2019-2020年高三5月第二次模拟考试物理试题含解析.doc

2019-2020年高三5月第二次模拟考试物理试题含解析一、选择题（本题包括7小题，每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得6分，选对但不全对的得3分，有选错的得0分）14（6分）（xx济宁二模）一批伟大的科学家在物理学理论的建立过程中做出了卓越贡献关于其中一些科学家和他们的贡献，下列说法正确的是（）A开普勒发现了行星运动三定律，从而提出了日心说B牛顿通过分析伽利略的斜面实验，提出了能量守恒的观点C安倍发现了电流的磁效应，并提出了分子电流假说D法拉第发现了电磁感应现象，并揭示了产生电磁感应的条件和本质考点：物理学史 分析：本题是物理学史问题，根据相关科学家的物理学成就进行解答解答：解：A、哥白尼提出了日心说，开普勒发现了行星运动三定律，故A错误B、伽利略根据小球在斜面上运动的实验和理想实验，得出了力不是维持物体运动原因的结论，并运用数学方法得出了落体运动的规律，但没有提出了能量守恒的观点故B错误C、奥斯发现了电流的磁效应，安培提出了分子电流假说，故C错误D、法拉第发现了电磁感应现象，并揭示了产生电磁感应的条件和本质，故D正确故选：D点评：对于物理学史属于常识性问题，要与主干知识一起学习，平时要加强记忆，注意积累15（6分）（xx济宁二模）某同学将完全相同的甲、乙两块条形磁铁放在粗糙的水平木板上（N极正对），如图所示，并缓慢抬高木板的右端至倾角为，在这一过程中两磁铁均未滑动学习小组内各组各同学对这一过程提出的下列说法中，正确的是（）A甲受到的摩擦力相对木板的方向可能发生变化B乙受到的摩擦力相对木板的方向可能发生变化C继续增大倾角，甲、乙将会同时发生滑动D若减小甲乙间距，重复上述过程，增大倾角时乙会先发生向上滑动考点：共点力平衡的条件及其应用；摩擦力的判断与计算专题：摩擦力专题分析：对两磁铁分别进行受力分析，明确木板转动后，受力的变化，从而分析摩擦力的变化及合力的变化，从而分析物体是否会发生滑动解答：解：A、木板水平时，甲由于受乙的排斥作用，而有指向乙的摩擦力；当斜面转动后，甲受重力、支持力及向下的斥力，则甲的摩擦力只能指向乙；故A错误；B、对乙受力分析可知，开始时乙受到的摩擦力指向甲；当木板转动后，乙受重力、支持力、斥力的作用，若重力向下的分力大于斥力，则摩擦力可能变成向上；故B正确；C、由以上受力分析可知，增大倾角，甲受到的向下的力要大于乙受的力；故甲应先发生滑动；故C错误；D、若减小甲乙间距，则两磁铁间的斥力增大，但效果与C中相同，故甲先滑动；故D错误；故选：B点评：本题考查摩擦力及物体的受力分析问题，要注意做好受力分析，明确物体的受力情况才能判断其运动情况；同时要注意静摩擦力可以发生变化16（6分）（xx济宁二模）如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为22：1，b是原线圈的中心抽头，图中电表均为理想的交流电表，定值电阻R=10，其余电阻均不计从某时刻开始在原线圈c、d两端加上如图乙所示的正弦交变电压，则下列说法中正确的是（）A当单刀双掷开关与a连接时，电压表的示数为14.14VB当单刀双掷开关与a连接且t=0.02s时，电流表示数为零C当单刀双掷开关由a拨向b后，原线圈的输入功率变大D当单刀双掷开关由a拨向b后，副线圈输出电压的频率增大考点：变压器的构造和原理；正弦式电流的图象和三角函数表达式专题：交流电专题分析：根据图象可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，电流表和电压表的读数为有效值，再根据电压与匝数成正