2019-2020年高三上学期物理模拟试卷（4）含解析.doc

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2019-2020年高三上学期物理模拟试卷（4）含解析一、单项选择题：本题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1（3分）（xx泗阳县校级模拟）下列几个关于力学问题的说法中正确的是（）A米、千克、牛顿等都是国际单位制中的基本单位B放在斜面上的物体，其重力沿垂直斜面的分力就是物体对斜面的压力C摩擦力的方向可能与物体的运动方向垂直D伽利略在研究运动和力的关系时提出了著名的斜面实验，应用的物理思想方法属于“等效替代”考点：摩擦力的判断与计算；物体的弹性和弹力；力学单位制专题：摩擦力专题分析：米、千克是国际单位制中的基本单位，而牛顿不是国际单位制中的基本单位放在斜面上的物体，其重力沿垂直斜面的分力大小等于物体对斜面的压力，但不能说就是物体对斜面的压力摩擦力的方向可以与物体的运动方向垂直伽利略的斜面实验是在实际实验基础上进行合理外推解答：解：A、米、千克是国际单位制中的基本单位，而牛顿不是国际单位制中的基本单位，根据牛顿第二定律得到的导出单位故A错误B、放在斜面上的物体，其重力沿垂直斜面的分力大小等于物体对斜面的压力，但不能说就是物体对斜面的压力，压力的受力物体是斜面，而重力的分力的受力物体是该物体故B错误C、摩擦力的方向可以与物体的运动方向垂直，比如在水平圆盘上随圆盘一起匀速转动的物体所受的摩擦力方向与速度方向垂直故C正确D、伽利略在研究运动和力的关系时应用的物理思想方法是“实验加猜想”，所以D错误故选：C点评：本题考查物理基础知识，尤其对物理方法要理解加记忆2（3分）（xx泗阳县校级模拟）如图所示，斜面体M放在水平地面上现将物块m放在斜面上，物块恰能沿斜面匀速下滑，而斜面体静止不动若用平行于斜面向下的推力F，使物块加速下滑，则斜面体（）A对地面的压力增大B对地面的压力不变C可能沿水平面向右运动D受到地面的摩擦力方向水平向左考点：牛顿第二定律；物体的弹性和弹力专题：牛顿运动定律综合专题分析：未加推力F时，物块m沿斜面匀速下滑，而斜面体静止不动，两者都处于平衡状态，可以作为整体处理，分析地面对斜面体有无摩擦力再研究施加推力F的情况，物块对斜面体的作用力没有变化，分析可知斜面体的受力情况不改变解答：解：在未加推力F时，物块m沿斜面匀速下滑，而斜面体静止不动，两者都处于平衡状态，以整体为研究对象，分析可知，竖直方向上受到总重力和地面的支持力，由平衡条件得知，地面的支持力大小等于总重力水平方向上地面对斜面体没有摩擦力施加推力F后，物块对斜面体的压力和摩擦力没有变化，则斜面体的受力情况没有改变，所以斜面体受到的地面的摩擦力仍然为零，地面对斜面体的支持力仍然等于总重力，保持不变，则斜面体对地面的压力也保持不变故B正确，A、C、D错误故选：B点评：本题解题有两个关键：一、是先整体为研究对象，确定出地面的支持力和摩擦力，二是抓住F平行于斜面，物块对斜面体的作用没有变化，从而斜面体的受力情况也不发生改变3（3分）（xx泗阳县校级模拟）质量相等的甲、乙两车从某地同时由静止开始沿直线同方向加速运动，甲车功率恒定，乙车牵引力恒定，两车所受阻力相等且均为恒力经过t时间，甲、乙两车速度相同，则（）At时刻甲车一定在乙车的前面Bt时刻甲车加速度大于乙车加速度Ct时刻甲车牵引力的瞬时功率大于乙车牵引力的瞬时功率Dt时间内甲车牵引力的平均功率小于乙车牵引力的平均功率考点：功率、平均功率和瞬时功率专题：功率的计算专题分析：汽车恒定功率启