1、甘肃省嘉峪关一中2015-2016学年高三（上）第三次月考物理试卷一、选择题（本大题共12小题，每小题4分，共48分在每小题给出的四个选项中，有的题有一项符合题目要求，有的题有多项符合题目要求，多选题在题号的前面有标注全部选对的得4分，选对但不全的得4分，有选错的得0分）1如图所示，同心圆表示某点电荷Q所激发的电场的等势面，已知a、b两点在同一等势面上，c、d两点在另一个等势面上质量相同的甲、乙两个带电粒子以相同的速率，沿不同的方向从同一点a射入电场，在电场中沿不同的轨迹adb曲线、acb曲线运动，不计重力则下列说法中正确的是（）A两粒子所带电荷的电性不同B甲粒子经过c点时的速度大于乙粒子经过
2、d点时的速度C两个粒子的电势能都是先减小后增大D经过b点时，两粒子的动能一定相等2在长约1.0m的一端封闭的玻璃管中注满清水，水中放一个适当的圆柱形的红蜡块，将玻璃管的开口端用胶塞塞紧，并迅速竖直倒置，红蜡块就沿玻璃管由管口匀速上升到管底将此玻璃管倒置安装在小车上，并将小车置于水平导轨上若小车一端连接细线绕过定滑轮悬挂小物体，小车从A位置由静止开始运动，同时红蜡块沿玻璃管匀速上升经过一段时间后，小车运动到虚线表示的B位置，如图所示按照如图建立坐标系，在这一过程中红蜡块实际运动的轨迹可能是选项中的（）ABCD3如图所示，在粗糙水平地面上放着一个截面为四分之一圆弧的柱状物体A，A的左端紧靠竖直墙，
3、A与竖直墙之间放一光滑圆球B，整个装置处于静止状态把A向右移动少许后，它们仍处于静止状态，则（）A地面对A的摩擦力减小BA与B之间的作用力减小CB对墙的压力增大DA对地面的压力减小4如图所示，倾角为的粗糙斜劈放在粗糙水平面上，物体a放在斜面上，轻质细线一端固定在物体a上，另一端绕过光滑的滑轮固定在c点，滑轮2下悬挂物体b，系统处于静止状态若将固定点c向右移动少许，而a与斜劈始终静止，则（）A细线对物体a的拉力增大B斜劈对地面的压力减小C斜劈对物体a的摩擦力减小D地面对斜劈的摩擦力增大5如图所示，倾斜传送带沿逆时针方向匀速转动，在传送带的A端无初速度放置一物块选择B端所在的水平面为参考平面，物块
4、从A端运动到B端的过程中，其机械能E与位移x的关系图象可能正确的是（）ABCD6如图所示，质量为m的物体（可视为质点）以某一速度从A点冲上倾角为30的固定斜面，其运动的加速度大小为g，此物体在斜面上上升的最大高度为h，则在这个过程中物体（）A重力势能增加了mghB克服摩擦力做功mghC动能损失了mghD机械能损失了mgh7如图所示，斜面和水平面是由同一板材上截下的两段，连接处能量不损失将小铁块从A处由静止释放后，它沿斜面向下滑行，进入平面，最终静止于P处若从该板材上再截下一段，搁置在A、P之间，构成一个新的斜面，再将铁块放回A处，并给铁块一个初速度，使之沿新斜面向下滑动以下关于铁块运动的描述，
5、正确的说法是（）A铁块匀速直线运动B两次运动摩擦力所做的功不相等C后一次运动一定比前一次的时间短D铁块匀变速直线运动8如图所示，光滑半球的半径为R，球心为O，固定在水平面上，其上方有一个光滑曲面轨道AB，高度为轨道底端水平并与半球顶端相切，质量为m的小球由A点静止滑下，最后落在水平面上的C点重力加速度为g，则（）A小球将沿半球表面做一段圆周运动后抛至C点B小球将从B点开始做平抛运动到达C点COC之间的距离为2RD小球运动到C点时的速率为9如图所示，放置在水平地面上的支架质量为M，支架顶端用细线拴着的摆球质量为m，现将摆球拉至水平位置，然后从静止释放，摆球运动过程中，支架始终不动，则从释放至运动
6、到最低点的过程中有（）A在释放瞬间，支架对地面压力为（m+M）gB摆动过程中，支架对地面压力一直增大C摆球到达最低点时，支架对地面压力为（2m+M）gD摆动过程中，重力对小球做功的功率一直增大10如图所示，一轻绳通过无摩擦的小定滑轮O与小球B连接，另一端与套在光滑竖直杆上的小物块A连接，杆两端固定且足够长，物块A由静止从图示位置释放后，先沿杆向上运动设某时刻物块A运动的速度大小为vA，小球B运动的速度大小为vB，轻绳与杆的夹角为则（）AvA=vBcosBvB=vAcosC小球B减小的重力势能等于物块A增加的机械能D当物块A上升到与滑轮等高时，它的机械能最大11如图所示，小车的质量为M，人的质量
7、为m，人用恒力F拉绳，若人与车保持相对静止，且地面为光滑的，不计滑轮与绳的质量，则车对人的摩擦力大小和方向不可能是（）A0B，方向向右C，方向向左D，方向向右12“嫦娥一号”探月卫星沿地月转移轨道直奔月球，在距月球表面200km的P点进行第一次变轨后被月球捕获，先进入椭圆轨道绕月飞行，如图所示之后，卫星在P点又经过两次变轨，最后在距月球表面200km的圆形轨道上绕月球做匀速圆周运动对此，下列说法不正确的是（）A卫星在轨道上运动的速度小于月球的第一宇宙速度B卫星在轨道上运动周期比在轨道上短C卫星在轨道上运动到P点的加速度大于沿轨道运动到P点的加速度D、三种轨道运行相比较，卫星在轨道上运行的机械能
8、最小二、实验题（共两小题，13小题4分，每空1分，14小题6分，每空2分，共10分）13下列几个图分别是探究“功与物体速度变化的关系”实验、“探究加速度与物体质量、物体受力的关系”的实验和“验证机械能守恒定律”实验装置图其中探究“功和物体速度变化的关系”实验装置图是（选填“甲”、“乙”、“丙”）；图甲中由于用砝玛和砝码盘的总重力代替小车拉力，因此要求砝码和砝码盘的总质量小车的质量（填写“大于”、“小于”、“远大于”、“远小于”）；图甲中实验前需平衡摩擦力，平衡摩擦力时砝码盆挂上（填写“需要”、“不需”）；这三个实验都使用了打点计时器，打点计时器用电源（填写“直流”、“交流”、“交直流均可”）在