比即可求得结论解答：解：由图象可知，电压的最大值为Um=311V，交流电的周期为T=2102s，所以交流电的频率为f=50Hz，A、交流电的有效值为U=220V，根据电压与匝数成正比可知，副线圈的电压为10V，故A错误；B、当单刀双掷开关与a连接时，副线圈电压为10V，所以副线圈电流为1A，电流表示数为电流的有效值，不随时间的变化而变化，所以当t=0.02s时，电流表示数为1A，故B错误；C、当单刀双掷开关由a拨向b时，原线圈的匝数变小，所以副线圈的输出的电压要变大，电阻R上消耗的功率变大，原线圈的输入功率也要变大，故C正确；D、变压器不会改变电流的频率，所以输出电压的频率不变，故D错误故选：C点评：掌握住理想变压器的电压、电流之间的关系，即电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，最大值和有效值之间的倍关系即可解决本题17（6分）（xx济宁二模）火星是位于地球轨道外侧的第一颗行星，它的质量约为地球质量的，直径约为地球直径的公转周期约为地球公转周期的2倍在xx年出现火星离地球最近、发射火星探测器最佳的时段以下说法正确的是（可认为地球与火星都绕太阳做匀速圆周运动）（）A火星表面的重力加速度约为地球表面重力加速度的0.4倍B火星的第一宇宙速度约是地球第一宇宙速度的倍C火星公转轨道半径约是地球公转轨道半径的2倍D下一个最佳发射期，最早要到xx年考点：万有引力定律及其应用；第一宇宙速度、第二宇宙速度和第三宇宙速度专题：万有引力定律的应用专题分析：火星和地球都绕地球做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律列式判断；星球表面的重力加速度为g=，第一宇宙速度为v=解答：解：A、根据g=，火星表面的重力加速度与地球表面重力加速度之比为：=0.4，故A正确；B、根据v=，=，故B正确；C、根据牛顿第二定律，有：G解得：T=2故，故C错误；D、当地球与火星最近时，是最佳发射期，两次最佳发射期间隔中地球多转动一圈，故：解得：t=2年，在xx年出现火星离地球最近、发射火星探测器最佳的时段，故下一个最佳发射期，最早要到xx年，故D错误；故选：AB点评：对于选择题，可以用一些二级结论来快速解题，如本题要记住星球表面的重力加速度公式和第一宇宙速度公式18（6分）（xx济宁二模）如图所示，真空中M、N处放置两等量同种负电荷，a、b、c为电场中的三点，实线PQ为M、N连线的中垂线，a、b两点关于MN对称，a、c两点关于PQ对称，则以下判定正确的是（）Aa点的场强与c点的场强完全相同B实线PQ上的各点电势相等C负电荷在a点的电势能等于在c点的电势能D若将一正试探电荷沿直线由a点移动到b点，则电场力先做正功，后做负功考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势能专题：电场力与电势的性质专题分析：根据正电荷在电势高处电势能大，判断电势高低，即可确定M处电荷的电性；根据电场线的分布情况，分析场强关系；由电势的高低，判断电场力对正电荷做功正负解答：解：A、a点与c点为关于两电荷的中垂线对称，则场强大小相等但方向不同，故A错误；B、画出PQ上的电场线如图所示根据顺着电场线方向电势逐渐降低，可知，实线PQ上的各点电势不等，故B错误C、因为a与c两点电势相等，由EP=q，知负电荷在a点的电势能等于在c点的电势能，故C正确D、将正试探电荷沿直线由a点移动到b点，电势先降低后升高，则电势能先减小后增大，电场力先做正功、后做负功故D正确故选：CD点评：在电场中跟据带电粒子运动轨迹和电场线关系判断电场强度、电势、电势能、动能等变化是对学生基本要求，