2019年高考物理專題復習-選擇題模擬匯總(全國通用)

（12套）2019年高考物理專題復習選擇題模擬匯總（全國通用）選擇題限時突破(一)(限時：25分鐘)二、選擇題：本題共8小題，每小題6分，共48分．在每小題給出的四個選項中，第14～18題只有一項符合題目要求，第19～21題有多項符合題目要求．全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分．14．下列說法正確的是()A．氫原子核外電子軌道半徑越大，其原子能量越小B．在核反應中，比結(jié)合能較小的原子核轉(zhuǎn)化成比結(jié)合能較大的原子核才會釋放核能C．β射線是原子的核外電子電離后形成的電子流D．氫原子從n＝2的能級躍遷到n＝1的能級輻射出的光恰好能使某種金屬發(fā)生光電效應，則從n＝3的能級躍遷到n＝2的能級輻射的光也可使該金屬發(fā)生光電效應答案B解析氫原子的核外電子由離原子核較遠的軌道躍遷到離原子核較近的軌道上時，能量減小，減小的能量以光子的形式釋放出來，故氫原子核外電子軌道半徑越大，其能量越高，A錯誤．在核反應中，由比結(jié)合能較小的原子核變成比結(jié)合能較大的原子核才會釋放核能，B正確．β射線是原子核內(nèi)的中子轉(zhuǎn)化為質(zhì)子同時放出的電子，C錯誤；氫原子從n＝2的能級躍遷到n＝1的能級輻射出的光子的能量為E1＝－3.4eV－(－13.6eV)＝10.2eV，恰好能使某種金屬發(fā)生光電效應，從n＝3的能級躍遷到n＝2的能級輻射的光子的能量E2＝－1.51eV－(－3.4eV)＝1.89eV，故不能使這種金屬發(fā)生光電效應，D錯誤．15．如圖1所示，一個質(zhì)量m＝1kg的小環(huán)套在傾角為37°的光滑固定直桿上，為使小環(huán)能夠靜止不動，需對它施加一個水平拉力F.已知重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6.則F的大小和方向分別是()圖1A．7.5N，水平向左 B．7.5N，水平向右C．13.3N，水平向左 D．13.3N，水平向右答案A解析對小環(huán)受力分析，根據(jù)平衡知識可知：F＝mgtan37°＝10×eq\f(3,4)N＝7.5N，方向水平向左，故選A.16．如圖2所示，圓柱體為磁體，磁極在左右兩側(cè)，外側(cè)a為一金屬圓環(huán)，與磁體同軸放置，間隙較?。谧髠?cè)的N極和金屬圓環(huán)上各引出兩根導線，分別接高壓電源的正負極．加高壓后，磁體和金屬環(huán)a間的空氣會被電離，形成放電電流，若從右側(cè)觀察放電電流，下列說法正確的是()圖2A．放電電流將發(fā)生順時針旋轉(zhuǎn)B．放電電流將發(fā)生逆時針旋轉(zhuǎn)C．放電電流不發(fā)生旋轉(zhuǎn)D．無法確定放電電流的運動情況答案A解析由題可以知道，磁場向右，電流由高壓電源的正極流向負極，根據(jù)左手定則，可以判斷放電電流將發(fā)生順時針旋轉(zhuǎn)，故選項A正確．17．如圖3所示電路中，電流表A和電壓表V均可視為理想電表．閉合開關(guān)S后，將滑動變阻器R1的滑片向右移動，下列說法正確的是()圖3A．電流表A的示數(shù)變大B．電壓表V的示數(shù)變大C．電容器C所帶的電荷量減少D．電源的效率增加答案D解析R1的滑片向右移動，接入電路的電阻增大，電路的總電阻增大，由閉合電路的歐姆定律I＝eq\f(E,R＋r)知，干路中的電流減小，路端電壓增大，R3兩端的電壓減小，電壓表V的示數(shù)變小，B錯誤；并聯(lián)部分的電壓增大，電容器C所帶的電荷量增加，C錯誤；通過R2的電流增大，所以通過R1支路的電流減小，電流表的示數(shù)變小，A錯誤；電源的效率：η＝eq\f(UI,EI)×100%，所以效率增加，D正確．18.一質(zhì)量為1kg的質(zhì)點靜止于光滑水平面上，從t＝0時刻開始，受到如圖4所示的水平外力作用，下列說法正確的是()圖4A．第1s末質(zhì)點的速度為2m/sB．第2s末外力做功的瞬時功率最大C．第1s內(nèi)與第2s內(nèi)質(zhì)點動量增加量之比為1∶2D．第1s內(nèi)與第2s內(nèi)質(zhì)點動能增加量之比為4∶5答案D解析由動量定理：Ft＝mv′－mv，得1s末、2s末速度分別為：v1＝4m/s、v2＝6m/s，A錯誤；第1s末的外力的功率P＝F1v1＝4×4W＝16W，第2s末外力做功的瞬時功率：P′＝F2v2＝2×6W＝12W，B錯誤；第1s內(nèi)與第2s內(nèi)質(zhì)點動量增加量之比為：eq\f(Δp1,Δp2)＝eq\f(mv1,mv2－mv1)＝eq\f(1×4,1×6－1×4)＝eq\f(2,1)，C錯誤；第1秒內(nèi)與第2秒內(nèi)動能增加量分別為：ΔEk1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝8J，ΔEk2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝10J，則ΔEk1∶ΔEk2＝8∶10＝4∶5，D正確．19．美國航天局與歐洲航天局合作，發(fā)射的火星探測器已經(jīng)成功登錄火星．荷蘭企業(yè)家巴斯蘭斯多普發(fā)起的“火星一號”計劃打算將總共24人送上火星，創(chuàng)建一塊長期殖民地．若已知萬有引力常量為G，那么在下列給出的各種情景中，能根據(jù)測量的數(shù)據(jù)求出火星密度的是()A．在火星表面使一個小球作自由落體運動，測出落下的高度H和時間tB．火星探測器貼近火星表面做勻速圓周運動，測出運行周期TC．火星探測器在高空繞火星做勻速圓周運動，測出距火星表面的高度h、運行周期T和火星的半徑D．觀察火星繞太陽的勻速圓周運動，測出火星的直徑D和運行周期T答案BC解析設火星的質(zhì)量為M，半徑為R，則火星的質(zhì)量M＝eq\f(4,3)ρπR3.在火星表面使一個小球做自由落體運動，測出下落的高度H和時間t，根據(jù)H＝eq\f(1,2)gt2，可知算出火星的重力加速度，根據(jù)Geq\f(Mm,R2)＝mg，可以算得eq\f(M,R2)的值，但無法算出密度，故A錯誤；根據(jù)eq\f(GMm,R2)＝meq\f(4π2,T2)R，M＝eq\f(4,3)ρπR3，得：ρ＝eq\f(3π,GT2)，已知T就可算出密度，故B正確；根據(jù)eq\f(GMm,R＋h2)＝meq\f(4π2,T2)(R＋h)，M＝eq\f(4,3)ρπR3，得M＝eq\f(4π2R＋h3,GT2)，已知h，T，R就可算出密度，故C正確；觀察火星繞太陽的圓周運動，只能算出太陽的質(zhì)量，無法算出火星質(zhì)量，也就無法算出火星密度，故D錯誤．20．如圖5所示，在絕緣水平面上固定著一光滑絕緣的圓形槽，在某一過直徑的直線上有O、A、B三點，其中O為圓心，A點固定電荷量為Q的正電荷，B點固定一個未知電荷，且圓周上各點電勢相等，AB＝L.有一個可視為質(zhì)點的質(zhì)量為m，電荷量為－q的帶電小球正在槽中運動，在C點受到的電場力指向圓心，C點所處的位置如圖所示，根據(jù)題干和圖示信息可知()圖5A．B點的電荷帶正電B．B點的電荷的電荷量為3QC．B點的電荷的電荷量為eq\r(3)QD．小球在槽內(nèi)做的是勻速圓周運動答案CD解析如圖，由小球在C點時受到的電場力指向圓心，對小球受力分析可知B點的電荷對小球有排斥力，因小球帶負電，則B點的電荷帶負電，由∠ABC＝∠ACB＝30°，知：∠ACO＝30°，AB＝AC＝L，BC＝2ABcos30°＝eq\r(3)L由幾何關(guān)系可得：F1＝eq\r(3)F2即：eq\f(kQq,L2)＝eq\r(3)eq\f(kQBq,\r(3)L2)得QB＝eq\r(3)Q，故A、B錯誤，C正確．圓周上各點電勢相等，小球在運動過程中電勢能不變，根據(jù)能量守恒得知，小球的動能不變，小球做勻速圓周運動，故D正確．

