2015年福建省莆田市仙游一中高考物理模拟试卷(一)

2015年福建省莆田市仙游一中高考物理模拟试卷（一）一、选择题（本题共6小题．每小题6分，共36分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求．）1．比较是一种有效的学习方法，通过比较，既要找出概念、规律的共同之处，又要抓住其不同点．某同学对机械波和电磁波进行比较，总结出下列内容（）A．机械波的频率、波长和波速三者满足的关系，对电磁波也适用B．机械波和电磁波都能产生干涉和衍射现象C．机械波既有横波又有纵波，而电磁波只有纵波D．机械波的传播依赖于介质，而电磁波可以在真空中传播2．吹肥皂泡是同学们小时候经常玩的一种游戏．在阳光下，肥皂泡表面呈现出五颜六色的花纹，这是光的（）A．反射现象B．干涉现象C．色散现象D．折射现象3．如图所示，理想变压器的原线圈的输入电压u=220sin100πtV，原、副线圈的匝数比为n1：n2=10：1，电阻R1、R2的阻值均为100Ω，则1s内电阻R1上产生的焦耳热为（）A．4.84 J B．2.42 J C．1.21J D．0.605 J4．细绳拴一个质量为m的小球，小球用固定在墙上的水平弹簧支持，小球与弹簧不粘连，平衡时细绳与竖直方向的夹角为53°，如图所示．以下说法正确的是（）（已知sin53°=0.8，cos53°=0.6）A．细线烧断后小球做平抛运动B．细线烧断瞬间小球的加速度为gC．小球静止时弹簧的弹力大小为mgD．小球静止时细绳的拉力大小为mg5．2009年2月11日，俄罗斯的“宇宙﹣2251”卫星和美国的“铱﹣33”卫星在西伯利亚上空约805km处发生碰撞．这是历史上首次发生的完整在轨卫星碰撞事件．碰撞过程中产生的大量碎片可能会影响太空环境．假定有甲、乙两块碎片，绕地球运动的轨道都是圆，甲的运行速率比乙的大，则下列说法中正确的是（）A．甲的运行周期一定比乙的长B．甲距地面的高度一定比乙的高C．甲的向心力一定比乙的小D．甲的加速度一定比乙的大6．电吉他是利用电磁感应原理工作的一种乐器．如图（甲）所示为电吉他的拾音器的原理图，在金属弦的下方置有一个连接到放大器的螺旋管．一条形磁铁固定在管内，当拨动金属弦后，螺线管内就会产生感应电流，经一系列转化后可将电信号转为声音信号．若由于金属弦的振动，螺线管内的磁通量随时间的变化如图（乙）所示，则对应感应电流的变化为（）A．B．C．D．二、非选择题8．在“用单摆测定重力加速度”实验中，某同学用游标卡尺测量摆球的直径，游标卡尺的主尺最小分度为1 mm，游标上有20个小的等分刻度．卡尺上的示数如图所示，可读出这个摆球的直径为mm．9．现有一种特殊的电池，它的电动势E约为9V，内阻r约为50Ω，已知该电池允许输出的最大电流为50mA，为了测定这个电池的电动势和内阻，某同学利用如图（a）所示的电路进行实验，图中电压表的内阻很大，对电路的影响可不考虑，R为电阻箱，阻值范围0～9 999Ω，R0是定值电阻，起保护电路的作用．（1）实验室备有的定值电阻R0有以下几种规格：A．10Ω 2.5W B．100Ω 1.0W C．200Ω 1.0W D．2 000Ω 5.0W本实验应选哪一种规格？答．（2）该同学接入符合要求的R0后，闭合开关S，调整电阻箱的阻值，读取电压表的示数改变电阻箱阻值，取得多组数据，作出了如图（b）所示的图线（已知该直线的截距为0.1 V ﹣）．则根据该同学所作出的图线可求得该电池的电动势E为V，内阻r为Ω．10．如图，一探空气球匀速上升执行科学考察任务，设其总质量为M，所受浮力恒为F，运动过程中所受空气阻力始终保持不变，重力加速度为g．（1）求探空气球在运动过程中所受空气阻力的大小；（2）探空气球在上升过程中释放一个质量为m的探测仪器，问此后探空气球将以多大的加速度上升？11．如图所示，一位质量m=65kg参加“挑战极限运动”的业余选手，要越过一宽度为s=3m 的水沟，跃上高为h=1.8m的平台，采用的方法是：人手握一根长L=3.25m的轻质弹性杆一端．从A点由静止开始匀加速助跑，至B点时，杆另一端抵在O点的阻挡物上，接着杆发生形变．