1.D放射性衰變的過程中存在質(zhì)量虧損,釋放能量,比結(jié)合能增大,A錯誤,D正確;根據(jù)電荷數(shù)守恒和質(zhì)量數(shù)守恒可知2.B地球表面滿足可知,地球半徑未知,則不能估算出地球表面的重力加速度,A錯誤;地球圍繞太陽做圓周運(yùn)動有地球周期半徑已知,故可以估算出太陽的質(zhì)量,B正確;由于太陽半徑未知,不能估算太陽密度,C錯誤;由于彗星質(zhì)量未知,不能估算出地球與彗星之間的最大萬有引力,D錯誤.3.C由圖可知,電子運(yùn)動過程中受力指向軌跡內(nèi)側(cè),所受電場力與場強(qiáng)方向相反,又電場力與等勢面垂直,可知該靜電透鏡中帶正電的圓筒位于圖中靠右側(cè)的位置,A錯誤;根據(jù)等差等勢面的密集程度可知,電子的運(yùn)動過程中在P處的電場強(qiáng)度小于在Q處的電場強(qiáng)度,B錯誤;電子在由P到R運(yùn)動過程中,電勢升高,電勢能減小,動能增大,C正確;垂直于紙面的任意平面內(nèi)受力沿z軸正向,不可能做圓周運(yùn)動,D錯誤.4.C由P、Q振動圖像可知,P位于平衡位置時,Q可能位于波谷也可能位于波峰;波的傳播方向由P傳到Q,則有5.B根據(jù)楞次定律可知,線框中感應(yīng)電流沿順時針方向,大小為邊受到的安培力垂直于ac邊向外,A錯誤;根據(jù)左手定則,6s末ab邊受到的安培力垂直于ab邊向外,大小為正確;0~10s內(nèi)線框中產(chǎn)生的焦耳熱為Q=I2Rt=3.75×10—4J,C、D錯誤.6.B光折射后,頻率不變,A錯誤;球體內(nèi)折射光線AB與MO平行,光路圖如右圖所示,上OAB=上AOC,O1為過A點的法線,A到MO的距離XAC=0.6R,則sin上解得上AOC=上OAB=37。,則XOC=XAOcos上AOC=0.8R,所以XMC=XMO—XOC=0.8R,由幾何關(guān)系可知△AOM為等腰三角形,可知XAM=XAO=R;上AOC=上OAB=上AMO=37。,所以上MAO1=上AOC十上AMO,透明球體的折射率代入數(shù)據(jù)得由幾何關(guān)系可知XAB=2XAOcos上OAB=1.6R,光從A到B所用的時間為代入數(shù)據(jù)得正確,C、D錯誤.7.D設(shè)F與豎直方向之間的夾角為α,對滑塊受力分析,滑塊垂直于斜面方向受力平衡,FN=mgcosθ十Fcos(θ—α),對斜劈的摩擦力為f=μFN,方向沿斜面向下,兩者在水平方向的分量與斜劈受到地面的靜摩擦力平衡,可知斜劈受到地面的靜摩擦力為f’=FNsinθ—fcosθ=[mgcosθ十Fcos(θ—α)]●(sinθ—μcosθ),因給滑塊一沿斜面向下的初速度,滑塊加速下滑,可知斜劈受到地面的靜摩擦力水平向左,當(dāng)α=θ時斜劈受到地面的靜摩擦力最大,f’max=(mgcosθ十F)●(sinθ—μcosθ),D正確.8.CD從狀態(tài)A到狀態(tài)B,體積不變,溫度升高,氣體吸收熱量等于氣體內(nèi)能增量,A錯誤;從狀態(tài)B到狀態(tài)C,壓強(qiáng)不變,【高三開學(xué)考●物理參考答案第1頁(共4頁)】S—G溫度降低,體積減小,外界對氣體做功,氣體向外放熱,B錯誤;從狀態(tài)C到狀態(tài)D,溫度不變,體積增大,氣體吸收熱量全部用來對外做功,C正確;從狀態(tài)D到狀態(tài)A,壓強(qiáng)不變,溫度升高,氣體吸收熱量大于氣體對外做功,D正確.9.ABD小球在A處重力和彈力提供向心力解得正確;小球在B處mgtanβ=小球在B處的速度大小為小