1、2015-2016学年广东省深圳市罗湖外国语学校高二（下）期中物理试卷一、单项选择题：本大题共14小题，每小题3分共42分每小题只有一个选项符合题目要求，选对的得3分，选错或不答的得0分1一矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，线圈中产生的电动势为e=Emsint若将线圈的转速加倍，其它条件不变，则产生的电动势为（）AEmsin2tB2EmsintC2EmsintD2Emsin2t2氢原子核外电子从第3能级跃迁到第2能级时，辐射的光照在某金属上能发生光电效应，那么，以下几种跃迁能辐射光子且能使金属发生光电效应的有（）A处于第4能级的氢原子向第3能级跃迁B处于第2能级的氢原子向第1能级跃迁C处于第3能级
2、的氢原子向第5能级跃迁D处于第5能级的氢原子向第4能级跃迁3关于放射性现象的下列说法中，正确的是（）A原子核发生衰变时，生成核与原来的原子核相比，中子数减少了4B原子核发生衰变时，生成核与粒子的总质量等于原来的原子核的质量C原子核发生衰变时，生成核的质量数比原来的原子核的质量数多1D单质的铀238与化合物中的铀238的半衰期是相同的4如图所示，质量分别为m1、m2的两个小球A、B，带有等量异种电荷，通过绝缘轻质弹簧相连接，置于绝缘光滑的水平面上，突然加一水平向右的匀强电场后，两球A、B由静止开始运动，对两小球A、B和弹簧 组成的系统，在以后的运动过程中，以下说法正确的是（设整个过程中不考虑电荷
3、间库仑力的作用且弹簧不超过弹性限度）（）A系统机械能不断增加B系统机械能守恒C系统动量不断增加D系统动量守恒5在光滑水平地面上有两个相同的弹性小球A、B，质量都为m现B球静止，A球向B球运动，发生正碰已知碰撞过程中总机械能守恒，两球压缩最紧时的弹性势能为EP，则碰前A球的速度等于（）ABC2D26如图所示，图甲和图乙分别表示正弦脉冲波和方波的交变电流与时间的变化关系若使这两种电流分别通过两个完全相同的电阻，则经过1min的时间，两电阻消耗的电功之比W甲：W乙为（）A1：B1：2C1：3D1：47如图所示，L1和L2是输电线，甲是电压互感器，乙是电流互感器若已知变压比为1 000：1，变流比为1
4、00：1，并且知道电压表示数为220V，电流表示数为10A，则输电线的输送功率为（）A2.2103WB2.2102WC2.2108WD2.2104W8满载砂子的总质量为M的小车，在光滑水平面上做匀速运动，速度为v0在行驶途中有质量为m的砂子从车上漏掉，则砂子漏掉后小车的速度应为：（）Av0BCD9如图甲所示，闭合开关，用光子能量为2.5eV的一束光照射阴极K，发现电流表读数不为零调节滑动变阻器，发现当电压表读数小于0.60V时，电流表读数仍不为零，当电压表读数大于或等于0.60V时，电流表读数为零把电路改为图乙，当电压表读数为2V时，电子到达阳极时的最大动能为（）A0.6 eVB1.9 eVC
5、2.6 eVD4.5 eV10已知氢原子基态的能量是E1，一群处于n=4能级的氢原子自发跃迁，能释放6种光子，其中频率最小的光子的能量为（）ABCD11如图所示，两个相切的圆表示一个静止的原子核发生某种衰变后，释放出来的粒子和反冲核在磁场中运动的轨迹，可以判断（）A原子核发生衰变B原子核发生衰变C大圆是释放粒子的运动轨迹，小圆是新核的运动轨迹D大圆是新核的运动轨迹，小圆是释放粒子的运动轨迹12如图所示，由天然放射性元素钋（Po）放出的射线x1，轰击铍（Be）时会产生粒子流x2，用粒子流x2轰击石蜡时会打出粒子流x3，经研究知道（）Ax1为粒子，x2为中子Bx2为中子，x3为电子Cx1为粒子，x
6、3为质子Dx2为质子，x3为光子13某些放射性元素如的半衰期很短，在自然界很难被发现，可以在实验室使用人工的方法发现已知经过一系列衰变和衰变后变成，下列说法正确的是（）A的原子核比的原子核少28个中子B衰变过程中共发生了4次衰变和7次衰变C衰变过程中共有4个中子转变为质子D若继续衰变成新核83210Bi，需放出一个粒子14用波长为1和2的单色光A和B分别照射两种金属C和D的表面单色光A照射两种金属时都能产生光电效应现象：单色光B照射时，只能使金属C产生光电效应现象不能使金属D产生光电效应现象，设两种金属的逸出功分别为WC和WD，则下列选项正确的是（）A12，WCWDB12，WCWDC12，WC
