【文档说明】【精准解析】浙江省宁波市北仑中学2019-2020学年高二下学期期中考试物理试题.doc，共(26)页，1.728 MB，由小赞的店铺上传

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浙江省宁波市北仑中学2019-2020学年高二下学期期中物理试题一、单项选择题（10小题）1.地光是在地震前夕出现在天边的一种奇特的发光现象，它是放射性元素氡因衰变释放大量的带电粒子，通过岩石裂隙向大气中集中释放而形成的。已知氡22286Rn的半衰期为3天，

经衰变最后变成稳定的20682Pb，在这一过程中（）A.要经过4次α衰变和6次β衰变B.要经过4次α衰变和4次β衰变C.氡核22286Rn的中子数为86，质子数为136D.标号为a、b、c、d的4个氡核22286Rn经3天后一

定剩下2个核未衰变【答案】B【解析】【详解】AB．设此衰变过程中经历了要经过x次α衰变和y次β衰变，根据质量数守恒和电荷数守恒可得其衰变方程为：22220640868221RnPbHeexy−→++由222=206+4x，86=

82+2x-y联立解得：x=4，y=4故A错误，B正确；C．氡核22286Rn的质子数为86，中子数为222-86=136故C错误；D．半衰期适用于大量的原子核，对于少量的原子核不适用，故D错误。故选B。2.如图所示，在粗糙的水平

地面上放着一左侧截面是半圆的柱状物体B，在B与竖直墙之间放置一光滑小球A，整个装置处于静止状态．现用水平力F拉动B缓慢向右移动一小段距离后，它们仍处于静止状态，在此过程中，下列判断正确的是（）A.小球A对物体B的压力逐渐增大B.小球A对物体B的压力逐渐减小C.墙面对小球A

的支持力逐渐减小D.墙面对小球A的支持力先增大后减小【答案】A【解析】【详解】对A球受力分析并建立直角坐标系如图由平衡条件得：竖直方向：N2cosθ=mg；水平方向：N1=N2sinθ；联立解得：2mgNcos=；N1=mgtanθ；B缓慢向右移动一小段距离，A缓慢下落，则θ增大．所以N2增大，

N1增大，由牛顿第三定律知故小球A对物体B的压力逐渐增大，故A正确，BCD错误．故选A．3.氢原子能级示意图如图所示。氢原子由高能级向低能级跃迁时，从n＝3能级跃迁到n＝2能级所放出的光子恰能使某种金属发生光

电效应，则处在n＝4能级的一大群氢原子跃迁时所放出的光子中有几种光子能使该金属发生光电效应（）A.4B.3C.6D.5【答案】D【解析】【详解】处在n＝4能级的一大群氢原子跃迁时能放出246C=种频率的光子，

光子能量值从大到小的规律413121423243nnnnnnnnnnnn=→==→==→==→==→==→=，，，，，由题从n＝3能级跃迁到n＝2能级所放出的光子恰能使某种金属发生光电效应，则43nn=→=所放出的光子不能使某种金属发生光电效应，所以处在n=4能

级的一大群氢原子跃迁时所放出的光子中有5种光子能使该金属发生光电效应。故选D。4.如图所示，某“闯关游戏”的笔直通道上每隔8m设有一个关卡，各关卡同步放行和关闭，放行和关闭的时间分别为5s和2s．关卡刚放行时，一同学立即在关

卡1处以加速度2m/s2由静止加速到2m/s，然后匀速向前，则最先挡住他前进的关卡是（）A.关卡2B.关卡3C.关卡4D.关卡5【答案】C【解析】【详解】根据v=at可得，2m/s=2m/s2×t1，所

以加速的时间为t1=1s；加速的位移为2211121m1m22xat===，之后匀速运动的时间为72s3.5s=，到达关卡2的时间为21s35s4.5st=+=．小于5s，放行；可以通过，所以可以通过关卡2继续运动，从第2关卡到第3关卡匀速运动

