2013届甘肃省河西五市部分普通高中高三第一次联合考试物理试卷与答案（带解析）.doc

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1、2013届甘肃省河西五市部分普通高中高三第一次联合考试物理试卷与答案（带解析） 选择题 物理学家通过艰苦的实验来探究自然的物理规律，为人类的科学事业做出了巨大贡献，值得我们敬仰。下列描述中符合物理学史实的是 ( ) A开普勒发现了行星运动三定律，从而提出了日心说 B牛顿发现了万有引力定律但并未测定出引力常量 G C奥斯特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总结出了判断感应电流方向的规律 答案： B 试题分析：哥白尼提出了日心说， A错误，开普勒发现了行星运动三定律，牛顿发现了万有引力定律，但是是卡文迪许通过扭秤实验测量了万有引力常量，B正确，奥斯特发现了电流的磁

2、效应，安培提出了分子电流假说， C错误，法拉第发现了电磁感应现象，楞次总结了感应电流方向， D错误， 考点：考查了物理学史的记忆， 点评：在物理学发展的历史上有很多科学家做出了重要贡献，大家熟悉的牛顿、爱因斯坦、法拉第等，在学习过程中要了解、知道这些著名科学家的重要贡献，是解答类似问题的关键 关于高中物理实验，下列说法中正确的是（ ） A利用打点计时器 “研究匀变速直线运动规律 ”的实验中，可以利用纸带打出的点迹间接测得物体的运动速度 B在 “验证力的平行四边形定则 ”实验中，应用等效替代的思想方法 C在 “验证牛顿第二定律 ”实验中，采用了控制变量的实验方法 D在 “验证机械能守恒定律 ”的

3、实验中，应该先释放重物后接通电源 答案： ABC 试题分析：利用打点计时器 “研究匀变速直线运动规律 ”的实验中，可利用计数点间的时间间隔以及计数点间的距离，来测量物体的运动速度， A正确， 在 “验证力的平行四边形定则 ”实验中，要使力的作用效果相同，橡皮条具有相同的伸长量，且拉伸方向相同， B正确。 在 “验证牛顿第二定律 ”实验中，需要控制质量，改变外力，研究加速度和外力的关系，再一步需要控制外力不变，改变质量，研究质量与加速度的关系，所以采用了控制变量的实验方法， C正确 在 “验证机械能守恒定律 ”的实验中，应该先接通电源，打点稳定后释放重物，D错 考点：考查了对物理实验的理解 点评

4、：做本题的关键是对高中各个典型实验原理的正确理解，另外对实验方法的积累可以在创新实验中得到很好的发挥 某兴趣小组对一辆自制遥控小车的性能进行研究。他们让这辆小车在水平的直轨道上由静止开始运动，并将小车运动的全过程记录下来，通过处 理转化为 v-t图象，如图所示（除 2s 10s时间段图象为曲线外，其余时间段图象均为直线）。已知在小车运动的过程中， 2s 14s时间段内小车的功率保持不变，在14s末停止遥控而让小车自由滑行，小车的质量为 1kg，可认为在整个运动过程中小车所受到的阻力大小不变，则（ ） A小车所受到的阻力为 1.5N B小车额定功率为 6W C小车在变加速运动过程中位移为 39m

5、 D 0 2s内汽车的牵引力为 3N 答案： ACD 试题分析：由图象可得，在 14 18 s内 a3 m/s2 -1.5 m/s2，小车受到阻力大小： f -ma3 1.5 N， A 正确， 在 0 2 s内： a1 m/s2 1.5 m/s2，由 F-f ma1得，电动机提供的牵引力大小 F ma1 f 3 N.， C正确， 在 10 14 s内小车做匀速运动 F1 f，故小车功率 P F1v 1.56 W 9 W.B错误， 速度图象与时间轴的 “面积 ”的数值等于物体位移的大小 0 2 s内， s1 23 m 1.5 m， 2 10 s内，根据动能定理有： Pt-fs2 mv- mv 解

