福建省南平一中2015-2016学年下学期高二(下)期中物理试卷(版)

1、2015-2016学年福建省南平一中高二（下）期中物理试卷一、单项选择题（共12小题，每小题3分，共36分每小题只有一个正确答案）1理想变压器正常工作时，原、副线圈中不相同的物理量为（）A每匝线圈中磁通量的变化率B交变电流的频率C原线圈的输入功率和副线圈的输出功率D原线圈中的感应电动势和副线圈中的感应电动势2将输入为220V，输出为6V的变压器，改绕成输出为30V的变压器若副线圈原来的匝数为30匝，原线圈匝数不变，则副线圈应增加的匝数是（）A150匝B120匝C130匝D144匝3如图所示是街头变压器给用户供电的示意图变压器的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

2、户输电线的电阻用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向下移动时，下列说法不正确的是（）A相当于在增加用电器的数目BA1表的示数随A2表的示数的增大而增大CV1表的示数随V2表的示数的增大而增大D变压器的输入功率增大4一般发电机组输出的电压在十千伏上下，不符合远距离输电的要求要在发电站内用升压变压器，升压到几百千伏后再向远距离输电到达几百千米甚至几千千米之外的用电区之后，再经“一次高压变电站”“二次变电站”降压已知经低压变电站降压变压器（可视为理想变压器）后供给某小区居民的交流电u=220sin 100t V，该变压器原、副线圈匝数比为50：1，则（）A原线圈上的电压为1

3、1 000 VB原线圈中电流的频率是50HzC原线圈使用的导线应该比副线圈的要粗D采用高压输电有利于减少输电线路中的损耗，是因为增大电流强度了5某物体受到一个6Ns的冲量作用，则（）A物体的动量一定减小B物体的末动量一定是负值C物体动量增量的方向一定与规定的正方向相反D物体原来动量的方向一定与这个冲量的方向相反6如图所示，一个木箱原来静止在光滑水平面上，木箱内粗糙的底板上放着一个小木块木箱和小木块都具有一定的质量现使木箱获得一个向右的初速度v0，则（）A小木块和木箱最终都将静止B小木块最终将相对木箱静止，二者一起向右运动C小木块在木箱内壁将始终来回往复碰撞，而木箱一直向右运动D如果小木块与木箱

4、的左壁碰撞后相对木箱静止，则二者将一起向左运动7两个质量不同的物体，在光滑的水平面上相向运动，并发生正碰，则下列说法中正确的是（）A碰撞后，质量小的物体速度变化大B碰撞后，质量大的物体速度变化大C若碰撞后连成整体，则整体运动方向与原来动量大的物体的运动方向相同D若碰撞后连成整体，则整体运动方向与原来速度大的物体的运动方向相同8铀是常用的一种核燃料，若它的原子核发生了如下的裂变反应：则a+b可能是（）ABCD9如图是氢原子的能级图，大量处于n=4激发态的氢原子向低能级跃迁时，一共可以辐射出6种不同频率的光子，其中巴耳末系是指氢原子由高能级向n=2能级跃迁时释放的光子，则（）A6种光子中波长最长的

5、是n=4激发态跃迁到基态时产生的B6种光子中有3种属于巴耳末系C使n=4能级的氢原子电离至少要0.85eV的能量D若从n=2能级跃迁到基态释放的光子能使某金属板发生光电效应，则从n=3能级跃迁到n=2能级释放的光子也一定能使该板发生光电效应10下列四幅图的有关说法中，正确的是（）A若两球质量相等，碰后m2的速度一定为vB射线甲是粒子流，具有很强的穿透能力C在光颜色保持不变的情况下，入射光越强，饱和光电流越大D链式反应属于重核的裂变11核能作为一种新能源在现代社会中已不可缺少，我国在完善核电安全基础上将加大核电站建设核泄漏中的钚（Pu）是一种具有放射性的超铀元素，它可破坏细胞基因，提高罹患癌症的

