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高考物理一轮复习 选择题2
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这是一份高考物理一轮复习 选择题2，共21页。试卷主要包含了下列说法中正确的是等内容，欢迎下载使用。
1．下列说法中正确的是（ ）
A. 无论入射光的频率多么低，只要该入射光照射金属的时间足够长，也能产生光电效应
B. 氢原子的核外电子，在由离核较远的轨道自发跃迁到离核较近的轨道的过程中，放出光子，电子动能减小，原子的电势能减小
C. 在用气垫导轨和光电门传感器做验证动量守恒定律的实验中，在两滑块相碰的端面上装不装上弹性碰撞架，不会影响动量是否守恒
D. 铀原子核内的某一核子与其他核子间都有核力作用
2．如图所示，有一个足够长的斜坡，倾角为α=30º。一个小孩在做游戏时，从该斜坡顶端将一只足球朝下坡方向水平踢出去，已知该足球第一次落在斜坡上时的动能为21J，则踢球过程小孩对足球做的功为 （ ）
A. 7J B. 9J C. 12J D. 16J
3．质量相等的A、B两物体放在同一水平面上，分别受到水平拉力F1、F2的作用而从静止开始作匀加速直线运动．经过时间t0和4t0速度分别达到2v0和v0时，分别撤去F1和F2，以后物体继续做匀减速直线运动直至停止．两物体速度随时间变化的图象如图所示．设F1和F2对A、B的冲量分别为I1和I2，F1和F2对A、B做的功分别为W1和W2，则下列结论正确的是（ ）
A. I1＞I2，W1＞W2 B. I1＜I2，W1＞W2
C. I1＜I2，W1＜W2 D. I1＞I2，W1＜W2
4．如图所示是电视机显像管及其偏转线圈的示意图.如果发现电视画面的幅度比正常的偏小，可能引起的原因是（ ）
A. 电子枪发射能力减弱，电子数减少
B. 加速电场的电压过低，电子速率偏小
C. 偏转线圈局部短路，线圈匝数减少
D. 偏转线圈电流过大，偏转磁场增强
5．如图所示，两根足够长的固定平行金属光滑导轨位于同一水平面，导轨上横放着两根相同的导体棒ab、cd与导轨构成矩形回路。导体棒的两端连接着处于压缩状态的两根轻质弹簧，两棒的中间用细线绑住，它们的电阻均为R，回路上其余部分的电阻不计。在导轨平面内两导轨间有一竖直向下的匀强磁场。开始时，导体棒处于静止状态。剪断细线后，导体棒在运动过程中( )
A. 两根导体棒和导轨形成的回路中将产生持续的交变电流
B. 两根导体棒所受安培力的方向总是相同的
C. 两根导体棒和弹簧构成的系统动量守恒，机械能守恒
D. 两根导体棒和弹簧构成的系统动量守恒，机械能不守恒
6．如图所示，为一理想变压器，S为单刀双掷开关，P为滑动变阻器R的滑片，U1为加在原线圈两端的电压，I1为原线圈中的电流，下列判断正确的是( )
A. 保持U1和P的位置不变，S由a合到b时，I1将增大
B. 保持U1和P的位置不变，S由b合到a时，R消耗的功率减小
C. 保持U1不变，S合在a处，使P上滑，I1将增大
D. 保持P的位置不变，S合在a处，若U1增大，I1将增大
7．在场强大小为E的匀强电场中，质量为m、带电量为+q的物体以某一初速沿电场反方向做匀减速直线运动，其加速度大小为0.8qE/m，物体运动s距离时速度变为零。则下列说法中正确的是( )
A. 物体克服电场力做功qEs B. 物体的电势能减少了0.8qEs
C. 物体的电势能减少了qEs D. 物体的动能减少了0.8qEs
8．如图所示，带电平行板中匀强磁场方向水平垂直纸面向里，某带电小球从光滑绝缘轨道上的a点自由滑下，经过轨道端点P进入板间后恰能沿水平作直线运动。现使小球从较低的b点开始下滑，经P点进入板间，在板间的运动过程中( )
A. 其动能将会增大
B. 其电势能将会增大
C. 小球受到的电场力将会增大
D. 小球所受的洛伦兹力将会增大
9．放射性物质碘131的衰变方程为→+Y。根据有关放射性知识，下列说法正确的是
A. 生成的处于激发态，放射γ射线。γ射线的穿透能力最强，电离能力也最强
B. 若的半衰期大约是8天，取4个碘原子核，经16天就只剩下1个碘原子核了
C. Y粒子为β粒子
D. 中有53个质子和132个核子
10．如图所示的曲线是某个质点在恒力作用下的一段运动轨迹。质点从M点出发经P点到达N点，已知弧长MP大于弧长PN，质点由M点运动到P点与从P点运动到N点的时间相等。下列说法正确的是
A. 质点从M到N过程中速度大小保持不变
B. 质点在MN间的运动不是匀变速运动
C. 质点在这两段时间内的速度变化量大小不相等，但方向相同
D. 质点在这两段时间内的速度变化量大小相等，方向相同
11．如图所示，假设月球的半径为R，月球表面的重力加速度为g0，飞船沿距月球表面高度为3R的圆形轨道Ⅰ运动，到达轨道的A点．点火变轨进入椭圆轨道Ⅱ，到达轨道的近月点B再次点火进入月球近月轨道Ⅲ，绕月球做匀速圆周运动．下列判断正确的是（ ）
A. 飞船在轨道Ⅰ上的运行速率v=g0R2
B. 船在A点处点火变轨时，动能增加
C. 飞船从A到B运行的过程中机械能增大
D. 飞船在轨道Ⅲ绕月球运动一周所需的时间T=πRg0
12．
A. 若物体滑动中不受摩擦力，则全过程机械能守恒
B. 若物体滑动中有摩擦力，则全过程动量守恒
C. 不论物体滑动中有没有摩擦，小车的最终速度与断线前相同
D. 不论物体滑动中有没有摩擦，系统损失的机械能相同
13．下列关系物理学史实说法中正确的是
A. 汤姆逊发现了中子，被称为“中子之父”
B. 我国核电站采用了重核裂变，用中子轰击，产生的新核比结合能较小
C. 普朗克的粒子散射实验，奠定了原子的核式结构模型
D. 康普顿研究石墨对X射线散射，证实了光子有动量，进一步揭示了光子的粒子性
14．2016年12月17号是我国发射“悟空”探测卫星一周年，为人类对暗物质的研究，迈出又一重大步伐。假设两颗质量相等的星球绕其中心转动，理论计算的周期与实际观测周期有出入，且（n>1），科学家推测，在以两星球球心连线为直径的球体空间中均匀分布着暗物质，设两星球球心连线长度为L，质量均为m，据此推测，暗物质的质量为
A. B. C. D.
15．在电荷量为Q的点电荷激发电场空间中，距Q为r处电势表达式为，其中k为静电力常量，取无穷远处为零电势点，今有一电荷量为Q的正点电荷，固定在空间中某处，一电荷量为q，质量为m的负点电荷绕其做椭圆运动，不计负点电荷重力。Q位于椭圆的一个焦点上，椭圆半长轴长为a，焦距为c，该点电荷动能与系统电势能之和表达式正确的是
A. B. C. D.
16．如图所示，总质量为M带有底座的足够宽框架直立在光滑水平面上，质量为m的小球通过细线悬挂于框架顶部O处，细线长为L，已知M>m，重力加速度为g，某时刻m获得一瞬时速度，当m第一次回到O点正下方时，细线拉力大小为
