【高考物理】最有可能考的100题（答案解析）-学案

这是一份【高考物理】最有可能考的100题（答案解析）-学案，共105页。

第1题
关于静电场，下列说法正确的是（ ）
A．电势等于零的物体一定不带电
B．电场强度为零的点，电势一定为零
C．同一电场线上的各点，电势一定相等
D．负电荷沿电场线方向移动时，电势能一定增加
答案D 零电势的选取是任意的，一般选取大地或无穷远处的电势为零，如一个接地的带电体其电势就为零，选项A错误；处于静电平衡状态的导体，内部场强为零，但整个导体为等势体，电势也不一定为零，选项B错误；沿电场线方向电势降低，选项C错误；负电荷沿电场线方向移动时，电场力做负功，电势能增加，选项D正确．
第2题
如图，E为内阻不能忽略的电池，R1、R2、R3为定值电阻，S0、S为开关，与分别为电压表与电流表．初始时S0与S均闭合，现将S断开，则（ ）
A.的读数变大，的读数变小 B.的读数变大，的读数变大
C.的读数变小，的读数变小 D.的读数变小，的读数变大
答案B 当S断开后，闭合电路的总电阻增加，根据闭合电路欧姆定律可知，总电流减小，故路端电压U＝E－Ir增加，即的读数变大；由于定值电阻R1两端的电压减小，故R3两端的电压增加，通过R3的电流增加，即的读数变大．选项B正确．
第3题
三个相同的金属小球1、2、3分别置于绝缘支架上，各球之间的距离远大于小球的直径．球1的带电量为q，球2的带电量为nq，球3不带电且离球1和球2很远，此时球1、2之间作用力的大小为F.现使球3先与球2接触，再与球1接触，然后将球3移至远处，此时1、2之间作用力的大小仍为F，方向不变．由此可知（ ）
A．n＝3 B．n＝4
C．n＝5 D．n＝6
答案D 设球1、2间的距离为r，根据库仑定律可知F＝k；球3与球2接触后，两者的带电量均为nq；球3与球1接触后，两者的带电量总和平分，即各带＝的电荷量；将球3移至远处后，球1、2之间的作用力大小为F＝k，比较可得n＝6，选项D正确．此题也可以用代入法进行判断．
第4题
如图，墙上有两个钉子a和b，它们的连线与水平方向的夹角为45°，两者的高度差为l.一条不可伸长的轻质细绳一端固定于a点，另一端跨过光滑钉子b悬挂一质量为m1的重物．在绳上距a端l/2的c点有一固定绳圈．若绳圈上悬挂质量为m2的钩码，平衡后绳的ac段正好水平，则重物和钩码的质量比为（ ）
A. B．2 C. D.
答案C 对绳圈进行受力分析，bc段绳子的拉力大小Tbc＝m1g.由几何知识可知平衡后，bc段与水平方向的夹角的正弦sinθ＝.再由平衡条件可得Tbcsinθ＝m2g，则＝，选项C正确．
第5题
如图，粗糙的水平地面上有一斜劈，斜劈上一物块正在沿斜面以速度v0匀速下滑，斜劈保持静止，则地面对斜劈的摩擦力（ ）
A．等于零
B．不为零，方向向右
C．不为零，方向向左
D．不为零，v0较大时方向向左，v0较小时方向向右
答案A 物块匀速下滑，由平衡条件可知受到斜劈的作用力的合力竖直向上，根据牛顿第三定律可知物块对斜劈的作用力的合力竖直向下，故斜劈没有相对地面运动的趋势，即不受地面对它的摩擦力，选项A正确．
第6题
如图，EOF和E′O′F′为空间一匀强磁场的边界，其中EO∥E′O′，FO∥F′O′，且EO⊥OF；OO′为∠EOF的角平分线，OO′间的距离为l；磁场方向垂直于纸面向里．一边长为l的正方形导线框沿O′O方向匀速通过磁场，t＝0时刻恰好位于图示位置．规定导线框中感应电流沿逆时针方向时为正，则感应电流i与时间t的关系图线可能正确的是（ ）
答案B 导线框刚进入磁场后，由楞次定律判断出感应电流沿逆时针方向，故可排除C、D选项．在线框的左边界到达O′点后继续向左运动的过程中，感应电流的大小不变，故可排除A选项．
第7题
（多选）自然界的电、热和磁等现象都是相互联系的，很多物理学家为寻找它们之间的联系做出了贡献．下列说法正确的是…（ ）
A．奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电现象和磁现象之间的联系
B．欧姆发现了欧姆定律，说明了热现象和电现象之间存在联系
C．法拉第发现了电磁感应现象，揭示了磁现象和电现象之间的联系
D．焦耳发现了电流的热效应，定量给出了电能和热能之间的转换关系
答案ACD 欧姆定律是关于导体两端电压与导体中电流关系的定律，并没有说明热现象和电现象之间存在联系，选项B错误．
第8题
（多选）一物体自t＝0时开始做直线运动，其速度图线如图所示．下列选项正确的是（ ）
A．在0～6 s内，物体离出发点最远为30 m
B．在0～6 s内，物体经过的路程为40 m
C．在0～4 s内，物体的平均速率为7.5 m/s
D．在5～6 s内，物体所受的合外力做负功
答案BC 第5 s末，物体离出发点最远为35 m，第6 s内又反向运动了5 m，故6 s内物体经过的路程为40 m，选项A错误、B正确．在0～4 s内的位移为30 m，故平均速度为7.5 m/s，选项C正确．在5～6 s内，物体的动能在增加，故合外力做正功，选项D错误．
第9题
（多选）一质量为1 kg的质点静止于光滑水平面上，从t＝0时起，第1秒内受到2 N的水平外力作用，第2秒内受到同方向的1 N的外力作用．下列判断正确的是（ ）
A．0～2 s内外力的平均功率是W
B．第2秒内外力所做的功是J
C．第2秒末外力的瞬时功率最大
D．第1秒内与第2秒内质点动能增加量的比值是
答案AD 第1 s内物体运动的位移为1 m，第2 s内物体运动的位移为2.5 m．第1 s内外力所做的功W1＝2×1 J＝2 J，第2 s内外力所做的功为W2＝1×2.5 J＝2.5 J，则0～2 s内外力的平均功率为P＝＝ W，选项A正确、B错误．根据（物理学习）动能定理可知，第1 s内与第2 s内质点动能增加量的比值等于＝，选项D正确．由功率公式P＝Fv可知，在第1 s末外力的瞬时功率最大为4 W，选项C错误．
第10题
（多选）空间存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，图中的正方形为其边界．一细束由两种粒子组成的粒子流沿垂直于磁场的方向从O点入射．这两种粒子带同种电荷，它们的电荷量、质量均不同，但其比荷相同，且都包含不同速率的粒子．不计重力．下列说法正确的是（ ）
A．入射速度不同的粒子在磁场中的运动时间一定不同
B．入射速度相同的粒子在磁场中的运动轨迹一定相同
C．在磁场中运动时间相同的粒子，其运动轨迹一定相同
D．在磁场中运动时间越长的粒子，其轨迹所对的圆心角一定越大
答案BD
粒子进入磁场后做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，即qvB＝m，则轨迹半径r＝，周期T＝＝.由于粒子的比荷相同，入射速度相同的粒子在磁场中的运动轨迹一定相同，选项B正确．入射速度不同的粒子，在磁场中的运动轨迹不同，但运动时间可能相同，比如，速度较小的粒子会从磁场的左边界飞出，都运动半个周期，而它们的周期相同，故选项A错误，进而可知选项C错误．由于所有粒子做圆周运动的周期相同，故在磁场中运动时间越长的，其轨迹所对的圆心角一定越大，选项D正确．
第11题
如图，理想变压器原线圈与－10 V的交流电源相连，副线圈并联两个小灯泡a和b.小灯泡a的额定功率为0.3 W，正常发光时电阻为30 Ω.已知两灯泡均正常发光，流过原线圈的电流为0.09 A，可计算出原、副线圈的匝数比为______，流过灯泡b的电流为______ A.
答案10∶3 0.2 解析：小灯泡a的额定电压Ua＝＝V＝3 V，原、副线圈的匝数比＝＝.由功率关系可得UI＝Pa＋UaIb，则Ib＝0.2 A.
第12题
2011年4月10日，我国成功发射第8颗北斗导航卫星．建成以后北斗导航系统将包含多颗地球同步卫星，这有助于减少我国对GPS导航系统的依赖．GPS由运行周期为12小时的卫星群组成．设北斗导航系统的同步卫星和GPS导航卫星的轨道半径分别为R1和R2，向心加速度分别为a1和a2，则R1∶R2＝______，a1∶a2＝______.（可用根式表示）
答案∶1 1∶
解析：同步卫星的运行周期为T1＝24 h，GPS卫星的运行周期T2＝12 h．由G＝mR可知＝＝，再由G＝ma可知＝＝.
第13题
图1是改装并校准电流表的电路图．已知表达的量程为Ig＝600 μA、内阻为Rg， 是标准电流表．要求改装后的电流表量程为I＝60 mA.完成下列填空：
（1）图1中分流电阻RP的阻值应为______（用Ig、Rg和I表示）．
（2）在电表改装完成后的某次校准测量中， 表的示数如图2所示，由此读出流过电流表的电流为______ mA.此时流过分流电阻RP的电流为______ mA（保留1位小数）．
答案（1）Rg （2）49.5 49.0
解析：（1）根据并联电路的特点有IgRg＝(I－Ig)RP，
则RP＝Rg.
（2）电流表的读数为49.5 mA.此时流过分流电阻的电流为×49.5 mA＝49.0 mA.
第14题
现要通过实验验证机械能守恒定律．实验装置如图1所示：水平桌面上固定一倾斜的气垫导轨；导轨上A点处有一带长方形遮光片的滑块，其总质量为M，左端由跨过轻质光滑定滑轮的细绳与一质量为m的砝码相连；遮光片两条长边与导轨垂直；导轨上B点有一光电门，可以测量遮光片经过光电门时的挡光时间t.用d表示A点到导轨底端C点的距离，h表示A与C的高度差，b表示遮光片的宽度，s表示A、B两点间的距离，将遮光片通过光电门的平均速度看作滑块通过B点时的瞬时速度．用g表示重力加速度．完成下列填空和作图：
图1
（1）若将滑块自A点由静止释放，则在滑块从A运动至B的过程中，滑块、遮光片与砝码组成的系统重力势能的减小量可表示为______，动能的增加量可表示为______．若在运动过程中机械能守恒，与s的关系式为＝______.
（2）多次改变光电门的位置，每次均令滑块自同一点（A点）下滑，测量相应的s与t值．如果如下表所示：
以s为横坐标，为纵坐标，在答题卡对应图2位置的坐标纸中描出第1和第5个数据点；根据5个数据点作直线，求得该直线的斜率k＝______×104 m－1·s－2（保留3位有效数字）．
图2
答案：由测得的h、d、b、M和m数值可以计算出s直线的斜率k0，将k和k0进行比较，若其差值在实验允许的范围内，则可认为此实验验证了机械能守恒定律．
答案
（1）Mg－mgs (M＋m)()2 g
（2）描点和图线见解析图 2.40（2.20～2.60均正确）
解析：（1）滑块的重力势能减小Mg·s·，砝码的重力势能增加mg·s，故系统的重力势能的减小量为Mg·s·－mg·s＝Mg－mgs.滑块通过B点时的瞬时速度v＝，系统动能的增加量为(M＋m)v2＝ (M＋m)()2.若在运动过程中机械能守恒，则有(M－m)gs＝ (M＋m)()2，则＝g.
（2）第1和第5个数据点及所作直线见下图．
直线的斜率约为k＝2.36×104 m－1·s－2.
第15题
如图，水平地面上有一个坑，其竖直截面为半圆，ab为沿水平方向的直径．若在a点以初速度v0沿ab方向抛出一小球，小球会击中坑壁上的c点．已知c点与水平地面的距离为圆半径的一半，求圆的半径．
答案4(7－4)
解析：设半圆的圆心为O，半径为R，Ob与Oc夹角为θ，由题给条件得
θ＝①
设小球自a点到c点所经时间为t，由平抛运动规律及几何关系得R(1＋csθ)＝v0t②
＝gt2③
联立①②③式得R＝4(7－4).
第16题
如图，ab和cd是两条竖直放置的长直光滑金属导轨，MN和M′N′是两根用细线连接的金属杆，其质量分别为m和2m.竖直向上的外力F作用在杆MN上，使两杆水平静止，并刚好与导轨接触；两杆的总电阻为R，导轨间距为l.整个装置处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向与导轨所在平面垂直．导轨电阻可忽略，重力加速度为g.在t＝0时刻将细线烧断，保持F不变，金属杆和导轨始终接触良好．求：
（1）细线烧断后，任意时刻两杆运动的速度之比；
（2）两杆分别达到的最大速度．
答案（1）2 （2）
解析：（1）设任意时刻杆MN向上的速度大小为v1，M′N′向下的速度大小为v2，加速度大小分别为a1和a2，所受安培力大小为f，则有E＝Bl（v1＋v2）①
I＝② f＝BIl③
①②式中E和I分别为回路中的电动势和电流．由牛顿定律得
F－3mg＝0④
F－mg－f＝ma1⑤
2mg－f＝2ma2⑥
联立④⑤⑥式得a＝2a2⑦
因两杆初速均为0，故任意时刻＝2.
（2）加速度为0时两杆的速度达到最大值，分别用V1、V2表示，由以上各式得V1＝
V2＝.
