浙江省名校联盟2016年高考物理四模试卷 Word版含解析

1、 2016年浙江省名校联盟高考物理四模试卷一、单选题：共5题1如图所示，空间中有垂直纸面向里的匀强磁场，一不可伸缩的软导线绕过纸面内的小动滑轮P（可视为质点），两端分别拴在纸面内的两个固定点M、N处，并通入由M到N的恒定电流I，导线PM和PN始终伸直现将P从左侧缓慢移动到右侧，在此过程中导线MPN受到的安培力大小（）A始终不变B逐渐增大C先增大后减小D先减小后增大2如图所示，斜面体A静置于粗糙水平面上，小球B置于光滑的斜面上，用一轻绳拴住B，轻绳左端固定在竖直墙面上P处初始时轻绳与斜面平行，若将轻绳左端从P处缓慢沿墙面上移到P'处，斜面体始终处于静止状态，则在轻绳移动过程中（）A轻绳的

2、拉力逐渐减小B斜面体对小球的支持力逐渐减小C斜面体对水平面的压力逐渐增大D斜面体对水平面的摩擦力逐渐增大3如图甲所示，一质量m=1kg的物块静置在倾角=37°的斜面上从t=0时刻开始对物块施加一沿斜面方向的拉力F，取沿斜面向上为正方向，F随时间t变化的关系如图乙所示已知物块与斜面间的动摩擦因数=0.8，取sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，重力加速度g=10m/s2，物块与斜面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列图象中能正确反映物块的速度v随时间t变化规律的是（）ABCD4“双星体系”由两颗相距较近的恒星组成，每个恒星的半径远小于两个星球之间的距离，

3、而且双星系统一般远离其他天体如图所示，相距为L的A、B两恒星绕共同的圆心O做圆周运动，A、B的质量分别为m1、m2，周期均为T若有间距也为L的双星C、D，C、D的质量分别为A、B的两倍，则（）AA、B运动的轨道半径之比为BA、B运动的速率之比为CC运动的速率为A的2倍DC、D运动的周期均为T5如图为远距离输电示意图，升压变压器T1的原，副线圈匝数比为n1：n2=k：1，降压变压器T2的原、副线圈匝数比为n3：n4=1：k，在T1的原线圈两端接入一内阻为k2r、电动势e=Emsint的交流电源，两条输电线的总电阻为r假设用户处的总电阻为R，不考虑其他因索的影响，两变压器均为理想变压器，则输电线上

4、损失的电功率为（）ABCD二、多选题：共6题6如图所示，直线和抛物线（开口向上）分别为汽车a和b的位移时间图象，则（）A01 s时间内a车的平均速度大小比b车的小B03 s时间内a车的路程比b车的小C03 s时间内两车的平均速度大小均为1 m/sDt=2 s时a车的加速度大小比b车的大7如图所示，圆心角为90°的扇形COD内存在方向垂直纸面向外的匀强磁场，E点为半径OD的中点现有比荷大小相等的两个带电粒子a、b（不计重力）以大小不等的速度分别从O、E点均沿OC方向射入磁场，粒子a恰从D点射出磁场，粒子b恰从C点射出磁场，已知sin 37°=0.6，cos 37°=

5、0.8，则下列说法中正确的是（）A粒子a带正电，粒子b带负电B粒子a、b在磁场中运动的加速度大小之比为5：2C粒子a、b的速率之比为2：5D粒子a、b在磁场中运动的时间之比为180：538如图所示，轻弹簧上端固定，下端拴着一带正电小球Q，Q在O处时弹簧处于原长状态，Q可在O1处静止若将另一带正电小球q固定在O1正下方某处时，Q可在O2处静止现将Q从O处由静止释放，则Q从O运动到O1处的过程中（）AQ运动到O1处时速率最大B加速度先减小后增大C机械能不断减小DQ、q弹簧与地球组成的系统的势能不断减小9如图所示，pV图中的每个方格均为正方形，一定质量的理想气体从a状态沿直线变化到b状态，再沿直线变

6、化到c状态，最后沿直线回到a状态，则下列说法正确的是（）A从a状态变化到b状态的过程中气体分子的平均动能先增大后减小B从a状态变化到b状态的过程中气体的密度不断增大C从b状态变化到c状态的过程中气体一定吸热D从c状态变化到a状态的过程中气体放出的热量一定大于外界对气体做的功E从c状态变化到a状态的过程中气体的内能不断增大10一列简谐横波沿x轴传播，振幅为cm，波速为2m/s在t=0时刻，平衡位置在x=1m处的质点a位移为1cm，平衡位置在x=5m处的质点b的位移为1cm，两质点运动方向相反，其中质点a沿y轴负方向运动，如图所示，已知此时质点a、b之间只有一个波谷，则下列说法正确的是（）A该列简

