1、2015年陕西省延安市吴起高中高考物理仿真试卷（2）一、选择题：（本题共8小题，每小题6分在每小题给出的四个选项中，第15题只有一项符合题目要求，第68题有多项符合题目要求全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）1（6分）在空气阻力大小恒定的条件下，小球从空中下落，与水平地面相碰后弹到空中某一高度以向下为正方向，其速度随时间变化的关系如图所示，取g=10m/s2，则以下结论正确的是（） A 小球能弹起的最大高度为1m B 小球能弹起的最大高度为0.45m C 小球弹起到最大高度的时刻为t2=0.80s D 空气阻力与重力的比值为1：5【考点】： 牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像
2、【专题】： 牛顿运动定律综合专题【分析】： 解决本题的关键是正确理解速度时间图象的物理意义：速度图象的斜率代表物体的加速度，速度图象与时间轴围成的面积代表物体的位移，根据牛顿第二定律求出物体所受的阻力进而求出反弹的时间，最后求出反弹的高度【解析】： 解：小球下降过程中，由牛顿第二定律得mgF=ma1，其中小球上升过程中，有mg+F=ma2可：得故小球能弹起的最大高度为：小球弹起到最大高度的时刻为：空气阻力与重力的比值为：，故ABC错误，D正确故选：D【点评】： 解决本题要明确vt图象的含义：在vt图象中每时刻对应于速度的大小，速度的正负表示其运动方向，图象的斜率表示物体运动的加速度，图象与时间
3、轴围成的面积为物体的位移，时间轴上方面积表示位移为正，下方表示为负2（6分）如图所示，倾角为的斜面体C置于水平地面上，小物块B置于斜面上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与物体A相连接，连接物体B的一段细绳与斜面平行，已知A、B、C都处于静止状态则（） A 物体B受到斜面体C的摩擦力一定不为零 B 斜面体C受到水平面的摩擦力一定为零 C 斜面体C有沿地面向右滑动的趋势，一定受到地面向左的摩擦力 D 将细绳剪断，若B物体依然静止在斜面上，此时水平面对斜面体C的摩擦力一定不为零【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】： 共点力作用下物体平衡专题【分析】： 以B为研究对象，分析绳子
4、的拉力与重力沿斜面向下的分力的关系，判断B是否受到C的摩擦力以B、C整体为研究对象，根据平衡条件分析水平面的摩擦力【解析】： 解：设A、B、C的重力分别为GA、GB、GCA、若GA=GBsin，B相对于C没有运动趋势，不受到C的摩擦力故A错误B、C，以B、C整体为研究对象，分析受力如图，根据平衡条件得： 地面对C的摩擦力f=Fcos=GAcos，方向水平向左，说明C有沿地面向右滑动的趋势，则受到向左的摩擦力，故B错误，C正确D、将细绳剪断，若B依然静止在斜面上，则以B、C整体为研究对象得到，f=0，即水平面对C的摩擦力为零故D错误故选：C【点评】： 本题涉及三个物体的平衡问题，要灵活选择研究对
5、象当几个物体的加速度相同时可以采用整体法研究，往往比较简捷3（6分）某同步卫星距地面高度为h，已知地球半径为R，表面的重力加速度为g，地球自转的角速度为，则该卫星的周期为（） A 2 B C D R【考点】： 同步卫星【专题】： 人造卫星问题【分析】： 研究卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式，在地球表面有万有引力等于重力列出等式，两等式联立表示出周期【解析】： 解：根据万有引力提供向心力列出等式，=m（R+h），在地球表面有万有引力等于重力列出等式，=mg联立得：T=故选：B【点评】： 本题要求熟练应用万有引力提供向心力的各种表达形式，熟练掌握圆周运动的各个公式，题目难
