1、贵州省遵义市航天高中2016届高三上学期第一次模拟物理试卷一、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如图所示，在粗糙水平地面上放着一个截面为四分之一圆弧的柱状物体A，A的左端紧靠竖直墙，A与竖直墙之间放一光滑圆球B，整个装置处于静止状态，若把A向右移动少许后，它们仍处于静止状态，则( )AB对墙的压力增大BA与B之间的作用力增大C地面对A的摩擦力减小DA对地面的压力减小考点：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：对小球进行受
2、力分析，根据A物体移动可得出小球B受A支持力方向的变化，由几何关系可得出各力的变化，对整体进行分析可得出水平向上摩擦力及竖直向上的压力的变化解答：解：对小球B受力分析，作出平行四边形如图所示：A滑动前，B球受墙壁及A的弹力的合力与重力大小相等，方向相反；如图中实线所示；而将A向外平移后，B受弹力的方向将上移，如虚线所示，但B仍受力平衡，由图可知A球对B的弹力及墙壁对球的弹力均减小；故A错误，B错误；以AB为整体分析，水平方向上受墙壁的弹力和地面的摩擦力而处于平衡状态，弹力减小，故摩擦力减小，故C正确；竖直方向上受重力及地面的支持力，两物体的重力不变，故A对地面的压力不变，故D错误；故选：C点评
3、：本题应注意图析法及整体法的应用，灵活选择研究对象可以对解决物理题目起到事半功倍的效果22014年8月，山东鲁能队再度包揽乒超男女团体的冠军，加冕双冠王!假设运动员在训练中手持乒乓球拍托球沿水平面做匀加速跑动，球拍与球保持相对静止且球拍平面和水平面之间夹角为设球拍和球质量分别为M、m，不计球拍和球之间摩擦，不计空气阻力，则( )A运动员的加速度大小为gsinB球拍对球的作用力大小为mgcosC运动员对球拍的作用力大小为D运动员对地面的作用力方向竖直向下考点：牛顿第二定律；物体的弹性和弹力 专题：牛顿运动定律综合专题分析：球、球拍和人具有相同的加速度，对球分析，根据牛顿第二定律求出加速度的大小，
4、结合平行四边形定则求出球拍对球的作用力的大小对整体分析，根据合力的方向确定地面对运动员的作用力方向解答：解：A、球和运动员具有相同的加速度，对小球分析如图所示，则小球所受的合力为mgtan，根据牛顿第二定律得，故A错误B、根据平行四边形定则知，球拍对球的作用力N=，故B错误C、对球拍和球整体分析，整体的合力为（M+m）a，根据平行四边形定则知，运动员对球拍的作用力为，故C正确D、运动员在水平方向加速运动，运动员受到水平方向的摩擦力与竖直方向的支持力，合力不在竖直方向，根据牛顿第三定律可知，运动员对地面的作用力也不在竖直方向，故D错误故选：C点评：解决本题的关键知道球、球拍和人具有相同的加速度，
5、结合牛顿第二定律进行求解，掌握整体法、隔离法的运用3关于环绕地球运动的卫星，下列说法正确的是( )A分别沿圆轨道和椭圆轨道运行的两颗卫星，不可能具有相同的周期B沿椭圆轨道运行的一颗卫星，在轨道不同位置可能具有相同的速率C在赤道上空运行的两颗地球同步卫星，它们的轨道半径有可能不同D沿不同轨道经过北京上空的两颗卫星，它们的轨道平面一定会重合考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系 专题：人造卫星问题分析：根据开普勒定律求解了解同步卫星的含义，即同步卫星的周期必须与地球自转周期相同物体做匀速圆周运动，它所受的合力提供向心力，也就是合力要指向轨道平面的中心通过万有引力提供向心力，列出等式通过已知量确定
6、未知量解答：解：A、分别沿圆轨道和椭圆轨道运行的两颗卫星，可能具有相同的周期，故A错误；B、沿椭圆轨道运行的一颗卫星，在轨道对称的不同位置具有相同的速率，故B正确；C、根据万有引力提供向心力，列出等式：=m（R+h），其中R为地球半径，h为同步卫星离地面的高度由于同步卫星的周期必须与地球自转周期相同，所以T为一定值，根据上面等式得出：同步卫星离地面的高度h也为一定值故C错误；D、它若在除赤道所在平面外的任意点，假设实现了“同步”，那它的运动轨道所在平面与受到地球的引力就不在一个平面上，这是不可能的，因此同步卫星相对地面静止不动，所以同步卫星不可能经过北京上空，故D错误；故选：B点评：地球质量一