7、WDD12，WCWD二、不定项选择题：（本大题共10小题，每小题4分，共40分全选对得4分，只选1个且正确得2分，选错或不答得0分）15一交流电流的图象如图所示，由图可知（）A用电流表测该电流其示数为10AB该交流电流的频率为50HzC该交流电流通过10电阻时，电阻消耗的电功率为1000WD该交流电流即时值表达式为i=10sin314tA16下列说法正确的是（）A用不可见光照射金属一定比用可见光照射同种金属产生的光电子的初动能大B粒子散射实验中极少数粒子发生了较大偏转是卢瑟福猜想原子核式结构模型的主要依据C核反应方程： Be+HeC+x中的x为质子D C的半衰期为5730年，若测得一古生物遗骸
8、中的C含量只有活体中的，则此遗骸距今约有21480年17已知：、的质量分别为m1、m2、m3、m4，关于核反应方程，下列说法正确的是（）A这是核裂变反应B这是核聚变反应C反应中放出的能量为（m1+m2m3m4）c2D反应中放出的能量为（m3+m4m1m2）c218下列关于原子和原子核的说法正确的是（）A衰变现象说明电子是原子核的组成部分B玻尔理论的假设之一是原子能量的量子化C放射性元素的半衰期与温度的变化无关D结合能越小表示原子核中的核子结合得越牢固19将质量为m0的木块固定在光滑水平面上，一颗质量为m的子弹以速度v0沿水平方向射入木块，子弹射穿木块时的速度为，现将同样的木块放在光滑的水平桌面
9、上，相同的子弹仍以速度v0沿水平方向射入木块，设子弹在木块中所受阻力不变，则以下说法正确的是（）A若m0=3m，则能够射穿木块B若m0=3m，则不能射穿木块，子弹将留在木块中，一起以共同的速度做匀速运动C若m0=3m，则刚好能射穿木块，此时相对速度为零D若子弹以3v0速度射向木块，并从木块中穿出，木块获得的速度为v1；若子弹以4v0速度射向木块，木块获得的速度为v2，则必有v2v120下列说法正确的是（）A卢瑟福通过粒子散射实验确定了原子核是由质子和中子组成的B康普顿效应证实了光的粒子特性C一群处于第四能级的氢原子向基态跃迁时，将向外辐射六种不同频率的光子D爱因斯坦质能方程E=mc2表明，物体
10、具有的能量和它的质量之间有简单的正比关系21下列说法中正确的是 （）A玻尔理论成功解释了所有原子的光谱B已知氡的半衰期为3.8天，若取1g氡放在天平左盘上，砝码放于右盘，左右两边恰好平衡，则7.6天后，需取走0.75g砝码天平才能再次平衡C N+HeO+H是原子核的人工转变D光电效应实验中，遏止电压与入射光的频率有关22如图，变压器输入有效值恒定的电压，副线圈匝数可调，变压器的输入电压的表达式为u=220sin10（V），如图所示位置时，原副线圈的匝数比为10：1，变压器的输出电压通过输电线送给用户（电灯等用电器），R表示输电线的电阻（）A若提高变压吕的输入电压的频率，则根据电磁感应定律变压器
11、的输出电压也将增大B变压器的输出电压为22VC用电器增加时，灯泡L1变暗D用电器增加时，变压器的输入功率增加23木块a和b用一根轻弹簧连接起来，放在光滑水平面上，a紧靠在墙壁上，在b上施加向左的力使轻质弹簧压缩，如图所示，对a、b和轻弹簧组成的系统，当撤去外力后，下列说法中正确的是（）Aa尚未离开墙壁前，系统动量守恒Ba尚未离开墙壁前，系统动量不守恒Ca离开墙壁后，系统动量守恒Da离开墙壁后，系统动量不守恒24A、B两船的质量均为m，都静止在平静的湖面上，现A船上质量为m的人，以对地水平速度v从A船跳到B船，再从B船跳到A船，经n次跳跃后，人停在B船上，不计水的阻力，则（）AA、B两船速度大小
12、之比为2：3BA、B（包括人）两船动量大小之比为1：1CA、B（包括人）两船动能之比为3：2DA、B（包括人）两船动能之比为1：1三、非选择题：本大题共3小题，共28分按题目要求作答解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位25发电机输出功率为100kW，输出电压是250V，用户需要的电压是220V输电线电阻为10，若输电线中因发热而损失的功率为输送功率的4%，试求：（1）在输电线路中设置的升，降压变压器原副线圈的匝数比（2）用户得到的电功率是多少？26如图所示，光滑水平地面上放有一长木板B，其质量为M，长度L=3.0
13、m，B的右端紧靠台阶，上表面与台阶平齐B上放有一质量为m的滑块C现有一质量也为m的滑块A从h=1.0m高的斜面顶端由静止滑下，然后冲上木板B，（转角处速度大小不变，只改变方向；转角的大小可忽略）但最终A恰好未能撞上C设A与其接触面间的动摩擦因数均为=0.25，滑块A的起始位置与木板B右端的水平距离s=0.8m，此过程中C与B恰好不发生相对滑动，不计滑块A、C的大小已知M=3m，取g=10m/s2求：（1）滑块A刚冲上木板B时的速度v0；（2）滑块C原来离木板B右端的距离d27如图所示，光滑的圆弧轨道竖直放置，底端与光滑的水平轨道相接，质量为m2的小球B静止在光滑水平轨道上，其左侧连接了一轻质弹
