高考物理二輪復(fù)習(xí) 高考仿真搶分練（二）-人教版高三物理試題

高考仿真搶分練(二)(建議用時：60分鐘)第Ⅰ卷一、單項選擇題(本題共5小題，每小題3分，共計15分，每小題只有一個選項符合題意．)1．吊床用繩子拴在兩棵樹上等高位置，某人先坐在吊床上，后躺在吊床上，均處于靜止狀態(tài)．設(shè)吊床兩端系繩中的拉力為F1，吊床對人的作用力為F2，則()A．坐著比躺著時F1大B．坐著比躺著時F1小C．坐著比躺著時F2大D．坐著比躺著時F2小A[吊床對人的作用力與重力等值反向，所以躺著和坐在時，F(xiàn)2都等于人的重力，不變．坐在吊床上時，吊床兩端繩的拉力與豎直方向上的夾角較大，根據(jù)共點力平衡有：2Fcosθ＝G，θ越大．則繩子的拉力越大，所以坐著時，繩子與豎直方向的夾角較大，則繩子的拉力較大，相反躺著時，繩子的拉力較小，即坐著比躺著時F1大．故A正確，B、C、D錯誤．]2．某大型游樂場內(nèi)的新型滑梯可以等效為如圖1所示的模型，一個小朋友在AB段的動摩擦因數(shù)μ1<tanθ，BC段的動摩擦因數(shù)μ2>tanθ，他從A點開始下滑，滑到C點恰好靜止，整個過程中滑梯保持靜止狀態(tài)．則該小朋友從斜面頂端A點滑到底端C點的過程中()【導(dǎo)學(xué)號：25702123】圖1A．地面對滑梯的摩擦力方向先水平向左，后水平向右B．地面對滑梯始終無摩擦力作用C．地面對滑梯的支持力的大小始終等于小朋友和滑梯的總重力的大小D．地面對滑梯的支持力的大小先大于、后小于小朋友和滑梯的總重力的大小A[小朋友在AB段做勻加速直線運動，在BC段做勻減速直線運動；將小朋友的加速度a1、a2分解為水平和豎直兩個方向，如圖．以小朋友和滑梯整體為研究對象，由于小朋友在AB段有水平向左的分加速度，根據(jù)牛頓第二定律得知，地面對滑梯的摩擦力方向先水平向左；同理可知，小朋友在BC段做勻減速直線運動時，地面對滑梯的摩擦力方向水平向右，A正確，B錯誤．以小朋友和滑梯整體為研究對象，小朋友在AB段做勻加速直線運動時，有豎直向下的分加速度，則由牛頓第二定律分析得知地面對滑梯的支持力小于小朋友和滑梯的總重力．同理，小朋友在BC段做勻減速直線運動時，地面對滑梯的支持力大于小朋友和滑梯的總重力．C、D錯誤．]3．如圖2所示a、b間接入正弦交流電，理想變壓器右側(cè)部分為一火災(zāi)報警系統(tǒng)原理圖，R2為熱敏電阻，隨著溫度升高其電阻變小，所有電表均為理想電表，電流表A2為值班室的顯示器，顯示通過R1的電流，電壓表V2顯示加在報警器上的電壓(報警器未畫出)，R3為一定值電阻．當R2所在處出現(xiàn)火情時，以下說法中正確的是()圖2A．V1的示數(shù)減小，A2的示數(shù)增大B．V1的示數(shù)不變，A1的示數(shù)減小C．V2的示數(shù)減小，A1的示數(shù)增大D．V2的示數(shù)不變，A2的示數(shù)減小C[當傳感器R2所在處出現(xiàn)火情時，R2的電阻減小，導(dǎo)致電路的總的電阻減小，所以電路中的總電流將會增加，A1測量的是原線圈中的總的電流，由于副線圈的電流增大了，所以原線圈的電流A1示數(shù)也要增加；由于電源的電壓不變，原副線圈的電壓也不變，所以V1的示數(shù)不變，由于副線圈中電流增大，R3的電壓變大，所以V2的示數(shù)要減小，即R1的電壓也要減小，所以A2的示數(shù)要減小，所以C正確，A、B、D錯誤．故選C.]4．如圖3所示，勻強電場中有一個以O(shè)為圓心、半徑為R的圓，電場方向與圓所在平面平行，A、O兩點電勢差為U，一帶正電的粒子在該電場中運動，經(jīng)A、B兩點時速度方向沿圓的切線方向，速度大小均為v0，粒子重力不計，只受電場力，則下列說法正確的是()圖3A．粒子從A到B的運動過程中，動能先增大后減小B．