物理·山东省滕州五中2017届高三上学期第3周周练物理试卷 Word版含解析

物理·山东省滕州五中2017届高三上学期第3周周练物理试卷 Word版含解析

全*品*高*考*网， 用后离不了！2016-2017学年山东省滕州五中高三（上）第3周周练物理试卷 ‎　‎ 一、选择题 ‎1．我国“蛟龙号”深潜器在某次实验时，深潜器内的显示屏上显示出了从水面开始下潜到最后返回水面10min内全过程的深度曲线（a）和速度图象（b），则下列说法中正确的是（　　）‎ A．图中h3代表本次最大深度 B．全过程中最大加速度是0.025m/S2‎ C．潜水员感到超重发生在3～4 min和6～8 min的时间段内 D．最深处是在第8S ‎2．如图所示，处于平直轨道上的A、B两物体相距s，同时同向开始运动，A以初速度v1、加速度a1做匀加速运动，B由静止开始以加速度a2做匀加速运动．下列情况不可能发生的是（假设A能从B旁边通过且互不影响）（　　）‎ A．a1=a2，能相遇一次 B．a1＞a2，能相遇两次 C．a1＜a2，可能相遇一次 D．a1＜a2，可能相遇两次 ‎3．半圆柱体P放在粗糙的水平地面上，其右端有一竖直放置的光滑档板MN．在半圆柱体P和MN之间放有一个光滑均匀的小圆柱体Q，整个装置处于静止，如图所示是这个装置的截面图．现使MN保持竖直并且缓慢地向右平移，在Q滑落到地面之前，发现P始终保持静止．则在此过程中，下列说法正确的是（　　）‎ A．MN对Q的弹力逐渐减小 B．地面对P的支持力逐渐增大 C．Q所受的合力逐渐增大 D．地面对P的摩擦力逐渐增大 ‎4．如图所示，小球C置于光滑的半球形凹槽B内，B放在长木板A上，整个装置处于静止状态．现缓慢减小木板的倾角θ过程中，下列说法正确的是（　　）‎ A．A受到的压力逐渐变大 B．A受到的摩擦力逐渐变大 C．C对B的压力逐渐变大 D．C受到三个力的作用 ‎5．某屋顶为半球形，一人在半球形屋顶上向上缓慢爬行（如图所示），他在向上爬的过程中 （　　）‎ A．屋顶对他的支持力不变 B．屋顶对他的支持力变大 C．屋顶对他的摩擦力不变 D．屋顶对他的摩擦力变大 ‎6．如图所示，A、B两小球分别连在弹簧两端，B端用细线固定在倾角为30°的光滑斜面上．A、B两小球的质量分别为mA、mB，重力加速度为g，若不计弹簧质量，在线被剪断瞬间，A、B两球的加速度分别为（　　）‎ A．都等于 B．和0‎ C． •和0 D．0和g ‎7．蹦床运动可简化为一个落到竖直放置的轻弹簧的小球运动，如图甲所示．质量为m的小球，从离弹簧上端高h处自由下落，接触弹簧后继续向下运动．以小球刚下落开始计时，以竖直向下为正方向，小球的速度v随时间t变化的图线如图乙所示．图线中的OA段为直线，与曲线ABCD相切于A点．不考虑空气阻力，则关于小球的运动过程，下列说法正确的是（　　）‎ A．t2﹣t1＞t3﹣t2‎ B．下落h高度时小球速度最大 C．小球在t4时刻所受弹簧弹力大于2mg D．小球在t2时刻重力势能和弹簧的弹性势能之和最大 ‎8．如图所示，在粗糙水平面上有甲、乙两木块，与水平面间的动摩擦因数均为μ，质量分别为m1和m2，中间用一原长为L、劲度系数为k的轻质弹簧连接起来，开始时两木块均静止且弹簧无形变．现用一水平恒力F（F＞μ（m1+m2）g）向左推木块乙，直到两木块第一次达到加速度相同时，下列说法正确的是（　　）‎ A．此时甲的速度可能等于乙的速度 B．此时两木块之间的距离为L﹣‎ C．此阶段水平力F做的功等于甲乙两物块动能增加量与弹性势能增加量的总和 D．此阶段甲乙两物块各自所受摩擦力的冲量大小相等 ‎9．一小船在静水中的速度为3m/s，它在一条河宽150m，流速为4m/s的河流中渡河，则下列说法错误的是（　　）‎ A．小船不可能到达正对岸 B．小船渡河时间不少于50 s C．小船以最短时间渡河时，它沿水流方向的位移大小为200 m D．小船以最短位移渡河时，位移大小为150 m ‎10．如图为过山车以及轨道简化模型，以下判断正确的是（　　）‎ A．过山车在圆轨道上做匀速圆周运动 B．过山车在圆轨道最高点时的速度应不小于 C．过山车在圆轨道最低点时乘客处于超重状态 D．过山车在斜面h=2R高处由静止滑下能通过圆轨道最高点 ‎11．为了迎接太空时代的到来，美国国会通过一项计划：在2050年前建造成太空升降机，就是把长绳的一端搁置在地球的卫星上，另一端系住升降机，放开绳，升降机能到达地球上，人坐在升降机里，在卫星上通过电动机把升降机拉到卫星上．已知地球表面的重力加速g=10m/s2，地球半径R=6400km，地球自转周期为24h．某宇航员在地球表面用体重计称得体重为800N，站在升降机中，当升降机以加速度a=10m/s2垂直地面上升，这时此人再一次用同一体重计称得视重为850N，忽略地球公转的影响，根据以上数据不能求出的物理量是（　　）‎ A．可以求出宇航员的质量 B．可以求出升降机此时距地面的高度 C．可以求出升降机此时所受万有引力的大小 D．如果把绳的一端搁置在同步卫星上，可知绳的长度至少有多长 ‎12．如图所示，在光滑的水平地面上有一辆平板车，车的两端分别站着人A和B，A的质量为mA，B的质量为mB，mA＞mB．最初人和车都处于静止状态，现在，两人同时由静止开始相向而行，A和B相对地面的速度大小相等，则车（　　）‎ A．静止不动 B．向右运动 C．向左运动 D．左右往返运动 ‎13．冰壶运动深受观众喜爱，图1为2014年2月第22届索契冬奥会上中国队员投掷冰壶的镜头．在某次投掷中，冰壶甲运动一段时间后与对方静止的冰壶乙发生正碰，如图2．若两冰壶质量相等，则碰后两冰壶最终停止的位置，可能是图中的哪幅图（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎14．如图所示，虚线AB和CD分别为椭圆的长轴和短轴，相交于O点，两个等量异种点电荷分别处于椭圆的两个焦点M、N上，下列说法中正确的是（　　）‎ A．A、B两处电势、场强均相同 B．C、D两处电势、场强均相同 C．在虚线AB上O点的场强最大 D．带正电的试探电荷在O处的电势能小于在B处的电势能 ‎15．用控制变量法，可以研究影响平行板电容器的因素（如图）．设两极板正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为θ．实验中，极板所带电荷量不变，若（　　）‎ A．保持S不变，增大d，则θ变大 B．保持S不变，增大d，则θ变小 C．保持d不变，减小S，则θ变小 D．保持d不变，减小S，则θ不变 ‎16．如图所示，甲带负电，乙是不带电的绝缘物块，甲乙叠放在一起，置于粗糙的水平地板上，地板上方空间有垂直纸面向里的匀强磁场，现加一水平向左的匀强电场，发现甲、乙无相对滑动一起向右加速运动．在加速运动阶段（　　）‎ A．甲、乙两物块间的摩擦力不变 B．甲、乙两物块做加速度减小的加速运动 C．乙物块与地面之间的摩擦力不断变大 D．