2015-2016学年重庆市重庆一中高二下学期期中考试物理(解析版)要点

1．卢瑟福提出原子的核式结构模型的依据是用α粒子轰击金箔，实验中发现α粒子（ ） A．全部穿过或发生很小偏转

B．绝大多数发生很大偏转，甚至被弹回，只有少数穿过 C．全部发生很大偏转；

D．绝大多数穿过，少数发生较大偏转，极少数甚至被弹回 2．关于加速度的有关论述，下列说法正确的是（ ） A．加速度不断减小，物体的速度一定减小 B．加速度为负，物体一定做减速运动

C．加速度是描述物体运动状态变化快慢的物理量 D．曲线运动物体的加速度一定是变化的

3．三个运动物体a、b、c，其位移—时间图像如图所示，关于三个物体在t0时间内的运动，以下说法正确的是（ ）

A．a和c做曲线运动，b做直线运动 B．三者平均速度相同

C．三者平均速率相等 D．三个物体均做单向直线运动，并在t0时刻相遇

4．日本福岛核电站泄漏事故中释放出大量的碘131，碘131是放射性同位素，衰变时会发出β射线与γ射线，碘131被人摄入后，会危害身体健康，由此引起了全世界的关注．下面关于核辐射的相关知识，说法正确的是（ ）

A．人类可以通过改变外部环境来改变碘131衰变的快慢

B．碘131的半衰期为8.3天，则4个碘原子核经16.6天后就一定剩下一个原子核 C．碘131发生β衰变时所释放的电子是原子核内的中子转化为质子时产生的 D．β射线与γ射线都是电磁波，但γ射线穿透本领比β射线强

5．一辆汽车在平直公路上做刹车实验，若从零时刻起汽车在运动过程中的位移与时间的关系式为x(20t2.5t)m，则下列分析正确的是（ ）

A．上述过程的加速度大小为2.5m/s B．前5s内汽车位移为37.5m

C．汽车初速度为40m/s D．刹车过程的位移为40m

6．用如图所示的装置研究光电效应现象。闭合电键S，用光子能量为2.75eV的光照射到光电管上时发生了光电效应，电流表G的示数不为零；移动变阻器的触点c，发现当电压表的示数大于或等于1.6V时，电流表示数为零，则下列说法正确的是（ ）

2

2

A．光电子的最大初动能为1.15eV B．光电管阴极的逸出功为1.15eV

C．电键S断开后，电流表G中电流仍为零

D．当滑动触头向a端滑动时，电压表示数增大，电流表G中电流增大

7．如图所示为氢原子的能级示意图，一群氢原子处于n = 4的激发态，在向较低能级跃迁的过程中向外发出光子，已知可见光光子能量范围约为1.61eV至3.10eV，下列说法正确的是（ ）

A．这群氢原子能发出4种频率不同的光 B．其中从n =2跃迁到n = l所发出的光频率最高 C．其中从n =2跃迁到n = l所发出的光波长最长 D．这群氢原子能发出2种可见光

8．如图所示，在光滑的水平面上放着两块长度相同、质量分别为M1和M2的木板，两个大小、质量完全相同（可视为质点）的小滑块分别以初速度v01和v02冲上木板，且都能与木板分离，分离时两木板的速度分别为v1和v2，若已知v1>v2，且滑块与木板间的动摩擦因数相同，则以下情况不可能存在的是（ ）

A．v01>v02，且M1=M2 B．v01M2 D．v01M2 9．下列说法正确的是（ ）

4171A．卢瑟福通过实验发现了质子的核反应方程为147N2He8O1H 141891B．铀核裂变的核反应是235UBaKr29256360n

C．已知质子、中子、α粒子的质量分别为m1、m2、m3，那么，2个质子和2个中子结合成一个α粒子，释放的能量是(2m12m2m3)c2

206D．铀（23892U）经过多次α、β衰变形成稳定的铅（82Pb）的过程中，有4个中子转变成

质子

10．在某一高度以v0＝30m/s的初速度竖直上抛一个小球并开始计时（不计空气阻力），当

2

小球速度大小为10m/s时，以下判断正确的是（g取10m/s）（ ） A．小球所用时间一定为2s

B．小球在这段时间内的平均速度大小可能为10m/s，方向竖直向下 C．小球在这段时间内的平均速度大小可能为20m/s，方向竖直向上 D．小球的位移大小一定是40m，方向竖直向上

