2019-2020年高二（下）期末物理试卷含解析.doc

2019-2020年高二（下）期末物理试卷含解析一、选择题：每小题4分，共32分第1-5小题只有一项是符合题目要求的；第6-8小题有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有错选的得0分1（4分）（xx广东）如图是物体做直线运动的vt图象，由图可知，该物体（）A第1s内和第3s内的运动方向相反B第3s内和第4s内的加速度相同C第1s内和第4s内的位移大小不等D02s内和04s内的平均速度大小相等考点：匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的速度与时间的关系；牛顿第二定律专题：运动学中的图像专题分析：速度时间图象中速度的符号表示物体的运动方向；图象的斜率等于加速度；图象与时间轴所围的面积表示位移平均速度等于位移与时间之比根据这些知识进行解答解答：解：A、由图知，在前3s内物体的速度均为正值，说明在前3s内物体的运动方向不变，故A错误；B、速度图象的斜率等于加速度，第3s内和第4s内图线的斜率相同，则加速度相同，故B正确；C、图象与时间轴所围的面积表示位移，由几何知识可知第1s内和第4s内的位移大小相等故C错误；D、根据“面积”可知：02s内和04s内的位移相等，所用时间不等，所以平均速度不等，故D错误故选：B点评：解决本题的关键知道速度时间图线的物理意义，知道图线的斜率表示加速度，图线与时间轴围成的面积表示位移2（4分）（xx春临沂期末）目前，我市每个社区均已配备了公共体育健身器材，图示器材为一秋千，用两根等长轻绳将一座椅悬挂在竖直支架上等高的两点由于长期使用，导致两根支架向内发生了稍小倾斜，如图中虚线所示，但两悬挂点仍等高，座椅静止时F表示所受合力的大小，F1表示单根轻绳对座椅拉力的大小，与倾斜前相比（）AF不变，F1变大BF不变，F1变小CF变小，F1变小DF变大，F1变大考点：共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力专题：共点力作用下物体平衡专题分析：座椅静止时，受重力和两个拉力而平衡，根据共点力平衡条件并结合正交分解法列式分析即可解答：解：座椅静止时，受重力和两个拉力而平衡，故三个力的合力为零，即F=0根据共点力平衡条件，有：2F1cos=mg解得：F1=由于长期使用，导致两根支架向内发生了稍小倾斜，图中的角减小了，则cos增大，故F不变，F1减小故选：B点评：本题是简单的三力平衡问题，关键是受力分析后运用平衡条件列式分析，也可以运用图解法分析3（4分）（xx安阳二模）机动车驾驶证申领和使用规定已经正式施行，司机闯黄灯要扣6分，被称为“史上最严交规”某小轿车驾驶员看到绿灯开始闪时，经短暂思考后开始刹车，小轿车在黄灯刚亮时恰停在停车线上，vt图线如图所示若绿灯开始闪烁时小轿车距停车线距离L=10.5m，则绿灯开始闪烁到黄灯刚亮的时间t0为（）A0.5 sB1.5 sC3 sD3.5 s考点：匀变速直线运动的图像专题：运动学中的图像专题分析：在速度时间图象中图象与坐标轴围成的面积表示位移，能根据图象读取有用信息知位移x=L=10.5解答：解：根据速度时间图象中图象与坐标轴围成的面积表示位移知x=l=60.56（t00.5）=10.5解得t0=3.0s故选：C点评：知道在速度时间图象中图象与坐标轴围成的面积的含义，能根据图象读取有用信息，要注意路程和位移的区别4（4分）（xx春临沂期末）如图所示是某商场安装的智能化电动扶梯，无人乘行时，扶梯运转得很慢；有人站上扶梯时，它会先慢慢加速，再匀速运转一顾客乘扶梯上楼，恰好经历了这两个过程那么下列说法中正确的是（）A顾客始终受到静摩擦力的作用B顾客受