1.已知鉍210的半衰期是5d。20g鉍210衰變后還剩5g，需要經(jīng)過(guò)( )
A. 20dB. 15dC. 10dD. 5d
2.兩種單色光a和b，a光照射某金屬時(shí)有光電子逸出，b光照射該金屬時(shí)沒(méi)有光電子逸出，則兩束光由空氣射入玻璃磚中( )
A. a光的頻率小于b光的頻率
B. 玻璃磚對(duì)a光的折射率較大
C. 在玻璃磚中a光的傳播速度大于b光的傳播速度
D. 兩種單色光由玻璃射入空氣時(shí)，b光的臨界角較小
3.一個(gè)氣泡從恒溫水槽的底部緩慢上浮，將氣泡內(nèi)的氣體視為理想氣體，且氣體分子個(gè)數(shù)不變，外界大氣壓不變，在上浮過(guò)程中氣泡內(nèi)氣體( )
A. 內(nèi)能變大B. 壓強(qiáng)變大C. 體積不變D. 從水中吸熱
4.一列沿x軸傳播的簡(jiǎn)諧橫波，某時(shí)刻波形如圖1所示，以該時(shí)刻為計(jì)時(shí)零點(diǎn)，x=2m處質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)圖像如圖2所示。根據(jù)圖中信息，下列說(shuō)法正確的是( )
A. 波的傳播速度v=0.1m/s
B. 波沿x軸負(fù)方向傳播
C. t=0時(shí)，x=3m處的質(zhì)點(diǎn)加速度為0
D. t=0.2s時(shí)，x=3m處的質(zhì)點(diǎn)位于y=10cm處
5.如圖甲所示，理想變壓器原線圈接在正弦式交流電源上，輸入電壓u隨時(shí)間t變化的圖像如圖乙所示，副線圈接規(guī)格為“6V，3W“的燈泡。若燈泡正常發(fā)光，下列說(shuō)法正確的是( )
A. 原、副線圈匝數(shù)之比為4：1
B. 副線圈中電流的有效值為2A
C. 原線圈的輸入功率為12W
D. 輸入電壓u隨時(shí)間t變化規(guī)律為u=24 2sin50πt
6.如圖所示，繞過(guò)定滑輪的繩子將物塊A和物塊B相連，連接物塊A的繩子與水平桌面平行?，F(xiàn)將兩物塊由圖示位置無(wú)初速度釋放，經(jīng)過(guò)時(shí)間t，物塊B未落地，物塊A未到達(dá)滑輪位置。已知物塊A的質(zhì)量為M，物塊B的質(zhì)量為m，重力加速度為g。若忽略A與桌面之間的摩擦力，則繩子拉力大小為T0、物塊A的加速度為a0，不計(jì)滑輪、繩子的質(zhì)量。則下列說(shuō)法正確的是( )
A. 繩子拉力大小T0=mg
B. 物塊A的加速度大小a0=mgm+M
C. 若A與桌面有摩擦力，則繩子拉力小于T0
D. 若A與桌面有摩擦力，則A的加速度大于a0
7.如圖所示，線圈M和線圈P繞在同一個(gè)鐵芯上，下列說(shuō)法正確的是( )
A. 閉合開(kāi)關(guān)瞬間，線圈M和線圈P相互吸引
B. 閉合開(kāi)關(guān)，達(dá)到穩(wěn)定后，流過(guò)電流表的電流方向由b到a
C. 斷開(kāi)開(kāi)關(guān)瞬間，線圈P中感應(yīng)電流的磁場(chǎng)方向向右
D. 斷開(kāi)開(kāi)關(guān)瞬間，流過(guò)電流表的電流方向由a到b
8.如圖所示，光滑水平軌道AB與豎直面內(nèi)的光滑半圓形軌道BC在B點(diǎn)平滑連接。一小物體將輕彈簧壓縮至A點(diǎn)后由靜止釋放，物體脫離彈簧后進(jìn)入半圓形軌道，恰好能夠到達(dá)最高點(diǎn)C。下列說(shuō)法正確的是( )
A. 物體在C點(diǎn)的速度為零
B. 物體在C點(diǎn)所受合力為零
C. 物體在B點(diǎn)時(shí)軌道對(duì)物體的支持力等于物體的重力
D. 物體在A點(diǎn)時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能大于物體在C點(diǎn)的重力勢(shì)能
9.將小球豎直向上拋出，小球從拋出到落回原處的過(guò)程中，若所受空氣阻力大小與速度大小成正比，則下列說(shuō)法正確的是( )