6、度较大4（6分）轻杆的一端通过光滑的绞链固定在地面上的A点，另一端固定一个质量为m的小球，最初杆处于水平地面上当杆在外力的作用下由水平位置缓慢转到竖直位置的过程中，下列关于小球说法正确的是（） A 所受弹力的方向一定沿杆 B 所受弹力一直减小 C 所受合力不变 D 所受弹力始终做正功【考点】： 功的计算；物体的弹性和弹力【专题】： 功的计算专题【分析】： 小球缓慢移动，说明小球处于平衡状态，通过受力分析即可判断【解析】： 解：A、通过受力分析可知小球始终处于平衡状态，故受重力和杆对小球竖直向上的作用力，故A错误；B、根据共点力平衡可知，FN=mg，故B错误；C、小球所受合力为零，故C正确D、小
7、球受到的弹力向上，小球的位移向上，故弹力做正功，故D正确；故选：CD【点评】： 本题主要考查了受力分析，抓住小球缓慢运动，说明所受合力为零即可5（6分）如图所示，AB是一个接地的很大的薄金属板，其右侧P点有一带电量为Q的正点电荷，N为金属板右侧表面上的一点，P到金属板的垂直距离PN=d，M为PN连线的中点关于M，N两点的场强和电势，有如下说法：M点的电势比N点电势高，M点的场强比N点的场强大M点的场强大小为N点的电势为零，场强不为零N点的电势和场强都为零上述说法中正确的是（） A B C D 【考点】： 电势差与电场强度的关系；电场强度；电势能【专题】： 电场力与电势的性质专题【分析】： 根据
8、等势体可确定电势的高低，由电场力做功来确定电势能的变化与否；电势与电场强度没有关系；并根据电场的叠加原理，结合电场强度公式，即可求出M点的电场强度的大小【解析】： 解：大金属板接地屏蔽，用镜像法，就是说，金属板上感应电荷排布后对于右边电场的影响，相当于在+Q关于板对称的地方放上一个Q具体原因可以分析左边，左边电场为0那么接地金属板电荷排布对于左边电场的影响相当于在+Q 原处放上一个Q而明显金属板对左右电场影响是对称的所以该电场可视为等量异种电荷电场的一半类比等量异种电荷电场，据等量异种电荷电场的分布特点，沿电场线的方向电势越来越低，所以M点的电势大于N点的电势（N点的电势为零）；据场强的叠加原
9、理可得：EN=，EM=，由此可知M点的场强大于N点的场强，故正确，错误故选：A【点评】： 本题的关键是能把此电场与等量异种电荷的电场类比，据等量异种电荷电场分析M、N两点的场强和电势；掌握合电场强度求解的方法，掌握矢量合成法则6（6分）如图虚线框内为高温超导限流器，它由超导部件和限流电阻并联组成超导部件有一个超导临界电流IC，当通过限流器的电流IIC时，将造成超导体失超，从超导态（电阻为零，即R1=0）转变为正常态（一个纯电阻，且R1=3 ），以此来限制电力系统的故障电流已知超导临界电流IC=1.2A，限流电阻R2=6，小灯泡L上标有“6V 6W”的字样，电源电动势E=8V，内阻r=2原来电路
10、正常工作，超导部件处于超导态，灯泡L正常发光，现L突然发生短路，则（） A 灯泡L短路前通过R2的电流为A B 灯泡L短路后超导部件将由超导状态转化为正常态，通过灯泡电流为零 C 灯泡L短路后通过R1的电流为4A D 灯泡L短路后通过R2的电流为A【考点】： 闭合电路的欧姆定律【专题】： 恒定电流专题【分析】： 灯泡短路时，只有R2接入电路，则由闭合电路的欧姆定律可得出电路中电流变化，超导体可能失超；电路为两个电阻并联，由电阻的并联可求得总电阻；则可求得总电流及流过R1的电流；由电源的输出功率的计算公式可知电源输出功率的变化【解析】： 解：A、短路前，灯泡与超导电阻串连接入电路，因灯泡正常发光