A. mg B. C. D.
17．物体b在力F作用下将物体a压向光滑的竖直墙壁，a始终处于静止，如图所示，当F逐渐增大时下列说法中正确的是
A. a受的摩擦力有两个
B. a与b间的摩擦力大小随F的增大而增大
C. a受的摩擦力大小不随F的增大而变化
D. b相对a的运动趋势方向竖直向下
18．如图甲所示，质量为1kg的小物块以初速度v0=11m/s，从θ=53°固定斜面底端先后两次滑上斜面，第一次对小物块施加一沿斜面向上的恒力F，第二次无恒力，图乙中的两条线段a、b分别表示存在恒力F和无恒力F时小物块沿斜面向上运动的v-t图像，不考虑空气阻力，g=10m/s2，下列说法正确的是（cs53°=0.6，sin53°=0.8）
A. 恒力F大小为21N
B. 物块与斜面间的动摩擦因数为0.6
C. 有恒力F时，小物块在上升过程机械能的减少量较小
D. 有恒力F时，小物块在上升过程产生的热量较小
19．如图所示，在倾角θ=30°的光滑斜面上，长为L的细线一定固定，另一端连接质量为m的小球，小球在斜面上做圆周运动，A、B分别是圆弧的最高点和最低点，若小球在A、B点做圆周运动的最小速度分别为vA、vB，重力加速度为g，则
A. vA=0 B. vA=gL C. vB=1210gL D. vB=3gL
20．如图甲所示，一质量为M的长木板静置于光滑水平面上，其上放置一质量为m的小滑块，木板受到随时间t变化的水平拉力F作用时，用传感器测出长木板的加速度a与水平拉力F的关系如图乙所示，取g=10m/s2，则
A. 当0B. 当F=8N时，滑块的加速度为1m/s2
C. 滑块与木板之间的滑动摩擦因素为0.2
D. 力随时间变化的函数关系一定可以表示为F=6t（N）
21．如图所示，电路中电源电动势E恒定，内阻r=2Ω，定值电阻R3=4Ω，ab段电路消耗的电功率在开关S断开与闭合时相等，电压表和电流表均为理想电表，则以下说法中正确的是
A. 开关S断开时电压表的示数一定等于S闭合时的示数
B. 电阻R1、R2可能分别为4Ω、6Ω
C. 电阻R1、R2可能分别为3Ω、9Ω
D. 开关S断开与闭合时，电压表的示数变化量与电流表的示数变化量大小之比与R1、R2无关
22．由光滑细管组成的轨道如图所示，其中AB段和BC段是半径为R的四分之一圆弧，轨道固定在竖直平面内，一质量为m的小球，从距离水平地面为H的管口D处静止释放，最后能够从A端水平抛出落到地面上，下列说法正确的是
A. 小球落到地面时相对于A点的水平位移值为2RH−2R2
B. 小球落到地面时相对于A点的水平位移值为22RH−4R2
C. 小球能从细管A端水平抛出的条件是H>2R
D. 小球能从细管A端水平抛出的最小高度Hmin=52R
23．如图所示，不带电物体A和带电的物体B用跨过定滑轮的绝缘轻绳相连，AB的质量分别为2m和m，劲度系数为k的轻弹簧一端固定在水平面上，另一端与物体A相连，倾角为θ的斜面处于沿斜面向上的匀强电场中，整个系统不计一切摩擦，开始时，物体B在一沿斜面向上的外力F=3mgsinθ的作用下保持静止且轻绳恰好伸直，然后撤去外力F，直到物体B获得最大速度，且弹簧未超过弹性限度，则在此过程中
A. 物体B受到的电场力大小为mgsinθ
B. B的速度最大时，弹簧的伸长量为3mgsinθk
C. 撤去外力F的瞬间，物体B的加速度为gsinθ
D. 物体A、弹簧和地球所组成的系统机械能增加量等于物体B和地球组成的系统的机械能的减少量
24．一理想变压器与电阻R、交流电压表V、电流表A按下图甲所示方式连接，电阻R=10Ω，电压表、电流表均为理想电表，变压器的匝数比为．图乙是R两端电压U随时间变化的图象，Um=10V．下列说法中正确的是（ ）
A. 通过R的电流瞬时值表达式为iR=cs50πtA
B. 电流表A的读数为0.1A
C. 电流表A的读数为
D. 电压表V的读数为10V
25．甲、乙两物体同时从同一位置出发沿同一直线运动，它们的v-t图像如图所示，则下列判断正确的是
A. 甲做匀速直线运动，乙先做匀加速运动然后做匀减速直线运动
B. 两物体两次相遇的时刻分别是1s末和4s末
C. 乙在6s末重新回到出发点
D. 第2s末乙物体的运动方向不变
26．如图所示，小球A置于固定在水平面上的光滑半圆柱体上，小球B用水平轻弹簧拉着系于竖直板上，两小球A、B通过光滑滑轮O用轻质细线相连，两球均处于静止状态，已知B球质量为m,O点在半圆柱体圆心O1的正上方，OA与竖直方向成30°角，OA长度与半圆柱体半径相等，OB与竖直方向成45°角，则下列叙述正确的是
A. 小球A、B受到的拉力TOA与TOB相等，且TOA＝TOB＝mg
B. 弹簧弹力大小mg
C. A球质量为6m
D. 光滑半圆柱体对A球支持力的大小为mg
27．如图所示，一粒子源S可向外发射质量为m，电荷量为q带正电的粒子，不计粒子重力，空间充满一水平方向的匀强磁场，磁感应强度方向如图所示，S与M在同一水平线上，某时刻，从粒子源发射一束粒子，速度大小为v，方向与水平方向夹角为，SM与v方向在同一竖直平面内，经时间t，粒子达到N处，已知N与S、M在同一水平面上，且SM长度为L，匀强磁场的磁感应强度大小可能是
A. B. C. D.
28．如图所示，质量为M的斜劈放置在水平地面上，细线绕过滑轮连接物体，连接细线与斜劈平行，滑轮由细线固定在竖直墙O处，滑轮用轻质杆固定在天花板上，动滑轮跨在细线上，其下端悬挂质量为的物体，初始整个装置静止，不计细线与滑轮间摩擦，下列说法正确的是
A. 若增大质量， 、M仍静止，待系统稳定后，细线张力大小不变
B. 若增大质量， 、M仍静止，待系统稳定后，地面对M摩擦力变大
C. 若将悬点O上移， 、M仍静止，待系统稳定后，细线与竖直墙夹角变大
D. 若将悬点O上移， 、M仍静止，待系统稳定后，地面对M摩擦力不变
29．如图所示，质量为2kg的木板M放置在足够大光滑水平面上，其右端固定一轻质刚性竖直挡板，对外最大弹力为4N，质量为1kg的可视为质点物块m恰好与竖直挡板接触，已知M、m间动摩擦因数μ=0.5，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。初始两物体均静止，某时刻开始M受水平向左力F作用，F与M位移关系为F=3+0.5x，重力加速度，关于M、m的运动，下列表述正确的是
A. 当F刚作用时，竖直挡板对m就有弹力作用
B. m的最大加速度为
C. 当M运动位移为24m过程中，F所做的功为216J
D. m获得的最大速度无法求解
30．如图所示，质量为m的小球用两细线悬挂于A、B两点，小球可视为质点，水平细线OA长，倾斜细线OB长为，与竖直方向夹角为，现两细线均绷紧，小球运动过程中不计空气阻力，重力加多少为g，下列论述中不正确的是
A. 在剪断OA现瞬间，小球加速度大小为
B. 剪断OA线后，小球将来回摆动，小球运动到B点正下方时细线拉力大小为
C. 剪断OB线瞬间，小球加速度大小为
D. 剪断OB线后，小球从开始运动至A点正下方过程中，重力功率最大值为
31．空间中有一电场强度方向沿x轴方向的电场，其电势φ随x的分布如图所示，一质量为m、带电量为-q的粒子（不计重力），以初速度v0从x=0处的0点进入电场并沿x轴正方向运动，则下列关于该粒子运动的说法中正确的而是
A. 粒子从x=0处运动到x=x1处的过程中动能逐渐减小
B. 粒子从x=x1处运动到x=x3处的过程中电势能逐渐减小
C. 欲使粒子能够达到x=x4处，则粒子从x=0处出发的最小速度应为2qφ0m
D. 若v0=22qφ0m，则粒子在运动过程中的最小速度为6qφ0m
评卷人
得分
一、选择题
评卷人
得分
二、不定项选择题
评卷人
得分
三、多选题
参考答案
1．C
【解析】A、根据光电效应方程：Ekm=hγ−W，可知，只有当入射光的频率大于一定的频率时，才能发生光电效应，与入射的时间无关,故A错误；
B、氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，要释放一定频率的光子，轨道半径变小，根据ke2r2=mv2r知，半径减小，速度增大，动能增大，能量减小，则电势能减小，故B错误；
C、动量守恒的条件是系统不受外力或所受外力为零，所以用气垫导轨和光电门传感器做验证动量守恒定律的实验中，在两滑块相碰的端面上装不装上弹性碰撞架，不会影响动量是否守恒，故C正确；
D、核力只存在于相邻的核子之间，所以核内的某一核子与其他核子间不一定有核力作用，故D错误。
点睛：根据光电效应的条件判断能否发生光电效应．由高能级向低能级跃迁，根据轨道半径的变化，结合库仑引力提供向心力判断动能的变化，通过原子能量的变化判断电势能的变化．核力只存在于相邻的核子之间。
2．B
【解析】足球做平抛运动，可以分解为水平方向的匀速直线运动与竖直方向的自由落体运动，则有：tanθ=hx=12gt2v0t=gt2v0=vy2v0，故vy=2v0tanθ，已知EK0=12mv02，足球落在斜坡上时的动能EK=12m（v02+vy2）=12m(v02+4v02tan2θ)=73Ek0，解得：EK0=9J，踢球过程中，根据动能定理得：W=EK0=9J，故选项B正确。
点睛：平抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动与竖直方向的自由落体运动，熟练应用平抛运动知识、动能的计算公式和动能定理，即可正确解题。
3．B
【解析】试题分析：从图象可知，两物块匀减速运动的加速度大小之都为，根据牛顿第二定律，匀减速运动中有f=ma′，则摩擦力大小都为m．根据图象知，匀加速运动的加速度分别为：，，根据牛顿第二定律，匀加速运动中有F﹣f=ma，则F1=，F2=，F1和F2的大小之比为12：5；
所以：＜1，则I1＜I2；
图线与时间轴所围成的面积表示运动的位移，则位移之比为=6：5；
两个物体的初速度、末速度都是0，所以拉力做的功与摩擦力做的功大小相等，所以：
，则W1＞W2．
故选：B
4．C
【解析】如果发现电视画面幅度比正常时偏小，是由于电子束的偏转角减小，即电子的轨道半径增大所致；
A、电子枪发射能力减弱，电子数减少，但运动的电子速率及磁场不变，由公式r=mvqB，电子在磁场中轨道半径不变，通过磁场后偏转角不变，因此不会影响电视画面偏大或小，故A错误；
B、当加速电场电压过低，电子获得的速率偏小，由公式r=mvqB，可知电子运动半径减小，从而使偏转角度增大，导致画面比正常偏大，故B错误；
C、当偏转线圈匝间短路，线圈匝数减小时，导致偏转磁场减小，由公式r=mvqB，可知电子的运动半径增大，所以导致画面比正常偏小，故C正确；
D、当偏转线圈电流过小，偏转磁场减弱时，从而导致电子运动半径变大，所以导致画面比正常偏小，故D错误。
点睛：根据电视机显像管的工作原理分析，可知其作用．运动的电子在电流提供的磁场中受到洛伦兹力作用，从而使电子打到荧光屏上．画面变大，是由于电子束的偏转角增大，即轨道半径减小所致．根据洛伦兹力提供向心力，从而确定影响半径的因素。
5．D
【解析】A、剪断细线后，导体棒在运动过程中，由于弹簧的作用，导体棒ab、cd反向运动，产生感应电流，根据能量守恒，电路产生热量，导体棒的速率逐渐减小，故产生的电流的周期变小，故电路中不是持续的交变电流，故A错误；
B、在导体棒运动的过程中，穿过导体棒ab、cd与导轨构成矩形回路的磁通量变化，回路中产生感应电动势，导体棒ab、cd电流方向相反，根据左手定则可知两根导体棒所受安培力的方向相反，故B错误；
C、两根导体棒和弹簧构成的系统在运动过程中是合外力为0．所以系统动量守恒，但是由于产生感应电流，产生热量，所以一部分机械能转化为内能，所以系统机械能不守恒．故C错误，D正确。
点睛：剪断细线后，分析导体棒的运动过程和受力情况，根据磁通量的变化判断感应电动势，根据左手定则判断安培力的方向，分析两棒组成的系统在运动过程中是不是合外力为零或者内力远大于外力，这是系统总动量守恒的条件。
6．ABD
【解析】试题分析：保持U1及P的位置不变，K由a合到b时，初级匝数减小，根据U1U2=n1n2可知次级电压变大，则次级功率变大，根据P=IU可知，初级电流变大，选项A正确；保持U1及P的位置不变，K由b合到a时，初级匝数增大，根据U1U2=n1n2可知次级电压变小，R消耗的功率减小，选项B正确；保持U1不变，K合在a处，使P上滑，则R变大，次级电流I2减小，故I1将减小，选项C错误；保持P的位置不变，K合在a处，若U1增大，根据U1U2=n1n2，则U2变大，I2变大，则I1将增大，选项D正确；故选ABD.
