2019-2020年高考物理5月训练试卷（含解析）.doc

2019-2020年高考物理5月训练试卷（含解析）一、选择题本题共8小题，每小题6分1-4小题只有一项符合题目要求，5-8小题有多项符合题目要求全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分1电场中等势面如图所示，下列关于该电场描述正确的是（）A A点的电场强度比C点的小B 负电荷在A点电势能比C点电势能大C 电荷沿等势面AB移动过程中，电场力始终不做功D 正电荷由A移到C，电场力做负功2质量为m的物体静止在粗糙的水平地面上现用一水平拉力使物体从静止开始运动，其运动的vt图象如图所示下列关于物体运动过程分析正确的是（）A 0t1内拉力逐惭减小B 0t1内拉力对物体做负功C 在t1t2时间内拉力的功率为零D 在t1t2时间内合外力做功mv23某同学在探究力与物体运动关系的实验中，曾尝试用一质量为m1的弹簧测力计拉动质量为m2的物体向上做匀加速运动，其操作情况如图所示如果该同学对弹簧测力计施加竖直向上的拉力F，则在向上匀加速运动的过程中，弹簧测力计的读数是（）A m2gB FC D 4如图所示，在两等量异种点电荷的电场中，MN为两电荷连线的中垂线，a、b、c三点所在直线平行于两电荷的连线，且a与c关于MN对称，b点位于MN上，d点位于两电荷的连线上以下判断正确的是（）A b点场强大于d点场强B b点电势高于d点电势C 试探电荷+q在a点的电势能小于在c点的电势能D a、b两点的电势差等于b、c两点间的电势差52011年8月26日消息，英国曼彻斯特大学的天文学家认为，他们已经在银河系里发现一颗由曾经的庞大恒星转变而成的体积较小的行星，这颗行星完全由钻石构成若已知万有引力常量，还需知道哪些信息可以计算该行星的质量（）A 该行星表面的重力加速度及绕行星表面附近运行的卫星的轨道半径B 该行星的自转周期与星体的半径C 围绕该行星做圆周运动的卫星的公转周期及运行半径D 围绕该行星做圆周运动的卫星的公转周期及公转线速度6质量为m的小球由轻绳a和b分别系于一轻质木架上的A点和C点，如图所示，当轻杆绕轴BC以角速度匀速转动时，小球在水平面内做匀速圆周运动，绳a在竖直方向，绳b在水平方向，当小球运动到图示位置时，绳b被烧断的同时杆子停止转动，则（）A 小球仍在水平面内做匀速圆周运动B 在绳b被烧断瞬间，a绳中张力突然增大C 若角速度较小，小球在垂直于平面ABC的竖直平面内摆动D 若角速度较大，小球可能在垂直于平面ABC的竖直平面内做圆周运动7如图，质量为M、长度为l的小车静止在光滑的水平面上质量为m的小物块放在小车的最左端现在一水平恒力F作用在小物块上，使物块从静止开始做匀加速直线运动，物块和小车之间的摩擦力为f经过时间t，小车运动的位移为s，物块刚好滑到小车的最右端（）A 此时物块的动能为（Ff）（s+l）B 这一过程中，物块对小车所做的功为f（s+l）C 这一过程中，物块和小车增加的机械能为FsD 这一过程中，物块和小车产生的内能为fl8如图所示，虚线a、b、c代表电场中三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即Uab=Ubc，实线为一带正电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，据此可知（）A 三个等势面中，c的电势最高B 带电质点通过P点时的动能比通过Q点时大C 带电质点在P点具有的电势能比在Q点具有的电势能大D 