21．如圖6所示，a圖中變壓器為理想變壓器，其原線圈接在u＝12eq\r(2)sin100πt(V)的交流電源上，副線圈與阻值為R1＝2Ω的電阻接成閉合電路，電流表為理想電流表．b圖中為阻值R2＝32Ω的電阻直接接到u＝12eq\r(2)sin100πt(V)的交流電源上，結(jié)果電阻R1與R2消耗的電功率相等，則()圖6A．通過電阻R1的交變電流的頻率為0.02HzB．電阻R1消耗的電功率為4.5WC．電流表的示數(shù)為6AD．變壓器原、副線圈匝數(shù)比為4∶1答案BD解析由交變電流瞬時值表達式u＝12eq\r(2)sin100πt(V)可知，ω＝100π＝2πf，該交流電源的頻率為f＝50Hz，周期為0.02s，由于變壓器不改變交變電流的頻率，所以通過電阻R1的交變電流的頻率為50Hz，選項A錯誤．由題圖b可知，R2＝32Ω的電阻兩端電壓的有效值為U＝12V，電阻R2消耗的電功率為P2＝eq\f(U2,R2)＝4.5W．根據(jù)題述，電阻R1與R2消耗的電功率相等，可知電阻R1消耗的電功率為P1＝P2＝4.5W，選項B正確．由P1＝I2R1，解得電流表的示數(shù)為I＝1.5A，選項C錯誤．變壓器副線圈電壓U2＝IR1＝3V，變壓器原、副線圈匝數(shù)比為n＝U∶U2＝12∶3＝4∶1，選項D正確．選擇題限時突破(二)(限時：25分鐘)二、選擇題：本題共8小題，每小題6分，共48分．在每小題給出的四個選項中，第14～18題只有一項符合題目要求，第19～21題有多項符合題目要求．全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分．14．下列說法中正確的是()A.eq\o\al(235,92)U＋eq\o\al(1,0)n→eq\o\al(89,36)Kr＋eq\o\al(144,56)Ba＋3eq\o\al(1,0)n是聚變反應B．放射性元素與其他的元素形成化合物時不具有放射性C．貝克勒爾通過實驗發(fā)現(xiàn)了中子，湯姆孫通過實驗發(fā)現(xiàn)了質(zhì)子D．根據(jù)玻爾的原子模型，一群氫原子從量子數(shù)n＝4的激發(fā)態(tài)躍遷到基態(tài)時最多可輻射6種不同頻率的光子答案D解析A中所示的反應是重核裂變反應，選項A錯誤；放射性元素與其他的元素形成化合物時仍具有放射性，選項B錯誤；查德威克通過實驗發(fā)現(xiàn)了中子，湯姆孫通過實驗發(fā)現(xiàn)了電子，選項C錯誤；根據(jù)玻爾的原子模型，一群氫原子從量子數(shù)n＝4的激發(fā)態(tài)躍遷到基態(tài)時最多可輻射Ceq\o\al(2,4)＝6種不同頻率的光子，選項D正確．15.如圖1所示，斜面與水平面、斜面與擋板間的夾角均為30°，一小球放置在斜面與擋板之間，擋板對小球的彈力為FN1，斜面對小球的彈力為FN2，以擋板與斜面連接點所形成的水平直線為軸，將擋板從圖示位置開始緩慢地轉(zhuǎn)到水平位置，不計摩擦，在此過程中()圖1A．FN1始終減小，F(xiàn)N2始終增大B．FN1始終增大，F(xiàn)N2始終減小C．FN1始終減小，F(xiàn)N2先減小后增大D．FN1先減小后增大，F(xiàn)N2始終減小答案D解析受力分析如圖，將FN1與FN2合成，其合力與重力等大反向，如圖：擋板轉(zhuǎn)動過程中，F(xiàn)N1的方向變化如圖中a、b、c的規(guī)律變化，為滿足平行四邊形定則，其大小變化規(guī)律為先變小后變大，其中擋板與斜面垂直時為最?。c此對應，F(xiàn)N2的大小為一直減?。蔬xD.16.從地面上以初速度v0豎直上拋一質(zhì)量為m的小球，若運動過程中受到的阻力與其速率成正比，小球運動的速率隨時間變化的規(guī)律如圖2所示，小球在t1時刻到達最高點后再落回地面，落地速率為v1，且落地前小球已經(jīng)做勻速運動，已知重力加速度為g，下列關(guān)于小球運動的說法中不正確的是()圖2A．t1時刻小球的加速度為gB．在速度達到v1之前小球的加速度一直在減小C．小球拋出瞬間的加速度大小為(1＋eq\f(v0,v1))gD．小球加速下降過程中的平均速度小于eq\f(v1,2)答案D解析根據(jù)題意t1時刻到達最高點，則該時刻速度為零，則阻力為零，此時只受到重力作用，故此時刻加速度為重力加速度g，故選項A正確；上升過程中根據(jù)牛頓第二定律：mg＋F阻＝ma，由于F阻＝kv，則a＝g＋eq\f(kv,m)，由于上升過程中速度逐漸減小，故上升過程中加速度變?。谙陆颠^程中根據(jù)牛頓第二定律：mg－F阻＝ma，則a＝g－eq\f(kv,m)，由于下降過程中速度變大，所以下降過程中加速度變小，故選項B正確；由圖可知，速度為v1時小球勻速運動，說明重力等于阻力，故有：kv1＝mg，得：k＝eq\f(mg,v1)，故拋出瞬間的空氣阻力為：F阻＝kv0＝eq\f(mgv0,v1)，故拋出瞬間的加速度為：a＝eq\f(mg＋\f(mgv0,v1),m)＝(1＋eq\f(v0,v1))g，故C正確；下降過程若是勻加速直線運動，其平均速度為eq\f(v1,2)，而從圖中可以看出其面積大于勻加速直線運動的面積，即圖中的位移大于做勻加速的位移，而平均速度等于位移比時間，故其平均速度大于勻加速的平均速度，即大于eq\f(v1,2)，故D項錯誤．

17.如圖3所示，兩根相距為d的足夠長的光滑金屬導軌固定在水平面上，導軌電阻不計．磁感應強度為B的勻強磁場與導軌平面垂直，長度略大于d的兩導體棒M、N平行地放在導軌上，導體棒的電阻均為R、質(zhì)量均為m，開始兩導體棒靜止，現(xiàn)給導體棒M一個平行導軌向右的瞬時沖量I，整個過程中導體棒與導軌接觸良好，下列說法正確的是()圖3A．回路中始終存在逆時針方向的電流B．棒N的最大加速度為eq\f(B2Id2,2m2R)C．回路中的最大電流為eq\f(BId,mR)D．棒N獲得的最大速度為eq\f(I,m)答案B解析開始時，回路中有逆時針方向的感應電流，隨著電流的產(chǎn)生，M受向左的安培力做減速運動，N受到向右的安培力做加速運動，直到兩者共速時回路中感應電流為零，安培力為零，兩者做勻速運動，故選項A錯誤；在開始時電路中的感應電流最大，棒N所受安培力最大，加速度最大，則：I＝mv0，Em＝Bdv0，Im＝eq\f(Em,2R)，F(xiàn)安＝BImd＝mam，解得am＝eq\f(B2Id2,2m2R)，Im＝eq\f(BId,2mR)，選項B正確，C錯誤；當兩棒共速時N棒速度最大，根據(jù)動量守恒定律可得：I＝2mv，解得v＝eq\f(I,2m)，選項D錯誤；故選B.18.甲、乙兩輛汽車從平直公路上同一位置沿著同一方向做直線運動，它們的v－t圖象如圖4所示，則()圖4A．甲乙兩車同時從靜止開始出發(fā)B．在t＝2s時乙車追上甲車C．在t＝4s時乙車追上甲車D．甲乙兩車在公路上能相遇兩次答案C解析乙車比甲車遲出發(fā)1s，故A錯誤．根據(jù)速度時間圖線與時間軸圍成的面積表示位移，知t＝2s時，甲車的位移比乙的位移大，則知該時刻乙車還沒有追上甲車，故B錯誤．在0～4s內(nèi)，甲車的位移x甲＝eq\f(1,2)×8×4m＝16m，乙車的位移x乙＝eq\f(1,2)×(1＋3)×8m＝16m，所以x甲＝x乙，兩者又是從同一位置沿著同一方向運動的，則在t＝4s時乙車追上甲車，故C正確．在t＝4s時乙車追上甲車，由于t＝4s時刻以后，甲車比乙車的速度大，兩車不可能再相遇，所以兩車只相遇一次，故D錯誤．故選C.19．如圖5甲所示，理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)比n1∶n2＝4∶1，原線圈接圖乙所示的正弦交流電，副線圈與理想電壓表、理想電流表、熱敏電阻Rt(阻值隨溫度的升高而減小)及報警器P組成閉合電路，回路中電流增加到一定值時報警器P將發(fā)出警報聲．則以下判斷正確的是()圖5A．變壓器副線圈中交流電的頻率為50HzB．電壓表示數(shù)為9VC．Rt處溫度升高到一定值時，報警器P將會發(fā)出警報聲D．Rt處溫度升高時，變壓器的輸入功率變小答案AC解析由題圖乙知周期為0.02s，所以頻率為50Hz，A正確；原線圈電壓有效值為U1＝eq\f(U1m,\r(2))＝36V，因變壓器原、副線圈中的電壓之比等于匝數(shù)比，故副線圈電壓為9V，電壓表兩端電壓小于9V，選項B錯誤；Rt處溫度升高到一定值時其電阻減小，副線圈中電流變大，則報警器P將會發(fā)出警報聲，根據(jù)P＝IU可知，變壓器輸出功率變大，輸入功率變大，選項C正確，D錯誤；故選A、C.20．2017年4月22日12時23分，天舟一號與天宮二號順利完成第一次交會對接．不久天舟一號和天宮二號將要進行第二次交會對接，第二次對接過程中，天舟一號要趕到天宮二號前方與天宮二號進行對接．下列說法正確的是()A．天舟一號要到達天宮二號的前方應該從天宮二號的上方繞行B．天舟一號要到達天宮二號的前方應該從天宮二號的下方繞行C．天舟一號繞行時只有先加速后制動才能到達天宮二號的正前方D．天舟一號繞行時只有先制動后加速才能到達天宮二號的正前方答案BD解析對接前，天舟一號應在低軌道上加速至天宮二號前方，因為加速后，萬有引力小于向心力，做離心運動實現(xiàn)對接，選項A錯誤，B正確；天舟一號必須先制動才能進入較低的軌道，然后加速進行“漂移”進入天宮二號的正前方，選項D正確，C錯誤；故選B、D.21.如圖6所示，直角三角形ABC由三段細直桿連接而成，AB桿豎直，長為2L的AC桿粗糙且絕緣，其傾角為30°，D為AC上一點，且BD垂直于AC，在BC桿中點O處放置一正點電荷Q，一套在細桿上的帶負電小球，以初速度v0由C點沿CA上滑，滑到D點速率恰好為零，之后沿AC桿滑回C點．小球質(zhì)量為m、電荷量為q，重力加速度為g.則()圖6A．小球下滑過程中電場力先做負功后做正功B．小球再次滑回C點時的速率為vC＝eq\r(3gL－v\o\al(2,0))C．小球下滑過程中動能、電勢能、重力勢能三者之和減小D．小球上滑過程中和下滑過程中經(jīng)過任意位置時的加速度大小都相等答案BC解析小球下滑過程中Q對小球是吸引力，故電場力先做正功后做負功，選項A錯誤；從C到D的過程中，根據(jù)動能定理得：0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝－mgh－Wf，再從D回到C的過程中，根據(jù)動能定理得：eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－0＝mgh－Wf，根據(jù)幾何關(guān)系可知，h＝eq\f(3,4)L，解得：vC＝eq\r(3gL－v\o\al(2,0))，故B正確；小球下滑過程中由于摩擦力做負功，則小球動能、電勢能、重力勢能三者之和減小，故C正確．