2025年魯科五四新版高二物理下冊(cè)月考試卷

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線(xiàn)…………○…………※※請(qǐng)※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線(xiàn)※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線(xiàn)…………○…………第=page22頁(yè)，總=sectionpages22頁(yè)第=page11頁(yè)，總=sectionpages11頁(yè)2025年魯科五四新版高二物理下冊(cè)月考試卷370考試試卷考試范圍：全部知識(shí)點(diǎn)；考試時(shí)間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級(jí)：______考號(hào)：______總分欄題號(hào)一二三四五總分得分評(píng)卷人得分一、選擇題(共6題，共12分)1、如圖所示，小磁針指向標(biāo)畫(huà)正確的是（）A.B.C.D.2、如圖為一塊手機(jī)電池的背面印有的一些符號(hào)；下列說(shuō)法不正確的是(

)

A.該電池的容量為500mA?h

B.該電池的電動(dòng)勢(shì)為3.6V

C.該電池在工作1

小時(shí)后達(dá)到的電流為500mA

D.若電池以10mA

的電流工作，可用50

小時(shí)3、右圖中的線(xiàn)段a、b、c分別表示在光滑水平面上沿同一條直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)的滑塊Ⅰ、Ⅱ和它們發(fā)生正碰后結(jié)合體的位移圖線(xiàn)。由圖象給出的信息可以判定：（）A.碰前滑塊Ⅰ的速率為0.8m/sB.碰后滑塊的共同速率為0.6m/sC.碰前滑塊Ⅰ的動(dòng)量比滑塊Ⅱ的動(dòng)量大D.滑塊Ⅰ的質(zhì)量是滑塊Ⅱ的質(zhì)量的6倍4、關(guān)于物體的內(nèi)能，正確的說(shuō)法是(

)

A.溫度、質(zhì)量相同的物體具有相等的內(nèi)能B.物體的內(nèi)能與物體的體積有關(guān)C.機(jī)械能越大的物體，內(nèi)能也一定越大D.溫度相同的物體具有相同的內(nèi)能5、以下是有關(guān)近代物理內(nèi)容的若干敘述，其中正確的有（）A.一個(gè)處于第四能級(jí)的氫原子向基態(tài)躍遷時(shí)，將最多向外輻射六種不同頻率的光子B.20個(gè)U的原子核經(jīng)過(guò)兩個(gè)半衰期后剩下5個(gè)UC.輕核聚變反應(yīng)方程中，X表示電子D.一個(gè)光子與一個(gè)靜止的電子碰撞而散射，其頻率會(huì)發(fā)生改變6、將一塊寬為b，厚為d，橫截面為矩形的金屬導(dǎo)體置于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于側(cè)面，如圖所示，當(dāng)通以圖示方向電流I時(shí)，在導(dǎo)體上、下表面間用理想電壓表可測(cè)得電壓為U．已知自由電子的電荷量為e，下列判斷正確的是（）A.金屬導(dǎo)體上表面電勢(shì)高于下表面B.只增強(qiáng)金屬導(dǎo)體中的電流I，電壓表的示數(shù)會(huì)減小C.只增加金屬導(dǎo)體的厚度d，電壓表的示數(shù)會(huì)減小D.該導(dǎo)體中單位體積內(nèi)的自由電子數(shù)為n=評(píng)卷人得分二、填空題(共8題，共16分)7、電阻R1、R2的I-U圖象如圖，可知R1=____Ω，R2=____Ω；若把R1、R2并聯(lián)后接到電源上時(shí)，R1消耗的電功率是6W，則電源的輸出功率是____W．

8、①太陽(yáng)輻射中含有可見(jiàn)光、紅外線(xiàn)、紫外線(xiàn)，同時(shí)還有X射線(xiàn)、γ射線(xiàn)、無(wú)線(xiàn)電波．太陽(yáng)輻射的能量主要集中在可見(jiàn)光、紅外線(xiàn)和紫外線(xiàn)三個(gè)區(qū)域內(nèi)．在這三個(gè)區(qū)域內(nèi)的電磁波按照頻率由高到低的順序排列應(yīng)為_(kāi)___、可見(jiàn)光和____．

②有一種生命探測(cè)儀可以探測(cè)生命的存在．我國(guó)四川汶川特大地震發(fā)生后，為了盡快營(yíng)救廢墟中的傷員，救援人員就廣泛應(yīng)用了這種儀器，該儀器主要是接收人體發(fā)出電磁波中的?____（選填“可見(jiàn)光”、“紅外線(xiàn)”或“紫外線(xiàn)”）．9、如圖所示電路中的A、B兩端加有電壓U，若R1=2Ω，R2=4Ω，R3=3Ω，通過(guò)它們的電流與電阻兩端電壓分別為I1、I2、I3和U1、U2、U3，則I1：I2：I3=______，U1：U2：U3=______．10、某同學(xué)設(shè)計(jì)了一個(gè)用打點(diǎn)計(jì)時(shí)器驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律的實(shí)驗(yàn)：在小車(chē)A的前端粘有橡皮泥；推動(dòng)小車(chē)A使之做勻速運(yùn)動(dòng)，然后與原來(lái)靜止在前方的小車(chē)B相碰并黏合成一體，繼續(xù)做勻速運(yùn)動(dòng)．他設(shè)計(jì)的具體裝置如圖1所示，在小車(chē)A后連著紙帶，電磁打點(diǎn)計(jì)時(shí)器電源頻率為50Hz，長(zhǎng)木板下墊著小木片用以平衡摩擦力．（此小題數(shù)據(jù)處理結(jié)果保留三位有效數(shù)字）

已測(cè)得小車(chē)A的質(zhì)量m1=0.40kg，小車(chē)B的質(zhì)量m2=0.20kg．由以上測(cè)量結(jié)果（如圖2）可得：碰前總動(dòng)量=______kg?m/s；碰后總動(dòng)量=______kg?m/s，故動(dòng)量守恒定律得到驗(yàn)證．11、質(zhì)量為m、電量為-q的帶電粒子，從圖中的O點(diǎn)以初速度v0射入場(chǎng)強(qiáng)為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，v0與x軸方向夾角為θ，飛出電場(chǎng)時(shí)速度恰好沿y軸的正方向(與電場(chǎng)垂直).設(shè)粒子在電場(chǎng)中僅受電場(chǎng)力作用，在這過(guò)程中，帶電粒子動(dòng)量的增量大小為_(kāi)_____，動(dòng)能增量為_(kāi)_____.12、鉛球放在水平的海綿上，鉛球?qū)＞d的壓力大小____等于（填“大于”、“等于”或“小于”）海綿對(duì)鉛球的支持力的大?。?chē)停在馬路上，輪胎對(duì)地面產(chǎn)生的壓力是由于?____輪胎發(fā)生形變而產(chǎn)生的．地面對(duì)輪胎的支持力是由于____地面發(fā)生形變而產(chǎn)生的．13、在遠(yuǎn)距離輸電時(shí)，采用升壓變壓器使輸電電壓升高n倍，對(duì)于輸送一定的電功率來(lái)說(shuō)，輸電線(xiàn)路上的電流將減小為原來(lái)的______，輸電線(xiàn)路上的電能損失將減少為原來(lái)的______．14、美國(guó)宇航局的“新地平線(xiàn)”探測(cè)器在飛往冥王星的漫漫旅途中，由于離太陽(yáng)太遠(yuǎn)，無(wú)法使用太陽(yáng)能，不得不依靠所攜帶的10.9

kg

钚丸，利用其放射性衰變釋放的能量發(fā)電.

