2019-2020年高三第三次模拟考试物理试题 含解析.doc

2019-2020年高三第三次模拟考试物理试题 含解析一、单项选择题1用两根悬绳悬挂同一镜框，如图所示的四种方法中，每根悬绳所受拉力最小的是（）考点：力的合成；力的合成与分解的运用.分析：当合力一定时，两分力的夹角越小，分力越小，两分力的夹角越大，分力越大解答：解：镜框受重力和两根绳子的拉力处于平衡，合力等于0，知两根绳子拉力的合力等于重力，绳子的夹角越小，绳子拉力越小故B正确，A、C、D错误故选B点评：解决本题的关键知道合力和分力遵循平行四边形定则，合力一定，分力夹角越大，分力越大2如图所示，在理想变压器输入端AB间接入220V正弦交流电，变压器原线圈n1=110匝，副线圈n2=20匝，O为副线圈中间抽头，D1、D2为理想二极管，阻值R=20，则R上消耗的热功率为（）A. 10W B. 20W C. 40W D. 80W考点：变压器的构造和原理.专题：交流电专题分析：二极管的作用是只允许正向的电流通过，再根据电压与匝数成正比可求副线圈两端电压，从而求解电阻两端电压，根据从而求出功率解答：解：在AB间接入正弦交流电U1=220V，变压器原线圈n1=110匝，副线圈n2=20匝，有：，得有效值U2=40VO为副线圈正中央抽头，则R两端电压为20V，所以R消耗的热功率为：所以ACD错误，B正确；故选：B点评：本题需要掌握变压器的电压之比和匝数比之间的关系，同时对于二极管和电容器的作用要了解，另外也要注意求解功率要用有效值3金属探测器已经广泛应用于安检场所，关于金属探测器的论述正确的是（）A金属探测器可用于食品生产，防止细小的砂石颗粒混入食品中B金属探测器探测地雷时，探测器的线圈中产生涡流C金属探测器探测金属时，被测金属中感应出涡流D探测过程中金属探测器与被测物体相对静止与相对运动探测效果相同考点：涡流现象及其应用.分析：金属探测器在探测金属时，由于在被测金属中产生的涡流从而使报警器工作解答：解：A、金属探测器只能探测金属，不能用于食品生产，防止细小的砂石颗粒混入食品中；故A错误；B、金属探测器探测金属时，被测金属中感应出涡流；故B错误，C正确；D、探测过程中工作时金属探测器应与被测物体相对运动；相对静止时无法得出探测效果；故D错误；故选：C点评：本题考查涡流的工作原理，要注意明确只有金属物体相对探测器运动时才能产生涡流4某旅游景点的滑沙场如图甲所示，滑道可看作斜面，一名旅游者乘同一个滑沙撬从志点由静上出发，先后沿倾角不同的滑道AB和AB滑下，最后停在水平沙面上，示意图如图乙所示，设滑沙撬和沙面间的动摩擦因数处处相同，则旅游者（）A沿两滑道滑行的位移一定相等B沿两滑道滑行的时间一定相等C沿两滑道滑行的总路程一定相等D到达B点和B点的速率相同考点：动能定理的应用；位移与路程.专题：直线运动规律专题分析：根据动能定理研究甲在B点的速率与乙在B点的速率大小关系根据几何知识分析两人路程关系由动能定理研究水平位移的关系，并确定甲、乙停止滑行后回头看A处的红旗时视线的仰角关系解答：解：设滑道的倾角为，动摩擦因数为A、由图可知，两人起点和终点相同，故两人的位移一定相同；故A正确；BD、滑沙者在由斜面滑到水平面的过程中，由动能定理，mghmgcos=mv20，即得：mghmghcot=mv2由于AB与水平面的夹角小于AB与水平面的夹角，所以得知甲在B点的速率大于乙在B点的速率故D错误C由题意可知，两人经过的轨迹的长度不同；故路程不同；故C错误；故选：A点评：本题考查位移与路程、动能定理等内容，要注意正确分析过程，从而选择合理的物理规律求解5（3分）（xx盐城三模）竖直平面内有一个圆弧AB，OA为水平半径，现从圆心O处以不同的初速度水平抛出一系列质量相同的小球，这些小球都落到圆弧上，小球落到圆弧上时的动能（）A越靠近A点越大B越靠近B点越大C从A到B先减小后增大D从A到B先增大后减小考点：平抛运动.