第17题
（1）关于空气湿度，下列说法正确的是______（填入正确选项前的字母．选对1个给2分，选对2个给4分；选错1个扣2分，最低得0分）．
A．当人们感到潮湿时，空气的绝对湿度一定较大
B．当人们感到干燥时，空气的相对湿度一定较小
C．空气的绝对湿度用空气中所含水蒸气的压强表示
D．空气的相对湿度定义为水的饱和蒸汽压与相同温度时空气中所含水蒸气的压强之比
（2）如图，容积为V1的容器内充有压缩空气．容器与水银压强计相连，压强计左右两管下部由软胶管相连，气阀关闭时，两管中水银面等高，左管中水银面上方到气阀之间空气的体积为V2.打开气阀，左管中水银面下降；缓慢地向上提右管，使左管中水银面回到原来高度，此时右管与左管中水银面的高度差为h.已知水银的密度为ρ，大气压强为p0，重力加速度为g；空气可视为理想气体，其温度不变．求气阀打开前容器中压缩空气的压强p1.
答案（1）BC （2）p0＋(1＋)ρgh
解析：（1）用空气中所含水蒸气的压强表示的湿度叫做空气的绝对湿度，选项C正确．影响人们对干爽与潮湿感受的因素并不是绝对湿度的大小，而是相对湿度，即空气中水蒸气的压强与同一温度时水的饱和汽压之比．人们感到干燥时，空气的相对湿度一定较小；感到潮湿时，空气的相对湿度一定较大．选项A、D错误，B正确．
（2）设气阀闭合时，左管中空气压强为p′，因左右两管中的水银面等高，故p′＝p0①
打开气阀后，容器中有一部分空气进入左管，可按这部分空气与左管中原有空气不混、但气体分界面移动来处理．设移动的长度为h0，此时左管及容器中空气压强为p2，有p2＝p0＋ρgh②
设左管的截面积为S，空气经历等温过程，由玻意耳定律得p2(V1＋Sh0)＝p1V1③
p2(V2－Sh0)＝p′V2④
联立①②③④式得p1＝p0＋（1＋）ρgh.
第18题
（1）一列简谐横波在t＝0时的波形图如图所示．介质中x＝2 m处的质点P沿y轴方向做简谐运动的表达式为y＝10sin(5πt)cm.关于这列简谐波，下列说法正确的是______（填入正确选项前的字母．选对1个给2分，选对2个给4分；选错1个扣2分，最低得0分）．
A．周期为4.0 s
B．振幅为20 cm
C．传播方向沿x轴正向
D．传播速度为10 m/s
（2）一赛艇停在平静的水面上，赛艇前端有一标记P离水面的高度为h1＝0.6 m，尾部下端Q略高于水面；赛艇正前方离赛艇前端s1＝0.8 m处有一浮标，示意如图．一潜水员在浮标前方s2＝3.0 m处下潜到深度为h2＝4.0 m时，看到标记刚好被浮标挡住，此处看不到航尾端Q；继续下潜Δh＝4.0 m，恰好能看见Q.求：
（ⅰ）水的折射率n；
（ⅱ）赛艇的长度l.（可用根式表示）
答案（1）CD （2）（ⅰ） （ⅱ）(－3.8) m
解析：（1）由P点振动方程可求周期T＝＝＝0.4 s，A项错误；由题图可知振幅为10 cm，B项错误；由P点振动方程可知，P点下一个时刻位移为正，即向y轴正方向运动，再根据波形图可以判断波沿x轴正向传播，C项正确；由波速公式v＝λf得，v＝10 m/s，所以D项正确．
（2）（ⅰ）设下潜深度为h2时，从标记P发出到人眼的光线在水面的入射角为i，折射角为r，光路图如图所示（未按比例图），则有
sini＝①
sinr＝②
由折射定律得水的折射率为n＝③
联立①②③式，并代入数据得n＝④
（ⅱ）当恰好能看见船尾Q时，船尾发出到人眼光线的折射角等于全反射临界角，设为θ，则sinθ＝⑤
由几何关系得l＋s1＋s2＝(h2＋Δh)tanθ⑥
由④⑤⑥式及题给条件得l＝(－3.8)m.
第19题
（1） 2011年3月11日，日本发生九级大地震，造成福岛核电站严重的核泄漏事故．在泄漏的污染物中含有131I和137Cs两种放射性核素，它们通过一系列衰变产生对人体有危害的辐射．在下列四个式子中，有两个能分别反映131I和137Cs的衰变过程，它们分别是______和______（填入正确选项前的字母）.131I和137Cs原子核中的中子数分别是______和______．
A．X1→Ba＋n B．X2→Xe＋e
C．X3→Ba＋e D．X4→Xe＋p
（2）一质量为2m的物体P静止于光滑水平地面上，其截面如图所示．图中ab为粗糙的水平面，长度为L；bc为一光滑斜面，斜面和水平面通过与ab和bc均相切的长度可忽略的光滑圆弧连接．现有一质量为m的木块以大小为v0的水平初速度从a点向左运动，在斜面上上升的最大高度为h，返回后在到达a点前与物体P相对静止．重力加速度为g.求：
（ⅰ）木块在ab段受到的摩擦力f；
（ⅱ）木块最后距a点的距离s.
答案
（1）B C 78 82
（2）（ⅰ） （ⅱ） L
解析：（1）根据质量数守恒可判断，131I和137Cs的衰变方程分别为B和C.再根据核电荷数守恒，131I和137Cs的质子数分别为53和55，则中子数分别为78和82.
（2）（ⅰ）设木块到达最高点时，木块和物体P的共同速度为V，由水平方向动量守恒和功能原理得mv0＝（m＋2m）V①
m＝mgh＋(m＋2m)V2＋fL②
联立①②式得f＝(－3gh)③
（ⅱ）设木块停在ab之间时，木块和物体P的共同速度为V′，由水平方向动量守恒和功能原理得mv0＝(m＋2m)V′④
m＝(m＋2m)V′2＋f(2L－s)⑤
联立③④⑤式得s＝L.
第20题（不定项）了解物理规律的发现过程，学会像科学家那样观察和思考，往往比掌握知识本身更重要．以下符合史实的是（ ）
A．焦耳发现了电流热效应的规律
B．库仑总结出了点电荷间相互作用的规律
C．楞次发现了电流的磁效应，拉开了研究电与磁相互关系的序幕
D．牛顿将斜面实验的结论合理外推，间接证明了自由落体运动是匀变速直线运动
答案AB
C项中应为奥斯特发现了电流的磁效应，D项中应为伽利略将斜面实验的结论合理外推．
第21题（不定项）甲、乙为两颗地球卫星，其中甲为地球同步卫星，乙的运行高度低于甲的运行高度，两卫星轨道均可视为圆轨道．以下判断正确的是（ ）
A．甲的周期大于乙的周期
B．乙的速度大于第一宇宙速度
C．甲的加速度小于乙的加速度
D．甲在运行时能经过北极的正上方
答案AC
地球对卫星的万有引力提供卫星做匀速圆周运动的向心力，有＝＝m＝ma，可知，r越大、v、a越小，T越大．由题意可知，甲卫星的轨道半径较大，则其周期较大，加速度较小，A、C两项正确；第一宇宙速度等于近地卫星的速度，是所有卫星环绕速度的最大值，C项错误；甲卫星为地球同步卫星，轨道位于赤道平面内，运行时不能经过北极的正上方，D项错误．
第22题
（不定项）如图所示，将小球a从地面以初速度v0竖直上抛的同时，将另一相同质量的小球b从距地面h处由静止释放，两球恰在处相遇（不计空气阻力）．则 …（ ）
A．两球同时落地
B．相遇时两球速度大小相等
C．从开始运动到相遇，球a动能的减少量等于球b动能的增加量
D．相遇后的任意时刻，重力对球a做功功率和对球b做功功率相等
答案C
设两球释放后经过时间t相遇，因它们的位移大小相等，故有v0t－gt2＝gt2，得v0＝gt，这表明相遇时a球的速度为零，根据竖直上抛运动的对称性可知a球从抛出至落地时间为2t，而b球的落地时间小于2t，A、B两项错误；从开始到相遇，球a的机械能守恒，球a的动能减小量等于mgh/2，球b的机械能守恒，球b的动能增加量等于mgh/2，C项正确；相遇后的任意时刻，a、b球的速度均不等，重力大小相同，所以重力的功率不等，D项错误．
第23题
（不定项）如图所示，将两相同的木块a、b置于粗糙的水平地面上，中间用一轻弹簧连接，两侧用细绳系于墙壁．开始时a、b均静止，弹簧处于伸长状态，两细绳均有拉力，a所受摩擦力Ffa≠0，b所受摩擦力Ffb＝0.现将右侧细绳剪断，则剪断瞬间（ ）
A．Ffa大小不变 B．Ffa方向改变
C．Ffb仍然为零 D．Ffb方向向右
答案
AD
右侧细绳剪断瞬间，其拉力变为零．弹簧上的弹力不变，物体b受水平向右的摩擦力，D项正确；剪断细绳瞬间，由于弹簧上的弹力不变，物体a所受摩擦力不变，A项正确．
第24题
（不定项）为保证用户电压稳定在220 V，变电所需适时进行调压，图甲为调压变压器示意图．保持输入电压u1不变，当滑动接头P上下移动时可改变输出电压．某次检测得到用户电压u2随时间t变化的曲线如图乙所示．以下正确的是（ ）
A．u2＝190 sin（50πt） V
B．u2＝190 sin（100πt） V
C．为使用户电压稳定在220 V，应将P适当下移
D．为使用户电压稳定在220 V，应将P适当上移
答案
BD
由题图可知，u2的变化周期T＝0.02 s，则ω＝＝100π rad/s，B项正确；由于u2偏小，为使其有效值增大为220 V，根据变压器的变压规律＝可知，应减小变压比，即将P适当上移，D项正确．
第25题（不定项）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和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点场强小于d点场强
C．a、b两点间的电势差等于b、c两点间的电势差
D．试探电荷＋q在a点的电势能小于在c点的电势能
答案
BC
根据电场线分布规律可知，d点场强大于两电荷连线的中点O的场强，而O的场强大于b的场强，所以b的场强小于d的场强，B项正确，A项错误；由于电场关于MN对称，所以ab的电势差等于bc的电势差，C项正确；从a到c移动试探正电荷，电场力做正功，电势能减小，D项错误．
第26题
（不定项）如图甲所示，两固定的竖直光滑金属导轨足够长且电阻不计．两质量、长度均相同的导体棒c、d，置于边界水平的匀强磁场上方同一高度h处．磁场宽为3h，方向与导轨平面垂直．先由静止释放c，c刚进入磁场即匀速运动，此时再由静止释放d，两导体棒与导轨始终保持良好接触．用ac表示c的加速度，Ekd表示d的动能，xc、xd分别表示c、d相对释放点的位移．图乙中正确的是（ ）
图甲
图乙
答案
BD
0～h内，c做自由落体运动，加速度等于重力加速度g；d自由下落h进入磁场前的过程中，c做匀速运动，位移为2h；当d刚进入磁场时，其速度和c刚进入时相同，因此cd回路中没有电流，c、d均做加速度为g的匀加速运动，直到c离开磁场，c离开磁场后，仍做加速度为g的加速运动，而d做加速度小于g的加速运动，直到离开磁场，B、D两项正确．
第27题
（1）某探究小组设计了“用一把尺子测定动摩擦因数”的实验方案．如图所示，将一个小球和一个滑块用细绳连接，跨在斜面上端．开始时小球和滑块均静止，剪断细绳后，小球自由下落，滑块沿斜面下滑，可先后听到小球落地和滑块撞击挡板的声音．保持小球和滑块释放的位置不变，调整挡板位置，重复以上操作，直到能同时听到小球落地和滑块撞击挡板的声音．用刻度尺测出小球下落的高度H、滑块释放点与挡板处的高度差h和沿斜面运动的位移x.（空气阻力对本实验的影响可以忽略）
①滑块沿斜面运动的加速度与重力加速度的比值为________．
②滑块与斜面间的动摩擦因数为________．
③以下能引起实验误差的是________．
a．滑块的质量
b．当地重力加速度的大小
c．长度测量时的读数误差
d．小球落地和滑块撞击挡板不同时
（2）某同学利用图甲所示电路，探究了电源在不同负载下的输出功率．
图甲
①所得实验数据如下表，请在直角坐标系上画出UI图象.
②根据所画UI图象，可求得电流I＝0.20 A时电源的输出功率为________ W．（保留两位有效数字）
③实验完成后，该同学对实验方案进行了反思，认为按图甲电路进行实验操作的过程中存在安全隐患，并对电路重新设计．在图乙所示的电路中，你认为既能测出电源在不同负载下的输出功率，又能消除安全隐患的是________．（Rx阻值未知）
图乙
答案
（1）① ②(h－) ③cd
（2）①如图所示
②0.37（或0.36） ③bc
解析：（1）①由x＝at2得滑块沿斜面的加速度a＝，由H＝gt2得重力加速度g＝，则a/g＝x/H.②根据a＝gsinα－μgcsα，其中sinα＝h/x，csα＝，则＝－μ，得μ＝＝(h－) .③根据μ＝(h－) 及得到过程可知，引起实验误差的是长度（x、h、H）测量时的读数误差和小球落地及滑块撞击挡板不同时，c、d两项正确．
（2）②根据图象可知，当I＝0.20 A时，U＝1.84 V，则输出功率P＝UI＝0.37 W．③图甲电路中存在的安全隐患是当滑动触头滑到最右端时，电源被短路．图乙b电路中滑动触头滑到最左端时，由于Rx的存在，避免了上述安全隐患，c电路中滑动触头滑到最右端时，由于Rx存在，避免电源短路．
第28题
如图所示，在高出水平地面h＝1.8 m的光滑平台上放置一质量M＝2 kg、由两种不同材料连接成一体的薄板A，其右段长度l1＝0.2 m且表面光滑，左段表面粗糙．在A最右端放有可视为质点的物块B，其质量m＝1 kg，B与A左段间动摩擦因数μ＝0.4.开始时二者均静止，现对A施加F＝20 N水平向右的恒力，待B脱离A（A尚未露出平台）后，将A取走．B离开平台后的落地点与平台右边缘的水平距离x＝1.2 m．（取g＝10 m/s2）求：
（1）B离开平台时的速度vB.
