江苏省扬州中学2015届高三上学期质量检测(12月)物理试题及答案.pdf

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1、江苏省扬州中学2015届高三上学期质量检测（ 12 月） 注意事项： 本试卷包含选择题和非选择题两部分选择题的答案涂在答题卡上，非选择题的答案写在 答题纸上考试时间为100 分钟，满分值为120 分 【试卷综析】本试卷是高三模拟试题，包含了高中物理的必修一、必修二选修31、34、 3-5 内容， 主要包含受力分析、牛顿运动定律、 动能定理、 机械能守恒、 欧姆定律、 光的干涉、 狭义相对论、用单摆测定重力加速度波长、频率和波速的关系；横波的图象、原子核衰变及 半衰期、衰变速度、爱因斯坦质能方程、裂变反应和聚变反应、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等内容，在考查问题上以基

2、本定义、基本规律为主，重视 生素养的考查，注重主干知识，兼顾覆盖面。 一、单项选择题：本题共5 小题，每小题3 分，共计15 分每小题只有一个选项符合题意 【题文】 1下列关于物理学思想方法的叙述错误 的是 A探究加速度与力和质量关系的实验中运用了控制变量法 B电学中电阻、场强和电势的定义都运用了比值法 C力学中将物体看成质点运用了理想化模型法 Dt0时的平均速度可看成瞬时速度运用了等效替代法 【知识点】 物理方法P 【答案解析】D 解析 ：A、在探究加速度与力、质量的关系实验中使用了控制变量法，故A正 确； B、电学中电阻、场强和电势的定义都运用了比值法，故B正确； C、质点并不存在，采用的

3、是理想化的物理模型；故C正确； D、t 0 时的平均速度可看成瞬时速度，采用的是极限分析方法；故D错误； 本题选错误的，故选：D 【思路点拨】解答本题应掌握：在探究加速度与力、质量的关系实验中使用了控制变量法； 理解常见的比值定义得出的物理量；质点采用的是理想化的物理模型；瞬时速度采用了极 限思想 【题文】 2如图所示，光滑水平桌面上，一小球以速度v 向右匀速运动，当它经过靠近桌边的竖 直木板 ad 边正前方时， 木板开始做自由落体运动.若木板开始运动时，cd 边与桌面相齐， 则小 球在木板上的正投影轨迹是 【知识点】 运动的合成和分解D1 【答案解析】B 解析 ：投影在水平方向做匀速直线运动

4、，竖直方向上做加速运动，故小球的 合速度应偏向上方，故轨迹应向上偏折，故选B 【思路点拨】小球的投影的运动是由小球水平方向的位移与木板竖直方向上的位移的合位移， 则由运动的合成可知投影的轨迹 【题文】 3如图所示，圆面与匀强电场平行，沿该平面从A 点向各个方向射入初动能相等的 同种带正电的粒子，其中从圆周上D 点射出的带电粒子的动能最大.AC 与 BD 为过圆心 O 的两个相交的直径.则 A电场强度与CD 平行B圆周上各点中D 点的电势最低 C圆周上各点中B 点的电势最低D带电粒子从A 到 C 的过程中电场力做功为零 【知识点】 电势 I1I2 【答案解析】B 解析 ：A、B、据题意，带电微粒

5、仅在电场力作用下从A 点进入，离开D 点的 动能最大，则D 点是沿电场强度方向离A 点最远，所以电场线与过D 的切线相垂直，由于带 电微粒是带正电，故匀强电场的方向沿OD方向 D电势最低，故AC错误， B正确； D、设 AC与 BD夹角为 ，则从 A到 C电场力做功为W=qEd=2qERcos ，故 D错误； 故选： B 【思路点拨】带正电微粒以相同的初动能沿着各个方向从A 点进入圆形区域中，只在电场力 作用下从圆周上不同点离开圆形区域，从D点离开圆形区域的带电微粒的动能最大则说 明电场力做功最多，从而得出D 点是沿电场强度方向离A 点最远电场力做功W=qEd ，d 是两点沿电场线方向的距离

