天津市“五校”联考2016届高三上学期第一次月考物理试卷 30页

‎2015-2016学年天津市“五校”联考高三（上）第一次月考物理试卷 ‎　‎ 一、单项选择题（每小题3分，共30分．每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的．）‎ ‎1．以下说法正确的是（　　）‎ A．玻尔原子理论的基本假设认为，电子绕核运行轨道的半径是任意的 B．光电效应产生的条件为：光强大于临界值 C． U+n→Xe+Sr+2n是裂变 D．发现少数α粒子发生了较大偏转，说明金原子质量大而且很坚硬 ‎2．质点做直线运动的位移x和时间平方t2的关系图象如图所示，则该质点（　　）‎ A．加速度大小为1m/s2‎ B．任意相邻1s内的位移差都为2m C．第2s内的位移是2m D．物体第3s内的平均速度大小为3m/s ‎3．某电场的电场线分布如图所示，一带电粒子沿图中虚线所示运动轨迹，先后经过M点和N点，以下说法正确的是（　　）‎ A．两点的场强EM＞EN B．粒子在两点的加速度aM＞aN C．粒子在两点的速度VM＞VN D．粒子带正电 ‎4．将地面上静止的货物竖直向上吊起，货物由地面运动至最高点的过程中，v﹣t图象如图所示．以下判断正确的是（　　）‎ A．前3s内货物处于失重状态 B．最后2s内货物只受重力作用 C．前3s内与最后2s内货物的平均速度相同 D．第3s末至第5s末的过程中，货物的机械能守恒 ‎5．半圆柱体M放在粗糙的水平地面上，其右端有固定放置的竖直挡板PQ，M与PQ之间放有一个光滑均匀的小圆柱体N，整个系统处于静止．如图所示是这个系统的纵截面图．若用外力F使PQ保持竖直并且缓慢地向右移动，在N落到地面以前，发现M始终保持静止．在此过程中，下列说法正确的是（　　）‎ A．地面对M的摩擦力逐渐增大 B．MN间的弹力先减小后增大 C．PQ对N的弹力逐渐减小 D．PQ和M对N的弹力的合力逐渐增大 ‎6．如图所示，质量为2m的物块A与水平地面的摩擦不计，质量为m的物块B与地面间的动摩擦因数为μ，在与水平方向成α=60°的斜向下的恒力F的作用下，A和B一起向右做加速运动，则A和B之间的作用力大小为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎7．如图所示，“旋转秋千”中的两个座椅A、B质量相等，通过相同长度的缆绳悬挂在旋转圆盘上．不考虑空气阻力的影响，当旋转圆盘绕竖直的中心轴匀速转动时，下列说法正确的是（　　）‎ A．A的速度比B的大 B．A与B的向心加速度大小相等 C．悬挂A、B的缆绳与竖直方向的夹角相等 D．悬挂A的缆绳所受的拉力比悬挂B的小 ‎8．如图所示，a为放在赤道上相对地球静止的物体，b为放在北半球上相对地球静止的物体，a、b随地球自转做匀速圆周运动；c为沿地球表面附近做匀速圆周运动的人造卫星（轨道半径视为等于地球半径）；d为地球同步卫星，则（　　）‎ A．向心加速度大小关系为ac=aa B．线速度大小关系为vd＞va C．角速度大小关系为ωc＜ωd D．周期关系为Tb＜Ta ‎9．在光电效应实验中，飞飞同学用同一光电管在不同实验条件下得到了三条光电流与电压之间的关系曲线（甲光、乙光、丙光），如图所示．则可判断出（　　）‎ A．甲光的频率大于乙光的频率 B．乙光的波长大于丙光的波长 C．乙光对应的截止频率大于丙光的截止频率 D．甲光对应的光电子最大初动能大于丙光的光电子最大初动能 ‎10．氢原子能级的示意图如图所示，大量氢原子从n=4的能级向n=2的能级跃迁时辐射出可见光a，从n=3的能级向n=2的能级跃迁时辐射出可见光b，则（　　）‎ A．氢原子从高能级向低能级跃迁时可能会辐射出γ射线 B．氢原子从n=4的能级向n=3的能级跃迁时会辐射出紫外线 C．从n=3能级跃迁到n=2能级时，电子的电势能减小，氢原子的能量也减小 D．氢原子在n=2的能级时可吸收任意频率的光而发生电离 ‎　‎ 二、多项选择题（每小题4分，共16分．每小题给出的四个选项中，都有多个选项是正确的．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，选错或不答的得0分）‎ ‎11．下列说法中正确的是（　　）‎ A．若使放射性物质的温度升高，其半衰期可能变小 B．原子核内每个核子只跟邻近的核子发生核力作用 C．中等大小的原子核比结合能最大，它们也是最稳定的 D．α射线是放射性的原子核中自发放射出的氦核流，它的穿透能力最强 ‎12．以不同的抛射角抛出三个小球A、B、C，三球在空中的运动轨迹如图所示，下列说法中正确的是（　　）‎ A．A、B、C三球在运动过程中，加速度都相同 B．B球的射程最远，所以最迟落地 C．