湖南省新田县第一中学2015届高三物理一轮复习 专题13 原子物理(含解析)

v2 -v新田一中2015年高考第二次模拟考试试卷物 理第Ⅰ卷（选择题，共48分）一、选择题（本题共11小题，每小题4分，共48分。

在每小题给出的四个选项中，第1~8小题只有一项符合题目要求，第9~12小题有多项符合题目要求。

全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有错选或不答的得0分）1、某同学通过以下步骤测出了从一定高度落下的排球对地面的冲击力：将一张白纸铺在水平地面上，把排球在水里浸湿，然后让排球从规定的高度自由落下，并在白纸上留下球的水印。

再将印有水印的白纸铺在台式测力计上，将排球放在纸上的水印中心，缓慢地向下压球，使排球与纸接触部分逐渐发生形变直至刚好遮住水印，记下此时测力计的示数即为冲击力的最大值。

下列物理学习或研究中用到的方法与该同学方法相同的是 ( ) A ．运用等效方法建立“合力与分力”的概念B ．运用理想模型建立“点电荷”的概念C ．运用极限方法建立“瞬时速度”的概念D ．运用控制变量法研究“加速度与合力、质量的关系” 2．甲、乙两个物体从同一地点、沿同一直线同时做直线运动， 其v －t 图象如图所示，下列说法正确的是( ) A ．t ＝1 s 时甲和乙相遇 B ．t ＝2 s 时甲的速度方向反向 C ．t ＝4 s 时乙的加速度方向反向D ．0~2 s 内甲的位移与0~6s 内乙的位移相等3、汽车轮胎与地面间的动摩擦因数分别为μ1和μ2时，紧急刹车时的刹车距离x 与刹车前车速v 的关系曲线如图所示，则μ1和μ2的大小关系是( )A ．μ1＞μ2B ．μ1＝μ2C ．μ1＜μ2D ．无法比较4、如图所示，公共汽车沿水平面向右做匀变速直线运动，小球用细线悬挂在车顶上，质量为m 的一位中学生站在车厢底板上。

若某时刻观察到细线向后偏离竖直方向θ角，此时公共汽车对学生产生的摩擦力的大小和方向为( )A ．mg sin θ，水平向右B ．mg sin θ，水平向左C ．mg tan θ，水平向右D ．mg tan θ，水平向左5、如图所示是倾角为45°的斜坡，在斜坡底端P 点正上方某一位置Q 处以速度v 0水平向左抛出一个小球A ，小球恰好能垂直落在斜坡上，运动时间为t 1。

高考物理一轮复习原子结构和原子核全章训练（含解析）新人教版李仕才考纲要求：原子核的组成、放射性、原子核的衰变、半衰期；放射性同位素；核力、核反应方程；结合能、质量亏损；裂变反应和聚变反应、裂变反应堆；放射性的防护；氢原子光谱；氢原子的能级结构、能级公式；（全部要求为Ⅰ级）。

一、原子的核式结构模型1.汤姆生的“枣糕”模型（1）1897年汤姆生发觉了电子，使人们认识到原子．．有复杂结构，掀开了研究原子的序幕． (2)“枣糕”模型：原子是一个球体，正电荷平均分布在整个球内，电子像枣糕里的枣子一样镶嵌在原子里．2.卢瑟福的核式结构模型（1）α粒子散射实验的结果：α粒子通过金箔时，绝大多数不发生偏转，仍沿原先的方向前进，但有少数发生大角度偏转，偏转的角度甚至大于900，有的几乎达到1800．（2）核式结构模型：在原子的中心有一个专门小的核，叫做原子核，原子的全部正电荷和几乎全部质量都集中在原子核里，带负电的电子在核外空间里绕着核旋转．原子核所带的单位正电荷数等于核外的电子数，因此整个原子是呈电中性的．电子绕着核旋转所需的向心力确实是核对它的库伦引力．（3）从α粒子散射实验的数据估算出原子核核半径的数量级为10－15m，而原子半径的数量级为 10—10 m。

【例1】在卢瑟福的α粒子散射实验中，有少数α粒子发生大角度偏转，其缘故是（）A.原子的正电荷和绝大部分质量集中在一个专门小的核上B.正电荷在原子中是平均分布的C.原子中存在着带负电的电子D.原子只能处于一系列不连续的能量状态中解析：α粒子散射实验中，有少数α粒子发生了较大偏转．这说明了这些α粒子受到专门大的库伦力，施力物体应是体积甚小的带电实体。

依照碰撞知识，我们明白只有质量专门小的轻球与质量专门大的物体发生碰撞时，较小的球才被弹回去，这说明被反弹回去的α粒子碰上了质量比它大得多的物质实体，即集中了全部质量和正电荷的原子核．答案：A【练习1】关于α粒子散射实验，下列说法中正确的是（）A．绝大多数α粒子通过重金属箔后，发生了角度不太大的偏转B．α粒子在接近原子核的过程中，动能减少，电势能减少C．α粒子离开原子核的过程中，动能增大，电势能增大D．对α粒子散射实验的数据进行分析，能够估算出原子核的大小解析：“由于原子核专门小，α粒子十分接近它的机会专门少，因此绝大多数α粒子差不多上仍按直线方向前进，只有极少数发生大角度的偏转”。

