1、1山东省济南市莱芜区金牌一对一 2019 届高三物理上学期 12 月份练习试卷（含解析）一、单选题 1. 一中子与一质量数为 A（A1）的原子核发生弹性正碰。若碰前原子核静止，则碰撞前与碰撞后中子的速率之比为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】设中子的质量为 m，因为发生的是弹性正碰，动量守恒，机械能守恒，规定初速度的方向为正方向，有：mv 1=mv2+Amv， mv12 mv22+ Amv2联立两式解得： 故 A 正确，BCD 错误故选 A点睛：解决本题的关键知道弹性碰撞的过程中动量守恒、机械能守恒，与非弹性碰撞不同，非弹性碰撞机械能不守恒.【此处有视频，请去附件查看】2.在下列
2、情况中，系统的机械能不守恒的是(不计空气阻力)( )A. 推出的铅球在空中运动的过程中B. 滑雪运动员在弯曲的山坡上自由下滑(不计摩擦)C. 集装箱被起重机匀速吊起D. 不小心从阳台跌落的花盆【答案】C【解析】试题分析：在只有重力做功的情况下机械能守恒，故选项 ABD 中机械能守恒，选项 C 中物体受到竖直向上的拉力作用，机械能增大，故选 C考点：考查机械能守恒点评：本题难度较小，记住机械能守恒的条件：在只有重力做功的情况下机械能守恒3.不带电导体 P 置于电场中，其周围电场线分布如图所示，导体 P 表面处的电场线与导体2表面垂直，a、b 为电场中的两点，则( )A. a 点电场强度小于 b
3、点电场强度B. a 点电势低于 b 点的电势C. 负检验电荷在 a 点的电势能比在 b 点的大D. 正检验电荷从 a 点移到 b 点的过程中，电场力做正功【答案】D【解析】试题分析：电场线的疏密表示了电场的相对强弱，由图可知 a 点电场强度大于 b 点电场强度，故选项 A 错误；沿着电场线方向电势逐点降低，因此 a 点电势高于导体 P 的电势，导体 P 的电势又高于 b 点的电势，因此 a 点电势高于 b 点的电势，故选项 B 错误；根据电势能表达式可知 Epq，由于 q0，所以 EpaE pb，故选项 C 错误；正检验电荷在电场中受力方向与场强方向相同，因此从 a 点移到 b 点的过程中，电
4、场力与位移成锐角，即电场力做正功，故选项 D 正确；考点：本题主要考查了电场的两个基本性质问题问题，属于中档偏低题。4.在雷雨云下沿竖直方向的电场强度为 V/m，已知一半径为 1mm 的雨滴在此电场中不会104下落，取重力加速度大小为 10m/ ,水的密度为 kg/ 。这雨滴携带的电荷量的最小值约s2 103 m3为A. 2 C B. 4 C C. 6 C D. 8 C109 109 109 109【答案】B【解析】试题分析：带电雨滴在电场力和重力作用下保持静止，根据平衡条件电场力和重力必然等大反向mg=Eq 其中：m=V V= r 343解得： ，故选 BqmgE 4311091031010
5、4 4109C3考点：物体的平衡【名师点睛】本题关键在于电场力和重力平衡，要求熟悉电场力公式和二力平衡条件；要使雨滴不下落，电场力最小要等于重力。【此处有视频，请去附件查看】5.电荷量分别为 q1、q 2的两个点电荷，相距 r 时，相互作用力为 F，下列说法错误的是( )A. 如果 q1、q 2恒定，当距离变为 时，作用力将变为 2Fr2B. 如果其中一个电荷的电荷量不变，而另一个电荷的电荷量和它们间的距离都减半时，作用力变为 2FC. 如果它们的电荷量和距离都加倍，作用力不变D. 如果它们的电荷量都加倍，距离变为 r，作用力将变为 2F2【答案】A【解析】试题分析：根据库仑定律 知，如果 q
