2025届福建省福州市高三二模高考试卷试题（答案详解）

第1页（共1页）2025届福建省福州市高三下学期2月质检预测物理试卷一．选择题（共4小题，满分16分，每小题4分）1．（4分）如图所示为运动会中的四个比赛场景。下列对各场景的阐述中正确的是（）A．图甲所示，在运动员展示小轮车骑行技巧时，可将其看成质点 B．图乙所示，运动员在参加田径女子20公里竞走，“20公里”指的是比赛过程中的位移 C．图丙所示，运动员在4×100米决赛跑出38秒06，“38秒06”指的是时刻 D．图丁所示，运动员跳高下落时，通过海绵垫可增加接触面与运动员的作用时间从而实现缓冲2．（4分）如图所示，一直杆固定在小车上，直杆的顶端固定着一小球。当小车向右做匀加速运动时，直杆对小球作用力的方向可能沿图中的（）A．OA方向 B．OB方向 C．OC方向 D．OD方向3．（4分）如图所示，足够长水平传送带以恒定速率运动。把不同小物体轻放在传送带左端物体都会经历两个阶段的运动。用v表示传送带速度，用μ表示物体与传送带间的动摩擦因数，则（）A．前阶段，物体可能向传送方向的相反方向运动 B．后阶段，物体受到摩擦力的方向跟传送方向相同 C．v相同时，μ不同的等质量物体与传送带摩擦产生的热量相同 D．μ相同时，v增大为原来的2倍，前阶段物体的位移也增大为原来的2倍4．（4分）如图所示，Q1、Q2为两个被固定的点电荷，a、b是它们连线的延长线上的两点。现有一带正电的粒子只在电场力作用下以一定的初速度从a点开始经b点向远处运动，过b点时速度最小，下列说法正确的是（）A．向远处运动过程中，粒子的电势能先减小后增大 B．粒子由a点到b点运动过程中加速度逐渐增大 C．b点的电场强度一定为零 D．Q1的电荷量一定小于Q2的电荷量二．多选题（共4小题，满分18分）（多选）5．如图所示，甲是地球赤道上的一个物体，乙是“神舟十号”宇宙飞船（周期约90min），丙是地球的同步卫星，它们运行的轨道示意图如图所示，它们都绕地心做匀速圆周运动。下列有关说法中正确的是（）A．它们运动的向心加速度大小关系是a乙＞a丙＞a甲 B．它们运动的线速度大小关系是v乙＜v丙＜v甲 C．它们运动的周期大小关系是T甲＝T丙＞T乙 D．卫星乙的运行速度大小大于地球的第一宇宙速度（多选）6．（6分）在如图所示的电路中，a、b两端接有电压为u＝100sin100πt（V）的交流电源，移动滑动触头P可改变理想变压器原线圈接入电路的匝数，两灯泡L1、L2的电阻和定值电阻R的阻值相同且保持不变。将开关S断开，灯泡L1恰好正常发光，则下列说法正确的是（）A．原线圈输入电压的有效值为100V B．若将P向上移动，L1会变暗 C．若闭合S，L1可能会被烧坏 D．若闭合S，R消耗的电功率是闭合S前的169（多选）7．（6分）如图，一定质量的理想气体从状态a出发，经过等容过程ab到达状态b，再经过等温过程bc到达状态c，最后经等压过程ca回到初态a。下列说法正确的是（）A．在过程ab中气体的内能增加 B．在过程ab中气体对外界做功 C．在过程ca中气体对外界做功 D．在过程bc中气体从外界吸收热量（多选）8．（6分）如图（a），S为粒子源，不断沿水平方向发射速度相同的同种带负电粒子，MN为竖直放置的接收屏。当同时存在竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场时，粒子恰好沿直线打到MN上O点；当只存在一种场时，粒子打在MN上的P点或Q点，P、O、Q三点的位置关系如图（b）所示，OP间距离为OQ间距离的45，已知电场强度大小为E，磁感应强度大小为B，S到屏MN的距离为dA．只加磁场时，粒子打在MN上的P点 B．粒子源发射出粒子的速度大小为EBC．粒子的比荷为4ED．OP间距离为d三．填空题（共8小题，满分60分）9．（3分）在白炽灯照射下，从用手指捏紧的两块玻璃板的表面能看到彩色条纹，这是光的现象；通过两根并在一起的铅笔狭缝去观察发光的白炽灯，也会看到彩色条纹，这是光的现象．10．（3分）（1）核反应堆中的“燃料”是92235U，请完成核反应方程式92235U+01n→()90Sr+54()Xe+10（2）钍232经过6次α衰变和4次β衰变后变成一种稳定的元素。这种元素是铅，它的质量数是，原子序数是。（3）请写出铯137（55137Cs）发生β衰变的核反应方程[已知53号元素是碘（I），56号元素是钡（Ba）]11．