球在A處的速度大小的倍,B正確;小球由A至B過程中重力做功為W=錯誤;克服阻力做功為W=mg十正確.10.BC收集筒內(nèi)的電場呈輻射狀,不是勻強(qiáng)電場,油煙顆粒在收集筒內(nèi)做非勻變速運(yùn)動,A錯誤;設(shè)油煙顆粒半徑為R,單位面積的電量為σ,由題意可知則,半徑越大加速度越小,B正確;由動能定理得σ4πR2●●解得,離的越遠(yuǎn)U越大,顆粒半徑R大小不同,可能減小,C正確;收集筒半徑過大,油煙顆粒有可能打不到筒壁上,凈化效果會變差,D錯誤.解析:(1)根據(jù)游標(biāo)卡尺讀數(shù)規(guī)律可得,擋光條的寬度d=5mm十0.05×6mm=5.30mm.(2)滑塊到達(dá)底端時的速度大小為由動能定理可得整理得●十μx,由圖知,縱截距解得動摩擦因數(shù)重力加速度.增大偏大解析:(1)R’阻值變大,路端電壓變大,可知電流表讀數(shù)變大.(2)根據(jù)歐姆定律有I十可得十●故可知應(yīng)描繪的是圖像.(3)根據(jù)圖像可得解得(4)由電流表內(nèi)阻影響,可知測量值偏大.13.解:(1)滑塊Q下滑過程中由動能定理得(2分)解得y1=2m/s(2分)(2)開始時P平衡mgsinθ=kx1(1分)P、Q之間發(fā)生碰撞my1=2my2(1分)碰后共同向下運(yùn)動,達(dá)到最大速度時2mgsinθ=μmgcosθ十kx2(1分)由功能關(guān)系得解得(1分)【高三開學(xué)考●物理參考答案第2頁(共4頁)】S—G14.解:(1)依題意知,當(dāng)計時開始時,設(shè)B向左運(yùn)動,受力如右圖所示NB=mgfA=μ1NANA=MgcosθfB=μ2NB(1分)則由牛頓第二定律,可知T0—fA—Mgsinθ=Ma0(1分)F—T0—fB=ma0(1分)解得a0=0(1分)8s后物塊B向右加速,受力如右圖所示,NB2=mgfB2=μ2NB2則由牛頓第二定律,可知Mgsinθ—T1—fA=Ma1(1分)T1—fB=ma1(1分).6s時物體B速度最大,1.6s后A、B一起減速,A物塊彈力和摩檫力不變,B物塊彈力和0~0.8s相同,摩檫力與0~0.8s內(nèi)相反,設(shè)繩子拉力為T2,則由牛頓第二定律,可知T2十fA—Mgsinθ=Ma2(1分)F十fB—T2=ma2(1分)分)可知物塊在t2時刻速度減為0后便靜止由此可知,2.4s后開始重復(fù)0.8~2.4s的運(yùn)動過程,物體重復(fù)運(yùn)動的周期T=1.6s,t3=14s時有=nT十△t解得n=814s末物塊B速度大小為15.解:(1)帶電粒子進(jìn)入磁場后做勻速圓周運(yùn)動,如圖所示,設(shè)粒子進(jìn)入磁場時速度與父軸夾角為θ,則粒子再次從父軸上N點離開磁場時速度與父軸夾角仍為θ,由題意可知:粒子進(jìn)入磁場速度大小【高三開學(xué)考●物理參考答案第3頁(共4頁)】S—G由洛倫茲力提供向心力可得(1分)解得(1分)(2)粒子在在電場中做平拋運(yùn)動,由牛頓第二定律得qE=ma(1分)t(1分)聯(lián)立解得E=B00(1分)(3)①由題意可知,當(dāng)k=1時帶電粒子可再次從電場中經(jīng)過M點,在電場中運(yùn)動時間為t1,在磁場運(yùn)動的時間為t2,有0t粒子相鄰兩次經(jīng)過M點的時間間隔t=t1十t2代入數(shù)據(jù)得(1分)②當(dāng)k大于1時帶電粒子可再次從磁場中經(jīng)過M點,由洛倫茲力提供向心力可得(1分)粒子第n次從磁場中出來時恰好從M點離開,