6、1、q 2恒定，当距离变为 r2 时，作用力将变F=kq1q2r2为 4F，所以 A 错误；如果其中一个电荷的电量不变，而另一个电荷的电量和它们间的距离都减半时，作用力变为 2F，故 B 正确；如果它们的电量和距离都加倍时，作用力不变，所以 C 正确；如果它们的电量都加倍，距离变为 时，作用力将变为 2F，故 D 正确，所以2r错误的选 A。考点：本题考查库仑定律。6.一小球在一倒立的圆锥筒的内壁做匀速圆周运动，其中球与筒内壁的摩擦可忽略，此时小球距离地面的高度为 H，球的线速度为 v，筒侧壁倾斜角度 不变，则下列说法中正确的是( )A. 小球做圆周运动的 H 越高，向心力越大B. 小球做圆周
7、运动的 H 越高，线速度越大4C. 小球做圆周运动的 H 越高，角速度越大D. 小球对侧壁的压力随高度 H 变大而减小【答案】B【解析】【分析】小球做匀速圆周运动，提供圆周运动的向心力是重力 mg 和支持力 F 的合力，作出力图，得出向心力大小不变，H 越高，圆周运动的半径越大，由向心力公式分析角速度、线速度大小；【详解】A、小球做匀速圆周运动，由重力 mg 和支持力 F 的合力提供圆周运动的向心力，作出力图如图：则向心力为： ，由于 不变，向心力大小不变；Fn=mgtan m，由 得： ，则知 H 越高，r 越大， 越小，故 AC 错误；mgtan=mr2 =gtanr B、根据牛顿第二定律
8、得 ，H 越高，r 越大， 不变，则 v 越大，故 B 正确。Fn=mv2r FnD、侧壁对小球的支持力 不变，则小球对侧壁的压力不变，故 D 错误。F=mgcos【点睛】本题考查应用物理规律分析实际问题的能力，此题是圆锥摆模型，关键是分析物体的受力情况，抓住不变量进行研究。7.如图所示，甲分子固定于坐标原点 O，乙分子从无穷远处由静止释放，在分子力的作用下靠近甲图中 b 点是引力最大处，d 点是分子靠得最近处，则乙分子速度最大处是( )A. a 点 B. b 点 C. c 点 D. d 点5【答案】C【解析】从图中可得 d 处分子力最大，故此处分子加速度最大，D 正确8.一根轻质弹簧，当它上
9、端固定下端悬挂重为 G 的物体时，长度为 L1；当它下端固定在水平地面上，上端压一重为 G 的物体时，其长度为 L2，则它的劲度系数是( )A. B. C. D. GL1 GL2 GL1L2 2GL1L2【答案】D【解析】设弹簧原长为 ，根据胡可定律可得悬挂重物时有 ，压重物时有 ，L0 G=k(L1L0) G=k(L0L2)联立解得 ，D 正确k=2GL1L2【此处有视频，请去附件查看】9.取水平地面为重力势能零点一物块从某一高度水平抛出，在抛出点其动能与重力势能恰好相等不计空气阻力，该物块落地时的速度方向与水平方向的夹角为( )A. B. C. D. 6 4 3 512【答案】B【解析】试
10、题分析：设抛出时物体的初速度为 ，高度为 ，物块落地时的速度大小为 ，方向与水v0 h v平方向的夹角为 ，根据机械能守恒定律得： ，据题有： ，联12mv20+mgh=12mv2 12mv20=mgh立解得： ，则 ，得： ，故选项 B 正确。v=2v0 cos=v0v=22 =4考点：平抛运动【名师点睛】根据机械能守恒定律，以及已知条件：抛出时动能与重力势能恰好相等，分别列式即可求出落地时速度与水平速度的关系，从而求出物块落地时的速度方向与水平方向的夹角。【此处有视频，请去附件查看】10.如图所示，A、B 叠放在水平地面上，则地面受到的压力是( )6A. A 和 B 对地面的压力之和B.