圓周上電勢最高的點與O點的電勢差為eq\r(2)UC．粒子在A、B間是做圓周運動D．勻強電場的電場強度E＝eq\f(U,R)B[帶電粒子僅在電場力作用下運動，由于粒子在A、B兩點動能相等，電場力做功為0，則電勢能也相等，因為勻強電場，所以兩點的連線AB即為等勢面．根據(jù)等勢面與電場線垂直特性，從而畫出電場線CO.由曲線運動條件可知，帶正電粒子所受的電場力沿著CO方向，因此粒子從A到B做拋體運動，故C錯誤．由以上分析可知，速度方向與電場力方向夾角先大于90°后小于90°，電場力對于運動來說先是阻力后是動力，所以粒子動能先減小后增大，故A錯誤；勻強電場的電場強度Ed＝U式中的d是沿著電場強度方向的距離，因而由幾何關(guān)系可知，UAO＝E×eq\f(\r(2),2)R，所以E＝eq\f(\r(2)U,R)，故D錯誤；圓周上，電勢最高的點與O點的電勢差為U＝ER＝eq\f(\r(2)U,R)×R＝eq\r(2)U，B正確；故選B.]5.如圖4所示，半徑為R且豎直放置的光滑圓軌道與水平直軌道相連接，整個裝置均處在垂直紙面向里的勻強磁場中，磁場的磁感應(yīng)強度為B.一質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的小球A以一定的初速度沿直軌道向左運動．若小球與水平直軌道之間的動摩擦因數(shù)為μ，經(jīng)過N點時的速度大小為v0，經(jīng)過M點時的速度大小為v，重力加速度為g，則下列說法正確的是()圖4A．若小球恰好能到達圓軌道的最高點M，則有v＝eq\r(gR)B．小球從P點到M點的過程中機械能減少C．小球在最高點時，有mg＋qvB＝meq\f(v2,R)D．根據(jù)已知條件可算出小球從N到M過程中，小球克服摩擦力做的功為eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mv2－2mgRD[當小球恰好能到達最高點時，在最高點小球與光滑圓軌道之間沒有彈力存在，則由牛頓運動定律可得mg－qvB＝meq\f(v2,R)，所以v≠eq\r(gR)，選項A錯誤；小球從P點到M點的過程中，只有小球的重力做功，所以小球的機械能守恒，選項B錯誤；小球通過最高點時，有mg＋F－qvB＝meq\f(v2,R)，其中F為小球和軌道之間的作用力，選項C錯誤；設(shè)小球從N到M過程中克服摩擦力做的功為Wf，由功能關(guān)系可得Wf＋2mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mv2，解得Wf＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mv2－2mgR，選項D正確．]二、多項選擇題(本題共4小題，每小題4分，共計16分．每小題有多個選項符合題意，全部選對的得4分，選對但不全的得2分，錯選或不答的得0分．)6.如圖5是滑雪場的一條雪道．質(zhì)量為70kg的某滑雪運動員由A點沿圓弧軌道滑下，在B點以5eq\r(3)m/s的速度水平飛出，落到了傾斜軌道上的C點(圖中未畫出)．不計空氣阻力，θ＝30°，g取10m/s2，則下列判斷正確的是()圖5A．該滑雪運動員騰空的時間為1sB．BC兩點間的落差為5eq\r(3)mC．落到C點時重力的瞬時功率為3500eq\r(7)WD．若該滑雪運動員從更高處滑下，落到C點時速度與豎直方向的夾角不變AD[運動員平拋的過程中，水平位移為x＝v0t，豎直位移為y＝eq\f(1,2)gt2，落地時：tanθ＝eq\f(y,x)，聯(lián)立解得t＝1s，y＝5m．