1、1.下列说法正确的是A. 氢原子的发射光谱是连续谱B. 只要光照射的时间足够长，任何金属都能产生光电效应C. 裂变： 3X ，X 是中子23592 23592 10 14156 9236D. 裂变产物 是中等质量的核， 的平均结合能大于 的平均结合能23592 14156 23592 14156【答案】C【解析】【详解】氢原子的发射光谱是线状光谱，选项 A 错误；发生光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限频率，与光照的时间无关，选项 B 错误；根据质量数和电荷数守恒可知，选项 C 正确；根据原子核的结合能与核子的平均结合能之间的关系可知， 裂变产物23592是中等质量的核， 的平均结合能小
2、于 的平均结合能，故 D 错误；故选 C.14156 23592 141562.央视网 2017 年 11 月 06 日消息，在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭，以“一箭双星”方式成功发射第 24 颗、第 25 颗北斗导航卫星。这两颗卫星属于中圆地球轨道卫星，也是中国第一、二颗北斗三号组网卫星。其轨道可以近似看成圆形，轨道高度要低于地球同步轨道。下列说法正确的是A. 这两颗卫星的周期要小于地球同步卫星的周期B. 这两颗卫星的运行速度要小于地球同步卫星的运行速度C. 如果知道该卫星的轨道半径与周期，可以计算地球的密度D. 如果两颗卫星在同一轨道上运动，则其向心力一定大小相等【答案】A【解析】
3、【详解】根据 可得 ， 可知，因轨道高度要低于地球=2 422 2 =23=同步轨道，则这两颗卫星的周期要小于地球同步卫星的周期，两颗卫星的运行速度要大于地球同步卫星的运行速度，选项 A 正确，B 错误。根据 可知，如果知道该卫星的=432轨道半径与周期，可以计算地球的质量，但是地球的半径未知，不能求解地球的密度，选项 C 错误；因两颗卫星的质量关系未知，不能比较向心力的大小，选项 D 错误；故选 A.3.有一交流发电机模型，矩形金属线圈在匀强磁场中绕与磁感线垂直的固定轴匀速转动，发电机负载为白炽小灯泡，若线圈匝数为 100 匝，回路总电阻为 2 ，线圈转动过程中穿过该线圈的磁通量 随时间 t
4、 的变化规律为 0.04sint（Wb） ，设 210，回路中电阻值恒定不变，则A. t0 时，回路瞬时电流为零B. t10 s 时，回路电流改变方向C. t1.5 s 时，回路瞬时电流最大D. 从 t0 到 t10 s 时间内，回路产生的焦耳热为 400 J【答案】D【解析】【详解】t=0 时，根据穿过线圈的磁通量随时间的变化规律 =0.04sint（Wb） ，穿过回路的磁通量为零，感应电动势最大，感应电流最大， 故 A 错误；t=10s 时，根据穿过线圈的磁通量随时间的变化规律 =0.04sint（Wb） ，穿过回路的磁通量为零，回路中的电流方向不改变，故 B 错误；t=1.5s 时，根据
5、穿过线圈的磁通量随时间的变化规律 =0.04sint（Wb） ，穿过回路的磁通量最大，磁通量的变化率为零，回路中的瞬时电流最小，故 C 错误；磁通量的变化率 ，故磁通量的变化率最大为 0.04，故产生的感应电动势的最=0.04大值 Emn 4V，故产生的感应电动势的有效值 ，回路中产生的焦耳热 2 22Q= t400J，故 D 正确；故选 D。2【点睛】本题主要考查了线圈在磁场中转动产生感应电动势，明确中性面的特点，知道求产生的焦耳热用交流电的有效值.4.超级高铁是一种以“真空钢管运输”为理论核心的交通工具，因其胶囊形外表，被称为胶囊高铁。2017 年 8 月 29 日，中国航天科工公司在武汉