专题：平抛运动专题分析：小球做平抛运动，根据平抛运动的规律得到初速度与下落高度的关系；根据动能定理得到小球落到圆弧上时的动能与下落高度的关系，再根据数学知识分析即可解答：解：设小球落到圆弧上时下落竖直高度为y，水平位移为x，动能为Ek小球平抛运动的初速度为v0，圆弧AB的半径为R则有：x=v0t，y=则得：v0=x由几何关系得：x2+y2=R2；根据动能定理得：Ek=mgy联立得：Ek=（+3y）根据数学知识可知：+3yR，当=3y，即y=时，+3y有最小值，则此时Ek最小因此小球落到圆弧上时的动能从A到B先减小后增大，故C正确故选：C点评：本题采用数学上函数法，得到动能与y的解析式，由数学不等式法分析动能的变化情况二、多项选择题6（4分）（xx盐城三模）马航客机失联牵动全世界人的心，现初步确定失事地点位于南纬3152东经11552的澳大利亚西南城市珀斯附近的海域，有一颗绕地球做匀速圆周运动的卫星，每天上午同一时刻在该区域的正上方海面照像，则（）A该卫星可能是通过地球两极上方的轨道B该卫星平面可能与南纬3152所确定的平面共面C该卫星平面一定与东经11552所确定的平面共面D地球自转周期一定是该卫星运行周期的整数倍考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系.专题：运动学与力学（二）；人造卫星问题分析：卫星绕地球做圆周运动，万有引力提供圆周运动向心力，故卫星轨道平面必与地心共面，且地心为轨道圆心，据此分析即可解答：解：A、卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供圆周运动向心力，故地心必在轨道平面内，故该卫星的轨道可能通过两极的上方，故A正确；B、若卫星平面与南纬3152所确定的平面共面，则地心不在轨道平面内，万有引力指向地心，故不能满足万有引力提供圆周运动向心力的要求，故B错误；C、由于地球自转作用，该卫星平面一定与东经11552所确定的平面不共面，故C错误；D、由于卫星每天上午同一时刻在该区域的正上方海面照像，故知地球自转一周，则该卫星绕地球做圆周运动N周，即地球自转周期一定是该卫星运行周期的整数倍，故D正确；故选：AD点评：解决本题的关键是抓住卫星绕地球做圆周运动万有引力提供圆周运动向心力，由于卫星所受万有引力指向地心，故卫星所在轨道平面与地心共面，且地心为轨道的圆心，据此才能正确分析得出结论7（4分）（xx盐城三模）在竖直平面内有两固定点a、b，匀强磁场垂直该平面向里，重力不计的带电小球在a点以不同速率向不同方向运动，运动过除磁场力外，还受到一个大小恒定，方向始终跟速度方向垂直的力作用，对过b点的带电小球（）A如果沿ab直线运动，速率是唯一的B如果沿ab直线运动，速率可取不同值C如果沿同一圆弧ab运动，速率是唯一的D如果沿同一圆弧ab运动，速率可取不同值考点：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：小球在磁场中受到洛伦兹力与已知力的作用，根据题意分析答题解答：解：A、小球如果沿ab直线运动，由于已知力F与洛伦兹力都与速度方向垂直，小球做直线运动，则洛伦兹力与已知力合力为零，小球做匀速直线运动，F=qvB，小球的速度v=，小球速率是一定的，故A正确，B错误；C、已知力与洛伦兹力都与速度方向垂直，两力对小球都不做功，如果沿同一圆弧ab运动，小球在磁场中做匀速圆周运动，小球从a点出发经过b点，小球初速度方向不同，运动轨迹不同，轨道半径不同，速率大小不同，则小球速率可以取不同值，故C错误，D正确；故选：AD点评：洛伦兹力与已知力都与速度方向垂直，两力都不做功，根据小球运动粒子运动轨迹是直线时，小球做匀速直线运动，小球运动轨迹是圆弧时，小球做匀速圆周运动，根据小球受力情况与运动轨迹即可正确解题8（4分）（xx盐城三模）如图所示，甲、乙两船在同一条河流中同时开始渡河，M、N分别是甲、乙两船的出发点，两船头与河岩均成角，甲船船头恰好对准N点的正对岸P点，经过一段时间乙船恰好到达P点，如果划船速度大小相同，且两船相遇，不影响各自的航行，下列判断正确的是（）A甲船也能到达正对岸B两船渡河时间一定相等C两船相遇在NP直线上D渡河过程中两船不会相遇考点：运动的合成和分解.