辽宁省盘锦中学2017届高三上学期月考物理试卷（10月份）

辽宁省盘锦中学2017届高三上学期月考物理试卷（10月份）

www.ks5u.com ‎2016-2017学年辽宁省盘锦中学高三（上）月考物理试卷（10月份）‎ ‎　‎ 一、选择题 ‎1．甲．乙两物体从同一地点同时开始沿同一方向运动，甲物体运动的v﹣t图象为两段直线，乙物体运动的是v﹣t图象为两段半径相同的圆弧曲线，如图所示，图中t4=2t2，则在0﹣t4时间内，以下说法正确的是（　　）‎ A．甲物体的加速度不变 B．乙物体做曲线运动 C．两物体t1时刻相距最远，t4时刻相遇 D．甲物体的平均速度等于乙物体的平均速度 ‎2．在水平的足够长的固定木板上，一小物块以某一初速度开始滑动，经一段时间t后停止，现将该木板改置成倾角为45°的斜面，让小物块以相同的初速度沿木板上滑，若小物块与木板之间的动摩擦因数为μ，则小物块上滑到最高位置所需时间与t之比为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎3．两颗互不影响的行星P1、P2，各有一颗近地卫星S1、S2绕其做匀速圆周运动．图中纵轴表示行星周围空间某位置的引力加速度a，横轴表示某位置到行星中心距离r平方的倒数，a﹣关系如图所示，卫星S1、S2的引力加速度大小均为a0．则（　　）‎ A．S1的质量比S2的大 B．P1的质量比P2的大 C．P1的第一宇宙速度比P2的小 D．P1的平均密度比P2的大 ‎4．如图所示是排球场的场地示意图，设排球场的总长为L，前场区的长度为，网高为h，在排球比赛中，对运动员的弹跳水平要求很高．如果运动员的弹跳水平不高，运动员的击球点的高度小于某个临界值H，那么无论水平击球的速度多大，排球不是触网就是越界．设某一次运动员站在前场区和后场区的交界处，正对网前竖直跳起垂直网将排球水平击出，关于该种情况下临界值H的大小，下列关系式正确的是（　　）‎ A．H=h B．H= C．H=h D．H=h ‎5．如图所示，匀强电场中有一个以O为圆心、半径为R的圆，电场方向与圆所在平面平行，A、0两点电势差为U，一带正电的粒子在电场中运动，经A、B两点时速度方向沿圆的切线，速度大小均为v0，粒子重力不计．（　　）‎ A．粒子在A、B间是做圆周运动 B．粒子从A到B的运动过程中，动能先增大后减小 C．匀强电场的电场强度E=‎ D．圆周上，电势最高的点与O点的电势差为U ‎6．如图所示，小物块以初速度v0从O点沿斜面向上运动，同时从O点斜向上抛出一个速度大小也为v0的小球，物块和小球在斜面上的 P点相遇．已知物块和小球质量相等（均可视为质点），空气阻力忽略不计．则下列说法正确的是（　　）‎ A．斜面可能是光滑的 B．小球运动到最高点时离斜面最远 C．在P点时，小球的动能大于物块的动能 D．小球和物块到达P点过程中克服重力做功的平均功率不相等 ‎7．如图，平行板电容器两个极板与水平地面成2α角，在平行板间存在着匀强电场，CD是两板间一条垂直于板的直线，竖直线EF与CD交于O点，一个带电小球沿着∠FOD的角平分线从A点经过O点向B点做直线运动，重力加速度为g，则在此过程中，下列说法正确的是（　　）‎ A．小球一定带负电 B．小球可能做匀加速直线运动 C．小球加速度大小为gcosα D．小球重力势能的增加量等于电势能的增加量 ‎8．如图所示，木板P下端通过光滑铰链固定于水平地面上的O点，物体A、B叠放在木板上且处于静止状态，此时物体B的上表面水平．现使木板P绕O点缓慢旋转到虚线所示位置，物体A、B仍保持静止，与原位置的情况相比（　　）‎ A．A对B的作用力减小 B．B对A的支持力减小 C．木板对B的支持力增大 D．木板对B的摩擦力增大 ‎9．质量为m的人造卫星在地面上未发射时的重力为G0，它在离地面的距离等于地球半径R的圆形轨道上运行时的（　　）‎ A．周期4π B．速度为 C．动能为G0R D．重力为G0‎ ‎10．如图所示，半径为R的光滑圆环固定在竖直平面内，AB、CD是圆环相互垂直的两条直径，C、D两点与圆心O等高．一个质量为m的光滑小球套在圆环上，一根轻质弹簧一端连在小球上，另一端固定在P点，P点在圆心O的正下方处．小球从最高点A由静止开始沿逆时针方向下滑，己知弹簧的原长为R，弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度为g，下列说法正确的有（　　）‎ A．弹簧长度等于R时，小球的动能最大 B．小球运动到B点时的速度大小为 C．小球在A、B两点时对圆环的压力差为4mg D．小球从A到C的过程中，弹簧对小球做的功等于小球机械能的增加量 ‎11．如图所示，质量均为m的A、B两物块置于水平地面上，物块与地面间的动摩擦因数均为μ，物块间用一水平轻绳相连，绳中无拉力．现用水平力F向右拉物块A，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．重力加速度为g．下列说法中正确的是（　　）‎ A．当0＜F≤μmg时，绳中拉力为0‎ B．当μmg＜F≤2μmg时，绳中拉力为F﹣μmg C．当F＞2μmg时，绳中拉力为 D．无论F多大，绳中拉力都不可能等于 ‎12．如图所示，竖直平面内 光滑圆弧形管道OMC半径为R，它与水平管道CD恰好相切．水平面内的等边三角形ABC的边长为L，顶点C恰好位于圆周最低点，CD是AB边的中垂线．在A、B两顶点上放置一对等量异种电荷，各自所带电荷量为q，现把质量为m、带电荷量为+Q的小球（小球直径略小于管道内径）由圆弧形管道的最高点M处静止释放，不计+Q对原电场的影响以及带电量的损失，取无穷远处为零电势，静电力常量为k，重力加速度为g，则（　　）‎ A．D点的电势为零 B．小球在管道中运动时，机械能守恒 C．小球对圆弧形管道最低点C处的压力大小为3mg+k D．