到的支持力总是大于重力C扶梯对顾客作用力的方向先指向右上方，再竖直向上D扶梯对顾客作用力的方向先指向左下方，再竖直向上考点：运动的合成和分解；牛顿第二定律专题：运动的合成和分解专题分析：正确解答本题要掌握：正确对物体进行受力分析，应用牛顿第二定律解题；明确超重和失重的实质，理解生活中的超重和失重现象解答：解：A、以人为研究对象，处于加速运动时，人受到静摩擦力、重力、支持力三个力的作用下，故A错误；B、顾客处于匀加速直线运动时，受到的支持力才大于重力，故B错误；C、顾客处于加速运动时，人受到静摩擦力、重力、支持力三个力的作用下，则扶梯对顾客作用力的方向先指向右上方，当处于匀速直线运动时，其作用力竖直向上，故C正确；D错误故选：C点评：本题考查了牛顿第二定律在生活中的应用，要熟练应用牛顿第二定律解决生活中的具体问题，提高理论联系实际的能力5（4分）（xx春临沂期末）如图所示中的传送皮带是绷紧的，当皮带轮不动时，滑块从顶端由静止开始下滑到底端所用时间为t1，当皮带轮顺时针方向转动时，滑块从顶端由静止开始下滑到底部所用时间为t2，则t1和t2相比较，正确的说法是（）At1t2Bt1t2Ct1=t2D因摩擦情况不明，无法判断考点：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：对两种情况下的滑块受力分析，比较两次滑块的受力即可比较两次的加速度大小情况，从而得知运动时间长短解答：解：当皮带轮不动时，滑块受重力、支持力、沿斜面向上的滑动摩擦力f=mgcos；当皮带轮顺时针方向转动时，滑块受重力、支持力、沿斜面向上的摩擦力，由于滑块与斜面间的弹力大小没变，故滑动摩擦力f=mgcos不变，根据牛顿第二定律，两次滑块受力情况相同则加速度相同，则运动时间相同，即t1=t2；故选：C点评：本题的关键是知道前后两次滑动摩擦力的大小没变，因为滑动摩擦力的大小只与摩擦系数和正压力大小有关，与物体间相对速度的大小无关6（4分）（xx春临沂期末）如图所示，A、B两个楔形物体叠放在一起，A靠在竖直墙壁上，在水平力F的作用下，A，B保持静止不动，关于A、B的受力个数下列说法正确的是（）A物体A一定受到5个力B物体A可能受到4个力C物体B一定受到4个力D物体B可能受到3个力考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用专题：共点力作用下物体平衡专题分析：先对AB整体受力分析，由平衡条件知，整体共受四个力作用，墙面对此有作用力；再分别隔离A、B受力分析，应用平衡条件分析受力个数解答：解：先对AB整体受力分析，由平衡条件知，竖直方向：f=GA+GB水平方向，推力与墙面的弹力；若AB间不存在静摩擦力，则有：隔离B物体，必受重力、A对B的压力和墙面的弹力与静摩擦力作用，受四个力；隔离A物体，受受重力、B对A的支持力和外力F，三个力作用；若AB间存在静摩擦力，则有：A受四个力，B受五个力；故B正确，ACD错误；故选：B点评：关键利用整体法并结合共点力平衡条件得到B物体与墙间不存在弹力，注意AB间是否存在静摩擦力是解题的关键7（4分）（xx春临沂期末）如图所示，表面粗糙的固定斜面顶端安有定滑轮，两物块P、Q用轻绳连接并跨过滑轮（不计滑轮的质量和摩擦），P悬于空中，Q放在斜面上，均处于静止状态当用水平向左的恒力推Q时，P、Q仍静止不动，则（）A轻绳上拉力一定变小B轻绳上拉力一定不变CQ受到的摩擦力一定变大D斜面对Q的支持力一定变大考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用专题：共点力作用下物体平衡专题分析：分别对P、Q两个物体进行受力分析，运用力的平衡条件解决问题由于不知具体数据，对于静摩擦力的判断要考虑全面解答：解