甲、乙两物体可能做匀加速直线运动 ‎17．如图所示，在MNQP中有一垂直纸面向里匀强磁场．质量和电荷量都相等的带电粒子a、b、c以不同的速率从O点沿垂直于PQ的方向射入磁场，图中实线是它们的轨迹．已知O是PQ的中点，不计粒子重力．下列说法中正确的是（　　）‎ A．粒子a带负电，粒子b、c带正电 B．射入磁场时粒子a的速率最小 C．射出磁场时粒子b的动能最小 D．粒子c在磁场中运动的时间最长 ‎18．法拉第发现了电磁感应现象之后，又发明了世界上第一台发电机──法拉第圆盘发电机，揭开了人类将机械能转化为电能并进行应用的序幕．法拉第圆盘发电机的原理如图所示，将一个圆形金属盘放置在电磁铁的两个磁极之间，并使盘面与磁感线垂直，盘的边缘附近和中心分别装有与金属盘接触良好的电刷A、B，两电刷与灵敏电流计相连．当金属盘绕中心轴按图示方向转动时，则（　　）‎ A．电刷B的电势高于电刷A的电势 B．若仅将滑动变阻器滑动头向左滑，灵敏电流计的示数将变大 C．若仅将电刷A向盘边缘移动，使电刷A、B之间距离增大，灵敏电流计的示数将变大 D．金属盘转动的转速越大，维持其做匀速转动所需外力做功的功率越小 ‎19．物理课上，老师做了一个“电磁阻尼”实验：如图所示，弹簧上端固定，下端悬挂一个磁铁，将磁铁托起到某一高度后放开，磁铁能上下振动较长时间才停下来；如果在磁铁下方放一个固定的铝质圆环，使磁极上下振动时穿过它，磁铁就会很快地停下来．某同学另找器材再探究此实验．他安装好器材，经反复实验后发现：磁铁下方放置圆环，并没有对磁铁的振动产生影响，对比老师演示的实验，其原因可能是（　　）‎ A．弹簧的劲度系数太小 B．磁铁的质量太小 C．磁铁的磁性太强 D．圆环的材料与老师用的不同 ‎20．下列关于电磁波和相对论说法正确的是（　　）‎ A．麦克斯韦提出了电磁波理论，并用实验证实了电磁波的存在 B．变化的电场一定产生变化的磁场，变化的磁场一定产生变化的电场 C．光速不变原理是：真空中的光速在不同的惯性参考系中都是相同的 D．△E=△mc2表明在一定条件下减少的质量△m可以转化为能量△E释放出来 ‎21．在自动恒温装置中，某种半导体材料的电阻率与温度的关系如图所示．这种材料具有发热和控温的双重功能．已知材料散发的热量随温度的升高而增大．则当其产生的热量与散发的热量相等时，温度将保持在（　　）‎ A．t1～t2间的某一值 B．t1～t3间的某一值 C．t2～t4间的某一值 D．t1～t4间的某一值 ‎22．如图所示，一定质量的理想气体，经过图线A→B→C→A的状态变化过程，AB的延长线过O点，CA与纵轴平行．由图线可知（　　）‎ A．A→B过程压强不变，气体对外做功 B．B→C过程压强增大，外界对气体做功 C．C→A过程压强不变，气体对外做功 D．C→A过程压强减小，外界对气体做功 ‎23．下列说法正确的是（　　）‎ A．布朗运动就是液体分子的无规则运动 B．晶体在各个方向上的导热性能相同，体现为各向同性 C．热量不能自发地从低温物体传给高温物体 D．将一个分子从无穷远处无限靠近另一个分子，则这两个分子间的分子力先增大后减小最后再增大 ‎24．下列说法正确的是（　　）‎ A．只要有电场和磁场，就能产生电磁波 B．氢原子从激发态向基态跃迁只能辐射特定频率的光子 C． He+N→O+H是原子核的人工转变方程 D．光在真空中运动的速度在不同的惯性系中测得的数值可能不同 ‎25．下列说法正确的是（　　）‎ A．光电效应和电子的衍射现象说明粒子的波动性 B．α粒子散射实验证实了原子核的结构 C．氢原子辐射出一个光子后能量减小，核外电子的运动加速度增大 D．比结合能越大，表示原子核中核子结合得越牢靠，原子核越稳定 ‎　‎ 二、实验题 ‎26．测量小物块Q与平板P之间的动摩擦因数的实验装置如图所示．AB是半径足够大的、光滑的四分之一圆弧轨道，与水平固定放置的P板的上表面BC在B点相切，C点在水平地面的垂直投影为C′．重力加速度为g．实验步骤如下：‎ ‎①用天平称出物块Q的质量m；‎ ‎②测量出轨道AB的半径R、BC的长度L和CC′的高度h；‎ ‎③将物块Q在A点由静止释放，在物块Q落地处标记其落地点D；‎ ‎④重复步骤③，共做10次；‎ ‎⑤将10个落地点用一个尽量小的圆围住，用刻度尺测量圆心到C′的距离s．‎ ‎（1）用实验中的测量量表示：‎ ‎（ⅰ）物块Q到达B点时的动能EkB=　　；‎ ‎（ⅱ）物块Q到达C点时的动能EkC=　　；‎ ‎（ⅲ）在物块Q从B运动到C的过程中，物块Q克服摩擦力做的功Wf=　　；‎ ‎（ⅳ）物块Q与平板P之间的动摩擦因数μ=　　．‎ ‎（2）回答下列问题：‎ ‎（ⅰ）实验步骤④⑤的目的是　　．‎ ‎（ii）已知实验测得的μ值比实际值偏大，其原因除了实验中测量量的误差之外，其它的可能是　　 （写出一个可能的原因即可）‎ ‎27．在“测电池的电动势和内阻”的实验中，测量对象为一节新的干电池．‎ ‎（1）用图（a）所示电路测量时，在较大范围内调节滑动变阻器，发现电压表读数变化不明显，原因是：　　．‎ ‎（2）为了提高实验精度，采用图乙所示电路，提供的器材：‎ 量程3V的电压表V，‎ 量程0.6A的电流表A（具有一定内阻），‎ 定值电阻R0（阻值未知，约几欧姆），‎ 滑动变阻：R1（0～10Ω）‎ 滑动变阻器R2（0～200Ω），‎ 单刀单掷开关S1、单刀双掷开关S，导线若干 ‎①电路中，加接电阻凰有两方面的作用，一是方便实验操作和数据测量，二是　　‎ ‎②为方便实验调节且能较准确地进行测量，滑动变阻器应选用　　（填R1或R2）．‎ ‎③开始实验之前，S1、S2都处于断开状态．现在开始实验：‎ A．闭合S1，S2打向1，测得电压表的读数U0，电流表的读数为I0，则=　　．（电流表内阻用RA表示）‎ B．闭合S1，S2打向2，改变滑动变阻器的阻值，当电流表读数为I1时，电压表读数为U1；当电流表读数为I2时，电压表读数为U2．则新电池电动势的表达式为E=　　，内阻的表达式r=　　．‎ ‎　‎ 三、计算题 ‎28．如图是阿毛同学的漫画中出现的装置，描述了一个“吃货”用来做“糖炒栗子”的“萌”事儿：将板栗在地面小平台上以一定的初速经两个四分之一圆弧衔接而成的轨道，从最高点P飞出进入炒锅内，利用来回运动使其均匀受热．我们用质量为m的小滑块代替栗子，借这套装置来研究一些物理问题．设大小两个四分之一圆弧半径为2R和R，小平台和圆弧均光滑．将过锅底的纵截面看作是两个斜面AB、CD和一段光滑圆弧组成．斜面动摩擦因数均为0.25，而且不随温度变化．两斜面倾角均为θ=37°，AB=CD=2R，A、D等高，D端固定一小挡板，碰撞不损失机械能．滑块的运动始终在包括锅底最低点的竖直平面内，重力加速度为g．‎ ‎（1）如果滑块恰好能经P点飞出，为了使滑块恰好沿AB斜面进入锅内，应调节锅底支架高度使斜面的A、D点离地高为多少？‎ ‎（2）接（1）问，求滑块在锅内斜面上走过的总路程．‎ ‎（3）对滑块的不同初速度，求其通过最高点P和小圆弧最低点Q时受压力之差的最小值．