A球的射高最大，所以最迟落地 D．A、C两球的水平位移相等，所以两球的水平速度分量相等 ‎13．一起重机的钢绳由静止开始匀加速提起质量为m的重物，当重物的速度为v1时，起重机的有用功率达到最大值P，以后起重机保持该功率不变，继续提升重物，直到以最大速度v2匀速上升为止，物体上升的高度为h，则整个过程中，下列说法正确的是（　　）‎ A．重物的最大速度v2=‎ B．钢绳的最大拉力为 C．重物匀加速运动的加速度为﹣g D．重物做匀加速运动的时间为 ‎14．如图所示，一竖直绝缘轻弹簧的下端固定在地面上，上端连接一带正电小球P，小球所处的 空间存在着方向竖直向上的匀强电场，小球平衡时，弹簧恰好处于原长状态．现给小球一竖 直向上的初速度，小球最高能运动到M点．在小球从开始运动到运动至最高点时，以下说法正确的是（　　）‎ A．小球电势能的减少量等于小球重力势能的增加量 B．小球机械能的改变量等于电场力做的功 C．小球动能的减少量等于电场力和重力做功的代数和 D．弹簧弹性势能的增加量等于小球动能的减少量 ‎　‎ 二.非选择题（共54分）‎ ‎15．某同学用游标为20分度的卡尺测量一薄金属圆板的直径D，用螺旋测微器测量其厚度d，示数如图所示．由图可读出D=　　mm，d=　　mm．‎ ‎16．利用图示装置可以做力学中的许多实验．以下说法正确的是（　　） 　‎ A．利用此装置“研究匀变速直线运动”时，必须设法消除小车和木板间的摩擦阻力的影响 B．利用此装置探究“小车的加速度与质量的关系”并用图象法处理数据时，如果画出的a﹣M关系图象不是直线，就可确定加速度与质量成反比 C．利用此装置探究“功与速度变化的关系”实验时，应将木板带打点计时器的一端适当垫高，这样做的目的是利用小车重力沿斜面分力补偿小车运动中所受阻力的影响 D．在利用此装置“探究加速度a与力F的关系”时，因为不断增加所挂钩码的个数，导致钩码的质量远远大于小车的质量，则小车加速度a的值随钩码个数的增加将趋近于重力加速度g的值 ‎17．某实验小组利用如图甲所示装置验证m1、m2组成的系统机械能守恒，已经测得两物体质量分别为150g和50g．m1由静止开始下落，M2上拖着的纸带，通过打点计时器打出一系列的点（打点计时器及纸带未画出）．某次实验中获取如图乙所示纸带，0是打下的第一个点，且速度为零，每相邻的两计数点间还有4个点（图中未画出），若打点计时器所接电源的频率为50HZ．‎ ‎（1）实验操作过程中，接通电源与释放m1的先后顺序为　　．‎ ‎（2）在打点0～5过程中，系统增加的动能为　　 J，系统减少的重力势能为　　 J．（当地重力加速度g=9.8m/s2，结果保留两位有效数字）‎ ‎18．宇航员站在一星球表面上的某高处，以初速度v0沿水平方向抛出一个小球，经过时间t，球落到星球表面，小球落地时的速度大小为v．已知该星球的半径为R，引力常量为G，求：‎ ‎（1）小球落地时竖直方向的速度vy ‎（2）该星球的质量M ‎（3）若该星球有一颗卫星，贴着该星球的表面做匀速圆周运动，求该卫星的周期T．‎ ‎19．如图所示，半径R=1.0m的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道的一个端点B和圆心O的连线与水平方向间的夹角θ=37°，另一端点C为轨道的最低点．C点右侧的光滑水平面上紧挨C点静止 放置一木板，木板质量M=1kg，上表面与C点等高．质量为m=1kg的物块（可视为质点）从空中A点以v0=1.2m/s的速度水平抛出，恰好从轨道的B端沿切线方向进入轨道．已知物块与木板间的动摩擦因数μ=0.2，取g=10m/s2．求：‎ ‎（1）物块经过B点时的速度vB大小；‎ ‎（2）物块经过C点时的动能Ek ‎（3）若木板足够长，物块在木板上相对滑动过程中产生的热量Q．‎ ‎20．如图所示，装置的左边是足够长的光滑水平面，一轻质弹簧左端固定，右端连接着质量 M=2kg的小物块A．装置的中间是水平传送带，它与左右两边的台面等高，并能平滑对接．传送带始终以u=2m/s 的速率逆时针转动．装置的右边是一光滑的曲面，质量m=1kg的小物块B从其上距水平台面h=1.0m处由静止释放．已知物块B与传送带之间的摩擦因数μ=0.2，l=1.0m．设物块A、B中间发生的是对心弹性碰撞，第一次碰撞前物块A静止且处于平衡状态．取g=10m/s2．‎ ‎（1）求物块B与物块A第一次碰撞前速度大小；‎ ‎（2）通过计算说明物块B与物块A第一次碰撞后能否运动到右边曲面上？‎ ‎（3）如果物块A、B每次碰撞后，物块A再回到平衡位置时都会立即被锁定，而当他们再次碰撞前锁定被解除，试求出物块B第n次碰撞后的运动速度大小．