也是重点知识，要重点掌握19（6分）（xx济宁二模）如图所示，轻质弹簧的一端与固定的竖直板P栓接，另一端与物体A相连，物体A静止于光滑水平桌面上，A右端连接一细线，细线绕过光滑的定滑轮与物体B相连开始时用手托住B，让细线恰好伸直，然后由静止释放B，直至B获得最大速度下列有关该过程的分析正确的是（）AB物体受到绳的拉力保持不变BB物体机械能的减少量小于弹簧弹性势能的增加量CA物体动能的增量等于B物体重力做功与弹簧对A的弹力做功之和DA物体与弹簧所组成的系统机械能的增加量等于细线拉力对A做的功考点：功能关系；胡克定律专题：压轴题分析：正确解答该题要分析清楚过程中物体受力的变化情况，如弹簧的弹力时刻发生变化，因此A、B均做变加速运动，故绳子上的拉力是变力；根据功能关系明确系统动能、B重力势能、弹簧弹性势能等能量的变化情况，注意各种功能关系的应用解答：解：A、以A、B组成的系统为研究对象，有mBgkx=（mA+mB）a，从开始到B速度达到最大的过程中B加速度逐渐减小，由mBgT=mBa可知，在此过程绳子上拉力逐渐增大，是变力，故A错误；B、整个系统中，根据功能关系可知，B减小的机械能能转化为A的机械能以及弹簧的弹性势能，故B物体机械能的减少量大于弹簧弹性势能的增加量，故B错误；C、根据动能定理可知，A物体动能的增量等于弹簧弹力和绳子上拉力对A所做功的代数和，故C错误；D、系统机械能的增量等于系统除重力和弹簧弹力之外的力所做的功，A物体与弹簧所组成的系统机械能的增加量等于细线拉力对A做的功，故D正确故选D点评：正确受力分析，明确各种功能关系，是解答这类问题的关键，这类问题对于提高学生的分析综合能力起着很重要的作用20（6分）（xx济宁二模）如图所示，有一个等腰直角三角形的匀强磁场区域，其直角边长为L，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B边长为L、总电阻为R的正方形导线框abcd，从图示位置开始沿x轴正方向以速度v匀速穿过磁场区域取沿abcda的感应电流为正，则下图中表示线框中电流i随bc边的位置坐标x变化的图象正确的是（）ABCD考点：导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律专题：电磁感应与图像结合分析：分段确定线框有效的切割长度，分析线框中感应电动势的大小与位置坐标的关系线框的电阻一定，感应电流与感应电动势成正比解答：解：bC边的位置坐标x在L2L过程，线框bc边有效切线长度为l=xL，感应电动势为E=Blv=B（xL）v，感应电流，电流的大小随x逐渐增大；根据楞次定律判断出来感应电流方向沿abcda，为正值x在2L3L过程，根据楞次定律判断出来感应电流方向沿adcba，为负值，线框ad边有效切线长度为l=x2L，感应电动势为E=Blv=B（x2L）v，感应电流，大小随x逐渐增大，根据数学知识得C正确故选：C点评：本题关键确定线框有效切割长度与x的关系，再结合数学知识选择图象二、解答题（共4小题，满分56分）21（1）（xx济宁二模）某同学想测出济宁当地的重力加速度g，并验证机械能守恒定律为了减小误差他设计了一个实验如下：将一根长直铝棒用细线悬挂在空中（如图甲所示），在靠近铝棒下端的一侧固定电动机M，使电动机转轴处于竖直方向，在转轴上水平固定一支特制笔N，借助转动时的现象，将墨汁甩出形成一条细线调整笔的位置，使墨汁在棒上能清晰地留下墨线启动电动机待转速稳定后，用火烧断悬线，让铝棒自由下落，笔在铝棒上相应位置留下墨线图乙是实验时在铝棒上所留下的墨线，将某条合适的墨线A作为起始线，此后每隔4条墨线取一条计数墨线，分别记作B、C、D、E将最小刻度为毫米的刻度尺的零刻度线对准A，此时B、C、D、E对应的刻度依次为14.68cm，39.15 