专题：运动的合成和分解专题分析：小船过河的速度为船在静水中的速度垂直河岸方向的分速度，故要求过河时间需要将船速分解为沿河岸的速度和垂直河岸的速度；要求两船相遇的地点，需要求出两船之间的相对速度，即它们各自沿河岸的速度的和解答：解：A、乙船垂直河岸到达正对岸，说明水流方向向右；甲船参与了两个分运动，沿着船头指向的匀速运动，随着水流方向的匀速运动，故不可能到达正对岸，故A错误；B、小船过河的速度为船本身的速度垂直河岸方向的分速度，故小船过河的速度vy=vsin60，故小船过河的时间：t1=，故甲乙两船到达对岸的时间相同，故B正确；C、D、以流动的水为参考系，相遇点在两个船速度方向射线的交点上；又由于乙船沿着NP方向运动，故相遇点在NP的中点上；故C正确，D错误；故选：BC点评：本题考查了运动的合成与分解，相对速度，小船过河问题，注意过河时间由垂直河岸的速度与河宽决定9（4分）（xx盐城三模）如图所示，放在水平地面上的光滑绝缘筒有两个带正电的小球A、B，A位于筒底靠左侧壁处，B在右侧筒壁上P处时处于平衡状态，现将B小球向上移动一段距离，从E处由静止开始释放，则在它下落到筒底前（）A小球A对筒底的压力保持不变B小球B对筒壁的压力逐渐增大C小球B的动能先增大后减小D小球A、B间的电势能逐渐增大考点：库仑定律；力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用.分析：在讨论A对筒底的压力变化时，把AB两球看成系统，根据B的运动判断系统处于失重还是超重，故可知对筒底的压力的变化；在具体到每个物体受力情况时，可以采取隔离法；判断动能变化要看合外力做功情况；判断系统电势能的变化要看电场力做功情况，可以通过判断A、B球之间距离变化情况进行判断，若距离增大，电场力正功，距离减小，电场力做负功解答：解：A、以整体为研究对象可知，A不动，B先加速下降，再减速下降，故整体上看，系统先处于失重，再处于超重，故A对筒底的压力先小于A、B两球的重力，再大于AB的重力，因此B运动的过程中，A对筒底的压力变化，故A错误B、隔离B球受力如图所示，根据水平方向上受力平衡有：FN=Fsin，B下降，两球之间的距离减小，库仑力F变大，同时角变大，sin变大，因此筒壁给球B的支持力FN增大，根据作用力与反作用力可知B球对筒壁的压力变大，故B正确；C、小球从静止释放，先向下加速，经过平衡位置加速度为零，速度最大，故先加速后减速，所以动能先增大再减小，故C正确D、两球之间的距离减小，电场力做负功，系统电势能增大，故D正确故选：BCD点评：正确应用“整体、隔离法”往往可以使问题变得简单，对物体正确进行受力分析依据所处状态列方程是解决平衡问题的关键三、简答题10（8分）（xx盐城三模）某实验桌上有下列器材：定值电阻R0（约2k）电源（电动势约3V，内阻约0.5）电压表V（量程3V，内阻约4k）电流表A1（量程0.6A，内阻约0.5）电流表A2（量程100mA，内阻约50）电流表A3（量程2mA，内阻约50）滑动变阻器R1（040，额定电流1A）（1）为了测定R0的阻值，电流表应选（选填“A1”、“A2”或“A3”）（2）小明设计的测定R0的阻值的电路实物图如图甲所示，用笔画线代替导线将实物图补充完整（3）小华选择了一组器材，连接成如图乙所示的电路，想测量该电源的电动势和内电阻，对于电路的设计，不合理的是电流表采用了内接法（4）小华操作时，发现滑动变阻器触头在右端略向左移动时电流表就满偏，造成这种现象的主要原因是电流表量程偏小，或保护电阻阻值过小考点：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