福州四中18-19年高三物理校本期末复习知识点强化.pdf

试卷第 1 页，总 7 页福州四中福州四中 18-19 年高三物理校本期末复习知识点强化年高三物理校本期末复习知识点强化学校:_姓名：_班级：_考号：_一、单选题一、单选题1氢原子能级图如图所示，大量处于 n=3 激发态的氢原子向低能级状态跃迁辐射出的光子中，发现有两种频率的光子能使金属 A 产生光电效应，则下列说法正确的是A大量处于 n=3 激发态的氢原子向低能级状态跃迁时，只辐射两种频率的光子B从 n=3 激发态直接跃迁到基态时放出的光子一定能使金属 A 发生光电效应C一个氢原子从 n=3 激发态跃到基态时，该氢原子能量增大D一个氢原子从 n=3 激发态跃到基态时该氢原子核外电子动能减小2一质点做匀加速直线运动，在通过某段位移 s 内速度增加了 v，动能变为原来的 9倍则该质点的加速度为A B C Dv23sv2s3v2sv22s3如图，倾角为 0 的传送带正以速度匀速顺时针转动，现将物块轻放在传送带的顶端A 点，在物块向下运动的过程中，关于物块的速度 v，所受摩擦力的大小 f、摩擦力功率的大小 P、重力势能 Ep的图象一定不正确的是A B C D4哥伦比亚大学的工程师研究出一种可以用于人形机器人的合成肌 肉，可模仿人体肌肉做出推、拉、弯曲和扭曲等动作。如图所示，连接质量为 的物体的足够长细绳m一端固定于墙壁，用合成肌肉做成的“手臂”的 端固定一滑轮，端固定于墙壁，abceddc细绳绕过滑轮，和 类似于人手臂的关节，由“手臂”合成肌肉控制。设与竖直墙壁cecd夹角为，不计滑轮与细绳的摩擦，下列说法正确的是（）ac试卷第 2 页，总 7 页A若保持 不变，增大长度，细绳部分拉力变大cdadB若保持，增大长度，细绳对滑轮的力始终沿方向=90cddcC若保持等于，增大长度，细绳对滑轮的力始终沿方向acadcddcD若 从逐渐变为零，长度不变，且保持，则细绳对滑轮的力先减小后增90cdac cd大二、多选题二、多选题5如图所示，平行板电容器两极板水平放置，现将其与二极管串联接在电动势为 E 的直流电源上，电容器下极板接地，静电计所带电量可忽略，二极管具有单向导电性。闭合开关 S，一带电油滴恰好静止于两板间的 P 点，现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，则下列说法正确的是A平行板电容器的电容将变大B静电计指针张角变小C带电油滴的电势能将减少D油滴仍将保持静止6一个静止的放射性原子核处于垂直纸面向里的匀强磁场中，由于发生了某种衰变而形成了如图所示的两个圆形径迹，两圆半径之比为 116，有()A该原子核发生了 衰变B原来静止的原子核的原子序数为 15C反冲核沿小圆作逆时针方向运动试卷第 3 页，总 7 页D该衰变过程结束后其系统的总质量略有增加7如图所示，匀强电场中有一个与电场平行的长方形区域 ABCD。已知AC=2AB=4cm，A、B、C 三点的电势分别为 12V、8V、4V。某带电粒子从 A 点以初速度 v0=2m/s，与 AD 成 30夹角射入电场，粒子在 ABCD 所在平面运动，恰好经过 C点。不计粒子的重力。下列说法正确的是A该粒子可能带负电B电场强度大小为V/m400 33C粒子过 C 点的速度为 2m/s13D仅改变初速度 v 方向，该粒子可能经过 B 点8如图所示，质量为 m1带有正电荷 q 的金属小球和质量为 m2不带电的小木球之间用绝缘细线相连，置于竖直向上、场强为 E、范围足够大的匀强电场中，两球恰能以速度 v 匀速竖直上升。