同时人蹬地后被弹起，到达最高点时杆处于竖直，人的重心恰位于杆的顶端，此刻人放开杆水平飞出，最终趴落到平台上，运动过程中空气阻力可忽略不计．（g取10m/s2）（1）设人到达B点时速度v B=8m/s，人匀加速运动的加速度a=2m/s2，求助跑距离S AB．（2）人要到达平台，在最高点飞出时刻速度v至少多大？（3）设人跑动过程中重心离地高度H=1.0m，在（1）、（2）问的条件下，在B点人蹬地弹起瞬间，人至少再做多少功？12．如图所示，某放射源A中均匀地向外辐射出平行于y轴的速度一定的α粒子，粒子质量为m，电荷量为q．为测定其从放射源飞出的速度大小，现让α粒子先经过一个磁感应强度为B、区域为半圆形的匀强磁场，经该磁场偏转后，它恰好能够沿x轴进入右侧的平行板电容器，并打到置于板N的荧光屏上出现亮点．当触头P从右端向左移动到滑动变阻器的中央位置时，通过显微镜头Q看到屏上的亮点恰好能消失．已知电源电动势为E，内阻为r0，滑动变阻器的总电阻R0=2r0，求：（1）α粒子从放射源飞出速度的大小v0；（2）满足题意的α粒子在磁场中运动的总时间t；（3）该半圆形磁场区域的半径R．【物理--选修3-3】（共2小题，每小题6分，满分12分）13．对一定质量的理想气体，下列说法正确的是（）A．体积不断被压缩的过程中，内能一定增加B．在与外界没有发生热量交换的过程中，内能一定不变C．在压强不断增大的过程中，气体一定对外界做功D．在体积不断增大的过程中，气体一定对外界做功14．长约1m的粗细均匀的直玻璃管，一端封闭，另一端开口．管内有长度为19cm的水银柱，封闭着一段空气柱．当玻璃管水平放置时，该空气柱长度为20cm，如图所示．现将玻璃管开口向上缓慢转至竖直位置，稳定后该空气柱长度为（已知外界大气压强相当于76cm 高水银柱产生的压强）（）A．14 cm B．16 cm C．18 cm D．25 cm【物理--选修3-5】15.在下列4个核反应方程中，X表示质子的是（）A．P﹣→Si+XB．U﹣→Th+XC．Al+n﹣→Mg+XD．Al+He﹣→P+X16.如图所示，光滑水平面上有大小相同的A、B两球，两球质量关系为m B=2m A．现A球以4m/s的速度向右运动，与原来静止的B球发生对心碰撞，碰撞后A球以1m/s的速度反弹｡则碰撞后B球的速度大小为（）A．1.5m/s B．2.5m/s C．6m/s D．10m/s2015年福建省莆田市仙游一中高考物理模拟试卷（一）参考答案与试题解析一、选择题（本题共6小题．每小题6分，共36分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求．）1．比较是一种有效的学习方法，通过比较，既要找出概念、规律的共同之处，又要抓住其不同点．某同学对机械波和电磁波进行比较，总结出下列内容（）A．机械波的频率、波长和波速三者满足的关系，对电磁波也适用B．机械波和电磁波都能产生干涉和衍射现象C．机械波既有横波又有纵波，而电磁波只有纵波D．机械波的传播依赖于介质，而电磁波可以在真空中传播考点：电磁波的产生；电磁场．分析：依据机械波和电磁波的区别和联系，它们虽然都是波，均满足v=λf公式，但是产生机理是不同的，最后根据横波与纵波的定义，及是否依赖于介质，即可求解．解答：解：A、波长、波速、频率的关系对任何波都是成立的，对电磁波当然成立，故A 正确；B、干涉和衍射是波的特性，机械波、电磁波都是波，这些特性都具有，故B正确；C、机械波既有横波又有纵波，但是电磁波只能是横波，其证据就是电磁波能够发生偏振现象，而偏振现象是横波才有的，故C错误；D、机械波是机械振动在介质中传播形成的，所以机械波的传播需要介质而电磁波是交替变化的电场和磁场由近及远的传播形成的，所以电磁波传播不需要介质，D正确．故选：ABD．点评：本题通过新颖的题意考察了机械波和电磁波的区别，有创新性．同时类比法是一种重要的思想方法，要在平时学习中不断应用．2．吹肥皂泡是同学们小时候经常玩的一种游戏．在阳光下，肥皂泡表面呈现出五颜六色的花纹，这是光的（）A．反射现象B．干涉现象C．色散现象D．