：A、对物体P受力分析，受重力和拉力，二力平衡，故绳子的拉力等于物体P的重力；当用水平向左的恒力推Q时，P、Q仍静止不动，故绳子的拉力仍然等于物体P的重力，轻绳上拉力一定不变故A错误，B正确；C、再对物体Q受力分析，受重力、拉力、支持力，可能有静摩擦力；当静摩擦力沿斜面向上时，有T+f=mgsin，当用水平向左的恒力推Q时，静摩擦力f会减小，也可能摩擦力大小不变，方向相反当静摩擦力沿着斜面向下时，有T=f+gsin，当用水平向左的恒力推Q时，静摩擦力会增加，故C错误；D、对Q受力分析，垂直于斜面方向有：支持力N=mgcos+Fcos，所以N一定增大，故D正确；故选：BD点评：本题关键要对物体P和Q分别受力分析，然后根据平衡条件列式分析，难点在于静摩擦力的方向的不确定上8（4分）（xx攀枝花二模）某人在地面上用弹簧秤称得体重为490N他将弹簧秤移至电梯内称其体重，t0至t3时间段内，弹簧秤的示数如图所示，电梯运行的vt图可能是（取电梯向上运动的方向为正）（）ABCD考点：牛顿运动定律的应用-超重和失重专题：牛顿运动定律综合专题分析：由图可知各段上物体的受力情况，则由牛顿第二定律可求得物体的加速度，即可确定其运动情况，画出vt图象解答：解：由图可知，t0至t1时间段弹簧秤的示数小于G，故合力为GF=50N，物体可能向下加速，也可能向上减速；t1至t2时间段弹力等于重力，故合力为零，物体可能为匀速也可能静止；而t2至t3时间段内合力向上，故物体加速度向上，电梯可能向上加速也可能向下减速；C符合题意；故选：C点评：本题考查图象与牛顿第二定律的综合，关键在于明确加速度的方向，本题易错在考虑不全面上，应找出所有的可能性再确定答案二、实验题：每空2分，共8分不要求写出演算步骤9（4分）（xx春临沂期末）在“验证力的平行四边形定则”实验中，某同学用图钉把白纸固定在水平放置的木板上，将橡皮条的一端固定在板上一点，两个细绳套系在橡皮条的另一端，用两个弹簧测力计分别拉住两个细绳套，互成角度地施加拉力，使橡皮条伸长，结点到达纸面上某一位置，如图所示，请将以下的实验操作和处理补充完整：用铅笔描下结点位置，记为O；记录两个弹簧测力计的示数F1和F2，沿每条细绳（套）的方向用铅笔分别描出几个点，用刻度尺把相应的点连成线；只用一个弹簧测力计，通过细绳套把橡皮条的结点仍拉到位置O，记录测力计的示数F3，记下细绳的方向；按照力的图示要求，作出拉力F1，F2，F3；根据力的平行四边形定则作出F1和F2的合力F；比较力F3与F的大小和方向的一致程度，若有较大差异，对其原因进行分析，并作出相应的改进后再次进行实验考点：验证力的平行四边形定则专题：实验题；平行四边形法则图解法专题分析：该实验采用了等效替代的方法，因此要求两次拉橡皮筋要使橡皮筋的形变相同，即将橡皮筋拉到同一点，力是矢量，因此在记录时要记录大小和方向，步骤中要记下细绳的方向，才能确定合力的方向，步骤比较力F与F的大小和方向，看它们是否相同，得出结论解答：解：步骤中要记下细绳的方向，才能确定合力的方向，从而用力的图示法画出合力；步骤比较力F3与F的大小和方向，看它们的一致程度，得出结论故答案为：记下细绳的方向；力F3与F的大小和方向点评：本实验关键理解实验原理，即使用等效代替法验证力的平行四边形定则，要求两次拉橡皮筋要使橡皮筋的形变相同，难度不大，属于基础题10（4分）（xx春临沂期末）如图是某同学在做匀变速直线运动实验中获得的一条纸带已知打点计时器所用电源的频率为50Hz，从比较清晰的点迹起，在纸带上标出了连续的5个计数点A、B、C、D、E，相邻两个计数点之间都有4个点迹没有标出，测出各计数点到A点之间的距离物块下滑时的加速度a=1.0m/s2，打点C时物块的速度v=0.64m/s考点：测定匀变速直线运动的加速度专题：实验题；直线运动规律专题分析：根据匀变速直线运动的推论公式x=aT2可以求出加速度的大小，根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上C点时小车的瞬时速度大小解答：解：已知打点计时器电源频率为50Hz，则纸带上相邻计数点间的时间间隔为 