6、得 s2 37.5 m，故小车在加速过程中的位移为 s s1 s2 39 m.D 正确， 考点：考查了牛顿第二定律的应用 点评：为了训练学生利用功率求解摩擦阻力的能力，在解答过程我们故意使用了利用功率求解的方法，但从简单角度，利用最后 4s小车做匀减速运动特点求解阻力的方法较好（图象的斜率等于物体的加速度） 如图所示，一个正方形单匝线圈 abcd，边长为 L，线圈每边的电阻均为 R，以恒定速度 v通过一个宽度为 2L的匀强磁场区，磁感应强度为 B，方向垂直纸面向里。下列 ABCD图中能正确反映 ab两端电压 Uab随时间 t变化关系的是( ) 答案： A 试题分析： 0 时间内只有 ab边切割

7、磁感线，产生的电动势由 , E , 时间内， ab、 cd 边切割磁感线，线圈内没有电流， Uab=Blv。所以 A正确， 考点：考查了法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律。 点评：做此类型题目需要将线框的运动分成几个过程，然后根据法拉第电磁感应定律求出各个过程中产生的感应电动势，然后再根据闭合回路欧姆定律求出所需要的电压 如图所示，甲带正电，乙是不带电的绝缘物块，甲、乙叠放在一起，置于粗糙的水平地板上，地板上方空间有垂直纸面向里的匀强磁场，现用一水平恒力 F拉乙物块，使甲、乙无相对滑动一起向左加速运动，在加速运动阶段（ ） A甲、乙两物块间的摩擦力不断减小 B甲、乙两物块间的摩擦力不断增大

8、C甲、乙两物块间的摩擦力保持不变 D乙物块与地面之间的摩擦力不断减小 答案： A 试题分析：以甲乙整体为研究对象，分析受力如图，则有，当甲乙一起加速运动时，洛伦兹力 增大，受到地面给的滑动摩擦力 f增大 D错误， f增大， F一定，根据牛顿第二定律得，加速度 a减小，对甲研究得到，乙对甲的摩擦力 ，则得到 f甲 减小，甲、乙两物块间的静摩擦力不断减小故A正确 错误， BC 错误 考点：考查了求解洛伦兹力和摩擦力 点评：本题关键要灵活选择研究对象，要抓住洛伦兹力大小与速度大小成正比这个知识点，基本题 如图所示， MN 是一负点电荷产生的电场中的一条电场线。一个带正电的粒子不计重力从 a到 b穿越

9、这条电场线的轨迹如图中虚线所示。下列结论正确的是 A带电粒子从 a到 b过程中动能逐渐减小 B负点电荷一定位于 M点左侧 C带电粒子在 a点的加速度小于在 b点的加速度 D带电粒子在 a点时具有的电势能小于在 b点时具有的电势能 答案： C 试题分析：根据带正电的粒子运动轨迹的弯曲方向可知，微粒所受库仑力大体方向向做右，负点电荷在 MN 线上右侧， M点的电势高于 N 点的电势从 a到b的过程，电场力做正功，微粒的动能增大，电势能减小。 A错误， 从 a到 b的过程，电场力做正功，微粒的动能增大，电势能减小， a点时的电势能大于在 b点时的电势能； D错误； 根据带正电的粒子运动轨迹的弯曲方向

10、可知，微粒所受库仑力大体方向向做右，负点电荷在 MN 线上右侧， B错误， a点离负点电荷较远则 a点电场强度较小， a点加速度较小； C正确 故选 C 考点：考查了带电粒子在电场中的运动 ， 点评：做本题的关键是知道当在只受电场力作用的时候，粒子受到的电场力指向轨迹的凹侧。 如图所示电路中，电源电动势为 12V，电源内阻为 1.0，电路中的电阻 R0为 1.5，小型直流电动机 M的内阻为 0.5，闭合开关 S后，电动机转动，电流表的示数为 2.0A，则以下判断中正确的是（ ） A电动机的电功率为 2W B电动机两端的电压为 1V C电动机产生的热功率为 2W D电源输出的电功率为 24W 答