‎ ‎29．如图，装置中，区域Ⅰ中有竖直向上的匀强电场，电场强度为E，区域Ⅱ内有垂直纸面向外的水平匀强磁场，磁感应强度为B．区域Ⅲ中有垂直纸面向里的水平匀强磁场，磁感应强度为2B．一质量为m、带电量为q的带负电粒子（不计重力）从左边界O点正上方的M点以速度v0水平射入电场，经水平分界线OP上的A点与OP成60°角射入Ⅱ区域的磁场，并垂直竖直边界CD进入Ⅲ区域的匀强磁场中．求：‎ ‎（1）粒子在Ⅱ区域匀强磁场中运动的轨道半径 ‎（2）O、M间的距离 ‎（3）粒子从M点出发到第二次通过CD边界所经历的时间．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年山东省滕州五中高三（上）第3周周练物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题 ‎1．我国“蛟龙号”深潜器在某次实验时，深潜器内的显示屏上显示出了从水面开始下潜到最后返回水面10min内全过程的深度曲线（a）和速度图象（b），则下列说法中正确的是（　　）‎ A．图中h3代表本次最大深度 B．全过程中最大加速度是0.025m/S2‎ C．潜水员感到超重发生在3～4 min和6～8 min的时间段内 D．最深处是在第8S ‎【考点】匀变速直线运动的图像；超重和失重．‎ ‎【分析】看懂速度图象和深度图象意义，蛟龙号先加速下沉，后匀速下沉后减速下沉，在某深度停留2min，而后加速上升，后减速上升至水面，而后逐项依次分析即可．‎ ‎【解答】解：A、（a）图中h3代表本次最大深度，是6min时到达的，故A正确；‎ B、全过程中最大加速度是加速下潜时，a==0.033m/s2，故B错误；‎ C、3～4min内减速下降和6～8min加速上升时，加速度方向向上，均会出现超重现象，故C正确 D、从h﹣t图看出，4﹣6min一直在最深处，故D错误；‎ 故选：AC．‎ ‎　‎ ‎2．如图所示，处于平直轨道上的A、B两物体相距s，同时同向开始运动，A以初速度v1、加速度a1做匀加速运动，B由静止开始以加速度a2做匀加速运动．下列情况不可能发生的是（假设A能从B旁边通过且互不影响）（　　）‎ A．a1=a2，能相遇一次 B．a1＞a2，能相遇两次 C．a1＜a2，可能相遇一次 D．a1＜a2，可能相遇两次 ‎【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系．‎ ‎【分析】作出不同情况下A、B的速度时间图线，结合图线围成的面积分析判断相遇的次数．‎ ‎【解答】解：用图象法．我们画出满足题给条件的v﹣t图象．‎ 图甲对应a1=a2的情况，两物体仅在t=t1时相遇一次（图中阴影部分面积为s）．‎ 图乙对应a1＞a2的情况，两物体仅在t=t2时相遇一次．‎ 图丙对应a1＜a2的情况，若阴影部分面积等于s，则相遇一次；若阴影部分面积小于s，则A、B不可能相遇；若阴影部分面积大于s，则可能相遇两次，如图丁所示．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎3．半圆柱体P放在粗糙的水平地面上，其右端有一竖直放置的光滑档板MN．在半圆柱体P和MN之间放有一个光滑均匀的小圆柱体Q，整个装置处于静止，如图所示是这个装置的截面图．现使MN保持竖直并且缓慢地向右平移，在Q滑落到地面之前，发现P始终保持静止．则在此过程中，下列说法正确的是（　　）‎ A．MN对Q的弹力逐渐减小 B．地面对P的支持力逐渐增大 C．Q所受的合力逐渐增大 D．地面对P的摩擦力逐渐增大 ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．‎ ‎【分析】分别对Q、P及整体进行分析，作出受力分析图，根据过程中夹角的变化可得出弹力、支持力及合力变化．‎ ‎【解答】解：对Q分析可知，Q受重力G、P的弹力F1及档板的弹力F2； 对P分析，可知P受重力、支持力、Q的压力及摩擦力； 如下图所示：‎ A、在MN向左移动的过程中，由于小球下滑，球Q受P的弹力与竖直方向的夹角变大，如下图所示，由几何关系可知，F1=，夹角变大，则cosθ减小，故MN对Q的弹力增大； 故A错误； ‎ B、对整体分析，整体竖直方向只受重力、支持力； 因重力不变，则支持力不变，故B错误；‎ C、由于Q缓慢下落，仍可看作平衡状态，故合力一直为零，故C错误；‎ D、由上图分析可知，在球下滑过程中，MN对Q的弹力增大，则再对PQ整体分析，可知，P受地面的摩擦力增大，故D正确； ‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎4．如图所示，小球C置于光滑的半球形凹槽B内，B放在长木板A上，整个装置处于静止状态．现缓慢减小木板的倾角θ过程中，下列说法正确的是（　　）‎ A．A受到的压力逐渐变大 B．A受到的摩擦力逐渐变大 C．C对B的压力逐渐变大 D．C受到三个力的作用 ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．‎ ‎【分析】先对BC研究：分析BC整体的受力，由平衡条件分析A对B的支持力和摩擦力变化，即可知道B对A的压力和摩擦力如何变化；C球只受两个力，对B的压力不变．‎ ‎【解答】解：A、对BC整体：分析受力情况：重力mg、斜面A的支持力N和摩擦力f，由平衡条件得知：N=mgcosθ，f=mgsinθ，减小θ，N增大，f减小，由牛顿第三定律得知：B对A的压力也增大．故A正确，B错误．‎ C、D由于半球形凹槽光滑，小球只受两个力：重力和支持力，由平衡条件得到，支持力与重力大小相等，保持不变，则C对B的压力也保持不变．故CD错误．‎ 故选A ‎　‎ ‎5．某屋顶为半球形，一人在半球形屋顶上向上缓慢爬行（如图所示），他在向上爬的过程中 （　　）‎ A．屋顶对他的支持力不变 B．屋顶对他的支持力变大 C．屋顶对他的摩擦力不变 D．屋顶对他的摩擦力变大 ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．‎ ‎【分析】以人为研究对象，作出力图，根据平衡条件得出屋顶对他的摩擦力和支持力与θ坡角的关系式，再分析两个力如何变化．‎ ‎【解答】解：以人为研究对象，作出力图．‎ 设此人的重力为G，根据平衡条件得：‎ 屋顶对他的摩擦力：f=Gsinθ 屋顶对他的支持力：N=Gcosθ 人在半球形屋顶上向上缓慢爬行的过程中，坡角θ减小，则f减小，N增大．‎ 即屋顶对他的摩擦力减小，屋顶对他的支持力增大．‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎6．如图所示，A、B两小球分别连在弹簧两端，B端用细线固定在倾角为30°的光滑斜面上．A、B两小球的质量分别为mA、mB，重力加速度为g，若不计弹簧质量，在线被剪断瞬间，A、B两球的加速度分别为（　　）‎ A．