T=50.02s=0.1s由图示刻度可知，A、B两点间的距离为 xBC=xACxAB=8.80cm3.90cm=4.90cm=4.9102m；同理可得，C、D两点间的距离为 xCD=5.90cm=5.9102，D、E两点间的距离为 xDE=6.90cm=6.9102m；根据x=aT2可得：xBCxAB=aT2，物体的加速度 a=1.0m/s2C点对应的速度：vC=0.64m/s；故答案为：1.0，0.64点评：解决本题的关键要掌握本实验的原理：匀变速直线的两个推论，由于本实验中连续相等时间内位移构成等差数列，所以没有必要运用逐差求加速度三、计算题：共2小题，共20分解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，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11（8分）（xx春临沂期末）某天，刘德在上班途中经过一路口是恰好遇到一辆公交车也刚好经过该路口，该公交车以v0=12m/s的速度沿平直公路向前驶去刘德立即以v=6m/s的速度追赶公交车，在离路口S=36m处公交司机发现有人追赶，便立即以a=4m/s2的加速度进行刹车，公交车刹车过程视为匀减速运动求：（1）公交车停止后需要等待刘德多长时间？（2）刘德在追赶公交车的过程中，当与公交车间的距离最大时，公交车已经距离路口多远？考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系专题：直线运动规律专题分析：（1）根据平均速度判断在车停下来之前追上还是停下来之后追上，再根据位移时间关系求得公安需要待的时间；（2）与公交车间距离最大时两者速度相等，据此列式求解即可解答：解：（1）公交刹车后做匀减速运动，根据平均速度公式知=v人，所以刘德在公交停下之后才会追上根据速度时间关系知，公交停车时间在3s时间内公交车位移所以司机等待的时间：（2）当公交车的速度减速到6m/s时刘德与公交车的距离最大，设公交车在该过程刹车时间为t则此过程中汽车的位移所以公交距路口x=s+x=36+13.5m=49.5m答：（1）公交车停止后需要等待刘德3s时间；（2）刘德在追赶公交车的过程中，当与公交车间的距离最大时，公交车已经距离路口49.5m点评：掌握匀变速直线运动的速度时间关系和位移时间关系，知道两车相遇条件和相距最远的临界条件是正确解题的关键12（12分）（xx春临沂期末）重力G=36N的物体，与竖直墙壁间的动摩擦因数=，现用与水平方向夹角成=60的斜向上的推力F拖住物体（1）若F=20时，物体处于静止状态，求这时物体受到的摩擦力（2）要使物体能沿着竖直墙壁作匀速直线运动，求推力F的大小考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用专题：共点力作用下物体平衡专题分析：物体不管静止还是匀速运动都是处于平衡状态，所以我们对物体进行受力分析应用平衡条件列式求解解答：解：（1）对物体静止时受力分析并正交分解如图：则：F1=Fsin60=30NF2=Fcos60=10N在竖直方向上：Ff+F1=G，代入数据得：Ff=6N（2）物体能匀速下滑时推力为F摩擦力Ff这时物体受力情况如图所示根据竖直方向的平衡，有GFsin60Ff=0根据水平方向的平衡，有FN=F2=Fcos60又：Ff=FN代入数据解得：F=16N 若物体匀速上滑，根据竖直方向的平衡，有GFsin60+Ff=0根据水平方向的平衡，有FN=F2=Fcos60又：Ff=FN代入数据解得：F=48N 答：（1）静止物体受到的摩擦力是6N（2）物体匀速下滑，推力F的大小应为16N或48N点评：本题关键是先对静止的物体受力分析，再对匀速滑动的物体受力分析，然后根据共点力平衡条件列式求解区别就在于静摩擦力变为了滑动摩擦力，这两种摩擦力计算方法不同一、从A、B两组中任选一组作答A.