2015学年福建省三明一中高三（上）第一次月考物理试卷与答案（带解析）.doc

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1、2015学年福建省三明一中高三（上）第一次月考物理试卷与答案（带解析） 选择题 如图所示， A、 B两物体质量之比 mA： mB=3： 2，原来静止在平板小车 C上，A、 B间有一根被压缩的弹簧，地面光滑，当弹簧突然释放后，则（ ） A.若 A、 B与平板车上表面间的动摩擦因数相同， A、 B组成系统的动量守恒 B.若 A、 B与平板车上表面间的动摩擦因数不同， A、 B、 C组成系统的动量一定不守恒 C.若 A、 B所受的摩擦力大小相等， B、 C组成系统的动量守恒 D.无论 A、 B所受的摩擦力大小不相等， A、 B、 C组成系统的一定动量守恒 答案： D 试题分析：当系统不受外力或所受的

2、外力之和为零，系统动量守恒，根据动量守恒的条件进行判断 解： A、因为 A、 B的质量不等，若 A、 B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，则所受摩擦力大小不等， A、 B组成的系统所受的外力之和不为零，所以动量不守恒故 A错误 B、不论 A、 B的摩擦力是否相等， A、 B、 C组成的系统，外力之和为零，则动量守恒故 B错误， D正确 C、 BC组成的系统受到弹簧弹力的作用，合外力不为零，动量不守恒故 C错误 故选： D 点评：解决本题的关键掌握动量守恒的条件，这是运用动量守恒定律解题 的关键 如图所示，半径和动能都相等的两个小球相向而行甲球的质量 m甲 大于乙球的质量 m乙 ，水平面是光滑的

3、，两球做对心碰撞以后的运动情况可能是（ ） A甲球速度为零，乙球速度不为零 B乙球速度为零，甲球速度不为零 C两球速度都不为零 D两球都以各自原来的速率反向运动 答案： AC 试题分析：该题考查动量守恒定律，动能与动量的关系，甲乙两球动能相等，有 EK 甲 =EK 乙 ，设甲球的动量为 P 甲 ，乙球动量为 P 乙 ，则 EK 甲 = ， EK 乙 = ，因为 m甲 m乙 ，所以 P 甲 P 乙 ，又因为两球相向运动，所以 P 甲 与 P 乙 方向相反，碰撞后两球应沿动量大的方向，故两球运动方向与甲球原来的方向相同不为零所以乙球速度不为零 解： A、上述分析知 EK 甲 =EK 乙 ，因为 E

4、K= mv2= = ，所以动量为： P=， 因为 m甲 m乙 ，所以有： P 甲 P 乙 甲乙相向运动，故甲乙碰撞后总动量沿甲原来的方向，甲继续沿原来的方向运动，乙必弹回所以乙的速度不可能为零，故 A正确 B、因为乙必弹回，故速度不为零， B错误； C、因为碰撞后甲乙都沿甲原来的方向运动，故甲乙速度不为零， C正确； D、碰撞后甲乙均沿甲原来的方向运动，甲速度不反向，乙速度反向 ，故 D错误； 故选： AC 点评：该题总体难度适中，只要能找到动能和动量之间的换算关系就可以顺利解决了 人从高处跳到低处时，为了安全，一般都是让脚尖部分先着地这是为了（ ） A减小冲量 B使动量的增量变得更小 C增长

5、和地面的冲击时间，从而减小冲力 D增大人对地的压强，起到安全作用 答案： C 试题分析：人落下时速度的变化量相同，根据动量定理可分析让脚尖着地的好处 解：人在和地面接触时，人的速度减为零，由动量定理可知（ F-mg） t= mv； 而脚尖着地可以增加人着地的时间，可以减小动量的变化率，故减小受到地面的冲击力； 故选： C 点评：本题考查动量定理的定性的应用，物理知识在生产生活中有着广泛的应用，在学习中应注意体会 关于 粒子散射实验的结果，下列说法正确的是（ ） A极少数 粒子偏转角超过 90 B有的 粒子被弹回，偏转角几乎达到 180 C少数 粒子穿过金箔后仍沿原来的方向前进 D绝大多数 粒子

6、发生了较大的偏转 答案： AB 试题分析：明确 粒子散射实验现象的内容以及造成这种现象的原因，正确利用物体受力和运动的关系判断 解： A、 粒子散射实验的内容是：绝大多数 粒子几乎不发生偏转；少数 粒子发生了较大的角度偏转；极少数 粒子发生了大角度偏转（偏转角度超过90，有的甚至几乎达到 180，被反弹回来），故 AB正确； CD错误 故选： AB 点评：对于 粒子散射实验要明确其实验现象和结论，了解该实验的历史背景和历史作用 卢瑟福 粒子散射实验的结果证明了（ ） A质子的存在 B原子核是由质子和中子组成的 C电子只能在某些轨道上运动 D原子的全部正电荷和几乎全部的质量都集中在一个很小的核上

