第第#貞，共22頁答案和解析【答案】A【解析】解：人、天然放射現象是原子發生衰變之后會放出三種射線，這說明原子核可再分。故A正確。B、 粒子散射實驗說明了原子的核式結構模型。故B錯誤。C、 電子位于原子核外的，不能說明原子核可再分。故C錯誤。D、 氫原子發光說明核外電子的躍遷，不能說明原子核可再分。故D錯誤。故選:九天然放射現象是原子發生衰變之后會放出三種射線，這說明原子核可再分：粒子散射實驗說明了原子的核式結構模型：電子位于原子核外的，不能說明原子核可再分；氫原子發光說明核外電子的躍遷，不能說明原子核可再分。本題考査了原子核組成、天然放射性現象等內容。這道題屬于識記性題型，以基礎性為主，難度不大。【答案】C【解析】【分析】溫度是分子平均動能的標志，溫度升高，氣體分子的平均動能會增大，但溫度對單個分子來說沒有意義；從微觀角度講，氣體壓強與氣體分子的密集程度和分子平均動能有關;通過分子力做功分析分子勢能變化：改變物體內能方式時做功和熱傳遞，然后根據熱力學第一泄律分析物體內能變化。本題要掌握氣體的壓強與分子平均動能和氣體分子的數密度兩個因素有關。一沱質量的理想氣體內能只與溫度有關。【解答】溫度是分子平均動能的標志，溫度升高，氣體分子的平均動能會增大，但溫度對單個分子來說沒有意義，即當氣體溫度升髙時，有的分子的速率可能增大，有的分子的速率可能減小，有的分子的速率可能不變，故A錯誤：從微觀角度講，氣體壓強與氣體分子的密集程度和分子平均動能有關，故B錯誤：C.當分子力表現為引力時，隨著分子距離增大，引力做負功，分子勢能增大，故C正確：D氣體膨脹，氣體對外做功，W=一50八根據熱力學第一左律得:AU=W+Q=-SO+Q，由于吸放熱情況不確定，故內能變化不確左，故D錯誤。故選co【答案】C【解析】解：小球和小車的加速度相同，所以小球在重力和桿的作用力兩個力的作用下也沿水平向右的方向加速運動，加速度水平向右，根據牛頓第二立律可知，加速度的方向與合力的方向相同，合力水平向右，即合力沿圖中的0D方向，根據力的合成的平行四邊形左則，直桿對小球的作用力只可能沿0C方向故選：C.小球受重力和桿對小球的作用力，在兩個力共同作用下沿水平向右的方向加速運動，加速度水平向右，合力水平向右.根據牛頓第二左律可知，加速度的方向與合力的方向相同，是解決本題的關鍵.另外知道桿的彈力不一泄沿桿的方向.【答案】ACD【解析】解：人、已知位于x=lm處的質點正向下運動，根據質點的振動方向和波的傳播方向處于曲線的同一側可知，波沿x軸負方向傳播，故A正確。B、 x=3m處的質點此時的位移為零，但英振幅為不為零，故B錯誤。C、 x=2m處的質點此刻的位移最大，回復力最大，則此刻具有最大加速度，故C正確。D、 該時刻，x=2.5m處的質點向上振動，x=1.5m處的質點向卜-振動，則該時刻以后x=2.5m處的質點比x=1.5m處的質點先回到平衡位置，故D正確。故選：ACD.根據質點的振動方向和波的傳播方向處于曲線的同一側，知=處的質點正向下運動可判斷波的傳播方向；質點的振動位移最大時，回復力最大，此時具有最大加速度；根據波的傳播方向可判斷x=2.5m處的質點振動方向以及％=1.5m處的質點的振動方向，從而判斷x=2.5m處的質點先回到平衡位巻。本題考査波形圖的基礎知識，通過某個質點的振動方向來判斷波的傳播方向，反過來再判斷其他質點的振動方向即可解題。