6、宣布，已启动时速 1000 公里“高速飞行列车”的研发项目。如果我国的 “高速飞行列车” 研制成功，最高时速 1080 km/h，其加速与减速时加速度大小恒为 2 m/s2，据此可以推测A. “高速飞行列车”加速时间为 540 sB. “高速飞行列车”的加速位移为 22.5 kmC. “高速飞行列车”的速度很大，所以拐弯时半径可以很小D. 北京到上海的距离约为 1080 km，假设轨道为直线， “高速飞行列车”一个小时即可到达【答案】B【解析】【详解】1080km/h=300m/s；则“高速飞行列车” 加速时间为 ，加速位移：=3002=150，选项 A 错误，B 正确；列车转弯时，轨道的支持
7、力和重力的合=22=300222=22.5力提供向心力，当轨道倾角一定时，则向心力一定，根据 可知， “高速飞行列车”的=2速度很大，所以拐弯时半径比较大，选项 C 错误；高铁运行时需要先加速、再匀速、最后减速，整个过程的平均速度小于 1080km/h，则北京到上海的距离约为 1080 km，假设轨道为直线， “高速飞行列车” 要用大于一个小时的时间才能到达，选项 D 错误；故选 B.5.有一表面光滑的半球形瓷碗，碗内壁有一可以看作质点的金属小球，用柔软的细绳系住小球，细绳跨过光滑的碗口，另一端用手拉住。设小球的重力为 G，细绳的拉力为 F1，碗壁对小球的支持力为 F2，当手拉细绳使得小球沿着
8、碗壁缓慢上升的过程中，下面说法正确的是A. F1 逐渐增大B. F2 逐渐增大C. F1 先减小后增大D. 当绳与竖直方向的夹角为 30时，F 1 G33【答案】AD【解析】【详解】对小球受力分析，建立力的三角形，延长细线交竖直半径的延长线于 B 点，根据相似三角形可知： ,当小球逐渐向上移动时， OB 都变大，OA 不变，则 F2 减小；=2=1F1 与竖直方向的夹角逐渐减小，F 2 与竖直方向的夹角逐渐变大，由平行四边形法则可知 F1逐渐变大，F 2 逐渐减小；则 A 正确，BC 错误；当绳与竖直方向的夹角为 30时，此时 F1 和 F2 与竖直方向的夹角均为 300，则 F1=F2，则2
9、F1cos300=G，解得 ，选项 D 正确；故选 AD.1=336.如图所示，在平面直角坐标系 xOy 所在空间有匀强电场， 电场方向与坐标平面平行。第一象限内有 A、B 两点，与 O 点形成等边三角形，C 为 OA 中点。已知 OB= cm， 83O 点电势为 6 v，B 点电势为 12 v，C 点电势为 9 v，则下列说法正确的是A. A 点电势为 12 VB. 场强方向沿着 OB 方向C. 场强大小为 50 N/CD. 一个电子从 C 点移动到 B 点电势能增加 3 eV【答案】AC【解析】【详解】由于 C 是 AO 的中点，则 UAO=2UCO=2（9-6）V=6V，所以： A=O+
10、UAO=12V，故A 正确；由以上的分析可知， A=B，则 AB 是该匀强电场的一条等势线，所以场强的方向沿垂直于 AB 的方向，不是沿 OB 的方向。故 B 错误；场强的方向沿垂直于 AB 的方向，根据几何关系可知，O 到直线 AB 的距离：d= sin60 8 cm 12cm=0.12m ；所以电 332场强度： ，故 C 正确；B 点的电势高，所以一个电子从 C 点移到到 B= 60.12 50/点的势能减小。故 D 错误。故选 AC。【点睛】解决本题的关键知道电场线与等势线垂直，掌握匀强电场的电场强度大小与电势差的关系，即 E=U/d 求出电场强度的大小，注意 d 是沿电场线方向上的距
11、离。7.如图所示，虚线 cd 上、下方区域存在方向相同但强弱不同的匀强磁场，带电粒子从边界 ab 上的 O 点垂直磁场方向射入磁场，经磁场偏转后从边界 ab 上的 P 点射出，现改变虚线 cd 上方磁感应强度的大小，使之变为原来的 2 倍，让该粒子仍以速度 v0 从 O 处沿原方向射入磁场，经磁场偏转后从边界 ab 上的 P点射出，不计粒子的重力，下列关于粒子的说法正确的是A. 改变磁场后，粒子离开直线 ab 时的位置不变B. 改变磁场后，粒子离开直线 ab 时的速度大小不变C. 改变磁场后，粒子离开直线 ab 时的速度方向不变D. 改变磁场后，粒子离开直线 ab 所用时间不变【答案】BC【解
