1、2015年陕西省延安市吴起高中高考物理模拟试卷（5月份）一.选择题（共8小题，在每小题所给出的四个选项中，1-5题只有一项选项正确，6-8题为多选，全部选对得6分，选对但不全得3分：有错选的得0分）1（6分）在物埋学理论建立的过程中，有许多伟大的科学家做出了贡献关于科学家和他们的贡献，下列说法中正确的是（） A 牛顿首先通过实验测出方有引力常量 B 奥斯特最早发现了电磁感应现象 C 安培首先发现了电流的磁效应 D 法拉第通过实验发现了在磁场中产生电流的条件【考点】： 物理学史【分析】： 根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可【解析】： 解：A、卡文迪许首先通过实验测出万有引力常
2、量，故A错误；B、法拉第发现了电磁感应现象，故B错误；C、奥斯特首先发现了电流的磁效应，安培首先提出了分子电流假说，故C错误；D、法拉第通过实验发现了在磁场中产生电流的条件，故D正确；故选：D【点评】： 本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一2（6分）一质点沿x轴做直线运动，其Vt图象如图所示质点在v=0时位于x=5m处，开始沿x轴正向运动当t=8s时，质点在轴上的位置为（） A x=3m B x=8m C x=9m D x=14m【考点】： 匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的速度与时间的关系【专题】： 运动学中的图像专题【分析】
3、： 速度时间图象可读出速度的大小和方向，根据速度图象可分析物体的运动情况，确定何时物体离原点最远图象的“面积”大小等于位移大小，图象在时间轴上方“面积”表示的位移为正，图象在时间轴下方“面积”表示的位移为负【解析】： 解：图象的“面积”大小等于位移大小，图象在时间轴上方“面积”表示的位移为正，图象在时间轴下方“面积”表示的位移为负，故8s时位移为：s=，由于质点在t=0时位于x=5m处，故当t=8s时，质点在x轴上的位置为8m，故ACD错误，B正确故选：B【点评】： 本题抓住速度图象的“面积”等于位移是关键能根据图象分析物体的运动情况，通过训练，培养基本的读图能力3（6分）在不远的将来，中国宇
4、航员将登上月球，某同学为宇航员设计了测量一颗绕月卫星做匀速圆周运动最小周期的方法在月球表面上以不太大的初速度v0竖直向上抛出一个物体，物体上升的最大高度为h已知月球半径为R，则如果发射一颗绕月运行的卫星，其做匀速圆周运动的最小周期为（） A B C D 【考点】： 万有引力定律及其应用【专题】： 万有引力定律的应用专题【分析】： 根据竖直上抛运动求得月球表面的重力加速度，再根据周期最小时，重力提供圆周运动向心力求得匀速圆周运动的最小周期【解析】： 解：根据竖直上抛运动规律可知，物体竖直上抛运动的最大高度h=，可得月球表面的重力加速度g=又卫星周期最小时靠近月球表面运动，重力提供圆周运动向心力有
5、：mg=m可得月球卫星的最小周期T=2=，故ACD错误，B正确故选：B【点评】： 掌握竖直上抛运动的规律，知道近地卫星圆周运动时万有引力提供圆周运动向心力是正确解题的关键4（6分）如图所示，小车A、小物块B由绕过轻质定滑轮的细线相连，小车A放在足够长的水平桌面上，B、C两小物块在竖直方向上通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，C放在水平地面上现用手控制住A并使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证滑轮左侧细线竖直、右侧细线与桌面平行已知A、B、C的质量均为mA与桌面间的动摩擦因数为0.2，重力加速度为g，弹簧的弹性势能表达式为EP=kx2，式中七是弹簧的劲度系数：x是弹簧的伸长量或压缩量，细线与滑轮之间的