【答案】A【解析】解：A、由圖可知，從九=4能級躍遷到n=3能級比從n=4能級躍遷到n=2能級輻射出光子能量小，則輻射的光子頻率小，所以輻射的電磁波的波長長。故人正確。B、根據玻爾理論，能級越高，半徑越大，所以處于九=4的泄態時電子的軌道半徑％比處于n=3的宦態時電子的軌道半徑忌大。故B錯誤。從n=4能級躍遷到n=3能級，氫原子向外發射電子，能量減小，根拯：誓=叱可r-r知，電子越大的半徑減小，則電子的動能增大。故C錯誤。D、 從n=3能級躍遷到n=2能級時輻射的光子的能量E32=E3—E2=-1.51-(_3.4)=—1.89eUV2.5eU,可知不能使逸出功為2.5e卩的金屬發生光電效應。故D錯誤。故選：九能級間躍遷輻射或吸收光子的能量等于兩能級間的能級差，能級差越大，輻射的光子頻率越大，則波長越小.根據庫侖力提供向心力分析半徑與電子的動能之間的關系.解決本題的關鍵知道能級間躍遷時，輻射或吸收的光子能量等于兩能級間的能級差，Em~En=hv.【答案】D【解析】解：A、由楞次左律可得：感應電流的方向為逆時針，則M端比N端的電勢高，所以電壓表“+”接線柱接M端，故A錯誤；B、 磁通量的變化需要時間，由于未說明變化時間，故B錯誤；C、 磁通量的變化率為：筈=史泮=0?5"血0,故C錯誤：△r 0.1D根據法拉第電磁感應左律：E=N—.所以電壓表讀數為5隊故D正確。At故選：D。線圈平而垂直處于勻強磁場中，當磁感應強度隨著時間均勻變化時，線圈中的磁通量發生變化，從而導致岀現感應電動勢，產生感應電流，由法拉第電磁感應立律可求出感應電動勢大小，從而得出電壓表讀數，再由楞次立律判左感應電流方向。由法拉第電磁感應定律求岀感應電動勢的大小，而感應電流的方向則由楞次左律判龍。同時穿過磁通量發生變化的線圈相當于電源，所以電源內部(線圈)電流方向是負極到正極【答案】D【解析】解：A、根據軌跡的彎曲方向可知，“粒子受到中心電荷的斥力，而“粒子受到中心電荷的斥力，說明"與中心電荷電性相同，b與中心電荷的電性相反，則兩粒子的電性相反.故A錯誤.B、由于中心電荷的電性無法判斷，電場線方向無法判左，則不能比較“、b的電勢髙低.故C、 電場力對兩粒子均做正功，則兩個粒子的電勢能均減小.故C錯誤.D、 b與中心電荷的電性相反，粒子從P運動到b的過程中，電場力做正功，動能增大，故￡＞正確.故選：D.根據軌跡判左"粒子受到中心電荷的斥力，而b粒子受到中心電荷的引力，即可判斷兩粒子的電性關系；此電場是點電荷產生的，根據距離即可比較"、b兩點場強的大小；兩粒子在運動過程中電場力做正負功，電勢能減小與增加，從而即可求解.根據軌跡彎曲方向判左兩粒子與中心電荷電性的關系是解決本題的突破口.要注意電勢能，電荷，電勢都有正負.學會由電場力做功的正負來確定電勢能的增減.【答案】C【解析】解：人、從“到c的過程中，摩天輪做勻速圓周運動，加速度方向指向圓心，在“到〃的過程中，處于超重，從d到c的過程中處于失重，故A錯誤.B、 從水平位置〃沿逆時針方向運動到最高點c的過程中，人受重力、支持力和靜摩擦力，靜摩擦力產生水平分加速度，由于水平分加速度減小，故靜摩擦力減小，同理從“到〃，靜摩擦力增大，故B錯誤.C、 從"到〃的過程中，加速度在豎直方向上的分加速度逐漸減小，可知重力和支持力的合力向上，逐漸減小，則支持力逐漸減小，從d到c的過程中，加速度在豎直方向上的分加速度逐漸增大，重力和支持力的合力向下，支持力繼續減小，可知從“到c的過程中，座椅對人的彈力越來越小，故C正確.D、 由于人做勻速圓周運動，合力大小不變，方向始終指向圓心，故D錯誤.