7、谐横波的波长可能为mB质点b的振动周期可能为2 sC质点a、b的速度在某一时刻可能相同D质点a、b的位移在某一时刻可能都为正E当t=0.5 s时质点a的速度可能最大也可能最小11关于原子和原子核，下列说法正确的是（）A卢瑟福的粒子散射实验否定了汤姆孙关于原子结构的“枣糕模型”，卢瑟福提出了原子的核式结构模型B由玻尔理论可知氢原子的能量是量子化的，一个氢原子处于n=3的能级，向较低能级跃迁时最多只能放出两种频率的光子C要发生核反应nHH，需要高能量的光子照射D研究发现，原子序数大于83的所有天然存在的元素都具有放射性，其半衰期与压强无关E衰变所释放的电子来自原子核外的电子三、实验题：共2题12某

8、学习小组利用如图1所示的实验装置探究合外力与速度的关系一端带有定滑轮的长木板固定在水平桌面上，用轻绳绕过定滑轮及动滑轮将滑块与弹簧测力计相连实验中改变动滑轮下悬挂的钩码个数，进行多次测量，记录弹簧测力计的示数F，并利用速度传感器测出从同一位置P由静止开始释放的滑块经过速度传感器时的速度大小v，用天平测出滑块的质量m，用刻度尺测出P与速度传感器间的距离s，当地的重力加速度大小为g，滑轮的质量都很小（1）实验中钩码的质量（填“需要”或“不需要”）远小于滑块的质量（2）根据实验数据作出v2F图象，如图2图象中最符合实际情况的是（3）根据实验已测得数据及v2F图象，（填“能”或“不能”）测出滑块与长木

9、板间的动摩擦因数13某学习小组要测定某一圆柱形导体P的电阻率，其主要实验步骤如下：（1）先用多用电表粗测导体P的电阻a将选择开关打到如图甲所示的欧姆挡上；b将已插入接线孔的两根表笔相接，进行欧姆调零；c将两根表笔分别与导体P的两端相接，指针在图甲中的虚线位置处；d换用欧姆“”挡重新测量，先要，再次测量导体P两端的电阻，指针指在图甲中的实线位置处，则导体P的电阻粗测值为（2）分别用游标卡尺、螺旋测微器测量导体P的长度L和直径d，示数如图乙、丙所示，则L=mm，d=mm（3）该小组又采用伏安法测量导体P的电阻Rx，可供选用的器材如下：电压表V（量程3V，内阻约3k；量程15V，内阻约15k）电流表

10、A（量程15mA，内阻约10；量程600mA，内阻约0.2）电源E1（电动势3V，内阻不计）电源E2（电动势12V，内阻不计）滑动变阻器R（020，允许通过的最大电流为2A）开关S、导线若干如图丁为测量Rx的实验器材，为使测量尽量准确，请选择器材并完成实物图的连线四、计算题：共5题14如图所示，在绝缘水平面上固定有两根导轨，分别为直导轨（y=2L，x0）和正弦曲线形导轨（y=Lsin，x0）一质量为m的金属棒MN放在两导轨上，导轨的左端接有一电阻为R的定值电阻，不计其他电阻x0的整个空间内存在磁感应强度大小为B、方向垂直xOy平面向外的匀强磁场（未画出）t=0时刻，对棒施加一沿x轴正方向的水平

11、外力F使棒从x=0处由静止开始做加速度大小为a的匀加速直线运动，棒始终与x轴垂直且与两导轨接触良好，不计一切摩擦求：（1）棒从x=0处运动到x=2L处的过程中通过电阻R的电荷量q；（2）棒在t时刻受到的水平外力F的大小15如图所示，离水平地面高h=5m、长L=3.4m的水平传送带以v=2m/s的速度顺时针转动质量分别为1kg、1.5kg的小物块A、B（均可视为质点）由跨过定滑轮且不可伸长的轻绳相连现将B轻轻放在传送带的左端（B与定滑轮间的绳水平伸直，A与滑轮间的绳竖直伸直），当B运动到传送带的右端时因绳突然断掉而做平抛运动B与传送带间的动摩擦因数=0.8，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，传送带由