故A正確，B錯誤；落地時豎直方向的速度：vy＝gt＝10×1m/s＝10m/s；所以落到C點時重力的瞬時功率為：P＝mg·vy＝70×10×10W＝7000W，故C錯誤；根據(jù)落地時速度方向與水平方向之間的夾角的表述式：tanα＝eq\f(gt,v0)＝2×eq\f(1,2)gt2/v0t＝eq\f(2y,x)＝2tanθ，可知到C點時速度與豎直方向的夾角與平拋運動的初速度無關(guān)．故D正確．]7.在2013年6月10日上午，我國首次太空授課在距地球300多千米的“天宮一號”上舉行，如圖6所示的是宇航員王亞萍在“天宮一號”上所做的“水球”.若已知地球的半徑為6400km，地球表面的重力加速度為g＝9.8m/s2，下列關(guān)于“水球”和“天宮一號”的說法正確的是()圖6A．“水球”的形成是因為太空中沒有重力B．“水球”受重力作用，其重力加速度大于5m/s2C．“天宮一號”運行速度小于7.9km/sD．“天宮一號”的運行周期約為1.5hBCD[“天宮一號”是圍繞地球運動的，即地球?qū)λ娜f有引力提供了其圓周運動的向心力，水球與“天宮一號”是一個整體，因此可知水球也受到地球引力作用，也有重力，故A錯誤；在地球表面：Geq\f(Mm,R2)＝mg，在300km的高度：g′＝eq\f(GM,R＋h2)＝eq\f(R2,R＋h2)g＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(6400,6700)))2×9.8m/s2≈8.9m/s2，即“水球”受重力作用，其重力加速度大于5m/s2，選項B正確；因為繞地球表面運動的衛(wèi)星的速度是7.9km/s，故“天宮一號”運行速度小于7.9km/s，選項C正確；由萬有引力提供向心力的周期表達式可得：Geq\f(Mm,r2)＝mreq\f(4π2,T2)，解得：T＝eq\r(\f(4π2r3,GM))，又：GM＝gR2，可得：T＝eq\r(\f(4π2r3,gR2))＝eq\r(\f(4×3.142×6400×103＋300×1033,9.8×6400×1032))s＝5436s≈1.5h，故D正確．故選B、C、D.]8．如圖7所示，勻強磁場垂直紙面向里，磁感應(yīng)強度的大小為B，磁場在y軸方向足夠?qū)挘趚軸方向?qū)挾葹閍.一直角三角形導(dǎo)線框ABC(BC邊的長度為a)從圖示位置向右勻速穿過磁場區(qū)域，以逆時針方向為電流的正方向，感應(yīng)電流i、BC兩端的電壓uBC與線框移動的距離x的關(guān)系圖象不正確的是()【導(dǎo)學(xué)號：25702124】圖7ABC[導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢E＝BLv，感應(yīng)電流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(BLv,R)，x在0～a內(nèi)，有效長度L逐漸變大，感應(yīng)電流I逐漸變大，在a～2a內(nèi)，有效長度L逐漸變大，感應(yīng)電流逐漸變大，A、B錯誤；由楞次定律可知，在線框進入磁場的過程中，感應(yīng)電流沿逆時針方向，電流是正的，在線框離開磁場的過程中，感應(yīng)電流沿順時針方向，感應(yīng)電流是負的，故C錯誤，D正確，因選錯誤選項，所以選擇A、B、C.]9．由光滑細管組成的軌道如圖8所示，其中AB段和BC段是半徑為R的四分之一圓弧，軌道固定在豎直平面內(nèi)．一質(zhì)量為m的小球，從距離水平地面為H的管口D處靜止釋放，最后能夠從A端水平拋出落到地面上．下列說法正確的是()圖8A．小球落到地面時相對于A點的水平位移為2eq\r(RH－2R2)B．小球落到地面時相對于A點的水平位移為2eq\r(2RH－4R2)C．小球能從細管A端水平拋出的條件是H＞2RD．