已知钚丸(94239Pu)

衰變后成為92235U

則衰變方程為_(kāi)_____；分別用m

1

m

2

m

3

表示衰變過(guò)程中94239Pu

核、92235U

核和放出的粒子質(zhì)量，則衰變過(guò)程中釋放的核能可以表示為_(kāi)_____焦耳。評(píng)卷人得分三、判斷題(共9題，共18分)15、只有沿著電場(chǎng)線(xiàn)的方向電勢(shì)才會(huì)降低，所以電勢(shì)降低的方向就一定是電場(chǎng)強(qiáng)度的方向．（判斷對(duì)錯(cuò)）16、處于靜電平衡狀態(tài)的導(dǎo)體內(nèi)部的場(chǎng)強(qiáng)處處為零，導(dǎo)體外表面場(chǎng)強(qiáng)方向與導(dǎo)體的表面一定不垂直．（判斷對(duì)錯(cuò)）17、如圖所示，有一水平方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)大小為9000N/C，在電場(chǎng)內(nèi)一水平面上作半徑為10cm的圓，圓上取A、B兩點(diǎn)，AO沿E方向，BO⊥OA，另在圓心處放一電量為10﹣8C的正點(diǎn)電荷，則A處場(chǎng)強(qiáng)大小EA為零．________（判斷對(duì)錯(cuò)）

18、如圖所示為某示波管內(nèi)的聚焦電場(chǎng)，實(shí)線(xiàn)和虛線(xiàn)分別表示電場(chǎng)線(xiàn)和等勢(shì)線(xiàn)．兩電子分別從a、b兩點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn)．設(shè)電場(chǎng)力對(duì)兩電子做的功分別為Wa和Wb，a、b點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小分別為Ea和Eb，則Wa=Wb，Ea＞Eb．________（判斷對(duì)錯(cuò)）

19、電場(chǎng)線(xiàn)與等勢(shì)面相互垂直，沿著同一等勢(shì)面移動(dòng)電荷時(shí)靜電力不做功．（判斷對(duì)錯(cuò)）20、電勢(shì)差有正有負(fù)，所以是矢量，且電場(chǎng)中兩點(diǎn)間的電勢(shì)差隨著零電勢(shì)點(diǎn)的選取變化而變化．（判斷對(duì)錯(cuò)）21、如圖所示，有一水平方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)大小為9000N/C，在電場(chǎng)內(nèi)一水平面上作半徑為10cm的圓，圓上取A、B兩點(diǎn)，AO沿E方向，BO⊥OA，另在圓心處放一電量為10﹣8C的正點(diǎn)電荷，則A處場(chǎng)強(qiáng)大小EA為零．________（判斷對(duì)錯(cuò)）

22、空間兩點(diǎn)放置兩個(gè)異種點(diǎn)電荷a、b，其所帶電荷量分別為qa和qb，其產(chǎn)生的電場(chǎng)的等勢(shì)面如圖所示，且相鄰等勢(shì)面間的電勢(shì)差均相等，電場(chǎng)中A、B兩點(diǎn)間的電勢(shì)大小的關(guān)系為φA＞φB，由此可以判斷出a為正電荷，且有qa＜qb．________（判斷對(duì)錯(cuò)）

23、如圖所示為某示波管內(nèi)的聚焦電場(chǎng)，實(shí)線(xiàn)和虛線(xiàn)分別表示電場(chǎng)線(xiàn)和等勢(shì)線(xiàn)．兩電子分別從a、b兩點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn)．設(shè)電場(chǎng)力對(duì)兩電子做的功分別為Wa和Wb，a、b點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小分別為Ea和Eb，則Wa=Wb，Ea＞Eb．________（判斷對(duì)錯(cuò)）

評(píng)卷人得分四、解答題(共2題，共8分)24、如圖所示，兩根足夠長(zhǎng)的直金屬導(dǎo)軌MN、PQ平行放置在傾角為θ的絕緣斜面上，兩導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)．M、P兩點(diǎn)間接有阻值為R的電阻．一根質(zhì)量為m的均勻直金屬桿ab放在兩導(dǎo)軌上，并與導(dǎo)軌垂直．整套裝置處于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直于斜面向上．導(dǎo)軌和金屬桿的電阻可忽路．讓金屬桿ab沿導(dǎo)軌由靜止開(kāi)始下滑，經(jīng)過(guò)足夠長(zhǎng)的時(shí)間后，金屬桿達(dá)到最大速度vm；在這個(gè)過(guò)程中，電阻R上產(chǎn)生的熱量為Q．導(dǎo)軌和金屬桿接觸良好，它們之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ且μ＜tanθ．已知重力加速度為g．

（1）求磁感應(yīng)強(qiáng)度的大?。?/p>

（2）金屬桿在加速下滑過(guò)程中，當(dāng)速度達(dá)到v1（v1＜vm）時(shí)；求此時(shí)桿的加速度大??；

（3）求金屬桿從靜止開(kāi)始至達(dá)到最大速度的過(guò)程中下降的高度．

25、宮一號(hào)于2011年9月29日成功發(fā)射；它和隨后發(fā)射的神州飛船在空間完成交會(huì)對(duì)接，實(shí)現(xiàn)中國(guó)載人航天工程的一個(gè)新的跨越．天宮一號(hào)進(jìn)入運(yùn)行軌道后，其運(yùn)行周期為T(mén)，距地面的高度為h，已知地球半徑為R，萬(wàn)有引力常量為G．若將天宮一號(hào)的運(yùn)行軌道看做圓軌道，求：

（1）天宮一號(hào)向心加速度a的大?。?/p>

（2）地球的質(zhì)量M．

評(píng)卷人得分五、綜合題(共4題，共12分)26、如圖所示電路是一種觸電保安器；變壓器A處用火線(xiàn)和地線(xiàn)雙股平行繞制成線(xiàn)圈，然后接到用電器．B處有一個(gè)輸出線(xiàn)圈，一旦線(xiàn)圈中有電流，經(jīng)放大后便能推動(dòng)繼電器J切斷電源．試說(shuō)明：

27、(1)

如圖所示；導(dǎo)熱的氣缸固定在水平地面上，用活塞把一定質(zhì)量的理想氣體封閉在氣缸中，氣缸的內(nèi)壁光滑?，F(xiàn)用水平外力F

作用于活塞桿，使活塞緩慢地向右移動(dòng)，由狀態(tài)壟脵

變化到狀態(tài)壟脷

在此過(guò)程中，如果環(huán)境溫度保持不變，下列說(shuō)法正確的是()

A.每個(gè)氣體分子的速率都不變B.氣體分子平均動(dòng)能不變C.水平外力F

逐漸變大D.氣體內(nèi)能減少E.氣體吸收熱量(2)

如圖所示；一小車(chē)靜止在水平地面上，車(chē)上固定著一個(gè)導(dǎo)熱良好的圓柱形密閉氣缸，在氣缸正中間有一面積為3隆脕10鈭?4m2

的活塞，活塞厚度及活塞與氣缸內(nèi)壁間摩擦可忽略不計(jì)。此時(shí)活塞左右兩側(cè)的氣體AB

的壓強(qiáng)均為1.0隆脕105Pa

現(xiàn)緩慢增加小車(chē)的加速度，最后小車(chē)以20m/s2

的加速度向右勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，A

氣體的體積正好是原來(lái)的一半，若環(huán)境溫度保持不變，求活塞的質(zhì)量。

?