故選：C.根據人加速度方向確左人處于超重還是失重；根據加速度在水平方向和豎直方向上的分加速度的變化，結合牛頓第二定律分析摩擦力和彈力大小的變化.解決本題的關鍵知道人所受的合力提供向心力，向心力大小不變，知道人所受合力在豎直方向的分力等于重力和支持力的合力，在水平方向的分力等于摩擦力.【答案】C【解析】解：A、動量是矢量，三個物塊落地時速度方向不同，故動量不同，故A錯誤：BC、由題意可知，三個物體下落的過程只有重力做功，重力對三個物體做功相同，根據機械能守恒左律可知，mgh=EK-EK0,c的初動能不為零，故落地瞬間c的動能較大，“、b的動能相同，故B錯誤，C正確:D、由于平拋運動的豎直分運動為自由落體，由h=^gtz,得七=J芋，故方、c下落時間相同，根據Umgt可知，重力對b、c兩物體的沖量相同；但根據牛頓第二左律以及運動學公式可知，“的下落時間上=J詬禽，與“、c的下落時間不同，故三個物體受重力的沖量不同，故D錯誤。故選：C。明確各物體的運動情況，知道“沿斜而做加速度為gsinO.初速度為零的勻加速直線運動，b做自由落體運動，c做平拋運動。三物體下落高度相同，質量相同，故重力對三物體做功相同。本題關鍵是明確三個小球的運動規律，然后根據動能左理、動量泄理和運動學公式列式分析即可求解，注意動疑和沖量的矢量性。【答案】D【解析】解：AB.嫦娥三號沿橢圓軌道從P點運動到0點的過程中，月球對衛星的引力與速度方向夾角小于90。，故月球對衛星的引力做正功，動能增大，速度逐漸增大，故AB錯誤；C、 根據萬有引力提供向心力，有Mm2no=m（〒產可得月球的質量為M=竺工GT-若已知嫦娥三號在圓軌道上運行的半徑、周期和引力常量，則可求出月球的質量，但月球的體積未知，故不能計算出月球的密度，故c錯誤；嫦娥三號由圓軌道變軌到橢圓軌道，在P點需要減小速度，即嫦娥三號在橢圓軌道經過P點時的速度小于圓軌道經過P點的速度：由萬有引力提供向心力得Mmv2G9=771 rz r整理知u=J字嫦娥三號在圓軌道的半徑大于月球半徑，故嫦娥三號在圓軌逍經過P點時的速度小于月球的第一宇宙速度，所以可知嫦娥三號在橢圓軌道經過P點時的速度小于月球的第一宇宙速度，故D正確。故選：DaAB、根據月球對衛星的萬有引力做功來判斷速度變化：C、 先求出質量表達式，再結合題意和密度密度公式可以判斷能否求岀月球的密度；先比較嫦娥三號在橢圓軌道經過P點時的速度小于圓軌道經過P點的速度，再比較嫦娥三號在圓軌道經過P點時的速度和月球的第一宇宙速度的大小即可。在萬有引力左律的應用中，在求天體質量和密度時，要注意把握萬有引力提供向心力這一關鍵條件。【答案】D【解析】解：火車做勻加速運動，速度為v=v0+at,以火車為參照系，線圈是運動的，線圈左（或右）邊切割磁感線產生的感應電動勢為E=BLv,線圈兩端的電壓“=E=BLv=BLv0+BLat,由此可知，“隨時間均勻增大。線圈完全磁場中時，磁通量不變，沒有感應電流產生。由于火車做加速運動，通過線圈左邊的時間長，通過線圈右邊的時間短，由圖象可知，D正確；故選：Do由E=8厶“求出感應電動勢與時間的關系式，然后分析圖象答題.本題關鍵掌握感應電動勢切割式E=3厶u和勻變速直線運動的速度公式，得到電壓的表達式是解題的關鍵，這也是研究圖象問題常用的方法:得到解析式，再研究圖象的意義.