9、这三个实验挑选出的纸带中，其中有一条纸带中有一段打出的点间隔是均匀的，则这条纸带一定是实验装置图（填写“甲”、“乙”、“丙”）中实验得到的14一个有一定厚度的圆盘，可以绕通过中心垂直于盘面的水平轴转动，圆盘加速转动时，角速度的增加量与对应时间t的比值定义为角加速度我们用电磁打点计时器、米尺、游标卡尺、纸带、复写纸来完成下述实验：（打点计时器所接交流电的频率为50Hz，A、B、C、D为计数点，相邻两计数点间有四个点未画出）如图甲所示，将打点计时器固定在桌面上，将纸带的一端穿过打点计时器的限位孔，然后固定在圆盘的侧面，当圆盘转动时，纸带可以卷在圆盘侧面上；接通电源，打点计时器开始打点，启动控制装置
10、使圆盘匀加速转动；经过一段时间，圆盘停止转动和打点，取下纸带，进行测量（1）用20分度的游标卡尺测得圆盘的直径如图乙所示，圆盘的直径d为cm；（2）由图丙可知，打下计数点D时，圆盘转动的角速度为rad/s（计算结果保留3位有效数字）（3）圆盘转动的角加速度大小为rad/s2（计算结果保留3位有效数字）三、计算题：（要求写出必要的解题过程和文字说明，共2小题，27分）15如图所示，为一传送装置，其中AB段粗糙，AB段长为L=0.2m，动摩擦因数=0.6，BC、DEN段均可视为光滑，且BC的始、末端均水平，具有h=0.1m的高度差，DEN是半径为r=0.4m的半圆形轨道，其直径DN沿竖直方向，C位
11、于DN竖直线上，CD间的距离恰能让小球自由通过在左端竖直墙上固定有一轻质弹簧，现有一可视为质点的小球，小球质量m=0.2kg，压缩轻质弹簧至A点后由静止释放（小球和弹簧不粘连），小球刚好能沿DEN轨道滑下求：（1）小球刚好能通过D点时速度的大小；（2）小球到达N点时速度的大小，对轨道的压力；（3）压缩的弹簧所具有的弹性势能16如图，板长为L的平行板电容器倾斜固定放置，极板与水平线夹角=30，某时刻一质量为m，带电量为q的小球由正中央A点静止释放，小球离开电场时速度是水平的，落到距离A点高度为h的水平面处的B点，B点放置一绝缘弹性平板M，当平板与水平夹角=45时，小球恰好沿原路返回A点求：（1）
12、电容器极板间的电场强度；（2）平板电容器的板长L；（3）球在AB间运动的周期四、选做题（在选修3-3、选修3-4、选修3-5的试题中选出其中一题作答，共15分）17下列说法正确的是（）A悬浮在水中的花粉的布朗运动反映了花粉分子的热运动B空气的小雨滴呈球形是水的表面张力作用的结果C彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向异性的特点D高原地区水的沸点较低，这是高原地区温度较低的缘故E干湿泡温度计的湿泡显示的温度低于干泡显示的温度，这是湿泡外纱布中的水蒸发吸热的结果18如图所示，足够长的圆柱形气缸竖直放置，其横截面积为S=1103m2，气缸内有质量m=2kg的活塞，活塞与气缸壁封闭良好，不计摩擦开
13、始时活塞被销子K销于如图位置，离缸底L1=12cm，此时气缸内被封闭气体的压强为P1=1.5105 Pa，温度为T1=300K外界大气压为P0=1.0105Pa，g=10m/s2现对密闭气体加热，当温度升到T2=400K，其压强P2多大？若在此时拔去销子K，活塞开始向上运动，当它最后静止在某一位置时，气缸内气体的温度降为T3=360K，则这时活塞离缸底的距离L3为多少？保持气体温度为360K不变，让气缸和活塞一起在竖直方向作匀变速直线运动，为使活塞能停留在离缸底L4=16cm处，则求气缸和活塞应作匀加速直线运动的加速度a大小及方向五、解答题（共2小题，满分0分）19（2015秋嘉峪关校级月考）
14、如图所示，两束不同频率的平行单色光a、b从水射入空气（空气折射率为1）发生如图所示的折射现象（），下列说法正确的是 （）A随着a、b入射角度的逐渐增加，a先发生全反射B水对a的折射率比水对b的折射率小C在水中的传播速度vavbD在空气中的传播速度vavbE当a、b入射角为0时，光线不偏折，但仍然发生折射现象20（2015秋武汉校级期中）一列简谐波沿x轴方向传播，已知x轴上x1=0和x2=1m两处质点的振动图象分别如图（甲）、（乙）所示，求（1）若此波沿x轴正向传播，则波的传播速度的可能值（2）若此波沿x轴负向传播，则波的传播速度的可能值六、解答题（共2小题，满分0分）21（2015秋嘉峪关校级
15、月考）下列说法正确的是（）A卢瑟福通过粒子散射实验证实了在原子核内部存在质子B铀核（U）衰变为铅核（Pb）的过程中，要经过8次衰变和6次衰变C按照爱因斯坦的理论，在光电效应中，金属中的电子吸收一个光子获得的能量是hv，这些能量的一部分用来克服金属的逸出功W0，剩下的表现为逸出后电子的初动能EkD玻尔的原子理论第一次将量子观念引入原子领域，提出了定态和跃迁的概念，成功地解释了所有原子光谱的实验规律E铀核（U）衰变成离子和另一原子核，衰变产物的结合能之和一定大于铀核的结合能22（2015秋玉溪校级期中）如图所示，光滑水平轨道右边与墙壁连接，木块A、B和半径为0.5m的光滑圆轨道C静置于光滑水平轨道
16、上，A、B、C质量分别为1.5kg、0.5kg、4kg现让A以6m/s的速度水平向右运动，之后与墙壁碰撞，碰撞时间为0.3s，碰后速度大小变为4m/s当A与B碰撞后会立即粘在一起运动，已知g=10m/s2 求：A与墙壁碰撞过程中，墙壁对小球平均作用力的大小；AB第一次滑上圆轨道所能到达的最大高度h2015-2016学年甘肃省嘉峪关一中高三（上）第三次月考物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（本大题共12小题，每小题4分，共48分在每小题给出的四个选项中，有的题有一项符合题目要求，有的题有多项符合题目要求，多选题在题号的前面有标注全部选对的得4分，选对但不全的得4分，有选错的得0分）1如图所示，
17、同心圆表示某点电荷Q所激发的电场的等势面，已知a、b两点在同一等势面上，c、d两点在另一个等势面上质量相同的甲、乙两个带电粒子以相同的速率，沿不同的方向从同一点a射入电场，在电场中沿不同的轨迹adb曲线、acb曲线运动，不计重力则下列说法中正确的是（）A两粒子所带电荷的电性不同B甲粒子经过c点时的速度大于乙粒子经过d点时的速度C两个粒子的电势能都是先减小后增大D经过b点时，两粒子的动能一定相等【考点】等势面；电势能【专题】电场力与电势的性质专题【分析】根据轨迹判定电荷甲受到中心电荷的引力，而电荷乙受到中心电荷的斥力，可知两粒子在从a向b运动过程中电场力做功情况根据虚线为等势面，可判定acb、a