28、(

一)攏脹

選修模塊3鈭?3攏脻

(1)

關(guān)于布朗運(yùn)動(dòng)說(shuō)法中，正確的是()

A.布朗運(yùn)動(dòng)是液體分子的熱運(yùn)動(dòng)B.布朗運(yùn)動(dòng)是固體分子的無(wú)規(guī)則運(yùn)動(dòng)C.布朗運(yùn)動(dòng)的激烈程度與溫度無(wú)關(guān)D.布朗運(yùn)動(dòng)反映了液體分子運(yùn)動(dòng)的無(wú)規(guī)則性(2)

下列說(shuō)法中正確的是()

A.氣體壓強(qiáng)是由于氣體分子間存在斥力引起的B.液晶既具有流動(dòng)性又具有光學(xué)性質(zhì)各向異性C.水黽可以停在水面上說(shuō)明液體存在表面張力D.0隆忙

的水和0隆忙

的冰它們的分子平均動(dòng)能不相同

(3)

在做托里拆利實(shí)驗(yàn)時(shí)，玻璃管內(nèi)有些殘存的空氣，此時(shí)玻璃管豎直放置，如圖所示.

假如把玻璃管豎直向上緩慢提升一段距離，玻璃管下端仍浸在水銀中，則管內(nèi)空氣分子的密度將____，空氣分子對(duì)管中水銀面的壓力____(

選填“變大”、“不變”或“變小”)

．

(4)

一定質(zhì)量的理想氣體由狀態(tài)a

沿abc

變化到狀態(tài)c

吸收了340J

的熱量，并對(duì)外做功120J.

若該氣體由狀態(tài)a

沿adc

變化到狀態(tài)c

時(shí)，對(duì)外做功40J

則這一過(guò)程中氣體____(

填“吸收”或“放出”)

____J

熱量．

(5)

鐵的密度婁脩=7.8隆脕103kg/m3

摩爾質(zhì)量M=5.6隆脕10鈭?2kg/mol

阿伏加德羅常數(shù)NA=6.0隆脕1023mol鈭?1

鐵原子視為球體.

試估算(

保留一位有效數(shù)字)

壟脵

鐵原子的平均質(zhì)量；壟脷

鐵原子的平均直徑．

(

二)攏脹

選修模塊3鈭?4攏脻

(1)

下列色散現(xiàn)象是通過(guò)干涉產(chǎn)生的是A.在白光下觀察肥皂泡呈現(xiàn)彩色B.一束太陽(yáng)光通過(guò)三棱鏡在墻壁上呈現(xiàn)彩色光斑C.兩塊玻璃磚疊放在一起，玻璃磚上表面出現(xiàn)彩色條紋D.將兩支鉛筆并排放置，其直縫與日光燈平行，通過(guò)直縫看到彩色條紋(2)

下列說(shuō)法中正確的是A.兩列波相遇一定出現(xiàn)干涉現(xiàn)象B.變化的電場(chǎng)一定產(chǎn)生變化的磁場(chǎng)C.紅外線(xiàn)波長(zhǎng)比可見(jiàn)光長(zhǎng)，主要特點(diǎn)是具有熱效應(yīng)D.當(dāng)驅(qū)動(dòng)力的頻率等于系統(tǒng)固有頻率時(shí)，受迫振動(dòng)的振幅最大(3)

如圖所示，PQ

是一列沿x

正方向傳播的簡(jiǎn)諧橫波兩時(shí)刻的波形圖，由波形P

經(jīng)過(guò)t=2s

到波形Q.

則波長(zhǎng)婁脣=

____m

波速=

____m/s

．

(4)

我們想像這樣一幅圖景：一列火車(chē)以接近光速?gòu)挠^察者身邊飛馳而過(guò)，火車(chē)?yán)锏挠^察者看到沿鐵路電線(xiàn)桿距離____(

填“變大”、“變小”、“不變”)

而地面上的觀察者看到火車(chē)車(chē)窗的高度____(

填“變大”、“變小”、“不變”)

．

(5)

用雙縫干涉測(cè)量光的波長(zhǎng)的實(shí)驗(yàn)中，已知兩縫間的距離為0.3mm

以某種單色光照射雙縫時(shí)，在離雙縫1.2m

遠(yuǎn)的屏上，第1

個(gè)亮條紋到第10

個(gè)這條紋的中心間距為22.78mm.

求(

保留二位有效數(shù)字)

壟脵

這種單色光的波長(zhǎng)婁脣

壟脷

雙縫到第10

條亮條紋中心的路程差S

．29、汽車(chē)剎車(chē)前速度為10m/s

剎車(chē)獲得的加速度大小為2m/s2

求：

(1)

求汽車(chē)的剎車(chē)時(shí)間t0

(2)

汽車(chē)剎車(chē)開(kāi)始后20s

內(nèi)滑行的距離x1

(3)

靜止前最后2.5s

內(nèi)汽車(chē)滑行的距離x2

．參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、A【分析】解：A；由安培定則可知；水平向左的通電直導(dǎo)線(xiàn)電流，產(chǎn)生磁場(chǎng)方向順時(shí)針?lè)较颍ㄓ捎蚁蜃罂矗?，而小磁針N極指向?yàn)榇艌?chǎng)方向，故A正確；

B；由小磁針N極的指向?yàn)榇艌?chǎng)的方向；故B錯(cuò)誤；

C；由螺線(xiàn)管中電流方向應(yīng)用安培定則可知；螺線(xiàn)管的左側(cè)為N極，則小磁針在N極應(yīng)水平向右，故C錯(cuò)誤；

D；由小磁針N極的指向?yàn)榇艌?chǎng)的方向；結(jié)合磁場(chǎng)分布可知，小磁針N極應(yīng)該向下，故B錯(cuò)誤；

故選：A．

由安培定則；結(jié)合小磁針靜止時(shí)N極的指向即為磁場(chǎng)方向，即可判出．

安培定則內(nèi)容：用右手握住導(dǎo)線(xiàn)，四指指向電流環(huán)繞方向，大拇指所指的方向?yàn)镹極的方向．注意小磁針靜止時(shí)N極的指向即為磁場(chǎng)方向是解題的關(guān)鍵．【解析】【答案】A2、C【分析】解：

A；B

由電池的銘牌讀出：該電池的容量為500mA?h

電動(dòng)勢(shì)為3.6V.

故AB正確．

C；由電池的容量可知該電池在連續(xù)工作1

小時(shí)時(shí)；電流為I=500mA

不是電池在工作1

小時(shí)后達(dá)到的電流為500mA.

故C錯(cuò)誤．

D；由q=It

得知；若電池以10mA

的電流工作，可用50

小時(shí).

故D正確．

本題選錯(cuò)誤的；故選：C

根據(jù)銘牌讀出電池的容量和電動(dòng)勢(shì).

電池的容量是指電池能釋放的總電量；根據(jù)電流的定義式求出該電池在工作1

小時(shí)后達(dá)到的電流和以10mA

的電流工作可用的時(shí)間．

本題考查讀取電池銘牌信息的能力.

電池的容量是指電池所能釋放的總電量．【解析】C

3、A|C|D【分析】【解析】【答案】ACD4、B【分析】解：AB

物體的內(nèi)能與物質(zhì)的量、溫度、體積等因素有關(guān).

溫度相同；質(zhì)量相同的物體內(nèi)能不一定相等，還與分子數(shù)有關(guān)，以及體積有關(guān).

故A錯(cuò)誤，B正確．

C；物體的內(nèi)能與物體的機(jī)械能是兩個(gè)不同的概念；二者沒(méi)有關(guān)系，故C錯(cuò)誤．

D；內(nèi)能取決于氣體的溫度、體積和物質(zhì)的量；只有溫度相同時(shí)，氣體的內(nèi)能不一定相同.

故D錯(cuò)誤．

故選：B

任何物體都有內(nèi)能.

物體的內(nèi)能與溫度；體積等因素有關(guān).