12、电动机带动，与滚轮间无相对滑动，轮轴处的摩擦不计，滑轮质量和摩擦也不计，取重力加速度g=10m/s2求：（1）A上升的最大高度H；（2）B从开始运动到落地前经历的时间t及刚落地时的速率vB；（3）B在传送带上运动的过程中电动机的平均输出功率16如图所示，内径均匀的L形玻璃管，A端封闭，D端开口，AC段水平，CD段竖直AB段长L1=30cm，BC段长L=30cm，CD段长h=29cmAB段充有理想气体，BCD段充满水银，外界大气压p0=76cmHg，环境温度t1=27（i）若玻璃管内的气体柱长度变为L2=45cm，则环境温度应升高到多少摄氏度？（ii）若保持环境温度t1=27不变，玻璃管绕AC段

13、缓慢旋转180°，求状态稳定后管中水银柱的长度x17如图所示，真空中有一折射率n=、边长为a的正方形透明板ABCD，点光源S位于透明板的对角线所在的直线PP上，且SA=a点光源S朝着AB、AD边同时射出两条光线，入射角均为i=60°，不考虑光的多次反射，最终两出射光线交CP于S点（未画出）已知真空中的光速为c，sin15°=求：（i）光线在透明板中传播的时间t；（ii）S点与C点间的距离d18如图所示，竖直平面内固定有半径R=4.05m的圆弧轨道PQ，与足够长的水平面相切于Q点质量为5m的小球B静置于水平面上，质量为m的小球A从P处由静止释放，经过Q点后与B发生正

14、碰两球均可视为质点，不计一切摩擦，所有碰撞过程均为弹性碰撞，取重力加速度g=10m/s2求：（i）A第一次与B碰撞后的速度vA1；（ii）B的最终速度vB的大小2016年浙江省名校联盟高考物理四模试卷参考答案与试题解析一、单选题：共5题1如图所示，空间中有垂直纸面向里的匀强磁场，一不可伸缩的软导线绕过纸面内的小动滑轮P（可视为质点），两端分别拴在纸面内的两个固定点M、N处，并通入由M到N的恒定电流I，导线PM和PN始终伸直现将P从左侧缓慢移动到右侧，在此过程中导线MPN受到的安培力大小（）A始终不变B逐渐增大C先增大后减小D先减小后增大【考点】安培力【分析】明确MNP导线在分析其受安培力时可以

15、等效为初末两点连线上受到的安培力，由于MN两点不变，故有效长度不变，所以可知安培力不变【解答】解：在P从左侧缓慢移动到右侧的过程中，导线MPN受到的安培力可等效为直导线MN通入电流I时受到的安培力，即导线MPN受到的安培力大小始终不变，故A正确，BCD错误；故选：A2如图所示，斜面体A静置于粗糙水平面上，小球B置于光滑的斜面上，用一轻绳拴住B，轻绳左端固定在竖直墙面上P处初始时轻绳与斜面平行，若将轻绳左端从P处缓慢沿墙面上移到P'处，斜面体始终处于静止状态，则在轻绳移动过程中（）A轻绳的拉力逐渐减小B斜面体对小球的支持力逐渐减小C斜面体对水平面的压力逐渐增大D斜面体对水平面的摩擦力逐渐

16、增大【考点】力的概念及其矢量性；力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用【分析】对小球进行受力分析，作出受力分析图，根据绳子夹角的变化明确受力分析图，根据平衡条件由图解法可明确各力的变化情况【解答】解：AB、小球受力如图1所示，小球受到斜面体的支持力FN1及轻绳拉力F的合力始终与小球重力G1等大反向，当轻绳左端上升时，F增大，FN1减小，A错误，B正确；CD、对斜面体A进行受力分析，如图2所示，随小球对斜面压力FN1的减小，由受力平衡可知，水平面对斜面体的支持力FN2逐渐减小，摩擦力Ff逐渐减小，由牛顿第三定律可知CD错误故选：B3如图甲所示，一质量m=1kg的物块静置在倾角=37

17、76;的斜面上从t=0时刻开始对物块施加一沿斜面方向的拉力F，取沿斜面向上为正方向，F随时间t变化的关系如图乙所示已知物块与斜面间的动摩擦因数=0.8，取sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，重力加速度g=10m/s2，物块与斜面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列图象中能正确反映物块的速度v随时间t变化规律的是（）ABCD【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系【分析】初始物块静止在斜面上，此时静摩擦力方向沿斜面向上；当拉力增大时，静摩擦力减小并且方向沿斜面向上；当拉力大于重力的分力时，拉力继续增大，静摩擦力增大并且方向沿斜面向下，物体受静摩擦力