6、摩擦不计开始时，整个系统处于静止状态，对A施加一个恒定的水平拉力F后，A向右运动至速度最大时，C恰好离开地面，则（） A 小车向右运动至速度最大时，A、B、C加速度均为零 B 拉力F的大小为2mg C 拉力F做的功为 D C恰好离开地面时A的速度为vA=g【考点】： 功能关系；牛顿第二定律；功的计算【分析】： A向右运动至最大速度时C恰好离开地面，此时A、B、C加速度均为零，设此时绳的拉力为T，对A和BC整体根据牛肚第二定律列式即可求解F的大小，开始时整个系统静止，弹簧压缩量为x，根据胡克定律求解x，因B、C的质量相等，故C恰好离开地面时，弹簧伸长量仍为x，所以拉力做的功W=F2x，A由静止到
7、向右运动至速度最大的过程中，对A、B、C由能量守恒列式即可求解C恰好离开地面时A的速度【解析】： 解：A、A向右运动至最大速度时C恰好离开地面，此时A、B、C加速度均为零，设此时绳的拉力为T，对A：FmgT=0 对B、C整体：T2mg=0 代入数据解得F=2.2mg，故A正确，B错误；C、开始时整个系统静止，弹簧压缩量为x，则对B有kx=mg x=因B、C的质量相等，故C恰好离开地面时，弹簧伸长量仍为x=所以拉力做的功W=F2x=，故C正确；D、A由静止到向右运动至速度最大的过程中，对A、B、C由能量守恒得（Fmg）2x=（2m）v2+mg2x 解得v=g，故D正确故选：ACD【点评】： 本题
8、的关键是对物体进行受力分析，抓住临界状态，然后结合功能关系和胡克定律多次列式求解分析，关键是要知道A向右运动至速度最大时C恰好离开地面，此时A、B、C的加速度均为零，注意整体法和隔离法的应用，难度适中5（6分） 一对等量正点电荷电场的电场线（实线）和等势线（虚线）如图所示，图中A、B两点电场强度分别是EA、EB，电势分别是A、B，负电荷q在A、B时的电势能分别是EPA、EPB，下列判断正确的是（） A EAEB，AB，EP AEPB B EAEB，AB，EPAEPB C EAEB，AB，EPAEPB D EAEB，AB，EPAEPB【考点】： 电场线；电势【专题】： 电场力与电势的性质专题【分
9、析】： 电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加【解析】： 解：根据电场线疏密表示电场强度的大小，可知EAEB，根据顺着电场线方向电势逐渐降低，可知AB，负电荷q所在处电势越高电势能越小，EP AEPB所以选项A正确故选A【点评】： 电场线与等势面垂直在两个等量同号点电荷连线上中点的电场强度为零，在连线的中垂线上，关于连线中点对称有两点电场强度最大，且方向相反6（6分）匝数为10的矩形线框处在磁感应强度B=T的匀强磁场中，绕垂直磁场绕轴以恒定角速度=10rad/s在匀强磁场中转动一线框电阻不计，面积为0.4m2，线框通过滑环与一
10、理想自耦变压器楣连，自耦变压器左侧并联一只理想电压表Vl；右侧串联灯泡和滑动变阻器R，R上并联一只理想电压表V2，下列说法中错误的是（） A V1示数为4V，若F不动，滑片P向下滑动时，V1示数变大，V2示数变小 B V1示数为40V，若F不动，滑片P向下滑动时，V1示数不变，灯泡消耗的功率变小 C 若P不动，滑片F向下移动时，V1、V2的示数均变小 D 若P不动，滑片F向下移动时，灯泡消耗的功率变大【考点】： 交流发电机及其产生正弦式电流的原理；电功、电功率【专题】： 交流电专题【分析】： 先根据公式Um=NBS求解输入电压的最大值，然后根据理想变压器的变压比公式和变流比公式列式求解【解析】