cm，73.41 cm，117.46 cm已知电动机的转速为3000 r/min求：相邻的两条计数墨线对应的时间间隔为0.1s；由实验测得济宁当地的重力加速度为9.79m/s2；（结果保留三位有效数字）该同学计算出划各条墨线时的速度v，以v2为纵轴，以各条墨线到墨线A的距离h为横轴，描点连线，得出了如图丙所示的图象，据此图象能（填“能”或“不能”）验证机械能守恒定律，图线斜率的含义是2g图线不过原点的原因是A点对应的速度不为零考点：验证机械能守恒定律专题：实验题分析：（1）根据转速求出转动的周期，从而得出相邻的两条计数墨线对应的时间间隔；（2）根据连续相等时间内的位移之差是一恒量求出重力加速度的大小；（3）根据机械能守恒得出v2h的关系式，结合关系式得出图线斜率的含义和图线不过原点的原因解答：解：（1）电动机的转速为3000 r/min=50r/s，可知相邻两条墨线的时间间隔为0.02s，每隔4条墨线取一条计数墨线，则相邻的两条计数墨线对应的时间间隔为0.1s；（2）xBC=39.1514.68cm=24.47cm，xCD=73.4139.15cm=34.26cm，xDE=117.4673.41cm=44.05cm，可知连续相等时间内的位移之差x=9.79cm，根据x=gT2得，g=（3）根据得，若v2h图线为直线，则机械能守恒所以此图象能验证机械能守恒图线的斜率为2g，图线不过原点的原因是A点对应的速度不为零故答案为：（1）0.1，（2）9.79，（3）能，2g，A点对应速度不为零点评：本题中笔在铝棒上相应位置留下墨线和打点计时器的原理相同，处理的方法和纸带的处理方法相同，会通过连续相等时间内的位移之差是一恒量求解重力加速度（2）（xx济宁二模）某实验小组利用如图所示电路测定一节干电池的电动势能E和内电阻r备有下列器材A、待测干电池，电动势约1.5VB、电流表，量程3mAC、电流表，量程0.6AD、电压表，量程3VE、电压表，量程1.5VF、滑动变阻器，020G、滑动变阻器0500H、开关、导线若干实验中电流表选用C，电压表选用E，滑动变阻器选用F（填标号）请按电路图将实物连接起来一位同学测得的6组数据如表所示，试根据数据作出UI图线，并根据图线求出电池的电动势E=1.45V，电池的内电r=0.70组别123456电流I/A0.120.200.310.320.500.57电压U/V1.371.321.241.181.101.05考点：测定电源的电动势和内阻专题：实验题分析：（1）根据电池电动势选择电压表，根据电路最大电流选择电流表，为方便实验操作，在保证安全的前提下，要选择最大阻值较小的滑动变阻器（2）根据伏安法测电源电动势与内阻的实验原理图将电路连线补充完整（3）电源的UI图象与纵轴的交点坐标值是电源的电动势，图象斜率的绝对值是电源的内阻解答：解：（1）干电池电动势约为1.5V，电压表应选：E，根据实验数据得出最大电流为0.57A，因此电流表应选：C；干电池电动势约为1.5V，电流表量程为0.6A，电路最小电阻约为：R=2.5，为方便实验操作，滑动变阻器应选：F；根据伏安法测电源电动势与内阻的实验原理图将电路连线补充完整利用表中坐标值，采用描点法并连线得图象如图所示；由闭合电路欧姆定律可知U=EIr，再由数学知识可知，图象与纵坐标的交点为电源的电动势故电源的电动势为1.45V；而图象的斜率表示电源的内阻，r=0.70；故答案为：（1）C、E、F；（2）如图；（3）如图，1.45，070点评：本题考查了实验器材的选取、作实验电路图、求电动势与内阻，知道实验器材的选取原则、知道实验原理、掌握应用图象法处理实验数据的方