时间38s4s2t==，所以到达第3关卡的时刻（从开始运动计时）为8.5s，7s＜8.5s＜12s，也是放行，可以通过，从第3关卡到第4关卡匀速运动时间仍然是４s，所以到达第4关卡的时刻（从开始运动计时）为到达关卡4的总

时间为1s+3.5s+4s+4s=12.5s，12＜8.5＜14，关卡放行和关闭的时间分别为5s和2s，此时关卡4是关闭的，所以最先挡住他前进的是关卡4，所以C正确；故选C。【点睛】本题是对匀变速直线运动位移时间关系式的考查，注意开始的过

程是匀加速直线运动，要先计算出加速运动的时间．5.如图所示，A、B两球用两段不可伸长的细绳连接于悬点O，两段细绳的长度之比为1∶2，现让两球同时从悬点O附近以一定的初速度分别向左、向右水平抛出，至连接两球的细绳伸直所用时间之比为1∶2，若A、

B两球的初速度大小之比为k，则k值应满足的条件是（）A.k=12B.k>12C.k=12D.k>122【答案】A【解析】【详解】设连接A球的绳长为L，以速度vA水平抛出x=vAty=12gt2x2+y2=L2得2221()2ALgtvt−＝同理得()222222[()]11222()

2222BLgtLgtvtt−−=＝因此有12ABvkv＝＝故选A。6.如图所示，两个圆锥内壁光滑，竖直放置在同一水平面上，圆锥母线与竖直方向夹角分别为30°和60°，有A、B两个质量相同的小球在两圆锥内壁等高处做匀速圆

周运动，下列说法正确的是（）A.A、B球受到的支持力之比为3∶3B.A、B球的向心力之比为3∶1C.A、B球运动的角速度之比为3∶1D.A、B球运动的线速度之比为3∶1【答案】C【解析】【详解】A．对小球受力分析可知，A球受到的支持力2sin30AmgNmg==同理B球受到的支持力23si

n603BmgmgN==则A、B球受到的支持力之比为3∶1，故A错误；B．A球的向心力3tan30AmgFmg==B球的向心力tan603BmgmgF==A、B球的向心力之比为3∶1，故B错误；C．根据2Fmr=可知33tan30Amgg

mhh==3tan603Bmggmhh==A、B球运动的角速度之比为3∶1，故C正确；D．A、B球运动的半径之比为:(tan30):(tan60)1:3ABrrhh==根据v=ωr可知A、B球运动的线速度之比为1∶1，故D错误。故选C。7.如图所示，有一束单色光入射到极限频率为0v

的金属板K上，具有最大初动能的某出射电子，沿垂直于平行板电容器极板的方向，从左侧极板上的小孔入射到两极板间的匀强电场后，到达右侧极板时速度刚好为零．已知电容器的电容为C，带电量为Q，极板间距为d，普朗克常量为h，电子电量的绝对值为e，不计电子的重力．关于电容器右侧极板的带电情况和入射光

的频率v，以下判断正确的是（）A.带正电，0QevCh+B.带正电，0QevChd+C.带负电，0QevCh+D.带负电，0QevChd+【答案】C【解析】【详解】电子在电容器里面减速运动，所以受到向左的电场力的

作用，所以场强方向向右，电容器右侧极板的带负电．一束单色光入射到极限频率为0v的金属板K上，射出电子的最大初动能为Ek，khvWE−=0hvW=电子在电容器中减速运动，由动能定理得：k0eUE−=−电容器两极板间的

电势差为：QUC=根据以上各式，解得：0QevvCh=+故选项C正确，选项ABD错误．8.如图，倾斜固定直杆与水平方向成60角，直杆上套有一个圆环，圆环通过一根细线与一只小球相连接.当圆环沿直杆下滑时，小球与圆环保持相对静止，细线伸直，且与竖直方