考点：变压器；电路的动态分析.
7．AD
【解析】带电量为q的物体以某一初速沿电场反方向做匀减速直线运动，可判断电场力做负功，电场力为qE，克服电场力做功为qES，A对；电势能增加qES，C对；合外力为0.8qE，合外力做功为-0.8qES,动能减少了0.8qES，D对；
8．AD
【解析】试题分析：小球从P点进入平行板间后做直线运动，对小球进行受力分析得小球共受到三个力作用：恒定的重力G、恒定的电场力F、洛伦兹力f，这三个力都在竖直方向上，小球在水平直线上运动，所以可以判断出小球受到的合力一定是零，即小球一定是做匀速直线运动，洛伦兹力和电场力同向，故都向上；减小入射速度后，洛伦兹力相对减小，合力向下，故向下偏转．
解：AB、根据题意分析得：小球从P点进入平行板间后做直线运动，是做匀速直线运动；
如果小球从稍低的c点下滑到从P点进入平行板间，则小球到达P点的速度会变小，洛伦兹力相对减小，合力向下，故向下偏转，故合力做正功、电场力做负功，故动能增加、电势能也增加；故A正确，B错误；
C、电场力F=qE，与速度无关，不变，故C错误；
D、粒子做曲线运动，下降时速度增加，故洛仑兹力f=qvB增加，故D正确；
故选：AD
【点评】本题关键先分析出小球受力平衡，然后再考虑洛仑兹力变化后的运动情况，同时要结合平行板电容器的表达式和电势差与电场强度的关系式列式分析．
9．C
【解析】γ射线的穿透能力最强，电离能力最弱，故A错误．半衰期具有统计规律，对大量的原子核适用，对少数的原子核不适用，故B错误．根据电荷数守恒、质量数守恒知，Y粒子的电荷数为-1，质量数为0，可知Y粒子为β粒子，故C正确．电荷数等于质子数，可知13153I中有53个质子，质量数等于核子数，则有131个核子,故D错误．故选C．
注；将题干改正为：
放射性物质碘131的衰变方程为13153I→13154Xe+Y ．根据有关放射性知识，下列说法正确的是（ ）
A．生成的X54131e 处于激发态，放射γ射线．γ射线的穿透能力最强，电离能力也最强
B．若13153I的半衰期大约是8天，取4个碘原子核，经16天就只剩下1个碘原子核了
C．Y粒子为β粒子
D．13153I中有53个质子和132个核子
10．D
【解析】因质点在恒力作用下运动，由牛顿第二定律可知，质点做匀变速曲线运动，由于加速度不变，从M到N过程中，根据v=st ，由于质点由M点运动到P点与从P点运动到N点的时间相等，可知，速度大小变化，故A错误；因加速度不变，则物体做匀变速曲线运动，根据公式Δv=aΔt可知质点在这两段相等时间内的速度变化量大小相等，方向相同，故BC错误，D正确。
点睛：注意曲线运动的特点：速度在变化，可能大小变，也可能方向变，但必存在加速度，可能加速度在变，也可能加速度不变。
11．A
【解析】试题分析：飞船在轨道Ⅰ上，万有引力提供向心力：GMm(4R)2＝mv24R；在月球表面，万有引力等于重力得：
GMmR2＝mg0，解得：v=g0R2，故A正确；飞船在A点处点火时，是通过向行进方向喷火，做减速运动，向心进入椭圆轨道，所以点火瞬间是动能减小的，B错误；飞船点火后，飞船从A到B运行的过程中，只有重力做功，机械能不变，故C错误；飞船在轨道Ⅲ绕月球运，万有引力提供向心力，有：GMmR2＝m4π2T2R，又GMmR2＝mg0，解得：T=2πRg0，故D错误；故选A。
考点：万有引力定律的应用
【名师点睛】该题考查了万有引力公式及向心力基本公式的应用，知道卫星变轨时，进入高轨道时要点火加速，进入低轨道时要减速；难度不大，属于中档题。
12．BCD
【解析】试题分析：A、物体与橡皮泥粘合的过程，发生非弹簧碰撞，系统机械能有损失。故A错误；
B、整个系统在水平方向不受外力，竖直方向上合外力为零，则系统动量一直守恒，故B正确；
C、取系统的初速度方向为正方向，根据动量守恒定律可知，物体沿车滑动到B端粘在B端的油泥上后系统共同的速度与初速度是相同的，故C正确；
D、由C的分析可知，当物体C与B端橡皮泥粘在一起时，系统的速度与初速度相等，所以系统的末动能与初动能是相等的，系统损失的机械能等于弹簧的弹性势能，与物体滑动中有没有摩擦无关。故D正确。
故选BCD。
考点：动量守恒、能量转化与守恒定律
【名师点睛】本题根据动量守恒和机械能守恒的条件进行判断：动量守恒的条件是系统不受外力或受到的外力的合力为零。机械能守恒的条件是除重力和弹力外的其余力不做功。物体C与橡皮泥粘合的过程，系统机械能有损失；分析系统的合外力，即可判断动量是否守恒；根据动量守恒定律求解小车的速度，根据动量守恒定律与功能关系判断系统的机械能的变化。
13．D
【解析】汤姆逊发现了电子，查德威克发现中子，故A错误； 重核裂变时，产生的新核比结合能比铀核的比结核能大，故B错误； 卢瑟福 的粒子散射实验，奠定了原子的核式结构模型，故C错误；康普顿研究石墨对X射线散射，证实了光子有动量，进一步揭示了光子的粒子性，故D正确。所以D正确，ABC错误。
14．C
【解析】设星球的质量均为m，轨道半径为，周期为T，双星运动过程中万有引力提供向心力： ，解得： ；令暗物质的质量为，对星球由万有引力提供向心力： ，解得： 。根据，联立以上可得： 。故C正确，ABD错误。
15．B
【解析】如图所示，AB两点为负电荷转动中的近地点和远地点，做椭圆运动的电荷在近地点和远地点的轨道曲率半径相同，设曲率半径为r
则对A点：
对B点有：
则有：
电荷的引力势能为： ，动能为：
则电荷在两点的机械能为：
根据机械能守恒：
解得：
将速度分别代入以上可得： ，故B正确，ACD错误。
16．B
【解析】当小球运动到最低点的速度为，把小球和框架看成一个系统，满足动量守恒： ，根据能量守恒有： ，联立解得： ， ，m相对圆心的速度为： ，由向心力公式： ，联立解得： ，故B正确，ACD错误。
17．C
【解析】
与a接触的面有两个，墙与a接触面，但墙壁光滑，不存在摩擦力，a与b接触面，存在摩擦力，所以a受到的摩擦力只有一个，方向竖直向上，由于a处于静止，所以a受到的重力和摩擦力是一对平衡，故a与b间的摩擦力大小等于重力与F无关，故AB错误C正确；如果b与a接触面光滑，则a相对b向下滑动，所以b相对a有向上运动的趋势，D错误；
【点睛】判断摩擦力存在与否的两个条件，一是接触面是否光滑和有弹力，二是两者是否具有相对运动或者相对运动趋势，在判断摩擦力大小变化时，需要注意是静摩擦力还是滑动摩擦力，静摩擦力可以根据共点力平衡条件分析，与接触面间的压力无关
18．C
【解析】
试题分析：根据速度-时间图象的斜率等于加速度，分别得到上滑和下滑的加速度大小，然后受力分析，根据牛顿第二定律列式求解．根据动能定理得到动能与重力势能的关系，再将动能与重力势能相等的条件代入进行求解．
对物体分析，在沿斜面方向上，当有恒力作用时mgsinθ+μmgcsθ−F=ma1，没有恒力作用时mgsinθ+μmgcsθ=ma2，从表达式中可以看出a1【点睛】速度时间图像的斜率表示加速度是本题的突破口，C选项容易出错，虽然有恒力作用时摩擦力做功多，但是重力势能的变化量确实最大的，并且两种情况下动能变化量相同，由此得出结论
19．C
【解析】
试题分析：根据在A点，对小球，临界情况是绳子的拉力为零，结合牛顿第二定律求出在最高点的最小速度，然后结合机械能守恒求出B点的最小速度．
在A点，对小球，临界情况是绳子的拉力为零，小球靠重力沿斜面方向的分力提供向心力，根据牛顿第二定律得：mgsinθ=mvA2L，解得A点的最小速度为：vA＝12gL，对AB段过程研究，根据机械能守恒得：12mvA2+mg⋅2Lsin30°=12mvB2，解得B点的最小速度为：vB=5gL2=1210gL，故C正确。
20．B
【解析】
试题分析：当拉力较小时，m和M保持相对静止一起做匀加速直线运动，当拉力达到一定值时，m和M发生相对滑动，结合牛顿第二定律，运用整体和隔离法分析．