2015年湖南省永州市新田一中高考物理二模试卷一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分．在每小题给出的四个选项中，第1～8小题只有一项符合题目要求，第9～12小题有多项符合题目要求．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有错选或不答的得0分）1．某同学通过以下步骤测出了从一定高度落下的排球对地面的冲击力：将一张白纸铺在水平地面上，把排球在水里浸湿，然后让排球从规定的高度自由落下，并在白纸上留下球的水印．再将印有水印的白纸铺在台式测力计上，将排球放在纸上的水印中心，缓慢地向下压球，使排球与纸接触部分逐渐发生形变直至刚好遮住水印，记下此时测力计的示数即为冲击力的最大值．下列物理学习或研究中用到的方法与该同学方法相同的是（）A．运用等效方法建立“合力与分力”的概念B．运用理想模型建立“点电荷”的概念C．运用极限方法建立“瞬时速度”的概念D．运用控制变量法研究“加速度与合力、质量的关系”2．甲、乙两个物体从同一地点、沿同一直线同时做直线运动，其v﹣t图象如图所示，下列说法正确的是（）A．t=1s时甲和乙相遇B．t=2s时甲的速度方向反向C．t=4s时乙的加速度方向反向D．0～2s内甲的位移与0～6s内乙的位移相等3．汽车轮胎与地面间的动摩擦因数分别为μ1和μ2时，紧急刹车时的刹车距离x与刹车前车速v的关系曲线如图所示，则μ1和μ2的大小关系是（）A．μ1＞μ2B．μ1=μ2C．μ1＜μ2D．无法比较4．如图所示，公共汽车沿水平面向右做匀变速直线运动，小球用细线悬挂在车顶上，质量为m的一位中学生站在车厢底板上．若某时刻观察到细线向左偏离竖直方向θ角，则此时公共汽车对学生产生的摩擦力的大小和方向为（）A．mgsinθ，水平向右B．mgsinθ，水平向左C．mgtanθ，水平向右D．mgtanθ，水平向左5．如图所示是倾角为45°的斜坡，在斜坡底端P点正上方某一位置Q处以速度v0水平向左抛出一个小球A，小球恰好能垂直落在斜坡上，运动时间为t1．若在小球A抛出的同时，小球B从同一点Q处开始自由下落，下落至P点的时间为t2，不计空气阻力，则A、B两球在空中运动的时间之比t1：t2等于（）A．1：2 B．1：C．1：D．1：36．如图所示，一斜劈静止于粗糙的水平地面上，在其斜面上放有一滑块m，给m一向下的初速度v0，m恰好匀速下滑．现在m下滑的过程中施加一个水平作用力F，下列说法正确的是（）A．m保持匀速下滑，在m停止前M对地面无摩擦力的作用B．m将做减速运动，在m停止前M对地面无摩擦力的作用C．m保持匀速下滑，在m停止前M对地面有水平向左的摩擦力D．m将做减速运动，在m停止前M对地面有水平向左的摩擦力7．如图所示，劲度系数为k的轻弹簧下端悬挂一个质量为m的重物，处于静止状态．现用手托着重物使之缓慢上移，直到弹簧恢复原长，然后放手使重物从静止开始下落，重物下落过程中的最大速度为v m，不计空气阻力．下列说法正确的是（）A．弹簧的弹性势能最大时小球加速度为零B．小球速度最大时弹簧的弹性势能为零C．手托重物缓慢上移时手对重物做功W1=D．重物从静止下落到速度最大过程中重物克服弹簧弹力所做的功W2=﹣mv m28．如图所示，为两个有界匀强磁场，磁感应强度大小均为B，方向分别垂直纸面向里和向外，磁场宽度均为L，距磁场区域的左侧L处，有一边长L的正方形导体线框，总电阻为R，且线框平面与磁场方向垂直，现用外力F使线框以速度v匀速穿过磁场区域，以初始位置为计时起点，规定：电流沿逆时针方向时的电动势E为正，磁感线垂直纸面向里时磁通量φ的方向为正，外力F向右为正．则以下关于线框中的磁通量φ、感应电动势E、外力F和电功率P随时间变化的图象正确的是（）A．B．C．D．9．2013年12月2日，探月工程“嫦娥三号”成功发射．“嫦娥三号”的主要任务有两个，一个是实现月面软着陆，二是实现月面巡视勘察．如图所示，设月球半径为R，“嫦娥三号”在半径为4R的圆形轨道Ⅰ上做匀速圆周运动，到达轨道的A点时点火变轨进入椭圆轨道Ⅱ，到达轨道的近月点B时，再次点火进入近月轨道Ⅲ绕月做匀速圆周运动，则“嫦娥三号”（）A．在轨道Ⅱ上的A点运行速率大于B点速率B．在轨道Ⅲ上B点速率小于在轨道Ⅱ上B点的速率C．在轨道Ⅰ上A点的加速度等于在轨道Ⅱ上A点的加速度D．在轨道Ⅰ、轨道Ⅱ、轨道Ⅲ上运行的周期关系TⅠ＜TⅡ＜T III10．如图所示，在匀强磁场中匀速转动的矩形线圈的周期T=2s，转轴OO1垂直于磁场方向，线圈电阻r=2Ω，从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，线圈转过60°时的感应电流i=1A，下列说法正确的是（）A．在1min内线圈中的感应电流的方向改变60次B．线圈中的感应电流的有效值为I=2AC．任意时刻线圈中的感应电动势为e=4cosπt（V）D．任意时刻线圈中的磁通量为Ф=4sinπt（Wb ）11．两个点电荷Q1、Q2固定于x轴上，Q2位于坐标原点处，M、N是x轴上的两点．将一在x 轴上的带正电的试探电荷从足够远处沿x轴负方向移近Q2的过程中，试探电荷的电势能E P 随位置变化的关系如图所示，取无穷远处的电势为零，下列说法正确的是（）A．M点电势为零，N点电场强度为零B．M点电场强度为零，N点电势为零C．Q1带正电，Q2带负电，且Q2电荷量的绝对值较小D．Q1带负电，Q2带正电，且Q2电荷量的绝对值较小12．如图甲所示，一正方形金属线框位于有界匀强磁场区域内，线框平面与磁场垂直，线框的右边紧贴着磁场边界．t=0时刻对线框施加一水平向右的外力F，让线框从静止开始做匀加速直线运动穿过磁场．外力F随时间t变化的规律如图乙所示，已知线框质量m=1kg、电阻R=1Ω．下列说法正确的是（）A．线框运动的加速度为2m/s2B．线框的边长为1mC．匀强磁场的磁感应强度为2TD．线框穿过磁场过程中，通过线框的电荷量为 C二、实验题（本题共2小题，共15分．把答案填在答题卡的指定位置）13．用如图所示实验装置验证机械能守恒定律．通过电磁铁控制的小铁球从A点自由下落，下落过程中经过光电门B时，毫秒计时器（图中未画出）记录下小球挡光时间t，测出AB 之间的距离h．实验前应调整光电门位置使小球下落过程中球心通过光电门中的激光束．（1）（单选）为了验证机械能守恒定律，还需要测量下列哪些物理量；A．A点与地面间的距离HB．小铁球的质量mC．小铁球从A到B的下落时间t ABD．小铁球的直径d（2）小铁球通过光电门B时的瞬时速度v= ，若下落过程中机械能守恒，则与h的关系式为= ．14．某同学把较粗的铜丝和铁丝相隔较近插入苹果中，制成一个水果电池，用如下器材研究苹果电池的电动势和内阻：开关、电阻箱（最大阻值999Ω）、毫安表（最大量程1mA，内阻忽略不计）、导线若干．（1）在图甲中用笔画线代替导线将各元件连接成实验电路；（2）闭合开关，改变电阻箱的阻值R，记录多组I、R数据，作出R﹣图象如图乙直线A，由此可知此时苹果电池的电动势E= V（保留两位有效数字），内阻r=Ω；（3）增大铜丝和铁丝的插入深度，重复上述步骤进行实验，作出R﹣图象如图乙直线B，由此可知，电极插入的深度增加，苹果电池的电动势E ，内阻 r（本小问两空均选填“增加”，“减少”或“不变”）．三、计算题（本题共3小题，共47分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤．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）15．物体A单独放在倾角为37°的斜面上时，恰好能匀速下滑．物体A系上细线通过光滑定滑轮挂上物体B，且将斜面倾角改为53°时，如图所示，物体A又恰好能沿斜面匀速上滑．已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，sin53°=0.8，cos53°=0.6．求物体A与物体B的质量之比为多少．16．如图所示，在矩形ABCD区域内，对角线BD以上的区域存在有平行于AD向下的匀强电场，对角线BD以下的区域存在有垂直于纸面的匀强磁场（图中未标出），矩形AD边长为L，AB边长为2L．一个质量为m、电荷量为+q的带电粒子（重力不计）以初速度v0从A点沿AB 方向进入电场，在对角线BD的中点P处进入磁场，并从DC边上以垂直于DC边的速度离开磁场（图中未画出），求：（1）电场强度E的大小和带电粒子经过P点时速度v的大小和方向；（2）磁场的磁感应强度B的大小和方向．17．如图所示，竖直平面内有足够长、不计电阻的两组平行光滑金属导轨，宽度均为L=0.5m，上方连接一个阻值R=1Ω的定值电阻，虚线下方的区域内存在垂直纸面向里的磁感应强度B=2T的匀强磁场．完全相同的两根金属杆M和N靠在导轨上，金属杆的长度与导轨等宽且与导轨接触良好，两金属杆的电阻均为r=0.5Ω．将金属杆M固定在磁场的上边缘（仍在此磁场内），金属杆N从磁场边界上方h0=0.8m处由静止释放，进入磁场后恰好做匀速运动，g取10m/s2．求：（1）金属杆的质量m；（2）若金属杆N从磁场边界上方h1=0.2m处由静止释放，进入磁场下落一段距离后做匀速运动．在金属杆N加速的过程中整个回路产生了1.4J的电热，此过程中流过电阻R的电荷量q；（3）若金属杆N仍然从磁场边界上方h1=0.2m处由静止释放，在金属杆N进入磁场的同时释放金属杆M，金属杆M和金属杆N在以后的运动过程中，各自的最大速度v1和 v2分别是多大．2015年湖南省永州市新田一中高考物理二模试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分．在每小题给出的四个选项中，第1～8小题只有一项符合题目要求，第9～12小题有多项符合题目要求．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有错选或不答的得0分）1．某同学通过以下步骤测出了从一定高度落下的排球对地面的冲击力：将一张白纸铺在水平地面上，把排球在水里浸湿，然后让排球从规定的高度自由落下，并在白纸上留下球的水印．再将印有水印的白纸铺在台式测力计上，将排球放在纸上的水印中心，缓慢地向下压球，使排球与纸接触部分逐渐发生形变直至刚好遮住水印，记下此时测力计的示数即为冲击力的最大值．下列物理学习或研究中用到的方法与该同学方法相同的是（）A．运用等效方法建立“合力与分力”的概念B．运用理想模型建立“点电荷”的概念C．运用极限方法建立“瞬时速度”的概念D．运用控制变量法研究“加速度与合力、质量的关系”【考点】物理学史．【专题】常规题型．【分析】通过白纸上的球的印迹，来确定球发生的形变的大小，从而可以把不容易测量的一次冲击力用球形变量的大小来表示出来，在通过台秤来测量相同的形变时受到的力的大小，这是用来等效替代的方法．【解答】解：A、合力和分力是等效的，它们是等效替代的关系，故A正确；B、点电荷是一种理想化的模型，是采用的理想化的方法，故B错误；C、瞬时速度是把很短的短时间内的物体的平均速度近似的认为是瞬时速度，是采用的极限的方法，故C错误；D、研究加速度与合力、质量的关系的时候，是控制其中的一个量不变，从而得到其他两个物理量的关系，是采用的控制变量的方法，故D错误；故选：A．【点评】在物理学中为了研究问题方便，经常采用很多的方法来分析问题，对于常用的物理方法一定要知道．2．甲、乙两个物体从同一地点、沿同一直线同时做直线运动，其v﹣t图象如图所示，下列说法正确的是（）A．t=1s时甲和乙相遇B．t=2s时甲的速度方向反向C．t=4s时乙的加速度方向反向D．0～2s内甲的位移与0～6s内乙的位移相等【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；斜率表示加速度，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、甲、乙两个物体从同一地点沿同一方向做直线运动，当位移相等时，两者相遇．根据速度图象与坐标轴围成面积表示位移，可知，在t=1s时，乙的位移大于甲的位移，说明两者没有相遇．故A错误．B、由图知，在t=2s时甲乙的速度方向没有改变，都为正，方向相同．故B错误．C、速度图象的斜率表示加速度，由数学知识得知，在t=4s时，乙的加速度方向仍沿负方向，没有改变．故C错误．D、图象与坐标轴围成面积代表位移，根据图象可知0～2s内甲的位移，0～6s内乙的位移．故D正确．故选：D【点评】本题是速度﹣时间图象问题，要明确斜率的含义，知道在速度﹣﹣时间图象中图象与坐标轴围成的面积的含义，即可分析两物体的运动情况3．汽车轮胎与地面间的动摩擦因数分别为μ1和μ2时，紧急刹车时的刹车距离x与刹车前车速v的关系曲线如图所示，则μ1和μ2的大小关系是（）A．μ1＞μ2B．μ1=μ2C．μ1＜μ2D．无法比较【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像．【专题】牛顿运动定律综合专题．【分析】先根据牛顿第二定律求解出加速度，然后根据速度位移关系公式求解出x与v的函数表达式，最后结合图象进行分析．【解答】解：根据牛顿第二定律，有：μmg=ma，解得a=μg；根据速度位移关系公式，有：v2=2as；联立得到：v2=2μgs，由图象得到，当s相同时，v2＜v1，结合表达式可知，μ越大则v越大，故μ2＜μ1；故选：A【点评】本题关键是先根据牛顿第二定律和运动学公式得到x与v的函数表达式，然后结合图象进行分析．4．如图所示，公共汽车沿水平面向右做匀变速直线运动，小球用细线悬挂在车顶上，质量为m的一位中学生站在车厢底板上．若某时刻观察到细线向左偏离竖直方向θ角，则此时公共汽车对学生产生的摩擦力的大小和方向为（）A．mgsinθ，水平向右B．mgsinθ，水平向左C．mgtanθ，水平向右D．mgtanθ，水平向左【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】由题意，中学生与球都相对于车静止，它们的加速度与车的加速度相同．首先选择球研究，根据牛顿第二定律求出加速度，人的加速度就知道了．再对人分析受力，应用牛顿第二定律，求出汽车对学生产生的静摩擦力和方向．【解答】解：以小球为研究对象，根据牛顿第二定律，得m球gtanθ=m球a得到a=gtanθ，方向向右，以人为研究对象，人与球的加速度相同，均水平向右根据牛顿第二定律，得f=ma=mgtanθ，方向水平向右，故C正确；故选：C【点评】本题关键在于研究对象的选择，要抓住小球与学生均相对于车静止，加速度相同的特点，也就是分析挖掘题目隐含的条件，常常是解决物理问题的关键．5．如图所示是倾角为45°的斜坡，在斜坡底端P点正上方某一位置Q处以速度v0水平向左抛出一个小球A，小球恰好能垂直落在斜坡上，运动时间为t1．若在小球A抛出的同时，小球B从同一点Q处开始自由下落，下落至P点的时间为t2，不计空气阻力，则A、B两球在空中运动的时间之比t1：t2等于（）A．1：2 B．1：C．1：D．1：3【考点】平抛运动．【专题】平抛运动专题．【分析】小球做平抛运动时，根据分位移公式求出竖直分位移和水平分位移之比，然后根据几何关系求解出的自由落体运动的位移并求出时间．【解答】解：小球A恰好能垂直落在斜坡上，如图由几何关系可知，小球竖直方向的速度增量v y=gt1=v0①水平位移S=v0t1②竖直位移h Q=③由①②③得到：由几何关系可知小球B作自由下落的高度为：h Q+S=④联立以上各式解得：．故选：C．【点评】本题关键是明确小球Q的运动是平抛运动，然后根据平抛运动的分位移和分速度公式联立求解出运动时间，再根据几何关系得到自由落体的位移，从而进一步求得时间，最后得到比值．6．如图所示，一斜劈静止于粗糙的水平地面上，在其斜面上放有一滑块m，给m一向下的初速度v0，m恰好匀速下滑．现在m下滑的过程中施加一个水平作用力F，下列说法正确的是（）A．m保持匀速下滑，在m停止前M对地面无摩擦力的作用B．m将做减速运动，在m停止前M对地面无摩擦力的作用C．m保持匀速下滑，在m停止前M对地面有水平向左的摩擦力D．m将做减速运动，在m停止前M对地面有水平向左的摩擦力【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用．【专题】牛顿运动定律综合专题．【分析】由题，滑块原来匀速下滑，合力为零；斜面保持静止状态，合力也为零．以滑块和斜面整体为研究对象，分析受力情况，根据平衡条件分析地面对斜面的摩擦力和支持力．木块可能受两个力作用，也可能受到四个力作用．【解答】解：m原来保持匀速下滑，M静止，以滑块和斜面组成的整体为研究对象，分析受力情况，根据平衡条件得知地面对斜面没有摩擦力，如有摩擦力，整体的合力不为零，将破坏平衡状态与题矛盾．对m，有：mgsinθ=f=μmgcosθ，即得sinθ=μcosθ，θ是斜面的倾角．在m上加一水平向右的力F，沿斜面方向：mgsinθ﹣Fcosθ﹣μ（mgcosθ+Fsinθ）=﹣F （cosθ+μsinθ）＜0，故物体做减速运动；对物块，所受支持力增加了Fsinθ，则摩擦力增加μFsinθ，即支持力与摩擦力均成比例的增加，其合力方向还是竖直向上，如图：则斜面所受的摩擦力与压力的合力放还是竖直向下，水平放向仍无运动趋势，则不受地面的摩擦力，故ACD错误，B正确；故选：B．【点评】本题关键明确木块与斜面都处于平衡状态，分析受力情况，研究对象可以采用隔离法，也可以采用整体法研究．7．如图所示，劲度系数为k的轻弹簧下端悬挂一个质量为m的重物，处于静止状态．现用手托着重物使之缓慢上移，直到弹簧恢复原长，然后放手使重物从静止开始下落，重物下落过程中的最大速度为v m，不计空气阻力．下列说法正确的是（）A．弹簧的弹性势能最大时小球加速度为零B．小球速度最大时弹簧的弹性势能为零C．手托重物缓慢上移时手对重物做功W1=D．重物从静止下落到速度最大过程中重物克服弹簧弹力所做的功W2=﹣mv m2【考点】功能关系．【专题】动能定理的应用专题．【分析】由做功表达式，结合胡克定律，由平均力做功，即可求解；根据动能定理，选取研究过程，即可求解克服弹簧弹力做的功；当速度最大时，弹簧的弹性势能不为零，而弹簧的弹性势能最大时，速度为零．【解答】解：A、弹簧的弹性势能最大时，小球的速度为零，弹簧形变量最大，弹力大于重力，加速度不为0，故A错误；B、由题意可知，速度最大时，弹力与重力相等，加速度为零，而弹簧的弹性势能不为零，故B错误；C、球处于平衡位置时，则有：mg=kx；小球缓慢上移过程中，根据动能定理知﹣mgx+W弹+W F=0，故W F=mgx﹣W弹=﹣W弹，故C错误；D、小球从静止下落到最大速度v的过程中，设克服弹力做功为W2，根据动能定理，则有：﹣W2=mv m2，解得：W2=﹣mv m2，故D正确；故选：D．【点评】考查做功表达式，掌握变力做功的求法，理解动能定理的应用，注意力做功的正负．8．如图所示，为两个有界匀强磁场，磁感应强度大小均为B，方向分别垂直纸面向里和向外，磁场宽度均为L，距磁场区域的左侧L处，有一边长L的正方形导体线框，总电阻为R，且线框平面与磁场方向垂直，现用外力F使线框以速度v匀速穿过磁场区域，以初始位置为计时起点，规定：电流沿逆时针方向时的电动势E为正，磁感线垂直纸面向里时磁通量φ的方向为正，外力F向右为正．则以下关于线框中的磁通量φ、感应电动势E、外力F和电功率P随时间变化的图象正确的是（）A．B． C．D．【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；安培力；右手定则；电磁感应中的能量转化．【专题】电磁感应中的力学问题．【分析】由线圈的运动可得出线圈中磁通量的变化；由则由法拉第电磁感应定律及E=BLV可得出电动势的变化；由欧姆定律可求得电路中的电流，则可求得安培力的变化；由P=I2R 可求得电功率的变化．【解答】解：A、当线框运动L时开始进入磁场，磁通量开始增加，当全部进入时达最大；此后向外的磁通量增加，总磁通减小；当运动到2.5L时，磁通量最小，故A错误；B、当线圈进入第一个磁场时，由E=BLV可知，E保持不变，而开始进入第二个磁场时，两端同时切割磁感线，电动势应为2BLV，故B错误；C、因安培力总是与运动方向相反，故拉力应一直向右，故C错误；D、拉力的功率P=Fv，因速度不变，而在线框在第一个磁场时，电流为定值，拉力也为定值；两边分别在两个磁场中时，由B的分析可知，电流加倍，故安培力加培，功率加倍；此后从第二个磁场中离开时，安培力应等于线框在第一个磁场中的安培力，故D正确；故选D．【点评】电磁感应与图象的结合问题，近几年高考中出现的较为频繁，在解题时涉及的内容较多，同时过程也较为复杂；故在解题时要灵活，可以选择合适的解法，如排除法等进行解答．9．2013年12月2日，探月工程“嫦娥三号”成功发射．“嫦娥三号”的主要任务有两个，一个是实现月面软着陆，二是实现月面巡视勘察．如图所示，设月球半径为R，“嫦娥三号”在半径为4R的圆形轨道Ⅰ上做匀速圆周运动，到达轨道的A点时点火变轨进入椭圆轨道Ⅱ，到达轨道的近月点B时，再次点火进入近月轨道Ⅲ绕月做匀速圆周运动，则“嫦娥三号”（）A．在轨道Ⅱ上的A点运行速率大于B点速率B．在轨道Ⅲ上B点速率小于在轨道Ⅱ上B点的速率C．在轨道Ⅰ上A点的加速度等于在轨道Ⅱ上A点的加速度D．在轨道Ⅰ、轨道Ⅱ、轨道Ⅲ上运行的周期关系TⅠ＜TⅡ＜T III【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用．【专题】人造卫星问题．【分析】卫星绕中心天体做匀速圆周运动万有引力提供圆周运动向心力，通过调整速度使卫星做离心运动或近心运动来调整轨道高度．【解答】解：A、在轨道II上A点是远月点，而B点是近月点，从A向B运动引力对卫星做正功，卫星速度增大，故在A点速率小于在B点速率，故A错误；B、在轨道II上经过B点时，卫星做离心运动，所需向心力大小该点万有引力，而在轨道III上经过B点时万有引力刚好提供圆周运动向心力，同在B点万有引力相等，根据向心力公式可知，在轨道II上经过B点时的速度大故B正确；C、在A点卫星的加速度都是由万有引力产生加速度，故同一点卫星的加速度相同，跟卫星轨道无关，故C正确；D、根据万有引力提供圆周运动向心力有可得圆轨道的周期T=可得在圆轨道I上周期大于圆轨道III上的周期，故D错误．故选：BC．【点评】掌握卫星变轨原理，知道在圆轨道上万有引力提供圆周运动向心力可以由半径大小比较描述圆周运动物理量的大小是正确解题的关键．10．如图所示，在匀强磁场中匀速转动的矩形线圈的周期T=2s，转轴OO1垂直于磁场方向，线圈电阻r=2Ω，从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，线圈转过60°时的感应电流i=1A，下列说法正确的是（）A．在1min内线圈中的感应电流的方向改变60次B．线圈中的感应电流的有效值为I=2AC．任意时刻线圈中的感应电动势为e=4cosπt（V）D．任意时刻线圈中的磁通量为Ф=4sinπt（Wb ）【考点】交流的峰值、有效值以及它们的关系．【专题】交流电专题．【分析】线圈绕着垂直于磁感线的轴匀速转动过程中，产生正弦式交变电流，一个周期内电流方向改变2次；最大值E m=NBSω，结合欧姆定律列式求解即可．【解答】解：A、线圈中产生正弦式交变电流，周期T=2s，一个周期内电流方向改变2次，故1min内线圈中的感应电流的方向改变120次，故A错误；B、从垂直中性面开始其瞬时表达式为i=I m cosθ，当θ=60°时，电流i=1A，故I m=2A，故有效值为：I==，故B错误；C、角速度ω==rad/s，从垂直中性面开始其瞬时表达式为i=I m cosθ，I m=2A，故i=2cosπt A；故电动势瞬时值：e=ir=4cosπt V，故C正确；D、由于E m=BSω，，ω==rad/s，故Фm=BS==Wb，故任意时刻线圈中的磁通量为Ф=sinπt（Wb ），故D错误；故选：C．。

