2022-2022学年安徽省皖南八校高三（上）第一次联考物理试卷一、选择题：本题共10小题，毎小題4分，在毎小题给出的四个选项中，第1～6题只有一个选项正确，第7〜10题有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分）1．一物块静止在光滑水平面上，在一沿水平方向的力作用下运动，其运动v﹣t图象如图所示，则0～t0时间内()A．物块做的是曲线运动B．物块先做加速运动后做减速运动C．物块运动的加速度先减小后增大D．水平力的大小不断变化，方向保持不变2．如图所示，一斜面放在水平地面上，其上表面放一物块A，均处于静止状态．现将斜面倾角增大5°，物块A和斜面仍保持静止，则下列说法中正确的是()A．物块A对斜面的摩擦力增大B．物块A对斜面的压力不变C．斜面对地面的摩擦力增大D．斜面对地面的压力增大3．如图所示，用两根劲度系数均为k的弹簧悬挂一个质量为m的重物，弹簧L1悬于A点，与竖直方向的夹角θ=37°，弹簧L2的另一端连于竖直墙上B点，弹簧L2处于水平状态，此时两个弹簧的长度相同，则两根弹簧的原长相差的长度为()-32-\nA．B．C．D．4．将一物块从某一高度处水平抛出，刚抛出时物块的动能是其重力势能的3倍，（取地面为参考平面），不计空气阻力，则该物块落地时速度与竖直方向的夹角为()A．πB．C．D．5．长木板AB固定在水平面上，一物块放在长木板上用水平向右、大小为F的拉力，可以使物块在长木板上做匀速直线运动如图1，若将长木板绕A端逆时针转过37．并保持长木板固定，要使物块沿长木板匀速上滑，如图2，需要沿长木板向上的拉力大小为2F；若将长木板绕A端逆时针转过53°并保持长木板固定，要使物块沿长木板匀速上滑，需要沿长木板向上的拉力大小为()A．FB．FC．2FD．F6．如图所示为某港口大型起重装置，缆车下吊一重物正匀速运动，所吊重物的质量为m，吊重物的缆绳长为L，当缆车突然停止时，缆绳所承受的拉力增大为原来的2倍，不计缆绳的重量，重力加速度为g，则缆车匀速运动时的速度为()A．B．C．D．7．随着科技的发展，未来我国的探测月球的探测器在考查完成后将返回地球，其过程如图所示，有关探测器的运行下列说法正确的是()-32-\nA．探测器在轨道Ⅱ上的机械能大于轨道I上的机械能B．探测器在轨道I上绕月球运行的周期与探测器在同样的轨道上绕地球运行的周期相等C．探测器在轨道Ⅲ上经过M点的加速度小于探测器在轨道I上过M点的加速度D．探测器在轨道Ⅱ上过M点的速度大于过N点的速度8．如图所示，质量相等的甲、乙两球被以相同的初速度抛出，初速度与水平方向的夹角均为θ，甲在空中做抛体运动，乙刚好沿倾角为θ的足够长光滑斜面向上运动，则下列说法正确的是()A．两球到最高点的时间相同B．两球到达的最大高度相同C．两球运动过程中加速度保持不变D．两球到最高点的过程中重力做功的平均功率相同9．如图1所示将一倾角为α的传送带固定，皮带轮以恒定的角速度ω逆时针转动，已知皮带轮的半径为r=0.2m，且传送带足够长，某时刻将一个可视为质点的小物块从皮带的顶端由静止释放，从释放的瞬间开始计时，小物块的速度随时间的变化规律如图2所示．已知小物块的质量为m=lkg，g=10m/s2，小物块与传送带间的动摩擦因数为u，则下列说法正确的是()A．ω=50rad/sB．小物块所受的摩擦力方向始终向上C．a=30°D．μ=0.5-32-\n10．如图所示，AB为固定水平长木板，长为L，C为长木板的中点，AC段光滑，CB段粗糙，一原长为的轻弹簧一端连在长木板左端的挡板上，一端连一物块，开始时将物块拉至长木板的右端B点，由静止释放物块，物块在弹簧弹力的作用下向左滑动，已知物块与长板间的动摩擦因数为u，物块的质量为m，弹簧的劲度系数为k，且k＞，物块第一次到达c点时，物块的速度大小为vo，这时弹簧的弹性势能为E0，不计物块的大小，则下列说法正确的是()A．物块可能会停在CB面上某处B．物块最终会做往复运动C．弹簧开始具有的最大弹簧势能为mv02+E0D．物块克服摩擦做的功最大为mv02+μmgL二、非选择题：包括必考題和选考題两部分。第11题～第15题为必考题，每个试题考生都必须做答，第16题～第18题为选考题，考生根据要求做答.11．某实验小组欲以如图甲所示的实验装置“探究木块与长木板之间的动摩擦因数”．把一端带有定滑轮的长木板放在水平桌面上，钩码用细线绕过定滑轮与木块相连，在长木板两处固定两光电门．（1）用游标卡尺测遮光条的宽度如图乙所示，则读数为__________．（2）实验中，挂上合适的钩码（钩码的质量已知），让木块能够匀速运动，读出钩码的质量m=500g．-32-\n（3）把钩码和细线取下，给木块一个初速度，使木块在木板上运动，记录遮光条通过两个光电门的时间和光电门之间的距离x，然后算出木块通过两个光电门的瞬时速度，改变两个光电门的位置，多次实验，得出多组数据，计算出v22﹣v12，作（v22﹣v12）﹣x图象如图丙所示，根据图象可知木块与长木板的动摩擦因数为__________．（g取10N/kg）（4）可以求出木块和遮光条的总质量为__________．12．如图1所示，将打点计时器固定在铁架台上，用重物带动纸带从静止开始自由下落，利用此装置可验证机械能守恒定律．①已准备的器材有打点计时器（带导线）、纸带、复写纸、带铁夹的铁架台和带夹子的重物，此外还需要的器材是__________（填字母代号）．A．直流电源、天平及砝码B．直流电源、毫米刻度尺C．交流电源．天平及砝码D．交流电源、毫米刻度尺②实验中需要测量物体由静止开始自由下落到某点时的瞬时速度v和下落高度h．某同学对实验得到的纸带，设计了以下四种测量方案，这些方案中合理的是：__________．A．用刻度尺测出物体下落的高度h，由打点间隔数算出下落时间t，通过v=gt计算出瞬时速度vB．用刻度尺测出物体下落的高度h，并通过v=计算出瞬时速度vC．