当F等于6N时，加速度为a=1m/s2，对整体分析，由牛顿第二定律有F=(M+m)a，代入数据解得M+m=6kg，当F大于6N时，根据牛顿第二定律得a=F−μmgM=1MF−μmgM，图象斜率k=1M=16−4=0.5，解得M=2kg，滑块的质量m=4kg，由牛顿第二定律得，对系统：F=(M+m)a，对m：f=ma，解得：f=23F，故A正确；根据F大于6N的图线知，F=4时，a=0，即：0=12F−40μ2，解得：μ=0.1，a=12F−2，当F=8N时，长木板的加速度为：a=2m/s2；根据μmg=ma′得：滑块的加速度为a′=μg=1m/s2，故B正确，C错误；当M与m共同加速运动时，加速度相同，加速度与时间的关系为：力随时间变化的函数关系一定可以表示为F=6t（N），当F大于6N后，发生相对滑动，表达式不是F=6t，故D错误；
【点睛】知道滑块和木板在不同拉力作用下的运动规律是解决本题的关键，掌握处理图象问题的一般方法，通常通过图线的斜率和截距入手分析．
21．CD
【解析】
试题分析：当K闭合时R2被短路，根据电键K断开与闭合时，ab段电路消耗的电功率相等，列出方程，将电阻R1、R2代入，选择使方程成立的阻值．根据外电路总电阻的变化，分析电压表示数的大小关系．根据闭合电路欧姆定律求解电键K断开与闭合时电压表的示数变化量大小与电流表的示数变化量大小之比．
电键断开时外电路总电阻大于闭合时外电路总电阻，则电键断开时电压表的示数一定大于闭合时的示数，故A错误；电键K断开与闭合时，ab段电路消耗的电功率相等，则有(ER1+R2+r)2（R1+R2）=(ER1+r)2R1，将3Ω、9Ω代入方程成立，而将4Ω、6Ω代入方程不成立，故B错误C正确；根据闭合电路欧姆定律得U=E−(R3+r)I，则电压表的示数变化量大小与电流表的示数变化量大小之比为：ΔUΔI=R3+r=6Ω，与R1、R2无关，故D正确．
22．BC
【解析】
试题分析：小球从D到A运动过程中，只有重力做功，机械能守恒，根据机械能守恒定律求出A点速度，从A点抛出后做平抛运动，根据平抛运动规律求出水平位移，细管可以提供支持力，所以到达A点的临界速度等于零，由机械能守恒定律求小球能从细管A端水平抛出的最小高度．
小球从D到A运动过程中，只有重力做功，其机械能守恒，以地面为参考平面，根据机械能守恒定律得12mvA2+2mgR=mgH，解得vA=2gH−4gR，小球从A点抛出后做平抛运动，运动时间t=2×2Rg=2Rg，则小球落到地面时相对于A点的水平位移x=vAt=22RH−4R2，故A错误B正确；细管可以提供支持力，所以到达A点抛出时的速度应大于零即可，即vA=2gH−4gR>0，解得：H＞2R，所以小球能从细管A端水平抛出的最小高度Hmin=2R，故C错误D正确．
【点睛】本题中细管可以提供支持力，所以一定要注意A的临界速度等于零，区别于绳的情况
23．BC
【解析】
当施加外力时，对B分析可知F−mgsinθ−F电=0，解得F电=2mgsinθ，故A错误；当B受到的合力为零时，B的速度最大，由kx=F电+mgsinθ，解得x=3mgsinθk，故B正确；当撤去外力瞬间，它们受到的合力为F合=F电+mgsinθ=(m+2m)a，解得a=gsinθ，故C正确；B电场力做正功，电势能减小，物体A、弹簧和地球组成的系统机械能增加量不等于物体B和地球组成的系统机械能的减少量，故D错误
24．BD
【解析】正弦式电流且电阻R的Um=102 V，则有效值U=1022V=10V．所以通过电阻的电流为I=UR=1A ，Im=2A ，ω=2π0.02=100πrad/s ,因此通过R的电流iR随时间t变化的规律是iR=2cs100πt（A）．故A错误；由匝数比为n1n2=101 的变压器，得电流表A的读数为0.1A．故B正确，C错误；电压表读出的是有效值，得电压表A的读数为10V．故D正确；故选BD.
点睛：正弦变化规律的交流电的有效值比最大值等于1：2；理想变压器的电流之比、电压之比均是有效值．同时通过电阻电流的瞬时表达式是正弦还是余弦式是受线圈在磁场中计时位置不同而不同．
注：题干中：变压器的匝数比为10:1; Um=102 V．选项C：电流表A的读数为210A.
25．AD
【解析】甲的速度不变，做匀速直线运动，乙物体前2s做匀加速直线运动，后4s做匀减速直线运动，故A正确．甲、乙两物体由同一位置出发，根据在速度-时间图象中图象与坐标轴围成面积代表位移，可知所以前2s内乙的三角形面积等于甲的正方形面积，即两者位移相同，此时两车相遇；前6s内甲车的矩形面积等于乙车三角形的面积，此时又相遇，即两物体两次相遇的时刻分别是2s末和6s末，故B错误．
乙的速度一直为正，说明乙一直沿正方向运动，运动方向没有改变，不可能回到出发点，故C错误，D正确．故选AD.
点睛：本题是速度-时间图象问题，关键要明确斜率的含义，知道在速度-时间图象中图象与坐标轴围成的面积的含义，能根据图象读取有用信息．
26．BC
【解析】隔离对B分析，根据共点力平衡得：
水平方向有：TOBsin45°=F
竖直方向有：TOBcs45°=mg，
则 TOB=2mg，弹簧弹力 F=mg，根据定滑轮的特性知：TOA与TOB．故A错误，B正确．对A分析，如图所示，由几何关系可知拉力TOA和支持力N与水平方向的夹角相等，夹角为60°，则N和T相等，有：2TOAsin60°=mAg，解得 mA=6 m，由对称性可得：N=TOA=2mg，故C正确，D错误．故选BC.
点睛：解决本题的关键能够正确地受力分析，运用共点力平衡进行求解．本题采用隔离法研究比较简便.
27．BC
【解析】粒子在磁场中洛伦兹力提供向心力做圆周运动的周期为： ，由题意可知粒子到达N点的时间为： ，当n=1时，联立解得，故B正确，A错误； 粒子沿电场线方向的速度为： ，在粒子到达N点的时间为： ，由题意可知粒子到达N点的时间为： ，当n=1时，解得： ，故C正确，D错误。所以BC正确，AD错误。
28．AD
【解析】若增大m2的质量，因为m3的质量不变，所以线的张力还等于m3g，故A正确；把M、m1看成一个整体，地面对M的摩擦力等于细线的张力沿水平方向的分量，由上分析知细线的张力不变，所以地面对M的摩擦力也不变，故B错误；若将悬点O上移，细线的拉力不变，m2的质量未变，那么O2与O3间的细线与竖直方向的夹角也不变，O2与O3间的细线和拉m3的竖直线的夹角也没有变化，拉O3滑轮细线的拉力与这两根细线的合力大小相等，方向沿对角线，所以细线与竖直墙夹角总等于O2与O3间的细线和拉m3的竖直线的夹角的一半，故C错误；由以上分析可知将悬点O上移，细线的拉力不变，由整体法可知地面对M摩擦力不变，故D正确。所以AD正确，BC错误。
29．BC
【解析】当F刚作用时，F=3N，把M、m看成一个整体，由牛顿第一定律： ，代入数据解得： ，对m隔离分析： ，m所受的最大静摩擦力为： ，可见m所受的静摩擦力可以提供m的合外力，所以竖直挡板对m无弹力作用，故A错误；当m受到向左的最大静摩擦力和挡板的弹力达到最大时，m的加速度有最大值，由牛顿第二定律： ，代入数据解得： ，故B正确；外力F随位移成线性变化，当x=0时F=3N，当x=24时F=15N，作出F-x图像，可知图线与坐标轴所围的梯形面积即为所做的功： ，故C正确；当竖直挡板对m的弹力达到4N时，m的速度有最大值，对m有： ，代入数据解得： ，此时的外力为，由此可得运动的位移为： ，那么F在该过程中做的功为： ，由动能定理： ，联立解得： ，故D错误。所以BC正确，AD错误。
30．ACD
【解析】剪断OA线瞬间，小球受重力和线的拉力，沿切线和径向建立坐标，在沿切线方向： ，解得： ，故A说法错误；剪断OA线后，小球将来回摆动，小球运动到B点正下方时的速度为v，根据动能定理得： ，在最低点由牛顿第二定律得： ，联立以上解 得： ，故B说法正确；剪断OB线瞬间，小球只受重力，由牛顿第二定律可得：a=g，故C说法错误；剪断OB线后，小球下落到细线与水平方向夹角为时，重力的瞬时功率最大，根据动能定理： ，重力的瞬时功率为： ，以上联立可得： ，解得重力功率最大值为： ，故D说法错误。所以选ACD.