湖南省永州市新田一中2015届高考物理三模试卷一、选择题（每小题4分，共48分．在每小题给出的四个选项中，至少有一个选项是正确的，全部选对得4分，对而不全得2分．）1．质量为m的物体，受到水平拉力F作用，在粗糙水平面上运动，下列说法正确的是( ) A．如果物体做加速运动，则拉力F一定对物体做正功B．如果物体做减速运动，则拉力F一定对物体做正功C．如果物体做减速运动，则拉力F可能对物体做正功D．如果物体做匀速运动，则拉力F一定对物体做正功2．一本书放在水平桌面上，针对书和桌面的受力有下列说法，正确的是( )A．书对桌面的压力就是书的重力B．书受到的支持力、桌面受到的压力都是弹力C．书受到的支持力与桌面受到的压力是一对平衡力D．书的重力和桌面受到的压力是一对作用力与反作用力3．如图，质量为的m木块，放在倾角为θ的光滑斜面上，当斜面沿水平方向向左做匀加速直线运动而木块与斜面保持相对静止时，下列判断正确的是( )A．木块所受的弹力mgcosθB．木块所受的弹力C．木块的加速度为gsinθD．木块的加速度为gtanθ4．利用速度传感器与计算机结合，可以自动作出物体运动的图象，某同学在一次实验中得到的运动小车的v﹣t图象如图所示，由此可以知道( )A．小车先做加速运动，后做减速运动B．小车运动的最大速度约为0.8m/sC．小车的最大位移是0.8mD．小车做曲线运动5．一辆警车在平直的公路上以40m/s的速度巡逻，突然接到报警，在前方不远处有歹徒抢劫，该警车要尽快赶到出事地点且到达出事地点时的速度也为40m/s，有三种行进方式：a 一直匀速直线运动；b先加速再减速；c先减速再加速，则( )A．a种方式先到达B．b种方式先到达C．c种方式先到达D．无法确定6．两根长度相同、材料相同的细绳悬挂一块小黑板（如图4），以下四种挂法中，最容易拉断细绳的挂法是( )A．B．C．D．7．我国未来将建立月球基地，并在绕月轨道上建造空间站，如图所示，关闭动力的航天飞机在月球引力作用下向月球靠近，并将与空间站在B处对接，已知空间站绕月轨道半径为r，周期为T，引力常量为G，下列说法中错误的是( )A．图中航天飞机正加速飞向B处B．航天飞机在B处由椭圆轨道进入空间站轨道必须点火减速C．根据题中条件可以算出月球质量D．根据题中条件可以算出空间站受到月球引力的大小8．如图所示，直线AB和CD表示彼此平行且笔直的河岸．若河水不流动，小船船头垂直河岸由A点匀速驶向对岸，小船的运动轨迹为直线P．若河水以稳定的速度沿平行河岸方向流动，且整个河中水的流速处处相等，现仍保持小船船头垂直河岸，由A点匀速驶向对岸，则小船实际运动的轨迹应该是图中的( )A．直线R B．曲线Q C．直线P D．曲线S9．如图所示，质量为m的物体用细绳经过光滑小孔牵引在光滑水平面上做匀速圆周运动，拉力为某个值F时，转动半径为R，当拉力逐渐减小到时，物体仍做匀速圆周运动，半径为2R，则外力对物体所做的功大小是( )A．B．C．D．010．已知引力常数G和下列各组数据，能计算出地球质量的是( )A．地球绕太阳运行的周期及地球离太阳的距离B．月球绕地球运行的周期及月球离地球的距离C．人造地球卫星在地面附近绕行的速度及运行周期D．若不考虑地球自转，己知地球的半径及重力加速度11．如图所示，通过定滑轮悬挂两个质量为m1、m2的物体（m1＞m2），不计绳子和滑轮质量、绳子与滑轮间的摩擦，同时静止释放两物，m1向下运动一段距离的过程中，下列说法中正确的是( )A．m1势能的减少量等于m2动能的增加量B．m1势能的减少量等于m2势能的增加量C．m1机械能的减少量等于m2机械能的增加量D．m1机械能的减少量大于m2机械能的增加量12．一质量为M的无底箱放在水平地面上，一轻质弹簧一端悬于木箱的上端，另一端挂这一质量为m的小球，小球上下振动时，箱子从没离开地面，当箱子对地面压力为零的瞬间，小球的加速度大小和方向分别为( )A．，向下B．，向下C．，向上D．，向上二．探究实验题（本大题2小题，共14分）13．在《探究加速度与力、质量的关系》实验中．（1）某组同学用如图所示装置，采用控制变量的方法，来研究小车质量不变的情况下，小车的加速度与小车受到力的关系．下列措施中不需要或不正确的是__________A．首先要平衡摩擦力，使小车受到合力就是细绳对小车的拉力．B．平衡摩擦力的方法就是，在塑料小桶中添加砝码，使小车能匀速滑动．C．每次改变拉小车拉力后都需要重新平衡摩擦力D．实验中通过在塑料桶中增加砝码来改变小车受到的拉力E．每次小车都要从同一位置开始运动F．实验中应先放小车，然后再开打点计时器的电源（2）实验中，得到图乙二个实验图线a、b，描述加速度与质量关系的图线是__________；加速度与力的关系图线是__________；图线__________也可以描述加速度与质量的倒数关系．14．在“验证机械能守恒定律”的实验中，质量m=1kg的物体自由下落，得到如图所示的纸带，相邻计数点间的时间间隔为0.04s．那么从打点计时器打下起点O到打下B点的过程中，物体重力势能的减少量△E p=__________J，此过程中物体动能的增加量△E k=__________J．由此可得到的结论是__________．（g=9.8m/s2，保留三位有效数字）三、解答题（本题共4小题，共48分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，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）15．如图，从地面上方某点，将一小球以5m/s的初速度沿水平方向抛出．小球经过1s落地．不计空气阻力，g=10m/s2．则（1）小球抛出时离地面的高度是多少？（2）小球从抛出点到落地点的水平位移大小是多少？（3）小球落地时的速度大小是多少？16．图中，AB=AC=H，开始时绳AC处于竖直方向，小车从静止出发在水平路面上运动到B 点时速度为v，在此过程中绳子对挂在井底、质量为m的物体做了多少功？17．某兴趣小组对一辆自制遥控小车的性能进行研究．他们让这辆小车在水平的直轨道上由静止开始运动，并将小车运动的全过程记录下来，通过处理转化为v﹣t图象，如图所示（除2s﹣10s时间段图象为曲线外，其余时间段图象均为直线）．已知在小车运动的过程中，2s ﹣14s时间段内小车的功率保持不变，在14s末停止遥控而让小车自由滑行，小车的质量为1.0kg，可认为在整个运动过程中小车所受到的阻力大小不变．求：（1）小车所受到的阻力大小；（2）小车匀速行驶阶段的功率；（3）小车在变加速运动过程中位移的大小．18．半径为R=0.9m的光滑半圆形轨道固定在水平地面上，与水平面相切于A点，在距离A 点1.3m处有一可视为质点的小滑块，质量为m=0.5kg，小滑块与水平面间的动摩擦因数为μ=0.2，施加一个大小为F=11N的水平推力，运动到A点撤去推力，滑块从圆轨道最低点A 处冲上竖直轨道．（g=10m/s2）问：（1）滑块在B处对轨道的压力；（2）滑块通过B点后的落地点到B点的水平距离．湖南省永州市新田一中2015届高考物理三模试卷一、选择题（每小题4分，共48分．在每小题给出的四个选项中，至少有一个选项是正确的，全部选对得4分，对而不全得2分．）1．质量为m的物体，受到水平拉力F作用，在粗糙水平面上运动，下列说法正确的是( ) A．如果物体做加速运动，则拉力F一定对物体做正功B．如果物体做减速运动，则拉力F一定对物体做正功C．如果物体做减速运动，则拉力F可能对物体做正功D．如果物体做匀速运动，则拉力F一定对物体做正功考点：功的计算．专题：功的计算专题．分析：根据恒力做功的表达式W=FScosθ判断：①当α≥0时，力F做正功；②当时，力F不做功；③当时，力F做负功．解答：解：A、判断一个力对物体做正功还是负功，看F与s之间的夹角．物体做加速时，F与s的夹角一定小于90度，一定做正功，故A正确；B、C、物体做减速运动时，F与s的夹角可以成任意角度，即F可能与s同向，也可能与s 反向，故可能做正功或负功，故B错误，C正确；D、物体做匀速运动时，F与s一定同方向，故拉力F一定做正功，故D正确；故选ACD．点评：本题关键根据恒力做功的表达式判断，同时要能根据曲线运动的条件判力F的可能方向．2．一本书放在水平桌面上，针对书和桌面的受力有下列说法，正确的是( )A．书对桌面的压力就是书的重力B．书受到的支持力、桌面受到的压力都是弹力C．书受到的支持力与桌面受到的压力是一对平衡力D．书的重力和桌面受到的压力是一对作用力与反作用力考点：作用力和反作用力；重力；物体的弹性和弹力；共点力平衡的条件及其应用．分析：作用力与反作用力的关系是大小相等，方向相反，作用在同一条直线上，作用力与反作用力和一对平衡力最大的区别在于作用力与反作用力作用在两个不同的物体上，而一对平衡力是作用在同一个物体上的．解答：解：A、书对桌面的压力和书的重力是两个不同的力，它们的大小相等，所以A错误．B、弹力包括拉力、支持力和压力，所以B正确．C、书受到的支持力和桌面受到的压力是书和桌面之间的相互作用力，它们是作用力和反作用力，所以C错误．D、书受到重力是由于地球对书的吸引力产生的，和桌面受到的压力不是作用力与反作用力的关系，所以D错误．故选B．点评：本题主要是考查作用力与反作用力的关系，同时注意区分它与一对平衡力的区别．3．如图，质量为的m木块，放在倾角为θ的光滑斜面上，当斜面沿水平方向向左做匀加速直线运动而木块与斜面保持相对静止时，下列判断正确的是( )A．木块所受的弹力mgcosθB．木块所受的弹力C．木块的加速度为gsinθD．木块的加速度为gtanθ考点：牛顿第二定律．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：木块与斜面保持相对静止，两者具有相同的加速度，隔离对木块分析，根据牛顿第二定律求出木块的加速度，通过平行四边形定则求出木块所受的弹力大小．解答：解：对木块受力分析，因为木块的加速度与斜面的加速度相同，则合力沿水平方向，如图所示，则F合=mgtanθ，根据牛顿第二定律得，加速度a=．木块所受的弹力N=．故B、D正确，A、C错误．故选：BD．点评：解决本题的关键知道木块与斜面具有相同的加速度，通过隔离分析，运用平行四边形定则求解合力和弹力的大小．4．利用速度传感器与计算机结合，可以自动作出物体运动的图象，某同学在一次实验中得到的运动小车的v﹣t图象如图所示，由此可以知道( )A．小车先做加速运动，后做减速运动B．小车运动的最大速度约为0.8m/sC．小车的最大位移是0.8mD．小车做曲线运动考点：匀变速直线运动的图像．专题：运动学中的图像专题．分析：根据速度图象的斜率等于速度分析小车的运动性质．由图直接读出小车速度的最大值．根据速度图线与坐标轴所围“面积”等于位移，估算小车的最大位移．小车做直线运动．解答：解：A、由图看出，图象的斜率不断变化，小车的加速度不断变化，所以小车先做变加速运动，后做变减速运动．故A正确．B、由图读出，小车运动的最大速度约为0.8m/s．故B正确．C、图中每一小格为“面积”为0.1，面积超过方格一半算一个，不足半格舍去，总共有86格，所以总“面积”为8.6m，小车的最大位移是为8.6m．故C错误．D、小车做的是变速直线运动，不是曲线运动．故D错误．故选：AB点评：本题根据斜率分析加速度的变化并不难，难点在于对图线“面积”的估算，采用“四舍五入”近似的方法计算．5．一辆警车在平直的公路上以40m/s的速度巡逻，突然接到报警，在前方不远处有歹徒抢劫，该警车要尽快赶到出事地点且到达出事地点时的速度也为40m/s，有三种行进方式：a 一直匀速直线运动；b先加速再减速；c先减速再加速，则( )A．a种方式先到达B．b种方式先到达C．c种方式先到达D．无法确定考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系．专题：直线运动规律专题．分析：根据位移相等，通过平均速度大小的比较，得出运动时间的长短．解答：解：一直匀速直线运动，则平均速度等于40m/s，先加速后减速，可知速度一直大于等于40m/s，平均速度大于40m/s，先减速后加速，速度不大于40m/s，则平均速度小于40m/s．根据x=知，先加速后减速这种方式运动时间最短．故B正确，A、C、D错误．故选：B．点评：本题也可以通过速度时间图线分析，抓住位移相等，即图线与时间轴围成的面积相等，初末速度相等，比较运动的时间．6．两根长度相同、材料相同的细绳悬挂一块小黑板（如图4），以下四种挂法中，最容易拉断细绳的挂法是( )A．B．C．D．考点：合力的大小与分力间夹角的关系．分析：两根细绳拉着同一小黑板，则两绳子拉力的合力相等，当细绳与竖直方向夹角越大时，绳子的拉力越大；当夹角越小时，拉力则越小．解答：解：由题意可知，两绳子的拉力的合力相等，根据力的平行四边形定则，可知当两绳子的夹角越大时，其拉力也越大．因此，如图所示，D图的拉力数值最大；B图比C图，夹角小，则拉力小；A图的拉力最小；故D正确，ABC均错误；故选D点评：考查两力平衡、力的平行四边形定则、及两力的合力一定时，当两力夹角增大时，则两力的大小在增大．7．我国未来将建立月球基地，并在绕月轨道上建造空间站，如图所示，关闭动力的航天飞机在月球引力作用下向月球靠近，并将与空间站在B处对接，已知空间站绕月轨道半径为r，周期为T，引力常量为G，下列说法中错误的是( )A．图中航天飞机正加速飞向B处B．航天飞机在B处由椭圆轨道进入空间站轨道必须点火减速C．根据题中条件可以算出月球质量D．根据题中条件可以算出空间站受到月球引力的大小考点：万有引力定律及其应用．专题：计算题．分析：由航天飞机的受力情况可知飞机的运动情况；由万有引力与向心力的关系可知飞机要想做圆周运动应采取的措施；由题中已知条件利用万有引力公式可确定能否求出月球质量及引力．解答：解：A、因飞机受月球的引力，而引力对飞机做正功，故航天飞机做加速运动，故A正确；B、因航天飞机下落中速度增大，到达B时的速度过大，则其转动的向心力大于月球的引力，则将向里靠近月球，故航天飞机要想做圆周运动，必须点火减速，故B正确；C、由G=可知M=，故由现有条件可求得月球的质量；故C正确；D、由C可知，由于航天飞机的质量未知，故无法求出空间站受到的引力，故D错误；本题选错误的，故选D．点评：本题考查万有引力定律的应用，注意由万有引力充当向心力只能求出中心天体的质量，不能求外围做圆周运动的物体的质量；同时万有引力充当向心力时应根据题意灵活选择公式．8．如图所示，直线AB和CD表示彼此平行且笔直的河岸．若河水不流动，小船船头垂直河岸由A点匀速驶向对岸，小船的运动轨迹为直线P．若河水以稳定的速度沿平行河岸方向流动，且整个河中水的流速处处相等，现仍保持小船船头垂直河岸，由A点匀速驶向对岸，则小船实际运动的轨迹应该是图中的( )A．直线R B．曲线Q C．直线P D．曲线S考点：运动的合成和分解．分析：小船的实际运动速度是小船在静水中的速度与河水流速的合速度，两分速度是匀速直线运动，它们的和运动也是匀速直线运动，因此，小船将沿直线运动．解答：解：小船的实际运动是小船在静水中垂直河岸的运动与随河水流动的合运动，两分运动是匀速直线运动，它们的和运动也是匀速直线运动，因此，小船将沿直线运动，其轨迹为直线．故选：A．点评：讨论两个分运动的合运动的性质，要看两个分运动的合加速度与两个分运动的合速度是否在一条直线上，如果在一条直线上，则合运动是直线运动，否则为曲线运动．9．如图所示，质量为m的物体用细绳经过光滑小孔牵引在光滑水平面上做匀速圆周运动，拉力为某个值F时，转动半径为R，当拉力逐渐减小到时，物体仍做匀速圆周运动，半径为2R，则外力对物体所做的功大小是( )A．B．C．D．0考点：动能定理的应用；牛顿第二定律；向心力．专题：动能定理的应用专题．分析：物体在光滑水平面上做匀速圆周运动，由绳子的拉力提供向心力，根据牛顿第二定律分别求出两种拉力情况下物体的速度，再根据动能定理求出外力对物体所做的功大小．解答：解：设当绳的拉力为F时，小球做匀速圆周运动的线速度为v1，则有F=m．当绳的拉力减为时，小球做匀速圆周运动的线速度为v2，则有F=m．在绳的拉力由F减为F的过程中，根据动能定理得W=mv22﹣mv12=﹣FR．所以绳的拉力所做功的大小为FR故选A点评：本题是向心力与动能定理的综合应用，它们之间的纽带是速度．属常规题．10．已知引力常数G和下列各组数据，能计算出地球质量的是( )A．地球绕太阳运行的周期及地球离太阳的距离B．月球绕地球运行的周期及月球离地球的距离C．人造地球卫星在地面附近绕行的速度及运行周期D．若不考虑地球自转，己知地球的半径及重力加速度考点：万有引力定律及其应用．专题：万有引力定律的应用专题．分析：地球、月球、人造卫星等做匀速圆周运动，它们受到的万有引力充当向心力，用它们的运动周期表示向心力，由万有引力定律结合牛顿第二定律列式求中心天体的质量，然后由选项条件判断正确的答案．解答：解：A、地球绕太阳运动的周期和地球与太阳的距离，根据万有引力提供向心力：=其中m为地球质量，在等式中消去，只能求出太阳的质量M．也就是说只能求出中心体的质量．故A错误．B、月球绕地球做匀速圆周运动，它受到地球的万有引力充当向心力，用它运动周期表示向心力，由万有引力定律结合牛顿第二定律得：=∴地球的质量M=，其中r为地球与月球间的距离，故B正确．C、人造卫星绕地球做匀速圆周运动，它受到地球的万有引力充当向心力，用它运动周期表示向心力，由万有引力定律结合牛顿第二定律得：=又因T=，∴地球的质量M=，因此，可求出地球的质量，故C正确．D、地球表面的物体受到的地球的重力等于万有引力，即mg=，因此，可求出地球的质量M=，故D正确．故选BCD．点评：解答万有引力定律在天体运动中的应用时要明确天体做匀速圆周运动，其受到的万有引力提供向心力，会用线速度、角速度、周期表示向心力，同时注意公式间的化简．11．如图所示，通过定滑轮悬挂两个质量为m1、m2的物体（m1＞m2），不计绳子和滑轮质量、绳子与滑轮间的摩擦，同时静止释放两物，m1向下运动一段距离的过程中，下列说法中正确的是( )A．m1势能的减少量等于m2动能的增加量B．m1势能的减少量等于m2势能的增加量C．m1机械能的减少量等于m2机械能的增加量D．m1机械能的减少量大于m2机械能的增加量考点：机械能守恒定律．专题：机械能守恒定律应用专题．分析：本题中单个物体系统机械能不守恒，但两个物体系统中只有动能和势能相互转化，机械能守恒．解答：解：两个物体系统中只有动能和重力势能相互转化，机械能总量守恒；m1重力势能减小，动能增加，m2重力势能和动能都增加，故m1减小的重力势能等于m2增加的重力势能和两个物体增加的动能之和；故选C．点评：本题关键是两个物体构成的系统中只有动能和重力势能相互转化，机械能总量保持不变．12．一质量为M的无底箱放在水平地面上，一轻质弹簧一端悬于木箱的上端，另一端挂这一质量为m的小球，小球上下振动时，箱子从没离开地面，当箱子对地面压力为零的瞬间，小球的加速度大小和方向分别为( )A．，向下B．，向下C．，向上D．，向上考点：牛顿第二定律．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：先对框架受力分析，求出弹簧对框架的作用力，在对小球受力分析，求出加速度．解答：解：框架静止在地面上，当框架对地面的压力为零的瞬间，受到重力和弹簧的弹力，根据平衡条件，弹簧对框架的弹力向上，大小等于框架的重力Mg，故弹簧对小球有向下的弹力，大小也等于Mg；再对小球受力分析，受重力和弹簧的弹力，根据牛顿第二定律，有Mg+mg=ma故小球的加速度为a=，方向向下故选A．点评：本题关键先对框架受力分析，求得弹簧对小球的弹力，然后根据牛顿第三定律得到弹簧对小球的弹力，最后再根据牛顿第二定律求得小球的加速度．二．探究实验题（本大题2小题，共14分）13．在《探究加速度与力、质量的关系》实验中．（1）某组同学用如图所示装置，采用控制变量的方法，来研究小车质量不变的情况下，小车的加速度与小车受到力的关系．下列措施中不需要或不正确的是BCEFA．首先要平衡摩擦力，使小车受到合力就是细绳对小车的拉力．B．平衡摩擦力的方法就是，在塑料小桶中添加砝码，使小车能匀速滑动．C．每次改变拉小车拉力后都需要重新平衡摩擦力D．实验中通过在塑料桶中增加砝码来改变小车受到的拉力E．每次小车都要从同一位置开始运动F．实验中应先放小车，然后再开打点计时器的电源（2）实验中，得到图乙二个实验图线a、b，描述加速度与质量关系的图线是b；加速度与力的关系图线是a；图线a也可以描述加速度与质量的倒数关系．考点：探究加速度与物体质量、物体受力的关系．专题：实验题；牛顿运动定律综合专题．分析：探究加速度与力的关系实验时，需要平衡摩擦力，平衡摩擦力时，要求小车在无动力的情况下平衡摩擦力，不需要挂任何东西．平衡摩擦力时，是重力沿木板方向的分力等于摩擦力，即：mgsinθ=μmgcosθ，可以约掉m，只需要平衡一次摩擦力．操作过程是先接通打点计时器的电源，再放开小车．小车的加速度应根据打出的纸带求出．根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出加速度的大小．根据牛顿第二定律得出加速度与质量和合力的关系分析即可．解答：解：（1）A、实验首先要平衡摩擦力，使小车受到合力就是细绳对小车的拉力，故A正确；B、平衡摩擦力的方法就是，小车与纸带相连，小车前面不挂小桶，把小车放在斜面上给小车一个初速度，看小车能否做匀速直线运动；故B错误；C、由于平衡摩擦力之后有Mgsinθ=μMgcosθ，故tanθ=μ．所以只要倾角不变，无论外界条件如何改变，例如改变小车的质量或者改变拉力，小车所受的滑动摩擦力都等于小车的重力沿斜面的分力，故每次改变拉小车拉力后，不需要重新平衡摩擦力，故C错误；D、实验中，要保证塑料桶和所添加砝码的总质量远小于小车的质量，这样才能使得塑料桶和所添加砝码的总重力近似等于细绳对小车的拉力，所以实验中通过在塑料桶中增加砝码来改变小车受到的拉力，故D正确；。