可根據(jù)熱傳遞情況；分析冰與水的內(nèi)能大小．

解決本題的關(guān)鍵要掌握內(nèi)能的概念及決定因素，知道內(nèi)能與溫度、體積等因素有關(guān)．【解析】B

5、D【分析】解：A；一個(gè)處于第四能級(jí)的氫原子向基態(tài)躍遷時(shí)；根據(jù)玻爾理論，輻射的光子頻率最多時(shí)，輻射的途徑為：n=4→3→2→1，最多將向外輻射3種不同頻率的光子，故A錯(cuò)誤。

B；半衰期是大量放射性元素的原子核衰變的統(tǒng)計(jì)規(guī)律；對(duì)個(gè)別的放射性原子沒(méi)有意義，故B錯(cuò)誤。

C；根據(jù)質(zhì)量數(shù)守恒可知X的質(zhì)量數(shù)：m=2+3-4=1；電荷數(shù)：z=1+1-2=0，可知X是中子，故C錯(cuò)誤。

D；光子與一靜止的電子碰撞后光子的動(dòng)量減小；則光子的能量減小，光子的頻率變小，而波長(zhǎng)變長(zhǎng)，故D正確。

故選：D。

根據(jù)玻爾理論確定可能釋放光子頻率的種數(shù)；半衰期是大量放射性元素的原子核衰變的統(tǒng)計(jì)規(guī)律；根據(jù)質(zhì)量數(shù)守恒與電荷數(shù)守恒判斷；光子與電子碰撞后；光子的頻率變小，波長(zhǎng)變長(zhǎng)。

本題考查了玻爾理論、半衰期、核反應(yīng)方程等基礎(chǔ)知識(shí)點(diǎn)，關(guān)鍵要熟悉教材，牢記這些基礎(chǔ)概念和基本規(guī)律，難度不大?！窘馕觥緿6、D【分析】解：A；根據(jù)左手定則；電子向上表面偏轉(zhuǎn)，下表面失去電子帶正電，所以下表面電勢(shì)高，則下表面帶正電，故A錯(cuò)誤；

BC、根據(jù)e=evB；解得：U=Bdv，導(dǎo)體的厚度d越大，U越大，而U與導(dǎo)體中的電流I無(wú)關(guān)，故BC錯(cuò)誤；

D、再依據(jù)I=neSv=nebdv，得：n=故D正確。

故選：D。

定向移動(dòng)的電子受到洛倫茲力發(fā)生偏轉(zhuǎn)；在上下表面間形成電勢(shì)差，電子到達(dá)的表面帶負(fù)電，電勢(shì)較低。最終電子在電場(chǎng)力和洛倫茲力作用下處于平衡，根據(jù)平衡求出單位體積內(nèi)的自由電子數(shù)。

解決本題的關(guān)鍵掌握左手定則判斷洛倫茲力的方向，以及知道最終電子在電場(chǎng)力和洛倫茲力作用下處于平衡?！窘馕觥緿二、填空題(共8題，共16分)7、略

【分析】

I-U圖象的斜率等于電阻的倒數(shù)；則。

R1=Ω=8Ω

R2==12Ω

R1、R2并聯(lián)后接到電源上時(shí)，它們的并聯(lián)電阻為R并==4.8Ω

由R1消耗的電功率P1=輸出功率P出=得。

=

代入解得，P出=10W．

故答案為：8；12，10

【解析】【答案】I-U圖象的斜率等于電阻的倒數(shù)；把R1、R2并聯(lián)后接到電源上時(shí)，由R1消耗的電功率為6W，根據(jù)功率公式P=運(yùn)用比例法求出輸出功率．

8、紫外線(xiàn)紅外線(xiàn)紅外線(xiàn)【分析】【解答】（1）電磁波按照頻率由高到低的順序排列應(yīng)為：γ射線(xiàn)、x射線(xiàn)；紫外線(xiàn)、可見(jiàn)光、紅外線(xiàn)、無(wú)線(xiàn)電波；太陽(yáng)輻射的能量主要集中在可見(jiàn)光、紅外線(xiàn)和紫外線(xiàn)三個(gè)區(qū)域內(nèi)；這三個(gè)區(qū)域內(nèi)的電磁波按照頻率由高到低的順序排列應(yīng)為：紫外線(xiàn)、可見(jiàn)光、紅外線(xiàn)；（2）黑體輻射的輻射強(qiáng)度與波長(zhǎng)關(guān)系與物體的溫度有關(guān)；人體會(huì)發(fā)射紅外線(xiàn)，而人體的溫度與周?chē)h(huán)境溫度不同，故通過(guò)探測(cè)紅外線(xiàn)來(lái)尋找生命；

故答案為：（1）紫外線(xiàn)；紅外線(xiàn)；（2）紅外線(xiàn)。

【分析】（1）電磁波按照頻率由高到低的順序排列應(yīng)為：γ射線(xiàn)、x射線(xiàn)、紫外線(xiàn)、可見(jiàn)光、紅外線(xiàn)、無(wú)線(xiàn)電波；（2）人體會(huì)發(fā)射紅外線(xiàn)，黑體輻射的輻射強(qiáng)度與波長(zhǎng)關(guān)系與物體的溫度有關(guān)；9、略

【分析】解：由圖看出，電阻R1與R2串聯(lián)，電流相等，即I1=I2．根據(jù)歐姆定律U=IR得知，U1：U2=R1：R2=2：4=1：2

電阻R1與R2串聯(lián)后與R3并聯(lián)，并聯(lián)電路電壓相等，根據(jù)歐姆定律U=IR得知，I2：I3=R3：（R1+R2）=3：6=1：2

電壓U3=U1+U2，又U1：U2=1：2，得到U1：U3=1：3．

綜上得到，I1：I2：I3=1：1：2，U1：U2：U3=1：2：3

故答案為：1：1：2；1：2：3

由題，A、B兩端加有電壓U，電阻R1與R2串聯(lián)后與R3并聯(lián)．電阻串聯(lián)時(shí)；電流相等．電路并聯(lián)時(shí)，兩端電壓相等．根據(jù)歐姆定律求解比例關(guān)系．

本題的技巧是利用比例法，也可以先外電路總電阻，再求干路電流、各個(gè)電阻的電流和電壓，得到比值．【解析】1：1：2；1：2：310、略

【分析】解：A碰前的速度：

碰后共同速度：．

碰前總動(dòng)量：P1=m1v1=0.4×1.05=0.42kg．m/s

碰后的總動(dòng)量：P2=（m1+m2）v2=0.6×0.695=0.417kg．m/s

故答案為：0.420；0.417

由平均速度公式求出碰前和碰后的速度大小；再由動(dòng)量公式即可得出碰前和碰后總動(dòng)量的大小，從而得出結(jié)論．

解決本題的關(guān)鍵知道A與B碰后，速度減小，會(huì)通過(guò)紙帶求解速度的大?。粚賱?dòng)量守恒定律中的基礎(chǔ)問(wèn)題【解析】0.420；0.41711、略

【分析】試題分析：根據(jù)粒子的受力特點(diǎn)可知：粒子在x軸方向做減速運(yùn)動(dòng)，在y軸方向做勻速運(yùn)動(dòng)，．由粒子飛出電場(chǎng)時(shí)速度沿y軸方向，所以此時(shí)x軸方向速度減小為零，即末速度粒子動(dòng)量的增量大小由動(dòng)能定理知：．考點(diǎn)：考查運(yùn)動(dòng)的分解與合成及對(duì)動(dòng)量的理解和動(dòng)能定理的應(yīng)用，應(yīng)注意動(dòng)能定理是標(biāo)量表達(dá)式，不能分解．【解析】【答案】12、等于輪胎地面【分析】鉛球放在水平海綿上；鉛球?qū)ｅ\的壓力與海綿對(duì)鉛球的支持力為作用力與反作用力；故二力大小相等；