（4分）某横波在介质中传播，t＝0时刻波传播到x轴上的质点B时，所形成的波形如图所示，则O点开始振动时振动方向（选填“向上”或“向下”），若已知计时开始后，则质点A在t＝0.3s时第二次出现在平衡位置，该简谐横波的波速等于m/s。12．（6分）如图1，是测量滑块与长铁片之间动摩擦因数的示意图。实验步骤如下：A．用铁架台将长铁片倾斜固定并支在水平桌面上，在长铁片上标出A、B两点，把光电门固定在长铁片上的B点，将光电门、光电计时器（图中未画出）与电源连接好；B．用米尺测量出长铁片上A、B两点间的距离L，用量角器测得斜面的倾角为θ，用游标卡尺测量挡光片的宽度d；C．接通电源，调整光电计时器和光电门使它们正常工作；D．将小滑块由A点静止释放使其沿长铁片表面下滑，测出滑块通过光电门时挡光片的挡光时间为t。则：（1）实验中，把挡光片经过光电门时的平均速度作为滑块的瞬时速度，因此，挡光片的宽度越大，滑块的瞬时速度误差就越（选填“大”或“小”）。（2）如图2，是实验中用游标卡尺测得挡光片的宽度。由图可知，挡光片的宽度为mm。（3）如果重力加速度为g，那么滑块与小铁片之间的动摩擦因数为（用题中字母表示）。为了减小实验误差，只要多次改变光电门B的位置，每次令滑块从同一点A由静止下滑，根据实验原理建立直角坐标系时，如果x轴表示A、B两点间的距离L，那么y轴表示，得到的图像是一条经过坐标原点的直线。（4）利用该实验装置，只需要将图中的长铁片换成（只填写一种实验仪器即可），其它设备仪器均不变，就可以验证机械能守恒定律。13．（8分）要测定一个自感系数很大的线圈L的直流电阻，实验室提供下列器材。A．多用电表一只B．电压表V1（量程3V，内阻约为6kΩ）C．电压表V2（量程15V，内阻约为30kΩ）D．滑动变阻器R1（阻值0～10Ω）E．滑动变阻器R2（阻值0～1kΩ）F．电池E（电动势4V，内阻很小）G．开关S1、S2，导线若干（1）首先用多用电表粗测线圈的电阻，操作步骤如下：①机械调零后将红、黑表笔分别插入多用电表的“+”“﹣”插孔，选择欧姆“×10”挡：②把红、黑表笔分别与自感线圈的两端相接，发现多用电表的指针读数太小；③为了较准确地进行测量，重新选择恰当的倍率；④把红、黑表笔分别与自感线圈的两端相接，稳定后多用电表表盘示数如图a所示。上述步骤中遗漏的重要步骤是，此自感线圈的直流电阻约为Ω。（2）根据多用电表的示数，为了减少实验误差，并在实验中获得尽可能大的电压调节范围，应从图b中的A、B、C、D四个电路中选择电路来测量自感线圈的电阻；其中电流表用多用电表代替，多用电表的电流挡有①2.5A、②10mA、③50mA、④250mA，则应选的电流挡为（填序号），滑动变阻器应选（填器材符号）。（3）某学生进行的实验步骤如下：a．按电路图连接好实验电路；b．合上开关S1、S2，移动滑动变阻器的滑片到适当位置，稳定后读出电流表和电压表的读数I、U；c．重复b步骤多次；d．先断开开关S1，再断开开关S2，拆除实验装置，整理好器材；e．求出每次U、I的比值，并求出它们的平均值即为自感线圈的直流电阻。请指出上述实验步骤中的错误。14．（10分）某科技小组参加了过山车游戏项目研究，如图甲所示，为了研究其中的物理规律，科技组成员设计出如图乙所示的装置。P为弹性发射装置，AB为倾角θ＝37°的倾斜轨道，BC为水平轨道，CDC′为竖直圆轨道，C′E为足够长的倾斜轨道，各段轨道均平滑连接。以A点为坐标原点，水平向右为x轴正方向，竖直向上为y轴正方向建立平面直角坐标系。已知滑块质量为m，圆轨道半径R＝1m，BC长为3m，AB、BC段动摩擦因数均为μ＝0.25，其余各段轨道均光滑。现滑块从弹射装置P弹出的速度为4m/s，且恰好从A点沿AB方向进入轨道，滑块可视为质点。重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：（1）求滑块从弹射装置P弹出时的坐标值；（2）若滑块恰好能通过D点，求轨道AB的长度；（3）若滑块能进入圆轨道且不脱轨，求轨道AB的长度；（4）若轨道AB的长度为3.5m，试判断滑块在圆轨道是否脱轨；若发生脱轨，计算脱轨的位置。15．（12分）如图所示，三个质量均为m的小物块A、B、C，放置在水平地面上，A紧靠竖直墙壁，一劲度系数为k的轻弹簧将A、B连接，C紧靠B，开始时弹簧处于原长，A、B、C均静止。现给C施加一水平向左、大小为F的恒力，使B、C一起向左运动，当速度为零时，立即撤去恒力，一段时间后A离开墙壁，最终三物块都停止运动。