6、【题文】 4如图所示，有一个飞行器沿半径为r 的圆轨道 1 绕地球运动 .该飞行器经过P 点时，启动推进器短时间向前喷气可使其变轨，2、3 是与轨道1 相切于 P 点的可能轨道， 则飞行器 A变轨后将沿轨道2 运动 B相对于变轨前运行周期变长 C变轨前、后在两轨道上经P 点的速度大小相等 D变轨前、后在两轨道上经P 点的加速度大小相等 【知识点】 人造卫星的加速度、周期和轨道的关系D4 【答案解析】D 解析 ：由于在P 点推进器向前喷气，故飞行器将做减速运动，由公式 G 2 mM r =m 2 v r 可知，飞行器所需向心力减小，而在P点万有引力保持不变，故飞行器将开始做 近心运动，轨道半径减

7、小 A、因为飞行器做近心运动，轨道半径减小，故将沿轨道3 运动，故A错误； B、根据开普勒行星运动定律知，卫星轨道半径减小，则周期减小，故B错误； C、因为变轨过程是飞行器向前喷气过程，故是减速过程，所以变轨前后经过P点的速度大小 不相等，故C错误； D、飞行器在轨道P 点都是由万有引力产生加速度，因为在同一点P，万有引力产生的加速度 大小相等，故D正确 故选： D 【思路点拨】喷气前，万有引力提供飞行器的向心力，即有G 2 mM r =m 2 v r ，启动推进器向 前喷气，飞行器做减速运动，飞行器在P点所需向心力减小，即此时G 2 mM r m 2 v r ，故飞 行器将做近心运动，运动轨

8、道半径减小，从而展开相关讨论即可 【题文】 5在如图所示的电路中电源电动势为E，内阻为r，M 为多种元件集成的电子元件， 其阻值与两端所加的电压成正比（即RM=kU ，式中 k 为正常数）且遵循欧姆定律， L1和 L2是规格相同的小灯泡（其电阻可视为不随温度变化而变化） ，R 为可变电阻现闭合开 关 S，调节可变电阻R 使其电阻逐渐减小，下列说法中正确的是 A灯泡 L1变暗， L2变亮 B通过电阻R 的电流增大 C电子元件M 两端的电压变小D电源两端电压变小 【知识点】 闭合电路的欧姆定律J2 【答案解析】B 解析 ：因 M中阻值与电压成正比，故M中电流保持不变；故灯泡L2的亮度不 变；总电流

9、不变，R减小， L1电阻不变，根据分流规律R电流增大， L1电流减小变暗； 因 R的阻值减小，故由欧姆定律可知，通过R的电流增大；故B正确； ACD错误 故选： B 【思路点拨】因 M阻值与电压成正比，则可知M中电流保持不变；从而可控制整体个电路电 流不变；则可得出灯泡亮度及R中电流的变化 二、多项选择题：本题共4 小题，每小题4 分，共计 16 分 每小题有多个选项符合题意全 部选对的得4 分，选对但不全的得2 分，错选或不答的得0 分 【题文】 6在军事演习中，某空降兵从悬停在空中的直升飞机上跳下，从跳离飞机到落地的 过程中沿竖直方向运动的v-t 图象如图所示，则下列说法正确的是 A010

10、s 内空降兵和降落伞整体机械能守恒 B010s 内空降兵和降落伞整体所受空气阻力越来越大 C10s15s 时间内运动员的平均速度 2 21 vv v D10s15s 内空降兵和降落伞整体处于失重状态 【知识点】 机械能守恒定律；匀变速直线运动的图像E3A5 【答案解析】BC 解析 ：A、由图示v-t图象可知，图线上某点的切线的斜率表示该时刻加速 度，故0-10s内空降兵运动的加速度越来越小，空降兵运动过程要克服阻力做功，机械能不 守恒，故A错误； B、由 A可知， 010s 内加速度减小，由牛顿第二定律可知，所受合外力减小，空气阻力越来 越大，故B正确； C、如果物体做匀减速直线运动， 12

11、2 vv v，由图示图中可知，10s15s，速度向下做加速 度不断减小的减速直线运动，则v 12 2 vv ，故 C正确； D、10s15s 内空降兵向下做加速度不断减小的减速直线运动，加速度向上，处于超重状态， 故 D错误； 故选： BC 【思路点拨】从图象可以看出，空降兵先做加速度不断减小的加速运动，再做加速度不断减 小的减速运动，最后匀速运动；根据速度时间图线与坐标轴包围的面积表示位移以及图线 上某点的切线的斜率表示该时刻加速度来进行分析 【题文】 7如图所示，带正电的金属圆环竖直放置，AB 是轴线上相对于圆心的对称点.某时 刻一个电子从A 点沿轴线向右运动至B 点，此过程中电子运动的v