11．A、B两物体同时同地同向出发，其运动的v－t图象和a－t图象如图甲、乙所示，已知在0～t0和t0～2t0两段时间内，A物体在v－t图象中的两段曲线形状相同，则有关A、B两物体的说法中，正确的为（ ）

A．A物体先加速后减速 B．a2＝2a1

C．t0时刻，A、B两物体间距最小 D．2t0时刻，A、B两物体第一次相遇

12．一个物体以某初速度沿光滑斜面向上运动，其速度v随时间t变化的规律如图所示，在连续两段时间m和n内对应面积均为S，设经过b时刻加速度与速度分别为a和vb，则（ ）

A．a2(mn)S2(mn)S B．a

(mn)mn(mn)mn(m2n2)S(mn)SC．vb D．vb

mn(mn)mn

13．下图为接在频率为f的交流电源上的打点计时器在物体做匀加速直线运动时打出的一条纸带，图中所示的1、2、4、5是每打5个点所取的计数点，但第3个计数点没有画出，其中第1、2计数点间距x1，第4、5计数点间距x2。由图数据可求得：（除（4）外均选用x1、x2、f中的量表示）

（1）该物体的加速度为________；

（2）第3个计数点与第2个计数点的距离为________； （3）打第2个计数点时该物体的速度为________；

（4）电网中交变电流的频率一般为f＝50Hz，但由于某种干扰变为f＝51Hz，而做实验的同学并不知道，那么加速度的测量值与实际值相比________（选填“偏大”、“ 偏小”或“不变”）。

14．兴趣小组同学想测量一捆带绝缘漆的镍铬合金丝（横截面视为圆形）的长度。

（1）如图1所示，他们用螺旋测微器测得合金丝的直径d=____________mm。查得镍铬合金丝的电阻率为ρ，若测出合金丝的电阻为R，则合金丝的长度可以根据公式L=__________求出（用ρ、d、R、π表示）。 （2）他们用表盘如图2所示的多用电表测量合金丝的电阻。先将选择开关调到电阻挡的“×10”位置，将红、黑表笔分别插入“+”、“-”插孔，把两笔尖相互接触，调节旋钮T，使多用电表的指针指向电阻档的__________刻线（选填“0”或“∞”）。之后将红、黑表笔的笔尖分别与合金丝两端接触，发现指针偏转角度过大，于是他们将选择开关调到电阻挡的__________位置（选填“×1”或“×100”）。

（3）正确选择挡位并重新调零后，他们将红、黑表笔分别与合金丝的两端接触，测得合金丝的电阻为15Ω。他们还想用伏安法测量合金丝的电阻时，发现实验室提供的电流表内阻约0.5，电压表内阻约3k。为减小实验误差，在实验中应采用图中的_________电路（选填“甲”或“乙”）。

15．（原创）一物体（可视为质点）由静止开始从斜面顶端下滑作匀加速直线运动，第1s内位移为3m，求：

（1）物体下滑过程中加速度的大小；

（2）物体在前3s内（未到斜面底端）平均速度的大小； （3）物体滑到斜面底端最后1s内位移为18m,则斜面多长？

16．在相互平行且足够长的两根水平光滑的硬杆上，穿着三个半径相同的刚性球A、B、C，三球的质量分别为mA=1kg、mB=2kg、mC=6kg，初状态BC球之间连着一根轻质弹簧并处于静止，B、C连线与杆垂直并且弹簧刚好处于原长状态，A球以v0=9m/s的速度向左运动，与同一杆上的B球发生完全非弹性碰撞（碰撞时间极短），求：

（1）A球与B球碰撞中损耗的机械能；

（2）在以后的运动过程中弹簧的最大弹性势能； （3）在以后的运动过程中B球的最小速度。 17．（原创）如图1所示，空间存在方向竖直向下、磁感应强度大小B＝0.5 T的匀强磁场，有两条平行的长直导轨MN、PQ处于同一水平面内，间距L＝0.2 m，左端连接阻值R＝0.4 Ω的电阻。质量m＝0.1 kg的导体棒ab垂直跨接在导轨上，与导轨间的动摩擦因数μ＝0.2。从t＝0时刻开始，通过一小型电动机对棒施加一个水平向右的牵引力，使棒从静止开始沿导轨方向做加速运动，此过程中棒始终保持与导轨垂直且接触良好。除R以外其余部分的电

2

阻均不计，取重力加速度大小g＝10 m/s。

Ⅰ.若电动机保持恒定功率输出，棒的v－t 如图2所示（其中OA是曲线，AB是水平直线），已知0～10 s内电阻R上产生的热量Q＝30J，则求： （1）导体棒达到最大速度vm时牵引力大小；