A. 上升和下落兩過(guò)程的時(shí)間相等
B. 上升和下落兩過(guò)程合力的沖量大小相等
C. 上升過(guò)程的加速度始終小于下落過(guò)程的加速度
D. 上升過(guò)程損失的機(jī)械能大于下落過(guò)程損失的機(jī)械能
10.如圖為用手機(jī)和輕彈簧制作的一個(gè)振動(dòng)裝置。手機(jī)加速度傳感器記錄了手機(jī)在豎直方向的振動(dòng)情況，以向上為正方向，得到手機(jī)振動(dòng)過(guò)程中加速度a隨時(shí)間t變化規(guī)律為a=4sin(2.5πt)m/s2，下列說(shuō)法正確的是( )
A. a隨t變化周期為0.4s
B. t=0時(shí)，彈簧彈力為0
C. t=0.2s時(shí)，手機(jī)位于平衡位置下方
D. 從t=0至t=0.2s，手機(jī)處于失重狀態(tài)
11.水平傳送帶勻速運(yùn)動(dòng)，將一物體無(wú)初速度地放置在傳送帶上，最終物體隨傳送帶一起勻速運(yùn)動(dòng)。下列說(shuō)法正確的是( )
A. 物體勻速運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，受到向前靜摩擦力
B. 傳送帶對(duì)物體的摩擦力對(duì)物體做正功
C. 剛開(kāi)始物體相對(duì)傳送帶向后運(yùn)動(dòng)是因?yàn)槭艿较蚝蟮哪Σ亮?br>D. 傳送帶運(yùn)動(dòng)速度越大，物體加速運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度越大
12.如圖所示，兩個(gè)等量異種點(diǎn)電荷分別位于M、N兩點(diǎn)，P、Q是MN連線上的兩點(diǎn)，且MP=QN。下列說(shuō)法正確的是( )
A. P點(diǎn)電勢(shì)與Q點(diǎn)電勢(shì)相等
B. P、Q兩點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等，方向相反
C. 若兩點(diǎn)電荷的電荷量均變?yōu)樵瓉?lái)的2倍，P、Q兩點(diǎn)間電勢(shì)差變?yōu)樵瓉?lái)的2倍
D. 若兩點(diǎn)電荷的電荷量均變?yōu)樵瓉?lái)的2倍，P點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度大小變?yōu)樵瓉?lái)的4倍
13.如圖所示為一個(gè)加速度計(jì)的原理圖。滑塊可沿光滑桿移動(dòng)，滑塊兩側(cè)與兩根相同的輕彈簧連接；固定在滑塊上的滑動(dòng)片M下端與滑動(dòng)變阻器R接觸良好，且不計(jì)摩擦；兩個(gè)電源的電動(dòng)勢(shì)E相同，內(nèi)阻不計(jì)。兩彈簧處于原長(zhǎng)時(shí)，M位于R的中點(diǎn)，理想電壓表的示數(shù)為0。當(dāng)P端電勢(shì)高于Q端時(shí)，電壓表示數(shù)為正。將加速度計(jì)固定在水平運(yùn)動(dòng)的被測(cè)物體上，則下列說(shuō)法正確的是( )
A. 若M位于R的中點(diǎn)右側(cè)，P端電勢(shì)低于Q端
B. 若電壓表示數(shù)為負(fù)時(shí)，則物體速度方向向右
C. 電壓表的示數(shù)隨物體加速度的增大而增大，且成正比
D. 若物體向右勻加速運(yùn)動(dòng)，則電壓表示數(shù)為負(fù)，則示數(shù)均勻增加