12、-t 图象可能是 【知识点】 电势差与电场强度的关系I2 【答案解析】 ABC 解析 ：电子以速度0沿轴线水平向右运动，所受电场力方向向左，大小变 化情况有两种可能： （1）先增大后减小； （ 2）一直减小所以电子一定做加速度变化的变速 运动，速度先增大后减小，AB两点电势相同，故速度大小和方向相同，故D 不可能， ABC可 能 故选： ABC 【思路点拨】 圆弧的中轴线上的场强的发布是：从圆弧的中心向两边先增大后减小，所以从A 释放开始到运动到B点的过程中，所受电场力变化情况可能先增大后减小圆心处为零，也 可能一直减小，但速度先增大后减小，AB速度相同 【题文】 8如图所示，在水平匀强电场和

13、垂直纸面向里的匀强磁场中，有一竖直足够长固定 绝缘杆 MN，小球 P 套在杆上，已知P 的质量为m，电量为 +q，电场强度为E、磁感应强 度为 B，P 与杆间的动摩擦因数为，重力加速度为g.小球由静止开始下滑直到稳定的过 程中 A小球的加速度一直减小 B小球的机械能和电势能的总和保持不变 C下滑加速度为最大加速度一半时的速度可能是 2 2 qEmg v qB D下滑加速度为最大加速度一半时的速度可能是 2 2 qEmg v qB 【知识点】 牛顿第二定律；带电粒子在混合场中的运动C2K3 【答案解析】CD 解析 ：小球静止时只受电场力、重力、支持力及摩擦力，电场力水平向左， 摩擦力竖直向上；开

14、始时，小球的加速度应为a= mgEq m ； 小球速度将增大，产生洛仑兹 力，由左手定则可知，洛仑兹力向右，故水平方向合力将减小，摩擦力减小，故加速度增大； 故 A错误； 当洛仑兹力等于电场力时，摩擦力为零，此时加速度为g，达最大；此后速度继续增大，则洛 仑兹力增大，水平方向上的合力增大，摩擦力将增大；加速度将减小，故最大加速度的一半 会有两种情况，一是在洛仑兹力小于电场力的时间内，另一种是在洛仑兹力大于电场力的情 况 下 ， 则 ： (EqBq V) 2 gmg m ， 解 得 ， 2 2 qEmg v qB ， 故C 正 确 ； 同 理 有 ： 2 (Bqv) 2 mgEqg m ，解得

15、2 v= 2 2 qEmg v qB ，故D 正确；而在下降过程中有摩擦力 做功，故有部分能量转化为内能，故机械能和电势能的总和将减小； 故 B错误； 故选 CD 【思路点拨】对小球进行受力分析，再根据各力的变化，可以找出合力及加速度的变化；即 可以找出小球最大速度及最大加速度的状态 【题文】 9如图所示，在竖直平面内半径为R 的四分之一圆弧轨道AB、水平轨道BC 与斜面 CD 平滑连接在一起，斜面足够长在圆弧轨道上静止着N 个半径为r（ r R）的光滑刚 性小球，小球恰好将圆弧轨道铺满，从最高点A 到最低点B 依次标记为1、2、3 N.现 将圆弧轨道末端B 处的阻挡物拿走，N 个小球由静止开

16、始沿轨道运动，不计摩擦与空气阻 力，下列说法正确的是 AN 个小球在运动过程中始终不会散开 B第 N 个小球在斜面上能达到的最大高度为R C第 1 个小球到达最低点的速度gR2vgR D第 1 个小球到达最低点的速度vgR 【知识点】 机械能守恒定律E3 【答案解析】AD 解析 ：A、在下滑的过程中，水平面上的小球要做匀速运动，而曲面上的小 球要做加速运动，则后面的小球对前面的小球要向前压力的作用，所以小球之间始终相互挤 压，冲上斜面后后面的小球把前面的小球往上压，所以小球之间始终相互挤压，故N 个小球 在运动过程中始终不会散开，故A正确； B、把 N 个小球看成整体，则小球运动过程中只有重力