11、案： C 试题分析：电流表的示数为 2.0A，故电动机两端的电压为,所以电动机的电功率为 ,AB错误， 电动机产生的电热为 ， C正确， 电源的输出功率为 ， D错误 考点：考查了电功率的求解 点评：在非纯电阻电路中一定要注意电动机的功率，电动机的热功率，电源的输出功率的求解，本题是一道易错性题目 如图所示，当小车向右加速运动时，物块 M 相对车厢静止于竖直车厢壁上，当车的加速度增大时（ ） A M受静摩擦力增大 B M对车厢壁的压力增大 C M仍相对于车厢静止 D M受静摩擦力不变 答案： BCD 试题分析：以物块为研究对象，分析受力，作出力图如图 根据牛顿第二定律得，摩擦力 f=Mg，保持

12、不变故 A错误 D正确 小车的加速度增大时，弹力 N=ma增大，物块受到的最大静摩擦力增大，物块不可能沿壁下滑， BC 正确，故选 BCD， 考点：考查了受力分析以及牛顿第二定律的应用 点评：本题运用正交分解研究物体在水平方向运动的问题，要正确分析受力情况，作出力图是基础 如图所示，物块 M在静止的传送带上以速度 v匀速下滑时，传送带突然启动，方向如图中箭头所示，若传送带的速度大小也为 v，则传送带启动后 ( ) A M静止在传送带上 B M可能沿斜面向上运动 C M受到的摩擦力不变 D M下滑的速度不 变 答案： CD 试题分析：由题意知，物块受到的摩擦力为滑动摩擦力，传送带启动后物块仍然受

13、到的是滑动摩擦力，由 知，物块 M受到的摩擦力不变，；物体仍沿传送带匀速下滑 , CD正确 AB错误。 考点：滑动摩擦力公式，物体运动情况分析 点评：学生明确传送带动与不动，物块受到的都是滑动摩擦力 2011年 11月 1日 “神舟八号 ”飞船发射圆满成功。 “神舟八号 ”飞船在入轨后两天，与 “天宫一号 ”目标飞行器成功进行交会对接。我国成为继美国和俄国后第三个掌握太空交会对接技术的国家。对接前 “天宫一号 ”和 “神舟八号 ”绕地球做匀速圆周运动如图所示， A代表 “天宫一号 ”， B代表 “神舟八号 ”，虚线为对接前各自的轨道。由此可以判定对接前 ( ) A “神舟八号 ”适当加速才有可

14、能与 “天宫一号 ”实现对接 B “天宫一号 ”的周期小于 “神舟八号 ”的周期 C “天宫一号 ”的向心加速度小于 “神舟八号 ”的向心加速度 D “天宫一号 ”的运行速率大于 “神舟八号 ”的运行速率 答案： AC 试题分析： “神舟八号 ”在低轨道，适度加速可实现与 “天宫一号 ”实现对接，故A正确。由公式 得 ，卫星半径越大，运行周期就越大，故 “天宫一号 ”的周期大于 “神舟八号 ”的周期， B错误， 由公式 得 即半径越大 a越小，天宫一号 ”的向心加速度小于“神舟八号 ”的向心加速度， C正确， 由公式 得 ，卫星半径越大，速率越小，所以天宫一号的运行速率小于神州八号的运行速率，

15、 D错误， 考点：考查了天体运动规律 点评：在天体运动这一块，结合牛顿第二定律推出了很多公式，对公式正确选择和掌握是分析 天体运动关键所在 下列是某同学对电场中的概念、公式的理解，其中正确的是（ ） A根据电场强度的定义式 ，电场中某点的电场强度和试探电荷的电量成反比 B根据电容的定义式 ，电容器的电容与所带电荷量成正比，与两极板间的电压成反比 C根据真空中点电荷电场强度公式 ，电场中某点电场强度和场源电荷的电量无关 D根据电势差的公式 ，带电量为 1C正电荷，从 A点移动到 B点克服电场力做功为 1J，则 A、 B点的电势差为 -1V 答案： D 试题分析：电场强度和电场的本身性质有关，与试