11、： 解：A、根据公式Um=NBS=40V，V1示数是有效值为40V，若F不动，滑片P向下滑动时，副线圈的电阻变大，副线圈的电流减小；电压由匝数比和原线圈的输入电压决定，保持不变，V1示数不变，灯泡分压减小，故V2示数增大，灯泡消耗的功率变小，故A错误，B正确；C、若将自耦变压器触头向下滑动，副线圈匝数变小，根据电压与匝数成正比可知输出电压减小，所以灯泡变暗，灯泡功率减小；V1示数不变，故CD错误；本题选错误的，故选：A【点评】： 关键是记住交流发电机最大电动势表达式Um=NBS，同时要明确输入电压决定输出电压，输出电流决定输入电流，输出功率决定输入功率7（6分）图为某磁谱仪部分构件的示意图图中
12、，永磁铁提供均匀强磁场，硅微调径迹探测器可以探测粒子在其中运动的轨迹宇宙射线中有大量的电子、正电子和质子当这些粒子从上部垂直进入磁场时，下列说法正确的是（） A 电子与正电子的偏转方向一定不同 B 电子与正电子在磁场中运动轨迹的半径一定相同 C 仅依据粒子运动轨迹无法判断该粒子是质子还是电子 D 粒子的动能越大，他在磁场中运动轨迹的半径越小【考点】： 质谱仪和回旋加速器的工作原理【分析】： 左手定则的内容：伸开左手，使大拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内；让磁感线从掌心进入，并使四指指向电流的方向，这时拇指所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向根据左手定则的内容判断安培
13、力的方向，当然也可以判定洛伦兹力的方向根据粒子的半径公式判断BD选项【解析】： 解：A、由于电子与正电子的电性相反，所以它们以相同的方向进入磁场时，受到的洛伦兹力的方向相反，偏转的方向相反，故A正确；B、根据带电粒子的半径公式：r=，电子与正电子在磁场中运动轨迹的半径是否相同，与它们的速度有关，故B错误；C、质子与正电子的电性相同，所以它们以相同的方向进入磁场时，受到的洛伦兹力的方向相同，偏转的方向相同，仅依据粒子运动轨迹无法判断该粒子是质子还是正电子，故C正确；D、根据带电粒子的半径公式：r=，粒子的半径与粒子的动量成正比，而不是与粒子的动能成正比，故D错误故选：AC【点评】： 本题就是考查
14、左手定则的应用，掌握好左手定则即可判断粒子的受力的方向注意正负电荷的区别会使用粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径公式进行判断8（6分） 如图，一理想变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2原线圈通过一理想电流表接正弦交流电源，一个二极管和阻值为R的负载电阻串联后接到副线圈的两端假设该二极管的正向电阻为零，反向电阻为无穷大用交流电压表测得a、b端和c、d端的电压分别为Uab和Ucd，则（） A Uab：Ucd=n1：n2 B 增大负载电阻的阻值R，电流表的读数变小 C 负载电阻的阻值越小，cd间的电压Ucd越大 D 将二极管短路，电流表的读数加倍【考点】： 变压器的构造和原理【专题】： 交流电专题【
15、分析】： 假设没有二极管，则可根据理想变压器的原副线圈的功率相等，且电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，即可求解电压关系，电流变化情况，再由二极管的单向导电性，根据副线圈的电压与时间变化规律，从而可求得结果【解析】： 解：A、若没有二极管，根据理想变压器的电压与匝数成正比，即有：Uab：Ucd=n1：n2；而因二极管的单向导电性，Uab：Ucd=n1：n2；，故A错误；B、由题意可知，当增大负载电阻的阻值R，因电压不变，结合闭合电路欧姆定律可知，电阻R的电流变小，则电流表的读数变小，故B正确；C、cd间的电压由原线圈的输入电压以及原、副线圈的匝数比有关，与负载电阻无关，所以cd间的电压Ucd不