7、 答案： D 试题分析： 本题比较简单，只要正确理解 a粒子散射实验现象及其结论即可正确解答 解： a 粒子散射实验现象为：绝大多数 粒子穿过金箔后仍沿原来的方向前进，但有少数 粒子发生了较大的偏转，并有极少数 粒子的偏转超过 90，有的甚至几乎达到 180而被反弹回来卢瑟福根据该实验现象提出了原子核式结构模型：原子的全部正电荷和几乎全部质量都集中在原子核里，带负电的电子在核外空间里绕着核旋转，故 ABC错误， D正确 故选： D 点评：了解卢瑟福核式结构模型提出的历史背景及其过程，知道 粒子散射实验现象及其结论 氢原子的核外电子由离 核较远的轨道跃迁到离核较近的轨道上时，下列说法中正确的是（

8、 ） A核外电子受力变小 B原子的能量减少，电子的动能增加 C氢原子要吸收一定频率的光子 D氢原子要放出一定频率的光子 答案： BD 试题分析：根据库仑引力的公式确定受力的变化，通过能量的变化确定是吸收光子还是释放光子 解： A、根据 F= 得，轨道半径减小，则核外电子受力变大故 A错误； B、从距核较远的轨道跃迁到离核较近的轨道过程中，能级减小，总能量减小，根据 = 知，电子的动能增加故 B正确； C、从距核较远的轨道跃迁到离核较近的轨道过程中，总能量减小，要放出一定频率的光子，故 C错误， D正确； 故选： BD 点评：解决本题的关键知道从高能级向低能级跃迁，放出光子，从低能级向高能级跃迁

9、，吸收光子 （ 2004 北京）氦原子被电离一个核外电子，形成类氢结构的氦离子已知基态的氦离子能量为 E1=-54.4eV，氦离子能级的示意图如图所示在具有下列能量的光子中，不能被基态氦离子吸收而发生跃迁的是（ ） A 40.8eV B 43.2eV C 51.0eV D 54.4eV 答案： B 试题分析：当光子的能量和某两个能级之间的能量差相等时才能被吸收，即体现能量的量子化 解：根据量子理论可以知道，处于基态的离子在吸收光子能量时是成份吸收的，不能积累的因此当其它能级和基态能量差和光子能量相等时，该光子才能被吸收 A、由能级示意图可知：第 2能级和基态能级差为： E1=E2-E1=-13

10、.6-（ -54.4）=40.8eV，故 A选项中光子能量能被吸收，故 A错误； B、没有能级之间的能量差和 B中光子能量相等，故 B正确； C、第 4能级和基态能级差为： E2=E4-E1=-3.4-（ -54.4） =51.0eV；故 C选项中光子能量能被吸收，故 C错误； D、当光子能量大于等于基态能量时，将被处于基态离子吸收并能使其电离，故选项 D中的光子能量能被吸收，故 D错误 故选 B 点评：轨道量子化和能量量子化是量子力学的基础，是近代物理学的巨大飞跃，学生要能通过简单的计算理解其意义 根据玻尔理论，在氢原子中，量子数 n越大，则（ ） A电子轨道半径越小 B核外电子运动速度越小

11、 C原子能级的能量越小 D电子的电势能越大 答案： BD 试题分析：在氢原子中，量子数 n越大，原子的能量越大，根据库仑引力提供向心力，根据轨道半径的变化，判断电子动能的变化原子能量等于电子动能和势能的总和，从而确定电子势能的变化 解： n越大，轨道半径越大，原子能量越大，根据 ，知电子的动能越小，原子能量等于电子动能和势能的总和，知电阻的电势能越大故 B、 D正确， A、 C错误 故选 BD 点评：解决本题的关键知道量子数越大，轨道半径越大，电子动能越小，原子能量越大，电子电势能越大 如图所示为氢原子的能级图，若用能量为 12.75eV的光子去照射大量处于基态的氢原子，则（ ） A氢原子能

12、从基态跃迁到 n=4的激发态上去 B有的氢原子能从基态跃迁到 n=3的激发态上去 C氢原子最多能发射 3种波长不同的光 D氢原子最多能发射 10种波长不同的光 答案： A 试题分析：根据玻尔理论，氢原子只能吸收能量等于两个能级之差的光子的能量氢原子吸收了能量后，从基态跃迁到 n能级的激发态上去，再从此激发态向低能级跃迁， 可发出 C 种波长不同的光 解： A、 B氢原子的能级图得到， n=4的激发态与基态的能级差为 E=E4-E1=-0.85eV-（ -13.6eV） =12.75eV，所以用能量为 12.75eV的光子去照射大量处于基态的氢原子，氢原子能从基态跃迁到 n=4的激发态上去故 A