16、探电荷无关， A错误； 电容器的电容表示电 容器容纳电荷的本领，与其两端的电压和电荷量无关， B错误， 根据真空中点电荷电场强度公式 ，电场中某点电场强度和场源电荷的电量成正比， C错误， 克服电场力做功，说明电场力做负功，即 ,所以 A、 B点的电势差为 -1V， D正确， 考点：考查了电场的基本概念 点评：基础性题目，虽然简单，但是易错，并且重要 如图所示，放在水平地面上的质量为 m 的物体，与地面的动摩擦因数为 ，在劲度系数为 k的轻弹簧作用下沿地面做匀速直线运动。弹簧没有超出弹性限度，则 （ ） A弹簧的伸长量为 B弹簧的伸长量为 C物体受到的支持力与它对地面的压力是一对平衡力 D弹簧

17、的弹力与物体受到的摩擦力是一对作用力与反作用力 答案： B 试题分析：对物体进行受力分析，物体在水平方向受弹簧的拉力和滑动摩擦力 根据平衡状态条件得： 根据滑动摩擦力公式得： ， 根据胡克定律 得：弹簧的伸长量 ，所以 B正确， A错误， 物体受到的支持力与物体对地面的压力分别作用在物体和地面，所以这两个力不是一对平衡力，故 C错误 弹簧的弹力与物体所受摩擦力等值，反向，共线，并且作用在同一物体上，所以是一对平衡力，故 D错误 考点：考查了胡可定律的 应用 点评：知道一对平衡力的特点，即等值，反向，共线，并且作用在同一物体上 建筑工地常用吊车通过钢索将建筑材料从地面吊到高处。如图所示为建筑材料

18、被吊车竖直向上提升过程的简化运动图象，下列判断正确的是（ ） A前 10s的平均速度大于后 6s的平均速度 B整个过程上升高度是 28m C 30 36s材料处于超重状态 D前 10s钢索最容易发生断裂 答案： BD 试题分析：前 10s和最后 6s都是做的匀变速直线运动，所以前 10s内的平均速度为 ，后 6s的平均速度为 ，即两个过程中的平均速度是相等的， A错误 ， v-t图像围成的面积表示位移，所以整个过程中的位移为， B正确， 30 36s内材料是向上做匀减速直线运动，加速度的方向是向下的，所以处于失重状态，故 C错误； 前 10s钢索是向上做匀加速直线运动，加速度的方向是向上的，根

19、据牛顿第二定律可知材料所受的拉力大于重力， 10-30s匀速运动，材料所受的拉力等于重力， 30-36s做匀减速直线运动，材料所受的拉力小于重力，故 D正确； 考点：该题考查了匀变速直线运动的速度时间图象、运动学的公式、牛顿第二定律的应用等知识点 点评：本题的关键在于能够通过速度时间图象对物 体进行运动过程分析和受力分析，再正确运用牛顿第二定律解决问题 实验题 从下表中选出适当的实验器材，设计一电路来测量电流表 A1的内阻 r1，要求方法简捷，有尽可能高的测量精度，并能测出多组数据。 （ 1）画出电路图，标明所用器材的代号。 （ 2）若选测量数据中的一组来计算 r1，则所用的表达式为 r1=

20、，式中各符号的意义是： 。 器材（代号） 规格 电流表（ A1） 量程 10mA、内阻 r1待测（约 40） 电流表（ A2） 量程 500A、内阻 r2=750 电压表（ V） 量程 10V、内阻 r3=10k 电阻（ R1） 阻值约为 100、做保护电阻用 滑动变阻器（ R2） 总阻值约为 50 电源（ E） 电动势 1.5V、内阻很小 开关（ S2）、电线若干 答案：（ 1）见（ 2） 试题分析：（ 1）（ 4分）要测 A1 的电阻，通过 A1 的电流值 I1可由 A1 读出，只要能测出 A1 两端的电压 U1，则可求出 r1=。测电压要用电压表，但是若将电压表与 A1 并联，电流表 A

