2023-2024学年山东省青岛市莱西市高二(下)期末物理试卷

2023-2024学年山东省青岛市莱西市高二（下）期末物理试卷一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．（3分）2023年11月2日，日本东京电力公司启动第三批约7800吨核污染水排海，对人类生活、海洋生态都会造成危害，受到多地民众声讨。福岛核污染水虽然经过“多核素去除设备”（ALPS）处理，但核污染水中的氚（13HA．13H的比结合能小于B．放出的−10C．受核污染的海产品经过高温烹煮其放射性会有所减弱 D．100个12．（3分）如图甲，一只小鸟飞到树枝上休息，从它与树枝接触之后的一段时间内，其上下振动的v﹣t图像如图乙，速度取向下为正。以下说法正确的是（）A．t1时刻小鸟速度向下达到最大，树枝对其弹力达到最大 B．t2时刻小鸟处于最低位置 C．t2时刻小鸟处于静止状态，所受合力为零 D．t3时刻小鸟处在最高点3．（3分）转动惯量（J＝∑miri2）是物体绕转轴转动时惯性的量度，其中ri是微元mA．2πJmgl B．2πmglJ C．4．（3分）如图所示，质量为2m的A物体和质量为m的B两物体叠放在竖直弹簧上并保持静止，用大小等于mg的恒力F向上拉B，运动距离h时B与A分离．则下列说法中正确的是（）A．B和A刚分离时，弹簧弹力为mg B．B和A刚分离前一起向上做匀加速运动 C．B和A刚分离时，A的加速度不为0 D．弹簧的劲度系数等于mg5．（3分）如图所示，斜面体M放在粗糙的水平面上。第一次物块m恰能沿斜面匀速下滑，而斜面体静止不动；第二次用平行于斜面向下的恒力F推动物块，使物块加速下滑，则下列说法正确的是（）A．第一次地面对斜面的支持力较大 B．第二次斜面体对物块的摩擦力较大 C．两次地面对斜面的支持力一样大 D．第二次地面对斜面的摩擦力水平向右6．（3分）如图所示为氢原子的能级图，已知可见光的光子能量范围为1.62eV﹣3.11eV，锌的逸出功为3.34eV，下列说法错误的是（）A．处于n＝3能级的氢原子可以吸收任意频率的紫外线，并且使氢原子电离 B．用能量为12eV的电子轰击处于基态的氢原子，一定不能使氢原子向高能级跃迁 C．一个处于n＝4能级的氢原子向低能级跃迁时，最多发出3种不同频率的光子 D．一群处于n＝4能级的氢原子向基态跃迁时，发出的光照射锌板，锌板表面所发出的光电子的最大初动能为9.41eV7．（3分）如图，将一质量为m的小球靠近一面墙竖直向上抛出，图甲是小球向上运动时抓拍的频闪照片，图乙是小球下落时抓拍的频闪照片。重力加速度为g，假设小球所受的空气阻力大小不变，则可算小球所受空气阻力大约为（）A．0.15mg B．0.2mg C．0.5mg D．因砖的尺寸未知，无法估算8．（3分）水平地面上有一足够长的固定斜面，倾角为37°，小华站在斜面底端向斜面上投掷小石子。若小石子出手高度为站立点正上方1.6m处，小石子的飞行轨迹所在平面与斜面底边垂直，落在斜面上时速度方向恰好水平。已知站立点到落点的距离为11m，重力加速度g＝10m/s2，不计空气阻力。估算得小石子出手时的速度大小为（）A．10m/s B．8.82m/s C．102二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。（多选）9．（4分）小明同学想了解小区电梯的加速度，使用轻弹簧、直尺、钢球等自制了一个加速度测量仪。如图所示，弹簧上端固定，在弹簧旁沿弹簧长度方向固定一直尺。发现不挂钢球时，静止时弹簧下端指针位于直尺15cm刻度处；下端悬挂钢球，静止时指针位于直尺25cm刻度处。将直尺不同刻度对应的加速度标在直尺上，就得到了一个加速度测量仪。取竖直向下为正方向，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（）A．20cm刻度对应的加速度为0.5g B．35cm刻度对应的加速度为g C．加速度的刻度值是均匀的 D．受弹簧自身重力影响，应尽量选择一个质量较小的弹簧，弹簧质量越大测量误差会越大（多选）10．（4分）如图所示，甲图是某光电管被a、b两束光照射时光电管中光电流与电压关系图像，乙图是c、d两种金属遏止电压与入射光频率之间的关系图像，下列判断正确的是（）A．a光的光子能量小于b光的光子能量 B．c金属的逸出功小于d金属的逸出功 C．若用b光照射c金属能发生光电效应，则用a光照射d金属也一定能发生光电效应 D．用a光照射c、d金属，若d金属能发生光电效应，则c金属也一定能发生光电效应（多选）11．