‎ ‎　‎ ‎2015-2016学年天津市“五校”联考高三（上）第一次月考物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、单项选择题（每小题3分，共30分．每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的．）‎ ‎1．以下说法正确的是（　　）‎ A．玻尔原子理论的基本假设认为，电子绕核运行轨道的半径是任意的 B．光电效应产生的条件为：光强大于临界值 C． U+n→Xe+Sr+2n是裂变 D．发现少数α粒子发生了较大偏转，说明金原子质量大而且很坚硬 ‎【考点】氢原子的能级公式和跃迁；光电效应；裂变反应和聚变反应．‎ ‎【分析】由根据玻尔理论知道，电子的轨道不是任意的，电子有确定的轨道，且轨道是量子化的；光电效应实验说明了光具有粒子性的；铀吸收一个慢中子后裂变成两个或三个中等质量的原子核的过程叫裂变；发现少数α粒子发生了较大偏转，说明原子的质量绝大部分集中在很小空间范围．‎ ‎【解答】解：根据玻尔理论知道，电子的轨道不是任意的，电子有确定的轨道，且轨道是量子化的，故A错误．‎ B、光电效应实验产生的条件为：光的频率大于极限频率，故B错误．‎ C、U+n→Xe+Sr+2n是铀吸收一个中子后分裂成两个中等质量的原子核的裂变过程，故C正确．‎ D、发现少数α粒子发生了较大偏转，说明原子的绝大部分的质量和全部的正电荷都集中在很小空间范围，故D错误．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎2．质点做直线运动的位移x和时间平方t2的关系图象如图所示，则该质点（　　）‎ A．加速度大小为1m/s2‎ B．任意相邻1s内的位移差都为2m C．第2s内的位移是2m D．物体第3s内的平均速度大小为3m/s ‎【考点】匀变速直线运动的图像．‎ ‎【分析】根据x和时间平方t2的关系图象写出函数关系式，进而求出加速度，位移等，平均速度等于位移除以时间．‎ ‎【解答】解：A、根据x和时间平方t2的关系图象得出位移时间关系式为：x=t2，所以，解得：a=2m/s2，故A错误；‎ B、任意相邻1s内的位移差△x=aT2=2×1=2m，故B正确；‎ C、第2s内的位移等于2s内的位移减去第一秒的位移，即x2=22﹣12=3m，故C错误；‎ D、同理求得物体第3s内的位移x3=32﹣22=5m，平均速度，故D错误；‎ 故选：B ‎　‎ ‎3．某电场的电场线分布如图所示，一带电粒子沿图中虚线所示运动轨迹，先后经过M点和N点，以下说法正确的是（　　）‎ A．两点的场强EM＞EN B．粒子在两点的加速度aM＞aN C．粒子在两点的速度VM＞VN D．粒子带正电 ‎【考点】电场线；电场强度．‎ ‎【分析】‎ 解这类题的思路：根据带电粒子运动轨迹判定电场力方向，然后根据电性和电场线的疏密程度，判断电场力方向，根据电场力做功判断电势能的变化．‎ ‎【解答】解：A、电场线的疏密表示场强的大小关系，N点电场线密集，故电场强大，即EN＞EM，故A错误；‎ B、同一个电荷，所在位置电场强度大，电场力大，‎ 根据牛顿第二定律得粒子在两点的加速度aN＞aM，故B错误；‎ C、由粒子的运动轨迹弯曲方向可知，带电粒子受电场力的方向大致斜向右上方，与电场强度方向相同，故粒子带正电，‎ 带电粒子受电场力的方向大致斜向右上方，电场力的方向与速度方向成锐角，故电场力做正功，动能增大，带电粒子的速度增大，即VN＞VM 故C错误，D正确；‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎4．将地面上静止的货物竖直向上吊起，货物由地面运动至最高点的过程中，v﹣t图象如图所示．以下判断正确的是（　　）‎ A．前3s内货物处于失重状态 B．最后2s内货物只受重力作用 C．前3s内与最后2s内货物的平均速度相同 D．第3s末至第5s末的过程中，货物的机械能守恒 ‎【考点】机械能守恒定律；匀变速直线运动的图像．‎ ‎【分析】速度时间图线的斜率表示加速度，图线与时间轴围成的面积表示位移，根据平均速度的公式比较前3s内和后2s内平均速度的大小．根据机械能守恒的条件判断机械能是否守恒．‎ ‎【解答】解：A、前3s内货物做匀加速直线运动，加速度向上，超重．故A错误．‎ B、最后2s内物体的加速度为a==3m/s2，小于g，故物体受重力和向上的拉力．故B错误．‎ C、根据知前3s内的平均速度等于后2s内的平均速度．故C正确．‎ D、第3s末至第5s末，货物做匀速直线运动，重力势能增加，动能不变，机械能增加．故D错误．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎5．半圆柱体M放在粗糙的水平地面上，其右端有固定放置的竖直挡板PQ，M与PQ之间放有一个光滑均匀的小圆柱体N，整个系统处于静止．