小球对圆弧形管道最低点C处的压力大小为 ‎　‎ 二．必考题 ‎13．借助计算机，力传感器的挂钩与其它物体间的弹力大小能够在屏幕上显示出来．为了探究最大静摩擦力的大小跟哪些因素有关，某同学在老师的指导下做了一系列实验：将滑块平放在长木板上，用力传感器沿长木板水平拉滑块，改变拉力直到将滑块拉动；再在长木板上铺上毛巾，并在滑块上放上砝码，重复前一个过程，得到的图线分别如图甲、乙所示．‎ ‎（1）由图乙知：在t1～t2这段时间内，滑块的运动状态是　　（填“运动”或“静止”），滑块受到的最大静摩擦力为　　（填“F1”或“F2”）．‎ ‎（2）结合甲、乙两图，　　（填“能”或“不能”）得出最大静摩擦力与两物体接触面的粗糙程度和接触面的压力均有关的结论．‎ ‎14．用图示装置测量重锤的质量，在定滑轮两侧分别挂上重锤和n块质量均为m0的铁片，重锤下端贴一遮光片，铁架台上安装有光电门．调整重锤的高度，使其从适当的位置由静止开始下落，读出遮光片通过光电门的挡光时间t0；从定滑轮左侧依次取下1块铁片放到右侧重锤上，让重锤每次都从同一位置由静止开始下落，计时器记录的挡光时间分别为t1、t2…，计算出t02、t12…．‎ ‎（1）挡光时间为t0时，重锤的加速度为a0．从左侧取下i块铁片置于右侧重锤上时，对应的挡光时间为ti，重锤的加速度为ai．则=　　．（结果用t0和ti表示）‎ ‎（2）作出﹣i的图线是一条直线，直线的斜率为k，则重锤的质量M=　　．‎ ‎（3）若重锤的质量约为300g，为使实验测量数据合理，铁片质量m0比较恰当的取值是　　．‎ A．1g B．3g C．40g D．300g．‎ ‎15．2016年世界中学生五人制足球锦标赛落下帷幕，代表中国参赛的河南男队和河北女队取得了优异成绩．五人制足球的赛场长40m，宽20m，如图所示．在比赛中，攻方队员在中线附近突破防守队员，将足球沿边路向前踢出，足球的运动可视为在地面上做初速度为v1=6m/s的匀减速直线运动，加速度大小为a1=1m/s2．该队员将足球踢出后，立即由静止启动追赶足球，他的运动可看作是匀加速直线运动，最大加速度为a2=1m/s2，能达到的最大速度为v2‎ ‎=4m/s．该队员至少经过多长时间能追上足球？‎ ‎16．如图所示，传送带Ⅰ与水平面夹角30°，传送带Ⅱ与水平面夹角37°，两传送带与一小段光滑的水平面BC平滑连接．两传送带均顺顺时针匀速率运行．现将装有货物的箱子轻放至传送带Ⅰ的A点，运送到水平面上后，工作人员将箱子内的物体取下，箱子速度不变继续运动到传送带Ⅱ上，传送带Ⅱ的D点与高处平台相切．已知箱子的质量M=1kg，物体的质量m=3kg，传送带Ⅰ的速度v1=8m/s，AB长L1=15m，与箱子间的动摩擦因数为μ1=．传送带Ⅱ速度v2=4m/s，CD长L2=8m，由于水平面BC上不小心撒上水，致使箱子与传送带Ⅱ间的动摩擦因数变为μ2=0.5，重力加速度g=10m/s2，求：‎ ‎（1）装着物体的箱子在传送带Ⅰ上运动的时间；‎ ‎（2）计算说明，箱子能否运送到高处平台上？并求在传送带Ⅱ上箱子向上运动的过程中产生的内能（已知sin37°=0.6，cos37°=0.8）．‎ ‎　‎ 三．选做题【物理选修3-3】‎ ‎17．下列说法正确的是（　　）‎ A．气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数，仅与单位体积内的分子数有关 B．一定质量的理想气体保持压强不变时，气体分子的热运动可能变得更剧烈 C．因为布朗运动是悬浮在液体中的固体颗粒的运动，所以布朗运动的剧烈程度与自身体积有关，而与液体的温度无关 D．一定温度下，水的饱和蒸汽压是一定的 E．一定质量的理想气体的内能只与温度有关 ‎18．如图所示，气缸呈圆柱形，上部有挡板，内部高度为d．筒内一个很薄的质量不计的活塞封闭一定量的理想气体，开始时活塞处于离底部的高度，外界大气压强为1×105Pa，温度为27℃，现对气体加热．求：‎ ‎①当活塞刚好到达汽缸口时，气体的温度；‎ ‎②气体温度达到387℃时，活塞离底部的高度和气体的压强．‎ ‎　‎ ‎【物理选修3-4】‎ ‎19．一列简谐横波沿x轴正方向传播，t时刻波形图如图中的实线所示，此时波刚好传到P点，t+0.6s时刻的波形如图中的虚线所示，T＞0.6s，a，b，c，P，Q是介质中的质点，则以下说法正确的是（　　）‎ A．这列波的波速为50m/s B．质点a在这段时间内通过的路程等于30cm C．质点c在这段时间内通过的路程为20cm D．t+0.5s时刻，质点b、P的位移相同 E．c点开始振动的方向为﹣y方向 ‎20．如图，玻璃球冠的折射率为，其底面镀银，底面的半径是球半径的倍；在过球心O且垂直于底面的平面（纸面）内，有一与底面垂直的光线射到玻璃球冠上的M点，该光线的延长线恰好过底面边缘上的A点．求该光线从球面射出的方向相对于其初始入射方向的偏角．‎ ‎　‎ ‎【物理选修3-5】‎ ‎21．关于近代物理学，下列说法正确的是（　　）‎ A．α射线、β射线和γ射线是三种波长不同的电磁波 B．波尔将量子观念引人原子领域，其理论能够解释氢原子光谱的特征 C．α粒子散射实验说明原子核内部具有复杂的结构 D．重核裂变过程中生成中等质量的核，反应前后质量数守恒，但质量一定减少 E．考古专家发现某一骸骨中C14的含量为活着的生物中C14的四分之一，已知C14的半衰期为5730年，则确定该生物死亡时距今11460年 ‎22．如图所示，质量为M、半径为R的质量分布均匀的圆环静止在粗糙的水平桌面上，一质量为m（m＞M）的光滑小球以某一水平速度通过环上的小孔正对环心射入环内，与环发生第一次碰撞后到第二次碰撞前小球恰好不会从小孔中穿出．假设小球与环内壁的碰撞为弹性碰撞，只考虑圆环与桌面之间的摩擦，求圆环通过的总位移？‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年辽宁省盘锦中学高三（上）月考物理试卷（10月份）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题 ‎1．甲．乙两物体从同一地点同时开始沿同一方向运动，甲物体运动的v﹣t图象为两段直线，乙物体运动的是v﹣t图象为两段半径相同的圆弧曲线，如图所示，图中t4=2t2，则在0﹣t4时间内，以下说法正确的是（　　）‎ A．甲物体的加速度不变 B．乙物体做曲线运动 C．两物体t1时刻相距最远，t4时刻相遇 D．甲物体的平均速度等于乙物体的平均速度 ‎【考点】匀变速直线运动的图像；平均速度．‎ ‎【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．平均速度等于位移与时间之比．结合数学知识进行分析．‎ ‎【解答】解：A、速度时间图线的斜率表示加速度，则知甲的加速度是变化的，故A错误．‎ B、速度图象不是物体的运动轨迹，乙做的是变速直线运动，故B错误．‎ C、图线与时间轴围成的面积表示位移，相距的距离等于两者位移之差，根据图象可知，t3时刻相距最远，t4时刻相遇，故C错误；‎ D、0﹣t4时间内甲物体的位移等于乙物体的位移，时间相等，则平均速度相等，故D正确．‎ 故选：D ‎　‎ ‎2．在水平的足够长的固定木板上，一小物块以某一初速度开始滑动，经一段时间t后停止，现将该木板改置成倾角为45°的斜面，让小物块以相同的初速度沿木板上滑，若小物块与木板之间的动摩擦因数为μ，则小物块上滑到最高位置所需时间与t之比为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．‎ ‎【分析】对物块在水平面和斜面上进行受力分析，运用牛顿第二定律结合运动学公式解决．‎ ‎【解答】解：木板水平时，物块的合力是滑动摩擦力．根据牛顿第二定律得出：‎ 小物块的加速度a1=μg，‎ 设滑行初速度为v0，则滑行时间为t=；‎ 木板改置成倾角为45°的斜面后，对物块进行受力分析：‎ 小滑块的合力F合=mgsin45°+f=mgsin45°+μmgcos45°‎ 小物块上滑的加速度a2==，‎ 滑行时间t′==2，‎ 因此==，故A正确，BCD错误 故选：A ‎　‎ ‎3．两颗互不影响的行星P1、P2，各有一颗近地卫星S1、S2绕其做匀速圆周运动．图中纵轴表示行星周围空间某位置的引力加速度a，横轴表示某位置到行星中心距离r平方的倒数，a﹣关系如图所示，卫星S1、S2‎ 的引力加速度大小均为a0．则（　　）‎ A．S1的质量比S2的大 B．P1的质量比P2的大 C．P1的第一宇宙速度比P2的小 D．P1的平均密度比P2的大 ‎【考点】万有引力定律及其应用；向心力．‎ ‎【分析】根据牛顿第二定律得出行星对周围空间各处物体的引力产生的加速度a与r的表达式，结合a﹣的正比关系函数图象得出P1、P2的质量关系，根据密度和第一宇宙速度的表达式分析求解．‎ ‎【解答】解：AB、根据牛顿第二定律得：G=ma，‎ 则得行星对周围空间各处物体的引力产生的加速度为：a=，由此不能判断近地卫星S1、S2的质量大小．由数学知识知，a﹣图象的斜率等于GM，斜率越大，GM越大，M越大，所以P1的质量比P2的大，故A错误．B正确．‎ C、设第一宇宙速度为v．则 a0=，得 v=．由图看出，P1的半径比P2的半径大，a0相等，可知P1的第一宇宙速度比P2的大，故C错误．‎ D、行星的平均密度 ρ===，P1的半径比P2的半径大，a0相等，则P1的平均密度比P2的小，故D错误．‎ 故选：B ‎　‎ ‎4．如图所示是排球场的场地示意图，设排球场的总长为L，前场区的长度为 ‎，网高为h，在排球比赛中，对运动员的弹跳水平要求很高．如果运动员的弹跳水平不高，运动员的击球点的高度小于某个临界值H，那么无论水平击球的速度多大，排球不是触网就是越界．设某一次运动员站在前场区和后场区的交界处，正对网前竖直跳起垂直网将排球水平击出，关于该种情况下临界值H的大小，下列关系式正确的是（　　）‎ A．H=h B．H= C．H=h D．H=h ‎【考点】平抛运动．‎ ‎【分析】将排球水平击出后排球做平抛运动，研究排球刚好触网到达底线的情况，分析水平位移是和的过程，由分位移公式列式解答．‎ ‎【解答】解：将排球水平击出后排球做平抛运动，排球刚好触网到达底线时，有：‎ ‎=v0‎ ‎=v0‎ 联立解得 H=h 故选：C ‎　‎ ‎5．如图所示，匀强电场中有一个以O为圆心、半径为R的圆，电场方向与圆所在平面平行，A、0两点电势差为U，一带正电的粒子在电场中运动，经A、B两点时速度方向沿圆的切线，速度大小均为v0，粒子重力不计．（　　）‎ A．粒子在A、B间是做圆周运动 B．粒子从A到B的运动过程中，动能先增大后减小 C．匀强电场的电场强度E=‎ D．圆周上，电势最高的点与O点的电势差为U ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；动能定理的应用；电场强度．‎ ‎【分析】带正电粒子仅在电场力作用下，从A运动到B，由速度大小，得出粒子的动能，从而确定粒子的电势能大与小．由于匀强电场，则等势面是平行且等间距．根据曲线运动条件可从而确定电场力的方向，从而得出匀强电场的电场线方向．‎ ‎【解答】解：A、带电粒子仅在电场力作用下，由于粒子在A、B两点动能相等，则电势能也相等．因为匀强电场，所以两点的连线AB即为等势面．根据等势面与电场线垂直特性，从而画出电场线CO．由曲线运动条件可知，正电粒子所受的电场力沿着CO方向，因此粒子从A到B做抛体运动，故A错误；‎ B、由A选项分析可知，速度方向与电场力方向夹角先大于90°后小于90°，电场力对于运动来说先是阻力后是动力，所以动能先减小后增大．