【答案】A【解析】解:A、虛線"、b、c、〃代表勻強電場內間距相等的一組等勢而，電子經過“時的動能為8eW,從“到c的過程中克服電場力所做的功為4eV,則電勢能增加4"/,因此購等勢面之間的電勢差為4匕由于電子的電勢能增加，所以等勢而從"到c電勢是降低的，因為"上的電勢為4V,故c上的電勢為零，故A正確：B、 由A可知，相鄰等差等勢而電勢差為2卩.若電子經過"時速度方向與平而“垂直，則電子從“到d克服電場力做功需要6eUX8eU,電子可能到達平而〃：但如果電子經過"時速度方向與平而"不垂宜，電子將會在電場中做拋體運動，則可能不會到達平面〃，故B錯誤：C、 因為電子到達c時，動能剩余4eV,電勢能為零，故電子的總能雖:為4eV,根拯能量守恒左律，電子經過平而"時，動能為8eV,故電勢能為—4eu,故C錯誤：D、 電子經過平面“的動能是經過c動能的2倍，故它在平而“時的速率是經過c時的逅倍，故D錯誤。故選:Ao根據只有電場力做功，動能與電勢能之和不變，半電場力做負功時，動能轉化為電勢能，在電勢為零處，電勢能為零，從而即可一一求解。本題考査電場力做功與電勢能變化的關系，掌握電勢能與動能之和不變，理解電勢為零處的電勢能為零是解題的關鍵。【答案】AC【解析】解：人、根據左手左則知，電子向上表面偏轉，則上表而的電勢低于下表而的電勢，故A正確；B、根據左手立則可知，洛倫茲力的方向始終與電子運動方向垂直，對電子不做功，故B錯誤；CD、電子在磁場中受到洛倫茲力作用，向上極板偏轉，穩立后，極板間形成電場，后續電子在電場力和洛倫茲力的作用下，處于平衡狀態，evB=e\解得霍爾電勢差：nU=Buh,根拯電流的微觀表達式可知，I=nevS=nevhd.解得：v=—7-，解得：nehdu=缶則霍爾系數k=^，即霍爾系數k的大小與”、e有關，故C正確，D錯誤。故選：ACo根據左手泄則判斷電子的偏轉方向，從而確定電勢的髙低：洛倫茲力的方向始終與電子運動方向垂直，不做功：抓住電子所受的洛倫茲力和電場力平衡，結合電流的微觀表達式求出霍爾系數的大小。此題考査了霍爾效應及苴應用，解決本題的關鍵掌握左手定則判斷洛倫茲力的方向，注意偏轉的是電子，掌握電流的微觀表達式，結合洛倫茲力和電場力平衡進行求解。【答案】A【解析】解：AB.若線圈加速轉動，即正離子晶格合線圈波長相對靜止加速轉動，自由電子相對于正離子晶格向后運動，由于規左正電荷左向運動的方向為電流方向，負電荷圮向運動的方向和電流方向相反，所以電流方向與線圈轉動方向相同；a越大，即線圈角速度的變化率越大，電流越大，故A正確、B錯誤；CD.若線圈減速轉動，即正離子晶格合線圈波長相對靜止減速轉動，自由電子相對于正離子晶格向前運動，由于規龍正電荷定向運動的方向為電流方向，負電荷左向運動的方向和電流方向相反，所以電流方向與線圈轉動方向相反：a越大，即線圈角速度的變化率越大，電流越大，故CD錯誤。

無論線圈加速轉動或減速，◎越大，電流越大；根據自由電子相對于正離子晶格的運動方向確泄電流方向。本題主要是考查感應電流的大小與不帶電的閉合金屬圓線圈轉速的關系，解答本題的關鍵是弄淸楚題干敘述的情景，根據題意進行解答。【答案】BC1.500.83【解析】解：⑴一節干電池的電動勢為1?5幾則實驗中電壓表應選用瓦滑動變阻器應選用阻值較小的C；(2)根據表中實驗數據在坐標系內描岀對應點，然后根據描出的點作岀電源的U-Z圖線如圖所示:UN1.6Bl亠亠J—l-U.