【选修3-3】13（6分）（xx春临沂期末）下列说法正确的是（）A0冰与0水的分子平均动能相同B随着制冷技术的不断提高，绝对零度一定能达到C吹出的肥皂泡成球形是由于表面张力的作用D布朗运动是指在显微镜下观察到的液体分子的无规则运动E当分子力表现为斥力时，分子力和分子势能总是随分子间距离的减小而增大考点：温度是分子平均动能的标志；布朗运动；* 液体的表面张力现象和毛细现象分析：（1）温度是分子平均动能的标志；（2）绝对零度无法达到；（3）液体表面张力是作用于液体表面，使液体表面积缩小的力；（4）布朗运动是指在显微镜下观察到的固体小颗粒（如花粉）的无规则运动；（5）分子间既存在引力，也存在斥力，只是当分子间距离大于平衡距离时表现为引力，小于平衡距离时表现为斥力解答：解：A、相同温度下的物质，分子平均动能相同；故A正确；B、热力学第三定律告诉我们，绝对零度无法达到；故B错误；C、凡作用于液体表面，使液体表面积缩小的力，称为液体表面张力吹出的肥皂泡成球形是由于表面张力的作用；故C正确；D、布朗运动是固体小颗粒的运动；故D错误；E、当分子间为斥力时，分子力随分子间距离的增大而增大；分子势能增大；故E错误；故选：AC点评：本题是热学综合题，考查了液体表面张力、布朗运动、饱和蒸气压、分子力，都是定性分析的问题；要多记同时还要多理解和应用14（6分）（xx春临沂期末）下列说法正确的是（）A单晶体的分子（或原子、离子）排列是有规则的，因而其物理性质是各向异性B当人们感到干燥时，空气的相对湿度一定较小C第二类永动机违反了能量守恒定律D饱和蒸汽是指液体不再蒸发、蒸汽不再液化状态时的蒸汽，饱和蒸汽压与温度有关，且随着温度的升高而增大E可以从单一热源吸收热量，使之完全变为功考点：热力学第二定律；* 晶体和非晶体分析：本题应明确：（1）单晶体具有各向异性，而多晶体具有各向同性；（2）相对湿度是恒量干燥和潮湿的标准；饱和蒸汽是指液体蒸发与蒸汽液化相平衡的状态（3）热力学第二定律不同表述，不可能把热量从低温物体传向高温物体而不引起其它变化解答：解：A、由于单晶体的分子（或原子、离子）排列是有规则的，因而在不同方向上，其其物理性质不相同，具是各向异性；故A正确；B、当人们感到潮湿时，空气的绝对湿度一定较大，人们感到干燥时，空气的绝对湿度一定较小故B正确；C、第二类永动机不违背能量守恒定律，但却违背了热力学第二定律；故C错误；D、饱和蒸汽是指液体蒸发与蒸汽液化相平衡的状态，液体仍在蒸发，蒸汽仍在液化，故D错误；E、热力学第二定律可以表示为：不可能制成一种循环动作的热机，从单一热源取热，使之完全变为功而不引起其它变化；故E错误；故选：AB点评：本题考查液体、晶体及热力学第二定律的应用，要注意准确掌握相关热学规律，特别是热力学第二定律15（6分）（xx春临沂期末）用油膜法估测分值的大小方法及步骤如下：A、向体积V油=1mL油酸中加酒精，直至总量达到V总=500mLB、用注射器吸取A中油酸酒精溶液，把它一滴一滴地滴入小量筒中，当滴入n=100滴时，测得其体积恰好是V0=1mLC、先往边长40cm左右的浅盘里倒入2cm深的水，然后将痱子粉（或细石膏粉）均匀地撒在水面上D、用注射器往水面上滴一滴油酸酒精溶液，待油酸薄膜形状稳定后，将事先准备好的玻璃板放在浅盘上，并在玻璃板上描下油酸膜的形状E、将画有油酸膜轮廓的玻璃板放在坐标纸上，如图所示，数出轮廓范围内正方形的个数N=114，正方形的边长l=20mm根据以上信息，通过计算，回答下列问题（有数值计算的问题，先用信息中字母写出表达式，再代入数值并统一单位，最终算出结果）（1）1滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积是2105mL（2）油酸分值直径d=2.2108 