13、正确， B错误 C、 D氢原子吸收光子的能量跃迁到 n=4的激发态后，向低能级跃迁时，任意两个能级之间发生一次跃迁，共发射 C =6种波长不同的光故 C 错误， D错误 故选： A 点评：当入射光的能量小于氢原子的电离能时，只能吸收能量恰好等于两个能级之差的光子 下列说法正确的是（ ） A Th经过 6次 衰变和 4次 衰变后成为稳定的原子核 Pb B核反应方程： Be+ He C+X，其中的 X是正电子 C 20个 U的原子核经过两 个半衰期后一定剩下 5个 U D U在中子轰击下生成 Sr和 Xe的过程中，原子核中的平均核子质量变小 答案： AD 试题分析：写出衰变方程，根据原子核经过一次

14、 衰变，电荷数减小 2，质量数减小 4，一次 衰变后电荷数增加 1，质量数不变，分析求解； 半衰期针对大量原子核才有统计意义； 原子从一种定态跃迁到另一种定态时，可能辐射出光子，也可能吸收光子 解： A、 Th经过 6次 衰变和 4次 衰变后，质量数减小 24，而质子数减少 8，则成为稳定的原子核，故 A正确； B、根据质量数和电荷数守恒知 X是中子，故 B错误； C、 半衰期针对大量原子核才有统计意义，故 C错误； D、是裂变反应，原子核中的平均核子质量变小，有质量亏损，以能量的形式释放出来，故 D正确； 故选： AD 点评：考查衰变方程的两数守恒，掌握 衰变和 衰变的应用，注意半衰期的内涵

15、，理解从高能级向低能级跃迁时，会释放能量，相反，会吸收能量 处于基态的氢原子在某单色光束照射下，能发出频率为 v1， v2， v3的三种光，且 v1 v2 v3则该照射光的光子能量为（ ） A hv1 B hv2 C hv3 D h（ v1+v2+v3） 答案： C 试题分析：氢原子能释放出三种不同频率的光子，知氢原子被单色光照射后跃迁到第 3能级，吸收的光子能量等于两能级间的能级差 解：由题意可知，氢原子吸收能量后跃迁到第三能级，则吸收的能量等于 n=1和 n=3能级间的能级差，即单色光的能量 E=hv3故 C正确， A、 B、 D错误 故选 C 点评：解决本题的关键知道能级间跃迁满足的规律

16、，即 Em-En=hv 从塔顶释放一个小球 A， 1s后从同一点再释放一个小球 B，设两球都做自由落体运动，则落地前， A、 B两球之间的距离（ ） A.保持不变 B.不断减小 C.不断增大 D.有时 增大，有时减小 答案： C 试题分析：两个小球都做自由落体运动，根据自由落体运动的基本公式即可解题 解：设乙运动的时间为 t，则甲运动的时间为 t+1， 根据位移时间公式得： =gt+ ，所以落地前， A、 B两球之间的距离越来越大， C正确 故选 C 点评：该题考查了自由落体运动的基本公式的直接应用，难度不大 如图所示，小球以某一初速度 v0沿固定光滑斜面从底端向上运动，已知斜面倾角为 =30

17、，小球经过时间 t返回到原出点，那么，小球到达最大高度一半处的速度大小为（ ） A B C D 答案： C 试题分析：小球在光滑的斜面先上滑和后下滑，两个过程的加速度相同，具有对称性，上滑和下滑过程所用时间相等，由牛顿第二定律求出加速度大小，由运动学公式求出斜面的长度，再求解小球到达最大高度一半处的速度大小 解：由题得知，小球运动具有对称性，则小球下滑的时间为 由牛顿第二定律得，小球在斜面上运动的加速度大小为： a= =0.5g 则斜面的长度为： L= = 当小球到达最大高度一半时，离斜面顶端的距离为 ，设此时速度大小为 v，则有： 得： v= = = 选项 ABD错误， C正确 故选 C 点