7、定、自转速度一定，同步卫星要与地球的自转实现同步，就必须要角速度与地球自转角速度相等，这就决定了它的轨道高度和线速度大小4提高介质中物体运动速度的有效途径是增大发动机的功率和减小阻力因数（设介质阻力与物体运动速度的平方成正比，即f=kv2，k是阻力因数）当发动机的额定功率为P0时，物体运动的最大速度为vm，如果要使物体运动速度增大到2vm，则下列办法可行的是( )A阻力因数不变，使发动机额定功率增大到2P0B发动机额定功率不变，使阻力因数减小到C阻力因数不变，使发动机额定功率增大到4P0D发动机额定功率不变，使阻力因数减小到考点：功率、平均功率和瞬时功率 专题：功率的计算专题分析：当速度最大时
8、，牵引力等于阻力联合P=Fvm=fvm和f=kv2进行分析解答：解：A、当发动机的额定功率为P0时，物体运动的最大速率为vm，有P0=fvm=kvm3则阻力因数不变，使发动机额定功率增大到2P0，有2P0=kv3，则v=故A错误B、发动机额定功率不变，使阻力因数减小到，则有，v=故B错误C、阻力因数不变，使发动机额定功率增大到8P0，则有8P0=kv3，解得v=2vm故C错误D、发动机额定功率不变，使阻力因数减小到，有，解得v=2vm故D正确故选：D点评：解决本题的关键知道发动机的功率等于牵引力与速度的乘积，以及知道当速度最大时，牵引力等于阻力5x轴上有两点电荷Q1和Q2，Q1和Q2之间各点对
9、应的电势高低如图中的曲线所示，从图象可知下列推理中与图象信息不相符合的是( )AQ1一定大于Q2BQ1和Q2一定是同种电荷，但不一定是正电荷C电势最低处P点的电场强度为0DQ1和Q2之间各点的电场方向都指向P点考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；电场强度；电势 专题：电场力与电势的性质专题分析：作出Q1、Q2之间的电场线，就知道Xp处场强为零，根据点电荷场强公式，得到Q1的电荷量一定大于Q2的电荷量；根据场强方向得出两电荷一定是正电荷解答：解：A、场强为零的点离Q1远，因此Q1一定大于Q2，A正确；B、两个点电荷间的电势都为正，因此两点电荷都为正电荷，B错误；C、两正点电荷的连线上有一点场
10、强为零，一正的检验电荷从两电荷中的任一电荷附近沿连线向场强为零的点移动时电势都降低，到场强为零的点，电势最低，C正确；D、Q1和Q2之间各点的电场方向都指向P点，D正确本题选择不正确的，故选：B点评：本题的技巧是作电场线，将抽象问题形象化，是电场中常用方法6（多选）在如图所示的电路中，电源的电动势E和内阻r恒定，闭合开关S后灯泡能够发光，经过一段时间后灯泡突然变亮，若电路中仅有一处故障，则出现这种现象的原因可能是( )A电阻R1短路B电阻R2断路C电阻R2短路D电容器C断路考点：闭合电路的欧姆定律；电容 专题：恒定电流专题分析：灯泡突然变亮，其电压和电流变大，逐项分析电路中电流的变化，选择符合
11、题意的选项解答：解：A、若电阻R1短路，电路中总电阻减小，总电流增大，灯泡与R2并联的电压增大，则灯泡变亮，故A正确B、若电阻R2断路，则总电阻增大，总电流减小，R1及内阻中电压减小，灯泡两端的电压增大，故灯泡变亮，故B正确；C、若电阻R2短路，灯泡被短路，不亮，故C错误D、电容器C断路，对灯泡亮度没有影响，故D错误故选：AB点评：本题是故障分析问题，用代入法检验并选择是常用的方法此题关键抓住题中条件：电源电动势不变，电容器稳定时对电路没有影响进行分析7如图甲所示，水平放置的平行金属导轨连接一个平行板电容器C和电阻R，导体棒MN放在导轨上且接触良好，整个装置放于垂直导轨平面的磁场中，磁感应强度
12、B的变化情况如图乙所示（图示磁感应强度方向为正），MN始终保持静止，则0t2时间( )A电容器C的电荷量大小始终没变B电容器C的a板先带正电后带负电CMN所受安培力的大小始终没变DMN所受安培力的方向先向右后向左考点：导体切割磁感线时的感应电动势；电容；法拉第电磁感应定律 专题：电磁感应与电路结合分析：根据法拉第电磁感应定律分析电路中感应电动势和感应电流是否变化，电容器的电压等于电阻R两端的电压，由欧姆定律判断其电压变化，即可知道电荷量如何变化由楞次定律判断感应电流的方向，即可确定电容器极板的电性由F=BIL分析安培力大小，由左手定则判断判断安培力的方向解答：解：A、B由乙图知，磁感应强度均匀