18、db曲线过程中电场力所做的总功为0【解答】解：A、由图可知电荷甲受到中心电荷的引力，而电荷乙受到中心电荷的斥力，故两粒子的电性一定不同故A正确B、甲粒子从a到c和乙粒子从a到d，Uac=Uad，但甲、乙两粒子带异种电荷，所以甲粒子从a到d电场力做负功，动能减小，速度减小；而乙粒子从a到c电场力做正功，动能增大，速度增大；因此甲粒子经过c点时的速度大于乙粒子经过d点的速度，故B正确C、由图可知电荷甲受到中心电荷的引力，则电场力先做正功后做负功，电势能先减小后增加；而电荷乙受到中心电荷的斥力，电场力先做负功后做正功，电势能先增加后减小，故C错误D、可知两粒子在从a向b运动过程中电场力做功情况根据虚
19、线为等势面，可判定acb、adb曲线过程中电场力所做的总功为0，两粒子质量相等，在a点时具有相同的速率，动能一定相等，所以两粒子经过b点时动能一定相等故D正确；故选：ABD【点评】根据轨迹判定“电荷甲受到中心电荷的引力，而电荷乙受到中心电荷的斥力”是解决本题的突破口要注意电势能，电荷，电势都有正负学会由电场力做功的正负来确定电势能的增减2在长约1.0m的一端封闭的玻璃管中注满清水，水中放一个适当的圆柱形的红蜡块，将玻璃管的开口端用胶塞塞紧，并迅速竖直倒置，红蜡块就沿玻璃管由管口匀速上升到管底将此玻璃管倒置安装在小车上，并将小车置于水平导轨上若小车一端连接细线绕过定滑轮悬挂小物体，小车从A位置由
20、静止开始运动，同时红蜡块沿玻璃管匀速上升经过一段时间后，小车运动到虚线表示的B位置，如图所示按照如图建立坐标系，在这一过程中红蜡块实际运动的轨迹可能是选项中的（）ABCD【考点】运动的合成和分解【专题】运动的合成和分解专题【分析】蜡块参与了水平方向向右初速度为0的匀加速直线运动和竖直方向上的匀速直线运动，根据合速度与合加速度的方向关系确定蜡块的运动轨迹【解答】解：当合速度的方向与合力（合加速度）的方向不在同一条直线上，物体将做曲线运动，且轨迹夹在速度与合力方向之间，轨迹的凹向大致指向合力的方向蜡块的合速度方向竖直向上，合加速度方向水平向右，不在同一直线上，轨迹的凹向要大致指向合力的方向，知C正
21、确，A、B、D错误故选：C【点评】解决本题的关键知道当合速度的方向与合力（合加速度）的方向不在同一条直线上，物体将做曲线运动，且轨迹夹在速度与合力方向之间，轨迹的凹向大致指向合力的方向3如图所示，在粗糙水平地面上放着一个截面为四分之一圆弧的柱状物体A，A的左端紧靠竖直墙，A与竖直墙之间放一光滑圆球B，整个装置处于静止状态把A向右移动少许后，它们仍处于静止状态，则（）A地面对A的摩擦力减小BA与B之间的作用力减小CB对墙的压力增大DA对地面的压力减小【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力【专题】共点力作用下物体平衡专题【分析】正确的对小球B进行受力分析，根据小球静止即小球处于平衡状态
22、，小球所受合力为0，现将A向右移动少许，改变了A对小球B支持力的方向，再根据平衡判断小球所受各力的大小变化【解答】解：A、B、C、小球B受重力、A的支持力F1和墙壁的压力F2如下图所示：将重力G分解为G1和G2，则根据平衡可知，F1=G1=，F2=G2=Gtan当A向右移动少许，根据题意可知，A对小球B的作用力F1与竖直方向的夹角将减小，根据力图分析可知：减小，cos增大，tan减小即墙壁对小球B的作用力将减小，A对小球B的支持力减小根据牛顿第三定律可知，球B对墙壁的压力将减小，球B对A的压力亦减小再对A进行受力分析知：由于A的平衡，所以A受地面摩擦力f=FBsin，根据题意知，B对A的压力F
23、B减小且FB与竖直方向的夹角减小，故A所受地面的摩擦力f减小再根据牛顿第三定律，地面所受A的摩擦力减小故AB正确，C错误；D、以AB组成的整体为研究的对象，则在竖直方向上整体受到重力与支持力 的 作用，N=GA+GB，将保持不变，所以A对地面的压力保持不变故D错误故选：AB【点评】正确的对物体进行受力分析，并能根据物体平衡确定各力的大小及大小变化关系，适时根据牛顿第三定律确定各力的变化情况是解决本题的关键4如图所示，倾角为的粗糙斜劈放在粗糙水平面上，物体a放在斜面上，轻质细线一端固定在物体a上，另一端绕过光滑的滑轮固定在c点，滑轮2下悬挂物体b，系统处于静止状态若将固定点c向右移动少许，而a与
24、斜劈始终静止，则（）A细线对物体a的拉力增大B斜劈对地面的压力减小C斜劈对物体a的摩擦力减小D地面对斜劈的摩擦力增大【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用【专题】共点力作用下物体平衡专题【分析】对滑轮和物体b受力分析，根据平衡条件求解细线的拉力变化情况；对物体a受力分析，判断物体a与斜面体间的静摩擦力的情况；对斜面体、物体a、物体b整体受力分析，根据平衡条件求解整体与地面间的静摩擦力和弹力的情况【解答】解：A、对滑轮和物体b受力分析，受重力和两个拉力，如图所示：根据平衡条件，有：mbg=2Tcos解得：T=将固定点c向右移动少许，则增加，故拉力T增加，故A正确；B、D、对斜面体
25、、物体a、物体b整体受力分析，受重力、支持力、细线的拉力和地面的静摩擦力，如图所示：根据平衡条件，有：N=G总Tcos=G总，N与角度无关，恒定不变；根据牛顿第三定律，压力也不变；故B错误；f=Tsin=tan，将固定点c向右移动少许，则增加，故摩擦力增加；故D正确；C、对物体a受力分析，受重力、支持力、拉力和静摩擦力，由于不知道拉力与重力的下滑分力的大小关系，故无法判断静摩擦力的方向，故不能判断静摩擦力的变化情况，故C错误；故选：AD【点评】整体法和隔离法的使用技巧当分析相互作用的两个或两个以上物体整体的受力情况及分析外力对系统的作用时，宜用整体法；而在分析系统内各物体（或一个物体各部分）间