11、B 对地面的压力C. B 的重力D. A 和 B 的重力【答案】B【解析】因为压力是弹力，弹力的发生条件之一为相互接触，所以地面受到的压力时 B 对地面的压力，B 正确。二、多选题 11.如图所示，两质量相等的物块 A、B 通过一轻质弹簧连接，B 足够长、放置在水平面上，所有接触面均光滑弹簧开始时处于原长，运动过程中始终处在弹性限度内在物块 A 上施加一个水平恒力 F，在 A、B 从静止开始运动到第一次速度相等的过程中（ ）A. 当 A、B 的加速度相等时，A、B 的速度差最大B. 当 A、B 的加速度相等时，A 的速度最大C. 当 A、B 的速度相等时，弹簧最长D. 当 A、B 的速度相等时
12、，A、B 的加速度相等【答案】AC【解析】【分析】本题的考点是板块问题【详解】7对 A、B 在水平方向受力分析如图，F 1为弹簧的拉力；当加速度大小相同为 a 时，对 A 有 F-F1=ma，对 B 有 F1=ma，得 F10.5F，在整个过程中 A 的合力（加速度）一直减小，而 B 的合力（加速度）一直增大，在达到共同加速度之前 A 的合力（加速度）一直大于 B 的合力（加速度） ，之后 A 的合力（加速度）一直小于 B 的合力（加速度） 两物体运动的 v-t 图象如图所示，t l时刻，两物体加速度相等，斜率相同，速度差最大，t2时刻两物体的速度相等，A 速度达到最大值，两实线之间围成的面积
13、有最大值即两物体的相对位移最大，此时弹簧被拉到最长。故选：AC【点睛】本题的关键是要画出 A、B 的速度时间图像进行求解。12.下列关于电磁场的说法正确的是( )A. 只要空间某处有变化的电场或磁场，就会在其周围产生电磁场，从而形成电磁波B. 匀速运动的电子束周围一定存在电磁场，即能产生电磁场C. 周期性变化的电场和周期性变化的磁场交替产生，相互依存，形成不可分离的统一体，即电磁场D. 历史上，电磁场的理论在先，实践证明在后【答案】CD【解析】【分析】本题的考点是电磁场理论。【详解】A如果是均匀变化的电场则产生恒定的磁场，而恒定的磁场不再产生电场，就不能由近向远传播，即不能形成电磁波，A 错误
14、；B匀速运动的电子束，形成稳定的电流，在周围空间产生稳定的磁场，不会再激发出电场，B 错；C周期性变化的电场和周期性变化的磁场交替产生，相互依存，形成不可分离的统一体，即电磁场，C 对；D麦克斯韦提出了电磁场的理论，后来赫兹用实验证实了电磁场的存在。D 对。【点睛】考查对麦克斯韦电磁理论的历史、理论的内容的掌握13.如图甲所示，正六边形导线框 abcdef 放在匀强磁场中静止不动，磁场方向与线框平面垂直，磁感应强度 B 随时间 t 的变化关系如图乙所示 时刻，磁感应强度 B 的方向垂直.t=08纸面向里，设产生的感应电流顺时针方向为正、竖直边 cd 所受安培力的方向水平向左为正则下面关于感应电
15、流 i 和 cd 所受安培力 F 随时间 t 变化的图象正确的是 A. B. C. D. 【答案】AC【解析】考点：法拉第电磁感应定律；安培力专题：电磁感应中的力学问题分析：根据法拉第电磁感应定律求出各段时间内的感应电动势和感应电流的大小，根据楞次定律判断出感应电流的方向，通过安培力大小公式求出安培力的大小以及通过左手定则判断安培力的方向解答：解：A、02s 内，磁场的方向垂直纸面向里，且逐渐减小，根据楞次定律，感应电流的方向为顺时针方向，为正值根据法拉第电磁感应定律，E= =B0S 为定值，则感应电流为定值，I 1= 在 23s 内，磁感应强度方向垂直纸面向外，且逐渐增大，根9据楞次定律，感