18、评：本题运用牛顿 第二定律和运动学公式解决动力学问题，关键要抓住小球运动的对称性，得到小球下滑的时间也可以通过作速度图象，结合运动学公式求解 （ 2014 广州三模）一个小石子从离地某一高度处由静止自由落下，某摄影爱好者恰好拍到了它下落的一段轨迹 AB该爱好者用直尺量出轨迹的实际长度，如图所示已知曝光时间为 s，则小石子出发点离 A点约为（ ） A.6.5cm B.10m C.20m D.45m 答案： C 试题分析：根据照片上痕迹的长度，可以知道在曝光时间内物体下落的距离，由此可以估算出 AB段的平均速度的大小，在利用自由落体运动的公式可以求得下落的距离 解：由图可知 AB的长度为 2cm，

19、即 0.02m，曝光时间为 s，所以 AB段的平均速度的大小为 V= = =20m/s， 由自由落体的速度位移的关系式 V2=2gh可得， h= = =20m，所以 C正确 故选 C 点评：由于 AB的运动时间很短，我们可以用 AB段的平均速度来代替 A点的瞬时速度，由此再来计算下降的高度就很容易了，通过本题一定要掌握这种近似的方法 用同一张底片对着小球运动的路径每隔 s 拍一次照，得到的照片如图所示，则小球在图中过程运动的平均速度是（ ） A 0.25m/s B 0.2m/s C 0.17m/s D无法确定 答案： C 试题分析：由图得出小球运动的距离（注意减去前面的 1cm）和所用的时间，

20、利用速度公式求小球运动的平均速度 解： 由图知，小球运动的路程： s=6cm-1cm=5cm=0.05m， 运动时间： t= s3=0.3s， 小球的运动速度： v= 0.17m/s 故选： C 点评：本题考查了学生对速度公式的掌握和运用，能从图中得出准确的路程和时间是本题的 关键 古有 “守株待兔 ”的寓言设兔子的头部受到大小等于自身体重的打击力时即可致死，并设兔子与树桩作用时间为 0.2s，则被撞死的兔子其奔跑速度可能为（ g=10m/s2）（ ） A 1m/s B 1.5m/s C 2m/s D 2.5m/s 答案： C 试题分析：以兔子为研究对象，它与树桩碰撞过程中，水平方向受到树对它

21、的打击力，速度减小至零，根据动量定理研究其速度 解：取兔子奔跑的速度方向为正方向 根据动量定理得 -Ft=0-mv， ，由 F=mg，得到 m/s 故选： C 点评：点评：本题应用动量研究碰撞过程物体的速度对于打击、碰撞、爆炸等变力作用过程，往往用动量定理研究作用力 用一束绿光照射光电管金属时不能产生光电效应，则下述措施可能使该金属产生光电效应的是（ ） A延长光照时间 B保持光的频率不变，增大光的强度 C换用一束蓝光照射 D增大光电管的正向加速电压 答案： C 试题分析：发生光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限频率 解：用一束绿光照射某金属时不能产生光电效应，知绿光的频率小于金属的极限

22、频率，要能发生光电效应，需改用频率更大的光照射（如蓝光）能否发生光电效应与入射光的强度和照射时间无关 故选： C 点评：解决本题的关键知道光电效应的条件，知道能否发生光电效应与入射光的强度和照射时间无关 下列说法正确的是（ ） A动量为零时，物体一定处于平衡状态 B动能不变，物体的动量一定不变 C物体所受合外力不变时，其动量一定不变 D物体受到恒力的冲量也可能做曲线运动 答案： D 试题分析：本题应掌握动量的定义、动量与动能关系，动量定理的相关内容；并能根据相互关系进行分析判断 解： A、动量为零说明物体的速度为零，但物体速度为零并不一定为平衡状态，如汽车的起动瞬时速度为零，为匀加速直线运动，

23、故 A错误； B、动能不变，说明速度的大小不变，但速度的方向是可以变化的，故动量是可能发生变化的，故 B错误； C、物体做匀变速直线运动时，物体的合外力大小变，同时速度大小不会变化，故动量的大小也不会发生变化，故 C错误； D、物体受到恒力作用时有可能做曲线运动，如平抛运动，故 D正确； 故选： D 点评 ：在运动和力的关系中我们学过动量定理、动能定理及牛顿第二定律等规律，在研究时应综合考虑，特别要注意各量是否为矢量，掌握好矢量的性质是理解问题的关键 质量为 m的钢球自高处落下，以速率 v1碰地，竖直向上弹回，碰撞时间极短，离开地的速率为 v2在碰撞过程中，钢球受到合力的冲量的方向和大小为（