：本题（1）的关键是根据求出的电路中的最大电流来选择电流表量程；题（2）的关键是根据变阻器的全电阻远小于待测电阻可知变阻器应采用分压式接法，根据待测电阻满足可知电流表应用内接法；题（3）的关键根据电源内阻满足可知电流表应用外接法；题（4）的关键是根据闭合电路欧姆定律写出通过电流表的表达式，然后讨论即可解答：解：（1）：根据闭合电路欧姆定律可知，电路中的最大电流为：=，所以电流表应选；（2）：由于滑动变阻器的全电阻远小于待测电阻，所以变阻器应采用分压式接法；由于待测电阻满足，所以电流表应用内接法，电路图如图所示：（3）：由于电源的内阻远小于电压表内阻，满足，电流表相对于待测电源来说应用外接法，所以图乙电路不合理的地方是电流表采用了内接法；（4）：根据闭合电路欧姆定律可知通过电流表的电流满足I=，所以滑动变阻器触头在右端略向左移动时电流表就满偏说明原因可能为：电流表的量程偏小，或保护电阻阻值过小；故答案为：（1）（2）如图（3）电流表采用了内接法（4）电流表量程偏小，或保护电阻阻值过小点评：应明确：应根据电路中通过的最大电流来选择电流表的量程；当变阻器的全电阻远小于待测电阻时，变阻器应采用分压式接法；无论是待测电阻还是电源内阻，只要满足时，电流表应用外接法，满足时，电流表应用内接法11（10分）（xx盐城三模）为测量木块与木板间的动摩擦因数，将木反倾斜，木块以不同的初速度沿木板向上滑到最高点后再返回，用光电门测量木块来回的速度，用刻度尺测量向上运动的最大距离，为确定木块向上运动的最大高度，让木块推动轻质卡到最高点，记录这个位置，实验装置如图甲所示（1）本实验中，下列操作合理的是ACA遮光条的宽度应尽量小些B实验前将轻质卡置于光电门附近C为了实验成功，木块的倾角必须大于某一值D光电门与轻质卡最终位置间的距离即为木块向上运动的最大距离（2）用螺旋测微器测量遮光条的宽度，如图乙所示读数为3.700mm（3）改变木块的初速度，测量出它向上运动的最大距离与木块来回经过光电门时速度的平方差，结果如下表所示，试在丙图坐标纸上作出v2x的图象，经测量木板倾角的余弦值为0.6，重力加速度取g=9.80m/s2，则木块与木板间的动摩擦因数为0.010（结果保留两位有效数字）序号12345X/cm16.036.060.070.088.0v2/m2s20.040.090.150.190.22（4）由于轻质卡的影响，使得测量的结果偏大（选填“偏大”或“偏小”）考点：探究影响摩擦力的大小的因素.专题：实验题；摩擦力专题分析：（1）根据实验步骤与实验原理分析答题；（2）螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数；（3）应用描点法作出图象；由牛顿第二定律与运动学公式求出图象函数表达式，然后根据图象与函数表达式求出动摩擦因数；（4）根据图示实验装置与实验步骤分析实验误差解答：解：（1）A、遮光条宽度与时间的比值是木块的平均速度，可以认为是木块通过光电门时的瞬时速度，遮光条宽度越小，平均速度越接近瞬时速度，实验误差越小，因此遮光条的宽度应尽量小些，故A正确；B、实验时轻质卡应与木块一起向上运动，实验前将轻质卡与木块靠在一起，故B错误；C、当木板倾角大于某一值时，木块重力沿斜面向下的分力大于最大静摩擦力，木块到达最高点后可以反向下滑，否则木块到达最高点后将静止，实验不能成功，为了实验成功，木块的倾角必须大于某一值，故C正确；D、木块出发点与轻质卡最终位置间的距离即为木块向上运动的最大距离，故D错误；故选AC（2）由图乙所示螺旋测微器可知，螺旋测微器示数为：3.5mm+20.00.01mm=3.700mm（3）根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后根据描出的点作出图象如图所示：由牛顿第二定律得：木块上滑时：mgsin+mgcos=ma