法即可正确解题在计算电源的内阻的时候，一定要注意纵坐标的数值是不是从0开始的22（18分）（xx济宁二模）如图所示，左边是一足够长的固定光滑曲面AB，其底端B的切线水平，B点与水平传送带的左端刚好平齐接触，传送带的长度L=5m，沿逆时针方向以恒定速度=2m/s匀速转动CD为光滑的水平轨道，C点与传送带的左端刚好平齐接触，DE是竖直放置的半径为R=0.4m的光滑半圆轨道，DE与CD相切于D点一个质量为m=1kg的物块（可视为质点）与传送带间的动摩擦因数=0.2，取g=10m/s2（1）若物块从曲面AB上距B点高为h=0.8m处由静止开始下滑，通过计算判断物块能否到达C点；（2）若物块从曲面AB上距B点高为H处由静止开始下滑，能够通过C点，并经过圆弧轨道DE，从其最高点E飞出，最终落在CD上距D点的距离为x=1.2m处，求：物块通过E点时受到的压力大小；高度H考点：动能定理；机械能守恒定律专题：动能定理的应用专题分析：（1）物块从h出下滑到底端时有机械能守恒求出到达B点时的速度，当滑上传送带时将做减速运动，速度减到零时求出滑行的位移与传送的长度比较即可；（2）物块从E点做平抛运动，有平抛运动特点求出E点速度，由牛顿第二定律求出物块对轨道的压力；在整个过程中利用动能定理求出高度H解答：解：（1）由A到B的过程中由机械能守恒可知：解得：滑块滑上传送带后后做减速运动由牛顿第二定律可知：mg=ma解得：a=g=0.210m/s2=2m/s2当速度v2=0时到达向右的最大位移为x1解得：故物体不能到达C点（2）从E点做平抛运动，设E点的速度为v3x=v3t联立以上两式解得v3=3m/smg+N=N=从开始下滑到E点的全程由动能定理m=2.25m答：（1）通过计算判断物块不能到达C点；（2）物块通过E点时受到的压力大小为12.5N；高度H为2.25m点评：本题关键明确滑块的运动规律，然后分阶段运用牛顿第二定律、运动学公式、动能定理列式求解，较难23（20分）（xx济宁二模）如图所示，在xOy平面直角坐标系中，直线MN与y轴成30角，P点的坐标为（，0），在y轴与直线MN之间的区域内，存在垂直于xOy平面向外、磁感应强度为B的匀强磁场在直角坐标系xOy的第象限区域内存在沿y轴，正方向、大小为的匀强电场，在x=3a处垂直于x轴放置一平面荧光屏，与x轴交点为Q，电子束以相同的速度v0从y轴上0y2a的区间垂直于y轴和磁场方向射入磁场已知从y=2a点射入的电子在磁场中轨迹恰好经过O点，忽略电子间的相互作用，不计电子的重力求：（1）电子的比荷；（2）电子离开磁场垂直y轴进入电场的位置的范围；（3）从y轴哪个位置进入电场的电子打到荧光屏上距Q点的距离最远？最远距离为多少？考点：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专题：带电粒子在复合场中的运动专题分析：从y轴上y=2a点射入磁场的电子在磁场中的轨迹恰好经过O点，则电子圆周运动的半径为a，根据牛顿第二定律列方程求比荷；粒子在磁场中运动圆轨迹必须与直线MN相切时打到荧光屏上距Q点最远解答：解：（1）由题意可知电子在磁场中的半径为a，由Bev0=m得：=（2）粒子能进入磁场中，且离O点下方最远，则粒子在磁场中运动圆轨迹必须与直线MN相切，粒子轨道的圆心为O点，则OM=2a，由三角函数关系可得：tan30=得：OM=a有OO=0.5a，即粒子在离开磁场离O点下方最远距离为ym=1.5a从y轴进入电场位置在0y1.5a范围内（3）电子在电场中做类平抛运动，设电子在电场的运动时间为t，竖直方向位移为y，水平位移为x，x=v0t竖直方向有：y=t2代入得：x=设电子最终打在光屏的最远点距Q点为H，电子射出电场时的