13、变化，根据法拉第电磁感应定律可知，回路中产生恒定电动势，电路中电流恒定，电阻R两端的电压恒定，则电容器的电压恒定，故电容器C的电荷量大小始终没变根据楞次定律判断可知，通过R的电流一直向下，电容器上板电势较高，一直带正电故A正确，B错误；C、根据安培力公式F=BIL，I、L不变，由于磁感应强度变化，MN所受安培力的大小变化，故C错误D、由右手定则判断得知，MN中感应电流方向一直向上，由左手定则判断可知，MN所受安培力的方向先向右后向左，故D正确故选AD点评：本题关键要根据法拉第电磁感应定律判断出电路中的电流恒定不变，再根据楞次定律、右手定则、左手定则进行分析8图（a）左侧的调压装置可视为理想变压
14、器，负载电路中R=55，A、V为理想电流表和电压表，若原线圈接入如图（b）所示的正弦交变电压，电压表的示数为110V，下列表述正确的是( )A电流表的示数为2AB原、副线圈匝数比为1：2C电压表的示数为电压的有效值D原线圈中交变电压的频率为100Hz考点：变压器的构造和原理 专题：交流电专题分析：根据图象可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，再根据电压与匝数成正比即可求得结论解答：解：A、根据电路图可知，电阻R的电压为110V，电阻为55，所以电阻R的电流I=A=2A，所以A正确B、由图可知，输入的电压的有效值为220V，电压表的示数为110V，即为输出的电压，根据电压与匝数成正比可得匝数比
15、为2：1，所以B错误C、电压表、电流表等的读数都是有效值，所以C正确D、经过变压器前后电压的频率是不变的，根据图象可知，输出电压的频率为f=Hz=50Hz，所以原线圈中交变电压的频率也为50Hz，所以D错误故选AC点评：掌握住理想变压器的电压、电流之间的关系，最大值和有效值之间的关系即可解决本题二、非选择题：9某实验小组利用如图甲所示的气垫导轨实验装置来探究合力一定时，物体的加速度与质量之间的关系（1）做实验时，将滑块从图甲所示位置静止释放，由数字计数器（图中未画出）可读出遮光条通过光电门1、2的时间分别为t1、t2；用刻度尺测得两个光电门中心之间的距离x，用游标卡尺测得遮光条宽度d 则滑块经
16、过光电门1时的速度表达式1=；滑块加速度的表达式=（以上表达式均用已知字母表示）如图乙所示，若用20分度的游标卡尺测量遮光条的宽度，其读数为8.15mm（2）为了保持滑块所受的合力不变，可改变滑块质量M和气垫导轨右端高度h（见图甲）关于“改变滑块质量M和气垫导轨右端的高度h“的正确操作方法是BCAM增大时，h增大，以保持二者乘积增大BM增大时，h减小，以保持二者乘积不变CM减小时，h增大，以保持二者乘积不变DM减小时，h减小，以保持二者乘积减小考点：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：知道光电门测量滑块瞬时速度的原理根据运动学公式求出加速度了解不同的测
17、量工具的精确度和读数方法解答：解：（1）滑块经过光电门1时的速度表达式v1=；经过光电门2时的速度表达式v2=；则加速度为a=； 游标卡尺的读数由主尺和游标尺两部分组成读数为8.15mm（2）滑块的合力F合=Mg，为了保持滑块所受的合力不变，所以M和h 不能同时增大或减小故选：BC故答案为：（1）、8.15 （2）BC点评：考查通过平均速度求瞬时速度的方法，掌握运动学公式求加速度的应用，知道20分度的游标卡尺的精确度并能够用力学知识找出M和h的关系10某研究性学习小组欲测定一块电池的电动势E（1）先直接用多用电表测定该电池电动势在操作无误的情况下，多用电表表盘示数如图1所示，其示数为9.4V（
18、2）然后，用电压表、电阻箱R、定值电阻R0、开关S、若干导线和该电池组成电路，测定该电池电动势a根据图2中的电路图，用笔画线代替导线，将实物图连接成完整电路b闭合开关S，调整电阻箱阻值R，读出电压表相应示数U该学习小组测出大量数据，分析筛选出表所示的R、U数据，并计算出相应的与的值请用表中数据在图4坐标纸上描点，并作出图象c从图线中可求得E=10.0V考点：测定电源的电动势和内阻 专题：实验题分析：1、读数时要注意最大量程及最小分度，则可求得其读数；2、根据电路图，画出的实物图由闭合电路欧姆定律可得出表达式，再结合图象和数学知识可得出图象的截距及斜率的含义，则可求得电动势和内电阻解答：解：（1
