2017届河北省衡水中学高三摸底联考(全国卷)物理试卷(带解析)

1、2017届河北省衡水中学高三上学期第16周周测理综物理试卷（带解析）学校:姓名： 班级： 考号： 一、选择题1.在物理学的发展中，关于科学家和他们的贡献，下列说法中正确的是（A.亚里士多德首先将实验事实和逻辑推理（包括数学推演）和谐地结合起来B.牛顿总结出了万有引力定律并用实验测出了引力常量C.哥白尼通过研究行星观测记录，发现了行星运动三大定律D.笛卡尔对牛顿第一定律的建立作出了贡献2.在物理学的研究及应用过程中所用思维方法的叙述正确的是（）A.在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法是猜想法B.速度的定义式v 二，采用的是比值法，当 t趋近于零时，”就可以表示物体在 ttt

2、时刻的瞬时速度，该定义应用了理想模型法C.在探究电阻、电压和电流三者之间的关系时，先保持电压不变研究电阻与电流的关系，再保持电流不变研究电阻与电压的关系，该实验应用了类比法D.如图是三个实验装置，这三个实验都体现了放大的思想3.如图所示，两条曲线为汽车a、b在同一条平直公路上的速度时间图像，已知在12时刻，两车相遇，下列说法正确的是（）A. a车速度先减小后增大，b车速度先增大后减小B. t1时刻a车在前，b车在后C t1t2汽车a、b的位移相同D. a车加速度先减小后增大，b车加速度先减小后增大4 .如图所示，小球在水平拉力作用下，以恒定速率v沿竖直光滑圆轨道由 A点运动到B点，在此过程中拉

3、力的瞬时功率变化情况是（）A.逐渐减小 B .逐渐增大C.先减小，后增大 D .先增大，后减小5 .如图所示，在一个边长为 a的正六边形区域内存在磁感应强度为B,方向垂直于纸面向里的匀强磁场，三个相同带正电的粒子，比荷为 g,先后从A点沿AD方向以大小m不等的速度射入匀强磁场区域， 粒子在运动过程中只受到磁场力作用， 已知编号为的 粒子恰好从F点飞出磁场区域，编号为的粒子恰好从 E点飞出磁场区域，编号为的 粒子从ED边上的某一点垂直边界飞出磁场区域，则（）A.编号为的粒子在磁场区域内运动的时间为mqBB.编号为的粒子在磁场区域内运动的时间为m qB试卷第7页，总7页Vo水平射出，同时乙以初21

4、0m/s ,若甲、乙同时到达地面，则v0的大小是（）C.三个粒子进入磁场的速度依次增加D.三个粒子在磁场内运动的时间依次增加6 .如图所示，离地面高 2m处有甲、乙两个物体，甲以初速度速度v0沿倾角为450的光滑斜面滑下，已知重力加速度gA. 75m / sB . 275m/sC . VT0m/s D . 4V5m/s7.每个在2016年2月11日宣布 探测到引力波的存在”，天文学家通过观察双星轨道 参数的变化来间接验证引力波的存在，证实了 GW150914是一个36倍太阳质量的黑洞 和一个29倍太阳质量的黑洞并合事件，假设这两个黑洞绕它们连线上的某点做圆周运动，且这两个黑洞的间距缓慢减小，若

5、该黑洞系统在运动过程中各自质量不变且不受其他星系的影响，则关于这两个黑洞的运动，下列说法正确的是（）A.这两个黑洞做圆周运动的向心加速度大小始终相等B. 36倍太阳质量的黑洞轨道半径为29倍太阳质量的黑洞轨道半径小C.这两个黑洞运行的线速度大小始终相等D.随两个黑洞的间距缓慢减小，这两个黑洞运行的周期在增大8 .如图，固定在水平桌面上的光滑金属导轨cd、eg处于方向竖直向下的匀强磁场中，金属杆ab与导轨接触良好，在两根导轨的端点 d、e之间连接一电阻，其他部分电阻忽 略不计，现用一水平向右的恒力 F作用在金属杆ab上，使金属杆由静止开始向右沿导轨滑动，滑动中杆 ab始终垂直于导轨，金属杆受到的