「rl-l-LLrrr-?Tnnn-厶亠AJJJ.ALLX.U&.L.1ft亠丄“.LLLXrrttAlJ」1.1」」?-UULL?亠bbb-亠Jl.L-亠jL1.6Bl亠亠J—l-U.「rl-l-LLrrr-?Tnnn-厶亠AJJJ.ALLX.U&.L.1ft亠丄“.LLLXrrttAlJ」1.1」」?-UULL?亠bbb-亠Jl.L-亠jL*^-4-—mt ??—r-?■????*??■?■11卞「fLffrt-t■rmXrrV._...1-ua.i.r*j-j. .3<J」lu上w*rx^.ULL1<1in-rrrrr0.2 0.3 0.4A44U?A0.50.6〃A(3)由圖示〃-/圖象可知，電場電動勢:E=1.50V,電源內阻:r=于=1.5-1.0乞0.830。故答案為:(1)3；C；(2)圖示如圖所示：(3)1.50；0.83。根據電源電動勢選擇電壓表，為方便實驗操作應選最大阻值較小的滑動變阻器：應用描點法作岀圖象；電源Z7-/圖象與縱軸交點坐標值是電源電動勢，圖象斜率的絕對值等于電源內阻:根據電源的〃-I圖象求岀電源電動勢與內阻。本題考査了實驗電路選擇、實驗器材選擇、作圖象、求電源電動勢與內阻等問題，要知道實驗原理，要掌握應用圖象法處理實驗數據的方法；電源的U-I圖象與縱軸交點坐標值是電源電動勢圖象斜率的絕對值是電源內阻。【答案】ACmghp空筆弊受到阻力ABDA【解析】解：①要驗證鉤碼動能的增加量與重力勢能的增加量是否相等，要刻度尺測量下落的高度，從而算出瞬時速度，在紙帶處理時需刻度尺，游標卡尺不適用.用打點訃時器來算岀所用時間，不需要秒表，對于重錘在下落過程中受到阻力越小越好，則為體積小，質量適中的鐵球較好.故選:AC重力勢能減小疑：△Ep=mghB-勻變速直線運動中時間中點瞬時速度等于該過程中的平均速度，因此有：hc一hATIT故動能的增量為：△EkB= =m(hc?4)S：KB2B 8T2重力勢能的減少量略大于動能的增加量，是無法避免的，屬于系統誤差，因為各種阻力的存在使物體克服阻力做功而損失機械能。月、在實驗過程中，釋放紙帶前，紙帶在豎宜，再接通電源后，最后釋放紙帶，故A正確；B、 物體第一個0.02s下降的高度為M=|pT2=|X9.8X0.022m=2mm,所以打下1、2點的距離為2mm,才認為正確，故B正確：C、 對于某點時重錘的速度v,不能通過公式v=^h計算，否則不是實驗的驗證，而是理論推導，故C錯誤；D、 某點到O點的距離力，利用公式"叨計算重力勢能的減少量，故D正確。故選：ABD.若實驗中重錘所受阻力不可忽略，且阻力大小保持不變，根據動能定理，則有：mgh—fh=^mu2；解得：v2=(2g-^)h,因此畫出v2-h圖象是A圖，故選：A故答案為：①力C：?mghB.m(h^A)2;③受到阻力：④朋D：⑤力體積要小，質量適中的鐵球，時間通過計時器來算岀，而長度較長，則需要刻度尺，游標卡尺不行；由圖可讀出O到B點物體下落的髙度，則可求得重力勢能的減小量；由平均速度公式可求得B點的瞬時速度，則可求得B點的動能：比較兩數據可得岀結論：重力勢能的減少量略大于動能的增加量，屬于系統誤差，原因是受到各種阻力：在釋放重錘前，使紙帶保持豎直，再接通電源，最后釋放紙帶；瞬時速度不能通過運動學公式推導；實驗中重錘所受阻力不可忽略，可通過動能定理，得出酣-h的關系，從而確左求解。解決本題的關鍵掌握驗證機械能守恒立律的實驗原理，通過實驗原理確怎所需的器材?