1，木块下滑时：mgsinmgcos=ma2，由匀变速直线运动的速度位移公式得：0v02=2a1x，v2=2a2x，v2=v02v2=4gxcos，由图示图象可知，动摩擦因数：斜率：k=4gcos=0.25，动摩擦因数：=0.010；（4）由于轻质卡与木板间存在摩擦力，所测摩擦力实际是木块与轻质卡受到的摩擦力的合力，由于轻质卡所受摩擦力影响，所测动摩擦因数偏大故答案为：（1）AC；（2）3.700；（3）图象如图所示，0.010；（4）偏大点评：本题考查了测动摩擦因数实验，知道实验原理与实验步骤是正确解题的关键；应用牛顿第二定律与匀变速运动的速度位移公式求出图象的函数表达式是正确求出动摩擦因数的前提与关键四、选做题（选修模块3-3）12（4分）（xx盐城三模）一定质量的理想气体，保持温度不变，压缩气体，则（）A气体分子的平均速率增大B每个气体分子的动能都不变C容器单位面积上受到分子撞击的平均作用力增大D气体分子单位时间内与容器单位面积碰撞的分子数增加考点：气体压强的微观意义.分析：气体分子的密集程度与密度有关温度是分子平均动能变化的标志解答：解：A、当温度保持不变时，分子平均动能不变，平均速率不变，故A错误B、温度保持不变时，分子平均动能不变，并非指每个分子的平均动能不变，故B错误C、温度保持不变时，压缩气体，气体的压强会变大容器单位面积上受到分子撞击的平均作用力增大，故C正确D、温度保持不变时，压缩气体，气体的压强会变大，气体分子单位时间内与容器单位面积碰撞的分子数增加，故D正确故选：CD点评：，理解气体压强的微观解释和温度的意义加强对基本概念的记忆，基本方法的学习利用，是学好33的基本方法此处高考要求不高，不用做太难的题目13（4分）（xx盐城三模）如图所示，太空宇航员的航天服内充有气体，与外界绝热，为宇航员提供适宜的环境，若宇航员出舱前航天服与舱内气体的压强相等，舱外接近真空，在打开舱门的过程中，舱内气压逐渐降低，航天服内气体内能减少（选填“增加”、“减少”或“不变”）为使航天服内气体保持恒温，应给内部气体加热（选填“制冷”或“加热”）考点：热力学第一定律.专题：热力学定理专题分析：判断气体的吸热与放热可根据热力学第一定律U=W+Q得知，气体的温度不变，气体的压强可从玻意耳定律PV=C得知分子的热运动与温度有关，分子间的引力和斥力与分子间的距离有关解答：解：根据热力学第一定律U=W+Q，Q=0，气体急剧膨胀，气体对外界做功，W取负值，可知U为负值，即内能减小为使航天服内气体保持恒温，应给内部气体加热故答案为：减小，加热点评：解决本题的关键是掌握热力学第一定律U=W+Q及气体状态方程14（4分）（xx盐城三模）我国一些地区空气污染严重，出现了持续的雾霾天气，有人受桶装纯净水的启发，提出用桶装的净化压缩空气供气，设每人1min内呼吸16次，每次吸入1.0105Pa的净化空气500mL，每个桶能装1.0106Pa的净化空气20L，如果这些空气可以全部被使用，不考虑温度的变化，估算每人每天需要吸多少桶净化空气考点：气体的等温变化；阿伏加德罗常数.专题：气体的状态参量和实验定律专题分析：先算出每人每天所吸的空气量，然后由玻意耳定律求出需要桶装空气的量，最后求出需要多少桶桶装空气解答：解：每人每天吸入1.0105Pa=1atm的净化空气的体积为：V=（166024）500mL=1.152106mL=1.152103L设每桶1.0106Pa=10atm的净化空气转化为1atm的体积为V，由玻意耳定律可知：PV=PV解得：V=10V=200L故每人每天需要净化空气的桶数为：n=桶=57.6桶=58桶答：每人每天需要吸58桶净化空气点评：本题关键先求解没人每天需要吸入1atm的净化的空气体积，然后根据玻意耳定律求解每桶10atm的净化空气转化为1atm的体积，最后求解没人每天需要的净化空气桶数五、（选修模块3-4）15（4分）（xx盐城三模）下列各选项中，不属于狭义相对论内容的是（）A光子的能量与光的频率成正比B物体的质量随着其运动速度的增大而增大C在不同的惯性参考系中，时间间隔具有相对性D在不同的惯性参考系中，长度具有相对性考点：狭义相对论.