河北省石家莊市2020年下學期高二（下）期末物理試卷（解析版）

2020年河北省石家莊市正定中學高二（下）期末物理試卷

一、選擇題（本題一共15小題，1-10題為單項選擇題，11-15題為不定項選擇題，每

題滿分45分,不定項選擇題全部選對得得4分,部分選對的得2分,有錯選的得0分.）

1.以下說法不正確的是（）

A.某金屬產(chǎn)生光電效應，當照射光的顏色不變而增大光強時，光電子的最大初動能不

變

B.a衰變是原子核內的變化所引起的

C.原子核的半衰期由核內部自身因素決定，與原子所處的化學狀態(tài)和外部條件無關

D.{5N+:H玲*+如e是a衰變方程

2.下列四幅圖的有關說法中正確的是)

強黃光

弱黃光

弱紫光

一U■V

甲丙T

A.甲圖中,球mi以速度v碰靜止球m2,若兩球質量相等，碰后m2的速度一定為v

B.乙圖中,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.丙圖中,射線甲由電子組成，射線乙為電磁波，射線丙由a粒子組成

D.鏈式反應屬于重核的裂變

3.如圖所示，兩根直木棍AB和CD相互平行，斜靠在豎直墻壁上固定不動，一個圓

筒從木棍的上部以初速度Vo勻速滑下；若保持兩木棍傾角不變，將兩棍間的距離減小

后固定不動，仍將圓筒放在兩木棍上部以初速度V?；?，下列判斷正確的是（）

A.仍勻速滑下B.勻加速下滑

C.減速下滑D.以上三種運動均可能

4.如圖所示，質量為m的小球用水平輕質彈簧系住，并用傾角=37。的木板托住，小球

處于靜止狀態(tài)，彈簧處于壓縮狀態(tài)，則（）

A.小球一定受四個力的作用

B.彈簧彈力可能為■|■mg

C.小球受木板的摩擦力一定沿斜面向下

D.木板對小球的作用力的方向一定垂直于木板向上

5.如圖所示，水平放置的兩根足夠長的平行光滑桿AB和CD,各穿有質量分別為M

和m的小球，兩桿之間的距離為d,兩球用自由長度為d的輕質彈簧連接，現(xiàn)從左側

用檔板將M球擋住，再用力把m向左邊拉一段距離（在彈性限度內）后自靜止釋放，

釋放后，下面判斷中不正確的是（）

A.在彈簧第一次恢復原長的過程中，兩球和彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒、機械能守恒

B.彈簧第二次恢復原長時，M的速度達到最大

C.彈簧第一次恢復原長后，繼續(xù)運動的過程中，系統(tǒng)的動量守恒、機械能守恒

D.釋放m以后的運動過程中，彈簧的最大伸長量總小于運動開始時彈簧的伸長量

6.如圖，兩根長度分別為Li和L2的光滑桿AB和BC在B點垂直焊接，當按圖示方

式固定在豎直平面內時，將一滑環(huán)從B點由靜止釋放，分別沿BA和BC滑到桿的底

端經(jīng)歷的時間相同，則這段時間為（）

7.如圖，穿在一根光滑的固定桿上的兩個小球A、B連接在一條跨過定滑輪的細繩兩

端，桿與水平面成6=37。角，不計所有摩擦.當兩球靜止時，0A繩與桿的夾角為，

0B繩沿豎直方向，則球A、B的質量之比為（）

8.大霧天發(fā)生交通事故的概率比平常要高出幾倍甚至幾十倍，保證霧中行車安全顯得

尤為重要.在霧天的平直公路上，甲、乙兩汽車同向勻速行駛，乙在前，甲在后.某

時刻兩車司機聽到警笛提示，同時開始剎車，結果兩車剛好沒有發(fā)生碰撞.如圖為兩

車剎車后勻減速運動的v-t圖象，以下分析正確的是（）

A.甲剎車的加速度的大小為0.51116

B.兩車開始剎車時的距離為100m

C.兩車剎車后間距一直在減小

D.兩車都停下來后相距25m

9.如圖（a）所示，水平面上質量相等的兩木塊A、B用一輕彈簧相連接，整個系統(tǒng)處

于平衡狀態(tài).現(xiàn)用一豎直向上的力拉動木塊，使木塊向上做勻加速直線運動，如圖（b）

所示.研究從力剛作用在木塊的瞬間到木塊剛離開地面的瞬間這一過程，并且選定該

過程中木塊的起點位置為坐標原點，則下圖中可以表示力和木塊的位移之間關系的是

10.在斜面上等高處，靜止著兩個相同的物塊A和B.兩物塊之間連接著一個輕質彈

簧，勁度系數(shù)為k,斜面的傾角為6,兩物塊和斜面間的摩擦因數(shù)均為H，則彈簧的最

大伸長量是（）

An>gImgcos」

kk

Qmgsin8+AmgcosB口mgi/28s2g-sin28

11.氫原子的能級如圖所示，已知可見光的光子能量范圍約為1.62?3.11eV.下列說法

正確的是（）

A.一個處于n=2能級的氫原子，可以吸收一個能量為4eV的光子

B.大量氫原子從高能級向n=3能級躍遷時，發(fā)出的光是不可見光

C.大量處于n=4能級的氫原子，躍遷到基態(tài)的過程中可以釋放出6種頻率的光子

D.氫原子從高能級向低能級躍遷的過程中釋放的光子的能量可能大于13.6eV

12.質量為M和mo的滑塊用輕彈簧連接，以恒定的速度v沿光滑水平面運動，與位

于正對面的質量為m的靜止滑塊發(fā)生碰撞，如圖1所示，碰撞時間極短，在此過程中，

下列哪個或哪些說法是可能發(fā)生的？（）

同

A.M、皿、m速度均發(fā)生變化，分別為vi、V2、V3，而且滿足（M+m。）v=Mvi+moV2+mv3

B.m0的速度不變，M和m的速度變?yōu)関i和v2,而且滿足Mv=Mvi+mv2

C.m0的速度不變，M、m的速度都變?yōu)榍覞M足Mv=（M+m）vz

D.M、m。、m速度均發(fā)生變化，M和m0速度都變?yōu)関,m速度變?yōu)関?而且滿足（M+m）

v（）=（M+m0）vi+mv2

13.如圖（a）,一物塊在t=O時刻滑上一固定斜面，其運動的v-t圖線如圖（b）所示,

若重力加速度及圖中的Vo，V1,ti均為已知量，則可求出（）

A.斜面的傾角

B.物塊的質量

C.物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)