小球上滑過程中所受的摩擦力方向沿AC向下，而下滑過程中所受摩擦力方向沿AC向上，雖然在同一位置時所受的庫侖力相同，但是加速度不同，選項D錯誤；故選B、C.選擇題限時突破(三)(限時：25分鐘)二、選擇題(本題共8小題，每小題6分，共48分．在每小題給出的四個選項中，第14～18題只有一項符合題目要求，第19～21題有多項符合題目要求．全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分)14.在光滑水平面上，a、b兩球沿水平面相向運動．當兩球間距小于或等于L時，受到大小相等、相互排斥的水平恒力作用；當兩球間距大于L時，則相互作用力為零．兩球在相互作用區(qū)間運動時始終未接觸，兩球運動的v－t圖象如圖1所示，則()圖1A．a(chǎn)球質(zhì)量小于b球質(zhì)量B．t1時刻兩球間距最小C．0～t2時間內(nèi)，兩球間距逐漸減小D．0～t3時間內(nèi)，b球所受排斥力方向始終與運動方向相同答案C解析從速度時間圖象可以看出開始時b球圖象的斜率絕對值較大，所以b球的加速度較大，兩球之間的排斥力為相互作用力，大小相等，根據(jù)a＝eq\f(F,m)知，加速度大的質(zhì)量小，所以b球質(zhì)量較小，故A錯誤；即t2時刻兩球最近，之后距離又開始逐漸變大，所以B錯誤，C正確；b球0～t1時間內(nèi)勻減速，所以0～t1時間內(nèi)排斥力與運動方向相反，D錯誤．故選C.15.如圖2所示，圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強磁場，一個帶電粒子以速度v從A點沿直徑AOB方向射入磁場，經(jīng)過Δt時間從C點射出磁場，OC與OB成60°角．現(xiàn)將帶電粒子的速度變?yōu)閑q\f(v,3)，仍從A點沿原方向射入磁場，不計重力，則粒子在磁場中的運動時間變?yōu)?)圖2A．2Δt B.eq\f(1,2)ΔtC．3Δt D.eq\f(1,3)Δt答案A解析設圓形磁場區(qū)域的半徑是R，粒子以速度v射入時，半徑r1＝eq\f(mv,qB)，根據(jù)幾何關(guān)系可知，eq\f(r1,R)＝tan60°，所以r1＝eq\r(3)R；運動時間Δt＝eq\f(60°,360°)T＝eq\f(1,6)T；粒子以速度eq\f(v,3)射入時，半徑r2＝eq\f(m·\f(v,3),qB)＝eq\f(1,3)r1＝eq\f(\r(3),3)R設第二次射入時的圓心角為θ，根據(jù)幾何關(guān)系可知：taneq\f(θ,2)＝eq\f(R,r2)＝eq\r(3)，所以θ＝120°則第二次運動的時間為：t＝eq\f(θ,2π)T＝eq\f(120°,360°)T＝eq\f(1,3)T＝2Δt，故選A.16．如圖3所示，一個小型水電站，其交流發(fā)電機的輸出電壓U1一定，通過理想升壓變壓器T1和理想降壓變壓器T2向遠處用戶供電，輸電線的總電阻為R.T1的輸入電壓和輸入功率分別為U1和P1，它的輸出電壓和輸出功率分別為U2和P2；T2的輸入電壓和輸入功率分別為U3和P3，它的輸出電壓和輸出功率分別為U4和P4.下列說法正確的是()圖3A．當用戶的用電器增多時，U2減小，U4變小B．當用戶的用電器增多時，P1變大，P3減小C．輸電線上損失的功率為ΔP＝eq\f(U\o\al(2,2),R)D．要減小線路的損耗，應增大升壓變壓器的匝數(shù)比eq\f(n2,n1)，同時應增大降壓變壓器的匝數(shù)比eq\f(n3,n4)答案D解析交流發(fā)電機的輸出電壓U1一定，匝數(shù)沒變，根據(jù)eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，知U2不變，故A錯誤；當用戶的用電器增多時，用戶消耗的電功率變大，則輸入功率增大，即P3變大，故B錯誤．輸送功率一定時，根據(jù)P＝UI和P損＝I2R知，要減小線路的損耗，應增大輸送電壓，又U1一定，根據(jù)eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)知，應增大升壓變壓器的匝數(shù)比eq\f(n2,n1)；U3＝U2－I2R，U2增大，I2減小，所以U3增大，用戶電壓不變，根據(jù)eq\f(U3,U4)＝eq\f(n3,n4)知，應增大降壓變壓器的匝數(shù)比eq\f(n3,n4)，故C錯誤，D正確；故選D.17.如圖4所示，吊車下方吊著一個質(zhì)量為500kg的重物，二者一起保持恒定的速度v＝1m/s沿水平方向做勻速直線運動．某時刻開始，吊車以10kW的恒定功率將重物向上吊起，經(jīng)t＝5s重物達到最大速度．忽略空氣阻力，取g＝10m/s2.則在這段t時間內(nèi)()圖4A．重物的最大速度為2m/sB．重物克服重力做功的平均功率為9.8kWC．重物做勻變速曲線運動D．重物處于失重狀態(tài)答案B解析豎直方向重物能達到的最大速度vym＝eq\f(P,mg)＝eq\f(10000,500×10)m/s＝2m/s，則重物的最大速度為vm＝eq\r(v2＋v\o\al(2,ym))＝eq\r(5)m/s，選項A錯誤；達到最大速度時克服重力做功：WG＝Pt－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,ym)＝104×5J－eq\f(1,2)×500×22J＝49000J，則重物克服重力做功的平均功率為eq\x\to(P)＝eq\f(WG,t)＝eq\f(49000,5)W＝9.8kW，選項B正確；因豎直方向做加速度減小的變加速運動，故合運動不是勻變速運動，選項C錯誤；重物向上做加速運動，故處于超重狀態(tài)，選項D錯誤；故選B.18．下列說法正確的是()A．一群處于n＝5的激發(fā)態(tài)的氫原子向低能級躍遷時最多能輻射出10種不同頻率的光B．在光電效應實驗中，用同種頻率的光照射不同的金屬表面，從金屬表面逸出的光電子的最大初動能Ek越大，則這種金屬的逸出功W0越大C．氡元素的半衰期為3.8天，若有8個氡原子核，則7.6天后還剩2個氡原子核未衰變D．某放射性原子核經(jīng)過2次α衰變和1次β衰變，核內(nèi)中子數(shù)減少了4個答案A解析一群處于n＝5的激發(fā)態(tài)的氫原子向低能級躍遷時最多能輻射出C25＝10種不同頻率的光，選項A正確；在光電效應實驗中，根據(jù)Ek＝hν－W0可知，用同種頻率的光照射不同的金屬表面，從金屬表面逸出的光電子的最大初動能Ek越大，則這種金屬的逸出功W0越小，選項B錯誤；半衰期是大量原子核衰變的統(tǒng)計規(guī)律，對少數(shù)的原子核的衰變不適用，選項C錯誤；某放射性原子核經(jīng)過2次α衰變中子數(shù)減小4,1次β衰變中子數(shù)減小1，故最終核內(nèi)中子數(shù)減少了5個，選項D錯誤；故選A.19．已知人造航天器在月球表面上空繞月球做勻速圓周運動，經(jīng)過時間t(t小于航天器的繞行周期)，航天器運動的弧長為s，航天器與月球的中心連線掃過角度為θ，萬有引力常量為G，則()A．航天器的軌道半徑為eq\f(θ,s)B．航天器的環(huán)繞周期為eq\f(2πt,θ)C．月球的質(zhì)量為eq\f(s3,Gt2θ)D．月球的密度為eq\f(3θ2,4Gt2)答案BC解析根據(jù)幾何關(guān)系得：r＝eq\f(s,θ).故A錯誤；經(jīng)過時間t，航天器與月球的中心連線掃過角度為θ，則：eq\f(t,T)＝eq\f(θ,2π)，得：T＝eq\f(2πt,θ).故B正確；由萬有引力充當向心力而做勻速圓周運動，所以：eq\f(GMm,r2)＝mreq\f(4π2,T2)，M＝eq\f(4π2r3,GT2)＝eq\f(s3,Gt2θ).故C正確；人造航天器在月球表面上空繞月球做勻速圓周運動，.20.利用霍爾效應制作的霍爾元件，廣泛應用于測量和自動控制等領(lǐng)域．如圖5所示是霍爾元件的工作原理示意圖，磁感應強度B垂直于霍爾元件的工作面向下，當元件中通入圖示方向的電流I時，C、D兩側(cè)面會形成一定的電勢差U.下列說法中正確的是()圖5A．若C側(cè)面電勢高于D側(cè)面，則元件中形成電流的載流子帶負電B．若C側(cè)面電勢高于D側(cè)面，則元件中形成電流的載流子帶正電C．在地球南、北極上方測地磁場強弱時，元件工作面豎直放置時U最大D．在地球赤道上方測地磁場強弱時，元件工作面豎直放置且與地球經(jīng)線垂直時，U最大答案AD解析若元件的載流子是自由電子，由左手定則可知，電子受到的洛倫茲力方向向D側(cè)面偏，則C側(cè)面的電勢高于D側(cè)面的電勢．故A正確；若元件的載流子帶正電，由左手定則可知，正電載流子受到的洛倫茲力方向向D側(cè)面偏，則D側(cè)面的電勢高于C側(cè)面的電勢，故B錯誤；在測地球南、北極上方的地磁場強弱時，因磁場沿豎直方向，則元件的工作面保持水平時U最大，故C錯誤；地球赤道上方的地磁場方向水平，在測地球赤道上方的地磁場強弱時，元件的工作面應保持豎直，當與地球經(jīng)線垂直時U最大．故D正確．故選A、D.