分析：知道狭义相对论的质量、时间、长度效应和光子说是解决此题的关键解答：解：A选项是爱因斯坦的光子说，与相对论无关BCD选项是狭义相对论的质量、时间、长度效应中所描述的对象该题选不属于狭义相对论内容的，故选：A点评：此题考查狭义相对论的基本结论，记住其关于质量、时间和长度效应的描述即可16（4分）（xx盐城三模）一列简谐横波沿x轴的正方向传播，t=0时刻的波形如图所示，此时该波恰好传播到x=4m处，t=0.1s时，质点a第一次到达最低点，则该波的传播速度为10m/s；t=0.6s时，位于x=8m处的质点b恰好第一次沿y轴负方向通过平衡位置考点：波长、频率和波速的关系；横波的图象.分析：利用质点带动法判断a点此刻的振动方向，根据质点a第一次到达最低点的时间求出周期，读出波长，即可求得波速波在同一均匀介质中匀速传播图示时刻a质点的状态传到b点处时，质点b恰好第一次沿y轴负方向通过平衡位置，由公式t=求出质点b恰好第一次沿y轴负方向通过平衡位置的时间解答：解：简谐横波沿x轴的正方向传播，图示时刻a质点正向下运动，经过T第一次到达最低点，即有T=0.1s，得 T=0.4s由图知 =4m，则波速 v=10（m/s）当图示时刻a质点的状态传到b点处时，质点b恰好第一次沿y轴负方向通过平衡位置，则所用时间为 t=s=0.6s，即t=0.6s时，位于x=8m处的质点b恰好第一次沿y轴负方向通过平衡位置故答案为：10，0.6点评：本题考查了波传播的特点，能根据质点带动法判断质点振动方向利用波形的平移法求解波传播的时间17（4分）（xx盐城三模）一束激光以一定入射角从空气射到直角三棱镜ABC的侧面AB上，进入三棱镜后从另一侧面AC射出，调整在AB面上的入射角，当侧面AC上恰无射出光线时，测出此时光在AB面上的入射角为60，求三棱镜的折射率考点：光的折射定律.专题：光的折射专题分析：光线经过棱镜两次折射后从AC侧面射出时，恰无射出光，说明在AC面上恰好发生了全反射，入射角等于临界角，画出光路图在AC面上和AB面上，分别运用折射定律列式；根据几何关系得到AC面上折射角与AB面上入射角之间的关系，联立即可求得n解答：解：光路图如图所示光线在AC面上恰好发生了全反射，则有：=C有：sin=sinC=根据几何知识得：+=则得：cos=sin=sin=在AB面上有：=n 则 sin=nsin=折射率值为：n=解得：n=答：三棱镜的折射率为点评：本题要根据光的折射规律的作图，知道全反射现象及其产生条件，并能结合数学知识求解折射率，画光线时，注意要标出光的传播方向（选修模块3-5）18（xx盐城三模）卢瑟福粒子散射实验中，金箔中的原子核可以看作静止不动，下列各图画出了两个粒子运动到金核附近时的散射轨迹，其中可能正确的是（）ABCD考点：粒子散射实验.分析：在卢瑟福粒子散射实验中，大多数粒子沿直线前进，少数粒子辐射较大角度偏转，极少数粒子甚至被弹回解答：解：粒子受到原子核的斥力作用而发生散射，离原子核越近的粒子，受到的斥力越大，散射角度越大，选项C正确，ABD错误故选：C点评：本题考查了卢瑟福粒子散射实验的现象，还要记住此实验的两个结论19（xx盐城三模）“轨道电子俘获”是放射性同位素衰变的一种形式，它是指原子核（ X）俘获一个核外电子，使其内部的一个质子变为中子，并放出一个中微子，从而变成一个新核（Y）的过程，中微子的质量远小于质子的质量，且不带电，写出这种衰变的核反应方程式生成的新核处于激发态，会向基态跃迁，辐射光子的频率为v，已知真空中的光速为c，普朗克常量为h，则此核反应过程中的质量亏损为考点：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核反应过程中质量的亏损解答：解：核反应方程为：根据爱因斯坦质能方程得：hv=mc2，则质量亏损为：m=故答案为：，点评：解决本题的关键知道在核反应过程中电荷数守恒、质量数守恒，以及掌握爱因斯坦质能方程20（xx盐城三模）用光照射处于基态的氢，激发后放出6种不同频率的光子，氢原子的能级如图所示，普朗克常量为h=6.631034Js，求照射光的频率（结果保留两位有效数字）考点：氢原子的能级公式和跃迁.