江西省抚州市临川二中高三物理上学期第一次调研试卷（含解析）.doc

江西省抚州市临 川二中2015届高三上学期第一次调研物理试卷一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共计40分1-6题有一个选项符合题意，7-10题有多个选项符合题意全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得o分1如图所示，相距为l的a、b两质点沿相互垂直的两个方向以相同的速率v做匀速直线运动，则在运动过程中，a、b间的最短距离为( )ablcd2l考点：运动的合成和分解 专题：运动的合成和分解专题分析：根据在相等的时间内，由位移公式可确定各自位移，并由三角形来确定位移关系，根据距离与时间关系，确定何时取最小值解答：解：设经过时间t后，a的位置为lvtb的位置为vtab=，解得：ab=，则当t=时，ab最小最小值为，故a正确，bcd错误；故选a点评：考查位移公式，并根据数学表达式来确定，在时间取何值时，距离取最小值2质量m=1kg的物体做直线运动的速度时间图象如图所示，根据图象可知，下列说法中正确的是( )a物体在08s内的平均速度方向与1s末的速度方向相同b物体在02s内的速度变化比24s内的速度变化快c物体在24s内合外力做的功为零d物体在2s末速度方向发生改变考点：匀变速直线运动的图像 专题：运动学中的图像专题分析：在速度时间图象中，某一点代表此时刻的瞬时速度，时间轴上方速度是正数，时间轴下方速度是负数；切线表示加速度，加速度向右上方倾斜，加速度为正，向右下方倾斜加速度为负；图象与坐标轴围成面积代表位移，时间轴上方位移为正，时间轴下方位移为负解答：解：a、速度时间图象与坐标轴围成的面积表示位移，由图可知，08s内的平均速度m/s，1s末的速度为1m/s，方向相反，故a错误；b、02s内的加速度为：a=，24s内的加速度为，所以4s内的速度变化快，故b错误；c、24s内的位移为：x=，所以合外力做的功为零，故c正确；d、2s末前后速度图象都在时间轴的上方，都为正，所以2s末速度方向未改变，故d错误故选c点评：本题是速度时间图象问题，抓住图象的数学意义来理解其物理意义：斜率表示加速度，面积表示位移3小球a质量为2kg，斜面体b的质量为10kg，斜面倾角=30，已知 a、b间和b与地面之间的动摩擦因数均为=0.27，将物体a放在斜面b上端的同时，给b施加一水平力f，为使a沿竖直方向落地，拉力f的大小至少为( )a200nb100nc100nd200n考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系 专题：牛顿运动定律综合专题分析：要使a竖直下落，则a做自由落体且一直在斜面的正上方，则由几何关系可知a下落的高度和b前进的距离之间的关系；再由牛顿第二定律可求得水平位移的表达式；联立可解解答：解：假设a下落的高度为h，则此时斜面体应向右滑动距离为：x=对a球有：h=gt2；对斜面体有：x=at2；fmg=ma联立解得：f=200n；故选：a点评：本题考查牛顿第二定律及自由落体的规律，要注意明确临界条件的正确应用4一个物体在三个共点力f1、f2、f3作用下做匀速直线运动现保持f1、f2不变，不改变f3的大小，只将f3的方向顺时针转过60后，下列说法中正确的是( )a力f3一定对物体做负功b物体的动能可能不变c物体一定做匀变速曲线运动d物体可能做匀变速直线运动考点：物体做曲线运动的条件；功的计算 