（2）B从开始运动到刚脱离A时，B运动的时间tB和位移xB.
（3）A左段的长度l2.
答案
（1）2 m/s （2）0.5 s 0.5 m （3）1.5 m
解析：（1）设物块平抛运动的时间为t，由运动学知识可得
h＝gt2①
x＝vBt②
联立①②式，代入数据得vB＝2 m/s③
（2）设B的加速度为aB，由牛顿第二定律和运动学的知识得
μmg＝maB④
vB＝aBtB⑤
xB＝aBt⑥
联立③④⑤⑥式，代入数据得tB＝0.5 s⑦
xB＝0.5 m⑧
（3）设B刚开始运动时A的速度为v1，由动能定理得
Fl1＝Mv⑨
设B运动后A的加速度为aA，由牛顿第二定律和运动学知识得F－μmg＝MaA⑩
(l2＋xB)＝v1tB＋aAt?
联立⑦⑧⑨⑩?式，代入数据得
l2＝1.5 m
第29题
扭摆器是同步辐射装置中的插入件，能使粒子的运动轨迹发生扭摆．其简化模型如图：Ⅰ、Ⅱ两处的条形匀强磁场区边界竖直，相距为L，磁场方向相反且垂直于纸面．一质量为m、电量为－q、重力不计的粒子，从靠近平行板电容器MN板处由静止释放，极板间电压为U，粒子经电场加速后平行于纸面射入Ⅰ 区，射入时速度与水平方向夹角θ＝30°.
（1）当Ⅰ区宽度L1＝L、磁感应强度大小B1＝B0时，粒子从Ⅰ区右边界射出时速度与水平方向夹角也为30°，求B0及粒子在Ⅰ区运动的时间t.
（2）若Ⅱ区宽度L2＝L1＝L、磁感应强度大小B2＝B1＝B0，求粒子在Ⅰ区的最高点与Ⅱ区的最低点之间的高度差h.
（3）若L2＝L1＝L、B1＝B0，为使粒子能返回Ⅰ区，求B2应满足的条件．
（4）若B1≠B2、L1≠L2，且已保证了粒子能从Ⅱ区右边界射出．为使粒子从Ⅱ区右边界射出的方向与从Ⅰ区左边界射入的方向总相同，求B1、B2、L1、L2之间应满足的关系式．
答案
见解析
解析：（1）如图1所示，设粒子射入磁场Ⅰ区的速度为v，在磁场Ⅰ区中做圆周运动的半径为R1，由动能定理和牛顿第二定律得
图1
qU＝mv2①
qvB1＝m②
由几何知识得
L＝2R1sinθ③
联立①②③式，代入数据得B0＝④
设粒子在磁场Ⅰ区中做圆周运动的周期为T，运动的时间为t
T＝⑤
t＝T⑥
联立②④⑤⑥式，代入数据得
t＝⑦
图2
图3
图4
（2）设粒子在磁场Ⅱ区做圆周运动的半径为R2，由牛顿第二定律得
qvB2＝m⑧
由几何知识可得
h＝(R1＋R2)(1－csθ)＋Ltan θ⑨
联立②③⑧⑨式，代入数据得
h＝(2－)L⑩
（3）如图2所示，为使粒子能再次回到Ⅰ区，应满足
R2(1＋sinθ)联立①⑧?式，代入数据得
B2>
(或B2≥)
（4）如图3（或图4）所示，设粒子射出磁场Ⅰ区时速度与水平方向的夹角为α，由几何知识可得
L1＝R1(sinθ＋sinα)
[或L1＝R1(sinθ－sinα)]
L2＝R2（sinθ＋sinα）
[或L2＝R2（sinθ－sinα）]
联立②⑧式得
B1R1＝B2R2
联立式得
B1L1＝B2L2.
第30题
（1）人类对物质属性的认识是从宏观到微观不断深入的过程．以下说法正确的是______．
a．液体的分子势能与体积有关
b．晶体的物理性质都是各向异性的
c．温度升高，每个分子的动能都增大
d．露珠呈球状是由于液体表面张力的作用
（2）气体温度计结构如图所示．玻璃测温泡A内充有理想气体，通过细玻璃管B和水银压强计相连．开始时A处于冰水混合物中，左管C中水银面在O点处，右管D中水银面高出O点h1＝14 cm，后将A放入待测恒温槽中，上下移动D，使C中水银面仍在O点处，测得D中水银面高出O点h2＝44 cm.（已知外界大气压为1个标准大气压，1标准大气压相当于76 cmHg）
①求恒温槽的温度．
②此过程A内气体内能______（填“增大”或“减小”），气体不对外做功，气体将______（填“吸热”或“放热”）．
答案
（1）ad
（2）①364 K（或91 ℃） ②增大 吸热
解析：（1）液体的分子势能与分子之间的距离有关，而分子之间的距离影响物体的体积，因而分子势能与体积有关，选项a正确；有些晶体在某些物理性质上表现为各向异性，选项b错误，温度越高，分子的平均动能越大，但并非每个分子的动能都增大，选项c错误；由于液体表面张力的作用，液体的表面有收缩到最小的趋势，因同等体积的物体，以球面的面积最小，所以露珠呈球状，选项d正确．
（2）①设恒温槽的温度为T2，由题意知T1＝273 K
A内气体发生等容变化，根据查理定律得
＝ （ⅰ）
p1＝p0＋ph1（ⅱ）
p2＝p0＋ph2（ⅲ）
联立（ⅰ）（ⅱ）（ⅲ）式，代入数据得T2＝364 K（或91 ℃）
②此过程中A内气体温度升高，则内能增大；体积不变，则W＝0；根据热力学第一定律有ΔU＝Q＋W，得Q＞0，即气体将吸热．
第31题
（1）如图所示，一列简谐横波沿x轴传播，实线为t1＝0时的波形图，此时P质点向y轴负方向运动．虚线为t2＝0.01 s时的波形图．已知周期T＞0.01 s.
①波沿x轴______（填“正”或“负”）方向传播．
②求波速．
（2）如图所示，扇形AOB为透明柱状介质的横截面，圆心角∠AOB＝60°.一束平行于角平分线OM的单色光由OA射入介质，经OA折射的光线恰平行于OB.
①求介质的折射率．
②折射光线中恰好射到M点的光线______（填“能”或“不能”）发生全反射．
答案
（1）①正 ②100 m/s
（2）① ②不能
解析：（1）①由题意可知，t1＝0时P质点向y轴负方向运动，则根据波的传播规律可知，波沿x轴正方向传播．
②由题意知，λ＝8 m
t2－t1＝T①
v＝②
联立①②式，代入数据解得v＝100 m/s.③
（2）依题意作出光路图
①由几何知识可知，
入射角i＝60°，折射角r＝30°④
根据折射定律得n＝⑤
代入数据解得n＝.⑥
（2）②光由介质射向空气发生全反射的临界角θ＝sin－1>30°，有几何关系可得射向M点的光线的入射角γ′＝60°－γ＝30°<θ，因此不能发生全反射．
第32题
（1）碘131核不稳定，会发生β衰变，其半衰期为8天．
①碘131核的衰变方程：I→______（衰变后的元素用X表示）．
②经过________天有75%的碘131核发生了衰变．
（2）如图所示，甲、乙两船的总质量（包括船、人和货物）分别为10m、12m，两船沿同一直线同一方向运动，速度分别为2v0、v0.为避免两船相撞，乙船上的人将一质量为m的货物沿水平方向抛向甲船，甲船上的人将货物接住，求抛出货物的最小速度．（不计水的阻力）
答案
（1）①X＋e ②16 （2）4v0
解析：（1）①衰变过程遵循核电荷数和质量数守恒，有I→X＋e
②根据半衰变期的定义可知，经2个半衰期的时间即16天，共有＋×＝的碘发生了衰变．
（2）设乙船上的人抛出货物的最小速度大小为vmin，抛出货物后船的速度为v1，甲船上的人接到货物后船的速度为v2，由动量守恒定律得12m×v0＝11m×v1－m×vmin①
10m×2v0－m×vmin＝11m×v2②
为避免两船相撞应满足v1＝v2③
联立①②③式得vmin＝4v0.
第33题
如图所示，甲、乙两人在冰面上“拔河”．两人中间位置处有一分界线，约定先使对方过分界线者为赢．若绳子质量不计，冰面可看成光滑，则下列说法正确的是（ ）
A．甲对绳的拉力与绳对甲的拉力是一对平衡力
B．甲对绳的拉力与乙对绳的拉力是作用力与反作用力
C．若甲的质量比乙大，则甲能赢得“拔河”比赛的胜利
D．若乙收绳的速度比甲快，则乙能赢得“拔河”比赛的胜利
答案
C
甲对绳的拉力和绳对甲的拉力是作用力和反作用力，A项错误；甲对绳的拉力和乙对绳的拉力是一对平衡力，选项B错误；由于不计冰面的摩擦力，甲、乙两人在大小相同的拉力F作用下做初速度为零的匀加速运动，由s＝at2和a＝得，t＝，若
m甲＞m乙，则t甲＞t乙，即乙先到达中间分界线，故甲赢得胜利，C项正确；同理，若乙收绳的速度比甲快，同样是乙先到达中间分界线，甲能赢得比赛的胜利，D项错误．
第34题
关于天然放射现象，下列说法正确的是（ ）
A．α射线是由氦原子核衰变产生
B．β射线是由原子核外电子电离产生
C．γ射线是由原子核外的内层电子跃迁产生
D．通过化学反应不能改变物质的放射性
答案
D
α射线是原子核衰变中放出的由氦核组成的粒子流，A项错误；β射线是原子核衰变中核内放出的高速电子流，它是由核内一个中子转化成一个质子时放出的，B项错误；γ射线是原子核衰变过程中，产生的新核具有过多的能量，这些能量以γ光子的形式释放出来，C项错误；化学反应只是原子间核外电子的转移，不改变原子核的结构，所以不能改变物质的放射性，D项正确．
第35题
如图所示，在铁芯上、下分别绕有匝数n1＝800和n2＝200的两个线圈，上线圈两端与u＝51sin314t V的交流电源相连，将下线圈两端接交流电压表，则交流电压表的读数可能是（ ）
A．2.0 V B．9.0 V C．12.7 V D．144.0 V
答案
A
原线圈两端电压的有效值为U1＝V，由公式＝可得，U2＝U1＝V＝9 V．因公式＝的适用条件是穿过原、副线圈的磁通量相等，即理想变压器，但题中变压器的铁芯不闭合，穿过副线圈的磁通量要远小于原线圈的磁通量，所以电压表的示数应比上面的计算值小很多．故A项正确．
第36题
“B超”可用于探测人体内脏的病变状况，如图是超声波从肝脏表面入射，经折射与反射，最后从肝脏表面射出的示意图．超声波在进入肝脏发生折射时遵循的规律与光的折射规律类似，可表述为＝ （式中θ1是入射角，θ2是折射角，v1、v2分别是超声波在肝外和肝内的传播速度），超声波在肿瘤表面发生反射时遵循的规律与光的反射规律相同．已知v2＝0.9v1，入射点与出射点之间的距离是d，入射角为i，肿瘤的反射面恰好与肝脏表面平行，则肿瘤离肝脏表面的深度h为（ ）
A. B.
C. D.
答案
D
如图所示，由题意可得＝，将v2＝0.9v1代入，得sinβ＝sini，由几何关系可得肿瘤离肝脏表面的深度为：h＝ctβ＝＝，D项正确．
第37题
关于波动，下列说法正确的是（ ）
A．各种波均会发生偏振现象
B．用白光做单缝衍射与双缝干涉实验，均可看到彩色条纹
C．声波传播过程中，介质中质点的运动速度等于声波的传播速度
D．已知地震波的纵波波速大于横波波速，此性质可用于横波的预警
答案
BD
只有横波才能发生偏振现象，A项错误；用白光作光源，单缝衍射条纹和双缝干涉条纹均为彩色，B项正确；声波传播过程中，介质中各质点的振动速度并不等于声波的传播速度，声波在介质中可认为匀速传播，而质点做变速运动，C项错误；地震波的纵波传播速度大于横波的传播速度，纵波先到达地球表面，所以可以用于横波的预警，D项正确．
第38题
（不定项）为了探测X星球，载着登陆舱的探测飞船在以该星球中心为圆心，半径为r1的圆轨道上运动，周期为T1，总质量为m1.随后登陆舱脱离飞船，变轨到离星球更近的半径为r2的圆轨道上运动，此时登陆舱的质量为m2，则（ ）
A．X星球的质量为M＝
B．X星球表面的重力加速度为gx＝
C．登陆舱在r1与r2轨道上运动时的速度大小之比为＝
D．登陆舱在半径为r2轨道上做圆周运动的周期为T2＝T1
答案
AD
选飞船为研究对象，则＝m1，解得X星球的质量为M＝，A项正确；飞船的向心加速度为a＝，不等于X星球表面的加速度，B项错误；登陆舱在r1的轨道上运动时满足：＝m2，＝m2，登陆舱在r2的轨道上运动时满足：＝m2，＝m2.由上述公式联立可解得：＝，＝，所以C项错误，D项正确．
第39题
（不定项）利用如图所示装置可以选择一定速度范围内的带电粒子．图中板MN上方是磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，板上有两条宽度分别为2d和d的缝，两缝近端相距为L.一群质量为m、电荷量为q，具有不同速度的粒子从宽度为2d的缝垂直于板MN进入磁场，对于能够从宽度为d的缝射出的粒子，下列说法正确的是（ ）
A．粒子带正电
B．射出粒子的最大速度为
C．保持d和L不变，增大B，射出粒子的最大速度与最小速度之差增大
D．保持d和B不变，增大L，射出粒子的最大速度与最小速度之差增大
答案
BC
带电粒子能够从右缝中射出，进入磁场时所受洛伦兹力方向应向右，由左手定则可判定粒子带负电，A项错误；由qvB＝m得，v＝，射出粒子运动的最大半径为rmax＝，射出粒子运动的最小半径为rmin＝，故射出粒子的最大速度为vmax＝，B项正确；射出粒子的最小速度为vmin＝，Δv＝vmax－vmin＝，若保持d和L不变，增大B时，Δv增大，C项正确；若保持d和B不变，增大L时，Δv不变，D项错误．
第40题
在“探究加速度与力、质量的关系”实验时，已提供了小车、一端附有定滑轮的长木板、纸带、带小盘的细线、刻度尺、天平、导线．为了完成实验，还须从下图中选取实验器材，其名称是__①__（漏选或全选得零分），并分别写出所选器材的作用__②__.