14.等離激元蒸汽發(fā)生器，是用一束光照射包含納米銀顆粒(可視為半徑約10.0nm的球體，其中每個(gè)銀原子的半徑約0.10nm)的水溶液時(shí)，納米銀顆粒吸收一部分光而升溫，使其周圍的水變成水蒸氣，但整個(gè)水溶液的溫度并不增加。該現(xiàn)象可解釋為：如圖所示，實(shí)線圓表示納米銀顆粒，電子均勻分布在其中。當(dāng)施加光場(chǎng)(即只考慮其中的簡(jiǎn)諧交變電場(chǎng))時(shí)，在極短時(shí)間內(nèi)，可認(rèn)為光場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度不變，納米銀顆粒中的電子會(huì)整體發(fā)生一個(gè)與光場(chǎng)反向且遠(yuǎn)小于納米銀顆粒半徑的位移，使電子仍均勻分布在一個(gè)與納米銀顆粒半徑相同的球面內(nèi)(虛線圓)。長(zhǎng)時(shí)間尺度來(lái)看，納米銀顆粒中的電子便在光場(chǎng)作用下整體發(fā)生周期性集體振蕩(等離激元振蕩)而使光被共振吸收，導(dǎo)致納米銀顆粒溫度升高。下列說(shuō)法正確的是( )
A. 一個(gè)納米銀顆粒中含有銀原子的個(gè)數(shù)約102個(gè)
B. 光場(chǎng)變化的頻率應(yīng)盡可能接近水分子振動(dòng)的固有頻率
C. 在光場(chǎng)變化的一個(gè)周期內(nèi)，光場(chǎng)對(duì)納米銀顆粒所做的總功為零
D. 圖示時(shí)刻，兩球交疊區(qū)域(圖中白色部分)中電場(chǎng)強(qiáng)度可能為零
二、實(shí)驗(yàn)題：本大題共2小題，共18分。
15.關(guān)于在測(cè)量電源電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻的實(shí)驗(yàn)。
(1)如圖所示為兩種測(cè)量電池電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻的實(shí)驗(yàn)電路圖。圖中部分器材規(guī)格為：電流表內(nèi)阻約為0.5Ω，量程為0～0.6A；電壓表內(nèi)阻約為3kΩ，量程為0～3V。若被測(cè)電源為一節(jié)干電池(電動(dòng)勢(shì)約1.5V，內(nèi)阻約1Ω)，應(yīng)選擇______電路圖(選填“甲”或“乙”)；分析你選擇方案的測(cè)量結(jié)果E測(cè)______E真。(選填“>”或“R區(qū)域的恒星做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的速度大小v與r的關(guān)系；
(2)根據(jù)電荷均勻分布的球殼內(nèi)試探電荷所受庫(kù)侖力的合力為零，利用庫(kù)侖力與萬(wàn)有引力的表達(dá)式的相似性和相關(guān)力學(xué)知識(shí)，求r≤R區(qū)域的恒星做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的速度大小v與r的關(guān)系；
(3)宇宙中某恒星質(zhì)量是太陽(yáng)質(zhì)量的8倍，單位時(shí)間內(nèi)向外輻射的能量是太陽(yáng)的16倍。設(shè)想地球“流浪”后繞此恒星公轉(zhuǎn)，且在新公轉(zhuǎn)軌道上的溫度與“流浪”前一樣。地球繞太陽(yáng)公轉(zhuǎn)的周期為T1，繞此恒星公轉(zhuǎn)的周期為T2，求T2T1。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：根據(jù)半衰期公式m=m0(12)tτ，代入數(shù)據(jù)解得t=10d，故C正確，ABD錯(cuò)誤。
故選：C。
根據(jù)半衰期的計(jì)算公式代入數(shù)據(jù)解答。
考查放射性元素的半衰期計(jì)算，會(huì)根據(jù)題意進(jìn)行準(zhǔn)確分析解答。
2.【答案】B
【解析】解：A、因?yàn)閍光照射某金屬時(shí)有光電子逸出，b光照射該金屬時(shí)沒(méi)有光電子逸出，所以a光的頻率大于該金屬的截止頻率，b光的頻率小于該金屬的截止頻率，所以a光的頻率大于b光的頻率，故A錯(cuò)誤；
B、同一介質(zhì)中，頻率大的光的折射率較大，所以玻璃磚對(duì)a光的折射率較大，故B正確；
C、因?yàn)閍光的折射率大，根據(jù)v=cn可知，在玻璃磚中a光的傳播速度小于b光的傳播速度，故C錯(cuò)誤；