（4分）如图所示，直角三角形斜面体ABC固定在水平面上，∠A＝30°、∠C＝90°，AC面光滑，粗细均匀的直杆竖直立在地面上的B点，滑环Q套在杆上，物块P放在斜面上，P和Q用绕过C处定滑轮的细线连接。施加外力F令物块Q以速度v沿直杆向上匀速运动，不计滑轮的大小，AC面及直杆足够长，当Q运动到位置D时距B、C距离相等。下列说法正确的是（）A．P的速度大小为0.5v B．P处于超重状态 C．Q从D到与C等高的C′过程中，绳子对Q的拉力大小不变 D．Q经过与C等高的C′点时，P的瞬时速度为零（多选）12．（4分）如图，光滑水平面上固定有光滑长直木板，倾角θ＝37°、质量2kg的斜面紧靠木板放置，质量为1kg的物块与斜面之间的动摩擦因数μ=1516，初始时斜面与物块均静止，作用在斜面上的力F与木板平行水平向右，重力加速度g取10m/sA．物体与斜面相对静止时，摩擦力方向沿斜面指向左上方 B．物体与斜面相对静止时，摩擦力方向沿斜面指向右上方 C．要使物体与斜面不发生相对滑动，F最大值为4.5N D．要使物体与斜面不发生相对滑动，F最大值为13.5N三、非选择题，共6小题，共60分。13．（7分）某同学利用如图所示的实验装置探究滑轮工作时受到的摩擦力。细绳跨过固定在铁架台上的轻滑轮，两端各悬挂一只重锤，重锤质量均为M，重力加速度为g。实验操作如下：①用米尺量出重锤1底端距地面的高度h；②在重锤1上加上质量为m的小钩码；③左手将重锤2压在地面上，保持系统静止。释放重锤2，同时右手开启秒表，在重锤1落地时停止计时，记录下落时间；④重复测量3次下落时间，取其平均值作为测量值t。请回答下列问题：（1）步骤④可以减小对下落时间t测量的（选填“偶然”或“系统”）误差。（2）实验要求小钩码的质量m要比重锤的质量M小很多，主要是为了。A．使H测得更准确B．使重锤1下落的时间长一些C．使系统的总质量近似等于2MD．使细绳的拉力与小钩码的重力近似相等（3）用实验中的测量量和已知量（M、h、m、g、t）表示滑轮受到的摩擦力Ff，则Ff＝。14．（8分）请使用下列器材测量小车质量M：小车、一端带有定滑轮的平直轨道、垫块、细线、打点计时器、纸带、频率为50Hz的交流电源、直尺、质量均为m＝10g的7个槽码。（1）完成下列实验步骤中的填空：ⅰ．按图甲安装好实验器材，跨过定滑轮的细线一端连接在小车上，另一端悬挂着7个槽码。改变轨道的倾角，用手轻拨小车，直到打点计时器在纸带上打出一系列的点，表明小车沿倾斜轨道匀速下滑；ⅱ．保持轨道倾角不变，取下1个槽码（即细线下端悬挂6个槽码），让小车拖着纸带沿轨道下滑，根据纸带上打的点迹测出加速度a；ⅲ．依次减少细线下端悬挂的槽码数量，重复步骤ⅱ；ⅳ．以取下槽码的总个数n（1≤n≤7）的倒数1n为纵坐标，1a为横坐标，作出（2）已知重力加速度大小g＝9.80m/s2，计算结果均保留三位有效数字，请完成下列填空：①下列说法正确的是；A．接通电源后，再将小车从靠近打点计时器处释放B．小车下滑时，位于定滑轮和小车之间的细线应始终跟倾斜轨道保持平行C．实验中必须保证细线下端悬挂槽码的质量远小于小车的质量D．若细线下端悬挂着2个槽码，则小车在下滑过程中受到的合外力大小为5mg②若某次实验获得如图乙所示的纸带，已知相邻计数点间均有4个点未画出，则加速度大小a＝m/s2；在打“7”点时小车的速度大小v7＝m/s；③写出1n随1a变化的关系式④测得1n−1a关系图线的斜率为0.20m/s15．（8分）青岛地铁1号线为跨海地铁线路，线路全长60.11千米，共设置41座车站，全部为地下车站。如图从S站到T站是一段直线线路，全程3.3km，列车运行最大速度为72km/h。为了便于分析，我们用图乙来描述这个模型，列车在S站从静止开始做匀加速直线运动，达到最大速度后立即做匀速直线运动，进站前从最大速度开始做匀减速直线运动，直至到T站停车，且加速的加速度大小为减速加速度大小的二分之一。现匀加速运动过程中依次经过A、B、C点，A→B用时3s，B→C用时5s，且AB长12.6m，BC长45.0m。求：（1）S、A两点之间的距离；（2）列车匀速行驶的时间。16．（8分）92232U发生α衰变时，其衰变方程为：92232（1）求一次衰变过程中亏损的质量（保留2位有效数字）；（2）若92232U开始处于静止状态，衰变过程释放的核能全部转化为α（3）若92232U和17．（14分）如图所示，截面为直角三角形的斜面体C静置在光滑水平地面上，滑轮P固定在倾角为θ＝53°的斜面顶端，滑轮Q固定天花板上，PQ水平。物块A、B跨过两滑轮被轻绳连接。开始时用手托住物块B，绳子伸直，物块A静止在斜面底端。