向成30角.下列说法中正确的A.圆环不一定加速下滑B.圆环可能匀速下滑C.圆环与杆之间一定没有摩擦D.圆环与杆之间一定存在摩擦【答案】D【解析】【详解】试题分析：以小球为研究对象，对小球进行受力分析，小球受到竖直向下的重力和沿绳子收缩方向的拉力，小

球的合外力不为零，小球不可能匀速下滑，小球与圆环相对静止，一定都做匀加速运动；所以AB项错误;假设圆环与杆之间没有摩擦，取整体为研究对象，()()sin60+MmgMma+=，加速度2sin6053m/sag==，以小球为研究对象，当绳子的拉力和杆垂直

时小球的加速度才为253m/s，因此小球的加速度不是253m/s，说明环的加速度也不是253m/s，说明整体受到摩擦力，存在摩擦，C错误D正确9.一个长方形板被锯成如图所示的A、B、C三块，放在光滑水平面

上A、B的质量为1kg，C的质量为2kg。现在以10N的水平力F沿C板的对称轴方向推C，使A、B、C保持相对静止沿F方向移动。在此过程中，C对A的摩擦力大小是（）A.10NB.2.17NC.2.5ND.1.25N【答案】D【解析】【详解】对整体，由牛顿第二定律得2210m/s2.5m/s1

12ABCFammm===++++再对A，分析水平方向受力，如图由牛顿第二定律得cos60Afma=解得f=1.25N故选D。10.如图所示，A、B、C三个物体的质量是mA=m，mB=mC=2m，A、B两物体通过绳子绕过定滑轮相连，

B、C用劲度系数k2的弹簧相连，弹簧k1一端固定在天花板上，另一端与滑轮相连．开始时，A、B两物体在同一水平面上，不计滑轮、绳子、弹簧的重力和一切摩擦．现用竖直向下的力缓慢拉动A物体，在拉动过程中，弹簧、与A、B相连的绳子始终竖直，到C物体刚要离开地面（A尚未落地，B没有与

滑轮相碰），此时A、B两物体的高度差()A.2146mgmgkk+B.21616mgmgkk+C.21612mgmgkk+D.21312mgmgkk+【答案】C【解析】【详解】开始时：弹簧k2处于压缩状态，压缩量为2mgk，k1伸长量12mgk；C物体刚要离开地面时，弹簧k2的弹力为

2mg，弹簧k2处于伸长状态，伸长量为22mgk；k1伸长量18mgk；A下降的距离：∆hA=（2mgk+22mgk）+2（18mgk-12mgk）=23mgk+112mgk；B上升的高度：∆hB=2mgk+22mgk=23

mgk；则AB的高度差：∆hA+∆hB=26mgk+112mgk，故选C.二、不定项选择题（7题）11.波长为λ1和λ2的两束可见光入射到双缝，在光屏上观察到干涉条纹，其中波长为λ1的光的条纹间距大于波长为λ2的条纹间距。则（下列表述中，脚标“1”和“2”分别代表波长为λ1和λ2的光所

对应的物理量）（）A.这两束光的光子的动量p1>p2B.这两束光从玻璃射向真空时，其临界角C1>C2C.这两束光都能使某种金属发生光电效应，则遏止电压U1>U2D.这两束光由氢原子从不同激发态跃迁到n=2能级时产生，则相应激发态的电离能ΔE1>ΔE2【答案】BD【解析】【详解】

A．由于在其他条件相同的情况下波长为λ1的光的干涉条纹间距大于波长为λ2的干涉条纹间距，根据Lxd=可得λ1＞λ2。由光子的动量hp=可得p1＜p2，故A错误；B．根据c=可知两种光子的频率关系为12，即

2的频率较大，根据介质的折射率与频率的关系可知它们的折射率12nn；由临界角与折射率的关系1sinCn＝则这两束光从玻璃射向真空时，其临界角C1＞C2，故B正确；C．这两束光都能使某种金属发生光电效应，由光电效应方程kmEhW=−其中W为金属的逸出功，可知频率越大的光对