6、安培力用F安表示，则下列说法正确的是（)XA.金属杆ab做匀加速直线运动B.金属杆ab运动过程回路中有顺时针方向的电流C.金属杆ab所受到的f安先不断增大，后保持不变D.金属杆ab克服安培力做功的功率与时间的平方成正比9 .理想变压器原、副线圈匝数之比为 2:1 ,原线圈接入如图乙所示的正弦式交流电压, 副线圈接一个 R=55 的负载电阻，电流表、电压表均为理想电表，则下述结论正确的 是（）A.副线圈中电压表的读数为 110VB.副线圈中输出交流电的频率为0.02HzC.原线圈中电流表的读数为 0.5AD.原线圈中的车入功率为 220W10 .如图所示，BC是半径为R 1m的竖直面内的圆弧轨道

7、，轨道末端C在圆心。的正0下万， BOC 60 ,将质量为m 1kg的小球，从与 O等局的A点水平抛出，小球恰好从B点沿圆弧切线方向进入轨道，由于小球与圆弧之间有摩擦，能够使小球从B到C做匀速圆周运动，重力加速度大小为g 10m/s2,则下列说法正确的是（）A.从B到C,小球与轨道之间的动摩擦因数可能保持不变B.从B到C,小球克服摩才力做功为 5JC. A、B两点间的距离为 Jm . 12D.小千从B到C的全过程中，小球对轨道的压力不变11 .已知一足够长的传送带与水平面的倾角为，以一定的速度匀速运动，某时刻在传送带适当的位置放上具有一定初速度的物块（如图a所示），以此时为t 0时刻记录了小物

8、块之后在传送带上运动的速度随时间的变化关系，如图b所示（图中取沿斜面向上的运动方向为正方向，其中两坐标大小v1 v2K已知传送带的速度保持不变，则下列判断正确的是（）A. 0t1内，物块对传送带做正功B.物块与传送带间的动摩擦因数tan1212c. 0t2内，传送带对物块做功为 mv2 1mVlD.系统产生的热量一定比物块动能的减少量大12.如图所示，水平桌面上有三个相同的物体 a、b、c叠放在一起，a的左端通过一根 轻绳与质量为 m 1kg的小球相连，绳与水平方向的夹角为 600,小球静止在光滑的半圆形器皿中，水平向右的力F 30N作用在b上，三个物体保持静止状态，g取10m/s2 , 下列

9、说法正确的是（）A.物体c受到向右的静摩擦力B.物体b受到一个摩擦力，方向向左C.桌面又中物体a的静摩擦力方向水平向左D.撤去力F的瞬间，三个物体将获得向左的加速度13.以下说法中正确的有 。A.氢原子由较高能级跃迁到较低能级时，要释放一定频率的光子，原子的能量减小B.核力存在于原子核内所有核子之间C.原子核式结构模型是由卢瑟福在粒子散射实验基础上提出的D.铀元素的半衰期为 T,当温度发生变化时，铀元素的半衰期也发生变化E.放射性元素发生衰变时所释放的电子是原子核内的中子转化为质子时产生的、实验题14.如图为验证牛顿第二定律”的实验装置示意图，盘和重物的总质量为m,小车和祛码的总质量为M,实验

10、中用盘和重物总重力的大小作为细线对小车拉力的大小。日制鸵细纹小叱鳖罟H时七批即事物（1）实验中，为了使细线对小车的拉力等于小车所受的合外力，先调节长木板一端定滑轮的高度，使细线与长木板平行，接下来还需要进行的一项操作是 （填选项字 母）。A、将长木板水平放置，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，给打点计时器通电, 调节m的大小，使小车在盘和重物的牵引力下运动，从打出的纸带判断小车是否做匀 速运动B、将长木板的右端垫起适当的高度，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，撤去盘 和重物，给打点计时器通电，轻推小车，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动 C、将长木板的右端垫起适当的高度，撤去纸带以及盘和重