如图所示是这个系统的纵截面图．若用外力F使PQ保持竖直并且缓慢地向右移动，在N落到地面以前，发现M始终保持静止．在此过程中，下列说法正确的是（　　）‎ A．地面对M的摩擦力逐渐增大 B．MN间的弹力先减小后增大 C．PQ对N的弹力逐渐减小 D．PQ和M对N的弹力的合力逐渐增大 ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．‎ ‎【分析】先对N受力分析，受重力、P对Q的支持力和MN对Q的支持力，根据平衡条件求解出两个支持力；再对M、N整体受力分析，受重力、地面支持力、PQ挡板对其向左的支持力和地面对其向右的支持力，再次根据共点力平衡条件列式求解．‎ ‎【解答】解：先对N受力分析，受重力、M对N的支持力和PQ对N的支持力，如图：‎ 根据共点力平衡条件，有：‎ N1=‎ N2=mgtanθ 再对M、N整体受力分析，受重力、地面支持力、PQ挡板对其向左的支持力和地面对其向右的支持力，如图：‎ 根据共点力平衡条件，有：‎ f=N2‎ N=（M+m）g 故有：f=mgtanθ PQ保持竖直且缓慢地向右移动过程中，角θ不断变大，故f变大，N不变，N1变大，N2变大，故A正确BC错误；‎ N所受到的合力始终为零，则PQ和M对N的弹力的合力与重力始终等大反向，即PQ和M对N的弹力的合力方向始终竖直向上，大小不变，D错误；‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎6．如图所示，质量为2m的物块A与水平地面的摩擦不计，质量为m的物块B与地面间的动摩擦因数为μ，在与水平方向成α=60°的斜向下的恒力F的作用下，A和B一起向右做加速运动，则A和B之间的作用力大小为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】牛顿第二定律；物体的弹性和弹力．‎ ‎【分析】‎ 以整体为研究对象，由牛顿第二定律求出加速度，然后以B为研究对象，由牛顿第二定律求出AB间的作用力大小．‎ ‎【解答】解：以AB组成的系统为研究对象，受力分析如图所示：‎ 由牛顿第二定律得：Fcosα﹣μmg=（2m+m）a，‎ 解得：a==，‎ 以B为研究对象，由牛顿第二定律得：FAB﹣μmg=ma，‎ 则A对B的作用力：‎ FAB=ma+μmg=m+μmg=F+μmg，‎ 故A正确，BCD错误．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎7．如图所示，“旋转秋千”中的两个座椅A、B质量相等，通过相同长度的缆绳悬挂在旋转圆盘上．不考虑空气阻力的影响，当旋转圆盘绕竖直的中心轴匀速转动时，下列说法正确的是（　　）‎ A．A的速度比B的大 B．A与B的向心加速度大小相等 C．悬挂A、B的缆绳与竖直方向的夹角相等 D．悬挂A的缆绳所受的拉力比悬挂B的小 ‎【考点】向心力；线速度、角速度和周期、转速．‎ ‎【分析】‎ AB两个座椅具有相同的角速度，分别代入速度、加速度、向心力的表达式，即可求解．‎ ‎【解答】解：AB两个座椅具有相同的角速度．‎ A：根据公式：v=ω•r，A的运动半径小，A的速度就小．故A错误；‎ B：根据公式：a=ω2r，A的运动半径小，A的向心加速度就小，故B错误；‎ C：如图，对任一座椅，受力如图，由绳子的拉力与重力的合力提供向心力，则得：mgtanθ=mω2r，则得tanθ=，A的半径r较小，ω相等，可知A与竖直方向夹角θ较小，故C错误．‎ D：A的向心加速度就小，A的向心力就小，A对缆绳的拉力就小，故D正确．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎8．如图所示，a为放在赤道上相对地球静止的物体，b为放在北半球上相对地球静止的物体，a、b随地球自转做匀速圆周运动；c为沿地球表面附近做匀速圆周运动的人造卫星（轨道半径视为等于地球半径）；d为地球同步卫星，则（　　）‎ A．向心加速度大小关系为ac=aa B．线速度大小关系为vd＞va C．角速度大小关系为ωc＜ωd D．周期关系为Tb＜Ta ‎【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用．‎ ‎【分析】地球赤道上的物体与同步卫星具有相同的角速度和周期，根据v=rω，a=rω2‎ 比较线速度的大小和向心加速度的大小，根据万有引力提供向心力比较c、d的线速度、角速度和向心加速度大小．a、b都是相对地球静止的，故它们的周期等于地球的自转周期．‎ ‎【解答】解：A、地球赤道上的物体与同步卫星具有相同的角速度，所以ωa=ωd，根据a=rω2知，d的向心加速度大于a的向心加速度．