11、，则电路中电流为：IL=1A；故A错误；B、短路后，只有R2接入电路，则电流为：I=A=1.6A1.2A，超过临界电流，故超导体失超，转化为正常态，故B错误；C、灯泡短路后，两个电阻并联，电路中的电阻为：R=2，路端电压为：U=R=4V，通过R1的电流为：I1=A，故C错误；D、灯泡短路后，R2的电流为：I2=故D正确故选：D【点评】： 本题是信息题，首先要抓住关键信息：限流器的电流IIc时，将造成超导体失超，从超导态转变为正常态，再根据闭合电路欧姆定律进行研究7（6分）如图是街头变压器通过降压给用户供电的示意图变压器输入电压是市电网的电压，不会有很大的波动输出电压通过输电线输送给用户，输电线
12、的电阻用R0表示，变阻器R表示用户用电器的总电阻，当滑动变阻器触头P向下移时（） A 相当于在减少用电器的数目 B A1表的示数随A2表的示数的增大而增大 C V1表的示数随V2表的示数的增大而增大 D 变压器的输入功率在增大【考点】： 变压器的构造和原理；电功、电功率【专题】： 交流电专题【分析】： 与闭合电路中的动态分析类似，可以根据R的变化，确定出总电路的电阻的变化，进而可以确定总电路的电流的变化的情况，再根据电压不变，来分析其他的元件的电流和电压的变化的情况【解析】： 解：A、当滑动变阻器触头P向下移动时，导致总电阻减小，由于用电器是并联接入电路，所以数目增加，故A错误；B、由于变压器
13、的输入的功率和输出的功率相等，由于副线圈的电阻减小了，A2的示数变大，输出的功率变大了，所以原线圈的输入的功率也要变大，因为输入的电压不变，所以输入的电流要变大，所以A1的示数变大，故B正确；C、理想变压器的输出电压是由输入电压和匝数比决定的，虽然滑动变阻器触头P向下移动，但由于输入电压和匝数比不变，所以副线圈的输出的电压也不变，所以V2的示数不变，故C错误；D、变压器的输入电压不变，输入电流变大，根据P=UI，输入功率变大，故D正确；故选：BD【点评】： 电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法8（6分
14、）如图甲所示在竖直方向上有四条间距相等的水平虚线L1、L2、L3、L4，在L1和L2之间、L3和L4之间存在匀强磁场，磁感应强度大小均为1T，方向垂直于虚线所在平面，现有一宽度cd=L=0.5m、质量为0.1Kg、电阻为2的矩形线圈abcd，将其从图示位置由静止释放（cd边与L1重合），速度随时间变化关系如图乙所示，t1时刻cd边与L2重合，t2时刻ab边与L3重合，t3时刻ab边与L4重合，已知t1t2的时间间隔为0.6S，整个运动过程线圈平面始终处于竖直方向（重力加速度g取10m/S2）则（） A 在0t1时间内，通过线圈的电荷量为0.25C B 线圈匀速运动的速度大小为8m/s C 线圈
15、的长度为1m D 在0t3时间内，线圈上产生的热量为4.2J【考点】： 导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化【专题】： 电磁感应功能问题【分析】： （1）根据感应电荷量q=，求解电荷量；（2）t2t3这段时间内线圈做匀速直线运动，线圈所受的安培力和重力平衡，根据平衡求出匀速直线运动的速度（3）通过线圈在t1t2的时间间隔内，穿过线圈的磁通量没有改变，没有感应电流产生，线圈做匀加速直线运动，加速度为g，知ab边刚进磁场，cd边也刚进磁场，线圈的长度等于磁场宽度的2倍根据运动学公式求出线圈的长度（4）根据能量守恒求出0t3这段时间内线圈中所产生的电热【解析】： 解：A、在0t1时间内