报据做匀变速直线运动时，纸带上某点的瞬时速度等于这点前后相邻两点间的平均速度，测算出瞬时速度v，并通过计算得出高度hD．用刻度尺测出物体下落的高度h，根据做匀变速直线运动时，纸带上某点的瞬时速度等于这点前后相邻两点间的平均速度，测算出瞬时速度v③安装好实验装置，正确进行实验操作，从打出的纸带中选出符合要求的纸带，如图2所示．图中O点为打点起始点，且速度为零．选取纸带上打出的连续点A、B、C、…作为计数点，测出其中E、F、G点距起始点O的距离分別为h1、h2、h3-32-\n．已知重锤质量为m，当地重力加速度为g，计时器打点周期为T．为了验证此实验过程中机械能是否守恒，需要计算出从O点到F点的过程中，重锤重力势能的减少量△Ep=__________，动能的增加量△Ek=__________（用题中所给字母表示）④实验结果往往是重力势能的减少量略大于动能的增加量子，关于这个误差下列说法正确的是__________．A．该误差属于偶然误差B．该误差属于系统误差C．可以通过多次测量取平均值的方法来减小该误差D．可以通过减小空气阻力和摩擦阻力的影响来减小该误差⑤某同学在实验中发现重锤增加的动能略小于重锤减少的重力势能，于是深入研究阻力对本实验的影响．若重锤所受阻力为f．重锤质量为m，重力加速度为g．他测出各计数点到起始点的距离h，并计算出各计数点的速度v，用实验测得的数据绘制出v2﹣h图线，如图3所示，图象是一条直线，此直线斜率k=__________（用题中字母表示）．已知当地的重力加速度g=9.8m/s2，由图线求得重锤下落时受到阻力与重锤所受重力的百分比为=__________%（保留两位有效数字）．13．如图所示，物体P放在粗糙的水平地面上，劲度系数为k=250N/m的轻弹簧左端固定在竖直墙壁上、右端固定在质量为m=1kg的物体P上，弹簧水平，开始弹簧为原长，P从此刻开始受到与水平面成θ=37°的拉力作用而向右做加速度大小为a=1m/s2的匀加速运动，某时刻F=10N，弹簧弹力大小为FT=5N，此时撤去F，已知sin37°=0.6、cos37°=0.8，重力加速度g=10m/s2．求：（1）撤去F的瞬间P的速度；（2）撤去F的瞬间P的加速度．14．（14分）如图所示，AB段为一半径R=0.2m的光滑-32-\n圆形轨道，EF为一倾角为30°的光滑斜面，斜面上有一质量为0.1kg的薄木板CD，木板的下端D离斜面底端的距离为15m，开始时木板被锁定．一质量也为0.1kg的物块从A点由静止开始下滑，通过B点后被水平抛出，经过一段时间后恰好以平行于薄木板的方向滑上木板，在物块滑上木板的同时木板解除锁定．已知物块与薄木板间的动摩擦因数为μ=．取g=10m/s2，求：（1）物块到达B点时对圆形轨道的压力大小；（2）物块做平抛运动的时间；（3）若下滑过程中某时刻物块和木板达到共同速度，则这个速度为多大？15．如图所示，静止在光滑水平面上的长木板B，质量为M=2kg，长l1=4.5m．与B等高的固定平台CD长l2=3m，平台右侧有一竖直放置且半径R=1m的光滑半圆轨道DEF．质量m=1kg的小滑块A以初速度v0=6m/s从B的左端水平滑上B，随后A、B向右运动，长木板B与平台CD碰撞前的瞬间，小滑块A的速度大小为vA=4m/s，此时A、B还未达到共同速度．设长木板B与平台碰撞后立即被锁定，小滑块A可视为质点，小滑块A与平台B之间的动摩擦因数μ1=0.2，小滑块A与平台CD之间的动摩擦因数μ2=0.1，s=0.5m，g=10m/s2．求：（1）长木板B与平台碰撞前的瞬间，B的速度大小是多少？（2）小滑块A在半圆轨道上能达到的最大高度．（3）小滑块A最终停在离木板B左端多远处？三、选考题:共15分，在所给的选修3-3、选修3-4、选修3-5三个模块3道题中选一题做答，如果多答，则按所答的第一题计分.【物理-选修3-3】16．下列说法正确的是()-32-\nA．空调既能制热又能制冷，说明热传递不存在方向性B．在较暗的房间里，看到透过窗户的“阳光柱”里粉尘的运动不是布朗运动C．分子间作用力的合力表现为引力时，若分子间的距离增大，则分子力不一定减小，但分子势能一定增大D．由于液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离，液面分子间只有引力，没有斥力，所以液体表面具有收缩的趋势E．在各种晶体中，原子（或分子、离子）都是按照一定的规则排列的，具有空间上的周期性17．如图所示，一网柱形导热良好的气瓶水平放置，瓶内有用导热良好的活塞分开的A、B两部分，分别装有理想气体．活塞与瓶内壁气密性好，并可在瓶内自由移动，不计摩擦，开始时，A、B两部分气体的体积之比为2：1，压强均为p，大气温度为T，K为阀门．①当温度升高时，活塞将如何移动？②若因阀门封闭不严，B中气体向外缓慢漏气，活塞将缓慢移动，整个过程中气体温度不变，瓶口处气体体积可以忽略．当活塞向右缓慢移动至B中体积减为原来一半时，A中气体的压强多大？若此过程A中气体对外做功为W，则A中气体内能变化多少？【物理-选修3-4】18．下列说法正确的是()A．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B．全息照相的拍摄利用了光的干涉原理C．拍摄玻璃橱窗内的物品时．要在镜头前加装一个偏振片以增加透射光的强度D．光的双缝干涉实验中，若仅将入射光从红光改为紫光，则相邻亮条纹间距一定变小E．真空中的光速在不同的惯性参考系中都是相同的，与光源和观察者的运动无关19．一列简谐横波在t=0时刻的波形如图所示，质点P此时刻沿y轴负方向运动，经过0.1s第一次到达平衡位置，波速为5m/s，求：①该波的传播方向；-32-\n②P点的横坐标为多少？③图中Q点（坐标为x=7.5m的点）的振动方程．【物理选修3-5】20．下列说法正确的是()A．为了解释光电效应现象，爱因斯坦建立了光子说，指出在光电效应现象中，光电子的最大初动能与照射光的频率成线性关系B．汤姆逊通过阴极射线在电场和在磁场中的偏转实验发现了阴极射线是由带负电的粒子组成，并测出了该粒子的比荷C．