26、的相互作用时常用隔离法整体法和隔离法不是独立的，对一些较复杂问题，通常需要多次选取研究对象，交替使用整体法和隔离法5如图所示，倾斜传送带沿逆时针方向匀速转动，在传送带的A端无初速度放置一物块选择B端所在的水平面为参考平面，物块从A端运动到B端的过程中，其机械能E与位移x的关系图象可能正确的是（）ABCD【考点】机械能守恒定律【专题】机械能守恒定律应用专题【分析】对物块受力分析，开始时，受到重力、支持力、滑动摩擦力，处于加速阶段；当速度等于传送带速度时，如果重力的下滑分力小于或等于最大静摩擦力，则一起匀速下滑，否则，继续加速【解答】解：A、若物块放上后一直加速，且到B点速度仍小于v，设物块在传送
27、带上运动位移为x，下落高度h，物体从A到B运动过程中，机械能：E=Ek+Ep=（mgcos+mgsin）x+mg（Hh）=（mgcos+mgsin）x+mg（Hxsin）=mgxcos+mgH，H为A、B间的高度差，则物块机械能一直增大，但E与x不成正比，故A错误，B正确；C、若物块在到达B点之前，速度达到v，则物块速度达到v之前，机械能增加，速度达到v之后，物块将和传送带一起匀速运动，物块的动能不变，重力势能减小，机械能减小，故C错误，D正确故选：BD【点评】本题考查传送带上的机械能问题，要综合考虑动能和重力势能，难度适中6如图所示，质量为m的物体（可视为质点）以某一速度从A点冲上倾角为30
28、的固定斜面，其运动的加速度大小为g，此物体在斜面上上升的最大高度为h，则在这个过程中物体（）A重力势能增加了mghB克服摩擦力做功mghC动能损失了mghD机械能损失了mgh【考点】功能关系【分析】重力势能的增加量等于克服重力做的功；动能变化等于力的总功；机械能变化量等于除重力外其余力做的功【解答】解：加速度a=，而摩擦力f=，A、物体在斜面上能够上升的最大高度为h，所以重力势能增加了mgh，故A错误；B、摩擦力f=，物体在斜面上能够上升的最大高度为h，发生的位移为=2h，则克服摩擦力做功，故B错误；C、由动能定理可知，动能损失量为合外力做的功的大小Ek=F合s=mg2h=mgh，故C错误；D
29、、机械能的损失量为fs=mg2h=mgh，故D正确故选：D【点评】本题关键根据功能关系的各种具体形式得到重力势能变化、动能变化和机械能变化重力势能变化与重力做功有关；动能的变化与合力做功有关；机械能的变化与除重力以外的力做功有关7如图所示，斜面和水平面是由同一板材上截下的两段，连接处能量不损失将小铁块从A处由静止释放后，它沿斜面向下滑行，进入平面，最终静止于P处若从该板材上再截下一段，搁置在A、P之间，构成一个新的斜面，再将铁块放回A处，并给铁块一个初速度，使之沿新斜面向下滑动以下关于铁块运动的描述，正确的说法是（）A铁块匀速直线运动B两次运动摩擦力所做的功不相等C后一次运动一定比前一次的时间
30、短D铁块匀变速直线运动【考点】动能定理【专题】定量思想；方程法；动能定理的应用专题【分析】物体从斜面滑至水平面上，若动摩擦因素相等，则下滑过程中滑动摩擦力对物体所做的功为Wf=mgLcosmgL2=mg（L1+L2），即物体从A经B滑到C点跟物体从A经P滑到C点，滑动摩擦力对物体所做的功相等，与斜面的倾角无关【解答】解：设A距离地面的高度为h，动摩擦因数为，斜面AB的倾角为，斜面AB的倾角为，如图所示对全过程运用动能定理有：mghmgLcosmgL2=0而L1=Lcos整理得：mghmgL1mgL2=0而即h（L1L2）=0解得：；若将AP连接，则物体在斜面上受重力、支持力及摩擦力，合外力为：
31、F=mgsinmgcos，而由几何关系可知：代入合力表达式可知，物体受到的合力为零，故物体应在AP斜面上做匀速直线运动，故A正确；第一次摩擦力做功为：Wf=mgLcosmgL2=mg（L1+L2）=与斜面的倾角无关，故两次运动摩擦力所做的功相等，B、D选项错误；由于题中没有给出第二次匀速下滑的速度的具体数值，故无法确定两次运动的时间关系，C错误；故选：A【点评】本题综合考查了动能定理、匀速直线运动规律、以及物体的平衡，难度中等，利用动能定理分析能使过程简化，再对物体受力分析得出结论8如图所示，光滑半球的半径为R，球心为O，固定在水平面上，其上方有一个光滑曲面轨道AB，高度为轨道底端水平并与半球
32、顶端相切，质量为m的小球由A点静止滑下，最后落在水平面上的C点重力加速度为g，则（）A小球将沿半球表面做一段圆周运动后抛至C点B小球将从B点开始做平抛运动到达C点COC之间的距离为2RD小球运动到C点时的速率为【考点】向心力；平抛运动【专题】匀速圆周运动专题【分析】从A到B的过程中，根据机械能守恒可以求得到达B点时的速度，根据圆周运动的向心力公式可以判断离开B点后的运动情况【解答】解：AB、从A到B的过程中，根据机械能守恒可得：mgR=mV2，解得：V=，在B点，当重力恰好作为向心力时，由mg=m，解得：VB=，所以当小球到达B点时，重力恰好作为向心力，所以小球将从B点开始做平抛运动到达C，所
33、以A错误，B正确C、根据平抛运动的规律，水平方向上：x=VBt 竖直方向上：R=gt2解得：x=R，所以C错误D、对整个过程机械能守恒，mg=解得：vc=，故D正确；故选：BD【点评】本题的关键地方是判断小球在离开B点后的运动情况，根据小球在B点时速度的大小，小球的重力恰好作为圆周运动的向心力，所以离开B后将做平抛运动9如图所示，放置在水平地面上的支架质量为M，支架顶端用细线拴着的摆球质量为m，现将摆球拉至水平位置，然后从静止释放，摆球运动过程中，支架始终不动，则从释放至运动到最低点的过程中有（）A在释放瞬间，支架对地面压力为（m+M）gB摆动过程中，支架对地面压力一直增大C摆球到达最低点时，