作用在斜面上一个水平力F，使斜面一直保持静止。物块B放手后竖直下落2m被接住，物块A继续运动达到的最高点与滑轮P的竖直高度差为0.128m。已知斜面体C的竖直边高度为h＝1.6m，质量为mC＝2kg，物块A、B质量均为mA＝mB＝1kg。设滑动摩擦力与最大静摩擦力相等，g取10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。滑轮P很小不会阻挡物块A。求（1）物块B被接住时，物块A的速度；（2）A与C之间的动摩擦因数；（3）物块B竖直下落过程中，地面受到的压力大小和水平力F的大小。18．（15分）如图甲所示，一长木板A在水平地面上向右运动，在t＝0时刻将一无初速度的物块B轻放到木板上，取水平向右为正方向，B相对于A的速度用vBA表示，在0∼0.75s内，相对速度vBA随时间t变化的关系图像如图乙所示。已知A、B的质量关系为mA＝2mB，A与B及A与地面之间均有摩擦（动摩擦因数不等），最大静摩擦力等于滑动摩擦力，B始终没有滑出A，重力加速度g＝10m/s2。求：（结果可以保留分数）（1）A与B间、A与地面间的动摩擦因数；（2）从t＝0时刻到A与B均停止运动时，B相对于A的位移大小。

2023-2024学年山东省青岛市莱西市高二（下）期末物理试卷参考答案与试题解析一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．（3分）2023年11月2日，日本东京电力公司启动第三批约7800吨核污染水排海，对人类生活、海洋生态都会造成危害，受到多地民众声讨。福岛核污染水虽然经过“多核素去除设备”（ALPS）处理，但核污染水中的氚（13HA．13H的比结合能小于B．放出的−10C．受核污染的海产品经过高温烹煮其放射性会有所减弱 D．100个1【考点】结合能与比结合能的概念及简单计算；β衰变的特点、本质及方程；原子核的半衰期及影响因素；半衰期的相关计算．【答案】A【分析】衰变过程释放能量，生成物的比结合能大于反应物的比结合能；理解衰变的类型和本质，找到电子的来源；熟悉半衰期的概念和其对应的适用场景。【解答】解：A、衰变过程释放能量，生成物的比结合能大于反应物的比结合能，故A正确；B、该衰变属于β衰变，本质是原子核中的中子转化为质子和电子，放出的电子来源为核内的中子，故B错误；C、衰变的半衰期与温度无关，故C错误；D、半衰期是大量原子的统计规律，100个氚核的衰变问题并不适用，故D错误；故选：A。2．（3分）如图甲，一只小鸟飞到树枝上休息，从它与树枝接触之后的一段时间内，其上下振动的v﹣t图像如图乙，速度取向下为正。以下说法正确的是（）A．t1时刻小鸟速度向下达到最大，树枝对其弹力达到最大 B．t2时刻小鸟处于最低位置 C．t2时刻小鸟处于静止状态，所受合力为零 D．t3时刻小鸟处在最高点【考点】简谐运动过程中速度、加速度（回复力）与位移的变化问题；牛顿第二定律的简单应用．【答案】B【分析】A．根据振动的v﹣t图像，t1时刻小鸟的速度最大，此时小鸟受力平衡，即所受弹力等于重力，此后小鸟向下做减速运动，树枝对其弹力逐渐增大，据此判断t1时刻，树枝对其弹力是否达到最大；BC．t1～t2时间内，小鸟向下运动，t2时刻小鸟的速度为0，这一瞬间停止了向下的运动，即将向上运动，小鸟处于最低位置。根据简谐运动的特征以及牛顿第二定律小鸟所受合力是否为零；D．根据振动的v﹣t图像可知，t3时刻小鸟向上运动到了最大速度后向上做减速运动，据此判断此时是在平衡位置处还是在最高点。【解答】A．t1时刻小鸟的速度最大，此时小鸟受力平衡，即所受弹力等于重力，此后小鸟向下做减速运动，树枝对其弹力逐渐增大，故t1时刻，树枝对其弹力未达到最大，故A错误；BC．t1～t2时间内，小鸟向下运动，t2时刻小鸟的速度为0，这一瞬间停止了向下的运动，即将向上运动，小鸟处于最低位置。根据简谐运动的特征可知，此时加速度方向向上，达到最大值，根据牛顿第二定律可知树枝对小鸟弹力与小鸟重力的合力提供加速度，故弹力大于重力，且弹力最大，小鸟处于超重状态，所受合力不为零，故B正确，C错误；D．t3时刻小鸟向上运动到了最大速度后向上做减速运动，故此时在平衡位置处，不是最高点，故D错误。故选：B。3．（3分）转动惯量（J＝∑miri2）是物体绕转轴转动时惯性的量度，其中ri是微元mA．2πJmgl B．2πmglJ C．【考点】单摆及单摆的条件；简谐运动的回复力．【答案】A【分析】根据转动惯量的表达式J＝∑miri【解答】解：由题意可知，转动惯量的公式为J=∑mir由量纲法则可知，A、B、C、D四个选项的单位分别是秒（s）、秒分之一（s﹣1）、秒方（s2）以及秒方分之一（s﹣2），而单摆周期的单位为秒（s），根据上述量纲法则分析可知，其复摆的周期公式可能是：T=2πJ故选：A。