按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能减小，原子的能量也减小了D．经过6次a衰变和4次B衰变后成为稳定的原子核PbE．U在中子轰击下生成Sr和Xe的过程中，原子核中的平均核子质量变大21．如图所示，质量为2m，长为L的木块置于光滑水平台面上，质量为m的子弹以初速度v0水平向右射向木块，穿过木块的过程中受到木块的恒定阻力为f=的作用，试问子弹能否穿过木块？若能穿过求出子弹穿过木块后的速度；若不能穿过，求出子弹打入木块后的速度．-32-\n2022-2022学年安徽省皖南八校高三（上）第一次联考物理试卷一、选择题：本题共10小题，毎小題4分，在毎小题给出的四个选项中，第1～6题只有一个选项正确，第7〜10题有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分）1．一物块静止在光滑水平面上，在一沿水平方向的力作用下运动，其运动v﹣t图象如图所示，则0～t0时间内()A．物块做的是曲线运动B．物块先做加速运动后做减速运动C．物块运动的加速度先减小后增大D．水平力的大小不断变化，方向保持不变【考点】匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的速度与时间的关系．【分析】v﹣t图象反映速度随时间的变化情况，不是物体的运动轨迹．由图直接分析出物体的运动情况．加速度的大小为v﹣t图象斜率的绝对值．由牛顿第二定律分析水平力的变化．【解答】解：A、v﹣t图象反映物体做直线运动时的速度随时间的变化情况，不是物体的运动轨迹，故A错误．B、由图知，物体运动的速度先增大后减小，因此物块先做加速运动后做减速运动，故B正确．C、由于v﹣t图象的斜率表示加速度，因此物块运动的加速度先减小后增大再减小，故C错误．D、物块运动的加速度先减小后增大再减小，由牛顿第二定律知水平力先减小后增大再减小．加速度先为正，后为负，因此水平力先沿正方向，后沿负方向，故D错误．故选：B-32-\n【点评】v﹣t图象的斜率即为物体运动的加速度是解决本题的关键所在，要明确加速度和外力之间的关系符合牛顿第二定律．2．如图所示，一斜面放在水平地面上，其上表面放一物块A，均处于静止状态．现将斜面倾角增大5°，物块A和斜面仍保持静止，则下列说法中正确的是()A．物块A对斜面的摩擦力增大B．物块A对斜面的压力不变C．斜面对地面的摩擦力增大D．斜面对地面的压力增大【考点】共点力平衡的条件及其应用；摩擦力的判断与计算．【专题】共点力作用下物体平衡专题．【分析】物块A和斜面保持静止，受力都平衡，分析物块A的受力情况，由平衡条件求出斜面对物块A和支持力和摩擦力，分析其变化，从而得到物块对斜面的压力和摩擦力的变化．对整体研究，分析地面对斜面的支持力和摩擦力，再研究斜面对地面的压力和摩擦力．【解答】解：A、物块A受力分析如图所示，由平衡条件可得：物块A受到的静摩擦力f=Gsinθ，则f随θ的增大而增大．则物块A对斜面的摩擦力增大．故A正确．B、斜面对物块A的支持力N=Gcosθ，由牛顿第三定律知，物块A对斜面的压力N′=N=Gcosθ，θ增大，N′减小，故B错误．CD、对斜面和物块A整体研究可知，地面对斜面的摩擦力为零，地面对斜面的支持力等于两者的重力之和，可知斜面对地面的摩擦力为零不变，斜面对地面的压力不变，故CD错误．故选：A【点评】本题是简单的动态变化分析问题，根据平衡条件列出力的表达式是关键，也可以运用图解法作图分析．-32-\n3．如图所示，用两根劲度系数均为k的弹簧悬挂一个质量为m的重物，弹簧L1悬于A点，与竖直方向的夹角θ=37°，弹簧L2的另一端连于竖直墙上B点，弹簧L2处于水平状态，此时两个弹簧的长度相同，则两根弹簧的原长相差的长度为()A．B．C．D．【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】根据此时两个弹簧的长度相同，则两根弹簧的原长相差的长度等于此时弹簧伸长的长度之差．由平衡条件和胡克定律求出两根弹簧伸长量，即可得解．【解答】解：设弹簧L1原长为d1，此时伸长量为x1，弹簧L2的原长为d2，伸长量为x2．根据力的平衡可得：水平方向有：kx1sin37°=kx2．竖直方向有：kx1cos37°=mg解得：kx1=mg，kx2=mg由题可知：d1+x1=d2+x2．则得：d2﹣d1=x1﹣x2=故选：A【点评】本题考查了受力分析以及平衡条件的应用，可以用合成法，也可以用正交分解法求弹力的大小．4．将一物块从某一高度处水平抛出，刚抛出时物块的动能是其重力势能的3倍，（取地面为参考平面），不计空气阻力，则该物块落地时速度与竖直方向的夹角为()A．πB．C．D．【考点】功能关系；平抛运动．-32-\n【分析】根据机械能守恒定律，以及已知条件：抛出时动能与重力势能恰好相等，分别列式即可求出落地时速度与水平速度的关系，从而求出物块落地时的速度方向与水平方向的夹角．【解答】解：设抛出时物体的初速度为v0，高度为h，物块落地时的速度大小为v，方向与竖直方向的夹角为α．根据机械能守恒定律得：+mgh=，据题有：=3mgh，联立解得：v=，则sinα==，得：α=．故选：D．【点评】解决本题的关键会熟练运用机械能守恒定律处理平抛运动，并要掌握平抛运动的研究方法：运动的合成与分解．5．长木板AB固定在水平面上，一物块放在长木板上用水平向右、大小为F的拉力，可以使物块在长木板上做匀速直线运动如图1，若将长木板绕A端逆时针转过37．并保持长木板固定，要使物块沿长木板匀速上滑，如图2，需要沿长木板向上的拉力大小为2F；若将长木板绕A端逆时针转过53°并保持长木板固定，要使物块沿长木板匀速上滑，需要沿长木板向上的拉力大小为()A．FB．FC．2FD．F【考点】牛顿第二定律；共点力平衡的条件及其应用．【专题】定性思想；推理法；牛顿运动定律综合专题．