D、根據(jù)sinC=1n可知，兩種單色光由玻璃射入空氣時(shí)，b光的臨界角較大，故D錯(cuò)誤。
故選：B。
根據(jù)金屬的截止頻率比較兩種光的頻率；同一介質(zhì)對(duì)頻率大的光折射率較大；根據(jù)v=cn分析；根據(jù)臨界角公式分析。
能夠根據(jù)發(fā)生光電效應(yīng)的條件分析兩光的頻率大小是解題的關(guān)鍵，知道頻率越大的光在相同介質(zhì)中的折射率越大是解題的基礎(chǔ)。
3.【答案】D
【解析】解：A、氣泡上浮過(guò)程氣泡內(nèi)氣體的溫度不變，內(nèi)能不變，故A錯(cuò)誤；
B、設(shè)外界大氣壓為p0，則氣泡內(nèi)氣體壓強(qiáng)p=p0+ρgh，上浮過(guò)程h減小，所以氣泡內(nèi)氣體的壓強(qiáng)減小，故B錯(cuò)誤；
C、氣體經(jīng)歷等溫變化，由玻意耳定律pV=C可知，氣體的壓強(qiáng)減小，則氣體的體積變大，故C錯(cuò)誤；
D、上浮過(guò)程氣體體積變大，氣體對(duì)外界做功，則W0，所以氣體從水中吸熱，故D正確。
故選：D。
A、根據(jù)理想氣體的內(nèi)能只與溫度有關(guān)分析；
B、根據(jù)氣泡內(nèi)氣體壓強(qiáng)p=p0+ρgh分析；
C、根據(jù)玻意耳定律分析；
D、根據(jù)熱力學(xué)第一定律分析。
本題考查了熱力學(xué)第一定律、玻意耳定律，解題的關(guān)鍵是知道理想氣體的內(nèi)能只與溫度有關(guān)，氣體的溫度不變，則氣體的內(nèi)能不變，注意氣體體積增大，氣體對(duì)外界做功，則W0。
4.【答案】D
【解析】解：A、由題圖可知：λ=4m，T=0.4s，則波速v=λT=40.4m/s=10m/s，故A錯(cuò)誤；
B、由振動(dòng)圖像知t=0時(shí)刻P點(diǎn)開(kāi)始向上振動(dòng)，根據(jù)同側(cè)法可知波沿x軸正方向傳播，故B錯(cuò)誤；
C、t=0時(shí)，x=3m處的質(zhì)點(diǎn)位于波谷，其加速度沿y軸正方向，不為零，故C錯(cuò)誤；
D、經(jīng)過(guò)t=0.2s=T2，x=3m處的質(zhì)點(diǎn)從波谷運(yùn)動(dòng)到波峰位置，其位移y=10cm，故D正確。
故選：D。
根據(jù)v=λT計(jì)算波的傳播速度；根據(jù)同側(cè)法判斷波的傳播方向；根據(jù)質(zhì)點(diǎn)的位移判斷加速度方向；根據(jù)時(shí)間和周期關(guān)系判斷質(zhì)點(diǎn)的位移。
本題主要是考查了波的圖象；解答本題關(guān)鍵是要掌能夠根據(jù)圖象直接讀出波長(zhǎng)、周期和各個(gè)位置處的質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)方向，知道波速、波長(zhǎng)和頻率之間的關(guān)系v=fλ。
5.【答案】A
【解析】解：D、由圖乙，可知原線圈的輸入電壓的峰值為24 2V，周期為0.02s，ω=2πT=2π0.02s=100πrad/s，
可知原線圈的電壓隨時(shí)間的表達(dá)式為：u=24 2sin100πt，故D錯(cuò)誤；
A、由原副線圈的電壓比與匝數(shù)比的關(guān)系：U1U2=n1n2，U1=Um 2，U2=UL，可得匝數(shù)比為4：1，故A正確；
B、由副線圈的燈泡正常工作，可知副線圈的電流有效值為：I2=PUL=3W6V=0.5A，故B錯(cuò)誤；
C、根據(jù)原副線圈匝數(shù)比與電流比的關(guān)系，可知副線圈的輸出功率為P=3W，根據(jù)原副線圈的電功率相等，可知原線圈的輸入功率為3W，故C錯(cuò)誤。
故選：A。
由圖乙，可知原線圈的輸入電壓的峰值、周期，計(jì)算可得原線圈的電壓隨時(shí)間的表達(dá)式；由原副線圈的電壓比與匝數(shù)比的關(guān)系，可計(jì)算匝數(shù)比；由副線圈的燈泡正常工作，可知副線圈的電流有效值；根據(jù)原副線圈匝數(shù)比與電流比的關(guān)系，可計(jì)算副線圈的輸出功率，根據(jù)原副線圈的電功率關(guān)系，可知原線圈的輸入功率。