专题：原子的能级结构专题分析：根据原子能发出6种不同频率的光，通过数学的组合公式 求出原子处于第几能级，抓住能级间跃迁吸收或辐射的光子能量等于两能级的能级差进行分析，从而即可求解解答：解：根据=6知，n=4，则吸收的光子能量E=0.85（13.6）eV=12.75eV再由E=h，解得=3.11015Hz；答：照射光的频率3.11015Hz点评：解决本题的关键掌握能级间跃迁所满足的规律，即EmEn=h，并理解跃迁到第几能级的方法四、计算题21（15分）（xx盐城三模）如图所示为一种获得高能粒子的装置，环形区域内存在垂直纸面向外、大小可调节的均匀磁场，质量为m、电量为+q的粒子在环中做半径为R的圆周运动，A、B为两块中心开有小孔的极板，原来两板间电压为零，每当粒子飞经A板时，两板间加电压U，粒子在两极板间的电场中加速，每当粒子离开时，两板间的电压又为零，粒子在电场一次次加速下动能不断增大，而绕行半径不变，求粒子：（1）绕行n圈回到A板时获得的动能；（2）第一次环形运动时磁感应强度的大小；（3）第一次与第二次加速的时间之比考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力；带电粒子在匀强电场中的运动.专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：（1）粒子在电场中加速，由动能定理可以求出粒子获得的动能；（2）由动能定理求出受到，牛顿第二定律求出磁感应强度大小；（3）由匀变速运动的速度公式求出时间，然后求出时间之比解答：解：（1）粒子经过AB间时被加速，由动能定理得：EK=nqU；（2）经过第一次加速，由动能定理得：qU=mv12，粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：qv1B1=m，解得：B1=；（3）第一次加速时，v10=at1，第二次加速时：v2v1=at2，解得：=；答：（1）绕行n圈回到A板时获得的动能为nqU；（2）第一次环形运动时磁感应强度的大小为；（3）第一次与第二次加速的时间之比点评：粒子在电场中加速，在磁场中偏转，应用动能定理、牛顿第二定律、匀变速运动的速度公式即可正确解题22（16分）（xx盐城三模）如图所示，两根电阻忽略不计、互相平行的光滑金属导轨竖直放置，相距L=1m，在水平虚线间有与导轨所在平面垂直的匀强磁场，磁感应强度B=0.5T，磁场区域的高度d=1m，导体棒a的质量ma=0.2kg、电阻Ra=1；导体棒b的质量mb=0.1kg、电阻Rb=1.5它们分别从图中M、N处同时由静止开始在导轨上无摩擦向下滑动，b匀速穿过磁场区域，且当b刚穿出磁场时a正好进入磁场，重力加速度g=10m/s2，不计a、b棒之间的相互作用，导体棒始终与导轨垂直且与导轨接触良好，求：（1）b棒穿过磁场区域过程中克服安培力所做的功；（2）a棒刚进入磁场时两端的电势差；（3）保持a棒以进入时的加速度做匀变速运动，对a棒施加的外力随时间的变化关系考点：导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律；安培力；电磁感应中的能量转化.