已知A、B、C与地面间的滑动摩擦力大小均为f，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧始终在弹性限度内。（弹簧的弹性势能可表示为：Ep=12k（1）求B、C向左移动的最大距离x0和B、C分离时B的速度大小v0；（2）为保证B、C分离后，B能继续向右运动，求恒力F应满足什么条件；（3）为保证A能离开墙壁，求恒力的最小值Fmin；（4）若F＝6f，求撤去恒力后，C运动的最大速度vm和最大位移为xm。16．（14分）如图所示，两根距离为d＝1m的足够长的光滑平行金属导轨位于xOy竖直面内，一端接有阻值为R＝2Ω的电阻。在y＞0的一侧存在垂直纸面的磁场，磁场大小沿x轴均匀分布，沿y轴大小按规律B=12y(T)分布。一质量为m＝0.05kg、阻值为r＝1Ω的金属杆与金属导轨垂直，在导轨上滑动时接触良好。金属杆始终受一大小可调节、方向竖直向上的外力F作用，使它能保持大小为a＝2m/s2、方向沿y轴负方向的恒定加速度运动。t＝0时刻，金属杆位于y＝0处，速度大小为v0＝4m/s，方向沿（1）当金属杆的速度大小为v＝2m/s时直杆两端的电压；（2）该回路中感应电流持续的时间；（3）当时间分别为t＝3s和t＝5s时，外力F的大小；（4）电阻R的最大电功率。

2025届福建省福州市高三下学期2月质检预测物理试卷答案与解析一．选择题（共4小题，满分16分，每小题4分）1．（4分）如图所示为运动会中的四个比赛场景。下列对各场景的阐述中正确的是（）A．图甲所示，在运动员展示小轮车骑行技巧时，可将其看成质点 B．图乙所示，运动员在参加田径女子20公里竞走，“20公里”指的是比赛过程中的位移 C．图丙所示，运动员在4×100米决赛跑出38秒06，“38秒06”指的是时刻 D．图丁所示，运动员跳高下落时，通过海绵垫可增加接触面与运动员的作用时间从而实现缓冲【考点】动量定理的内容和应用；质点；时刻、时间的物理意义和判断；位移、路程及其区别与联系．【分析】根据把物体看作质点的条件分析；路程是指运动轨迹的长度，据此分析；时刻在时间轴上用一个点表示；根据动量定理分析。【解答】解：A、在运动员展示小轮车骑行技巧时，运动员的身体姿态不能忽略，不可将其看成质点，故A错误；B、运动员在参加田径女子20公里竞走，“20公里”指的是比赛过程中的路程，故B错误；C、运动员在4×100米决赛跑出38秒06，“38秒06”指的是时间间隔，故C错误；D、运动员跳高下落时，通过海绵垫可增加接触面与运动员的作用时间从而实现缓冲，根据Ft＝Δp可知，可以减小地面对运动员的作用力，故D正确。故选：D。【点评】本题考查了把物体看作质点的条件。位移和路程的区别，时刻和时间间隔的区别，以及动量定理的应用。2．（4分）如图所示，一直杆固定在小车上，直杆的顶端固定着一小球。当小车向右做匀加速运动时，直杆对小球作用力的方向可能沿图中的（）A．OA方向 B．OB方向 C．OC方向 D．OD方向【考点】牛顿第二定律的简单应用；弹力的概念及其产生条件；力的合成与分解的应用．【分析】小球受重力和杆对小球的作用力，在两个力共同作用下沿水平向右的方向加速运动，加速度水平向右，合力水平向右．【解答】解：小球和小车的加速度相同，所以小球在重力和杆的作用力两个力的作用下也沿水平向右的方向加速运动，加速度水平向右，根据牛顿第二定律F＝ma可知，加速度的方向与合力的方向相同，合力水平向右，即合力沿图中的OD方向，根据力的合成的平行四边形定则可知，直杆对小球的作用力可能沿OC方向，故C正确，ABD错误。故选：C。【点评】根据牛顿第二定律F＝ma可知，加速度的方向与合力的方向相同，是解决本题的关键．另外知道杆的弹力不一定沿杆的方向．3．（4分）如图所示，足够长水平传送带以恒定速率运动。把不同小物体轻放在传送带左端物体都会经历两个阶段的运动。用v表示传送带速度，用μ表示物体与传送带间的动摩擦因数，则（）A．前阶段，物体可能向传送方向的相反方向运动 B．后阶段，物体受到摩擦力的方向跟传送方向相同 C．v相同时，μ不同的等质量物体与传送带摩擦产生的热量相同 D．μ相同时，v增大为原来的2倍，前阶段物体的位移也增大为原来的2倍【考点】常见力做功与相应的能量转化；牛顿第二定律的简单应用．【分析】物品放传送带上时在摩擦力作用下做匀加速运动，当速度达到传送带速度时，将做匀速运动，根据牛顿第二定律和运动学公式进行分析。【解答】解：A、物品轻放在传送带上，前阶段，物品受到向前的滑动摩擦力，所以物品的运动方向一定与传送带的运动方向相同，故A错误。