错误。 故选：B。
微粒在擦落前做圆周运动，擦落后由于惯性要沿着原来的速度方向继续运动，微粒飞出的方向就是砂轮上跟刀具接触处的速度方向。A球沿水平方向抛出做平抛运动，同时B球被松开，自由下落做自由落体运动，每次两球都同时落地。做变速圆周运动的物体所受合外力F在半径方向的分力提供所需要的向心力，只改变速度的方向。
本题要求理解曲线运动的特征，曲线运动的速度方向时刻改变，在曲线上没一点的速度方沿该点的切线方向。 13.【答案】C
【解析】解：A、卫星发射后通过自带的小型火箭多次变轨，进入地月转移轨道，第二宇宙速度是指被发射物体能够脱离地球的最小的发射速度， 所以发射“嫦娥一号”的速度小于第二宇宙速度，故A错误； B、根据万有引力提供圆周运动向心力
=m
知等式两边将消去卫星质量m，故其周
期大小与卫星质量无关，故B错误；
C、卫星受月球的引力为万有引力，根据万有引力定律知，其大小与卫星到月球中心距离的二次方成反比，故C正确；
D、卫星既受到地球的引力也受到月球的引力作用，其合力指向月球的中心，故卫星受到月球的引力大于受到地球的引力，故D错误。 故选：C。
月球在地月系中，绕月飞行没有脱离地球束缚，故发射速度小于第二宇宙速度，绕月飞行时万有引力提供圆周运动向心力，周期与环绕天体质量无关，万有引力与距离的二次方成反比，绕月飞行时向心力指向圆心．
本题解题的关键要明白第二宇宙速度是指被发射物体能够脱离地球的最小的发射速度，而“嫦娥一号”仍然没有脱离地球的引力范围，掌握万有引力的表达式，以及什么力提供卫星做圆周运动的向心力． 14.【答案】A
【解析】解：令地球的密度为ρ，则在地球表面，重力和地球的万有引力大小相等，有：g=
，
，所以重力加速度的表达式可写成：
由于地球的质量为：M=g=
=
。
根据题意有，质量分布均匀的球壳对壳内物体的引力为零，固在深度为d的井底，受到地球的万有引力即为半径等于（R-d）的球体在其表面产生的万有引力，故井底的重力加速度g′=所以有
=
故选：A。
根据题意知，地球表面的重力加速度等于半径为R的球体在表面产生的加速度，矿井深度为d的井底的加速度相当于半径为R-d的球体在其表面产生的加速度，根据地球质量分布均匀得到加速度的表达式，再根据半径关系求解即可。
抓住在地球表面重力和万有引力相等，在矿井底部，地球的重力和万有引力相等，要注意在矿井底部所谓的地球的质量不是整个地球的质量而是半径为（R-d）的球体的质量。
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同时还可利用g=rω2，它们的角速度相同，因此重力加速度与半径成正比，从而即可求解。
15.【答案】B
【解析】解：拔去销钉前，子弹恰好能穿过A、B两木块，作出子弹、两木块的v-t图象如图所示，且图中三角形△OCV的面积等于AB两木块的总长度；拔去销钉后，木块AB先和子弹一起加速，加速度大小跟拔去销钉前相等如图，经过时间t子弹进入B木块，子弹进入B木块后，加速度比开始要大，（因摩擦力相同，总质量小了）但子弹的加速度还是不变的；所以B木块运动图象为OA、AB所示；
从图中可看出，拔去销钉后，子弹和B能达到共同速度vB2，子弹相对A．B两木块的总长度为四边形OABV的面积；由于vB2＞vB1，则有Ek1＜Ek2；四边形OABV的面积小于三角形OCV的面积，而三角形OCV的面积就是A、B两木块的总长度，说明子弹不能穿过B，故B正确，A、C、D错误。 故选：B。
作出两种情况下子弹与两木块的速度时间图象，图象的“面积”表示位移。运用牛顿第二定律分析前后两种情况两木块的加速度，由“面积”大小分析子弹能否穿出木块。 本题是子弹射击木块的类型，运用图象法分析简便直观，若运用公式，可根据系统的动量守恒和能量守恒进行分析。 16.【答案】D
【解析】解：AB、根据Ekm=hv-W0得，金属的截止频率等于ν0；纵轴截距的绝对值等于金属的逸出功，逸出功等于E，且E=hv0，故AB正确；
C、根据光电效应方程有：EKm=hv-W，其中W为金属的逸出功：W=hv0；