16、应电流方向为顺时针方向，为正值，大小与 02s 内相同在 34s 内，磁感应强度垂直纸面向外，且逐渐减小，根据楞次定律，感应电流方向为逆时针方向，为负值，大小与 02s 内相同在 46s 内，磁感应强度方向垂直纸面向里，且逐渐增大，根据楞次定律，感应电流方向为逆时针方向，为负值，大小与 02s 内相同故 A 正确，B 错误C、在 02s 内，磁场的方向垂直纸面向里，且逐渐减小，电流恒定不变，根据 FA=BIL，则安培力逐渐减小，cd 边所受安培力方向向右，为负值0 时刻安培力大小为F=2B0I0L在 2s3s 内，磁感应强度方向垂直纸面向外，且逐渐增大，根据 FA=BIL，则安培力逐渐增大，c
17、d 边所受安培力方向向左，为正值，3s 末安培力大小为 B0I0L在 23s内，磁感应强度方向垂直纸面向外，且逐渐增大，则安培力大小逐渐增大，cd 边所受安培力方向向右，为负值，第 4s 初的安培力大小为 B0I0L在 46s 内，磁感应强度方向垂直纸面向里，且逐渐增大，则安培力大小逐渐增大，cd 边所受安培力方向向左，6s 末的安培力大小 2B0I0L故 C 正确，D 错误故选 AC点评：解决本题的关键掌握法拉第电磁感应定律，会运用楞次定律判断感应电流的方向，以及掌握安培力大小公式，会用左手定则判定安培力的方向14.恒星内部发生着各种热核反应，其中“氦燃烧”的核反应方程为： ， 42He+X
18、 84Be+其中 X 表示某种粒子， 是不稳定的粒子，其半衰期为 T，则下列说法正确的是 84BeA. X 粒子是 42HeB. 的衰变需要外部作用激发才能发生 84BeC. 经过 3 个 T，剩下的 占开始时的 84Be 18D. “氦燃烧”的核反应是裂变反应【答案】AC【解析】A 项：根据质量数与质子数守恒，则 X 粒子是 ，故 A 正确；42HeB 项：衰变是自发的，不需要外部作用激发，也能发生，故 B 错误；C 项：经过 1 个半衰期，有半数发生衰变，即剩下开始的一半，那么经过 3 个 T，剩下的10占开始时的 ，故 C 正确；84Be 18D 项：、 “氦燃烧”的核反应方程，是聚变反
19、应，不是裂变反应，故 D 错误。点晴：考查核反应的书写规律，掌握裂变反应与聚变反应的区别，理解衰变与人工转变的不同，最后注意半衰期的内涵。 15.如图所示，在长约 100cm 一端封闭的玻璃管中注满清水，水中放一个用红蜡做成的小圆柱体（小圆柱体恰能在管中匀速上浮） ，将玻璃管的开口端用胶塞塞紧然后将玻璃管竖直倒置，在红蜡块匀速上浮的同时使玻璃管紧贴黑板面水平向右匀加速移动，你正对黑板面将看到红蜡块相对于黑板面的移动轨迹不可能是下面的（ ）A. B. C. D. 【答案】ABD【解析】试题分析：蜡块参与了竖直方向上的匀速直线运动和水平方向上的匀加速直线运动，合力的方向，水平向右，而轨迹的弯曲大致
20、指向合力的方向；轨迹上每一点的切线方向表示速度的方向，开始的初速度竖直向上，只有 C 图符合要求故选 ABD考点：运动的合成与分解点评：由于竖直方向是匀速运动，所以在图上画出间距相等的水平横线，与图线由交点，交点间的竖直距离相等，水平方向由于是匀加速直线运动，交点间水平距离应该越来越大。16.如图甲所示，将阻值为 R5 的电阻接到内阻不计的正弦交变电源上，电流随时间变化的规律如图乙所示，电流表串联在电路中测量电流的大小对此，下列说法正确的是( )11A. 电阻 R 两端电压变化规律的函数表达式为 u2.5sin (100t) VB. 电阻 R 消耗的电功率为 0.625 WC. 如图丙所示，若
21、此交变电流由一矩形线框在匀强磁场中匀速转动产生，当线圈的转速提升一倍时，电流表的示数为 1 AD. 这一交变电流与图丁所示电流比较，其有效值之比为12【答案】BD【解析】由图可知，电流的最大值 Im=0.5A，则电压的最大值：U m=ImR=0.55=2.5V；周期T=0.01s，角速度为 =200rad/s，电阻 R 两端电压变化规律的函数表达式为u=2.5sin（200t） V，故 A 正确；电流的有效值 ，电阻 R 消耗的电功率I=Im2 0.52 24A为 ，故 B 错误；感应电动势的瞬时值表达式为：P=I2R=（24）25W=0.625We=Emsint，其中：E m=nBS，当线圈