专题：电磁感应功能问题分析：（1）b在磁场中匀速运动，其安培力等于重力，根据重力做功情况求出b棒克服安培力分别做的功（2）b进入磁场做匀速直线运动，受重力和安培力平衡，根据平衡条件，结合闭合电路欧姆定律和切割产生感应电动势大小公式，求出b做匀速直线运动的速度大小a、b都在磁场外运动时，速度总是相等，b棒进入磁场后，a棒继续加速运动而进入磁场，根据运动学速度时间公式求解出a进入磁场时的速度大小，由E=BLv求出a棒产生的感应电动势，即可求得a棒刚进入磁场时两端的电势差（3）根据牛顿第二定律求出a棒刚进入磁场时的加速度，再根据牛顿第二定律求出保持a棒以进入时的加速度做匀变速运动时外力与时间的关系式解答：解：（1）b棒穿过磁场做匀速运动，安培力等于重力，则有：BI1L=mbg，克服安培力做功为：W=BI1Ld=mbgd=0.1101=1J（2）b棒在磁场中匀速运动的速度为v1，重力和安培力平衡，根据平衡条件，结合闭合电路欧姆定律得：=mbgvb=10m/s，b棒在磁场中匀速运动的时间为t1，d=vbt1，t1=0.1sa、b都在磁场外运动时，速度总是相等的，b棒进入磁场后，a棒继续加速t1时间而进入磁场，a棒进入磁场的速度为va， va=vb+gt1=10+100.1=11m/s电动势为：E=BLva=0.5111=5.5Va棒两端的电势差即为路端电压为：U=3.3V（3）a棒刚进入磁场时的加速度为a，根据牛顿第二定律得：magBI2L=maaa=g=g=10=4.5m/s2，要保持加速度不变，加外力F，根据牛顿第二定律得：F+magBIL=maa得：F=t=t=0.45t1.1答：（1）b棒穿过磁场区域过程中克服安培力所做的功为1J；（2）a棒刚进入磁场时两端的电势差为3.3V；（3）保持a棒以进入时的加速度做匀变速运动，对a棒施加的外力随时间的变化关系为F=0.45t1.1点评：解决本题的关键明确两棒运动的关系，根据导体棒做匀速直线运动时，重力和安培力平衡，以及匀变速运动时由牛顿第二定律等力学规律进行解答23（16分）（xx盐城三模）如图所示，质量为M=1kg、长L=m、高h=0.2m的矩形滑块A置于水平面上，上表面的左端有一质量为m=1kg的小物块B，A与B、地面间的动摩擦因数分别为1=0.2、2=0.1，用水平力打击滑块A的右端，使之获得向左的速度v0，重力加速度g=10m/s2（1）开始运动时，滑块A的加速度；（2）要使小物块B不滑出滑块，v0应满足的条件；（3）如果v0=3m/s，则小物块B落地时，跟滑块A右端的距离考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系.专题：牛顿运动定律综合专题分析：（1）对A受力分析由牛顿第二定律求的加速度；（2）先确定出临界条件，由牛顿第二定律和运动学公式求的；（3）先利用运动学公式求出B滑离A时的速度，再有平抛运动求出时间，由运动学公式求出相距距离；解答：解：（1）当滑块A开始运动时，上下表面均受到摩擦力的作用：1mg+2（m+M）g=Ma1m/s2=4m/s2方向向右（2）当小物块B滑到大物块的最右端时，速度相同，则小物块不滑出，对小物块B：1mg=maBaB=速度为：vB=aBt=2t位移为对大滑块A：aA=a1=4m/s2速度为：vA=v0+aAt=v04t位移为为：由vA=vB，xAxB=L联立以上各式解得：v0=2m/s即给大滑块的速度不大于2m/s（3）此时小滑块一定从大滑块上滑下，滑出后做平抛运动，大滑块做减速运动；由xAxB=L联立解得：取小滑块滑出后，B的速度为：vB=aBt=A的速度为：B平抛，竖直方向上有：H=水平位移为：xB=vBt联立解得：A滑块做减速运动时的加速度为：2Mg=MaA做减速时的位移：相距距离为：x=xAxB=0.43m答：（1）开始运动时，滑块A的加速度为4m/s2，方向向右；（2）要使小物块B不滑出滑块，v0应满足的条件不大于2m/s（3）如果v0=3m/s，则小物块B落地时，跟滑块A右端的距离为0.43m点评：本题主要考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合运用，关键是抓住运动过程为多运动过程，较难