D.物塊沿斜面向上滑行的最大高度

14.如圖所示，在傾角為e的光滑斜面和檔板之間放一個光滑均勻球體，檔板與斜面

夾角a.初始時（a+6）<90°.在檔板繞頂端逆時針緩慢旋轉至水平位置的過程中，下

列說法正確的是（）

A.斜面對球的支持力變大

B.檔板對球的彈力變大

C.斜面對球的支持力變小

D.檔板對球的彈力先變小后變大

15.一質量為m的飛機在水平跑道上準備起飛，受到豎直向上的機翼升力，大小與飛

機運動的速率平方成正比，記為Fi=kiv2；所受空氣阻力也與速率平方成正比，記為

F2=k2V2.假設輪胎和地面之間的阻力是壓力的H倍（口<0.25）,若飛機在跑道上加速

滑行時發(fā)動機推力恒為其自身重力的0.25倍.在飛機起飛前，下列說法正確的是（）

A.飛機一共受5個力的作用

B.飛機可能做勻加速直線運動

C.飛機的加速度可能隨速度的增大而增大

D.若飛機做勻加速運動，則水平跑道長度必須大于ki湍|1）

二、填空題（本題共兩個小題，每個小題均為每空2分，共16分）

16.接通打點計時器電源和讓紙帶開始運動，這兩個操作之間的時間順序關系是（）

A.先接通電源，后讓紙帶運動

B.先讓紙帶運動，再接通電源

C.讓紙帶運動的同時接通電源

D.先讓紙帶運動或先接通電源都可以

17.在研究某物體的運動規(guī)律時，打點計時器打下如圖所示的一條紙帶.已知打點計

時器使用的交流電頻率為50Hz,相鄰兩計數(shù)點間還有四個打點未畫出.由紙帶上的數(shù)

據(jù)可知，打c點時物體的速度丫=,物體運動的加速度a=.

2.012.302.622.90單位:cm

t-t——t--------------+---------------------i

ABCDE

18.在"探究彈力和彈簧伸長量的關系〃的實驗中

（1）以下說法正確的是—

A.彈簧被拉伸時，不能超出它的彈性限度

B.用懸掛祛碼的方法給彈簧施加拉力，應保證彈簧位于豎直位置且處于平衡狀態(tài)

C.用直尺測得彈簧的長度即為彈簧的伸長量

D.用幾個不同的彈簧，分別測出幾組拉力與伸長量，得出拉力與伸長量之比相等

（2）若某同學實驗裝置如圖1所示，所用的每個鉤碼的重力相當于對彈簧提供了向右

恒定的拉力.實驗時先測出不掛鉤碼時彈簧的自然長度，再將5個鉤碼逐個掛在繩子

的下端，每次測出相應的彈簧總長度.

圖1圖2

圖3

①有一個同學通過以上實驗測量后把6組數(shù)據(jù)描點在坐標圖2中，請作出F-L圖線:

②由此圖線可得出該彈簧的原長L°=—cm,勁度系數(shù)卜=—N/m.

（3）若某同學把彈簧平放在桌面上使其自然伸長，用直尺測出彈簧的原長L。，再把彈

簧豎直懸掛起來，掛上鉤碼后測出彈簧伸長后的長度L,把L-L。作為彈簧的伸長量x,

這樣操作，由于彈簧自身重力的影響，最后畫出的圖線可能是圖3中的—.

三、計算題（本題共4個小題，其中，18、19題滿分各10分，20、21題滿分各12分,

要求寫出必要的解題步驟和說明文字，只寫出結果的不給分.）

19.用速度大小為v的中子轟擊靜止的鋰核（［i）,發(fā)生核反應后生成僦核和a粒子.生

成的僦核速度方向與中子的速度方向相反，氤核與a粒子的速率之比為7：8,質子和

中子的質量均為m,光速為c：

（1）寫出核反應方程

（2）求僦核和a粒子的速度大小

（3）若核反應過程中放出的核能全部轉化為a粒子和瓶核的動能，求出質量虧損.

20.如圖所示，在傾角為e的光滑斜面頂端有一個小物體A自靜止開始下滑，同時另

一個小物體B自靜止開始由斜面底端向左以恒定的加速度a沿光滑水平面運動，A滑

下后沿斜面底部光滑小圓弧平穩(wěn)進入水平面，且勻速向B追去，為使A能追上B,B

的加速度的最大值為多大?

21.如圖所示，光滑的水平面上有niA=2kg,mB=mc=lkg的三個物體，BC緊靠在一起

但不粘連，AB之間用輕彈簧相連，整個系統(tǒng)處于靜止狀態(tài).現(xiàn)在A、C兩邊用力使三

個物體緩慢靠近壓縮彈簧，此過程外力做功72J,然后靜止釋放，求：

①從釋放到物體B與C分離的過程中，C對B的沖量大??？

②當彈簧再次恢復到原長時，A、B的速度各是多大？

10

22.一光滑圓環(huán)固定在豎直平面內，環(huán)上套著兩個小球A和B（中央有孔），A、B間

由細繩連接著，它們處于如圖所示位置時恰好都能保持靜止狀態(tài).此情況下，B球與

環(huán)中心0處于同一水平面上，A、B間的細繩呈伸直狀態(tài)，且與水平線成30。角.已知

B球的質量為2kg,求細繩對B球的拉力和A球的質量.