当小木球运动到 A 点时细线突然断开，小木球运动到 B 点时速度为零，重力加速度为 g，则()A小木球的速度为零时，金属小球的速度大小为(m1-m2)vm1B在小木球由点 A 到点 B 的过程中，两球组成的系统机械能增加CAB 两点之间的电势差为Ev22gD在小木球由点 A 到点 B 的过程中，小木球动能的减少量等于两球重力势能的增加量9以下说法正确的是_A当一定量气体吸热时，其内能可能减小B单晶体有固定的熔点，多晶体和非晶体都没有固定的熔点C一定量的理想气体在等温变化的过程中，随着体积减小，气体压强增大D已知阿伏加德罗常数、气体的摩尔质量和密度，可估算出该气体分于间的平均距离试卷第 4 页，总 7 页E.给自行车打气时越往下压，需要用的力越大，是因为压缩气体使得分子间距减小，分子间作用力表现为斥力导致的10一列简谐横波，在 t=1s 时刻的波形如图甲所示，图乙为波中质点的振动图象，P1则根据甲、乙两图可以判断：_ A该波沿 x 轴正方向传播B该波的传播速度为 6m/sC从 t=0 时刻起经过时间t=3s，质点通过路程为 6mP1D在振动过程中 P1、P2的位移总是相同E.质点 P2做简谐运动的表达式为 y=2sin(t)m22三、实验题三、实验题11某同学利用如图甲所示的实验装置探究“物体的加速度与合外力的关系”，具体实验步骤如下：A按图示装置安装器材；B调节长木板的倾角，轻推小车后，使小车沿长木板向下运动，且使小车上的挡光板通过两个光电门的时间相等；C取下细绳和砂桶，测量砂桶和砂子的总质量 m 并记录；D把小车置于靠近滑轮的位置，由静止释放小车，记录小车先后通过光电门 1 和光电门 2 时显示的时间；E重新挂上细绳和砂桶，改变砂桶中砂子的质量，重复 BD 步骤。(1)如图乙所示，用游标卡尺测量挡光片的宽度 d=_cm。试卷第 5 页，总 7 页(2)下列有关本实验的说法正确的是_。A砂桶和砂子的总质量必须远小于小车的质量B小车的质量必须远小于砂桶和砂子的总质量C平衡摩擦力时要取下细绳和砂桶D平衡摩擦力时不需要取下细绳和砂桶(3)若挡光片的宽度为 d，光电门 1、光电门 2 之间的距离为 l，显示的时间分别为t1、t2，则小车的加速度为_。12某中学生课外科技活动小组利用铜片、锌片、苹果制作了水果电池，他们想通过实验的方法测量这种电池的电动势 E 和内阻 r。现有如下实验器材：多用电表一个；高阻值电阻箱 R 一个；保护电阻 R0一只；导线开关若干；（1）如图甲，已知锌比铜活泼，所以锌片失电子作负极，铜片得电子作正极。为了估计此苹果电池的电动势，某同学直接使用多用电表直流电压挡测量，则应将红表笔与 片（填“铜”或“锌”）连接。通过上网查看可知水果电池的内阻与水果的种类、两电极之间的距离及电极面积大小有关，一般在几百至几千欧姆之间。为了估测此苹果电池的内阻，（填“能”或“不能”）使用多用电表的欧姆挡进行初步测量。（2）由于缺少电流表与电压表，研究小组仍然使用多用表进行实验，某同学连接如乙图的实验电路，将多用电表当电流表使用（不计其内阻）。调节电阻箱 R 可测得多组多用电表读数 I，为了减少偶然误差，该同学作图象进行数据处理如果图象的斜1RI率为 k，截距为 b，则由图象可得该苹果电池的电动势 E=，内阻 r=。（用 k、b 和 R0表示）四、填空题四、填空题五、解答题五、解答题13如图轨道为地球同步卫星轨道，发射同步卫星的过程可以筒化为以下模型：先让卫星进入一个近地圆轨道（离地高度可忽略不计），经过轨道上 点时点火加速，P进入椭圆形转移轨道。该椭圆轨道的近地点为圆轨道上的 点，远地点为同步圆P轨道上的 点。到达远地点 时再次点火加速，进入同步轨道。已知引力常量为，QQG试卷第 6 页，总 7 页地球质量为，地球半径为，飞船质量为，同步轨道距地面高度为。