故B错误；‎ C、匀强电场的电场强度Ed=U式中的d是沿着电场强度方向的距离，因而由几何关系可知，UAO=E×，所以E=，故C错误；‎ D、圆周上，电势最高的点与O点的电势差为U=ER=，故D正确；‎ 故选：D ‎　‎ ‎6．如图所示，小物块以初速度v0从O点沿斜面向上运动，同时从O点斜向上抛出一个速度大小也为v0的小球，物块和小球在斜面上的 P点相遇．已知物块和小球质量相等（均可视为质点），空气阻力忽略不计．则下列说法正确的是（　　）‎ A．斜面可能是光滑的 B．小球运动到最高点时离斜面最远 C．在P点时，小球的动能大于物块的动能 D．小球和物块到达P点过程中克服重力做功的平均功率不相等 ‎【考点】功率、平均功率和瞬时功率；功的计算．‎ ‎【分析】把小球的速度分解到沿斜面方向和垂直斜面方向，则沿斜面方向的速度小于物块的速度，若斜面光滑，则小球和物块沿斜面方向的加速度相同，则不可能在P点相遇，根据动能定理分析动能的变化，当小球的速度方向与斜面平行时，离斜面最远，求出重力做功的大小，进而求解平均功率．‎ ‎【解答】解：A、把小球的速度分解到沿斜面方向和垂直斜面方向，则沿斜面方向的速度小于物块的速度，若斜面光滑，则小球和物块沿斜面方向的加速度相同，则不可能在P点相遇，所以斜面不可能是光滑的，故A错误；‎ B、当小球的速度方向与斜面平行时，离斜面最远，此时竖直方向速度不为零，不是运动到最高点，故C错误；‎ C、物块在斜面上还受摩擦力做功，根据动能定理，在P点时，小球的动能应该大于物块的动能，故C正确．‎ D、小球和物块初末位移相同，则高度差相等，而重力相等，则重力做功相等，时间又相同，所以小球和物块到达P点过程中克服重力做功的平均功率相等，故D错误．‎ 故选：C ‎　‎ ‎7．如图，平行板电容器两个极板与水平地面成2α角，在平行板间存在着匀强电场，CD是两板间一条垂直于板的直线，竖直线EF与CD交于O点，一个带电小球沿着∠FOD的角平分线从A点经过O点向B点做直线运动，重力加速度为g，则在此过程中，下列说法正确的是（　　）‎ A．小球一定带负电 B．小球可能做匀加速直线运动 C．小球加速度大小为gcosα D．小球重力势能的增加量等于电势能的增加量 ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】以小球为研究对象，据运动情况判断小球的合外力的方向，在判断小球的电场力情况；再从功能关系的角度，据此分析判断选项即可．‎ ‎【解答】解：A、带电小球沿着∠FOD的角平分线从A点经O点向B点做直线运动，所以小球合外力沿着AB；又由于小球受重力，所以电场力的方向由O到D；由于此电场的方向未知，所以小球的电性是不能确定的，故A错误；‎ B、据以上分析可知，小球做匀减速直线运动，故B错误；‎ C、据图可知，由于是角平分线，且小球的加速度方向由O到D，据几何关系可知，a=2gcosα，故C错误；‎ D、由以上分析可知，小球受重力等于电场力，运动的位移和夹角相同，所以二力做的功相同，据功能关系可知，小球重力势能的增加量等于电势能的增加量，故D正确．‎ 故选：D ‎　‎ ‎8．如图所示，木板P下端通过光滑铰链固定于水平地面上的O点，物体A、B叠放在木板上且处于静止状态，此时物体B的上表面水平．现使木板P绕O点缓慢旋转到虚线所示位置，物体A、B仍保持静止，与原位置的情况相比（　　）‎ A．A对B的作用力减小 B．B对A的支持力减小 C．木板对B的支持力增大 D．木板对B的摩擦力增大 ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．‎ ‎【分析】以A为研究对象，由平衡条件分析A对B的作用力和支持力的变化．以AB整体为研究对象，由平衡条件分析木板对B的支持力如何变化．木板对B的作用力等于AB的总重力，保持不变．‎ ‎【解答】解：设板与水平地面的夹角为α．‎ A、以A为研究对象，A原来只受到重力和支持力而处于平衡状态，所以B对A的作用力与A的重力大小相等，方向相反；‎ 当将P绕O点缓慢旋转到虚线所示位置，B的上表面不再水平，A受力情况如图1，A受到重力和B的支持力、摩擦力三个力的作用，其中B对A的支持力、摩擦力的合力仍然与A的重力大小相等，方向相反，则B对A的作用力保持不变．根据牛顿第三定律可知，A对B的作用力也不变．故A错误；‎ B、结合对A选项的分析可知，开始时物体A不受B对A的摩擦力，B对A的支持力大小与重力相等；后来时设B的上表面与水平方向之间的夹角是β，受到的B对A的支持力、摩擦力的和仍然与A的重力大小相等，方向相反，则A受到B对A的作用力保持不变，由于支持力与摩擦力相互垂直，N1=GA•cosβ，所以A受到的支持力一定减小了．故B正确；‎ C、以AB整体为研究对象，分析受力情况如图2：总重力GAB、板的支持力N2和摩擦力f2，板对B的作用力是支持力N2和摩擦力f2的合力．‎ 由平衡条件分析可知，板对P的作用力大小与总重力大小相等，保持不变．N2=GABcosα，‎ f2=GABsinα，α减小，N2增大，f2减小．故C正确，D错误．‎ 故选：BC ‎　‎ ‎9．质量为m的人造卫星在地面上未发射时的重力为G0，它在离地面的距离等于地球半径R的圆形轨道上运行时的（　　）‎ A．周期4π B．速度为 C．动能为G0R D．重力为G0‎ ‎【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】由万有引体提供向心力，可以列出有关周期，速度，动能等的表达式，由此可以判断各个选项 ‎【解答】解：由万有引体提供向心力， =m=mr=ma…①‎ 由题意可知，r=2R．