31．ABD
【解析】
试题分析：根据粒子带负电，在高电势处电势能小，在低电势处电势能大，分析电势能变化情况以及动能变化情况；粒子如能运动到x1处，就能到达x4处，根据动能定理研究0-x1过程，求解最小速度．粒子运动到x1处电势能最大，动能最小，由动能定理求解最小速度．
x=0处的电势大于x=x1处的电势，粒子带负电，在高电势处电势能小，在低电势处电势能大，故从x1过程中电势能增大，电场力做负功，动能减小，从x1~x3过程中电势一直增大，故粒子的电势能逐渐减小，AB正确；根据电场力和运动的对称性可知：粒子如能运动到x1处，就能到达x4处，当粒子恰好运动到x1处时，由动能定理得：−q(φ0−0)=0−12mv02，解得v0=2qφ0m，即粒子从x=0处出发的最小速度应为2qφ0m，C错误；若v0=22qφ0m，粒子运动到x1处电势能最大，动能最小，由动能定理得：q[（−φ0）−0]=12mvmin2−12mv02，解得最小速度为：vmin=6qφ0m，故D正确．
1．下列说法中正确的是（ ）
A. 无论入射光的频率多么低，只要该入射光照射金属的时间足够长，也能产生光电效应
B. 氢原子的核外电子，在由离核较远的轨道自发跃迁到离核较近的轨道的过程中，放出光子，电子动能减小，原子的电势能减小
C. 在用气垫导轨和光电门传感器做验证动量守恒定律的实验中，在两滑块相碰的端面上装不装上弹性碰撞架，不会影响动量是否守恒
D. 铀原子核内的某一核子与其他核子间都有核力作用
2．如图所示，有一个足够长的斜坡，倾角为α=30º。一个小孩在做游戏时，从该斜坡顶端将一只足球朝下坡方向水平踢出去，已知该足球第一次落在斜坡上时的动能为21J，则踢球过程小孩对足球做的功为 （ ）
A. 7J B. 9J C. 12J D. 16J
3．质量相等的A、B两物体放在同一水平面上，分别受到水平拉力F1、F2的作用而从静止开始作匀加速直线运动．经过时间t0和4t0速度分别达到2v0和v0时，分别撤去F1和F2，以后物体继续做匀减速直线运动直至停止．两物体速度随时间变化的图象如图所示．设F1和F2对A、B的冲量分别为I1和I2，F1和F2对A、B做的功分别为W1和W2，则下列结论正确的是（ ）
A. I1＞I2，W1＞W2 B. I1＜I2，W1＞W2
C. I1＜I2，W1＜W2 D. I1＞I2，W1＜W2
4．如图所示是电视机显像管及其偏转线圈的示意图.如果发现电视画面的幅度比正常的偏小，可能引起的原因是（ ）
A. 电子枪发射能力减弱，电子数减少
B. 加速电场的电压过低，电子速率偏小
C. 偏转线圈局部短路，线圈匝数减少
D. 偏转线圈电流过大，偏转磁场增强
5．如图所示，两根足够长的固定平行金属光滑导轨位于同一水平面，导轨上横放着两根相同的导体棒ab、cd与导轨构成矩形回路。导体棒的两端连接着处于压缩状态的两根轻质弹簧，两棒的中间用细线绑住，它们的电阻均为R，回路上其余部分的电阻不计。在导轨平面内两导轨间有一竖直向下的匀强磁场。开始时，导体棒处于静止状态。剪断细线后，导体棒在运动过程中( )
A. 两根导体棒和导轨形成的回路中将产生持续的交变电流
B. 两根导体棒所受安培力的方向总是相同的
C. 两根导体棒和弹簧构成的系统动量守恒，机械能守恒
D. 两根导体棒和弹簧构成的系统动量守恒，机械能不守恒
6．如图所示，为一理想变压器，S为单刀双掷开关，P为滑动变阻器R的滑片，U1为加在原线圈两端的电压，I1为原线圈中的电流，下列判断正确的是( )
A. 保持U1和P的位置不变，S由a合到b时，I1将增大
B. 保持U1和P的位置不变，S由b合到a时，R消耗的功率减小
C. 保持U1不变，S合在a处，使P上滑，I1将增大
D. 保持P的位置不变，S合在a处，若U1增大，I1将增大
7．在场强大小为E的匀强电场中，质量为m、带电量为+q的物体以某一初速沿电场反方向做匀减速直线运动，其加速度大小为0.8qE/m，物体运动s距离时速度变为零。则下列说法中正确的是( )
A. 物体克服电场力做功qEs B. 物体的电势能减少了0.8qEs
C. 物体的电势能减少了qEs D. 物体的动能减少了0.8qEs
8．如图所示，带电平行板中匀强磁场方向水平垂直纸面向里，某带电小球从光滑绝缘轨道上的a点自由滑下，经过轨道端点P进入板间后恰能沿水平作直线运动。现使小球从较低的b点开始下滑，经P点进入板间，在板间的运动过程中( )
A. 其动能将会增大
B. 其电势能将会增大
C. 小球受到的电场力将会增大
D. 小球所受的洛伦兹力将会增大
9．放射性物质碘131的衰变方程为→+Y。根据有关放射性知识，下列说法正确的是
A. 生成的处于激发态，放射γ射线。γ射线的穿透能力最强，电离能力也最强
B. 若的半衰期大约是8天，取4个碘原子核，经16天就只剩下1个碘原子核了
C. Y粒子为β粒子
D. 中有53个质子和132个核子
10．如图所示的曲线是某个质点在恒力作用下的一段运动轨迹。质点从M点出发经P点到达N点，已知弧长MP大于弧长PN，质点由M点运动到P点与从P点运动到N点的时间相等。下列说法正确的是
A. 质点从M到N过程中速度大小保持不变
B. 质点在MN间的运动不是匀变速运动
C. 质点在这两段时间内的速度变化量大小不相等，但方向相同
D. 质点在这两段时间内的速度变化量大小相等，方向相同
11．如图所示，假设月球的半径为R，月球表面的重力加速度为g0，飞船沿距月球表面高度为3R的圆形轨道Ⅰ运动，到达轨道的A点．点火变轨进入椭圆轨道Ⅱ，到达轨道的近月点B再次点火进入月球近月轨道Ⅲ，绕月球做匀速圆周运动．下列判断正确的是（ ）
A. 飞船在轨道Ⅰ上的运行速率v=g0R2
B. 船在A点处点火变轨时，动能增加
C. 飞船从A到B运行的过程中机械能增大
D. 飞船在轨道Ⅲ绕月球运动一周所需的时间T=πRg0
12．
A. 若物体滑动中不受摩擦力，则全过程机械能守恒
B. 若物体滑动中有摩擦力，则全过程动量守恒
C. 不论物体滑动中有没有摩擦，小车的最终速度与断线前相同
D. 不论物体滑动中有没有摩擦，系统损失的机械能相同
13．下列关系物理学史实说法中正确的是
A. 汤姆逊发现了中子，被称为“中子之父”
B. 我国核电站采用了重核裂变，用中子轰击，产生的新核比结合能较小
C. 普朗克的粒子散射实验，奠定了原子的核式结构模型
D. 康普顿研究石墨对X射线散射，证实了光子有动量，进一步揭示了光子的粒子性
14．2016年12月17号是我国发射“悟空”探测卫星一周年，为人类对暗物质的研究，迈出又一重大步伐。假设两颗质量相等的星球绕其中心转动，理论计算的周期与实际观测周期有出入，且（n>1），科学家推测，在以两星球球心连线为直径的球体空间中均匀分布着暗物质，设两星球球心连线长度为L，质量均为m，据此推测，暗物质的质量为
A. B. C. D.
15．在电荷量为Q的点电荷激发电场空间中，距Q为r处电势表达式为，其中k为静电力常量，取无穷远处为零电势点，今有一电荷量为Q的正点电荷，固定在空间中某处，一电荷量为q，质量为m的负点电荷绕其做椭圆运动，不计负点电荷重力。Q位于椭圆的一个焦点上，椭圆半长轴长为a，焦距为c，该点电荷动能与系统电势能之和表达式正确的是
A. B. C. D.
16．如图所示，总质量为M带有底座的足够宽框架直立在光滑水平面上，质量为m的小球通过细线悬挂于框架顶部O处，细线长为L，已知M>m，重力加速度为g，某时刻m获得一瞬时速度，当m第一次回到O点正下方时，细线拉力大小为