分析：三力平衡中任意两个力的合力与第三个力等值、反向、共线，故先求出除f3外的两个力的合力，然后将转向后的力f3与除f3外的两个力的合力合成，即可求出合力，根据合力与速度方向的关系判断做什么运动，根据转向后f3与速度方向的关系判断做正功还是负功解答：解：b、力平衡中任意两个力的合力与第三个力等值、反向、共线，故除f3外的两个力的合力大小等于f3，方向与f3反向，故等效成物体受两个互成120的大小等于f3的力作用；根据平行四边形定则可知，两个大小相等且互成120的力合成时，合力在两个分力的角平分线上，大小等于分力，故此时物体所受到的合力大小为f3，合外力为恒力且不为零，物体的动能一定改变，故b错误；a、若此时合力方向与速度方向相同，则物体做匀变速直线运动，f3与速度方向为60，力f3做正功，故ac错误，d正确；故选：d点评：本题关键在于三力平衡中任意两个力的合力与第三个力等值、反向、共线；同时用到两个大小相等且互成120的力合成时，合力在两个分力的角平分线上，且大小等于两分力5如图所示，50个大小相同、质量均为m的小物块，在平行于斜面向上的恒力f作用下一起沿斜面向上运动已知斜面足够长，倾角为30，各物块与斜面的动摩擦因数相同，重力加速度为g，则第3个小物块对第2个小物块的作用力大小为( )abc24mg+d因为动摩擦因数未知，所以不能确定考点：牛顿第二定律；力的合成与分解的运用 专题：牛顿运动定律综合专题分析：对整体分析，运用牛顿第二定律求出整体的加速度，再隔离分析，求出第3个小物块对第2个小物块的作用力大小解答：解：根据牛顿第二定律得，整体的加速度a=隔离对12两个物体分析，有：f2mgsin302mgcos30n=2ma解得n=故b正确，a、c、d错误故选b点评：解决本题的关键能够正确地进行受力分析，运用牛顿第二定律进行求解，注意整体法和隔离法的运用6如图所示，电源电动势为e，内电阻为r，当合上开关s时，各个电灯均能正常发光，如果电灯l1因灯丝烧断而熄灭，将要出现的现象是( )al3变亮，l2、l4变暗bl2、l3变亮，l4变暗cl4变亮，l2、l3变暗dl2、l4变亮，l3变暗考点：闭合电路的欧姆定律 专题：恒定电流专题分析：由图可知l2与l1并联后与l4串联，再与l3并联l1因灯丝烧断而熄灭，并联部分电阻增大，由闭合电路欧姆定律判断电路电流如何变化，根据电路电流变化求解解答：解：由图可知l2与l1并联后与l4串联，再与l3并联l1因灯丝烧断而熄灭，并联部分电阻增大，则总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律得知，干路电流i减小，电源内阻所占电压减小，则并联部分电压增大，通过l3的电流变大，所以电灯l3变亮，干路电流i减小而l3的电流变大，则l4的电流减小，l4变暗，l4的电压减小，并联部分电压增大，则l2两端电压增大，所以通过l2的电流增大，l2变亮，故b正确，acd错误故选：b点评：本题是电路中动态变化分析的问题，首先要搞清电路的结构，其次要按“部分整体部分”的顺序分析7如图所示，等腰直角三角体ocd由不同材料a、b拼接而成，p为两材料在cd边上的交点，且dpcp现od边水平放置，让小物块从c滑到d；然后将oc边水平放置，再让小物块从d滑到c，小物块两次滑动经过p点的时间相同下列说法正确的是( )aa、b材料的动擦因数相同b两次滑动中物块到达p点速度相等c两次滑动中物块到达底端速度相等d两次滑动中物块到达底端摩擦生热相等考点：功能关系；动能定理的应用 专题：压轴题分析：从c到d和从d到c分别利用动能定理可以比较物块滑到低端时的速度大小，根据q=fs相对可以比较两次产生热量大小解答：解：a、由于a、b材料不同，因此它们的动摩擦因数不同，故a错误；b、由题意可知，小物块两次滑动经过p点的时间相同且dpcp，因此从d到p的平均速度大于从c到p的平均速度，设从c到p点时速度为v1，从d到p时速度为v2，则根据匀变速直线运动特点有：，即从d到p点速度大于从c到p点的速度，故b错误；c、从c到d和从d到c过程中摩擦力做功相等，重力做功相等，根据动能定理可知，两次滑动中物块到达底端速度相等，故c正确；d、两次滑下的过程中摩擦力做功相同，斜面静止不动，因此两次滑动中物块到达底端摩擦生热相等，故d正确故选cd点评：熟练应用动能定理是解答这类问题的关键，应用动能定理时注意正确选择两个状态，弄清运动过程中外力做功情况，可以不用关心具体的运动细节8如图所示，电路中的电压u恒定，已知c1=2c2，r1=2r2，当回路电流达到稳定以后( )ac1两板间的电压是c2上的2倍bc1极板上所带的电量是c2上的2倍cr1两端的电压是r2的2倍dr1中的电流是r2的2倍考点：闭合电路的欧姆定律；电容 