21、1上的电压最多约为 0.4V，而电压表的量程是 10V，对于 0.4V的电压来说，电压表的指针只是稍微偏转了一点点，这样测得的电压值误差太大，不符合题目要求，因而不能用电压表测电压。而电流表 A2 的内阻 r2 知道，通过电流表 A2 的电流 I2 可以读出，因而 A2 两端的电压 U2=I2r2。若将 A1 与 A2 并联，则 U2 即 A1 两端的电压。综上，电路图应如图所示的两个图中任一个均可 。 （ 2） ， I1、 I2分别表示通过电流表 A1和 A2的电流， r1、 r2分别是它们的电阻。 考点：考查了测量电流表电阻的创新实验 点评：做本题的关键是知道为什么不选用电压表，而要选用电

22、流表求电压值， 计算题 （ 10分）如图甲所示，质量为 m=1kg的物体置于倾角为 =37的固定且足够长的斜面上，对物体施以平行于斜面向上的拉力 F， t1=1s时撤去拉力，物体运动的部分 v-t图象如图乙所示。试求： （ 1）拉力 F的大小； (2) 物体和斜面的滑动摩擦因数 的大小。（ sin37 0.6， cos37 0.8） 答案： F=30N， =0.5 试题分析：有力 F作用时 F-mgsin-mgcos=ma1， 2分 撤去力后， mgsin+mgcos=ma2， 2分 由速度时间关系图得： a1=20m/s2， 1分 a2=10m/s2， 1分 解得 F=30N， =0.5 2

23、分 考点：考查了牛顿第二定律的应用 点评：做此类型的题，需要根据受力分析，列出第二定律的等式，然后结合图像求解加速度，即可 （ 12分）如图甲所示，竖直平面内的光滑轨道由倾斜直轨道 AB和圆轨道BCD组成， AB和 BCD相切于 B点， CD连线是圆轨道竖直方向的直径（ C、 D为圆轨道的最低点和最高点），已知 。可视为质点的小滑块从轨道AB上高 H处的某点由静止滑下，用压力传感器测出滑块经过圆轨道最高点 D时对轨道的压力为 F，并得到如图乙所示的压力 F与高度 H的关系图象，取g=10m/s2。求： （ 1）滑块的质量和圆轨道的半径； （ 2）是否存在某个 H值，使得滑块经过最高点 D后能直

24、接落到直轨道 AB上与圆心等高的点。若存在，请求出 H值；若不存在，请说明理由。 答案：（ 1） m=0.1kg， R=0.2m（ 2）见 试题分析：（ 1） mg(H-2R)= mvD2 2分 F mg= 2分 得： F= -mg m=0.1kg， R=0.2m 2分 （ 2）假设滑块经过最高点 D后能直接落到直轨道 AB上与圆心等高的 E点（如图所示） x= OE=vDPt 1分 R= gt2 1分 得到： vDP=2m/s 1分 而滑块过 D点的临界速度 vDL= = m/s 1分 由于： vDP vDL 所以存在一个 H值，使得滑块经过最高点 D后能直接落到直轨道 AB上与圆心等高的点

25、 1分 mg(H-2R)= mvDP2 1分 得到： H=0.6m 1分 考点：考查了牛顿定律和圆周运动的综合应用 点评：做此类型题目的关键是找出临界条件，分清物体在各个过程中的运动性质，然后结合相对应的规律分析解题 （ 15分）如图所示，直线 OA与 x轴成 135角， x轴上下方分别有水平向右的匀强电场 E1和竖直向上的匀强电场 E2，且电场强度 E1 E2 10N/C， x轴下方还存在垂直于纸面向外的匀强磁场 B，磁感应强度 B 10T。现有一质量 m 1.010-5kg，电荷量 q 1.010-5C的带正电尘粒在 OA直线上的 A点静止释放，A点离原点 O 的距离 d m(g取 10m