6、风险已知钚的一种同位素Pu的半衰期为24100年，其衰变方程为PuX+He+，下列有关说法正确的是（）AX原子核中含有92个中子B100个Pu经过24100年后一定还剩余50个C由于衰变时释放巨大能量，根据E=mc2，衰变过程总质量增加D衰变发出的放射线是波长很短的光子，具有很强的穿透能力12以往我们认识的光电效应是单光子光电效应，即一个电子在极短时间内只能吸收到一个光子而从金属表面逸出强激光的出现丰富了人们对于光电效应的认识，用强激光照射金属，由于其光子密度极大，一个电子在极短时间内吸收多个光子成为可能，从而形成多光子电效应，这已被实验证实光电效应实验装置示意如图用频率为的普通光源照射阴极K

7、，没有发生光电效应换用同样频率为的强激光照射阴极K，则发生了光电效应；此时，若加上反向电压U，即将阴极K接电源正极，阳极A接电源负极，在KA之间就形成了使光电子减速的电场，逐渐增大U，光电流会逐渐减小；当光电流恰好减小到零时，所加反向电压U可能是下列的（其中W为逸出功，h为普朗克常量，e为电子电量）（）ABCU=2hWD二、多项选择题（本大题共5小题，每小题4分，共20分漏选得2分，错选不得分）13理想变压器正常工作时，原、副线圈中的电流为I1、I2，电压为U1、U2，功率为P1、P2，关于它们之间的关系，下列说法中正确的是（）AI1由I2决定BU2与负载有关CP1由P2决定D以上说法都不正确

8、14“轨道电子俘获”是放射性同位素衰变的一种形式，即原子核俘获一个核外电子，核内一个质子变为中子，原子核衰变成一个新核，并且放出一个中微子（其质量小于电子质量且不带电）若一个静止的原子核发生“轨道电子俘获”（电子的初动量可不计），则（）A生成的新核与衰变前的原子核质量数相同B生成新核的核电荷数增加C生成的新核与衰变前的原子核互为同位素D生成的新核与中微子的动量大小相等15如图甲所示，在光滑水平面上的两小球发生正碰小球的质量分别为m1和m2图乙为它们碰撞前后的st（位移时间）图象已知m1=0.1由此可以判断（）A碰前m2静止，m1向右运动B碰后m2和m1都向右运动Cm2=0.3kgD碰撞过程中系

9、统损失了0.4J的机械能16如图是某金属在光的照射下产生的光电子的最大初动能Ek与入射光频率v的关系图象，由图象可知（）A该金属的逸出功等于EB该金属的逸出功等于hv0C入射光的频率为2v0时，产生的光电子的最大初动能为ED入射光的频率为时，产生的光电子的最大初动能为17如图，在光滑水平面上放着质量分别为m和2m的A、B两个物块，现用外力缓慢向左推B使弹簧压缩，此过程中推力做功W然后撤去外力，则（）A从开始到A离开墙面的过程中，墙对A的冲量为0B当A离开墙面时，B的动量大小为CA离开墙面后，A的最大速度为DA离开墙面后，弹簧的最大弹性势能为三、实验题（本大题2小题，共6分）18如图所示为验证动

10、量守恒的实验装置示意图（1）若入射小球质量为m1，半径为r1；被碰小球质量为m2，半径为r2则Am1m2，r1r2 Bm1m2，r1r2Cm1m2，r1=r2 Dm1m2，r1=r2（2）为完成此实验，以下所提供的测量工具中必需的是A直尺 B游标卡尺 C天平 D弹簧秤 E秒表（3）设入射小球的质量为m1，被碰小球的质量为m2，P为碰前入射小球落点的平均位置，则关系式（用m1、m2及图中字母表示）成立，即表示碰撞中动量守恒四、计算题：（4题共38分，需写出必要的文字说明和公式，只写答案不得分）19一台有两个副线圈的变压器，原线圈匝数n1=1 100匝接入电压U1=220V的电路中若两副线圈上分别

11、接上“6V，20W”“110V，60W”的两个用电器，并同时正常工作，原线圈的输入电流为多少？20人们利用发电机把天然存在的各种形式的能（水流能、煤等燃料的化学能）转化为电能，为了合理地利用这些能源，发电站要修建在靠近这些天然资源的地方，但用电的地方却分布很广，因此需要把电能输送到远方某电站输送电压为U=6000V，输送功率为P=500kW，这时安装在输电线路的起点和终点的电度表一昼夜里读数相差4800kWh（即4800度电），试求（1）输电效率和输电线的电阻（2）若要使输电损失的功率降到输送功率的2%，电站应使用多高的电压向外输电？212005年7月4日13时52分，美国宇航局“深度撞击”号