A. mg B. C. D.
17．物体b在力F作用下将物体a压向光滑的竖直墙壁，a始终处于静止，如图所示，当F逐渐增大时下列说法中正确的是
A. a受的摩擦力有两个
B. a与b间的摩擦力大小随F的增大而增大
C. a受的摩擦力大小不随F的增大而变化
D. b相对a的运动趋势方向竖直向下
18．如图甲所示，质量为1kg的小物块以初速度v0=11m/s，从θ=53°固定斜面底端先后两次滑上斜面，第一次对小物块施加一沿斜面向上的恒力F，第二次无恒力，图乙中的两条线段a、b分别表示存在恒力F和无恒力F时小物块沿斜面向上运动的v-t图像，不考虑空气阻力，g=10m/s2，下列说法正确的是（cs53°=0.6，sin53°=0.8）
A. 恒力F大小为21N
B. 物块与斜面间的动摩擦因数为0.6
C. 有恒力F时，小物块在上升过程机械能的减少量较小
D. 有恒力F时，小物块在上升过程产生的热量较小
19．如图所示，在倾角θ=30°的光滑斜面上，长为L的细线一定固定，另一端连接质量为m的小球，小球在斜面上做圆周运动，A、B分别是圆弧的最高点和最低点，若小球在A、B点做圆周运动的最小速度分别为vA、vB，重力加速度为g，则
A. vA=0 B. vA=gL C. vB=1210gL D. vB=3gL
20．如图甲所示，一质量为M的长木板静置于光滑水平面上，其上放置一质量为m的小滑块，木板受到随时间t变化的水平拉力F作用时，用传感器测出长木板的加速度a与水平拉力F的关系如图乙所示，取g=10m/s2，则
A. 当0
C. 滑块与木板之间的滑动摩擦因素为0.2
D. 力随时间变化的函数关系一定可以表示为F=6t（N）
21．如图所示，电路中电源电动势E恒定，内阻r=2Ω，定值电阻R3=4Ω，ab段电路消耗的电功率在开关S断开与闭合时相等，电压表和电流表均为理想电表，则以下说法中正确的是
A. 开关S断开时电压表的示数一定等于S闭合时的示数
B. 电阻R1、R2可能分别为4Ω、6Ω
C. 电阻R1、R2可能分别为3Ω、9Ω
D. 开关S断开与闭合时，电压表的示数变化量与电流表的示数变化量大小之比与R1、R2无关
22．由光滑细管组成的轨道如图所示，其中AB段和BC段是半径为R的四分之一圆弧，轨道固定在竖直平面内，一质量为m的小球，从距离水平地面为H的管口D处静止释放，最后能够从A端水平抛出落到地面上，下列说法正确的是
A. 小球落到地面时相对于A点的水平位移值为2RH−2R2
B. 小球落到地面时相对于A点的水平位移值为22RH−4R2
C. 小球能从细管A端水平抛出的条件是H>2R
D. 小球能从细管A端水平抛出的最小高度Hmin=52R
23．如图所示，不带电物体A和带电的物体B用跨过定滑轮的绝缘轻绳相连，AB的质量分别为2m和m，劲度系数为k的轻弹簧一端固定在水平面上，另一端与物体A相连，倾角为θ的斜面处于沿斜面向上的匀强电场中，整个系统不计一切摩擦，开始时，物体B在一沿斜面向上的外力F=3mgsinθ的作用下保持静止且轻绳恰好伸直，然后撤去外力F，直到物体B获得最大速度，且弹簧未超过弹性限度，则在此过程中
A. 物体B受到的电场力大小为mgsinθ
B. B的速度最大时，弹簧的伸长量为3mgsinθk
C. 撤去外力F的瞬间，物体B的加速度为gsinθ
D. 物体A、弹簧和地球所组成的系统机械能增加量等于物体B和地球组成的系统的机械能的减少量
24．一理想变压器与电阻R、交流电压表V、电流表A按下图甲所示方式连接，电阻R=10Ω，电压表、电流表均为理想电表，变压器的匝数比为．图乙是R两端电压U随时间变化的图象，Um=10V．下列说法中正确的是（ ）
A. 通过R的电流瞬时值表达式为iR=cs50πtA
B. 电流表A的读数为0.1A
C. 电流表A的读数为
D. 电压表V的读数为10V
25．甲、乙两物体同时从同一位置出发沿同一直线运动，它们的v-t图像如图所示，则下列判断正确的是
A. 甲做匀速直线运动，乙先做匀加速运动然后做匀减速直线运动
B. 两物体两次相遇的时刻分别是1s末和4s末
C. 乙在6s末重新回到出发点
D. 第2s末乙物体的运动方向不变
26．如图所示，小球A置于固定在水平面上的光滑半圆柱体上，小球B用水平轻弹簧拉着系于竖直板上，两小球A、B通过光滑滑轮O用轻质细线相连，两球均处于静止状态，已知B球质量为m,O点在半圆柱体圆心O1的正上方，OA与竖直方向成30°角，OA长度与半圆柱体半径相等，OB与竖直方向成45°角，则下列叙述正确的是
A. 小球A、B受到的拉力TOA与TOB相等，且TOA＝TOB＝mg
B. 弹簧弹力大小mg
C. A球质量为6m
D. 光滑半圆柱体对A球支持力的大小为mg
27．如图所示，一粒子源S可向外发射质量为m，电荷量为q带正电的粒子，不计粒子重力，空间充满一水平方向的匀强磁场，磁感应强度方向如图所示，S与M在同一水平线上，某时刻，从粒子源发射一束粒子，速度大小为v，方向与水平方向夹角为，SM与v方向在同一竖直平面内，经时间t，粒子达到N处，已知N与S、M在同一水平面上，且SM长度为L，匀强磁场的磁感应强度大小可能是
A. B. C. D.
28．如图所示，质量为M的斜劈放置在水平地面上，细线绕过滑轮连接物体，连接细线与斜劈平行，滑轮由细线固定在竖直墙O处，滑轮用轻质杆固定在天花板上，动滑轮跨在细线上，其下端悬挂质量为的物体，初始整个装置静止，不计细线与滑轮间摩擦，下列说法正确的是
A. 若增大质量， 、M仍静止，待系统稳定后，细线张力大小不变
B. 若增大质量， 、M仍静止，待系统稳定后，地面对M摩擦力变大
C. 若将悬点O上移， 、M仍静止，待系统稳定后，细线与竖直墙夹角变大
D. 若将悬点O上移， 、M仍静止，待系统稳定后，地面对M摩擦力不变
29．如图所示，质量为2kg的木板M放置在足够大光滑水平面上，其右端固定一轻质刚性竖直挡板，对外最大弹力为4N，质量为1kg的可视为质点物块m恰好与竖直挡板接触，已知M、m间动摩擦因数μ=0.5，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。初始两物体均静止，某时刻开始M受水平向左力F作用，F与M位移关系为F=3+0.5x，重力加速度，关于M、m的运动，下列表述正确的是
A. 当F刚作用时，竖直挡板对m就有弹力作用
B. m的最大加速度为
C. 当M运动位移为24m过程中，F所做的功为216J
D. m获得的最大速度无法求解
30．如图所示，质量为m的小球用两细线悬挂于A、B两点，小球可视为质点，水平细线OA长，倾斜细线OB长为，与竖直方向夹角为，现两细线均绷紧，小球运动过程中不计空气阻力，重力加多少为g，下列论述中不正确的是
A. 在剪断OA现瞬间，小球加速度大小为
B. 剪断OA线后，小球将来回摆动，小球运动到B点正下方时细线拉力大小为
C. 剪断OB线瞬间，小球加速度大小为
D. 剪断OB线后，小球从开始运动至A点正下方过程中，重力功率最大值为
31．空间中有一电场强度方向沿x轴方向的电场，其电势φ随x的分布如图所示，一质量为m、带电量为-q的粒子（不计重力），以初速度v0从x=0处的0点进入电场并沿x轴正方向运动，则下列关于该粒子运动的说法中正确的而是
A. 粒子从x=0处运动到x=x1处的过程中动能逐渐减小
B. 粒子从x=x1处运动到x=x3处的过程中电势能逐渐减小
C. 欲使粒子能够达到x=x4处，则粒子从x=0处出发的最小速度应为2qφ0m
D. 若v0=22qφ0m，则粒子在运动过程中的最小速度为6qφ0m
评卷人
得分
一、选择题
评卷人
得分
二、不定项选择题
评卷人
得分
三、多选题
参考答案
1．C
【解析】A、根据光电效应方程：Ekm=hγ−W，可知，只有当入射光的频率大于一定的频率时，才能发生光电效应，与入射的时间无关,故A错误；
B、氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，要释放一定频率的光子，轨道半径变小，根据ke2r2=mv2r知，半径减小，速度增大，动能增大，能量减小，则电势能减小，故B错误；
C、动量守恒的条件是系统不受外力或所受外力为零，所以用气垫导轨和光电门传感器做验证动量守恒定律的实验中，在两滑块相碰的端面上装不装上弹性碰撞架，不会影响动量是否守恒，故C正确；
D、核力只存在于相邻的核子之间，所以核内的某一核子与其他核子间不一定有核力作用，故D错误。
点睛：根据光电效应的条件判断能否发生光电效应．由高能级向低能级跃迁，根据轨道半径的变化，结合库仑引力提供向心力判断动能的变化，通过原子能量的变化判断电势能的变化．核力只存在于相邻的核子之间。
2．B
【解析】足球做平抛运动，可以分解为水平方向的匀速直线运动与竖直方向的自由落体运动，则有：tanθ=hx=12gt2v0t=gt2v0=vy2v0，故vy=2v0tanθ，已知EK0=12mv02，足球落在斜坡上时的动能EK=12m（v02+vy2）=12m(v02+4v02tan2θ)=73Ek0，解得：EK0=9J，踢球过程中，根据动能定理得：W=EK0=9J，故选项B正确。
点睛：平抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动与竖直方向的自由落体运动，熟练应用平抛运动知识、动能的计算公式和动能定理，即可正确解题。
3．B
【解析】试题分析：从图象可知，两物块匀减速运动的加速度大小之都为，根据牛顿第二定律，匀减速运动中有f=ma′，则摩擦力大小都为m．根据图象知，匀加速运动的加速度分别为：，，根据牛顿第二定律，匀加速运动中有F﹣f=ma，则F1=，F2=，F1和F2的大小之比为12：5；
所以：＜1，则I1＜I2；
图线与时间轴所围成的面积表示运动的位移，则位移之比为=6：5；
两个物体的初速度、末速度都是0，所以拉力做的功与摩擦力做的功大小相等，所以：
，则W1＞W2．
故选：B
4．C
【解析】如果发现电视画面幅度比正常时偏小，是由于电子束的偏转角减小，即电子的轨道半径增大所致；
A、电子枪发射能力减弱，电子数减少，但运动的电子速率及磁场不变，由公式r=mvqB，电子在磁场中轨道半径不变，通过磁场后偏转角不变，因此不会影响电视画面偏大或小，故A错误；
B、当加速电场电压过低，电子获得的速率偏小，由公式r=mvqB，可知电子运动半径减小，从而使偏转角度增大，导致画面比正常偏大，故B错误；
C、当偏转线圈匝间短路，线圈匝数减小时，导致偏转磁场减小，由公式r=mvqB，可知电子的运动半径增大，所以导致画面比正常偏小，故C正确；
D、当偏转线圈电流过小，偏转磁场减弱时，从而导致电子运动半径变大，所以导致画面比正常偏小，故D错误。
点睛：根据电视机显像管的工作原理分析，可知其作用．运动的电子在电流提供的磁场中受到洛伦兹力作用，从而使电子打到荧光屏上．画面变大，是由于电子束的偏转角增大，即轨道半径减小所致．根据洛伦兹力提供向心力，从而确定影响半径的因素。
5．D
【解析】A、剪断细线后，导体棒在运动过程中，由于弹簧的作用，导体棒ab、cd反向运动，产生感应电流，根据能量守恒，电路产生热量，导体棒的速率逐渐减小，故产生的电流的周期变小，故电路中不是持续的交变电流，故A错误；
B、在导体棒运动的过程中，穿过导体棒ab、cd与导轨构成矩形回路的磁通量变化，回路中产生感应电动势，导体棒ab、cd电流方向相反，根据左手定则可知两根导体棒所受安培力的方向相反，故B错误；
C、两根导体棒和弹簧构成的系统在运动过程中是合外力为0．所以系统动量守恒，但是由于产生感应电流，产生热量，所以一部分机械能转化为内能，所以系统机械能不守恒．故C错误，D正确。
点睛：剪断细线后，分析导体棒的运动过程和受力情况，根据磁通量的变化判断感应电动势，根据左手定则判断安培力的方向，分析两棒组成的系统在运动过程中是不是合外力为零或者内力远大于外力，这是系统总动量守恒的条件。
6．ABD
【解析】试题分析：保持U1及P的位置不变，K由a合到b时，初级匝数减小，根据U1U2=n1n2可知次级电压变大，则次级功率变大，根据P=IU可知，初级电流变大，选项A正确；保持U1及P的位置不变，K由b合到a时，初级匝数增大，根据U1U2=n1n2可知次级电压变小，R消耗的功率减小，选项B正确；保持U1不变，K合在a处，使P上滑，则R变大，次级电流I2减小，故I1将减小，选项C错误；保持P的位置不变，K合在a处，若U1增大，根据U1U2=n1n2，则U2变大，I2变大，则I1将增大，选项D正确；故选ABD.