都等于 B．和0‎ C． •和0 D．0和g ‎【考点】牛顿第二定律．‎ ‎【分析】当两球处于静止时，根据共点力平衡求出弹簧的弹力，剪断细线的瞬间，弹簧的弹力不变，根据牛顿第二定律分别求出A、B的加速度大小．‎ ‎【解答】解：对A球分析，开始处于静止，则弹簧的弹力F=mAgsin30°，剪断细线的瞬间，弹簧的弹力不变，‎ 对A，所受的合力为零，则A的加速度为0，‎ 对B，根据牛顿第二定律得， =g．‎ 故选：D ‎　‎ ‎7．蹦床运动可简化为一个落到竖直放置的轻弹簧的小球运动，如图甲所示．质量为m的小球，从离弹簧上端高h处自由下落，接触弹簧后继续向下运动．以小球刚下落开始计时，以竖直向下为正方向，小球的速度v随时间t变化的图线如图乙所示．图线中的OA段为直线，与曲线ABCD相切于A点．不考虑空气阻力，则关于小球的运动过程，下列说法正确的是（　　）‎ A．t2﹣t1＞t3﹣t2‎ B．下落h高度时小球速度最大 C．小球在t4时刻所受弹簧弹力大于2mg D．小球在t2时刻重力势能和弹簧的弹性势能之和最大 ‎【考点】功能关系．‎ ‎【分析】分清小球的运动形式，OA过程是自由落体，A的坐标就是自由下落的高度，此时的加速度也就是自由落体加速度；AB过程，重力大于弹簧的弹力，小球做变加速直线运动，加速度小于g．B点是速度最大的地方，此时重力和弹力相等，合力为零，加速度也就为零；C点的速度与A点相同，D点时速度减为零，弹簧被压缩到最低点，弹簧的弹力最大．‎ ‎【解答】解：A、小球在B点时，a=0，即mg=k△xB，AB过程，合外力：F合=mg﹣k△x=k（△xB﹣△x）=kx球B，x球B为球所处位置到平衡位置B的距离，同理可得BC过程也满足上述关系，故小球在AC之间做简谐运动，故t2﹣t1=t3﹣t2，故A错误；‎ B、A是下降h高度时的位置，而AB过程，重力大于弹簧的弹力，小球做变加速直线运动，加速度小于g．B点是速度最大的地方，故B错误；‎ C、由A中知C点与A点是对称的点，由A点到B点的弹簧长度变化，由对称性得由B到C的弹簧长度再变化，故到达D点时形变量要大于2，所以弹力大于2mg，所以C正确；‎ D、系统在整个过程中，只受重力和弹簧弹力作用，系统机械能守恒，小球在t2时刻的速度最大，动能最大，故重力势能和弹簧的弹性势能之和最小，故D错误；‎ 故选：C ‎　‎ ‎8．如图所示，在粗糙水平面上有甲、乙两木块，与水平面间的动摩擦因数均为μ，质量分别为m1和m2，中间用一原长为L、劲度系数为k的轻质弹簧连接起来，开始时两木块均静止且弹簧无形变．现用一水平恒力F（F＞μ（m1+m2）g）向左推木块乙，直到两木块第一次达到加速度相同时，下列说法正确的是（　　）‎ A．此时甲的速度可能等于乙的速度 B．此时两木块之间的距离为L﹣‎ C．此阶段水平力F做的功等于甲乙两物块动能增加量与弹性势能增加量的总和 D．此阶段甲乙两物块各自所受摩擦力的冲量大小相等 ‎【考点】动量守恒定律；功能关系．‎ ‎【分析】对系统根据牛顿第二定律求出加速度的大小，再隔离分析求出弹簧的弹力，从而根据胡克定律求出弹簧的形变量，从而得知两木块间的距离．‎ 分析系统能量的转化，根据能量守恒判断求解．‎ 根据冲量的定义判断甲乙两物块各自所受摩擦力的冲量大小关系．‎ ‎【解答】解：A、现用一水平恒力F（F＞μ（m1+m2）g）向左推木块乙，直到两木块第一次达到加速度相同时，‎ 在此过程中，乙的加速度减小，甲的加速度增大，所以此时甲的速度小于乙的速度，故A错误；‎ B、对系统运用牛顿第二定律得：a=，‎ 隔离对甲分析，有：T﹣μm1g=m1a，‎ 解得：T=．‎ 根据胡克定律得：x==‎ 则两铁块的距离为：s=L﹣x=L﹣，故B正确；‎ C、根据能量守恒得此阶段水平力F做的功等于甲乙两物块动能增加量与弹性势能增加量和与水平面摩擦产生的热量的总和，故C错误；‎ D、由于甲乙两物块各自所受摩擦力大小不一定相等，此阶段甲乙两物块各自所受摩擦力的冲量大小不一定相等，故D错误；‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎9．一小船在静水中的速度为3m/s，它在一条河宽150m，流速为4m/s的河流中渡河，则下列说法错误的是（　　）‎ A．小船不可能到达正对岸 B．小船渡河时间不少于50 s C．小船以最短时间渡河时，它沿水流方向的位移大小为200 m D．小船以最短位移渡河时，位移大小为150 m ‎【考点】运动的合成和分解．‎ ‎【分析】‎ 船航行时速度为静水中的速度与河水流速二者合速度，最短的时间主要是希望合速度在垂直河岸方向上的分量最大，这个分量一般刚好是船在静水中的速度，即船当以静水中的速度垂直河岸过河的时候渡河时间最短；如果船在静水中的速度小于河水的流速，则合速度不可能垂直河岸，那么，小船不可能垂直河岸正达对岸．‎ ‎【解答】解：A、因为船在静水中的速度小于河水的流速，由平行四边形法则求合速度不可能垂直河岸，小船不可能垂直河岸正达对岸．因此A正确．‎ B、当船的静水中的速度垂直河岸时渡河时间最短：tmin=s=50s，故选项B正确．‎ C、船以最短时间50s渡河时沿河岸的位移：x=v2tmin=4×50m=200m，即到对岸时被冲下200m，故选项C正确，D错误．‎ 本题选择错误的，故选：D．‎ ‎　‎ ‎10．如图为过山车以及轨道简化模型，以下判断正确的是（　　）‎ A．过山车在圆轨道上做匀速圆周运动 B．过山车在圆轨道最高点时的速度应不小于 C．过山车在圆轨道最低点时乘客处于超重状态 D．过山车在斜面h=2R高处由静止滑下能通过圆轨道最高点 ‎【考点】向心力．‎ ‎【分析】过山车在竖直圆轨道上做圆周运动，在最高点，重力和轨道对车的压力提供向心力，当压力为零时，速度最小，在最低点时，重力和轨道对车的压力提供向心力，加速度向上，处于超重状态，根据动能定理求出在斜面h=2R高处由静止滑下到最高点的速度，判断能否通过最高点．‎ ‎【解答】解：A、过山车在竖直圆轨道上做圆周运动，机械能守恒，动能和重力势能相互转化，速度大小变化，不是匀速圆周运动，故A错误；‎ B、在最高点，重力和轨道对车的压力提供向心力，当压力为零时，速度最小，则 解得：v=，故B正确；‎ C、在最低点时，重力和轨道对车的压力提供向心力，加速度向上，乘客处于超重状态，故C正确；‎ D、过山车在斜面h=2R高处由静止滑下到最高点的过程中，根据动能定理得：‎ 解得；v′=0，所以不能通过最高点，故D错误．‎ 故选：BC ‎　‎ ‎11．为了迎接太空时代的到来，美国国会通过一项计划：在2050年前建造成太空升降机，就是把长绳的一端搁置在地球的卫星上，另一端系住升降机，放开绳，升降机能到达地球上，人坐在升降机里，在卫星上通过电动机把升降机拉到卫星上．已知地球表面的重力加速g=10m/s2，地球半径R=6400km，地球自转周期为24h．