1.A

2.C 提示：開始時橡皮繩處于原長h,橡皮繩的彈性勢能最小,圓環(huán)的重力勢能最大。圓環(huán)開始時做勻加速運(yùn)動。當(dāng)橡皮繩再次達(dá)到原長之后將會對圓環(huán)產(chǎn)生一個阻礙圓環(huán)下滑的拉力,此時圓環(huán)克服拉力做功,圓環(huán)的機(jī)械能不守恒,故選項A錯誤。整個過程中橡皮繩的彈性勢能先不變后增大,故選項B錯誤。當(dāng)橡皮繩的拉力達(dá)到某一值時,才會使圓環(huán)的加速度為零,速度達(dá)到最大值,故選項D錯誤。圓環(huán)和橡皮繩組成的系統(tǒng)在整個過程中只有圓環(huán)的重力和橡皮繩的彈力做功,機(jī)械能守恒,圓環(huán)的重力勢能減少量等于橡皮繩彈性勢能的增加量,故選項C正確。

3.C 提示：月球在遠(yuǎn)地點(diǎn)時的線速度最小,故選項A錯誤。由于地球的自轉(zhuǎn),月球運(yùn)動到近地點(diǎn)時,地球上同一位置的人不一定都能看到月食,故選項B錯誤。近地點(diǎn)變遠(yuǎn),遠(yuǎn)地點(diǎn)不變,則長半軸變大,根據(jù)開普勒定律知周期變大,選項C正確。衛(wèi)星在同一軌道上(不論是圓形軌道還是橢圓形軌道)機(jī)械能守恒,選項D錯誤。

4.A 提示：根據(jù)等量異種點(diǎn)電荷電場線分布的對稱性可知,e、f兩點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小相等,方向相同,選項A正確。a、b兩點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小相等,方向不同,選項B錯誤。將一正電荷沿正方形的a b邊從a點(diǎn)移動到b點(diǎn),因為在直線a b上各點(diǎn)的電勢不同,所以電勢能要發(fā)生變化,即靜電力要做功,選項C錯誤。題圖中圓面是一個等勢面,O、g兩點(diǎn)的電勢相等,因此將一正電荷由a點(diǎn)分別移到圓心O和圓周上g點(diǎn)電勢能的變化量相等,選項D錯誤。

5.C 提示：理想變壓器原、副線圈的電壓與匝數(shù)成正比,原線圈的電壓不變,則副線圈的電壓也不變,所以U2也不變,選項A錯誤。當(dāng)開關(guān)S斷開之后,并聯(lián)電路的總電阻變大,副線圈的電阻也就變大,由于副線圈的電壓不變,所以副線圈的總電流減小,即I2變小。原、副線圈的匝數(shù)比是固定的,根據(jù)可知,原線圈的電流I1也要減小,選項C正確,D錯誤。因為副線圈的總電流減小,R1兩端的電壓減小,并聯(lián)電路兩端的電壓就會增大,所以通過電阻R3的電流I3增大,選項B錯誤。

6.D 提示：由題意可知,小球運(yùn)動的等效最低點(diǎn)在b、c中間,因此當(dāng)小球運(yùn)動到d點(diǎn)時速度為0,不能繼續(xù)向上運(yùn)動,選項A錯誤。小球在等效最低點(diǎn)時的速度最大,所受洛倫茲力最大,選項B錯誤。小球從a點(diǎn)運(yùn)動到b點(diǎn)的過程中,重力做正功,靜電力也做正功,所以重力勢能與電勢能均減小,選項C錯誤。小球從b點(diǎn)運(yùn)動到c點(diǎn)的過程中,靜電力做負(fù)功,電勢能增大,合外力先做正功再做負(fù)功,動能先增大后減小,選項D正確。

7.B D

8.B D 提示：根據(jù)機(jī)械能守恒定律得物體B剛到達(dá)水平地面上時的速度v0=,根據(jù)動量守恒定律得物體A與B碰撞后的速度v=v0,所以彈簧被壓縮時所具有的最大彈性勢能選項A錯誤,B正確。當(dāng)彈簧再次恢復(fù)原長時,物體A與B將分開,物體B以速度v沿曲面上滑,根據(jù)機(jī)械能守恒定律得,物體B能上滑的最大高度為,選項D正確。

9.(1)B C(2)B C

10.(1)B D (2)A (3)0.81 (4)小燈泡的電阻隨溫度的升高而增大 提示：(1)使用多用電表的歐姆擋時,測量前應(yīng)進(jìn)行機(jī)械調(diào)零,即在電路斷路的情況下,調(diào)整“指針定位螺絲”,使指針指到電流擋的零刻度；測量電阻時,每次換擋后必須要進(jìn)行歐姆調(diào)零,即將兩支表筆短接,調(diào)整“歐姆調(diào)零旋鈕”,使指針指在“0Ω”刻度線,而不需要重新進(jìn)行機(jī)械調(diào)零,選項A錯誤,B正確。使用歐姆擋測電阻時,應(yīng)該與外部電源斷開,選項C錯誤。測量電阻時,若指針偏轉(zhuǎn)很小(靠近“∞”刻度線),表明所選擇的擋位太小,導(dǎo)致示數(shù)偏大,所以應(yīng)換倍率大一些的擋位進(jìn)行測量,選項D正確。(2)測繪小燈泡的伏安特性曲線需要從零開始調(diào)節(jié),故A電路圖滿足要求。(3)根據(jù)題圖知3V處的電流為0.27A,則小燈泡的額定功率P=U I=0.81W。此時的電阻與用多用電表測出的阻值相差較大,是因為小燈泡的電阻隨溫度的升高而增大。