所以有：EKm=hv-hv0，由此结合图象可知，该金属的逸出功为E，或者W=hv0，当入射光的频率为2v0时，带入方程可知产生的光电子的最大初动能为E，故C正确。 D、入射光的频率时，小于极限频率，不能发生光电效应，故D错误。
本题选择错误的，故选：D。
根据光电效应方程得出最大初动能与入射光频率的关系，结合图线的斜率和截距进行分析，从而即可求解．
解决本题的关键掌握光电效应方程，知道最大初动能与入射光频率的关系，注意图象的斜率与截距的含义． 17.【答案】C
【解析】解：A、氢原子从高能级向基态跃迁时发出的光子的最小能量为10.2eV，大于锌的逸出功，照射金属锌板一定能产生光电效应现象，故A错误； B、一群处于n=4能级的氢原子向基态跃迁时，能放出
种不同频率的光，故B错
误；
C、氢原子从高能级向n=3的能级向基态跃迁时发出的光子的能量最大为E大
=-1.51+13.6=12.09eV，因锌的逸出功是3.34ev，锌板表面所发出的光电子的最大初动能为EKm=12.09-3.34=8.75eV，故C正确； D、能量10.3eV不等于任何两个能级的能级差不能被氢原子吸收，才能跃迁，故D错误； 故选：C。
氢原子从高能级向基态跃迁时发出的光子的最小能量与锌板的逸出功的关系判断是否发生光电效应现象。要使处于基态的氢原子电离，照射光光子的能量应能使电子从基态
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跃迁到无限远处，最小频率的电磁波的光子能量应为：hγ=0-E1。 解决本题的关键知道什么是电离，以及能级的跃迁满足hγ=Em-En，注意吸收光子是向高能级跃迁，释放光子是向低能级跃迁，同时掌握吸收或释放能量要正好等于能级之差。 18.【答案】AC
【解析】解：
A、小球在0.5s末下落的速度最大，由图读出最大速度为5m/s。故A正确。
B、D图线在0.5s-0.8s段表示小球反弹，图线的“面积”等于位移大小，也等于球能弹3×0.3m=0.45m。故B、D错误。 起的最大高度h，则有h=×
C、小球在0.5s末第一次反弹，小球第一次反弹的初速度大小为3m/s。故C正确。
故选：AC。
由图直接读出速度的大小。图线与坐标轴所围“面积”等于位移大小，由数学知识求出小球能弹起的最大高度。
本题考查根据速度图象分析物体运动情况的能力。从斜率、面积等等数学角度来理解其物理意义。 19.【答案】BC
【解析】解：A、核力是一种强相互作用，是一种短距作用，只能发生在原子核内相邻核子之间，故A错误；
B、某原子核经过一次α衰变和两次β衰变后，电荷数不变，质量数少4，可知核内质子数不变，故B 正确；
C、放射性原子核X发生衰变，要释放能量，衰变产物的结合能之和一定大于原来X的结合能，故C正确；
D、太阳内部发生的核反应是聚变反应，而故D错误； 故选：BC。
核力是短程力，存在于相邻的核子之间；
根据质量数与质子数守恒，即可判定B选项；
依据质量亏损，结合质能方程，即可判定C选项； 太阳内部发生的是聚变反应。
考查核力存在的范围，掌握核反应方程的书写规律，理解质能方程的内容，注意聚变反应与裂变反应的区别。 20.【答案】AD
【解析】【分析】
整个拉动过程中，小球的重力不变，根据共点力平衡条件分析。
本题考查共点力的平衡条件，这种问题一般要抓住不变的量，然后去分析变化的量。在本题中，小球的重力大小和方向都不变，抓住这一点，然后去分析另外两个力的变化情况，这样有理有据。 【解答】
以重物为研究对象，受重力mg，OM绳上拉力，MN上拉力，由题意知，三个力合力始终为零，矢量三角形如图所示，在转至水平的过程中，MN上的张力逐渐增大，OM上的张力先增大后减小，所以AD正确；BC错误。
是裂变反应，
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故选AD。 21.【答案】AD
【解析】解：A、粒子在ab区域中所受的电场力和重力都是恒力，合力是恒力，所以做匀变速运动。
将粒子在电场中的运动沿水平方向和竖直方向正交分解，水平分运动为初速度为零的匀加速运动，
竖直分运动为末速度为零的匀减速运动，根据运动学公式，有：水平方向：v0=at， 竖直方向：0=v0-gt，d=，解得：a=g，t=，故A正确；