应的光电子的最大初动能越大；又由Ekm=e•U遏止则频率越大，遏止电压越大，所以遏止电压U2＞U1，故C错误；D．根据玻尔理论，当发生跃迁时辐射出的光子的能量E=Em-En都是跃迁到n=2能级，则n相同，m越大，则放射出

的光子的能量值越大，由于λ1＞λ2，则12，所以E1＜E2，Em1＜Em2，即2的能级更大。结合氢原子电离时需要的能量为能级对应能量值的负值可知，相应激发态的电离能△E1＞△E2，故D正确。故选BD。12.如图所示，在倾角为的斜面上某点A，以初速度v抛出一物

体，最后落在斜面上的B点，不计空气阻力，则（）A.物体从A到B的运动时间为2tanvgB.物体离开斜面的最大距离为22sin2cosvgC.A、B两点之间的距离为222sin(1tan)vg+D.物体在B点时的动能为在A点时动能的2(12tan)+倍【

答案】ABC【解析】【详解】AC．根据212tan2gtygtxvvt===解得2tanvtg=A、B两点之间的距离为22222sin=coscos2sin(1tan)ABvtvsgvg==+故AC正确；B．物体离斜面的距离先变大在

减小，当小球速度方向与斜面平行时，小球与斜面间的距离最大，则有gt=vtanθ解得tanvtg=将平抛运动分解成垂直斜面和平行于斜面两个方向，垂直于斜面物体做初速度为vcosθ、加速度大小为gsinθ的匀减速运动，则物体离开斜面的最大距离为212cossinsvtgt=−解

得22sin2cosvsg=故B正确；D．落到B点时竖直分速度vy=gt=2vtanθ合速度为2222224tan14tanyvvvvvv=+++＝＝根据212kEmv=可知物体在B点时动能为在A点时动能的

（1+4tan2θ）倍，故D错误。故选ABC。13.如图所示，质量为m的小球a、b之间用轻绳相连，小球a通过轻杆固定在左侧竖直墙壁上，轻杆与竖直墙壁夹角为30°．现改变作用在小球b上的外力的大小和方向，轻绳与竖直方向的夹角保持60°不变，则A.轻绳上的拉力一定小于

mgB.外力F的最小值为32mgC.轻杆对小球a作用力的方向不变D.轻杆对小球a的作用力最小值为mg【答案】BD【解析】【分析】分别以a与b为研究对象，结合共点力平衡的条件列式即可求出．【详解】A、对b进行受力分析如图，当F的方向发生变化时，由图可知，轻绳上的拉力可能小于mg，也

可能大于mg，故A错误．B、由b的受力图可知，当拉力F的方向与ab绳子垂直时，拉力F最小为：Fmin=mgsin60°=32mg，故B正确．C、以a为研究对象，可知a受到重力、绳子ab对a的作用力以及杆对a的作用力处于平衡状态，由

三个力平衡的特点可知，杆对a的作用力与a的重力、ab对a的拉力的合力大小相等，方向相反．a受到的重力大小方向都不变，绳对a的拉力方向不变，大小是变化的，所以a受到的重力与绳对a的拉力的合力大小、方向都是变化的，所以杆对a的作用力大小、方向都是变化的，故

C错误．D、由b的受力分析可知，当拉力F对b的拉力方向竖直向上时，拉力F与b的重力大小相等，方向相反，绳子ab此时的拉力等于0，此时a只受到重力和杆对a的作用力，此时杆对a的作用力最小，恰好等于a的重力，故D正确．故选B、D【点睛】本题有隐含

的临界问题，关键运用图解法确定出F的范围，得到F最小的条件，再由平衡条件进行求解．14.下列四幅图涉及到不同的物理知识，其中说法正确的是（）A.图甲：卢瑟福通过分析α粒子散射实验结果，发现了原子核式结构模型B.