答案
①学生电源、电磁打点计时器、钩码、砝码或电火花计时器、钩码、砝码
②学生电源为电磁打点计时器提供交流电压；电磁打点计时器（电火花计时器）记录小车运动的位置和时间；砝码用以改变小车的质量；钩码用以改变小车受到拉力的大小，还可用于测量小车质量．
第41题
在“探究导体电阻与其影响因素的定量关系”实验中，为了探究3根材料未知、横截面积均为S＝0.20 mm2的金属丝a、b、c的电阻率，采用如图所示的实验电路，M为金属丝c的左端点，O为金属丝a的右端点，P是金属丝上可移动的接触点．在实验过程中，电流表读数始终为I＝1.25 A，电压表读数U随OP间距离x的变化如下表：
（1）绘出电压表读数U随OP间距离x变化的图线；
（2）求出金属丝的电阻率ρ，并进行比较．
答案
（1）
（2）ρ＝
ρa＝Ω·m＝1.04×10－6 Ω·m
ρb＝Ω·m＝9.6×10－4 Ω·m
ρc＝Ω·m＝1.04×10－6 Ω·m
通过计算可知，金属丝a与c电阻率相同，远大于金属丝b的电阻率．
电阻率的允许范围
ρa：0.96×10－6～1.10×10－6 Ω·m
ρb：8.5×10－4～1.10×10－7 Ω·m
ρc：0.96×10－6～1.10×10－6 Ω·m
第42题
如图甲所示，在水平面上固定有长为L＝2 m、宽为d＝1 m的金属“U”型导轨，在“U”型导轨右侧l＝0.5 m范围内存在垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间变化规律如图乙所示．在t＝0时刻，质量为m＝0.1 kg的导体棒以v0＝1 m/s的初速度从导轨的左端开始向右运动，导体棒与导轨之间的动摩擦因数为μ＝0.1，导轨与导体棒单位长度的电阻均为λ＝0.1 Ω/m，不计导体棒与导轨之间的接触电阻及地球磁场的影响（取g＝
10 m/s2）．
（1）通过计算分析4 s内导体棒的运动情况；
（2）计算4 s内回路中电流的大小，并判断电流方向；
（3）计算4 s内回路产生的焦耳热．
答案
（1）见解析 （2）0.2 A 沿顺时针方向 （3）0.04 J
解析：（1）导体棒先在无磁场区域做匀减速运动，
有－μmg＝ma，＝v0＋at，x＝v0t＋at2
代入数据解得：t＝1 s，x＝0.5 m，导体棒没有进入磁场区域．
导体棒在1 s末已停止运动，以后一直保持静止，离左端位置仍为x＝0.5 m.
（2）前2 s磁通量不变，回路电动势和电流分别为
E＝0，I＝0
后2 s回路产生的电动势为E＝＝ld＝0.1 V
回路的总长度为5 m，因此回路的总电阻为R＝5λ＝0.5 Ω
电流为I＝＝0.2 A
根据楞次定律，在回路中的电流方向是顺时针方向．
（3）前2 s电流为零，后2 s有恒定电流，焦耳热为
Q＝I2Rt＝0.04 J.
第43题
节能混合动力车是一种可以利用汽油及所储存电能作为动力来源的汽车．有一质量m＝1 000 kg的混合动力轿车，在平直公路上以v1＝90 km/h匀速行驶，发动机的输出功率为P＝50 kW.当驾驶员看到前方有 80 km/h的限速标志时，保持发动机功率不变，立即启动利用电磁阻尼带动的发电机工作给电池充电，使轿车做减速运动，运动L＝72 m后，速度变为v2＝72 km/h.此过程中发动机功率的用于轿车的牵引，用于供给发电机工作，发动机输送给发电机的能量最后有50%转化为电池的电能．假设轿车在上述运动过程中所受阻力保持不变．求
（1）轿车以90 km/h在平直公路上匀速行驶时，所受阻力F阻的大小；
（2）轿车从90 km/h减速到72 km/h过程中，获得的电能E电；
（3）轿车仅用其在上述减速过程中获得的电能E电维持72 km/h匀速运动的距离L′.
答案
（1）2×103 N （2）6.3×104 J （3）31.5 m
解析：（1）汽车牵引力与输出功率关系P＝F牵v
将P＝50 kW，v1＝90 km/h＝25 m/s代入得
F牵＝＝2×103 N
当轿车匀速行驶时，牵引力与阻力大小相等，有
F阻＝2×103 N.
（2）在减速过程中，注意到发动机只有P用于汽车的牵引．根据动能定理有Pt－F阻L＝mv－mv
代入数据得Pt＝1.575×105 J
电源获得的电能为E电＝0.5×Pt＝6.3×104 J.
（3）根据题设，轿车在平直公路上匀速行驶时受到的阻力仍为F阻＝2×103 N．在此过程中，由能量转化及守恒定律可知，仅有电能用于克服阻力做功E电＝F阻L′
代入数据得L′＝31.5 m.
第44题
如图甲所示，静电除尘装置中有一长为L、宽为b、高为d的矩形通道，其前、后面板使用绝缘材料，上、下面板使用金属材料．图乙是装置的截面图，上、下两板与电压恒定的高压直流电源相连．质量为m、电荷量为－q、分布均匀的尘埃以水平速度v0进入矩形通道，当带负电的尘埃碰到下板后其所带电荷被中和，同时被收集．通过调整两板间距d可以改变收集效率η.当d＝d0时，η为81%（即离下板0.81d0范围内的尘埃能够被收集）．不计尘埃的重力及尘埃之间的相互作用．

图甲 图乙
（1）求收集效率为100%时，两板间距的最大值dm；
（2）求收集效率η与两板间距d的函数关系；
（3）若单位体积内的尘埃数为n，求稳定工作时单位时间下板收集的尘埃质量ΔM/Δt与两板间距d的函数关系，并绘出图线．
答案
（1）0.9d0 （2）η＝0.81()2 （3）见解析
解析：（1）收集效率η为81%，即离下板0.81d0的尘埃恰好到达下板的右端边缘，设高压电源的电压为U，则在水平方向有
L＝v0t ①
在竖直方向有0.81d0＝at2 ②
其中a＝＝＝ ③
当减小两板间距时，能够增大电场强度，提高装置对尘埃的收集效率．收集效率恰好为100%时，两板间距即为dm.如果进一步减小d，收集效率仍为100%.因此，在水平方向有
L＝v0t ④
在竖直方向有 ⑤
其中a′＝＝＝ ⑥
联立①～⑥各式可得dm＝0.9d0. ⑦
（2）通过前面的求解可知，当d≤0.9d0时，收集效率η均为100%. ⑧
当d>0.9d0时，设距下板x处的尘埃恰好到达下板的右端边缘，此时有
x＝()2 ⑨
根据题意，收集效率为η＝ ⑩
联立①②③⑨及⑩式可得η＝0.81()2.
（3）稳定工作时单位时间下板收集的尘埃质量为
ΔM/Δt＝η×nmbdv0
当d≤0.9d0时，η＝1，因此ΔM/Δt＝nmbdv0
当d>0.9d0时，η＝0.81()2，因此
ΔM/Δt＝0.81nmbv0
绘出的图线如下
第45题
“嫦娥二号”是我国月球探测第二期工程的先导星．若测得“嫦娥二号”在月球（可视为密度均匀的球体）表面附近圆形轨道运行的周期T，已知引力常量为G，半径为R的球体体积公式V＝πR3，则可估算月球的（ ）
A．密度 B．质量 C．半径 D．自转周期
答案
A
“嫦娥二号”在近月轨道运行，其轨道半径约为月球半径，由＝mR及ρ＝，V＝πR3可求得月球密度ρ＝，但不能求出质量和半径，A项正确，B、C两项错误；公式中T为“嫦娥二号”绕月运行周期，月球自转周期无法求出，D项错误．
第46题
如图，半圆形玻璃砖置于光屏PQ的左下方．一束白光沿半径方向从A点射入玻璃砖，在O点发生反射和折射，折射光在光屏上呈现七色光带．若入射点由A向B缓慢移动，并保持白光沿半径方向入射到O点，观察到各色光在光屏上陆续消失．在光带未完全消失之前，反射光的强度变化以及光屏上最先消失的光分别是（ ）
A．减弱，紫光 B．减弱，红光
C．增强，紫光 D．增强，红光
答案
C
入射点由A向B移动，入射角增大，反射光强度增强，可见光中紫光折射率最大，由sinC＝知，紫光临界角最小，最先发生全反射，故紫光先在光屏上消失，C项正确．
第47题
图甲中理想变压器原、副线圈的匝数之比n1∶n2＝5∶1，电阻R＝20 Ω，L1、L2为规格相同的两只小灯泡，S1为单刀双掷开关．原线圈接正弦交变电源，输入电压u随时间t的变化关系如图乙所示．现将S1接1、S2闭合，此时L2正常发光．下列说法正确的是（ ）
A．输入电压u的表达式u＝20sin（50πt） V
B．只断开S2后，L1、L2均正常发光
C．只断开S2后，原线圈的输入功率增大
D．若S1换接到2后，R消耗的电功率为0.8 W
答案
D
由图象知T＝0.02 s，ω＝＝100π rad/s，u＝20sin(100πt)V，A项错误；由于副线圈两端电压不变，故只断开S2，两灯串联，电压为额定值一半，不能正常发光，B项错误；只断开S2，副线圈电路电阻变为原来2倍，由P＝知副线圈消耗功率减小，则原线圈输入功率也减小，C项错误；输入电压额定值U1＝20 V，由＝及PR＝得PR＝0.8 W，D项正确．
第48题
如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行．初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带．若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v-t图象（以地面为参考系）如图乙所示．已知v2＞v1，则（ ）
A．t2时刻，小物块离A处的距离达到最大
B．t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大
C．0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左
D．0～t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用
答案
B
由图象知t1时刻小物块速度为零，离A处的距离达到最大，A项错误；t2时刻小物块与传送带速度相同，之前小物块相对传送带一直向左运动，相对传送带滑动的距离最大，B项正确；0～t2时间内小物块受滑动摩擦力向左，t2～t3时间内物块匀速运动不受摩擦力，C、D项错误．
第49题
如图，足够长的U型光滑金属导轨平面与水平面成θ角（0＜θ＜90°），其中MN与PQ平行且间距为L，导轨平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，导轨电阻不计．金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且良好接触，ab棒接入电路的电阻为R，当流过ab棒某一横截面的电量为q时，棒的速度大小为v，则金属棒ab在这一过程中（ ）
A．运动的平均速度大小为v
B．下滑的位移大小为
C．产生的焦耳热为qBLv
D．受到的最大安培力大小为sinθ
答案
B
金属棒开始做加速度减小的变加速直线运动，A项错误；由q＝Δt及＝＝＝，位移x＝，B项正确；此过程中由能量守恒知产生的热量Q＝mgsinθ·x－mv2得Q＝sinθ－mv2，选项C错误；当速度为v时，所受安培力为，选项D错误．
第50题
如图，一不可伸长的轻质细绳跨过定滑轮后，两端分别悬挂质量为m1和m2的物体A和B.若滑轮有一定大小，质量为m且分布均匀，滑轮转动时与绳之间无相对滑动，不计滑轮与轴之间的摩擦．设细绳对A和B的拉力大小分别为T1和T2，已知下列四个关于T1的表达式中有一个是正确的．请你根据所学的物理知识，通过一定的分析，判断正确的表达式是（ ）
A．T1＝ B．T1＝
C．T1＝ D．T1＝
答案
C
T1的表达式应适用于任何情况，可用特殊值法进行分析、判断．若m＝0，则T1＝T2，对m1和m2分别由牛顿第二定律得：m1g－T1＝m1a，T2－m2g＝m2a.以上各式联立：T1＝，C项中若m＝0，则T1＝，C项正确．
第51题
（1）某实验小组在利用单摆测定当地重力加速度的实验中：
①用游标卡尺测定摆球的直径，测量结果如图所示，则该摆球的直径为______ cm.
②小组成员在实验过程中有如下说法，其中正确的是______．（填选项前的字母）
A．把单摆从平衡位置拉开30°的摆角，并在释放摆球的同时开始计时
B．测量摆球通过最低点100次的时间t，则单摆周期为
C．用悬线的长度加摆球的直径作为摆长，代入单摆周期公式计算得到的重力加速度值偏大
D．选择密度较小的摆球，测得的重力加速度值误差较小
（2）某同学在探究规格为“6 V,3 W”的小电珠伏安特性曲线实验中：
①在小电珠接入电路前，使用多用电表直接测量小电珠的电阻，则应将选择开关旋至________挡进行测量．（填选项前的字母）
A．直流电压10 V B．直流电流5 mA
C．欧姆×100 D．欧姆×1
②该同学采用图甲所示的电路进行测量．图中R为滑动变阻器（阻值范围0～20 Ω，额定电流1.0 A），L为待测小电珠，为电压表（量程6 V，内阻20 kΩ） ,为电流表（量程0.6 A，内阻1 Ω），E为电源（电动势8 V，内阻不计），S为开关．
Ⅰ.在实验过程中，开关S闭合前，滑动变阻器的滑片P应置于最________端；（填“左”或“右”）
Ⅱ.在实验过程中，已知各元器件均无故障，但闭合开关S后，无论如何调节滑片P，电压表和电流表的示数总是调不到零，其原因是_______点至_______点的导线没有连接好；（图甲中的黑色小圆点表示接线点，并用数字标记，空格中请填写图甲中的数字，如“__2__点至__3__点”的导线）
Ⅲ.该同学描绘出小电珠的伏安特性曲线示意图如图乙所示，则小电珠的电阻值随工作电压的增大而________．（填“不变”“增大”或“减小”）

答案
（1）①0.97（0.96、0.98均可） ②C
（2）①D ②Ⅰ.左
Ⅱ.1点至5点（或5点至1点）
Ⅲ.增大
解析：（1）①主尺读数为9 mm，游标尺第7条刻线与主尺对齐，读数为9 mm＋7×0.1 mm＝9.7 mm＝0.97 cm.