带电质点通过P点时的加速度比通过Q点时大二、非选择题9某物理兴趣小组的同学在研究弹簧弹力的时候，测得弹力的大小F和弹簧长度L的关系如图所示，则由图线可知：（1）弹簧的劲度系数为（2）弹簧的弹力为5N，弹簧的长度为10某学习小组在“探究功与速度变化关系”的实验中采用了图1所示的实验装置数字计时器（1）将气垫导轨接通气泵，通过调平螺丝调整气垫导轨使之水平，检查是否调平的方法是（2）如图2所示，游标卡尺测得遮光条的宽度d=cm；实验时，将橡皮条挂在滑块的挂勾上，向后拉伸一定的距离，并做好标记，以保证每次拉伸的距离恒定现测得挂一根橡皮条时，滑块弹离橡皮条后，经过光电门的时间为t，则滑块最后匀速运动的速度表达式为（用字母表示）（3）逐条增加橡皮条，记录每次遮光条经过光电门的时间，并计算出对应的速度则画出的Wv2图象应是112011年7月23日晚，甬温线永嘉站至温州南站间，北京南至福州D 301次列车与杭州至福州南D3115次列车发生追尾事故，造成动车组运行以来的特重大铁路交通事故事故发生前D3115次动车组正以20km/h的目视行车速度在发生事故的铁路上匀速行驶，而D301次动车组驶离永嘉站后，2分钟车速达到216km/h，便开始匀速行驶不幸的是几分钟后就发生了追尾事故（1）如果认为D301次动车组以恒定加速度从静止驶离永嘉车站，求D301的启动加速度和加速距离分别是多少？（2）已知动车组紧急制动的加速度为3m/s2，D301正常行驶后，为了避免事故发生，应至少距离D3115多远开始刹车才有可能避免事故发生？（20km/h5.6m/s）12如图所示，在两条平行的虚线内存在着宽度为L、场强为E的匀强电场，在与右侧虚线相距也为L处有一与电场平行的屏现有一电荷量为+q、质量为m的带电粒子（重力不计），以垂直于电场线方向的初速度v0射入电场中，v0方向的延长线与屏的交点为O试求：（1）粒子从射入到打到屏上所用的时间（2）粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向间夹角的正切值（3）粒子打到屏上的点P到O点的距离【物理-选修3-5】（15分）13下列说法正确的是（）A 人类关于原子核内部的信息，最早来自天然放射现象B 在、三种射线中射线电离作用最强C 放射性元素的半衰期会随着温度的升高而缩短D 较重的核分裂成中等质量大小的核或较轻的核合并成中等质量大小的核，核子的比结合能都会增加14某小组在探究反冲运动时，将质量为m1一个小液化瓶固定在质量为m2的小球具船上，利用液化瓶向外喷射气体做为船的动力现在整个装置静止放在平静的水面上，已知打开液化汽瓶后向外喷射气体的对地速度为v1，如果在t的时间内向后喷射的气体的质量为m，忽略水的阻力，则（1）喷射出质量为m的液体后，小船的速度是多少？（2）喷射出m液体的过程中，小船所受气体的平均作用力的大小是多少？xx年云南省文山州砚山一中高考物理训练试卷（5月份）参考答案与试题解析一、选择题本题共8小题，每小题6分1-4小题只有一项符合题目要求，5-8小题有多项符合题目要求全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分1电场中等势面如图所示，下列关于该电场描述正确的是（）A A点的电场强度比C点的小B 负电荷在A点电势能比C点电势能大C 电荷沿等势面AB移动过程中，电场力始终不做功D 正电荷由A移到C，电场力做负功考点：等势面；电势能专题：电场力与电势的性质专题分析：电场线与等势面垂直电场线密的地方电场的强度大，等势面密，电场线疏的地方电场的强度小，等势面疏；沿电场线的方向，电势降低沿着等势面移动点电荷，电场力不做功电场线与等势面垂直解答：解：A 点A的等势面比C点的等势面密，则A点的场强比C点的大故A错误 B 负电荷在高电势点电势能小，在低电势点电势能高故B错误 