17、做功，机械能守恒，弧AB 的长度等于 小球全部到斜面上的长度，而在圆弧上的重心位置比在斜面上的重心位置可能高也可能低， 所以第 N个小球在斜面上能达到的最大高度可能比R小，也可能比R大，故 B错误； C、小球整体的重心运动到最低点的过程中，根据机械能守恒定律得： 1 2 mv 2 =mg? 2 R 解得： v=gR，而第一个球在下滑过程中，始终受到第二个球对它的压力，所以第1 个小球 到达最低点的速度vgR，故 C错误， D正确 故选： AD 【思路点拨】 N个小球在BC和 CD上运动过程中，相邻两个小球始终相互挤压，把N个小球看 成整体，则小球运动过程中只有重力做功，机械能守恒，弧AB的长度

18、等于小球全部到斜 面上的长度，而在圆弧上的重心位置比在斜面上的重心位置可能高也可能低，所以第N 个小球在斜面上能达到的最大高度可能比R 小，也可能比R 大，小球整体的重心运动到 最低点的过程中，根据机械能守恒定律即可求解第一个小球到达最低点的速度 三、简答题：本题分必做题（第10、11 题）和选做题（第12 题）两部分，共计42 分请 将解答填写在答题纸相应的位置 【题文】 10.（1）小明同学到实验室去做验证力的平行四边形定则的实验时看见实验桌上 有一把 20 分度的游标卡尺，他立即用游标卡尺测量了钢笔套的长度，如图（a）所示，则 钢笔套的长度为mm （2）随后小明开始做验证力的平行四边形定

19、则的实验，在水平放置的木板上垫上一张白 纸，把橡皮条的一端固定在板上的A点，橡皮条的另一端拴上两个细绳套，如图（b）所 示.先用两个弹簧秤钩住细绳套，互成角度拉橡皮条使之伸长，结点到某一位置O，此时 记下两个弹簧测力计的读数F1、F2和两细绳的方向.请完成下列问题： F1的读数如图（c）所示（只画出了弹簧秤的一部分）则F1=_N. 小明再用一个弹簧测力计钩住细绳套把橡皮条拉长，应该使结点拉到_， 记下弹簧测力计的读数，并记下 在本实验中，若保持F1和 F2的大小不变，则关于这两个力的合力的说法中正确的是 ( ) A合力 F 的大小随F1与 F2夹角的增大而增大 BF1和 F2的夹角在 0 到

20、180 之间时，夹角越小，合力 F 越大 CF1或 F2的大小总是小于合力 F 的大小 D合力 F 的大小不一定大于F1或 F2的大小 【知识点】 验证力的平行四边形定则B6 【答案解析】 （1）10.55 （2）1.221.24 同一位置O 细绳的方向BD 解析 ： （1）游标卡尺的主尺读数为：1cm=10mm ，游标尺上第11 个刻度和主尺上某一刻度对 齐，所以游标读数为0.0511mm=0.55mm，所以最终读数为：10mm+0.55mm=10.55mm （2）根据图C读出 F1=1.22N 为了保证作用效果相同，则用一个弹簧测力计钩住细绳套把橡皮条拉长，应该使结点拉到 同一位置O ，记

21、下弹簧测力计的读数，并记下细绳的方向； A、根据平行四边形定则可知，当F1和 F2的大小不变时，夹角越大，合力越小，故A错误， B正确； C、合力可以大于分力，也可以小于分力，没有直接联系，故C错误， D正确 故选： BD 【思路点拨】 （1）游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读； （2）本实验的目的是要验证平行四边形定则，故应通过平行四边形得出合力再与真实的 合力进行比较；理解实验的原理即可解答本 【题文】 11.如图（ a）是 “ 测电池的电动势和内阻” 的实验电路，如果采用一节新干电池进行实 验，实验时会发现， 当滑动变阻器在阻值较大的范围内调节时，电压表 _， 原 因是：

22、 _ ，从而影响测量值的精确性 为了较精确地测量一节新干电池的内阻，可用以下给定的器材和一些导线来完成实 验，器材：量程3V 的理想电压表V，量程 0.6A 的电流表A（具有一定内阻） ，定值电阻 R0（R01.5 ） ，滑动变阻器 R1（0 10 ） ，滑动变阻器R2（0 200 ） ，开关 S （1）实验电路原理图如图（ b） ，加接电阻 R0有两方面的作用， 一是方便实验操作和数据测量， 二是 （2）为方便实验调节且能较准确地进行测量，滑动变阻器应选用（填 R1或 R2） （3）用笔画线代替导线在图（c）中完成实物连接图 （4）实验中改变滑动变阻器的阻值，测出几组电流表和电压表的读数在给