折射现象考点：光的干涉．分析：干涉现象是频率相同的两列光相遇时发生干涉现象．解答：解：肥皂泡呈现彩色是光在前后膜的反射光叠加产生的，属于光的干涉．故选：B．点评：本题较简单，考查了光的干涉现象，知道频率相同是产生干涉的条件．3．如图所示，理想变压器的原线圈的输入电压u=220sin100πtV，原、副线圈的匝数比为n1：n2=10：1，电阻R1、R2的阻值均为100Ω，则1s内电阻R1上产生的焦耳热为（）A．4.84 J B．2.42 J C．1.21J D．0.605 J考点：变压器的构造和原理．分析：根据u=220sin100πtV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R电压，由输入电压的表达式得出原线圈电压，根据原副线圈电压之比等于线圈匝数比求出副线圈的电压，副线圈接有二极管，所以只有一半时间有电流通过电阻，根据Q=t求解电热．解答：解：由输入电压的表达式可知：U1==110V，根据=得：U2=11V副线圈接有二极管，所以只有一半时间有电流通过电阻，则1s内电阻R上产生的焦耳热为：Q=t==1.21J故选：C点评：本题主要考查了变压器原副线圈电压的关系，知道二极管具有单向导电性，明确通过二极管后电压有效值的求解方法．4．细绳拴一个质量为m的小球，小球用固定在墙上的水平弹簧支持，小球与弹簧不粘连，平衡时细绳与竖直方向的夹角为53°，如图所示．以下说法正确的是（）（已知sin53°=0.8，cos53°=0.6）A．细线烧断后小球做平抛运动B．细线烧断瞬间小球的加速度为gC．小球静止时弹簧的弹力大小为mgD．小球静止时细绳的拉力大小为mg考点：牛顿第二定律．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：小球静止时，分析受力情况，由平衡条件求解弹簧的弹力大小和细绳的拉力大小．细绳烧断瞬间弹簧的弹力不变，则小球所受的合力与烧断前细绳拉力的大小相等、方向相反，即可求出加速度．解答：解：小球静止时，分析受力情况，如图，由平衡条件得弹簧的弹力大小为：F=mgtan53°=，细绳的拉力大小为：T=，故C、D错误．细绳烧断瞬间弹簧的弹力不变，则小球所受的合力与烧断前细绳拉力的大小相等、方向相反，则此瞬间小球的加速度大小为：a=，小球的运动不是平抛运动，故A错误，B正确．故选：B．点评：本题中小球先处于平衡状态，由平衡条件求解各力的大小，后烧断细绳，小球处于非平衡条件，抓住细绳烧断瞬间弹簧的弹力不变是关键．5．2009年2月11日，俄罗斯的“宇宙﹣2251”卫星和美国的“铱﹣33”卫星在西伯利亚上空约805km处发生碰撞．这是历史上首次发生的完整在轨卫星碰撞事件．碰撞过程中产生的大量碎片可能会影响太空环境．假定有甲、乙两块碎片，绕地球运动的轨道都是圆，甲的运行速率比乙的大，则下列说法中正确的是（）A．甲的运行周期一定比乙的长B．甲距地面的高度一定比乙的高C．甲的向心力一定比乙的小D．甲的加速度一定比乙的大考点：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；人造卫星的环绕速度．专题：压轴题．分析：根据人造卫星的万有引力等于向心力，列式求出线速度、角速度、周期和向心力的表达式进行讨论即可．解答：解：B、卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，设卫星的质量为m、轨道半径为r、地球质量为M，有F=F向F=GF向=m=mω2r=m（）2r因而G=m=mω2r=m（）2r=ma解得v=①T==2π②a=③由于甲的运行速率比乙的大，根据①式，可以知道甲的轨道半径较小，故B错；A、由公式②可知甲的周期小故A错；C、由于未知两碎片的质量，无法判断向心力的大小，故C错；D、碎片的加速度是指引力加速度，由③式，可知甲的加速度比乙大，故D对；故选D．点评：题关键抓住万有引力提供向心力，列式求解出线速度、角速度、周期和向心力的表达式，再进行讨论；同时要注意卫星的线速度、角速度、周期与轨道半径一一对应．