②摆角太大，且计时应在平衡位置，A项错误；计时100次为50个周期，一个周期为，B项错误；摆长应为摆线长加摆球半径，L偏大，由T＝2π计算出重力加速度偏大，C项正确；应选择密度较大的摆球，测得的重力加速度误差较小，D项错误．
（2）①小电珠额定电压下的电阻为R＝＝18 Ω，使用多用表直接测量且读数准确应使指针在中值电阻附近读数，故应将选择开关旋至欧姆×1挡．
②Ⅰ.滑动变阻器为分压接法，开关S闭合前应使并联部分电压为零，滑片P要置于最左端．
Ⅱ.电压表和电流表示数调不到零，说明滑动变阻器串联在电路中，其原因是1、5点间的导线没有接好．
Ⅲ.在IU图象中斜率随电压的增大而减小说明电阻增大．
第52题
反射式速调管是常用的微波器件之一，它利用电子团在电场中的振荡来产生微波，其振荡原理与下述过程类似．如图所示，在虚线MN两侧分别存在着方向相反的两个匀强电场，一带电微粒从A点由静止开始，在电场力作用下沿直线在A、B两点间往返运动．已知电场强度的大小分别是E1＝2.0×103 N/C 和E2＝4.0×103 N/C，方向如图所示，带电微粒质量m＝1.0×10－20 kg，带电量q＝－1.0×10－9 C，A点距虚线MN的距离d1＝1.0 cm，不计带电微粒的重力，忽略相对论效应．求：
（1）B点距虚线MN的距离d2；
（2）带电微粒从A点运动到B点所经历的时间t.
答案
（1）0.50 cm （2）1.5×10－8 s
解析：（1）带电微粒由A运动到B的过程中，由动能定理有
|q|E1d1－|q|E2d2＝0①
由①式解得d2＝d1＝0.50 cm②
（2）设微粒在虚线MN两侧的加速度大小分别为a1、a2，由牛顿第二定律有|q|E1＝ma1③
|q|E2＝ma2④
设微粒在虚线MN两侧运动的时间分别为t1、t2，由运动学公式有d1＝a1⑤
d2＝a2⑥
又t＝t1＋t2⑦
由②③④⑤⑥⑦式解得t＝1.5×10－8s.
第53题
如图为某种鱼饵自动投放器中的投饵管装置示意图，其下半部AB是一长为2R的竖直细管，上半部BC是半径为R的四分之一圆弧弯管，管口沿水平方向，AB管内有一原长为R、下端固定的轻质弹簧．投饵时，每次总将弹簧长度压缩到0.5R后锁定，在弹簧上端放置一粒鱼饵，解除锁定，弹簧可将鱼饵弹射出去．设质量为m的鱼饵到达管口C时，对管壁的作用力恰好为零．不计鱼饵在运动过程中的机械能损失，且锁定和解除锁定时，均不改变弹簧的弹性势能．已知重力加速度为g.求：
（1）质量为m的鱼饵到达管口C时的速度大小v1；
（2）弹簧压缩到0.5R时的弹性势能Ep；
（3）已知地面与水面相距1.5R，若使该投饵管绕AB管的中轴线OO′在90°角的范围内来回缓慢转动，每次弹射时只放置一粒鱼饵，鱼饵的质量在m到m之间变化，且均能落到水面．持续投放足够长时间后，鱼饵能够落到水面的最大面积S是多少？
甲
答案
（1） （2）3mgR （3）πR2（或8.25πR2）
解析：（1）质量为m的鱼饵到达管口C时做圆周运动的向心力完全由重力提供，则mg＝m①
由①式解得v1＝②
（2）弹簧的弹性势能全部转化为鱼饵的机械能，由机械能守恒定律有Ep＝mg（1.5R＋R）＋mv③
由②③式解得Ep＝3mgR④
（3）不考虑因缓慢转动装置对鱼饵速度大小的影响，质量为m的鱼饵离开管口C后做平抛运动，设经过t时间落到水面上，离OO′的水平距离为x1，由平抛运动规律有4.5R＝gt2⑤
x1＝v1t＋R⑥
由⑤⑥式解得x1＝4R⑦
当鱼饵的质量为m时，设其到达管口C时速度大小为v2，由机械能守恒定律有Ep＝mg(1.5R＋R)＋(m)v⑧
由④⑧式解得v2＝2⑨
质量为m的鱼饵落到水面上时，设离OO′的水平距离为x2，则x2＝v2t＋R⑩
由⑤⑨⑩式解得x2＝7R
鱼饵能够落到水面的最大面积S
S＝(πx－πx)＝πR2（或8.25πR2）．
第54题
如图甲，在x＞0的空间中存在沿y轴负方向的匀强电场和垂直于xOy平面向里的匀强磁场，电场强度大小为E，磁感应强度大小为B.一质量为m，带电量为q（q＞0）的粒子从坐标原点O处，以初速度v0沿x轴正方向射入，粒子的运动轨迹见图甲，不计粒子的重力．
（1）求该粒子运动到y＝h时的速度大小v；
（2）现只改变入射粒子初速度的大小，发现初速度大小不同的粒子虽然运动轨迹（yx曲线）不同，但具有相同的空间周期性，如图乙所示；同时，这些粒子在y轴方向上的运动（yt关系）是简谐运动，且都有相同的周期T＝.
Ⅰ.求粒子在一个周期T内，沿x轴方向前进的距离S；
Ⅱ.当入射粒子的初速度大小为v0时，其yt图象如图丙所示，求该粒子在y轴方向上做简谐运动的振幅A，并写出yt的函数表达式．

甲 乙 丙
答案
（1）
（2）Ⅰ. Ⅱ. (v0－) y＝(v0－)(1－cst)
解析：（1）由于洛伦兹力不做功，只有电场力做功，由动能定理有－qEh＝mv2－mv①
由①式解得v＝②
（2）Ⅰ.由图乙可知，所有粒子在一个周期T内沿x轴方向前进的距离相同，即都等于恰好沿x轴方向匀速运动的粒子在T时间内前进的距离．设粒子恰好沿x轴方向匀速运动的速度大小为v1，则qv1B＝qE③
又S＝v1T④
式中T＝
由③④式解得S＝⑤
Ⅱ.设粒子在y方向上的最大位移为ym（图丙曲线的最高点处），对应的粒子运动速度大小为v2（方向沿x轴），因为粒子在y方向上的运动为简谐运动，因而在y＝0和y＝ym处粒子所受的合外力大小相等，方向相反，则qv0B－qE＝－(qv2B－qE)⑥
由动能定理有－qEym＝mv－mv⑦
又Ay＝ym⑧
由⑥⑦⑧式解得Ay＝(v0－)
可写出图丙曲线满足的简谐运动yt函数表达式为y＝(v0－)(1－cst)．
第55题
（1）如图所示，曲线M、N分别表示晶体和非晶体在一定压强下的熔化过程，图中横轴表示时间t，纵轴表示温度T.从图中可以确定的是__________．（填选项前的字母）
A．晶体和非晶体均存在固定的熔点T0
B．曲线M的bc段表示固液共存状态
C．曲线M的ab段、曲线N的ef段均表示固态
D．曲线M的cd段、曲线N的fg段均表示液态
（2）一定量的理想气体在某一过程中，从外界吸收热量2.5×104 J，气体对外界做功1.0×104 J，则该理想气体的________．（填选项前的字母）
A．温度降低，密度增大 B．温度降低，密度减小
C．温度升高，密度增大 D．温度升高，密度减小
答案
（1）B
（2）D
解析：（1）晶体有固定的熔点，而非晶体没有固定的熔点，选项A错误；曲线M的bc段的温度不变，晶体正在熔化，处于固液共存状态，选项B正确；曲线M的ab段表示固态，曲线N的ef段的状态不能确定，选项C错误；曲线M的cd段表示液态，曲线N的fg段的状态不能确定，选项D错误．
（2）由热力学第一定律得：ΔU＝Q＋W＝2.5×104 J－1.0×104 J＝1.5×104 J＞0，所以气体温度升高．因气体对外做功，气体体积增大，所以密度减小．选项D正确．
第56题
（1）爱因斯坦因提出了光量子概念并成功地解释光电效应的规律而获得1921年诺贝尔物理学奖．某种金属逸出光电子的最大初动能Ekm与入射光频率ν的关系如图所示，其中ν0为极限频率．从图中可以确定的是________．（填选项前的字母）
A．逸出功与ν有关
B．Ekm与入射光强度成正比
C．当ν＜ν0时，会逸出光电子
D．图中直线的斜率与普朗克常量有关
（2）在光滑水平面上，一质量为m、速度大小为v的A球与质量为2m静止的B球碰撞后，A球的速度方向与碰撞前相反．则碰撞后B球的速度大小可能是________．（填选项前的字母）
A．0.6v B．0.4v C．0.3v D．0.2v
答案
（1）D
（2）A
解析：（1）逸出功与照射光的频率无关，由金属本身决定，选项A错误；光电子的最大初动能与照射光的频率有关，与照射光的强度无关，选项B错误；ν＜ν0时，即照射光的频率小于极限频率时，不会发生光电效应，无光电子逸出，选项C错误；由光电效应方程Ekm＝hν－hν0可知，图线的斜率即为普朗克常量，选项D正确．
（2）设碰后A球的速度大小为vA，B球的速度大小为vB，由动量守恒定律得，mv＝－mvA＋2mvB，解得vB＝0.5v＋0.5vA＞0.5v，应选A项．
第57题
一质量为m的物块恰好静止在倾角为θ的斜面上．现对物块施加一个竖直向下的恒力F，如图所示．则物块（ ）
A．仍处于静止状态 B．沿斜面加速下滑
C．受到的摩擦力不变 D．受到的合外力增大
答案
A
物块恰好静止时，有mgsinθ－μmgcsθ＝0；施加F后，有Fsinθ＋mgsinθ－μ（mgcsθ＋Fcsθ)＝ma，联立以上两式解得a＝0.
第58题
实验表明，可见光通过三棱镜时各色光的折射率n随波长λ的变化符合科西经验公式：n＝A＋＋，其中A、B、C是正的常量．太阳光进入三棱镜后发生色散的情形如图所示．则…（ ）
A．屏上c处是紫光 B．屏上d处是红光
C．屏上b处是紫光 D．屏上a处是红光
答案
D
根据n＝A＋＋知波长越长折射率越小，光线偏折越小．从图可知，d光偏折最厉害，折射率最大，应是紫光；a光偏折最轻，折射率最小，应是红光．选项D正确．
第59题
一物体作匀加速直线运动，通过一段位移Δx所用的时间为t1，紧接着通过下一段位移Δx所用的时间为t2.则物体运动的加速度为（ ）
A. B.
C. D.
答案
A
设经过第一段位移Δx的起始位置对应时刻记为零，则vt1/2＝，v(t1＋t2/2)＝，又v(t1＋t2/2)－vt1/2＝a(t1＋t2/2－t1/2)，解得a＝，A项对．
第60题
一般的曲线运动可以分成很多小段，每小段都可以看成圆周运动的一部分，即把整条曲线用一系列不同半径的小圆弧来代替．如图（a）所示，曲线上A点的曲率圆定义为：通过A点和曲线上紧邻A点两侧的两点作一圆，在极限情况下，这个圆就叫做A点的曲率圆，其半径ρ叫做A点的曲率半径．现将一物体沿与水平面成α角的方向以速度v0抛出，如图（b）所示．则在其轨迹最高点P处的曲率半径是（ ）

图（a） 图（b）
A. B.
C. D.
答案
C
物体抛出后在最高点的加速度为g，水平速度为v0csα，由a＝得g＝，故P点曲率半径ρ＝，C项正确．
第61题
图（a）为示波管的原理图．如果在电极YY′之间所加的电压按图（b）所示的规律变化，在电极XX′之间所加的电压按图（c）所示的规律变化，则在荧光屏上会看到的图形是（ ）
图（a）

图（b） 图（c）
答案
B
0时刻，在YY′方向上位移为零，在XX′方向上位移为负的最大值；在t1时刻，在YY′方向上位移为零，在XX′方向上位移为零；在t1/2时刻，在YY′方向上位移为正的最大值，故B图正确．
第62题
如图所示的区域内有垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度为B.电阻为R、半径为L、圆心角为45°的扇形闭合导线框绕垂直于纸面的O轴以角速度ω匀速转动（O轴位于磁场边界）．则线框内产生的感应电流的有效值为（ ）
A. B.
C. D.
答案
D
切割磁感线产生的感应电动势为E＝BL2ω，一周有电动势的时间是，故根据有效值定义有()2R＝I2RT，解得I＝.