B、后阶段，物品与传送带一起做匀速运动，不受到摩擦力，故B错误。C、设物品匀加速运动的加速度为a，由牛顿第二定律得：f＝μmg＝ma物品的加速度大小为：a＝μg匀加速的时间为：t=v位移为：x=传送带匀速的位移为：x′＝vt物品相对传送带滑行的距离为：Δx＝x′﹣x=物品与传送带摩擦产生的热量为：Q＝μmgΔx=12mv2D、前阶段物品的位移为：x=v2t=v22μg，则知故选：C。【点评】本题是物体在传送带上运动问题，物体在传送带的滑动摩擦力作用下做匀加速运动，速度达到传送带速度时，物体将和传送带一起匀速运动，抓住时间和位移之间的关系列式进行分析。4．（4分）如图所示，Q1、Q2为两个被固定的点电荷，a、b是它们连线的延长线上的两点。现有一带正电的粒子只在电场力作用下以一定的初速度从a点开始经b点向远处运动，过b点时速度最小，下列说法正确的是（）A．向远处运动过程中，粒子的电势能先减小后增大 B．粒子由a点到b点运动过程中加速度逐渐增大 C．b点的电场强度一定为零 D．Q1的电荷量一定小于Q2的电荷量【考点】电场力做功与电势能变化的关系；电场强度的叠加；电场强度与电场力的关系和计算．【分析】过b点时速度最小，到b点加速度为0．从而知道b点的电场力及电场强度．通过b点的场强可以分析出两个点电荷电量的大小．通过能量守恒判断电势能的变化．【解答】解：A．在整个过程中速度先减小后增大，即动能先减小后增大，根据能量守恒定律可得，电势能先增大后减小，故A错误；BC．带电粒子在b点时速度最小，所以在b点的加速度为零，电场强度为零，即从a到b点的过程中，加速度逐渐减小，故B错误，C正确；D．由于b点的场强为零，所以有k由于r1b＞r2b，所以Q1的电荷量一定大于Q2的电荷量，故D错误。故选：C。【点评】解决本题的关键根据图象b点的加速度为0，根据这一突破口，从而判断Q2的电性及Q1和Q2的电量大小．二．多选题（共4小题，满分18分）（多选）5．如图所示，甲是地球赤道上的一个物体，乙是“神舟十号”宇宙飞船（周期约90min），丙是地球的同步卫星，它们运行的轨道示意图如图所示，它们都绕地心做匀速圆周运动。下列有关说法中正确的是（）A．它们运动的向心加速度大小关系是a乙＞a丙＞a甲 B．它们运动的线速度大小关系是v乙＜v丙＜v甲 C．它们运动的周期大小关系是T甲＝T丙＞T乙 D．卫星乙的运行速度大小大于地球的第一宇宙速度【考点】近地卫星；万有引力与重力的关系（黄金代换）；第一、第二和第三宇宙速度的物理意义．【分析】根据a＝rω2、牛顿第二定律分析加速度大小关系；v＝rω、v=GMr分析线速度；同步卫星丙的周期为24h，“神舟十号”宇宙飞船的周期约【解答】解：同步卫星丙的周期为24h，大于乙的周期，则丙的轨道半径大于乙的轨道半径，乙和丙受到的万有引力完全提供向心力；甲与丙的角速度相等，周期相等。A、甲与丙的角速度相等，根据a＝rω2知，a丙＞a甲，根据牛顿第二定律可得：a=GMr2可知a乙＞a丙，所以有：a乙＞a丙＞a甲B、根据v＝rω知，v丙＞v甲，根据GMmr2=mv2r可得：v=GMr，所以v乙＞v丙，故v乙＞vC、同步卫星丙的周期为24h，大于乙的周期，所以运动的周期大小关系有：T甲＝T丙＞T乙，故C正确；D、第一宇宙速度是最大的环绕速度，所以卫星乙的运行速度大小小于地球的第一宇宙速度，故D错误。故选：AC。【点评】解决本题的关键掌握万有引力提供向心力这一理论，知道线速度、角速度、加速度、周期与轨道半径的关系。以及知道同步卫星的特点。（多选）6．（6分）在如图所示的电路中，a、b两端接有电压为u＝100sin100πt（V）的交流电源，移动滑动触头P可改变理想变压器原线圈接入电路的匝数，两灯泡L1、L2的电阻和定值电阻R的阻值相同且保持不变。将开关S断开，灯泡L1恰好正常发光，则下列说法正确的是（）A．原线圈输入电压的有效值为100V B．若将P向上移动，L1会变暗 C．若闭合S，L1可能会被烧坏 D．若闭合S，R消耗的电功率是闭合S前的169【考点】变压器的构造与原理．【分析】变压器的输入电压决定输出电压，输出电流决定输入电流，输出功率决定输入功率；结合功率表达式分析判断即可。【解答】解：A、a、b两端接有u＝100sin100πt（V）的交流电源，所以原线圈两端电压的有效值为1002V＝502V，故AB、若将P向上移动，原线圈匝数增大，副线圈电压减小，L1会变暗，故B正确；C、灯泡L1、L2和R的电阻相同。