參考答案與試題解析

一、選擇題（本題一共15小題，1-10題為單項選擇題，11-15題為不定項選擇題，每

題滿分45分,不定項選擇題全部選對得得4分,部分選對的得2分,有錯選的得0分.）

1.以下說法不正確的是（）

A.某金屬產(chǎn)生光電效應，當照射光的顏色不變而增大光強時，光電子的最大初動能不

變

B.a衰變是原子核內的變化所引起的

C.原子核的半衰期由核內部自身因素決定，與原子所處的化學狀態(tài)和外部條件無關

D.產(chǎn)N+田玲J2C+為e是a衰變方程

【考點】光電效應；裂變反應和聚變反應.

【分析】根據(jù)光電效應方程得出光子的最大初動能與什么因素有關；衰變是原子核內

部變化引起的；半衰期與原子所處的化學狀態(tài)和外部條件無關；a衰變是自發(fā)進行的.

【解答】解：A、光電子的最大初動能與入射光的頻率有關，與入射光的強度無關，某

金屬產(chǎn)生光電效應，當照射光的顏色不變而增大光強時，光電子的最大初動能不變，

故A正確.

B、a衰變是原子核內的變化所引起的，故B正確.

C、原子核的半衰期由原子核內部因素決定，與原子所處的化學狀態(tài)和外部條件無關，

故C正確.

D、汨玲J2C+；He是聚變方程，不是a衰變，故D不正確.

本題選不正確的，故選：D.

【點評】本題考查了光電效應、衰變、半衰期等基礎知識點，關鍵要熟悉教材，牢記

這些基礎知識點，知道a衰變的特點，基礎題.

2.下列四幅圖的有關說法中正確的是（）

A.甲圖中，球n以速度v碰靜止球m2，若兩球質量相等，碰后m2的速度一定為v

B.乙圖中，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.丙圖中，射線甲由電子組成，射線乙為電磁波，射線丙由a粒子組成

D.鏈式反應屬于重核的裂變

【考點】光電效應；裂變反應和聚變反應.

【分析】由動量守恒定律分析答題；

入射光的頻率增大，光電子的最初動能增大，遏止電壓增大，光電效應現(xiàn)象中，遏制

電壓與光照強度無關；

由左手定則判斷出粒子的電性，然后答題；

重核變?yōu)檩p核的核反應是裂變.

【解答】解：A、甲圖中，兩球碰撞過程動量守恒，碰撞過程機械能不增加，如果兩球

質量相等，則碰撞后m2的速度不大于v,故A錯誤；

B、乙圖中，圖中光的顏色保持不變的情況下，光照越強，光電子數(shù)目越多，則飽和光

電流越大，故B正確;

C、丙圖中，由左手定則可知，甲帶正電，則甲射線由a粒子組成，乙不帶電，射線乙

是Y射線，丙射線粒子帶負電，則丙射線由電子組成，故C錯誤；

D、圖4中鏈式反應屬于重核裂變，故D正確；

故選：BD.

【點評】本題考查了選修內容，掌握基礎知識即可正確解題，對選修內容要熟練掌握

基礎知識；入射光的頻率增大，光電子的最初動能增大，遏止電壓增大，光電效應現(xiàn)

象中，遏制電壓與光照強度無關.

3.如圖所示，兩根直木棍AB和CD相互平行，斜靠在豎直墻壁上固定不動，一個圓

筒從木棍的上部以初速度V。勻速滑下；若保持兩木棍傾角不變，將兩棍間的距離減小

后固定不動，仍將圓筒放在兩木棍上部以初速度V。滑下，下列判斷正確的是（）

A.仍勻速滑下B.勻加速下滑

C.減速下滑D.以上三種運動均可能

【考點】牛頓第二定律；力的合成與分解的運用.

【分析】圓筒從木棍的上部勻速滑下過程中，受到重力、兩棍的支持力和摩擦力，根

據(jù)平衡條件得知，摩擦力與重力的分力等大反向；將兩棍間的距離稍減小后，兩棍支

持力的合力不變，夾角減小，每根木棍對圓筒的支持力變小，最大靜摩擦力減小，可

知圓筒將加速滑下.

【解答】解：圓筒從木棍的上部勻速滑下過程中，受到重力、兩棍的支持力和摩擦力,

根據(jù)平衡條件得知，兩棍支持力的合力和摩擦力不變.將兩棍間的距離稍減小后，兩

棍支持力的合力不變，而兩支持力夾角減小，則每根木棍對圓筒的支持力變小，則滑

動摩擦力變小.而重力沿斜面向下的分力不變，則圓筒將勻加速滑下.故B正確，ACD

錯誤.

故選：B.

【點評】本題關鍵在于受力分析規(guī)律，要注意正確運用到推論：當兩個分力大小一定

時，夾角增大時，其合力減小，從而可以分析兩棍支持力的變化；則可明確摩擦力的

變化，從而求解合力的變化，即可分析運動性質.

4.如圖所示，質量為m的小球用水平輕質彈簧系住，并用傾角=37。的木板托住，小球

處于靜止狀態(tài)，彈簧處于壓縮狀態(tài)，則（）

A.小球一定受四個力的作用

B.彈簧彈力可能為■|■mg

C.小球受木板的摩擦力一定沿斜面向下

D.木板對小球的作用力的方向一定垂直于木板向上

【考點】共點力平衡的條件及其應用；物體的彈性和彈力.

