15.研究表明，3亿年前地球自转的周期约为22小时。这表明地球的自转在减慢，假设这种趋势会持续下去，地球的其他条件都不变，则未来(　　)

A.近地卫星的运行速度比现在小

B.近地卫星的向心加速度比现在小

C.地球同步卫星的线速度比现在大

D.地球同步卫星的向心加速度比现在小

解析：选D　设同步卫星的质量为m，轨道半径为r，地球的质量为M，则有：G=m=m=mω2r=ma向，得周期为：T=2π，线速度为：v=，角速度为：ω=，向心加速度a向=，由题意知，近地卫星的运行半径不变，所以运行速度不变，向心加速度也不变，故A、B错误;若自转在减慢，则同步卫星的周期变大，则知，其轨道半径r增大，则线速度v减小，角速度ω减小，向心加速度减小，故C错误，D正确。

16.如图所示为氢原子的能级图，现有一群处于n=3激发态的氢原子，则这些原子(　　)

A.发出的光子最小能量是0.66 eV

B.发出的光子最大能量是12.75 eV

C.能辐射出2种不同频率的光子

D.由n=3跃迁到n=1时发出的光子频率最高

解析：选D　由n=3向n=2能级跃迁所辐射的光子能量最小，Emin=-1.51 eV-(-3.4 eV)=1.89 eV，A错误;由n=3向n=1能级跃迁所辐射的光子能量最大，Emax=-1.51 eV-(-13.6 eV)=12.09 eV，B错误;辐射的光子能量最大，辐射的光子频率最高，D正确;从n=3向低能级跃迁可辐射出3种不同频率的光子，C错误。

17.(2016·怀化三模)如图所示，闭合开关S后，A、B、C三灯发光亮度相同，此后向上移动滑动变阻器R的滑片，则下列说法中正确的是(　　)

A.三灯的电阻大小是RA>RC>RB

B.三灯的电阻大小是RA>RB>RC

C.A灯变亮、C灯变亮，B灯变暗

D.A灯变亮、B灯变暗，C灯变暗

解析：选B　A灯的电压大于C灯、B灯的电压，而三灯的实际功率相等，由P=可知：RA>RC，RA>RB。C灯的电流大于B灯的电流，两灯的实际功率相等，由P=I2R可得：RCRB>RC。故A错误，B正确。当滑动变阻器R的滑片向上滑动时，变阻器在电路中的电阻增大，外电阻增大，总电流减小，电源的内电压减小，路端电压增大，通过A灯的电流增大，则A灯变亮;由于总电流减小，而通过A灯的电流增大，则通过C灯的电流减小，C灯变暗。C灯的电压减小，而路端电压增大，则B灯的电压增大，B灯变亮。故C、D错误。

18.如图所示，A、B两个相同的球处于高为H的同一高度由静止释放，A做自由落体运动，B先沿固定光滑的四

分之一圆弧运动，从圆弧面抛出后做平抛运动，若B球落地时重力做功的瞬时功率是A球落地时重力做功瞬时功率的一半，则圆弧轨道的半径为(忽略小球的大小)(　　)

A.H B.H

C.H D.H

解析：选B　由机械能守恒定律可知，两个球落地时的速度大小相等，设球的质量为m，球落地时的速度大小为v，则A球落地时重力做功的瞬时功率P1=mgv，设B球落地时的速度与竖直方向夹角为θ，则mgvcos θ=mgv，解得：θ=60°;由此可知，小球做平抛运动的速度v0=vsin 60°=v，再由机械能守恒定律可知：mgR=mv02=·mv2，对A由机械能守恒可得：mgH=mv2，解得：R=H;故B正确，A、C、D错误。

19.一个物体处于A、B两点的中点处，由静止开始运动，设AB足够长，物体运动的加速度随时间变化的图像如图所示。设指向A的方向为加速度的正方向，若用v、W分别表示物体运动的速度、合外力对物体做的功，则从t=0开始，下列图像能正确反映v、W变化规律的是(　　)

解析：选AD　物体做加速度随时间周期性变化的直线运动，奇数秒加速度为正方向，偶数秒加速度为负方向。因为物体从静止开始运动，一开始做向A的初速度为零的匀加速直线运动，1 s末，v=at=1 m/s，F=ma，s=at2=0.5 m。接下来，加速度反向，即以刚才的末速度为初速度做匀减速直线运动，经相同时间速度刚好为零。再继续运动时，加速度a又为正方向，故又重新加速。综上所述，物体将一直向正方向运动，故选项A正确;位移始终为正，但F方向时正时负，由W=Fs可知合外力对物体做的功时正时负，故选项D正确。

20.(2016·衡水模拟)如图甲所示，质量为m的物块放在竖直升降机的地板上，升降机从静止开始匀加速运动一段距离s后，速度为v，测得物块对地板的压力大小为F，改变升降机的加速度，匀加速运动相同的距离，可以得到多组对应的v与F，作出F­v2的关系图像，如图乙所示，则下列说法正确的是(　　)

A.当地的重力加速度为

B.当v2=c时，物块一定处于完全失重状态

C.物块的质量m=

D.d=2b

解析：选AD　由题图乙可知，v2=c时，F=0，升降机和物块仅在重力作用下匀加速运动，则由v2=2gs，可知g=，选项A正确;由图像可知，F=d时，v2=c，此时物块具有向上的加速度，处于超重状态，选项B错误;由v2=2as可知，加速度a=，则F合=，即|F-mg|=，知图线的纵轴截距表示重力，得m==，选项C错误;当v2=c，F=0时，物块对地板的压力为零，a=g，当v2=c，F=d时，加速度a==g，则F-mg=mg，故d=2mg，则d=2b，选项D正确。

21.如图甲所示，相距为2L的光滑平行金属导轨水平放置，右侧接有定值电阻R，导轨电阻忽略不计，OO′的左侧存在垂直于导轨平面向下、磁感应强度为B的匀强磁场。在OO′左侧L处垂直导轨放置一质量为m、电阻为0.5R的金属杆ab，ab在恒力F的作用下由静止开始向右运动3L的距离，其速度与位移的变化关系如图乙所示。下列判断中正确的是(　　)

A.ab即将离开磁场时，安培力的大小为

B.整个运动的过程中，通过电阻R上的电量为

C.ab即将离开磁场时，加速度的大小为-

D.整个过程中，电阻R上产生的焦耳热为m(v22-3v12)

解析：选BCD　ab即将离开磁场时，速度为v1，电动势E=2BLv1，电流I=，安培力F安=2BIL=，故A错误;整个过程中，磁通量的变化量为ΔΦ=2BL2，产生的电量q=·Δt=，故B正确;ab杆在离开磁场前瞬间，水平方向上受安培力F安和外力F作用，设加速度为a，则F安=2BIL，I=，a=，ab杆在位移L到3L的过程中，由动能定理得：F(3L-L)=m(v22-v12)，联立解得：a=-，故C正确;ab杆在磁场中位移从0到L的过程中，由能量转化与守恒定律得：FL=mv12+Q，解得Q=m(v22-3v12)，所以电阻R上产生的焦耳热为Q1= Q=m(v22-3v12)，故D正确。