4．（3分）如图所示，质量为2m的A物体和质量为m的B两物体叠放在竖直弹簧上并保持静止，用大小等于mg的恒力F向上拉B，运动距离h时B与A分离．则下列说法中正确的是（）A．B和A刚分离时，弹簧弹力为mg B．B和A刚分离前一起向上做匀加速运动 C．B和A刚分离时，A的加速度不为0 D．弹簧的劲度系数等于mg【考点】牛顿第二定律的简单应用；胡克定律及其应用．【答案】D【分析】根据刚分离时A、B之间的弹力为零，加速度相等分析刚分离时弹簧的弹力和加速度；根据牛顿第二定律分析；根据平衡条件和胡克定律分析。【解答】解：AC、B和A刚分离时，B只受重力和拉力F，因为F＝mg，所以B的加速度为零，则此时A的加速度也为零，此时弹簧的弹力等于A的重力2mg，故AC错误；B、B和A分离前加速度相等，把AB看成一个整体，受重力、弹力和拉力作用，因为重力和拉力不变，而弹簧弹力在不断变化，所以整体受合力在不断的变化，根据牛顿第二定律可知整体的加速度也在变化，不会做匀变速运动，故B错误；D、设开始时弹簧的形变量为x1，A和B刚分离时弹簧的形变量为x2，则x1﹣x2＝h，kx1＝3mg，kx2＝2mg，联立解得k=mg故选：D。5．（3分）如图所示，斜面体M放在粗糙的水平面上。第一次物块m恰能沿斜面匀速下滑，而斜面体静止不动；第二次用平行于斜面向下的恒力F推动物块，使物块加速下滑，则下列说法正确的是（）A．第一次地面对斜面的支持力较大 B．第二次斜面体对物块的摩擦力较大 C．两次地面对斜面的支持力一样大 D．第二次地面对斜面的摩擦力水平向右【考点】共点力的平衡问题及求解．【答案】C【分析】物块m恰好能在斜面体上沿斜面匀速下滑，斜面静止不动时，以整体为研究对象，分析受力情况，根据平衡条件分析地面对斜面M的摩擦力，若用平行斜面向下的力推动物块，使物块加速下滑，斜面体的受力情况没有改变．【解答】解：B．对物块m受力分析：受竖直向下的重力mg，垂直斜面向上的支持力Fn和沿斜面向下的滑动摩擦力Ff，第一次物块m恰能匀速下滑，说明支持力与摩擦力的合力与其重力等大反向；若用平行于斜面向下的力F推动物块，物块将加速向下滑动，摩擦力还是沿斜面向上，而且在垂直斜面方向的受力没有变化即支持力不变，故摩擦力也不变，故B错误；D．第一次斜面体M受到m的压力和摩擦力的合力竖直向下大小等于mg，斜面体M没有运动趋势，因此地面摩擦力等于零；第二次在垂直斜面方向的受力没有变化即支持力不变，摩擦力也不变，即他们的合力仍等于竖直向上，斜面体还是没有运动趋势，即得到第二次斜面体仍然不受地面的摩擦力，故D错误；AC．对M单独受力分析由于斜面体M受到m的压力和摩擦力的合力竖直向下大小前后两次都等于mg，所以两次地面对斜面的支持力一样大，故A错误，C正确。故选：C。6．（3分）如图所示为氢原子的能级图，已知可见光的光子能量范围为1.62eV﹣3.11eV，锌的逸出功为3.34eV，下列说法错误的是（）A．处于n＝3能级的氢原子可以吸收任意频率的紫外线，并且使氢原子电离 B．用能量为12eV的电子轰击处于基态的氢原子，一定不能使氢原子向高能级跃迁 C．一个处于n＝4能级的氢原子向低能级跃迁时，最多发出3种不同频率的光子 D．一群处于n＝4能级的氢原子向基态跃迁时，发出的光照射锌板，锌板表面所发出的光电子的最大初动能为9.41eV【考点】原子能级跃迁与光电效应的结合；原子电离的条件；分析能级跃迁过程中释放的光子种类．【答案】B【分析】由可见光的光子能量范围可推断紫外线的光子的最小能量，根据氢原子发生电离的条件分析A选项；确定氢原子由n＝1能级跃迁到n＝2能级时需要吸收能量，若电子的能量大于此能量，则可以使氢原子向高能级跃迁，据此分析B选项；一个处于n＝4能级的氢原子向低能级跃迁时，最多发出不同频率的光子的情况是逐级跃迁到最低能级，据此分析C选项；求出氢原子从n＝4的能级向基态跃迁时发出的最大光子能量，根据爱因斯坦光电效应方程分析D选项。【解答】解：A.由可见光的光子能量范围为1.62eV﹣3.11eV，可知紫外线的光子的最小能量为3.11eV，处于n＝3能级的氢原子的电离能为1.51eV，故处于n＝3能级的氢原子可以吸收任意频率的紫外线，并且使氢原子电离，故A正确；B.处于基态的氢原子，由n＝1能级跃迁到n＝2能级时需要吸收能量为：ΔE＝（﹣3.4eV）﹣（﹣13.6eV）＝10.2eV，因电子的能量12eV大于10.2eV，故用能量为12eV的电子轰击处于基态的氢原子，可以使氢原子向高能级跃迁，故B错误；C.