【分析】滑塊可能受重力、支持力、彈力三個力處于平衡，根據(jù)共點力平衡判斷ABC,

根據(jù)平行四邊形定則可知，小球重力和彈力的合力肯定大于重力，根據(jù)平衡條件判斷

木板對小球的作用力的方向.

【解答】解：A、小球處于靜止狀態(tài)，受力平衡，對小球受力分析，如圖所示:

當重力、彈簧彈力以及木板的支持力的合力為零時，小球不受摩擦力，即小球可以受

到3個力作用，故AC錯誤；

B、若小球不受摩擦力，根據(jù)平衡條件得：tan37°=詈，解得：F=^mg,故B正確；

r4

D、小球受到重力、彈簧彈力以及木板對小球的作用力，處于平衡狀態(tài)，合力為零，則

木板對小球的作用力與小球重力和彈力的合力等大反向，當斜面對小球沒有摩擦力時,

重力和彈力的方向垂直斜面向下，此時木板對小球的作用力的方向垂直于木板向上，

若斜面對小球有摩擦力作用，則重力和彈力的方向不垂直斜面向下，此時木板對小球

的作用力的方向也不垂直于木板向上，故D錯誤.

故選：B

【點評】解決本題的關鍵能夠正確地受力分析，運用共點力平衡進行求解，注意彈簧

的彈力方向是水平向左的，難度適中.

5.如圖所示，水平放置的兩根足夠長的平行光滑桿AB和CD,各穿有質量分別為M

和m的小球，兩桿之間的距離為d,兩球用自由長度為d的輕質彈簧連接，現(xiàn)從左側

用檔板將M球擋住，再用力把m向左邊拉一段距離（在彈性限度內）后自靜止釋放,

釋放后，下面判斷中不正確的是（）

A.在彈簧第一次恢復原長的過程中，兩球和彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒、機械能守恒

B.彈簧第二次恢復原長時，M的速度達到最大

C.彈簧第一次恢復原長后，繼續(xù)運動的過程中，系統(tǒng)的動量守恒、機械能守恒

D.釋放m以后的運動過程中，彈簧的最大伸長量總小于運動開始時彈簧的伸長量

【考點】動量守恒定律；機械能守恒定律.

【分析】在彈簧第一次恢復原長的過程中，擋板對M有作用力，可知動量不守恒.第

一次恢復原長后，M做加速運動，m做減速運動，系統(tǒng)動量守恒、機械能也守恒.

【解答】解：A、從釋放m到彈簧第一次恢復原長的過程中，擋板對M有外力作用，

兩球組成的系統(tǒng)動量不守恒.故A錯誤.

B、第一次回復原長后，m向右做減速運動，M向右做加速運動，當彈簧回復原長時,

M的速度最大.故B正確.

C、第一次回復原長后，繼續(xù)運動的過程中，系統(tǒng)所受的外力之和為零，系統(tǒng)動量守恒,

因為只有彈簧彈力做功，系統(tǒng)機械能守恒.故C正確.

D、釋放m后的過程中，當?shù)谝淮位謴偷皆L，彈簧的彈性勢能全部轉化為m的動能,

在以后的運動過程中，彈簧伸長量最大時，兩者都有速度，結合動量守恒定律和能量

守恒定律知，彈簧的最大伸長量總小于釋放m時彈簧的伸長量.故D正確.

本題選錯誤的，故選A.

【點評】解決本題的關鍵知道系統(tǒng)動量守恒和機械能守恒的條件，知道M和m的運動

情況.

6.如圖，兩根長度分別為Li和L2的光滑桿AB和BC在B點垂直焊接，當按圖示方

式固定在豎直平面內時，將一滑環(huán)從B點由靜止釋放，分別沿BA和BC滑到桿的底

端經(jīng)歷的時間相同，則這段時間為（)

c

【考點】牛頓第二定律；力的合成與分解的運用.

【分析】設BA和BC傾角分別為a和仇根據(jù)牛頓第二定律求出滑環(huán)的加速度，結合

時間相等，由位移時間公式對兩個過程列式，結合幾何關系求解.

【解答】解：設BA和BC傾角分別為a和0,根據(jù)牛頓第二定律得：

滑環(huán)沿BA下滑的加速度為由=眶也色=gsina①

m

gsin

沿BC下滑的加速度為a2=-—=gsin|3②

設這段時間為t,由題有：

Li=yait2③

L2

2=ya2t④

又據(jù)數(shù)學知識有：sina=cos0⑤

由③的平方加④的平方，結合⑤解得

故選：C

【點評】本題關鍵要兩個物體的位移關系、加速度關系，由位移時間公式得到時間.要

明確物體的位移和加速度都與斜面的傾角有關，所以要用斜面的傾角表示位移和加速

度.這種思路和方法要注意積累.

7.如圖，穿在一根光滑的固定桿上的兩個小球A、B連接在一條跨過定滑輪的細繩兩

端，桿與水平面成6=37。角，不計所有摩擦.當兩球靜止時，0A繩與桿的夾角為6,

OB繩沿豎直方向，則球A、B的質量之比為（）

A.4：3B.3：4C.3：5D.5：8

【考點】共點力平衡的條件及其應用；力的合成與分解的運用.

【分析】分別對AB兩球分析，運用合成法，用T表示出A、B兩球的重力，同一根

繩子上的拉力相等，即繩子AB兩球的拉力是相等的.

【解答】解：分別對AB兩球分析，運用合成法，如圖:

根據(jù)共點力平衡條件，得:

T=mBg

T二mAg（根據(jù)正弦定理列式）

sin8sin(90*+8)

故HIA：m=l：tan0=l：=4：3.

B4

故選：A.