第63题
如图（a）所示，两平行正对的金属板A、B间加有如图（b）所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两极的正中间P处．若在t0时刻释放该粒子，粒子会时而向A板运动，时而向B板运动，并最终打在A板上．则t0可能属于的时间段是（ ）
A．0＜t0＜ B. ＜t0＜
C. ＜t0＜T D．T＜t0＜
答案
B
如果t0＝释放，则粒子一直向A板运动；如果t0＝释放，粒子在同一段上往返运动，不能达到A板．由此符合题意的释放时刻应对应B项．
第64题
Ⅰ.为了测量某一弹簧的劲度系数，将该弹簧竖直悬挂起来，在自由端挂上不同质量的砝码．实验测出了砝码质量m与弹簧长度l的相应数据，其对应点已在图上标出．（g＝9.8 m/s2）
（1）作出ml的关系图线；
（2）弹簧的劲度系数为________N/m.
Ⅱ.（1）某同学使用多用电表粗略测量一定值电阻的阻值，先把选择开关旋到“×1 k”挡位，测量时指针偏转如图（a）所示．请你简述接下来的测量操作过程：
图（a）
①________________________________________________________________________；
②________________________________________________________________________；
③________________________________________________________________________；
④测量结束后，将选择开关旋到“OFF”挡．
（2）接下来采用“伏安法”较准确地测量该电阻的阻值，所用实验器材如图（b）所示．其中电压表内阻约为5 kΩ，电流表内阻约为5 Ω.图中部分电路已经连接好，请完成实验电路的连接．
图（b）
（3）图（c）是一个多量程多用电表的简化电路图，测量电流、电压和电阻各有两个量程．当转换开关S旋到位置3时，可用来测量________；当S旋到位置________时，可用来测量电流，其中S旋到位置________时量程较大．
图（c）
答案
Ⅰ.（1）如图所示
（2）0.248～0.262
Ⅱ.（1）①断开待测电阻，将选择开关旋到“×100”挡；
②将两表笔短接，调整“欧姆调零旋钮”，使指针指向“0 Ω”；
③再接入待测电阻，将指针示数×100，即为待测电阻阻值．
（2）如图所示
（3）电阻 1、2 1
解析：Ⅰ.（1）画一条直线尽量通过较多的点，如答案中图．
（2）在画出的图象上选取较远的两点，用于计算劲度系数．
选（11.5,0.75）及（19.0,2.75）两点，有k＝＝N/m＝0.261 N/m.
Ⅱ.（2）从图（a）可知，电阻在2 kΩ左右，因R0＝＝＝50 Ω＜2 kΩ，故待测电阻为大电阻，要用电流表内接法．
（3）使用电池内部干电池时，是欧姆表，用来测电阻．电流表是表头与小电阻并联．并联的电阻越小量程越大．
第65题
（1）开普勒行星运动第三定律指出：行星绕太阳运动的椭圆轨道的半长轴a的三次方与它的公转周期T的二次方成正比，即＝k，k是一个对所有行星都相同的常量．将行星绕太阳的运动按圆周运动处理，请你推导出太阳系中该常量k的表达式．已知引力常量为G，太阳的质量为M太．
（2）开普勒定律不仅适用于太阳系，它对一切具有中心天体的引力系统（如地月系统）都成立．经测定月地距离为3.84×108 m，月球绕地球运动的周期为2.36×106 s，试计算地球的质量M地．（G＝6.67×10－11 N·m2/kg2，结果保留一位有效数字）
答案
（1）k＝ （2）6×1024 kg
解析：（1）G＝ma，又k＝，故k＝.
（2）G＝m月r，M地＝，代入数值解得：M地＝6×1024 kg.
第66题
如图所示，在以坐标原点O为圆心、半径为R的半圆形区域内，有相互垂直的匀强电场和匀强磁场，磁感应强度为B，磁场方向垂直于xOy平面向里．一带正电的粒子（不计重力）从O点沿y轴正方向以某一速度射入，带电粒子恰好做匀速直线运动，经t0时间从P点射出．
（1）求电场强度的大小和方向．
（2）若仅撤去磁场，带电粒子仍从O点以相同的速度射入，经时间恰从半圆形区域的边界射出．求粒子运动加速度的大小．
（3）若仅撤去电场，带电粒子仍从O点射入，但速度为原来的4倍，求粒子在磁场中运动的时间。
答案
（1） 电场沿x轴正方向
（2） （3） t0
解析：（1）设带电粒子的质量为m，电荷量为q，初速度为v，电场强度为E.可判断出粒子受到的洛伦兹力沿x轴负方向，于是可知电场强度沿x轴正方向
且有qE＝qvB①
又R＝vt0②
则E＝③
（2）仅有电场时，带电粒子在匀强电场中作类平抛运动
在y轴方向位移大小为y＝v④
由②④式得y＝⑤
设在x轴方向位移大小为x，因射出位置在半圆形区域边界上，于是x＝R
又由x＝a()2⑥
得a＝⑦
（3）仅有磁场时，入射速度v′＝4v，带电粒子在匀强磁场中作匀速圆周运动，设轨道半径为r，由牛顿第二定律有
qv′B＝m⑧
又qE＝ma⑨
由③⑦⑧⑨式得r＝
由几何知识sinα＝
即sinα＝，α＝
带电粒子在磁场中运动周期T＝
则带电粒子在磁场中运动时间tB＝T
所以tB＝t0.
第67题
如图所示，质量M＝2 kg的滑块套在光滑的水平轨道上，质量m＝1 kg的小球通过长L＝0.5 m的轻质细杆与滑块上的光滑轴O连接，小球和轻杆可在竖直平面内绕O轴自由转动，开始轻杆处于水平状态．现给小球一个竖直向上的初速度v0＝4 m/s，g取10 m/s2.
（1）若锁定滑块，试求小球通过最高点P时对轻杆的作用力大小和方向．
（2）若解除对滑块的锁定，试求小球通过最高点时的速度大小．
（3）在满足（2）的条件下，试求小球击中滑块右侧轨道位置点与小球起始位置点间的距离．
答案
（1）2 N，竖直向上 （2）2 m/s （3）m
解析：（1）设小球能通过最高点，且此时的速度为v1.在上升过程中，因只有重力做功，小球的机械能守恒．则
mv＋mgL＝mv①
v1＝m/s②
设小球到达最高点时，轻杆对小球的作用力为F，方向向下，则F＋mg＝m③
由②③式，得F＝2 N④
由牛顿第三定律可知，小球对轻杆的作用力大小为2 N，方向竖直向上．
（2）解除锁定后，设小球通过最高点时的速度为v2，此时滑块的速度为V.在上升过程中，因系统在水平方向不受外力作用，水平方向的动量守恒．以水平向右的方向为正方向，有
mv2＋MV＝0⑤
在上升过程中，因只有重力做功，系统的机械能守恒，则
mv＋MV2＋mgL＝mv⑥
由⑤⑥式，得v2＝2 m/s⑦
（3）设小球击中滑块右侧轨道的位置点与小球起始位置点间的距离为s1，滑块向左移动的距离为s2.任意时刻小球的水平速度大小为v3，滑块的速度大小为V′.由系统水平方向的动量守恒，得
mv3－MV′＝0⑧
将⑧式两边同乘以Δt，得mv3Δt－MV′Δt＝0⑨
因⑨式对任意时刻附近的微小间隔Δt都成立，累积相加后，有ms1－Ms2＝0⑩
又s1＋s2＝2L
由⑩式，得
s1＝m.
第68题
（不定项）气体能够充满密闭容器，说明气体分子除相互碰撞的短暂时间外（ ）
A．气体分子可以做布朗运动
B．气体分子的动能都一样大
C．相互作用力十分微弱，气体分子可以自由运动
D．相互作用力十分微弱，气体分子间的距离都一样大
答案
C
布朗运动是悬浮在液体中微小颗粒的运动，是分子无规则运动的反映，A项错误；分子的速率分布是“两头少，中间多”，各个分子的速率并不都相等，B项错误；气体分子间的距离远大于分子间发生作用的距离，故相互作用力可忽略，故C项正确；分子间的距离并不一定一样大，平时说的是平均距离，D项错误．
第69题
（不定项）下列说法正确的是（ ）
A．甲乙在同一明亮空间，甲从平面镜中看见乙的眼睛时，乙一定能从镜中看见甲的眼睛
B．我们能从某位置通过固定的任意透明介质看见另一侧的所有景物
C．可见光的传播速度总是大于电磁波的传播速度
D．在介质中光总是沿直线传播
答案
A
根据光路可逆性可知，A项正确；我们能够从某位置通过固定的透明介质看见另一侧的所有景物，但对透明介质的折射率和厚度有所要求，B项错误；在真空中电磁波的传播速度等于可见光的传播速度，C项错；光在同一均匀介质中沿直线传播，D项错误．
第70题
（不定项）如图为一列沿x轴负方向传播的简谐横波在t＝0时的波形图，当Q点在t＝0时的振动状态传到P点时，则（ ）
A．1 cm＜x＜3 cm范围内的质点正在向y轴的负方向运动
B．Q处的质点此时的加速度沿y轴的正方向
C．Q处的质点此时正在波峰位置
D．Q处的质点此时运动到P处
答案
B
当Q的振动状态传播到P时，波形向左移动了个波长，各点并没有侧移，D项错误；此时1 cm＜x＜2 cm的质点沿y轴正方向移动，2 cm＜x＜3 cm的质点沿y轴负方向移动，A项错误；此时Q点在波谷处，B项正确而C项错误．
第71题
（不定项）据报道，天文学家近日发现了一颗距地球40光年的“超级地球”，名为“55 Cancri e”，该行星绕母星（中心天体）运行的周期约为地球绕太阳运行周期的，母星的体积约为太阳的60倍．假设母星与太阳密度相同，“55 Cancri e”与地球均做匀速圆周运动，则“55 Cancri e”与地球的（ ）
A．轨道半径之比约为
B．轨道半径之比约为
C．向心加速度之比约为
D．向心加速度之比约为
答案
B
设行星的质量为m，恒星的质量为M，体积为V，对行星，由万有引力提供向心力得G＝m（）2r，行星的轨道半径为r＝＝，所以r∝，B项正确，A项错误；行星的向心加速度为a＝（）2r，所以a∝，C、D两项错误．
第72题
（不定项）氢原子从能级m跃迁到能级n时辐射红光的频率为ν1，从能级n跃迁到能级k时吸收紫光的频率为ν2，已知普朗克常量为h，若氢原子从能级k跃迁到能级m，则（ ）
A．吸收光子的能量为hν1＋hν2
B．辐射光子的能量为hν1＋hν2
C．吸收光子的能量为hν2－hν1
D．辐射光子的能量为hν2－hν1
答案
D
氢原子从能级m跃迁到能级n时，辐射红光，则hν1＝Em－En；从能级n跃迁到能级k时，吸收紫光，则hν2＝Ek－En.因为红光的频率ν1小于紫光的频率ν2，即hν1＜hν2，所以能级k大于能级m.从能级k跃迁到能级m时，辐射光子的能量为Ek－Em＝hν2－hν1，D项正确．
第73题
（不定项）如图是“神舟”系列航天飞船返回舱返回地面的示意图，假定其过程可简化为：打开降落伞一段时间后，整个装置匀速下降，为确保安全着陆，需点燃返回舱的缓冲火箭，在火箭喷气过程中返回舱做减速直线运动，则…（ ）
A．火箭开始喷气瞬间伞绳对返回舱的拉力变小
B．返回舱在喷气过程中减速的主要原因是空气阻力
C．返回舱在喷气过程中所受合外力可能做正功
D．返回舱在喷气过程中处于失重状态
答案
A
点火前，降落伞和返回舱做匀速直线运动．对返回舱，返回舱的重力等于伞绳拉力F；点火后瞬间，返回舱立刻获得向上的反冲力，使伞绳对返回舱的拉力变小，A项正确；返回舱做减速运动的主要原因是反冲力，B项错误；返回舱所受合力向上，处于超重状态，C项错误；由于喷气过程中，动能减小，由动能定理可知合力做负功，D项错误．
第74题
（不定项）如图所示，在匀强磁场中匀速转动的矩形线圈的周期为T，转轴O1O2垂直于磁场方向，线圈电阻为2 Ω.从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，线圈转过60°时的感应电流为1 A．那么（ ）
A．线圈消耗的电功率为4 W
B．线圈中感应电流的有效值为2 A
C．任意时刻线圈中的感应电动势为e＝4cst
D．任意时刻穿过线圈的磁通量为Φ＝sint
答案
AC
线圈平面和磁感线平行时，穿过线圈的磁通量最小，变化率最大；从线圈平面和磁感线平行时开始计时，感应电动势的瞬时值表达式为e＝Emcsωt＝Emcst，电流的瞬时值表达式为i＝＝csωt.当ωt＝60°时，i＝cs60°＝1 A，解得最大值为Em＝4 V，故C项正确；感应电动势的有效值为E＝＝2 V，感应电流的有效值为I＝＝A，B项错误；线圈消耗的功率为P＝I2R＝4 W，A项正确；最大值为Em＝4 V＝BS，故BS＝，所以穿过线圈的磁通量的瞬时值表达式为Φ＝sint，D项错误．
第75题
（不定项）质量为m的带正电小球由空中A点无初速自由下落，在t秒末加上竖直向上、范围足够大的匀强电场，再经过t秒小球又回到A点，不计空气阻力且小球从未落地，则（ ）
A．整个过程中小球电势能变化了mg2t2
B．整个过程中小球动量增量的大小为2mgt
C．从加电场开始到小球运动到最低点时小球动能变化了mg2t2
D．从A点到最低点小球重力势能变化了mg2t2
答案
BD
以竖直向下为正方向，小球自由落体的末速度v＝gt，位移h1＝gt2，加上电场后，－h1＝vt－at2，解得加速度大小为a＝3g，由qE－mg＝ma得电场力qE＝4mg，整个过程小球电势能的变化为ΔEp＝qEh1＝2mg2t2，A项错误；末速度v1＝v－at＝－2gt，整个过程小球动量的改变量为Δp＝mv1－0＝－2mgt.B项正确；加上电场后到最低点，动能的变化为ΔEk＝mv2＝mg2t2，C项错误；小球的减速位移为h2＝＝，从A到最低点小球重力势能的变化为ΔEp＝mg（h1＋h2）＝mg2t2，D项正确．
第76题
（1）某研究性学习小组进行了如下实验：如图所示，在一端封闭的光滑细玻璃管中注满清水，水中放一个红蜡做成的小圆柱体R.将玻璃管的开口端用胶塞塞紧后竖直倒置且与y轴重合，在R从坐标原点以速度v0＝3 cm/s匀速上浮的同时，玻璃管沿x轴正方向做初速为零的匀加速直线运动．同学们测出某时刻R的坐标为（4,6），此时R的速度大小为___________cm/s，R在上升过程中运动轨迹的示意图是_______________．（R视为质点）
（2）为测量一电源的电动势及内阻
①在下列三个电压表中选一个改装成量程为9 V的电压表
A. 量程为1 V、内阻大约为1 kΩ的电压表
B. 量程为2 V、内阻大约为2 kΩ 的电压表
C. 量程为3 V、内阻为3 kΩ的电压表
选择电压表________串联__________kΩ的电阻可以改装成量程为9 V的电压表．
②利用一个电阻箱、一只开关、若干导线和改装好的电压表（此表用符号、或与一个电阻串联来表示，且可视为理想电压表），在虚线框内画出测量电源电动势及内阻的实验原理电路图．③根据以上实验原理电路图进行实验，读出电压表示数为1.50 V时，电阻箱的阻值为15.0 Ω；电压表示数为2.00 V时，电阻箱的阻值为40.0 Ω，则电源的电动势E＝______V、内阻r＝________Ω.