21．如圖6所示，在真空中，＋Q1和－Q2為固定在x軸上的兩個點電荷，且Q1＝4Q2，eq\x\to(AB)＝eq\x\to(BP)＝L.a、b、c為P兩側(cè)的三個點，則下列說法中正確的是()圖6A．P點電場強度為零，電勢也為零B．b、c兩點處，一定有電勢φb>φc且電場強度Eb>EcC．若將一試探電荷＋q從a點沿x軸移至P點，則其電勢能增加D．若將一試探電荷－q從a點靜止釋放，則其經(jīng)過P點時動能最大答案CD解析P點的場強為EP＝eq\f(kQ1,2L2)－eq\f(kQ2,L2)＝0；P點的電勢：UP＝eq\f(kQ1,2L)－eq\f(kQ2,L)＝eq\f(kQ2,L)＜0，選項A錯誤；因P點的場強為零，則P點右側(cè)電場線向右，因順著電場線電勢降低可知，φb>φc，因b、c的具體位置不確定，則不能確定兩點場強的關(guān)系，選項B錯誤；P點左側(cè)電場線向左，則P點電勢高于a點，若將一試探電荷＋q從a點沿x軸移至P點，則其電勢能增加，選項C正確；若將一試探電荷－q從a點靜止釋放，則電荷將沿aP向右加速運動，到達P點后受到向左的電場力做減速運動，可知其經(jīng)過P點時動能最大，選項D正確；故選C、D.選擇題限時突破(四)(限時：25分鐘)二、選擇題：本題共8小題，每小題6分，共48分．在每小題給出的四個選項中，第14～18題只有一項符合題目要求，第19～21題有多項符合題目要求．全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分．14.如圖1所示是做勻變速直線運動的質(zhì)點在0～6s內(nèi)的位移—時間圖線(拋物線)．若t＝1s時，圖線所對應的切線斜率為4(單位：m/s)．則()圖1A．t＝1s時，質(zhì)點在x＝5m的位置B．t＝1s和t＝5s時，質(zhì)點的速度相同C．t＝1s和t＝5s時，質(zhì)點加速度的方向相反D．前5s內(nèi)，合外力對質(zhì)點做正功答案A解析t＝1s時，圖線所對應的切線斜率為4，則質(zhì)點的速度為v1＝4m/s，圖象對稱分布，3s末位移最大，所以3s末速度為零，質(zhì)點做勻減速直線運動，加速度：a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(0－4,2)m/s2＝－2m/s2，初速度為v0＝v1－at1＝(4＋2)m/s＝6m/s，所以t＝1s時，質(zhì)點的位移：x＝v0t＋eq\f(1,2)at2＝(6×1－eq\f(1,2)×2×12)m＝5m，故A正確；t＝1s和t＝5s時圖象斜率的絕對值相等，則質(zhì)點的速率相等，但方向相反，故B錯誤；質(zhì)點先做勻減速直線運動后反向做勻加速直線運動，t＝1s和t＝5s時，質(zhì)點加速度的方向相同，故C錯誤；5s末的速度v5＝v0＋at5＝(6－2×5)m/s＝－4m/s，因為4m/s＜6m/s，所以前5s內(nèi)質(zhì)點動能減小，所以合外力對質(zhì)點做負功，故D錯誤．15.如圖2所示，光滑絕緣的水平桌面上，用外力固定著一個帶電荷量為＋Q的小球P，帶電荷量分別為－q和＋2q的小球M和N由絕緣細桿相連，靜止在桌面上，P與M相距L，P、M和N視為點電荷，下列說法正確的是()圖2A．M與N的距離一定大于LB．P、M和N在同一直線上C．在P產(chǎn)生的電場中，M、N處的電勢相同D．撤去固定小球P的外力，小球P將運動起來答案B解析對M、N分別受力分析，根據(jù)庫侖定律，假設桿無作用力，設M與N間距為r，則有：eq\f(kQq,L2)＝eq\f(kQ·2q,L＋r2)，解得：r＝(eq\r(2)－1)L，故A錯誤；由于水平桌面光滑，若P、M和N不在同一直線上，則各自受力不共線，會出現(xiàn)不平衡現(xiàn)象，故B正確；由帶電荷量為＋Q的小球P，結(jié)合沿著電場線方向電勢降低，則M點電勢高于N點，故C錯誤；由題意可知，M、N及細桿組成的系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)，因此合外力為零，那么小球P所受的電場力的合力也為零，所以撤去固定P的外力，P也不會運動，故D錯誤．所以B正確，A、C、D錯誤．16．在x軸上方有垂直于紙面向外的勻強磁場，同一種帶電粒子從O點射入磁場，當入射方向與x軸的夾角為45°時，速度為v1、v2的兩個粒子分別從a、b兩點射出磁場，如圖3所示，當夾角為60°時，為了使速度為v3的粒子從ab的中點c射出磁場，則速度v3應為()圖3A.eq\f(1,2)(v1＋v2) B.eq\f(\r(2),2)(v1＋v2)C.eq\f(\r(3),3)(v1＋v2) D.eq\f(\r(6),6)(v1＋v2)答案D解析設a、b、c三點的坐標分別為x1、x2、x3，當α＝45°，粒子從a點射出磁場時，如圖所示有：x1＝eq\r(2)R1＝eq\r(2)eq\f(mv1,qB).當α＝45°，粒子從b點射出磁場，如圖所示：x2＝eq\r(2)R2＝eq\r(2)eq\f(mv2,qB)，當α＝60°時，粒子從c點射出磁場，如圖所示有：x3＝eq\r(3)R3＝eq\r(3)eq\f(mv3,qB)，因為2x3＝x1＋x2，所以v3＝eq\f(\r(6),6)(v1＋v2)，故D正確．17．在某種條件下，鉻原子的n＝2能級上的電子躍遷到n＝1能級上時釋放的能量轉(zhuǎn)交給n＝4能級上的電子，使之脫離原子，這一現(xiàn)象叫做俄歇效應，以這種方式脫離了原子的電子叫做俄歇電子．已知鉻原子的能級公式可簡化表示為En＝－eq\f(A,n2)，式中n＝1,2,3…表示不同的能級，A是正的已知常數(shù)．上述俄歇電子的動能是()A.eq\f(3,16)A B.eq\f(7,16)AC.eq\f(11,16)A D.eq\f(13,16)A答案C解析由題意可知n＝1能級能量為：E1＝－A，n＝2能級能量為：E2＝－eq\f(A,4)，從n＝2能級躍遷到n＝1能級釋放的能量為：ΔE＝E2－E1＝eq\f(3A,4)，n＝4能級能量為：E4＝－eq\f(A,16)，電離需要能量為：E＝0－E4＝eq\f(A,16)，所以從n＝4能級電離后的動能為：Ek＝ΔE－E＝eq\f(3A,4)－eq\f(A,16)＝eq\f(11A,16)，C正確．18.如圖4所示，在同一豎直面內(nèi)，小球a、b從高度不同的兩點，分別以初速度va和vb沿水平方向先后拋出，恰好同時落到地面上與兩拋出點水平距離相等的P點．若不計空氣阻力，則()圖4A．ta＞tbB．ta＜tbC．va＞vbD．va＝vb答案A解析根據(jù)：h＝eq\f(1,2)gt2，解得t＝eq\r(\f(2h,g))，知平拋運動的運動時間是由豎直高度決定的，由于a的高度比b的大，所以它們運動關(guān)系為ta＞tb，由于a、b的水平位移相等，由x＝v0t得va＜vb，故A正確．19.如圖5所示，固定的豎直光滑長桿上套有質(zhì)量為m的小圓環(huán)，圓環(huán)與水平狀態(tài)的輕質(zhì)彈簧一端連接，彈簧的另一端連接在墻上，且處于原長狀態(tài)，現(xiàn)讓圓環(huán)由靜止開始下滑，已知彈簧原長為L，圓環(huán)下滑到最大距離時彈簧的長度變?yōu)?L(未超過彈性限度)，則在圓環(huán)下滑到最大距離的過程中() 圖5A．圓環(huán)的機械能不守恒B．彈簧彈性勢能增加了eq\r(3)mgLC．圓環(huán)下滑到最大距離時，所受合力為零D．圓環(huán)重力勢能與彈簧彈性勢能之和保持不變答案AB20.如圖6所示，理想變壓器的原線圈連接一只理想交流電流表，副線圈匝數(shù)可以通過滑動觸頭Q來調(diào)節(jié)，在副線圈兩端連接了定值電阻R0和滑動變阻器R，P為滑動變阻器的滑動觸頭．在原線圈上加一電壓有效值為U的正弦交變電流，則()圖6A．保持Q的位置不動，將P向上滑動時，電流表讀數(shù)變小B．保持Q的位置不動，將P向上滑動時，變阻器R消耗的功率變小C．保持P的位置不動，將Q向上滑動時，電流表讀數(shù)變大D．調(diào)節(jié)P、Q使副線圈匝數(shù)、變阻器R阻值均變?yōu)樵瓉?