【點評】本題考查了隔離法對兩個物體的受力分析，關鍵是抓住同一根繩子上的拉力

處處相等結合幾何關系將兩個小球的重力聯(lián)系起來.

8.大霧天發(fā)生交通事故的概率比平常要高出幾倍甚至幾十倍，保證霧中行車安全顯得

尤為重要.在霧天的平直公路上，甲、乙兩汽車同向勻速行駛，乙在前，甲在后.某

時刻兩車司機聽到警笛提示，同時開始剎車，結果兩車剛好沒有發(fā)生碰撞.如圖為兩

車剎車后勻減速運動的v-t圖象，以下分析正確的是（）

A.甲剎車的加速度的大小為0.5m/s2

B.兩車開始剎車時的距離為100m

C.兩車剎車后間距一直在減小

D.兩車都停下來后相距25m

【考點】勻變速直線運動的圖像；勻變速直線運動的速度與時間的關系.

【分析】根據(jù)速度時間圖線求出甲乙的加速度，抓住速度相等時，結合位移時間公式

分別求出兩車的位移，結合位移之差求出兩者剎車時的距離，通過兩者的速度大小關

系，判斷之間距離的變化，根據(jù)圖象與坐標軸圍成的面積表示位移求解兩車都停下來

后之間的距離.

【解答】解：A、由圖可知，兩車速度相等經(jīng)歷的時間為20s,甲車的加速度

ai=看=-Im/s2,乙車的加速度&2=4三-5m/s2,此時甲車的位移x甲

ZbJJU

二丫甲t+yajt'二25x20-yX1X400in:=300m,

2

乙車的位移X乙=丫乙1+1^2弋=15*20-/*0.5乂400產(chǎn)200111,兩車剛好沒有發(fā)生碰撞，則

兩車的距離△x=300-200m=100m,故A錯誤，B正確；

C、兩車剎車后甲的速度先大于乙的速度，兩者距離減小，后甲的速度小于乙的速度,

兩者距離增大，故C錯誤；

D、20s時，甲乙的速度都為v=v甲+ait=25-20=5m/s,

根據(jù)圖象與坐標軸圍成的面積表示位移可知，兩車都停下來后相距

△x，=/X（30-25）X5=12.5n,故D錯誤.

故選：B

【點評】本題考查了運動學中的追及問題，關鍵抓住臨界狀態(tài)，結合運動學公式和速

度時間圖線綜合求解，難度中等.

9.如圖（a）所示，水平面上質量相等的兩木塊A、B用一輕彈簧相連接，整個系統(tǒng)處

于平衡狀態(tài).現(xiàn)用一豎直向上的力拉動木塊，使木塊向上做勻加速直線運動，如圖（b）

所示.研究從力剛作用在木塊的瞬間到木塊剛離開地面的瞬間這一過程，并且選定該

過程中木塊的起點位置為坐標原點，則下圖中可以表示力和木塊的位移之間關系的是

O

【考點】胡克定律.

【分析】以木塊A為研究對象，分析受力情況，根據(jù)牛頓第二定律得出F與A位移x

的關系式，再選擇圖象.

【解答】解：設原來系統(tǒng)靜止時彈簧的壓縮長度為X。，當木塊A的位移為x時，彈簧

的壓縮長度為（xo-x）,彈簧的彈力大小為k（xo-x）,根據(jù)牛頓第二定律得：

F+k（X。-x）-mg=ma

得：F=kx-kxo+ma+mg,

又kx（）=mg,

則得：F=kx+ma

可見F與x是線性關系，當x=O時，kx+ma>0.故A正確，BCD錯誤.

故選：A

【點評】本題根據(jù)牛頓第二定律得到F與x的解析式，再選擇圖象是常用的思路，并

要結合排除法進行選擇.

10.在斜面上等高處，靜止著兩個相同的物塊A和B.兩物塊之間連接著一個輕質彈

簧，勁度系數(shù)為k,斜面的傾角為e,兩物塊和斜面間的摩擦因數(shù)均為H，則彈簧的最

大伸長量是（）

AntgpImgcos8

'k'k

222

Cmgsin8+Un^cos8nmg^cos0-sin6

"k'k

【考點】胡克定律.

【分析】物體平衡時，受重力、支持力和彈簧的彈力，三力平衡，根據(jù)平衡條件并結

合正交分解法和胡克定律列式求解;

【解答】解：物塊靜止在斜面上，在斜面這個平面內共有三個力作用在物體上，一個

是重力沿斜面向下的分力mgsin，靜摩擦力fWfm=|imgcose,方向不確定，彈簧彈力

水平方向kx,則彈力等于mgsinB和靜摩擦力f的合力，當靜摩擦力最大時，合力最大,

止匕時：kx=Jf：_(mgsin8)2,

故*二@匕辿-si/e,故D正確，ABC錯誤.

k

故選：D.

【點評】本題關鍵是先對物塊受力分析，根據(jù)平衡條件并結合正交分解法和胡克定律

列式求解求解彈簧最大伸長量，靈活性就強.

11.氫原子的能級如圖所示，已知可見光的光子能量范圍約為L62?3.11eV.下列說法

正確的是()

A.一個處于n=2能級的氫原子，可以吸收一個能量為4eV的光子

B.大量氫原子從高能級向n=3能級躍遷時，發(fā)出的光是不可見光

C.大量處于n=4能級的氫原子，躍遷到基態(tài)的過程中可以釋放出6種頻率的光子

D.氫原子從高能級向低能級躍遷的過程中釋放的光子的能量可能大于13.6eV

【考點】氫原子的能級公式和躍遷.

【分析】根據(jù)能級間躍遷時輻射的光子能量等于兩能級間的能級差；結合輻射的光子

能量與可見光的光子能量，依據(jù)數(shù)學組合C*從而即可比較進行分析.