12、探测器释放的撞击器“击中”目标坦普尔1号彗星，这次撞击只能使该彗星自身的运行速度出现1107m/s的改变探测器上所携带的重达370kg的彗星“撞击器”将以3.6104km/h的速度径直撞向彗星的彗核部分，撞击彗星后融化消失根据以上数据，估算一下彗星的质量是多少？（保留两位有效数字）22如图，在水平地面上有两物块甲和乙，它们的质量分别为2m、m，甲与地面间无摩擦，乙与地面间动摩擦因数为现让甲物体以速度v0向着静止的乙运动并发生正碰，试求：（i）甲与乙第一次碰撞过程中系统的最小动能；（ii）若甲在乙刚停下来时恰好与乙发生第二次碰撞，则在第一次碰撞中系统损失了多少机械能？2015-2016学年福建省

13、南平一中高二（下）期中物理试卷参考答案与试题解析一、单项选择题（共12小题，每小题3分，共36分每小题只有一个正确答案）1理想变压器正常工作时，原、副线圈中不相同的物理量为（）A每匝线圈中磁通量的变化率B交变电流的频率C原线圈的输入功率和副线圈的输出功率D原线圈中的感应电动势和副线圈中的感应电动势【考点】变压器的构造和原理【分析】变压器的电流与匝数成反比，输入功率等于输出功率，磁通量的变化率相同，频率不变【解答】解：交流电的电流与匝数成反比，变压器的变压原理即为在同一个铁芯中磁通量的变化率相同，输入功率等于输出功率，变压器只改变电压和电流不改变电流的频率、电功率及磁通量的变化率原线圈的感应电动

14、势，副线圈中的感应电动势，原副线圈匝数不相等，所以原线圈中的感应电动势和副线圈中的感应电动势不相同，ABC原副线圈中相同，只有D原副线圈不同本题选原副线圈中不同的，故选：D【点评】本题考查了变压器的变压特点，知道电压、电流与匝数的关系，输入功率等于输出功率等2将输入为220V，输出为6V的变压器，改绕成输出为30V的变压器若副线圈原来的匝数为30匝，原线圈匝数不变，则副线圈应增加的匝数是（）A150匝B120匝C130匝D144匝【考点】变压器的构造和原理【分析】现根据原副线圈的电压比求出匝数比，改绕后输出电压为30V，根据匝数比等于原副线圈匝数比求出改绕后的匝数比，进而求出副线圈增加的匝数【

15、解答】解：副线圈匝数为n2=30匝，输入电压U1=220V，输出电压U2=6V，根据变压比公式，有：= 原线圈匝数不变，改变副线圈匝数，输入电压也不变，输出电压变为30V，根据变压比公式，有：= 联立得到：n=120故选：B【点评】本题主要考查变压器的知识，知道原副线圈的电压比等于匝数比，难度不大，属于基础题3如图所示是街头变压器给用户供电的示意图变压器的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向下移动时，下列说法不正确的是（）A相当于在增加用电器的数目BA1表的示数随A2表的示数的增大而增

16、大CV1表的示数随V2表的示数的增大而增大D变压器的输入功率增大【考点】变压器的构造和原理【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【解答】解：A、当滑动变阻器触头P向下移动时，导致总电阻减小，由于用电器是并连接入电路，所以数目增加，故A正确；B、由于变压器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，所以BD正确C、理想变压器的

17、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，所以C错误；本题选错误的故选：C【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4一般发电机组输出的电压在十千伏上下，不符合远距离输电的要求要在发电站内用升压变压器，升压到几百千伏后再向远距离输电到达几百千米甚至几千千米之外的用电区之后，再经“一次高压变电站”“二次变电站”降压已知经低压变电站降压变压器（可视为理想变压器）后供给某小区居民的交流电u=220sin