【分析】在三种情况下，物体都做匀速直线运动，合外力为零，对物体受力分析，根据平衡条件列式求解即可．-32-\n【解答】解：设物块的质量为m，重力加速度为g，物块与长木板的动摩擦因数为μ，则在水平面上匀速滑动时，F=μmg，当长木板倾斜37°时，2F=mgsin37°+μmgcos37°当长木板倾斜53°时，F′=mgsin53°+μmgcos53°，解得：，故D正确．故选：D【点评】本题主要考查了共点力平衡条件的直接应用，知道匀速运动时合力为零，要求同学们能正确分析物体的受力情况，难度适中．6．如图所示为某港口大型起重装置，缆车下吊一重物正匀速运动，所吊重物的质量为m，吊重物的缆绳长为L，当缆车突然停止时，缆绳所承受的拉力增大为原来的2倍，不计缆绳的重量，重力加速度为g，则缆车匀速运动时的速度为()A．B．C．D．【考点】向心力．【专题】匀速圆周运动专题．【分析】缆车突然停车的瞬间，由于惯性，重物绕行车做圆周运动，在最低点时，重力和拉力的合力提供向心力．【解答】解：由题意知，缆车突然停车的瞬间，重物开始做圆周运动，其所受合力提供向心力，即：F﹣mg=m其中F=2mg解得：v=故选：B【点评】本题关键要分析求出重物的运动情况，然后根据牛顿第二定律列式求解，难度不大，属于基础题．-32-\n7．随着科技的发展，未来我国的探测月球的探测器在考查完成后将返回地球，其过程如图所示，有关探测器的运行下列说法正确的是()A．探测器在轨道Ⅱ上的机械能大于轨道I上的机械能B．探测器在轨道I上绕月球运行的周期与探测器在同样的轨道上绕地球运行的周期相等C．探测器在轨道Ⅲ上经过M点的加速度小于探测器在轨道I上过M点的加速度D．探测器在轨道Ⅱ上过M点的速度大于过N点的速度【考点】万有引力定律及其应用．【专题】定量思想；推理法；万有引力定律的应用专题；万有引力定律在天体运动中的应用专题．【分析】A、在同一轨道上机械能守恒，从低轨道高高轨道要加速，故机械能要增加；B、结合卫星的环绕速度公式v=判断即可；C、根据牛顿第二定律列式判断加速度大小；D、结合机械能守恒定律判断即可．【解答】解：A、探测器从轨道I转移到轨道Ⅱ需要加速，故探测器在轨道Ⅱ上的机械能大于轨道I上的机械能，故A正确；B、根据卫星的环绕速度公式v=，由于地球的质量大，故在地球上转动快，公转周期小，故B错误；C、探测器在轨道Ⅲ上经过M点与探测器在轨道I上过M点万有引力相同，根据牛顿第二定律，加速度相同，故C错误；D、在轨道Ⅱ上运行时只有万有引力做功，故机械能守恒，由于在N点的势能大，故动能小，故探测器在轨道Ⅱ上过M点的速度大于过N点的速度，故D正确；故选：AD【点评】本题考查了变轨问题，关键明确从低轨道到高轨道需要加速才能在更大的轨道上做离心运动，同时要记住卫星的环绕速度公式v=．-32-\n8．如图所示，质量相等的甲、乙两球被以相同的初速度抛出，初速度与水平方向的夹角均为θ，甲在空中做抛体运动，乙刚好沿倾角为θ的足够长光滑斜面向上运动，则下列说法正确的是()A．两球到最高点的时间相同B．两球到达的最大高度相同C．两球运动过程中加速度保持不变D．两球到最高点的过程中重力做功的平均功率相同【考点】功率、平均功率和瞬时功率；抛体运动．【分析】物体甲最斜抛运动，根据斜抛运动的特点求的时间和上升高度，物体乙沿斜面做匀减速运动，根据运动学公式求的时间和高度，根据W=F求的重力做功的平均功率【解答】解：A、假球在竖直方向以v0sinθ向上做竖直上抛运动，因此上升到最高点的时间为，上升的最大高度为，沿斜面向上运动到最高的速度为零，时间为，上升的高度，故AB错误；C、甲球运动过程中的加速度为g，乙球运动的加速度为gsinθ，甲乙运动的加速度恒定，故C正确；D、两球在竖直方向均做匀减速运动到速度为零，竖直方向的初速度为v0sinθ，因此竖直方向运动的平均速度为，重力做功的平均功率为P=﹣mgv=﹣，故D正确；故选：CD【点评】本题主要考查了斜抛运动的和沿斜面的匀变速直线运动，根据运动学公式即可求得9．如图1所示将一倾角为α的传送带固定，皮带轮以恒定的角速度ω逆时针转动，已知皮带轮的半径为r=0.2m，且传送带足够长，某时刻将一个可视为质点的小物块从皮带的顶端由静止释放，从释放的瞬间开始计时，小物块的速度随时间的变化规律如图2所示．已知小物块的质量为m=lkg，g=10m/s2，小物块与传送带间的动摩擦因数为u，则下列说法正确的是()-32-\nA．ω=50rad/sB．小物块所受的摩擦力方向始终向上C．a=30°D．μ=0.5【考点】牛顿第二定律．【专题】匀速圆周运动专题．【分析】由图象可以得出物体先做匀加速直线运动，当速度达到传送带速度后，由于重力沿斜面向下的分力大于摩擦力，物块继续向下做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律，结合加速度的大小求出动摩擦因数的大小．【解答】解：A、由图2可知，物体的加速度的变化点是速度为10m/s，可知传送带的速度是10m/s，所以皮带轮的角速度：ω=rad/s．故A正确；B、开始时，物块相对于传送带向上滑动，受到的摩擦力方向沿传送带向下，当速度与传送带速度相等后，所受的静摩擦力沿传送带向上．故B错误；C、速度时间图线的斜率表示加速度，开始匀加速运动的加速度，则1～2s内，物块的加速度；根据牛顿第二定律得，a1=gsinθ+μgcosθ，速度相等后，加速度a2=gsinθ﹣μgcosθ，联立两式解得θ=37°，μ=0.5．故C错误，D正确；故选：AD．【点评】解决本题的关键理清物体在整个过程中的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解．-32-\n10．如图所示，AB为固定水平长木板，长为L，C为长木板的中点，AC段光滑，CB段粗糙，一原长为的轻弹簧一端连在长木板左端的挡板上，一端连一物块，开始时将物块拉至长木板的右端B点，由静止释放物块，物块在弹簧弹力的作用下向左滑动，已知物块与长板间的动摩擦因数为u，物块的质量为m，弹簧的劲度系数为k，且k＞，物块第一次到达c点时，物块的速度大小为vo，这时弹簧的弹性势能为E0，不计物块的大小，则下列说法正确的是()A．