【解答】解：A、從高能級向n=l能級躍遷時發(fā)出的光子能量大于10.2eV,大于可見

光子的能量，屬于躍遷發(fā)出的光子頻率大于可見光的頻率.故A錯誤.

B、氫原子從高能級向n=3能級躍遷時發(fā)出的光子能量小于1.51eV,不一定在1.62eV

到3.11eV之間，一定全是不可見光.故B錯誤.

C、大量處于n=4能級的氫原子，躍遷到基態(tài)的過程中，根據(jù)C；=6,因此釋放出6種頻

率的光子.故C正確.

D、氫原子從高能級向低能級躍遷的過程中釋放的光子的能量，小于13.6eV.故D錯

誤；

故選：C.

【點評】本題考查氫原子的波爾理論，解決本題的關鍵知道能級間躍遷所滿足的規(guī)律,

即Em-En=hv,并能靈活運用.

12.質量為M和m°的滑塊用輕彈簧連接，以恒定的速度v沿光滑水平面運動，與位

于正對面的質量為m的靜止滑塊發(fā)生碰撞，如圖1所示，碰撞時間極短，在此過程中，

下列哪個或哪些說法是可能發(fā)生的？（）

A.M、m0>m速度均發(fā)生變化，分別為vi、v2>v3,而且滿足（M+m。）v=Mvi+mov2+mv3

B.m0的速度不變，M和m的速度變?yōu)関i和v2,而且滿足Mv=Mvi+mv2

C.m0的速度不變，M、m的速度都變?yōu)榍覞M足Mv=（M+m）v'

D.M、m。、m速度均發(fā)生變化，M和m。速度都變?yōu)関,m速度變?yōu)関?,而且滿足（M+m）

v0=（M+m0）vi+mv2

【考點】動量守恒定律.

【分析】在M和m碰撞的過程中，由于碰撞時間極短，M和m組成的系統(tǒng)動量守恒,

mo在瞬間速度不變，應用動量守恒定律分析答題.

【解答】解：碰撞的瞬間M和m組成的系統(tǒng)動量守恒，mo的速度在瞬間不變，以M

的初速度方向為正方向，若碰后M和m的速度變vi和V2，由動量守恒定律得：

Mv=Mvi+mv2；

若碰后M和m速度相同，由動量守恒定律得：Mv=（M+m）vz.

故BC正確，AD錯誤.

故選：BC.

【點評】解決本題的關鍵合理選擇研究對象，知道在碰撞的瞬間前后皿的速度不變，

M和m組成的系統(tǒng)動量守恒、應用動量守恒定律即可正確解題.

13.如圖（a）,一物塊在t=O時刻滑上一固定斜面，其運動的v-t圖線如圖（b）所示,

若重力加速度及圖中的VO,V”t］均為已知量，則可求出（）

A.斜面的傾角

B.物塊的質量

C.物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)

D.物塊沿斜面向上滑行的最大高度

【考點】牛頓第二定律；勻變速直線運動的圖像.

【分析】由圖b可求得物體運動過程及加速度，再對物體受力分析，由牛頓第二定律

可明確各物理量是否能夠求出.

【解答】解：由圖b可知，物體先向上減速到達最高時再向下加速；圖象與時間軸圍

成的面積為物體經(jīng)過的位移，故可出物體在斜面上的位移；

圖象的斜率表示加速度，上升過程及下降過程加速度均可求，上升過程有：

mgsin0+|imgcos0=mai；下降過程有：mgsin0-|imgcos0=ma2；兩式聯(lián)立可求得斜面傾

角及動摩擦因數(shù)；

但由于m均消去，故無法求得質量；因已知上升位移及夾角，則可求得上升的最大高

度；

故選：ACD.

【點評】本題考查牛頓第二定律及圖象的應用，要注意圖象中的斜率表示加速度，面

積表示位移；同時注意正確的受力分析，根據(jù)牛頓第二定律明確力和運動的關系.

14.如圖所示，在傾角為e的光滑斜面和檔板之間放一個光滑均勻球體，檔板與斜面

夾角a.初始時（a+6）<90°.在檔板繞頂端逆時針緩慢旋轉至水平位置的過程中，下

列說法正確的是（）

A.斜面對球的支持力變大

B.檔板對球的彈力變大

C.斜面對球的支持力變小

D.檔板對球的彈力先變小后變大

【考點】共點力平衡的條件及其應用；力的合成與分解的運用.

【分析】以小球為研究對象，分析受力情況，作出力圖，根據(jù)平衡條件得出球對檔板

的壓力FNI、球對斜面的壓力FN2與斜面坡角Ct、擋板與斜面夾角B的函數(shù)關系式，由

數(shù)學知識分析力的變化.

【解答】解：選球為研究對象，球受三個力作用，即重力G、斜面支持力FN2、擋板支

持力FNI，受力分析如圖所示.

由平衡條件可得x方向上有：FN1COS(90°-a-9)-FN2sin0=O...@

y方向上有:FN2COS0-FNisin(90°-a-6)-G=0…②

聯(lián)立①②解得：

由題可知：8不變，a逐漸增大，根據(jù)數(shù)學知識可知：

FN2一直減小.FNI先減小后增大，當a=90。時，最小.

故選：CD.

【點評】本題是較為復雜的動態(tài)變化分析問題，采用的是函數(shù)法，也可以采用圖解法,

更直觀反映出力的變化情況.

15.一質量為m的飛機在水平跑道上準備起飛，受到豎直向上的機翼升力，大小與飛

機運動的速率平方成正比，記為Fi=kiv2；所受空氣阻力也與速率平方成正比，記為

F2=k2V2.假設輪胎和地面之間的阻力是壓力的H倍（n<0.25）,若飛機在跑道上加速

滑行時發(fā)動機推力恒為其自身重力的0.25倍.在飛機起飛前，下列說法正確的是（）

A.飛機一共受5個力的作用

B.飛機可能做勻加速直線運動

C.飛機的加速度可能隨速度的增大而增大

D.若飛機做勻加速運動，則水平跑道長度必須大于卜]（M口）

【考點】牛頓第二定律；物體的彈性和彈力.