12、析】【详解】虚线上方部分的磁场变大，则粒子在磁场中的运动半径变小，粒子返回到 cd 线上的位置左移，则粒子离开直线 ab 时的位置向左移动，选项 A 错误；因洛伦兹力不做功，可知粒子离开直线 ab 时的速度大小不变，选项 B 正确；因粒子射入 cd 虚线上方磁场的速度方向不变，则离开磁场时的速度方向也不变，即粒子离开直线 ab 时的速度方向不变，选项 C 正确；由图可知，上方部分的磁场变大时，粒子在磁场中的半径变小，但是圆弧所对的圆心角不变，根据 可知，B 变大，则 t 减小，即粒子离开直线 ab 所用时间变小，选项 D=22错误；故选 BC.8.如图所示，质量皆为 m 的物块 A、B 用轻弹
13、簧相连置于固定的倾角为 的光滑斜面上，物块 B 与垂直于斜面的挡板 C 接触，物块 A 系一轻质细绳，细绳绕过斜面顶端的定滑轮另一端系一轻质挂钩，细绳与轻弹簧都与斜面平行，物块 A、B 保持静止。如果在挂钩上挂一重物 D，平衡时物块 B 恰不离开挡板。已知弹簧的劲度系数为 k，重力加速度为 g，如果某一瞬间剪断细线，则A. 挂上重物 D 之前弹簧的压缩量为B. 下滑过程中物块 A 机械能守恒C. 重物 D 的质量为 3D. 物块 A 下滑过程中的最大速度为 2【答案】AD【解析】【详解】挂上重物 D 之前，对物体 A：mgsin=kx1，则弹簧的压缩量为 ，选项1=A 正确；下滑过程中物块 A
14、 除重力做功外还有弹簧弹力做功，故物块 A 的机械能不守恒，选项 B 错误；挂上 D 重新平衡时，对 ABD 系统满足： ，则重物 D 的质=2量为 2msin，选项 C 错误；当 ABD 系统处于平衡状态时，物块 B 恰不离开挡板，故物块B 所受弹簧拉力沿斜面向上与重力沿斜面向下的分力平衡，即 kx2=mgsin，此时弹簧的伸长量为 。从第一次平衡到第二次平衡状态， ABD 以及弹簧组成的系统的机2= =1械能增量为： 剪断轻绳后，AB 及弹簧组成的系统做简2121=4()2谐振动，系统机械能守恒。当到达平衡位置时，物块速度最大。则由机械能守恒定律可得：解得: ，选项 D 正确；故选 AD.
15、4()2 =122 =29.用如图所示实验装置验证机械能守恒定律断开电磁铁的电源，电磁铁失去磁性，金属小球从静止开始下落，经过光电门落入捕球网中。小铁球下落过程中经过光电门时，毫秒计时器(图中未画出)记录下挡光时间 t。（1）要应用本装置验证机械能守恒定律，测出小球开始下落的位置与光电门之间的距离 h 以及小铁球的直径 d 。是否需要测量出小铁球的质量_？（请填“是”或“否”）（2）实验前应调整光电门位置使小球下落过程中球心通过光门中的激光束。小铁球通过光电门时的瞬时速度 v _，若下落过程中机械能守恒，则 与 h 12的关系式为 =_。12【答案】 (1). 否 (2). (3). 22【解
16、析】【详解】 （1）根据机械能守恒的表达式可知，方程两边可以约掉质量，因此不需要测量质量；（2）利用小球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度，故：v= ，根据机械能守恒的表达式有：mgh= mv2，即： ；12 12=22【点睛】无论采用什么样的方法来验证机械能守恒，明确其实验原理都是解决问题的关键，同时在处理数据时，要灵活应用所学运动学的基本规律10.某同学做“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验，实验室提供的器材有：A小灯泡 L（额定电压 3.8 V，额定电流 0.32 A）；B电压表 V（量程 3 V，内阻 3 k）；C电流表 A（量程 0.5 A，内阻 0.5 ）；D定值电阻 R。 （阻值