18、始终保持静止当拉力大于重力分力和最大静摩擦力之和时，物体开始沿斜面运动，受滑动摩擦力，根据牛顿第二定律可以求出加速度aF=0.4N时，物体所受合力沿斜面向下，物体向上做匀减速运动，直到静止【解答】解：对物体受力分析：重力沿斜面向下的分力Gx=mgsin=6 N，fmax=mgcos=6.4 N，初始物块静止在斜面上，此时静摩擦力方向沿斜面向上，平衡方程为：mgsin=f；01s：F拉mgsin时：静摩擦力沿着斜面向上，平衡方程：F拉+f静=mgsin；拉力增大，静摩擦力减小，当mgsinF拉mgsin+fmax时，静摩擦力沿着斜面向下，平衡方程：mgsin+f静=F拉，拉力增大，静摩擦力增大，

19、物体始终处于平衡状态，所以01 s时间内物块静止12 s：F拉mgsin+fmax物块沿斜面向上运动，受滑动摩擦力并且方向沿斜面向下，根据牛顿第二定律得：F拉（mgsin+f）=ma，F拉增大导致加速度a增大，将F拉=24.8N代入得：a=12.4 m/s2；2 s后：F=0.4 N，拉力方向沿斜面向下，这一瞬间物体的速度仍沿斜面向上，根据牛顿第二定律得：F拉+mgsin+f=ma，将F拉=0.4N代入得：a=12.8 m/s2，物块沿斜面向上做匀减速直线运动，直到静止，由于物块减速时的加速度大小大于加速时的加速度大小，故物块减速到零的时间小于1 s，故C正确故选：C4“双星体系”由两颗相距较

20、近的恒星组成，每个恒星的半径远小于两个星球之间的距离，而且双星系统一般远离其他天体如图所示，相距为L的A、B两恒星绕共同的圆心O做圆周运动，A、B的质量分别为m1、m2，周期均为T若有间距也为L的双星C、D，C、D的质量分别为A、B的两倍，则（）AA、B运动的轨道半径之比为BA、B运动的速率之比为CC运动的速率为A的2倍DC、D运动的周期均为T【考点】万有引力定律及其应用；向心力【分析】双星靠相互间的万有引力提供向心力，具有相同的角速度对两颗星分别运用牛顿第二定律和万有引力定律列式，进行求解即可【解答】解：A、对于双星A、B，有G=m1（）2r1=m2（）2r2，r1+r2=L，得r1=L，r

21、2=L，T=2L，A、B运动的轨道半径之比为，故A错误；B、由v=得，A、B运动的速率之比为，故B错误；C、D、运动的周期T'=2LT；C的轨道半径r1'=L=r1，C运动的速率为v1'=v1，故C错误，D正确故选：D5如图为远距离输电示意图，升压变压器T1的原，副线圈匝数比为n1：n2=k：1，降压变压器T2的原、副线圈匝数比为n3：n4=1：k，在T1的原线圈两端接入一内阻为k2r、电动势e=Emsint的交流电源，两条输电线的总电阻为r假设用户处的总电阻为R，不考虑其他因索的影响，两变压器均为理想变压器，则输电线上损失的电功率为（）ABCD【考点】远距离输电【分析

22、】设出输电线路上的电流，根据升压变压器和降压变压器原副线圈中电流电压的关系求得输电线路上的电流，即可求得损失的功率【解答】解：设输电线路上的电流为I，在升压变压器中，解得，升压变压器原线圈中的电压，升压变压器副线圈中的电压解得，降压变压器原线圈中的电压为，降压变压器副线圈中的电压为，解得，用户处的电流故损失的电功率P=I2r联立解得P=，故A正确；故选：A二、多选题：共6题6如图所示，直线和抛物线（开口向上）分别为汽车a和b的位移时间图象，则（）A01 s时间内a车的平均速度大小比b车的小B03 s时间内a车的路程比b车的小C03 s时间内两车的平均速度大小均为1 m/sDt=2 s时a车的加

23、速度大小比b车的大【考点】匀变速直线运动的图像【分析】位移时间关系图线反映位移随时间的变化规律，纵坐标的变化量x表示位移，图线的斜率表示速度的大小平均速度等于位移与时间之比结合这些知识分析【解答】解：A、根据图象可知，01s内b的位移大于a的位移，时间相等，则b的平均速度大于a的平均速度，故A正确；B、03 时间内a车的路程为3 m，b车的路程为s=s1+s2=4 m+1 m=5 m，故B正确；C、03 s时间内两车的位移均为3 m，平均速度大小均为1 m/s，故C正确；D、a车做匀速直线运动，加速度为零，b车运动的加速度大小恒定且不等于零，故D错误；故选：ABC7如图所示，圆心角为90