【分析】對飛機進行受力分析，根據(jù)牛頓第二定律列式，根據(jù)k]與k2之間的關系，討

論可能的運動情況，如果是勻加速運動，根據(jù)運動學公式求位移.

【解答】解：A、對飛機受力分析，受到重力、支持力、機翼的升力、發(fā)動機的推力、

空氣阻力和地面的摩擦力六個力的作用如圖所示，故A錯誤；

B、根據(jù)牛頓第二定律有：

水平方向：F-f-F2=ma?

豎直方向：F/Fi二mg②

f=^FN?

且F/kJ?④

2

F2=k2v@

聯(lián)立①?⑥得：F-k2VU（噸-kivMma整理得

F-Umg+（Ak]-k2）vJma⑦

當k2=Uki時，合力恒定，加速度恒定，做勻加速直線運動，故B正確；

C、當Wk[>k2時，加速度隨速度的增大而增大，故C正確；

D、若做勻加速直線運動，由⑦式得an“''”N）mg=（o.25-己”⑧

2

剛起飛時，支持力網(wǎng);0,地面摩擦力為。，wg=k1V,得飛機剛起飛時的速度

v?=2as⑩

聯(lián)立⑧⑨⑩代入解得：a=k（iZu）故口錯誤

故選：BC

【點評】本題屬于實際問題，利用生活中一實例，考查了力與運動的知識，要求學生

對物理知識有了解并能學以致用.讓學生體會到物理不僅是有趣的，還是有用的.

二、填空題（本題共兩個小題，每個小題均為每空2分，共16分）

16.接通打點計時器電源和讓紙帶開始運動，這兩個操作之間的時間順序關系是（）

A.先接通電源，后讓紙帶運動

B.先讓紙帶運動，再接通電源

C.讓紙帶運動的同時接通電源

D.先讓紙帶運動或先接通電源都可以

【考點】用打點計時器測速度.

【分析】理解實驗過程應當先接通電源，在釋放紙帶.如果先釋放紙帶后接通電源，

有可能會出現(xiàn)小車已經(jīng)拖動紙帶運動一段距離，電源才被接通，那么紙帶上只有很小

的一段能打上點，大部分紙帶沒有打上點，紙帶的利用率太低.

【解答】解：如果先釋放紙帶后接通電源，有可能會出現(xiàn)小車已經(jīng)拖動紙帶運動一段

距離，電源才被接通，那么紙帶上只有很小的一段能打上點，大部分紙帶沒有打上點,

紙帶的利用率太低；所以應當先接通電源，后讓紙帶運動，故A正確.

故選：A

【點評】理解打點計時器的工作原理、電壓、打點時間間隔以及操作的先后順序.

17.在研究某物體的運動規(guī)律時，打點計時器打下如圖所示的一條紙帶.已知打點計

時器使用的交流電頻率為50Hz,相鄰兩計數(shù)點間還有四個打點未畫出.由紙帶上的數(shù)

據(jù)可知，打c點時物體的速度丫=0.25m/s,物體運動的加速度a=0.速m/s?.

2.012.302.622.90單位:cm

t-t——+--------------+---------------------i

ABCDE

【考點】探究小車速度隨時間變化的規(guī)律.

【分析】紙帶實驗中，若紙帶勻變速直線運動，測得紙帶上的點間距，利用勻變速直

線運動的推論，可計算出打出某點時紙帶運動的瞬時速度和加速度.

【解答】解：相鄰兩記數(shù)點間還有四個點未畫出，所以相鄰的計數(shù)點之間的時間間隔

為0.1s

打C點時物體的速度為：Vc^^BD=0-023+(k0262=025n)/s

*BDU./

采用逐差法求解加速度，根據(jù)運動學公式得：△x=?,

。XX0.0262+0.0290-0.0230-0.0201八。八,

CEAC-----------------------------------------=O.3Om/s2

------4--T-2"0.04

故答案為:0.25m/s,O.3Om/s2.

【點評】能夠知道相鄰的計數(shù)點之間的時間間隔.要注意單位的換算和有效數(shù)字的保

留.

18.在"探究彈力和彈簧伸長量的關系〃的實驗中

(1)以下說法正確的是AB

A.彈簧被拉伸時，不能超出它的彈性限度

B.用懸掛祛碼的方法給彈簧施加拉力，應保證彈簧位于豎直位置且處于平衡狀態(tài)

C.用直尺測得彈簧的長度即為彈簧的伸長量

D.用幾個不同的彈簧，分別測出幾組拉力與伸長量，得出拉力與伸長量之比相等

(2)若某同學實驗裝置如圖1所示，所用的每個鉤碼的重力相當于對彈簧提供了向右

恒定的拉力.實驗時先測出不掛鉤碼時彈簧的自然長度，再將5個鉤碼逐個掛在繩子

的下端，每次測出相應的彈簧總長度.

14?????????????????，

什IX

一??—一????^-*?***?*4

，????一????，■??-???

一????????—??一???

???wa??????*>?**9???

圖1圖2

k

A

圖3

①有一個同學通過以上實驗測量后把6組數(shù)據(jù)描點在坐標圖2中，請作出F-L圖線:

②由此圖線可得出該彈簧的原長Lo=5.0cm,勁度系數(shù)卜=20N/m.