‎ 质量为m的人造卫星在地面上未发射时的重力为G0，‎ 根据万有引力等于重力得：GM=gR2=R2…②‎ A、由①②解得：周期T=4π，则A正确 B、由①②解得速度v=，则B错误 C、动能为Ek=G0R，则C正确 D、由a=，则重力为，则D错误 故选：AC ‎　‎ ‎10．如图所示，半径为R的光滑圆环固定在竖直平面内，AB、CD是圆环相互垂直的两条直径，C、D两点与圆心O等高．一个质量为m的光滑小球套在圆环上，一根轻质弹簧一端连在小球上，另一端固定在P点，P点在圆心O的正下方处．小球从最高点A由静止开始沿逆时针方向下滑，己知弹簧的原长为R，弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度为g，下列说法正确的有（　　）‎ A．弹簧长度等于R时，小球的动能最大 B．小球运动到B点时的速度大小为 C．小球在A、B两点时对圆环的压力差为4mg D．小球从A到C的过程中，弹簧对小球做的功等于小球机械能的增加量 ‎【考点】功能关系；机械能守恒定律．‎ ‎【分析】通过分析小球的受力情况，分析小球速度的变化，从而判断出动能的变化情况．小球通过A和B两点时，弹簧的形变量相等，弹簧的弹性势能相等，根据系统的机械能守恒求小球运动到B点时的速度．根据牛顿第二定律和第三定律求小球在A、B两点时对圆环的压力差．在小球运动的过程中，弹簧的弹力对小球做功等于小球机械能的增量．‎ ‎【解答】解：A、弹簧长度等于R时，弹簧处于原长，在此后的过程中，小球的重力沿轨道的切向分力大于弹簧的弹力沿轨道切向分力，小球仍在加速，所以弹簧长度等于R时，小球的动能不是最大．故A错误．‎ B、由题可知，小球在A、B两点时弹簧的形变量相等，弹簧的弹性势能相等，根据系统的机械能守恒得：‎ ‎ 2mgR=，解得，小球运动到B点时的速度 vB=2．故B错误．‎ C、设小球在A、B两点时弹簧的弹力大小为F．在A点，圆环对小球的支持力 F1=mg+F；‎ 在B点，由圆环，由牛顿第二定律得：F2﹣mg﹣F=m，解得，圆环对小球的支持力 F2=5mg+F；‎ 则F2﹣F1=4mg，由牛顿第三定律知，小球在A、B两点时对圆环的压力差为4mg，故C正确．‎ D、小球从A到C的过程中，根据功能原理可知，弹簧对小球做的功等于小球机械能的增加量．故D正确．‎ 故选：CD ‎　‎ ‎11．如图所示，质量均为m的A、B两物块置于水平地面上，物块与地面间的动摩擦因数均为μ，物块间用一水平轻绳相连，绳中无拉力．现用水平力F向右拉物块A，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．重力加速度为g．下列说法中正确的是（　　）‎ A．当0＜F≤μmg时，绳中拉力为0‎ B．当μmg＜F≤2μmg时，绳中拉力为F﹣μmg C．当F＞2μmg时，绳中拉力为 D．无论F多大，绳中拉力都不可能等于 ‎【考点】牛顿第二定律；物体的弹性和弹力．‎ ‎【分析】对整体分析，根据共点力平衡求出动摩擦因数的大小，然后隔离对A分析，根据牛顿第二定律求出物块A的加速度大小，最后确定绳子中的拉力．‎ ‎【解答】解：A、当0＜F≤μmg时，A受到拉力与静摩擦力的作用，二者可以平衡，绳中拉力为0．故A正确；‎ B、当μmg＜F≤2μmg时，整体受到拉力与摩擦力的作用，二者平衡，所以整体处于静止状态．此时A受到的静摩擦力到达最大即μmg，所以绳中拉力为F﹣μmg．故B正确；‎ C、当F＞2μmg时，对整体：a=，对B：a=，联立解得绳中拉力为F．故C正确；‎ D、由B的分析可知，当μmg＜F≤2μmg时绳中拉力为F﹣μmg，绳中拉力可能等于．故D错误．‎ 故选：ABC．‎ ‎　‎ ‎12．如图所示，竖直平面内光滑圆弧形管道OMC半径为R，它与水平管道CD恰好相切．水平面内的等边三角形ABC的边长为L，顶点C恰好位于圆周最低点，CD是AB边的中垂线．在A、B两顶点上放置一对等量异种电荷，各自所带电荷量为q，现把质量为m、带电荷量为+Q的小球（小球直径略小于管道内径）由圆弧形管道的最高点M处静止释放，不计+Q对原电场的影响以及带电量的损失，取无穷远处为零电势，静电力常量为k，重力加速度为g，则（　　）‎ A．D点的电势为零 B．小球在管道中运动时，机械能守恒 C．小球对圆弧形管道最低点C处的压力大小为3mg+k D．小球对圆弧形管道最低点C处的压力大小为 ‎【考点】电势差与电场强度的关系；机械能守恒定律；电势．‎ ‎【分析】图中ABC水水平面，在在A、B两顶点上放置一对等量异种电荷，则管道CD处于中垂面上，是等势面，根据机械能守恒定律和牛顿第二定律列式分析．‎ ‎【解答】解：A、在A、B两顶点上放置一对等量异种电荷，直线CD是中垂线，是等势面，与无穷远处的电势相等，故D点的电势为零，故A正确；‎ B、在A、B两顶点上放置一对等量异种电荷，管道CD处于等势面上，而MC却不是一个等势面上；故小球运动过程中有电场力做功，机械能不守恒，故B错误；‎ C、D、对从M到C过程，根据机械能守恒定律，有：‎ mgR=mv2…①‎ 在C点，电场力大小为：‎ F=•cos60°+•cos60°=‎ 方向垂直CD向外；‎ 重力和弹力的竖直分力提供向心力，故：Ny﹣mg=‎ 弹力的水平分力：‎ Nx=F= 故弹力：N==，故C错误，D正确．‎ 故选：AD．‎ ‎　‎ 二．必考题 ‎13．借助计算机，力传感器的挂钩与其它物体间的弹力大小能够在屏幕上显示出来．为了探究最大静摩擦力的大小跟哪些因素有关，某同学在老师的指导下做了一系列实验：将滑块平放在长木板上，用力传感器沿长木板水平拉滑块，改变拉力直到将滑块拉动；再在长木板上铺上毛巾，并在滑块上放上砝码，重复前一个过程，得到的图线分别如图甲、乙所示．‎ ‎（1）由图乙知：在t1～t2这段时间内，滑块的运动状态是　静止　（填“运动”或“静止”），滑块受到的最大静摩擦力为　F1　（填“F1”或“F2”）．