24、76;的扇形COD内存在方向垂直纸面向外的匀强磁场，E点为半径OD的中点现有比荷大小相等的两个带电粒子a、b（不计重力）以大小不等的速度分别从O、E点均沿OC方向射入磁场，粒子a恰从D点射出磁场，粒子b恰从C点射出磁场，已知sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，则下列说法中正确的是（）A粒子a带正电，粒子b带负电B粒子a、b在磁场中运动的加速度大小之比为5：2C粒子a、b的速率之比为2：5D粒子a、b在磁场中运动的时间之比为180：53【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动【分析】根据左手定则判断两个粒子的电性，画出粒子在磁场中运动的轨迹，根据几何关系求出半径，由牛顿

25、第二定律求出加速度表达式，进而求出加速度之比，求出圆心角，由求出时间之比【解答】解：A、两个粒子的运动轨迹如图所示，根据左手定则判断知粒子a带负电，粒子b带正电，A错误；C、设扇形COD的半径为r，粒子a、b的轨道半径分别为Ra、Rb，则Ra=r2+（Rb）2，sin=，得Rb=r，=53°，由qvB=m，得v=R，所以粒子a、b的速率之比为，C正确；B、由牛顿第二定律得加速度a=，所以粒子a、b在磁场中运动的加速度大小之比为，B错误；D、粒子a在磁场中运动的时间ta=，粒子b在磁场中运动的时间tb=，则，D正确故选：CD8如图所示，轻弹簧上端固定，下端拴着一带正电小球Q，Q在O处时

26、弹簧处于原长状态，Q可在O1处静止若将另一带正电小球q固定在O1正下方某处时，Q可在O2处静止现将Q从O处由静止释放，则Q从O运动到O1处的过程中（）AQ运动到O1处时速率最大B加速度先减小后增大C机械能不断减小DQ、q弹簧与地球组成的系统的势能不断减小【考点】电势能；牛顿第二定律【分析】从静止释放，当合力为零时速率最大；Q第一次从O运动到O1的过程中，合外力先减小后增大，加速度先减小到零后反向增大；根据机械能守恒条件判断；由功能关系判断Q、q弹簧与地球组成的系统的势能变化的情况【解答】解：A、q在O1正下方某处时，Q在O2处受力平衡，速率最大，故A错误；B、Q在O2处加速度为零，Q第一次从O

27、运动到O1的过程中加速度先减小到零后反向增大，故B正确；C、Q的机械能E等于Q的动能与重力势能之和，由功能关系有E=W弹+W电，而弹簧弹力一直做负功，即W弹0，库仑力也一直做负功，即W电0，则E0，即Q的机械能不断减小，故C正确；D、系统的势能Ep等于重力势能、电势能与弹性势能之和，根据能量守恒有Ep+Ek=0，由于Q的动能Ek先增大后减小，所以系统的势能先减小后增大，故D错误故选：BC9如图所示，pV图中的每个方格均为正方形，一定质量的理想气体从a状态沿直线变化到b状态，再沿直线变化到c状态，最后沿直线回到a状态，则下列说法正确的是（）A从a状态变化到b状态的过程中气体分子的平均动能先增大后

28、减小B从a状态变化到b状态的过程中气体的密度不断增大C从b状态变化到c状态的过程中气体一定吸热D从c状态变化到a状态的过程中气体放出的热量一定大于外界对气体做的功E从c状态变化到a状态的过程中气体的内能不断增大【考点】理想气体的状态方程【分析】温度是分子平均动能的标志，温度越高，分子的平均动能越大，根据气体实验定律及热力学第一定律进行分析对于一定质量的理想气体温度升高，内能增加【解答】解：A、根据理想气体状态方程=C，从a状态变化到b状态的过程中pV值先增大后减小，温度T也先增大后减小，对理想气体，温度越高，分子平均动能越大，A正确；B、从a状态变化到b状态的过程中气体的体积V不断增大，气体的

29、密度不断减小，B错误；C、从b状态变化到c状态的过程中气体做等容变化，外界对气体做的功W=0，根据查理定律知气体温度不断升高，U0，由热力学第一定律U=Q+W，得Q0，即气体一定吸热，C正确；DE、从c状态变化到a状态的过程中气体等压压缩，外界对气体做的功W0，根据盖吕萨克定律知温度降低，U0，由热力学第一定律U=Q+W，得Q0且|Q|W，D正确，E错误故选：ACD10一列简谐横波沿x轴传播，振幅为cm，波速为2m/s在t=0时刻，平衡位置在x=1m处的质点a位移为1cm，平衡位置在x=5m处的质点b的位移为1cm，两质点运动方向相反，其中质点a沿y轴负方向运动，如图所示，已知此时质点a、b之

