卢瑟福用粒子轰击氮核从而发现质子其核反应过程是：粒子轰击静止的氮核后形成了不稳定的复核，复核发生衰变放出质子，变成氧核设粒子质量为m1，初速度为v0，氮核质量为/m2，质子质量为m0，氧核的质量为m3，不考虑相对论效应粒子轰击氮核形成不稳定复核的瞬间，复核的速度为多大？求此过程中释放的核能考点：动量守恒定律；爱因斯坦质能方程分析：根据动量守恒定律求出复核的速度大小，通过爱因斯坦质能方程求出该过程中释放的核能解答：解：设复核速度为v，由动量守恒得m1v0=（m1+m2）v解得v=整个过程中质量亏损m=m1+m2m0m3由爱因斯坦质能方程E=mc2得答：粒子轰击氮核形成不稳定复核的瞬间，复核的速度为此过程中释放的核能为点评：解决本题的关键知道在粒子轰击静止的氮核后形成了不稳定的复核，复核发生衰变放出质子的过程中动量守恒，通过质量亏损求出释放的核能四计算题：本题共3小题，共31分解答时请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22（10分）（2011黄山模拟）如图所示，物体从光滑斜面上的A点由静止开始下滑，经过B点后进入水平面（设经过B点前后速度大小不变），最后停在C点每隔0.2秒钟通过速度传感器测量物体的瞬时速度，下表给出了部分测量数据，g=10m/s2求：t（s）0.00.20.41.21.4V（m/s）0.01.02.01.10.7（1）斜面的倾角；（2）物体与水平面之间的动摩擦因数；（3）t=0.6s时的瞬时速度v考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系专题：压轴题；牛顿运动定律综合专题分析：（1）由表格读出物体在斜面上运动的速度与对应的时间，由速度公式求出加速度，再根据牛顿第二定律求解斜面的倾角；（2）用同样的方法求出物体在水平面运动的速度和时间，求出加速度，再由牛顿第二定律求出动摩擦因数；（3）研究物体由t=0到t=1.2s过程，根据斜面上匀加速运动的末速度等于水平面匀减速运动的初速度，由速度公式求出物体在斜面上运动的时间，再求出t=0.6s时的瞬时速度v解答：解：（1）由表格中前三列数据可知，物体在斜面上匀加速下滑时的加速度为=m/s2=5m/s2由牛顿第二定律得mgsin=ma1，代入数据得：=30 （2）由表格中第4、5两组数据可知，物体在水平面上匀减速运动的加速度大小为=由牛顿第二定律得mg=ma2，代入数据得=0.2（3）研究物体由t=0到t=1.2s过程，设物体在斜面上运动的时间为t，则有vB=a1t，v1.2=vBa2（1.2t）代入得v1.2=a1ta2（1.2t）解得t=0.5s，vB=2.5m/s即物体在斜面上下滑的时间为t=0.5s，则t=0.6s时物体在水平面上运动，速度为 v=vBa2（0.6t）=2.5m/s20.1m/s=2.3m/s答：（1）斜面的倾角=30；（2）物体与水平面之间的动摩擦因数=0.2；（3）t=0.6s时的瞬时速度v=2.3m/s点评：本题由表格的形式反映物体的运动情况，运用运动学的基本公式求解加速度要抓住物体在斜面上和水平面上运动之间速度关系，研究物体在斜面上运动的时间23（10分）（xx南通一模）如图所示，一质量M=3.0kg、足够长的木板B放在光滑的水平面上，其上表面放置质量m=l.0kg的小木块A，A、B均处于静止状态，A与B间的动摩擦因数=0.30，且最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等现给木块A施加一随时间t变化的水平力F=kt（k=2.0N/s），取g=10m/s2（1）若木板B固定，则经过多少时间木块A开始滑动？（2）若木板B固定，求t2=2.0s时木块A的加速度大小（3）若木板B不固定，求t3=1.0S时木块A受到的摩擦力大小考点：牛顿第二定律专题：牛顿运动定律综合专题分析：（1）对小物块进行受力分析，根据牛顿第二定律求小物块的加速度；（2）对长木板进行受力分析，根据牛顿第二定律求长木板的加速度；（3）小物块向右加速运动，长木板亦向右加速运动，两者位移差为木板长度时小物块到达木板的右端，根据位移时间关系求解即可解答：解：（1）当木板固定时，A开始滑动瞬间，水平力F与最大静摩擦力大小相等，则：F=f=mg设经过t1时间A开始滑动，则：F=kt1（2）t=2s时，有：F=kt=22N=4N有牛顿第二定律有：Fmg=maa=（3）在t=1s时水平外力为：F=kt=21N=2n 由于此时外力小于最大静摩擦力，两者一定不发生相对滑动，故一起做匀加速运动，以整体为研究对象，有牛顿第二定律可得：F=（m+M）a对A受力分析为：Ff=maf=Fma=210.5N=1.5N答：（1）若木板B固定，则经过1.5s木块A开始滑动（2）若木板B固定，求t2=2.0s时木块A的加速度大小为1m/s2（3）若木板B不固定，求t3=1.0S时木块A受到的摩擦力大小为1.5N点评：正确的受力分析求出加速度，能根据运动分析知道木块从木板左端到右端位移的关系是解决本题的关键24（11分）（xx山东）研究表明，一般人的刹车反应时间（即图甲中“反应过程”所用时间）t0=0.4s，但饮酒会导致反应时间延长，在某次试验中，志愿者少量饮酒后驾车以v1=72km/h的速度在试验场的水平路面上匀速行驶，从发现情况到汽车停止，行驶距离L=39m，减速过程中汽车位移x与速度v的关系曲线如同乙所示，此过程可视为匀变速直线运动，取重力加速度的大小g=10m/s2，求：（1）减速过程汽车加速度的大小及所用时间；（2）饮酒使志愿者反应时间比一般人增加了多少；（3）减速过程汽车对志愿者作用力的大小与志愿者重力大小的比值考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系专题：牛顿运动定律综合专题分析：（1）由图中所给数据结合位移速度公式可求得加速度，进而由速度变化与加速度求得减速时间 （2）由行驶距离与刹车距离可求得反应时间内的运动距离，再求出反应时间进行比较（3）对志愿者受力分析由牛顿第二定律求减速过程汽车对志愿者作用力的大小与志愿者重力大小的比值解答：解：（1）设刹车加速度为a，由题可知刹车初速度v0=20m/s，末速度 vt=0 位移 x=25m 由式可得：a=8m/s t=2.5s（2）反应时间内的位移为x=Lx=14m 则反应时间为t= 则反应的增加量为t=0.70.4=0.3s （3）设志愿者所受合外力的大小为F，汽车对志愿者的作用力的大小为F0，志愿者质量为m，由牛顿第二定律得 F=ma 由平行四边形定则得： 由式可得：答：（1）减速过程汽车加速度的大小为8m/s所用时间为2.5s（2）饮酒使志愿者反应时间比一般人增加了0.3S（3）减速过程汽车对志愿者作用力的大小与志愿者重力大小的比值为点评：考查运动学公式，正确应用速度位移公式求加速度是解题的关键，注意受力分析