34、支架对地面压力为（2m+M）gD摆动过程中，重力对小球做功的功率一直增大【考点】向心力；功率、平均功率和瞬时功率【专题】匀速圆周运动专题【分析】对于不同的研究对象在不同的时刻进行受力分析和过程分析摆球做的是圆周运动，要根据摆球所需要的向心力运用牛顿第二定律确定摆球实际受到的力支架始终不动，根据平衡条件求解出未知的力运用瞬时功率表达式表示出重力对小球做功的功率，再根据已知条件判断功率的变化【解答】解：A、在释放瞬间，m的速度为零，根据F=，细线拉力为零，对支架受力分析，支架受重力和地面对它的支持力，处于静止状态所以在释放瞬间，支架对地面压力为Mg故A错误B、对小球在向下运动过程中某一位置进行受力
35、分析：当小球绕圆心转过角度为时，具有的速度v，根据动能定理得：mgRsin=，v=根据牛顿第二定律得：Tmgsin=T=mgsin+2mgsin=3mgsin而此时支架受重力、支持力、绳子的拉力、地面摩擦力根据平衡条件得：在竖直方向上有：Tsin+Mg=FN所以 FN=3mgsin2+Mg，摆动过程中逐渐增大，所以地面对支架的支持力也逐渐增大，根据牛顿第三定律：即摆动过程中，支架对地面压力一直增大，故B正确C、在从释放到最低点过程中，根据动能定理得：mgR=在最低点绳子拉力为T，对小球受力分析：小球受重力和绳子拉力，根据牛顿第二定律得：Tmg=当小球在最低点时，支架受重力、支持力、绳子的拉力根
36、据平衡条件得：FN=Mg+T 解得：FN=（3m+M）g故C错误 D、1小球在开始运动时的速度为零，则这时重力的功率P1=mgV0=0 2当小球绕圆心转过角度为时，具有的速度v，根据动能定理得：mgRsin=，v=并且重力与速度的方向夹角为，则这时重力的功率P2P2=mgvcos=mgcos03当小球运动到最低点时，速度的方向水平垂直于重力的方向，P3=mgvcos90=0，所以P3=0 因此重力功率变化为：先变大后变小，故D错误故选B【点评】要正确对物体进行受力分析，通过物体所处的状态运用牛顿第二定律列出等式求解要去判断一个物理量的变化，我们应该通过物理规律先把这个物理量表示出来10如图所示
37、，一轻绳通过无摩擦的小定滑轮O与小球B连接，另一端与套在光滑竖直杆上的小物块A连接，杆两端固定且足够长，物块A由静止从图示位置释放后，先沿杆向上运动设某时刻物块A运动的速度大小为vA，小球B运动的速度大小为vB，轻绳与杆的夹角为则（）AvA=vBcosBvB=vAcosC小球B减小的重力势能等于物块A增加的机械能D当物块A上升到与滑轮等高时，它的机械能最大【考点】功能关系【分析】将物块A的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子的方向，在沿绳子方向的分速度等于B的速度【解答】解：A、B、将物块A的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子的方向，在沿绳子方向的分速度等于B的速度在沿绳子方向的分速度为vAcos，
38、所以vB=vAcos故A错误，B正确C、滑块A、B组成的系统由静止开始运动，小球B减小的重力势能等于物块A增加的机械能与B增加的动能之和故C错误；D、滑块A、B组成的系统由静止开始运动，开始的时候B的速度逐渐增大，但是由于vB=vAcos，当物块A上升到与滑轮等高时，=90时，则B的速度为0，所以此时A的机械能最大故D正确故选：BD【点评】解决本题的关键会对速度进行分解，以及掌握机械能守恒的条件，会利用系统机械能守恒解决问题11如图所示，小车的质量为M，人的质量为m，人用恒力F拉绳，若人与车保持相对静止，且地面为光滑的，不计滑轮与绳的质量，则车对人的摩擦力大小和方向不可能是（）A0B，方向向右
39、C，方向向左D，方向向右【考点】静摩擦力和最大静摩擦力；力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用【专题】摩擦力专题【分析】求解本题的关键是先用整体法求出人和车共同的加速度，然后再对车受力分析，设出摩擦力的方向，根据牛顿第二定律列出方程，再求解讨论即可【解答】解：将人与车看做一整体分析，设他们的加速度大小为a，则有：2F=（M+m）a，再对人分析，设人受到的摩擦力方向向右，应有：Ff=ma联立以上两式可得车对人的摩擦力大小为：f=方向应讨论如下：当Mm时，f为正值，说明方向向右；所以D正确B错误；当Mm时，f为负值，说明方向向左，所以C正确；当M=m时，f=0，所以A正确本题选不可能的，所
40、以应选B【点评】遇到连接体问题要灵活运用整体法与隔离法，一般采用先整体后隔离的思想；遇到涉及静摩擦力问题，先设出摩擦力方向，再利用公式解出摩擦力，若为正值则方向与假设的方向相同，若为负值则相反12“嫦娥一号”探月卫星沿地月转移轨道直奔月球，在距月球表面200km的P点进行第一次变轨后被月球捕获，先进入椭圆轨道绕月飞行，如图所示之后，卫星在P点又经过两次变轨，最后在距月球表面200km的圆形轨道上绕月球做匀速圆周运动对此，下列说法不正确的是（）A卫星在轨道上运动的速度小于月球的第一宇宙速度B卫星在轨道上运动周期比在轨道上短C卫星在轨道上运动到P点的加速度大于沿轨道运动到P点的加速度D、三种轨道运
41、行相比较，卫星在轨道上运行的机械能最小【考点】万有引力定律及其应用【专题】万有引力定律的应用专题【分析】根据开普勒第三定律，比较各轨道的周期；根据万有引力提供向心力：，轨道半径越大，线速度越小，从而可比较卫星在轨道上运动的速度小于月球的第一宇宙速度大小；比较加速度，只需比较它所受的合力即万有引力【解答】解：A、根据万有引力提供向心力，轨道半径越大，线速度越小月球第一宇宙速度的轨道半径为月球的半径，所以第一宇宙速度是绕月球作圆周运动最大的环绕速度故A正确B、根据开普勒第三定律，半长轴越长，周期越大，所以卫星在轨道运动的周期最长故B正确C、卫星在轨道上在P点和在轨道在P点的万有引力大小相等，根据牛