16、，cd边从L1运动到L2，通过线圈的电荷量为：q=t=t=0.25C故A正确B、根据平衡有：mg=BIL而I=联立两式解得：v=8m/s故B正确C、t1t2的时间间隔内线圈一直做匀加速直线运动，知ab边刚进上边的磁场时，cd边也刚进下边的磁场设磁场的宽度为d，则线圈的长度：L=2d线圈下降的位移为：x=L+d=3d，则有：3d=vtgt2，将v=8m/s，t=0.6s，代入解得：d=1m，所以线圈的长度为L=2d=2m故C错误D、0t3时间内，根据能量守恒得：Q=mg（3d+2d）mv2=0.110（3+2）0.182=1.8J故D错误故选：AB【点评】： 解决本题的关键理清线圈的运动情况，选
17、择合适的规律进行求解，本题的难点就是通过线圈匀加速直线运动挖掘出下落的位移为磁场宽度的3倍二、实验题（共2小题，满分15分）9（6分）（1）在一次实验探究活动中，某同学用如图（a）所示的装置测量铁块A与放在光滑水平桌面上的金属板B间的动摩擦因数，已知铁块A的质量为mA=1.5Kg，用水平恒力F向左拉金属板B，使其向左运动，弹簧秤示数的放大情况如图所示，重力加速度g取10m/s2则AB间的动摩擦因数=0.29（2）该同学还设计性地将纸带连接在金属板B的后面，通过打点计时器连续打下一些计时点，取时间间隔为0.1s的几个点，如图（b）所示，各相邻计数点间的距离在图中标出则在打计数点C时金属板B的速度
18、V=0.80m/s，加速度a=0.65m/s2（结果保留两位有效数字）【考点】： 测定匀变速直线运动的加速度【专题】： 实验题；摩擦力专题【分析】： （1）分析铁块A的状态，根据平衡知识求解A、B间的动摩擦因数（2）利用匀变速直线运动的推论，可计算出打出某点时纸带运动的瞬时速度，利用x=aT2可求加速度【解析】： 解：（1）弹簧秤示数为F=4.4N，由于铁块A处于平衡状态，所以铁块A的滑动摩擦力等于弹簧的拉力所以=0.29（2）利用匀变速直线运动的推论得：vC=0.80 m/s；利用x=aT2可求得加速度a=m/s2=0.65m/s2故答案为：（1）0.29，（2）0.80，0.65【点评】：
19、 本题考查了求动摩擦因数、水平拉力问题，是一道基础题；掌握弹簧测力的读数方法、对物体正确受力分析、熟练应用平衡条件和应用匀变速直线运动的推论10（9分）有以下可供选用的实验器材及导线若干条，要求尽可能精确地测量出待测电流表的满偏电流（量程）A待测电流表A0：满偏电流约为700A800A，内电阻约为100，已知表盘上的刻度均匀且总格数为NB电流表A：量程为0.6A、内电阻为0.1 C电压表V：量程为3V、内电阻为3KD滑动变阻器R：最大阻值为200 E电源E：电动势约为3V、内电阻为1.5F开关S一只（1）根据你的需要，“B、电流表A”和“C、电压表V”中应选择C（填“B”或“C”）（2）在虚线
20、框内画出你设计的实验电路图（3）测量过程中，测出多组数据，其中一组数据中待测电流表A0的指针偏转了n格，可计算出满偏电流Im=式中除N、n外，其他字母符号代表的物理量是U为电压表示数，RV电压表内阻【考点】： 伏安法测电阻【专题】： 实验题；恒定电流专题【分析】： （1、2）电压表量程3V，内阻3K，满偏电流为Ig=A=1mA，与待测电流表类似，可以当作电流表使用；采用滑动变阻器分压式接法，电压可以连续调节（3）根据欧姆定律求解出电压表电流，得到通过待测电流表的电流；电流表刻度均匀，每小格表示的电流相等；根据比例关系列式求解待测电流表的满偏电流【解析】： 解：（1）电压表量程3V，内阻3K，满