本題考查變壓器的相關(guān)計(jì)算，關(guān)鍵是根據(jù)圖乙，計(jì)算輸入電壓的峰值、周期。
6.【答案】B
【解析】解：AB.運(yùn)動(dòng)過(guò)程中物塊A與物塊B的加速度大小相等，由牛頓第二定律得：
對(duì)A、B整體：mg=(M+m)a0
對(duì)B：mg?T0=ma0
聯(lián)立解得：T0=mg?m2gM+m，a0=mgM+m
故A錯(cuò)誤，B正確；
CD.若A與桌面有摩擦力，設(shè)該摩擦力大小為f，由牛頓第二定律得：
對(duì)A、B整體：mg?f=(M+m)a
對(duì)B：mg?T=ma
解得：T=mg?m(mg?f)M+m>T0，a=mg?fM+mF2，加速度a=Fm，故加速度大小關(guān)系滿足：a1>a2，故C錯(cuò)誤；
A、由加速度a1>a2，位移大小相等，可得到平均速度的相對(duì)大小關(guān)系滿足：v1?>v2?，兩個(gè)時(shí)間關(guān)系滿足：t1a2，位移大小相等，可知上拋過(guò)程的初速度、下落過(guò)程的末速度大小關(guān)系滿足：v1>v2，
根據(jù)動(dòng)量定理，上拋過(guò)程中，以向上為正方向，則：?I1=0?mv1，
下落過(guò)程，以向下為正方向，則：I2=mv2?0，
可知合力沖量的大小關(guān)系滿足：I1>I2，故B錯(cuò)誤；
D、由平均速度大小滿足：v1?>v2?，可知阻力的大小滿足：f1?>f2?，阻力做功滿足：W1>W2，
結(jié)合功能關(guān)系，可知阻力做功大小與損失的機(jī)械能相等，即可知機(jī)械能損失情況滿足：ΔE1>ΔE2，故D正確。
故選：D。
豎直向上拋出、向下落的過(guò)程中，對(duì)小球分別受力分析，可得到其受到的合力關(guān)系，分析加速度大小關(guān)系；由加速度大小、位移大小關(guān)系，可得到平均速度的相對(duì)大小關(guān)系，分析兩個(gè)時(shí)間關(guān)系；由加速度大小、位移大小關(guān)系，可比較初末速度大小關(guān)系，根據(jù)動(dòng)量定理分析合力沖量的大小關(guān)系；由平均速度大小，可知阻力的大小，結(jié)合功能關(guān)系，即可比較機(jī)械能損失情況。
本題考查豎直上拋和下落過(guò)程的動(dòng)量、能量關(guān)系，關(guān)鍵是根據(jù)阻力與速度的關(guān)系式，得到阻力和速度的相對(duì)大小關(guān)系。
10.【答案】C
【解析】解：A、由a隨t變化規(guī)律，即可得周期滿足：T=2πω，解得T=0.8s，故A錯(cuò)誤；
B、由a隨t變化規(guī)律，可得t=0時(shí)的加速度為0，結(jié)合回復(fù)力與加速度的關(guān)系：F=ma，可知回復(fù)力F=0，對(duì)手機(jī)受力分析，即可知彈簧的彈力滿足：F彈=mg，故B錯(cuò)誤；
C、由a隨t變化規(guī)律，可知0.2s時(shí)，手機(jī)的加速度為：a=4m/s2，結(jié)合回復(fù)力公式：F=?kx，回復(fù)力與加速度關(guān)系：F=ma，可知手機(jī)的位移為負(fù)，結(jié)合題意可知，此時(shí)手機(jī)位于平衡位置下方，故C正確；
D、由a隨t變化規(guī)律，可知從t=0至t=0.2s，手機(jī)的加速度始終為正，結(jié)合題意，可知加速度方向始終為豎直向上，即可知手機(jī)為超重狀態(tài)，故D錯(cuò)誤。
故選：C。
由a隨t變化規(guī)律，即可計(jì)算周期；由a隨t變化規(guī)律，可計(jì)算t=0時(shí)的加速度，結(jié)合回復(fù)力與加速度的關(guān)系，可計(jì)算回復(fù)力，對(duì)手機(jī)受力分析，即可計(jì)算彈簧的彈力；由a隨t變化規(guī)律，可知0.2s時(shí)，手機(jī)的加速度，結(jié)合回復(fù)力公式及回復(fù)力與加速度關(guān)系，可判斷手機(jī)的位置；由a隨t變化規(guī)律，可知從t=0至t=0.2s，手機(jī)的加速度方向，即可知手機(jī)的超失重狀態(tài)。