26、/s2， )求： (1)尘粒刚进入磁场区域时的速度 v的大小； (2)从进入磁场区域开始到离开磁场区域所经历的时间 t； (3)第一次回到 OA直线上的某位置离原点 O 的距离 L。 答案：（ 1） 2m/s（ 2） s（ 3） 0.13m 试题分析： (1)F=Eq=110-4N ， 1分 尘粒在电场 E中受到的合外力为 ， 1分 合外力 F和水平方向间的夹角 为 tan 1 45 尘粒在电场 E1 中的加速度 a大小为 a g ， 2分 v 2m/s ， 2分 (2)进入磁场后尘粒在磁场中转动的周期 T和转动半径 R分别为 T s， 2分 R 0.2m 2分 轨迹如图所示，由图可知， t

27、T s 2分 (3)出磁场后尘粒在电场 E1 中做类平抛运动 OC R t1 0.1s 2分 B位置离原点 O 的距离 L大小为 L OC sin45- at1 R- at1 0.13m 2 分 考点：考查了粒子在电磁场中的综合应用 点评：电荷在匀强磁场中做匀速圆周运动，关键是画出轨迹，由几何知识求出半径定圆心角，求时间 【物理 选修 3-3】（ 15分） （ 1）（ 6分）在某一密闭容器内装有一定质量的理想气体（设此状态为甲），现设法降低气体的温度同时增大气体的压强，达到状态乙，则下列判断正确的是（ ） A气体在状态甲时的密度比状态乙时的大 B气体在状态甲时的分子平均动能比状态乙时的大 C气

28、体在状态甲时的内能比状态乙时的大 D气体从状态甲变化到状态乙的过程中，放出的热量多于外界对气体做的功 （ 2）（ 9分）如图所示，在一端封闭的 U形管中用水银柱封一段空气柱 L，当空气柱的温度为 14 时，左臂水银柱的长度 h1=10cm，右臂水银柱长度 h2=7cm，气柱长度 L=15cm；将 U形管放入 100 水中且状态稳定时， h1变为 7cm。分别写出空气柱在初末两个状态的气体参量，并求出末状态空气柱的压强和当时的大气压强（单位用 cmHg）。 答案：（ 1） BCD （ 2） 75 25 cmHg； 72 25 cmHg 试题分析：（ 1）理想气体的温度降低，则 其平均动能变小，

29、B项正确，由状态方程 得 ，温度降低，压强增大，则体积一定减小，气体密度变大， A项错；理想气体的内能只与温度有关，温度降低，内能一定减小， C项正确；由热力学第一定律 ，气体内能减少，则放出的热量一定多于外界对气体做的功， D项正确。 （ 2）对于封闭的空气柱（设大气压强为 p0） 初态： p1= p0+ h2- h1 =（ p0-3） cmHg V1=LS=15S（ cm3） T1=287 K （三个参量表达正确得 3分，用长度表示体积的可以不扣分） 末态 h1=7cm， h2=10cm，故压强 p2= p0+ h2- h1=（ p0+3） cmHg V2=（ L+3） S=18S（ cm

30、3） T2=373 K （三个参量表达正确得 3分，用长度表示体积的可以不扣分） 由理想气体状态方程得 （ 1分） 解得，大气压强为 p0=72 25 cmHg 在 100 水中时，空气柱压强为 p2=75 25 cmHg （ 2分） 考点：考查了气态状态方程的应用 点评：用理想气体状态方程解题，关键是正确选取状态，明确状态参量，尤其是正确求解被封闭气体的压强，这是热学中的重点知识，要加强训练，加深理解 【物理 选修 3-4】（ 15分） （ 1) (6分 )如图所示，在 xOy平面内有一列沿 x轴传播的简谐横波，频率为2.5HZ 。在 t=0时， P点位于平衡位置，且速度方向向下， Q 点位