‎ ‎（2）结合甲、乙两图，　不能　（填“能”或“不能”）得出最大静摩擦力与两物体接触面的粗糙程度和接触面的压力均有关的结论．‎ ‎【考点】探究影响摩擦力的大小的因素．‎ ‎【分析】（1）物体静止时受到拉力与静摩擦力作用，由平衡条件可知，静摩擦力等于拉力，随拉力增大，静摩擦力变大；当拉力大于最大静摩擦力时，物体运动，物体受到的摩擦力是滑动摩擦力，滑动摩擦力小于最大静摩擦力，滑动摩擦力与物体间压力及接触面粗糙程度有关，与拉力无关；根据图示确定滑块状态，求出最大静摩擦力．‎ ‎（2）探究最大静摩擦力与接触面粗糙程度的关系，应控制物体间的压力不变而改变接触面的粗糙程度；探究最大静摩擦力与压力的关系，应控制接触面粗糙程度相同而物体间的压力相同．‎ ‎【解答】解：（1）由图乙知：在t1～t2这段时间内，摩擦力不断增大，物体受到的摩擦力是静摩擦力，因此滑块的运动状态是静止；由图示可知，滑块受到的最大静摩擦力为F1．‎ ‎（2）实验中没有控制接触面粗糙程度相同而物体间压力不同，因此不能得出最大静摩擦力与接触面的压力有关的结论．‎ 故答案为：（1）静止；F1；（2）不能．‎ ‎　‎ ‎14．用图示装置测量重锤的质量，在定滑轮两侧分别挂上重锤和n块质量均为m0的铁片，重锤下端贴一遮光片，铁架台上安装有光电门．调整重锤的高度，使其从适当的位置由静止开始下落，读出遮光片通过光电门的挡光时间t0；从定滑轮左侧依次取下1块铁片放到右侧重锤上，让重锤每次都从同一位置由静止开始下落，计时器记录的挡光时间分别为t1、t2…，计算出t02、t12…．‎ ‎（1）挡光时间为t0时，重锤的加速度为a0．从左侧取下i块铁片置于右侧重锤上时，对应的挡光时间为ti，重锤的加速度为ai．则=　　．（结果用t0和ti表示）‎ ‎（2）作出﹣i的图线是一条直线，直线的斜率为k，则重锤的质量M=　　．‎ ‎（3）若重锤的质量约为300g，为使实验测量数据合理，铁片质量m0比较恰当的取值是　C　．‎ A．1g B．3g C．40g D．300g．‎ ‎【考点】探究加速度与物体质量、物体受力的关系．‎ ‎【分析】（1）根据题意求出遮光片经过光电门时的速度，然后应用匀变速直线运动的速度位移公式求出加速度之比．‎ ‎（2）应用牛顿第二定律求出图象的函数表达式，然后根据函数表达式求出重锤的质量．‎ ‎（3）为使实验现象比较明显，铁片的质量不能选的太大，也不能太小，质量要适中，根据题目给出的数据分析答题．‎ ‎【解答】解：（1）遮光片经过光电门时的速度：v0=，vi=，‎ 重锤做初速度为零的匀加速直线运动，由速度位移公式得：‎ v02=2a0h，vi2=2aih，‎ 整理得： =；‎ ‎（2）由牛顿第二定律得：Mg﹣nm0g=（M+nm0）a0，（M+im0）g﹣（n﹣i）m0g=（M+nm0）ai，‎ 整理得： =1+i，‎ 则﹣i图象的斜率：k=，‎ 解得：M=；‎ ‎（3）如果铁片的质量太小，移动铁片时重锤的加速度变化很小，不便于测量，‎ 如果铁片的质量太大，加速度变化太大也不利于测量，如果铁片质量太大甚至重锤会上升，‎ 如果重锤的质量为300g，铁片的质量如果为1g或3g，铁片质量太小，如果铁片质量为300g，‎ 铁片质量与重锤质量相等，这是错误的，因此铁片质量为40g比较合理，故选C；‎ 故答案为：（1）；（2）；（3）C．‎ ‎　‎ ‎15．2016年世界中学生五人制足球锦标赛落下帷幕，代表中国参赛的河南男队和河北女队取得了优异成绩．五人制足球的赛场长40m，宽20m，如图所示．在比赛中，攻方队员在中线附近突破防守队员，将足球沿边路向前踢出，足球的运动可视为在地面上做初速度为v1=6m/s的匀减速直线运动，加速度大小为a1=1m/s2．该队员将足球踢出后，立即由静止启动追赶足球，他的运动可看作是匀加速直线运动，最大加速度为a2=1m/s2，能达到的最大速度为v2=4m/s．该队员至少经过多长时间能追上足球？‎ ‎【考点】匀变速直线运动规律的综合运用；匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与位移的关系．‎ ‎【分析】考察匀变速直线运动规律的综合应用，在人对球的追击问题中，人经历了匀加速和匀速两个运动状态，足球经历了匀减速和静止两个状态，当二者位移相等的时候是两者的相遇时刻．‎ ‎【解答】解：设足球从开始做匀减速运动到停下来的位移为x1，则有： 带入数据解得 足球匀减速运动时间为：‎ 前锋队员以最大加速度追赶的加速时间为：‎ 在此过程中的位移为：‎ 之后前锋队员做匀速直线运动，到足球停止运动时，其位移为x3=v2（t1﹣t2）=8m 由于x2+x3＜x1，故足球停止运动时，前锋队员没有追上足球，然后前锋队员继续以最大速度匀速运动追赶足球，‎ 由匀速运动公式得：x1﹣（x2+x3）=v2t3‎ 代入数据解得t3=0.5s ‎ 前锋队员追上足球的时间为：t=t1+t3=6.5s ‎　‎ ‎16．如图所示，传送带Ⅰ与水平面夹角30°，传送带Ⅱ与水平面夹角37°，两传送带与一小段光滑的水平面BC平滑连接．两传送带均顺顺时针匀速率运行．现将装有货物的箱子轻放至传送带Ⅰ的A点，运送到水平面上后，工作人员将箱子内的物体取下，箱子速度不变继续运动到传送带Ⅱ上，传送带Ⅱ的D点与高处平台相切．已知箱子的质量M=1kg，物体的质量m=3kg，传送带Ⅰ的速度v1=8m/s，AB长L1=15m，与箱子间的动摩擦因数为μ1=．传送带Ⅱ速度v2=4m/s，CD长L2=8m，由于水平面BC上不小心撒上水，致使箱子与传送带Ⅱ间的动摩擦因数变为μ2=0.5，重力加速度g=10m/s2，求：‎ ‎（1）装着物体的箱子在传送带Ⅰ上运动的时间；‎ ‎（2）计算说明，箱子能否运送到高处平台上？并求在传送带Ⅱ上箱子向上运动的过程中产生的内能（已知sin37°=0.6，cos37°=0.8）．