C 沿着等势面移动点电荷，电势能不变，电场力不做功故C正确 D 正电荷由A到C，为沿电场力方向运动，则电场力做正功故D错误故选：C点评：加强基础知识的学习，掌握住电场线和等势面的特点，即可解决本题2质量为m的物体静止在粗糙的水平地面上现用一水平拉力使物体从静止开始运动，其运动的vt图象如图所示下列关于物体运动过程分析正确的是（）A 0t1内拉力逐惭减小B 0t1内拉力对物体做负功C 在t1t2时间内拉力的功率为零D 在t1t2时间内合外力做功mv2考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像；动能定理的应用专题：牛顿运动定律综合专题分析：物体先做加速度逐渐减小的加速运动，后做匀速直线运动；根据动能定理和牛顿第二定律列式分析即可解答：解：A、0t1内，物体做加速度不断减小的加速运动，根据牛顿第二定律，有：Ff=ma，故拉力不断减小，故A正确；B、0t1内拉力朝前，位移向前，故拉力做正功，故B错误；C、在t1t2时间内，物体匀速前进，拉力做正功，故拉力的功率不为零，故C错误；D、在t1t2时间内，物体匀速前进，合力为零，故合外力做功为零，故D错误；故选A点评：本题关键是由图象得到物体的运动情况，根据牛顿第二定律列式判断出拉力的变化情况，再结合动能定理分析3某同学在探究力与物体运动关系的实验中，曾尝试用一质量为m1的弹簧测力计拉动质量为m2的物体向上做匀加速运动，其操作情况如图所示如果该同学对弹簧测力计施加竖直向上的拉力F，则在向上匀加速运动的过程中，弹簧测力计的读数是（）A m2gB FC D 考点：牛顿第二定律；胡克定律专题：牛顿运动定律综合专题分析：弹簧测力计的读数等于弹簧秤对物体的拉力，对整体分析，运用牛顿第二定律求出整体的加速度，再隔离对物体分析，求出弹簧秤对物体的拉力解答：解：对整体分析有：a=再隔离对物体分析：Tm2g=m2a联立两式解得T=所以弹簧测力计的读数是故C正确，A、B、D错误故选C点评：本题考查牛顿第二定律的运用，关键是掌握整体法和隔离法的运用4如图所示，在两等量异种点电荷的电场中，MN为两电荷连线的中垂线，a、b、c三点所在直线平行于两电荷的连线，且a与c关于MN对称，b点位于MN上，d点位于两电荷的连线上以下判断正确的是（）A b点场强大于d点场强B b点电势高于d点电势C 试探电荷+q在a点的电势能小于在c点的电势能D a、b两点的电势差等于b、c两点间的电势差考点：电势能；电场强度；电势专题：电场力与电势的性质专题分析：据等量异号电荷的电场分布特点可知各点的场强大小，由电场线性质及电场的对称性可知ab及bc两点间的电势差；由电势能的定义可知ac两点电势能的大小解答：解：A：在两等量异号电荷连线上，中间点电场强度最小；在两等量异号电荷连线的中垂线上，中间点电场强度最大；所以b点场强小于d点场强，选项A错误；B：MN是一条等势线，与在两等量异号电荷连线上的点相比较，d点的电势要高，所以d点电势高于b点电势，选项B错误；C：因a点的电势高于c点的电势，故试探电荷+q在a点的电势能大于在c点的电势能，选项C错误D：由对称性可知，a、b两点的电势差等于b、c两点间的电势差，故选项D正确；故选：D点评：该题考查常见电场的电场线分布及等势面的分布，要求我们能熟练掌握并要注意沿电场线的方向电势是降低的，同时注意等量异号电荷形成电场的对称性52011年8月26日消息，英国曼彻斯特大学的天文学家认为，他们已经在银河系里发现一颗由曾经的庞大恒星转变而成的体积较小的行星，这颗行星完全由钻石构成若已知万有引力常量，还需知道哪些信息可以计算该行星的质量（）A 该行星表面的重力加速度及绕行星表面附近运行的卫星的轨道半径B 