湖南省新田县第一中学2015届高三物理一轮复习 专题8 恒定电流2． [2014·天津卷] 如图所示，电路中R 1、R 2均为可变电阻，电源内阻不能忽略，平行板电容器C 的极板水平放置．闭合开关S ，电路达到稳定时，带电油滴悬浮在两板之间静止不动．如果仅改变下列某一个条件，油滴仍能静止不动的是( )A ．增大R 1的阻值B ．增大R 2的阻值C ．增大两板间的距离D ．断开开关S2．B [解析] 本题考查含有电容器的动态电路及受力平衡等知识点，为了保证带电油滴悬浮在两板之间静止不动，就要使电容器两板之间的场强E 不变．电路稳定后，和电容器相串联的电阻对电容器两端的电压不产生影响，而增大R 1的阻值将使电容器两端的电压增大，根据E ＝U d可知，E 增大，故A 错误；增大R 2的阻值，电容器两端的电压不变，E 不变，故B 正确；增大两板间的距离，E 减小，故C 错误；断开开关S ，电容器两端的电压发生改变，D 错误．（2014上海）18.如图，电路中定值电阻阻值R 大于电源内阻阻值r 。

将滑动变阻器滑片向下滑动，理想电压表V 1、V 2、V 3示数变化量的绝对值分别为△V 1、△V 2、△V 3，理想电流表A 示数变化量的绝对值△I ，则（ ） （A ）A 的示数增大 （B ）V 2的示数增大 （C ）△V 3与△I 的比值大于r (D) △V 1大于△V 218．ACD [解析] 本题考查闭合电路欧姆定律和串、并联电路的特点，滑片向下滑动，连入电路中的电阻R 变减小，由I=E/(R+R 变+r)，A 表示数增大，故A 正确；V2表测量的是电源的输出电压U 2=E －Ir 减小，故B 错误； U 3＝E －Ir －IR ，则有△V 3＝△I ×(R+r), △V 3与△I 的比值等于R+r ，大于r ，故C 正确。

△V 2＝△I ×r , △V 1＝△I ×R,又因为题目告知R>r ,得△V 1大于△V 2 ，故D 正确，22． [2014·浙江卷] 小明对2B 铅笔芯的导电性能感兴趣，于是用伏安法测量其电阻值．(1)图1是部分连接好的实物电路图，请用电流表外接法完成接线并在图1中画出．第22题图1(2)小明用电流表内接法和外接法分别测量了一段2B铅笔芯的伏安特性，并将得到的电流、电压数据描到U­I图上，如图2所示．在图中，由电流表外接法得到的数据点是用________(选填“○”或“×”)表示的．第22题图2(3)请你选择一组数据点，在图2上用作图法作图，并求出这段铅笔芯的电阻为________Ω.22．[答案] (1)如图所示第22题图1第22题图2(2)“×”(3)作图见第22题图2用“×”连线R＝(1.1～1.3) Ω；用“○”连线R＝(1.5～1.7) Ω[解析] (1)由图2中的电压、电流数据从零开始可知滑动变阻器采用分压式，电压表选择量程3 V，电流表采用外接法．(2)外接法由于电压表分流，测得的电阻比内接法测得的要小，故电流表外接法得到的数据点是用“×”表示的．(3)用“×”数据点连直线，斜率为铅笔芯的电阻，考虑误差因素，R＝(1.1～1.3)Ω，用“○”数据点连直线，同理得R＝(1.5～1.7)Ω.6．(19分)[2014·重庆卷] (1)某照明电路出现故障，其电路如题6图1所示，该电路用标称值为12 V的蓄电池为电源，导线及其接触完好．题6图1维修人员使用已调好的多用电表直流50 V挡检测故障，他将黑表笔接在c点，用红表笔分别探测电路的a、b点．①断开开关，红表笔接a点时多用电表指示如题6图2所示，读数为________ V，说明________正常(选填“蓄电池”或“保险丝”或“开关”或“小灯”)．题6图2②红表笔接b点，断开开关时，表针不偏转，闭合开关后，多用电表指示仍然和题6图2相同，可判定发生故障的器件是________(选填“蓄电池”或“保险”或“开关”或“小灯”)．6．[答案] (1)①11.5(11.2～11.8之间的值均可) 蓄电池②小灯[解析] (1)本题考查多用电表的读数、电路的故障分析．用多用电表的电压挡分析故障时，电压表有示数说明电源和电压表等组成了闭合回路，可能与电压表并联的部分电路发生故障，而与电压表串联部分未发生故障，若无示数则正好相反．根据这个原理，a、c间接上电压表，断开开关，表针偏转，说明蓄电池正常，a，b间接上电压表，断开开关，表针不偏转，说明小灯发生故障，闭合开关后表针偏转，说明开关和保险丝正常．23．[2014·新课标全国卷Ⅰ] 利用如图(a)所示电路，可以测量电源的电动势和内阻，所用的实验器材有：待测电源，电阻箱R (最大阻值999.9 Ω)，电阻R 0(阻值为3.0 Ω)，电阻R 1(阻值为3.0 Ω)，电流表A(量程为200 mA ，内阻为R A ＝6.0 Ω)，开关S.图(a)实验步骤如下：①将电阻箱阻值调到最大，闭合开关S ；②多次调节电阻箱，记下电流表的示数I 和电阻值箱相应的阻值R ； ③以1I 为纵坐标，R 为横坐标，作1I­R 图线(用直线拟合)；④求出直线的斜率k 和在纵轴上的截距b . 回答下列问题：(1)分别用E 和r 表示电源的电动势和内阻，则1I与R 的关系式为________．(2)实验得到的部分数据如下表所示，其中电阻R ＝3.0 Ω时电流表的示数如图(b)所示，读出数据，完成下表．答：①________，②________．图(b)图(c)(3)在图(c)的坐标纸上将所缺数据点补充完整并作图，根据图线求得斜率k ＝________A －1Ω－1，截距b ＝________A －1.(4)根据图线求得电源电动势E ＝________V ，内阻r ＝________Ω.23．(1)1I ＝R A ＋R 1ER 1R ＋1E ⎣⎢⎡⎦⎥⎤R A ＋R A ＋R 1R 1（r ＋R 0）(2)0.110 9.09 (3)1.0(或在0.96～1.04)之间，6.0(或在 5.9～6.1之间)(4)3.0(或在2.7～3.3之间)，1.0(或在0.6～1.4之间)[解析] 本题考查了测量电源电动势和内电阻的实验．(1)根据闭合电路欧姆定律有E ＝⎝⎛⎭⎪⎫IR A R 1＋I (R ＋R 0＋r )＋IR A.代入数据，化简得1I ＝（R A ＋R 1）ER 1R ＋1E ⎣⎢⎡⎦⎥⎤R A ＋R 1R 1（R 0＋r ）＋R A .(2)电流表每小格表示4 mA ，因此电流表读数是0.110 A ，倒数是9.09 A －1.(3)根据坐标纸上给出的点，画出一条直线，得出斜率k ＝1.0 A －1·Ω－1，截距b ＝6.0 A －1.(4)斜率k ＝R A ＋R 1ER 1，因此E ＝3.0 V ，截距b ＝1E ⎣⎢⎡⎦⎥⎤R A ＋R A ＋R 1R 1（r ＋R 0），因此r ＝bE3－5＝1.0 Ω.22． (6分)[2014·新课标Ⅱ卷] 在伏安法测电阻的实验中，待测电阻R x 的阻值约为200 Ω，电压表V 的内阻约为2 k Ω，电流表A 的内阻约为10 Ω，测量电路中电流表的连接方式如图(a)或图(b)所示，结果由公式R x ＝U I计算得出，式中U 与I 分别为电压表和电流表的示数．若将图(a)和图(b)中电路测得的电阻值分别记为R x 1和R x 2，则______(选填“R x 1”或“R x 2”)更接近待测电阻的真实值，且测量值R x 1________(选填“大于”“等于”或“小于”)真实值，测量值R x 2______(选填“大于”“等于”或“小于”)真实值．22. [答案] R x 1 大于 小于[解析] R V R x ＝2000 Ω200 Ω＝10，R x R A ＝200 Ω10 Ω＝20，故R V R x <R xR A＝10，应该采用电流表内接法，即图(a)接法．由“大内偏大，小外偏小”的结论可知电流表内接时测量值R x 1大于真实值，外接时，测量值R x 2小于真实值．21．[2014·安徽卷]Ⅱ.其同学为了测量一个量程为3 V 的电压表的内阻，进行了如下实验．(1)他先用多用表进行了正确的测量，测量时指针位置如图1所示，得出电压表的内阻为 3.00×103Ω，此时电压表的指针也偏转了．已知多用表欧姆档表盘中央刻度值为“15”，表内电池电动势为1.5 V ，则电压表的示数应为________V(结果保留两位有效数字)图1 图2(2)为了更准确地测量该电压表的内阻R V，该同学设计了图2所示的电路图，实验步骤如下：A．断开开关S，按图2连接好电路；B．把滑动变阻器R的滑片P滑到b端；C．将电阻箱R0的阻值调到零；D．闭合开关S；E．移动滑动变阻器R的滑片P的位置，使电压表的指针指到3 V位置；F．保持滑动变阻器R的滑片P位置不变，调节电阻箱R0的阻值使电压表指针指到1.5 V 位置，读出此时电阻箱R0的阻值，此值即为电压表内阻R V的测量值；G．断开开关S.实验中可供选择的实验器材有：a．待测电压表b．滑动变阻器：最大阻值2000 Ωc．滑动变阻器：最大阻值10 Ωd．电阻箱：最大阻值9999.9 Ω，阻值最小改变量为0.1 Ωe ．电阻箱：最大阻值999.9 Ω，阻值最小改变量为0.1 Ωf ．电池组：电动势约6 V ，内阻可忽略g ．开关，导线若干按照这位同学设计的实验方法，回答下列问题：①要使测量更精确，除了选用电池组、导线、开关和待测电压表外，还应从提供的滑动变阻器中选用________(填“b”或“c”)，电阻箱中选用________(填“d”或“e”)②电压表内阻R V 的测量值R 测和真实值R 真相比，R 测________R 真(填“>”或“<”)；若R V 越大，则|R 测－R 真|R 真越________(填“大”或“小”)．21Ⅱ.J8、J10 (1)1.0 V (2)①c d ②>小[解析]Ⅱ.本题考查多用电表的欧姆档的原理、电路与使用方法等知识点，考查对半偏法测电压表内阻实验的理解能力、仪器选择能力与系统误差的分析能力．(1)已知电压表的内阻R V ＝3.0×103Ω，由于欧姆表的内阻等于中值电阻，所以欧姆表的内阻r ＝1.5×103Ω，根据分压关系可得电压表示数为1.0 V.(2)①根据分压电路的滑动变阻器的阻值小，测量支路的电阻变化对其所分得的电压影响小，因此滑动变阻器选择c ，由于电压表的内阻约为3.0×103Ω，故电阻箱选择d.②由于电阻箱串联接入测量支路，测量支路电阻增加，造成测量支路的电压大于 3.0 V ，电阻箱两端的电压大于1.5 V ，因此R 测>R 真．R V 越大，测量支路电阻越大，测量支路的电压越接近3.0 V ，电阻箱的电压越接近1.5 V ，因此R 测越接近R 真，相对误差越小。

2014年下期新田一中高三第四次物理检测题一．选择题（本题共8小题。

每小题6分，共计48分，在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确。

有的有多个选项正确。

全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）14. 如图所示，用细线将条形磁铁A悬挂起来，再将小铁块B吸在条形磁铁A的下面，静止后将细线烧断，A、B同时下落，不计空气阻力，则下落过程中( AD )。

A．小铁块B的加速度一定为gB．小铁块B只受一个力的作用C．小铁块B可能只受两个力的作用D．小铁块B共受三个力的作用15. 许多科学在物理学的发展过程中做出来巨大的贡献，下列叙述正确的是( A )。

A．库伦通过扭秤实验测出来静电力衡量B．奥斯特发现了电流的磁效应，总结了电磁感应定律C．牛顿提出了万有引力定律，通过实验测出来引力常量D．伽利略通过理想斜面实验，提出了力是维持物体运动状态的原因16．如图为在同一直线上运动的两个质点的x-t图象，由图象可知( AB )。

A．t=0时，A在B的前面B．B在t2时刻追上A，并在此后跑在A的前面C．刚开始运动时，B的速度比A的小，t2时刻后才大于A的速度D．A运动的速度始终比B的运动速度大17．如图所示，A、B两物体叠放在的水平地面上， A物体质量m=20kg， B物体质量M=30kg。

处于水平位置的轻弹簧一端固定于墙壁，另一端与A物体相连，弹簧处于自然状态，其劲度系数为250N/m，A与B之间、B与地面之间的动摩擦因数均为μ=0.5。

现有一水平推力F作用于物体B上缓慢地向墙壁移动，当移动0.2m时，水平推力F的大小为（g取10m/s2）( B )。

A．350N B．300N C．250N D．200N18、A、B为相同的两个灯泡，均发光，当变阻器的滑片P向下端滑动时，则 ( D )A．A灯变亮，B灯变暗 B．A灯变暗，B灯变亮C．A、B灯均变亮 D．A、B灯均变暗19．在一种叫“蹦极跳”的运动中，质量为m的运动者身系一根长为L、弹性优良的轻质柔软的橡皮绳，从高处由静止开始下落1.5 L时到达最低点。