‎ 根据万有引力提供向心力得a=，知c的向心加速度大于d的向心加速度．所以ac＞aa，故A错误．‎ B、地球赤道上的物体与同步卫星具有相同的角速度，所以ωa=ωd，根据v=rω，d的线速度大于a的线速度．故B正确．‎ C、根据万有引力提供向心力得，知c的角速度大于d的角速度，故C错误．‎ D、a、b都是相对地球静止的，故它们的周期等于地球的自转周期，故D错误．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎9．在光电效应实验中，飞飞同学用同一光电管在不同实验条件下得到了三条光电流与电压之间的关系曲线（甲光、乙光、丙光），如图所示．则可判断出（　　）‎ A．甲光的频率大于乙光的频率 B．乙光的波长大于丙光的波长 C．乙光对应的截止频率大于丙光的截止频率 D．甲光对应的光电子最大初动能大于丙光的光电子最大初动能 ‎【考点】光电效应．‎ ‎【分析】‎ 光电管加正向电压情况：P右移时，参与导电的光电子数增加；P移到某一位置时，所有逸出的光电子都刚参与了导电，光电流恰达最大值；P再右移时，光电流不能再增大．‎ 光电管加反向电压情况：P右移时，参与导电的光电子数减少；P移到某一位置时，所有逸出的光电子都刚不参与了导电，光电流恰为零，此时光电管两端加的电压为截止电压，对应的光的频率为截止频率；P再右移时，光电流始终为零．，入射光的频率越高，对应的截止电压U截越大．从图象中看出，丙光对应的截止电压U截最大，所以丙光的频率最高，丙光的波长最短，丙光对应的光电子最大初动能也最大．‎ ‎【解答】解：A、根据，入射光的频率越高，对应的截止电压U截越大．甲光、乙光的截止电压相等，所以甲光、乙光的频率相等；故A错误．‎ B、丙光的截止电压大于乙光的截止电压，所以丙光的频率大于乙光的频率，则乙光的波长大于丙光的波长；‎ 故B正确．‎ C、丙的频率最大，甲乙频率相同，且均小于丙的频率，故C错误．‎ D、丙光的截止电压大于甲光的截止电压，所以甲光对应的光电子最大初动能小于于丙光的光电子最大初动能．故D错误．‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎10．氢原子能级的示意图如图所示，大量氢原子从n=4的能级向n=2的能级跃迁时辐射出可见光a，从n=3的能级向n=2的能级跃迁时辐射出可见光b，则（　　）‎ A．氢原子从高能级向低能级跃迁时可能会辐射出γ射线 B．氢原子从n=4的能级向n=3的能级跃迁时会辐射出紫外线 C．从n=3能级跃迁到n=2能级时，电子的电势能减小，氢原子的能量也减小 D．氢原子在n=2的能级时可吸收任意频率的光而发生电离 ‎【考点】氢原子的能级公式和跃迁．‎ ‎【分析】γ射线的能量较大，其产生机理是原子核受激发，是原子核变化才产生的；‎ 由能级差可得出从4能级到2能级时放出的光子能量；同理也可得出从3到2能级时放出的能量，比较可知两能量关系；则可得出两种光的可能情况；‎ 由光谱知识可知两光在水中的传播速度；‎ 要使氢原子电离，应使电子吸收大于能级的能量．‎ ‎【解答】解：A、γ射线的产生机理是原子核受激发，是原子核变化才产生的，故A错误；‎ B、根据跃迁规律可知高能级向低能级跃迁时辐射光子的能量等于这两个能级差，从n=4的能级向n=3的能级跃迁时会辐射出的光子能量小于a光子的能量、不可能为紫外线，故B错误；‎ C、根据库仑引力提供向心力，结合牛顿第二定律，可知，，从n=3能级跃迁到n=2能级时，电子的动能增大，那么电子的电势能减小，且氢原子的能量也减小，故C正确；‎ D、欲使在n=2的能级的氢原子发生电离，吸收的能量一定不小于3.4eV，故D错误．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ 二、多项选择题（每小题4分，共16分．每小题给出的四个选项中，都有多个选项是正确的．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，选错或不答的得0分）‎ ‎11．下列说法中正确的是（　　）‎ A．若使放射性物质的温度升高，其半衰期可能变小 B．原子核内每个核子只跟邻近的核子发生核力作用 C．中等大小的原子核比结合能最大，它们也是最稳定的 D．α射线是放射性的原子核中自发放射出的氦核流，它的穿透能力最强 ‎【考点】原子核的结合能；X射线、α射线、β射线、γ射线及其特性．‎ ‎【分析】半衰期与外界因素无关；‎ 核力是短程力；‎ 比结合能越大的，越稳定；‎ α、β、γ射线都来自原子核，穿透能力依次增强，电离能力依次减弱，从而即可一一求解．‎ ‎【解答】解：A、半衰期与外界因素无关，故温度改变时，半衰期不变．