21、偏电流为Ig=A=1mA=1000A，与待测电流表类似，可以当作电流表使用，与待测电流表串联即可；题目中的电流表量程0.6安，偏大，不需要；故应选用电压表C；（2）本实验采用滑动变阻器分压式接法，电压可以连续调节电路图如图所示：（3）待测电流表总格数为N，电流等于电压表电流，为：I=；电流表与电压表串联，通过他们的电流I相等，指针偏转格数之比：n：N=I：Ig，故Ig=，U为电压表读数，RV为电压表内阻；故答案为：（1）C；（2）如图所示，（3）；U为电压表读数，RV为电压表内阻【点评】： 本题关键是明确实验原理，知道电压表相当于纯电阻，能够结合欧姆定律列式分析应明确：电表的反常规接法：当电压
22、表的满偏电流与待测电流接近时，应考虑将电压表与待测电流串联；当电流表的满偏电压与待测电压相同时，应考虑将电流表与待测电路并联；当变阻器的全电阻远小于待测电路的电阻时，变阻器应采用分压式接法三、计算题（共2小题，满分32分）11（14分）某缓冲装置的理想模型如图所示，劲度系数足够大的轻质弹簧与轻杆相连，轻杆可在固定的槽内移动，与槽间的滑动摩擦力恒为f轻杆向右移动不超过L时，装置可安全工作轻杆与槽间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且不计小车与地面的摩擦一质量为m的小车若以速度v撞击弹簧，将导致轻杆向右移动（1）若弹簧的劲度系数为k，求轻杆开始移动时，弹簧的压缩量x（2）若以速度v0（已知）撞击，将导
23、致轻杆右移，求小车与弹簧分离时速度（k未知）（3）在（2）问情景下，求为使装置安全工作，允许该小车撞击的最大速度vm（k未知）【考点】： 功能关系【分析】： （1）由胡克定律与平衡条件可以求出弹簧的压缩量；（2）由能量守恒定律可以求出小车的速度；（3）由牛顿第二定律求出加速度，然后判断运动性质【解析】： 解：（1）当弹簧的弹力等于最大静摩擦力时，轻杆开始移动，由题意知：f=kx，解得弹簧的压缩量：（2）开始压缩到分离，系统能量关系，则（3）轻杆开始移动后，弹簧压缩量x不再变化，弹性势能一定，速度v0时，系统能量关系，速度最大时vm时，系统能量关系，得得：答：（1）若弹簧的劲度系数为k，轻杆开始
24、移动时，弹簧的压缩量是；（2）若以速度v0（已知）撞击，将导致轻杆右移，小车与弹簧分离时速度是；（3）在（2）问情景下，为使装置安全工作，允许该小车撞击的最大速度是【点评】： 轻杆移动很慢，即轻杆缓慢移动，可以认为轻杆处于平衡状态，由平衡条件可知，弹簧弹力与摩擦力相等，这是正确解题的关键12（18分）如图所示直线MN上方垂直纸面向里的、磁感应强度为B的匀强磁场，质量为m、带电量为q（q0）的粒子1在纸面内以速度V1=V0从O点射入磁场，其射入方向与MN的夹角=300；质量为m、带电量为+q（q0）的粒子2在纸面内以速度V2=V0也从O点射入磁场，其射入方向与MN的夹角=60已知粒子1和2同时分
25、别到达磁场边界的A、B两点（图中未画出），不计粒子的重力及它们间的相互作用（1）求两个粒子在磁场边界上的穿出点A、B之间的距离（2）求两个粒子进入磁场的时间间隔t（3）若MN下方有平行于纸面的匀强电场，且两粒子在电场中相遇，其中粒子1做直线运动求该电场的电场强度【考点】： 带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律【专题】： 带电粒子在磁场中的运动专题【分析】： （1）两个粒子进入磁场后做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，列式可求得轨迹半径由几何关系求出轨迹对应的圆心角，再运用几何知识求解A、B之间的距离（2）粒子圆周运动的周期 T=，根据轨迹对应的圆心角求出各自运动的时间，即可得到时间间隔t
