1.銫原子鐘是精確的計時儀器。圖1中銫原子從O點(diǎn)以100m/s的初速度在真空中做平拋運(yùn)動，到達(dá)豎直平面MN所用時間為t1；圖2中銫原子在真空中從P點(diǎn)做豎直上拋運(yùn)動，到達(dá)最高點(diǎn)Q再返回P點(diǎn)，整個過程所用時間為t2。O點(diǎn)到豎直平面MN、P點(diǎn)到Q點(diǎn)的距離均為0.2m。重力加速度取g=10m/s2；則t1：t2為( )
A. 100：1B. 1：100C. 1：200D. 200：1
2.如圖所示，凹槽靜止在光滑的水平地面上，內(nèi)表面為光滑圓柱面，在其左側(cè)有一固定在地面上的木樁，現(xiàn)將可視為質(zhì)點(diǎn)的小球從距A點(diǎn)正上方H高處由靜止釋放，然后由A點(diǎn)經(jīng)半圓形軌道從B點(diǎn)沖出，運(yùn)動過程中不計空氣阻力，則小球從釋放到第一次運(yùn)動到B點(diǎn)的過程，凹槽和小球組成的系統(tǒng)( )
A. 機(jī)械能守恒，水平方向動量守恒B. 機(jī)械能守恒，水平方向動量不守恒
C. 機(jī)械能不守恒，水平方向動量守恒D. 機(jī)械能不守恒，水平方向動量不守恒
3.“電子能量分析器”主要由處于真空中的電子偏轉(zhuǎn)器和探測板組成。電子偏轉(zhuǎn)器的簡化剖面結(jié)構(gòu)如圖所示，A、B表示兩個同心半圓金屬板，兩板間存在偏轉(zhuǎn)電場，板A、B的電勢分別為φA、φB。電子從偏轉(zhuǎn)器左端的中央M進(jìn)入，經(jīng)過偏轉(zhuǎn)電場后到達(dá)右端的探測板N。動能不同的電子在偏轉(zhuǎn)電場的作用下到達(dá)板N的不同位置，初動能為Ek0的電子沿電勢為φC的等勢面C(圖中虛線)做勻速圓周運(yùn)動到達(dá)板N的正中間。動能為Ek1、Ek2的電子在偏轉(zhuǎn)電場作用下分別到達(dá)板N的左邊緣和右邊緣，動能改變量分別為|ΔEk左|和|ΔEk右|。忽略電場的邊緣效應(yīng)及電子之間的相互影響。下列判斷正確的是( )
A. 偏轉(zhuǎn)電場是勻強(qiáng)電場B. φA>φB
C. Ek1>Ek2D. |ΔEk左|>|ΔEk右|
4.電容式加速度傳感器在安全氣囊、手機(jī)移動設(shè)備等方面應(yīng)用廣泛，其工作原理簡化為如圖所示，M和N為電容器兩極板，充電后與電源斷開。M極板固定在手機(jī)上，N極板兩端與固定在手機(jī)上的兩輕彈簧連接，只能按圖中標(biāo)識的“前后”方向運(yùn)動，電壓傳感器與靜電計等效，可直接測量電容器的電壓。當(dāng)手機(jī)由靜止突然向前加速時，下列說法正確的是( )
A. 電容器的電容增大
B. 電壓傳感器的示數(shù)變大
C. 電容器兩極板間的電場強(qiáng)度減小
D. 隨著加速度變大，電壓傳感器示數(shù)的變化量ΔU與加速度的變化量Δa之比變大
5.如圖所示，直線①表示某電源的路端電壓與電流的關(guān)系圖象，曲線②表示該電源的輸出功率與電流的關(guān)系圖象，則下列說法不正確的是( )
A. 電源電動勢約為50V
B. 電源的內(nèi)阻約為253Ω
C. 電流為2.5A時，外電路的電阻約為15Ω
D. 輸出功率為120W時，輸出電壓約是30V