本題考查簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)，關(guān)鍵是根據(jù)加速度隨時(shí)間的變化，結(jié)合回復(fù)力公式、回復(fù)力與加速度關(guān)系，分析手機(jī)的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)。
11.【答案】B
【解析】解：A.物體勻速運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，物體與傳送帶相對(duì)靜止，且沒(méi)有相對(duì)運(yùn)動(dòng)的趨勢(shì)，所以不受靜摩擦力作用，故A錯(cuò)誤。
B.傳送帶對(duì)物體的摩擦力方向與物體運(yùn)動(dòng)方向相同，根據(jù)功的計(jì)算公式
W=Fscsθ
摩擦力對(duì)物體做正功，故B正確。
C.剛開(kāi)始物體相對(duì)傳送帶向后運(yùn)動(dòng)是因?yàn)槲矬w具有慣性，要保持原來(lái)的靜止?fàn)顟B(tài)，而不是因?yàn)槭艿较蚝蟮哪Σ亮?，物體受到的是向前的靜摩擦力，故C錯(cuò)誤。
D.物體加速運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度
a=μmgm=μg
與傳送帶運(yùn)動(dòng)速度無(wú)關(guān)，故D錯(cuò)誤。
故選：B。
AC.根據(jù)勻速運(yùn)動(dòng)的條件判斷摩擦力；
B.根據(jù)物塊做加速運(yùn)動(dòng)判斷摩擦力做功的問(wèn)題；
D.根據(jù)加速度公式分析解答。
本題考查傳送帶的相關(guān)問(wèn)題，會(huì)根據(jù)題意進(jìn)行相應(yīng)的分析和解答，難度一般。
12.【答案】C
【解析】解：A.根據(jù)沿電場(chǎng)線方向電勢(shì)越來(lái)越低的知識(shí)可知，P 點(diǎn)電勢(shì)高于Q點(diǎn)電勢(shì)，故A錯(cuò)誤；
B.由等量異種點(diǎn)電荷的電場(chǎng)線分布特點(diǎn)知，P、Q兩點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等，方向相同，故B錯(cuò)誤；
CD.根據(jù)點(diǎn)電荷的場(chǎng)強(qiáng)公式，結(jié)合電場(chǎng)疊加得P點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度E=kQMP2+kQNP2，若僅將兩點(diǎn)電荷的電荷量均變?yōu)樵瓉?lái)的2倍，則P點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度大小也變?yōu)樵瓉?lái)的2倍，同理Q點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度大小也變?yōu)樵瓉?lái)的2倍，PQ間的平均電場(chǎng)強(qiáng)度變大，而PQ間距不變，由U=E??d，故P、Q兩點(diǎn)間電勢(shì)差變?yōu)樵瓉?lái)的2倍，故C正確、D錯(cuò)誤。
故選：C。
A.根據(jù)電場(chǎng)線上的電勢(shì)高低規(guī)律進(jìn)行分析判斷；
B.根據(jù)等量異種點(diǎn)電荷的電場(chǎng)線分布規(guī)律分析P、Q兩點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小關(guān)系；