18、100t V，该变压器原、副线圈匝数比为50：1，则（）A原线圈上的电压为11 000 VB原线圈中电流的频率是50HzC原线圈使用的导线应该比副线圈的要粗D采用高压输电有利于减少输电线路中的损耗，是因为增大电流强度了【考点】变压器的构造和原理【分析】变压器原、副线圈的电压比等于匝数之比，求出副线圈电压的有效值，即可求出输入电压；根据原副线圈的电流大小可比较出线圈导线的粗细【解答】解：A、供给某小区居民的交流电u=220sin100tV，最大值为220V，故输出电压有效值为220V，根据变压比公式，输入电压为：U1=，故A错误；B、交流电u=220sin100tV，故频率：f=50Hz，故B正

19、确；C、变压器原、副线圈的电流比等于匝数之反比，即，副线圈的电流大于原线圈的电流，所以副线圈的导线粗，故C错误；D、采用高压输电有利于减少输电线中的损耗，根据减小电流强度了，故D错误；故选：B【点评】解决本题的关键掌握交变电流电压的表达式，知道各量表示的含义，知道原、副线圈的电压比等于匝数之比，电流比等于匝数之反比5某物体受到一个6Ns的冲量作用，则（）A物体的动量一定减小B物体的末动量一定是负值C物体动量增量的方向一定与规定的正方向相反D物体原来动量的方向一定与这个冲量的方向相反【考点】动量定理【分析】根据动量定理，物体所受合力的冲量等于物体动量的变化【解答】解：根据动量定理得：I合=P=m

20、v2mv1=6Ns说明物体的动量增量一定与规定的正方向相反，不能说明原末动量的方向和大小，故C正确故选C【点评】本题主要考查了动量定理的直接应用，难度不大，属于基础题6如图所示，一个木箱原来静止在光滑水平面上，木箱内粗糙的底板上放着一个小木块木箱和小木块都具有一定的质量现使木箱获得一个向右的初速度v0，则（）A小木块和木箱最终都将静止B小木块最终将相对木箱静止，二者一起向右运动C小木块在木箱内壁将始终来回往复碰撞，而木箱一直向右运动D如果小木块与木箱的左壁碰撞后相对木箱静止，则二者将一起向左运动【考点】动量守恒定律【分析】应用动量守恒定律解决问题的基本思路和一般方法：（1）分析题意，明确研究对

21、象；（2）要对各阶段所选系统内的物体进行受力分析，弄清哪些是系统内部物体之间相互作用的内力，哪些是系统外物体对系统内物体作用的外力，在受力分析的基础上根据动量守恒定律条件，判断能否应用动量守恒；（3）明确所研究的相互作用过程，确定过程的始、末状态，即系统内各个物体的初动量和末动量的量值或表达式；（4）确定好正方向建立动量守恒方程求解本题中物体系统在光滑的平面上滑动，系统所受外力的合力为零，故系统动量始终守恒，而由于系统内部存在摩擦力，阻碍物体间的相对滑动，最终两物体应该相对静止，一起向右运动【解答】解：系统所受外力的合力为零，动量守恒，初状态木箱有向右的动量，小木块动量为零，故系统总动量向右，

22、系统内部存在摩擦力，阻碍两物体间的相对滑动，最终相对静止，由于系统的总动量守恒，不管中间过程如何相互作用，根据动量守恒定律，最终两物体以相同的速度一起向右运动故选B【点评】动量守恒定律的应用问题，不需要涉及中间过程，特别是对于多次碰撞问题，解题特别方便，要能灵活的选用过程！7两个质量不同的物体，在光滑的水平面上相向运动，并发生正碰，则下列说法中正确的是（）A碰撞后，质量小的物体速度变化大B碰撞后，质量大的物体速度变化大C若碰撞后连成整体，则整体运动方向与原来动量大的物体的运动方向相同D若碰撞后连成整体，则整体运动方向与原来速度大的物体的运动方向相同【考点】动量守恒定律【分析】碰撞过程中，系统所

23、受合力为零，系统动量守恒，根据动量定理判断碰撞后速度变化的大小以及整体运动方向【解答】解：A、两物体放在光滑水平面上，发生正碰，由动量守恒定律知，两物体动量变化大小相同，再由p=mv知质量小的物体速度变化大，故A正确、B错误；C、两物体结合成整体，由m1v1m2v2=（m1+m2）v可知，v方向与动量大的物体的运动方向一致，故C正确、D错误故选：AC【点评】本题主要考查了动量定理及动量守恒定律的直接应用，知道在碰撞过程中，动量守恒，难度不大，属于基础题8铀是常用的一种核燃料，若它的原子核发生了如下的裂变反应：则a+b可能是（）ABCD【考点】重核的裂变【分析】根据核反应前后质量数和电荷数都守恒