小球能從細管A端水平拋出的最小高度Hmin＝eq\f(5,2)RBC[從D到A運動過程中只有重力做功，機械能守恒，根據(jù)機械能守恒定律得：eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)＋mg2R＝mgH，解得vA＝eq\r(2gH－4gR)，從A點拋出后做平拋運動，則由2R＝eq\f(1,2)gt2得t＝eq\r(\f(4R,g))則x＝vAt＝2eq\r(2RH－4R2)，故A錯誤，B正確；細管可以提供支持力，所以到達A點的速度大于零即可，即vA＝eq\r(2gH－4gR)>0，解得H＞2R，故C正確，D錯誤．]第Ⅱ卷三、簡答題(本題分必做題(第10、11題)和選做題(第12題)兩部分，共計42分．)[必做題]10．(8分)如圖9甲所示，一位同學(xué)利用光電計時器等器材做“驗證機械能守恒定律”的實驗．有一直徑為d、質(zhì)量為m的金屬小球由A處靜止釋放，下落過程中能通過A處正下方、固定于B處的光電門，測得A、B間的距離為H(H?d)，光電計時器記錄下小球通過光電門的時間為t，當?shù)氐闹亓铀俣葹間.則：【導(dǎo)學(xué)號：25702125】甲乙丙圖9(1)如圖乙所示，用20分度的游標卡尺測得小球的直徑d＝________cm.(2)多次改變高度H，重復(fù)上述實驗，作出eq\f(1,t2)隨H的變化圖象如圖丙所示，當圖中已知量t0、H0和重力加速度g及小球的直徑d滿足以下表達式：________(用t0、H0、g、d表示，四個量均取國際單位)時，可判斷小球下落過程中機械能守恒．(3)實驗中發(fā)現(xiàn)動能增加量ΔEk總是稍小于重力勢能減少量ΔEp，增加下落高度后，則ΔEp－ΔEk將________________(選填“增加”、“減小”或“不變”)．【解析】(1)由圖可知，主尺刻度為7mm；游標對齊的刻度為3；故讀數(shù)為：7mm＋3×0.05mm＝7.15mm＝0.715cm.(2)若減小的重力勢能等于增加的動能時，可以認為機械能守恒；則有：mgH＝eq\f(1,2)mv2，即：2gH0＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,t0)))2解得：2gH0teq\o\al(2,0)＝d2.(3)由于該過程中有阻力做功，而高度越高，阻力做功越多；故增加下落高度后，則ΔEp－ΔEk將增加．【答案】(1)0.715cm(2)2gH0teq\o\al(2,0)＝d2(3)增加11．(10分)現(xiàn)有一滿偏電流為500μA，內(nèi)阻為1.2×103Ω的靈敏電流計，某同學(xué)想把它改裝成中值電阻為600Ω的歐姆表，實驗室提供如下器材：A．一節(jié)干電池(標準電動勢為1.5V)B．電阻箱R1(最大阻值99.99Ω)C．電阻箱R2(最大阻值999.9Ω)D．滑動變阻器R3(0～100Ω)E．滑動變阻器R4(0～1kΩ)F．導(dǎo)線若干及兩個接線柱(1)由于電流計內(nèi)阻較大，該同學(xué)先把電流計改裝為量程為0～2.5mA的電流表，則電流計應(yīng)________聯(lián)一個電阻箱(選填“串”或“并”)，將其阻值調(diào)為________Ω.(2)將改裝后的電流表作為表頭改裝為歐姆表，請在圖10方框內(nèi)把改裝后的電路圖補畫完整，并標注所選電阻箱和滑動變阻器的符號(B～E)．圖10(3)用改裝后的歐姆表測一待測電阻，讀出電流計的示數(shù)為200μA，則待測電阻阻值為________Ω.【解析】(1)將電流計改裝為電流表應(yīng)該并聯(lián)一個電阻，R1＝eq\f(IgRg,I－Ig)＝eq\f(500×10－6×1.2×103,2.5×10－3－500×10－6)Ω＝300Ω.