动是加速度不断减小的加速运动，当加速度减为零时，速度达到最大值；汽车匀加速启动，牵引力不变，是功率不断变大的运动解答：解：A、恒定功率启动是加速度不断减小的加速运动，其速度时间图象为曲线，匀加速启动是直线，如图速度时间图象与时间轴包围的面积等于位移，故甲车位移较大，故A正确；B、速度时间图线上某点的斜率表示该时刻的加速度，故甲的加速度较小，故B错误；C、根据牛顿第二定律，有Ff=ma，由于t时刻甲的加速度较小，故牵引力较小，由P=Fv，可知t时刻甲的瞬时功率较小，故C错误；D、甲车功率不变，故平均功率等于t时刻功率，t时刻甲车功率较小，故D错误；故选A点评：本题关键画出两辆汽车的速度时间图线，根据速度时间图象与时间轴包围的面积等于位移求出位移，再根据速度时间图线上某点的斜率表示该时刻的加速度得出加速度的大小关系，最后结合动能定理和功率与速度关系式P=Fv求解4（3分）（xx嘉定区三模）如图所示，带有正电荷量Q的细铜圆环竖直固定放置，一带正电荷量q的粒子从很远处沿水平轴线飞来并到达圆心O不计粒子的重力关于粒子的上述过程，下列说法中正确的是（）A粒子先做加速运动后做减速运动B粒子的电势能先增大，后减小C粒子的加速度先增大，后减小D粒子的动能与电势能之和先减小，后增大考点：电势能；牛顿第二定律；电场强度专题：电场力与电势的性质专题分析：带有正电荷圆环的电场电场线从圆环出发到无穷远终止，分析粒子q所受的电场力方向，即可判断其运动情况根据电场力做功正负，判断电势能的变化无穷远场强为零，O点场强也为零，即可从无穷远到O点，场强先增大后减小，粒子的加速度先增大，后减小根据能量守恒分析动能与电势能之和解答：解：A、圆环带正电，电场线从圆环出发到无穷远终止，带正电的粒子q所受的电场力方向与其运动方向相反，所以粒子一直做减速运动故A错误B、电场力对粒子q做负功，电势能一直增大故B错误C、无穷远场强为零，O点场强也为零，即可从无穷远到O点，场强先增大后减小，粒子所受的电场力先增大后减小，所以其加速度先增大，后减小故C正确D、根据能量守恒得知：粒子的动能与电势能之和保持不变故D错误故选C点评：本题采用极限法分析场强的变化，来分析加速度的变化是关键5（3分）（xx甘肃模拟）压敏电阻的阻值随所受压力的增大而减小，有位同学设计了利用压敏电阻判断升降机运动状态的装置，其工作原理图如图所示，将压敏电阻固定在升降机底板上，其上放置一个物块，在升降机运动过程的某一段时间内，发现电流表的示数I不变，且I大于升降机静止时电流表的示数I0，在这段时间内（）A升降机可能匀速上升B升降机一定在匀减速上升C升降机一定处于失重状态D通过压敏电阻的电流一定比电梯静止时大考点：传感器在生产、生活中的应用；闭合电路的欧姆定律分析：通过压敏电阻将压力信号转换成电信号，从而根据电路中电表的示数来确定升降机的运动状态解答：解：A、在升降机运动过程中发现I大于升降机静止时电流表的示数I0，则说明不可能匀速运动故A错误；B、在升降机运动过程中发现电流表不变，则说明是匀变速运动，且I大于升降机静止时电流表的示数I0，则可知外电压变大，内电压变小，说明电流变小所以是电阻变大由压敏电阻的阻值随所受压力的增大而减小，则压力变小因此加速度方向向下可能向下匀加速，也可能向上匀减速故B错误；C、在升降机运动过程中发现电流表不变，则说明是匀变速运动，且I大于升降机静止时电流表的示数I0，则可知外电压变大，内电压变小，说明电流变小所以是电阻变大由压敏电阻的阻值随所受压力的增大而减小，则压力变小因此加速度方向向下可能向下匀加速，也可能向上匀减速故C正确；D、通过压敏电阻的电流是由电阻决定，而电阻是由压力确定，所以不