該題主要考查了驗證機械能守恒左律的實驗的操作步驟和運用運動學規律、功能關系去處理實驗數據的能力。【答案】解：(1)木箱受重力、支持力.拉力以及摩擦力作用，受力如下圖所示：對木箱受力分析，在豎直方向：Fn+FsinO-mg=0在水平方向：FcosO—f=ma又因為摩擦力為：f=叭解得加速度為：a=2.6m/s2根據勻變速直線運動位移和時間的關系有：x=v0t+^at2解得2s內的位移為:x=5.2m.故拉力的平均功率B=匕竺=10x5-2x0-8“=20.8"t 2答：(1)木箱受力的示意圖如上圖所示：求木箱的加速度a的大小為2.6m/s2；求0?2s時間內，拉力F的功率為20.8"。【解析】(1)物體受重力、支持力、拉力和摩擦力作用，作岀受力分析圖；根據牛頓第二左律求岀物體的加速度大小。根據位移時間公式求得"內的位移大小，根據P=嚴求得平均功率。解決本題的關鍵知道加速度是聯系力學和運動學的橋梁，通過加速度可以根據力求運動,也可以根據運動求力。【答案】解：(1)由牛頓第二定律：°=竺叱暨，“桿沿軌道向上做減速運動，m速度越來越小，加速度"越來越小；設“桿上滑的初速度為％,貝叫山桿產生的感應電動勢E=Blv0,通過電阻R的電流為：/=學2，R上的最大功率/'iP—i2R=BL—?解得：％=竺：2R 4R 0BL在血桿上滑的全過程中，R上產生的熱量為0,則”桿上產生的熱量也為Q.全過程電路產生的總熱量為20,巴肪桿速度為零時，血桿向上滑動的最大距離為x,根據能量轉化和守恒左律：=mgxsin30°+2Q,解得：%=4(諾::§-侖)。答：(l)ab桿沿軌道向上做減速運動，速度越來越小，加速度"越來越小：金屬桿ab上滑的初速度為迥：BL金屬桿”上滑的最大距離為4(霸-梟)。【解析】本題考查了電磁感應與力學的綜合運用，解決本題的關鍵會根據受力分析運動規律，得出加速度和速度的變化，難度中等。根據速度的變化，結合加速度的表達式得岀加速度的變化，下滑過程中，列岀加速度的表達式，抓住加速度的方向與速度方向的關系判斷速度的變化，從而得出加速度的變化。【答案】解：(1)甲離子在電場中加速，由動能左理得：q1U=^m1vl，由題意可知，甲離子在磁場中做圓周運動的軌道半徑：r1=^MN=^L22甲離子在磁場中做圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二立律得：q1v1B=m1^rL聯立解得：8=誥；離子在電場中加速，由動能定理得：對甲：q±U=扌九1訝，對乙：q2U=^m2V2?甲離子在磁場中做圓周運動的軌道半徑：$=扌MN=扣，22乙離子在磁場中做圓周運動的軌道半徑：r2=扌MN=離子在磁場中做圓周運動，洛倫茲力提供向心力可得：$“3=九￥則比荷為:三=葺聯立解得甲、乙離子的比荷之比：生：竺=1：4：nixnij根據以上分析可得，離子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為：「=土拝設為鈾235離子的質量，n?為鈾238離子的質量，由于電壓在〃±A〃范國內微小變化，鈾235離子在磁場中最大半徑為：鈾238藹子在磁場中最小半徑為：張”=右嚴嚴這兩種離子在磁場中運動的軌跡不發生交疊的條件為「心<“，即訂平<則有+△[/)<mf(U-△[/)所以曽=￥Um/+m解得：晉=0.63%,所以為使這兩種離子在磁