16、会随着负载电阻变化，故C错误；D、二极管短路后，输出功率加倍，则输入功率加倍P入=IU1，因为U1不变，所以I1加倍，电流表的示数加倍，故D正确；故选：BD【点评】： 考查变压器的电压与匝数的关系，掌握闭合电路欧姆定律的应用，理解二极管单向导电性，注意原副线圈的功率相等，是解题的关键二.实验题（共15分）9（7分）某课外活动小组利用力传感器和位移传感器进一步探究变力作用下的“动能定理”如图（甲）所示，他们用力传感器通过定滑轮直接拉固定在小车上的细绳，测出拉力F1用位移传感器测出小车的位移x和瞬时速度v已知小车质量为200g（1）某次实验得到数据如表所示，vx图象已经画出，如图（乙）所示，请根据
17、表格中数据在坐标纸内图（丙）中画出Fx图象，并求出x=0.30m到0.52m过程中变力F做功W=0.18J，此过程动能的变化量EK=0.17J（保留2位有效数字）s/m F/N v/ms10.30 1.00 0.000.31 0.99 0.310.32 0.95 0.440.35 0.91 0.670.40 0.81 0.930.45 0.74 1.100.52 0.60 1.30（2）指出下列情况可减小实验误差的操作是CD（填选项前的字母，可能不止一个正确选项）A使拉力F要远小于小车的重力 B使拉力F要远大于小车的重力C实验时要先平衡摩擦力 D要使细绳与滑板表面平行【考点】： 探究功与速度变
18、化的关系【专题】： 实验题【分析】： 根据Fs图象s=0.30m和0.52m所对应的力的大小，由于力是均匀变化的，根据求出F的平均值，然后即可求出功的大小；在速度v随位移s变化图象上求出s=0.30m时的速度大小和s=0.52m时的速度大小，即可求出动能的变化；当平衡了摩擦力和细绳与滑板表面平行时，绳子上的拉力才等于小车所受合外力【解析】： 解：（1）根据表格中数据在坐标纸内图（丙）中画出Fx图象，根据Fs图象可知，当s1=0.30m时，F1=1.00N，s2=0.52m时，F2=0.56N，因此：W=（S2S1）=0.18J，速度v随位移s变化图象可知：s1=0.30m，v1=0，s2=0.
19、52m时，v2=1.24m/sEK=m（v22v12）=0.17J （2）A、该实验中不是利用悬挂的重物的重力表示绳子的拉力，而是直接测量出绳子的拉力，因此不需要使拉力F要远小于小车的重力，故AB错误；C、当平衡了摩擦力和细绳与滑板表面平行时，绳子上的拉力才等于小车所受合外力，故CD正确；故选：CD故答案为：0.18J；0.17J CD【点评】： 该实验在原来的基础上有所改进和创新，只要明确了其实验原理，正确应用基本物理知识即可正确解答，知道Fs图象的物理意义10（8分）在“测电池的电动势和内阻”的实验中，测量对象为一节新的干电池（1）用图（a）所示电路测量时，在较大范围内调节滑动变阻器，发现
20、电压表读数变化不明显，原因是：电源内阻很小（2）为了提高实验精度，采用图乙所示电路，提供的器材：量程3V的电压表V，量程0.6A的电流表A（具有一定内阻），定值电阻R0（阻值未知，约几欧姆），滑动变阻：R1（010）滑动变阻器R2（0200），单刀单掷开关S1、单刀双掷开关S，导线若干电路中，加接电阻凰有两方面的作用，一是方便实验操作和数据测量，二是防止变阻器电阻过小时，电池被短路或电流表被烧坏为方便实验调节且能较准确地进行测量，滑动变阻器应选用R1（填R1或R2）开始实验之前，S1、S2都处于断开状态现在开始实验：A闭合S1，S2打向1，测得电压表的读数U0，电流表的读数为I0，则=R0+R