17、1 000 ）；E滑动变阻器 R（阻值 09.0 ）；F电源 E（电动势 5 V，内阻不计） ；J开关 S；导线若干。（1）实验要求能够实现在 03.8 V 的范围内对小灯泡的电压进行测量，在下面虚线框中画出实验电路原理图_；（2）实验测得该小灯泡伏安特性曲线如图所示。由实验曲线可知，随着电流的增加小灯泡的电阻_（填“增大”“ 不变”或“减小”），灯丝的电阻率_（填“增大”“不变”或“ 减小”）。【答案】 (1). (2). 增大 (3). 增大【解析】【详解】 （1）因本实验需要电流从零开始调节，因此应采用滑动变阻器分压接法；因灯泡内阻与电流表内阻接近，故应采用电流表外接法；另外为了扩大电压
18、表量程，应用 R0和电压表串联，故原理图如图所示；（2）I-U 图象中图象的割线斜率表示电阻的倒数，由图可知，图象的斜率随电压的增大而减小，故说明电阻随电流的增大而增大；其原因是灯丝的电阻率随着电流的增大而增大；11.如图所示，水平面内有两条平行金属导轨，金属棒垂直放置在导轨上，竖直向下的匀强磁场与导轨平面垂直。某时刻，使金属棒以 v0=2 m/s 的初速度开始向右运动，与此同时金属棒还受到一个外力 F 的作用，使得金属棒在磁场中先匀减速，再反向匀加速回到出发点。已知外力 F 与金属棒垂直、与导轨在同一平面内。金属棒减速、加速运动的加速度均为 2 m/s2，金属棒与导轨间的动摩擦因数为 0.2
19、，金属棒质量 0.1 kg、电阻 0.2 ，磁感应强度为 1.0 T，导轨间距为 0.2 m，与导轨相连的电阻阻值为 0.3 。其余电阻均不计（1）金属棒减速过程中运动的距离和时间。（2）金属棒减速、加速过程中外力 F 的大小随时间变化的关系。【答案】(1) 1m ，1s (2)向右运动时： F = 0.16(1- t)N ，（ 0 t 1s）方向水平向右；返回时： F = 0.8(0.2t + 0.3)N （1s t 2s ） ，方向水平向左.【解析】【详解】 （1）根据运动公式 v02=2as=202=2222=1金属棒速度减为零所经历的时间 1=0=22=1（2）金属棒做匀减速运动，则有
20、 v = v0 - at 电流： =(0)+ =10.2(22)0.2+0.3=0.8(1)安培力 FA = BIL = 0.16(1- t )N 由题意知，开始时 F 方向向右， 根据牛顿第二定律有 FA + mg - F = ma 代入数据得 F = 0.16(1- t)N ，（ 0 t 1s）方向水平向右返回过程，安培力与前进过程的安培力方向相反FA = -FA = 0.16(t - 1)N 返回过程 F - FA - mg = ma 代入已知数据得 F = 0.8(0.2t + 0.3)N （1s t 2s ），方向水平向左。【点睛】此题关键是能找到安培力随时间变化的关系，然后根据牛顿
21、第二定律分析外力 F随时间变化的关系，注意安培力的方向.12.如图所示，光滑水平面上置有一个质量为 2m，高度为 h=1.25 m 的木板 A，木板左侧相距 S=2 m 处固定一厚度不计高度与木板相同的挡板，挡板与木板 A 在同一条直线上。木板右侧边缘正上方相距 R 的 O 点系一细线，细线另一端系质量为 m=1 kg 可以视为质点的物块 B，细线长度为 R=1.6 m，物体 B 与木板 A 间的动摩擦因数为 =0.2。现把细线水平向右拉直，将物体 B 以竖直向下的速度 v0 = 抛出，物体 B 运动到 O 点正2下方时细线恰好拉断，物体 B 滑上木板 A。已知木板 A 与挡板相撞时，物体 B
22、 恰好从木板 A 上水平抛出，重力加速度取 g=10 m/s2。计算:（1）细线能承受的最大拉力及计算木板 A 的长度；（2）物体 B 从滑上木板 A 到落到水平面上所需的时间。【答案】(1) 50N , 10m (2) 2.5s【解析】【详解】 （1）物体 B 从释放到最低点，机械能守恒，由机械能守恒定律得：1220+=1221由牛顿第二定律有：T-mg=m 21解得 T=5mg=50N 1=2=8/设 A 与挡板碰撞前瞬间，A、B 的速度分别为 vA 和 vB，由动量守恒定律得：mv1=mvB+2mvA 对 A 应用动能定理： =1222联立解得：v B=4m/s vA=2m/s 设木板