11、物，轻推小车，观察判断小 车是否做匀速运动(2)实验中得到的一条纸带如图所示， A、B、C、D、E、F、G为7个相邻的计数点， 量出相邻的计数点之间的距离分别为 ？?、？?、？?、？、？、？，已知相邻的计数点之间 的时间间隔为T,则小车白加速度？= (用题中所给字母表示)。(3)实验中要进行质量m和M的选取，以下最合理的一组是 (填选项字母)A. ？= 20？ ？= 10？ 15？ 20？ 25？ 30？2 40？B. ？=200？,？=20？240？60？80？100？、120？C. ？=400？,？=10？15？20？25？30？2 40？D. ？=400？,？=20？40？60？.80？

12、.100？、120？(4)该实验小组以测得的加速度a为纵轴，盘和重物的总重力F为横轴，作出的图像如图中图线1所示，发现图像不过原点，怀疑在测量力时不准确，他们将实验进行了改 装，将一个力传感器安装在小车上，直接测量细线拉小车的力？，做？ ？图如图中图线2所示，则图像不过原点的原因是 ,对于图像上相同的力，用传感器 测得的加速度偏大，其原因是 。15 .高中电学实验的核心是测电阻，当然所测的对象是不同的，有灯泡的电阻、电阻丝 的电阻、电表的电阻、电源的电阻等；所用的方法也不同，有伏安法、半偏法、等效代 替法等，其中最常用的是伏安法，测量电路如图所示：(1)为了减小电表内阻引起的误差，如果待测电阻

13、和电表内阻未知，可观察电表的变化；当开关由a点变到接触b点时，电流表变化显著，则开关应接在 点，测量误 差较小。(2)如果已知待测电阻和电表内阻的大约值，为了减小测量误差，应进行的操作：当2Rx RvRa时，开关应接在 点。(3)如果已知电压表内阻的准确值，则开关应接在 点测量没有系统误差。三、计算题16 .如图所示，一电动遥控小车停在水平地面上，小车质量M 3kg ,质量m 1kg的小物块(可视为质点)静止于车板上某处A,物块与车板间的动摩擦因数使小车由静止开始向右行驶，当运动时间t1 1.6s时物块从车板上滑落，已知小车的速度v随时间t变化规律如图乙所示，小车受到地面的摩擦阻力是小车对地面

14、压力的-1 ,10不计空气阻力，取重力加速度 g 10m/s2,求:(1)物块离开小车时，物块的速度大小；M 200kg ,活塞(2) 01.6s时间内小车的牵引力做的功W17 .如图所示，透热的气缸内封有一定质量的理想气体，缸体质量2质重m 10kg ,活塞面积S 100cm ,活塞与气缸壁无摩擦且不漏气，此时，缸内气体的温度 为270C，活塞位于气缸正中，整个装置都静止，已 知大气压恒为52p0 1.0 10Pa,重力加速度为 g 10m/s2, T t 273K ,求：缸内气体的压强 p；缸内气体的温度升高到多少摄氏度时，活塞恰好会静止在气缸缸口AB处？18 .如图所示，光滑水平直导轨上

15、放置长木板B和滑块C,滑块A置于B的左端，且A、B间接触面粗糙，三者质量分别为mA 1kg、mB 2kg、mc 23kg ,开始时A、B起以速度V0 10m/s向右运动，与静止的 C发生碰撞，碰后 C向右运动，又与竖直固定挡板碰撞，并以碰前速率弹回，此后 B与C不再发生碰撞，已知 B足够长，A、B、 C最终速度相等，求 B与C碰后瞬间B的速度大小。力四、简答题19 .如图所示，水平向左的匀强电场中，用长为？的绝缘轻质细线悬挂一小球，小球质量为m,带电量为+?,将小球拉至竖直方向最低位置A点处无初速度释放，小球将向左摆动，细线向左偏离竖直方向的最大角度？?= 740,(重力加速度为? sin37