（2）导体棒从静止开始达到最大速度vm时的位移大小。

Ⅱ．若电动机保持恒牵引力F=0.3N ，且将电阻换为C=10F的电容器（耐压值足够大），如图3所示，则求：

（3）t=10s时牵引力的功率。

参考答案

1．D 【解析】

试题分析：粒子散射实验发现：绝大多数粒子穿过金箔后，基本上仍沿原来的方向前进，但有少数粒子（约占八千分之一）发生了大角度偏转，偏转的角度甚至大于90。也

就是说它们几乎被“撞了回来”。根据上述说法，故D正确，A、B、C错误。 考点：粒子散射实验。 2．C 【解析】

试题分析：加速度是描述物体运动状态变化快慢的物理量，例如：在加速运动中，加速度减小时只是速度增大得慢了，但仍在增大，故A错误，C正确；加速度为负，只是说明加速度与规定的正方向相反，当物体的速度也沿负方向时，物体做的就是沿负方向的加速运动，故B错误；物体所受合外力恒定时，加速度就不变，如平抛运动就是加速度不变的曲线运动，故D错误。

考点：加速度的定义和物理意义。 3．B 【解析】

试题分析：x—t图像只能表示直线运动，三个物体均做直线运动，故A错误；三个物体在t0时间内的位移相同，都为x0，平均速度等于位移与时间的比值，则有三者平均速度相同，故B正确；三个物体在t0时间内的路程不相同，a的路程为2x1-x0，b、c的路程为x0，平均速率等于路程与时间的比值，则有三者平均速率不相同，vavbvc，故C错误；三个物体在t0时刻相遇，b、c做单向直线运动，a的位移达到x1后反向运动，故D错误。 考点：x—t图像的物理意义，平均速度，平均速率。 4．C

【解析】 试题分析：放射性元素衰变的快慢可以用半衰期表示，半衰期是由核内部自身的因素决定的，跟原子所处的化学状态和外部条件没有关系，故A错误；半衰期是统计规律，对少量的原子核没有意义，故B错误；β衰变放出β射线是高速的电子流，其本质是原子核内的一个中子转化为一个质子和一个电子，γ射线是电磁波，其穿透本领比β射线强，故C正确，D错误。 考点：半衰期，衰变的本质。 5．D 【解析】

试题分析：根据匀减速直线运动的位移公式xv0t12at可知，汽车刹车时的初速度2加速度a5ms2，故A、C错误；由0v0at可知刹车过程所用时间t=4s，v020ms，

2v0s40m，第5s内汽车已经停下，前5s内汽车位移也就等于刹车位移，由v2as得，

2a20故B错误，D正确；

考点：匀变速直线运动的规律，刹车问题。 6．B 【解析】

试题分析：由题目可知，遏制电压UC=0.7V，最大初动能EK=eUC=0.7eV，故A错误；根据光电效应方程可知，逸出功W0EK1.15eV，故B正确；断开电键，光电效应依然发生，有光电流，光电管、电流表、滑动变速器构成闭合回路，电流表中电流不为零，故C错误；电源电压为反向电压，当滑动触头向a端滑动时，反向电压增大，电压表示数增大，电流表中电流减小，故D错误。

考点：光电效应及光电效应方程，遏制电压。 7．D 【解析】

试题分析：C46，故A错误；从高能级向低能级跃迁，辐射的光子的能量等于两个能级能量的差值，Ehh2c，可知从n =4跃迁到n = l所发出的光频率最高，从n =4

跃迁到n = 3所发出的光波长最长，故B、C错误；E4E30.66eV，属于红外线，

E3E21.89eV，E4E22.55eV，属于可见光，E2E110.20eV，E3E112.09eV，E4E112.75eV，属于紫外线，故D正确。

考点：波尔理论。

8．B 【解析】

试题分析：设滑块在木板上的滑行时间为t，分离时，滑块速度为分别为v1和v2，，滑块在

木板上向右减速，ag，木板速度为v＇，木板向右加速，a1mgM1，a2mgM2，二

者分离满足位移之差等于板长L，即ssL，其中v1v01at，v2v02at。根据对运动过程的分析可知，滑块的初速度越大，木板的加速度越小，滑块离开木板时的速度就

a2，又有v01>v02，则v1>v2，故A可以；当M1v2，故C可以；当v01M2时，a1a2，但这时v01v2，也可能是v1M2时，a1考点：圆牛顿第二定律的应用，滑块—木板模型。