某宇航员在地球表面用体重计称得体重为800N，站在升降机中，当升降机以加速度a=10m/s2垂直地面上升，这时此人再一次用同一体重计称得视重为850N，忽略地球公转的影响，根据以上数据不能求出的物理量是（　　）‎ A．可以求出宇航员的质量 B．可以求出升降机此时距地面的高度 C．可以求出升降机此时所受万有引力的大小 D．如果把绳的一端搁置在同步卫星上，可知绳的长度至少有多长 ‎【考点】万有引力定律及其应用；向心力．‎ ‎【分析】根据地球表面人的体重和表面重力加速度，可求出宇航员的质量．‎ 根据牛顿第二定律求出当时的重力加速度，根据万有引力等于重力，得出轨道半径，从而得出高度．‎ 要知道升降机所受的万有引力，必须知道升降机的质量．‎ 通过万有引力提供向心力，求出同步卫星的轨道半径，从而知道绳的长度．‎ ‎【解答】解：‎ A、根据地球表面人的体重和表面重力加速度，可知质量为80kg．故A正确．‎ B、根据牛顿第二定律：N﹣mg′=ma，求出重力加速度g′．再根据万有引力等于重力：，可求出高度h．故B正确．‎ C、因为不知道升降机的质量，所以求不出升降机所受的万有引力．故C错误．‎ D、根据万有引力提供向心力：，GM=gR2，可求出同步卫星离地面的高度，高度等于绳长．故D正确．‎ 本题选不能求出的，故选：C．‎ ‎　‎ ‎12．如图所示，在光滑的水平地面上有一辆平板车，车的两端分别站着人A和B，A的质量为mA，B的质量为mB，mA＞mB．最初人和车都处于静止状态，现在，两人同时由静止开始相向而行，A和B相对地面的速度大小相等，则车（　　）‎ A．静止不动 B．向右运动 C．向左运动 D．左右往返运动 ‎【考点】动量守恒定律．‎ ‎【分析】两人与车组成的系统在水平方向上所受合外力为零，系统动量守恒，由动量守恒定律分析答题．‎ ‎【解答】解：A和B与小车作用过程中系统动量守恒，开始都静止，总动量为零．由于mA＞mB，两人速度大小相等，则A向右的动量大于B向左的动量，故小车应向左运动；‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎13．冰壶运动深受观众喜爱，图1为2014年2月第22届索契冬奥会上中国队员投掷冰壶的镜头．在某次投掷中，冰壶甲运动一段时间后与对方静止的冰壶乙发生正碰，如图2．若两冰壶质量相等，则碰后两冰壶最终停止的位置，可能是图中的哪幅图（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】动量守恒定律．‎ ‎【分析】两冰壶碰撞过程动量守恒，碰撞过程中机械能不会增加，碰撞后甲的速度不会大于乙的速度，据此分析答题．‎ ‎【解答】解：A、两球碰撞过程动量守恒，两球发生正碰，由动量守恒定律可知，碰撞前后系统动量不变，两冰壶的动量方向即速度方向不会偏离甲原来的方向，由图示可知，A图示情况是不可能的，故A错误；‎ B、如果两冰壶发生弹性碰撞，碰撞过程动量守恒、机械能守恒，两冰壶质量相等，碰撞后两冰壶交换速度，甲静止，乙的速度等于甲的速度，碰后乙做减速运动，最后停止，最终两冰壶的位置如图所示，故B正确；‎ C、两冰壶碰撞后，甲的速度不可能大于乙的速度，碰后乙在前，甲在后，如图C所示是不可能的，故C错误；‎ D、碰撞过程机械能不可能增大，两冰壶质量相等，碰撞后甲的速度不可能大于乙的速度，碰撞后甲的位移不可能大于乙的位移，故D错误；‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎14．如图所示，虚线AB和CD分别为椭圆的长轴和短轴，相交于O点，两个等量异种点电荷分别处于椭圆的两个焦点M、N上，下列说法中正确的是（　　）‎ A．A、B两处电势、场强均相同 B．C、D两处电势、场强均相同 C．在虚线AB上O点的场强最大 D．带正电的试探电荷在O处的电势能小于在B处的电势能 ‎【考点】电势能；电场线．‎ ‎【分析】根据等量异种电荷电场线和等势面分布特点，可以比较A与B，C与D电势、场强关系及O、B电势高低；根据电场线疏密可知，在M、N之间O点场强最小；利用负电荷在电势高处电势能小，可比较负电荷在O、B电势能大小．‎ ‎【解答】解：A、根据顺着电场线方向电势降低，结合等量异种电荷电场线、等势面分布对称性特点可知，A、B场强相同，A点电势高．故A错误．‎ ‎ B、根据等量异种电荷电场线、等势面分布对称性，C、D两处电势、场强均相同．故B正确．‎ ‎　　C、根据电场线疏密表示场强的大小可知，在AB之间，O点场强最小．故C错误．‎ ‎ D、O点电势高于B点电势，正电荷在O处电势能大于在B处电热能．故D错误．‎ 故选：B ‎　‎ ‎15．用控制变量法，可以研究影响平行板电容器的因素（如图）．设两极板正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为θ．实验中，极板所带电荷量不变，若（　　）‎ A．保持S不变，增大d，则θ变大 B．保持S不变，增大d，则θ变小 C．保持d不变，减小S，则θ变小 D．保持d不变，减小S，则θ不变 ‎【考点】影响平行板电容器电容的因素．‎ ‎【分析】静电计指针偏角θ表示电容器两端电压的大小，根据电容的定义式C=，判断电容的变化，再根据C=，判断电压的变化，从而得知静电计指针偏角的变化．‎ ‎【解答】解：根据电容的定义式C=，保持S不变，增大d，电容C减小，再根据U=，知U增大，所以θ变大．故A正确，B错误．‎ ‎ 保持d不变，减小S，电容减小，再根据C=，知U增大，所以θ变大．故CD错误．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎16．如图所示，甲带负电，乙是不带电的绝缘物块，甲乙叠放在一起，置于粗糙的水平地板上，地板上方空间有垂直纸面向里的匀强磁场，现加一水平向左的匀强电场，发现甲、乙无相对滑动一起向右加速运动．在加速运动阶段（　　）‎ A．甲、乙两物块间的摩擦力不变 B．甲、乙两物块做加速度减小的加速运动 C．乙物块与地面之间的摩擦力不断变大 D．甲、乙两物体可能做匀加速直线运动 ‎【考点】带电粒子在混合场中的运动．‎ ‎【分析】以甲乙整体为研究对象，分析受力情况，根据洛伦兹力随着速度的增大而增大，分析地面对乙物块的支持力如何变化，来分析乙物块与地之间的摩擦力如何变化，根据牛顿第二定律分析加速度如何变化，再对甲研究，由牛顿第二定律研究甲所受摩擦力如何变化．‎ ‎【解答】解：甲带负电，向右运动的过程中根据左手定则可知洛伦兹力的方向向下．‎ 对整体分析，速度增大，洛伦兹力增大，则正压力增大，地面对乙的滑动摩擦力f增大，电场力F一定，根据牛顿第二定律得，加速度a减小，对甲研究得到，乙对甲的摩擦力f甲：F﹣f甲=m甲a，则得到f甲增大，甲、乙两物块间的静摩擦力不断增大．故A错误，B正确，C正确，D错误．‎ 故选：BC ‎　‎ ‎17．如图所示，在MNQP中有一垂直纸面向里匀强磁场．质量和电荷量都相等的带电粒子a、b、c以不同的速率从O点沿垂直于PQ的方向射入磁场，图中实线是它们的轨迹．