23、出的U I 坐标系 中画出 UI 图线如图（ d）所示，则新干电池的内阻r =_ （保留两位有效数字） 【知识点】 测定电源的电动势和内阻J7 【答案解析】读数变化很小，新电池的内阻很小，内电路的电压降很小 （1）防止变阻器电阻过小时，电池被短路或电流表被烧坏 （2） 1 R （3）如图 （4） 0.29 解析 ：根据 U=E-Ir 可知，由于新电池时内阻很小，电池内压降很小，电压表的读 数变化很小，所以如果采用一节新干电池进行实验，实验时会发现，当滑动变阻器在阻值较 大的范围内调节时，电压表读数变化很小，原因是新电池的内阻很小，内电路的电压降很小； （1）：加接电阻R0有两方面的作用，一是方

24、便实验操作和数据测量，二是防止变阻器电阻过 小时，电池被短路或电流表被烧坏（或限制电流，防止电源短路）； （2）：电流表的量程 A I=0.6A ，根据闭合电路欧姆定律可知，电路中需要的最大电阻应为： max 1.5 7.5 11 0.6 33 A E R I ， 所以变阻器应选 1 R； （3）如图所示： （4）：根据闭合电路欧姆定律应用：E=U+I（r+ 0 R）， 整理可得： U=-（r+ 0 R）I+E ， 根据函数斜率的概念应有：r+ 0 R= 1.501.00 0.28 ，解得 r=0.29 ； 【思路点拨】本题的关键是明确新电池的内阻很小，电池的内压降很小，电压表的读数变化 很小

25、， 所以实验应选内阻较大的旧电池；题（1）的关键是明确定值电阻除方便操作和测量外， 还可以保护电池和电流表；题（2）的关键是根据闭合电路欧姆定律求出电路中需要的最大电 阻即可；题（3）的关键是连线时注意电表的量程和正负极；题（4）的关键是根据闭合电路 欧姆定律写出关于U与I 的函数表达式，然后根据斜率和截距的概念即可求解 【题文】 12 选做题 (请从 A、 B和C三小题中选定两小题作答如都作答则按A、 B两小题评分 ) B(选修模块 3-4)(12分) （1）下列说法中正确的是_ A水面上的油膜在阳光照射下会呈现彩色，这是由光的衍射造成的 B光的偏振证明了光和声波一样是纵波 C狭义相对论认为

26、：不论光源与观察者做怎样的相对运动，光速都是一样的 D在 “ 利用单摆测定重力加速度” 的实验中，测量单摆周期应该从小球经过最低点处开始 计时 （2）一列简谐横波沿x 轴正方向传播，周期为2 s，t0 时刻的波形如图所示该列波的波速 是_m/s；质点 a 平衡位置的坐标xa2.5 m，再经 _s 它第一次经过平衡位置向y 轴正方向运动 （3）如图所示， 一个半径为R 的 1 4 透明球体放置在水平面上，一束蓝光从A 点沿水平方向射 入球体后经B 点射出， 最后射到水平面上的C 点已知 OA 2 R ，该球体对蓝光的折射率 为3，求：这束蓝光从球面射出时的出射角 ；若换用一束红光同样从A 点射向

27、该 球体，则它从球体射出后落到水平面上形成的光点在C 点左边还是右边？ 【知识点】 光的衍射；光的干涉；狭义相对论；用单摆测定重力加速度波长、频率和波速的 关系；横波的图象N2N4G3G2 【答案解析】 （1）CD ； （2） 2 m/s 0.25 s（3）60 右边 解析 ： （1）A、水面上的油膜在阳光照射下会呈现彩色，这是由光的干涉造成的，故A错误； B、光的偏振证明了光是横波，故B错误； C、不论光源与观察者做怎样的相对运动，狭义相对论认为：光速都是一样的，故C正确； D、在“利用单摆测定重力加速度”的实验中，测量单摆周期应该从小球经过最低点处开始计 时，而不是在最高位置，故D正确；