第3课时原子与原子核考纲解读 1.知道两种原子结构模型，会用玻尔理论解释氢原子光谱.2.掌握氢原子的能级公式并能结合能级图求解原子的跃迁问题.3.掌握原子核的衰变、半衰期等知识.4.会书写核反应方程，并能根据质能方程求解核能问题．1．[原子核式结构模型的理解]下列说法正确的是() A．汤姆孙首先发现了电子，并测定了电子电荷量，且提出了“枣糕”式原子模型B．卢瑟福做α粒子散射实验时发现绝大多数α粒子穿过金箔后基本上仍沿原来的方向前进，只有少数α粒子发生大角度偏转C．α粒子散射实验说明了原子的正电荷和绝大部分质量集中在一个很小的核上D．卢瑟福提出了原子核式结构模型，并解释了α粒子发生大角度偏转的原因答案BCD2．[玻尔原子结构模型的理解]根据玻尔理论，下列说法正确的是() A．电子绕核运动有加速度，就要向外辐射电磁波B．处于定态的原子，其电子绕核运动，但它并不向外辐射能量C．原子内电子的可能轨道是不连续的D．原子能级跃迁时，辐射或吸收光子的能量取决于两个轨道的能量差答案BCD解析根据玻尔理论，电子绕核运动有加速度，但并不向外辐射能量，也不会向外辐射电磁波，故A错误，B正确．玻尔理论中的第二条假设，就是电子绕核运动可能的轨道半径是量子化的，不连续的，C正确．原子在发生能级跃迁时，要放出或吸收一定频率的光子，光子能量取决于两个轨道的能量差，故D正确．3．[天然放射现象的理解]关于天然放射现象，下列说法正确的是() A．α射线是由氦原子核衰变产生B．β射线是由原子核外电子电离产生C．γ射线是由原子核外的内层电子跃迁产生D．通过化学反应不能改变物质的放射性答案 D解析α射线是氦核流，A错；β射线是原子核内的一个中子变成一个质子而放出的，B错；γ射线是原子核受激发而产生的，C错；物质的放射性和半衰期与温度以及化学状态等无关，由核本身的性质决定，故D正确．4．[原子核衰变的理解]下列说法正确的是() A．原子核在衰变时能够放出α射线或β射线B.232 90Th经过一系列α和β衰变，成为208 82Pb，铅核比钍核少12个中子C．原子核的半衰期与物质的质量有关，质量大，半衰期长D．对物质加热或加压可以缩短原子核的半衰期答案 A一、原子的核式结构1．α粒子散射实验的结果绝大多数α粒子穿过金箔后，基本上仍沿原来的方向前进，但少数α粒子发生了大角度偏转，极少数α粒子的偏转超过了90°，有的甚至被撞了回来，如图1所示．图12．卢瑟福的原子核式结构模型在原子的中心有一个很小的核，叫原子核，原子的所有正电荷和几乎所有质量都集中在原子核里，带负电的电子在核外绕核旋转．二、玻尔理论1．定态：原子只能处于一系列不连续的能量状态中，在这些能量状态中原子是稳定的，电子虽然绕核运动，但并不向外辐射能量．2．跃迁：原子从一种定态跃迁到另一种定态时，它辐射或吸收一定频率的光子，光子的能量由这两个定态的能量差决定，即hν＝E m－E n.(h是普朗克常量，h＝6.63×10－34 J·s) 3．轨道：原子的不同能量状态跟电子在不同的圆周轨道绕核运动相对应．原子的定态是不连续的，因此电子的可能轨道也是不连续的．4．氢原子的能级、能级公式(1)氢原子的能级图(如图2所示)图2 (2)氢原子的能级和轨道半径①氢原子的能级公式：E n＝1n2E1(n＝1,2,3，…)，其中E1为基态能量，其数值为E1＝－13.6 eV.②氢原子的半径公式：r n＝n2r1(n＝1,2,3，…)，其中r1为基态半径，又称玻尔半径，其数值为r1＝0.53×10－10 m.三、天然放射现象、原子核的组成1．天然放射现象(1)天然放射现象元素自发地放出射线的现象，首先由贝克勒尔发现．天然放射现象的发现，说明原子核还具有复杂的结构．(2)放射性和放射性元素物质发射射线的性质叫放射性．具有放射性的元素叫放射性元素．2．原子核(1)原子核的组成①原子核由中子和质子组成，质子和中子统称为核子．②原子核的核电荷数＝质子数，原子核的质量数＝中子数＋质子数．③X元素原子核的符号为A Z X，其中A表示质量数，Z表示核电荷数．(2)同位素：具有相同质子数、不同中子数的原子核，因为在元素周期表中的位置相同，同位素具有相同的化学性质．3．三种射线的比较种类α射线β射线γ射线组成高速氦核流高速电子流光子流(高频电磁波)带电荷量2e －e 0质量4m p(m p＝1.67×10－27 kg)m p1 836静止质量为零符号42He0－1eγ速度0.1c 0.99c c在电磁场中偏转与α射线反向偏转不偏转贯穿本领最弱，用纸能挡住较强，穿透几毫米的铝板最强，穿透几厘米的铅板和几十厘米厚的混凝土对空气的电离作用很强较弱很弱1．原子核的衰变(1)原子核放出α粒子或β粒子，变成另一种原子核的变化称为原子核的衰变．(2)分类α衰变：A Z X→A－4Z－2Y＋42Heβ衰变：A Z X→A Z＋1Y＋0－1e2．半衰期：放射性元素的原子核有半数发生衰变所需的时间．半衰期由核内部自身的因素决定，跟原子所处的物理或化学状态无关．考点一氢原子能级及能级跃迁对原子跃迁条件的理解(1)原子从低能级向高能级跃迁，吸收一定能量的光子．只有当一个光子的能量满足hν＝E末－E初时，才能被某一个原子吸收，使原子从低能级E初向高能级E末跃迁，而当光子能量hν大于或小于E末－E初时都不能被原子吸收．(2)原子从高能级向低能级跃迁，以光子的形式向外辐射能量，所辐射的光子能量恰等于发生跃迁时的两能级间的能量差．关于能级跃迁的说明(1)当光子能量大于或等于13.6 eV时，也可以被处于基态的氢原子吸收，使氢原子电离；当处于基态的氢原子吸收的光子能量大于13.6 eV，氢原子电离后，电子具有一定的初动能．(2)当轨道半径减小时，库仑引力做正功，原子的电势能减小，电子动能增大，原子能量减小．反之，轨道半径增大时，原子电势能增大，电子动能减小，原子能量增大． 例1 如图3所示为氢原子能级示意图，现有大量的氢原子处于n ＝4的激发态，当向低能级跃迁时辐射出若干不同频率的光，下列说法正确的是( )图3A ．这些氢原子总共可辐射出3种不同频率的光B ．由n ＝2能级跃迁到n ＝1能级产生的光频率最小C ．由n ＝4能级跃迁到n ＝1能级产生的光最容易表现出衍射现象D ．用n ＝2能级跃迁到n ＝1能级辐射出的光照射逸出功为6.34 eV 的金属铂能发生光电效应解析 这些氢原子向低能级跃迁时可辐射出C 24＝4×32＝6种光子，选项A 错误；由n ＝4能级跃迁到n ＝3能级产生的光子能量最小，所以频率最小，选项B 错误；由n ＝4能级跃迁到n ＝1能级产生的光子能量最大，频率最大，波长最小，最不容易表现出衍射现象，选项C 错误；从n ＝2能级跃迁到n ＝1能级辐射出的光子能量为10.20 eV>6.34 eV ，所以能使金属铂发生光电效应，选项D 正确． 答案 D1．一个原子和一群原子的区别：一个氢原子只有一个电子，在某个时刻电子只能在某一个可能的轨道上，当电子从一个轨道跃迁到另一个轨道上时，可能情况有多种C 2n ＝n (n －1)2，但产生的跃迁只有一种．而如果是一群氢原子，这些原子的核外电子跃迁时就会出现所有的可能情况．2．入射光子和入射电子的区别：若是在光子的激发下引起原子跃迁，则要求光子的能量必须等于原子的某两个能级差；若是在电子的碰撞下引起的跃迁，则要求电子的能量必须大于或等于原子的某两个能级差．两种情况有所区别．突破训练1 已知金属钙的逸出功为2.7 eV ，氢原子的能级图如图4所示，一群氢原子处于量子数n ＝4能级状态，则( )图4A．氢原子可能辐射6种频率的光子B．氢原子可能辐射5种频率的光子C．有3种频率的辐射光子能使钙发生光电效应D．有4种频率的辐射光子能使钙发生光电效应答案AC解析从n＝4能级跃迁可能产生的光子为6种，选项A正确．若要使钙产生光电效应，则光子的能量需要大于2.7 eV，此时只有第4能级跃迁到第1能级、第3能级跃迁到第1能级、第2能级跃迁到第1能级3种频率的光子满足条件，选项C正确．考点二原子核和原子核的衰变1．衰变规律及实质(1)两种衰变的比较衰变类型α衰变β衰变衰变方程A Z X→A－4Z－2Y＋42He A Z X→A Z＋1Y＋0－1e衰变实质2个质子和2个中子结合成一个整体射出中子转化为质子和电子211H＋210n→42He10n→11H＋0－1e衰变规律质量数守恒、电荷数守恒(2)γ发生α衰变或β衰变的过程中，产生的新核由于具有过多的能量(核处于激发态)而辐射出光子．2．原子核的人工转变用高能粒子轰击靶核，产生另一种新核的反应过程．(1)卢瑟福发现质子的核反应方程为：147N＋42He→178O＋11H.(2)查德威克发现中子的核反应方程为：94Be＋42He→126C＋10n.(3)居里夫妇发现放射性同位素和正电子的核反应方程为：2713Al＋42He→3015P＋10n.3015P →3014Si ＋0＋1e. 3．确定衰变次数的方法因为β衰变对质量数无影响，先由质量数的改变确定α衰变的次数，然后再根据衰变规律确定β衰变的次数． 4．半衰期(1)公式：N 余＝N 原(12)t /τ，m 余＝m 原(12)t /τ(2)影响因素：放射性元素衰变的快慢是由原子核内部自身因素决定的，跟原子所处的物理状态(如温度、压强)或化学状态(如单质、化合物)无关．例2 (1)232 90Th(钍)经过一系列α衰变和β衰变，变成208 82Pb(铅)．以下说法中正确的是( ) A ．铅核比钍核少8个质子 B ．铅核比钍核少16个中子 C ．共经过4次α衰变和6次β衰变 D ．共经过6次α衰变和4次β衰变(2)约里奥·居里夫妇因发现人工放射性元素而获得了1935年的诺贝尔化学奖，他们发现的放射性元素3015P 衰变成3014Si 的同时放出另一种粒子，这种粒子是________.3215P 是3015P 的同位素，被广泛应用于生物示踪技术，1 mg 3215P 随时间衰变的关系如图5所示，请估算4 mg 的3215P 经多少天的衰变后还剩0.25 mg?图5解析 (1)设α衰变次数为x ，β衰变次数为y ，由质量数守恒和电荷数守恒得232＝208＋4x90＝82＋2x －y解得x ＝6，y ＝4，C 错，D 对．铅核、钍核的质子数分别为82、90，故A 对． 铅核、钍核的中子数分别为126、142，故B 对．(2)写出衰变方程3015P →3014Si ＋0＋1e ，故这种粒子为0＋1e(正电子) 由m －t 图知3215P 的半衰期为14天，由m余＝m原(12)tτ得，0．25 mg＝4 mg×(12)t14，故t＝56天．答案(1)ABD(2)正电子(0＋1e)56天突破训练2核电站泄漏的污染物中含有碘131和铯137.碘131的半衰期约为8天，会释放β射线；铯137是铯133的同位素，半衰期约为30年，发生衰变时会辐射γ射线．下列说法正确的是() A．碘131释放的β射线由氦核组成B．铯137衰变时辐射出的γ光子能量小于可见光光子能量C．与铯137相比，碘131衰变更慢D．铯133和铯137含有相同的质子数答案 D解析β射线的本质是电子，并非氦核，A项错；γ光子的频率大于可见光光子的频率，由E＝hν可知γ光子的能量大于可见光光子的能量，B项错；半衰期越小表示元素衰变越快，C项错；同位素含有相同的质子数但中子数不同，故D项正确．考点三核反应类型及核反应方程的书写类型可控性核反应方程典例衰变α衰变自发23892U→23490Th＋42Heβ衰变自发23490Th→23491Pa＋0－1e人工转变人工控制147N＋42He→178O＋11H(卢瑟福发现质子)42He＋94Be→126C＋10n(查德威克发现中子)2713Al＋42He→3015P＋10n 约里奥·居里夫妇发现放射性同位素，同时发现正电子3015P→3014Si＋0＋1e重核裂变比较容易进行人工控制23592U＋10n→14456Ba＋8936Kr＋310n23592U＋10n→13654Xe＋9038Sr＋1010n 轻核聚变除氢弹外无法控制21H＋31H→42He＋10n①2411Na→2412Mg＋0-1e；②23592U＋10n→14156Ba＋9236Kr＋310n；③21H＋31H→42He＋10n.下列说法正确的是() A．①是裂变，②是β衰变，③是聚变B．①是聚变，②是裂变，③是β衰变C．①是β衰变，②是裂变，③是聚变D．①是β衰变，②是聚变，③是裂变(2)现有四个核反应：A.21H＋31H→42He＋10nB.235 92U＋10n→X＋8936Kr＋310nC.2411Na→2412Mg＋0－1eD.42He＋94Be→12 6C＋10n①________是发现中子的核反应方程，________是研究原子弹的基本核反应方程，________是研究氢弹的基本核反应方程．②求B中X的质量数和中子数．解析(1)2411Na→2412Mg＋0－1e中Na核释放出β粒子，为β衰变，235 92U＋10n→141 56Ba＋9236Kr＋310n为铀核在被中子轰击后，分裂成两个中等质量的核，为裂变．而21H＋31H→42He＋10n 为聚变，故C正确．(2)①人工转变核反应方程的特点：箭头的左边是氦核与常见元素的原子核，箭头的右边也是常见元素的原子核．D是查德威克发现中子的核反应方程，B是裂变反应，是研究原子弹的基本核反应方程，A是聚变反应，是研究氢弹的基本核反应方程．②由电荷数守恒和质量数守恒可以判定，X质量数为144，电荷数为56，所以中子数为144－56＝88.答案(1)C(2)①D B A②14488突破训练3关于下列核反应或核衰变方程，说法正确的是()A.94Be＋42He→12 6C＋X，符号“X”表示中子B.14 7N＋42He→17 8O＋X，符号“X”表示中子C.2411Na→2412Mg＋0－1e是裂变D.235 92U＋10n→140 54Xe＋9438Sr＋210n是聚变答案 A解析由核反应中质量数守恒、电荷数守恒可知A对，B错；C中反应是衰变，D中反应是裂变，C、D均错．