该行星的自转周期与星体的半径C 围绕该行星做圆周运动的卫星的公转周期及运行半径D 围绕该行星做圆周运动的卫星的公转周期及公转线速度考点：万有引力定律及其应用专题：万有引力定律在天体运动中的应用专题分析：要测量一天体的质量，需分析一围绕该天体运动的卫星的运动卫星绕行星做匀速圆周运动，根据卫星的万有引力等于向心力，向心力用线速度、角速度、周期的表示，分析由所给量求天体质量解答：解：A、由mg=G，得 M=则已知行星表面的重力加速度g和卫星绕行星表面附近运行的轨道半径R，即可求出行星的质量M故A正确B、C、D因G=m=m2r=m（）2r 得 G=2r=（）2r 则可知若知道轨道半径；线速度，角速度，周期中的一个，则可求得行星的质量故C D正确，B错误故选：A C D点评：考查天体质量的测量方法，明确由万有引力提供向心力，分别有线速度，角速度，及周期来表示向心力，得出天体质量的不同的表达式6质量为m的小球由轻绳a和b分别系于一轻质木架上的A点和C点，如图所示，当轻杆绕轴BC以角速度匀速转动时，小球在水平面内做匀速圆周运动，绳a在竖直方向，绳b在水平方向，当小球运动到图示位置时，绳b被烧断的同时杆子停止转动，则（）A 小球仍在水平面内做匀速圆周运动B 在绳b被烧断瞬间，a绳中张力突然增大C 若角速度较小，小球在垂直于平面ABC的竖直平面内摆动D 若角速度较大，小球可能在垂直于平面ABC的竖直平面内做圆周运动考点：牛顿第二定律；向心力专题：牛顿第二定律在圆周运动中的应用分析：绳b被烧断后，小球在垂直于平面ABC的竖直平面内摆动或圆周运动绳b被烧断前，a绳中张力等于重力，在绳b被烧断瞬间，a绳中张力与重力的合力提供小球的向心力，而向心力竖直向上，绳b的张力将大于重力若角速度较小，小球原来的速度较小，小球在垂直于平面ABC的竖直平面内摆动，若角速度较大，小球原来的速度较大，小球可能在垂直于平面ABC的竖直平面内做圆周运动解答：解：A、小球原来在水平面内做匀速圆周运动，绳b被烧断后，小球在垂直于平面ABC的竖直平面内摆动或圆周运动故A错误 B、绳b被烧断前，小球在竖直方向没有位移，加速度为零，a绳中张力等于重力，在绳b被烧断瞬间，a绳中张力与重力的合力提供小球的向心力，而向心力竖直向上，绳b的张力将大于重力，即张力突然增大故B正确 C、若角速度较小，小球原来的速度较小，小球在垂直于平面ABC的竖直平面内摆动故C正确 D、若角速度较大，小球原来的速度较大，小球可能在垂直于平面ABC的竖直平面内做圆周运动故D正确故选BCD点评：本题中要注意物体做圆周运动时，外界必须提供向心力C、D两项还可根据机械能守恒与向心力知识求解小球在垂直于平面ABC的竖直平面内摆动或圆周运动角速度的范围7如图，质量为M、长度为l的小车静止在光滑的水平面上质量为m的小物块放在小车的最左端现在一水平恒力F作用在小物块上，使物块从静止开始做匀加速直线运动，物块和小车之间的摩擦力为f经过时间t，小车运动的位移为s，物块刚好滑到小车的最右端（）A 此时物块的动能为（Ff）（s+l）B 这一过程中，物块对小车所做的功为f（s+l）C 这一过程中，物块和小车增加的机械能为FsD 