图乙：用中子轰击铀核使其发生聚变，链式反应会释放出巨大的核能C.图丙：玻尔理论指出氢原子能级是分立的，所以原子发射光子的频率也是不连续的D.图丁：汤姆孙通过电子的发现揭示了原子核内还有复杂结构【答案】AC【解析】【详解】A．图甲

：卢瑟福通过分析α粒子散射实验结果，发现了原子核式结构模型，故A正确；B．图乙：用中子轰击铀核使其发生裂变，链式反应会释放出巨大的核能，故B错误；C．图丙：玻尔理论指出氢原子能级是分立的，所以原子发射光子的频率也是不连续的

，故C正确；D．图丁：汤姆孙通过电子的发现揭示了原子有一定结构，天然放射现象的发现揭示了原子核内还有复杂结构，故D错误。故选AC。15.人们发现，不同的原子核，其核子的平均质量（原子核的质量除以核子数）与原子序数有如图所示的关系。下列关于原子结构和核反应的说法错误的是（）A.由

图可知，原子核D和E聚变成原子核F时会有质量亏损要放出能量B.由图可知，原子核A裂变成原子核B和C时会有质量亏损，要放出核能C.已知原子核A裂变成原子核B和C时放出的γ射线能使某金属板逸出光电子，若增加γ射线强度，则逸出光电子的最大初动能增大D.在核反应堆的铀棒之

间插入镉棒是为了控制核反应速度【答案】C【解析】【详解】A.由图可知，D和E核子的平均质量大于F核子的平均质量，原子核D和E聚变成原子核F时，核子总质量减小，有质量亏损，要释放能量，选项A正确；B.由图可知，A的核子平均质量大于B与C核子的平均质量，原子核A裂变成原子

核B和C时会有质量亏损，要放出核能，选项B正确；C.根据光电效应方程0kmEhW=−知，光电子的最大初动能与入射光的频率有关，与入射光的强度无关，选项C错误；D.在核反应堆的铀棒之间插入镉棒是为了控制核反应速度，选项D正确

；本题选错误的，故选C。16.一群处于n=3激发态的氢原子向基态跃迁，发出的光以相同的入射角照射到一块平行玻璃砖A上，经玻璃砖A后又照射到一块金属板B上，如图所示，则下列说法正确的是()A.入射光经玻璃砖A后会分成相互平行的三束光线，3n=直接

跃迁到基态发出的光经玻璃砖A后的出射光线与入射光线间的距离最大B.在同一双缝干涉装置上，从3n=直接跃迁到基态发出的光形成的干涉条纹最窄C.经玻璃砖A后有些光子的能量将减小，有些光在玻璃砖的下表面会发生全反射D.若从3n=能级跃迁到n=2能级放出的光子刚好能使金属板

B发生光电效应，则从n=2能级跃迁到基态放出的光子一定能使金属板B发生光电效应【答案】BD【解析】一群处于n=3激发态的氢原子向基态跃迁，发出三种不同频率的光子，光线经过平行玻璃砖折射后，出射光线与入射光线平行．从n=3直接跃迁到基态发出的光频率最大，则折射率最大，偏折最厉害，根据几何

关系知，出射光线与入射光线间的距离最小．故A错误．根据△x＝Ldλ，频率最大的光，波长最短，所以条纹间距最小．故B正确．经玻璃砖A后，光子的频率不变，所以能量不变，在玻璃砖的下表面，根据光的可逆性及对称性可知，光在玻璃砖的下表面不可能发生全反射．故C

错误．从n=3能级跃迁到n=2能级放出的光子频率最小，该光子若能发生光电效应，则其它光子也能发生光电效应．故D正确．故选BD．点睛：本题将能级的跃迁与光电效应、光的干涉和折射、全反射等知识联系起来，关键通过频率的大小得出折射率、波长等大小关系：频率越大，

折射率越大，波长越小，光子能量越大．17.如图所示，A、B、C三个物体静止叠放在水平桌面上，物体A的质量为2m，B和C的质量都是m，A、B间的动摩擦因数为μ，B、C间的动摩擦因数为4，B和地面间的动摩擦因数为8.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重