14、簧，质量为m1的小球A从D点以速度v0向右运动，试求：（1）小球A撞击轻质弹簧的过程中，弹簧弹性势能的最大值；（2）要使小球A与小球B能发生二次碰撞，m1与m2应满足什么关系2015-2016学年广东省深圳市罗湖外国语学校高二（下）期中物理试卷参考答案与试题解析一、单项选择题：本大题共14小题，每小题3分共42分每小题只有一个选项符合题目要求，选对的得3分，选错或不答的得0分1一矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，线圈中产生的电动势为e=Emsint若将线圈的转速加倍，其它条件不变，则产生的电动势为（）AEmsin2tB2EmsintC2EmsintD2Emsin2t【考点】交流发电机及其产生正弦式
15、电流的原理【分析】感应电动势的瞬时值表达式分析答题，交变电流的瞬时值表达式为：e=Emsint，其中Em=nBS【解答】解：感应电动势的瞬时值表达式为e=Emsint，其中Em=nBS，将线圈的转速加倍，其它条件不变Em和都增加一倍，此时交变电流的瞬时值表达式变为e=2Emsin2t故选D2氢原子核外电子从第3能级跃迁到第2能级时，辐射的光照在某金属上能发生光电效应，那么，以下几种跃迁能辐射光子且能使金属发生光电效应的有（）A处于第4能级的氢原子向第3能级跃迁B处于第2能级的氢原子向第1能级跃迁C处于第3能级的氢原子向第5能级跃迁D处于第5能级的氢原子向第4能级跃迁【考点】氢原子的能级公式和跃
16、迁【分析】发生光电效应的条件是光子的能量大于逸出功氢原子核外电子从第3能级跃迁到第2能级时，辐射的光照在某金属上能发生光电效应，则光子能量大于从第3能级跃迁到第2能级时辐射的光子能量，即可使某金属发生光电效应【解答】解：A、处于第4能级的氢原子向第3能级跃迁辐射的光子能量小于从第3能级跃迁到第2能级时辐射的光子能量，不一定能使该金属发生光电效应故A错误B、处于第2能级的氢原子向第1能级跃迁辐射的光子能量大于从第3能级跃迁到第2能级时辐射的光子能量，一定能使该金属发生光电效应故B正确C、处于第3能级的氢原子向第5能级跃迁需吸收光子能量故C错误D、处于第5能级的氢原子向第4能级跃迁辐射的光子能量小
17、于从第3能级跃迁到第2能级时辐射的光子能量，不一定能使该金属发生光电效应故D错误故选B3关于放射性现象的下列说法中，正确的是（）A原子核发生衰变时，生成核与原来的原子核相比，中子数减少了4B原子核发生衰变时，生成核与粒子的总质量等于原来的原子核的质量C原子核发生衰变时，生成核的质量数比原来的原子核的质量数多1D单质的铀238与化合物中的铀238的半衰期是相同的【考点】天然放射现象；原子核衰变及半衰期、衰变速度【分析】根据原子核经过一次衰变，电荷数减小2，质量数减小4，一次衰变后电荷数增加1，质量数不变，原子核发生衰变时，要释放能量，故质量要发生亏损半衰期是对大量放射性元素的统计规律，是由元素本
18、身决定，与原子核所处环境、状态无关；同时要明确发生半衰期次数、衰变前总质量、衰变后质量之间的关系【解答】解：A、衰变时，电荷数少2，质量数少4，核子数少4，故中子数少2故A错误B、原子核发生衰变时，要释放能量，故质量要发生亏损，故B错误C、原子核发生衰变后电荷数增加1，质量数不变，故C错误D、半衰期是对大量放射性元素的统计规律，是由元素本身决定，与原子核所处环境、状态无关，故D正确故选：D4如图所示，质量分别为m1、m2的两个小球A、B，带有等量异种电荷，通过绝缘轻质弹簧相连接，置于绝缘光滑的水平面上，突然加一水平向右的匀强电场后，两球A、B由静止开始运动，对两小球A、B和弹簧 组成的系统，在
19、以后的运动过程中，以下说法正确的是（设整个过程中不考虑电荷间库仑力的作用且弹簧不超过弹性限度）（）A系统机械能不断增加B系统机械能守恒C系统动量不断增加D系统动量守恒【考点】动量守恒定律；胡克定律；电场强度【分析】两小球受到的电场力做正功，则能量增加；分析系统中的外力做功情况可得出能量与动量的变化情况【解答】解：A、加上电场后，电场力对两球分别做正功，两球的动能先增加，当电场力和弹簧弹力平衡时，动能最大，然后弹力大于电场力，两球的动能减小，直到动能均为0，弹簧最长为止，此过程系统机械能一直增加；接着两球反向加速，再减速，弹簧缩短到原长，弹簧缩短的过程中，电场力对两球分别做负功，系统机械能一直减