(2)改裝后的電流表內(nèi)阻R′＝eq\f(1,\f(1,300)＋\f(1,1200))Ω＝240Ω，把表頭改裝成中值電阻為600Ω的歐姆表，則需要串聯(lián)的電阻R″＝(600－240)Ω＝360Ω，所以選擇電阻箱R2(最大阻值999.9Ω)和滑動變阻器R4(0～1kΩ)，實驗電路圖如圖所示：(3)根據(jù)eq\f(I1,Ig)＝eq\f(Rg,R1)＝eq\f(1200,300)＝4得I1＝4Ig；又I＝I1＋Ig，得I＝5Ig所以改裝后，當電流表讀數(shù)為200μA，表頭兩端電壓Ug＝IgRg＝0.2mA×1.2kΩ＝0.24V，I＝5Ig＝1mA所以有eq\f(E－Ug,R″＋Rx)＝I解得：Rx＝900Ω.【答案】(1)并300(2)見解析(電路連接錯誤、電阻箱或滑動變阻器選錯或未標出均零分)(3)900[選做題]12．[選做題]本題包括A、B、C三小題，請選定其中兩小題，并在相應(yīng)的答題區(qū)域內(nèi)作答，若多做，則按A、B兩小題評分．A．[選修3－3](12分)(1)關(guān)于下列圖象的描述和判斷中正確的是________．甲乙圖11A．圖甲表示液體表面層分子間的距離比液體內(nèi)部分子間距離大，所以表面層分子間的引力大于液體內(nèi)部分子間的引力B．圖甲表示液體表面層分子間距離較大，分子間受到的引力大于斥力，因此表面層分子間作用力表現(xiàn)為引力C．圖乙表示不同溫度時氧氣分子的速率分布圖象，由此可知溫度T1＞T2D．圖乙表示不同溫度時氧氣分子的速率分布圖象，由此可知T2溫度氧氣分子的平均動能較大(2)如圖12所示為一定質(zhì)量的氦氣(可視為理想氣體)狀態(tài)變化的V-T圖象，已知該氦氣所含的氦分子總數(shù)為N，氦氣的摩爾質(zhì)量為M，其在狀態(tài)A時的壓強為p0，阿伏加德羅常數(shù)為NA.圖12①氦氣在C狀態(tài)時氦氣分子間的平均距離d＝________；②氦氣在A狀態(tài)時的壓強產(chǎn)生的原因是________________________．(3)在第(2)小題的情境中，試求：①氦氣在B狀態(tài)時的壓強pB；②若氦氣從狀態(tài)B到狀態(tài)C過程外界對氦氣做功為W，則該過程中氦氣是吸熱還是放熱？傳遞的熱量為多少？【解析】(1)隨著分子間距的增大，分子引力與斥力均減小，只不過在液體表面層分子間作用力表現(xiàn)為引力，即斥力減小得更快，從而形成液體表面張力，故選項A錯誤，選項B正確；溫度是分子平均動能的標志，雖然分子做無規(guī)則運動，但大多數(shù)分子的速率在某個數(shù)值附近，離開這個數(shù)值越遠，分子數(shù)越少，且氣體的溫度越高，速率大的分子所占的比例越大，由圖乙可知，有T2>T1故選項C錯誤，選項D正確．(2)①根據(jù)題意有：V0＝Nd3，解得：d＝eq\r(3,\f(V0,N)).②氣體壓強形成的原因是由于大量氣體分子無規(guī)則熱運動，對器壁無規(guī)則碰撞，從而形成的持續(xù)的穩(wěn)定的碰撞作用力，即產(chǎn)生壓強．(3)①A→B過程為等容變化過程，有：eq\f(pA,TA)＝eq\f(pB,TB)，解得：pB＝eq\f(TB,TA)pA＝eq\f(1,2)pA＝eq\f(1,2)p0.②B→C過程為等溫變化過程，因此在過程中，對氣體ΔU＝0又因為外界對氣體做功，所以該過程中氣體放熱，根據(jù)熱力學(xué)第一定律ΔU＝Q＋W解得：Q＝－W，顯然W為正值，所以傳遞的熱量為W.【答案】(1)①BD(2)①eq\r(3,\f(V0,N))②氣體分子不斷地與容器壁發(fā)生碰撞(3)①eq\f(1,2)p0②放熱WB．[選修3－4](12分)(1)下列說法中正確的是________．A．被拍打的籃球上下運動是簡諧運動B．受迫振動的物體總以它的固有頻率振動C．