专题：恒定电流专题分析：先分析电路结构，两个电阻串联，电容器c1与电阻r1并联，电容器c2与电阻r2并联，根据欧姆定律分析电阻两端电压和电流的关系，而并联电路电压相等，再结合q=uc判断电容器带电量的关系解答：解：acd、两个电阻串联后接入电路，则电流相等，根据u=ir及r1=2r2可知，u1=2u2，电容器c1与电阻r1并联，电容器c2与电阻r2并联，则c1两板间的电压是c2上的2倍，故ac正确，d错误；b、根据q=uc及c1=2c2，u1=2u2可知，c1极板上所带的电量是c2上的4倍，故b错误故选：ac点评：本题主要考查了串并联电路的特点，知道电容器的电压等于与之并联的电路两端的电压，能根据欧姆定律分析，难度适中9磁力玻璃擦是目前很时尚的玻璃清洁器，其原理是利用异性磁极的吸引作用可使外面的一片跟着里面的一片运动，旧式磁力玻璃擦在使用时由于相对移动会导致前后两面的同性磁极间距较小，由于同性磁极相互斥力作用很容易脱落，其内部n、s磁极分布如图甲所示经过改进后，新式磁力玻璃擦其内部的n、s磁极分布如图乙所示，使用时两片不易脱落，关于两种磁力玻璃擦脱落的主要原因，下列说法中正确的是( )a甲图中前后面的同性磁极间距较小，同性磁极相互斥力大，容易脱落b甲图中前后面的异性磁极间距较小，异性磁极相互引力大，不容易脱落c乙图中前后面的同性磁极间距较大，同性磁极相互斥力小，不容易脱落d乙图中前后面的异性磁极间距较大，异性磁极相互引力小，容易脱落考点：磁现象和磁场 分析：同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引，同名磁极靠的越近，磁极间的引力越大，异名磁极间的距离越近，斥力越大解答：解：a、由图示可知，甲图中前后面的同性磁极间距较小，同性磁极相互斥力大，容易脱落，故a正确；b、异性磁极间距较小，异性磁极相互引力大，越不容易脱落，故b错误；c、由图示可知，乙图中前后面的同性磁极间距较大，同性磁极相互斥力小，不容易脱落，故c正确；d、前后面的异性磁极间距等于玻璃的厚度，与磁力玻璃擦结构无关，故d错误；故选ac点评：知道磁体磁极间的相互作用、分析清楚图示情景即可正确解题10如图所示，mpqo为有界的竖直向下的匀强电场，电场强度为e，acb为光滑固定的半圆形轨道，圆轨道半径为r，ab为圆水平直径的两个端点，ac为圆弧一个质量为m电荷量为q的带电小球，从a点正上方高为h处由静止释放，并从a点沿切线进入半圆轨道不计空气阻力及一切能量损失，关于带电粒子的运动情况，下列说法正确的是( )a小球一定能从b点离开轨道b小球在ac部分可能做匀速圆周运动c若小球能从b点离开，上升的高度一定小于hd小球到达c点的速度可能为零考点：带电粒子在匀强电场中的运动；牛顿第二定律；向心力 专题：带电粒子在电场中的运动专题分析：当小球的重力与电场力平衡，小球进入轨道，靠弹力提供向心力，做匀速圆周运动根据动能定律判断上升的高度与h的关系通过假设法判断小球到达c点的速度能否为零，若能为零，根据动能定理知，电场力做功做功等于重力做功，则电场力大于重力，无法做圆周运动解答：解：a、由于题中没有给出h与r、e的关系，所以小球不一定能从b点离开轨道，故a错误；b、若重力大小等于电场力，小球在ac部分做匀速圆周运动，故b正确c、由于小球在ac部分运动时电场力做负功，所以若小球能从b点离开，上升的高度一定小于h，故c正确；d、若小球到达c点的速度为零，则电场力大于重力，则小球不可能沿半圆轨道运动，所以小球到达c点的速度不可能为零故d错误故选bc点评：本题考查了带电小球在电场和重力场中的运动，综合运用了动能定理、牛顿第二定律等知识，综合性强，对学生的能力要求较高二、实验题11在“探究求合力的方法”实验中，关于操作步骤和注意事项，下列说法中正确的是 ( )a两细绳必须等长b拉橡皮条时，橡皮条、细绳和弹簧秤平行贴近木板c用两弹簧秤同时拉细绳时两拉力之差应尽可能大d拉橡皮条的细绳要长些，标记同一细绳方向的两点要远些考点：验证力的平行四边形定则 专题：实验题分析：正确解答本题要掌握：正确理解和应用平行四边形定则，明确合力和分力的大小关系，理解“等效法”在该实验中的应用解答：解：a、两细绳可以不等长，因为绳子的长短不影响力的大小和方向的表示故a错误b、拉橡皮条时，橡皮条、细绳和弹簧秤平行贴近木板，使得结点所受的几个力在同一平面内故b正确c、用两弹簧秤同时拉细绳时两拉力之差如果很大，那么力作图示时误差就会较大故c错误d、拉橡皮条的细绳要长些，标记同一细绳方向的两点要远些，这样有助于比较准确的表示出拉力方向，故d正确故选：bd点评：本题考查了“等效法”的应用和平行四边形定则等基础知识，对于这些基础知识在平时练习中要不断加强训练，以提高解题能力12某同学用螺旋测微器测量一圆柱体的直径d，示数如图，则d=8.4738.477mm考点：螺旋测微器的使用 专题：实验题分析：螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读解答：解：螺旋测微器的固定刻度为8mm，可动刻度为47.50.01mm=0.475mm，所以最终读数为8mm+0.475mm=8.475mm，由于需要估读，最后的结果可以在8.4738.477之间故答案为：8.4738.477点评：对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量13某同学利用“验证机械能守恒定律”实验装置打出了一条图示纸带，每相邻两计数点间还有4个打点（图中未标出），图中d点的速度vd=3.81m/s（ 保留三位有效数字）考点：验证机械能守恒定律 专题：实验题；机械能守恒定律应用专题分析：根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上d点时小车的瞬时速度大小解答：解：由于每相邻两个计数点间还有4个点没有画出，所以相邻的计数点间的时间间隔t=0.1s，根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上d点时小车的瞬时速度大小vd=3.81m/s故答案为：3.81点评：要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用14某物理 学习小组的同学在研究性学习过程中，用伏安法研究某电子元件r1（6v，2.5w）的伏安特性曲线，要求多次测量尽可能减小实验误差，备有下列器材：a直流电源（6v，内阻不计）b电流表g（满偏电流3ma，内阻rg=10） c电流表a（00.6a，内阻未知）d滑动变阻器r（020，5a） e滑动变阻器r（0200，1a）f定值电阻r0（阻值1990） g开关与导线若干（1）根据题目提供的实验器材，请你设计出测量电子元件r1伏安特性曲线的电路原理图（r1可用“”表示）（画在方框内）（2）在实验中，为了操作方便且能够准确地进行测量，滑动变阻器应选用d（填写器材序号）（3）将上述电子元件r1 和另一电子元件r2接入如图所示的电路甲中，它们的伏安特性曲线分别如图乙中oa、ob所示电源的电动势e=6.0v，内阻忽略不计调节滑动变阻器r3，使电子元件r1和r2消耗的电功率恰好相等，则此时电子元件r1的阻值为10，r3接入电路的阻值为4.0（结果保留两位有效数字）考点：描绘小电珠的伏安特性曲线 