考点：变压器；电路的动态分析.
7．AD
【解析】带电量为q的物体以某一初速沿电场反方向做匀减速直线运动，可判断电场力做负功，电场力为qE，克服电场力做功为qES，A对；电势能增加qES，C对；合外力为0.8qE，合外力做功为-0.8qES,动能减少了0.8qES，D对；
8．AD
【解析】试题分析：小球从P点进入平行板间后做直线运动，对小球进行受力分析得小球共受到三个力作用：恒定的重力G、恒定的电场力F、洛伦兹力f，这三个力都在竖直方向上，小球在水平直线上运动，所以可以判断出小球受到的合力一定是零，即小球一定是做匀速直线运动，洛伦兹力和电场力同向，故都向上；减小入射速度后，洛伦兹力相对减小，合力向下，故向下偏转．
解：AB、根据题意分析得：小球从P点进入平行板间后做直线运动，是做匀速直线运动；
如果小球从稍低的c点下滑到从P点进入平行板间，则小球到达P点的速度会变小，洛伦兹力相对减小，合力向下，故向下偏转，故合力做正功、电场力做负功，故动能增加、电势能也增加；故A正确，B错误；
C、电场力F=qE，与速度无关，不变，故C错误；
D、粒子做曲线运动，下降时速度增加，故洛仑兹力f=qvB增加，故D正确；
故选：AD
【点评】本题关键先分析出小球受力平衡，然后再考虑洛仑兹力变化后的运动情况，同时要结合平行板电容器的表达式和电势差与电场强度的关系式列式分析．
9．C
【解析】γ射线的穿透能力最强，电离能力最弱，故A错误．半衰期具有统计规律，对大量的原子核适用，对少数的原子核不适用，故B错误．根据电荷数守恒、质量数守恒知，Y粒子的电荷数为-1，质量数为0，可知Y粒子为β粒子，故C正确．电荷数等于质子数，可知13153I中有53个质子，质量数等于核子数，则有131个核子,故D错误．故选C．
注；将题干改正为：
放射性物质碘131的衰变方程为13153I→13154Xe+Y ．根据有关放射性知识，下列说法正确的是（ ）
A．生成的X54131e 处于激发态，放射γ射线．γ射线的穿透能力最强，电离能力也最强
B．若13153I的半衰期大约是8天，取4个碘原子核，经16天就只剩下1个碘原子核了
C．Y粒子为β粒子
D．13153I中有53个质子和132个核子
10．D
【解析】因质点在恒力作用下运动，由牛顿第二定律可知，质点做匀变速曲线运动，由于加速度不变，从M到N过程中，根据v=st ，由于质点由M点运动到P点与从P点运动到N点的时间相等，可知，速度大小变化，故A错误；因加速度不变，则物体做匀变速曲线运动，根据公式Δv=aΔt可知质点在这两段相等时间内的速度变化量大小相等，方向相同，故BC错误，D正确。
点睛：注意曲线运动的特点：速度在变化，可能大小变，也可能方向变，但必存在加速度，可能加速度在变，也可能加速度不变。
11．A
【解析】试题分析：飞船在轨道Ⅰ上，万有引力提供向心力：GMm(4R)2＝mv24R；在月球表面，万有引力等于重力得：
GMmR2＝mg0，解得：v=g0R2，故A正确；飞船在A点处点火时，是通过向行进方向喷火，做减速运动，向心进入椭圆轨道，所以点火瞬间是动能减小的，B错误；飞船点火后，飞船从A到B运行的过程中，只有重力做功，机械能不变，故C错误；飞船在轨道Ⅲ绕月球运，万有引力提供向心力，有：GMmR2＝m4π2T2R，又GMmR2＝mg0，解得：T=2πRg0，故D错误；故选A。
考点：万有引力定律的应用
【名师点睛】该题考查了万有引力公式及向心力基本公式的应用，知道卫星变轨时，进入高轨道时要点火加速，进入低轨道时要减速；难度不大，属于中档题。
12．BCD
【解析】试题分析：A、物体与橡皮泥粘合的过程，发生非弹簧碰撞，系统机械能有损失。故A错误；
B、整个系统在水平方向不受外力，竖直方向上合外力为零，则系统动量一直守恒，故B正确；
C、取系统的初速度方向为正方向，根据动量守恒定律可知，物体沿车滑动到B端粘在B端的油泥上后系统共同的速度与初速度是相同的，故C正确；
D、由C的分析可知，当物体C与B端橡皮泥粘在一起时，系统的速度与初速度相等，所以系统的末动能与初动能是相等的，系统损失的机械能等于弹簧的弹性势能，与物体滑动中有没有摩擦无关。故D正确。
故选BCD。
考点：动量守恒、能量转化与守恒定律
【名师点睛】本题根据动量守恒和机械能守恒的条件进行判断：动量守恒的条件是系统不受外力或受到的外力的合力为零。机械能守恒的条件是除重力和弹力外的其余力不做功。物体C与橡皮泥粘合的过程，系统机械能有损失；分析系统的合外力，即可判断动量是否守恒；根据动量守恒定律求解小车的速度，根据动量守恒定律与功能关系判断系统的机械能的变化。
13．D
【解析】汤姆逊发现了电子，查德威克发现中子，故A错误； 重核裂变时，产生的新核比结合能比铀核的比结核能大，故B错误； 卢瑟福 的粒子散射实验，奠定了原子的核式结构模型，故C错误；康普顿研究石墨对X射线散射，证实了光子有动量，进一步揭示了光子的粒子性，故D正确。所以D正确，ABC错误。
14．C
【解析】设星球的质量均为m，轨道半径为，周期为T，双星运动过程中万有引力提供向心力： ，解得： ；令暗物质的质量为，对星球由万有引力提供向心力： ，解得： 。根据，联立以上可得： 。故C正确，ABD错误。
15．B
【解析】如图所示，AB两点为负电荷转动中的近地点和远地点，做椭圆运动的电荷在近地点和远地点的轨道曲率半径相同，设曲率半径为r
则对A点：
对B点有：
则有：
电荷的引力势能为： ，动能为：
则电荷在两点的机械能为：
根据机械能守恒：
解得：
将速度分别代入以上可得： ，故B正确，ACD错误。
16．B
【解析】当小球运动到最低点的速度为，把小球和框架看成一个系统，满足动量守恒： ，根据能量守恒有： ，联立解得： ， ，m相对圆心的速度为： ，由向心力公式： ，联立解得： ，故B正确，ACD错误。
17．C
【解析】
与a接触的面有两个，墙与a接触面，但墙壁光滑，不存在摩擦力，a与b接触面，存在摩擦力，所以a受到的摩擦力只有一个，方向竖直向上，由于a处于静止，所以a受到的重力和摩擦力是一对平衡，故a与b间的摩擦力大小等于重力与F无关，故AB错误C正确；如果b与a接触面光滑，则a相对b向下滑动，所以b相对a有向上运动的趋势，D错误；
【点睛】判断摩擦力存在与否的两个条件，一是接触面是否光滑和有弹力，二是两者是否具有相对运动或者相对运动趋势，在判断摩擦力大小变化时，需要注意是静摩擦力还是滑动摩擦力，静摩擦力可以根据共点力平衡条件分析，与接触面间的压力无关
18．C
【解析】
试题分析：根据速度-时间图象的斜率等于加速度，分别得到上滑和下滑的加速度大小，然后受力分析，根据牛顿第二定律列式求解．根据动能定理得到动能与重力势能的关系，再将动能与重力势能相等的条件代入进行求解．
对物体分析，在沿斜面方向上，当有恒力作用时mgsinθ+μmgcsθ−F=ma1，没有恒力作用时mgsinθ+μmgcsθ=ma2，从表达式中可以看出a1
19．C
【解析】
试题分析：根据在A点，对小球，临界情况是绳子的拉力为零，结合牛顿第二定律求出在最高点的最小速度，然后结合机械能守恒求出B点的最小速度．
在A点，对小球，临界情况是绳子的拉力为零，小球靠重力沿斜面方向的分力提供向心力，根据牛顿第二定律得：mgsinθ=mvA2L，解得A点的最小速度为：vA＝12gL，对AB段过程研究，根据机械能守恒得：12mvA2+mg⋅2Lsin30°=12mvB2，解得B点的最小速度为：vB=5gL2=1210gL，故C正确。
20．B
【解析】
试题分析：当拉力较小时，m和M保持相对静止一起做匀加速直线运动，当拉力达到一定值时，m和M发生相对滑动，结合牛顿第二定律，运用整体和隔离法分析．
当F等于6N时，加速度为a=1m/s2，对整体分析，由牛顿第二定律有F=(M+m)a，代入数据解得M+m=6kg，当F大于6N时，根据牛顿第二定律得a=F−μmgM=1MF−μmgM，图象斜率k=1M=16−4=0.5，解得M=2kg，滑块的质量m=4kg，由牛顿第二定律得，对系统：F=(M+m)a，对m：f=ma，解得：f=23F，故A正确；根据F大于6N的图线知，F=4时，a=0，即：0=12F−40μ2，解得：μ=0.1，a=12F−2，当F=8N时，长木板的加速度为：a=2m/s2；根据μmg=ma′得：滑块的加速度为a′=μg=1m/s2，故B正确，C错误；当M与m共同加速运动时，加速度相同，加速度与时间的关系为：力随时间变化的函数关系一定可以表示为F=6t（N），当F大于6N后，发生相对滑动，表达式不是F=6t，故D错误；