31、于平衡位置下方的最大位移处。则在 t=0.35s时， P、 Q 两质点（ ） A位移大小相等，方向相同 B速度大小相等，方向相同 C速度大小相等，方向相反 D加速度大小相等，方向相反 (2) (9分 )两束平行的细激光束，垂直于半圆柱玻璃的平面射到半圆柱玻璃上，如图所示。已知其中一条光线沿直线穿过玻璃，它的入射点是 O；另一条光线的入射点为 A， 穿过玻璃后两条光线交于 P点。已知玻璃截面的圆半径为 R，OA= ， OP= R。求玻璃材料的折射率。 答案：（ 1） BD（ 2） 1.73 试题分析： (1)波传播的周期为 ，所以在 t=0.35s时，根据对称性可到速度大小相等，方向相同，加速度

32、大小相等，方向相反， BD正确 (2).解 作出光路如图所示，其中一条光线沿直线穿过玻璃，可知 O 点为圆心； (2分 ) 另一条光线沿直线进入玻璃，在半圆面上的入射点为 B，入射角设为 1，折射角设为 2 则 得 1=300 (2分 ) 因 OP= R，由几何关系知 BP=R，则折射角 2=600 (2分 ) 由折射定律得玻璃的折射率为 n= =1.73 (3分 ) 考点：考查光的折射 点评：关键是作出光路图，根据几何知识求出入射角与折射角 【物理 选修 3-5】（ 15分） (1) (6分 )关于核电站和核辐射，下列说法中正确的是（ ） A核反应堆发生的是轻核聚变反应 B核反应堆发生的是重

33、核裂变反应 C放射性同位素的半衰期长短是由核内部本身决定，与外部条件无关 D放射性同位素的半衰期长短与地震、风力等外部环境有关 （ 2） (9分 )如图所示， A、 B两木块靠在一起放于光滑的水平面上， A、 B的质量分别为 =2.0 kg , =1.5 kg 。一个质量为 =0.5 kg的小铁块 C以v0=8 m/s的速度滑到木块 A上，离开木块 A后最终与木块 B一起匀速运动若木块 A在铁块 C滑离后的速度为 vA=0.8 m/s ，铁块 C与木块 A、 B间动摩擦因数均为 =0.4，取 g=l0m/s2。 求： 铁块 C在滑离 A时的速度； 木块 B的长度至少为多长。 答案：（ 1） B

34、C（ 2） vC=2.4 m/s 0.24 m 试题分析： (1). 核电站是利用重核的裂变来发电的，重核的裂变形成的链式反应是可在 人工控制下进行的而轻核的聚变现在是无法人工控制的，核反应堆发生的是重核裂变反应，所以选项 B正确、 A错误 放射性元素衰变的快慢是由核内部自身的因素决定的，跟原子所处的化学状态和外部条件没有关系所以选项 C正确、 D错误 故答案：为： BC (2).解 铁块 C在滑离 A的瞬间，由动量守恒得 mCv0=(mA mB)vA mCvC (2分 ) 代入数据解得 vC=2.4 m/s (1分 ) 铁块 C和木块 B相互作用最终和 B达到相同的速度 铁块 C和 B作用过程中 mCvC mBvA= (mC mB)vB (1分 ) (2分 ) 因铁块 C没有从木块 B上掉下来，所以木块 B的长度 LS相对 (1分 ) 联立以上方程代入数据解得 L0.24 m即木块 B的长度至少为 0.24 m (2分 ) 考点：考查了核反应类型的特点以及动量守恒的应用 点评：重核的裂变是由重的原子核变化为轻的原子核，轻核的聚变是由较轻的原子核变化为较重的原子核要清晰的区分这两种核变化利用动量守恒定律解决问题时，要注意分析各个状态的物理量