24、） A向下， m（ v1-v2） B向下， m（ v1+v2） C向上， m（ v1-v2） D向上， m（ v1+v2） 答案： D 试题分析：由于碰撞时间极短，钢球的重力相对于地面对钢球的冲力可忽略不计根据动量定理求解在碰 撞过程中地面对钢球的冲量的方向和大小 解：选取竖直向下方向为正方向，根据动量定理得 地面对钢球的冲量 I=-mv2-mv1=-m（ v1+v2），则地面对钢球的冲量的方向向上，大小为 m（ v1+v2） 故选： D 点评：应用动量定理求解冲量是常用的方法，要注意选取正方向，用带正号的量值表示矢量如重力不能忽略，还要考虑重力的冲量 龟兔赛跑的故事中，按照故事情节，兔子和乌

25、龟的位移图象如图所示，由图可知（ ） A兔子和乌龟是同时同地出发 B兔子和乌龟在比赛途中相遇过一次 C乌龟做的是匀速直线运动，兔子是沿着折线跑的 D乌龟先通过预定位置到达终点 答案： D 试题分析：由位移图象直接兔子和乌龟出发的时刻与位置根据位移图象的斜率表示速度分析兔子和乌龟的运动情况当两个动物的位移相等时，说明到达同一位置乌龟先通过预定位移到达终点 解： A、由图读出，兔子和乌龟是从同地不同时刻出发的，兔子在乌龟出发后 t1时间出发故 A错误 B、在 t2和 t4两个时刻，兔子和乌龟位移相同，两者相遇，说明兔子和乌龟在比赛途中相遇过两次故 B错误 C、乌龟做的是匀速直线运动，兔子先做匀速直

26、线运 动，在 t3-t5时间内静止不动，t5时刻以后又沿原方向做匀速直线运动，兔子不是沿着折线跑的故 C错误 D、由图看出， t6时刻乌龟到达终点，而兔子还没有到达终点，说明乌龟先通过预定位移到达终点，故 D正确 故选： D 点评：本题是位移图象问题，图线的斜率等于速度，纵坐标实质表示物体的位置 如图是甲、乙两物体做直线运动的 v一 t图象下列表述正确的是（ ） A乙做匀加速直线运动 B 0-1s内甲和乙的位移相等 C甲和乙的加速度方向相同 D甲的加速度比乙的小 答案： A 试题分析：在速度时间图象中，某一点代表此时刻的瞬时速度，时间轴上方速度是正数，时间轴下方速度是负数；切线代表该时刻的加速

27、度，向右上方倾斜，加速度为正，向右下方倾斜加速度为负；图象与坐标轴围成面积代表位移，时间轴上方位移为正，时间轴下方位移为负 解： A、在速度时间图象中，乙的斜率（加速度）为正的常数，速度也为正数，所以乙做匀加速直线运动，故 A正确 B、根据速度图象与时间轴所围的面积表示位移，可知，在 0-1s内，甲的位移大于乙的位移，故 B错误 C、在速度时间图象中，甲乙的斜率正负不同，即加速度方向不同，故 C 错误 D、由 得， m/s2， ，所以甲的加速度大于乙的加速度，故 D错误 故选： A 点评：本题是为速度 -时间图象的应用，要明确斜率的含义，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

28、根据图象读取有用信息 （ 2005 北京）一个氘核（ ）与一个氚核（ ）发生聚变，产生一个中子和一个新核，并出现质量亏损聚变过程中（ ） A吸收能量，生成的新核是 B放出能量，生成的新核是 C吸收能量，生成的新核是 D放出能量，生成的新核是 答案： B 试题分析：根据质能方程可知核反应的过程中出现质量亏损，则一定释放能量；根据核反应过程中质量数守恒可求出新核的质量数，根据核反应过程中核电荷数守恒可求出新核的质子数，从而确定新核 解：根据爱因斯坦质能方程 E= mC 2，可知在核聚变中存在质量亏损，则核反应过程中一定会释放大量的能量 核反应方程为 + + 根据核反应过程中质量数守恒可得： 2+3

29、=1+A 解得 A=4 根据核反应过程中核电荷数守恒可得： 1+1=0+Z 解得 Z=2 故新核为 故选 B 点评：本题考查的知识点是质能方程和核反应遵循的规律，比 较基础，只要多读课本，加强知识积累就能顺利解决 原子弹和氢弹各是根据什么原理制造的（ ） A都是依据重核的裂变 B都是依据轻核的聚变 C原子弹是根据轻核聚变，氢弹是根据重核裂变 D原子弹是根据重核裂变，氢弹是根据轻核聚变 答案： D 试题分析：核能分为裂变和聚变两种，裂变分为两种：可控链式反应和不可控链式反应，前者主要应用在核反应堆中，后者应用在原子弹中；聚变主要应用在氢弹上 解：原子弹和核能是利用重核裂变的链式反应中能在极短时间