26、（3）电场强度的方向应与粒子1穿出磁场的方向平行可能有两种：a、若场强的方向与MN成30角向上偏右，则粒子1做匀加速直线运动，粒子2做类平抛运动；b、若场强的方向与MN成30角向下偏左，则粒子1做匀减速直线运动，粒子2做类平抛运动由牛顿第二定律和运动学公式结合求解【解析】： 解：（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿运动定律得 Bqv=m解得 r1=和r2=由几何关系可知：粒子1圆周运动的圆弧所对的圆心角为 1=所以射入点O与离开磁场的位置A间的距离 OA=2r1sin粒子2圆周运动的圆弧所对的圆心角为 1=所以射入点O与离开磁场的位置B间的距离 OB=2r2sin故穿出点A、B之间的距离
27、d=OA+OB=（2）粒子圆周运动的周期 T=粒子1在磁场中运动的时间 t1=T粒子2在磁场中运动的时间 t2=T进入磁场的时间间隔t=t1t2=（3）由题意电场强度的方向应与粒子1穿出磁场的方向平行a、若场强的方向与MN成30角向上偏右，则粒子1做匀加速直线运动，粒子2做类平抛运动对粒子1、2 由运动定律得 Eq=ma在粒子1的运动所在直线上，对粒子1和2由位移公式得 ABcos30=v1t+at2+at2在与粒子1的运动垂直的方向上，对粒子2由位移公式得 ABsin30=v2t解得 E=B v0b、若场强的方向与MN成30角向下偏左，则粒子1做匀减速直线运动，粒子2做类平抛运动对粒子1、2
28、 由运动定律得 Eq=ma在粒子1的运动所在直线上，对粒子1和2由位移公式得 AB cos30=v1tat2at2在与粒子1的运动垂直的方向上，对粒子2由位移公式得 AB sin30=v2t解得 E=Bv0假设不成立综上所述：场强的大小为B v0，方向为与MN成30角向上偏右答：（1）两个粒子在磁场边界上的穿出点A、B之间的距离为（2）两个粒子进入磁场的时间间隔t为（3）场强的大小为B v0，方向为与MN成30角向上偏右【点评】： 该题中带电粒子在磁场中运动的半径与周期的公式的推导与应用，要熟练掌握，由轨迹的圆心角求时间是常用方法，基本公式是t=T，是轨迹对应的圆心角四、选考题，请考生从以下两
29、个模块中任选一模块作答【物理-选修3-4】13（6分）一列简谐横波沿直线传播的速度为2m/s，在传播方向上有A、B两点，从波刚好传到某质点（A或B）时开始计时，已知5s内质点A恰好完成了6次全振动，质点B恰好完成了10次全振动则该波的传播方向为B到A（填“A到B”或“B到A”），波长为1m，A、B两点间距离为4m【考点】： 波长、频率和波速的关系；横波的图象【分析】： 波从先振动质点传到后振动的质点，在相同时间内，B点振动多，即可判断出波的传播方向根据B点的振动时间和次数，求出周期5s内B点比A点多振动4次，说明B、A间距离为4个波长，求得波长，由v=求出波速【解析】： 解：由题，在5s内A点
30、完成了6次全振动，B点完成了10次全振动，B点振动次数多，说明B点先振动，A后振动，则知波的传播方向为B到A该波的周期为 T=s=0.5s波长为 =vT=20.5m=1m由于B比A多振动了4次，所以A、B两点间距离为 S=4=4m故答案为：B到A，1，4【点评】： 解决本题的关键要抓住顺着波的传播方向质点振动依次落后，判断波的传播方向，知道波在一个周期内传播的距离为一个波长14（9分）透明光学材料制成的棱镜的正截面为等腰直角三角形，C=90，折射率为n=一束波长为564nm的单色光与底面AB平行地射向棱镜，如图所示入射点为O，OC间距离大于（取1.41）试求：（1）此单色光在棱镜中的波长（2）