当开关S断开时，灯泡L1恰好正常发光，灯泡L1两端电压为U22，若闭合S，灯泡L1两端电压为U33，所以LD、当开关S断开时，R消耗的电功率是(U22)2R，若闭合S，R消耗的电功率是(2U2故选：BD。【点评】本题考查理想变压器原理及应用，要注意明确电路结构，知道开关通断时电路的连接方式；同时注意明确输入电压与总电压之间的关系。（多选）7．（6分）如图，一定质量的理想气体从状态a出发，经过等容过程ab到达状态b，再经过等温过程bc到达状态c，最后经等压过程ca回到初态a。下列说法正确的是（）A．在过程ab中气体的内能增加 B．在过程ab中气体对外界做功 C．在过程ca中气体对外界做功 D．在过程bc中气体从外界吸收热量【考点】理想气体及理想气体的状态方程；热力学第一定律的表达和应用．【分析】一定质量的理想气体内能取决于温度，根据图线分析气体状态变化情况，根据W＝pΔV判断做功情况，根据内能变化结合热力学第一定律分析吸收或发出热量。【解答】解：A、从a到b等容升压，根据pVT=CB、在过程ab中气体体积不变，根据W＝pΔV可知，气体对外界做功为零，故B错误；C、在过程ca中压强不变，体积减小，所以外界对气体做功，故C错误；D、在过程bc中，属于等温变化，气体膨胀对外做功，而气体的温度不变，则内能不变；根据热力学第一定律ΔU＝W+Q可知，气体从外界吸收热量，故D正确；故选：AD。【点评】本题主要是考查了理想气体的状态方程和热力学第一定律的知识，要能够根据热力学第一定律判断气体内能的变化与哪些因素有关（功和热量）；热力学第一定律在应用时一定要注意各量符号的意义；ΔU为正表示内能变大，Q为正表示物体吸热；W为正表示外界对物体做功。（多选）8．（6分）如图（a），S为粒子源，不断沿水平方向发射速度相同的同种带负电粒子，MN为竖直放置的接收屏。当同时存在竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场时，粒子恰好沿直线打到MN上O点；当只存在一种场时，粒子打在MN上的P点或Q点，P、O、Q三点的位置关系如图（b）所示，OP间距离为OQ间距离的45，已知电场强度大小为E，磁感应强度大小为B，S到屏MN的距离为dA．只加磁场时，粒子打在MN上的P点 B．粒子源发射出粒子的速度大小为EBC．粒子的比荷为4ED．OP间距离为d【考点】带电粒子由磁场进入电场中的运动．【分析】根据左手定则判断粒子偏转方向；根据平衡条件列式求解速度；根据类平抛运动规律和匀速圆周运动规律，结合几何关系列式求解比荷和OP间的距离。【解答】解：A、根据左手定则，带负电的粒子在进入磁场时受到的洛伦兹力向竖直向下，故只加磁场时，粒子顺时针偏转打在屏上的Q点，故A错误；B、由于同时存在电场和磁场时粒子沿SO做直线运动，可知电场力与洛伦兹力为平衡力，设粒子电荷量为q，质量为m，则有：qvB＝qE，解得：v=EB，故CD.只加电场时，粒子在电场中做类平抛运动，如下图所示，则有：d＝vty=12•qEm联立可得：y=只加磁场时，粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力得：qvB＝mv联立可得：R=根据y与R的表达式，可得：2yR＝d2粒子的轨迹以及几何关系如下图所示。已知OP间距离为OQ间距离的45，即：由几何关系得：R2＝d2+（R-54y联立解得：R=258y进而可得比荷为：qm=4E5B2d，OP间的距离为：故选：BC。【点评】本题考查了带电粒子在电场和磁场中的运动问题，粒子在磁场中做匀速圆周运动，在电场中做类平抛运动。带电粒子在磁场的运动，画轨迹图确定轨迹半径和圆心角是基本功，电场中的匀变速曲线运动处理的方法是运动的分解与合成。本题的难点是推导各个物理量之间的关系。三．填空题（共8小题，满分60分）9．（3分）在白炽灯照射下，从用手指捏紧的两块玻璃板的表面能看到彩色条纹，这是光的干涉现象；通过两根并在一起的铅笔狭缝去观察发光的白炽灯，也会看到彩色条纹，这是光的衍射现象．【考点】薄膜干涉现象；光的单缝衍射和小孔衍射．【分析】从用手指捏紧的两块玻璃板的表面能看到彩色条纹，是薄膜干涉现象；通过两根并在一起的铅笔狭缝去观察发光的白炽灯，也会看到彩色条纹，是光的衍射现象．【解答】解：从用手指捏紧的两块玻璃板的表面能看到彩色条纹，是光在空气膜的上下表面的反射光在上表面叠加形成的，是干涉现象．通过两根并在一起的铅笔狭缝去观察发光的白炽灯，也会看到彩色条纹，是衍射现象．