答案
（1）5 D （2）①C 6 ②电路图如解析图所示 ③7.5 10
解析：（1）红蜡在y方向做匀速直线运动，由y＝vyt得，运动的时间为t＝＝2 s，红蜡在x方向做匀速直线运动，x＝at2，加速度为a＝＝2 cm/s2，x方向的速度为vx＝at＝4 cm/s，此时红蜡的速度为v＝＝5 cm/s；消去时间t得x＝y2，图象为D项．
（2）①可以将量程为3 V的电压表扩大3倍量程即可，由＝得，串联电阻的阻值为R0＝RV＝6 kΩ.
②电路如图
③电压表示数为1.50 V时，路端电压U＝4.50 V；电压表示数为2.00 V时，路端电压U′＝6.00 V，将U＝4.50 V，R1＝15.0 Ω；U′＝6.00 V，R1′＝40.0 Ω代入E＝U＋·r，联立方程式解得E＝7.5 V，r＝10 Ω.
第77题
随着机动车数量的增加，交通安全问题日益凸显．分析交通违法事例，将警示我们遵守交通法规，珍惜生命．一货车严重超载后的总质量为49 t，以54 km/h的速率匀速行驶．发现红灯时司机刹车，货车即做匀减速直线运动，加速度的大小为2.5 m/s2（不超载时则为5 m/s2）.
（1）若前方无阻挡，问从刹车到停下来此货车在超载及不超载时分别前进多远？
（2）若超载货车刹车时正前方25 m处停着总质量为1 t的轿车，两车将发生碰撞，设相互作用0.1 s后获得相同速度，问货车对轿车的平均冲力多大？
答案
（1）见解析 （2）9.8×104 N
解析：（1）设货车刹车时速度大小为v0、加速度大小为a，末速度大小为vt，刹车距离为s
s＝①
代入数据，得
超载时s1＝45 m②
若不超载s2＝22.5 m③
（2）设货车刹车后经s′＝25 m与轿车碰撞时的初速度大小为v1
v1＝④
设碰撞后两车共同速度为v2、货车质量为M、轿车质量为m，由动量守恒定律Mv1＝（M＋m）v2⑤
设货车对轿车的作用时间为Δt、平均冲力大小为，由动量定理Δt＝mv2⑥
联立④⑤⑥式，代入数据得
＝9.8×104 N.
第78题
如图所示，间距l＝0.3 m的平行金属导轨a1b1c1和a2b2c2分别固定在两个竖直面内．在水平面a1b1b2a2区域内和倾角θ＝37°的斜面c1b1b2c2区域内分别有磁感应强度B1＝0.4 T、方向竖直向上和B2＝1 T、方向垂直于斜面向上的匀强磁场．电阻R＝0.3 Ω、质量m1＝0.1 kg、长为l 的相同导体杆K、S、Q分别放置在导轨上，S杆的两端固定在b1、b2点，K、Q杆可沿导轨无摩擦滑动且始终接触良好．一端系于K杆中点的轻绳平行于导轨绕过轻质定滑轮自然下垂，绳上穿有质量m2＝0.05 kg的小环．已知小环以a＝6 m/s2的加速度沿绳下滑，K杆保持静止，Q杆在垂直于杆且沿斜面向下的拉力F作用下匀速运动．不计导轨电阻和滑轮摩擦，绳不可伸长．取g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8.求
（1）小环所受摩擦力的大小；
（2）Q杆所受拉力的瞬时功率．
答案
（1）0.2 N （2）2 W
解析：（1）设小环受到的摩擦力大小为Ff，由牛顿第二定律，有m2g－Ff＝m2a①
代入数据，得
Ff＝0.2 N．②
（2）设通过K杆的电流为I1，K杆受力平衡，有
Ff＝B1I1l③
设回路总电流为I，总电阻为R总，有
I＝2I1④
R总＝R⑤
设Q杆下滑速度大小为v，产生的感应电动势为E，有
I＝⑥
E＝B2lv⑦
F＋m1gsinθ＝B2Il⑧
拉力的瞬时功率为P＝Fv⑨
联立以上方程，代入数据得P＝2 W．⑩
第79题
第80题
某人估测一竖直枯井深度，从井口静止释放一石头并开始计时，经2 s听到石头落底声．由此可知井深约为（不计声音传播时间，重力加速度g取10 m/s2）（ ）
A．10 m B．20 m C．30 m D．40 m
答案
B
石头的运动可看做自由落体运动，下落的时间约t＝2 s，由公式h＝gt2得，h＝×10×22 m＝20 m，所以B项正确．
第81题
某汽车后备箱内安装有撑起箱盖的装置，它主要由汽缸和活塞组成．开箱时，密闭于汽缸内的压缩气体膨胀，将箱盖顶起，如图所示．在此过程中，若缸内气体与外界无热交换，忽略气体分子间相互作用，则缸内气体（ ）
A．对外做正功，分子的平均动能减小
B．对外做正功，内能增大
C．对外做负功，分子的平均动能增大
D．对外做负功，内能减小
答案
A
缸内气体膨胀，对外做正功，即W＜0，缸内气体与外界无热交换，即Q＝0，由热力学第一定律W＋Q＝ΔU可知，ΔU＜0，即缸内气体的内能减小，温度降低，分子的平均动能减小，故B、C、D三项错误，A项正确．
第82题
核电站核泄漏的污染物中含有碘131和铯137.碘131的半衰期约为8天，会释放β射线；铯137是铯133的同位素，半衰期约为30年，发生衰变时会辐射γ射线．下列说法正确的是（ ）
A．碘131释放的β射线由氦核组成
B．铯137衰变时辐射出的γ光子能量小于可见光光子能量
C．与铯137相比，碘131衰变更慢
D．铯133和铯137含有相同的质子数
答案
D
β射线是高速运动的电子流，A项错误；γ光子的频率比可见光光子的频率大，所以γ光子的能量比可见光光子的能量高，B项错误；碘131的半衰期比铯137的半衰期短，碘131衰变得快，C项错误；同位素的质量数不同而质子数相同，所以铯133和铯137含有相同的质子数，D项正确．
第83题
介质中坐标原点O处的波源在t＝0时刻开始振动，产生的简谐波沿x轴正向传播，t0时刻传到L处，波形如图所示．下列能描述x0处质点振动的图象是（ ）
答案
C
由波形图可知，t0时刻L处的质点的振动方向沿y轴的负方向，所以，x0处的质点刚开始振动时的方向也沿y轴的负方向，所以A、B两项错误；由波形图可知，x0和L两处的距离d为1λ≤d≤2λ，所以到t0时刻，x0处的质点振动的时间t为1T≤t≤2T，故C项正确，D项错误．
第84题
在一次讨论中，老师问道：“假如水中相同深度处有a、b、c三种不同颜色的单色点光源，有人在水面上方同等条件下观测发现，b在水下的像最深，c照亮水面的面积比a的大．关于这三种光在水中的性质，同学们能做出什么判断？”有同学回答如下：
①c光的频率最大
②a光的传播速度最小
③b光的折射率最大
④a光的波长比b光的短
根据老师的假定，以上回答正确的是（ ）
A．①② B．①③ C．②④ D．③④
答案
C
观察水下点光源的光路图和水面亮圆形成的光路图分别如图（1）和图（2）所示．因b在水下的像最深，即折射角β最小，由公式n＝可知，b光的折射率nb最小．c光照亮水面的面积比a大，则c光的临界角大，由公式sinC＝可知，则nc＜na，所以，nb＜nc＜na，a光的频率最大，a光的波长最短，由n＝可知，a光的传播速度最小．故C项正确．

图（1） 图（2）
第85题
如图所示，电量为＋q和－q的点电荷分别位于正方体的顶点，正方体范围内电场强度为零的点有 …（ ）
A．体中心、各面中心和各边中点 B．体中心和各边中点
C．各面中心和各边中点 D．体中心和各面中心
答案
D
由点电荷的场强公式和叠加规律可知，各面顶点上的4个点电荷在过所在面的中心的垂线上各点的合场强为零，所以，体中心和各面中心的合场强一定为零．由点电荷的场强公式和叠加规律可知，各边中心的合场强不为零．D项正确．
第86题
在测量电珠伏安特性实验中，同学们连接的电路中有四个错误电路，如图所示．电源内阻不计，导线连接良好．若将滑动变阻器的触头置于左端，闭合S，在向右端滑动触头过程中，会分别出现如下四种现象：
a．电珠L不变；电流表示数几乎为零
b．电珠L亮度增加；电流表示数增大
c．电珠L开始不亮，后来忽然发光；电流表从示数不为零到线圈烧断
d．电珠L不亮；电流表从示数增大到线圈烧断
与上述abcd四种现象对应的电路序号为（ ）
A．③①②④ B．③④②① C．③①④② D．②①④③
答案
A
电路①中，开始时，电珠L两端电压为零，电珠不亮，滑动变阻器滑动触头移动过程中，电路的总电阻减小，电流表的示数增大，电珠两端的电压增大，电珠的亮度增大；电路②中，电流表的电阻很小，开始时，电珠L两端电压几乎为零，电珠不亮，滑动变阻器滑动触头移动过程中，电路的总电阻减小，电流表的示数增大直至线圈烧断，此时，电珠忽然发光；电路③中，电压表的电阻很大，电珠L两端电压始终几乎为零，电珠不亮，电压表的电阻很大，电流表中的电流几乎为零；电路④中，电流表的电阻很小，电珠L两端电压始终几乎为零，电珠不亮，滑动变阻器滑动触头移动过程中，电流表两端的电压增大，电流表的示数增大， 直至线圈烧断，烧断后，由于电压表的电阻很大，电珠仍不发光．故A项正确．
第87题
某行星和地球绕太阳公转的轨道均可视为圆．每过N年，该行星会运行到日地连线的延长线上，如图所示．该行星与地球的公转半径之比为（ ）
A．() B．() C．() D．()
答案
B
对地球有：＝m1r1，对行星有：＝m2r2，由两式可得：＝()，由题意可知：＝1，即，所以，，B项正确．
第88题
（1）某电动机的三组线圈
图1
①、②、③阻值相同，均为几欧姆，接法可能是图1中甲、乙两种之一，A、B和C是外接头．现有一组线圈断路，维修人员通过多用电表测量外接头之间的电阻来判断故障，若测量A和B之间、B和C之间、A和C之间的电阻时，多用电表指针偏转分别如图2（a）、（b）、（c）所示，则测量中使用欧姆档的倍率是________（填：×1、×10、×100或×1 k），三组线圈的接法是________（填：甲或乙），断路线圈是________（填：①、②或③）．
图2
（2）某同学设计了如图3所示的装置，利用米尺、秒表、轻绳、轻滑轮、轨道、滑块、托盘和砝码等器材来测定滑块和轨道间的动摩擦因数μ.滑块和托盘上分别放有若干砝码，滑块质量为M，滑块上砝码总质量为m′，托盘和盘中砝码的总质量为m.实验中，滑块在水平轨道上从A到B做初速为零的匀加速直线运动，重力加速度g取10 m/s2.
图3
①为测量滑块的加速度a，须测出它在A、B间运动的________与________，计算a的运动学公式是________；
②根据牛顿运动定律得到a与m的关系为：
a＝m－μg
他想通过多次改变m，测出相应的a值，并利用上式来计算μ.若要求a是m的一次函数，必须使上式中的________保持不变，实验中应将从托盘中取出的砝码置于________；
③实验得到a与m的关系如题22图4所示，由此可知μ＝________（取两位有效数字）．
答案
（1）×1 乙 ③
（2）①位移 时间 a＝ ②m′＋m 滑块上
③0.23（0.21～0.25）
解析：（1）因线圈的电阻均为几欧姆，所以，测量时欧姆挡的倍率应选×1.假定三组线圈的接法是甲时，多用电表指示的电阻示数应有两次为无穷大，所以，三组线圈的接法是乙，且断路的线圈是③.