20、小，故AB错误；C、两球所带电荷量相等而电性相反，则系统所受电场力合力为零，系统所受合外力为零，系统动量守恒，故C错误，D正确；故选：D5在光滑水平地面上有两个相同的弹性小球A、B，质量都为m现B球静止，A球向B球运动，发生正碰已知碰撞过程中总机械能守恒，两球压缩最紧时的弹性势能为EP，则碰前A球的速度等于（）ABC2D2【考点】机械能守恒定律【分析】两球压缩最紧时，两球速度相等根据碰撞过程中动量守恒，以及总机械能守恒求出碰前A球的速度【解答】解：设碰撞前A球的速度为v，当两球压缩最紧时，速度相等，根据动量守恒得，mv=2mv，则在碰撞过程中总机械能守恒，有，得v=故C正确，A、B、D错误故选
21、C6如图所示，图甲和图乙分别表示正弦脉冲波和方波的交变电流与时间的变化关系若使这两种电流分别通过两个完全相同的电阻，则经过1min的时间，两电阻消耗的电功之比W甲：W乙为（）A1：B1：2C1：3D1：4【考点】交流的峰值、有效值以及它们的关系；电功、电功率【分析】分别求出正弦脉冲波和方波的交变电流的有效值，根据W=I2Rt求出消耗的电功之比【解答】解：甲图中，在一个周期内，电阻发热的时间是02102s、4102s6102s内，根据电流的热效应有：，代入数据得，解得电流的有效值I=乙图中，在一个周期内，电阻发热的时间为04104s，根据电流的热效应有：，代入数据得，12R22102=I2R41
22、02，解得电流的有效值I=1A根据W=I2Rt知，在相同时间内消耗的电功之比等于故C正确，A、B、D错误故选：C7如图所示，L1和L2是输电线，甲是电压互感器，乙是电流互感器若已知变压比为1 000：1，变流比为100：1，并且知道电压表示数为220V，电流表示数为10A，则输电线的输送功率为（）A2.2103WB2.2102WC2.2108WD2.2104W【考点】变压器的构造和原理【分析】根据变压比和变流比计算出输送电压和电流，最后根据电功率P=UI计算电功率【解答】解：已知变压比为1 000：1，电压表示数为220V，故传输电压为：U=220V1000=2.2105V；已知变流比为100
23、：1，电流表示数为10A，故传输电流为：I=10A100=1000A；故电功率为：P=UI=2.2105V1000A=2.2108W；故选C8满载砂子的总质量为M的小车，在光滑水平面上做匀速运动，速度为v0在行驶途中有质量为m的砂子从车上漏掉，则砂子漏掉后小车的速度应为：（）Av0BCD【考点】动量定理【分析】车以及沙子在水平方向动量守恒，根据动量守恒列方程求解即可【解答】解：设漏掉质量为m的沙子后，砂子从车上漏掉的瞬间由于惯性速度仍然为v0，汽车速度为v，根据水平方向动量守恒可得：Mv0=mv0+（Mm）v解得：v=v0，故BCD错误，A正确故选A9如图甲所示，闭合开关，用光子能量为2.5e
24、V的一束光照射阴极K，发现电流表读数不为零调节滑动变阻器，发现当电压表读数小于0.60V时，电流表读数仍不为零，当电压表读数大于或等于0.60V时，电流表读数为零把电路改为图乙，当电压表读数为2V时，电子到达阳极时的最大动能为（）A0.6 eVB1.9 eVC2.6 eVD4.5 eV【考点】光电效应【分析】光电子射出后，有一定的动能，若能够到达另一极板则电流表有示数，当恰好不能达到时，说明电子射出的初动能恰好克服电场力做功，然后根据爱因斯坦光电效应方程即可正确解答【解答】解：设用光子能量为2.5eV的光照射时，光电子的最大初动能为Ekm0，阴极材料逸出功为W0，当反向电压达到U=0.60V以
25、后，具有最大初动能的光电子也达不到阳极，因此eU=Ekm0由光电效应方程：Ekm0=hW0由以上二式：Ekm0=0.6eV，W0=1.9eV 所以此时最大初动能为0.6eV，该材料的逸出功为1.9eV当电压表读数为2V时，根据动能定理：EkmEkm0=eU代入数据：Ekm0.6eV=2eV则逸出功及电子到达阳极时的最大动能为Ekm=0.6eV+2eV=2.6eV，故C正确，ABD错误；故选：C10已知氢原子基态的能量是E1，一群处于n=4能级的氢原子自发跃迁，能释放6种光子，其中频率最小的光子的能量为（）ABCD【考点】氢原子的能级公式和跃迁【分析】能级间跃迁时释放的光子能量等于两能级间的能级
26、差，当能级差最小时，辐射的光子能量最小【解答】解：氢原子从n=4能级自发跃迁，释放出的能量最小的光子是由n=4能级跃迁到n=3能级放出的光子则故A正确，BCD错误故选：A11如图所示，两个相切的圆表示一个静止的原子核发生某种衰变后，释放出来的粒子和反冲核在磁场中运动的轨迹，可以判断（）A原子核发生衰变B原子核发生衰变C大圆是释放粒子的运动轨迹，小圆是新核的运动轨迹D大圆是新核的运动轨迹，小圆是释放粒子的运动轨迹【考点】原子核衰变及半衰期、衰变速度；洛仑兹力【分析】静止的原子核发生衰变，根据动量守恒可知，发生衰变后的粒子的运动的方向相反，在根据粒子在磁场中运动的轨迹可以判断粒子的电荷的性质；衰变