輪胎對(duì)地面產(chǎn)生的壓力；施力物體是輪胎，故是輪胎發(fā)生彈性形變對(duì)地面的力；

地面對(duì)輪胎的支持力；施力物體是地面，故是地面發(fā)生彈性形變對(duì)汽車(chē)的力；

故答案為：等于；輪胎；地面。

【分析】物體發(fā)生形變后，要恢復(fù)原狀，對(duì)與它接觸的物體有力的作用，這就是彈力．是施力物體發(fā)生彈性形變對(duì)受力物體的力．13、略

【分析】解：（1）如果保證輸送的電功率不變，將輸電電壓升高到原來(lái)的n倍，根據(jù)P=UI，電流變?yōu)樵瓉?lái)的．

（2）在電阻、通電時(shí)間一定時(shí)，根據(jù)Q=I2Rt，電流變?yōu)樵瓉?lái)的電熱變?yōu)樵瓉?lái)的，所以輸電線(xiàn)上的能量損失就減小到原來(lái)的．

故答案為：．

（1）輸出功率一定時(shí)；根據(jù)P=UI，判斷電壓變化時(shí)，電流的變化．

（2）在電阻、通電時(shí)間一定時(shí)，根據(jù)Q=I2Rt判斷能量的損失．

解決此題關(guān)鍵掌握P=UI和P=I2R的應(yīng)用，注意總功率和損失功率的關(guān)系，注意損失電壓不是輸送電壓．【解析】14、（m1-m2-m3）c2【分析】【分析】根據(jù)電荷數(shù)和質(zhì)量數(shù)守恒寫(xiě)出衰變方程；

根據(jù)愛(ài)因斯坦質(zhì)能方程計(jì)算釋放的核能。

本題考查了衰變方程的書(shū)寫(xiě)和愛(ài)因斯坦質(zhì)能方程的應(yīng)用，核反應(yīng)過(guò)程滿(mǎn)足質(zhì)量數(shù)守恒和電荷數(shù)守恒，要注意元素左上角為質(zhì)量數(shù)，左下角為電荷數(shù)，二者之差為中子數(shù)。【解答】根據(jù)電荷數(shù)和質(zhì)量數(shù)守恒得到衰變方程為：94239Pu隆煤92235U+24He

根據(jù)愛(ài)因斯坦質(zhì)能方程：E=鈻?mc2=(m1鈭?m2鈭?m3)c2

故填：94239Pu隆煤92235U+24He(m1鈭?m2鈭?m3)c2

【解析】94239Pu隆煤92235U+24He(m1鈭?m2鈭?m3)c2

三、判斷題(共9題，共18分)15、B【分析】【解答】解：沿著電場(chǎng)線(xiàn)方向；電勢(shì)降低，且降低最快；

那么電勢(shì)降低最快的方向才是電場(chǎng)線(xiàn)的方向；但電勢(shì)降低的方向不一定是電場(chǎng)線(xiàn)的方向，故錯(cuò)誤；

故答案為：錯(cuò)誤．

【分析】電場(chǎng)強(qiáng)度和電勢(shì)這兩個(gè)概念非常抽象，借助電場(chǎng)線(xiàn)可以形象直觀表示電場(chǎng)這兩方面的特性：電場(chǎng)線(xiàn)疏密表示電場(chǎng)強(qiáng)度的相對(duì)大小，切線(xiàn)方向表示電場(chǎng)強(qiáng)度的方向，電場(chǎng)線(xiàn)的方向反映電勢(shì)的高低．16、B【分析】【解答】解：根據(jù)靜電平衡的特點(diǎn)；導(dǎo)體是等勢(shì)體，金屬導(dǎo)體的內(nèi)部電場(chǎng)強(qiáng)度處處為零；

由于處于靜電平衡狀態(tài)的導(dǎo)體是一個(gè)等勢(shì)體；則表面電勢(shì)處處相等，即等勢(shì)面，那么電場(chǎng)線(xiàn)與等勢(shì)面垂直；

故答案為：錯(cuò)誤．

【分析】金屬導(dǎo)體在點(diǎn)電荷附近，出現(xiàn)靜電感應(yīng)現(xiàn)象，導(dǎo)致電荷重新分布．因此在金屬導(dǎo)體內(nèi)部出現(xiàn)感應(yīng)電荷的電場(chǎng)，正好與點(diǎn)電荷的電場(chǎng)疊加，只有疊加后電場(chǎng)為零時(shí)，電荷才不會(huì)移動(dòng)．此時(shí)導(dǎo)體內(nèi)部電場(chǎng)強(qiáng)度處處為零，電荷全部分布在表面，且為等勢(shì)面，導(dǎo)體是等勢(shì)體．17、A【分析】【解答】解：點(diǎn)電荷在A點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)

根據(jù)場(chǎng)強(qiáng)的疊加原理得；則兩點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)是由正點(diǎn)電荷和勻強(qiáng)電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)的合成，A點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小為。

EA=E點(diǎn)﹣E勻=9×103N/C﹣9×103N/C=0；所以A處場(chǎng)強(qiáng)大小為0

故答案為：正確。

【分析】根據(jù)公式E=k求出點(diǎn)電荷在A點(diǎn)處產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)大小，判斷出場(chǎng)強(qiáng)方向，A點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)是由正點(diǎn)電荷和勻強(qiáng)電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)的合成，根據(jù)平行四邊形定則求解A點(diǎn)處的場(chǎng)強(qiáng)大小及方向．18、A【分析】【解答】解：圖中a、b兩點(diǎn)在一個(gè)等勢(shì)面上；

故Uac=Ubc，根據(jù)W=qU，有Wa=Wb；

a位置的電場(chǎng)強(qiáng)度較密集，故Ea＞Eb；

故答案為：正確．

【分析】圖中a、b兩點(diǎn)在一個(gè)等勢(shì)面上，根據(jù)W=qU判斷電場(chǎng)力做功的大小，根據(jù)電場(chǎng)線(xiàn)的疏密程度判斷電場(chǎng)強(qiáng)度的大?。?9、A【分析】【解答】解：根據(jù)電場(chǎng)線(xiàn)的特點(diǎn)可知；沿電場(chǎng)線(xiàn)的方向電勢(shì)降低；電場(chǎng)線(xiàn)垂直于等勢(shì)面、同一等勢(shì)面移動(dòng)電荷電場(chǎng)力不做功．

故答案為：正確．

【分析】解決本題要根據(jù)：電場(chǎng)線(xiàn)是人為假想的曲線(xiàn)，從正電荷或無(wú)限遠(yuǎn)出發(fā)，終止于無(wú)限遠(yuǎn)或負(fù)電荷，不閉合，電場(chǎng)線(xiàn)疏密描述電場(chǎng)強(qiáng)弱，電場(chǎng)線(xiàn)密的地方，電場(chǎng)強(qiáng)度大，疏的地方電場(chǎng)強(qiáng)度弱，沿電場(chǎng)線(xiàn)的方向電勢(shì)降低．20、B【分析】【解答】解：電勢(shì)差類(lèi)似于高度差；沒(méi)有方向，是標(biāo)量，正負(fù)表示電勢(shì)的相對(duì)大?。?/p>

兩點(diǎn)間的電勢(shì)差等于電勢(shì)之差；由電場(chǎng)中兩點(diǎn)的位置決定，與零電勢(shì)點(diǎn)的選取無(wú)關(guān)．由以上的分析可知，以上的說(shuō)法都錯(cuò)誤．

故答案為：錯(cuò)誤。

【分析】電勢(shì)差是標(biāo)量，正負(fù)表示大?。浑妱?shì)差與零電勢(shì)點(diǎn)的選取無(wú)關(guān)；沿著電場(chǎng)線(xiàn)方向電勢(shì)降低；電勢(shì)反映電場(chǎng)本身的性質(zhì)，與試探電荷無(wú)關(guān)．21、A【分析】【解答】解：點(diǎn)電荷在A點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)