31、这束光从哪一个面首先射出？出射光线的方向如何？计算后回答并画出光路图【考点】： 光的折射定律【专题】： 光的折射专题【分析】： （1）由光在棱镜中传播速度公式v=，波速公式v=f，求解单色光在棱镜中的波长；（2）先根据折射定律求出光在AC面上折射角，根据几何知识分析折射光线射到AB上时的入射角，与临界角比较，判断能否发生全反射，若能，再由几何知识求出反射光线BC面上的入射角，由折射定律求出折射角，即可画出光路图【解析】： 解：（1）设此单色光的频率为f，当光从真空射入棱镜时频率不变n=解得=400nm（2）设光线在AC面和BC面上的折射角分别为1和2在O点由折射定律得 =n解得1=30由几何知
32、识得入射到AB面上的入射角为75而临界角为 sinC=，C=45所以在AB面上发生全反射，由对称性可知，在BC面上的入射角为30在BC面上由折射定律得 =解得2=45所以光线将从BC面与入射光平行地射出光路图答：（1）此单色光在棱镜中的波长是400nm（2）这束光将从BC面与入射光平行地射出【点评】： 本题考查了全反射临界角公式sinC=、折射定律n=、光速公式v=和v=f，还要用到几何知识进行分析和计算【物理-选修3-5】（15分）15下列说法正确的是 （） A 核反应堆内发生的是轻核聚变反应 B 核反应堆内发生的是重核裂变反应 C 放射性同位素的半衰期由原子核内部因素决定，与外部条件及其变
33、化无关 D 放射性同位素的半衰期既与原子核内部因素有关，也与外部条件有关 E 核反应过程中释放的射线是波长很短的电磁波，它具有很强的穿透本领【考点】： 原子核衰变及半衰期、衰变速度；重核的裂变【分析】： 要求我们要熟练的掌握裂变、聚变、和衰变的定义，半衰期的物理意义；、三种射线的特点以及应用【解析】： 解：A、核电站是利用重核的裂变来发电的，重核的裂变形成的链式反应是可在人工控制下进行的而轻核的聚变现在是无法人工控制的，核反应堆发生的是重核裂变反应，故B正确、A错误C、放射性元素衰变的快慢是由核内部自身的因素决定的，跟原子所处的化学状态和外部条件没有关系，故C正确、D错误E、根据、三种射线特点
34、可知，射线穿透能力最强，电离能力最弱，射线电离能量最强，穿透能力最弱，故E正确；故选：BCE【点评】： 重核的裂变是由重的原子核变化为轻的原子核，轻核的聚变是由较轻的原子核变化为较重的原子核要清晰的区分这两种核变化，并理解、衰变特点16如图所示在光滑的水平地面上停着一辆质量为m1=20Kg的小车A，有一质量为m2=15Kg的小木块C静止于小车A的右端，另有一辆质量为m3=25Kg的小车B以V0=3m/s的速度向右运动，与小车A发生碰撞，碰撞后连在一起运动（两车相碰时间极短）假定车A足够长，木块与小车A的动摩擦因数为=0.2（g取10m/s2，计算结果小数点后保留两位）试求：（1）碰撞结束瞬间小
35、车A的速度大小（2）木块在小车A上滑动的距离【考点】： 动量守恒定律；机械能守恒定律【专题】： 动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合【分析】： （1）两车碰撞时系统的动量守恒，碰后两球的速度相等，根据动量守恒定律可求得A的速度；（2）将两车及物体视为一个系统，由动量守恒定律可求得碰后的速度；再由功能关系可求得物体在小车上滑行的距离【解析】： 解：A、B两车碰撞瞬间，设向右为正，由动量守恒定律得m3V0=（m1+m3）V 解得V=1.67 m/sA、B两车以及木块为对象，由动量守恒定律得m3V0=（m1+m3+m2）V共由功能关系得m2gS=（m1+m3）V2（m1+m3+m2）V共2联立解得S=0.52 m答：（1）碰撞结束瞬间小车A的速度大小为1.67m/s（2）木块在小车A上滑动的距离为0.52m【点评】： 本题考查动量守恒定律的应用，要注意正确分析研究对象，明确是哪一个系统动量守恒，再注意明确正方向求解