9．AC 【解析】

4171试题分析：卢瑟福用粒子轰击氮原子核生成氧17和一个质子：147N2He8O1H，故A

正确；铀核的裂变是用一个中子去轰击铀，发生裂变，并产生巨大的能量和更多的中子，这

1141891些中子去撞击铀，继续产生更多的裂变能量，反应方程是：235UnBaKr392056360n，

中子不能约去，故B错误；根据爱因斯坦质能方程，释放的核能

Emc2(2m12m2m3)c2，故C正确；设23892U经过m次α衰变和n次β衰变形

23820640成稳定的20682Pb，衰变方程为92U82Pbm2Hen1e，由电荷数守恒和质量数守恒有：

2382064m，92922mn，解得m8，n6，α衰变的本质两个质子和两

个中子结合成一个氦原子核，β衰变的本质是一个中子转化成一个质子和一个电子，发生6次β衰变，有6个中子转变成质子，故D错误。

考点：典型的人工核反应、铀核的裂变方程、质能方程、衰变方程及其本质。 10．CD 【解析】

试题分析：小球做竖直上抛运动，减速到零后加速下落，当小球速度大小为10m/s时，可能是上升过程速度大小为10m/s，也可能是下降过程速度大小为10m/s，但其位移一定。取竖

2v0v2直向上为正方向，由vv2gh，解得位移h40m，故D正确；上升过

2g220程速度大小为10m/s时，由vv0gt1，得t1v0vh2s，平均速度v120ms，

t1gv0v4s，平g方向竖直向上；下降过程速度大小为10m/s时，由vv0gt2，得t2均速度v2h10ms，方向竖直向上；故A、B错误，C正确。 t2考点：匀变速直线运动的规律，竖直上抛运动。 11．BD

【解析】

试题分析：由甲图可知，A物体先做加速度增大的加速运动，再做加速度减小的加速运动，速度一直增加，，故A错误；由甲图可知，两物体的速度变化量相同，在乙图中a—t图线围成的面积表示速度的变化量，即0～t0时间内a—t图线围成的面积相等，则有a2=2a1，故B正确；由v－t图线可知，0～t0时间内A的速度一直小于B的速度，B在前，A在后，AB之间的距离不断增大，t0时刻以后A的速度大于B的速度，它们之间的距离开始减小，因此t0时刻两物体之间的距离最大，故C错误。由甲图可知，2t0时刻A、B两物体v－t图线围成的面积相等，表示位移相等，两物体第一次相遇，故D正确。 考点：v－t图象和a－t图象的物理意义。 12．BD 【解析】

试题分析：设a、b中间时刻的速度为v1，b、c中间时刻的速度为v2，则v1vabS，mv2vbcSmn，这两个中间时刻的时间间隔t，且有v2v1at，可得加速度n2av2v12(mn)S12，故A错误，B正确；由b到c，由Svbnan可得：2t(mn)mnSan(m2n2)S，故C错误，D正确。 vbn2(mn)mn

考点：匀变速直线运动的规律，v—t图像的物理意义。

2(xx1)f13．（1）a275（3）v2【解析】

；（2）x2x1x2； 3(5x1x2)f；（4）偏小。

30试题分析：（1）交流电频率为f，则打点计时器的打点周期为T01，两个计数点之间的f时间间隔T5T05，纸带上给出的x1、x2分别为第1个计数点和第2个计数点、第4f个计数点与第5个计数点之间的距离，在纸带上x1为第1段，x2为第4段，加速度

x2x1(x2x1)f2。 a275(41)T（2）第3个计数点与第2个计数点之间为第2段距离距离，设为x，则有axx1，可2T得：xx1aT22x1x2。 3（3）第2个计数点为第1个计数点和第3个计数点的中间时刻，打第2个计数点时该物体的速度为第1个计数点和第3个计数点之间的平均速度，有

v2v13x1x(5x1x2)f。 2T30（4）频率变大，打点时间间隔变短，而做实验的同学用原来的时间，即用较大的时间来计

算，则算得的加速度偏小。

考点：纸带问题中加速度、瞬时速度的计算，打点计时器的工作原理。

Rd214．（1）d0.200mm（0.198mm—0.201mm之间均可），L；（2）0，×1；（3）

4甲。 【解析】 试题分析：（1）螺旋测微器主尺读数为零，主尺中线与可动刻度第20条刻度线对齐，读出

d020.00.010.200mm。20.0，最终读数为合金丝的直径：根据电阻定律RL，SRSRd212合金丝的横截面积Sd，合金丝的长度L。 44（2）欧姆表选档后要进行欧姆调零：把两笔尖相互接触，调节旋钮T，使多用电表的指针