當觀察者和波源間存在相對運動時一定能觀察到多普勒效應(yīng)現(xiàn)象D．在以速度v高速運行的航天器上看地球上的時間進程變慢(2)1971年，屠呦呦等獲得了青蒿乙醚提取物結(jié)晶，研究人員通過X射線衍射分析確定了青蒿素的結(jié)構(gòu)．X射線衍射是研究物質(zhì)微觀結(jié)構(gòu)的最常用方法，用于分析的X射線波長在0.05nm～0.25nm范圍之間，因為X射線的波長________(選填“遠大于”“接近”或“遠小于”)晶體內(nèi)部原子間的距離，所以衍射現(xiàn)象明顯．分析在照相底片上得到的衍射圖樣，便可確定晶體結(jié)構(gòu)．X射線是________(選填“縱波”或“橫波”)．(3)如圖13所示，有一四棱鏡ABCD，∠B＝∠C＝90°，∠D＝75°.某同學(xué)想測量其折射率，他用激光筆從BC面上的P點射入一束激光，從Q點射出時與AD面的夾角為30°，Q點到BC面垂線的垂足為E，P、Q兩點到E點的距離分別為a、eq\r(3)a，已知真空中光速為c，求：圖13①該棱鏡材料的折射率n；②激光從P點傳播到Q點所需的時間t.【解析】(1)被拍打的籃球上下運動過程中其回復(fù)力不滿足F＝－kx，不是簡諧運動，受迫振動的物體，振動的頻率等于驅(qū)動力的頻率，不一定等于它的固有頻率，A、B均錯誤；當觀察者繞波源做勻速圓周運動時就不能觀察到多普勒效應(yīng)，C錯誤；由相對論的空中慢效應(yīng)可知，選項D正確．(2)由明顯衍射的條件可知，所選取的X射線的波長應(yīng)接近晶體內(nèi)部原子間的距離，X射線是橫波．(3)①由題意，根據(jù)QE⊥BC，QE＝eq\r(3)PE得∠PQE＝30°，由幾何關(guān)系可知，激光在AD面上的入射角i＝45°，折射角為γ＝60°光從介質(zhì)射向真空，由折射定律得n＝eq\f(sinγ,sini)＝eq\f(\r(6),2).②光在棱鏡中傳播的速度v＝eq\f(c,n)運動的時間t＝eq\f(2a,v)解得t＝eq\f(\r(6)a,c).【答案】(1)D(2)接近橫波(3)①eq\f(\r(6),2)②eq\f(\r(6)a,c)C．[選修3－5](12分)(1)關(guān)于下列圖象的描述和判斷中正確的是________．甲乙圖14A．圖甲是四種溫度下黑體輻射的強度與波長的關(guān)系，由此可知，T1＜T2＜T3＜T4B．圖甲是四種溫度下黑體輻射的強度與波長的關(guān)系，由此可知，溫度越高各種波長的輻射增強，且峰值向波長較短的方向移動C．圖乙表示α粒子散射圖景，發(fā)現(xiàn)多數(shù)α粒子幾乎不發(fā)生偏轉(zhuǎn)，說明原子的質(zhì)量是均勻分布的D．圖乙表示α粒子散射圖景，發(fā)現(xiàn)多數(shù)α粒子幾乎不發(fā)生偏轉(zhuǎn)，說明原子的質(zhì)量絕大部分集中在很小空間范圍(2)如圖15甲所示為研究發(fā)生光電效應(yīng)時通過光電管上的電流隨電壓變化的電路，用頻率為ν的單色光照射陰極K時，能發(fā)生光電效應(yīng)，改變光電管兩端的電壓，測得電流隨電壓變化的圖象如圖乙所示，已知電子的帶電荷量為－e，真空中的光速為c，普朗克常量為h.圖15①從陰極K逸出光電子的最大初動能Ek＝________，陰極K的極限頻率ν0＝________；②若用上述單色光照射一群處于基態(tài)的氫原子，恰能使氫原子躍遷到n＝4的激發(fā)態(tài)，氫原子處于基態(tài)時的能量E1＝________(已知氫原子n級上的能量En與基態(tài)的能量滿足En＝eq\f(E1,n2))．