故A错误．‎ B、核力是短程力，因此每个核子只跟邻近的核子发生核力作用，故B正确；‎ C、中等质量的原子核的比结合能最大，因此这些原子核是最稳定的．故C正确．‎ D、射线是原子核自发放射出的氦核，它的穿透能力最弱，故D错误；‎ 故选：BC．‎ ‎　‎ ‎12．以不同的抛射角抛出三个小球A、B、C，三球在空中的运动轨迹如图所示，下列说法中正确的是（　　）‎ A．A、B、C三球在运动过程中，加速度都相同 B．B球的射程最远，所以最迟落地 C．A球的射高最大，所以最迟落地 D．A、C两球的水平位移相等，所以两球的水平速度分量相等 ‎【考点】抛体运动．‎ ‎【分析】斜抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做竖直上抛运动．根据水平方向和竖直方向上的运动规律进行判断 ‎【解答】解：A、三个小球在运动的过程中，仅受重力，则加速度相同．故A正确．‎ BC、A球在竖直方向上高度最大，则运动时间最长．最迟落地．故B错误、C正确．‎ D、由图知，两球的水平射程相同，但是A的高度大，运动的时间长，所以A的水平速度分量小，故D错误．‎ 故选：AC ‎　‎ ‎13．一起重机的钢绳由静止开始匀加速提起质量为m的重物，当重物的速度为v1时，起重机的有用功率达到最大值P，以后起重机保持该功率不变，继续提升重物，直到以最大速度v2匀速上升为止，物体上升的高度为h，则整个过程中，下列说法正确的是（　　）‎ A．重物的最大速度v2=‎ B．钢绳的最大拉力为 C．重物匀加速运动的加速度为﹣g D．重物做匀加速运动的时间为 ‎【考点】功率、平均功率和瞬时功率．‎ ‎【分析】当重物的重力和拉力相等时，速度达到最大，根据P=mgv求出最大速度．当功率达到最大值后，速度增大，拉力减小，知匀加速直线运动阶段的拉力最大，根据P=Fv求出最大拉力，结合牛顿第二定律求出重物的加速度，从而通过速度时间公式求出匀加速运动的时间．‎ ‎【解答】解：A、当拉力和重力相等时，速度最大，则有P=mgv2，解得最大速度，故A正确．‎ B、匀加速运动阶段的拉力最大，根据P=Fv1得，最大拉力为：F=，故B错误．‎ C、根据牛顿第二定律得，匀加速运动的加速度为：a=．故C正确．‎ D、匀加速运动的时间为：t=．故D正确．‎ 故选：ACD．‎ ‎　‎ ‎14．如图所示，一竖直绝缘轻弹簧的下端固定在地面上，上端连接一带正电小球P，小球所处的 空间存在着方向竖直向上的匀强电场，小球平衡时，弹簧恰好处于原长状态．现给小球一竖 直向上的初速度，小球最高能运动到M点．在小球从开始运动到运动至最高点时，以下说法正确的是（　　）‎ A．小球电势能的减少量等于小球重力势能的增加量 B．小球机械能的改变量等于电场力做的功 C．小球动能的减少量等于电场力和重力做功的代数和 D．弹簧弹性势能的增加量等于小球动能的减少量 ‎【考点】电势能；功能关系．‎ ‎【分析】小球平衡时，弹簧恰好处于原长状态，说明小球受到的电场力等于重力．在小球运动的过程中，电场力做功等于重力做功．‎ ‎【解答】解：A、由题意，小球平衡时，弹簧恰好处于原长状态，则知小球受到的电场力等于重力．在小球运动的过程中，电场力做正功，重力做负功，因电场力做功数值等于重力做功数值，根据功能关系得知：小球电势能的减少量等于小球重力势能的增加量．故A正确；‎ B、小球仅仅受到电场力、重力和弹力，故小球机械能的改变量等于电场力做的功和弹簧的弹力做的功之和，故B错误；‎ C、三个力都做功，电场力做功与重力做功之和等于零，根据动能定理得知，小球动能的减少量等于弹力做功，故C错误；‎ D、电场力做功等于重力做功，弹簧弹性势能的增加量等于小球动能的减少量．故D正确．‎ 故选：AD．‎ ‎　‎ 二.非选择题（共54分）‎ ‎15．某同学用游标为20分度的卡尺测量一薄金属圆板的直径D，用螺旋测微器测量其厚度d，示数如图所示．由图可读出D=　50.80　mm，d=　3.774　mm．‎ ‎【考点】刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用．‎ ‎【分析】游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读．螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．‎ ‎【解答】解：游标卡尺的主尺读数为50mm，游标读数为0.05×16mm=0.80mm，所以最终读数为50.80mm．‎ 螺旋测微器的固定刻度读数为3.5mm，可动刻度读数为0.01×27.4mm=0.274mm．所以最终读数为3.774mm．‎ 故本题答案为：50.80，3.774．