一个处于n＝4能级的氢原子向低能级跃迁时，最多发出不同频率的光子的情况是由处于n＝4能级跃迁n＝3能级，再由n＝3能级跃迁n＝2能级，再由n＝2能级跃迁n＝1能级，故可最多发出3种不同频率的光子，故C正确；D.氢原子从n＝4的能级向基态跃迁时发出的光子能量最大为：Em＝（﹣0.85eV）﹣（﹣13.6eV）＝12.75eV，锌的逸出功是3.34eV，根据爱因斯坦光电效应方程，锌板表面所发出光电子最大初动能为：Ekm＝12.75eV﹣3.34eV＝9.41eV，故D正确。本题选择错误的，故选B。7．（3分）如图，将一质量为m的小球靠近一面墙竖直向上抛出，图甲是小球向上运动时抓拍的频闪照片，图乙是小球下落时抓拍的频闪照片。重力加速度为g，假设小球所受的空气阻力大小不变，则可算小球所受空气阻力大约为（）A．0.15mg B．0.2mg C．0.5mg D．因砖的尺寸未知，无法估算【考点】牛顿运动定律的应用—从运动情况确定受力．【答案】C【分析】小球在竖直上抛后又下落的过程均做匀变速直线运动，竖直上抛运动过程中末速度为零，上升到最高点自由下落的过程为初速度为零的匀加速直线运动，故可设每块砖的厚度为d，砖与砖之间的缝隙忽略不计，频闪时间为T，利用逐差相等公式分别计算上升和下落过程的加速度，结合牛顿第二定律计算空气阻力。【解答】解：假设每块砖的厚度为d，砖与砖之间的缝隙忽略不计，频闪时间为T，对甲图有9d﹣3d＝a1T2，3d﹣d＝a2T2，即a1=6dT2，a设阻力大小为f，根据牛顿第二定律，上升阶段有mg+f＝ma1，下落阶段有mg﹣f＝ma2，整理解得f＝0.5mg，故C正确，ABD错误。故选：C。8．（3分）水平地面上有一足够长的固定斜面，倾角为37°，小华站在斜面底端向斜面上投掷小石子。若小石子出手高度为站立点正上方1.6m处，小石子的飞行轨迹所在平面与斜面底边垂直，落在斜面上时速度方向恰好水平。已知站立点到落点的距离为11m，重力加速度g＝10m/s2，不计空气阻力。估算得小石子出手时的速度大小为（）A．10m/s B．8.82m/s C．102【考点】斜抛运动．【答案】D【分析】小石子做斜上抛运动，落在斜面上时速度恰好水平，则落点恰好为最高点，由平抛运动规律，斜上抛运动规律结合几何关系尽快求解。【解答】解：由题意可知，小石子做斜上抛运动，落在斜面上时速度恰好水平，则落点恰好为最高点，设斜上抛的竖直高度为h1，则有：h由几何关系可得：h1＝Lsin37°﹣h0＝11×0.6m﹣1.6m＝5m联立解得：t=小石子做斜上抛运动，在水平方向的初速度为：v小石子在竖直方向的初速度为：v0y＝gt＝10×1m/s＝10m/s则小石子出手时的速度大小为：v0故选：D。二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。（多选）9．（4分）小明同学想了解小区电梯的加速度，使用轻弹簧、直尺、钢球等自制了一个加速度测量仪。如图所示，弹簧上端固定，在弹簧旁沿弹簧长度方向固定一直尺。发现不挂钢球时，静止时弹簧下端指针位于直尺15cm刻度处；下端悬挂钢球，静止时指针位于直尺25cm刻度处。将直尺不同刻度对应的加速度标在直尺上，就得到了一个加速度测量仪。取竖直向下为正方向，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（）A．20cm刻度对应的加速度为0.5g B．35cm刻度对应的加速度为g C．加速度的刻度值是均匀的 D．受弹簧自身重力影响，应尽量选择一个质量较小的弹簧，弹簧质量越大测量误差会越大【考点】牛顿第二定律的简单应用．【答案】ABC【分析】先根据平衡条件写出平衡方程，得到钢球的重力与弹簧形变量的关系，然后根据牛顿第二定律分析计算即可；写出加速度的表达式，分析加速度与弹簧形变量的关系即可判断。【解答】解：设弹簧的劲度系数为k，钢球的质量为m，根据平衡条件有mg＝k（25﹣15）×0.01＝0.1kA、20cm刻度对应的加速度为a1，由牛顿第二定律有mg﹣k（20﹣15）×0.01＝ma1，解得a1＝0.5g，方向竖直向下，故A正确；B、35cm刻度对应的加速度为a2，由牛顿第二定律有mg﹣k（35﹣15）×0.01＝ma2，解得a2＝﹣g，负号说明方向竖直向上，故B正确；CD、设弹簧的形变量为Δx，根据牛顿第二定律有mg﹣kΔx＝ma，解得a＝g−kΔx故选：ABC。（多选）10．（4分）如图所示，甲图是某光电管被a、b两束光照射时光电管中光电流与电压关系图像，乙图是c、d两种金属遏止电压与入射光频率之间的关系图像，下列判断正确的是（）A．