24、逐项分析即可【解答】解：核反应前后质量数和电荷数都守恒，A都不守恒，B质量数不守恒，C电荷数不守恒，D正确故选D【点评】本题考查了重核裂变前后质量数和电荷数都守恒，仔细计算即可9如图是氢原子的能级图，大量处于n=4激发态的氢原子向低能级跃迁时，一共可以辐射出6种不同频率的光子，其中巴耳末系是指氢原子由高能级向n=2能级跃迁时释放的光子，则（）A6种光子中波长最长的是n=4激发态跃迁到基态时产生的B6种光子中有3种属于巴耳末系C使n=4能级的氢原子电离至少要0.85eV的能量D若从n=2能级跃迁到基态释放的光子能使某金属板发生光电效应，则从n=3能级跃迁到n=2能级释放的光子也一定能使该板发生光

25、电效应【考点】氢原子的能级公式和跃迁【分析】当两能级间的能级差越小，辐射的光子频率越小，波长越长判断是否电离，看处于激发态的氢原子吸收能量后的总能量是否大于等于0，一旦大于等于0，说明发生电离根据光电效应的条件判断能否发生光电效应【解答】解：A、6种光子中，从n=4跃迁到n=3辐射的光子频率最小，波长最长，故A错误B、6中光子中，从n=4跃迁到n=2，从n=3跃迁到n=2辐射的光子属于巴尔末系，故B错误C、n=4能级的氢原子具有的能量为0.85ev，故要使其发生电离能量变为0，至少需要0.85eV的能量，故C正确D、从n=2能级跃迁到基态释放的光子能量为13.63.4=10.2ev，若能使某金

26、属板发生光电效应，从n=3能级跃迁到n=2能级释放的光子能量3.41.51=1.89ev10.2ev，不一定能使该板发生光电效应，故D错误故选：C【点评】所有的难题实际都是又一个一个的简单的题目复合而成的，所以在学习中不能好高骛远，贪大贪难，解决了基础题，拔高题也就迎刃而解了10下列四幅图的有关说法中，正确的是（）A若两球质量相等，碰后m2的速度一定为vB射线甲是粒子流，具有很强的穿透能力C在光颜色保持不变的情况下，入射光越强，饱和光电流越大D链式反应属于重核的裂变【考点】动量守恒定律；带电粒子在匀强磁场中的运动；重核的裂变【分析】两球若发生弹性碰撞，质量相等将交换速度；粒子是氦原子核，带正电

27、，穿透能力较弱根据左手定则判断射线甲的电性；根据光电效应规律分析饱和光电流与入射光强度的关系；链式反应属于重核的裂变【解答】解：A、若两球质量相等，只有当两球发生弹性碰撞时，才交换速度，碰后m2的速度为v，若是非弹性碰撞，碰后m2的速度小于v故A错误B、由轨迹知，甲粒子所受的洛伦兹力方向向左，根据左手定则判断可知，该射线带负电，是粒子对于粒子是氦原子核，带正电，穿透能力较弱故B错误C、在光颜色保持不变的情况下，入射光的频率不变，截止电压不变，由图看出，入射光越强，单位时间内发射出的光电子越多，形成的饱和光电流越大故C正确D、核裂变是指重核发生链式反应由较大的核变成两个较小原子核的现象故D正确故

28、选CD【点评】本题考查动量和原子物理部分常识性问题，掌握基本知识是解答的关键11核能作为一种新能源在现代社会中已不可缺少，我国在完善核电安全基础上将加大核电站建设核泄漏中的钚（Pu）是一种具有放射性的超铀元素，它可破坏细胞基因，提高罹患癌症的风险已知钚的一种同位素Pu的半衰期为24100年，其衰变方程为PuX+He+，下列有关说法正确的是（）AX原子核中含有92个中子B100个Pu经过24100年后一定还剩余50个C由于衰变时释放巨大能量，根据E=mc2，衰变过程总质量增加D衰变发出的放射线是波长很短的光子，具有很强的穿透能力【考点】爱因斯坦质能方程【分析】根据电荷数守恒、质量数守恒守恒求出X