16、 0 = 0.6,cos37 0 = 0.8)(1)求电场强度的大小 E;(2)求小球向左摆动的过程中，对细线拉力的最大值；(3)若从A点处释放小球时，给小球一个水平向左的初速度？，则为保证小球能做完整的圆周运动，?的大小应满足什么条件？20 .如图所示，MNK/竖直放置的光屏，光屏的左侧有半径为R、折射率为73的透明半球体,O为球心，轴线O顺直于光屏,O至光屏的距离OA3-3R2细束单色光垂直射向半球体的平面，在平面的入射为B, OB京求:(1)光线从透明半球体射出时，出射光线偏离原方向的角度;(2)光线在光屏形成的光斑到 A点的距离。五、填空题21 .以下说法中正确的有 。A.功可以全部转

17、化为热，当热量不能全部转化为功B.物体吸收热量，同时对外做功，其内能可能增加C.食盐熔化过程中，温度保持不变，说明食盐是晶体D.布朗运动是指液体分子的无规则运动E.当分子力表现为引力时，分子势能随分子间距离的增大而增大22.在坐标原点的波源产生一列沿x轴正方向传播的简谐横波，波速 v 200m/s,已知t 0时刻，波刚好传播到 x 40m处，如图所示，在x 400m处有一接收器(图中 未画出)，则下列说法正确的是 。 cmA.波源开始振动时方向沿 y轴负方向B.从t 0开始经0.15s, x 40m处的质点运动的路程为 0.6mC.接收器在t 2s时才能接收到此波D.若波源向x轴正方向运动，接

18、受器接收到波的频率可能为9HzE.若该波与另一列频率为 5Hz沿x轴负方向传播的简谐横波相遇，不能产生稳定的干 涉图样本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考参考答案【答案】D 【解析】试题分析：伽利略首先将实验事实和逻辑推理 （包括数学推演）和谐地结合起来，故A错误； 牛顿总结出了万有引力定律，并没有用实验测得引力常量，是卡文迪许用实验测得了引力常量，故B错误；开普勒通过研究行星观测记录，发现了行星运动三大定律，故C错误；笛卡尔研究了力和运动的关系，对牛顿第一定律的建立做出了贡献，故D正确。考点：物理学史【名师点睛】本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理

19、论 要加强记忆，这也是考试内容之一。【答案】D 【解析】试题分析：在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法叫理想模型的方法，故A错误；速度的定义式 v ,采用的是比值法；当t趋近于零时， 心 就可以tt表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义应用了极限分析法，故B错误；在探究电阻、电压和电流三者之间的关系时，先保持电压不变研究电阻与电流的关系，再保持电流不变研究电阻与电压的关系，该实验应用了控制变量法，故 C错误；用力向下压，使桌面产生微小形变， 使平面镜M逆时针方向微小旋转，若使法线转过 角，则M反射的光线旋转的角度为 2 , N 反射的光线就就旋转了 4 ,那么投射到平面镜上的

20、光斑走过的距离就更大，故该实验观察 测量结果采用的是微小变量放大法.第三个装置都是球m,受到m对它的引力会使竖直悬线发生扭转，从而使镜面M的法线转过微小角度，从而电光源的投影会在标尺上移动一定距离， 从而将微小形变放大将微小形变进行放大，故都是利用放大的思想方法.这两个装置都是将微小形变进行放大，故都是利用放大的思想方法.用挤压玻璃瓶时微小的变化不易观察，但通过细管中水位的变化能够观察出来，是一种放大的思想，故D正确。考点：弹性形变和范性形变、质点的认识、物理模型的特点及作用【名师点睛】在高中物理学习中，我们会遇到多种不同的物理分析方法，这些方法对我们理解物理有很大的帮助；故在理解概念和规律的