19、）由图可知，电压表最小分度为0.2；故其示数为9.4V（2）根据电路图，画出的实物图：根据上表所示实验数据，在坐标系中描出对应的点，然后根据坐标系中的点作直线，作出图象：、由闭合电路欧姆定律可得：U=R，变形得：=+，由数学知识可知，图象中的斜率为：k=截距为：b=；由图可知，b=0.095，所以E=10V；r=46故答案为：（1）9.4；（2）a如图所示b如图所示c10.0点评：1、本题考查多用电表的读数方法，要注意明确不同的档位及量程对应的读数方法2、本题关键在于能由图象知识（斜率与截距的意义）结合闭合电路欧姆定律求解，在解题时要注意题目中给出的条件及坐标中隐含的信息11如图是一个十字路口
20、的示意图，每条停车线到十字路中心O的距离均为14.4m一人A骑电动助力车以7.2m/s的速度到达停车线时，发现左前方道路一辆轿车B正以8m/s的速度驶来，车尾刚好越过停车线，设两车均沿道路中央作直线运动，助力车可视为质点，轿车长4.8m，宽度可不计（1）若两车保持上述速度匀速运动，是否会发生相撞事故？（2）若轿车保持上述速度匀速运动，而助力车立即作匀加速直线运动，要提前通过0点，助力车A的加速度至少要多大？考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系 专题：直线运动规律专题分析：（1）通过轿车车头到达O点的时间、轿车通过O点的时间以及助力车到达O点的时间，分析是否发生相撞事故（2）为避免发生相撞事故
21、，助力车到达O点的时间小于轿车车头的时间，结合位移时间公式求出最小加速度解答：解：（1）轿车B车头到达O点的时间为t1=1.2s 轿车B通过O点的时间为t=0.6s 助力车A到达O点的时间为t2=2s 因为 t2t1+t，所以不会发生交通事故 （2）阻力车到达O点的时间小于t1=1.2s，设阻力车的最小加速度为am，则x2=v2t1+amt12解得am=8m/s2答：（1）若两车保持上述速度匀速运动，不会发生相撞事故？（2）若轿车保持上述速度匀速运动，而助力车立即作匀加速直线运动，要提前通过0点，助力车A的加速度至少要am=8m/s2点评：解决本题的关键掌握匀变速直线运动的运动学公式，掌握发生
22、交通事故的临界条件，灵活运用运动学公式是解决问题的关键12如图所示，第一、四象限内存在一匀强电场，其方向如图所示第二象限内有垂直纸面向外磁感应强度为B的匀强磁场，一个质量为m，电荷量为+q（不计重力） 的带电粒子从x轴上的A点以初速度v0沿垂直于磁感线方向进入匀强磁场中，初速度方向与x轴负方向的夹角=30粒子恰好从 y轴上的P点垂直于电场线的方向射入匀强电场，经过x轴上的C点再到达 y轴上的D点，已知AO=OC（P、D两点图中未标出 ），求：（1）匀强电场的电场强度E的大小；（2）粒子到达D点的速度大小及从A运动到D所用的时间考点：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：
23、带电粒子在复合场中的运动专题分析：（l）粒子在磁场中做的是匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律求出轨迹半径粒子进入电场后做类平抛运动，在竖直方向上做的是匀加速直线运动，根据粒子匀加速运动的位移可以求得匀强电场的场强的大小；（2）根据平行于电场线和垂直于电场线两个方向的分位移公式，求出分位移，得到时间，由动能定理求粒子到达D点的速度大小在磁场中，根据粒子的运动的轨迹可以求得粒子的运动的时间，即可得到总时间解答： 解：（1）设粒子在磁场中圆周运动的半径为R由牛顿第二定律得 qv0B=m，则 R=在电场中，粒子做类平抛运动，沿电场线方向有分位移：y=R=根据牛顿第二定律得 a=平行于电