42、顿第二定律，加速度相等故C错误D、从轨道进入轨道和从轨道进入轨道，都要减速做近心运动，故其机械能要减小，故卫星在轨道上运行的机械能最小，故D正确本题选错误的，故选：C【点评】解决本题的关键掌握开普勒第三定律，以及万有引力提供向心力二、实验题（共两小题，13小题4分，每空1分，14小题6分，每空2分，共10分）13下列几个图分别是探究“功与物体速度变化的关系”实验、“探究加速度与物体质量、物体受力的关系”的实验和“验证机械能守恒定律”实验装置图其中探究“功和物体速度变化的关系”实验装置图是乙（选填“甲”、“乙”、“丙”）；图甲中由于用砝玛和砝码盘的总重力代替小车拉力，因此要求砝码和砝码盘的总质量
43、远小于小车的质量（填写“大于”、“小于”、“远大于”、“远小于”）；图甲中实验前需平衡摩擦力，平衡摩擦力时砝码盆不需挂上（填写“需要”、“不需”）；这三个实验都使用了打点计时器，打点计时器用交流电源（填写“直流”、“交流”、“交直流均可”）在这三个实验挑选出的纸带中，其中有一条纸带中有一段打出的点间隔是均匀的，则这条纸带一定是实验装置图乙（填写“甲”、“乙”、“丙”）中实验得到的【考点】探究功与速度变化的关系【专题】实验题；动能定理的应用专题【分析】探究“功与物体速度变化的关系”实验和“探究加速度与物体质量、物体受力的关系”的实验均需要平衡摩擦力，这样物体所受的拉力才为物体受到的合力“探究加速
44、度与物体质量、物体受力的关系”实验中，只有当满足砝码总质量远小于小车质量时，绳子拉力大小才等于砝码的重力【解答】解：因探究功与速度变化关系实验可以用几条相同的橡皮筋来完成实验，故装置图是乙；根据牛顿第二定律可得出绳子拉力F=，可见，只有满足mM时，Fmg，故若用砝玛和砝码盘的总重力代替小车拉力，就应要求砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量；图甲中实验前需平衡摩擦力，平衡摩擦力时不能挂上砝码盘（但需要将纸带穿好，并且打点计时器正常运行）；打点计时器需要交流电源；在这三个实验挑选出的纸带中，其中有一条纸带中有一段打出的点间隔是均匀的，则这条纸带一定是实验装置图乙中实验得到的，因为实验乙中，当橡皮筋
45、达到原长后物体将做匀速运动故答案为：乙，远小于，不需，交流，乙【点评】明确每一个实验的实验原理、实验器材、实验步骤及注意事项是解决实验问题的关键14一个有一定厚度的圆盘，可以绕通过中心垂直于盘面的水平轴转动，圆盘加速转动时，角速度的增加量与对应时间t的比值定义为角加速度我们用电磁打点计时器、米尺、游标卡尺、纸带、复写纸来完成下述实验：（打点计时器所接交流电的频率为50Hz，A、B、C、D为计数点，相邻两计数点间有四个点未画出）如图甲所示，将打点计时器固定在桌面上，将纸带的一端穿过打点计时器的限位孔，然后固定在圆盘的侧面，当圆盘转动时，纸带可以卷在圆盘侧面上；接通电源，打点计时器开始打点，启动控
46、制装置使圆盘匀加速转动；经过一段时间，圆盘停止转动和打点，取下纸带，进行测量（1）用20分度的游标卡尺测得圆盘的直径如图乙所示，圆盘的直径d为6.000cm；（2）由图丙可知，打下计数点D时，圆盘转动的角速度为13.0rad/s（计算结果保留3位有效数字）（3）圆盘转动的角加速度大小为19.8rad/s2（计算结果保留3位有效数字）【考点】探究小车速度随时间变化的规律【专题】实验题【分析】（1）20分度的游标卡尺精确度为0.05mm，读数时先读大于1mm的整数部分，再读不足1mm的小数部分；（2）根据平均速度等于中间时刻瞬时速度求出D点的瞬时速度，然后根据v=r求解角速度；（3）用逐差法求解出
47、加速度，再根据加速度等于角加速度与半径的乘积来计算角加速度，从而即可求解【解答】解：（1）整数部分为60mm，小数部分为零，由于精确度为0.05mm，故需写到0.001cm处，故读数为6.000cm；因此直径为6.000cm；（2）打下计数点D时，速度为vD=0.389m/s故=13.0rad/s（3）纸带运动的加速度为a=0.59m/s2由于=，=，故角加速度为=19.8rad/s2；故答案为：（1）6.000；（2）13.0；（3）19.8【点评】本题根据根据题意中角加速度的定义，同时结合纸带处理中加速度和速度的求法进行分析处理，注意第1问：是直径，不是半径，同时掌握游标卡尺读数，没有估计
48、值三、计算题：（要求写出必要的解题过程和文字说明，共2小题，27分）15如图所示，为一传送装置，其中AB段粗糙，AB段长为L=0.2m，动摩擦因数=0.6，BC、DEN段均可视为光滑，且BC的始、末端均水平，具有h=0.1m的高度差，DEN是半径为r=0.4m的半圆形轨道，其直径DN沿竖直方向，C位于DN竖直线上，CD间的距离恰能让小球自由通过在左端竖直墙上固定有一轻质弹簧，现有一可视为质点的小球，小球质量m=0.2kg，压缩轻质弹簧至A点后由静止释放（小球和弹簧不粘连），小球刚好能沿DEN轨道滑下求：（1）小球刚好能通过D点时速度的大小；（2）小球到达N点时速度的大小，对轨道的压力；（3）压
49、缩的弹簧所具有的弹性势能【考点】动能定理；向心力；功能关系；机械能守恒定律【分析】（1）小球恰好通过D点，由牛顿第二定律求出D点的速度（2）从D到N由机械能守恒定律求出到达N点的速度，由牛顿运动定律求小球到达N点时速度的大小对轨道的压力（3）从A到C的过程中，由动能定理求出弹簧具有的弹性势能【解答】解：（1）小球刚好能沿DEN轨道滑下，则在半圆最高点D点必有： mg=m则 vD=2m/s（2）从D点到N点，由机械能守恒得： mvD2+mg2r=mvN2代入数据得：vN=2m/s在N点有：Nmg=m得 N=6mg=12N根据牛顿第三定律知，小球到达N点时对轨道的压力大小为12N（3）弹簧推开小球