考点四关于核能的计算1．应用质能方程解题的流程图(1)根据ΔE＝Δmc2计算，计算时Δm的单位是“kg”，c的单位是“m/s”，ΔE的单位是“J”．(2)根据ΔE＝Δm×931.5 MeV计算．因1原子质量单位(u)相当于931.5 MeV的能量，所以计算时Δm的单位是“u”，ΔE的单位是“MeV”．2．利用质能方程计算核能时，不能用质量数代替质量进行计算．例4(2012·新课标全国·35(1))氘核和氚核可发生热核聚变而释放出巨大的能量，该反应方程为：21H＋31H→42He＋x，式中x是某种粒子．已知：21H、31H、42He和粒子x的质量分别为2.014 1 u、3.016 1 u、4.002 6 u和1.008 7 u；1 u＝931.5 MeV/c2，c是真空中的光速．由上述反应方程和数据可知，粒子x是____________，该反应释放出的能量为________MeV(结果保留3位有效数字)．解析核反应方程必须满足质量数和电荷数守恒，可知x是10n(中子)．聚变前后质量亏损是：Δm＝(2.014 1＋3.016 1－4.002 6－1.008 7) u＝0.018 9 u释放能量ΔE＝Δmc2＝0.018 9×931.5 MeV≈17.6 MeV.答案(1)10n(或中子)17.6突破训练4已知氦原子的质量为M He u，电子的质量为m e u，质子的质量为m p u，中子的质量为m n u，u为原子质量单位，且由爱因斯坦质能方程E＝mc2可知：1 u对应于931.5 MeV的能量，若取光速c＝3×108 m/s，则两个质子和两个中子聚变成一个氦核，释放的能量为() A．[2(m p＋m n)－M He]×931.5 MeVB．[2(m p＋m n＋m e)－M He]×931.5 MeVC．[2(m p＋m n＋m e)－M He]·c2 JD．[2(m p＋m n)－M He]·c2 J答案 B解析核反应方程为211H＋210n→42He，质量亏损Δm＝2(m p＋m n)－(M He－2m e)＝2(m p＋m n＋m e)－M He，所以释放的能量为ΔE＝Δm×931.5 MeV＝[2(m p＋m n＋m e)－M He]×931.5 MeV，选项B正确．54．核反应与动量守恒定律的综合应用参与核反应的粒子所组成的系统，在核反应过程中的动量和能量是守恒的，核反应中释放的核能，在无光子辐射的情况下，将转化为生成的新核和新粒子的动能．例5钚的放射性同位素23994Pu静止时衰变为铀核激发态23592U*和α粒子，而铀核激发态23592U*立即衰变为铀核23592U，并放出能量为0.097 MeV的γ光子．已知：23994Pu、23592U和α粒子的质量分别为m Pu＝239.052 1 u、m U＝235.043 9 u和mα＝4.002 6 u,1 u的质量相当于931.5 MeV的能量．(1)写出衰变方程；(2)已知衰变放出的光子的动量可忽略，求α粒子的动能． 解析 (1)衰变方程为239 94Pu →235 92U *＋42He ① 235 92U *→235 92U ＋γ②或合起来有239 94Pu →235 92U ＋42He ＋γ③(2)上述衰变过程的质量亏损为Δm ＝m Pu －m U －m α④ 放出的能量为ΔE ＝c 2·Δm⑤此能量是铀核235 92U 的动能E U 、α粒子的动能E α和γ光子的能量E γ之和即ΔE ＝E U ＋E α＋E γ⑥ 由④⑤⑥式得E U ＋E α＝(m Pu －m U －m α)c 2－E γ⑦ 设衰变后的铀核和α粒子的速率分别为v U 和v α，则由动量守恒有m U v U ＝m αv α ⑧ 又由动能的定义知E U ＝12m U v 2U ，E α＝12m αv 2α ⑨ 由⑧⑨式得E U E α＝m αm U⑩由⑦⑩式得E α＝m Um U ＋m α[(m Pu －m U －m α)c 2－E γ]代入题给数据得E α≈5.034 MeV答案 (1)239 94Pu →235 92U *＋42He 235 92U *→235 92U ＋γ(或239 94Pu →235 92U ＋42He ＋γ) (2)5.034 MeV突破训练5 太阳中含有大量的氘核，因氘核不断发生核反应释放大量的核能，以光和热的形式向外辐射．已知氘核质量为2.013 6 u ，氦核质量为3.015 0 u ，中子质量为1.008 7 u,1 u 的质量相当于931.5 MeV 的能量，则：(1)完成核反应方程：21H ＋21H →________＋10n.(2)求核反应中释放的核能．(3)在两氘核以相等的动能0.35 MeV 进行对心碰撞，并且核能全部转化为机械能的情况下，求反应中产生的中子和氦核的动能．答案 (1)32He (2)3.26 MeV (3)2.97 MeV 0.99 MeV 解析 (1)32He(2)ΔE ＝Δmc 2＝(2×2.013 6 u －3.015 0 u －1.008 7 u)×931.5 MeV ≈3.26 MeV. (3)两核发生碰撞时：0＝M v 1－m v 2 由能量守恒可得ΔE ＋2E k ＝12M v 21＋12m v 22 由以上两式解得E He ＝12M v 21＝0.99 MeV ，E n ＝12m v 22＝2.97 MeV .高考题组1．(2013·福建理综·30(1))在卢瑟福α粒子散射实验中，金箔中的原子核可以看作静止不动，下列各图画出的是其中两个α粒子经历金箔散射过程的径迹，其中正确的是__________．(填选图下方的字母)答案 C解析 金箔中的原子核与α粒子都带正电，α粒子接近原子核过程中受到斥力而不是引力作用，A 、D 错；由原子核对α粒子的斥力作用及物体做曲线运动的条件知曲线轨迹的凹侧应指向受力一方，B 错，C 对．2．(2013·山东理综·38(1))恒星向外辐射的能量来自于其内部发生的各种热核反应，当温度达到108 K 时，可以发生“氦燃烧”．①完成“氦燃烧”的核反应方程：42He ＋________→84Be ＋γ.②84Be 是一种不稳定的粒子，其半衰期为2.6×10－16s ．一定质量的84Be ，经7.8×10－16s后所剩84Be 占开始时的________________． 答案 ①42He(或α) ②18(或12.5%) 解析 ①由质量数、电荷数守恒42He ＋42He →84Be ＋γ ②在t ＝7.8×10－16s 时间内，原子核衰变的次数n ＝t T ＝3，故m ＝18m 0.模拟题组3．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规模．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239 94Pu 的半衰期为24 100年，其衰变方程为23994Pu →X ＋42He ＋γ，下列有关说法正确的是 ( )A ．X 原子核中含有92个中子B ．100个239 94Pu 经过24 100年后一定还剩余50个 C ．由于衰变时释放巨大能量，根据E ＝mc 2，衰变过程总质量增加 D ．衰变发出的γ射线是波长很短的光子，具有很强的穿透能力 答案 D解析 根据核反应方程遵循的规律，X 原子核中含有92个质子，235个核子，143个中子，A错误．半衰期是对大量原子核衰变的统计规律，100个239 94Pu经过24 100年后不一定还剩余50个，B错误．由于衰变时释放巨大能量，衰变过程总质量减少，放出粒子的质量和生成新核的质量之和小于衰变前核的质量，C错误．衰变发出的γ射线是波长很短的光子，具有很强的穿透能力，D正确．4．(1)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α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(2)轻核聚变能够比重核裂变释放更多的能量，若实现受控核聚变，且稳定地输出聚变能，人类将不再有“能源危机”．一个氘核(21H)和一个氚核(31H)聚变成一个新核并放出一个中子(10n)．①完成上述核聚变方程21H＋31H→________＋10n.②已知上述核聚变中质量亏损为Δm，真空中光速为c，则该核反应中所释放的能量为________________．答案(1)CD(2)①42He②Δmc2解析(1)若两球质量相等，两球只有发生弹性碰撞，碰后m2的速度才为v，选项A错误；带电粒子在磁场中受到洛伦兹力的作用，利用左手定则可判断，射线甲是β粒子流，选项B错误；在光颜色保持不变，即入射光的频率不变，根据光电效应规律可知，入射光越强，饱和光电流越大，选项C正确；根据链式反应的特点可知，链式反应属于重核的裂变，选项D正确．(2)①根据质量数守恒和电荷数守恒可知，核聚变方程为2H＋31H→42He＋10n.1②根据爱因斯坦质能方程可得该核反应中所释放的能量为ΔE＝Δmc2.(限时：30分钟)►题组1原子的核式结构模型1．关于原子结构，下列说法正确的是() A．玻尔原子模型能很好地解释氢原子光谱的实验规律B．卢瑟福核式结构模型可以很好地解释原子的稳定性C．卢瑟福的α粒子散射实验表明原子内部存在带负电的电子D．卢瑟福的α粒子散射实验否定了汤姆孙关于原子结构的“西瓜模型”答案AD解析玻尔提出的原子模型能很好地解释氢原子光谱的实验规律；卢瑟福核式结构模型不能解释原子的稳定性；卢瑟福的α粒子散射实验表明原子具有核式结构，否定了汤姆孙关于原子结构的“西瓜模型”，故A、D正确，B、C错误．2．卢瑟福利用α粒子轰击金箔的实验研究原子结构，正确反映实验结果的示意图是()答案 D解析卢瑟福利用α粒子轰击金箔的实验研究原子结构，即α粒子散射实验，实验结果显示：绝大多数α粒子穿过金箔后基本上仍沿原来的方向前进，但是有少数α粒子发生了较大角度的偏转，极少数α粒子的偏转角超过90°，有的几乎达到180°，也就是说它们几乎被“撞了回来”．所以能正确反映该实验结果的是选项D.►题组2玻尔理论与氢原子跃迁3．下列说法中正确的是() A．氢原子由较高能级跃迁到较低能级时，电子动能增加，原子势能减少B．原子核的衰变是原子核在其他粒子的轰击下发生的C．β衰变所释放的电子是原子核内的中子转化成质子而产生的D．放射性元素的半衰期随温度和压强的变化而变化答案AC解析原子核的衰变是自发进行的，选项B错误；半衰期是放射性元素的固有特性，不会随外部因素的改变而改变，选项D错误．4．下列说法正确的是() A．根据玻尔理论，氢原子在辐射光子的同时，轨道也在连续地减小B．放射性物质的温度升高，则半衰期减小C．用能量等于氘核结合能的光子照射静止氘核不可能使氘核分解为一个质子和一个中子D ．某放射性原子核经过2次α衰变和一次β衰变，核内质子数减少3个E ．根据玻尔理论，氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，要释放一定频率的光子，同时电子的动能增大，电势能减小 答案 CDE解析 根据玻尔理论，原子轨道是量子化的，是不连续的，A 错；放射性物质的半衰期由其本身决定，与外界环境无关，B 错；用能量等于氘核结合能的光子照射静止氘核不可能使氘核分解为一个质子和一个中子，必须用能量大于氘核结合能的光子照射才可能使其分解，C 正确；据α衰变和β衰变的实质，2次α衰变放出2个42He ，一次β衰变放出一个0－1e ，可知D 正确；据玻尔理论，氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，要释放一定频率的光子，电势能减小，动能增大，E 正确．5．如图1所示是某原子的能级图，a 、b 、c 为原子跃迁时所发出的三种波长的光．在下列该原子光谱的各选项中，谱线从左向右的波长依次增大，则正确的是( )图1答案 C解析 本题考查玻尔的能级跃迁问题，意在考查考生分析问题、解决问题的能力．根据玻尔的原子跃迁公式h cλ＝E m －E n 可知，两个能级间的能量差值越大，辐射光的波长越短，从题图中可以看出，能量差值最大的是E 3－E 1，辐射光的波长a 最短，能量差值最小的是E 3－E 2，辐射光的波长b 最长，所以谱线从左向右的波长依次增大顺序的是a 、c 、b ，C 正确．6．如图2为氢原子能级图，现有一群处于n ＝3激发态的氢原子，则这些原子( )图2A．发出的光子最小能量是0.66 eVB．发出的光子最大能量是12.75 eVC．能发出3种不同频率的光子D．由n＝3跃迁到n＝1时发出的光子频率最高答案CD解析发出的光子的最小能量为E3－E2＝1.89 eV，A错；发出的光子的最大能量为E3－E1＝12.09 eV，B错；能发出不同频率的光子种类为C23＝3种，C对；由n＝3跃迁到n＝1时，发出的光子能量最大，由ΔE＝hν知，对应光子的频率最高，D对．►题组3原子核的衰变、人工核反应7．能源是社会发展的基础，发展核能是解决能源问题的途径之一．下列释放核能的反应方程，表述正确的有()A.31H＋21H→42He＋10n是核聚变反应B.31H＋21H→42He＋10n是β衰变C.235 92U＋10n→144 56Ba＋8936Kr＋310n是核裂变反应D.235 92U＋10n→140 54Xe＋9438Sr＋210n是α衰变答案AC解析β衰变时释放出电子(0－1e)，α衰变时释放出氦原子核(42He)，可知B、D错误；选项A中一个氚核和一个氘核结合成一个氦核并释放出一个中子是典型的核聚变反应，A 正确；选项C中一个U235原子核吸收一个中子，生成一个Ba原子核和一个Kr原子核并释放出三个中子是典型的核裂变反应，C正确．8．如图3甲是α、β、γ三种射线穿透能力的示意图，图乙是工业上利用射线的穿透性来检查金属内部伤痕的示意图，请问图乙中的检查利用的是()图3A．α射线B．β射线。