21、基础上，更要注重科学方法的积累与学习。【答案】D 【解析】试题分析：由图线可知，a车的速度先增大后减小，b车的速度先减小后增大，故 A错误；在t2时刻，两车相遇，在ti t2时间内，a图线与时间轴围成的面积大，则a的位移大，可知ti时刻，b车在前，a车在后，故BC错误；图线切线的斜率表示加速度，可知 a车的加速度先减小后增大，b车的加速度先减小后增大，故D正确。考点：匀变速直线运动的图像、匀变速直线运动的速度与时间的关系【名师点睛】 根据速度时间图线判断两汽车的运动情况，通过图线与时间轴围成的面积表示位移判断哪个汽车在前.通过图线的斜率判断加速度的变化。【答案】B【解析】试题分析：因为小球是以

22、恒定速率运动，即它是做匀速圆周运动，那么小球受到的重力G水平拉力F、轨道的支持力三者的合力必是沿半径指向。点，设球与圆心的连线与竖直方向夹角是 ，则：l=tan （F与G的合力必与支持力在同一直线上） G得：F Gtan而水平拉力F的方向与速度 V的方向夹角也是，所以水平力F的瞬时功率是P Fvcos ,即为：P Gvsin ,显然，从A到B的过程中，是不断增大的，所以水平拉力F的瞬时功率是一直增大的，故 B正确，A、C、D错误。考点：功率、平均功率和瞬时功率【名师点睛】根据小球做圆周运动，合力提供向心力，即合力指向圆心，求出水平拉力和重力的关系，根据P Fvcos得出拉力瞬时功率的表达式，从

23、而判断出拉力瞬时功率的变化。【答案】C【解析】试题分析：设编号为的粒子在正六边形区域磁场中做圆周运动的半径为r1 ,初速度大小为Vl ,则有:2一V1，一 一一一qv1B m,由几何关系可得:riri2sin60解得:,3Bqa3m由于圆心角为120°，则时间t -t32 m 3qBVi设编号为的粒子在正六边形区域磁场中做圆周运动的半径为2 ,线速度大小为V2 ,周期为丁2,则:qv2B m -2- , T2 ,解得：T2 ,由几何关系可得，粒子在正六2V2Bq边形区域磁场运动过程中， 转过的圆心角为60，则粒子在磁场中运动的时间:设编号为的粒子在正六边形区域磁场中做圆周运动的半径为

24、3在磁场中转了30°,SE ；由几何关系可得:O.E =AEtan 305 二 3"=白一0正=（工忑一节0,半径依次增加，故速度依次增加，同时答案第12页，总10页对应的圆心角越来越小，故时间越短，故选项C正确。考点：带电粒子在匀强磁场中的运动【名师点睛】本题以带电粒子在磁场中运动的相关问题为情境，考查学生综合分析、解决物理问题能力.带电粒子在磁场中的运动，关键的就是确定圆心和轨迹后由几何知识确定出半径。【答案】A【解析】试题分析：甲平抛运动的时间为:乙在斜面下滑的加速度为：a mgsin45mg ,对于乙，下滑的位移大小为 4-h 2根据J2hv0t1 at2,代入数据

25、得：联立解得v01Jgh1，102J5m/s,故222选项A正确。考点：动能定理的应用、平抛运动【名师点睛】 解决本题的关键知道平抛运动的时间由高度决定，初速度和时间相同决定水平位移，抓住平抛运动的时间和匀加速运动的时间相同，结合牛顿第二定律和运动学公式灵活研究。7. B【解析】试题分析：根据?殳=?（2?）2?卯彳F ? = 4?根据爷2=?2（款?2?可彳#?1=备?9 可矢喂=?，质量与轨道半径成反比，所以36倍太阳质量的黑洞轨道半径比29倍太阳质量 的黑洞轨道半径小，故 B正确；根据？?= ?？?T知，角速度相等，质量大的半径小，所以质量大的向心加速度小，故A错误；这两个黑洞共轴转动，