力加速度为g.现对A施加一水平向右的拉力F，则下列判断正确的是A.若A、B、C三个物体始终相对静止，则力F不能超过32μmgB.当力F＝μmg时，A、B间的摩擦力为34mgC.无论力F为何值，B的加速度

不会超过34μgD.当力F>72μmg时，B相对A滑动【答案】AB【解析】【详解】A.A与B间的最大静摩擦力大小为：2μmg,C与B间的最大静摩擦力大小为：4mg，B与地面间的最大静摩擦力大小为：8（2m+m+m）=2mg；要使A，B，C都始终相对静止

，三者一起向右加速，对整体有：F-2mg=4ma，假设C恰好与B相对不滑动，对C有：4mg=ma，联立解得：a=4g，F=3μ2mg；设此时A与B间的摩擦力为f，对A有：F-f=2ma，解得f=μmg2μmg，表明C达到临界时A还没

有，故要使三者始终保持相对静止，则力F不能超过32μmg，故A正确.B.当力F＝μmg时，由整体表达式F-2mg=4ma可得：a=1μ8g，代入A的表达式可得：f=3μ4mg,故B正确.C.当F较大时，A,C都会相对B滑动，B的加

速度就得到最大，对B有：2μmg-4mg-2mg=maB，解得aB=5μ4g，故C错误.D.当A恰好相对B滑动时，C早已相对B滑动，对A、B整体分析有:F-2mg-4mg=3ma1，对A有：F-2μmg=2ma1，解

得F=92μmg，故当拉力F>92μmg时，B相对A滑动，D错误.胡选：A、B.三、实验题（2小题）18.在竖直平面内，将小圆环挂在橡皮条的下端，橡皮条的长度为GE。用两个弹簧测力计拉动小圆环到O点，小圆环受到作用力F1、F2和橡皮条的拉力F0，如图所示

。(1)此时要记录下拉力F1、F2的大小，并在白纸上记录_________________，以及O点的位置。(2)图中F是用一个弹簧测力计拉小圆环时，在白纸上根据实验结果画出的图示。F与F′中，方向一定沿GO方向的是________。【答案】(1).两个力的方向(2).F【解

析】【详解】(1)[1]该实验中，需要根据力F1、F2的大小和方向做出平行四边形，求出合力与一个弹簧拉橡皮筋时拉力F进行比较，因此需要记录拉力F1、F2的大小和方向；(2)[2]实际测量的合力应与橡皮筋在同一条

直线上，方向一定沿GO方向的是F。19.为了探究加速度与力、质量的关系，甲、乙、丙三位同学分别设计了如图所示的实验装置，小车总质量用M表示(乙图中M包括小车与传感器，丙图中M包括小车和与小车固连的滑轮)，钩码总质量用m表示．(1).为便于测量合外力的

大小，并得到小车总质量一定时，小车的加速度与所受合外力成正比的结论，下列说法正确的是（）A.三组实验中只有甲需要平衡摩擦力B.三组实验都需要平衡摩擦力C.三组实验中只有甲需要满足所挂钩码的总质量m远小于小车的总质量M的条件D.三组实验都需要满足所挂钩码的总质量

m远小于小车的总质量M的条件(2).图丁是用图甲装置中打点计时器所打的纸带的一部分，O、A、B、C、D和E为纸带上六个计数点，加速度大小用a表示．则OD间的距离为________cm．图戊是根据实验数据绘出的s－t2图线(s为各计数点至同一起点的距离)，则加速度大小a＝__

______m/s2(保留3位有效数字)．(3).若乙、丙两位同学发现某次测量中力传感器和弹簧测力计读数相同，通过计算得到小车加速度均为a，g为当地重力加速度，则乙、丙两位同学实验时所用小车总质量之比为__________．【答案】(1).BC；(2).1.20；(3).0