倍，則變壓器輸入功率不變答案AC21.如圖7所示，赤道上空有2顆人造衛(wèi)星A、B繞地球做同方向的勻速圓周運動，地球半徑為R，衛(wèi)星A、B的軌道半徑分別為eq\f(5,4)R、eq\f(5,3)R，衛(wèi)星B的運動周期為T，某時刻2顆衛(wèi)星與地心在同一直線上，兩顆衛(wèi)星之間保持用光信號直接通信．則()圖7A．衛(wèi)星A的加速度小于B的加速度B．衛(wèi)星A、B的周期之比為eq\f(3\r(3),8)C．再經(jīng)時間t＝eq\f(38\r(3)＋9T,148)，兩顆衛(wèi)星之間的通信將中斷D．為了使赤道上任一點任一時刻均能接收到衛(wèi)星A所在軌道的衛(wèi)星的信號，該軌道至少需要3顆衛(wèi)星答案BC解析根據(jù)Geq\f(Mm,r2)＝ma，解得：a＝Geq\f(M,r2)，可知A的加速度大于B的加速度，故A錯誤；根據(jù)Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(4π2,T2)r，解得：T＝eq\r(\f(4π2r3,GM))，可得：eq\f(TA,TB)＝eq\f(3\r(3),8)，故B正確；由題意可知當衛(wèi)星A與B的連線與地球相切時信號將中斷，由幾何關(guān)系可知此時A、B衛(wèi)星的距離為eq\f(25R,12)，角度關(guān)系為(eq\f(2π,TA)－eq\f(2π,TB))t＝θ(θ為衛(wèi)星A、B與地心連線的夾角)，聯(lián)立可得：t＝eq\f(38\r(3)＋9T,148)，故C正確；對于同步衛(wèi)星來講，由于赤道的角度為360度，而一顆衛(wèi)星能覆蓋120度，故要有3顆，才能全部覆蓋地球表面，同步衛(wèi)星距地心的距離大約為7R，而衛(wèi)星A的軌道半徑為eq\f(5R,4)，覆蓋的范圍比同步衛(wèi)星還要小，因此至少需要3顆以上才可以，故D錯誤．選擇題限時突破(五)(限時：25分鐘)二、選擇題：本題共8小題，每小題6分，共48分．在每小題給出的四個選項中，第14～18題只有一項符合題目要求，第19～21題有多項符合題目要求．全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分．14．下列說法正確的是()A．太陽輻射的能量主要來自太陽內(nèi)部的鏈式反應B．結(jié)合能越大，原子中核子結(jié)合的越牢固，原子核越穩(wěn)定C．核力是弱相互作用力，是短程力，作用的距離小于10－10mD．根據(jù)玻爾理論，氫原子能量越高時，核外電子的動能越小、電勢能越大答案D解析太陽內(nèi)部進行的是熱核聚變，太陽輻射的能量主要來自太陽內(nèi)部的熱核聚變，A錯誤；15m之內(nèi)，C錯誤；能量越高時半徑越大，速度越小，電勢能越大，動能越小，D正確．15.2013年6月20日，航天員王亞平在“天宮一號”飛行器里展示了失重狀態(tài)下液滴的表面張力引起的現(xiàn)象，可以觀察到漂浮液滴的形狀發(fā)生周期性的微小變化(振動)，如圖1所示．已知液滴振動的頻率表達式為f＝keq\r(\f(σ,ρr3))，其中k為一個無單位的比例系數(shù)，r為液滴半徑，ρ為液體密度，σ為液體表面張力系數(shù)(單位為N/m)．σ與液體表面自由能的增加量ΔE、液體表面面積的增加量ΔS有關(guān)，則在下列相關(guān)的關(guān)系式中，可能正確的是()圖1A．σ＝eq\f(ΔE,ΔS) B．σ＝ΔE·ΔSC．σ＝eq\f(ΔE,ΔS2) D．σ＝eq\f(1,ΔE·ΔS)答案A解析σ(其單位為N/m)為液體表面張力系數(shù)，液體表面自由能的增加量ΔE(其單位為J)，ΔS是液體表面面積的增加量，單位是m2，根據(jù)物理量之間的關(guān)系得出：1N/m＝eq\f(1J,1m2)，所以σ＝eq\f(ΔE,ΔS)，A正確．16.如圖2所示為地鐵站用于安全檢查的裝置，主要由水平傳送帶和X光透視系統(tǒng)兩部分組成，傳送過程傳送帶速度不變．假設乘客把物品輕放在傳送帶上之后，物品總會先、后經(jīng)歷兩個階段的運動，用v表示傳送帶速率，用μ表示物品與傳送帶間的動摩擦因數(shù)，則()圖2A．前階段，物品可能向傳送方向的相反方向運動B．后階段，物品受到摩擦力的方向跟傳送方向相同C．v相同時，μ不同的等質(zhì)量物品與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量相同D．μ相同時，v增大為原來的2倍，前階段物品的位移也增大為原來的2倍答案C解析前階段，物品的速度小于傳送帶的速度，相對傳送帶向后運動，受到與傳送方向相同的滑動摩擦力作用，在這個滑動摩擦力作用下向傳送方向做初速度為零的勻加速直線運動，當物品的速度與傳送帶的速度相同時，兩者無相對運動或相對運動趨勢，摩擦力為零，A、B錯誤；整個過程中物品的加速度為a＝μg，加速運動時間t＝eq\f(v,a)＝eq\f(v,μg)，所以摩擦產(chǎn)生的熱量為Q＝μmg(vt－eq\f(vt,2))＝eq\f(1,2)μmgvt＝eq\f(1,2)μmgv·eq\f(v,μg)＝eq\f(1,2)mv2，故v相同時，μ不同的等質(zhì)量物品與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量相同，C正確；物品加速位移x＝eq\f(v2,2a)＝eq\f(v2,2μg)，當μ相同時，v增大為原來的2倍，前階段物品的位移增大為原來的4倍，D錯誤．17．當?shù)厍蛭挥谔柡湍拘侵g且三者幾乎排成一條直線時，稱之為“木星沖日”，2016年3月8日出現(xiàn)了一次“木星沖日”．已知木星與地球幾乎在同一平面內(nèi)沿同一方向繞太陽近似做勻速圓周運動，木星到太陽的距離大約是地球到太陽距離的5倍．則下列說法正確的是()A．下一次的“木星沖日”時間肯定在2018年B．下一次的“木星沖日”時間肯定在2017年C．木星運行的加速度比地球的大D．木星運行的周期比地球的小答案B解析地球公轉(zhuǎn)周期T1＝1年，木星公轉(zhuǎn)周期T2＝eq\r(125)T1≈11.18年．設經(jīng)時間t，再次出現(xiàn)木星沖日，則有ω1t－ω2t＝2π，其中ω1＝eq\f(2π,T1)，ω2＝eq\f(2π,T2)，解得t≈1.1年，因此下一次“木星沖日”發(fā)生在2017年，故A錯誤，B正確；設太陽質(zhì)量為M，行星質(zhì)量為m，軌道半徑為r，周期為T，加速度為a.對行星由牛頓第二定律可得Geq\f(Mm,r2)＝ma＝meq\f(4π2,T2)r，解得a＝eq\f(GM,r2)，T＝2πeq\r(\f(r3,GM))，由于木星到太陽的距離大約是地球到太陽距離的5倍，因此，木星運行的加速度比地球小，木星運行周期比地球大，故C、D錯誤．18．一輛汽車在平直的道路上從靜止開始先勻加速啟動，達到某一速度后以恒定功率運動，最后做勻速運動．下列給出的四個關(guān)系圖象中，W表示牽引力對汽車做的功，Ek、t和x分別表示汽車運動的動能、時間和位移，其中正確的是()答案C解析汽車從靜止開始先勻加速啟動，這一過程中牽引力不變，牽引力做的功W＝Fx＝F·eq\f(1,2)at2，則W－t圖象是開口向上的拋物線，W－x圖象是一條傾斜的直線，達到某一速度后以恒定功率運動，牽引力做功W＝Pt，隨著時間和位移的推移，牽引力做功越來越大，不會達到一個最大值，故A、B錯誤；汽車先做勻加速直線運動，后做加速度減小的加速運動，最后做勻速運動，勻加速運動時，動能Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)ma2t2，Ek—t圖象是開口向上的拋物線，做加速度減小的加速運動時，速度隨時間增加變慢，則動能增加隨時間增加變慢，斜率變小，最后勻速運動，動能達到最大值，故C正確；從靜止開始勻加速運動時，根據(jù)動能定理得Ek＝(F－Ff)x，Ek－x圖象應該是直線，故D錯誤．19．