6．电吉他是利用电磁感应原理工作的一种乐器．如图（甲）所示为电吉他的拾音器的原理图，在金属弦的下方置有一个连接到放大器的螺旋管．一条形磁铁固定在管内，当拨动金属弦后，螺线管内就会产生感应电流，经一系列转化后可将电信号转为声音信号．若由于金属弦的振动，螺线管内的磁通量随时间的变化如图（乙）所示，则对应感应电流的变化为（）A．B．C．D．考点：法拉第电磁感应定律；磁通量．专题：压轴题；电磁感应与图像结合．分析：根据楞次定律判断感应电流的方向，根据法拉第电磁感应定律研究感应电动势大小的变化规律，得到感应电流的变化规律，再选择图象．解答：解：设在0﹣时间内产生的感应电流为正，则根据楞次定律得知：在﹣t0时间内，感应电流为负；t0时﹣2t0时间内感应电流为正．螺线管内的磁通量大小随时间按正弦规律，由数学知识知道：其切线的斜率按余弦规律变化，根据法拉电磁感应定律分析可知，螺线管内产生的感应电动势将按余弦规律变化，则感应电流也按余弦规律变化．故B正确，ACD错误．故选B点评：本题从感应电流的方向和大小两个方面进行分析．感应电流方向由楞次定律判断，其大小与感应电动势成正比，由法拉第电磁感应定律研究．要利用数学知识分析磁通量的变化率．二、非选择题8．在“用单摆测定重力加速度”实验中，某同学用游标卡尺测量摆球的直径，游标卡尺的主尺最小分度为1 mm，游标上有20个小的等分刻度．卡尺上的示数如图所示，可读出这个摆球的直径为13.70mm．考点：用单摆测定重力加速度．专题：实验题．分析：游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺示数．解答：解：由图示游标卡尺可知，其示数为：13mm+0.05×14=13.70mm；故答案为：13.70．点评：本题考查了游标卡尺读数，要掌握游标卡尺的读数方法．9．现有一种特殊的电池，它的电动势E约为9V，内阻r约为50Ω，已知该电池允许输出的最大电流为50mA，为了测定这个电池的电动势和内阻，某同学利用如图（a）所示的电路进行实验，图中电压表的内阻很大，对电路的影响可不考虑，R为电阻箱，阻值范围0～9 999Ω，R0是定值电阻，起保护电路的作用．（1）实验室备有的定值电阻R0有以下几种规格：A．10Ω 2.5W B．100Ω 1.0W C．200Ω 1.0W D．2 000Ω 5.0W本实验应选哪一种规格？答C．（2）该同学接入符合要求的R0后，闭合开关S，调整电阻箱的阻值，读取电压表的示数改变电阻箱阻值，取得多组数据，作出了如图（b）所示的图线（已知该直线的截距为0.1 V ﹣）．则根据该同学所作出的图线可求得该电池的电动势E为10V，内阻r为41.67Ω．考点：测定电源的电动势和内阻．专题：实验题；恒定电流专题．分析：（1）已知电源电动势、内阻及最大电流，由闭合电路欧姆定律可得出电路中最小电阻，则可找出保护电阻；（2）由闭合电路欧姆定律可得出表达式，再结合图象和数学知识可得出图象的截距及斜率的含义，则可求得电动势和内电阻．解答：解：（1）当滑动变阻器短路时，电路中通过的最大电流为50mA，则由闭合电路欧姆定律可知，定值电阻的最小阻值为：R0=﹣50Ω=180﹣50Ω=130Ω，滑动变阻器应选C、200Ω，1．OW；（2）由闭合电路欧姆定律可得：U=（R0+R），变形得：=+，由数学知识可知，图象中的斜率k=；截距b=；由图可知，b=0.1，故E=10V；k==4.167；即=4.167；解得：r=41.67Ω；故答案为：（1）C；（2）10；41.67．点评：本题关键在于能由图象知识（斜率与截距的意义）结合闭合电路欧姆定律求解，在解题时要注意题目中给出的条件及坐标中隐含的信息．10．如图，一探空气球匀速上升执行科学考察任务，设其总质量为M，所受浮力恒为F，运动过程中所受空气阻力始终保持不变，重力加速度为g．（1）求探空气球在运动过程中所受空气阻力的大小；（2）探空气球在上升过程中释放一个质量为m的探测仪器，问此后探空气球将以多大的加速度上升？考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用；牛顿第二定律．