50、的过程中，弹簧对小球所做的功W等于弹簧所具有的弹性势能Ep，根据动能定理得 WmgL+mgh=mvD20 W=mgLmgh+mvD2=0.44J 即压缩的弹簧所具有的弹性势能为0.44J答：（1）小球到达D点时的速度为2m/s；（2）小球到达N点时速度的大小是2m/s，对轨道的压力是12N；（3）压缩的弹簧所具有的弹性势能为0.44J【点评】本题综合考查了牛顿定律、动能定理和向心力知识的运用，关键要把握D点的临界速度，掌握每个过程的规律16如图，板长为L的平行板电容器倾斜固定放置，极板与水平线夹角=30，某时刻一质量为m，带电量为q的小球由正中央A点静止释放，小球离开电场时速度是水平的，落到距
51、离A点高度为h的水平面处的B点，B点放置一绝缘弹性平板M，当平板与水平夹角=45时，小球恰好沿原路返回A点求：（1）电容器极板间的电场强度；（2）平板电容器的板长L；（3）球在AB间运动的周期【考点】带电粒子在混合场中的运动；平抛运动【专题】带电粒子在复合场中的运动专题【分析】（1）由于带电粒子做的直线运动，对带电粒子受力分析可知，粒子在电场中的受到的合力沿水平方向，在竖直方向上受力平衡，由此可以求得电场强度的大小；（2）粒子离开电场后做的是平抛运动，水平方向的速度即为在电场中加速获得的速度的大小，再根据动能定理可以求得极板的长度；（3）小球在AB间运动的周期即为在电场中加速的时间和平抛运动时
52、间的和【解答】解：（1）带电粒子沿水平方向做匀加速运动可知：Eqcos=mg，得：（2）小球垂直落到弹性挡板上，且=450，有：根据动能定理：得：L=3h（3）由于小球在复合场中做匀加速运动，有：得：平抛运动的时间为：总时间为：t=2t1+2t2=2（+）答：（1）电容器极板间的电场强度E为；（2）平行板电容器的板长L为3h；（3）小球在AB间运动的周期T为2（+）【点评】在题目中告诉粒子在电场中做直线运动，由此可以得出，粒子在电场中做的应该是匀加速直线运动，这是本题中的关键所在四、选做题（在选修3-3、选修3-4、选修3-5的试题中选出其中一题作答，共15分）17下列说法正确的是（）A悬浮在
53、水中的花粉的布朗运动反映了花粉分子的热运动B空气的小雨滴呈球形是水的表面张力作用的结果C彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向异性的特点D高原地区水的沸点较低，这是高原地区温度较低的缘故E干湿泡温度计的湿泡显示的温度低于干泡显示的温度，这是湿泡外纱布中的水蒸发吸热的结果【考点】布朗运动；分子间的相互作用力；* 晶体和非晶体【分析】布朗运动反映了液体分子的无规则运动，不能反映花粉分子的热运动；液体表面存在表面张力，能使空气的小雨滴呈球形；液晶具有各向异性的特点；高原地区水的沸点较低，这是高原地区气压低的缘故；湿温度计下端包有湿纱布，湿纱布上的水分要蒸发，蒸发是一种汽化现象，汽化要吸热，所以湿
54、温度计的示数较低【解答】解：A、布朗运动是悬浮在水中花粉的无规则运动，由于花粉是由大量花粉分子组成的，所以布朗运动不能反映了花粉分子的热运动，故A错误；B、空气的小雨滴呈球形是水的表面张力，使雨滴表面有收缩的趋势的结果，故B正确；C、液晶像液体一样具有流动性，而其光学性质与某些晶体相似具有各向异性，彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向异性的特点，故C正确；D、高原地区水的沸点较低，这是高原地区气压较低的缘故，故D错误；E、干湿泡温度计的湿泡显示的温度低于干泡显示的温度，是因为湿泡外纱布中的水蒸发吸热，故E正确故选：BCE【点评】本题重点要掌握布朗运动的实质，液体表面张力的形成的原因，以及
55、晶体的物理性质18如图所示，足够长的圆柱形气缸竖直放置，其横截面积为S=1103m2，气缸内有质量m=2kg的活塞，活塞与气缸壁封闭良好，不计摩擦开始时活塞被销子K销于如图位置，离缸底L1=12cm，此时气缸内被封闭气体的压强为P1=1.5105 Pa，温度为T1=300K外界大气压为P0=1.0105Pa，g=10m/s2现对密闭气体加热，当温度升到T2=400K，其压强P2多大？若在此时拔去销子K，活塞开始向上运动，当它最后静止在某一位置时，气缸内气体的温度降为T3=360K，则这时活塞离缸底的距离L3为多少？保持气体温度为360K不变，让气缸和活塞一起在竖直方向作匀变速直线运动，为使活塞
56、能停留在离缸底L4=16cm处，则求气缸和活塞应作匀加速直线运动的加速度a大小及方向【考点】理想气体的状态方程【分析】由于销子的作用，气体的体积不会变化，确定气体的两个状态，分析其状态参量，利用等容变化可解得结果拔去销子K后，活塞会向上移动直至内外压强一致，确定此时的状态参量，结合第一个状态，利用气体的状态方程可解的活塞距离缸底的距离先根据理想气体状态方程列式求解封闭气体的气压，然后对活塞受力分析，求解加速度【解答】解：由题意可知气体体积不变，状态：P1=1.5105 Pa，T1=300K，V1=11030.12m2状态：P2=？T2=400K气体发生等容变化，由查理定律得：=，代入数据解得：
57、P2=2105pa；状态：p3=P0+=1.2105pa，T3=360K，V3=1103lm2由气体状态方程有： =，代入数据解得：l=0.18m=18cm；气体发生等温变化，由玻意耳定律得：p3L3S=p4L4S，代入数据解得：p4=1.35105pa，由牛顿第二定律得：p4Sp3Smg=ma，代入数据解得：a=7.5m/s2，方向：竖直向上；答：现对密闭气体加热，当温度升到400K，其压强为2105pa若在此时拔去销子K，活塞开始向上运动，当它最后静止在某一位置时，气缸内气体的温度为360K，则这时活塞离缸底的距离为18cm；气缸和活塞应作匀加速直线运动的加速度a大小为7.5m/s2，方向
58、：竖直向上【点评】该题考查了气体状态方程的应用，解答此类问题的关键就是正确的确定气体的状态，找出状态参量，利用相应的状态方程求解在此过程中，正确的确定气体的压强是解题的关键五、解答题（共2小题，满分0分）19（2015秋嘉峪关校级月考）如图所示，两束不同频率的平行单色光a、b从水射入空气（空气折射率为1）发生如图所示的折射现象（），下列说法正确的是 （）A随着a、b入射角度的逐渐增加，a先发生全反射B水对a的折射率比水对b的折射率小C在水中的传播速度vavbD在空气中的传播速度vavbE当a、b入射角为0时，光线不偏折，但仍然发生折射现象【考点】光的折射定律【专题】定量思想；方程法；光的折射专