21、A（电流表内阻用RA表示）B闭合S1，S2打向2，改变滑动变阻器的阻值，当电流表读数为I1时，电压表读数为U1；当电流表读数为I2时，电压表读数为U2则新电池电动势的表达式为E=，内阻的表达式r=【考点】： 测定电源的电动势和内阻【专题】： 实验题【分析】： 、作出电源的UI图象，根据闭合电路欧姆定律分析可知，图象的斜率等于电源的内阻，再分析电压表读数变化不明显的原因、加接电阻R0，起保护作用，限制电流，防止电池被短路或电流表被烧坏由于电表的读数在刻度盘中央附近，误差较小，则要求电路中电流较大，在确保安全的前提下，可选择阻值较小的变阻器根据欧姆定律分析A所测量的物理量根据闭合电路欧姆定律列方程
22、组，可求出新电池电动势和内阻的表达式【解析】： 解：作出电源的UI图象，根据闭合电路欧姆定律分析可知，图象的斜率等于电源的内阻，如图，图线1的斜率小于图线2的斜率，则对应的电源的内阻图线1的较小，由图可以看出，图线1电压随电流变化较慢本实验中发现电压表读数变化不明显，原因是：电源内阻很小加接电阻R0，起保护作用，限制电流，防止变阻器电阻过小时，电池被短路或电流表被烧坏滑动变阻器应选用R1因为R1的总电阻较小，使电路中电流较大，电流表指针能在刻度盘中央附近，测量误差较小根据欧姆定律可知，可以测出的物理量是定值电阻R0和电流表内阻之和，用测量写出表达式为：B、根据闭合电路欧姆定律得E=U1+I1（
23、R0+RA+r）E=U2+I2（R0+RA+r）联立解得：r=（R0+RA）=故答案为：、电源内阻很小；、防止变阻器电阻过小时，电池被短路或电流表被烧坏；R1，A、R0+RAB、，【点评】： 本题根据闭合电路欧姆定律，用伏安法可测量电源的电动势和内阻，定值电阻R0起保护作用，采用公式法处理数据三.计算题（共32分）11（14分）频闪照相是研究物理过程的重要手段，如图所示是某同学研究一质量为m=0.5kg的小滑块从光滑水平面滑上粗糙斜面并向上滑动时的频闪照片已知斜面足够长，倾角为=37闪光频率为10Hz经测量换算获得实景数据：S1=S2=40cm，S3=35cm，S4=25cm，S5=15cm取
24、g=10m/s2sin37=0.6，cos37=0.8，设滑块通过平面与斜面连接处时没有能量损失求：（1）滑块与斜面间的动摩擦因数，并说明滑块在斜面上运动到最高点后能否自行沿斜面下滑：（2）从滑块滑上斜面开始计时，经多长时间到达斜面上的A点（图中A点未画出，己知A点到斜面最低点B的距离为0.6m）（注意：结果可以用根号表示）【考点】： 动能定理；匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律【专题】： 动能定理的应用专题【分析】： （1）对滑块上滑阶段运用匀变速直线运动的推论x=aT2，求出匀变速直线运动的加速度，根据牛顿第二定律求出摩擦力的大小，从而得出动摩擦因数从而判定是否下滑（2）根据匀
25、速直线运动求出初速度，根据匀变速运动规律求出上滑总时间和位移，从而知经过A为两次，再根据牛顿运动定律和匀变速直线运动规律求解时间【解析】： 解：（1）在斜面上物块做匀减速直线运动，设加速度为a，则由公式S=a1T2代入数据解得：a1=10m/s2由牛顿第二定律有：mgsin+mgcos=ma1联立以上方程解得：=0.5 因tan37，所以滑块在斜面上运动到最高点后能自行沿斜面下滑；（2）由题意可知，物块在水平面上做匀速直线运动，且设速度为v0，则有：v0=4.0m/s上滑时间为：t=0.4s 滑块在斜面上上滑到达A点时有：SAB=v0t1a1t解得：t1=0.2s 设滑块在斜面上能上滑的最大距