故答案为：干涉衍射【点评】解决本题的关键知道干涉和衍射的区别，并能与实际生活相联系．10．（3分）（1）核反应堆中的“燃料”是92235U，请完成核反应方程式92235U+01n→()90Sr+54()Xe+10（2）钍232经过6次α衰变和4次β衰变后变成一种稳定的元素。这种元素是铅，它的质量数是208，原子序数是82。（3）请写出铯137（55137Cs）发生β衰变的核反应方程55137[已知53号元素是碘（I），56号元素是钡（Ba）]【考点】β衰变的特点、本质及方程；计算α和β衰变的次数；结合能与比结合能的概念及物理意义；爱因斯坦质能方程的应用．【分析】（1）（2）根据电荷数守恒和质量数守恒求出生成物的质量数和电荷数；（3）根据电荷数守恒和质量数守恒书写核反应方程。【解答】解：（1）根据质量数守恒和电荷数守恒可得：Sr核的电荷数为Z＝92﹣54＝38，Xe核的质量数A＝235+1﹣90﹣10×1＝136；（2）由题意可知钍232衰变成铅的核反应方程为90232→根据质量数守恒和电荷数守恒，有232＝A+6×4，90＝Z+2×6﹣4解得：A＝208，Z＝82，由此可知铅的质量数是208，原子序数是82；（3）根据质量数守恒和电荷数守恒，铯137发生β衰变的核反应方程为55137故答案为：（1）38，136；（2）208，82；（3）55137【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，并会求解生成物的质量数和电荷数。11．（4分）某横波在介质中传播，t＝0时刻波传播到x轴上的质点B时，所形成的波形如图所示，则O点开始振动时振动方向向上（选填“向上”或“向下”），若已知计时开始后，则质点A在t＝0.3s时第二次出现在平衡位置，该简谐横波的波速等于5m/s。【考点】波长、频率和波速的关系；机械波的图像问题．【分析】根据图像得出质点的振动方向，结合题目条件得出周期，利用公式完成对波速的计算。【解答】解：由图可知，B点开始振动时方向向上，故O点开始振动时方向向上，由质点A在t＝0.3s时第二次出现在平衡位置得34解得：T＝0.4s由图像可知，波长为2m则v故答案为：向上；5【点评】本题主要考查了简谐横波的相关应用，理解图像的物理意义，熟悉不同方向的运动特点，结合运动学公式即可完成分析。12．（6分）如图1，是测量滑块与长铁片之间动摩擦因数的示意图。实验步骤如下：A．用铁架台将长铁片倾斜固定并支在水平桌面上，在长铁片上标出A、B两点，把光电门固定在长铁片上的B点，将光电门、光电计时器（图中未画出）与电源连接好；B．用米尺测量出长铁片上A、B两点间的距离L，用量角器测得斜面的倾角为θ，用游标卡尺测量挡光片的宽度d；C．接通电源，调整光电计时器和光电门使它们正常工作；D．将小滑块由A点静止释放使其沿长铁片表面下滑，测出滑块通过光电门时挡光片的挡光时间为t。则：（1）实验中，把挡光片经过光电门时的平均速度作为滑块的瞬时速度，因此，挡光片的宽度越大，滑块的瞬时速度误差就越大（选填“大”或“小”）。（2）如图2，是实验中用游标卡尺测得挡光片的宽度。由图可知，挡光片的宽度为5.50mm。（3）如果重力加速度为g，那么滑块与小铁片之间的动摩擦因数为tanθ-d22gt2cosθ⋅1L（用题中字母表示）。为了减小实验误差，只要多次改变光电门B的位置，每次令滑块从同一点A由静止下滑，根据实验原理建立直角坐标系时，如果x轴表示A、（4）利用该实验装置，只需要将图中的长铁片换成气垫导轨（只填写一种实验仪器即可），其它设备仪器均不变，就可以验证机械能守恒定律。【考点】探究影响滑动摩擦力的因素．【分析】（1）分析挡光片的宽度造成的误差；（2）先确定游标尺的分度值，再读出主尺和游标尺的读数，相加即为游标卡尺读数；（3）根据牛顿第二定律和运动学公式推导结合图像分析；（4）分析消除摩擦力对运动的影响。【解答】解：（1）挡光片的宽度越大，挡光片经过光电门的时间较大，滑块的瞬时速度误差就越大。（2）游标卡尺的分度值为0.05mm，主尺读数为5mm，游标尺的读数为10×0.05mm，挡光片的宽度为5mm+10×0.05mm＝5.50mm（3）滑块在长铁片上滑动时，设滑块的质量为m，加速度大小为a，由牛顿第二定律得mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma得a＝gsinθ﹣μgcosθ滑块通过光电门的速度大小v由运动学公式v2＝2aL③解得μ可得1如果x轴表示A、B两点间的距离L，则y轴表示1ty=可知该函数为正比例函数，图像是一条经过坐标原点的直线。