如圖3所示，為日常生活中常見的點火裝置原理圖，先將1.5V直流電壓通過轉(zhuǎn)換器轉(zhuǎn)換為正弦交變電壓u＝6sinωt(V)，然后將其加在理想變壓器的原線圈n1上，當副線圈n2兩端電壓達到12kV以上時放電針之間空氣被擊穿，從而引發(fā)電火花點燃氣體．下列說法正確的是()圖3A．原線圈兩端所接交流電壓表的讀數(shù)為3eq\r(2)VB．副線圈中交流電壓與原線圈中交流電壓頻率不相等C．要實現(xiàn)點火則副線圈與原線圈的匝數(shù)比至少大于eq\r(2)×103D．要實現(xiàn)點火則副線圈與原線圈的匝數(shù)比至少大于2000答案AD解析最大值為有效值的eq\r(2)倍，所以原線圈兩端電壓的有效值為U＝eq\f(6,\r(2))V＝3eq\r(2)V，即電壓表示數(shù)為3eq\r(2)V，故A正確；變壓器不能改變頻率，故副線圈中交流電壓與原線圈中交流電壓頻率相等，故B錯誤；當變壓器副線圈電壓的瞬時值大于12kV時，就會引發(fā)電火花點燃氣體．轉(zhuǎn)換器所輸出的正弦交變電壓最大值為6V，根據(jù)電壓與匝數(shù)成正比，所以實現(xiàn)點火的條件是eq\f(n2,n1)＝eq\f(12000,6)＝2000，故C錯誤，D正確．20.如圖4所示，xOy平面的一、二、三象限內(nèi)存在垂直紙面向外、磁感應強度大小為1T的勻強磁場，ON為固定于y軸負方向的彈性絕緣薄擋板，長度為9m，M點為x軸正方向上距O點為3m的一點．現(xiàn)有一個比荷大小為1C/kg、帶正電的粒子(不計重力)從擋板下端N處分別以不同的速率沿x軸負方向射入磁場，若粒子與擋板相碰就立即以原速率彈回，碰撞時電荷量不變，粒子最后都能經(jīng)過M點，則粒子射入時的速率可能是()圖4A．6m/s B．5m/sC．4m/s D．3m/s答案BD解析粒子運動的圓心的位置一定在y軸上，所以粒子做圓周運動的半徑r一定要大于等于3m，而ON＝9m≤3r，所以粒子最多與擋板ON碰撞一次，碰撞后，第二個圓心的位置在O點的上方．也可能粒子與擋板ON沒有碰撞，直接過M點．由于洛倫茲力提供向心力，所以qvB＝eq\f(mv2,r)，得v＝eq\f(q,m)·Br①(1)若粒子與擋板ON碰撞一次，則軌跡可能如圖甲，設OO′＝s，由幾何關(guān)系得r2＝OM2＋s2＝9＋s2②3r－9＝s③聯(lián)立②③得：r1＝3m，r2＝3.75m，分別代入①得：v1＝eq\f(q,m)·Br1＝1×1×3m/s＝3m/s，v2＝eq\f(q,m)·Br2＝1×1×3.75m/s＝3.75m/s(2)若粒子沒有與擋板ON碰撞，則軌跡如圖乙，設OO′＝s′，由幾何關(guān)系得req\o\al(2,3)＝OM2＋s′2＝9＋s′2④s′＝9－r3⑤聯(lián)立④⑤得r3＝5m，代入①得v3＝eq\f(q,m)·Br3＝1×1×5m/s＝5m/s，故B、D正確．21.在如圖5所示的平面直角坐標系內(nèi)，x軸水平、y軸豎直向下．計時開始時，位于原點處的沙漏由靜止出發(fā)，以加速度a沿x軸勻加速運動，此過程中沙從沙漏中漏出，每隔相等的時間漏出相同質(zhì)量的沙．已知重力加速度為g，圖5不計空氣阻力以及沙相對沙漏的初速度．下列說法正確的是()A．空中相鄰的沙在相等時間內(nèi)的豎直間距不斷增加B．空中相鄰的沙在相等時間內(nèi)的水平間距保持不變C．t0時刻漏出的沙在t(t>t0)時刻的位置坐標是[at0t－eq\f(1,2)ateq\o\al(2,0)，eq\f(1,2)g(t－t0)2]D．t0時刻漏出的沙在t(t>t0)時刻的位置坐標是[eq\f(1,2)a(t＋t0)2，eq\f(1,2)g(t－t0)2]答案AC解析漏出的沙，在豎直方向做自由落體運動，則相鄰的空中的沙在相等時間內(nèi)的豎直間距不斷增加，而在水平方向做勻速直線運動，但由于漏出前水平方向做勻加速運動，因此它們的水平方向初速度不相等，則在相等時間內(nèi)的水平間距不相等，故A正確，B錯誤；由勻加速直線運動的規(guī)律，t0時刻漏出的沙具有的水平初速度v0＝at0，沙隨沙漏一起勻加速的位移x0＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,0)，接著沙平拋，t時刻位移x1＝v0(t－t0)，且x＝x0＋x1，y＝eq\f(1,2)g(t－t0)2，所以，t0時刻漏出的沙的坐標為[at0t－eq\f(1,2)ateq\o\al(2,0)，eq\f(1,2)g(t－t0)2]，故C正確，D錯誤．選擇題限時突破(六)(限時：25分鐘)二、選擇題：本題共8小題，每小題6分，共48分．在每小題給出的四個選項中，第14～18題只有一個選項符合題目要求，第19～21題有多項符合題目要求，全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯或不答的得0分．14．靜止在水平地面的物塊，受到水平向右的拉力F的作用，F(xiàn)隨時間t的變化情況如圖1所示．設物塊與地面間的最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小相等，且為1N，則()圖1A．0～1s時間內(nèi)，物塊的加速度逐漸增大B．第3s末，物塊的速度最大C．第9s末，物塊的加速度為零D．第7s末，物塊的動能最大答案D解析在0～1s時間內(nèi)水平拉力小于最大靜摩擦力，故物塊處于靜止狀態(tài)，選項A錯誤；1～3s物塊做加速度增大的加速運動；3～7s物塊做加速度減小的加速運動；故第7s末，物塊的速度最大，動能最大，選項B錯誤，D正確；第9s末，物塊只受摩擦力作用，故加速度不為零，選項C錯誤；故選D.15．如圖2所示，理想變壓器輸入端接有效值恒定的正弦交變電流，輸出端電阻R2＝1Ω，當電阻箱R1＝3Ω時，理想電壓表和理想電流表的讀數(shù)分別為1V和0.5A．當電阻箱R1＝1Ω時，電壓表和電流表的讀數(shù)分別為()圖2A．4V,2A B．2V,2AC．2V,1A D．4V,1A答案C解析副線圈電流：I2＝eq\f(UR2,R2)＝1A；變壓器匝數(shù)比：eq\f(n1,n2)＝eq\f(I2,I1)＝eq\f(1,0.5)＝eq\f(2,1)；副線圈電壓：U2＝I2(R1＋R2)＝4V；當電阻箱R1＝1Ω時，副線圈電流：I2′＝eq\f(U2,R1＋R2)＝eq\f(4,1＋1)A＝2A；原線圈電流I1′＝eq\f(n2,n1)I2′＝eq\f(1,2)×2A＝1A；R2兩端電壓：UR2＝I2′R2＝2V，故選項C正確．16．一輛汽車在平直公路上勻速行駛，司機發(fā)現(xiàn)前方紅燈亮起時開始做勻減速直線運動，恰好在停車線處停止運動．汽車在減速過程中，第一秒和最后一秒內(nèi)的位移分別為14m和1m，則汽車勻減速運動過程中的平均速度為()A．6m/s B．6.5m/sC．7m/s D．7.5m/s答案D解析汽車在最后1s內(nèi)的位移為1m，采用逆向思維，根據(jù)x′＝eq\f(1,2)at′2得汽車做勻減速直線運動的加速度大小為：a＝eq\f(2x′,t′2)＝eq\f(2×1,12)m/s2＝2m/s2，第1s內(nèi)的位移為14m，根據(jù)x1＝v0t1－eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)得汽車的初速度為：v0＝eq\f(x1＋\f(1,2)at\o\al(2,1),t1)＝eq\f(14＋\f(1,2)×2×12,1)m/s＝15m/s，根據(jù)平均速度推論知，汽車做勻減速直線運動的平均速度為：eq\x\to(v)＝eq\f(v0,2)＝eq\f(15,2)m/s＝7.5m/s，故D正確．17．如圖3甲所示，用大型貨車在水平道路上運輸規(guī)格相同的圓柱形水泥管道，貨車可以裝載兩層管道．底層管道緊密固定在車廂里，上層管道堆放在底層管道上，如圖乙所示．已知水泥管道間的動摩擦因數(shù)為μ，假設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，貨車緊急剎車時的加速度大小為a0.每根水泥管道的質(zhì)量為m，重力加速度為g，最初堆放時上層管道最前端離駕駛室的距離為d，則下列分析正確的是()圖3A．