（2）①由初速度为零的匀加速直线运动公式s＝at2可知：a＝，即需要测出滑块在A、B间的运动位移和时间．
②由公式a＝m－μg可知，要求a是m的一次函数，必须满足公式中的m′＋m保持不变，实验时，应将从托盘中取出的砝码置于滑块上．
③可求得图线的斜率k的数值，将公式a＝m－μg变为a＝km－μg，再从直线上选取适当的点，将点的两坐标值（m，a）代入a＝km－μg后，可求得μ的值．
第89题
有人设计了一种可测速的跑步机，测速原理如图所示．该机底面固定有间距为L、长度为d的平行金属电极．电极间充满磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，且接有电压表和电阻R.绝缘橡胶带上镀有间距为d的平行细金属条，磁场中始终仅有一根金属条，且与电极接触良好，不计金属电阻．若橡胶带匀速运动时，电压表读数为U，求：
（1）橡胶带匀速运动的速率；
（2）电阻R消耗的电功率：
（3）一根金属条每次经过磁场区域克服安培力做的功．
答案
（1） （2） （3）
解析：（1）设电动势为ε，橡胶带运动速率为v，
由ε＝BLv，ε＝U
得：v＝.
（2）设电功率为P，
P＝.
（3）设电流强度为I，安培力为F，克服安培力做的功为W.
由I＝，F＝BIL，W＝Fd
得：W＝.
第90题
如图所示，静置于水平地面的三辆手推车沿一直线排列，质量均为m.人在极短时间内给第一辆车一水平冲量使其运动，当车运动了距离L时与第二车相碰，两车以共同速度继续运动了距离L时与第三车相碰，三车以共同速度又运动了距离L时停止．车运动时受到的摩擦阻力恒为车所受重力的k倍，重力加速度为g，若车与车之间仅在碰撞时发生相互作用，碰撞时间很短，忽略空气阻力，求：
（1）整个过程中摩擦阻力所做的总功；
（2）人给第一辆车水平冲量的大小；
（3）第一次与第二次碰撞系统动能损失之比．
答案
（1）－6kmgL （2）2m （3）13/3
解析：（1）设运动过程中摩擦阻力做的总功为W，则
W＝－kmgL－2kmgL－3kmgL＝－6kmgL.
（2）设第一车初速度为u0，第一次碰前速度为v1，碰后共同速度为u1；第二次碰前速度为v2，碰后共同速度为u2；人给第一车的水平冲量大小为I.
由：－kmgL＝mv－mu
－k(2m)gL＝(2m)v－(2m)u
－k(3m)gL＝0－(3m)u
mv1＝2mu1
2mv2＝3mu2
得：I＝mu0－0＝2m.
（3）设两次碰撞中系统动能损失分别为ΔEk1和ΔEk2
由：ΔEk1＝kmgL
ΔEk2＝kmgL
得：ΔEk1/ΔEk2＝13/3.
第91题
某仪器用电场和磁场来控制电子在材料表面上方的运动．如图所示，材料表面上方矩形区域PP′N′N充满竖直向下的匀强电场，宽为d；矩形区域NN′M′M充满垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，长为3s，宽为s；NN′为磁场与电场之间的薄隔离层．一个电荷量为e、质量为m、初速为零的电子，从P点开始被电场加速经隔离层垂直进入磁场，电子每次穿越隔离层，运动方向不变，其动能损失是每次穿越前动能的10%，最后电子仅能从磁场边界M′N′飞出．不计电子所受重力．
（1）求电子第二次与第一次圆周运动半径之比；
（2）求电场强度的取值范围；
（3）A是M′N′的中点，若要使电子在A、M′间垂直于AM′飞出，求电子在磁场区域中运动的时间．
答案
（1）0.9 （2） ＜E≤
（3）
解析：（1）设圆周运动的半径分别为R1、R2、…Rn、Rn＋1…，第一和第二次圆周运动速率分别为v1和v2，动能分别为Ek1和Ek2.
由：Ek2＝0.81Ek1，R1＝，R2＝，Ek1＝mv，Ek2＝mv
得：R2∶R1＝0.9.
（2）设电场强度为E，第一次到达隔离层前的速率为v′.
由：eEd＝mv′2,0.9×mv′2＝mv，R1≤s
得：E≤
又由：Rn＝0.9n－1R1,2R1(1＋0.9＋0.92＋…＋0.9n＋…)＞3s
得：E＞
＜E≤.
（3）设电子在匀强磁场中，圆周运动的周期为T，运动的半圆周个数为n，运动总时间为t.
由题意，有：＋Rn＋1＝3s，
R1≤s，Rn＋1＝0.9nR1，Rn＋1≥
得n＝2
又由：T＝
得：t＝.
第92题
在日常生活中，小巧美观的冰箱贴使用广泛．一磁性冰箱贴贴在冰箱的竖直表面上静止不动时，它受到的磁力（ ）
A．小于受到的弹力
B．大于受到的弹力
C．和受到的弹力是一对作用力与反作用力
D．和受到的弹力是一对平衡力
答案
D
对冰箱贴水平方向受力分析，F弹＝F磁，选项D正确．
第93题
某同学为研究物体运动情况，绘制了物体运动的xt图像，如图所示．图中纵坐标表示物体的位移x，横坐标表示时间t，由此可知该物体做（ ）
A．匀速直线运动 B．变速直线运动 C．匀速曲线运动 D．变速曲线运动
答案
B
xt图象中，图线的斜率代表速度，且xt、v-t图象只能描述直线运动，故选项B正确．
第94题
人体内存在着生物磁场，吸入体内的磁性粉尘进入肺部、肠胃被外磁场磁化后，这些部位的磁场就会发生变化．通过监测人体磁场图谱，可以及时了解人体的健康状况．与正常人相比，下列人体磁图中黑色方块和白色方块分别表示磁场变化较大和变化较小的区域．电焊工可能吸入过量的铁质粉尘，若出现这种情况，对应的人体磁图是（ ）

答案
A
电焊工吸入过量的铁质粉尘应位于左、右对称的2个肺部，选项A正确．
第95题
用图示装置可以研究动能和重力势能转化中所遵循的规律．在摆锤从A位置由静止开始向下摆动到D位置的过程中（ ）
①重力做正功，重力势能增加
②重力的瞬时功率一直增大
③动能转化为重力势能
④摆线对摆锤的拉力不做功
⑤若忽略阻力，系统的总机械能为一恒量
A．①③ B．②④ C．②⑤ D．④⑤
答案
D
从位置A摆到位置D，摆线拉力不做功，只有重力做正功，重力势能减少，动能增加，若不计阻力，则机械能守恒，①③错误，④⑤正确；在A点，vA＝0，则PGA＝0；在D点，速度与重力方向垂直，PGD＝0，故从A到D，重力的瞬时功率先增大后减小，②错误，本题正确选项为D.
第96题
家用电器即使没有使用，只要插头插在电源上处于待机状态，就会消耗电能．根据下表提供的数据，估算这些电器待机1天耗电约为（ ）
A.0.3度 B．0.6度
C．0.9度 D．1.2度
答案
A
表格中所列4种家用电器总功率P＝11 W，则每天消耗的电能E＝Pt＝11 W×24 h≈0.3 kW·h.一度电能为1 kW·h，故选项A正确．
第97题
某同学用DIS研究“温度不变时，一定质量气体的压强与体积的关系”．他的实验步骤如下．其正确的顺序是（ ）
①开启计算机电源，运行DIS应用软件
②推拉注射器活塞到各设定体积位置，记录不同体积时对应的压强值
③注射器与压强传感器的测口相连
④将压强传感器接入数据采集器，开启数据采集器电源
⑤设定气体体积值，输入到计算机界面上的数据表格中
⑥利用DIS应用软件，绘制pV关系图
A．①③②④⑤⑥ B．①③②⑤④⑥
C．①③④②⑤⑥ D．①③④⑤②⑥
答案
D
根据实验原理可知操作步骤应为①③④⑤②⑥，即选项D正确．
第98题
坐落在上海浦东的“上海光源”，外形像一只美丽的鹦鹉螺，是迄今为止我国最大的科学工程之一．她有着神奇的本领，产生的“光”能够把微观世界“照个透亮”．
（1）历史上曾先后出现过3种对人类文明起到革命性推动作用的光源，用线将以下3种光源与其出现的年代正确连接.
（2）“上海光源”是高性能的第三代同步辐射光源，其发出的电磁波波长覆盖了从远红外到硬X射线的宽广波段．对于以下电磁波：①X射线，②红外线，③紫外线，按波长从大到小的排列是：__________________.（填写编号）
（3）“上海光源”发出的X射线，能清晰地拍出血管、神经等软组织照片，甚至能让普通X射线无法觉察的肿瘤初期细胞也暴露无遗，这有助于医生发现更早期的病变，提前介入治疗．不同波长的电磁波具有不同的性质和用途，根据示例填写下表．
（4）“上海光源”中，电子束能量为5.3 GeV（1 GeV＝1×109 eV，1 eV＝1.6×10－19 J），居世界第四，则该电子束能量为________ J．若一个电子（质量m＝9.1×10－31 kg）由静止开始，从左侧边界水平向右进入如图所示边长均为10 cm的电场区域（电场强度大小均为1 N/C），当它从右侧边界离开电场时，其速度为________ m/s.（电子重力忽略不计）
（5）“上海光源”发出的光，是接近光速运动的电子在磁场中做曲线运动改变运动方向时产生的电磁辐射．若带正电的粒子以速率v0进入匀强磁场后，在与磁场垂直的平面内做半径为mv0/qB的匀速圆周运动（如图），式中q为粒子的电荷量，m为其质量，B为磁感应强度，则其运动的角速度ω＝________.粒子运行一周所需要的时间称为回旋周期．如果以上情况均保持不变，仅增大粒子进入磁场的速率v0，则回旋周期______（填“增大”“不变”或“减小”）．
（6）“上海光源”工程采取了多项措施防护高强度的X射线辐射．通用的辐射警戒标志是图（ ）
答案
（1）
解析：三种光源发现的时间依次为电光源（1879年）、X光源（1895年）、激光光源（1960年）．
（2）②③①
解析：根据电磁波谱可知：按波长从大到小的顺序依次为红外线、紫外线、X射线，则顺序为②③①.
（3）红外线 医学上杀菌
解析：通过红外线成像可实现夜间安保监视；紫外线在医学上具有杀菌作用．
（4）8.48×10－10 1.88×105
解析：电子束能量为(5.3×1×109×1.6×10－19)J
＝8.48×10－10 J.
设电子获得的速度为v，据eEd＝mv2
代入数据解得v＝1.88×105 m/s.
（5）qB/m 不变
解析：据v0＝ωr及r＝mv0/qB可解得
ω＝qB/m，据ω＝qB/m及T＝可知其回旋周期不变．
（6）B 据常识可知辐射警戒标志为B图．
第99题
（1）在核反应堆中，铀核吸收中子会发生裂变，裂变的产物是多样的，所生成的核往往还会衰变，其中一个衰变过程可表述为I―→Xe＋________＋ΔE.试问式中空格应为何种粒子？
（2） I的半衰期为8天。开始时核废料中有N0个I，经过16天，还有________个I核．
（3）核电站的固体废料放射性比较强，要在核电站内的专用废物库放置5年，且在放置的初始阶段要对固体废料进行冷却处理。请简述需要进行冷却处理的理由．
答案
（1）e （2）
（3）固体废料放射性比较强，在发生α衰变或β衰变的过程中，会伴随着能量的放出，温度很高，因此需要进行冷却处理．
解析：（1）由质量数和电荷数相等可得．
（2）由N剩＝N0()可得，其中I＝8天，t＝16天．
（3）固体废料仍有较强放射性，并要释放能量，若不冷却，其温度上升会有危险．随着时间增长，释放能量逐渐减少，减少到一定程度，不再需要冷却．
第100题
吸盘是由橡胶制成的一种生活用品，其上固定有挂钩用于悬挂物体。如图所示，现有一吸盘，其圆形盘面的半径为2.0×10－2 m，当其与天花板轻轻接触时，吸盘与天花板所围容积为1.0×10－5 m3；按下吸盘时，吸盘与天花板所围容积为2.0×10－6 m3，盘内气体可看作与大气相通，大气压强为p0＝1.0×105 Pa.设在吸盘恢复原状过程中，盘面与天花板之间紧密接触，吸盘内气体初态温度与末态温度相同。不计吸盘的厚度及吸盘与挂钩的重量．
（1）吸盘恢复原状时，盘内气体压强为________；
（2）在挂钩上最多能悬挂重为________的物体；
（3）请判断在吸盘恢复原状过程中盘内气体是吸热还是放热，并简述理由．
答案
（1）2.0×104 Pa （2）1.0×102 N （3）吸热
解析：（1）取按下吸盘时，留在吸盘内的气体为研究对象，初始状态p0＝1.0×105 Pa，
V0＝2.0×10－6 m3；恢复原状后，V＝1.0×10－5 m3，由p0V0＝pV得p＝＝2×104 Pa
（2）由受力平衡可知，p0S＝pS＋G代入数据得G＝1.0×102 N
（3）吸盘恢复原状的过程中，体积增大，对外做功；等温变化，内能不变，由ΔU＝W＋Q得Q>0，即吸热．

1
2
3
4
5
s（m）
0.600
0.800
1.000
1.200
1.400
t（ms）
8.22
7.17
6.44
5.85
5.43
1/t2（104 s－2）
1.48
1.95
2.41
2.92
3.39
U/V
1.96
1.86
1.80
1.84
1.64
1.56
I/A
0.05
0.15
0.25
0.35
0.45
0.55
x/mm
600
700
800
900
1 000
1 200
1 400
1 600
1 800
2 000
2 100
2 200
2 300
2 400
U/V
3.95
4.50
5.10
5.90
6.50
6.65
6.82
6.93
7.02
7.15
7.85
8.50
9.05
9.75
家用电器
1台台式
电脑
1台平板
电视机
1台空调
1台洗衣机
待机功率（瓦）
4
1
4
2
X光源
· ·
1879年
激光光源
· ·
1895年
电光源
· ·
1960年
电磁波
用途
X射线
在医学上常用于医疗检查

成像用于夜间保安监视
紫外线