6.規(guī)定無限遠(yuǎn)處的電勢為0，則距離點(diǎn)電荷Q為r的位置的電勢φ=kQr，其中k為靜電力常量，以正電荷Q為坐標(biāo)原點(diǎn)，以某一根電場線為坐標(biāo)軸x，則x軸上各點(diǎn)的電場強(qiáng)度E與x?2的圖像如圖所示。下列說法正確的是( )
A. 距離點(diǎn)電荷1m處的各點(diǎn)的電場強(qiáng)度相同
B. 距離點(diǎn)電荷1m處的各點(diǎn)的電勢相同
C. 電子從x1=lm點(diǎn)移動到x2=2m點(diǎn)的過程中電勢能增加45eV
D. x1=1m與x2=2m處的電勢差小于x2=2m與x3=3m處的電勢差
7.如圖所示，靜止在水平地面上的木板(厚度不計)質(zhì)量為m1=1kg，與地面的動摩擦因數(shù)μ1=0.2，質(zhì)量為m2=2kg可看作質(zhì)點(diǎn)的小物塊與木板和地面間的動摩擦因數(shù)均為μ2=0.4，以v0=4m/s的水平速度從左端滑上木板，經(jīng)過t=0.6s滑離木板，g取10m/s2，以下說法正確的是( )
A. 木板的長度1.68m
B. 小物塊離開木板時，木板的速度為1.6m/s
C. 小物塊離開木板后，木板的加速度為2m/s2，方向水平向右
D. 小物塊離開板后，木板與小物塊將發(fā)生碰撞
8.如圖所示，電源電動勢E及內(nèi)阻r恒定不變，R、R1為定值電阻，R2為滑動變阻器，電壓表V及電流表A1、A2均為理想電表。下列說法正確的是( )
A. 若S閉合，當(dāng)R2的滑片向下滑動時，兩電流表A1、A2的示數(shù)變化量ΔI1|ΔEk右|，故D正確；
故選：D。
電子做勻速圓周運(yùn)動，電場力提供向心力，電子受力的方向與電場的方向相反；由粒子運(yùn)動情況分析動能大小；電子動能的改變量等于電場力做功，使用動能定理即可解答。
該題考查帶電粒子在放射狀電場中的運(yùn)動與電場力做功，解題的關(guān)鍵是電場力提供向心力，寫出相應(yīng)的表達(dá)式，即可正確解答。
4.【答案】B
【解析】解：A、當(dāng)手機(jī)由靜止突然向前加速時，N極板向后運(yùn)動，電容器兩極板間的距離變大，由電容的決定式C=εrS4πkd可知，電容器的電容變小，故A錯誤；
B、電壓傳感器相當(dāng)于靜電計，可知電容器的電荷量Q不變，由C=QU可知，Q不變，C減小，則U增大，所以電壓傳感器的示數(shù)變大，故B正確；
C、由E=Ud=QCd=Q?rS4πkdd=4πkQ?rS可知E，與d無關(guān)，在Q不變，d變大的情況下，電容器兩極板間的電場強(qiáng)度E不變，故C錯誤；
D、電壓傳感器示數(shù)與極板間距之間的關(guān)系為U=QC=Q?rS4πkd=4πkdQ?rS
可得：ΔU=4πkQ?rSΔd
設(shè)彈簧勁度系數(shù)為k′，對N極板，由牛頓第二定律可得加速度與彈簧形變量的關(guān)系為a=2k′xm
可得：Δa=2k′mΔx
電壓傳感器示數(shù)的變化量ΔU與加速度的變化量Δa之比為ΔUΔa=4πkQ?rSΔd2k′mΔx=2πkmQk′?rS，其為定值，故D錯誤。
故選：B。
當(dāng)手機(jī)由靜止突然向前加速時，電容器兩極板間的距離變大，由電容的決定式C=εrS4πkd分析電容的變化，電容器的電荷量Q不變，由電容的定義式C=QU分析電容器板間電壓的變化，即可知道電壓傳感器的示數(shù)變化。再結(jié)合E=Ud分析板間場強(qiáng)的變化。對N極板，由牛頓第二定律列式分析電壓傳感器示數(shù)的變化量ΔU與加速度的變化量Δa之比變化情況。