这一过程中，物块和小车产生的内能为fl考点：功能关系分析：根据动能定理：合力做功等于物体动能的变化，求解物块的动能根据功能关系分析得知，物块和小车增加的机械能为F（s+l）fl系统产生的内能等于系统克服滑动摩擦力做功解答：解：A、根据动能定理得，（Ff）（s+l）=则物块的动能为Ek=（Ff）（s+l）；故A正确；B、这一过程中，物块对小车有支持力和摩擦力，支持力不做功，摩擦力所做的功为fs，故物块对小车所做的功为fs，故B错误；C、由功能关系得知，物块和小车增加的机械能为F（s+l）fl，故C错误；D、系统产生的内能等于系统克服滑动摩擦力做功fl，故D正确；故选：AD点评：本题关键是明确滑块和小车的受力情况、运动情况、能量转化情况，然后结合功能关系进行分析，不难8如图所示，虚线a、b、c代表电场中三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即Uab=Ubc，实线为一带正电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，据此可知（）A 三个等势面中，c的电势最高B 带电质点通过P点时的动能比通过Q点时大C 带电质点在P点具有的电势能比在Q点具有的电势能大D 带电质点通过P点时的加速度比通过Q点时大考点：电势；牛顿第二定律；电场强度专题：电场力与电势的性质专题分析：由于质点只受电场力作用，根据运动轨迹可知电场力指向运动轨迹的内侧即斜向右下方，由于质点带正电，因此电场线方向也指向右下方；电势能变化可以通过电场力做功情况判断；电场线和等势线垂直，且等势线密的地方电场线密，电场的场强大解答：解：A、电荷所受电场力指向轨迹内侧，由于电荷带正电，因此电场线指向右下方，沿电场线电势降低，故a等势线的电势最高，故A错误B、C、根据质点受力情况可知，从P到Q过程中电场力做正功，电势能降低，动能增大，故B错误，C正确；D、等差等势面越密的地方电场强度越大，故P点的电场强度比Q点的电场强度大，故电荷在P点时电场力大，故带电质点通过P点时的加速度比通过Q点时大，故D正确；故选CD点评：解决这类带电粒子在电场中运动的思路是：根据运动轨迹判断出所受电场力方向，然后进一步判断电势、电场、电势能、动能等物理量的变化二、非选择题9某物理兴趣小组的同学在研究弹簧弹力的时候，测得弹力的大小F和弹簧长度L的关系如图所示，则由图线可知：（1）弹簧的劲度系数为200N/m（2）弹簧的弹力为5N，弹簧的长度为12.5cm或7.5cm考点：探究弹力和弹簧伸长的关系专题：实验题；弹力的存在及方向的判定专题分析：由弹簧的长度L和弹力f大小的关系图象，读出弹力为零时弹簧的长度，即为弹簧的原长由图读出弹力为F=10N，弹簧的长度为x=5cm，求出弹簧压缩的长度，由胡克定律求出弹簧的劲度系数根据胡克定律求出弹簧的弹力为5N，弹簧的长度解答：解：（1）由图读出，弹簧的弹力F=0时，弹簧的长度为L0=10cm，即弹簧的原长为10cm，由图读出弹力为F1=10N，弹簧的长度为L1=5cm，弹簧压缩的长度x1=L0L1=5cm=0.05m，由胡克定律得弹簧的劲度系数为k=200N/m（3）弹簧的弹力为5N，弹簧的形变量x=2.5cm弹簧的原长为10cm，所以弹簧的长度为12.5cm或7.5cm，故答案为：200N/m，12.5cm或7.5cm点评：胡克定律公式f=kx中，x是弹簧伸长或压缩的长度，不是弹簧的长度第（2）问也可以直接由图象读出结果10某学习小组在“探究功与速度变化关系”的实验中采用了图1所示的实验装置数字计时器（1）将气垫导轨接通气泵，通过调平螺丝调整气垫导轨使之水平，检查是否调平的方法是接通气源，将滑块静置于气垫导轨上，滑块基本保持静止说明导轨是光滑的（或接通气源，将滑块静置于气垫导轨上，轻推滑块，滑块能基本做匀速直线运动）（2）如图2所示，游标卡尺测得遮光条的宽度d=0.550cm；实验时，将橡皮条挂在滑块的挂勾上，向后拉伸一定的距离，并做好标记，以保证每次拉伸的距离恒定现测得挂一根橡皮条时，滑块弹离橡皮条后，经过光电门的时间为t，则滑块最后匀速运动的速度表达式为（用字母表示）（3）逐条增加橡皮条，记录每次遮光条经过光电门的时间，并计算出对应的