a光的光子能量小于b光的光子能量 B．c金属的逸出功小于d金属的逸出功 C．若用b光照射c金属能发生光电效应，则用a光照射d金属也一定能发生光电效应 D．用a光照射c、d金属，若d金属能发生光电效应，则c金属也一定能发生光电效应【考点】光电效应方程的图像问题；光电流及其影响因素；遏止电压及其影响因素．【答案】BD【分析】根据爱因斯坦的光电效应方程和动能定理分析比较出两种光子的能量大小和两种金属的逸出功大小；根据发生光电效应的条件分析。【解答】解：A.根据光电效应方程Ek＝hν﹣W0根据动能定理eU＝Ek由图甲可知a光的遏止电压较大，则a光的光子能量大于b光的光子能量，故A错误；B.根据光电效应方程Ek＝hν﹣W0根据动能定理eU＝Ek整理得W0＝hν﹣eU由图乙可知，入射光频率相同时，c金属对应的遏止电压较大，则c金属的逸出功小于d金属的逸出功，故B正确；C.a光的光子能量大于b光的光子能量，c金属的逸出功小于d金属的逸出功，则a光的频率大于b光的频率，故若用b光照射c金属能发生光电效应，则用a光照射d金属不一定能发生光电效应，故C错误；D.c金属的逸出功小于d金属的逸出功，若d金属能发生光电效应，则c金属也一定能发生光电效应，故D正确。故选：BD。（多选）11．（4分）如图所示，直角三角形斜面体ABC固定在水平面上，∠A＝30°、∠C＝90°，AC面光滑，粗细均匀的直杆竖直立在地面上的B点，滑环Q套在杆上，物块P放在斜面上，P和Q用绕过C处定滑轮的细线连接。施加外力F令物块Q以速度v沿直杆向上匀速运动，不计滑轮的大小，AC面及直杆足够长，当Q运动到位置D时距B、C距离相等。下列说法正确的是（）A．P的速度大小为0.5v B．P处于超重状态 C．Q从D到与C等高的C′过程中，绳子对Q的拉力大小不变 D．Q经过与C等高的C′点时，P的瞬时速度为零【考点】关联速度问题；斜面上的连接体问题（连接体问题的特例）．【答案】ABD【分析】A.分析Q运动到D点时各角度的大小关系，根据绳模型的关联速度分解规律列式求解；BD.根据关联速度结合夹角的变化情况判断速度和加速度的情况，再判断物体的超失重状态；C.根据速度变化判断加速度和拉力的变化情况。【解答】解：A.当Q运动到离B、C距离相等的位置D时，由几何关系有∠DBC＝∠DCB＝90°﹣60°＝30°，设CD与杆竖直方向的夹角为θ，有θ＝∠DBC+∠DCB＝30°+30°＝60°，根据沿绳方向速度相等可得vcosθ＝vP，解得vPBD.由上述分析可知，P和Q之间的关系有vcosθ＝vP，当Q运动过程中，CQ与竖直杆之间的夹角θ在增加，所以P的速度在减小，即对P来说其加速度有向上的加速度分量，即P处于超重状态，当Q处于C′时，对应的角度θ＝90°，即此时P的速度为零，故BD正确；C.Q从D到与C等高的C′过程中，由上述分析vcosθ＝vP可知，P的加速度发生变化，则绳拉力变化，故C错误。故选：ABD。（多选）12．（4分）如图，光滑水平面上固定有光滑长直木板，倾角θ＝37°、质量2kg的斜面紧靠木板放置，质量为1kg的物块与斜面之间的动摩擦因数μ=1516，初始时斜面与物块均静止，作用在斜面上的力F与木板平行水平向右，重力加速度g取10m/sA．物体与斜面相对静止时，摩擦力方向沿斜面指向左上方 B．物体与斜面相对静止时，摩擦力方向沿斜面指向右上方 C．要使物体与斜面不发生相对滑动，F最大值为4.5N D．要使物体与斜面不发生相对滑动，F最大值为13.5N【考点】共点力的平衡问题及求解．【答案】BD【分析】AB．物体与斜面相对静止时，相对斜面有向下滑动的趋势和向左滑动的趋势，摩擦力方向沿斜面指向右上方；CD．对物体沿着斜面方向根据平衡条件和牛顿第二定律，再整体根据牛顿第二定律得出F最大值。【解答】解：AB．物体与斜面相对静止时，相对斜面有向下滑动的趋势和向左滑动的趋势，摩擦力方向沿斜面指向右上方，故A错误，B正确；CD．对物体沿着斜面方向根据平衡条件得fy＝mgsin37°对物体沿着水平方向根据牛顿第二定律得fx＝ma又因为fx对整体根据牛顿第二定律得F＝（M+m）a解得F＝13.5N故C错误，D正确。故选：BD。三、非选择题，共6小题，共60分。13．（7分）某同学利用如图所示的实验装置探究滑轮工作时受到的摩擦力。细绳跨过固定在铁架台上的轻滑轮，两端各悬挂一只重锤，重锤质量均为M，重力加速度为g。实验操作如下：①用米尺量出重锤1底端距地面的高度h；②在重锤1上加上质量为m的小钩码；③左手将重锤2压在地面上，保持系统静止。