根據(jù)場(chǎng)強(qiáng)的疊加原理得；則兩點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)是由正點(diǎn)電荷和勻強(qiáng)電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)的合成，A點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小為。

EA=E點(diǎn)﹣E勻=9×103N/C﹣9×103N/C=0；所以A處場(chǎng)強(qiáng)大小為0

故答案為：正確。

【分析】根據(jù)公式E=k求出點(diǎn)電荷在A點(diǎn)處產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)大小，判斷出場(chǎng)強(qiáng)方向，A點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)是由正點(diǎn)電荷和勻強(qiáng)電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)的合成，根據(jù)平行四邊形定則求解A點(diǎn)處的場(chǎng)強(qiáng)大小及方向．22、B【分析】【解答】解：若把該圖象與等量異種點(diǎn)電荷電場(chǎng)中的部分等勢(shì)面圖比較；可以得到：靠近正電荷的點(diǎn)電勢(shì)高，靠近負(fù)電荷的點(diǎn)，電勢(shì)較低．所以，a處為正電荷．

等量異種點(diǎn)電荷電場(chǎng)中的部分等勢(shì)面圖象中的等勢(shì)面左右對(duì)稱(chēng)；無(wú)窮遠(yuǎn)處的電勢(shì)為0．該圖象的左側(cè)的等勢(shì)線(xiàn)比較密，無(wú)窮遠(yuǎn)處的電勢(shì)為0，所以無(wú)窮遠(yuǎn)處到兩點(diǎn)之間的電勢(shì)差相比，與a點(diǎn)之間的電勢(shì)差比較大，所以a點(diǎn)所帶的電量就多．

故答案為：錯(cuò)誤．

【分析】若把該圖象與等量異種點(diǎn)電荷電場(chǎng)中的部分等勢(shì)面圖比較，很容易得出正確的結(jié)論．23、A【分析】【解答】解：圖中a、b兩點(diǎn)在一個(gè)等勢(shì)面上；

故Uac=Ubc，根據(jù)W=qU，有Wa=Wb；

a位置的電場(chǎng)強(qiáng)度較密集，故Ea＞Eb；

故答案為：正確．

【分析】圖中a、b兩點(diǎn)在一個(gè)等勢(shì)面上，根據(jù)W=qU判斷電場(chǎng)力做功的大小，根據(jù)電場(chǎng)線(xiàn)的疏密程度判斷電場(chǎng)強(qiáng)度的大?。?、解答題(共2題，共8分)24、略

【分析】

（1）當(dāng)ab勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，金屬桿的受力圖如圖所示（從前向后看的視圖）：圖中Ff為滑動(dòng)摩擦力，F(xiàn)N為斜面支持力，F(xiàn)安為感應(yīng)電流的安培力；mg為導(dǎo)體棒的重力．這時(shí)導(dǎo)體棒勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，其所受的合力為零，則有：

mgsinθ=Ff+F安

FN=mgcosθ；

由滑動(dòng)摩擦力公式：Ff=μFN；

由安培力公式F安=BIL，由歐姆定律I=由法拉第電磁感應(yīng)定律得E=BLvm，得F安=

解得：

（2）當(dāng)導(dǎo)體棒的速度為v1時(shí)；由牛頓第二定律得：mgsinθ-μmgcosθ-BI'L=ma；

其中I'為速度時(shí)v1時(shí)導(dǎo)體棒中的感應(yīng)電流，I'=

代入上式解得加速度a=

（3）由能量守恒知；導(dǎo)體棒減少的重力勢(shì)能，轉(zhuǎn)化為動(dòng)能；內(nèi)能和電能，電能通過(guò)電阻R又轉(zhuǎn)化為熱量．所以滿(mǎn)足：

其中W'為克服摩擦力做的功；

FN=mgcosθ；

解得金屬棒下降的高度為

答：

（1）磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為

（2）金屬桿在加速下滑過(guò)程中，當(dāng)速度達(dá)到v1（v1＜vm）時(shí)，此時(shí)桿的加速度大小為

（3）金屬桿從靜止開(kāi)始至達(dá)到最大速度的過(guò)程中下降的高度為．

【解析】【答案】（1）金屬桿先沿導(dǎo)軌向下做加速度減小的變加速運(yùn)動(dòng)；后做勻速運(yùn)動(dòng)，速度達(dá)到最大值，此時(shí)金屬桿受力平衡，根據(jù)平衡條件和安培力公式，求出磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大?。?/p>

（2）金屬桿在加速下滑過(guò)程中，當(dāng)速度達(dá)到v1（v1＜vm）時(shí)；求出安培力，由牛頓第二定律求解加速度大小．

（3）金屬桿從靜止開(kāi)始至達(dá)到最大速度的過(guò)程中；其重力勢(shì)能減小，轉(zhuǎn)化為桿的動(dòng)能；摩擦生熱和電路中的焦耳熱，根據(jù)能量守恒定律求解桿下降的高度．

25、略

【分析】

（1）對(duì)天宮一號(hào)有：其中r=R+h，又：解得：

（2）設(shè)天宮一號(hào)的質(zhì)量為m；根據(jù)牛頓第二定律有：

解得：

答：（1）天宮一號(hào)向心加速度

（2）地球的質(zhì)量

【解析】【答案】（1）由向心加速度的周期表達(dá)式；可以得到加速度．

（2）由萬(wàn)有引力充當(dāng)向心力的周期表達(dá)式；可以得到中心天體的質(zhì)量．

五、綜合題(共4題，共12分)26、①開(kāi)的電燈過(guò)多，但火線(xiàn)和零線(xiàn)中電流方向相反、大小相等，線(xiàn)圈A產(chǎn)生的總磁通量為零；線(xiàn)圈A中不會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流，故繼電器不會(huì)切斷電源；②當(dāng)有人如圖中“手﹣地”觸電時(shí)，會(huì)導(dǎo)致一部分電流通過(guò)大地，火線(xiàn)和零線(xiàn)中電流方向、大小不等，線(xiàn)圈A產(chǎn)生的總磁通量不為零，即增加了，故會(huì)在線(xiàn)圈B中產(chǎn)生感應(yīng)電流，經(jīng)放大后便能推動(dòng)繼電器切斷電源；③當(dāng)有人雙手“火線(xiàn)﹣零線(xiàn)”觸電時(shí)（人與地絕緣），火線(xiàn)和零線(xiàn)中電流方向相反、大小相等，線(xiàn)圈A產(chǎn)生的總磁通量為零；線(xiàn)圈A中不會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流，故繼電器不會(huì)切斷電源【分析】【解答】（1）開(kāi)的電燈過(guò)多；但火線(xiàn)和零線(xiàn)中電流方向相反；大小相等，線(xiàn)圈A產(chǎn)生的總磁通量為零；線(xiàn)圈A中不會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流，故繼電器不會(huì)切斷電源；（2）當(dāng)有人如圖中“手﹣地”觸電時(shí)，會(huì)導(dǎo)致一部分電流通過(guò)大地，火線(xiàn)和零線(xiàn)中電流方向、大小不等，線(xiàn)圈A產(chǎn)生的總磁通量不為零，即增加了，故會(huì)在線(xiàn)圈B中產(chǎn)生感應(yīng)電流，經(jīng)放大后便能推動(dòng)繼電器切斷電源；（3）當(dāng)有人雙手“火線(xiàn)﹣零線(xiàn)”觸電時(shí)（人與地絕緣），火線(xiàn)和零線(xiàn)中電流方向相反、大小相等，線(xiàn)圈A產(chǎn)生的總磁通量為零；線(xiàn)圈A中不會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流，故繼電器不會(huì)切斷電源．