m考点：用油膜法估测分子的大小专题：实验题分析：（1）根据浓度按比例算出纯油酸的体积；（2）把油酸分子看成球形，且不考虑分子间的空隙，油膜的厚度近似等于油酸分子的直径，由公式d= 可以求出分子直径大小解答：解：（1）每滴酒精油酸溶液中含有纯油酸的体积：V=mL=2105mL；（2）把油酸分子看成球形，且不考虑分子间的空隙，则分子的直径为：d= m=2.2108m故答案为：（1）210 5；（2）2.210 8 点评：本实验关键要建立模型，此题不考虑油酸分子间的空隙，采用估算的方法求面积，肯定存在误差，但本实验只要求估算分子大小，数量级符合要求就行了计算时注意单位的换算16（10分）（xx春临沂期末）如图所示，一定质量的理想气体从状态A变化到状态B，再由B变化到C，已知状态A的温度为300K，求：（1）气体在状态B的温度；（2）气体在状态C的温度；（3）由状态B变化到状态C的过程中，气体是吸热还是放热？简要说明理由考点：理想气体的状态方程专题：理想气体状态方程专题分析：由图示图象求出气体的状态参量，然后根据气体状态方程求出气体的温度根据符号法则，确定Q、W的正负号，代入公式热力学第一定律U=Q+W进行判断解答：解：（1）由图示图象可知，pA=0.5atm，VA=1m3，pB=1atm，VB=2m3，由题意可知：TA=300K，由理想气体的状态方程得：=，即：=，解得：TB=1200K；（2）由图示图象可知：pC=0.5atm，VC=1m3，由状态BC，气体做等容变化，由查理定律得：=，即：=，解得：TC=600K；（3）因为气体由B到C为等容变化，不做功，但温度降低，内能减小，根据热力学第一定律得：U=W+Q，W=0，则：U=Q0，气体要放热答：（1）气体在状态B的温度为1200K；（2）气体在状态C的温度600K；（3）由状态B变化到状态C的过程中，气体要放热，外界对气体不做功，内能减少，气体放热点评：运用U=Q+W来分析问题时，必须理解表达式的物理意义，掌握它的符号法则要注意研究气体状态变化的过程中哪些量不变，哪些量变化17（12分）（xx春临沂期末）如图，气缸左右两侧气体由绝热活塞隔开，活塞与气缸光滑接触初始时两侧气体均处于平衡状态，体积之比V1：V2=1：2，温度之比T1：T2=3：5先保持右侧气体温度不变，升高左侧气体温度，使两侧气体体积相同，然后使活塞导热两侧气体最后达到平衡求（1）两侧气体体积相同时，左侧气体的温度与初始温度的比值；（2）两侧气体最后达到平衡时，左右两侧气体的体积之比考点：理想气体的状态方程；封闭气体压强专题：理想气体状态方程专题分析：（1）先保持右侧气体温度不变，升高左侧气体温度，使两侧气体体积相同，则右侧气体发生等温变化，遵守玻意耳定律左侧气体满足理想气体状态方程由玻意耳定律和理想气体状态方程分别列式求解（2）使活塞导热，两侧气体最后达到平衡时，两侧气体都满足理想气体状态方程，由此对两侧气体列式，即可求解解答：解：设左边气体体积为：V1=V，由题意可知：V1：V2=1：2，则：V2=2V，两边气体体积相等时，气体体积：V=V；（1）设初始时压强为p对左侧气体，由理想气体状态方程得：=，对右侧气体，由玻意耳定律得：pV2=pV，解得：k=2，则左侧气体的温度与初始温度的比值为2；（2）活塞导热达到平衡，由理想气体状态方程得：对左