CD.根據(jù)點(diǎn)電荷的場(chǎng)強(qiáng)公式和電場(chǎng)強(qiáng)度的疊加知識(shí)導(dǎo)出電場(chǎng)強(qiáng)度表達(dá)式，結(jié)合表達(dá)式進(jìn)行定量分析，又根據(jù)公式U=E?d做定性的分析。
考查電場(chǎng)強(qiáng)度、電勢(shì)、電場(chǎng)疊加、電勢(shì)差等問(wèn)題，會(huì)根據(jù)題意進(jìn)行準(zhǔn)確分析和判斷。
13.【答案】C
【解析】解：A、沿電流方向電勢(shì)逐漸降低，由圖可知通過(guò)電阻R的電流方向是向左的，所以若M位于R的中點(diǎn)右側(cè)，P點(diǎn)電勢(shì)升高，所以P端電勢(shì)高于Q端，故A錯(cuò)誤；
B、若電壓表示數(shù)為負(fù)，說(shuō)明P端電勢(shì)低于Q端，則M位于中點(diǎn)的左側(cè)，左邊的彈簧被壓縮，右邊的彈簧被拉伸，滑塊受合力方向向右，即物體加速度方向向右，所以物體有可能向右加速運(yùn)動(dòng)，也有可能向左減速運(yùn)動(dòng)，故B錯(cuò)誤；
C、物體的加速度越大，M偏離中點(diǎn)的位置就越遠(yuǎn)，相對(duì)PQ兩端的電勢(shì)差就越大，通過(guò)電阻的電流的恒定的，則M點(diǎn)和中點(diǎn)之間的電阻也越大，且M點(diǎn)與中點(diǎn)的電阻大小與M點(diǎn)到中點(diǎn)的距離成正比，根據(jù)U=IR可知，電壓表的示數(shù)隨物體加速度的增大而增大，且成正比，故C正確；
D、由上面B的分析可知，若物體向右勻加速運(yùn)動(dòng)，電壓表的示數(shù)為負(fù)，因?yàn)榧铀俣仁呛愣ǖ?，所以示?shù)也是恒定的，故D錯(cuò)誤。
故選：C。
根據(jù)沿電流方向電勢(shì)逐漸降低分析P端電勢(shì)的變化；根據(jù)滑塊的位置分析加速度的方向，進(jìn)而分析速度的方向；根據(jù)歐姆定律分析；勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，滑塊的位置不變，電壓表示數(shù)應(yīng)該是恒定的。
這是一道把力學(xué)和電學(xué)問(wèn)題綜合在一起的一道題目，綜合性較強(qiáng)，需要較強(qiáng)的分析能力。
14.【答案】D
【解析】解：A.由體積比為半徑比的三次方知，一個(gè)納米銀顆粒中含有銀原子的個(gè)數(shù)約106個(gè)，故A錯(cuò)誤；
B.由于納米銀顆粒吸收一部分光而升溫，整個(gè)水溶液的溫度并不增加，光場(chǎng)變化的頻率應(yīng)盡可能接近納米銀顆粒的固有頻率，故B錯(cuò)誤；
C.在光場(chǎng)變化的一個(gè)周期內(nèi)，該過(guò)程中電子在外力作用下做正功，光場(chǎng)使納米銀顆粒發(fā)生周期性集體振蕩，所做的總功不為零，故C錯(cuò)誤；
D.圖示時(shí)刻，由于存在靜電平衡，兩球交疊區(qū)域(圖中白色部分)中電場(chǎng)強(qiáng)度可能為零，故D正確。
故選：D。
由體積比為半徑比的三次方知，一個(gè)納米銀顆粒中含有銀原子的個(gè)數(shù)約106個(gè)；由于納米銀顆粒吸收一部分光而升溫，整個(gè)水溶液的溫度并不增加，光場(chǎng)變化的頻率應(yīng)盡可能接近納米銀顆粒的固有頻率；在光場(chǎng)變化的一個(gè)周期內(nèi)，該過(guò)程中電子在外力作用下做正功，光場(chǎng)使納米銀顆粒發(fā)生周期性集體振蕩，所做的總功不為零；圖示時(shí)刻，由于存在靜電平衡，兩球交疊區(qū)域(圖中白色部分)中電場(chǎng)強(qiáng)度可能為零。
本題中學(xué)生需了解體積比為半徑比的三次方以及靜電平衡等知識(shí)。
15.【答案】乙 < 1.0 3.3
【解析】解：(1)甲方案中實(shí)驗(yàn)的誤差來(lái)源于電流表的分壓，實(shí)驗(yàn)測(cè)得的電源內(nèi)阻為電流表內(nèi)阻和電源內(nèi)阻之和，由于電源的內(nèi)阻較小，因此實(shí)驗(yàn)的誤差大；