专题：实验题；恒定电流专题分析：（1）在该实验中，滑动变阻器采用分压接法，由于没有电压表，因此需要用已知内阻的电流表g进行改装，由此可画出原理图（2）在保证安全的前提下，为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器（3）电子元件r1和r2消耗的电功率恰好相等，说明它们的电压和电流相等，根据图象求出此时流过r1和r2的电压电流，从而求出r1的阻值，根据串并联知识进一步求出滑动变阻器接入电路中的电阻值解答：解：（1）描绘灯泡的伏安特性曲线，电压与电流从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法；由题意可知，没有电压表，需要用已知内阻的电流表g与定值电阻r0串联测电压，灯泡电阻r=14.4，电压表内阻为10+1990=2000，电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采用外接法，电路图如图所示：（2）为方便实验操作，同时分压接法时，要求用小电阻，故滑动变阻器应选d（3）两元件串联，流过它们的电流始图相等，电子元件r1和r2消耗的电功率恰好相等，说明它们的电压和电流相等，由图乙可知，此时电阻两端的电压为u=2.5v，i=0.25a，根据欧姆定律得：根据串并联电路特点，可知，此时流过r3的电流为：i=2i=0.5a，两端的电压为：u=eu=6v2.5v=3.5vr3接入电阻的阻值为：r3=4.0；故答案为：（1）电路图如图所示；（2）d；（3）10；4.0点评：本题考查实验中的仪表选择及接法的选择；应注意滑动变阻器分压及限流接法的区别及应用，同时还要学会结合图象以及电路的串并联进行数据处理三、选做题：本题共有3小题，每位同学从中选1题作答，若3题均作答则按第一题给分a（选修模块3-3）15研究大气现象时可把温度、压强相同的一部分气体叫做气团气团直径达几千米，边缘部分与外界的热交换对整个气团没有明显影响，气团在上升过程中可看成是一定质量理想气体的绝热膨胀，设气团在上升过程中，由状态（p1，v1，t1）绝热膨胀到状态（p2，v2，t2）倘若该气团由状态（p1，v1，t1）作等温膨胀至状态（p3，v2，t1），试回答：（1）下列判断正确的是aca p3p2 b p3p2 c t1t2 d t1t2（2）若气团在绝热膨胀过程中对外做的功为w1，则其内能变化e1=w1；若气团在等温膨胀过程中对外做的功为w2，则其内能变化e2=0（3）气团体积由v1变化到v2时，求气团在变化前后的密度比和分子间平均距离之比考点：理想气体的状态方程 专题：理想气体状态方程专题分析：（1）地面的气团上升到高空的过程中压强减小，气团膨胀，对外做功，根据热力学第一定律判断内能的变化，从而判断温度的变化；（2）根据热力学第一定律计算内能变化；（3）根据=可知，质量不变，密度与体积成反比；设分子间平均距离为d，气体分子数为n，则所有气体体积为v=nd3可求距离之比解答：解：（1）地面的气团上升到高空的过程中气团膨胀，对外做功，w0由于气团很大，边缘部分与外界的热交换对整个气团没有明显影响，即q=0根据热力学第一定律u=w+q得知，u0，内能减小，则温度降低根据理想气体状态方程得：= v增大t减小则p一定减小，故p1p2；t1t2故c正确；由状态1到状态iii时过程中，有：= 联立则有：=，t1t2故p3p2，故a正确b错误，故选：ac；（2）地面的气团上升到高空的过程中气团膨胀，对外做功w1由于气团很大，边缘部分与外界的热交换对整个气团没有明显影响，即q=0根据热力学第一定律e1=w1若气团在等温膨胀过程，气体温度不变，内能不变，即e2=0故答案为：w1，0（3）根据=得：气体变化前后密度之比为：=，设分子间平均距离为d，气体分子数为n，则所有气体体积为v=nd3气体变化前后分子间平均距离之比为：=；故答案为：（1）ac；（2）w1；0；（3）变化前后密度比：，变化前后分子间平均距离比 点评：本题综合考察了理想气体状态方程，热力学第一定律，再利用热力学第一定律时要注意符号问题求解气体变化前后密度与距离之比时关键抓住质量不变，分子数不变便可轻松解决b（选修模块3-4）16下列说法中正确的是 ( )a受迫振动的频率与振动系统的固有频率有关b波是传递能量的一种方式c牛顿环是由光的衍射产生的d电子液晶显示是光的偏振现象的应用考点：自由振动和受迫振动；机械波 专题：定量思想；简谐运动专题分析：受迫振动的频率等于驱动力的频率，当驱动力频率与系统固有频率接进时系统振幅显著加强的现象叫做共振现象解答：解：a、受迫振动的频率等于驱动力的频率，与固有频率无关，故a错误；b、波是传递能量的一种方式，如光波有能量，故b正确；c、牛顿环是由光的等厚干涉产生的，故c错误；d、电子液晶显示是光的偏振现象的应用，故d正确；故选：bd点评：本题考查了受迫振动与共振、机械波、光的衍射、光的偏振等内容，知识点跨度大，不难17二十世纪二十年代，天文学家哈勃从星系光谱的观测中发现宇宙中所有的星系都在彼此远离退行，距离越远，退行速度越大，两者成正比，这个规律称为哈勃定律一个遥远的超新星以速度v远离地球观察者，则地球观察者测量的星系光谱波长大于（选填“大于”、“等于”或“小于”）超新星发出光谱波长；地球观察者测量超新星发出光的传播速度为c（光在真空中传播速度为c）考点：恒星的演化 分析：使用多普勒效应得出宇宙正在膨胀的结论根据相对论原理解答解答：解：根据多普勒效应，遥远的超新星以速度v远离地球观察者，则地球观察者测量的星系光谱波长大于超新星发出光谱波长；根据相对论原理，地球观察者测量超新星发出光的传播速度为c故答案为：大于，c点评：此题考查了运用多谱勒效应研究宇宙的产生等有关天体知识，并考查了模型法的应用18研究发光物体的光谱通常需要三棱镜，如图所示是截面为等边三角形abc的三棱镜，一束光从ab边的p点射入棱镜，当入射角i=60时，进入棱镜的折射光线与bc边平行求：光在棱镜中的传播速度v（光在真空中传播速度c=3108m/s）；入射光经过棱镜两次折射后偏转的角度考点：光的折射定律 专题：光的折射专题分析：作出光路图，由几何知识确定出折射角，即可由折射定律求折射率n，得到光在棱镜中的传播速度v=根据光路的可逆性原理和几何关系得到入射光经过棱镜两次折射后偏转的角度解答：解：由几何知识得：第一次折射时折射角为r=30由折射定律得：折射率 解得 则 光在棱镜中的传播速度 由几何关系可知：偏转角 =2（ir）=2（6030）=60答：光在棱镜中的传播速度v是1.73108m/s；入射光经过棱镜两次折射后偏转的角度是60点评：本题是简单的几何光学问题，关键要正确作出光路图，运用折射定律、光速公式和几何知识结合进行研究c（选修模块3-5）19自由中子是不稳定的，它的平均寿命大约是900s，它能自发地发生放射性衰变，衰变方程是：nh+x+，其中是反电子中微子（不带电的质量很小的粒子）下列说法中正确的是 ( )a自由中子的衰变是衰变，x是负电子b有20个自由中子，半小时后一定剩下5个中子未发生衰变c衰变过程遵守动量守恒定律d衰变过程有质量亏损，所以能量不守恒考点：原子核衰变及半衰期、衰变速度 专题：衰变和半衰期专题分析：衰变的过程中电荷数守恒、质量数守恒，动量守恒，能量也守恒半衰期对于大量的粒子适用，具有统计规律；解答：解：a、根据电荷数守恒、质量数守恒，知x的电荷数为1，质量数为0，为负电子，该衰变为衰变故a正确b、半衰期有统计规律，对大量的中子适用故b错误c、在衰变的过程，系统不受外力，动量守恒故c正确d、衰变的过程中，有质量亏损，能量守恒，亏损的质量以能量的形式释放故d错误故选ac点评：解决本题的关键知道衰变的过程中电荷数守恒、质量数守恒，当系统不受外力时，动量守恒20电子俘获即原子核俘获1个核外轨道电子，使核内1个质子转变为中子一种理论认为地热是镍58（在地球内部的高温高压下发生电子俘获核反应生成钴（co）58时产生的则镍58电子俘获核反应方程为；生成的钴核处于激发态，会向基态跃迁，辐射光子的频率为v，已知真空中光速和普朗克常量分别为c和h，则此核反应过程中的质量亏损为考点：氢原子的能级公式和跃迁；原子核的人工转变 