物块可能会停在CB面上某处B．物块最终会做往复运动C．弹簧开始具有的最大弹簧势能为mv02+E0D．物块克服摩擦做的功最大为mv02+μmgL【考点】功能关系；动能定理．【分析】分析摩擦力与弹簧的拉力之间的关系，即可确定物块是否可能会停在CB面上某处；根据功能关系即可求出弹簧开始时的最大弹性势能；根据功能关系，结合滑块的初状态与末状态对应的机械能，即可求出物块克服摩擦力做的功．【解答】解：A、由于k＞，由此，由此，物块不可能停在BC段，故A错误；B、只要物块滑上BC段，就要克服摩擦力做功，物块的机械能就减小，所以物块最终会在AC段做往返运动．故B正确；C、物块从开始运动，到第一次运动到C点的过程中，根据能量守恒定律得：．故C错误；D、物块第一次到达c点时，物块的速度大小为vo，物块最终会在AC段做往返运动，到达C点的速度为0，可知物块克服摩擦做的功最大为Wfm=EPm﹣EP=mv02+μmgL．故D正确．故选：BD【点评】该题结合滑块与弹簧模型，考查摩擦力的计算、功能关系等，要明确物块在BC之间运动的过程中，系统的一部分的机械能转化为内能，物块在AC之间运动的过程中，物块的动能与弹簧的弹性势能之间相互转化．-32-\n二、非选择题：包括必考題和选考題两部分。第11题～第15题为必考题，每个试题考生都必须做答，第16题～第18题为选考题，考生根据要求做答.11．某实验小组欲以如图甲所示的实验装置“探究木块与长木板之间的动摩擦因数”．把一端带有定滑轮的长木板放在水平桌面上，钩码用细线绕过定滑轮与木块相连，在长木板两处固定两光电门．（1）用游标卡尺测遮光条的宽度如图乙所示，则读数为16.55mm．（2）实验中，挂上合适的钩码（钩码的质量已知），让木块能够匀速运动，读出钩码的质量m=500g．（3）把钩码和细线取下，给木块一个初速度，使木块在木板上运动，记录遮光条通过两个光电门的时间和光电门之间的距离x，然后算出木块通过两个光电门的瞬时速度，改变两个光电门的位置，多次实验，得出多组数据，计算出v22﹣v12，作（v22﹣v12）﹣x图象如图丙所示，根据图象可知木块与长木板的动摩擦因数为0.327．（g取10N/kg）（4）可以求出木块和遮光条的总质量为1.53kg．【考点】探究影响摩擦力的大小的因素．【专题】实验题．【分析】（1）解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读；（3）根据牛顿第二定律与运动学公式，结合图象的斜率，即可求解；（4）根据牛顿第二定律，即可求解．【解答】解：（1）游标卡尺读数为：16mm+0.05mm×11=16.55mm；（3）木块在长木板上做匀减速直线运动．根据运动学公式，v﹣=2ax，可知，（v22﹣v12）﹣x图象中的斜率表示为2a，再根据图象可知，a=3.27m/s2，而a=μg，解得：μ=0.327（3）根据牛顿第二定律，则有：F=ma，而摩擦力F=mg，-32-\n解得：M=1.53kg故答案为：（1）16.55mm；（2）0.327；（3）1.53kg．【点评】对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量．并掌握牛顿第二定律与运动学公式的内容，理解图象的斜率与加速度的关系是解题的关键．12．如图1所示，将打点计时器固定在铁架台上，用重物带动纸带从静止开始自由下落，利用此装置可验证机械能守恒定律．①已准备的器材有打点计时器（带导线）、纸带、复写纸、带铁夹的铁架台和带夹子的重物，此外还需要的器材是D（填字母代号）．A．直流电源、天平及砝码B．直流电源、毫米刻度尺C．交流电源．天平及砝码D．交流电源、毫米刻度尺②实验中需要测量物体由静止开始自由下落到某点时的瞬时速度v和下落高度h．某同学对实验得到的纸带，设计了以下四种测量方案，这些方案中合理的是：D．A．用刻度尺测出物体下落的高度h，由打点间隔数算出下落时间t，通过v=gt计算出瞬时速度vB．用刻度尺测出物体下落的高度h，并通过v=计算出瞬时速度vC．报据做匀变速直线运动时，纸带上某点的瞬时速度等于这点前后相邻两点间的平均速度，测算出瞬时速度v，并通过计算得出高度hD．用刻度尺测出物体下落的高度h，根据做匀变速直线运动时，纸带上某点的瞬时速度等于这点前后相邻两点间的平均速度，测算出瞬时速度v-32-\n③安装好实验装置，正确进行实验操作，从打出的纸带中选出符合要求的纸带，如图2所示．图中O点为打点起始点，且速度为零．选取纸带上打出的连续点A、B、C、…作为计数点，测出其中E、F、G点距起始点O的距离分別为h1、h2、h3．已知重锤质量为m，当地重力加速度为g，计时器打点周期为T．为了验证此实验过程中机械能是否守恒，需要计算出从O点到F点的过程中，重锤重力势能的减少量△Ep=mgh2，动能的增加量△Ek=（用题中所给字母表示）④实验结果往往是重力势能的减少量略大于动能的增加量子，关于这个误差下列说法正确的是BD．A．该误差属于偶然误差B．该误差属于系统误差C．可以通过多次测量取平均值的方法来减小该误差D．可以通过减小空气阻力和摩擦阻力的影响来减小该误差⑤某同学在实验中发现重锤增加的动能略小于重锤减少的重力势能，于是深入研究阻力对本实验的影响．若重锤所受阻力为f．重锤质量为m，重力加速度为g．他测出各计数点到起始点的距离h，并计算出各计数点的速度v，用实验测得的数据绘制出v2﹣h图线，如图3所示，图象是一条直线，此直线斜率k=（用题中字母表示）．已知当地的重力加速度g=9.8m/s2，由图线求得重锤下落时受到阻力与重锤所受重力的百分比为=2.0%（保留两位有效数字）．【考点】验证机械能守恒定律．【专题】实验题；定量思想；推理法；机械能守恒定律应用专题．