侧气体：=，对右侧气体：=，平衡时：T1=T2，解得：=；答：（1）两侧气体体积相同时，左侧气体的温度与初始温度的比值是2；（2）两侧气体最后达到平衡时，左右两侧气体的体积之比为5：6点评：本题考查了理想气体状态方程的基本运用，关键抓住初末状态的气体压强、温度、体积关键列式求解，注意平衡时左右两部分气体的压强相等【选修3-5】18（xx山东模拟）关于天然放射性，下列说法正确的是（）A所有元素都可能发生衰变B放射性元素的半衰期与外界的温度无关C放射性元素与别的元素形成化合物时仍具有放射性D、和三种射线，射线的穿透力最强E一个原子核在一次衰变中可同时放出、和三种射线考点：原子核衰变及半衰期、衰变速度；X射线、射线、射线、射线及其特性专题：衰变和半衰期专题分析：自然界中有些原子核是不稳定的，可以自发地发生衰变，衰变的快慢用半衰期表示，与元素的物理、化学状态无关解答：解：A、有些原子核不稳定，可以自发地衰变，但不是所有元素都可能发生衰变，故A错误；B、放射性元素的半衰期由原子核决定，与外界的温度无关，故B正确；C、放射性元素的放射性与核外电子无关，故放射性元素与别的元素形成化合物时仍具有放射性，故C正确；D、和三种射线，射线的穿透力最强，电离能力最弱，故D正确；E、一个原子核在一次衰变中不可能同时放出、和三种射线，故E错误故选：BCD点评：本题关键是明确原子核衰变的特征、种类、快慢，熟悉三种射线的特征，基础问题19（xx春临沂期末）下列说法正确的是（）A蓝光照射到某金属板表面时能够产生光电效应，则换用强度较低的紫光照射也可发生B按照波尔原子理论，电子跃迁时，辐射或吸收光子的能量由能级的能量差决定C氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时电子的动能减小，电势能增大，原子能量减小D粒子散射实验证明了原子核还可以再分E光电效应实验中，光电子的最大初动能与入射光的频率有关，与入射光的强度无关考点：氢原子的能级公式和跃迁；光电效应专题：原子的能级结构专题分析：当入射光的频率大于极限频率时，才会发生光电效应，由光电效应方程EKm=hW可知，最大初动能与入射光的频率关系；库仑力对电子做负功，所以动能变小，电势能变大（动能转为电势能），因为吸收了光子，总能量变大；电子跃迁时，辐射或吸收光子的能量由能级的能量差决定；粒子散射实验说明原子具有核式结构解答：解：A、蓝光照射到某金属板表面时能够产生光电效应，则换用强度较低的紫光照射，其频率大于蓝光频率，则一定有发生光电效应现象，故A正确；B、根据波尔原子理论，电子跃迁时，辐射或吸收光子的能量由能级的能量差决定，即E=EmEn，故B正确；C、库仑力对电子做负功，所以动能变小，电势能变大（动能转为电势能），因为吸收了光子，总能量变大，故C错误；D、粒子散射实验证明了原子具有核式结构，故D错误；E、在光电效应现象中，由光电效应方程EKm=hW可知，光电子的最大初动能与入射光的频率有关，与入射光的强度无关，故E正确；故选：ABE点评：本题考查了光电效应现象产生条件，及光电效应方程的应用，理解原子跃迁的能量变化，同时掌握电子跃迁过程中，动能与电势能及总能量是如何变化等知识点，难度不大20（xx春临沂期末）某原子核X放出粒子后变成原子核Y，这一核反应称为 XHe+ Y已知X、Y和粒子的质量分别是M、m1和m2，真空中的光速为c，该核反应过程中释放的核能为（Mm1m2）c2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：根据电荷数和质量数守恒写出衰变方程；根据爱因斯坦质能方程计算释放的核能解答：解：根据电荷数和质量数守恒得到衰变方程为： XHe+ Y由核反应方程，则有质量亏损：m=Mm1m2；根据爱因斯坦质能方程：E=mc2=（Mm1m2）c2故答案为： XHe+ Y；（Mm1m2）c2点评：本题考查了衰变方程的书写和爱因斯坦质能方程的应用，核反应过程满足质量数守恒和电荷数守恒，要注意元素左上角为质量数，左下角为电荷数，二者之差为中子数21（xx春临沂期末）如图所示，质量M=4kg的滑板B静止放在光滑水平面上，其右端固定一根轻质弹簧，弹簧的自由端C到滑板左端的距离L=0.5m，滑板与木块AC段（可视为质点）之间的动摩擦因数=0.5，其余无摩擦，小木块A以初速度v0=5m/s由滑板B左端开始沿滑板B表面向右运动已知木块A的质量m=1kg，g取10m/s2求：（1）弹簧被压缩都最短时木块A的速度；（2）弹簧被压到最短时，弹簧的弹性势能考点：动量守恒定律；机械能守恒定律专题：动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合分析：（1）A、B组成的系统在水平方向所受合外力为零，系统动量守恒，由动量守恒定律可以求出木块A的速度（2）在整个过程中，系统机械能守恒，由能量守恒定律可以求出弹簧的弹性势能解答：解：（1）弹簧被压缩到最短时，木块A与滑板B具有相同的速度，设为v，从木块A开始沿滑板B表面向右运动至弹簧被压缩到最短的过程中，A、B系统的动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0=（M+m）v，解得：v=1m/s（2）木块A压缩弹簧过程中，弹簧被压缩到最短时，弹簧的弹性势能最大由能量守恒定律得：Ep=mv02（m+M）v2mgL，代入数据得：Ep=7.5J答：（1）弹簧被压缩到最短时木块A的速度为1m/s；（2）弹簧被压到最短时，弹簧的弹性势能为7.5J点评：本题考查了求速度与弹性势能问题，分析清楚物体的运动过程，应用动量守恒定律与能量守恒定律即可正确解题22（xx春临沂期末）如图所示，AOB是光滑水平轨道，BC是半径为R的光滑的固定圆弧轨道，两轨道恰好相切于B点一小木块静止在O点，一颗子弹以某一初速度水平向右射入小木块内，并留在其中和木块一起运动，且恰能到达圆弧轨道的最高点C（木块和子弹均看成质点）已知木块的质量是子弹质量的7倍，重力加速度为g（1）求子弹射入木块前的速度；（2）若每当小木块返回到O点或停止在O点时，立即有一颗相同的指弹射入小木块，并留在其中，则当第5颗子弹射入小木块后，小木块沿圆弧轨道能上升的最大高度为多少？考点：动量守恒定律；机械能守恒定律专题：动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合分析：（1）由动量守恒定律与机械能守恒定律可以求出初速度；（2）由动量守恒定律与机械能守恒定律求出最大高度解答：解：（1）第一颗子弹射入木块的过程，系统动量守恒，以子弹的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv0=（m+M）v1，系统由O到C的运动过程中机械能守恒，由机械能守恒定律得：（m+M）v12=（m+M）gR，已知：M=7m，解得：v0=8；（2）由动量守恒定律可知，第2、4、6颗子弹射入木块后，木块的速度为0，第1、3、5颗子弹射入后，木块运动当第5颗子弹射入木块时，以子弹初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv0=（5m+M）v5，设此后木块沿圆弧上升的最大高度为H，由机械能守恒得：（5m+M）v52=（5m+M）gH，由以上各式可得：H=R；答：（1）子弹射入木块前的速度为8；（2）小木块沿圆弧轨道能上升的最大高度为R点评：本题考查了求速度与木块上升的高度问题，分析清楚物体运动过程、应用动量守恒定律与机械能守恒定律即可正确解题