28、故选： CD （2）由图读出波长=4m ，则波速v= T =2m/s 根据波的传播方向判断可知，图中x=2m处质点的运动方向沿y 轴向上，当此质点的状态传到 a 点时，质点a 第一次经过平衡位置向y 轴正方向运动 则质点 a 第一次经过平衡位置向y 轴正方向运动的时间t= x v = 2.52 2 s=0.25s （3） 设 ABO= ，由根据几何关系得：sin = OA OB = 1 2 R R = 1 2 得： =30， 根据折射定律得，n= sin sin ， sin =nsin = 3 2 得： =60 红光的折射率比蓝光小，则光线射出后偏折程度减小，即 变小，所以从球体射出后落到水

29、平面上形成的光点与C点相比，位置偏右 答：这束蓝光从球面射出时的出射角 为 60，它从球体射出后落到水平面上形成的光点位 置偏右 【思路点拨】 （1） 阳光下油膜呈现彩色是光的干涉造成的，光的偏振说明光的是横波，狭义 相对论认为：光速不变原理，在“利用单摆测定重力加速度”的实验中，应该在最低点处开 始计时，从而即可各项求解（2）由图读出波长，由波速公式v= T 求波速根据波的传 播方向判断可知，图中x=2m处质点的运动方向沿y 轴向上，当此质点的状态传到a 点时，质 点 a 第一次经过平衡位置向y 轴正方向运动运用波形的平移法研究质点a 第一次经过平衡 位置向 y 轴正方向运动的时间（3）根据

30、几何关系求出入射角，通过折射定律求出折射角换 用红光，折射率减小，偏折程度变小，从而确定出折射后落到水平面上的位置 【题文】 C (选修模块 3-5)(12分) 近年来装修污染已经被列为“ 危害群众最大的五种环境污染” 之一 .目前，在居室装修中经 常用到的花岗岩、大理石等装修材料，都不同程度地含有放射性元素，比如，含有铀、钍的 花岗岩等岩石会释放出放射性气体氡，而氡会发生放射性衰变，放出、 射线，这些射线 会导致细胞发生癌变及呼吸道等方面的疾病，根据有关放射性知识回答下列问题： （1）下列说法正确的是 A氡的半衰期为3.8天，则若在高温下其半衰期必缩短 B衰变所释放的电子是原子核内的中子转化

31、成质子和电子所产生的 C射线一般伴随着或射线产生，在这三种射线中，射线的穿透能力最强，电离 能力也最强 D发生衰变时，新核与原来的原子核相比，中子数减少了2 （2）氡核（ 222 86Rn）发生衰变后变为钋（ 218 84Po） ，其衰变方程为 ，若氡 （ 222 86Rn）经过一系列衰变后的最终产物为铅（ 206 82Pb） ，则共经过次衰变， 次衰变 （3）静止的氡核（ 222 86Rn）放出一个速度为 v0的 粒子，若衰变过程中释放的核能全部转化 为粒子及反冲核的动能，已知原子质量单位为u，试求在衰变过程中释放的核能（不 计相对论修正，在涉及动量问题时，亏损的质量可忽略不计） 【知识点】

32、 原子核衰变及半衰期、衰变速度；爱因斯坦质能方程；裂变反应和聚变反应O2O3 【答案解析】 （1）BD （2） 2222184 86842 RnPo+ He 4 ；4 （3） 2 0 222 109 uv E 解析 ：（ 1）A、半衰期与外界因素无关，故A错误 B、原子核内的中子转化为质子时，放出一个电子，这个过程即 衰变，故B正确； C、 射线一般伴随着 或 射线产生，在这三种射线中， 射线的穿透能力最强，电离 能力最弱，故C错误； D、发生 衰变时，生成的 粒子带 2 个单位的正电荷和4 个电位的质量数，即 粒子由 2 个中子和2 个质子构成，故 衰变时成生的新核中子数减少2，质子数减少2

33、，故 D正确； 故选： BD （2）根据电荷数守恒、质量数守恒，衰变方程为 2222184 868402ne RPH 设经过了n 次 衰变， m次 衰变 有： 4n=16，2n-m=4，解得 n=4，m=4 （3）设 粒子的质量为m1，氡核的质量为m2，反冲核的速度大小为v 则根据动量守恒定律可得：m1v0=（m2-m1）v 由题意得，释放的核能E=1 2 2 10 mv+ 2 21 1 (mm )v 2 解得 E= 2 0 222 109 uv 【思路点拨】 衰变生成氦原子核， 衰变生成的电子是其中的中子转化为质子同时生成的， 半衰期是统计规律，与外界因素无关 根据电荷数守恒、质量数守恒写出