30、内释放出巨大能量的原理制成的，发生可控的链式反应的是核电站，不可控链式反应的是原子弹 氢弹则是利用轻核的聚变制成的 故选 D 点评：本题直接考查了氢弹和原子弹的原理，属于记忆性的知识，要注意区分 （ 2006 深圳二模）关于原子核，下列说法中正确的是（ ） A原子核能发生 衰变说明原子核内存在电子 B核反应堆利用镉棒吸收中子控制核反应速度 C轻核的聚变反应可以在任何温度下进行 D一切核反应都能释放核能 答案： B 试题分析：该题考察知识比较全面，题目中四个选项，考察了四个方面的知识，但是所考察问题均为对基本概念、规律的理解只要正确理解教材中有关概念即可 解： A、 衰变是核内的一个中子变为质子

31、同时发出一个电子，故 A错误； B、镉具有很大的中子吸收界面，所以用来吸收裂变产生的中子，故 B正确； C、聚变必须在高温下进行，故 C错误； D、核聚变和核裂变大部分是放出核能，只有极少数的核反应是吸收能量，故D错误； 故选： B 点评：像这类理解、记忆的问题，学生在解答过程中是很容易出错的，只要充分理解教材中的相关概念，就可正确解 答 下列说法中正确的是（ ） A铀核发生裂变时的核反应是 U Ba+ Kr+2 n B对天然放射现象的研究建立了原子的核式结构 C压力和温度对放射性元素衰变的快慢没有任何影响 D 粒子散射实验说明原子核是由质子和中子组成 答案： C 试题分析：卢瑟福的 粒子散射

32、实验说明原子核集中了几乎全部的质量和全部的正电荷，贝克勒尔发现的天然放射现象说明原子核内部具有复杂结构，半衰期仅有原子本身决定 解： A、铀核裂变的核反应是： 92235U+01n 56141Ba+3692Kr+301n，故 A错误 B、天然的放射现象揭示了原子核结构的复杂性， B错误； C、半衰期仅有原子本身决定，压力和温度对放射性元素衰变的快慢没有任何影响， C正确； D、卢瑟福的 粒子散射实验说明原子核集中了几乎全部的质量和全部的正电荷， D错误； 故选 C 点评：本题考查了裂变方程、散射实验的结论和半衰期的知识，加强对基本知识的积累是解决此类题目的基础 按照玻尔理论，氢原子从能级 A跃

33、迁到能级 B时，释放频率为 1的光子；氢原子从能级 B跃迁到能级 C时，吸收频率为 2的光子，且 1 2则氢原子从能级 C跃迁到能级 A时，将（ ） A吸收频率为 2-1的光子 B吸收频率为 1-2的光子 C吸收频率为 2+1的光子 D释放频率为 1+2的光子 答案： B 试题分析：从高能级向低能级跃迁，释放光子，从低能级向高能级跃迁，吸收光子，根据光子频率的大小比较出 A、 C的能级高低，并求出两个能极差，从而求出光子的频率 解：因为 1 2 AB的能极差为 hv1， BC的能极差为 hv2， AB的能级差大于BC的能级差，所以 C的能级低于 A的能级，两者的能级差为 hv1-hv2，所以从

34、能级 C 跃迁到能级 A时，吸收光子，有 hv3=hv1-hv2，所以 v3=v1-v2故 B正确，A、 C、 D错误 故选 B 点评：解决本题的关键知道能级差与光子频率的关系 Em-En=hv以及知道高能级向低能级跃迁，释放光子，从低能级向高能级跃迁，吸收光子 下面说法中正确的是（ ） A用 粒子轰击铍（ ）核，铍核转变为碳核（ ），同时放出 射线 B 射线是由原子核外电子受激发而产生的 C 射线是波长很短的电磁波，它的贯穿能力很强 D利用 射线的电离作用，可检查金属内部有无砂眼或裂纹 答案： C 试题分析：根据质量数守恒和电荷数守恒知 用 粒子轰击铍核的核反应放出的是中子而不是 射线， 射

35、线是原子核发生 衰变放出的， 射线具有强穿透能力 解： A、用 粒子轰击铍核的核反应放出的是中子而不是 射线， A错误 B、 射线是原子核发生 衰变放出的，而不是原子核外电子， B错误 C、 D检查金属内部有无砂眼和裂纹是利用 射线强穿透能力， C正确 D错误 故选 C 点评：本题考查了三种射线的产生和各自特点，难度不大，注意在平时学习中多记忆 某放射性元素的原子核发生两次 衰变和六次 衰变，关于它的原子核的变化，下列说法中正确的是（ ） A质子数减小 2 B质子数增加 2 C中子数减小 8 D核子数减小 10 答案： A 试题分析：明确 a衰变和 衰变的实质，根据衰变过程中质量数和电荷数守恒