B、粒子在b、c间做匀速圆周运动，电场力与重力合力为零，即：qE=mg， 洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qv0B=m，解得：r=2d，故B错误； C、粒子在磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示：
由几何知识得：θ=30°， 粒子做圆周运动的周期：T=粒子做圆周运动的时间：t2=
=T=，
，故C错误；
D、粒子在电场中运动时间为：t1==，故粒子在ab、bc区域中运动的总时间为：t=t1+t2=
，故D正确；
故选：AD。
将粒子在电场中的运动沿水平和竖直方向正交分解，水平分运动为初速度为零的匀加速运动，竖直分运动为末速度为零的匀减速运动，根据运动学公式和牛顿第二定律列式分析；粒子在复合场中运动时，由于电场力与重力平衡，故粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力．
本题关键是将粒子在电场中的运动正交分解为直线运动来研究，而粒子在复合场中运动时，重力和电场力平衡，洛仑兹力提供向心力，粒子做匀速圆周运动． 22.【答案】增大 改变
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【解析】解：由题意，结合力的合成法则，则可知，随着将F2绕O点顺时针旋转至和F1重合，其合力的大小增大，方向在改变， 故答案为：增大，改变．
根据力的平行四边形定则，结合三角知识，即可求解． 考查力的平行四边形定则的内容，掌握两个力大小不变，夹角在变化时，合力如何变化． 23.【答案】16.00 12.5 能
【解析】解：（1）刻度尺读数需读到最小刻度的下一位，指针示数为16.00cm。 （2）由表格中的数据可知，当弹力的变化量△F=0.5N时，弹簧形变量的变化量为△x=4.00cm，根据胡克定律知：
。
结合L1和L2示数的变化，可以得出弹簧Ⅱ形变量的变化量，结合弹力变化量，根据胡克定律能求出弹簧Ⅱ的劲度系数。
故答案为：（1）16.00；（2）12.5，能。
（1）刻度尺的读数需估读，需读到最小刻度的下一位。
（2）根据弹簧Ⅰ形变量的变化量，结合胡克定律求出劲度系数。通过弹簧Ⅱ弹力的变化量和形变量的变化量可以求出弹簧Ⅱ的劲度系数。
解决本题的关键掌握胡克定律，知道F=kx，x表示形变量，以及知道其变形式△F=k△x，△x为形变量的变化量。 24.【答案】0.520 2.55
【解析】解：根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上b点时小车的瞬时速度大小，根据△x=aT2可得纸带运动的加速度大小为
； 。
故答案为：0.520；2.55。
根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上B点时小车的瞬时速度大小；根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出加速度的大小。
本题考查研究匀变速直线运动的实验，要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用。 25.【答案】解：（1）由P=UI可知， 电流I==
=5A；
200=2.2×105J （2）200s产生的热量Q=Pt=1100×
答：（1）通过电热水壶的电流为5A；
105J （2）电热水壶工作200s产生的热量为2.2×
【解析】由表格数据可明确电功率和电压；由P=UI可求得额定电流；由W=Pt可求得产生的热量．
本题考查功率的计算，要注意明确电热水壳为纯电阻电路，故消耗的电功全部转化为电热．
26.【答案】解：（1）物体上滑阶段根据牛顿第二定律有：f+mgsinθ-F=ma1f=μmgcosθ 解得：
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2020年湖南师大附中高二(下)期中物理试卷