24、场线方向有 x=2Rcos30=v0t；由以上各式联立得 E=（2）平行于电场线方向的位移 y=垂直于电场线方向的位移 x=ytan30=v0t2；联立得 y=，t2=由动能定理得 qEy=解得 v=故从A运动到D所用的时间为 t=+t2=+=（）答：（1）匀强电场的电场强度E的大小为；（2）粒子到达D点的速度大小为，从A运动到D所用的时间为（）点评：粒子先做的是匀速圆周运动，后在电场中做类平抛运动，根据匀速圆周运动和类平抛运动的规律可以分别求得物理-选修3-313下列说法正确的是( )A温度、压力，电磁作用可以改变液晶的光学性质B改进内燃机结构，提高内燃机内能转化率，最终可能实现内能完全转化
25、为机械能C分子a从远处靠近固定不动的分子b，当a只在b的分子力作用下到达所受的分子力为零的位置时，a的动能一定最大D气体温度每升高1K所吸收的热量与气体经历的过程有关E大颗粒的盐磨成了细盐，就变成了非晶体考点：* 晶体和非晶体；温度、气体压强和内能 分析：温度、压力，电磁作用可以改变液晶的光学性质；内燃机不可能可能实现内能完全转化为机械能；气体温度每升高1K所吸收的热量与气体经历的过程有关；晶体不会因体积发生变化而不是晶体；解答：解：A、液晶既有液体的流动性，又像某些晶体那样具有光学各向异性，液晶的光学性质随温度、电磁作用变化而改变故A正确；B、根据热力学第二定律，内燃机不可能可能实现内能完全
26、转化为机械能故B错误；C、分子a从远处靠近b，分子力先做正功再做负功，当所受分子力为0时做正功最多，分子动能最大故C正确；D、气体绝热压缩或膨胀时，气体不吸热也不放热，气体内能发生变化，温度升高或降低，在非绝热过程中，气体内能变化，要吸收或放出热量，由此可知气体温度每升高1K所吸收的热量与气体经历的过程有关，故D正确；E、晶体不会因体积发生变化而不是晶体；大颗粒的盐磨成了细盐，仍然是晶体故E错误；故选：ACD点评：本题考查了液晶的特性、晶体与非晶体等概念以及热力学第二定律、分子势能等，是选修中的选学内容，难度不大在平时的学习过程中多加积累就可以做好这一类的题目14如图，气缸左右两侧气体由绝热活
27、塞隔开，活塞与气缸光滑接触初始时两侧气体均处于平衡状态，体积之比V1：V2=1：2，温度之比T1：T2=3：5先保持右侧气体温度不变，升高左侧气体温度，使两侧气体体积相同，然后使活塞导热两侧气体最后达到平衡求（1）两侧气体体积相同时，左侧气体的温度与初始温度的比值；（2）两侧气体最后达到平衡时，左右两侧气体的体积之比考点：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：（1）先保持右侧气体温度不变，升高左侧气体温度，使两侧气体体积相同，则右侧气体发生等温变化，遵守玻意耳定律左侧气体满足理想气体状态方程由玻意耳定律和理想气体状态方程分别列式求解（2）使活塞导热，两侧气体最后达到
28、平衡时，两侧气体都满足理想气体状态方程，由此对两侧气体列式，即可求解解答：解：设左边气体体积为：V1=V，由题意可知：V1：V2=1：2，则：V2=2V，两边气体体积相等时，气体体积：V=V；（1）设初始时压强为p对左侧气体，由理想气体状态方程得：=，对右侧气体，由玻意耳定律得：pV2=pV，解得：k=2，则左侧气体的温度与初始温度的比值为2；（2）活塞导热达到平衡，由理想气体状态方程得：对左侧气体：=，对右侧气体：=，平衡时：T1=T2，解得：=；答：（1）两侧气体体积相同时，左侧气体的温度与初始温度的比值是2；（2）两侧气体最后达到平衡时，左右两侧气体的体积之比为5：6点评：本题考查了理想
29、气体状态方程的基本运用，关键抓住初末状态的气体压强、温度、体积关键列式求解，注意平衡时左右两部分气体的压强相等物理-选修3-415一列简谐横波在t=0时的波形图如图所示介质中x=2m处的质点P沿y轴方向做简谐运动的表达式为y=10sin（5t）cm关于这列简谐波，下列说法正确的是( )A周期为4.0 s，振幅为20 cmB经过半周期的时间，P质点运动到水平坐标4m的位置C传播方向沿x轴正向D传播速度为10 m/sE经过0.6s，P点经过的路程为60cm，且向下运动考点：横波的图象；波长、频率和波速的关系 专题：振动图像与波动图像专题分析：根据质点P的振动方程y=10sin（5t）cm，读出，周