27、后的粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力可得半径公式，结合轨迹图分析【解答】解：A、B、原子核发生衰变，粒子的速度方向相反，由图可知粒子的运动的轨迹在同一侧，很据左手定则可以得知，衰变后的粒子带的电性相反，所以释放的粒子应该是电子，所以原子核发生的应该是衰变；故A正确，B错误；C、D、衰变后，粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，故：qvB=m解得：R=静止的原子核发生衰变，根据动量守恒可知，衰变前后，动量守恒，故两个粒子的动量mv相等，磁感应强度也相等，故q越大，轨道半径越小；故大圆是释放粒子的运动轨迹，小圆是新核的运动轨迹；故C正确，D错误；故选：AC12如图所示，由天然放
28、射性元素钋（Po）放出的射线x1，轰击铍（Be）时会产生粒子流x2，用粒子流x2轰击石蜡时会打出粒子流x3，经研究知道（）Ax1为粒子，x2为中子Bx2为中子，x3为电子Cx1为粒子，x3为质子Dx2为质子，x3为光子【考点】原子核的人工转变【分析】天然放射性元素钋（Po）放出的射线轰击铍时会产生高速中子流，轰击石蜡时会打出质子【解答】解：用放射源钋的射线轰击铍时，能发射出一种穿透力极强的中性射线，这就是所谓铍“辐射”，即中子流，中子轰击石蜡，将氢中的质子打出，即形成质子流所以1为粒子，2为中子，3为质子，所以C正确故选C13某些放射性元素如的半衰期很短，在自然界很难被发现，可以在实验室使用人
29、工的方法发现已知经过一系列衰变和衰变后变成，下列说法正确的是（）A的原子核比的原子核少28个中子B衰变过程中共发生了4次衰变和7次衰变C衰变过程中共有4个中子转变为质子D若继续衰变成新核83210Bi，需放出一个粒子【考点】原子核衰变及半衰期、衰变速度【分析】正确解答本题需要掌握：电荷数、质子数以及质量数之间的关系；能正确根据质量数和电荷数守恒判断发生和衰变的次数【解答】解：A、的原子核比93237Np少10个质子，质子数和中子数总共少237209=28，故83209Bi的原子核比93237Np少18个中子，故A错误；B、设83209Bi变为93237Np需要经过x次衰变和y次衰变，根据质量数
30、和电荷数守恒则有：93=2xy+83，4x=237209，所以解得：x=7，y=4，即衰变过程中共发生了7次衰变和4次衰变故B错误；C、衰变过程中共发生了7次衰变和4次衰变，所以衰变过程中共有4个中子转变为质子，故C正确；D，根据衰变前后质量数守恒可知，该说法是不可能的，故D错误故选：C14用波长为1和2的单色光A和B分别照射两种金属C和D的表面单色光A照射两种金属时都能产生光电效应现象：单色光B照射时，只能使金属C产生光电效应现象不能使金属D产生光电效应现象，设两种金属的逸出功分别为WC和WD，则下列选项正确的是（）A12，WCWDB12，WCWDC12，WCWDD12，WCWD【考点】光电
31、效应【分析】当入射光的频率大于金属的极限频率时，或入射光子的能量大于逸出功时，会发生光电效应【解答】解：单色光A照射两种金属时都能产生光电效应现象；单色光B照射时，只能使金属C产生光电效应现象，根据光电效应条件知，单色光A的频率大于单色光B的频率，则12；单色光B照射时，只能使金属C产生光电效应现象，不能使金属D产生光电效应现象知金属C的逸出功小于金属D的逸出功，即WCWD故D正确，A、B、C错误故选：D二、不定项选择题：（本大题共10小题，每小题4分，共40分全选对得4分，只选1个且正确得2分，选错或不答得0分）15一交流电流的图象如图所示，由图可知（）A用电流表测该电流其示数为10AB该交
32、流电流的频率为50HzC该交流电流通过10电阻时，电阻消耗的电功率为1000WD该交流电流即时值表达式为i=10sin314tA【考点】正弦式电流的图象和三角函数表达式；电功、电功率【分析】由图象知电流的有效值、周期，从而得出频率和角速度，求功率用有效值【解答】解：A、电流表显示的是有效值，示数为：I=A=10A，故A正确；B、由图象知周期为T=0.01s，频率为周期的倒数，即f=100Hz，故B错误；C、电阻消耗的功率为：P=I2R=（10）210=1000W，故C正确；D、角速度为：=2f=200=628rad/s，所以瞬时值表达式为：i=10sin628t A，故D错误；故选：AC16下