专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：（1）对气球匀速运动时受力分析，根据平衡条件列方程求出空气阻力大小；（2）释放一个质量为m的探测仪器后气球受的合力大小等于mg，根据牛顿第二定律列方程求加速度大小．解答：解：（1）设所受空气阻力大小为f，根据平衡条件，得F=Mg+f①得：f=F﹣Mg②（2）设加速度大小为a，根据牛顿第二定律，得F﹣f﹣（M﹣m）g=（M﹣m）a③由①③得④答：（1）探空气球在运动过程中所受空气阻力的大小为F﹣Mg；（2）探空气球在上升过程中释放一个质量为m的探测仪器，此后探空气球的加速度为．点评：此题主要考查了物体平衡条件的运用和牛顿第二定律的应用．其中最关键的是判断出释放m的探测器后气球受的合力大小等于mg．11．如图所示，一位质量m=65kg参加“挑战极限运动”的业余选手，要越过一宽度为s=3m 的水沟，跃上高为h=1.8m的平台，采用的方法是：人手握一根长L=3.25m的轻质弹性杆一端．从A点由静止开始匀加速助跑，至B点时，杆另一端抵在O点的阻挡物上，接着杆发生形变．同时人蹬地后被弹起，到达最高点时杆处于竖直，人的重心恰位于杆的顶端，此刻人放开杆水平飞出，最终趴落到平台上，运动过程中空气阻力可忽略不计．（g取10m/s2）（1）设人到达B点时速度v B=8m/s，人匀加速运动的加速度a=2m/s2，求助跑距离S AB．（2）人要到达平台，在最高点飞出时刻速度v至少多大？（3）设人跑动过程中重心离地高度H=1.0m，在（1）、（2）问的条件下，在B点人蹬地弹起瞬间，人至少再做多少功？考点：动能定理的应用；平抛运动．专题：动能定理的应用专题．分析：（1）对加速过程直接运用速度位移公式进行列式计算即可；（2）对平抛运动的水平和竖直方向的两个分运动直接运用位移公式列式分析；（3）对人从B点至最高点过程运用动能定理列式求解即可．解答：解：（1）由匀变速直线运动的速度位移公式得：s AB===16m；（2）人飞出后做平抛运动：水平方向：x=vt，竖直方向：L﹣h=gt2，代入数据解得：v=5.57m/s，（3）人蹬地瞬间做功为W，由动能定理得：W﹣mg（L﹣H）=mv2﹣mv B2，代入数据解得：W=390.8J；答：（1）助跑距离16m．（2）人要到达平台，在最高点飞出时刻速度v至少为5.57m；（3）在B点人蹬地弹起瞬间，人至少再做390.8J的功．点评：本题关键是将运动员的运动过程分为直线加速、起跳、和平抛运动三个过程，然后对各个过程分别运用运动学公式、动能定理和平抛运动知识列式求解．12．如图所示，某放射源A中均匀地向外辐射出平行于y轴的速度一定的α粒子，粒子质量为m，电荷量为q．为测定其从放射源飞出的速度大小，现让α粒子先经过一个磁感应强度为B、区域为半圆形的匀强磁场，经该磁场偏转后，它恰好能够沿x轴进入右侧的平行板电容器，并打到置于板N的荧光屏上出现亮点．当触头P从右端向左移动到滑动变阻器的中央位置时，通过显微镜头Q看到屏上的亮点恰好能消失．已知电源电动势为E，内阻为r0，滑动变阻器的总电阻R0=2r0，求：（1）α粒子从放射源飞出速度的大小v0；（2）满足题意的α粒子在磁场中运动的总时间t；（3）该半圆形磁场区域的半径R．考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动．专题：带电粒子在磁场中的运动专题．分析：（1）根据闭合电路欧姆定律求出回路中的电流I，由欧姆定律求出两板间的电压．根据动能定理求解α粒子从放射源飞出速度的大小v0．（2）α粒子向上射入磁场偏转90°后射出，后来又从O点返回磁场再偏转90°，最后向上射出磁场．根据时间与周期的关系，求出总时间．（3）由牛顿第二定律求出粒子圆周运动的半径r，根据几何知识得出半圆形磁场区域的半径R=r．解答：解：（1）由闭合电路的欧姆定律，回路中的电流为：I==…①两极板间的电压为：U=I•=…②对某一α粒子，在加速电场中应用动能定理得：﹣qU=0﹣mv02…③联立①②③解得：v0=；（2）由题意可知，“粒子向上射入磁场偏转900后射出，后来又从O点返回磁场再偏转900，最后向上射出磁场．