是静止时压力最小，故D错误；故选：C点评：电流表的示数I不变，说明压力不变；而I大于升降机静止时电流表的示数I0，则说明压力不等于重力二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共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6（4分）（xx泉州二模）如图所示，理想变压器的原线圈输入电压不变的交变电流，副线圈上接有定值电阻R和两个相同的灯泡L1和L2，其余导线电阻不计当S闭合时（）AM、N两端的电压减小B电阻R两端的电压增大C通过灯泡L1的电流减小D通过原线圈的电流减小考点：变压器的构造和原理专题：交流电专题分析：输出电压是由输入电压和匝数比决定的，输入的功率的大小是由输出功率的大小决定的，电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，根据理想变压器的原理分析即可解答：解：A、由于输入的电压的大小和变压器的匝数比不变，所以变压器的输出的电压始终不变，所以A错误；BC、当S接通后，电路的总电阻减小，总电流变大，所以电阻R上消耗的电压变大，由于输出的电压不变，所以灯泡L1的电压减小，电流减小，故BC正确；D、当S接通后，电路的总电阻减小，总电流变大，而变压器的匝数比不变，所以原线圈中的电流增大，故D误；故选：BC点评：电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法7（4分）（xx南通模拟）如图所示，虚线间空间存在由匀强电场E和匀强磁场B组成的正交或平行的电场和磁场（实线为电场线），有一个带正电小球（电量为+q，质量为m）从正交或平行的电磁混合场上方的某一高度自由落下，那么，带电小球可能沿直线通过下列的哪些电磁混合场（）ABCD考点：带电粒子在混合场中的运动专题：带电粒子在复合场中的运动专题分析：当粒子不受洛伦兹力或者三力平衡时物体有可能沿着直线通过电磁场区域解答：解：A、小球受重力、向左的电场力、向右的洛伦兹力，下降过程中速度一定变大，故洛伦兹力一定变化，不可能一直与电场力平衡，故合力不可能一直向下，故一定做曲线运动，故A错误；B、小球受重力、向左的电场力、垂直向外的洛伦兹力，合力与速度一定不共线，故一定做曲线运动，故B错误；C、小球受重力、向左上方的电场力、水平向右的洛伦兹力，若三力平衡，则粒子做匀速直线运动，故C正确；D、粒子受向下的重力和向上的洛伦兹力，合力一定与速度共线，故粒子一定做直线运动，故D正确；故选CD点评：本题关键在于洛伦兹力与速度垂直且与粒子速度方向垂直，要使粒子做直线运动，要么三力平衡，要么不受洛伦兹力8（4分）（2011苏州一模）用一根横截面积为S、电阻率为的硬质导线做成一个半径为r的圆环，ab为圆环的一条直径如图所示，在ab的左侧存在一个匀强磁场，磁场垂直圆环所在平面，方向如图，磁感应强度大小随时间的变化率=k（k0 ）则（）A圆环中产生逆时针方向的感应电流B圆环具有扩张的趋势C圆环中感应电流的大小为D图中a、b两点间的电势差Uab=|kr2|考点：法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律；楞次定律专题：压轴题；电磁感应与电路结合分析：由题意可知，磁通量减小，由楞次定律可判断感应电流的方向；由法拉第电磁感应定律可得出感应电动势；由闭合电路的欧姆定律可得出ab间的电势差解答：解：A、磁通量向里减小，由楞次定律“增反减同”可知，线圈中的感应电流方向为顺时针，故A错误；B、由楞次定律的“来拒去留”可