（4）利用该实验装置，只需要将图中的长铁片换成气垫导轨，其它设备仪器均不变，就可以验证机械能守恒定律。故答案为：（1）大；（2）5.50；（3）tanθ-d22g【点评】本题考查测量滑块与长铁片之间动摩擦因数实验，要求掌握实验原理、实验装置、实验步骤和数据处理。13．（8分）要测定一个自感系数很大的线圈L的直流电阻，实验室提供下列器材。A．多用电表一只B．电压表V1（量程3V，内阻约为6kΩ）C．电压表V2（量程15V，内阻约为30kΩ）D．滑动变阻器R1（阻值0～10Ω）E．滑动变阻器R2（阻值0～1kΩ）F．电池E（电动势4V，内阻很小）G．开关S1、S2，导线若干（1）首先用多用电表粗测线圈的电阻，操作步骤如下：①机械调零后将红、黑表笔分别插入多用电表的“+”“﹣”插孔，选择欧姆“×10”挡：②把红、黑表笔分别与自感线圈的两端相接，发现多用电表的指针读数太小；③为了较准确地进行测量，重新选择恰当的倍率；④把红、黑表笔分别与自感线圈的两端相接，稳定后多用电表表盘示数如图a所示。上述步骤中遗漏的重要步骤是每次使用欧姆表换挡后都要进行欧姆调零，此自感线圈的直流电阻约为22Ω。（2）根据多用电表的示数，为了减少实验误差，并在实验中获得尽可能大的电压调节范围，应从图b中的A、B、C、D四个电路中选择D电路来测量自感线圈的电阻；其中电流表用多用电表代替，多用电表的电流挡有①2.5A、②10mA、③50mA、④250mA，则应选的电流挡为④（填序号），滑动变阻器应选R1（填器材符号）。（3）某学生进行的实验步骤如下：a．按电路图连接好实验电路；b．合上开关S1、S2，移动滑动变阻器的滑片到适当位置，稳定后读出电流表和电压表的读数I、U；c．重复b步骤多次；d．先断开开关S1，再断开开关S2，拆除实验装置，整理好器材；e．求出每次U、I的比值，并求出它们的平均值即为自感线圈的直流电阻。请指出上述实验步骤中的错误步骤d中应该先断开S2，再断开S1。【考点】练习使用多用电表（实验）；伏安法测电阻．【分析】（1）④根据欧姆表的内部构造说明欧姆表换挡后要重新调零；电阻的测量值＝欧姆表指针所指示数×倍率；（2）实验中要求获得尽可能大的电压调节范围，据此分析滑动变阻器的连接方式；根据待测线圈直流电阻的大小选择电流表的连接方式；根据欧姆定律估算电路中的电流，然后选择电流表量程；为了方便调节滑动变阻器采用阻值较小、额定电流较大的电阻；（3）由于在电路的通断中，线圈中会产生自感电动势，据此分析开关断开的先后顺序。【解答】解：（1）④因为欧姆表每次改换挡位，相当于改变了欧姆表的内部构造，所以每次使用时都要欧姆调零；由于电阻的测量值＝欧姆表指针所指示数×倍率，第一次使用的是“×10”挡，指针读数太小，为了增大指针所指示数，应减小倍率，即换成“×1”挡，待测电阻RL＝22×1Ω＝22Ω；（2）因为题目要求获得尽可能大的电压调节范围，故采用分压电路；由于待测电阻值远小于电压表的内阻，因此电流表采用外接法，故选D；线圈的直流电阻约22Ω，可能通过的最大电流为Im=U为了方便调节，用分压电路就要用阻值较小的滑动变阻器，故选用R1；（3）断开电路应该考虑线圈的自感，先断开开关S1，再断开开关S2，会产生反向感应电压加在电压表两端，可能会使电压表指针迅速反转而受损，故应先断开S2，再断开S1。故答案为：（1）④每次使用欧姆表换挡后都要进行欧姆调零；22；（2）D；④；R1；（3）e.步骤d中应该先断开S2，再断开S1。【点评】本题通过测定自感系数很大的线圈的直流电阻的实验，考查考生的实验探究能力。14．（10分）某科技小组参加了过山车游戏项目研究，如图甲所示，为了研究其中的物理规律，科技组成员设计出如图乙所示的装置。P为弹性发射装置，AB为倾角θ＝37°的倾斜轨道，BC为水平轨道，CDC′为竖直圆轨道，C′E为足够长的倾斜轨道，各段轨道均平滑连接。以A点为坐标原点，水平向右为x轴正方向，竖直向上为y轴正方向建立平面直角坐标系。已知滑块质量为m，圆轨道半径R＝1m，BC长为3m，AB、BC段动摩擦因数均为μ＝0.25，其余各段轨道均光滑。现滑块从弹射装置P弹出的速度为4m/s，且恰好从A点沿AB方向进入轨道，滑块可视为质点。