速度则画出的Wv2图象应是过坐标原点的一条倾斜直线考点：探究功与速度变化的关系专题：实验题；动能定理的应用专题分析：（1）明确实验原理以及气垫导轨装置的特点可正确解答；（2）游标卡尺的读数等于主尺读数加上游标读数，不需估读由于遮光条通过光电门的时间极短，可以用平均速度表示瞬时速度解答：解：（1）气垫导轨可以认为是光滑的，在判断其是否水平时可以采取的方法是：接通气源，将滑块静置于气垫导轨上，滑块基本保持静止说明导轨是光滑的（或接通气源，将滑块静置于气垫导轨上，轻推滑块，滑块能基本做匀速直线运动）（2）游标卡尺的主尺读数为5mm，游标读数为0.0510mm=0.50mm，所以最终读数为5.50mm=0.550cm由于遮光条通过光电门的时间极短，可以用平均速度表示瞬时速度，所以v=；（3）根据动能定理可知，合外力做的功应等于物体动能的变化量，所以画出的Wv2图象应是过坐标原点的一条倾斜直线故答案为：（1）接通气源，将滑块静置于气垫导轨上，滑块基本保持静止说明导轨是光滑的（或接通气源，将滑块静置于气垫导轨上，轻推滑块，滑块能基本做匀速直线运动）；（2）0.550；（3）过坐标原点的一条倾斜直线点评：解决本题的关键知道游标卡尺的读数方法，以及知道在极短时间内的平均速度可以表示瞬时速度112011年7月23日晚，甬温线永嘉站至温州南站间，北京南至福州D 301次列车与杭州至福州南D3115次列车发生追尾事故，造成动车组运行以来的特重大铁路交通事故事故发生前D3115次动车组正以20km/h的目视行车速度在发生事故的铁路上匀速行驶，而D301次动车组驶离永嘉站后，2分钟车速达到216km/h，便开始匀速行驶不幸的是几分钟后就发生了追尾事故（1）如果认为D301次动车组以恒定加速度从静止驶离永嘉车站，求D301的启动加速度和加速距离分别是多少？（2）已知动车组紧急制动的加速度为3m/s2，D301正常行驶后，为了避免事故发生，应至少距离D3115多远开始刹车才有可能避免事故发生？（20km/h5.6m/s）考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系专题：直线运动规律专题分析：（1）根据速度与时间关系：v=v0+at 可求出加速度大小；再由s=at2可算出在2分钟内的加速的距离； （2）若要二车恰好不碰，则D301追上D3115时二车速度相同，从而求出需要的时间； 再根据两者运动的位移公式求出差距解答：解：（1）由于D301次动车组2分钟（120s）车速达到216km/h=60m/s，由v=v0+at所以得：a=0.5m/s2由于 s=at2=3.6km（2）要想满足二车恰好不撞，则必须至少满足，D301追上D3115时二车速度相同，所以得：v=v0att=18.1s二车之间的位移关系为：s=tvts=492.3m答：（1）如果认为D301次动车组以恒定加速度从静止驶离永嘉车站，则D301的启动加速度为0.5m/s2和加速距离是3.6km；（2）已知动车组紧急制动的加速度为3m/s2，D301正常行驶后，为了避免事故发生，应至少距离D3115车为492.3m开始刹车才有可能避免事故发生点评：考查运动学的速度与时间、位移与时间关系等规律，同时要使两车不碰撞则速度须相等，从而算出至少需要的时间，再由位移公式来确定最小的安全距离12如图所示，在两条平行的虚线内存在着宽度为L、场强为E的匀强电场，在与右侧虚线相距也为L处有一与电场平行的屏现有一电荷量为+q、质量为m的带电粒子（重力不计），以垂直于电场线方向的初速度v0射入电场中，v0方向的延长线与屏的交点为O试求：（1）粒子从射入到打到屏上所用的时间（2）粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