已知O是PQ的中点，不计粒子重力．下列说法中正确的是（　　）‎ A．粒子a带负电，粒子b、c带正电 B．射入磁场时粒子a的速率最小 C．射出磁场时粒子b的动能最小 D．粒子c在磁场中运动的时间最长 ‎【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．‎ ‎【分析】根据粒子运动轨迹由左手定则判断粒子的电性；‎ 粒子在磁场中做圆周运动，由牛顿第二定律求出粒子的速度，然后求出粒子的动能；‎ 根据粒子做圆周运动的周期与转过的圆心角比较粒子运动时间．‎ ‎【解答】解：A、根据左手定则知粒子a带正电，粒子b、c带负电，故A错误；‎ B、粒子在磁场中做匀速圆周运动时，由洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB=m，解得：v=，射入磁场时粒子c的半径最小，则速率最小．故B错误；‎ C、粒子的动能EK=mv2=，由于：q、B、m都相同，因此r越大，粒子动能越大，由图示可知，b的轨道半径r最大，则b粒子动能最大；c的半径最小，则动能最小．故C错误；‎ D、粒子在磁场中做圆周运动的周期：T=相同，粒子在磁场中的运动时间：t=T=，由于m、q、B都相同，粒子c转过的圆心角θ最大，则射入磁场时c的运动时间最大，故D正确；‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎18．法拉第发现了电磁感应现象之后，又发明了世界上第一台发电机──法拉第圆盘发电机，揭开了人类将机械能转化为电能并进行应用的序幕．法拉第圆盘发电机的原理如图所示，将一个圆形金属盘放置在电磁铁的两个磁极之间，并使盘面与磁感线垂直，盘的边缘附近和中心分别装有与金属盘接触良好的电刷A、B，两电刷与灵敏电流计相连．当金属盘绕中心轴按图示方向转动时，则（　　）‎ A．电刷B的电势高于电刷A的电势 B．若仅将滑动变阻器滑动头向左滑，灵敏电流计的示数将变大 C．若仅将电刷A向盘边缘移动，使电刷A、B之间距离增大，灵敏电流计的示数将变大 D．金属盘转动的转速越大，维持其做匀速转动所需外力做功的功率越小 ‎【考点】楞次定律．‎ ‎【分析】根据右手螺旋定则确定出螺线管周围的磁场方向，圆盘转到时，靠AB的连线切割磁感线产生感应电动势，根据感应电动势的大小判断灵敏电流计的电流大小．‎ ‎【解答】解：A、根据右手螺旋定则，左端磁极为N极，右端磁极为S极，圆盘转动，切割磁感线，根据右手定则，感应电动势的方向为A到B，所以B点的电势高于A点电势．故A正确．‎ B、仅减小电刷之间的距离，切割产生的感应电动势减小，灵敏电流计的示数减小．故B错误．‎ C、提高金属盘的转速，切割产生的感应电动势增大，灵敏电流计的示数增大．故C正确．‎ D、金属盘转动的转速越大，则产生的电动势增大，感应电流增大，需要的维持其做匀速转动所需外力增大，外力的做功的功率：P=Fv增大．故D错误．‎ 故选：AC．‎ ‎　‎ ‎19．物理课上，老师做了一个“电磁阻尼”实验：如图所示，弹簧上端固定，下端悬挂一个磁铁，将磁铁托起到某一高度后放开，磁铁能上下振动较长时间才停下来；如果在磁铁下方放一个固定的铝质圆环，使磁极上下振动时穿过它，磁铁就会很快地停下来．某同学另找器材再探究此实验．他安装好器材，经反复实验后发现：磁铁下方放置圆环，并没有对磁铁的振动产生影响，对比老师演示的实验，其原因可能是（　　）‎ A．弹簧的劲度系数太小 B．磁铁的质量太小 C．磁铁的磁性太强 D．圆环的材料与老师用的不同 ‎【考点】楞次定律．‎ ‎【分析】首先知道由于产生感应电流致使安培力做负功使振动逐渐减小，再利用楞次定律判断线圈所受安培力的方向，线圈会阻碍磁铁运动做负功，所以磁铁最终会停止．‎ ‎【解答】‎ 解：根据楞次定律可知下面的线圈会阻碍磁铁运动，所以当磁铁向下靠近金属线圈时，线圈中产生了逆时针的感应电流，从而有安培力做功致使能量转化为内能，所以振动逐渐减小；当同学另找器材再探究此实验，他安装好器材，经反复实验后发现：磁铁下方放置圆环，并没有对磁铁的振动产生影响，是由于下面的圆环没有产生感应电流，即圆环的材料与老师的不同，故ABC错误，D正确；‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎20．下列关于电磁波和相对论说法正确的是（　　）‎ A．麦克斯韦提出了电磁波理论，并用实验证实了电磁波的存在 B．变化的电场一定产生变化的磁场，变化的磁场一定产生变化的电场 C．光速不变原理是：真空中的光速在不同的惯性参考系中都是相同的 D．△E=△mc2表明在一定条件下减少的质量△m可以转化为能量△E释放出来 ‎【考点】电磁波的发射、传播和接收．‎ ‎【分析】根据麦克斯韦的电磁场理论，在变化的电场周围一定产生磁场，在变化的磁场周围一定产生电场；麦克斯韦预言电磁波，而赫兹是实验证实了电磁波存在的科学家；爱因斯坦相对论的光速不变原理，是指在不同的惯性参考系中都是相同；质能方程E=mc2，可知一定质量相当于一定能量．‎ ‎【解答】解：A、麦克斯韦预言电磁波，而赫兹是实验证实了电磁波存在的科学家．故A错误．‎ B、均匀变化的电场则产生恒定的磁场，若非均匀变化的电场，则产生非均匀变化的磁场．同样，均匀变化的磁场产生恒定的电场，故B错误．‎ C、爱因斯坦狭义相对论指出：真空中的光速在不同的惯性参考系中都是相同的．故C正确．‎ D、质能方程E=mc2，说明了质量与能量可以相当，并不能相互转化．故D错误．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎21．在自动恒温装置中，某种半导体材料的电阻率与温度的关系如图所示．这种材料具有发热和控温的双重功能．已知材料散发的热量随温度的升高而增大．则当其产生的热量与散发的热量相等时，温度将保持在（　　）‎ A．t1～t2间的某一值 B．t1～t3间的某一值 C．t2～t4间的某一值 D．t1～t4间的某一值 ‎【考点】电功、电功率．‎ ‎【分析】由电功率功明确电热丝所发出的热量，根据图象可知电阻率与温度的关系，则可分析何时能保持热平衡．‎ ‎【解答】解：由图象可知，在0～t1这区间里电阻R随温度升高而减小；在t1～t2这区间里电阻R随温度的升高而减小；在t2～t4区间里电阻R随温度的升高而增大．在家庭电路中电压不变，电热器的电功率P=，可知电阻器的发热功率与电阻成反比．在温度升到t1前，电阻R随温度的升高而减小，功率增大，温度升高更快；温度一旦超过t2，电阻R随温度的升高而增大，功率减小，放出热量减小，温度升高变慢，当其产生的热量与散发的热量相等时，温度保持在t2至t4间的某一值不变，保持稳定，故ABD错误，C正确．‎ 故选：C ‎　‎ ‎22．如图所示，一定质量的理想气体，经过图线A→B→C→A的状态变化过程，AB的延长线过O点，CA与纵轴平行．由图线可知（　　）‎ A．A→B过程压强不变，气体对外做功 B．