36、可正确解答 解：设该原子核的质量数（核子数）为 m，电荷数（质子数）为 n，衰变后的质量数为 x，电荷数为 y，则有： m=x+8； n=-6+4+y 由此可知衰变后核子数减小 8，质子数减少 2，中子数减小 10，故 BD错误， A正确 故选 A 点评：本题考查了衰变过程中的质量数和电荷数守恒的应用，同时要明确质量数、电荷数、中子数之间关系 下列说法正确的是（ ） A太阳辐射的能量主 要来自太阳内部的核裂变反应 B汤姆生发现电子，表明原子具有核式结构 C Bi的半衰期是 5天， 12g Bi经过 15天后还有 1.5g未衰变 D按照玻尔理论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

37、答案： C 试题分析：太阳辐射的能量主要来自太阳内部的聚变反应，汤姆逊发现了电子，卢瑟福提出原子具有核式结构，半衰期与外界因素无关 解： A、太阳辐射的能量主要来自太阳内部的聚变反应， A错误； B、汤姆逊发现了电子，卢瑟福提出原子具有核式结构， B错误； C、经过 15天是 3各半衰期，剩余质量为原来的 =1.5g， C正确； D、按照玻尔理论氢原子核外电子从半径较大的轨道跃迁到半径较小的轨道，D错误； 故选： C 点评：掌握原子核式结构模型的内容，知道半衰期的特点，对一些物理学史要加强记忆 下列说法错误的是（ ） A光波是一种概率波 B光波是一种电磁波 C光具有波粒二象性 D微观粒子具有波

38、动性，宏观物体没有波动性 答案： D 试题分析：德布罗意波理论告诉我们，一切运动的微粒都有一种波与之对应，即一切运动的微粒都具有波粒二象性电子有波动性，但在一定的条件下才能表现 出来 解： A、 C、光具有波粒二象性，是一种概率波故 A正确， C正确； B、根据麦克斯韦的电磁场理论，光波是一种电磁波故 B正确； D、微观粒子和宏观物体都具有波粒二象性故 D错误 本题选择错误的，故选： D 点评：此题要理解物质波的概念，知道一切运动的物体才有物质波，电子有波动性，但在一定的条件下才能表现出来 实验题 （ 2008 济南一模）在 “测定匀变速直线运动的加速度 ”的实验中，用打点计时器记录纸带运动的

39、时间，计时器所用电源的频率为 50Hz，如图所示是一次实验得到的一条纸带，纸带上每相邻的两计数点间都 有四个点未画出，按时间顺序取 0、 1、 2、 3、 4、 5、 6七个计数点，用刻度尺量出 1、 2、 3、 4、 5、 6点到0点的距离分别为 1.40cm、 3.55cm、 6.45cm、 10.15cm、 14.55cm、 19.70cm由纸带数据计算可得计数点 4所代表时刻的瞬时速度大小为 v4= m/s，小车的加速度大小 a= m/s2（结果保留三位有效数字） 答案： .405； 0.756 试题分析： 3、 5这段位移内的平均速度等于计数点 4位置的瞬时速度，根据 x=aT2求出

40、小车的加速度 解：根据平均速度代替瞬时速度得： v4= = m/s=0.405m/s 由题意得两个相邻计数点间的距离为： x1=0.0140m， x2=x2-x1=0.0215m， x3=x3-x2=0.0290m， x4=x4-x3=0.0370m， x5=x5-x4=0.0440m， x6=x6-x5=0.0515m 采用逐差法得： a= =m/s2=0.756m/s2 故答案：为： 0.405； 0.756 点评：解决本题的关键知道某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，会用逐差法根据 x=aT2求加速度 填空题 一条悬链长 7.2m，从悬点处断开，使其自由下落，不计空气阻力则整条悬

41、链通过悬点正下方 12.8m处的一点所需的时间是 （ g取 10m/s2） 答案： .54 试题分析：抓住链条的上下两端经过同一点的时间位移关系列式即可求解 解：设链条的长度为 L，悬链的下端到 P点的距离是 h，经 t1链条的下端经过 P点， 则 ； ； 经 t2链条的上端经过 P点，此时悬链的总位移是 h+L，则： h+L= gt22， ； 整条悬链通过悬点正下方 12.8m处的 P点所需的时间： t=t2-t1=1.6s-1.06s=0.54s； 故答案：为： 0.54s 点评：本题主要考查了自由落体运动位移时间公式的直接应用，难度不大，属于基础题 质置为 m的物体，在倾角为 的光滑斜面