26、离为sm，则对滑块在斜面上上滑过程应用动能定理有：（mgsinmgcos）sm=0mv02解得：sm=0.8m下滑加速度为：a2=gsingcos=2m/s2从最高点下滑到达A点的时间设为t2，则有：smSAB=a2t下滑时间为：t2=s所以，从滑块滑上斜面开始计时，到达斜面的时间为0.2s或者0.2s+s答：（1）滑块与斜面间的动摩擦因数为0.5，因tan37，所以滑块在斜面上运动到最高点后能自行沿斜面下滑；（2）从滑块滑上斜面开始计时，经0.2s或（0.2+）s到达A点【点评】： 解决本题的关键知道加速度是联系力学和运动学的桥梁，通过加速度可以根据力求运动，也可以通过运动求力，一定要考虑运
27、动的往复性12（18分） 如图，空间区域、有匀强电场和匀强磁场，MN、PQ为理想边界，区域高度为d，区域的高度足够大匀强电场方向竖直向上；、区域的磁感应强度大小均为B，方向分别垂直纸面向里和向外一个质量为m，电量为q的带电小球从磁场上方的O点由静止开始下落，进入场区后，恰能做匀速圆周运动已知重力加速度为g（1）试判断小球的电性并求出电场强度E的大小；（2）若带电小球能进入区域，则h应满足什么条件？（3）若带电小球运动一定时间后恰能回到O点，求它释放时距MN的高度h【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【专题】： 带电粒子在复合场中的运动专题【分析】： （1）根据小球
28、所受电场力的方向与场强方向的关系判断小球电性，根据电场力与重力的关系求出电场强度大小（2）由机械能守恒定律求出小球进入磁场时的速度，小球在磁场中做匀速圆周运动，作出小球的运动轨迹，由几何知识求出轨道半径，应用牛顿第二定律分析答题（3）由机械能守恒定律、牛顿第二定律与几何知识求出h【解析】： 解：（1）带电小球进入复合场后，恰能做匀速圆周运动，合力为洛伦兹力，重力与电场力平衡，重力竖直向下，电场力竖直向上，即小球带正电 由qE=mg，解得：；（2）假设下落高度为h0时，带电小球在区域作圆周运动的圆弧与PQ相切时，运动轨迹如答图（a）所示，由几何知识可知，小球的轨道半径：R=d，带电小球在进入磁场
29、前做自由落体运动，由机械能守恒定律得：mgh=mv2，带电小球在磁场中作匀速圆周运动，设半径为R，由牛顿第二定律得：qvB=m解得：h0=，则当hh0时，即h带电小球能进入区域；（3）由于带电小球在、两个区域运动过程中q、v、B、m的大小不变，故三段圆周运动的半径相同，以三个圆心为顶点的三角形为等边三角形，边长为2R，内角为60，如答图（b）所示由几何关系知：R=联立解得得：h=； 答：（1）小球带正电，电场强度E=；（2）若带电小球能进入区域，h应满足的条件是：h；（3）它释放时距MN的高度h=【点评】： 本题考查了带电小球在磁场中的运动，分析清楚小球的运动过程，作出小球的运动轨迹、应用机械
30、能守恒定律、牛顿第二定律、功的计算公式即可正确解题；分析清楚运动过程、作出小球运动轨迹是正确解题的关键四、选考题（15分）【物理选修3-4】13（6分）下列说法中正确的是（） A 做简谐运动的物体，其振动能量与振福无关 B 全怠照相的拍摄利用了光的干涉原理 C 真空中的光速在不同的惯性参考系中都是相同的，与光源和观察者的运动无关 D 医学上用激光做“光刀”来进行手术，主要是利用了激光的亮度高、能量大的特点 E 机械波和电磁波都可以在真空中传播【考点】： 光的干涉；机械波【专题】： 光的干涉专题【分析】： 振幅反映了振动的强弱；全息照相的拍摄利用了激光的干涉，可以记录光强、光频、相位；机械波的产
31、生条件是机械振动和介质【解析】： 解：A、简谐运动的物体，其振动能量用振幅来反映，故A错误；B、全息照相的拍摄利用了激光的干涉，可以记录光强、光频、相位，有立体感，故B正确；C、根据狭义相对论，真空中的光速在不同的惯性参考系中都是相同的，与光源和观察者的运动无关，故C正确；D、医学上用激光做“光刀”来进行手术，主要是利用了激光的亮度高、能量大的特点，故D正确；E、机械波的传播离不开介质，电磁波可以在真空中传播，故E错误；故选：BCD【点评】： 本题考查了简谐运动、光的干涉、狭义相对论、激光、机械波和电磁波，知识点多，难度小，关键多看书，记住基础知识点14（9分） 一半圆柱形透明体横截面积如图所