‎ ‎【考点】功能关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】（1）装着物体的箱子在传送带Ⅰ上先做匀加速运动，由牛顿第二定律和运动学公式位移公式结合求得匀加速至速度与传送带共速通过的位移，再分析知道共速后箱子随传送带匀速运动，分段求出时间，从而得到总时间．‎ ‎（2）由牛顿第二定律和运动学公式求出箱子在传送带Ⅱ上匀加速的位移，根据共速时最大静摩擦力与重力沿斜面向下的分力大小关系，判断之后箱子的运动情况．根据相对位移求热量．‎ ‎【解答】解：（1）在传送带Ⅰ上，根据牛顿第二定律：f﹣mgsin30°=ma 垂直传送带方向，合力为零，故：N﹣mgcos30°=0‎ 滑动摩擦力为：f=μ1N 整理可以得到：a=2.5m/s2‎ 根据运动学公式：v12=2as 整理可以得到：s=12.8m＜15m 则知箱子与传送带共速后做匀速运动 根据速度公式：v1=at1‎ 则：t1=3.2s 与传送带一起匀速运动：L﹣s=v1t2‎ 则：t2=0.275s 故总时间为 t=t1+t2=3.475s ‎（2）在传送带Ⅱ上箱子先向上做匀减速运动，根据牛顿第二定律：‎ ‎ f1+mgsin37°=ma1；‎ 摩擦力为：f1=μ2mgcos37°‎ 整理可以得到：a1=10m/s2．‎ 根据运动学公式： =2a1s物1；‎ 则：s物1=2.4m 当达到传送带速度时，由于mgsin37°＞μ2mgcos37°，所以箱子继续减速运动 则根据牛顿第二定律：mgsin37°﹣μ2mgcos37°=ma2；‎ 整理可以得到：a2=2m/s2‎ 根据运动学公式：0﹣v22=﹣2a2s物2‎ 所以：s物2=4m 由于s物1+s物2=6.4m＜8m，所以物体不能运送到高处平台上 第一段减速时间：t减1===0.4s 此过程中传送带的位移大小 s减1=v2t减1=4×0.4=1.6m 两者相对位移△s1=s物1﹣s减1=2.4﹣1.6=0.8m 产生的热量为：Q1=μ2mgcos37°△s1‎ 解得 Q1=3.2J 第二阶段：t减2===2s 此过程中传送带的位移大小 s减2=v2t减2=4×2=8m 两者相对位移△s2=s减2﹣s物2=8﹣4=4m 产生的热量为：Q2=μ2mgcos37°△s2‎ 解得 Q2=16J 故总的热量为：Q=Q1+Q2=19.2J．‎ 答：（1）装着物体的箱子在传送带Ⅰ上运动的时间是3.475s；‎ ‎（2）箱子不能运送到高处平台上，在传送带Ⅱ上箱子向上运动的过程中产生的内能是19.2J．‎ ‎　‎ 三．选做题【物理选修3-3】‎ ‎17．下列说法正确的是（　　）‎ A．气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数，仅与单位体积内的分子数有关 B．一定质量的理想气体保持压强不变时，气体分子的热运动可能变得更剧烈 C．因为布朗运动是悬浮在液体中的固体颗粒的运动，所以布朗运动的剧烈程度与自身体积有关，而与液体的温度无关 D．一定温度下，水的饱和蒸汽压是一定的 E．一定质量的理想气体的内能只与温度有关 ‎【考点】布朗运动；气体压强的微观意义．‎ ‎【分析】根据气体的压强的微观意义解释AB选项；布朗运动的激烈程度与温度有关；液体的饱和蒸气压仅仅与温度有关；一定质量的理想气体的内能只与温度有关．‎ ‎【解答】解：A、气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数与单位体积内的分子数和温度有关，单位体积内的分子数越多碰撞次数越多，分子的平均动能越大，单位时间碰撞次数越多，故A错误；‎ B、一定质量的理想气体保持压强不变时，温度升高、体积增大时，气体分子的热运动可能变得更剧烈．故B正确；‎ C、布朗运动的剧烈程度与自身体积有关，与液体的温度也有关，温度越高，布朗运动越激烈．故C错误；‎ D、液体的饱和蒸气压仅仅与温度有关；所以一定温度下，水的饱和蒸汽压是一定的．故D正确；‎ E、理想气体的分子势能可以忽略不计，所以一定质量的理想气体的内能只与温度有关．故E正确．‎ 故选：BDE ‎　‎ ‎18．如图所示，气缸呈圆柱形，上部有挡板，内部高度为d．筒内一个很薄的质量不计的活塞封闭一定量的理想气体，开始时活塞处于离底部的高度，外界大气压强为1×105Pa，温度为27℃，现对气体加热．求：‎ ‎①当活塞刚好到达汽缸口时，气体的温度；‎ ‎②气体温度达到387℃时，活塞离底部的高度和气体的压强．‎ ‎【考点】理想气体的状态方程．‎ ‎【分析】（1）根据盖吕萨克定律求出活塞刚好到达顶部时气体的临界温度．‎ ‎（2）若温度387℃高于临界温度时，气体发生等容变化，根据查理这定律求解缸内气体的压强．‎ ‎【解答】解：（1）以封闭气体为研究对象：P1=P0‎ V1=S T1=300K；‎ 设温度升高到T0时，活塞刚好到达汽缸口．此时有：p2=p0，V2=dS，T2=？‎ 根据盖•吕萨克定律： =，得T2=600K．‎ ‎（2）T3=660K＞T2，封闭气体先做等压变化，活塞到达汽缸口之后做等容变化．‎ 所以：l3=d 此时有：p3，V3=dS，T3=600K；‎ 由理想气体状态方程：‎ ‎=‎ 解得P3=1.1×105Pa 答：①当活塞刚好到达汽缸口时，气体的温度为600K；‎ ‎②气体温度达到387℃时，活塞离底部的高度为d，气体的压强1.1×105Pa．‎ ‎　‎ ‎【物理选修3-4】‎ ‎19．一列简谐横波沿x轴正方向传播，t时刻波形图如图中的实线所示，此时波刚好传到P点，t+0.6s时刻的波形如图中的虚线所示，T＞0.6s，a，b，c，P，Q是介质中的质点，则以下说法正确的是（　　）‎ A．这列波的波速为50m/s B．质点a在这段时间内通过的路程等于30cm C．质点c在这段时间内通过的路程为20cm D．t+0.5s时刻，质点b、P的位移相同 E．