34、衰变方程，通过一次 衰变电荷数少2，质量数少4， 一次 衰变电荷数多1，质量数不变，求出衰变的次数 先根据动量守恒定律列方程求解出 衰变后新核的速度；然后根据爱因斯坦质能方程求 解质量亏损，从而求释放的核能 四、计算题：本题共3 小题共计47 分 .解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算 步骤 .只写出最后答案的不能得分有数值计算的题，答案中必须朋确写出数值和单位 【题文】 13.( 15 分) 如图所示 , 在同一竖直平面内, 一轻质弹簧一端固定, 静止斜靠在光滑斜面 上, 另一自由端恰好与水平线AB齐平 , 一长为 L的轻质细线一端固定在O点, 另一端系一 质量为m的小球 ,O点到

35、AB的距离为L2. 现将细线拉至水平, 小球从位置C由静止释放 , 到达O点正下方时 , 细线刚好被拉断. 当小球运动到A点时恰好能沿斜面方向压缩弹簧, 不 计碰撞时的机械能损失, 弹簧的最大压缩量为L 2 2 ( 在弹性限度内), 求: (1)细线所能承受的最大拉力F； (2)斜面的倾角； (3)弹簧所获得的最大弹性势能 p E. 【知识点】 动能定理E2 【答案解析】 （1）3mg （2） 45（3） 2 5mgL 解析 ：解：（ 1）小球由C运动到 O点正下方时，设速度为v1，由动能定理得 mgL= 1 2 mv1 2 ，解得 v1=2gL，小球在O点正下方时，有F-mg=m 2 1 v

36、 L ，解得 F=3mg 所以 F3mg （2）细线被拉断后，小球做平抛运动，当运动到A点时，速度v2恰好沿斜面向下，由动能定 理得 mg(2L-L)= 1 2 mv2 2 - 1 2 mv1 2 ，解得 v2=2gL 如图所示，有 cos = 1 2 v v = 2 2 ，解得 =45 （3）由能量守恒定律得mg 2 2 Lsin + 1 2 mv2 2 =Ep，解得 Ep= 2 5mgL 【思路点拨】 （1）根据动能定理求出小球运动到最低点的速度，根据牛顿第二定律求出拉力的大 小，从而得出拉力的范围（2）根据动能定理求出小球在A 点的速度大小，结合平行四边形 定则求出斜面的倾角 ； （3）

37、根据能量守恒求出弹簧所获得的最大弹性势能Ep 【题文】 14.（16 分）如图甲所示，光滑的薄平板A 长 L=1m，质量 M=2Kg ，放在光滑水平桌 面上，平板右端与桌边相齐，在平板上距右端d=0.6m 处放一比荷为 1.0 m q C/Kg 的带电 体 B（大小可忽略）.在桌面上方区域内有电场强度不同的匀强电场，OO左侧电场强度 为 E=10V/m ，方向水平向右；右侧电场强度为左侧的5 倍，方向水平向左.在薄平板A 的 右端施加恒定的水平作用力F，同时释放带电体B.经过一段时间后，在OO处带电体B 与薄平板A 分离，其后带电体B 到达桌边缘时动能恰好为零.g=10m/s 2.求： （1）

38、OO处到桌面右侧边缘的距离；（2）加在薄平板A 上恒定水平作用力F 的大小； （3）从 B 与 A 分离开始计时，在乙图上画出此后B 运动的速度时间图象，并标明相 关物理量的坐标. 【知识点】 匀强电场中电势差和电场强度的关系I1I2 【答案解析】 （1）0.1m （2）3.6N （3）如右图 解析 ：（ 1） 对 B在 OO 左侧运动时，qE=ma1， 设 B到达 OO 时的速度为v，则： v 2=2a 1x1， 对 B在 OO 右侧运动时， q5E=ma2，v 2=2a 2x2， 由几何关系知， x1+x2=d，代入数据解得x2=0.1m （2）对木板A ，在B 加速的时间内，x3=L-x