(3)某元素A在發(fā)生α衰變生成B元素的同時，能放出頻率為ν的光子，設(shè)有一個靜止的原子核eq\o\al(y,x)A，質(zhì)量為m0，衰變時在α粒子的速度方向上放出一個光子，已知放出α粒子的質(zhì)量為mα，速度為vα，光子的速度為c，靜質(zhì)量為0，光子的動量為eq\f(h,λ)，試求：①元素A發(fā)生α衰變的核反應(yīng)方程式為________________，如果元素A的半衰期為10天，在對160g元素A的單質(zhì)加熱40天后，還剩下元素A的單質(zhì)________g；②靜止的原子核eq\o\al(y,x)A衰變后的速度v.【解析】(1)根據(jù)黑體輻射規(guī)律可知，隨著溫度升高，一方面各種波長的輻射強度都有增加，另一方面，輻射強度的極大值向波長較短的方向移動，故選項A錯誤，選項B正確；由盧瑟福α粒子散射實驗可知，多數(shù)α粒子幾乎不發(fā)生偏轉(zhuǎn)，少數(shù)α粒子發(fā)生較大偏轉(zhuǎn)，說明原子的絕大部分質(zhì)量集中在很小空間范圍，故選項C錯誤，選項D正確．(2)①由圖乙可知－eUC＝0－Ek解得：Ek＝eUC根據(jù)愛因斯坦光電效應(yīng)有：Ek＝hν－W0又W0＝hν0解得：ν0＝ν－eq\f(eUC,h).②在原子躍遷過程中，根據(jù)能量守恒定律有：hν＝ΔE＝E4－E1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,42)－1))E1解得：E1＝－eq\f(16,15)hν.(3)①根據(jù)衰變反應(yīng)中質(zhì)量數(shù)、電荷數(shù)守恒可知，元素A發(fā)生α衰變的核反應(yīng)方程式為：eq\o\al(y,x)A→eq\o\al(4,2)He＋eq\o\al(y－4,x－2)B.經(jīng)過衰變后剩下元素A的單質(zhì)質(zhì)量為：m′＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\f(t,τ)m＝(eq\f(1,2))eq\f(40,10)×160g＝10g.②衰變過程中系統(tǒng)動量守恒，以α粒子的速度方向為正方向，有：0＝(m0－mα)v＋mαvα＋eq\f(h,λ)解得：v＝－eq\f(λmαvα＋h,λm0－mα)，“－”說明其方向與α粒子的速度方向相反．【答案】(1)BD(2)①eUCν－eq\f(eUC,h)②－eq\f(16,15)hν(3)①eq\o\al(y,x)A→eq\o\al(4,2)He＋eq\o\al(y－4,x－2)B10g②大小v＝eq\f(λmαvα＋h,λm0－mα)，方向與α粒子的速度方向相反四、計算題(本題共3小題，共計47分．解答時請寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟，只寫出最后答案的不能得分，有數(shù)值計算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位)13．(16分)如圖16所示，水平放置的平行光滑導(dǎo)軌間有兩個區(qū)域有垂直于導(dǎo)軌平面的勻強磁場，虛線M、N間有垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B1＝8B，虛線P、Q間有垂直于紙面向外的勻強磁場，虛線M、N和P、Q間距均為d，N、P間距為15d，一質(zhì)量為m、長為L的導(dǎo)體棒垂直于導(dǎo)軌放置在導(dǎo)軌上，位于M左側(cè)，距M也為d，導(dǎo)軌間距為L，導(dǎo)軌左端接有一阻值為R的定值電阻，現(xiàn)給導(dǎo)體棒一個向右的水平恒力，導(dǎo)體棒運動以后能勻速地通過兩個磁場，不計導(dǎo)體棒和導(dǎo)軌的電阻，求：圖16(1)P、Q間磁場的磁感應(yīng)強度B2的大?。?2)通過定值電阻的電荷量；(3)定值電阻上產(chǎn)生的焦耳熱．