59、题【分析】两光束从水射入空气中，入射角相等，折射角，根据折射定律分析折射率的大小，根据v=判断光束在水中速度的大小根据临界角公式分析临界角的大小【解答】解：ABCD、由于，所以折射率na小于nb，由知，在水中的传播速度vavb，由于sinC=知随着a、b入射角度的逐渐增加，b先发生全反射，a、b在空气的传播速度都是c，故AD错误，BC正确E、当a、b入射角为0时，光线虽然不偏折，但仍然发生折射现象，故E正确故选：BCE【点评】此题考查了光的折射定律、全反射等知识；对于折射率与光在介质中的速度、频率、波长、临界角等量之间的关系可结合光的色散、干涉等实验结果进行记忆，是考试的热点；此题是中等题，必
60、须熟记20（2015秋武汉校级期中）一列简谐波沿x轴方向传播，已知x轴上x1=0和x2=1m两处质点的振动图象分别如图（甲）、（乙）所示，求（1）若此波沿x轴正向传播，则波的传播速度的可能值（2）若此波沿x轴负向传播，则波的传播速度的可能值【考点】横波的图象；波长、频率和波速的关系【专题】振动图像与波动图像专题【分析】由振动图象读出周期根据x1=0处质点和x2=1m质点的振动图象，分析状态与位置关系，找出波长的通项，求出波速的通项【解答】解：由所给出的振动图象可知周期T=4103 s由题图可知，t=0时刻，x1=0的质点在正向最大位移处，x2=1 m的质点在平衡位置向y轴负方向运动所以当简谐波
61、沿x轴正向传播时，两质点间距离为x=（n+）1，当波沿x轴负方向传播时，两质点间距离为x=（n+）2，其中n=0，1，2因为（n+）1=1 m，所以1=m因为（n+）2=1 m，所以2=m波沿x轴正方向传播时的波速v1=m/s，（n=0，1，2）波沿x轴负方向传播时的波速v2=m/s，（n=0，1，2）答：（1）若沿x轴正向传播，波速为m/s，（n=0，1，2）（2）若沿x轴负向传播，波速为=m/s，（n=0，1，2）【点评】解决本题的关键要理解波的周期性，即重复性，写出波长的通项，由此还得到波速的特殊值六、解答题（共2小题，满分0分）21（2015秋嘉峪关校级月考）下列说法正确的是（）A卢瑟
62、福通过粒子散射实验证实了在原子核内部存在质子B铀核（U）衰变为铅核（Pb）的过程中，要经过8次衰变和6次衰变C按照爱因斯坦的理论，在光电效应中，金属中的电子吸收一个光子获得的能量是hv，这些能量的一部分用来克服金属的逸出功W0，剩下的表现为逸出后电子的初动能EkD玻尔的原子理论第一次将量子观念引入原子领域，提出了定态和跃迁的概念，成功地解释了所有原子光谱的实验规律E铀核（U）衰变成离子和另一原子核，衰变产物的结合能之和一定大于铀核的结合能【考点】光电效应【专题】光电效应专题【分析】根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可并根据质量数和电荷数守恒正确书写衰变方程，并依据质能方程，即
63、可求解【解答】解：A、卢瑟福的实验提出了带核的原子结构模型：原子是由原子核和核外电子构成，并不是证实了在原子核内部存在质子，故A错误；B、设发生x次衰变，y次衰变，衰变方程为：92238U82206Pb+x+y则：238=206+4x，解得：x=8又：92=82+82y，得：y=6，故B正确；C、按照爱因斯坦的理论，在光电效应中，金属中的电子吸收一个光子获得的能量是h，这些能量的一部分用来克服金属的逸出功W0，剩下的表现为逸出后电子的初动能Ek，故C正确；D、玻尔的原子理论第一次将量子观念引入原子领域，提出了定态和跃迁的概念，成功地解释了氢原子光谱的实验规律，不能解释复杂的原子光谱的规律，故D
64、错误；E、结合能越大越稳定，衰变后的产物相当于衰变前要稳定，所以铀核衰变成粒子和另一原子核，衰变产物的结合能之和一定大于铀核的结合能，故E正确；故选：BCE【点评】本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一22（2015秋玉溪校级期中）如图所示，光滑水平轨道右边与墙壁连接，木块A、B和半径为0.5m的光滑圆轨道C静置于光滑水平轨道上，A、B、C质量分别为1.5kg、0.5kg、4kg现让A以6m/s的速度水平向右运动，之后与墙壁碰撞，碰撞时间为0.3s，碰后速度大小变为4m/s当A与B碰撞后会立即粘在一起运动，已知g=10m/s2 求：A
65、与墙壁碰撞过程中，墙壁对小球平均作用力的大小；AB第一次滑上圆轨道所能到达的最大高度h【考点】动量守恒定律；动量定理【专题】动量定理应用专题【分析】A碰撞墙壁过程，应用动量定理可以求出作用力A、B碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，由动量守恒定律与机械能守恒定律可以求出最大高度【解答】解：设水平向左为正方向，当A与墙壁碰撞时，由动量定理得：Ft=mAv2mA（v1），解得：F=50N设碰撞后A、B的共同速度为v，以向左为正方向，由动量守恒定律得：mAv2=（mA+mB）v3，A、B滑上斜面到最高过程中，A、B、C水平方向动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：（mA+mB）v3=（mA+mB+mC）v4，A、B在光滑圆形轨道上滑动时，机械能守恒，由机械能守恒定律得：（mA+mB）v32=（mA+mB+mC）v42+（mA+mB）gh，解得：h=0.3m；答：A与墙壁碰撞过程中，墙壁对小球平均作用力的大小为50N；AB第一次滑上圆轨道所能到达的最大高度h为0.3m【点评】本题考查了求作用力、高度问题，分析清楚物体运动过程，正确应用动量定理、动量守恒定律、机械能守恒定律即可正确解题