c点开始振动的方向为﹣y方向 ‎【考点】波长、频率和波速的关系．‎ ‎【分析】波的传播速度可以用两种方法来求，一是利用速度的定义：，二是利用公式f；质点a运动的路程用振动的周期数乘以4A；位移和振动方向由图象给出的信息进行判断．‎ ‎【解答】解：A、由题意知，在△t=0.6s 内横波向右传播了△x=30m，所以波的速度=，所以选项A正确．‎ B、再由图象知道波长λ=40m，波的周期，则在0.6s内质点a振动了个周期，由于开始a向上运动，所以其路程将小于3A，即小于30cm，所以选项B错误．‎ C、波传播到c点处的时间为 所以再经过△t2=0.4s=‎ ‎，c振动的路为2A=20cm，所以选项C正确．‎ D、△t=0.5s=，所以P点在t+0.5s时刻是到平衡位置向下运动0.1s的位置，而b点是从低点向上运动0.1s的位置．因为0.1s为，b、P两点相差，所以此刻两点均为负位移且大小恰恰相等，所以选项D正确．‎ E、任何一点开始振动方向均与P点振动方向相同，由波向右传播知道：P点开始向上振动，所以c点开始也是向上振动，所以选项E错误．‎ 故选：ACD ‎　‎ ‎20．如图，玻璃球冠的折射率为，其底面镀银，底面的半径是球半径的倍；在过球心O且垂直于底面的平面（纸面）内，有一与底面垂直的光线射到玻璃球冠上的M点，该光线的延长线恰好过底面边缘上的A点．求该光线从球面射出的方向相对于其初始入射方向的偏角．‎ ‎【考点】光的折射定律．‎ ‎【分析】光线由M点射入后先发生折射，再在镀银底面发生反射，最后射出玻璃冠．已知球半径、底面半径以及折射率，则由几何关系和折射定律可求得入射角、折射角，再由几何关系可求得光线在镀银底面的入射角和反射角，从而可知反射光线与ON的关系，最后可求光线从球面射出的方向相对于其初始入射方向的偏角．‎ ‎【解答】解：设球半径为R，球冠地面中心为O′，连接OO′，则OO′⊥AB 令∠OAO′=α 则：cosα===…①‎ 即∠OAO′=α=30°…②‎ 已知MA⊥AB，所以∠OAM=60°…③‎ 设图中N点为光线在球冠内地面上的反射点，光路图如图所示．‎ 设光线在M点的入射角为i，折射角为r，在N点的入射角为i′，反射角为i″，玻璃的折射率为n．‎ 由于△OAM为等边三角形，所以入射角i=60°…④‎ 由折射定律得：sini=nsinr…⑤‎ 代入数据得：r=30°…⑥‎ 作N点的法线NE，由于NE∥MA，所以i′=30°…⑦‎ 由反射定律得：i″=30°…⑧‎ 连接ON，由几何关系可知△MAN≌△MON，则∠MNO=60°…⑨‎ 由⑦⑨式可得∠ENO=30°‎ 所以∠ENO为反射角，ON为反射光线．由于这一反射光线垂直球面，所以经球面再次折射后不改变方向．‎ 所以，该光线从球面射出的方向相对于其初始入射方向的偏角为β=180°﹣∠ENO=150°．‎ 答：光线从球面射出的方向相对于其初始入射方向的偏角为150°‎ ‎　‎ ‎【物理选修3-5】‎ ‎21．关于近代物理学，下列说法正确的是（　　）‎ A．α射线、β射线和γ射线是三种波长不同的电磁波 B．波尔将量子观念引人原子领域，其理论能够解释氢原子光谱的特征 C．α粒子散射实验说明原子核内部具有复杂的结构 D．重核裂变过程中生成中等质量的核，反应前后质量数守恒，但质量一定减少 E．考古专家发现某一骸骨中C14的含量为活着的生物中C14的四分之一，已知C14的半衰期为5730年，则确定该生物死亡时距今11460年 ‎【考点】原子核衰变及半衰期、衰变速度．‎ ‎【分析】α射线、β射线不是电磁波；‎ 玻尔的原子理论只能解释氢原子光谱的特征；‎ α粒子散射实验说明原子内部存在原子核；‎ 依据质量亏损与质能方程，即可判定；‎ 根据半衰期的次数确定距今的时间．‎ ‎【解答】解：A、γ射线是电磁波，而α射线、β射线不是电磁波，故A错误；‎ B、玻尔将量子观念引入原子领域，其理论只能够解释氢原子光谱的特征，故B正确；‎ C、卢瑟福α粒子散射实验说明原子内部存在原子核，不能说明原子核内部具有复杂的结构，故C错误；‎ D、重核裂变过程生成中等质量的核，反应前后质量数守恒，但是有质量亏损，质量一定减小，故D正确．‎ E、考古专家发现某一骸骨中C14的含量为活着的生物中C14的四分之一，可知经过了2个半衰期，C14的半衰期为5730年，则确定该生物死亡时距今11460年，故E正确；‎ 故选：BDE．‎ ‎　‎ ‎22．如图所示，质量为M、半径为R的质量分布均匀的圆环静止在粗糙的水平桌面上，一质量为m（m＞M）的光滑小球以某一水平速度通过环上的小孔正对环心射入环内，与环发生第一次碰撞后到第二次碰撞前小球恰好不会从小孔中穿出．假设小球与环内壁的碰撞为弹性碰撞，只考虑圆环与桌面之间的摩擦，求圆环通过的总位移？‎ ‎【考点】动量守恒定律；动能定理．‎ ‎【分析】碰撞过程动量守恒、机械能守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律、运动学公式可以正确解题．‎ ‎【解答】解：设小球的初速度为v0，第一次碰撞后，小球的速度为v1，圆环的速度为v2．‎ 圆环和小球组成的系统动量守恒，以球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律：mv0=mv1+Mv2，‎ 由能量守恒定律得： mv02=mv12+Mv22，‎ 多次碰撞后小球和环最终静止，设圆环受到的摩擦力为f，‎ 通过的总位移为x．系统的动能全部转化为摩擦生热：fx=mv02，‎ 第一次碰撞后经时间t，小球恰好未从小孔中穿出，即二者共速，均为v1，‎ 由运动学规律： t﹣v1t=2R，‎ 对圆环，由动量定理：﹣ft=Mv1﹣Mv2，‎ 解得，圆环通过的总位移：x=R；‎ 答：圆环通过的总位移为R．‎ ‎　‎ ‎2017年3月30日