【分析】根据实验的原理确定所需测量的物理量，从而确定所需的器材．根据下降的高度求出重力势能的减小量，根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出F点的瞬时速度，从而得出动能的增加量．重力势能的减少量略大于动能的增加量属于系统误差，通过减小阻力的影响可以减小系统误差．根据机械能守恒得出v2﹣h的关系式，结合图线斜率求出k值以及的比值．-32-\n【解答】解：①打点计时器用的是交流电，实验中要测量距离，所以要刻度尺，根据机械能守恒定律可得，质量可以约去，可以不测量，故选：D．②本实验就是要验证表达式，所以用这一表达式算速度、算高度都是错误的，都相当于用机械能守恒验证机械能守恒，故A、B、C错误，D正确．故选：D．③从O点到F点减少的势能为mgh2，增加的动能为，根据平均速度等于中间时刻的速度，我们可以计算出F点的速度，所以．④重力势能的减小量略大于动能的增加量的原因是有阻力的存在，这种误差是由实验原理造成的，不是偶然误差，是系统误差，系统误差不能通过多次测量求平均来减小，所以BD正确．⑤实际上由于阻力作用，根据动能定理可得：（mg﹣f）h=，化简可得，所以图象的斜率实际上为：k=，所以，由图象可得，k=，代入解得．故答案为：①D，②D，③mgh2，，④BD，⑤，2.0．【点评】明确各种实验仪器的使用方法和实验的实验原理是解决实验问题的关键，注意实验过程中尽量减小摩擦阻力的影响，同时掌握瞬时速度通过实验数据算出，而不是理论推算，下落高度是通过刻度尺来测量而得．13．如图所示，物体P放在粗糙的水平地面上，劲度系数为k=250N/m的轻弹簧左端固定在竖直墙壁上、右端固定在质量为m=1kg的物体P上，弹簧水平，开始弹簧为原长，P从此刻开始受到与水平面成θ=37°的拉力作用而向右做加速度大小为a=1m/s2的匀加速运动，某时刻F=10N，弹簧弹力大小为FT=5N，此时撤去F，已知sin37°=0.6、cos37°=0.8，重力加速度g=10m/s2．求：（1）撤去F的瞬间P的速度；（2）撤去F的瞬间P的加速度．-32-\n【考点】牛顿第二定律；物体的弹性和弹力．【专题】牛顿运动定律综合专题．【分析】（1）根据有F作用时小球做加速度为a的匀加速运动，由牛顿第二定律求出动摩擦因数；由F撤去之前，由位移速度公式求出撤去F瞬间的速度；（2）撤去F瞬间，弹力不变，水平向左，动摩擦力水平向左，由牛顿第二定律求出加速度．【解答】解：（1）设小球与水平面间的动摩擦因数为μ，则F=10N时，满足：Fcosθ﹣FT﹣μ（mg﹣Fsinθ）=ma代入数据得：μ=0.5设此时小球离开原位置的距离为x，撤去F的瞬间P的速度为v，则：FT=kx由速度位移公式得：2ax=v2联立以上两式代入数据得：v=0.2m/s，方向水平向右（2）撤去F的瞬间，小球在水平方向受2力作用，弹簧弹力FT=5N，水平向左，动摩擦力：f=μmg=0.5×1×10=5N，由牛顿第二定律得，加速度为：即：撤去F的瞬间P的加速度大小为10m/s2，方向水平向左．答：（1）撤去F的瞬间P的速度大小为0.2m/s2，方向水平向右；（2）撤去F的瞬间P的加速度大小为10m/s2，方向水平向左．．【点评】本题主要考查临界状态下的数据换算，注意临界状态下的受力分析，灵活运动牛顿第二定律；要用加速度把运动学公式和牛顿第二定律联系起来．14．（14分）如图所示，AB段为一半径R=0.2m的光滑圆形轨道，EF为一倾角为30°的光滑斜面，斜面上有一质量为0.1kg的薄木板CD，木板的下端D离斜面底端的距离为15m，开始时木板被锁定．一质量也为0.1kg的物块从A点由静止开始下滑，通过B点后被水平抛出，经过一段时间后恰好以平行于薄木板的方向滑上木板，在物块滑上木板的同时木板解除锁定．已知物块与薄木板间的动摩擦因数为μ=．取g=10m/s2，求：-32-\n（1）物块到达B点时对圆形轨道的压力大小；（2）物块做平抛运动的时间；（3）若下滑过程中某时刻物块和木板达到共同速度，则这个速度为多大？【考点】动能定理的应用；平抛运动．【专题】动能定理的应用专题．【分析】（1）物块从A到B的过程中机械能守恒，由机械能守恒即可求出物块到达B的速度，然后由牛顿第二定律和牛顿第三定律求出对轨道的压力；（2）物块做平抛运动，根据平抛运动的规律可以求得物块落在C上时的水平分速度和竖直分速度之间的关系，然后由自由落体运动的规律即可求出平抛运动的时间；（3）物块落在C上后，对它与木板进行受力分析，求出二者的加速度，然后结合运动学的公式即可求出共同的速度．【解答】解：（1）物块从A到B的过程中机械能守恒，得：得：m/s物块到达B受重力G和向上的弹力F作用，由牛顿第二定律知：得：N由牛顿第三定律可知，物块到达B点时对圆形轨道的压力大小等于物块受到的支持力，即3N，方向竖直向下．（2）设物块离开B点做平抛运动的时间为t1，落地点到C点时竖直方向的分速度是vy，则：-32-\n所以：m/s又：vy=gt1所以：s（3）物块到达C时的合速度：m/s到达C点后物块受到重力、支持力和摩擦力的作用，沿斜面方向：ma1=mgsin30°﹣μmgcos30°代入数据得：，方向沿斜面向下；此时木板沿斜面的方向：Ma2=Mgsin30°+μmgcos30°代入数据得：，方向沿斜面向下；设经过时间t2二者的速度相等，则：v+a1t2=a2t2联立方程，代入数据得：s二者的共同速度：v共=a2t2=7.5×0.462m/s=3.465m/s该过程中木板的位移：m＜15m即二者达到共同速度时，木板没有滑动底端．答：（1）物块到达B点时对圆形轨道的压力大小是3N；（2）物块做平抛运动的时间是s；（3）若下滑过程中某时刻物块和木板达到共同速度，则这个速度为3.465m/s．【点评】本题考查了圆周运动和平抛运动的规律，平抛运动可以分解为在水平方向上的匀速直线运动，和竖直方向上的自由落体运动来求解．15．如图所示，静止在光滑水平面上的长木板B，质量为M=2kg，长l1=4.5m．