本題考查電容器的動態(tài)分析問題，關(guān)鍵要根據(jù)電容的決定式C=εrS4πkd、電容的定義式C=QU、場強(qiáng)公式E=Ud相結(jié)合推導(dǎo)出場強(qiáng)與電荷量的關(guān)系。
5.【答案】B
【解析】【分析】
本題關(guān)鍵是根據(jù)閉合電路歐姆定律列式求解U?I圖象表達(dá)式進(jìn)行分析，基礎(chǔ)問題。
【解答】
A.根據(jù)閉合電路的歐姆定律，電壓的輸出電壓：U=E?Ir，對照U?I圖象，當(dāng)I=0時，U=E=50V，故A正確；
B.U?I圖象斜率的絕對值表示內(nèi)電阻，故：r=|△U△I|=50?206Ω=5Ω，故B不正確；
C.電流為2.5A時，U=E?Ir=37.5V，故外電路電阻：R=UI=Ω，故C正確；
D.輸出功率為120W時，對照P?I圖象，電流為4A，再對照U?I圖象，輸出電壓為30V，故D正確。
本題選不正確的，故選B。
6.【答案】BC
【解析】解：A.點(diǎn)電荷為圓心，r為半徑的球面上，各點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小相同，但方向不同，故A錯誤；
B.以點(diǎn)電荷為球心的球面是一個等勢面，即各點(diǎn)的電勢相等，故B正確；
C.由點(diǎn)電荷場強(qiáng)公式可知
E=kQx2
結(jié)合E與x?2的圖像可知
kQ=ΔEΔx2=360?904?1Nm2/C=90Nm2/C
由題意知Q為正電荷，所以x1=lm和x2=2m處的電勢分別為
φ1=kQx1，φ2=kQx2，
代入數(shù)據(jù)解得：φ1=90V，φ2=45V
所以電子從x1=lm點(diǎn)移動到x2=2m點(diǎn)的過程中電勢能的變化為
ΔE=?e (φ2?φ1)=?e (45V?90V)=45eV
即電勢能增加45eV，故C正確；
D.離電荷越近的地方場強(qiáng)越大，根據(jù)U=Ed可知x1=1m與x2=2m處的電勢差大于x2=2m與x3=3m處的電勢差，故D錯誤。
故選：BC。
根據(jù)點(diǎn)電荷的電場線和等勢面特點(diǎn)分析判斷，根據(jù)場強(qiáng)公式結(jié)合圖像解得kQ，從而計算電勢，離電荷越近的地方場強(qiáng)越大。
本題屬于信息給予題，充分利用題干中給的圖像，結(jié)合點(diǎn)電荷電場公式解得。
7.【答案】D
【解析】解：A、物塊在木板上滑動的過程，根據(jù)牛頓第二定律得：
對物塊有：μ2m2g=m2a2
解得：a2=μ2g=4m/s2
對木板有：μ2m2g?μ1(m1+m2)g=m2a1
解得：a1=2m/s2
木板的長度為：L=(v0t?12a2t2)?12a1t2，解得：L=1.32m，故A錯誤。
B、小物塊離開木板時，木板的速度為：v1=a1t=2×0.6m/s=1.2m/s，故B錯誤。
C、小物塊離開木板后，木板的加速度為：a3=μ1m1gm1=μ1g=2m/s2，方向水平向左，故C錯誤。
D、小物塊離開木板時，物塊的速度為：v2=v0?a2t=(4?4×0.6)m/s=1.6m/s
物塊在地面上滑行時加速度大小為：a4=μ2m2gm2=μ2g=4m/s2
物塊在地面上滑行的最大位移為：x1=v222a4=1．622×4m=0.32m
木板在地面上能滑行的最大位移為：x2=v122a3=1．222×2m=0.36m>x1，可知，小物塊離開板后，木板與小物塊將發(fā)生碰撞，故D正確。