33、列说法正确的是（）A用不可见光照射金属一定比用可见光照射同种金属产生的光电子的初动能大B粒子散射实验中极少数粒子发生了较大偏转是卢瑟福猜想原子核式结构模型的主要依据C核反应方程： Be+HeC+x中的x为质子D C的半衰期为5730年，若测得一古生物遗骸中的C含量只有活体中的，则此遗骸距今约有21480年【考点】原子核衰变及半衰期、衰变速度【分析】根据光电效应方程比较光电子的最大初动能；卢瑟福通过粒子散射实验得出了原子核式结构模型；根据在核反应方程中电荷数守恒、质量数守恒得出x的电荷数和质量数，从而确定x是什么粒子半衰期为原子核有半数发生衰变所需的时间【解答】解：A、不可见光的频率不一定比可见
34、光的频率大，则用不可见光照射金属不一定比用可见光照射同种金属产生的光电子的初动能大故A错误B、粒子散射实验中极少数粒子发生了较大偏转是卢瑟福猜想原子核式结构模型的主要依据故B正确C、根据电荷数守恒，质量数守恒知，x的电荷数为0，质量数为1，则x为中子故C错误D、测得一古生物遗骸中的C含量只有活体中的，知经过了3个半衰期，则此遗骸距今约有17190年故D错误故选：B17已知：、的质量分别为m1、m2、m3、m4，关于核反应方程，下列说法正确的是（）A这是核裂变反应B这是核聚变反应C反应中放出的能量为（m1+m2m3m4）c2D反应中放出的能量为（m3+m4m1m2）c2【考点】爱因斯坦质能方程；
35、轻核的聚变【分析】聚变是质量数较小的核聚变生成质量数较大的核，裂变是质量数较大的核裂变生成两个质量数中等的和，由质能方程求放出的能量【解答】解：聚变是质量数较小的核聚变生成质量数较大的核，B正确，由质能方程知反应中放出的能量为（m1+m2m3m4）c2，C正确故选BC18下列关于原子和原子核的说法正确的是（）A衰变现象说明电子是原子核的组成部分B玻尔理论的假设之一是原子能量的量子化C放射性元素的半衰期与温度的变化无关D结合能越小表示原子核中的核子结合得越牢固【考点】原子核衰变及半衰期、衰变速度；原子核的结合能【分析】该题考察知识比较全面，题目中四个选项，考察了四个方面的知识，但是所考察问题均为
36、对基本概念、规律的理解只要正确理解教材中有关概念即可如半衰期的大小是有原子核内部决定，与外在环境无关等【解答】解：A、衰变是原子核中的中子转化为质子同时产生电子的过程，但电子不是原子核的组成部分，故A错；B、玻尔理论的假设是提出了轨道量子化和能量量子化，故B正确；C、放射性元素的半衰期不随温度、状态及化学变化而变化，是由原子核内部本身决定的，故C正确；D、比结合能越大表示原子核中的核子结合得越牢固，故D错误故选BC19将质量为m0的木块固定在光滑水平面上，一颗质量为m的子弹以速度v0沿水平方向射入木块，子弹射穿木块时的速度为，现将同样的木块放在光滑的水平桌面上，相同的子弹仍以速度v0沿水平方向
37、射入木块，设子弹在木块中所受阻力不变，则以下说法正确的是（）A若m0=3m，则能够射穿木块B若m0=3m，则不能射穿木块，子弹将留在木块中，一起以共同的速度做匀速运动C若m0=3m，则刚好能射穿木块，此时相对速度为零D若子弹以3v0速度射向木块，并从木块中穿出，木块获得的速度为v1；若子弹以4v0速度射向木块，木块获得的速度为v2，则必有v2v1【考点】动量守恒定律【分析】应用动能定理、动量守恒定律、动量定理分析答题【解答】解：A、木块固定时，子弹射穿木块，设木块长度为d，对子弹，由动能定理得：fd=mv02m=mv02，木块不固定时，子弹射入木块，系统动量守恒，假设前后能穿出；由动量守恒定律
38、得：mv0=（m0+m）v，由能量守恒定律得： mv02=（m0+m）v2+Q，Q=fd，解得：m0=8m，则子弹要穿出木块m08m，故AC错误，B正确；D、子弹以3v0速度射向木块，并从木块中穿出，子弹以4v0速度射向木块时，木块也能从木块中穿出，木块宽度一定，子弹是越大，子弹穿过木块的时间t越短，子弹穿过木块时受到的阻力f相同，对木块，由动量定理得：ft=m0v可知，时间t越短，木块获得的速度越小，则v2v1，故D正确；故选BD20下列说法正确的是（）A卢瑟福通过粒子散射实验确定了原子核是由质子和中子组成的B康普顿效应证实了光的粒子特性C一群处于第四能级的氢原子向基态跃迁时，将向外辐射六种
39、不同频率的光子D爱因斯坦质能方程E=mc2表明，物体具有的能量和它的质量之间有简单的正比关系【考点】爱因斯坦光电效应方程；氢原子的能级公式和跃迁【分析】卢瑟福通过粒子散射实验得出了原子的核式结构模型；康普顿效应、光电效应说明光具有粒子性；根据数学组合公式确定可能释放光子频率的种数；结合爱因斯坦质能方程分析物体具有能量和质量之间的关系【解答】解：A、卢瑟福通过粒子散射实验得出了原子的核式结构模型，故A错误B、康普顿效应证实了光的粒子性，故B正确C、一群处于第四能级的氢原子向基态跃迁时，根据=6知，将向外辐射6种不同频率的光子，故C正确D、爱因斯坦质能方程E=mc2表明，物体具有的能量和它的质量之