与B等高的固定平台CD长l2=3m，平台右侧有一竖直放置且半径R=1m的光滑半圆轨道DEF．质量m=1kg的小滑块A以初速度v0=6m/s从B的左端水平滑上B，随后A、B向右运动，长木板B与平台CD碰撞前的瞬间，小滑块A的速度大小为vA-32-\n=4m/s，此时A、B还未达到共同速度．设长木板B与平台碰撞后立即被锁定，小滑块A可视为质点，小滑块A与平台B之间的动摩擦因数μ1=0.2，小滑块A与平台CD之间的动摩擦因数μ2=0.1，s=0.5m，g=10m/s2．求：（1）长木板B与平台碰撞前的瞬间，B的速度大小是多少？（2）小滑块A在半圆轨道上能达到的最大高度．（3）小滑块A最终停在离木板B左端多远处？【考点】动量守恒定律；机械能守恒定律．【分析】（1）对滑块和木板整体由动量守恒定律即可求解；（2）对滑块从平台C点运动到D的过程中，在到最高点的过程中运用动能定理列式即可求解；（3）下滑的过程中使用动能定理即可求解．【解答】解：（1）滑块在长木板上运动的过程中，水平方向没有外力，系统的动量守恒，取向右为正方向，则：mv0=mvA+Mv2所以：m/s（2）滑块滑过平台CD到最高点的过程中摩擦力与重力做功，由动能定理得：代入数据解得：h=0.5m＜1m滑块没有到达与圆心等高的点，说明滑块一直在轨道上．（3）由于圆轨道是光滑的，所以滑块回到D时的速度vD：得：m/s滑块返回C点时的速度vC：得：vC=2m/s由于长木板B与平台碰撞后立即被锁定，所以滑块重新滑上B后木板静止不动，设滑块在B上滑动的距离是x，则：-32-\n代入数据得：x=1m小滑块A最终停在离木板B左端：L=l1﹣x=4.5m﹣1m=3.5m答：（1）长木板B与平台碰撞前的瞬间，B的速度大小是1m/s；（2）小滑块A在半圆轨道上能达到的最大高度是0.5m．（3）小滑块A最终停在离木板B左端3.5m．【点评】本题关键是对各个过程根据动能定理列式，同时结合牛顿运动定律和向心力公式列式后联立求解．三、选考题:共15分，在所给的选修3-3、选修3-4、选修3-5三个模块3道题中选一题做答，如果多答，则按所答的第一题计分.【物理-选修3-3】16．下列说法正确的是()A．空调既能制热又能制冷，说明热传递不存在方向性B．在较暗的房间里，看到透过窗户的“阳光柱”里粉尘的运动不是布朗运动C．分子间作用力的合力表现为引力时，若分子间的距离增大，则分子力不一定减小，但分子势能一定增大D．由于液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离，液面分子间只有引力，没有斥力，所以液体表面具有收缩的趋势E．在各种晶体中，原子（或分子、离子）都是按照一定的规则排列的，具有空间上的周期性【考点】热力学第二定律；*晶体和非晶体．【分析】热传递具有方向性．布朗运动是悬浮在液体固体颗粒做的无规则运动．分子力表现为引力时，分子间的距离增大，则分子力不一定减小，但分子势能一定增大．分子间的引力和斥力同时存在．晶体内部的分子是有规律性．【解答】解：A、热传递中的热量总是自发地从温度高的向温度低的方向传递，所以热传递存在方向性，故A错误．B、在较暗的房间里，看到透过窗户的“阳光柱”里粉尘的运动不是空气分子频繁撞击的结果，所以不是布朗运动，故B正确．C、分子间作用力的合力表现为引力时，是两个分子间的距离大于平衡距离时，此时若分子间的距离再增大，则分子力不一定减小，可分子势能一定增大，故C正确．D、由于液体表面分子间距离大于液体内部分子间的距离，分子间的引力大于斥力，从而呈收缩趋势，故D错误．-32-\nE、无论是单晶体还是多晶体，晶体内部的分子按一定的规律排布，即具有一定的规律，空间上的周期性，故E正确．故选：BCE【点评】该题重点是掌握分子动理论的基本内容，会分析分子力势能与分子距离的关系．知道晶体与非晶体的区别等基本知识．17．如图所示，一网柱形导热良好的气瓶水平放置，瓶内有用导热良好的活塞分开的A、B两部分，分别装有理想气体．活塞与瓶内壁气密性好，并可在瓶内自由移动，不计摩擦，开始时，A、B两部分气体的体积之比为2：1，压强均为p，大气温度为T，K为阀门．①当温度升高时，活塞将如何移动？②若因阀门封闭不严，B中气体向外缓慢漏气，活塞将缓慢移动，整个过程中气体温度不变，瓶口处气体体积可以忽略．当活塞向右缓慢移动至B中体积减为原来一半时，A中气体的压强多大？若此过程A中气体对外做功为W，则A中气体内能变化多少？【考点】理想气体的状态方程．【专题】理想气体状态方程专题．【分析】①假设活塞不动，应用查理定律求出气体的压强，然后求出气体压强的变化量，根据气体压强的变化量分析答题；②气体发生等温变化，应用玻意耳定律求出气体的压强；温度是理想气体内能的标志，根据气体温度变化情况判断气体内能变化情况．【解答】解：①假设温度升高过程中活塞不动，则气体体积保持不变，气体发生等容变化，由查理定律得：=，解得：p′=p，气体压强的变化量：△p=p′﹣p=p=p，由于p、△T、T都相同，两边气体压强的变化量：△p相同，活塞将静止不动；②设开始，A的体积为2V，则B的体积为V，由题意可知，气体A后来的体积为2.5V，A气体发生等温变化，由玻意耳定律得：p×2V=p′×2.5V，-32-\n解得：p′=0.8p；由于气体A的温度不变，气体内能不变，△U=0；答：①当温度升高时，活塞将不发生移动；②当活塞向右缓慢移动至B中体积减为原来一半时，A中气体的压强为0.8p；A中气体内能不变．【点评】本题考查了判断活塞的移动方向、求气体压强等问题，分析清楚气体状态变化过程、应用查理定律与玻意耳定律可以解题，解题时注意假设法的应用．【物理-选修3-4】18．下列说法正确的是()A．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B．全息照相的拍摄利用了光的干涉原理C．拍摄玻璃橱窗内的物品时．要在镜头前加装一个偏振片以增加透射光的强度D．