故選：D。
物塊在木板上滑動的過程，根據(jù)牛頓第二定律分別求出兩者的加速度，根據(jù)物塊與木板的位移之差等于板長來求木板的長度。根據(jù)速度公式求出小物塊離開木板時物塊和木板的速度。小物塊離開木板后，根據(jù)牛頓第二定律求木板的加速度。根據(jù)小物塊離開板后木板與小物塊滑行位移的關(guān)系分析能否相碰。
解決本題的關(guān)鍵要理清物塊和木板的運(yùn)動規(guī)律，找出它們位移關(guān)系結(jié)合牛頓第二定律和運(yùn)動學(xué)公式綜合求解。要知道加速度是聯(lián)系力學(xué)和運(yùn)動學(xué)的橋梁，要多次運(yùn)用牛頓第二定律求加速度。
8.【答案】AD
【解析】解：A、若S閉合，當(dāng)R2的滑片向下滑動時，總電阻減小，根據(jù)閉合電路歐姆定律，干路電流I1增大，電源的內(nèi)電壓和R兩端的電壓增大，由閉合電路歐姆定律知并聯(lián)部分電壓減小，流過R1的電流減小，A2的示數(shù)變大，而
I1=IR1+I2
可知兩電流表A1、A2的示數(shù)變化量關(guān)系為
ΔI1tA1。那么第二次碰撞與第一次碰撞的時間t=tB1= 3+12。
(3)從以上分析可以看出，第二次碰撞前B的速度v2=2.5 3= 32v1，根據(jù)彈性碰撞的規(guī)律，碰撞后A的速度vA2=2mM+mv2=5 34m/s= 32vA1，下滑的距離xA2=vA22?2aA=34xA1。
余次類推，第三次碰撞時A下滑的位移xA3=34xA2=34×34xA1……，呈等比數(shù)列，經(jīng)過n次碰撞后下滑的位移xA(n?1)=(34)nxA1，
那么有xA1+xA2+xA3+34×34xA1……+xAn≥s，1.225{1+(34)2+(34)3+(34)4……(34)nxA1}≥4
解得：n=5.2，取n=5
答：(1)發(fā)生第一次碰撞后物塊A的速度vA1為2.5m/s，方向向下，物塊B的速度vB1為2.5m/s，方向向上；
(2)兩物塊第一次碰撞與第二次碰撞之間的時間t為 3+12；
(3)物塊A到達(dá)斜面底端的過程中，兩物塊發(fā)生碰撞的總次數(shù)n為5。
【解析】(1)根據(jù)機(jī)械能守恒求出碰撞前B的速度，再根據(jù)動量守恒和機(jī)械能守恒求出碰撞后A和B的速度；
(2)由動力學(xué)規(guī)律判斷A速度減小為零的位移，碰撞后B的速度也就是第二次碰撞前的速度，并找到兩次碰撞前的速度關(guān)系；
(3)碰撞的次數(shù)由A每次向下的位移，找到每次碰撞后與上次速度碰撞后的速度關(guān)系，從而求出每次下移距離的關(guān)系，距離之和不大于s，列式求出碰撞次數(shù)。
本題考查了動量守恒定律和機(jī)械能守恒的綜合運(yùn)用，關(guān)鍵之一要靈活運(yùn)用彈性碰撞碰后的速度v1′m1?m2m1+m2v1 ，v2′=2m1m1+m2v1。關(guān)鍵之二是靈活運(yùn)用動力學(xué)規(guī)律找到本次碰撞前的速度與上一次碰撞前的速度關(guān)系，從而得到A下移的距離與上次下移的關(guān)系。關(guān)鍵之三是熟練運(yùn)用等比數(shù)列相關(guān)知識求次數(shù)。

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