知，为了阻碍磁通量的减小，线圈有扩张的趋势；故B正确；C、由法拉第电磁感应定律可知，E=kr2，感应电流I=，故C错误；D、与闭合电路欧姆定律可知，ab两点间的电势差为=，故D正确；故选BD点评：本题应注意ab两点的电势差为电源的路端电压，故应为不在磁场中的部分两端的电压9（4分）（xx湖南模拟）如图所示，边长为L的正方形单匝线圈abcd，电阻r，外电路的电阻为R，a、b的中点和cd的中点的连线OO恰好位于匀强磁场的边界线上，磁场的磁感应强度为B，若线圈从图示位置开始，以角速度绕轴OO匀速转动，则以下判断正确的是（）A图示位置线圈中的感应电动势最大为Em=BL2B闭合电路中感应电动势的瞬时值表达式为e=BL2sintC线圈从图示位置转过180的过程中，流过电阻R的电荷量为q=D线圈转动一周的过程中，电阻R上产生的热量为Q=考点：导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化专题：电磁感应功能问题分析：当线圈与磁场平行时感应电动势最大，由公式Em=BS求解感应电动势的最大值图中是中性面，线框在匀强磁场中匀速转动，产生正弦式交变电流，根据e=Emsint可列出感应电动势的瞬时表达式，根据感应电荷量q=，求通过电阻R的电荷量最大值是有效值的倍，求得电动势有效值，根据焦耳定律求电量Q解答：解：A、图示位置线圈中没有任何一边切割磁感线，感应电动势为零，故A错误B、当线圈与磁场平行时感应电动势最大，最大值为Em=BS=B，瞬时值表达式为e=Emsint=BL2sint故B正确C、线圈从图示位置转过180的过程中，穿过线圈磁通量的变化量大小为=2BS=2B=BL2，流过电阻R的电荷量为q=，故C错误D、感应电动势的有效值为E=，感应电流有效值为I=，R产生的热量为Q=I2RT，T=，联立得Q=故D正确故选：BD点评：本题要掌握正弦式交变电流瞬时值表达式，注意计时起点，掌握感应电荷量的经验公式q=，知道用有效值求热量三、简答题：本题分必做题（第10、11、12题）和选做题（第13题）两部分，共计42分请将解答填写在答案卷相应的位置10（6分）（xx泗阳县校级模拟）如图螺旋测微器的读数为3.290m，游标卡尺的读数为0.22cm考点：刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用专题：实验题分析：游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读解答：解：螺旋测微器的固定刻度读数为3mm，可动刻度读数为0.0129.0mm=0.290mm，所以最终读数为：3mm+0.290mm=3.290mm；游标卡尺的固定刻度读数为0.2cm，游标尺上第2个刻度与主尺上某一刻度对齐，因此游标读数为0.12mm=0.2mm=0.02cm，所以最终读数为：0.2cm+0.02cm=0.22cm故答案为：3.290，0.22点评：解决本题的关键掌握游标卡尺和螺旋测微器的读数方法，游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读11（6分）（xx江西模拟）某实验小组设计了如图（a）所示的实验装置，通过改变重物的质量，利用计算机可得滑块运动的加速度a和所受拉力F的关系图象他们在轨道水平和倾斜的两种情况下分别做了实验，得到了两条aF图线，如图（b）所示（1）图线是在轨道左侧抬高成为斜面情况下得到的（选填“”或“”）；（2）滑块和位移传感器发射部分的总质量m=kg；滑块和轨道间的动摩擦因数=考点：牛顿第二定律；滑动摩擦力专题：牛