重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：（1）求滑块从弹射装置P弹出时的坐标值；（2）若滑块恰好能通过D点，求轨道AB的长度；（3）若滑块能进入圆轨道且不脱轨，求轨道AB的长度；（4）若轨道AB的长度为3.5m，试判断滑块在圆轨道是否脱轨；若发生脱轨，计算脱轨的位置。【考点】动能定理的简单应用；牛顿第二定律的简单应用；绳球类模型及其临界条件．【分析】（1）滑块弹出后做平抛运动，根据平抛运动的规律结合运动的合成与分解进行解答；（2）滑块恰好能通过D点，在最高点重力提供向心力，可得D点的速度大小；从P到圆轨道最高点，由动能定理求轨道AB的长度；（3）滑块刚好不脱离轨道，有两种临界情况，是刚好能够到达圆轨道最高点，二是刚好到达与圆轨道圆心等高的地方；另外当滑块恰能返回A点不飞出，由以上分析可知，再次下滑后也不会脱离轨道，分别根据动能定理求解滑块从A点切入后不脱离轨道时AB的长度应满足的条件。（4）xAB＝3.5m时，滑块在圆轨道发生脱轨，由动能定理求解脱轨的位置。【解答】解：（1）对滑块由P到A的运动，根据平抛规律有vy＝v0tanθ＝4×3平抛运动的竖直方向有vy解得：y＝0.45m运动时间：tx＝v0t＝4×0.3m＝1.2m即弹出时位置的坐标值为（1.2m，0.45m）（2）滑块恰好能通过D点，在最高点有mg=从P到圆轨道最高点，由动能定理得mg(联立解得：xAB＝5m（3）滑块刚好不脱离轨道，有两种临界情况，一是刚好在圆轨道最高点压力为零时，二是刚好到达与圆轨道圆心等高的地方。由（2）知，滑块刚好能够到达圆轨道最高点时xAB＝5m滑块刚好到达与圆轨道圆心等高的地方时，从P到与圆心等高的位置，由动能定理得mg(解得：xAB＝1.25m滑块恰好能进入圆轨道时，由动能定理得mg(解得：xAB＜0滑块从A点切入后不脱离轨道时AB的长度应满足xAB≥5m或0＜xAB≤1.25m（4）由（3）知，xAB＝3.5m时，滑块在圆轨道发生脱轨，设脱轨地点和圆心的连线与水平方向的夹角为α，则脱轨时mgsinα=从P到脱轨的位置，由动能定理得mg(联立解得sinα＝0.6即滑块在圆心以上Rsinα＝0.6m处脱轨。答：（1）滑块从弹射装置P弹出时的坐标值为（1.2m，0.45m）；（2）若滑块恰好能通过D点，轨道AB的长度为5m；（3）若滑块能进入圆轨道且不脱轨，轨道AB的长度为xAB≥5m或0＜xAB≤1.25m；（4）若轨道AB的长度为3.5m，滑块在圆心以上Rsinα＝0.6m处脱轨。【点评】本题主要是考查了动能定理竖直方向的圆周运动；运用动能定理解题时，首先要选取研究过程，然后分析在这个运动过程中哪些力做正功哪些力做负功，初未动能为多少，根据动能定理列方程解答；动能定理的优点在于适用任何运动包括曲线运动；一个题目可能需要选择不同的过程多次运用动能定理研究，也可以全过程根据动能定理解答。15．（12分）如图所示，三个质量均为m的小物块A、B、C，放置在水平地面上，A紧靠竖直墙壁，一劲度系数为k的轻弹簧将A、B连接，C紧靠B，开始时弹簧处于原长，A、B、C均静止。现给C施加一水平向左、大小为F的恒力，使B、C一起向左运动，当速度为零时，立即撤去恒力，一段时间后A离开墙壁，最终三物块都停止运动。已知A、B、C与地面间的滑动摩擦力大小均为f，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧始终在弹性限度内。（弹簧的弹性势能可表示为：Ep=12k（1）求B、C向左移动的最大距离x0和B、C分离时B的速度大小v0；（2）为保证B、C分离后，B能继续向右运动，求恒力F应满足什么条件；（3）为保证A能离开墙壁，求恒力的最小值Fmin；（4）若F＝6f，求撤去恒力后，C运动的最大速度vm和最大位移为xm。【考点】常见力做功与相应的能量转化；胡克定律及其应用；牛顿第二定律的简单应用．【分析】（1）开始到B、C向左移动最大距离的过程中，推力F和摩擦力做功之和等于弹簧弹性势能增加量；（2）B、C返回弹簧原长处时分离，速度关系求解；（3）A要离开墙壁，B的速度为零，恒力F最小，根据功能关系求解最小的力。（4）撤去恒力后，当B、C所受合力为零时，C的速度最大，由能量守恒定律和动能定理求解。【解答】解：（1）根据题意，从开始运动到向左移动的最大距离过程中，由动能定理有Fx解得x0B、C分离时，弹簧恢复原长，B、C速度相等，由动能定理有12解得v0（2）为保证B、C分离后，B能继续向右运动，即v0即2F2﹣12Ff+16f2＞0向左能够推动B、C，则有F＞2f联立解得，为保证B、