B→C过程压强增大，外界对气体做功 C．C→A过程压强不变，气体对外做功 D．C→A过程压强减小，外界对气体做功 ‎【考点】理想气体的状态方程；封闭气体压强．‎ ‎【分析】由图示图象判断气体的状态变化过程，应用气态方程判断气体体积如何变化，然后应用气体的体积增大的过程中对外做功，体积减小的过程中外界对气体做功．‎ ‎【解答】解：如图做过C的等容线，则体积相等的情况下，C的温度高，所以C的压强一定比AB两点的压强大．‎ A、由图示可知，AB过程，气体体积与热力学温度成正比，则气体发生等压变化，气体压强不变，体积减小，外界对气体做功，故A错误；‎ B、如图做过C的等容线，则体积相等的情况下，C的温度高，所以C的压强一定比AB的压强大，由图可知体积减小，外界对气体做功；故B正确；‎ C、D、C的压强一定比AB两点的压强大，所以C→A过程压强减小；由图可知气体的体积增大，气体对外界做功．故CD错误．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎23．下列说法正确的是（　　）‎ A．布朗运动就是液体分子的无规则运动 B．晶体在各个方向上的导热性能相同，体现为各向同性 C．热量不能自发地从低温物体传给高温物体 D．将一个分子从无穷远处无限靠近另一个分子，则这两个分子间的分子力先增大后减小最后再增大 ‎【考点】* 晶体和非晶体；分子势能；热力学第二定律．‎ ‎【分析】布朗运动是固体颗粒的运动，间接反映了分子的无规则运动，单晶体具有各向异性，多晶体具有各向同性；‎ 由分子力做功分析分子势能变化．‎ ‎【解答】解：A、布朗运动是固体颗粒的运动，间接反映了分子的无规则运动，A错误；‎ B、单晶体具有各向异性，多晶体具有各向同性，B错误；‎ C、热量不能自发地从低温物体传给高温物体，C正确；‎ D、将一个分子从无穷远处无限靠近另一个分子，则这两个分子间的分子力先增大后减小最后再增大，D正确；‎ 故选：CD．‎ ‎　‎ ‎24．下列说法正确的是（　　）‎ A．只要有电场和磁场，就能产生电磁波 B．氢原子从激发态向基态跃迁只能辐射特定频率的光子 C． He+N→O+H是原子核的人工转变方程 D．光在真空中运动的速度在不同的惯性系中测得的数值可能不同 ‎【考点】裂变反应和聚变反应；氢原子的能级公式和跃迁．‎ ‎【分析】A、变化的电场或变化磁场才会产生电磁波；‎ B、从激发态向基态跃迁只能辐射特定频率的光子；‎ C、根据人工转变与衰变的不同，从而确定求解；‎ D、在真空和空气中，电磁波的传播速度等于3×108m/s是一个定值．‎ ‎【解答】解：A、只有变化电场和变化磁场，才可以产生电磁波，故A错误；‎ B、氢原子从激发态向基态跃迁只能辐射特定频率的光子，故B正确；‎ C、用α粒子去轰击氮核，属于原子核的人工转变，故C正确；‎ D、光在真空中运动的速度在不同的惯性系中测得的数值仍相同，故D错误；‎ 故选：BC．‎ ‎　‎ ‎25．下列说法正确的是（　　）‎ A．光电效应和电子的衍射现象说明粒子的波动性 B．α粒子散射实验证实了原子核的结构 C．氢原子辐射出一个光子后能量减小，核外电子的运动加速度增大 D．比结合能越大，表示原子核中核子结合得越牢靠，原子核越稳定 ‎【考点】原子的核式结构．‎ ‎【分析】知道哪些实验说明光具有波动性；‎ 了解α粒子散射实验的意义；‎ 比结合能是结合能与核子数的比值；‎ 原子向外辐射光子后，能量减小，加速度增大．‎ ‎【解答】解：A、光电效应说明了粒子的粒子性，电子的衍射现象说明粒子的波动性，故A错误；‎ B、α粒子散射实验证实了原子核的结构，并且可以用来估算原子核半径，故B正确；‎ C、氢原子辐射出一个光子后能量减小，电子从高能级跃迁到低能级，能量减小，但加速度随着半径减小而增大．故C正确；‎ D、比结合能是结合能与核子数的比值，比结合能越大，表示原子核中核子结合得越牢靠，原子核越稳定，故D正确；‎ 故选：BCD．‎ ‎　‎ 二、实验题 ‎26．测量小物块Q与平板P之间的动摩擦因数的实验装置如图所示．AB是半径足够大的、光滑的四分之一圆弧轨道，与水平固定放置的P板的上表面BC在B点相切，C点在水平地面的垂直投影为C′．重力加速度为g．实验步骤如下：‎ ‎①用天平称出物块Q的质量m；‎ ‎②测量出轨道AB的半径R、BC的长度L和CC′的高度h；‎ ‎③将物块Q在A点由静止释放，在物块Q落地处标记其落地点D；‎ ‎④重复步骤③，共做10次；‎ ‎⑤将10个落地点用一个尽量小的圆围住，用刻度尺测量圆心到C′的距离s．‎ ‎（1）用实验中的测量量表示：‎ ‎（ⅰ）物块Q到达B点时的动能EkB=　mgR　；‎ ‎（ⅱ）物块Q到达C点时的动能EkC=　　；‎ ‎（ⅲ）在物块Q从B运动到C的过程中，物块Q克服摩擦力做的功Wf=　mgR﹣　；‎ ‎（ⅳ）物块Q与平板P之间的动摩擦因数μ=　　．‎ ‎（2）回答下列问题：‎ ‎（ⅰ）实验步骤④⑤的目的是　通过多次实验减小实验结果的误差　．‎ ‎（ii）已知实验测得的μ值比实际值偏大，其原因除了实验中测量量的误差之外，其它的可能是　圆弧轨道存在摩擦，接缝B处不平滑等　 （写出一个可能的原因即可）‎ ‎【考点】探究影响摩擦力的大小的因素．‎ ‎【分析】（1）物块由A到B点过程，由动能定理可以求出物块到达B时的动能；‎ 物块离开C点后做平抛运动，由平抛运动的知识可以求出物块在C点的速度，然后求出在C点的动能；‎ 由B到C，由动能定理可以求出克服摩擦力所做的功；‎ 由功的计算公式可以求出动摩擦因数．‎ ‎（2）多次实验的目的是减小实验误差，误差偏大的原因是存在摩擦阻力 ‎【解答】解：（1）（i）从A到B，由动能定理得：mgR=EKB﹣0，则物块到达B时的动能EKB=mgR；‎ ‎（ii）离开C后，物块做平抛运动；‎ 水平方向有：s=vCt 竖直方向有：h=gt2‎ 物块在C点的动能为：EKC=mvC2‎ 解得：EKC=‎ ‎（iii）由B到C过程中，由动能定理得：‎ ‎﹣Wf=mvC2﹣mvB2，‎ 克服摩擦力做的功为：Wf=mgR﹣；‎ ‎（iV）B到C过程中，克服摩擦力做的功为：‎ Wf=μmgL=mgR﹣，‎ 则：μ=；‎ ‎（2）实验步骤④⑤的目的，是通过多次实验减小实验结果的误差；‎ 实验测得的μ值比实际值偏大，其原因除了实验中测量量的误差之外，其他的可能是圆弧轨道存在摩擦，接缝B处不平滑等．‎ 故答案为：（1）（i）mgR；（ii）；（iii）mgR﹣；（iV）；（2）（i）通过多次实验减小实验结果的误差；（ii）圆弧轨道存在摩擦，接缝B处不平滑等 ‎　‎ ‎27．在“测电池的电动势和内阻”的实验中，测量对象为一节新的干电池．‎ ‎（1）用图（a）所示电路测量时，在较大范围内调节滑动变阻器，发现电压表读数变化不明显，原因是：　电源内阻过小　．