顿运动定律综合专题分析：知道滑块运动的加速度a和所受拉力F的关系图象斜率等于滑块和位移传感器发射部分的总质量的倒数对滑块受力分析，根据牛顿第二定律求解解答：解：（1）由图象可知，当F=0时，a0也就是说当绳子上没有拉力时小车就有加速度，该同学实验操作中平衡摩擦力过大，即倾角过大，平衡摩擦力时木板的右端垫得过高所以图线是在轨道右侧抬高成为斜面情况下得到的（2）根据F=ma得a=所以滑块运动的加速度a和所受拉力F的关系图象斜率等于滑块和位移传感器发射部分的总质量的倒数由图形b得加速度a和所受拉力F的关系图象斜率k=2，所以滑块和位移传感器发射部分的总质量m=0.5Kg 由图形b得，在水平轨道上F=1N时，加速度a=0，根据牛顿第二定律得Fmg=0解得=0.2故答案为：（1）；（2）0.5，0.2点评：通过作出两个量的图象，然后由图象去寻求未知量与已知量的关系运用数学知识和物理量之间关系式结合起来求解12（8分）（xx河南一模）某研究小组收集了两个电学元件：电阻R0（约为2k）和手机中的锂电池（电动势E标称值为3.7V，允许最大放电电流为100mA）实验室备有如下器材：A电压表V（量程3V，电阻RV约为4.0k）B电流表A1（量程100mA，电阻RA1约为5）C电流表A2（量程2mA，电阻RA2约为50）D滑动变阻器R1（040，额定电流1A）E电阻箱R2（0999.9）F开关S一只、导线若干（1）为了测定电阻R0的阻值，小明设计了一电路，如图甲所示为其对应的实物图，图中的电流表A应选A2（选填“A1”或“A2”），请将实物连线补充完整（2）为测量锂电池的电动势E和内阻r，小红设计了如图乙所示的电路图根据测量数据作出图象，如图丙所示若该图线的斜率为k，纵轴截距为b，则该锂电池的电动势E=，内阻r=（用k、b和R2表示）该实验的测量值偏小，造成此系统误差主要原因是电压表分流考点：描绘小电珠的伏安特性曲线专题：实验题；恒定电流专题分析：（1）根据通过待测电阻的最大电流选择电流表；为准确测量电阻阻值，应测多组实验数据，根据待测电阻阻值与滑动变阻器最大阻值间的关系确定滑动变阻器的接法；根据待测电阻与电表内阻间的关系确定电流表的接法，然后连接实物电路图（2）由闭合电路的欧姆定律求出与的关系式，根据该关系式求出电源的电动势与内阻；由于电压表的分流作用使测量值偏小解答：解：（1）电压表量程是3V，通过待测电阻的最大电流I=0.0015A=1.5mA，因此电流表应选电流表A2（量程2mA，电阻RA2约为50）；待测电阻R0阻值约为2k，滑动变阻器R1（040，额定电流1A）与电阻箱R2（0999.9）最大阻值均小于待测电阻阻值，变阻器采用限流接法时待测电阻电压与电流变化范围较小，不能测多组实验数据，为测多组实验数据，减小实验误差，滑动变阻器应采用分压接法；=40，=2，电流表应该采用内接法，实物电路图如图所示（2）由图乙所示电路可知，E=U+Ir=U+r，则=+，因此图象的纵轴截距b=，电动势E=，图象的斜率k=，则电源内阻r=kE=；由图乙所示可知，由于电压表分流，使实验的测量值偏小故答案为：（1）A2；电路图如图所示；（2）；电压表的分流点评：根据待测电阻与滑动变阻器阻值间的关系确定滑动变阻器的接法，根据待测电阻阻值与电表内阻间的关系确定电流表的接法是正确连接实物电路图的前提与关键【选修模块33】（12分）13（4分）（xx泗阳县校级模拟）下列说法中正确的是 （）A布朗运动是悬浮在液体中固体颗粒的分子无规则运动的反映B晶体内部的物质微粒是有规则地排列的，而非晶体内部物质微粒排列是不规则的晶体内部的微粒是静止的，而非晶体内部的物质微粒是不停地运动着C浸润与不浸润均是分子力作用的表现D热力学温标的最低温度为0K，它没有负值，它的单位是物理学的基本单位之一考点：分子间的相互作用力；热力学第一定律专题：分子间相互作用力与分子间距离的关系分析：由布朗运动定义可以判定A由晶体和非晶体的特征可判定B浸润与不浸润均是分子力作用的表现热力学温标的最低温度为0K，它没有负值，它的单位是物理学的基本单位之一解答：解：A、布朗运动是悬浮在液体中固体颗粒的无规则运动，反映的是液体分子的无规则热运动，故A错误B、晶体内部的物质微粒是有规则地排列的，而非晶体内部物质微粒排列是不规则的晶体和非晶体内部的物质微粒都是不停地运动着，故B错误C、浸润与不浸润均是分子力作用的表现，故C正确D、热力学温标的最低温度为0K，称为绝对零度，它没有负值，它的单位是物理学的基本单位之一，故D正确故选：CD点评：本题重点掌握晶体和非晶体的特征，知道热力学温度的含义，基础题14（8分）（xx泗阳县校级模拟）（1）一定质量的理想气体，从状态A变化到状态B，其压强p和温度T的关系如图所示，则理想气体的分子平均动能增大（填“增大”或“减小”）若此过程中气体的内能变化1.2105J，气体对外做功1.0105，则气体吸热（填“吸”或“放”）2.2105J（2）体积为V的纯油酸在水面上完全散开的面积为S，则油酸分子直径为；若油酸的摩尔质量为M，密度为p，则阿伏伽德罗常数NA=（球的体积V与直径D的关系为）考点：热力学第一定律；阿伏加德罗常数专题：热力学定理专题分析：根据气体状态方程和已知的变化量去判断其它的物理量对于一定质量的理想气体，温度升高，那么气体的平均动能和内能都增加根据热力学第一定律判断气体吸热还是放热油酸溶液滴在水面上扩散后形成的油酸油膜最大面积时，形成单分子油膜，油膜的厚度等于分子直径由油酸的体积与面积之比求出分子直径把分子看成立文体形，阿伏加德罗常量为NA等于摩尔体积与分子体积之比解答：解：（1）由图象知气体的温度增加，分子的平均动能增大，内能升高，由热力学第一定律公式：U=Q+W，知Q=UW=1.2105+1.0105=2.2105J，即吸收热量（2）体积为V的纯油酸在水面上完全散开的面积为S，则油酸分子直径为d=，把油酸分子看成立球体，则有：NA代入解得：NA=故答案为：增大，吸，2.2105，点评：对于气体状态图象，根据气态方程分析状态变化过程，要掌握一定质量的理想气体的内能只跟温度有关对单分子油膜法测定分子直径原理的理解和应用，建立模型是解题的关键【选修模块3-5】(12分)15（xx泗阳县校级模拟）下列说法正确的是 （）A比结合能小的原子核结合成比结合能大的原子核时一定释放核能B一定强度的入射光照射某金属发生光电效应时，入射光的频率越高，单位时间内逸出的光电子数就越多C根据玻尔理论可知，氢原子辐射出一个光子后，氢原子的电势能减小，核外电子的运动速度增大D射线的速度接近光速，普通一张白纸就可挡住考点：氢原子的能级公式和跃迁；氢原子光谱专题：原子的能级结构专题分析：通过核力的特点进行判断；当有质量亏损时，亏损的质量以能量的形式释放；入射光的频率越高，单个光子的能量值越大；氢原子辐射出一个光子后，氢原子的电势能减小，核外电子的运动速度增大；射线是具有放射性的元素的原子核中的一个中子转化成一个质子同时释放出一个高速电子即粒子射线电离本领最大，贯穿本领最小，普通一张白纸就可挡住解答：解：A、比结合能小的原子核结合成或分解成比结合能大的原子核时有质量亏损，释放核能故A正确B、一定强度的入射光照射某金属发生光电效应时，入射光的频率越高，单个光子的能量值越大，光子的个数越少，单位时间内逸出的光电子数就越少故B错误C、根据玻尔理