答：（1）開(kāi)的電燈過(guò)多；但火線(xiàn)和零線(xiàn)中電流方向相反；大小相等，線(xiàn)圈A產(chǎn)生的總磁通量為零；線(xiàn)圈A中不會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流，故繼電器不會(huì)切斷電源；（2）當(dāng)有人如圖中“手﹣地”觸電時(shí)，會(huì)導(dǎo)致一部分電流通過(guò)大地，火線(xiàn)和零線(xiàn)中電流方向、大小不等，線(xiàn)圈A產(chǎn)生的總磁通量不為零，即增加了，故會(huì)在線(xiàn)圈B中產(chǎn)生感應(yīng)電流，經(jīng)放大后便能推動(dòng)繼電器切斷電源；（3）當(dāng)有人雙手“火線(xiàn)﹣零線(xiàn)”觸電時(shí)（人與地絕緣），火線(xiàn)和零線(xiàn)中電流方向相反、大小相等，線(xiàn)圈A產(chǎn)生的總磁通量為零；線(xiàn)圈A中不會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流，故繼電器不會(huì)切斷電源．

【分析】圖中A線(xiàn)圈是用火線(xiàn)和零線(xiàn)雙股平行線(xiàn)繞制成線(xiàn)圈，正常情況下火線(xiàn)和零線(xiàn)中電流方向相反、大小相等，線(xiàn)圈A產(chǎn)生的總磁通量為零；當(dāng)漏電時(shí)，火線(xiàn)和零線(xiàn)中電流方向、大小不等，線(xiàn)圈A產(chǎn)生的總磁通量不為零，增加了，故會(huì)在線(xiàn)圈B中產(chǎn)生感應(yīng)電流，經(jīng)放大后便能推動(dòng)繼電器切斷電源．27、(1)BCE

(2)

解：起始時(shí)氣體壓強(qiáng)用P

表示；體積用V

表示；

對(duì)A

氣體，P1=PV1=VV2=12V

由玻意耳定律得：P1V1=P2V2

可得P2=2P=2.0隆脕105Pa

對(duì)B

氣體：P3=PV3=VV4=32V

由玻意耳定律得：P3V3=P4V4

可得：P4=23P=23隆脕105Pa

對(duì)活塞有：(P1鈭?P4)S=ma

代入數(shù)據(jù)可解得：m=2kg

【分析】【分析】

(1)

封閉氣體等溫膨脹過(guò)程；溫度是分子平均動(dòng)能的標(biāo)志且理想氣體的內(nèi)能只與溫度有關(guān)，以活塞為研究對(duì)象根據(jù)受力平衡判斷水平外力F

的變化。

本題的突破口是：題目中說(shuō)“導(dǎo)熱”的氣缸缸且環(huán)境保持恒溫；即判斷氣體做等溫變化，然后會(huì)根據(jù)熱力學(xué)第一定律判斷各種變化。分析時(shí)要抓住溫度的意義：一定質(zhì)量的理想氣體的內(nèi)能只跟溫度有關(guān)，溫度是分子平均動(dòng)能的標(biāo)志。

(2)

本題主要考查了氣體實(shí)驗(yàn)定律與牛頓第二定律的綜合問(wèn)題；難度不大。

【解答】

(1)AB.

封閉氣體等溫膨脹過(guò)程；溫度是分子熱運(yùn)動(dòng)平均動(dòng)能的標(biāo)志，故分子熱運(yùn)動(dòng)的平均動(dòng)能不變，不是每個(gè)分子動(dòng)能都不變，故A錯(cuò)誤，B正確；

C.氣體等溫膨脹；根據(jù)玻意耳定律PV=C

可知?dú)鈮翰粩鄿p小，故內(nèi)外壓力差變大，向左，故F逐漸變大，故C正確；

D.封閉氣體等溫膨脹過(guò)程；溫度是分子熱運(yùn)動(dòng)平均動(dòng)能的標(biāo)志，故分子熱運(yùn)動(dòng)的平均動(dòng)能不變，氣體分子勢(shì)能不計(jì)，故內(nèi)能不變，故D錯(cuò)誤；

E.根據(jù)熱力學(xué)第一定律?U=Q+W

內(nèi)能不變，氣體膨脹，對(duì)外做功，即W<0

故Q>0

吸熱，故E正確。

故選BCE。

(2)

先對(duì)A

氣體分析；根據(jù)玻意耳定律求出末狀態(tài)的壓強(qiáng)；再對(duì)B

氣體分析，根據(jù)玻意耳定律求出末狀態(tài)的壓強(qiáng)；然后再對(duì)活塞受力分析，根據(jù)牛頓第二定律求出質(zhì)量。

【解析】(1)BCE

(2)

解：起始時(shí)氣體壓強(qiáng)用P

表示；體積用V

表示；

對(duì)A

氣體，P1=PV1=VV2=12V

由玻意耳定律得：P1V1=P2V2

可得P2=2P=2.0隆脕105Pa

對(duì)B

氣體：P3=PV3=VV4=32V

由玻意耳定律得：P3V3=P4V4

可得：P4=23P=23隆脕105Pa

對(duì)活塞有：(P1鈭?P4)S=ma

代入數(shù)據(jù)可解得：m=2kg

28、(

一)(1)D(2)BC(3)

變小，變小(4)

吸收，260

(5)

解：壟脵

鐵原子的平均質(zhì)量m0=MNA=5.6隆脕10鈭?26隆脕1023隆脰9隆脕10?26kg

壟脷

一個(gè)鐵原子的體積V0=M婁脩NA=5.6隆脕10鈭?27.8隆脕6隆脕1023=1.2隆脕10鈭?29m3

根據(jù)得，d=6V0婁脨3=6隆脕1.2隆脕10鈭?293.143m隆脰3隆脕10鈭?10m

(

二)(1)A(2)CD(3)44n+32(n=0,1,2)(4)

變小，不變(5)

解：壟脵

條紋間距為：?y=22.78隆脕10?310鈭?9m=2.53隆脕10鈭?3m

因婁脣=dL?y

則解得，單色光的波長(zhǎng)：婁脣=0.3隆脕10鈭?31.2隆脕2.53隆脕10鈭?3=6.3隆脕10鈭?7m

壟脷

根據(jù)雙縫到第10

條亮條紋中心的路程差S=10婁脣=10隆脕6.3隆脕10鈭?7m=6.3隆脕10鈭?6m

【分析】(

一)(1)

【分析】固體小顆粒做布朗運(yùn)動(dòng)是液體分子對(duì)小顆粒的碰撞的作用力不平衡引起的，液體的溫度越低，懸浮小顆粒的運(yùn)動(dòng)越緩慢，且液體分子在做永不停息的無(wú)規(guī)則的熱運(yùn)動(dòng).