26、角速度相等，根据 ？?= ?以，质量大的半径小，所以质量大的线速度小， 故C错误；又：？?1 + ?2 = 嗡?（?？+ ?）= 啜 当？?1 + ?2不变时，L减小，则T减小，即双星系统运行周期会随间距减小而减小，故 D错 误。考点：万有引力定律及其应用【名师点睛】 解决本题的关键知道双星靠相互间的万有引力提供向心力，应用万有引力定律与牛顿第二定律即可正确解题，难度不大。【答案】C【解析】试题分析：由于是光滑的导轨，没有摩擦，对金属杆，根据牛顿第二定律：22F B L v ma ,由于速度发生变化，故加速度是变化的，故选项 A错误；根据楞次定 R律可以知道，回路中产生的感应电流为逆时针方向，

27、故选项B错误；开始时由于速度不断增大，故安培力不断增大，当安培力等于拉力F时，则速度不再增大，则安培力不变，选项 C_222_222正确；线框中感应电流的瞬时功率:P 无一产v)2RBLv B L (at)RRR速度是变化，故选项 D错误。考点：导体切割磁感线时的感应电动势；电功、电功率【名师点睛】 棒切割磁感线会产生电动势，形成感应电流所以金属杆会受到安培力.当棒处于匀速时棒受力平衡， 由已知条件可求出安培力大小， 根据受力平衡即可解出金属杆受到的 拉力；结合电功率表达式即可找到功率与位移的关系式。【答案】AD【解析】试题分析：由瞬时值的表达式可知，原线圈的电压最大值为220回，所以原线圈的

28、电压的有效值为220V,再根据电压与匝数成正比可知，副线圈的电压的有效值为110V ,即为2电压表的读数，故 A正确；变压器不会改变电流的周期，电流的周期为T 0.02s,100110则频率为50Hz ,故B正确；副线圈的电流为I2 2A,根据电流与匝数成反比可得，55原线圈的电流大小为1A,故C错误；变压器的输入功率和输出功率相等，副线圈的功率为2110P 220W ,所以原线圈中的输入功率也为 220W ,故D正确。55考点：变压器的构造和原理、电功、电功率、交变电流【名师点睛】根据瞬时值的表达式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。【答案】BC【解析

29、】试题分析：小球从B到C做匀速圆周运动，由合外力提供向心力， 即由轨道的支持力和重力 径向分力的合力提供向心力，向心力大小不变，而重力的径向分力是变化的，所以轨道对小球的支持力是变化的，则小球对轨道的压力是变化的，则小球与轨道之间的动摩擦因数是变 化的，故AD错误；小球从B到C做匀速圆周运动，则由能量守恒定律可知：小球克服摩擦 11.力做的功等于重力做的功 WG mg(R Rcos60) 1mgR 1 1 10 1J 5J ,故B正 22确；小球做从A到B做平抛运动，在 B点，小球速度方向偏角60 ,贝U tan60vvAvy gt竖直方向的位移 y Rcos6012-gt ;水平万向的位移

30、xvAt,解得x昱m3则A B两点的距离xAB,故C正确。考点：动能定理的应用、平抛运动【名师点睛】 本题考查了平抛运动和圆周运动，向心力的来源：合外力，应用运动的合成与分解、【答案】BD【解析】分析清楚小球运动过程，明确匀速圆周运动运动学公式、牛顿第二定律即可正确解题。试题分析：由图知，物块先向下运动后向上运动,则知传送带的运动方向应向上，g t1内,物块对传送带的摩擦力方向沿传送带向下，则物块对传送带做负功，故A错误；在t1t2内，物块向上运动，则有 mgcos >mgsin ，得 >tan ，故B正确；012内，由图“面积”等于位移可知，物块的总位移沿斜面向下，高度下降，重力

31、对物块做正功，设为WG ,根据动能定理得：W WG- mv22 mv12,则传送带对物块做功W mv221mv12,故C2222错误；0t2内，重力对物块做正功，物块的重力势能减小、动能也减小都转化为系统产生 的内能，则由能量守恒得知，系统产生的热量一定比物块动能的减少量大，故D正确。考点：动能定理的应用、功的计算【名师点睛】本题由速度图象要能分析物块的运动情况，再判断其受力情况，得到动摩擦因数的范围，根据动能定理求解功是常用的方法。【答案】BC 【解析】试题分析：设水平向右为正方向，设a、b、c的质量为m1 ,由于均静止，故加速度为：_2ai 0m/s ，对c：设b对c的静摩擦力为f ,则水