论可知，氢原子辐射出一个光子后，电子从高轨道跃迁到低轨道，电子与原子核之间的距离变小，库仑力做正功，氢原子的电势能减小；电子与原子核之间的距离变小，由库仑力提供向心力可得，核外电子的运动速度增大故C正确；D、三种射线中，射线电离本领最大，贯穿本领最小，普通一张白纸就可挡住故D错误故选：AC点评：本题考查选修35中内容，考得比较散，关键熟悉教材，牢记这些知识点，即可轻松解决16（xx泗阳县校级模拟）一个中子轰击铀核（）可裂变生成钡（）和氪（）已知、和中子的质量分别是mu、mBa、mKr、mn，则此铀裂变反应的方程为U+nBa+Kr+3n；该反应中一个235U裂变时放出的能量为（mumBamKr2mn）C2（已知光速为c）考点：原子核衰变及半衰期、衰变速度专题：衰变和半衰期专题分析：根据电荷数守恒、质量数守恒写出核反应方程，通过爱因斯坦质能方程求出释放的能量解答：解：铀核裂变需要中子的轰击，根据质量数和电荷数守恒知铀核裂变方程为：U+nBa+Kr+3n一个铀发生反应的质量亏损m=mu+mnmBamKr3 mn=mumBamKr2 mn一个铀核裂变释放能量为E=mc2=（mumBamKr2mn）C2答案为：U+nBa+Kr+3n （mumBamKr2mn）C2点评：解决本题的关键知道在核反应中电荷数守恒、质量数守恒，以及掌握爱因斯坦质能方程17（xx日照二模）如图甲所示，光滑水平面上有A、B两物块，巳知A物块的质量 mA=1kg初始时刻B静止，A以一定的初速度向右运动，之后与B发生碰撞 并一起运动，它们的位移一时间图象如图乙所示（规定向右为位移的正方向），则物体B的质量为多少？考点：动量守恒定律分析：知道动量守恒的条件从位移时间图象中找出物体的速度根据动量守恒定律列出等式解决问题解答：解：因为系统所受的合外力等于零，所以系统动量守恒从位移时间图象中知道：碰撞前A、B速度分别为4m/s，0碰撞后A、B速度为1m/s根据动量守恒定律列出等式：mAvA+0=（mA+mB）v解得：mB=3kg答：物体B的质量为3kg点评：应用动量守恒定律时要清楚研究的对象和守恒条件通过位移时间图象得到一些信息四、计算题：本题共3小题，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，答案中必须明确写出数值和单位18（12分）（xx泗阳县校级模拟）如图所示，在空间中存在垂直纸面向里的磁感应强度为B匀强磁场，其边界AB、CD的宽度为d，在左边界的Q点处有一质量为m，带电量为负q的粒子沿与左边界成30的方向射入磁场，粒子重力不计求：（1）带电粒子能从AB边界飞出的最大速度？（2）若带电粒子能AB边界飞出磁场，粒子在磁场中运动的时间？考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：（1）由粒子处于临界状态，根据几何关系列式，再由牛顿第二定律列出洛伦兹力提供向心力表达式，从而即可求解；（2）根据几何关系画出运动轨迹，从而确定圆心角，再由周期公式，即可求解解答：解：（1）粒子能从AB边界射出，临界情况有：几何关系得，R+Rcos30=d； 牛顿第二定律，Bqv=m 由上两式可解得：=所以粒子能从左边界射出速度应满足（2）粒子能从AB边界射出时，圆心角=3000由周期公式； 