30、间只有一个波谷，则下列说法正确的是（）A该列简谐横波的波长可能为mB质点b的振动周期可能为2 sC质点a、b的速度在某一时刻可能相同D质点a、b的位移在某一时刻可能都为正E当t=0.5 s时质点a的速度可能最大也可能最小【考点】波长、频率和波速的关系；横波的图象【分析】波可能沿x轴负方向传播，也可能沿x轴正方向传播，根据波形求出波长再由波速公式求出周期质点a、b平衡位置间的距离为的奇数倍，质点a、b的速度可能均为零，但位移不可能同时为正或同时为负，当t=0.5 s时，由s=vt求波在0.5s内传播的距离，运用波形平移法分析质点a的速度【解答】解：AB、若波沿x轴负方向传播，a、b间是半个波长的

31、波形，有 =4 m，得=8 m，周期T=4 s；若波沿x轴正方向传播，则a、b间是1.5个波形，有 =4 m，得= m，周期 T= s，故A正确，B错误CD、质点a、b平衡位置间的距离为的奇数倍，质点a、b的速度可能均为零，但位移不可能同时为正或同时为负，故C正确，D错误E、当t=0.5 s时波沿传播方向运动的距离s=vt=2×0.5 m=1 m，当a、b间是半个波长的波形时，t=0时x=2 m处的质点速度最大，经0.5 s其振动形式恰好传到质点a处，当a、b间是1.5个波形时，t=0时x=0处的质点速度最小，经0.5 s其振动形式恰好传到质点a处，即质点a的速度可能最大也可能最小，

32、故E正确故选：ACE11关于原子和原子核，下列说法正确的是（）A卢瑟福的粒子散射实验否定了汤姆孙关于原子结构的“枣糕模型”，卢瑟福提出了原子的核式结构模型B由玻尔理论可知氢原子的能量是量子化的，一个氢原子处于n=3的能级，向较低能级跃迁时最多只能放出两种频率的光子C要发生核反应nHH，需要高能量的光子照射D研究发现，原子序数大于83的所有天然存在的元素都具有放射性，其半衰期与压强无关E衰变所释放的电子来自原子核外的电子【考点】爱因斯坦质能方程【分析】卢瑟福通过分析粒子散射实验结果，建立了原子的核式结构模型；根据数学组合求解辐射不同频率的光子种类；知道裂变和聚变在生活中的应用；半衰期与元素的物理

33、、化学状态无关；衰变释放出的高速粒子，是核内中子转化而来的【解答】解：A、卢瑟福通过粒子散射实验的结果否定了汤姆孙的“枣糕模型”并提出了原子的核式结构模型，A正确；B、由玻尔理论知氢原子的能量是不连续的，一个氢原子处于n=3的能级，最多只能放出两种频率的光子，即从n=3能级跃迁到n=2能级和从n=2能级跃迁到n=1能级，B正确；C、由于在核力作用范围内核子间存在着强大的核力，当核子结合时核力做正功，会释放出高能量的光子，C错误；D、研究发现，原子序数大于83的所有天然存在的元素都有放射性，原子序数小于83的天然存在的元素有的具有放射性，有的不具有放射性，放射性元素的半衰期与外部条件无关，D正确

34、；E、衰变所释放的电子是原子核中的一个中子转化为一个质子和一个电子时产生的，E错误；故选：ABD三、实验题：共2题12某学习小组利用如图1所示的实验装置探究合外力与速度的关系一端带有定滑轮的长木板固定在水平桌面上，用轻绳绕过定滑轮及动滑轮将滑块与弹簧测力计相连实验中改变动滑轮下悬挂的钩码个数，进行多次测量，记录弹簧测力计的示数F，并利用速度传感器测出从同一位置P由静止开始释放的滑块经过速度传感器时的速度大小v，用天平测出滑块的质量m，用刻度尺测出P与速度传感器间的距离s，当地的重力加速度大小为g，滑轮的质量都很小（1）实验中钩码的质量不需要（填“需要”或“不需要”）远小于滑块的质量（2）根据实

35、验数据作出v2F图象，如图2图象中最符合实际情况的是B（3）根据实验已测得数据及v2F图象，能（填“能”或“不能”）测出滑块与长木板间的动摩擦因数【考点】探究功与速度变化的关系【分析】（1）实验中滑块所受的拉力可由弹簧测力计直接测出，不需要用钩码重力代替；（2）根据动能定理列式得出v2F的关系式，进而选择图象；（3）由v2F图象读出横轴截距求解即可【解答】解：（1）实验中钩码的质量不需要远小于滑块的质量，因为滑块所受的拉力可由弹簧测力计直接测出（2）由Fsmgs=mv20可得v2=F2gs，当m、s、一定时，v2与F为线性关系，且v=0时F0，B正确故选：B（3）由v2F图象读出横轴截距b，则