固體小顆粒做布朗運(yùn)動(dòng)說(shuō)明了液體分子不停的做無(wú)規(guī)則運(yùn)動(dòng)。掌握布朗運(yùn)動(dòng)的實(shí)質(zhì)和產(chǎn)生原因，以及影響布朗運(yùn)動(dòng)劇烈程度的因素是解決此類(lèi)題目的關(guān)鍵。【解答】

A.布朗運(yùn)動(dòng)是懸浮在液體中固體小顆粒的運(yùn)動(dòng)在；是由于液體分子對(duì)小顆粒的碰撞的作用力不平衡引起的，所以布朗運(yùn)動(dòng)說(shuō)明了液體分子不停的做無(wú)規(guī)則運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤。

B.布朗運(yùn)動(dòng)是固體小顆粒的運(yùn)動(dòng)；不是固體分子的運(yùn)動(dòng)；故B錯(cuò)誤；

C.液體的溫度越高；液體分子運(yùn)動(dòng)越劇烈，則布朗運(yùn)動(dòng)也越劇烈，故C錯(cuò)誤；

D.布朗運(yùn)動(dòng)反映了液體分子的無(wú)規(guī)則運(yùn)動(dòng)；故D正確；

故選D。(2)

【分析】氣體壓強(qiáng)是大量氣體分子對(duì)容器壁的頻繁碰撞造成的；液晶既具有液體的流動(dòng)性，又具有光學(xué)性質(zhì)的各向異性；水黽可以停在水面上說(shuō)明液體存在表面張力；溫度是分子平均動(dòng)能的標(biāo)志。本題考查了氣體壓強(qiáng)的微觀意義、液晶、液體表面張力和溫度等基礎(chǔ)知識(shí)點(diǎn)，關(guān)鍵要熟悉教材，牢記這些基礎(chǔ)知識(shí)，對(duì)于一些記憶性的東西，要熟記。【解答】A.氣體壓強(qiáng)是由于氣體分子對(duì)容器壁的碰撞產(chǎn)生的；氣體分子間距遠(yuǎn)大于平衡距離，斥力可以忽略不計(jì)，故A錯(cuò)誤。

B.液晶既具有液體的流動(dòng)性；又具有光學(xué)性質(zhì)的各向異性，故B正確。

C.水黽可以停在水面上說(shuō)明液體表面存在張力；故C正確。

D.溫度相同；分子的平均動(dòng)能相等，故D錯(cuò)誤。

故選BC。(3)

【分析】在正常情況下，托里拆利實(shí)驗(yàn)中，玻璃管上方應(yīng)該是真空，此時(shí)如果上提或下壓玻璃管，只要管口不離開(kāi)水銀面，水銀柱的高度差將不會(huì)改變.

這是因此水銀柱的高度差反映了大氣壓的大小，而大氣壓此時(shí)是不變的.

但當(dāng)玻璃管中混入少量空氣，這一部分空氣也會(huì)產(chǎn)生一定的壓強(qiáng)，而且壓強(qiáng)的大小會(huì)隨著體積的變化而改變，根據(jù)管內(nèi)氣體壓強(qiáng)的變化，由玻意耳定律分析氣體體積的變化情況。此題是實(shí)驗(yàn)中很容易遇到的現(xiàn)象，在分析時(shí)一定要與理想狀態(tài)下的情況進(jìn)行區(qū)分.

即玻璃管上方為真空時(shí)，上提玻璃管，水銀柱高度不變，而混入少量空氣時(shí)，則會(huì)改變?！窘獯稹吭趯?shí)驗(yàn)中；水銀柱產(chǎn)生的壓強(qiáng)加上封閉空氣柱產(chǎn)生的壓強(qiáng)等于外界大氣壓.

如果將玻璃管向上提，則管內(nèi)水銀柱上方空氣的體積增大，因?yàn)闇囟缺３植蛔?，所以壓?qiáng)減小；

管內(nèi)體積變大；故氣體的密度減小，壓強(qiáng)減小，故空氣分子對(duì)管中水銀面的壓力也減?。?/p>

故填：變小，變小(4)

【分析】氣體是由狀態(tài)a

沿abc

變化到狀態(tài)c

還是由狀態(tài)a

沿adc

變化到狀態(tài)c

理想氣體增加的內(nèi)能是一樣的，有第一個(gè)過(guò)程結(jié)合熱力學(xué)第一定律可求出內(nèi)能的增加量；再由熱力學(xué)第一定律即可計(jì)算出第二個(gè)過(guò)程需要吸收的熱量的多少。該題考查了熱力學(xué)第一定律的應(yīng)用.

知道改變物體的內(nèi)能有兩種方式，一是對(duì)物體做功，一是熱傳遞；應(yīng)用熱力學(xué)第一定律是，吸熱Q

為正，放熱Q

為負(fù)；對(duì)內(nèi)做功W

為正，對(duì)外做功W

為負(fù)?！窘獯稹恳欢ㄙ|(zhì)量的理想氣體由狀態(tài)a

沿abc

變化到狀態(tài)c

吸收了340J

的熱量，并對(duì)外做功120J

由熱力學(xué)第一定律有：鈻?U=Q+W=340鈭?120=220J

即從a

狀態(tài)到c

狀態(tài)，理想氣體的內(nèi)能增加了220J

若該氣體由狀態(tài)a

沿adc

變化到狀態(tài)c

時(shí)，對(duì)外做功40J

此過(guò)程理想氣體的內(nèi)能增加還是220J

所以可以判定此過(guò)程是吸收熱量，由熱力學(xué)第一定律有：鈻?U=Q+W

得：Q=鈻?U鈭?W=220+40=260J

故填：吸收，260

(5)

根據(jù)摩爾質(zhì)量和阿伏伽德羅常數(shù)求出鐵原子的平均質(zhì)量；根據(jù)摩爾質(zhì)量和密度求出摩爾體積，結(jié)合阿伏伽德羅常數(shù)求出一個(gè)分子的體積，從而得出鐵原子的平均直徑；本題的解題關(guān)鍵是建立物理模型，抓住阿伏加德羅常數(shù)是聯(lián)系宏觀與微觀的橋梁進(jìn)行求解，知道宏觀物理量與微觀物理量之間的定量關(guān)系。(

二)(1)

【分析】陽(yáng)光下肥皂膜上的彩色條紋是光的干涉；太陽(yáng)光通過(guò)三棱鏡產(chǎn)生彩色條紋是光的色散；兩塊玻璃磚疊放在一起，玻璃磚上表面出現(xiàn)彩色條紋，是由于不同的色光的折射率不同；對(duì)著日光燈從兩支緊靠的鉛筆間窄縫看到的彩色條紋是光的衍射。掌握折射現(xiàn)象、干涉現(xiàn)象和衍射現(xiàn)象的本質(zhì)的不同是順利解決此類(lèi)題目的關(guān)鍵?！窘獯稹緼.陽(yáng)光下肥皂膜上的彩色條紋；是屬于薄膜干涉現(xiàn)象，故A正確。

B.太陽(yáng)光通過(guò)三棱鏡產(chǎn)生彩色條紋；是由于光發(fā)生了色散現(xiàn)象即屬于光的折射現(xiàn)象，故B錯(cuò)誤。

C.兩塊玻璃磚疊放在一起；玻璃磚上表面出現(xiàn)彩色條紋，是由于不同的色光的折射率不同，以相同的入射角入射時(shí)，折射角不同，與光通過(guò)三棱鏡的情況相似，屬于光的折射現(xiàn)象，故C錯(cuò)誤。

D.對(duì)著日光燈從兩支緊靠的鉛筆間窄縫看到的彩色條紋；是光繞過(guò)障礙物傳播的現(xiàn)象，故屬于光的衍射現(xiàn)象，而之所以看到彩色條紋，是由于不同的色光波長(zhǎng)不同發(fā)生疊加造成的，故D錯(cuò)誤。

故選A。(2)

【分析】干涉是兩列或兩列以上的波在空間中重疊時(shí)發(fā)生疊加從而形成新波形的現(xiàn)象.

干涉是波特有的現(xiàn)象，兩列波發(fā)生干涉現(xiàn)象，說(shuō)明兩列波的頻率一定相同；麥克斯韋的電磁場(chǎng)理論中變化的磁場(chǎng)一定產(chǎn)生電場(chǎng)；當(dāng)中的變化有均勻變化與周期性變化之分；

紅外線(xiàn)的作用和用途：根據(jù)紅外線(xiàn)的熱作用比較強(qiáng)制成