29、的电荷数和质量数，抓住质量数等于质子数和中子数之和求出中子数半衰期具有统计规律，对于大量的原子核适用【解答】解：A、根据电荷数守恒、质量数守恒知，X的电荷数为92，质量数为235，则中子数为143故A错误B、半衰期具有统计规律，对大量的原子核适用故B错误C、由于衰变时释放巨大能量，根据E=mC2，衰变过程总质量减小故C错误D、衰变发出的放射线是波长很短的光子，具有很强的穿透能力故D正确故选：D【点评】本题考查了核反应方程、半衰期、质能方程、射线的形状等基础知识点，比较简单，关键要熟悉教材，牢记这些基础知识点12以往我们认识的光电效应是单光子光电效应，即一个电子在极短时间内只能吸收到一个光子而从

30、金属表面逸出强激光的出现丰富了人们对于光电效应的认识，用强激光照射金属，由于其光子密度极大，一个电子在极短时间内吸收多个光子成为可能，从而形成多光子电效应，这已被实验证实光电效应实验装置示意如图用频率为的普通光源照射阴极K，没有发生光电效应换用同样频率为的强激光照射阴极K，则发生了光电效应；此时，若加上反向电压U，即将阴极K接电源正极，阳极A接电源负极，在KA之间就形成了使光电子减速的电场，逐渐增大U，光电流会逐渐减小；当光电流恰好减小到零时，所加反向电压U可能是下列的（其中W为逸出功，h为普朗克常量，e为电子电量）（）ABCU=2hWD【考点】光电效应【分析】根据光电效应方程Ekm=hvW，

31、以及Ekm=eU进行分析【解答】解：根据题意知，一个电子吸收一个光子不能发生光电效应，换用同样频率为的强激光照射阴极K，则发生了光电效应，即吸收的光子能量为nhv，n=2，3，4则有：eU=nhvW，解得知B正确，A、C、D错误故选：B【点评】解决本题的关键是掌握光电效应方程，知道最大初动能与遏止电压的关系二、多项选择题（本大题共5小题，每小题4分，共20分漏选得2分，错选不得分）13理想变压器正常工作时，原、副线圈中的电流为I1、I2，电压为U1、U2，功率为P1、P2，关于它们之间的关系，下列说法中正确的是（）AI1由I2决定BU2与负载有关CP1由P2决定D以上说法都不正确【考点】变压器

32、的构造和原理【分析】根据理想变压器原副线圈匝数比与电压、电流比之间的关系即可求解，理想变压器的输入功率与输出功率相等【解答】解：A、电流与匝数成反比，输入功率等于输出功率，所以I1由I2决定，P1由P2决定，AC正确；B、U2与输入电压和匝数比决定，与负载无关，B错误；故选：AC【点评】本题考查了有关变压器的基础知识，对于这些基础知识平时要加强记忆与理解，同时通过做题加强对基本公式的理解与应用14“轨道电子俘获”是放射性同位素衰变的一种形式，即原子核俘获一个核外电子，核内一个质子变为中子，原子核衰变成一个新核，并且放出一个中微子（其质量小于电子质量且不带电）若一个静止的原子核发生“轨道电子俘获

33、”（电子的初动量可不计），则（）A生成的新核与衰变前的原子核质量数相同B生成新核的核电荷数增加C生成的新核与衰变前的原子核互为同位素D生成的新核与中微子的动量大小相等【考点】动量守恒定律；原子核衰变及半衰期、衰变速度【分析】原子核俘获一个核外电子，核内一个质子变为中子，原子核衰变成一个新核，并且放出一个中微子，因为质子和中子的质量数相同，所以新核和原核的质量数相同，电荷数减小原子核和俘获的电子组成的系统，动量守恒【解答】解：A、质子与中子的质量数相同，所以发生“轨道电子俘获”后新核与原核质量数相同，A正确；B、新核质子数减少，故核电荷数减少，故B错误；C、新核与原核质子数不同，不能称它们互为同