‎ ‎　‎ ‎16．利用图示装置可以做力学中的许多实验．以下说法正确的是（　　） 　‎ A．利用此装置“研究匀变速直线运动”时，必须设法消除小车和木板间的摩擦阻力的影响 B．利用此装置探究“小车的加速度与质量的关系”并用图象法处理数据时，如果画出的a﹣M关系图象不是直线，就可确定加速度与质量成反比 C．利用此装置探究“功与速度变化的关系”实验时，应将木板带打点计时器的一端适当垫高，这样做的目的是利用小车重力沿斜面分力补偿小车运动中所受阻力的影响 D．在利用此装置“探究加速度a与力F的关系”时，因为不断增加所挂钩码的个数，导致钩码的质量远远大于小车的质量，则小车加速度a的值随钩码个数的增加将趋近于重力加速度g的值 ‎【考点】探究功与速度变化的关系；探究加速度与物体质量、物体受力的关系．‎ ‎【分析】利用图示小车纸带装置可以完成很多实验，在研究匀变速直线运动时不需要平衡摩擦力，在探究“小车的加速度与质量的关系”和探究“功与速度变化的关系”实验时，需要平衡摩擦力；在探究“小车的加速度a与力F的关系”时，根据牛顿第二定律求出加速度a的表达式，不难得出当钧码的质量远远大于小车的质量时，加速度a近似等于g的结论．‎ ‎【解答】解：（1）A、此装置可以用来研究匀变速直线运动，但不需要平衡摩擦力，故A错误．‎ B、曲线的种类有双曲线、抛物线、三角函数曲线等多种，所以若a﹣m图象是曲线，不能断定曲线是双曲线，即不能断定加速度与质量成反比，应画出a﹣图象．故B错误．‎ C、探究“功与速度变化的关系”实验时，需要平衡摩擦力，方法是将木板带打点计时器的一端适当垫高，这样做的目的是利用小车重力沿斜面分力补偿小车运动中所受阻力的影响，从而小车受到的合力即为绳子的拉力，故C正确．‎ D、对整体分析，根据牛顿第二定律得，a=，当m＞＞M时，a趋向于g，故D正确．‎ 故选：CD．‎ ‎　‎ ‎17．某实验小组利用如图甲所示装置验证m1、m2组成的系统机械能守恒，已经测得两物体质量分别为150g和50g．m1由静止开始下落，M2‎ 上拖着的纸带，通过打点计时器打出一系列的点（打点计时器及纸带未画出）．某次实验中获取如图乙所示纸带，0是打下的第一个点，且速度为零，每相邻的两计数点间还有4个点（图中未画出），若打点计时器所接电源的频率为50HZ．‎ ‎（1）实验操作过程中，接通电源与释放m1的先后顺序为　先接通电源，后释放纸带　．‎ ‎（2）在打点0～5过程中，系统增加的动能为　0.58　 J，系统减少的重力势能为　0.59　 J．（当地重力加速度g=9.8m/s2，结果保留两位有效数字）‎ ‎【考点】验证机械能守恒定律．‎ ‎【分析】解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的仪器、操作步骤和数据处理以及注意事项．‎ 纸带法实验中，若纸带匀变速直线运动，测得纸带上的点间距，利用匀变速直线运动的推论，可计算出打出某点时纸带运动的瞬时速度和加速度，从而求出动能．根据功能关系得重力势能减小量等于重力做功的数值．‎ ‎【解答】解：（1）开始记录时，应先给打点计时器通电打点，然后再释放重锤，让它带着纸带一同落下，如果先放开纸带让重物下落，再接通打点计时时器的电源，由于重物运动较快，不利于数据的采集和处理，会对实验产生较大的误差．所以应先接通电源，后释放纸带．‎ ‎（2）利用匀变速直线运动的推论 v5==2.4m/s 系统动能的增量△EK=Ek5﹣0=（m1+m2）v52=0.58 J．‎ 系统重力势能减小量△Ep=（m2﹣m1）gh=0.1×9.8×0.6000m J=0.59 J 故答案为：（1）先接通电源，后释放纸带 ‎（2）0.58，0.59‎ ‎　‎ ‎18．宇航员站在一星球表面上的某高处，以初速度v0‎ 沿水平方向抛出一个小球，经过时间t，球落到星球表面，小球落地时的速度大小为v．已知该星球的半径为R，引力常量为G，求：‎ ‎（1）小球落地时竖直方向的速度vy ‎（2）该星球的质量M ‎（3）若该星球有一颗卫星，贴着该星球的表面做匀速圆周运动，求该卫星的周期T．‎ ‎【考点】万有引力定律及其应用；平抛运动；第一宇宙速度、第二宇宙速度和第三宇宙速度．‎ ‎【分析】（1）小球做平抛运动，则落地时水平速度为v0，则；‎ ‎（2）小球竖直方向上，vy=gt，求出g，根据星球表面万有引力等于重力即可求解；‎ ‎（3）根据重力提供向心力及向心力的周期公式即可求解．‎ ‎【解答】解：（1）小球做平抛运动，则落地时水平速度为v0，则 ‎（2）小球竖直方向上，vy=gt 则 星球表面万有引力等于重力，则有 解得：‎ ‎（3）星体表面重力提供向心力，则有：‎ 解得 答：（1）小球落地时竖直方向的速度（2）该星球的质量（3）该卫星的周期．‎ ‎　‎ ‎19．