40、间有简单的正比关系，故D正确故选：BCD21下列说法中正确的是 （）A玻尔理论成功解释了所有原子的光谱B已知氡的半衰期为3.8天，若取1g氡放在天平左盘上，砝码放于右盘，左右两边恰好平衡，则7.6天后，需取走0.75g砝码天平才能再次平衡C N+HeO+H是原子核的人工转变D光电效应实验中，遏止电压与入射光的频率有关【考点】原子核衰变及半衰期、衰变速度【分析】玻尔理论成功解释了氢原子的光谱；半衰期是原子核有半数发生衰变所需的时间，具有统计规律；发生光电效应的条件是入射光频率大于极限频率，遏制电压与最大初动能有关，入射光的频率越大最大初动能越大【解答】解：A、玻尔理论只能成功解释了氢原子的光谱故
41、A错误 B、氡的半衰期为3.8天，经7.6天后，有0.75克衰变成新核，故取走的砝码小于0.75克，天平才能再次平衡故B错误 C、用粒子去轰击氮核，属于原子核的人工转变故C正确 D、根据光电效应方程Ekm=eUc=hW0，知遏止电压与入射光的频率有关故D正确故选：CD22如图，变压器输入有效值恒定的电压，副线圈匝数可调，变压器的输入电压的表达式为u=220sin10（V），如图所示位置时，原副线圈的匝数比为10：1，变压器的输出电压通过输电线送给用户（电灯等用电器），R表示输电线的电阻（）A若提高变压吕的输入电压的频率，则根据电磁感应定律变压器的输出电压也将增大B变压器的输出电压为22VC用电
42、器增加时，灯泡L1变暗D用电器增加时，变压器的输入功率增加【考点】变压器的构造和原理；电功、电功率【分析】变压器不改变交流电的频率，电压只与匝数比有关，输出功率决定输入功率【解答】解：A、变压器的电压只与匝数比有关，与频率无关，所以提高变压器输入电压的频率，变压器的输出电压不变，故A错误；B、变压器输入电压的有效值，根据电压与匝数成正比，有，故B错误；C、用电器增加时，相当于开关S闭合，副线圈回路的电阻变小，输出电压不变，副线圈电流增大，电阻R两端的电压增大，灯泡L1两端的电压减小，灯泡L1变暗，故C确；D、用电器增加时，由C知输出电流增大，根据知变压器的输出功率增大，输入功率等于输出功率，所
43、以变压器的输入功率增加，故D正确；故选：CD23木块a和b用一根轻弹簧连接起来，放在光滑水平面上，a紧靠在墙壁上，在b上施加向左的力使轻质弹簧压缩，如图所示，对a、b和轻弹簧组成的系统，当撤去外力后，下列说法中正确的是（）Aa尚未离开墙壁前，系统动量守恒Ba尚未离开墙壁前，系统动量不守恒Ca离开墙壁后，系统动量守恒Da离开墙壁后，系统动量不守恒【考点】动量守恒定律【分析】判断系统动量是否守恒看系统所受的外力之和是否为零当撤去外力F后，a尚未离开墙壁前，系统受到墙壁的作用力，系统所受的外力之和不为零a离开墙壁后，系统所受的外力之和为0【解答】解：A、当撤去外力F后，a尚未离开墙壁前，系统受到墙壁
44、的作用力，系统所受的外力之和不为零所以和b组成的系统的动量不守恒故A错误、B正确C、a离开墙壁后，系统所受的外力之和为0，所以a、b组成的系统的动量守恒故C正确、D错误故选：BC24A、B两船的质量均为m，都静止在平静的湖面上，现A船上质量为m的人，以对地水平速度v从A船跳到B船，再从B船跳到A船，经n次跳跃后，人停在B船上，不计水的阻力，则（）AA、B两船速度大小之比为2：3BA、B（包括人）两船动量大小之比为1：1CA、B（包括人）两船动能之比为3：2DA、B（包括人）两船动能之比为1：1【考点】动量守恒定律【分析】对系统应用动量守恒定律求出动量之比，然后求出船的速度之比，根据动量守恒定律
45、求出系统总动量【解答】解：A、最终人在B船上，以系统为研究对象，在整个过程中，以A的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mvA（m+M）vB=0，解得： =，故A错误；B、以人与两船组成的系统为研究对象，人在跳跃过程中总动量守恒，所以A、B两船（包括人）的动量大小之比总是1：1，故B正确；C、两船的动能之比： =，故C正确，D错误；故选：BC三、非选择题：本大题共3小题，共28分按题目要求作答解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位25发电机输出功率为100kW，输出电压是250V，用户需要的电压是220V输电线电阻