当卫星距离地MRmh心的距离为 时，地球与卫星组成的系统的引力势能为（取无穷远处的引力势rEp=-GMmr能为零），忽略地球自转和喷气后飞船质量的変化，问：（1）在近地轨道上运行时，飞船的动能是多少？（2）若飞船在转移轨道上运动过程中，只有引力做功，引力势能和动能相互转化。已知飞船在椭圆轨道上运行中，经过 点时的速率为，则经过 点时的速率多大？Pv1Qv2（3）若在近地圆轨道上运行时，飞船上的发射装置短暂工作，将小探测器射出，并使它能脱离地球引力范围（即探测器可以到达离地心无穷远处），则探测器离开飞船时的速度（相对于地心）至少是多少？（探测器离开地球的过程中只有引力做功，动能v3转化为引力势能）14如图所示，足够长的 U 型光滑导轨固定在倾角为 30的斜面上，导轨的宽度L=1m，其下端与 R=1 的电阻连接，质量为 m=0.2kg 的导体棒（长度也为 L）与导轨接触良好，导体棒电阻 r=1，导轨电阻不计。磁感应强度 B=2T 的匀强磁场垂直于导轨所在的平面，用一根与斜面平行的不可伸长的轻绳跨过定滑轮将导体棒和质量为M=0.5kg 的重物相连，重物离地面足够高。使导体棒从静止开始沿导轨上滑，当导体棒沿导轨上滑 t=1.1s 时，其速度达到最大.求：(取 g=10m/s2)(1)导体棒的最大速度 vm；(2)导体棒从静止开始沿轨道上滑时间 t=1.1s 的过程中，电阻 R 上产生的焦耳热.15两端封闭的玻璃管竖直放置，长为 l10cm 的水银柱将管内的空气分为两部分，上下空气柱的长度分别为 l112cm 和 l218cm，初始时上面空气压强为 15cmHg，现玻璃管以 a=05g 的加速度竖直向上加速上移，设温度始终不变，求稳定时水银上面试卷第 7 页，总 7 页空气柱的长度16某种透明材料制成的空心球体外径是内径的 2 倍，其过球心的某截面（纸面内）如图所示一束单色光（纸面内）从外球面上 A 点入射，人射角为时，光束经折射45后恰好与内球面 B 点相切。求该透明材料的折射率欲使光東能射入空心球内部空心区域，入射角应满足什么条件？本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。答案第 1 页，总 11 页参考答案参考答案1B【解析】【分析】发生光电效应的条件是入射光的频率大于极限频率，大量处于 n=3 激发态的氢原子向基态跃迁过程所放出的光子中，有两种光子能使某金属 A 产生光电效应，则由跃迁到n=3一定能使金属 A 发生光电效应，然后根据波尔理论分析即可；n=1【详解】A、大量处于 n=3 激发态的氢原子向低能级状态跃迁时，有 31，32，和 21，三种情况，所以跃迁过程中将释放出 3 种频率的光子，故 A 错误；B、由题可知：有两种频率的光子能使金属 A 产生光电效应，大量处于 n=3 激发态的氢原子向低能级状态跃迁过程所放出的光子中，跃迁到辐射的光子频率最大，则一定n=3n=1能使金属 A 发生光电效应，故选项 B 正确；C、根据玻尔理论，氢原子从激发态跃到基态时，放出能量，电子的动能增大，电势能减小，导致原子总能量减小，故选项 CD 错误。【点睛】解决本题的关键掌握发生光电效应的条件，以及知道能级间跃迁时，哪个能级间跃迁发出的光子能量最大，哪个能级间跃迁发出的光子能量最小。2B【解析】【详解】设原来速度为，则通过位移为 s 后，速度为，由题意可知，由公式v03v0v=2v0，2as=(3v0)2v20解得：，故 B 正确。a=8v202s=4v20s=v2s故选：B。【点睛】本题考查动能以及运动学规律的问题，要注意明确动能变为 9 倍所隐含的信息，从而求出速度关系，同时还要注意应用平均速度公式。3A本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。