36、b=mg，得=故答案为：（1）不需要；（2）B；（3）能13某学习小组要测定某一圆柱形导体P的电阻率，其主要实验步骤如下：（1）先用多用电表粗测导体P的电阻a将选择开关打到如图甲所示的欧姆挡上；b将已插入接线孔的两根表笔相接，进行欧姆调零；c将两根表笔分别与导体P的两端相接，指针在图甲中的虚线位置处；d换用欧姆“×100”挡重新测量，先要欧姆调零，再次测量导体P两端的电阻，指针指在图甲中的实线位置处，则导体P的电阻粗测值为1100（2）分别用游标卡尺、螺旋测微器测量导体P的长度L和直径d，示数如图乙、丙所示，则L=20.00mm，d=2.700mm（3）该小组又采用伏安法测量导体P的

37、电阻Rx，可供选用的器材如下：电压表V（量程3V，内阻约3k；量程15V，内阻约15k）电流表A（量程15mA，内阻约10；量程600mA，内阻约0.2）电源E1（电动势3V，内阻不计）电源E2（电动势12V，内阻不计）滑动变阻器R（020，允许通过的最大电流为2A）开关S、导线若干如图丁为测量Rx的实验器材，为使测量尽量准确，请选择器材并完成实物图的连线【考点】打点计时器系列实验中纸带的处理；测定金属的电阻率【分析】（1）明确多用电表的使用方法，明确指针在中间位置时读数最准确，从而确定档位； （2）先读主尺部分，再读游标对齐的格数，主尺读数加上游标对齐格数与精度的乘积即为最终读数； 螺旋测微

38、器是先读固定部分，再读转动部分，二者之和为最终读数，读数时需要估读； （3）电表量程应略大于电路中电流的最大值，从而使读数在中间位置；分析电压和电流值，即可明确应选择的器材； 同时根据滑动变阻器的大小分析是否采用分压接法，根据电阻与电流表和电压表内阻的影响选择电流表接法【解答】解：（1）用多用电表粗测时虚线位置的读数为100×10=1 000，由于指针偏转角度较小，应换成欧姆“×100”挡重新测量，并需重新进行欧姆调零，换挡后指针指在实线位置，读数为11×100=1100（2）游标卡尺读数为L=20mm+0×0.05mm=20.00mm；螺旋测微器读数为

39、d=2.5mm+20.0×0.01mm=2.700mm（3）由于3mA，小于15mA的，所以电源不能选E1，电源应选择E2，电压表量程应选择15V；由11mA，小于600mA的，故电流表量程应选择15mA；由于Rx远大于电流表内阻，故电流表采用内接法；滑动变阻器的最大阻值201 100，滑动变阻器采用分压式接法故答案为：（1）×100欧姆调零1 100（2）20.002.700（3）如图所示四、计算题：共5题14如图所示，在绝缘水平面上固定有两根导轨，分别为直导轨（y=2L，x0）和正弦曲线形导轨（y=Lsin，x0）一质量为m的金属棒MN放在两导轨上，导轨的左端接有一电阻

40、为R的定值电阻，不计其他电阻x0的整个空间内存在磁感应强度大小为B、方向垂直xOy平面向外的匀强磁场（未画出）t=0时刻，对棒施加一沿x轴正方向的水平外力F使棒从x=0处由静止开始做加速度大小为a的匀加速直线运动，棒始终与x轴垂直且与两导轨接触良好，不计一切摩擦求：（1）棒从x=0处运动到x=2L处的过程中通过电阻R的电荷量q；（2）棒在t时刻受到的水平外力F的大小【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律；焦耳定律【分析】（1）导体棒切割磁感线做匀加速直线运动，导体棒切割时相当于电源，由法拉第电磁感应定律可以求出感应电动势的大小，运用闭合电路的欧姆定律算出电流，从而求出通过电阻

41、R的电量（2）对导体棒，根据牛顿第二定律列出方程求出拉力大小【解答】解：（1）棒从x=0处运动到x=2L处过程中平均感应电动势平均感应电流通过电阻R的电荷量q=t得q=（2）棒在t时刻运动的速度v=at发生的位移x=at2感应电动势E=B（2L+Lsin）v感应电流I=安培力FA=BI（2L+Lsin）根据牛顿第二定律有FFA=ma整理可得F=（2+sin）2+ma答：（1）棒从x=0处运动到x=2L处的过程中通过电阻R的电荷量q为；（2）棒在t时刻受到的水平外力F的大小15如图所示，离水平地面高h=5m、长L=3.4m的水平传送带以v=2m/s的速度顺时针转动质量分别为1kg、1.5kg的小