32、平方向上只受 f影响，且c保持静止，由牛顿第二定律得：f m1a1,代入数据得：f 0N ,故A错误；对b： b静止，设a对b的静摩擦力为fi,则水平面上：Ffifm-ai0 ,即：f-F 40N,故b只受一个静摩擦力，方向与 F相反，即水平向左，故B正确；对a, a静止，设绳的拉力为 T, 器皿对小球的弹力为N,桌面对a的静摩擦力为f2,则水平面上：f1f2Tm1al0，对小球受力分析如图：由于小球静止，故竖直方向上：Nsin60 Tsin60 mg水平方向上：Ncos60 Tcos60联立式代入数据解得：T 10褥N , f222.68N,故地面对a的静摩擦力水平向左，故C正确；若撤去 F

33、,又a,水平方向上受绳的拉力：T 10j3N<静摩擦力f2,故整个系统仍然保持静止，故D错误。考点：牛顿第二定律、物体的弹性和弹力、共点力平衡的条件及其应用【名师点睛】 本题主要考查力的分解和平衡力判断，结合牛顿第二定律会使此类题目变得简单，整个系统保持静止，隔离法分析c,可得出受静摩擦力为 0。【答案】ACE【解析】试题分析：氢原子由较高能级跃迁到较低能级时，释放光子，能量减小，故 A正确；核力是 短程力，每个核子只跟它邻近的核子间存在核力作用，故B错误；卢瑟福依据“粒子散射实验的现象提出了原子的核式结构理论，故C正确；半衰期的大小与温度无关，由原子核内部因素决定，故 D错误；衰变的实

34、质是原子核中的一个中子转化成一个质子，同时产生一个电子，这个电子以射线的形式释放出去，同时辐射出光子，故E正确。考点：原子的核式结构【名师点睛】 本题较为简单，考查了解识记级别的知识， 熟读教材是解决这类题目的必由之 路.故要加强对基本知识的积累。14. (1) B； (2)(?令-?3 )+(?5-?2)+(?4-?1)；(3) C(4)没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足造成的；盘和重物的重力比细线的拉力大或第二种情况下传感器的示数等于小车所受合外力【解析】试题分析：(1)要使小车受到的合力等于细线的拉力，实验前应平衡摩擦力，具体做法是：将长木板的一端垫起适当的高度，让小车连着已经穿过打点计时器

35、的纸带，撤去砂和砂桶，给打点计时器通电，轻推小车，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动，故选Bo(2)应用？?= ?求加速度时，为减小测量误差，？?德采用不相邻点间的位移差，并且采用逐差法，由各选项可知，误差最小的算法是(?令-?3)+(?5-?2 )+(?4 -?1)(3)当？?v <?对，即当盘和重物的总质量 m远远小于小车和石I码的总质量M时，绳子的拉力近似等于盘和重物的总重力，由题意可知，最合理的一组m与M值是a(4)由所示图象可知，？0 ?图象在F轴上有截距，即当拉力大到一定值时才产生加速度，说明小车所受合力小于祛码与祛码盘的重力，这由于没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不足造成的；对于

36、图像上相同的力， 用传感器测得的加速度偏大，其原因是盘和重物的重力比细线的拉力大或第二种情况下传感器的示数等于小车所受合外力。考点：验证牛顿第二运动定律【名师点睛】 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，只要真正掌握了实验原理就能顺利解决此类实验题目，而实验步骤，实验数据的处理都与实验原理有关，故要加强对实验原理的学习和掌握。【答案】(1) b; (2) b; (3) a【解析】试题分析：(1)因电流表读数有显著变化，说明电压表的分流明显，故应采用内接法较为 准确，故应将开关应接在 b处更准确。(2)由于 R2 RvRa,说明是个小电阻，故采用内接法，故开关应接在b点；(3)如