时间为：t=T×2…⑤粒子做圆周运动的周期为：T=…⑥联立⑤、⑥解得：t=；（3）设α粒子在磁场中的轨迹半径为r，由牛顿第二定律得：qv0B=m…⑦由题意可知：R==r…⑧由⑦⑧解得：v0=，解得：R=；答：（1）α粒子的速度υ0的大小是；（2）满足题意的α粒子，在磁场中运动的总时间t是；（3）该半圆形磁场区域的半径R是．点评：本题是磁场、电场、电路知识的综合，运用动能定理求速度，根据几何知识求轨迹半径都是常用的方法．要注意磁场的半径与轨迹半径不是一回事．【物理--选修3-3】（共2小题，每小题6分，满分12分）13．对一定质量的理想气体，下列说法正确的是（）A．体积不断被压缩的过程中，内能一定增加B．在与外界没有发生热量交换的过程中，内能一定不变C．在压强不断增大的过程中，气体一定对外界做功D．在体积不断增大的过程中，气体一定对外界做功考点：热力学第一定律．分析：对于一定质量的理想气体，其状态的变化要遵循气态方程=c（常数），其内能只跟温度有关，因此依据气态方程和热力学第一定律即可判断．解答：解：A、体积不断被压缩的过程中，外界对气体做功，内能不一定增加，还与吸放热情况的有关，故A错误．B、在与外界没有发生热量交换的过程中，即Q=0，由热力学第一定律△U=W+Q可知：△U=W，内能与做功情况有关，所以内能不一定不变，故B错误．C、在压强不断增大的过程中，由气态方程=c，知体积不一定增大，气体不一定对外界做功，故C错误．D、在体积不断增大的过程中，气体一定对外界做功，故D正确．故选：D．点评：在学习过程中，要结合气态方程和热力学第一定律正确判断气体状态变化和内能的变化情况，知道气体体积增大时，气体一定对外界做功．14．长约1m的粗细均匀的直玻璃管，一端封闭，另一端开口．管内有长度为19cm的水银柱，封闭着一段空气柱．当玻璃管水平放置时，该空气柱长度为20cm，如图所示．现将玻璃管开口向上缓慢转至竖直位置，稳定后该空气柱长度为（已知外界大气压强相当于76cm 高水银柱产生的压强）（）A．14 cm B．16 cm C．18 cm D．25 cm考点：理想气体的状态方程；封闭气体压强．专题：理想气体状态方程专题．分析：气体发生等温变化，应用玻意耳定律求出气体的体积，然后答题．解答：解：气体的状态参量：p1=p0=76cmHg，V1=20S，p2=p0+h=95cmHg，V2=lS，气体发生等温变化，由玻意耳定律得：p1V1=p2V2，解：76×20S=95×lS，解得：l=16cm；故选：B．点评：本题考查了求空气柱的长度，分析清楚气体状态变化过程、求出气体的状态参量是解题的关键，应用玻意耳定律即可解题．【物理--选修3-5】15.在下列4个核反应方程中，X表示质子的是（）A．P﹣→Si+XB．U﹣→Th+XC．Al+n﹣→Mg+XD．Al+He﹣→P+X考点：裂变反应和聚变反应．专题：衰变和半衰期专题．分析：根据核反应方程前后质量数守恒、电荷数守恒判断出生成物的成分，然后再找质子．解答：解：A、由方程式知X质量数等于零，电荷数为1，所以X为中子，A错误；B、X的质量数为4，电荷数为2，所以X为氦原子核，B错误；C、X的质量数为1，电荷数为1，故X为质子，C正确；D、X的质量数为1，电荷数为0，所以X为中子，D错误；故选：C点评：本题考查了核反应方程式反应前后质量数和电荷数守恒．16.如图所示，光滑水平面上有大小相同的A、B两球，两球质量关系为m B=2m A．现A球以4m/s的速度向右运动，与原来静止的B球发生对心碰撞，碰撞后A球以1m/s的速度反弹｡则碰撞后B球的速度大小为（）A．1.5m/s B．2.5m/s C．6m/s D．10m/s考点：动量守恒定律．专题：动量定理应用专题．分析：根据动量守恒定律列方程求解即可．解答：解：规定向右为正方向，根据动量守恒定律：m A v A+0=m A v A′+m B v B′m A×4=m A×（﹣1）+2m A×v B′得：v B′=2.5m/s故选：B．。