42、物块A、B（均可视为质点）由跨过定滑轮且不可伸长的轻绳相连现将B轻轻放在传送带的左端（B与定滑轮间的绳水平伸直，A与滑轮间的绳竖直伸直），当B运动到传送带的右端时因绳突然断掉而做平抛运动B与传送带间的动摩擦因数=0.8，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，传送带由电动机带动，与滚轮间无相对滑动，轮轴处的摩擦不计，滑轮质量和摩擦也不计，取重力加速度g=10m/s2求：（1）A上升的最大高度H；（2）B从开始运动到落地前经历的时间t及刚落地时的速率vB；（3）B在传送带上运动的过程中电动机的平均输出功率【考点】功率、平均功率和瞬时功率；匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律【分析】（1）根据牛顿

43、第二定律求出A先做匀加速直线运动的加速度，结合速度位移公式求出匀加速直线 运动的位移，从而得出匀速运动的位移，结合速度位移公式求出绳子断裂后，A继续上升的高度，从而得出A上升的最大高度（2）B先做匀加速直线运动，然后做匀速直线运动，最后做平抛运动，根据运动学公式分别求出各段过程的运动时间，从而得出总时间根据平行四边形定则求出B刚落地的速度（3）根据在滑动摩擦力和静摩擦力作用下的位移，求出摩擦力做功的大小，结合平均功率的大小求出该过程中电动机的平均输出功率【解答】解：（1）B受到的滑动摩擦力f1=mBg=0.8×15N=12NmAg=10N，开始时B水平向右做匀加速运动，A竖直向上做匀

44、加速运动，根据牛顿第二定律有对A，TmAg=mAa1对B，f1T=mBa1代入数据联立解得a1=0.8m/s2对B，由v2=2a1s1代入数据解得s1=2.5m此时A匀加速上升s1=2.5m，由于s1L且f1mAg，B在运动s1=2.5m后将随传送带水平向右匀速运动，A匀速上升s2=Ls1=3.42.5m=0.9m，绳突然断掉后，对A，由v2=2gs3解得A向上匀减速直线运动的位移，得H=s1+s2+s3=2.5+0.9+0.2m=3.6m（2）B做匀加速直线运动的过程有v=a1t1，匀加速直线运动的时间t1=，做匀速直线运动的过程有s2=vt2，匀速运动的时间t2=0.45s做平抛运动的过程

45、有h=g，则平抛运动的时间t3=1s，B从开始运动到落地经历的时间t=t1+t2+t3=2.5+0.45+1s=3.95s刚落地时的速率vB=2 m/s（3）B在传送带上做匀加速运动的过程中，传送带克服滑动摩擦力做的功为W1=f1vt1B在传送带上做匀速运动的过程中，传送带受到的静摩擦力为f2=mAg传送带克服静摩擦力做的功为W2=f2s2电动机的平均输出功率代入数据解得23.39W答：（1）A上升的最大高度H为3.6m；（2）B从开始运动到落地前经历的时间t为3.95s，刚落地时的速率为2 m/s；（3）B在传送带上运动的过程中电动机的平均输出功率为23.39W16如图所示，内径均匀的L形玻

46、璃管，A端封闭，D端开口，AC段水平，CD段竖直AB段长L1=30cm，BC段长L=30cm，CD段长h=29cmAB段充有理想气体，BCD段充满水银，外界大气压p0=76cmHg，环境温度t1=27（i）若玻璃管内的气体柱长度变为L2=45cm，则环境温度应升高到多少摄氏度？（ii）若保持环境温度t1=27不变，玻璃管绕AC段缓慢旋转180°，求状态稳定后管中水银柱的长度x【考点】理想气体的状态方程【分析】（i）求出气体的状态参量，气体发生的是等圧変化，根据盖率萨克定律即可求出温度（ii）气体发生等温变化，假设水银全部进入AC段，由玻意耳定律求出旋转180°后的水银柱的长度，再检验结果是否正确【解答】解：（i）若玻璃管内的气体柱长度变为L2=45cm，则水银柱溢出的长度为15cm，管内气体发生等压变化，根据盖吕萨克定律有得T2=T1=450K环境温度应升高到=177（ii）旋转前管内气体的压强p1=p0+gh=105cmHg管内气体发生等温变化，设