34、位素，故C错误；D、以静止原子核及被俘获电子为系统，系统动量守恒，系统初动量为零，所以生成的新核与中微子的动量大小相等，方向相反，D正确故选AD【点评】解决本题的关键知道静止原子核与俘获的电子组成的系统，动量守恒，且初动量为零15如图甲所示，在光滑水平面上的两小球发生正碰小球的质量分别为m1和m2图乙为它们碰撞前后的st（位移时间）图象已知m1=0.1由此可以判断（）A碰前m2静止，m1向右运动B碰后m2和m1都向右运动Cm2=0.3kgD碰撞过程中系统损失了0.4J的机械能【考点】动量守恒定律；机械能守恒定律【分析】st（位移时间）图象的斜率等于速度，由数学知识求出碰撞前后两球的速度，分析碰

35、撞前后两球的运动情况根据动量守恒定律求解两球质量关系，由能量守恒定律求出碰撞过程中系统损失的机械能【解答】解：A、由st（位移时间）图象的斜率得到，碰前m2的位移不随时间而变化，处于静止m1向速度大小为v1=4m/s，方向只有向右才能与m1相撞故A正确 B、由图读出，碰后m2的速度为正方向，说明向右运动，m1的速度为负方向，说明向左运动故B错误 C、由图求出碰后m2和m1的速度分别为v2=2m/s，v1=2m/s，根据动量守恒定律得，m1v1=m2v2+m1v1，代入解得，m2=0.3kg故C正确 D、碰撞过程中系统损失的机械能为E=，代入解得，E=0J故D错误故选：AC【点评】本题首先考查读

36、图能力，抓住位移图象的斜率等于速度是关键；其次要注意矢量的方向16如图是某金属在光的照射下产生的光电子的最大初动能Ek与入射光频率v的关系图象，由图象可知（）A该金属的逸出功等于EB该金属的逸出功等于hv0C入射光的频率为2v0时，产生的光电子的最大初动能为ED入射光的频率为时，产生的光电子的最大初动能为【考点】爱因斯坦光电效应方程【分析】根据光电效应方程写出最大初动能和入射光的频率关系式即可正确求解【解答】解：根据光电效应方程有：EK=hvW其中W为金属的逸出功：W=hv0所以有：EK=hvhv0，由此结合图象可知，该金属的逸出功为E，或者W=hv0，当入射光的频率为2v0时，带入方程可知产

37、生的光电子的最大初动能为E，故ABC正确；若入射光的频率为时，小于极限频率，不能发生光电效应，故D错误故选ABC【点评】本题考查了光电效应方程的理解和应用，对于图象问题可以写出函数关系式结合数学知识求解17如图，在光滑水平面上放着质量分别为m和2m的A、B两个物块，现用外力缓慢向左推B使弹簧压缩，此过程中推力做功W然后撤去外力，则（）A从开始到A离开墙面的过程中，墙对A的冲量为0B当A离开墙面时，B的动量大小为CA离开墙面后，A的最大速度为DA离开墙面后，弹簧的最大弹性势能为【考点】机械能守恒定律；动量定理【分析】根据冲量的定义判断墙对A的冲量是否为零，撤去力F后，B向右运动，弹簧弹力逐渐减小

38、，当弹簧恢复原长时，A开始脱离墙面，这一过程机械能守恒A离开墙壁后系统机械能守恒动量也守恒，故系统动能不可以为0，则弹簧弹性势能不可能与系统总机械能相等【解答】解：A、根据冲量的定义得从开始到A离开墙面的过程中，墙壁对A有弹力，所以墙对A的冲量不为0，故A错误B、撤去力F后，B向右运动，弹簧弹力逐渐减小，当弹簧恢复原长时，A开始脱离墙面，这一过程机械能守恒，即满足： W=E=（2m）vB2vB=B的动量大小为2，故B错误C、当弹簧再次恢复原长时，A的速度最大，这一过程系统动量和机械能均守恒，有：动量守恒：2mvB=mvA+2mvB ，机械能守恒：W=m+2mvB2 由解得：vA=，故C正确D、