答案第 2 页，总 11 页【解析】【分析】开始时，滑块受重力、支持力和滑动摩擦力，根据牛顿第二定律，有：mgsin+mcos=ma，求解出加速度为 a=g（sin+cos）；若滑块速度增加到等于传送带速度，此时可能一起匀速（mgsinmgcos），也可能继续加速（mgsinmgcos），但摩擦力方向会反向。【详解】对物块受力分析可知，物块在传送带上运动的情况有三种情况：即一直匀加速运；先匀加速到与传送带共速后再以更小的加速度加速；先匀加速与传送带共速后再匀速，情况对应的速度时间图象即为 D，故 D 正确；情况对应的摩擦力为可知，C 正确；P=fv=fat情况对应的摩擦力先为滑动摩擦，后为静摩擦力，故 B 正确；重力势能与时间在两个阶段不可能都是线性关系，故 A 错误。本题选不正确的，故选：A。【点睛】本题关键是当滑块速度增加到等于初速度速度后，滑块相对与初速度可能下滑，也可能相对静止。4C【解析】细绳 ad 的拉力大小等于物体的重力，则若保持 不变，增大 cd 长度，细绳 ad 部分拉力不变，选项 A 错误；若保持=900，细绳对滑轮的力与 ad 绳和 bd 绳拉力的合力等大反向，因 Tad=Tdb=mg，则 ad 绳和 bd 绳拉力的合力方向指向左下方，则细绳对滑轮的力方向指向右上方，不沿 dc 方向，选项 B 错误；若保持 ac=ad，则acd=adc=cdb，则此时 ad 绳和 bd 绳拉力的合力方向沿 dc 方向，即使增大 cd 长度，上述关系仍然不变，即细绳对滑轮的力始终沿 dc 方向，选项 C 正确；若 从 900逐渐变为零，cd 长度不变，且保持 accd，则 ad 与 ac 的夹角先增加后减小，ad 与 db 的夹角先减小后增加，则 ad 绳和 bd 绳拉力的合力先增大后减小，即细绳对滑轮的力先增大后减小，选项 D 错误；故选 C.点睛：此题关键是要注意：ad 绳和 db 绳的拉力总是相等且不变的，大小等于重力；细绳对滑轮的作用力与 ad 绳和 bd 绳拉力的合力是等大反向的关系.5CD本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。答案第 3 页，总 11 页【解析】根据 知，d 增大，则电容减小故 A 错误静电计测量的是电容器两端4SCkd的电势差，因为电容器电容减小，则电容器要放电，但是由于二极管的单向导电性，导致电容器电量不变，故根据 Q=CU 可知，U 变大，所以静电计指针张角变大故 B 错误因电容器电量不变，则当 d 增大时，根据,电场强度不变，P 点与下极板4UQkQEdCdS的电势差变大，则 P 点的电势增大，因为该电荷为负电荷，则电势能减小故 C 正确因电场强度不变，则油滴所受电场力不变油滴仍将保持静止，故 D 正确故选 CD点睛：本题是电容器的动态分析问题，关键抓住不变量，二极管的存在导致电容器不能放电，则电量不变；当电容量电量不变时，两板间的场强与两板间距无关.6ABC【解析】【详解】A、由图看出，原子核衰变后放出的粒子与新核所受的洛伦兹力方向相同，而两者速度方向相反，则知两者的电性相反，新核带正电，则放出的必定是 粒子，发生了 衰变;故 A 正确B、根据动量守恒定律得知，放出的 粒子与新核的动量大小相等，由，得半径与r=mvqB=pqB电荷量成反比，两圆半径之比为 1:16，由于新核的电荷量较大，则小圆是新核的轨迹由半径之比得到新核的电荷量为 16e，原子序数为 16，则原来静止的原子核的原子序数为 15;故 B 正确.C、衰变后新核所受的洛伦兹力方向向右，根据左手定则判断得知，其速度方向向下，沿小圆作逆时针方向运动;故 C 正确D、该衰变过程会放出能量，质量略有亏损;故 D 错误故选 ABC.