42、上由静止开始下滑，经过时间 t，在这段时间内，支持力的冲量大小为 ，合外力对物体的冲量大小为 答案： mgcost， mgsint 试题分析：冲量等于力与物体速度的乘积；对物体受力分析，根据平行四边形定则求解出合力和支持力，即可得到支持力和合力的冲量 解：物体在倾角为 的光滑斜面上由静止开始下滑，受重力和支持力，故： ,N=mgcos,合力： F=mgsin,故支持力冲量： IN=Nt=mgcost,合力的冲量：I=Ft=mgsint. 故答案：为： mgcost， mgsint 点评：本题关键是明确物体的受力情况和运动情况，知道冲量的定义公式 I=Ft即可，基础题目 （ 1）完成核反应方程：

43、 Th Pa+ （ 2） Th衰变为 Pa的半衰期是 1.2min，则 64g Th经过 6min还有 g尚未衰变 答案： ， 2 试题分析：根据核反应方程的质量数与电荷数守恒，可以写出正确的核反应方程，根据半衰期的含义可以算出没有衰变的元素质量 解：根据质量数和电荷数守恒可知 90234Th衰变为 91234Pa时，放出的是电子 ； 剩余质量为： M 剩 =M（ ） n，经过 6分钟，即经过了 5个半衰期，即 n=5，代入数据得：还有 2克没有发生衰变 故答案：为： ， 2 点评：书写核反应方程一定满足质量数和电荷数守恒，正确理解半衰期，并能进行有关半衰期的运算 计算题 甲乙两运动员在训练交

44、接棒的过程中发现：甲经短距离加速后能保持 9m/s的速度跑完全程；乙从起跑后到接棒前的运动是匀加速的，为了确定乙起跑的时机，需在接力区前适当的位置设置标记，在某次练习中，甲在接力区前S0=13.5m处作了标记，并以 v=9m/s的速度跑到此标记时向乙发出起跑口令，乙在接力区的前端听到口令时起跑，并恰好在速度达到与甲相同时被甲追上，完成交接棒，已知接力区的长度为 L=20m求： （ 1）此次练习中乙在接棒前的加速度 a （ 2）在完成交接棒时乙离接力区末端的距离 答案：（ 1）此次练习中乙在接棒前的加速度为 3m/s2 （ 2）在完成交接棒时乙离接力区末端的距离为 6.5m 试题分析：（ 1）甲

45、在追乙的过程中，甲做的是匀速运动，乙做的是加速运动，追上时他们的位移的差值是 13.5m，从而可以求得加速度的大小； （ 2）乙做的是加速运动，由匀加速运 动的位移公式可以求得乙的位移的大小，从而可以求得在完成交接棒时乙离接力区末端的距离 解：（ 1）设经过时间 t，甲追上乙， 则根据题意有 vt- = vt=13.5 将 v=9代入得到： t=3s， 再有： v=at 解得： a=3m/s2 即乙在接棒前的加速度为 3m/s2 （ 2）在追上乙的时候，乙走的距离为 s， 则： s= 代入数据得到 s=13.5m 所以乙离接力区末端的距离为 s=20-13.5=6.5m 答：（ 1）此次练习中

46、乙在接棒前的加速度为 3m/s2 （ 2）在完成交接棒时乙离接力区末端的距离为 6.5m 点评：在交接棒时甲做的是匀速运动，乙做的是匀加速运动，根据甲乙的运动的规律分别列式可以求得加速度和位移的大小 甲乙两车同时同向从同一地点出发，甲车以 v1=16m/s的初速度， a1=-2m/s2的加速度作匀减速直线运动，乙车以 v2=4m/s的速度， a2=1m/s2的加速度作匀加速直线运动，求两车再次相遇前两车相距的最大距离和再次相遇时两车运动的时间 答案：两车再次相遇前两车相距的最大距离为 24m，再次相遇时两车运动的时间为 8s 试题分析：当两车速度相等时，两车相距最远，结合速度时间公式求出两 车相距最大距离的时间，结合位移公式求出相距的最大距离 当乙车追上甲车时，抓住位移关系，结合运动学公式求出追及的时间 解：当两车速度相同时，两车相距最远，此时两车运动时间为 t1，两车速度为 v,对甲车： v=v1+a1t1,对乙车： v=v2+a2t1 两式联立得 t1= ,此时两车相距 x=x1-x2=（ v1t1+ a1t12） -（ v2t1+ a2t12） = =24m,当乙车追上甲车时，两车位移均为 x，运动时间为 t则： v1t+ a1t2=v2t2+ a2t2,得 t=8s或 t=0（舍去） .甲车速度减为零的时间 ，即乙车追上甲车时，甲车速度恰好减为零可知再次相遇的