指向电阻档的0刻线。欧姆表测得的电阻值=示数×倍数，指针从∞刻度线向右偏转，偏转角度太大，导致示数太小，原因是选档的倍数太大，故应选择倍数较小的档位，即选×1档。 （3）由题目给出的数据可知：R2RARV，该合金丝的阻值较小故应采用电流表的外接法，即选甲电路。

考点：螺旋测微器的读数，电阻定律，多用电表度使用，伏安法测未知电阻，电流表的内、外接法。

215．（1）a6ms；（2）v39ms；（3）x36.75m。

【解析】

试题分析：（1）物体由静止开始做匀加速直线运动，第1s内位移为3m，由x1加速度a6ms。

212at1，有2（2）物体在前3秒内的位移x3x12at327m，则平均速度：v339ms。 2t312at 2（3）设斜面长度为x，总滑行时间为t，（t-1）s内滑行距离为x＇ 根据匀变速直线运动的规律有：t时间内位移x1a(t1)2 2且有最后1s内的位移xxx

解得滑行时间t3.5s，斜面长度x36.75m

（t-1）s时间内位移x考点：匀变速直线运动的规律。

16．（1）E27J；（2）EPm9J；（3）零。 【解析】

试题分析：（1）A、B发生完全非弹性碰撞，根据动量守恒定律有：mAv0(mAmB)v1 碰后A、B的共同速度v1损失的机械能EmAv03ms

mAmB112mAv0(mAmB)v1227J 22（2）A、B、C系统所受合外力为零，动量守恒，机械能守恒，三者速度相同时，弹簧的弹

性势能最大

根据动量守恒定律有：(mAmB)v1(mAmBmC)v2 三者共同速度v2mAmBv11ms

mAmBmC112(mAmB)v12(mAmBmC)v29J 22最大弹性势能EPm（3）三者第一次有共同速度时，弹簧处于伸长状态，A、B在前，C在后。此后C向左加速，

A、B的加速度沿杆向右，直到弹簧恢复原长，故A、B继续向左减速，若能减速到零则再向右加速。

弹簧第一次恢复原长时，取向左为正方向，根据动量守恒定律有：

(mAmB)v1(mAmB)v3mCv4

根据机械能守恒定律：

11122(mAmB)v12(mAmB)v3mCv4 222此时A、B的速度

v3mAmBmCv11ms，C

mAmBmC的速度

v42(mAmB)v12ms

mAmBmC可知碰后A、B已由向左的共同速度v13ms减小到零后反向加速到向右的1ms，故B的最小速度为零 。

考点：动量守恒定律的应用，弹性碰撞和完全非弹性碰撞。 17．（1）F0.45N；（2）x50m；（3）P1.5W。 【解析】

试题分析：（1）当导体棒达到最大速度后，所受合外力为零，沿导轨方向有：FF安f0 摩擦力fmg0.20.1100.2N 感应电动势EBLvm 感应电流IE RB2L2vm0.520.22100.25N 安培力F安BILR0.4此时牵引力FF安f0.45N

（2）变力做功问题不能用功的定义式，在0～10 s内牵引力是变力但功率恒定，可根据能

量守恒定律求解。

电动机的功率PFvm0.45104.5W

电动机消耗的电能等于导体棒的动能、克服安培力做功产生的焦耳热与克服摩擦力做功产生的内能之和，有：Pt12mvmfxQ 2121PtQmvm4.510300.11022250m 解得位移xf0.2（3）当金属棒的速度大小为时v，感应电动势为EBLv

Q可知，此时电容器极板上的电荷量为QCUCECBLv U设在一小段时间t内，可认为导体棒做匀变速运动，速度增加量为v，

由C电容器极板上增加的电荷量为QCBLv 根据电流的定义式IQCBLvCBLa tt对导体棒受力分析，根据牛顿第二定律，有FfBILma 将ICBLa代入上式可得：aFf0.30.20.5ms2 2222mCBL0.1100.50.2可知导体棒的加速度与时间无关，为一个定值，即导体棒做匀加速运动。 在t=10s时，vat5ms，此时的功率PFv0.351.5W 考点：法拉第电磁感应定律的综合应用，微元法。