【点睛】原子核衰变过程系统动量守恒，由于动量守恒定律、牛顿第二定律、左手定值即可正确解题7BC【解析】【分析】电场线与等势面相互垂直，沿电场线的方向电势逐渐降低，在匀强电场中 U=Ed，根据题本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。答案第 4 页，总 11 页意判断等势面，根据电场线与等势面间的关系确定电场线方向，根据 U=Ed 求出电场强度，根据电势差的定义式求出最高电势.【详解】A、因 AC=2AB=4cm，A、B、C 三点的电势分别为 12V、8V、4V，取 O 点为 AC 的中点，则，连接 BO，过 A 点做 BO 的垂线，则实线为电场线，如图所示：0=8V因粒子由 A 运动经过 C 点，则电场力的方向与电场线的方向相同，所以粒子带正电，则 A错误.B、因；所以 B 正确.E=UAO|AO|sin60=43 102V/m=400 33V/mC、粒子从 A 点开始做类平抛运动到 C 点，根据类平抛运动的推论，粒子在 Ctan=2tan点时，；所以 C 正确.vcy=4 3m/svc=v2cy+v2cx=2 13m/sD、仅改变初速度 v0方向，根据对称性，粒子必过 E 点，所以 D 错误.故选 BC.【点睛】本题考查了求电场强度与电势问题，知道“电场线与等势面相互垂直，沿电场线的方向电势逐渐降低”是解题的前提与关键，分析清楚题意、应用基础知识即可解题，解题时注意作辅助线.8BC【解析】【分析】细线断开前，两球在电场中做匀速直线运动，两球的总重力与电场力平衡，断开细线后，两球的总重力与电场力均不变，合力为零，两球组成的系统总动量守恒，根据动量守恒定律分析小木球的速度为零时，金属小球的速度；对于木球 B，细线断开后，只受重力，机械能守恒，由机械能守恒定律求解上升的高度 AB，再由 U=Ed 求出 A、B 间的电势差；根据能量守恒定律分析小木球从点 A 到点 B 的过程中，其动能的减少量与两球重力势能的增加量的关系；本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。答案第 5 页，总 11 页【详解】A、断开细线后，两球组成的系统合力为零，总动量守恒，取向上方向为正方向，根据动量守恒定律得：，得金属小球的速度大小为：，故 A 错误；(m1+m2)v=m1vv=(m1+m2)vm1B、小木球从点 A 到点 B 的过程中，由于电场力做正功，电势能减小，则知 A、B 组成的系统机械能在增加，故 B 正确；C、断开细线后，木球的机械能守恒，则有，得：，即 A、B 间距离为：m2gh=12m2v2h=v22g，两点 A、B 之间的电势差为：，故 C 正确；h=v22gU=Eh=Ev22gD、小木球从点 A 到点 B 的过程中，小木球动能的减少量等于木球重力势能的增加量，故D 错误；故选 BC。【点睛】关键是两球没有发生作用，但系统的合力为零，遵守动量守恒；断开细线后，木球的机械能守恒。9ACD【解析】【详解】当一定量气体吸热时，若气体对外做功大于吸收的热量，则其内能减小，选项 A 正确；单晶体和多晶体都有固定的熔点，非晶体没有固定的熔点，选项 B 错误；根据 PV/T=C 可知，一定量的理想气体在等温变化的过程中，随着体积减小，气体压强增大，选项 C 正确；已知阿伏加德罗常数、气体的摩尔质量和密度，用气体的摩尔质量除以密度可得摩尔体积，再除以阿伏加德罗常数，可得一个分子运动占据的空间的体积，把每个分子占据的空间的体积看做是立方体，从而可估算出该气体分于间的平均距离，选项 D 正确；给自行车打气时越往下压，需要用的力越大，是因为压缩气体时体积减小，压强变大，从而感觉越费力；与分子间的斥力无关，选项 E 错误；故选 ACD.10BCE【解析】【分析】对于波的图象，解答本题关键是要掌握振动的一般方程，能够根据图象直接读出振幅、波长和各个位置处的质点振动方向，知道波速、波长和频率之间的关系；本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。