30、期为T=；振幅等于y的最大值；根据振动图象t=0时刻P质点的速度方向，即可判断出波的传播方向读出波长，求出波速解答：解：A、质点P的振动方程y=10sin（5t）cm，则=5rad/s，周期为：T=0.4s，振幅为10cm，故A错误；B、波传播的是振动形式和能量，点只在原位置振动，故B错误；C、根据振动方程和振幅图象得知：P点在t=0时振动方向为y正方向，故波向x轴正方向传播，故C正确；D、由波的图象得：波长=4m，故波速为v=10m/s故D正确；E、由波的图象得：振幅A=10cm，则经一1.5个周期，质点P通过的路程为s=6A=60cm=0.6m向下运动，故E正确故选：CDE点评：本题关键要
31、掌握振动的一般方程y=Asint，读出和P点的振动方向，难度不大，属于基础题16如图，一束单色光射入一半径为0.1m玻璃球体，入射角为60，已知光线在玻璃球内经一次反射后，再次折射回到空气中时与入射光线平行求：此玻璃的折射率；光在玻璃球内的传播时间考点：光的折射定律 专题：光的折射专题分析：（1）作出光线在玻璃球体内光路图由于折射回到空气中时与入射光线平行，出射的光路与入射的光路具有对称性，根据几何知识求出光线在A点的折射角，再求解折射率（2）根据v=求光在玻璃球内的传播速度v由几何关系求出光在玻璃球内传播的距离s，再由t=求出时间解答：解：（1）作出光线在玻璃球体内光路图，A、C是折射点，B
32、反射点，OD平行于入射光线，由几何知识得，AOD=COD=60，则由几何关系得：OAB=30折射角r=OAB=30，入射角i=60所以折射率为 n=光在玻璃球内的传播速度 v=108m/s光在玻璃球内传播的距离 s=4cos30=40.1=m故光在玻璃球内的传播时间 t=s=2109s答：此玻璃的折射率为；光在玻璃球内的传播时间为2109s点评：本题解答的关键是作出光路图，要根据反射光路的对称性，由几何知识作出光路，再求出折射角物理-选修3-517下列说法正确的是 ( )A卢瑟福通过对粒子散射实验的研究提出了原子的核式结构模型B原子光谱是分离的，说明原子内部存在能级C某些原子核能够放射出粒子，
33、说明原子核内有粒子D某种元素的半衰期为5天，则经过10天该元素全部衰变完毕考点：原子核衰变及半衰期、衰变速度 分析：卢瑟福通过粒子散射实验建立了原子核式结构模型；玻尔理论指出氢原子能级是分立的，原子光谱是线状谱；衰变中产生的射线实际上是原子核中的中子转变成质子，而放出电子；根据衰变的规律和半衰期的时间计算剩余的质量解答：解：A、卢瑟福通过粒子散射实验建立了原子核式结构模型，故A正确；B、玻尔理论指出氢原子能级是分立的，原子光谱是线状谱，故B正确；C、衰变中产生的射线实际上是原子核中的中子转变成质子，而放出电子，故C错误；D、据半衰期与质量变化的公式：，经过10天该元素剩下，故D错误；故选：AB
34、点评：本题考查物理学史以及衰变的本质、半衰期的应用等常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一18如图所示，平放在水平面上的轻质弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为m1的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接一个质量为m2的小球从槽高处由静止开始下滑，要使小球能与弧形槽发生第二次作用，m1、m2应满足怎样的条件？考点：动量守恒定律 分析：小球下滑过程中，系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒；要使小球能与弧形槽发生第二次作用，小球从光滑弧形槽滑下量的速度应大于槽的速度，根据系统水平方向动量守恒和机械能守恒求解解答：解：设小球刚离开弧形槽时小球和弧形槽的速度大小分别为v1、v2取水平向右为正方向小球下滑过程中，根据系统水平方向动量守恒得 0=m1v1m2v2 小球发弹簧作用过程，系统的机械能守恒，小球离开弹簧时速度大小仍为v2要使小球能与弧形槽发生第二次作用，必须有 v2v1 由得：m1m2答：要使小球能与弧形槽发生第二次作用，m1、m2应满足的条件是m1m2点评：本题关键要掌握小球下滑过程中，水平方向不受外力，由动量守恒进行分析