22、的转速提升一倍时，最大值提升一倍，所以电流表的示数为 0.5 A，故 C 正确；图乙为正弦式交流电，其有效值为 ；图丁电流大小不变，224A有效值 I=0.5A，所以这一交变电流与图丁所示电流比较，其有效值之比为 ，故 D 正确；12故选 ACD17.压敏电阻的阻值会随所受压力的增大而减小一同学利用压敏电阻设计了判断升降机运动状态的装置，如图甲所示，将压敏电阻平放在升降机内，受压面朝上，在上面放一物体m，升降机静止时电流表示数为 I0.某过程中电流表的示数如图乙所示，则在此过程中( )A. 物体处于超重状态B. 物体处于失重状态12C. 升降机一定向上做匀加速运动D. 升降机可能向下做匀减速运
23、动【答案】AD【解析】试题分析：升降机静止时物体压力为 ，电流表示数为 ，升降机运动时电流变大为 ，mg I0 2I0说明电路电阻变小，说明物体压力变大，大于 ，即物体受到支持力大于 ，加速度竖mg mg直向上，运动状态包括匀加速上升和匀减速下降两种，选项 C 错 D 对。加速度竖直向上为超重状态，选项 A 对 B 错。考点：闭合回路欧姆定律 超重失重18. 一定质量的理想气体，状态变化过程如 PT 图上 abcd 图线所示，其中bcab，cdab，由图线可知A. ab 过程，气体不做功 B. bc 过程气体膨胀对外做功C. cd 过程，外界压缩气体做功 D. da 过程，气体膨胀对外做功【答
24、案】AD【解析】试题分析：ab 为等容线故不做功；选项 A 正确；连接 oc 和 ob 可知，状态 C 的体积较小，因此 bc 过程体积减小，外界对气体做功，选项 B 错误；连接 oc 和 od 可知状态 d 的体积较大，因此选项 C 错误；同理选项 D 正确；故选 AD考点：考查气体状态方程点评：本题难度中等，理解图线斜率的物理意义，掌握状态参量变化特别是体积变化是关键19.如图甲所示，电容器充、放电电路配合电流传感器，可以捕捉瞬间的电流变化，通过计算机画出电流随时间变化的图象如图乙所示实验中选用直流 8 V 电压，电容器选用电解电容器，先使单刀双掷开关 S 与 1 端相连，电源向电容器充电
25、，这个过程可瞬间完成然后把单刀双掷开关 S 掷向 2 端，电容器通过电阻 R 放电，传感器将电流传入计算机，图象乙上显示出放电电流随时间变化的 It 曲线以下说法正确的是( )13A. 电解电容器用氧化膜做电介质，由于氧化膜很薄，所以电容较小B. 随着放电过程的进行，该电容器两极板间电压逐渐增大C. 由传感器所记录的放电电流图象能够估算出该过程中电容器的放电电荷量D. 通过本实验可以估算出该电容器的电容值【答案】CD【解析】【分析】本题的考点是电容器的电容。【详解】A电解电容器用氧化膜做电介质，由于氧化膜很薄，所以电容较大故 A 错误B在放电的过程中，电荷量减小，根据 知，电容不变，则电压逐渐
26、减小故 BC=QU=QU错误CI-t 图线与时间轴围成的面积表示电荷量故 C 正确D根据 知，通过电荷量的大小以及电压变化量的大小可以求出电容器的电容C=QU=QU值故 D 正确【点睛】图像问题我们要找到其斜率和与时间轴所围面积的含义。20.t0 时，甲乙两汽车从相距 70 km 的两地开始相向行驶，它们的 v t 图象如图所示忽略汽车掉头所需时间下列对汽车运动状况的描述正确的是A. 在第 1 小时末，乙车改变运动方向B. 在第 2 小时末，甲乙两车相距 10 kmC. 在前 4 小时内，乙车运动加速度的大小总比甲车的大14D. 在第 4 小时末，甲乙两车相遇【答案】BC【解析】试题分析：根据