夹角为，则有：tan=有：H=（3ax）tan=（3a）当（3a）=时，即y=a时，H有最大值，由于a1.5a，所以Hmax=a答：（1）电子的比荷=；（2）电子离开磁场垂直y轴进入电场的位置的范围为0y1.5a；（3）从y轴y=a位置进入电场的电子打到荧光屏上距Q点的距离最远，最远距离为a点评：本题属于带电粒子在组合场中的运动，粒子在磁场中做匀速圆周运动，要求能正确的画出运动轨迹，并根据几何关系确定某些物理量之间的关系；粒子在电场中的偏转经常用化曲为直的方法，求极值的问题一定要先找出临界的轨迹，注重数学方法在物理中的应用物理物理3336（1）（xx济宁二模）下列说法正确的是（）A知道水蒸汽的摩尔体积和水分子的体积，可计算出阿伏伽德罗常数B分子间的作用力随分子间距离的增大而减小C晶体都具备各向异性D液体的表面层里的分子距离比液体内部要大些，分子力表现为引力考点：分子间的相互作用力；阿伏加德罗常数；* 晶体和非晶体分析：公式v=只适用于固体和液体，分子间相互作用记住图象；单晶体是各向异性，多晶体各向同性；液体的表面层里的分子距离比液体内部要大些，分子力表现为引力；解答：解：公式v=只适用于固体和液体，故知道水蒸汽的摩尔体积和水分子的体积，不可计算出阿伏伽德罗常数，A错误；B、分子间的作用力随分子间距离的增大先减小再增大后减小，如图，故B错误；C、晶体中单晶体是各向异性，多晶体各向同性，故C错误；D、液体的表面层里的分子距离比液体内部要大些，分子力表现为引力，故D正确故选：D点评：此题注意公式公式v=只适用于固体和液体，对分子间相互作用力的图象要熟记（2）（xx济宁二模）如图，一直立的气缸用一质量为m的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞横截面积为S，气体最初的体积为V0，气体最初的压强为；气缸内壁光滑且缸壁是导热的开始活塞被固定，打开固定螺栓K，活塞下落，经过足够长时间后，活塞停在B点，设周围环境温度保持不变，已知大气压强为P0，重力加速度为g求： 活塞停在B点时缸内封闭气体的体积V； 整个过程中通过缸壁传递的热量Q（一定质量理想气体的内能仅由温度决定）考点：理想气体的状态方程专题：理想气体状态方程专题分析：对活塞受力分析，求出封闭气体的压强，由玻意耳定律求出气体体积；求出外界度气体做的功，然后由热力学第一定律求出传递的热量解答：解：活塞在B处时，对活塞B，由平衡条件得：p0S+mg=pBs，解得，气体压强：pB=p0+，pA=，VA=V0，pB=p0+，活塞从A到B过程，由玻意耳定律：pAVA=pBVB，解得：VB=；活塞下降的高度：h=，活塞下降过程，外界对气体做功：W=Fh=pBSh=+，由于气体的温度不变，内能的变化：E=0，由热力学第一定律可知：U=W+Q，Q=（+），负号表示气体对外放出热量；答：活塞停在B点时缸内封闭气体的体积为； 整个过程中通过缸壁放出的热量为+点评：本题考查了求气体体积、求传递的热量，应用平衡条件、玻意耳定律、热力学第一定律即可正确解题，应用热力学第一定律时，要注意各符号正负的含义物理物理3437（1）如图所示是水面上两列频率相同的波的某时刻的叠加情况，图中实线为波峰面，虚线为波谷面已知两列波的振幅均为2cm，波速2m/s，波长8cm，E点是BD和AC连线的交点下列说法正确的是（）AA、C处两质点是振动加强的点BB、D处两质点在该时刻的竖直高度差是4cmCE点处质点是振动加强的点D经0.02s，B点处质点通过的路程是2cm考点：波的叠加分析：两列频率相同的两列水波可形成稳定的干涉，波峰与波谷相遇处振动减弱，波峰与波峰、波谷与波谷相遇处振动加强，振动加强点的振幅等于两列波单独传播时振幅的两倍