貨車沿平直路面勻速行駛時，乙圖中A、B管之間的彈力大小為mgB．若a0＞μg，則上層管道一定會相對下層管道發(fā)生滑動C．若a0＞eq\f(2\r(3),3)μg，則上層管道一定會相對下層管道發(fā)生滑動D．若a0＞eq\r(3)μg，要使貨車在緊急剎車時上層管道不撞上駕駛室，則貨車在水平路面上勻速行駛的最大速度為2eq\r(\f(\r(3),3)μgd)答案C解析對上層管道受力分析，如圖所示：則有：FNcos30°＝eq\f(1,2)mg，解得：FN＝eq\f(\r(3)mg,3)，選項A錯誤；由題意知，緊急剎車時上層管道受到兩個滑動摩擦力減速，2μFN＝ma0，解得a0＝eq\f(2\r(3),3)μg，即若a0＞eq\f(2\r(3),3)μg，則上層管道一定會相對下層管道發(fā)生滑動，選項B錯誤，C正確；若貨車緊急剎車時的加速度a0＝eq\r(3)μg，貨車的剎車距離：x2＝eq\f(v\o\al(2,0),2\r(3)μg)，上層管道在緊急剎車及貨車停下后運動的總距離：x1＝eq\f(v\o\al(2,0),2·\f(2\r(3),3)μg)，上層管道相對于貨車滑動的距離：d＝x1－x2，聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得：v0＝2eq\r(\r(3)μgd)，選項D錯誤．18．下列說法正確的是()A．α粒子散射實驗揭示了原子的核式結(jié)構(gòu)B．元素的放射性與外界物理、化學變化和所處的環(huán)境有關(guān)C．光電效應揭示了光具有波動性D．原子核結(jié)合能越大，則原子核越穩(wěn)定答案A解析α粒子散射實驗揭示了原子的核式結(jié)構(gòu)，選項A正確；元素的放射性與外界物理、化學變化和所處的環(huán)境無關(guān)，選項B錯誤；光電效應揭示了光具有粒子性，選項C錯誤；原子核比結(jié)合能越大，則原子核越穩(wěn)定，選項D錯誤．19．如圖4甲所示，正三角形導線框位于圓形有界勻強磁場中，磁場方向與導線框所在平面垂直．規(guī)定磁場的正方向垂直紙面向里，磁感應強度B隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示．下面說法正確的是()圖4A．0～1s時間內(nèi)和5～6s時間內(nèi)，導線框中的電流方向相同B．0～1s時間內(nèi)和1～3s時間內(nèi)，導線框中的電流大小相等C．3～5s時間內(nèi)，AB邊受到的安培力沿紙面且垂直AB邊向上D．1～3s時間內(nèi)，AB邊受到的安培力不變答案AC解析0～1s時間內(nèi)穿過導線框的磁通量向外增加；5～6s時間內(nèi)穿過導線框的磁通量向里減小，根據(jù)楞次定律可知導線框中的電流方向相同，選項A正確；B－t圖象的斜率等于磁感應強度的變化率，故0～1s時間內(nèi)和1～3s時間內(nèi)，感應電動勢的大小不等，感應電流不相等，選項B錯誤；3～5s時間內(nèi)，磁通量向里增加，產(chǎn)生的感應電流為逆時針方向，則由左手定則可知，AB邊受到的安培力沿紙面且垂直AB邊向上，選項C正確；1～3s時間內(nèi)，感應電流大小不變，而磁場向外減弱，根據(jù)F＝BIL可知，AB邊受到的安培力要變化，選項D錯誤．20.在正點電荷q的電場中有O、M、N、P、Q五點，OM＝ON，OP＝OQ，且MN與PQ平行，點電荷q在五點所在的平面內(nèi)，如圖5所示．一電子由M點分別運動到P點和Q點的過程中，電場力所做的負功相等，下列說法正確的是()圖5A．點電荷q位于O點B．M點電勢高于P點C．Q點電場強度大于N點電場強度D．電子由Q點運動到N點，電場力做正功答案BD解析一電子由M點分別運動到P點和Q點的過程中，電場力所做的負功相等，說明M點電勢高于P、Q，且P、Q兩點電勢相等，可知點電荷在PQ連線的垂直平分線上，且在PQ的上方，則A錯誤，B正確；由以上分析可知，Q點離點電荷的位置比N點較遠，則Q點電場強度小于N點電場強度，選項C錯誤；因Q點電勢低于N點，則電子由Q點運動到N點，電勢能減小，電場力做正功，選項D正確．21．如圖6所示，平行板電容器豎直放置，右側(cè)極板中間開有一小孔，兩極板之間的距離為12cm，內(nèi)部電場強度大小為10N/C；極板右側(cè)空間有磁感應強度大小為0.5T的勻強磁場．一比荷為1.6×102C/kg的帶負電粒子，從電容器中間位置以大小為8m/s的初速度平行于極板方向進入電場中，經(jīng)過電場偏轉(zhuǎn)，從電容器右極板正中間的小孔進入磁場，不計帶電粒子的重力及空氣阻力．下列說法正確的是()圖6A．電容器極板長度為8eq\r(3)×10－2mB．粒子進入磁場時的速度大小為16m/sC．粒子進入磁場時速度與水平方向夾角為60°D．粒子在磁場中的運動時間為eq\f(π,120)s答案ABD解析帶電粒子在電場中做類平拋運動，則豎直方向：eq\f(1,2)L＝v0t；水平方向：eq\f(1,2)d＝eq\f(1,2)·eq\f(Eq,m)t2，解得L＝8eq\r(3)×10－2m，選項A正確；粒子進入磁場時水平速度：vx＝eq\r(2\f(Eq,m)·\f(d,2))＝8eq\r(3)m/s，則粒子進入磁場時的速度大小為v＝eq\r(v\o\al(2,0)＋v\o\al(2,x))＝16m/s，B正確；粒子進入磁場時速度與水平方向夾角為tanθ＝eq\f(v0,vx)＝eq\f(\r(3),3)，則θ＝30°，選項C錯誤；粒子在磁場中轉(zhuǎn)過的角度為120°，則在磁場中運動的時間t＝eq\f(120°,360°)T＝eq\f(1,3)·eq\f(2πm,qB)＝eq\f(π,120)s，選項D正確．選擇題限時突破(七)(限時：25分鐘)二、選擇題：本題共8小題，每小題6分，共48分．在每小題給出的四個選項中，第14～18題只有一項符合題目要求，第19～21題有多項符合題目要求．全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分．14．下列有關(guān)圖1中四幅圖的說法中，正確的是()圖1A．α粒子散射實驗促使玻爾改進了盧瑟福的原子核模型B．在光顏色保持不變的情況下，入射光越強，飽和光電流越大C．放射線甲由α粒子組成，每個粒子帶兩個單位正電荷D．該鏈式反應屬于原子核的聚變反應，鏈式反應需大于臨界體積才能夠進行答案B解析盧瑟福通過α粒子散射實驗推翻了湯姆孫原子棗糕模型，建立了原子核式結(jié)構(gòu)模型，故A錯誤；在光顏色保持不變的情況下，入射光越強，單位時間內(nèi)發(fā)出光電子數(shù)目越多，飽和光電流越大，故B正確；根據(jù)左手定則知，甲帶負電，為電子，故C錯誤；該鏈式反應屬于原子核的裂變反應，故D錯誤．15.如圖2所示是某物體做直線運動的v2－x圖象(其中v為速度，x為位置坐標)，下列關(guān)于物體從x＝0處運動至x＝x0處的過程分析，其中正確的是()圖2A．該物體做勻加速直線運動B．該物體的加速度大小為eq\f(v\o\al(2,0),x0)C．當該物體的速度大小為eq\f(1,2)v0時，位移大小為eq\f(3,4)x0D．當該物體的位移大小為eq\f(1,2)x0時，速度大小為eq\f(1,2)v0答案C解析由勻變速直線運動的速度位移關(guān)系公式v2－veq\o\al(2,0)＝2ax可得v2＝2ax＋veq\o\al(2,0)，可知物體的加速度恒定不變，由于物體的速度減小，故物體做勻減速直線運動，故A錯誤；由v2＝2ax＋veq\o\al(2,0)知，v2－x圖象的斜率絕對值等于2a，由圖可得2a＝eq\f(v\o\al(2,0),x0)，則得物體的加速度大小為a＝eq\f(v\o\al(2,0),2x0)，故B錯誤；當該物體速度大小為eq\f(1,2)v0時，v2＝eq\f(1,4)veq\o\al(2,0)，由圖可得：x＝eq\f(3x0,4)，故C正確；當該物體位移大小為eq\f(1,2)x0時，由圖可得v2＝eq\f(1,2)veq\o\al(2,0)，v＝eq\f(\r(2),2)v0，故D錯誤．16.