27、图象知识可得出两物体在任一时刻的速度、每段的加速度及任一时间段内的位移；则根据两物体的运动关系可判断各选项是否正确由图可知，2 小时内乙车一直做反方向的运动，1 小时末时开始减速但方向没有变，A 错误；图象与时间轴围成的面积为汽车运动的位移，则可知，2 小时内，甲车正向运动的位移为；而乙车反向运动，其位移大小为 ，因x甲 =12230km=30km x乙 =12230km=30km两车相向运动，且初始时刻相距 90km，则 2 小时末时，两车还相距 30km，B 错误；图象的斜率表示加速度，由图可知，乙车的图象斜率总是大于甲车的图象的斜率，故乙车的加速度总比甲车的大，C 正确；4 小内甲车的总
28、位移为 120km；而乙车的总位移为，即乙车的位移为正方向的 30km，两车原来相距 90km，4 小时末时，30km+60km=30km甲车离出发点 120km，而乙车离甲车的出发点 90+30km=120km，故此时甲乙两车相遇，故 D正确【此处有视频，请去附件查看】三、实验题 21.有两个同学利用假期分别去参观位于天津市的“南开大学”和上海市的“复旦大学” ，他们各自在那里的物理实验室利用先进的 DIS 系统较准确的探究了单摆周期 T 和摆长 L 的关系然后他们通过互联网交流实验数据，并由计算机绘制了 T2L 图象，如图甲所示，已知天津市比上海市的纬度高，则去“南开”的同学所测得的实验结
29、果对应的图象是_(填“A”或“B”)另外，去“复旦”做研究的同学还利用计算机绘制了他实验用的 a、b 两个摆球的振动图象，如图乙所示，由图象可知两单摆摆长之比 _，LaLb在 t2 s 时 b 球振动方向是：_(填“y”或“y”)15【答案】 (1). B (2). (3). y49【解析】【分析】本题的考点是单摆运动。【详解】单摆周期公式为： ，整理变形得： 结合数学知识，图象中斜率越T=2Lg T2L=42g大代表的重力加速度值越小，纬度越低重力加速度值越小，已知天津市比上海市的纬度高，故南开的重力加速度比较大，对应的图象斜率越小，应为 B由摆球振动图象可以看出 Ta：Tb=2：3由图象知
30、 T2与 L 成正比，故 LaLb=T2aT2b=49t=2s 时振动图象的斜率为正，故摆球正在向+y 方向运动【点睛】单摆问题解决的关键是单摆周期公式22.下面各图均是用游标卡尺测量时的刻度图，甲、乙为 20 分度游标尺，丙、丁为 50 分度游标尺，它们的读数分别为：甲_cm，乙_cm，丙_cm，丁_mm.16【答案】 (1). 1.385 (2). 6.325 (3). 7.830 (4). 42.10【解析】【分析】本题的考点是游标卡尺的读数。【详解】 （1） (13+120x17)mm=13.85mm=1.385cm（2） (63+120x5)mm=63.25mm=6.325cm（3）
31、 (78+150x15)mm=78.30mm=7.830mm（4） (42+150x5)mm=42.10mm【点睛】游标卡尺不用估读，且换算单位时产生的 0 不能舍去。四、计算题 23. 如图所示，在空间中取直角坐标系 Oxy，在第一象限内平行于 y 轴的虚线 MN 与 y 轴距离为 d，从 y 轴到 MN 之间的区域充满一个沿 y 轴正方向的匀强电场，场强大小为 E。初速17可忽略的电子经过一个电势差 U 未确定的电场直线加速后，从 y 轴上的 A 点以垂直于电场的方向射入第一象限区域，A 点坐标为（0，h） ，已知电子的电量为 e，质量为 m， （重力忽略不计） ，若电子可以在第一象限从
32、MN 边界离开电场区域，求：（1）加速电场的电势差要满足的条件；（2）若满足上述条件的加速电场的电势差为 U0时，求电子经过 x 轴时离坐标原点 O 的距离 X。【答案】 （1） ；（2）【解析】试题分析: 由动能定理：eU=mv 02/2 带电粒子做类平抛运动在水平方向 d=v 0t在竖直方向 Hat 2/2 a=Ee/m解得：设电子离开电场时速度与 x 轴的夹角为 ，则有电子离开电场时偏移的距离电子离开电场时的纵坐标由几何关系 考点：带电粒子在匀强电场中的运动；运动的合成和分解24.一个锂核( )受到一个质子( )轰击变为 2 个 粒子( )已知质子的质量为 1. 73Li 11H 42H