乙方案中實(shí)驗(yàn)的誤差來(lái)源于電壓表的分流作用，由于電壓表的內(nèi)阻很大，分流作用不明顯，可以忽略，因此選擇乙方案誤差??；
考慮電壓表的內(nèi)阻的影響，根據(jù)閉合電路的歐姆定律E=U+(I+URV)r
變形得U=ERVRV+r?rRVRV+r?I
因此電動(dòng)勢(shì)的測(cè)量值小于真實(shí)值，即E測(cè)R)；
(2)由題意通過(guò)類比可知質(zhì)量分布均勻的球殼對(duì)殼內(nèi)物體的萬(wàn)有引力也為零。設(shè)在r≤R區(qū)域內(nèi)，半徑為r的球體內(nèi)的內(nèi)物質(zhì)總質(zhì)量為M1；
根據(jù)球體積公式：V=43πr3可得：M1M=r3R3
同理，由萬(wàn)有引力提供向心力得：GM1mr2=mv2r
解得r≤R區(qū)域內(nèi)的恒星的速度大小v與r的關(guān)系為：v= GMR3?r(r≤R)
(3)設(shè)太陽(yáng)的輻射功率為P，日地之間的距離為r，地球上每單位面積上獲得的熱功率為P0，則有：P0=P4πr2
宇宙中某恒星質(zhì)量單位時(shí)間內(nèi)向外輻射的能量是太陽(yáng)的16倍，且地球在新公轉(zhuǎn)軌道上的溫度與“流浪”前一樣，則有：P0=16P4πr′2
解得地球在新公轉(zhuǎn)軌道上運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為：r′=4r
衛(wèi)星在軌道半徑為r上做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)周期為T，根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力，則有：GMmr2=mr4π2T2
解得：T= 4π2r3GM
所以有：T2T1= r′3r3×MM′= (4rr)3×18=2 2。
答：(1)r>R區(qū)域的恒星做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的速度大小v與r的關(guān)系為v= GMr；
(2)r≤R區(qū)域的恒星做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的速度大小v與r的關(guān)系為v= GMR3?r；
(3)地球繞太陽(yáng)公轉(zhuǎn)的周期為T1，繞此恒星公轉(zhuǎn)的周期為T2，則T2T1=2 2。
【解析】(1)根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力，求r>R區(qū)域的恒星做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的速度大小v與r的關(guān)系；
(2)根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力結(jié)合質(zhì)量與密度的關(guān)系，求r≤R區(qū)域的恒星做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的速度大??；
(3)根據(jù)地球接收到的熱功率相同得到兩種情況下的軌道半徑之間的關(guān)系，再根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力得到周期表達(dá)式進(jìn)行分析。
本題主要是考查萬(wàn)有引力定律及其應(yīng)用，解答本題的關(guān)鍵是能夠根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力結(jié)合向心力公式進(jìn)行分析。

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