.933；(4).1:2；【解析】【分析】(1)根据实验原理，即可判定是否需要平衡摩擦力，及确定所挂钩码的总质量m与小车的总质量M的关系；(2)由图示刻度尺求出OD间的距离，应用匀变速直线运动的速度位移公式可以求出图象的函数表达式，然后求出加速度；(3)根据牛顿第二定律，结

合动滑轮的拉力是测力计的示数2倍，从而即可求解．【详解】(1)A、B项：为便于测量合外力的大小，甲图通过钩码的总质量对应的重力即为合外力，而乙图是力传感器的示数，丙图则是测力计的2倍，因此它们都必须平衡摩擦力，故

A错误，B正确；C、D项：由于甲图通过钩码的总质量对应的重力即为合外力，因此三组实验中只有甲需要满足所挂钩码的总质量m远小于小车的总质量M的条件，故C正确，D错误．故选BC．(2)由图示刻度尺可知，OD间的距离为：2.

20cm-1.00cm=1.20cm；小车做初速度为零的匀加速直线运动，则：212sat=由图示图象可知：12ka=，则a=2k=2220.0280.9330.06mmss；(3)乙、丙两位同学发现某次测量中力传感器和测力计读数相

同，且通过计算得到小车加速度均为a，根据牛顿第二定律，则有：F=M乙a，2F=M丙a；因此乙、丙两人实验时所用小车总质量之比为1：2；由牛顿第二定律，对砝码研究，则有m乙g-F=m乙a，而m丙g-F=m丙2a，解得，m乙：m丙=1：

2．【点睛】考查不同实验中，是否平衡摩擦力，是依据实验原理，并不是统统平衡的，并掌握牛顿第二定律的应用，注意力传感器的作用，及理解测力计的读数与小车的合力的关系，是解题的关键．四、计算题（4小题）20.核能与其他能源相比具有能量大、地区适

应性强的优势。在核电站中，核反应堆释放的核能转化为电能。核反应堆的工作原理是利用中子轰击重核发生裂变反应，释放出大量核能。(1)核反应方程式2351141929205636UnBaKrXa+→++，是反应堆中发生的许多核反应中的一种，10n为中子，X为待求粒子，a为X的个数，则

X为_______，a=_______。以UBaKrmmm、、分别表示23514192925636UBaKr、、核的质量，npmm、分别表示中子、质子的质量，c为真空中的光速，则在上述核反应过程中放出的核能E=_____________。(2)已知23592U有一种同位素，比23592U核多2

个中子。某时刻，有一个这样的同位素核由静止状态发生衰变时放出的粒子的速度大小为0v，试求衰变后的残核初速度多大？_____【答案】(1).中子(2).3(3).()2BaKrn2Ummmmc−−−(4).04233v【解析】【详解】(1)[1][2][3]根据核反应过程中质量数守恒和电荷数守

恒可以确定，X为中子，a=3。由爱因斯坦的质能方程可得，核反应过程中质量亏损为UBaKrn2mmmmm=−−−根据2Emc=可得放出的核能2UBaKrn(2)Emmmmc=−−−(2)[4]比23592U核多2个中子的同位素核为23792U。核发生衰变，残

核的质量数为233。设粒子质量为4m，则残核质量为233m，由动量守恒定律得042330mvmv−=解得残核的速度为04233vv=21.如图所示，质量为m的物体放在一固定斜面上，当斜面倾角为30°时恰能沿斜面匀速下滑．对物体施加一大小为F、方向水平向右的恒力，物

体可沿斜面匀速向上滑行．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当斜面倾角增大并超过某一临界角θ0时，不论水平恒力F多大，都不能使物体沿斜面向上滑行，试求：(1)物体与斜面间的动摩擦因数；(2)这一临界角θ0的大小．【答案】（1）33（