33、e18672 610 kg，锂原子的质量为 11. 650 510 kg，一个 原子的质量为 6. 646710 kg.写出该核反应的方程_，该核反应释放的核能是_J （真空中光速 c=3.010 m/s）【答案】 （1） + 2 ；（2）2.67310 12 J。73Li 11H 42He【解析】试题分析：（1）根据题意，一个锂核（ ）受到一个质子（ ）轰击变为 2 个 a 粒子（73Li 11H） ，故其核反应的方程为： + 2 。42He 73Li 11H 42He（2）因为 E=mc 2=（11.650 510 kg+1.672 610 kg26.646710 kg）27 27 27（
34、310 8m/s） 2=2.6731012 J。考点：核反应方程，质能方程。五、填空题(共 2 小题,每小题 5.0 分,共 10 分) 25.质点做直线运动，其 s-t 关系如图所示。质点在 0-20s 内的平均速度大小为_m/s；质点在_时的瞬时速度等于它在 6-20s 内的平均速度。【答案】 0.8，10s 和 14s，【解析】平均速度 V=S/t 可得 ；图象切线的斜率代表速度，连接 6S，20s 两个时刻的v=1620=0.8m/s图象，左右平移，与图象相切的位置就是与平均速度相等时刻26.一列沿着 x 轴正方向传播的横波，在 t0 时刻的波形如图甲所示图甲中某质点的振动图象如图乙所
35、示19质点 N 的振幅是_ m，振动周期为_ s，图乙表示质点_(从质点K、L、M、N 中选填)的振动图象，该波的波速为_ m/s. 【答案】0.8、4、L、0.5【解析】从甲、乙图可看出波长 2.0 m，周期 T4 s，振幅 A0.8 m；乙图中显示 t0 时刻该质点处于平衡位置向上振动，甲图波形图中，波向 x 轴正方向传播，则质点 L 正在平衡位置向上振动，波速 v/T0.5 m/s.【此处有视频，请去附件查看】六、简答题 27.如图 1 所示的黑箱中有三只完全相同的电学子元件，小明使用多用电表对其进行探测（1）在使用多用电表前，发现指针不在左边的“0”刻度线处，应先调整图 2 中多用电表
36、20的_（选填“A” ， “B”或“C” ）（2）在判定黑箱中无电源后，将选择开关旋至“1”挡，调节好多用电表，测量各接点间阻值，测量中发现，每对接点间正反方向阻值均相等，测量记录如表，两表笔分别接a，b 时，多用电表的示数如图 2 所示请将读数填入表两表笔的接点 多用电表的示数a，b _a，c 10.0b，c 15.0（3）设计黑箱中的电路，在图 3 的方框内画出一种可能的电路（ ）【答案】 (1). A (2). 5.0 (3). 【解析】【分析】本题的考点是多用电表的使用。【详解】 （1）电表使用前要机械调零，选 A；（2）根据读数可得示数为 5.0（3）测量中发现，每对接点间正反方向阻
37、值均相等，所以元件中没有二极管，所以可能的情况为21【点睛】黑箱元件判断尤其要注意是否有二极管，而二极管具有单向导通，所以从正反方向阻值判断。28.如图所示，匀强磁场的磁感应强度均为 B，带电粒子的速率均为 v，带电荷量均为 q.试求出图中带电粒子所受洛伦兹力的大小，并指出洛伦兹力的方向【答案】甲：因 vB，所以 FqvB，方向与 v 垂直斜向上乙：v 与 B 的夹角为 30，FqvBsin 300.5qvB，方向垂直纸面向里丙：由于 v 与 B 平行，所以电荷不受洛伦兹力，F0丁：v 与 B 垂直，FqvB，方向与 v 垂直斜向上【解析】【分析】本题的考点是洛伦兹力。【详解】甲：因 vB，所以 FqvB，方向与 v 垂直斜向上乙：v 与 B 的夹角为 30，FqvBsin 300.5qvB，方向垂直纸面向里丙：由于 v 与 B 平行，所以电荷不受洛伦兹力，F0丁：v 与 B 垂直，FqvB，方向与 v 垂直斜向上【点睛】洛伦兹力的方向判断应用左手定则。