释放重锤2，同时右手开启秒表，在重锤1落地时停止计时，记录下落时间；④重复测量3次下落时间，取其平均值作为测量值t。请回答下列问题：（1）步骤④可以减小对下落时间t测量的偶然（选填“偶然”或“系统”）误差。（2）实验要求小钩码的质量m要比重锤的质量M小很多，主要是为了B。A．使H测得更准确B．使重锤1下落的时间长一些C．使系统的总质量近似等于2MD．使细绳的拉力与小钩码的重力近似相等（3）用实验中的测量量和已知量（M、h、m、g、t）表示滑轮受到的摩擦力Ff，则Ff＝mg﹣（2M+m）2ht2【考点】探究影响滑动摩擦力的因素．【答案】（1）偶然；（2）B；（3）mg﹣（2M+m）2h【分析】根据偶然误差与系统误差的定义分析误差类型；根据实验原理分析操作的目的；根据牛顿第二定律求解摩擦力的表达式。【解答】解：（1）时间测量可能会因为人为操作快慢和读数问题带来一定误差，所以属于偶然误差；（2）由于自由落体的加速度较大，下落h高度的时间较短，为了减小测量时间的实验误差，就要使重锤下落的时间长一些，因此系统下降的加速度要小，所以小钩码的质量要比重锤的质量小很多。（3）根据牛顿第二定律有（M+m）g﹣Ff﹣Mg＝（2M+m）a，又h=12at答：（1）偶然；（2）B；（3）mg﹣（2M+m）2ht14．（8分）请使用下列器材测量小车质量M：小车、一端带有定滑轮的平直轨道、垫块、细线、打点计时器、纸带、频率为50Hz的交流电源、直尺、质量均为m＝10g的7个槽码。（1）完成下列实验步骤中的填空：ⅰ．按图甲安装好实验器材，跨过定滑轮的细线一端连接在小车上，另一端悬挂着7个槽码。改变轨道的倾角，用手轻拨小车，直到打点计时器在纸带上打出一系列距离相等的点，表明小车沿倾斜轨道匀速下滑；ⅱ．保持轨道倾角不变，取下1个槽码（即细线下端悬挂6个槽码），让小车拖着纸带沿轨道下滑，根据纸带上打的点迹测出加速度a；ⅲ．依次减少细线下端悬挂的槽码数量，重复步骤ⅱ；ⅳ．以取下槽码的总个数n（1≤n≤7）的倒数1n为纵坐标，1a为横坐标，作出（2）已知重力加速度大小g＝9.80m/s2，计算结果均保留三位有效数字，请完成下列填空：①下列说法正确的是AB；A．接通电源后，再将小车从靠近打点计时器处释放B．小车下滑时，位于定滑轮和小车之间的细线应始终跟倾斜轨道保持平行C．实验中必须保证细线下端悬挂槽码的质量远小于小车的质量D．若细线下端悬挂着2个槽码，则小车在下滑过程中受到的合外力大小为5mg②若某次实验获得如图乙所示的纸带，已知相邻计数点间均有4个点未画出，则加速度大小a＝1.12m/s2；在打“7”点时小车的速度大小v7＝1.02m/s；③写出1n随1a变化的关系式1④测得1n−1a关系图线的斜率为0.20m/s【考点】探究小车速度随时间变化的规律．【答案】（1）距离相等；（2）①AB；②1.12；1.02；③1n=mg【分析】（1）若小车匀速下滑，则小车在相等时间内通过的路程相等，据此分析作答；（2）①根据实验正确操作步骤和注意事项分析作答；根据牛顿第二定律分析作答；②根据逐差法求加速度；根据匀变速运动中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度求打下6点的瞬时速度，再根据运动学公式求解打下“7”点的瞬时速度；③根据平衡条件和牛顿第二定律求解1n④结合1n【解答】解：（1）小车沿倾斜轨道匀速下滑，小车在相等时间内通过的路程相等，因此相邻点迹之间的距离相等，即纸带上打出一系列距离相等的点；（2）①A．为了充分利用纸带，先接通电源后，再将小车从靠近打点计时器处释放，故A正确；B．为了保证小车所受的合力沿斜面方向，小车下滑时，位于定滑轮和小车之间的细线应始终跟倾斜轨道保持平行，故B正确；CD．小车沿倾斜轨道匀速下滑，根据平衡条件，对槽码T＝7mg对小车Mgsinθ＝T+f联立解得摩擦力f＝Mgsinθ﹣7mg实验中，不需要保证细线下端悬挂槽码的质量远小于小车的质量；若细线下端悬挂着2个槽码，设加速度为a对槽码，根据牛顿第二定律T﹣2mg＝2ma得T＝2m（g+a）对小车F合＝Mgsinθ﹣f﹣T＝Mgsinθ﹣（Mgsinθ﹣7mg）﹣2m（g+a）＝5mg﹣2ma综上分析，故CD错误。故选：AB。②相邻计数点之间的时间间隔T=根据逐差法，加速度a=根据匀变速运动中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，打“6”点时小车的速度大小v根据运动学公式，打下“7”点的瞬时速度v7＝v6+aT＝0.91m/s+1.12×0.1m/s≈1.02m/s③若细线下端悬挂着（7﹣n）个槽码，设加速度为a对槽码，根据牛顿第二定律T﹣（7﹣n）mg＝（7﹣n）ma，其中1≤n≤7对小车，根据牛顿第二定律Mgsinθ﹣f﹣T＝Ma联立解得1④1n−代入数据解得M＝0.42kg。