答案第 6 页，总 11 页【详解】A、由图乙可知，在 t=1s 时刻质点向 轴负方向振动，则根据质点振动方向与波的传播方P1y向可知，该波沿 x 轴负方向传播，故选项 A 错误；B、由图甲可知波长为，由图乙可知周期为，则波速为，故=24mT=4sv=T=244m/s=6m/s选项 B 正确；C、由于，则质点通过路程为，故选项 C 正确；t=3s=34TP1s=34 4A=34 4 2m=6mD、由于 P1、P2之间的距离为，在振动过程中 P1、P2的位移不一定总是相同，故选项 D12错误；E、由于，则，则图乙可知质点 P2做简谐运动的表达式为：T=2=4s=2，故选项 E 正确。y=2sin(2t2)m【点睛】本题考查了波的图像与振动图像相结合的问题，注意两种图像所表达的信息不同，注意区分。11(1)0.670 (2)D(3)a=(dt2)2(dt1)22l【解析】(1)主尺读数为 0.6cm，游尺读数为 0.075cm，故挡光片宽度为 0.675cm.(2)A、B、小车做加速运动时合外力等于砂桶和砂子的重力，选项 A、B 错误；C、D、平衡摩擦力时不需要取下细绳和砂桶，选项 C 错误，D 正确。故选 D.(3)由匀变速直线运动的规律有，可知.(dt2)2(dt1)2=2ala=(dt2)2(dt1)22l【点睛】本题考查小车的加速度与所受合外力的关系的实验，该题重点是要知道通过光电门甲和乙时可以认为速度是不变的，以此才能来表示小车的加速度12（1）铜，不能（2），1k0bRk【解析】试题分析：（1）电压表红表笔应接电源的正极，故电压表红表笔应接电源铜片；因多用电表通过测量电流得出电阻，因电源本身有电动势，故无法直接测量电源的内阻；本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。答案第 7 页，总 11 页（2）由闭合电路欧姆定律可知：则；EIRr 1RrIEE由由公式及数学知识可得：图象中的；1kErbE解得：；1Ek0brRk考点：测量电池的电动势和内阻13（1）（2）（3）GMm2Rv21+2GMR+h2GMR2GMR【解析】【分析】（1）万有引力提供向心力，求出速度，然后根据动能公式进行求解；（2）根据能量守恒进行求解即可；（3）将小探测器射出，并使它能脱离地球引力范围，动能全部用来克服引力做功转化为势能；【详解】（1）在近地轨道（离地高度忽略不计）上运行时，在万有引力作用下做匀速圆周运动即：GmMR2=mv2R则飞船的动能为；Ek=12mv2=GMm2R（2）飞船在转移轨道上运动过程中，只有引力做功，引力势能和动能相互转化。由能量守恒可知动能的减少量等于势能的増加量：12mv2112mv22=GMmR+h(GMmR)若飞船在椭圆轨道上运行，经过 点时速率为，则经过 点时速率为：Pv1Q；v2=v21+2GMR+h2GMR（3）若近地圆轨道运行时，飞船上的发射装置短暂工作，将小探测器射出，并使它能脱离地球引力范围（即探测器离地心的距离无穷远），动能全部用来克服引力做功转化为势能即：GMmR=12mv23则探测器离开飞船时的速度（相对于地心）至少是：。v3=2GMR【点睛】本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。