分析：根据电荷数守恒、质量数守恒写出核反应方程，通过爱因斯坦质能方程求出核反应过程中质量的亏损解答：解：核反应方程为：根据爱因斯坦质能方程得，hv=mc2，则质量亏损故答案为：，点评：解决本题的关键知道在核反应过程中电荷数守恒、质量数守恒，以及掌握爱因斯坦质能方程21在电子俘获中，原子核俘获了k层一个电子后，新核原子的k层上将出现一个电子空位，当外层l层上电子跃迁到k层填补空位时会释放一定的能量：一种情况是辐射频率为v0的x射线；另一种情况是将该能量交给其它层上的某电子，使电子发生电离成为自由电子若该能量交给m层电子，电离后的自由电子动能是e0，普朗克常量为h试求新核原子的l层电子和k层电子的能级差及m层电子的能级（即能量值）考点：氢原子的能级公式和跃迁；能量守恒定律 专题：原子的能级结构专题分析：根据外层l层上电子跃迁到k层填补空位时会释放的能量求出l层和k层的能级差，根据能量守恒求出m层电子的能级解答：解：l层和k层电子的能级差e=h0设m层电子的能级为em，由能量守恒可知e0+（0em）=h0解得 em=e0h0答：新核原子的l层电子和k层电子的能级差为hv0，m层电子的能级为em=e0h0点评：解决本题的关键知道能级间跃迁辐射或吸收的光子能量等于两能级间的能级差四、计算题：本题共3小题，共计33分解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，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22一宠物毛毛狗“乐乐”在玩耍时不慎从离地h1=19.5m高层阳台无初速度竖直掉下，当时刚好是无风天气，设它的质量m=2kg，在“乐乐”开始掉下的同时，几乎在同一时刻刚好被地面上的一位保安发现并奔跑到达楼下，奔跑过程用时2.5s，恰好在距地面高度为h2=1.5m处接住“乐乐”，“乐乐”缓冲到地面时速度恰好为零，设“乐乐”下落过程中空气阻力为其重力的0.6倍，缓冲过程中空气阻力为其重力的0.2倍，重力加速度g=10m/s2求：（1）为了营救“乐乐”允许保安最长的反应时间；（2）在缓冲过程中保安对“乐乐”做的功考点：动能定理的应用；匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律 专题：机械能守恒定律应用专题分析：（1）对“乐乐”用牛顿第二定律求出加速度，“乐乐”下落做自由落体运动，求出其运动时间，进而求出允许保安最长反应时间；（2）先求出“乐乐”下落18m时的速度，对缓冲过程运用动能定理即可求解解答：解：（1）对“乐乐”用牛顿第二定律mg0.6mg=ma1求得：a1=4m/s2“乐乐”下落过程：求得：t=3s 允许保安最长反应时间：t=（32.5）s=0.5s （2）“乐乐”下落18m时的速度1=a1t=12m/s 缓冲过程中，对“乐乐”由动能定理得：解得：w=168j 答：（1）为了营救“乐乐”允许保安最长的反应时间为0.5s；（2）在缓冲过程中保安对“乐乐”做的功168j点评：通过一个实例考查学生对运动学和牛顿运动定律相关知识掌握，分析解决问题能力，难度适中23如图甲所示，空间存在一宽度为2l有界匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里在光滑绝缘水平面内有一边长为l的正方形金属线框，其质量m=1kg、电阻r=4，在水平向左的外力f作用下，以初速度v0=4m/s匀减速进入磁场，线框平面与磁场垂直，外力f大小随时间t变化的图线如图乙所示以线框右边刚进入磁场时开始计时，求：（1）匀强磁场的磁感应强度b；（2）线框进入磁场的过程中，通过线框的电荷量q；（3）判断线框能否从右侧离开磁场？说明理由考点：导体切割磁感线时的感应电动势；匀变速直线运动的速度与位移的关系；安培力 专题：电磁感应中的力学问题分析：（1）根据乙图，求出线框的加速度，由运动学公式可以求出线框的边长，线框匀减速运动，根据牛顿第二