向间夹角的正切值（3）粒子打到屏上的点P到O点的距离考点：带电粒子在匀强电场中的运动专题：带电粒子在电场中的运动专题分析：（1）带电粒子垂直射入电场，只受电场力作用而做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为零的匀加速运动，由L=v0t求解时间t（2）根据牛顿第二定律求出加速度研究竖直方向的运动情况，由速度公式vy=at求出粒子刚射出电场时竖直分速度，由tan=求出tan（3）由位移公式y=at2求出粒子刚射出电场时偏转的距离y带电粒子离开电场后做匀速直线运动，偏转的距离Ltan，两个偏转之和即为粒子打到屏上的点P到O点的距离Y解答：解：（1）粒子在垂直于电场线的方向上做匀速直线运动，则粒子打到荧光屏上的时间：t=（2）设粒子射出电场时沿平行电场线方向的速度为vy，根据牛顿第二定律，粒子在电场中的加速度为：a=，所以vy=at=a=，粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向间夹角的正切值为：tan=（3）设粒子在电场中的偏转距离为y，则y=at2=t2又Y=y+Ltan，解得：Y=；答：（1）粒子从射入到打到屏上所用的时间是；（2）粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向间夹角的正切值tan为；（3）粒子打到屏上的点P到O点的距离Y为点评：本题中带电粒子先做类平抛运动后做匀速直线运动，运用运动的分解研究类平抛运动，根据几何知识求解Y【物理-选修3-5】（15分）13下列说法正确的是（）A 人类关于原子核内部的信息，最早来自天然放射现象B 在、三种射线中射线电离作用最强C 放射性元素的半衰期会随着温度的升高而缩短D 较重的核分裂成中等质量大小的核或较轻的核合并成中等质量大小的核，核子的比结合能都会增加考点：原子核衰变及半衰期、衰变速度；X射线、射线、射线、射线及其特性专题：衰变和半衰期专题分析：根据三种射线的特性、半衰期的特点和裂变聚变的特点去分析解答：解：A、人类最初对原子核的认识就是来源于天然放射现象，故A正确；B、，三种射线中射线的电离本领最强，故B错误；C、半衰期由原子核本身决定，与外界任何因素都无关，故C错误；D、裂变和聚变都伴随着巨大能量的释放，出现质量亏损，根据爱因斯坦质能方程知道：核子的比结合能都会增加，故D正确；故选：AD点评：本题考查的知识点较多，大多是记忆性的，因此，平时要多看书14某小组在探究反冲运动时，将质量为m1一个小液化瓶固定在质量为m2的小球具船上，利用液化瓶向外喷射气体做为船的动力现在整个装置静止放在平静的水面上，已知打开液化汽瓶后向外喷射气体的对地速度为v1，如果在t的时间内向后喷射的气体的质量为m，忽略水的阻力，则（1）喷射出质量为m的液体后，小船的速度是多少？（2）喷射出m液体的过程中，小船所受气体的平均作用力的大小是多少？考点：动量守恒定律；牛顿第三定律；动量定理分析：（1）喷射出液体的过程中动量守恒，根据动量守恒定律即可求得船的速度；（2）对喷射出的气体运用动量定理即可求得小船所受气体的平均作用力解答：解：（1）由动量守恒定律得：（m1+m2m）v船mv1=0得：v船=（2）对喷射出的气体运用动量定理得：Ft=mv1解得：F=由牛顿第三定律得，小船所受气体的平均作用力大小为F=答：（1）喷射出质量为m的液体后，小船的速度是；（2）喷射出m液体的过程中，小船所受气体的平均作用力的大小是点评：本题主要考查了动量守恒定律以及动量定理的应用，难度不大，属于基础题