【点睛】知道滑块和木板在不同拉力作用下的运动规律是解决本题的关键，掌握处理图象问题的一般方法，通常通过图线的斜率和截距入手分析．
21．CD
【解析】
试题分析：当K闭合时R2被短路，根据电键K断开与闭合时，ab段电路消耗的电功率相等，列出方程，将电阻R1、R2代入，选择使方程成立的阻值．根据外电路总电阻的变化，分析电压表示数的大小关系．根据闭合电路欧姆定律求解电键K断开与闭合时电压表的示数变化量大小与电流表的示数变化量大小之比．
电键断开时外电路总电阻大于闭合时外电路总电阻，则电键断开时电压表的示数一定大于闭合时的示数，故A错误；电键K断开与闭合时，ab段电路消耗的电功率相等，则有(ER1+R2+r)2（R1+R2）=(ER1+r)2R1，将3Ω、9Ω代入方程成立，而将4Ω、6Ω代入方程不成立，故B错误C正确；根据闭合电路欧姆定律得U=E−(R3+r)I，则电压表的示数变化量大小与电流表的示数变化量大小之比为：ΔUΔI=R3+r=6Ω，与R1、R2无关，故D正确．
22．BC
【解析】
试题分析：小球从D到A运动过程中，只有重力做功，机械能守恒，根据机械能守恒定律求出A点速度，从A点抛出后做平抛运动，根据平抛运动规律求出水平位移，细管可以提供支持力，所以到达A点的临界速度等于零，由机械能守恒定律求小球能从细管A端水平抛出的最小高度．
小球从D到A运动过程中，只有重力做功，其机械能守恒，以地面为参考平面，根据机械能守恒定律得12mvA2+2mgR=mgH，解得vA=2gH−4gR，小球从A点抛出后做平抛运动，运动时间t=2×2Rg=2Rg，则小球落到地面时相对于A点的水平位移x=vAt=22RH−4R2，故A错误B正确；细管可以提供支持力，所以到达A点抛出时的速度应大于零即可，即vA=2gH−4gR>0，解得：H＞2R，所以小球能从细管A端水平抛出的最小高度Hmin=2R，故C错误D正确．
【点睛】本题中细管可以提供支持力，所以一定要注意A的临界速度等于零，区别于绳的情况
23．BC
【解析】
当施加外力时，对B分析可知F−mgsinθ−F电=0，解得F电=2mgsinθ，故A错误；当B受到的合力为零时，B的速度最大，由kx=F电+mgsinθ，解得x=3mgsinθk，故B正确；当撤去外力瞬间，它们受到的合力为F合=F电+mgsinθ=(m+2m)a，解得a=gsinθ，故C正确；B电场力做正功，电势能减小，物体A、弹簧和地球组成的系统机械能增加量不等于物体B和地球组成的系统机械能的减少量，故D错误
24．BD
【解析】正弦式电流且电阻R的Um=102 V，则有效值U=1022V=10V．所以通过电阻的电流为I=UR=1A ，Im=2A ，ω=2π0.02=100πrad/s ,因此通过R的电流iR随时间t变化的规律是iR=2cs100πt（A）．故A错误；由匝数比为n1n2=101 的变压器，得电流表A的读数为0.1A．故B正确，C错误；电压表读出的是有效值，得电压表A的读数为10V．故D正确；故选BD.
点睛：正弦变化规律的交流电的有效值比最大值等于1：2；理想变压器的电流之比、电压之比均是有效值．同时通过电阻电流的瞬时表达式是正弦还是余弦式是受线圈在磁场中计时位置不同而不同．
注：题干中：变压器的匝数比为10:1; Um=102 V．选项C：电流表A的读数为210A.
25．AD
【解析】甲的速度不变，做匀速直线运动，乙物体前2s做匀加速直线运动，后4s做匀减速直线运动，故A正确．甲、乙两物体由同一位置出发，根据在速度-时间图象中图象与坐标轴围成面积代表位移，可知所以前2s内乙的三角形面积等于甲的正方形面积，即两者位移相同，此时两车相遇；前6s内甲车的矩形面积等于乙车三角形的面积，此时又相遇，即两物体两次相遇的时刻分别是2s末和6s末，故B错误．
乙的速度一直为正，说明乙一直沿正方向运动，运动方向没有改变，不可能回到出发点，故C错误，D正确．故选AD.
点睛：本题是速度-时间图象问题，关键要明确斜率的含义，知道在速度-时间图象中图象与坐标轴围成的面积的含义，能根据图象读取有用信息．
26．BC
【解析】隔离对B分析，根据共点力平衡得：
水平方向有：TOBsin45°=F
竖直方向有：TOBcs45°=mg，
则 TOB=2mg，弹簧弹力 F=mg，根据定滑轮的特性知：TOA与TOB．故A错误，B正确．对A分析，如图所示，由几何关系可知拉力TOA和支持力N与水平方向的夹角相等，夹角为60°，则N和T相等，有：2TOAsin60°=mAg，解得 mA=6 m，由对称性可得：N=TOA=2mg，故C正确，D错误．故选BC.
点睛：解决本题的关键能够正确地受力分析，运用共点力平衡进行求解．本题采用隔离法研究比较简便.
27．BC
【解析】粒子在磁场中洛伦兹力提供向心力做圆周运动的周期为： ，由题意可知粒子到达N点的时间为： ，当n=1时，联立解得，故B正确，A错误； 粒子沿电场线方向的速度为： ，在粒子到达N点的时间为： ，由题意可知粒子到达N点的时间为： ，当n=1时，解得： ，故C正确，D错误。所以BC正确，AD错误。
28．AD
【解析】若增大m2的质量，因为m3的质量不变，所以线的张力还等于m3g，故A正确；把M、m1看成一个整体，地面对M的摩擦力等于细线的张力沿水平方向的分量，由上分析知细线的张力不变，所以地面对M的摩擦力也不变，故B错误；若将悬点O上移，细线的拉力不变，m2的质量未变，那么O2与O3间的细线与竖直方向的夹角也不变，O2与O3间的细线和拉m3的竖直线的夹角也没有变化，拉O3滑轮细线的拉力与这两根细线的合力大小相等，方向沿对角线，所以细线与竖直墙夹角总等于O2与O3间的细线和拉m3的竖直线的夹角的一半，故C错误；由以上分析可知将悬点O上移，细线的拉力不变，由整体法可知地面对M摩擦力不变，故D正确。所以AD正确，BC错误。
29．BC
【解析】当F刚作用时，F=3N，把M、m看成一个整体，由牛顿第一定律： ，代入数据解得： ，对m隔离分析： ，m所受的最大静摩擦力为： ，可见m所受的静摩擦力可以提供m的合外力，所以竖直挡板对m无弹力作用，故A错误；当m受到向左的最大静摩擦力和挡板的弹力达到最大时，m的加速度有最大值，由牛顿第二定律： ，代入数据解得： ，故B正确；外力F随位移成线性变化，当x=0时F=3N，当x=24时F=15N，作出F-x图像，可知图线与坐标轴所围的梯形面积即为所做的功： ，故C正确；当竖直挡板对m的弹力达到4N时，m的速度有最大值，对m有： ，代入数据解得： ，此时的外力为，由此可得运动的位移为： ，那么F在该过程中做的功为： ，由动能定理： ，联立解得： ，故D错误。所以BC正确，AD错误。
30．ACD
【解析】剪断OA线瞬间，小球受重力和线的拉力，沿切线和径向建立坐标，在沿切线方向： ，解得： ，故A说法错误；剪断OA线后，小球将来回摆动，小球运动到B点正下方时的速度为v，根据动能定理得： ，在最低点由牛顿第二定律得： ，联立以上解 得： ，故B说法正确；剪断OB线瞬间，小球只受重力，由牛顿第二定律可得：a=g，故C说法错误；剪断OB线后，小球下落到细线与水平方向夹角为时，重力的瞬时功率最大，根据动能定理： ，重力的瞬时功率为： ，以上联立可得： ，解得重力功率最大值为： ，故D说法错误。所以选ACD.
31．ABD
【解析】
试题分析：根据粒子带负电，在高电势处电势能小，在低电势处电势能大，分析电势能变化情况以及动能变化情况；粒子如能运动到x1处，就能到达x4处，根据动能定理研究0-x1过程，求解最小速度．粒子运动到x1处电势能最大，动能最小，由动能定理求解最小速度．
x=0处的电势大于x=x1处的电势，粒子带负电，在高电势处电势能小，在低电势处电势能大，故从x1过程中电势能增大，电场力做负功，动能减小，从x1~x3过程中电势一直增大，故粒子的电势能逐渐减小，AB正确；根据电场力和运动的对称性可知：粒子如能运动到x1处，就能到达x4处，当粒子恰好运动到x1处时，由动能定理得：−q(φ0−0)=0−12mv02，解得v0=2qφ0m，即粒子从x=0处出发的最小速度应为2qφ0m，C错误；若v0=22qφ0m，粒子运动到x1处电势能最大，动能最小，由动能定理得：q[（−φ0）−0]=12mvmin2−12mv02，解得最小速度为：vmin=6qφ0m，故D正确．
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