2015年湖南省永州市新田一中高考物理一模试卷一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分．在每小题给出的四个选项中，第1～8小题只有一项符合题目要求，第9～12小题有多项符合题目要求．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有错选或不答的得0分）1．（4分）在物理学的学展过程中，许多物理学家的科学发现推动了人类历史的进步，下列表述符合物理史学的是（）A．开普勒认为只有在一定的条件下，弹簧的弹力才与弹簧的形变量成正比B．牛顿认为在足够高的高山上以足够大的水平速度抛出一物体，物体就不会再落到地球上C．奥斯特发现了电磁感应现象，这和他竖信电和磁之间一定存在着联系的哲学思想是分不开的D．安培首先引入电场线和磁感线，极大地促进了他对电磁现象的研究2．（4分）汽车在水平路面上转弯，提供向心力的是（）A．支持力B．静摩擦力C．重力、支持力的合力D．重力、支持力、牵引力的合力3．（4分）一辆汽车做匀加速直线运动，经过路旁两棵相距50m的树共用时间5s，它经过第二棵树时的速度是15m/s，则它经过第一棵树时的速度是（）A．2m/s B．10m/s C．5m/s D．2.5m/s4．（4分）如图所示的电路中，P为滑动变阻器的滑片，保持理想变压器的输入电压U1不变，闭合电键S，下列说法正确的是（）A．P向下滑动时，灯L变亮B．P向下滑动时，变压器的输出电压不变C．P向上滑动时，变压器的输入电流变小D．P向上滑动时，变压器的输出功率变大5．（4分）如图所示，质量分别为m和2m的物块A、B叠放在光滑的水平地面上，现对B施加一水平力F，已知物块A、B间的最大静摩擦力为F1，假定物块间的最大静摩擦力与滑动摩擦力相等．为保证它们无相对滑动，水平力F的最大值为（）A．0.5F1B．F1C．2F1D．3F16．（4分）如图两段长均为L的轻质线共同系住一个质量为m的小球，另一端分别固定在等高的A、B两点，A、B两点间距也为L，今使小球在竖直平面内做圆周运动，当小球到达最高点时速率为v，两段线中张力恰好均为零，若小球到达最高点时速率为2v，则此时每段线中张力大小为（）A．mg B．2mg C．3mg D．4mg7．（4分）图甲中理想变压器接有电阻R=55Ω的负载，电压表和电流表均为理想交流电表．若原线圈接入图乙所示的正弦交变电压，电压表示数为110V，下列说法正确的是（）A．电流表示数为2AB．电流表示数为2AC．原、副线圈的匝数之比为1：2D．原、副线圈中交变电压的频率均为100Hz8．（4分）点电荷A、B是带电量为Q的正电荷，C、D是带电量为Q的负电荷，它们处在一个矩形的四个顶点上．它们产生静电场的等势面如图中虚线所示，在电场中对称的有一个正方形路径abcd（与ABCD共面），如实线所示，O为正方形与矩形的中心，取无穷远处电势为零则（）A．取无穷远处电势为零，则O点电势为零，场强为零B．b、d两点场强相等，电势相等C．将电子沿正方形路径a→d→c移动，电场力先做负功，后做正功D．将电子沿正方形路径a→b→c移动，电场力先做负功，后做正功9．（4分）矩形导线框固定在匀强磁场中，如图甲所示．磁感线的方向与导线框所在平面垂直，规定磁场的正方向为垂直纸面向里，磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示，则（）A．从0到t1时间内，导线框中电流的方向为abcdaB．从0到t1时间内，导线框中电流大小不变C．从0到t2时间内，导线框中电流的方向始终为adcbaD．从0到t2时间内，导线框ab边受到的安培力越来越大10．（4分）如图所示，有三个斜面1、2、3，斜面1与2底边相同，斜面2与3高度相同，同一物体与三个斜面间的动摩擦因数相同，当一物体分别沿三个斜面从顶端由静止下滑到底端时，下列说法正确的是（）A．下滑过程中物体损失的机械能△E3＞△E2＞△E1B．下滑过程中因摩擦产生的热量Q1=Q2＜Q3C．到达底端时的速度v1＞v2＞v3D．到达底端时的速度v1＞v3＞v211．（4分）2011年9月29日晚21时16分，我国将首个目标飞行器天宫一号发射升空，它将在两年内分别与神舟八号、神舟九号、神舟十号飞船对接，从而建立我国第一个空间实验室．假如神舟八号与天宫一号对接前所处的轨道如图所示，下列说法正确的是（）A．神舟八号的加速度比天宫一号的加速度大B．神舟八号的运行速度比天宫一号的运行速度大C．神舟八号的运行周期比天宫一号的运行周期长D．神舟八号通过加速后变轨可实现与天宫一号对接12．（4分）如图所示，相距为d的两平行金属板的电容为C，带电量为Q．有一长为L的绝缘轻杆，两端各固定电荷量分别为﹣q和+q的小球，不计两球的重力和两球间的库仑力．现先将杆从平行于极板的位置I缓慢移动到垂直于极板的位置Ⅱ，再从位置Ⅱ缓慢移动到无穷远处．则（）A．从位置I移到位置Ⅱ的过程中，两球电势能之和减小B．从位置I移到位置Ⅱ的过程中，电场力做功为零C．从位置Ⅱ移到无穷远处的过程中，两球的电势能之和不变D．从位置Ⅱ移到无穷远处的过程中，克服电场力做功二、实验题（本题共2小题，每空2分，共16分．把答案填在答题卷的指定位置上）13．（6分）某同学设计了一个探究合力F不变时小车的加速度a与质量M关系的实验，图（a）所示为实验装置简图：（交流电的频率为50Hz）（1）图（b）所示为某次实验得到的纸带，根据纸带可求出小车的加速度大小为m/s2；（保留两位有效数字）（2）保持砂和砂桶质量m不变，改变小车质量M，分别得到小车加速度a与质量M 及对应的数据．在如图（c）所示的坐标纸中画出了a ﹣图线，根据图线求出小车加速度a 与质量倒数之间的关系式是；（3）若m=50g，改变M的值，进行多次实验，以下M的取值最不合适的一个是．A．M1=50gB．M2=500gC．M3=1kgD．M4=2kg．14．（10分）将一铜片和一锌片分别插入一只苹果内，就构成了简单的“水果电池”，其电动势约为1.5V，可是这种电池并不能使额定电压为1.5V、额定电流为0.3A的手电筒的小灯泡正常发光，原因是流过小灯泡的电流太小了，经实验测得还不足3mA．为了精确地测定“水果电池”的电动势和内阻，现提供如下器材：A．电流表（量程为3mA，内阻为10Ω）B．电压表（量程为1.5V，内阻为3kΩ）C．滑动变阻器（0～30Ω）D．滑动变阻器（0～3kΩ）E．开关和导线若干．（1）为减小实验误差，滑动变阻器应选用（选填：选项前的字母代号）；（2）为了能更准确地测定“水果电池”的电动势和内阻，应选择图电路．但是，由于电表内阻的影响，仍然会产生误差．你所选择的电路测出的“水果电池”的内阻与真实值相比将（选填“偏大”、“偏小”或“相等”）；（3）某同学根据自己所选的电路图进行实验，所得的数据如表所示，若由表中第2次和第4次实验数据求得“水果电池”的电动势为E=V，内阻为r=Ω．三、计算题（本题共3小题，满分46分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤．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）15．（12分）两个完全相同的物块A、B质量均为m=2kg，在水平面上以相同的初速度从同一位置同时开始运动，图中的两条直线分别表示物块A不受拉力作用和物块B受到水平拉力F作用的v﹣t图象，取g=10m/s2，求：（1）物块A所受摩擦力f的大小；（2）物块B所受拉力F的大小；（3）8s末物块A、B间的距离．16．（16分）如图所示，光滑水平面AB与竖直面内的半圆形轨道在B点相接，轨道半径为R．一个质量为m的物体（可视为质点）将轻质弹簧压缩至A点后由静止释放，在弹力作用下物体水平向右运动至某一速度时脱离弹簧，当它经过B点进入轨道瞬间对轨道的压力为其重力的8倍，之后向上运动到达C点时对轨道的压力大小为0.5mg．求：（1）弹簧被压缩时的最大弹性势能E P；（2）物体从B点运动至C点过程中克服摩擦阻力做的功W f；（3）物体离开C点后落回水平面AB时的动能E k．17．（18分）如图所示，在直角坐标系的第I象限分布着场强E=5×103V/m，方向水平向左的匀强电场，其余三象限分布着垂直纸面向里的匀强磁场．现从电场中M（0.5，0.5）点由静止释放一重力不计的带正电粒子，粒子的电荷量q=2×10﹣4C，质量m=1×10﹣8kg，该粒子第一次进入磁场后将垂直通过x轴．求：（1）匀强磁场的磁感应强度大小；（2）带电粒子第二次进入磁场时的位置坐标；（3）在粒子第二次进入磁场时，撤掉第I象限的电场，粒子在磁场中运动后又进入第I象限且经过释放点M，则粒子从M点由静止释放到再经过M点所用的总时间是多少．2015年湖南省永州市新田一中高考物理一模试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分．在每小题给出的四个选项中，第1～8小题只有一项符合题目要求，第9～12小题有多项符合题目要求．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有错选或不答的得0分）1．（4分）在物理学的学展过程中，许多物理学家的科学发现推动了人类历史的进步，下列表述符合物理史学的是（）A．开普勒认为只有在一定的条件下，弹簧的弹力才与弹簧的形变量成正比B．牛顿认为在足够高的高山上以足够大的水平速度抛出一物体，物体就不会再落到地球上C．奥斯特发现了电磁感应现象，这和他竖信电和磁之间一定存在着联系的哲学思想是分不开的D．安培首先引入电场线和磁感线，极大地促进了他对电磁现象的研究【解答】解：A、胡克认为只有在一定的条件下，弹簧的弹力才与弹簧的形变量成正比，故A错误；B、牛顿认为在足够高的高山上以足够大的水平速度抛出一物体，就不会再落在地球上，故B正确；C、法拉第发现了电磁感应现象，故C错误；D、法拉第首先引入电场线和磁感线，极大地促进了他对电磁现象的研究，故D 错误；故选：B。