光的双缝干涉实验中，若仅将入射光从红光改为紫光，则相邻亮条纹间距一定变小E．真空中的光速在不同的惯性参考系中都是相同的，与光源和观察者的运动无关【考点】光的干涉；双缝干涉的条纹间距与波长的关系．【分析】变化的电场产生磁场，变化的磁场产生电场；全息照相利用了频率相同的激光进行光的干涉现象；偏振片目的是减弱反射光的透射；条纹间距公式；光速不变原理是指出光在真空中传播速度的大小在不同惯性参考系中都是相同的．【解答】解：A、均匀变化的电场（磁场）产生恒定的磁（电）场；故A错误；B、全息照相利用了激光的相干性好的特点，利用光的干涉原理工作的；故B正确；C、由于玻璃的反射光是偏振光，所以在拍摄玻璃橱窗内的物品时，要在镜头前加装一个偏振片，以减反射光的透射，故C错误；D、在光的双缝干涉实验中，若仅将入射光由红光改为紫色光，根据条纹间距公式，波长变短，故则干涉条纹间距变窄，故D正确；E、根据相对论的两个基本假设可知，真空中的光速在不同的惯性参考系中都是相同的，与光源和观察者的运动无关，故E正确；故选：BDE-32-\n【点评】本题考查了全息照相、麦克斯韦电磁场理论、双缝干涉、光速不变原理等；知识点多，难度小，关键是多看书，记住相关知识点．19．一列简谐横波在t=0时刻的波形如图所示，质点P此时刻沿y轴负方向运动，经过0.1s第一次到达平衡位置，波速为5m/s，求：①该波的传播方向；②P点的横坐标为多少？③图中Q点（坐标为x=7.5m的点）的振动方程．【考点】横波的图象；波长、频率和波速的关系．【专题】简答题；定性思想；推理法；振动图像与波动图像专题．【分析】①质点P此时刻沿﹣y运动，根据波形平移法可知波的传播方向；②由x=vt求出t=0.1s内波传播的距离，利用波形的平移法求出此刻P点的位移；③读出振幅和波长，求出周期，写出Q点的振动方程．【解答】解：①质点P此时刻沿﹣y运动，根据波形平移知，该波沿﹣x方向传播；②t=0.1s内波传播的距离为x=vt=5×0.1m=0.5m，根据波形的平移法可知，当图示时刻x=3m处质点的振动状态传到P点，P点第一次到达平衡位置，所以P点的横坐标为x=3m﹣0.5m=2.5m③由图知，波长λ=6m，则周期为T=，则Q点的振动方程为y=Acos=5cost（cm）答：①该波的传播方向为沿﹣x方向传播；②P点的横坐标为2.5m；③图中Q点（坐标为x=7.5m的点）的振动方程为y=5cost（cm）【点评】本题根据比较质点振动先后判断波的传播方向，根据波形平移法求P点的横坐标，都是常用的方法，要学会应用．-32-\n【物理选修3-5】20．下列说法正确的是()A．为了解释光电效应现象，爱因斯坦建立了光子说，指出在光电效应现象中，光电子的最大初动能与照射光的频率成线性关系B．汤姆逊通过阴极射线在电场和在磁场中的偏转实验发现了阴极射线是由带负电的粒子组成，并测出了该粒子的比荷C．按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能减小，原子的能量也减小了D．经过6次a衰变和4次B衰变后成为稳定的原子核PbE．U在中子轰击下生成Sr和Xe的过程中，原子核中的平均核子质量变大【考点】光电效应；氢原子的能级公式和跃迁．【专题】光电效应专题．【分析】根据光电效应方程得出光电子最大初动能与照射光频率的关系；汤姆逊通过阴极射线在电场和在磁场中的偏转实验发现了阴极射线是由带负电的粒子组成，并测出了该粒子的比荷；根据库仑引力提供向心力，得出电子动能的变化，抓住轨道半径的变化得出原子能量的变化；根据电荷数和质量数的变化，结合α衰变、β衰变的实质得出衰变的次数；根据质能方程得出原子核中平均核子质量的变化．【解答】解：A、为了解释光电效应现象，爱因斯坦建立了光子说，根据光电效应方程Ekm=hv﹣W0知，光电子的最大初动能与照射光的频率成线性关系，故A正确．B、汤姆逊通过阴极射线在电场和磁场中的偏转实验发现了阴极射线由负电的粒子组成，并测出了粒子的比荷，该粒子即为电子，故B正确．C、氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，根据知，电子的动能减小，原子的能量增大，故C错误．D、衰变后成为稳定的原子核Pb，质量数少24，知发生了6次α衰变，由于电荷数少8，可知发生了4次β衰变，故D正确．E、根据质能方程知，核反应过程中，伴随着能量的释放，所以存在质量亏损，核子的平均质量减小，故E错误．故选：ABD．-32-\n【点评】本题考查了光电效应方程、阴极射线、能级、衰变、质能方程等基础知识点，关键要熟悉教材，牢记这些基本概念和基本规律．21．如图所示，质量为2m，长为L的木块置于光滑水平台面上，质量为m的子弹以初速度v0水平向右射向木块，穿过木块的过程中受到木块的恒定阻力为f=的作用，试问子弹能否穿过木块？若能穿过求出子弹穿过木块后的速度；若不能穿过，求出子弹打入木块后的速度．【考点】动量守恒定律；机械能守恒定律．【专题】动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合．【分析】子弹与木块组成的系统动量守恒，应用动量守恒定律与能量守恒定律分析答题．【解答】解：假设子弹不能穿过木块，子弹与木块组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0=（2m+m）v，由能量守恒定律得：mv02=（2m+m）v2+fs，解得：s=L＞L，假设错误，子弹穿出木块，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0=mv1+2mv，由能量守恒定律得：mv02=mv12+•2mv2+fL，解得：v1=v0，v=v0，（v1=v0，v=v0，木块速度大于子弹速度，不符合实际情况，舍去）；答：子弹能穿过木块，子弹穿过木块后的速度为v0．【点评】本题考查了求子弹的速度，子弹与木块组成的系统动量守恒，应用动量守恒定律与能量守恒定律可以解题．-32-