故答案为：（1）距离相等；（2）①AB；②1.12；1.02；③1n=mg15．（8分）青岛地铁1号线为跨海地铁线路，线路全长60.11千米，共设置41座车站，全部为地下车站。如图从S站到T站是一段直线线路，全程3.3km，列车运行最大速度为72km/h。为了便于分析，我们用图乙来描述这个模型，列车在S站从静止开始做匀加速直线运动，达到最大速度后立即做匀速直线运动，进站前从最大速度开始做匀减速直线运动，直至到T站停车，且加速的加速度大小为减速加速度大小的二分之一。现匀加速运动过程中依次经过A、B、C点，A→B用时3s，B→C用时5s，且AB长12.6m，BC长45.0m。求：（1）S、A两点之间的距离；（2）列车匀速行驶的时间。【考点】匀变速直线运动规律的综合应用．【答案】（1）S、A两点之间的距离为2.4m；（2）列车匀速行驶的时间为140s。【分析】（1）根据位移—时间公式计算出A点的速度，然后根据速度—位移公式得到S、A之间的距离；（2）先分别计算出列车的加速距离和减速距离，进而得到匀速运动的距离，进而得到匀速运动的时间。【解答】解：（1）设加速时加速度大小为a，列车过A点的速度为vA，根据位移—时间关系有AB=AB+BC=代入数据解得vA＝2.4m/s，a＝1.2m/s2则SA=v（2）最大速度vm＝72km/h＝20m/s列车的加速距离为x1=由题可知列车的减速时的加速度大小为a'＝0.6m/s2，列车的减速距离为x2=列车匀速运动的时间为t=把x＝3.3km＝3300m代入得t＝140s答：（1）S、A两点之间的距离为2.4m；（2）列车匀速行驶的时间为140s。16．（8分）92232U发生α衰变时，其衰变方程为：92232（1）求一次衰变过程中亏损的质量（保留2位有效数字）；（2）若92232U开始处于静止状态，衰变过程释放的核能全部转化为α（3）若92232U和【考点】利用结合能或比结合能计算核能；用爱因斯坦质能方程计算核反应的核能．【答案】（1）一次衰变过程中亏损的质量为9.8×10﹣29kg；（2）放出的α粒子的动能为54MeV；（3）2【分析】（1）根据爱因斯坦质能方程解答。（2）衰变过程满足动量守恒，结合动能与动量的关系解答。（3）根据结合能与比结合能的定义，以及结合能与释放的核能的关系解答。【解答】解：（1）由衰变方程可知，一次衰变释放的核能为：ΔE＝55MeV＝55×106×1.6×10﹣19J＝8.8×10﹣12J由爱因斯坦质能方程可得：ΔE＝Δmc2解得亏损的质量为：Δm＝9.8×10﹣29kg（2）衰变过程满足动量守恒，可知α粒子和钍核的动量等大反向。动能与动量的关系为：E可得：E依题意可得：Ekα+EkTh＝释放的核能ΔE＝55MeV解得：Ekα＝54MeV（3）设92232U和90228Th的比结合能分别是E1和E4E3+228E2﹣232E1＝ΔE＝55MeV已知：E1＝1.38MeV，E2＝1.50MeV解得：E3＝8.29MeV答：（1）一次衰变过程中亏损的质量为9.8×10﹣29kg；（2）放出的α粒子的动能为54MeV；（3）217．（14分）如图所示，截面为直角三角形的斜面体C静置在光滑水平地面上，滑轮P固定在倾角为θ＝53°的斜面顶端，滑轮Q固定天花板上，PQ水平。物块A、B跨过两滑轮被轻绳连接。开始时用手托住物块B，绳子伸直，物块A静止在斜面底端。作用在斜面上一个水平力F，使斜面一直保持静止。物块B放手后竖直下落2m被接住，物块A继续运动达到的最高点与滑轮P的竖直高度差为0.128m。已知斜面体C的竖直边高度为h＝1.6m，质量为mC＝2kg，物块A、B质量均为mA＝mB＝1kg。设滑动摩擦力与最大静摩擦力相等，g取10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。滑轮P很小不会阻挡物块A。求（1）物块B被接住时，物块A的速度；（2）A与C之间的动摩擦因数；（3）物块B竖直下落过程中，地面受到的压力大小和水平力F的大小。【考点】斜面上的连接体问题（连接体问题的特例）．【答案】（1）物块B被接住时，物块A的速度为2m/s；（2）A与C之间的动摩擦因数μ＝0；（3）地面受到的压力大小为FN′＝30.8N，水平力F的大小为F＝8.4N。【分析】（1）物块B竖直下落时物块A沿着斜面运动，先分析斜面的长度，物块B竖直下落2m被接住时物块A在斜面的位置和运动情况，运用运