23、A 的长度为 L，对 A、B 系统根据能量守恒有：=12211221222解得 L=10m （2）物体 B 在木板 A 上的加速度 a= = 2m/s2=所以物体 B 在木板 A 上滑动的时间 = 2s1=1物体 B 做平抛运动，竖直方向的分运动是自由落体运动，由 h = gt22 12解得 t2=0.5s所以物体 B 从滑上木板 A 到落到水平面上所需的时间为 t = t1 + t2 = 2.5s【点睛】本题涉及到的过程较多，关键是分析物体的运动过程，对于系统运用动量守恒列方程，对于单个物体运用动能定理列式求解位移，都是常用的思路，要加强这方面的练习，提高解决综合问题的能力。13.根据热学知
24、识，下面说法正确的是_。A布朗运动是由于液体各部分的温度不同而引起的B外界对气体做正功，气体内能一定增加C做功和热传递都能改变物体的内能D物体温度改变时，物体内分子的平均动能一定改变E在热传导中，热量不可能自发地从低温物体传递给高温物体【答案】CDE【解析】【详解】布朗运动反映的是液体分子的无规则运动，由于液体分子从各个方向对悬浮粒子撞击作用不平衡引起悬浮粒子的运动，故 A 错误；外界对气体做正功，若气体放热，则气体内能不一定增加，选项 B 错误；做功和热传递都能改变物体的内能，选项 C 正确；温度是分子平均动能的标志，则物体温度改变时，物体内分子的平均动能一定改变，选项 D 正确；在热传导中
25、，热量不可能自发地从低温物体传递给高温物体，选项 E 正确；故选CDE.14.如图所示，一装有水银的 U 形管竖直放置，左侧管口封闭，右侧管口与大气相通，左侧水银面比右侧水银面高 2 cm，左侧被封闭空气柱的长度为 19 cm，已知大气压强为 p0=76 cmHg。（i）若要从右端缓慢加入水银，直到两侧水银面齐平，左端空气柱长变为多少？（ii）要做到两侧水银面齐平，需从右端加入的水银有多少厘米的长度？【答案】(1) 18.5 cm (2) 3 cm【解析】【详解】 （i）由玻意耳定律 p1V1=p2V2即：（p 0-gh）LS=p0lS（76-2）19S=76lS解得：l=18.5 cm （i
26、i）封闭端增加的水银长 L l， 开口端增加的水银长 hLl ，所以加入的水银总长为：h= h2（Ll）=2+2 （1918.5）cm=3 cm15.一列简谐横波沿 x 轴正向传播，某时刻的波形图如图所示。已知 A 点相继出现两个波峰的时间间隔为 0.2 s，该波的波速为_m/s；如果从图示时刻开始计时，在 t0.1 s 时，x0.5 m 处的质点的振动方向沿 _方向； x2 m 的质点经过_第一次到达波谷。【答案】 (1). 2； (2). y 轴负方向 (3). 0.9【解析】【详解】A 点相继出现两个波峰的时间间隔为 0.2 s，可知周期为 T=0.2s；由图中读出波长 =0.4m，则波
27、速 ；t=0 时刻 x0.5 m 处的质点在平衡位置向上振=0.40.2/=2/动，则在 t0.1 s= T 时，x0.5 m 处的质点的振动方向沿 y 轴负方向；当 x2 m 的质点12处于波谷位置时，t=0 时刻处在 x=0.2m 处的质点的振动状态传到 x=2m 的位置，则需要时间为 =20.22=0.916.如下图所示，一个截面为四分之一圆的棱柱状透明体镶嵌在挡光板上，O 为圆心。一束光线与挡板成 = 450 射到半径 ON 上。已知透明体的折射率 n ，求：2（i）光线 ON 面上进入透明体的折射角；（ii）光线进入透明体后有一部分能直接从曲面 MN 上射出，计算射出范围的边界与 O点的夹角。【答案】(1) ；(2) 30【解析】【详解】 （）由题意可知，光的入射角 i= 450据 =可得折射角 r=30（）画出直接从曲面 MN 上射出的边界光线，如图所示。经 O 点进入透明体的光线恰沿半径直接射出；设从 P 点射入的光线恰能在 Q 点发生全反射，入射角等于临界角 C，有： sinC = 1/n 代入数据解得：C=45由几何关系可知，在PQO 中 =15所以能射出 AB 弧面的光线区域对应的圆心角为：=90-r=45