39、2， x3= 1 2 a3t1 2，B 在同一时间内加速的过程中， x1= 1 2 a1t1 2，对木板 A，在 B加速的时间内受力F的作用，由牛顿第二定律得，F=Ma ， 代入数据解得F=3.6N （3）B在右侧电场中以v 为初速度做匀减速直线运动，t2= 2 v a =0.2s ，B在右侧电场中速度减 小到零后再反向做匀加速直线运动，运动时间t2=0.2s ，B 进入左侧电场中以v 为初速度做匀 减速直线运动t1= 1 v a =1.0s ，所以 B运动的速度时间图线如下图所示 【思路点拨】 （1）根据牛顿第二定律分别求出B 在 OO 两侧的加速度，根据匀变速直线运动 的速度位移公式，求出

40、两段位移之和等于d，求出 OO 处到桌面右侧边缘的距离； （2）根据 B加速时间内A 的位移，结合位移时间公式列出木板A 和 B的位移公式，从而 得出 A的加速度，根据牛顿第二定律求出F 的大小 （3）B在右侧电场中以v 为初速度做匀减速直线运动，在右侧电场中速度减小到零后再反 向做匀加速直线运动，进入左侧电场中以v 为初速度做匀减速直线运动，结合运动学公式 求出各个阶段的运动时间，从而作出速度时间图线 【题文】 15. (16 分)如图所示 , 等边三角形AQC 的边长为2L，P、 D 分别为AQ、AC 的中点 . 水平线QC 以下是水平向左的匀强电场, 区域 ( 梯形 PQCD)内有垂直纸

41、面向里的匀强磁 场, 磁感应强度大小为B0；区域 ( 三角形 APD)内的磁场方向垂直纸面向里, 区域 ( 虚线 PD 之上、三角形 APD 以外 ) 的磁场与区域大小相等、方向相反 .带正电的粒子从Q 点正 下方，距离 Q 为 L 的 O 点以某一速度射入电场, 在电场力作用下以速度v0垂直 QC 到达该 边中点 N, 经区域再从P 点垂直 AQ 射入区域 ( 粒子重力忽略不计). 求： (1)求该粒子的比荷 m q ； (2)求该粒子从O 点运动到N 点的时间t1和匀强电场E； (3)若区域和区域内磁场的磁感应强度为3B0， 则粒子经过一系列运动后会返回至 O 点， 求粒子从N 点出发再回

42、到N 点的运动过程所需的时间t 【知识点】 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I3K3 【答案解析】 （1） LB v 0 0 （2） 0 v L ， 00 2vB（3） 0 9 13 v L 解析 ：（ 1）由题意可知，粒子在区域内做匀速圆周运动，轨道半径为：r1=L； 由牛顿第二定律和洛伦兹力表达式得到： qvB=m 2 v r 解得： 0 0 vq mB L ； （2）粒子从O点到 N点过程中，竖直向上做速度为v0的匀速直线运动，则： t1= 0 L v 水平向右做末速度为零的匀减速直线运动，则： L= 2 1 1 2 at， 由牛顿第二定律得：QE=ma ，解得：

43、E=2B 0v0； （3）带电粒子在区域和区域内做匀速圆周运动，同理由牛顿第二定律和洛伦兹力表达式 可得： r2= 3 L 粒子从 N点出发再回到N点的运动轨迹如图所示： 在区域中匀速圆周运动周期：T1= 0 2 L v ； 在区域中运动的时间：t2= 1 0 12 2 63 L T v ； 在区域和区域中匀速圆周运动周期：T2= 2 00 22 3 rL vv ； 在区域和区域中运动时间：t2= 1 2 T2+ 1 6 T2+ 1 2 T2= 0 7 9 L v ； 所以 t=t 2+t3= 0 9 13 v L 【思路点拨】 （1）粒子在区域内做匀速圆周运动，圆心为Q点，故半径等于QN ，洛伦兹力 提供向心力，根据牛顿第二定律列式求解即可； （2）粒子从O到 N与从 N到 O是逆过程， N到 O做类平抛运动；故O到 N的竖直分运动是匀 速直线运动，水平分运动是匀加速直线运动，根据分位移公式列式求解即可； （3）画出粒子在磁场中运动轨迹，找出半径与三角形边长的关系，定出时间与周期的关系， 求出时间