46、为10，若输电线中因发热而损失的功率为输送功率的4%，试求：（1）在输电线路中设置的升，降压变压器原副线圈的匝数比（2）用户得到的电功率是多少？【考点】远距离输电；变压器的构造和原理【分析】（1）由输电线损耗功率求出输电电流I2，再由发电机输出功率与输出电压求得升压变压器的原线圈的电流I1，由是I1，I2得升压变压器的匝数比；求出升压变压器的匝数比后可求出降压变压器的原线圈的电压，再与用户电压结合求出降压变压器的原副线圈的匝数比（2）用户得到的电功率，等于降压变压器的输出功率，根据功率分配关系求解【解答】解：（1）输电线因发热损耗的功率为：P=P4%=1004%kW=4kW 由P=I2R，得输
47、电电流（即升压变压器副线圈中的电流）为：I2=A=20A升压变压器原线圈中的输入电流为：I1=A=400A所以升压变压器中原副线圈的匝数比为： =升压变压器副线圈两端的电压为：U2=20250V=5000V输电线路中损失的电压为：U=I2R=2010V=200V降压变压器原线圈中的输入电压U3为：U3=U2U=V=4800V所以降压变压器原副线圈的匝数比为： =（2）用户得到的电功率，即降压变压器的输出功率为：P=P（14%）=10096%kW=96kW答：（1）在输电线路中设置的升，降压变压器原副线圈的匝数比为（2）用户得到的电功率是96kW26如图所示，光滑水平地面上放有一长木板B，其质量
48、为M，长度L=3.0m，B的右端紧靠台阶，上表面与台阶平齐B上放有一质量为m的滑块C现有一质量也为m的滑块A从h=1.0m高的斜面顶端由静止滑下，然后冲上木板B，（转角处速度大小不变，只改变方向；转角的大小可忽略）但最终A恰好未能撞上C设A与其接触面间的动摩擦因数均为=0.25，滑块A的起始位置与木板B右端的水平距离s=0.8m，此过程中C与B恰好不发生相对滑动，不计滑块A、C的大小已知M=3m，取g=10m/s2求：（1）滑块A刚冲上木板B时的速度v0；（2）滑块C原来离木板B右端的距离d【考点】动量守恒定律；动能定理的应用【分析】（1）小滑块滑到底部前，重力和摩擦力做功做功，根据动能定理列
49、式求解；（2）当最终A恰好未能撞上C时，三个物体速度相同，对于三个物体组成的系统遵守动量守恒，根据动量守恒定律求解共同速度；系统机械能的减小量等于内能的增加量；联立方程即可求得滑块C原来离木板B右端的距离d【解答】解：（1）设斜面长为s1，倾角为，滑块A滑到斜面底端后冲上木板B前的水平部分长为s2对滑块A由动能定理得：由几何关系可知 s2+s1cos=s，所以v0=4m/s（2）当最终A恰好未能撞上C时，三个物体速度相同，设为v，由动量守恒定律得： mv0=（m+m+M）v代人数据解得：v=0.8m/s设在此过程A相对于B滑行的距离为l，由能量守恒定律可得：整理得：l=2.56m所以滑块C原来
50、离木板B右端的距离l=2.56m答：（1）滑块A刚冲上木板B时的速度v0为4m/s（2）滑块C原来离木板B右端的距离d为2.56m27如图所示，光滑的圆弧轨道竖直放置，底端与光滑的水平轨道相接，质量为m2的小球B静止在光滑水平轨道上，其左侧连接了一轻质弹簧，质量为m1的小球A从D点以速度v0向右运动，试求：（1）小球A撞击轻质弹簧的过程中，弹簧弹性势能的最大值；（2）要使小球A与小球B能发生二次碰撞，m1与m2应满足什么关系【考点】动量守恒定律；机械能守恒定律【分析】（1）小球A撞击轻质弹簧的过程中，当两球速度相等时，弹簧的弹性势能最大，由动量守恒定律与机械能守恒定律可以求出弹簧的最大弹性势能
51、（2）两球分开后，若A球的速度大于B球的速度时，两球可以第二次相碰，由动量守恒定律与机械能守恒定律可以求出两球发生第二次相碰的条件【解答】解：（1）小球A撞击轻质弹簧的过程中，当A、B两球速度相同时，弹簧的弹性势能最大，设共同速度为v，取向右为正方向，根据动量守恒定律有：m1v0=（m1+m2）v 根据机械能守恒定律有：EPm=m1v02（m1+m2）v2联立解得：弹簧弹性势能的最大值为： EPm=（2）设A、B与弹簧分离后的速度分别为v1和v2，根据动量守恒定律有： m1v0=m1v1+m2v2 根据机械能守恒定律有： m1v02=m1v12+m2v22联立解得：v1=v0，v2=v0，要使A、B两球能发生二次碰撞，必须满足|v1|v2则有：v0v0解得：m1m2，（m1+m20不符合事实，舍去）；答：（1）小球A撞击轻质弹簧的过程中，弹簧的最大弹性势能为（2）要使小球A与小球B能发生二次碰撞，m1与m2应满足的关系是m1m22017年3月26日