39、B撤去F后，A离开竖直墙后，当两物体速度相同时，弹簧伸长最长或压缩最短，弹性势能最大设两物体相同速度为v，A离开墙时，B的速度为v0根据动量守恒和机械能守恒得 2mvB=3mv，W=3mv2+EP又W=2m联立得到，v=弹簧的弹性势能最大值为EP=故D正确故选CD【点评】正确认识动量守恒条件和机械能守恒条件是解决本题的关键了如果一个系统不受外力或所受外力的矢量和为零，那么这个系统的总动量保持不变，这个结论叫做；系统只有重力或弹力做功为机械能守恒条件三、实验题（本大题2小题，共6分）18如图所示为验证动量守恒的实验装置示意图（1）若入射小球质量为m1，半径为r1；被碰小球质量为m2，半径为r2则

40、CAm1m2，r1r2 Bm1m2，r1r2Cm1m2，r1=r2 Dm1m2，r1=r2（2）为完成此实验，以下所提供的测量工具中必需的是ACA直尺 B游标卡尺 C天平 D弹簧秤 E秒表（3）设入射小球的质量为m1，被碰小球的质量为m2，P为碰前入射小球落点的平均位置，则关系式（用m1、m2及图中字母表示）m1=m1+m2成立，即表示碰撞中动量守恒【考点】验证动量守恒定律【分析】（1）为了保证碰撞前后使入射小球的速度方向不变，故必须使入射小球的质量大于被碰小球的质量为了使两球发生正碰，两小球的半径相同；（2）两球做平抛运动，由于高度相等，则平抛的时间相等，水平位移与初速度成正比，把平抛的时间

41、作为时间单位，小球的水平位移可替代平抛运动的初速度将需要验证的关系速度用水平位移替代【解答】解：（1）在小球碰撞过程中水平方向动量守恒定律故有m1v0=m1v1+m2v2在碰撞过程中动能守恒故有m1v02=m1v12+m2v22解得v1=要碰后入射小球的速度v10，即m1m20，m1m2，为了使两球发生正碰，两小球的半径相同，r1=r2故选C（2）P为碰前入射小球落点的平均位置，M为碰后入射小球的位置，N为碰后被碰小球的位置，碰撞前入射小球的速度碰撞后入射小球的速度碰撞后被碰小球的速度若m1v1=m2v3+m1v2则表明通过该实验验证了两球碰撞过程中动量守恒，带入数据得：m1=m1+m2所以需

42、要测量质量和水平位移，用到的仪器是直尺、天平故答案为：（1）C （2）AC （3）m1=m1+m2【点评】本题是运用等效思维方法，平抛时间相等，用水平位移代替初速度，这样将不便验证的方程变成容易验证四、计算题：（4题共38分，需写出必要的文字说明和公式，只写答案不得分）19一台有两个副线圈的变压器，原线圈匝数n1=1 100匝接入电压U1=220V的电路中若两副线圈上分别接上“6V，20W”“110V，60W”的两个用电器，并同时正常工作，原线圈的输入电流为多少？【考点】变压器的构造和原理【分析】根据变压器的输入的功率和输出的功率相等可以求得原线圈中的电流强度I1【解答】解：根据变压器的输入的

43、功率和输出的功率相等可得：U1I1=P2+P3，即：220I1=20+60，所以有：I1=0.36A答：原线圈的输入电流为0.36A【点评】在本题中，由于副线圈有两个线圈，电流与匝数成反比的结论不再成立，所以在计算电流的时候不能再用，但是电压与匝数成正比的结论仍然是成立的20人们利用发电机把天然存在的各种形式的能（水流能、煤等燃料的化学能）转化为电能，为了合理地利用这些能源，发电站要修建在靠近这些天然资源的地方，但用电的地方却分布很广，因此需要把电能输送到远方某电站输送电压为U=6000V，输送功率为P=500kW，这时安装在输电线路的起点和终点的电度表一昼夜里读数相差4800kWh（即4800度电），试求（1）输电效率和输电线的电阻（2）若要使输电损失的功率降到输送功率的2%，电站应使用多高的电压向外输电？【考点】电能的输送【分析】（1）根据安装在输电线路的起点和终点的电度表一昼夜读数相差4800kWh求解输电线路损耗的功率，从而求得输电效率，根据输入功率P=UI及P损=I2r 求解输电线电阻；（2）分别求出升压变压器和降压变压器原副线圈的电流，根据电流之比等