解得：所以答：（1）带电粒子能从AB边界飞出的最大速度为：； （2）若带电粒子能AB边界飞出磁场，粒子在磁场中运动的时间为点评：考查牛顿第二定律、匀速圆周运动的周期公式，并与几何关系综合解题，注意考虑粒子的临界情况是本题突破口同时还强调圆心角的正确表示19（14分）（xx徐州校级模拟）如图所示，电阻可忽略的一定长度的光滑平行金属导轨MM、NN固定在水平面上，导轨间距d=0.8m，左端MN间接一阻值R=1.5的电阻，磁感应强度B=1.0T的匀强磁场垂直导轨平面向下，距MN端L=1m处有一金属棒ab与导轨垂直且接触良好，其质量m=0.2kg，电阻r=0.5，在F=2N的水平拉力作用下，由静止开始向MN端运动，到MN的过程中电阻R上产生的焦耳热QR=0.3J求：（1）当金属棒运动速度为1m/s时，棒上的电流大小和方向（2）金属棒从开始运动到MN的过程中，流过电阻R上的电荷量（3）金属棒运动的最大速度vm考点：导体切割磁感线时的感应电动势；安培力；法拉第电磁感应定律专题：电磁感应中的力学问题分析：（1）根据法拉第电磁感应定律与闭合电路欧姆定律可求出感应电流的大小，再由右手定则可确定感应电流的方向（2）根据q=It，I=，综合而得，则代入数据即可解得；（3）由题意可知，根据电阻R上产生的焦耳热，可求出电路中产生的总焦耳热，即为安培力做功；再由拉力做功，安培力做功，结合根据动能定理即可求解解答：解：（1）电动势E=Bdv 电流大小所以I=0.4A 根据右手定则，电流方向b到a （2）电荷量q=It 电流大小电动势=BLd所以q=0.4C （3）金属棒上产生的热量，则整个过程中产生的热量为Q=0.4J，则安培力做功为0.4J金属棒从开始运动到MN的过程中，由动能定理可得，WF+W安= 解得：vm=4m/s答：（1）当金属棒运动速度为1m/s时，棒上的电流大小为0.4A和方向为b到a（2）金属棒从开始运动到MN的过程中，流过电阻R上的电荷量为0.4C（3）金属棒运动的最大速度vm为4m/s点评：考查法拉第电磁感应定律、右手定则、闭合电路欧姆定律、电流与电量表达式、及动能定理，注意右手定则与左手定则的区分，同时注意电阻R的热量并不是克服安培力做功的值20（15分）（xx泗阳县校级模拟）如图所示，竖直平面内有一半径为R的半圆形光滑绝缘轨道，其底端B与光滑绝缘水平轨道相切，整个系统处在竖直向上的匀强电场中，一质量为m，电荷量为q带正电的小球以v0的初速度沿水平面向右运动，通过圆形轨道恰能到达圆形轨道的最高点C，从C点飞出后落在水平面上的D点，试求：（1）小球到达C点时的速度vC及电场强度E；（2）BD间的距离s；（3）小球通过B点时对轨道的压力N考点：动能定理的应用；牛顿第二定律；向心力专题：动能定理的应用专题分析：（1）由动能定理可以求出小球到达C点的速度，小球恰能到达最高点C，说明在C点，轨道对小球没有作用力，重力与电场力的合力提供小球做圆周运动的向心力，由牛顿第二定律列方程，解方程组可以求出小球到达C时的速度、电场强度（2）小球离开C点后做类平抛运动，由匀速运动与匀变速运动的规律可以求出BD间的距离s（3）小球在圆形轨道上做圆周运动，由牛顿第二定律可以求出在B点小球受到的支持力，然后求出轨道受到的压力解答：解：（1）从B到C过程中，由动能定理得：（qEmg）2R=mvC2mv02，小球恰能通过最高点，由牛顿第二定律得：mgqE=m，解得：vC=v0，E=（g）；（2）小球从C到D过程中，小球做类平抛运动，水平方向：s=vCt，竖直方向：2R=at2，由牛顿第二定律得：mgqE=ma，解得：s=2R；（3）小球在B点时，由牛顿第二定律得：F+qEmg=m，解得：F=，由牛顿第三定律得，小球对轨道的压力F=；答：（1）小球到达C点时的速度为v0，电场强度E=（g）（2）BD间的距离s=2R；（3）小球通过B点时对轨道的压力为点评：要知道小球恰能到达最高点C的含义，熟练应用动能定律、牛顿第二定律、类平抛运动的运动规律即可正确解题