2024年湖南省永州市新田一中物理高三上期中质量跟踪监视模拟试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。

用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。

将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。

2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。

答案不能答在试题卷上。

3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。

不按以上要求作答无效。

4．考生必须保证答题卡的整洁。

考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。

一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1、质量为m、电量为q的带电粒子垂直磁感线射入磁感应强度为B的匀强磁场中，在洛仑兹力作用下做半径为R的匀速圆周运动，关于带电粒的圆周运动，下列说法中正确的是（）A．圆周运动的角速度与半径R成正比B．圆周运动的周期与半径R成反比C．圆周运动的加速度与半径R成反比D．圆周运动的线速度与半径R成正比2、如图所示，一根长为L的轻杆OA，O端用铰链固定在水平面上，轻杆靠在一个高为h的物块上，某时刻杆与水平方向的夹角为θ，物块水平向右运动的速度为v，则此时A点速度为()A．B．C．D．3、如图所示，在粗糙水平面上放置有一竖直截面为平行四边形的木块，图中木块倾角为θ，木块与水平面间动摩擦因数为μ，木块所受重力为G，现用一水平恒力F推木块，使木块由静止开始向左运动，则木块所受的摩擦力大小为( )A ．FB ．cos GμθC ．μGD ．μ(G sin θ＋F cos θ)4、如图所示，重为10N 的小球套在与水平面成370角的硬杆上，现用一垂直于杆向上、大小为20N 的力F 拉小球，使小球处于静止状态（已知）A ．小球不一定受摩擦力的作用B ．小球受摩擦力的方向一定沿杆向上，大小为6NC ．杆对小球的弹力方向垂直于杆向下，大小为4.8ND ．杆对小球的弹力方向垂直于杆向上，大小为12N5、电梯天花板上固定一弹簧测力计，测力计下挂一重物。