如图所示，半径R=1.0m的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道的一个端点B和圆心O的连线与水平方向间的夹角θ=37°，另一端点C为轨道的最低点．C点右侧的光滑水平面上紧挨C点静止 放置一木板，木板质量M=1kg，上表面与C点等高．质量为m=1kg的物块（可视为质点）从空中A点以v0=1.2m/s的速度水平抛出，恰好从轨道的B端沿切线方向进入轨道．已知物块与木板间的动摩擦因数μ=0.2，取g=10m/s2．求：‎ ‎（1）物块经过B点时的速度vB大小；‎ ‎（2）物块经过C点时的动能Ek ‎（3）若木板足够长，物块在木板上相对滑动过程中产生的热量Q．‎ ‎【考点】机械能守恒定律；功能关系．‎ ‎【分析】（1）根据平抛运动的规律得出物体在B点的速度；‎ ‎（2）对B到C段运用动能定理，求出物块经过C点的速度．‎ ‎（3）物块在木板上滑动时，做匀减速运动，木板做匀加速直线运动，当速度相同后一起做匀速运动，结合牛顿第二定律和运动学公式求出共同运动的速度，根据能量守恒求出物块在木板上相对滑动过程中产生的热量Q ‎【解答】解：（1）设物体在B点的速度为vB，在C点的速度为vC，从A到B物体做平抛运动，有：vBsinθ=v0‎ 则 vB===2m/s ‎（2）从B到C，根据动能定理有：mgR（1+sinθ）=﹣‎ 解得：vC=6m/s 动能为 EkC==18J ‎（3）物块在木板上相对滑动过程中由于摩擦力作用，最终将一起共同运动．设相对滑动时物体加速度为a1，木板加速度为a2，经过时间t达到共同运动速度为v，‎ 则根据牛顿第二定律得：‎ ‎ μmg=ma1…‎ ‎ μmg=Ma2‎ 由速度公式有 v=vC﹣a1t，v=a2t 根据能量守恒定律有：（m+M）v2+Q=‎ 联立以上五式解得得：Q=9J 答：（1）物块经过B点时的速度vB大小是2m/s ‎（2）物块经过C点时的动能为18J；‎ ‎（3）物块在木板上相对滑动过程中产生的热量Q为9J ‎　‎ ‎20．如图所示，装置的左边是足够长的光滑水平面，一轻质弹簧左端固定，右端连接着质量 M=2kg的小物块A．装置的中间是水平传送带，它与左右两边的台面等高，并能平滑对接．传送带始终以u=2m/s 的速率逆时针转动．装置的右边是一光滑的曲面，质量m=1kg的小物块B从其上距水平台面h=1.0m处由静止释放．已知物块B与传送带之间的摩擦因数μ=0.2，l=1.0m．设物块A、B中间发生的是对心弹性碰撞，第一次碰撞前物块A静止且处于平衡状态．取g=10m/s2．‎ ‎（1）求物块B与物块A第一次碰撞前速度大小；‎ ‎（2）通过计算说明物块B与物块A第一次碰撞后能否运动到右边曲面上？‎ ‎（3）如果物块A、B每次碰撞后，物块A再回到平衡位置时都会立即被锁定，而当他们再次碰撞前锁定被解除，试求出物块B第n次碰撞后的运动速度大小．‎ ‎【考点】动量守恒定律；机械能守恒定律．‎ ‎【分析】‎ ‎（1）物块B沿光滑曲面下滑到水平位置由机械能守恒列出等式，物块B在传送带上滑动根据牛顿第二定律和运动学公式求解 ‎（2）物块A、B第一次碰撞前后运用动量守恒，能量守恒列出等式求解 ‎（3）当物块B在传送带上向右运动的速度为零时，将会沿传送带向左加速．可以判断，物块B运动到左边台面是的速度大小为v1，继而与物块A发生第二次碰撞．物块B与物块A第三次碰撞、第四次碰撞…，根据对于的规律求出n次碰撞后的运动速度大小．‎ ‎【解答】解：（1）设物块B沿光滑曲面下滑到水平位置时的速度大小为v0‎ 由机械能守恒知 设物块B在传送带上滑动过程中因受摩擦力所产生的加速度大小为μmg=ma 设物块B通过传送带后运动速度大小为v，有 解得v=4m/s 由于v＞u=2m/s，所以v=4m/s即为物块B与物块A第一次碰撞前的速度大小 ‎（2）设物块A、B第一次碰撞后的速度分别为V、v1，取向右为正方向，‎ 由弹性碰撞，运用动量守恒，能量守恒得 ‎﹣mv=mv1+MV 解得 ，即碰撞后物块B在水平台面向右匀速运动 设物块B在传送带上向右运动的最大位移为l'，则 所以物块B不能通过传送带运动到右边的曲面上 ‎（3）当物块B在传送带上向右运动的速度为零时，将会沿传送带向左加速．可以判断，物块B运动到左边台面是的速度大小为v1，继而与物块A发生第二次碰撞．‎ 设第二次碰撞后物块B速度大小为v2，同上计算可知 物块B与物块A第三次碰撞、第四次碰撞…，‎ 碰撞后物块B的速度大小依次为；…‎ 则第n次碰撞后物块B的速度大小为 答：（1）物块B与物块A第一次碰撞前速度大小是4m/s （2）物块B与物块A第一次碰撞后不能运动到右边曲面上 （3）物块B第n次碰撞后的运动速度大小是 ‎　‎ ‎2017年1月21日