【解析】(1)導(dǎo)體棒在磁場外時，在恒力F的作用下做勻加速運動，設(shè)進入M、N間磁場時速度為v1，則根據(jù)動能定理有Fd＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1) 2分導(dǎo)體棒在M、N間磁場中勻速運動，有F＝eq\f(8B2L2v1,R) 2分設(shè)導(dǎo)體棒進入P、Q間磁場時的速度為v2，則由動能定理有F·16d＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2) 2分導(dǎo)體棒在P、Q間磁場中勻速運動，有F＝eq\f(B\o\al(2,2)L2v2,R) 2分得B2＝4B. 1分(2)設(shè)導(dǎo)體棒通過磁場過程中通過定值電阻的電荷量為qq＝eq\x\to(I)Δt＝eq\f(\x\to(E),R)Δt＝eq\f(ΔΦ,R) 2分由于通過兩個磁場過程中導(dǎo)體棒掃過的區(qū)域的磁通量的變化量為ΔΦ＝(B1－B2)Ld 2分q＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(8－4BLd,R)＝eq\f(4BLd,R). 1分(3)定值電阻中產(chǎn)生的焦耳熱等于導(dǎo)體棒克服安培力做的功，由于導(dǎo)體棒在磁場中做勻速運動，因此導(dǎo)體棒在磁場中受到的安培力大小等于F，則定值電阻中產(chǎn)生的焦耳熱為Q＝2Fd. 1分【答案】(1)4B(2)eq\f(4BLd,R)(3)2Fd14．(16分)如圖17，靜止于A處的離子，經(jīng)電壓為U的加速電場加速后沿圖中圓弧虛線通過靜電分析器，從P點垂直CN進入矩形區(qū)域的有界勻強電場，電場方向水平向左．靜電分析器通道內(nèi)有均勻輻向分布的電場(通道內(nèi)各處的電場方向指向圓心O點)．已知圓弧所在處場強為E0，方向如圖所示；離子質(zhì)量為m、電荷量為q；QN＝2d、PN＝3d，離子重力不計．【導(dǎo)學(xué)號：25702126】圖17(1)求圓弧虛線對應(yīng)的半徑R的大?。?2)若離子恰好能打在NQ的中點上，求矩形區(qū)域QNCD內(nèi)勻強電場場強E的值；(3)若撤去矩形區(qū)域QNCD內(nèi)的勻強電場，換為垂直紙面向里的勻強磁場，要求離子能最終打在QN上，求磁場磁感應(yīng)強度B的取值范圍．【解析】(1)離子在加速電場中加速，根據(jù)動能定理，有：qU＝eq\f(1,2)mv2 2分離子在輻向電場中做勻速圓周運動，電場力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律，有：qE0＝meq\f(v2,R) 2分得：R＝eq\f(2U,E0). 1分(2)離子做類平拋運動：d＝vt,3d＝eq\f(1,2)at2 2分由牛頓第二定律得：qE＝ma 1分聯(lián)立得：E＝eq\f(12U,d). 2分(3)離子在勻強磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律，有qvB＝meq\f(v2,r)則r＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2mU,q)) 2分離子能打在QN上，則既沒有從DQ邊出去也沒有從PN邊出去，則離子運動徑跡的邊界如圖中Ⅰ和Ⅱ，由幾何關(guān)系知，離子能打在QN上，必須滿足：eq\f(3,2)d≤r≤2d 2分則有eq\f(1,2d)eq\r(\f(2mU,q))≤B≤eq\f(2,3d)eq\r(\f(2mU,q)). 2分【答案】(1)eq\