(3)若某同學把彈簧平放在桌面上使其自然伸長，用直尺測出彈簧的原長L),再把彈

簧豎直懸掛起來，掛上鉤碼后測出彈簧伸長后的長度L,把L-L。作為彈簧的伸長量x,

這樣操作，由于彈簧自身重力的影響，最后畫出的圖線可能是圖3中的C.

【考點】探究彈力和彈簧伸長的關系.

【分析】(1)在《探索彈力和彈簧伸長的關系》實驗中，彈簧的彈力與行變量的關系

滿足F=kx,其中k由彈簧本身決定；

(2)用一條直線連接即可，要注意將盡可能多的點連在線上，不通過直線的點大致均

勻地分布與直線兩側，偏差過大的點是測量錯誤，應該舍去；

(3)對于物理圖象問題，要首先弄清橫軸和縱軸代表的含義，在這里x代表的是彈簧

的伸長量，即L-L),最后結合數(shù)學知識綜合判斷選取答案

【解答】解：(1)A、彈簧被拉伸時，不能超出它的彈性限度，否則彈簧會損壞，故A

正確.

B、用懸掛鉤碼的方法給彈簧施加拉力，要保證彈簧位于豎直位置，使鉤碼的重力等于

彈簧的彈力，要待鉤碼平衡時再讀讀數(shù).故B正確.

C、彈簧的長度不等于彈簧的伸長量.故C錯誤.

D、拉力與伸長量之比是勁度系數(shù)，由彈簧決定，同一彈簧的勁度系數(shù)是不變的，不同

的彈簧的勁度系數(shù)不同，故D錯誤.

故選：AB

(2)作出F-L圖線，如圖所示；

(2)彈簧處于原長時，彈力為零，故彈簧的原長L°=5cm；

圖象的函數(shù)表達式為：F=k(L-Lo),故斜率表示勁度系數(shù)；

勁度系數(shù)k=七=。.5二：.05N/n=20N/m；

(3)A、實驗中用橫軸表示彈簧的伸長量x,縱軸表示彈簧的拉力F(即所掛重物的重

力大小)，由尸=]?可知，圖象過原點，故A錯誤；

B、圖中當x=0時，彈簧有彈力，故B錯誤；

C、當豎直懸掛時，由于自身重力的影響彈簧會有一段伸長量，但此時所掛重物的重力

為0N(即：F=0N),故C正確；

D、因為在彈簧的彈性限度內，彈簧的伸長與其所受的拉力成正比，圖象應為直線，故

D錯誤.

故選：C

故答案為：(1)AB；(2)①如上圖所示；②5.0；@20；(3)C

J44▲JJJ>UA-LXJJ.

,f444,

Uk&A4^UU^l>AjpjUa.L4

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卜r/?▼QFFT

l-L一▲JJJ/

FHH被

LX1X

2

25zyx10III

【點評】本題考查了學生設計的能力和作圖的能力，知道F-L圖線的斜率表示勁度系

數(shù).注意掌握分析誤差的形成原因，考查學生運用圖象來處理數(shù)據(jù)的能力，關鍵是弄

清坐標軸代表的意義，并能綜合分析拉力F與伸長量△!,的關系，需要注意彈簧的平

放與豎直放對橫縱坐標的影響

三、計算題(本題共4個小題，其中，18、19題滿分各10分，20、21題滿分各12分,

要求寫出必要的解題步驟和說明文字，只寫出結果的不給分.)

19.用速度大小為v的中子轟擊靜止的鋰核（［i）,發(fā)生核反應后生成癥核和a粒子.生

成的僦核速度方向與中子的速度方向相反，瓶核與a粒子的速率之比為7：8,質子和

中子的質量均為m,光速為c：

（1）寫出核反應方程

（2）求僦核和a粒子的速度大小

（3）若核反應過程中放出的核能全部轉化為a粒子和僦核的動能，求出質量虧損.

【考點】動量守恒定律；愛因斯坦質能方程.

【分析】（1）根據(jù)質量數(shù)守恒和電荷數(shù)守恒，書寫核反應方程；

（2）中子轟擊鋰核的過程，系統(tǒng)的動量守恒，根據(jù)動量守恒定律以及瓶核與a粒子的

速率之比求解氫核和a粒子的速度；

（3）先求出核反應釋放出的能量，再根據(jù)愛因斯坦質能方程求解質量虧損.

【解答】解：（1）根據(jù)質量數(shù)守恒與電荷數(shù)守恒，則有核反應方程為：

Jn+汨玲：H+：He；

（2）以中子的速度方向為正方向，由動量守恒定律得：

mnv=-mHvi+mHeV2；

由題意得Vi：V2=7：8

解得：Vl=空，丫2=招

（3）僦核和a粒子的動能之和為：

釋放的核能為：△EuEk-Ekn-TTrmv4---ymv2--~|-iDv'L

CHO4X

由愛因斯坦質能方程得，質量虧損為：

△m今生4

c121cz

答:

（1）核反應方程為：Jn+$Li玲；H+:He；

（2）宛核和a粒子的速度大小分別為千和學

2

（3）質量虧損為年空T.

121c

【點評】核反應中遵守兩大基本規(guī)律：能量守恒定律和動量守恒定律.注意動量守恒

定律的矢量性，要明確是如何轉化的.

20.如圖所示，在傾角為e的光滑斜面頂端有一個小物體A自靜止開始下滑，同時另

一個小物體B自靜止開始由斜面底端向左以恒定的加速度a沿光滑水平面運動，A滑

下后沿斜面底部光滑小圓弧平穩(wěn)進入水平面，且勻速向B追去，為使A能追上B,B

的加速度的最大值為多大？

【考點】勻變速直線運動規(guī)律的綜合運用；勻變速直線運動的位移與時間的關系.

【分析】B做加速度為a的勻加速直線運動，A先做勻加速直線運動，然后做勻速直線

運動，A要追上B,則追上B時的速度必大于等于B