2）60°【解析】试题分析：（1）斜面倾角为30°时，物体恰能匀速下滑，满足sin30cos30mgmg=解得33=（2）设斜面倾角为α，由匀速直线运动的条件：cossinfFmgF=+c

ossinNFmgF=+，fNFF=解得：sincoscossinmgmgF+=−当cossin0−=，即cot=时，F→∞，即“不论水平恒力F多大”，都不能使物体沿斜面向上滑行此

时，临界角060==考点：考查了共点力平衡条件的应用【名师点睛】本题是力平衡问题，关键是分析物体的受力情况，根据平衡条件并结合正交分解法列方程求解．利用正交分解方法解体的一般步骤：①明确研究对象；②进行受力分析；③建立直

角坐标系，建立坐标系的原则是让尽可能多的力落在坐标轴上，将不在坐标轴上的力正交分解；④x方向，y方向分别列平衡方程求解．22.如图所示，一弹簧秤秤盘的质量M=1.5kg，盘内放一个质量M=1.5kg的物体P，轻质弹簧的劲度系数k=800N/m，系统原来处于静止状态。现给物体P施加一个竖直向

上的拉力F，使P由静止开始向上做匀加速直线运动。已知在前0.2s时间内F是变力，在0.2s以后是恒力。求物体匀加速运动的加速度的大小。【答案】67m/s2【解析】【详解】开始时，系统处于静止状态，弹簧的压缩量为()1mMgxk+=据题，在前0.2s时间内F是变力，在0.2s以后是恒力

，说明在t=0.2s时物体P离开秤盘，秤盘对物体没有支持力，物体对秤盘也没有压力，而秤盘的加速度向上，说明此时弹簧处于压缩状态．设此时弹簧的压缩量为x2，对秤盘根据牛顿第二定律得：kx2-Mg=Ma0.2s内物体P位移为21212xxxat=−=联立得a=67m/s223.一长

木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块，在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5m，如图（a）所示．0t=时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至1ts=时木板与墙壁碰撞（碰撞时间极短）．碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板．已知碰撞后1s时

间内小物块的vt−图线如图（b）所示．木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g取10m/s2．求（1）木板与地面间的动摩擦因数1及小物块与木板间的动摩擦因数2；（2）木板的最小长度；（3）木板右端离墙壁的最终距离．【答案】（1）10.1=20.4=（2）6m（3）6.5m【解析】（

1）根据图像可以判定碰撞前木块与木板共同速度为v4m/s=碰撞后木板速度水平向左，大小也是v4m/s=木块受到滑动摩擦力而向右做匀减速，根据牛顿第二定律有24/0/1msmsgs−=解得20.4=木板与墙壁碰撞前，匀减速运动时间1ts=，位移4.5xm=，

末速度v4m/s=其逆运动则为匀加速直线运动可得212xvtat=+带入可得21/ams=木块和木板整体受力分析，滑动摩擦力提供合外力，即1ga=可得10.1=（2）碰撞后，木板向左匀减速，依据牛顿第二定律有121()MmgmgMa++=可得214/3ams=对滑块，则

有加速度224/ams=滑块速度先减小到0，此时碰后时间为11ts=此时，木板向左的位移为2111111023xvtatm=−=末速度18/3vms=滑块向右位移214/022msxtm+==此后，木块开始向左加速，加

速度仍为224/ams=木块继续减速，加速度仍为214/3ams=假设又经历2t二者速度相等，则有22112atvat=−解得20.5ts=此过程，木板位移2312121726xvtatm=−=末速度31122/vvatms=−=滑块位移242211

22xatm==此后木块和木板一起匀减速．二者的相对位移最大为13246xxxxxm=++−=滑块始终没有离开木板，所以木板最小的长度为6m（3）最后阶段滑块和木板一起匀减速直到停止，整体加速度211/agms==位移23522vxma==所以木板右端离墙壁最远的距离为1356.5xxxm

++=【考点定位】牛顿运动定律【名师点睛】分阶段分析，环环相扣，前一阶段的末状态即后一阶段的初始状态，认真沉着，不急不躁