解答：解：A、A、C处两质点是两列波波峰与波谷叠加的地方，振动减弱故A错误B、B、D两点都是振动加强的点，振幅都是4cm，此时B点处于波峰，B点处于波谷，则B、D处两质点在该时刻的竖直高度差是8cm故B错误C、B、D两点都是振动加强的点，它们的连线上各点振动也加强，形成振动加强的区域，所以E点处质点是振动加强的点故C正确D、由v=得，T=102s=0.04s，时间t=0.02s=，则B点处质点通过的路程是S=2A=24cm=8cm故D错误故选：C点评：本题考查对波的叠加原理及规律的理解能力两列波叠加振动加强时，振幅增大，等于两列波单独传播时振幅之和（2）如图所示，平行玻璃板的厚度为d，光线AB以入射角i=60从空气射到平行玻璃板的上表面的B点，经过两次折射后从玻璃板的下表面C点射出已知玻璃的折射率门n=求出射光线CD相对于入射光线AB偏离的距离考点：光的折射定律专题：光的折射专题分析：作出光路图，根据折射定律求出折射角，结合几何关系求出出射光线与入射光线间的距离解答：解：作出光路如图，设折射角为r由折射定律得n=光在平行玻璃砖中的传播如图所示，根据几何关系可知：=sin（ir）=cosr联立解得：偏离的距离CE=d答：出射光线CD相对于入射光线AB偏离的距离CE=d点评：本题对数学几何能力要求较高，关键掌握折射定律，求出折射角，运用几何知识进行求解物理物理3538、（1）关于原子和原子核，下列说法正确的是（）A汤姆生瑟发现了电子，表明原子具有核式结构B按照玻尔理论，氢原子辐射光子时，核外电子的动能增加C卢瑟福用粒子轰击氮原子核，其核反应方程式是N+HeO+HDI的半衰期是8天，8克I经过16天后还剩4克未衰变考点：裂变反应和聚变反应；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：汤姆生发现了电子，表明原子还是可以再分的，提出西瓜模型；氢原子辐射光子时，从较高能级跃迁到较低的能级，电子的轨道半径减小，动能变大，电势能减小，总能量减小；半衰期是原子核有一半发生衰变的时间解答：解：A、汤姆生发现了电子，表明原子还是可以再分的，故A错误；B、按照玻尔理论，氢原子辐射光子时，从较高能级跃迁到较低的能级，电子的轨道半径减小，动能变大，电势能减小，总能量减小，故B正确；C、卢瑟福用粒子轰击氮原子核而发现了质子，其核反应方程式是N+HeO+H，故C正确；D、I的半衰期是8天，8克I经过8天后有一半发生衰变，还剩4克未衰变，故D错误；故选：BC点评：本题考查了原子模型的建立过程、半衰期的概念、质子的发现过程等，知识点多，难度小，记住基础知识是关键（2）云室处在磁感应强度为B的匀强磁场中，一静止质量为m1，的原子核在云室中发生一次a衰变a粒子的质量为m2，电量为q，其运动轨迹在与磁垂直的平面内现测得a粒子的运动轨道半径R，试求在衰变过程中的质量亏损（涉及动量问题时，亏损的质量可忽略不计）考点：动量守恒定律；带电粒子在匀强磁场中的运动分析：衰变放出的 粒子在匀强磁场中，由洛伦兹力提供向心力而做匀速圆周运动，由牛顿第二定律求出粒子的速度，根据动量守恒求出反冲核的速度在衰变过程中 粒子和反冲核的动能来源于核能，即可求出核能，再由质能方程求出质量亏损解答：解：衰变放出的粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，则有 qvB= 衰变过程，动量守恒，设新核速度为v1，则有 0=m2v（m1m2）v1 衰变过程粒子、新核的动能来自核能，所以衰变释放的核能为E=（m1m2）v12+m2v2 又E=mc2由得m=答：衰变过程中的质量亏损为点评：本题中原子核的衰变类似于炸弹爆炸，遵守动量守恒和能量守恒