37、果已知电压表内阻的准确值，而电流表的内阻未知，则开关应接在a点，此时测量值为二者的并联总电阻，从而可以求出电阻的真实值，从而消除系统误差，故开关应接a点。考点：伏安法测电阻【名师点睛】解决本题的关键知道电流表内外接所引起的系统误差，知道在什么情况下选用外接法误差较小，什么情况下选用内接法误差较小。【答案】(1) 1.6m/s； (2) W 17J【解析】试题分析：(1)物块滑落前受到的滑动摩擦力大小为f mgf2做匀加速运动的加速度为 a 一 g 1m/s2 . m当运动时间t1 1.6s时物块的速度为 v1 at1 1.6m/s。22(2) 0 1s时间内，由题图乙得小车的加速度大小为a 2

38、 2m/s2.11根据牛顿第一定律得：F1 f k(M mm g Ma ,其中k 一，解得F1 14N101小车的位移s12 1m 1m2在1 1.6s时间内，牵引力F2 k(M m g f 5N由题图乙得小车的位移大小s2 2 0.6m 1.2m所以CM.6s时间内小车的牵引力做的功W F1sl F2s2代入数据解得 W 17J o考点：动能定理的应用、牛顿第二定律【名师点睛】解决本题的关键要理清小车和滑块的运动情况， 采用隔离法研究加速度和速度 等物理量，解答时要抓住速度图象的两个物理意义：斜率等于加速度，“面积”表示位移。【答案】6 3 105Pa ；327c【解析】试题分析：以气缸为对

39、象(不包括活塞)列气缸受力平衡方程：p1s mg p0S解之得：pi 3 105Pa。当活塞恰好静止在气缸缸口AB处时，缸内气体温度为 T2,压强为p2 ,此时仍有p2 s Mg p0S ,由题意知缸内气体为等压变化,对这一过程研究缸内气体,由状态方程得:S 0.5l S lTi二所以 T2 2Ti 600K ,故 t2 (600 273 C 327 c。考点：理想气体的状态方程【名师点睛】巧选研究对象，注意变化过程的不变量，同时注意摄氏温度与热力学温度的换 算关系。【答案】vB 7.25 m/s【解析】试题分析：设碰后B速度为vB , C速度为vC ,以向右为正方向，由动量守恒定律得：mBV

40、。mcVcmBVBBC碰后，A、B在摩擦力作用下达到共同速度，大小为 vc ,由动量守恒定律得:mAV0 mBVB(mAm或 Vc代入数据联立得：vB 7.25 m/s。考点：动量守恒定律【名师点睛】分析物体的运动过程，选择不同的系统作为研究对象，多次运用动量守恒定律求解，注意动量守恒定律是矢量式，使用前要先规定正方向。19 . (1) ?= 署(2) 7? (3) ?wv2?t? >3?【解析】试题分析：(1)由于带电小球所受电场力方向向左，电场线方向也向左，分析小球 的受力情况，作出受力图如右图，根据对称性，此时必有重力与电场力的合力与角分线在同3?O 4?1?2?一条线上，根据平衡

41、条件得：？= ?解得：？?=(2)小球运动的过程中速度最大的位置，由动能定理得：? ?=小球在2?寸，由重力电场力与细线的拉力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律得:?=？4?- ?荽?？?:,解得:由牛顿第三定律可知细线所受的拉力大小为:?4(3)要使细线不松弛有两种情况，当小球摆动过程中，细线的方向与F的方向不超过90°时,根据动能定理有：-?0 - 2?,解彳导:? < v2?, ， ，、，、， 一，一?当小球能完成完整的圆周运动时，需满足：?< ?另?1cle根据动能定理有：-? (1 + ?卯 =2?- 2?由上几式联立解得：? >等?为保证小球在运动过程中， 细线不松弛，？的大小应满足的条件为：？Wv2?或? >-