答案第 8 页，总 11 页本题考查了万有引力定律的应用，知道万有引力提供向心力，同时注意应用能量守恒定律进行求解。14（1）Mg=mgsin+B2L2vmr+Rvm=2m/s（2）(Mgmgsin)tBLq=(m+M)vm0q=1.5Cq=nBLdr+Rd=1.5mMgd=mgdsin+12(m+M)v2m+QQ=4.6JQR=Rr+RQ=2.3J【解析】【分析】(1)金属棒 ab 由静止开始沿导轨上滑，做加速度逐渐减小的变加速运动，加速度为零时速度最大.由平衡条件和安培力与速度的关系求出导体棒的最大速度.(2)根据动量定理和电荷量公式求出导体棒上滑的距离，再由能量守恒定律处理电阻 R 上产生的焦耳热.【详解】(1)速度最大时导体棒做匀速直线运动，导体棒切割磁感线产生感应电动势为：E=BLvm感应电流为：I=ER安培力为：FA=BIL导体棒达到最大速度时由平衡条件得：Mg=mgsin+B2L2vmr+R解得：vm=2m/s(2)以导体棒和重物为系统由动量定理得：(Mgmgsin)tBLq=(m+M)vm0可得：q=1.5C又电荷量为：q=nR+r=nBLdr+R可得棒滑行的位移：d=1.5m由能量守恒定律得：Mgd=mgdsin+12(m+M)v2m+Q解得总的焦耳热为：Q=4.6J本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。答案第 9 页，总 11 页电路共两个电阻串联，则QR=Rr+RQ=2.3J【点睛】本题是导体棒在导轨上滑动的类型，分析导体棒的运动状态，确定其受力情况。要知道电磁感应中电荷量往往根据动量定理求解，而电荷量与导体棒移动的距离有关.对于热量，往往根据能量守恒求解.1513.90cm【解析】【分析】这类题目只能按等容过程求解因为水银柱的移动是由于受力不平衡而引起的，而它的受力改变又是两段空气柱压强增量的不同造成的，所以必须从压强变化入手。【详解】初态时，下方气体压强为 P下=P上+l=25cmHg加速时，设上方气体压强这，气柱长为 x，对水银柱由牛顿第二定律有：P上 P下SP上Smg=ma且 m=Sl分别列出下下方气体的等温方程：P上l1S=P上xSP下l2S=P下（l1+l2x）S解得：。x=6(111)cm 13.90cm【点睛】压强的变化由压强基数（即原来气体的压强）决定，压强基数大，升高相同的温度，压强增量就大同理，若两段空气柱同时降低相同的温度，则压强基数大的，压强减少量大。16；n=2i 300【解析】【分析】根据几何关系求得折射角的正弦值，根据求得折射率；n=sinisinr根据发生全反射的条件求得在内表面上的入射角，根据几何关系即可求得在 A 点的入射角。本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。答案第 10 页，总 11 页【详解】如图设光束经折射后到达内球面上 B 点，在 A 点，由题意可知，入射角，由几何关系有：i=450 sinBAO=BOAO=12由折射定律得：n=sinisinBAO代入数据解得：；n=2如图本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。答案第 11 页，总 11 页设在 A 点的入射角 时，光束经折射后到达内球面上的 C 点，并在 C 点恰好发生全反射，i则光束在内球面上的入射角恰等于临界角 C，ACD由 sinC=1n由正弦定理得：sin450AO=sinCAOCO又 AO=2CO由折射定律有：n=sinisinCAO解得：，因此入射角满足光线将射放空心球内部。i=300i 300【点睛】本题主要考查了折射定律和全反射条件，解题的关键是抓住几何关系即可。