‎ ‎（2）为了提高实验精度，采用图乙所示电路，提供的器材：‎ 量程3V的电压表V，‎ 量程0.6A的电流表A（具有一定内阻），‎ 定值电阻R0（阻值未知，约几欧姆），‎ 滑动变阻：R1（0～10Ω）‎ 滑动变阻器R2（0～200Ω），‎ 单刀单掷开关S1、单刀双掷开关S，导线若干 ‎①电路中，加接电阻凰有两方面的作用，一是方便实验操作和数据测量，二是　防止变阻器电阻过小时，电池被短路或电流表被烧坏；　‎ ‎②为方便实验调节且能较准确地进行测量，滑动变阻器应选用　R1　（填R1或R2）．‎ ‎③开始实验之前，S1、S2都处于断开状态．现在开始实验：‎ A．闭合S1，S2打向1，测得电压表的读数U0，电流表的读数为I0，则=　R0+RA　．（电流表内阻用RA表示）‎ B．闭合S1，S2打向2，改变滑动变阻器的阻值，当电流表读数为I1时，电压表读数为U1；当电流表读数为I2时，电压表读数为U2．则新电池电动势的表达式为E=　　，内阻的表达式r=　﹣　．‎ ‎【考点】测定电源的电动势和内阻．‎ ‎【分析】Ⅰ、作出电源的U﹣I图象，根据闭合电路欧姆定律分析可知，图象的斜率等于电源的内阻，再分析电压表读数变化不明显的原因．‎ Ⅱ、①加接电阻R0，起保护作用，限制电流，防止电池被短路或电流表被烧坏．②由于电表的读数在刻度盘中央附近，误差较小，则要求电路中电流较大，在确保安全的前提下，可选择阻值较小的变阻器．③根据欧姆定律分析A所测量的物理量．根据闭合电路欧姆定律列方程组，可求出新电池电动势和内阻的表达式．‎ ‎【解答】解：Ⅰ作出电源的U﹣I图象，根据闭合电路欧姆定律分析可知，图象的斜率等于电源的内阻，如图，图线1的斜率小于图线2的斜率，则对应的电源的内阻图线1的较小，由图可以看出，图线1电压随电流变化较慢．本实验中发现电压表读数变化不明显，原因是：电源内阻很小．‎ Ⅱ①加接电阻R0，起保护作用，限制电流，防止变阻器电阻过小时，电池被短路或电流表被烧坏 ‎②滑动变阻器应选用R1．因为R1的总电阻较小，使电路中电流较大，电流表指针能在刻度盘中央附近，测量误差较小．‎ ‎③根据欧姆定律可知，可以测出的物理量是定值电阻R0和电流表内阻之和，用测量写出表达式为：R0+RA=．‎ B、根据闭合电路欧姆定律得 E=U1+I1（R0+RA+r）…①‎ E=U2+I2（R0+RA+r）…②‎ 联立解得：E=‎ r=﹣（R0+RA）=﹣．‎ 故答案为：‎ Ⅰ、电源内阻很小；‎ Ⅱ、①防止变阻器电阻过小时，电池被短路或电流表被烧坏；‎ ‎②R1，‎ ‎③A、R0+RA．‎ B、；﹣‎ ‎　‎ 三、计算题 ‎28．如图是阿毛同学的漫画中出现的装置，描述了一个“吃货”用来做“糖炒栗子”的“萌”事儿：将板栗在地面小平台上以一定的初速经两个四分之一圆弧衔接而成的轨道，从最高点P飞出进入炒锅内，利用来回运动使其均匀受热．我们用质量为m的小滑块代替栗子，借这套装置来研究一些物理问题．设大小两个四分之一圆弧半径为2R和R，小平台和圆弧均光滑．将过锅底的纵截面看作是两个斜面AB、CD和一段光滑圆弧组成．斜面动摩擦因数均为0.25，而且不随温度变化．两斜面倾角均为θ=37°，AB=CD=2R，A、D等高，D端固定一小挡板，碰撞不损失机械能．滑块的运动始终在包括锅底最低点的竖直平面内，重力加速度为g．‎ ‎（1）如果滑块恰好能经P点飞出，为了使滑块恰好沿AB斜面进入锅内，应调节锅底支架高度使斜面的A、D点离地高为多少？‎ ‎（2）接（1）问，求滑块在锅内斜面上走过的总路程．‎ ‎（3）对滑块的不同初速度，求其通过最高点P和小圆弧最低点Q时受压力之差的最小值．‎ ‎【考点】动能定理的应用；牛顿第二定律；向心力．‎ ‎【分析】（1）根据牛顿第二定律求出滑块恰好到达P点的速度，根据速度方向与斜面AB平行，结合平抛运动的规律，运用平行四边形定则求出竖直分速度，从而得出AD离地的高度．‎ ‎（2）根据平行四边形定则求出进入A点时滑块的速度，对全过程运用动能定理，求出滑块在锅内斜面上走过的总路程．‎ ‎（3）根据牛顿第二定律分别求出P、Q的弹力，结合机械能守恒定律得出压力差，结合最高点的最小速度求出压力之差的最小值．‎ ‎【解答】解：（1）在P点，解得．‎ 到达A点时速度方向要沿着AB，．‎ 所以AD离地高度为．‎ ‎（2）进入A点滑块的速度为，‎ 假设经过一个来回能够回到A点，设回来时动能为Ek，‎ ‎，‎ 所以滑块不会滑到A而飞出． ‎ 根据动能定理得，，‎ 代入数据解得，1.2mgR﹣0.2mgs=﹣‎ 解得滑块在锅内斜面上走过得总路程．‎ ‎（3）设初速度、最高点速度分别为v1、v2，‎ 由牛二定律，在Q点，，解得 在P点，．解得 所以．‎ 由机械能守恒得，，‎ 得为定值．‎ 代入v2的最小值，得压力差的最小值为9mg．‎ 答：（1）应调节锅底支架高度使斜面的A、D点离地高为；‎ ‎（2）滑块在锅内斜面上走过的总路程为．‎ ‎（3）通过最高点P和小圆弧最低点Q时受压力之差的最小值为9mg．‎ ‎　‎ ‎29．如图，装置中，区域Ⅰ中有竖直向上的匀强电场，电场强度为E，区域Ⅱ内有垂直纸面向外的水平匀强磁场，磁感应强度为B．区域Ⅲ中有垂直纸面向里的水平匀强磁场，磁感应强度为2B．一质量为m、带电量为q的带负电粒子（不计重力）从左边界O点正上方的M点以速度v0水平射入电场，经水平分界线OP上的A点与OP成60°角射入Ⅱ区域的磁场，并垂直竖直边界CD进入Ⅲ区域的匀强磁场中．求：‎ ‎（1）粒子在Ⅱ区域匀强磁场中运动的轨道半径 ‎（2）O、M间的距离 ‎（3）粒子从M点出发到第二次通过CD边界所经历的时间．‎ ‎【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力．‎ ‎【分析】（1）将粒子在A点的速度分解，即可求得粒子进入磁场时的速度；根据洛伦兹力提供向心力，即可求得粒子在Ⅱ区域匀强磁场中运动的轨道半径；‎ ‎（2）粒子在匀强电场中做类平抛运动，将运动分解为沿电场方向和垂直于电场的方向，即可求得OM之间的距离；‎ ‎（3）做出粒子运动的轨迹，确定粒子偏转的角度，然后根据t=T即可求出粒子从M点出发到第二次通过CD边界所经历的时间．‎ ‎【解答】解：（1）粒子在匀强电场中做类平抛运动，设粒子过A点时速度为v，由类平抛规律知：v==2v0‎ 粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：Bqv=m 所以：R=‎ ‎（2）设粒子在电场中运动时间为t1，加速度为a，‎ 则有：qE=ma ‎ v0tan60°=at1‎ 即t1=‎ O、M两点间的距离为：L=at1t2=‎ ‎（3）设粒子在Ⅱ区域磁场中运动时间为t2，则有：‎ T1==‎ 则：t2=T1=‎ 设粒子在Ⅲ区域磁场中运行时间为t3，同理：T2=‎ 则：t3=T2=‎ 粒子从M点出发到第二次通过CD边界所用时间为：‎ t=t1+t2+t3=++=+‎ 答：（1）粒子在Ⅱ区域匀强磁场中运动的轨道半径；‎ ‎（2）O、M间的距离为；‎ ‎（3）粒子从M点出发到第二次通过CD边界所经历的时间+．‎ ‎　‎ ‎2016年10月27日