如圖3所示，理想變壓器原線圈兩端A、B接在電動勢為E＝8V，內(nèi)阻為r＝2Ω的交流電源上，理想變壓器的副線圈兩端與滑動變阻器Rx相連，變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為1∶2，當電源輸出功率最大時()圖3A．滑動變阻器的阻值Rx＝2ΩB．最大輸出功率P＝4WC．變壓器的輸出電流I2＝2AD．滑動變阻器的阻值Rx＝8Ω答案D解析當外電路電壓等于內(nèi)電路電壓時電源輸出功率最大，即U1＝Ur，而且U1＋Ur＝8V，故U1＝Ur＝4V，根據(jù)歐姆定律可得I1＝eq\f(Ur,r)＝2A，故根據(jù)eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)可得副線圈中的電流為I2＝1A，根據(jù)eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)可得副線圈兩端的電壓U2＝8V，故Rx＝eq\f(U2,I2)＝eq\f(8,1)Ω＝8Ω，最大輸出功率為P＝U2I2＝8W，故D正確．17．已知地球兩極的重力加速度大小為g0，赤道上的重力加速度大小為g.若將地球視為質(zhì)量均勻分布、半徑為R的球體，地球同步衛(wèi)星的軌道半徑為()A．R B．RC．R D．R答案A解析設地球質(zhì)量為M，地球赤道上物體的質(zhì)量為m，地球同步衛(wèi)星的軌道半徑為h，地球的自轉(zhuǎn)周期為T，則地球兩極的物體受到的引力等于其重力，即為Geq\f(Mm,R2)＝mg0，而赤道上物體受到的引力與支持力差值提供向心力，即為Geq\f(Mm,R2)－mg＝meq\f(4π2,T2)R，同步衛(wèi)星所受萬有引力等于向心力Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(4π2,T2)r，故地球同步衛(wèi)星軌道半徑為r＝R，故A正確．18.如圖4所示，斜面體置于粗糙水平面上，斜面光滑．光滑小球被輕質(zhì)細線系放在斜面上，細線另一端跨過光滑定滑輪，用恒力F拉細線使小球沿斜面緩慢向上移動一小段距離，斜面體始終保持靜止狀態(tài)，則在此過程中()圖4A．細線對小球的拉力變小B．斜面體對小球的支持力變小C．地面對斜面體的支持力變大D．地面對斜面體的摩擦力變大答案B解析設小球和斜面體的質(zhì)量分別為m和M，細線與斜面的夾角為θ，斜面傾角為α.以小球為研究對象，小球受到重力mg、斜面的支持力FN和細線的拉力F，如圖甲所示．由平衡條件得：斜面方向有：mgsinα＝Fcosθ①垂直斜面方向：FN＋Fsinθ＝mgcosα②使小球沿斜面緩慢移動時，θ增大，其他量不變，由①式知，F(xiàn)增大．由②知，F(xiàn)N變小，故A錯誤，B正確；對斜面體受力分析，如圖乙：受重力Mg、地面的支持力FN1和摩擦力Ff和小球的壓力FN′，由平衡條件得：Ff＝FN′sinα，F(xiàn)N1＝Mg＋FN′cosα，F(xiàn)N′變小，則Ff變小，F(xiàn)N1變小，故C、D錯誤．19.如圖5所示，真空中三點A、B、C構(gòu)成邊長為L的等邊三角形，EF是其中位線，在E、F點分別放置電荷量均為Q的正、負點電荷．下列說法正確的是()圖5A．A點的電場強度大小為eq\f(4kQ,L2) B．A點的電勢低于C點的電勢C．電勢差UEB小于電勢差UEA D．負電荷在B點的電勢能小于在C點的電勢能答案ACD解析＋Q、－Q兩個點電荷產(chǎn)生的電場在A處的場強大小相等，夾角為120°，故A點的電場強度大小為EA＝keq\f(Q,\f(L,2)2)＝eq\f(4kQ,L2)，故A正確；根據(jù)等量異種點電荷連線的電場線的分布特點可知，A點位于兩個等量異種點電荷的中垂線上，所以A點的電勢與無窮遠處的電勢相等；而C點靠近負電荷，可知A點的電勢高于C點的電勢．故B錯誤；由電場線的分布可知：EB間的電場強度比EA間的小，由U＝Ed知電勢差UEB小于電勢差UEA，故C正確；根據(jù)等量異種電荷連線的電場線的分布特點，結(jié)合B的分析可知，B點的電勢高于C點的電勢，由Ep＝qφ知負電荷在B點的電勢能小于在C點的電勢能，故D正確．20．如圖6甲所示，傾角為37°的足夠長的傳送帶以恒定速度運行，將一質(zhì)量m＝1kg的小物體以某一初速度放上傳送帶，物體相對地面的速度大小隨時間變化的關(guān)系如圖乙所示，取沿傳送帶向上為正方向，g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.則下列說法正確的是()圖6A．傳送帶逆時針轉(zhuǎn)動，速度大小為4m/sB．物體與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為0.75C．0～8s內(nèi)物體位移的大小為14mD．0～8s內(nèi)物體與傳送帶之間因摩擦而產(chǎn)生的熱量為126J答案CD解析從圖中可知小物體先反向做減速運動后做加速運動，故可知傳送帶速度方向沿斜面向上，最終物體和傳送帶的速度相同，故傳送帶速度大小為4m/s，A錯誤；根據(jù)v－t圖象的斜率表示加速度，可得，物體相對傳送帶滑動時的加速度大小為a＝eq\f(2,2)m/s2＝1m/s2，由牛頓第二定律得μmgcosθ－mgsinθ＝ma，解得μ＝0.875，故B錯誤；0～8s內(nèi)物體位移為x＝(－eq\f(1,2)×2×2＋eq\f(2＋6,2)×4)m＝14m，故C正確；0～8s內(nèi)只有前6s內(nèi)物體與傳送帶發(fā)生相對滑動.0～6s內(nèi)傳送帶運動距離為x帶＝4×6m＝24m,0～6s內(nèi)物體位移為x物＝(－eq\f(1,2)×2×2＋eq\f(4×4,2))m＝6m，x相對＝x帶－x物＝18m，產(chǎn)生的熱量為Q＝μmgcosθ·x相對＝126J，故D正確．21．如圖7甲所示，靜止在水平面上的等邊三角形金屬線框，匝數(shù)n＝20，總電阻R＝2.5Ω，邊長L＝0.3m，處在兩個半徑均為r＝0.1m的圓形勻強磁場中，線框頂點與右側(cè)圓心重合，線框底邊與左側(cè)圓直徑重合，磁感應強度B1垂直水平面向外；B2垂直水平面向里，B1、B2隨時間t的變化如圖乙所示，線框一直處于靜止狀態(tài)，計算過程中取π＝3，下列說法正確的是()圖7A．線框具有向左的運動趨勢B．t＝0時刻穿過線框的磁通量為0.5WbC．t＝0.4s時刻線框中感應電動勢為1.5VD．0～0.6s內(nèi)通過線框橫截面電荷量為0.36C答案CD解析由磁感應強度B1垂直水平面向外，大小隨時間均勻變大；B2垂直水平面向里，大小恒定，并且|B2|＜|B1|，故通過線框的合磁通量垂直水平面向外增大，由楞次定律可得：線框中感應電流方向為順時針，根據(jù)左手定則可得線框受到水平向右的合安培力，故有水平向右V＝1.5V，C正確；在0.6s時穿過線框的磁通量為Φ2＝B1×eq\f(1,2)πr2＋B2×eq\f(1,6)πr2＝0.07Wb，在0～6s內(nèi)通過線框的電荷量q＝eq\f(nΔΦ,R)＝0.36C，D正確．選擇題限時突破(八)(限時：25分鐘)二、選擇題：本題共8小題，每小題6分，共48分．在每小題給出的四個選項中，第14～18題只有一項符合題目要求，第19～21題有多項符合題目要求．全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分．14．下列說法正確的是()A．天然放射現(xiàn)象的發(fā)現(xiàn)，揭示了原子核是由質(zhì)子和中子組成的B．盧瑟福的α粒子散射實驗揭示了原子核有復雜結(jié)構(gòu)C．玻爾的原子結(jié)構(gòu)理論在盧瑟福的核式結(jié)構(gòu)學說基礎(chǔ)上引進了量子觀點D．α射線、β射線、γ射線本質(zhì)上都是電磁波，且γ射線的波長最短答案C解析天然放射現(xiàn)象的發(fā)現(xiàn)，說明原子核有復雜的結(jié)構(gòu)，但不能證明原子核是由質(zhì)子和中子組成的，故A錯誤；盧瑟福的α粒子散射實驗說明原子是由原子核和核外電子組成的，故B錯誤；玻爾在盧瑟福的核式結(jié)構(gòu)學說基礎(chǔ)上，為了修