32、示，O为截面的圆心，半径R=cm，折射率n=；一束光线在横截面内从AOB边上的A点以60的入射角射入透明体，求该光线在透明体中传播的时间；（已知真空中的光速c=3.0108m/s）【考点】： 光的折射定律；折射率及其测定【专题】： 光的折射专题【分析】： 先由公式sinC=求出临界角C入射角i=60，由折射定律n=求出光线从AB射入透明体的折射角r，判断光线在圆弧上能否发生全反射，作出光路图，由几何知识求解光线在透明体内的路程s，光线在透明体中的速度为v=，光线在透明体中传播的时间为t=【解析】： 解：设此透明体的临界角为C，依题意sinC=当入射角为i=60时，由n=，得：sinr=0.5，
33、得折射角 r=30此时光线折射后射到圆弧上的C点，在C点入射角为，比较可得入射角大于临界角，发生全反射，同理在D点也发生全反射，从B点射出在透明体中运动的路程为 s=3R，在透明体中的速度为 v=，该光线在透明体中传播的时间为 t=s=3.01010s答：该光线在透明体中传播的时间为3.01010s【点评】： 画出光路图是基础，判断能否发生全反射是关键要能运用几何知识求出光线在透明体通过的总路程【物理选修3-5】15 2011年3月11日本福岛核电站发生核泄漏事故，其中铯137（Cs）对核辐射的影响最大，其半衰期约为30年请写出铯137（Cs）发生衰变的核反应方程已知53号元素是碘（I），56
34、号元素是钡（Ba）若在该反应过程中释放的核能为E，则该反应过程中质量亏损为（真空中的光速为c）泄露出的铯l37约要到公元2101年才会有87.5%的原子核发生衰变【考点】： 原子核衰变及半衰期、衰变速度；爱因斯坦质能方程；裂变反应和聚变反应【专题】： 衰变和半衰期专题【分析】： 根据核反应中电荷数守恒、质量数守恒写出铯137发生衰变的核反应方程，根据质能方程求出质量亏损，由半衰期公式知剩余的原子核没衰变，经历了3个半衰期；【解析】： 解：发生衰变的核反应方程 根据爱因斯坦质能方程知m= 由半衰期公式知剩余的原子核没衰变，经历了3个半衰期，即90年，要到公元2101年才会有87.5%的原子核发生
35、衰变 故答案为：，2101【点评】： 本题考查了核反应方程的书写，注意质量数和电荷数守恒，记住质能方程和半衰期公式的应用16如图所示，在水平光滑轨道上停着甲、乙两辆实验小车，甲车系一穿过打点计时器的纸带，当甲车受到水平向右的瞬时作用力时，随即启动打点计时器，甲车运动一段距离后，与静止的乙车发生正碰并粘在一起运动，纸带记录下碰撞前甲车和碰撞后两车的运动情况，如图乙所示，电源频率为50Hz，甲车的质量m甲=2kg，求：乙车的质量m乙；两车碰撞时内能的增加量E【考点】： 动量守恒定律【专题】： 动量定理应用专题【分析】： 根据纸带求出碰前甲车的速度和碰撞后一起运动的速度，结合动量守恒定律求出乙车的质量根据能量守恒定律求出两车碰撞时内能的增加量【解析】： 解：由题图可知，碰前甲车运动的速度大小为v甲=0.6 m/s碰后甲、乙两车一起运动的速度大小为v共=0.4 m/s 由动量守恒定律可得：m甲v甲=（m甲+m乙）v共代入数据得：m乙=1 kg 两车碰撞时内能的增加E=Ek=m甲v甲2（m甲+m乙）v共2代入数据可得：E=0.12 J答：乙车的质量为1kg；两车碰撞时内能的增加量E为0.12J【点评】： 本题考查了动量守恒定律和能量守恒定律的综合运用，知道甲乙两车碰撞的过程中动量守恒，结合碰撞前后速度求解质量，基础题