11.(1)設(shè)小球與小物塊Q碰撞前的速度為v0,小球在下擺的過程中機(jī)械能守恒,則mgR(1-cos60°)=解得小球與小物塊Q發(fā)生彈性碰撞,二者質(zhì)量相等,故二者交換速度。小物塊Q在平板車P上滑動的過程中,由小物塊Q與平板車P組成的系統(tǒng)動量守恒,則m v0=m v1+M v2,其中,M=4m,解得(2)對由小物塊Q與平板車P組成的系統(tǒng)應(yīng)用能量守恒定律得,解得(3)小物塊Q脫離平板車P后做平拋運(yùn)動,由得小物塊Q落地時二者間的水平距離

12.(1)由題意可知,金屬桿在下滑到P2Q2處時的速度最大(為vmax),此時回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢最大,且Emax=Blvmax,此時回路中通過的感應(yīng)電流最大,則(2)金屬桿沿斜導(dǎo)軌下滑的距離在金屬桿沿斜導(dǎo)軌下滑的過程中,穿過回路的磁通量的變化量ΔΦ=B L xcosθ,回路中產(chǎn)生的平均感應(yīng)電動勢回路中通過的平均感應(yīng)電流=又有,解得q=1.6C。(3)撤去拉力后,電阻R上產(chǎn)生的熱量由功能關(guān)系可知,金屬桿克服安培力做的功W安=Q總。對金屬桿應(yīng)用動能定理得-μm g s-W安=0-解得s=

13.(1)B C D (2)①緩慢壓裝過程中甲瓶內(nèi)氣體體積增大,單位體積內(nèi)的分子數(shù)減少,溫度不變,分子的平均動能不變,單位時間內(nèi)撞擊到器壁單位面積上的分子數(shù)減少,壓強(qiáng)變小。②設(shè)甲瓶內(nèi)最多有體積為ΔV的液體進(jìn)入乙瓶,乙瓶中灌裝進(jìn)液體前,氣體壓強(qiáng)p乙=1a t m,體積V乙=4L。乙瓶中灌裝進(jìn)液體后,氣體體積變?yōu)閂乙'=4L-ΔV,此時乙瓶中氣體壓強(qiáng)與甲瓶內(nèi)氣體壓強(qiáng)均為p,由玻意耳定律得p乙V乙=p V乙'。甲瓶中氣體初始狀態(tài)下的壓強(qiáng)p甲=6a t m,體積V甲=1L,壓裝結(jié)束后壓強(qiáng)為p,體積V甲'=1L+ΔV,由玻意耳定律得p甲V甲=p V甲'。聯(lián)立以上各式解得ΔV=2L。1

4.(1)B 提示：先正確作出經(jīng)0.2s形成的波形圖如圖1所示,波的傳播其表象為波形的平移(相對于原位置波形變了,但對波的整體來說是形狀不變向前推移),所以把t=0.2s時的波形沿傳播方向平移半個波長就是再經(jīng)0.2s后的波形,選項B正確。

圖1

(2)①因為紫光的折射率大,偏折程度也大,所以屏幕S上形成的圓形亮區(qū)的最外側(cè)是紫色。②如圖2所示,B為出射光線和O E連線的交點(diǎn)。很明顯越是外側(cè)的光入射角越大,達(dá)到一定程度就會發(fā)生全反射。紫光剛要發(fā)生全反射時的臨界光線射在屏幕S上的點(diǎn)F到亮區(qū)中心E的距離r就是所求的最大半徑。設(shè)紫光的臨界角為C,由全反射知識得,所以由幾何關(guān)系得

圖2

1.D 提示：“合力與分力”采用的是等效替代的方法,“質(zhì)點(diǎn)”“點(diǎn)電荷”采用的是理想化模型的方法,“電場強(qiáng)度”采用的是比值定義法,“總電阻”采用的是等效替代的方法,“加速度”“電場強(qiáng)度”“電容”都采用的是比值定義法。

2.C 提示：受力分析如圖1所示,N是頸椎的支持力,F是肌肉的拉力。在水平方向上有Nsin45°=Fsin 53°,在豎直方向上有Ncos45°=mg+Fcos53°,解得又有N'=mg,所以

圖1

3.B

4.D 提示：從x=x1點(diǎn)到x=-x1點(diǎn),電勢先降低后升高,因為沿著電場線方向電勢逐漸降低,所以x軸上x=x1和x=-x1兩點(diǎn)的電場強(qiáng)度方向相反,選項A錯誤。x=x1和x=-x1兩點(diǎn)的電勢相等,靜電力做功為0,根據(jù)動能定理知粒子在運(yùn)動過程中,經(jīng)過x=x1和x=-x1兩點(diǎn)時的速度大小一定相同,但速度方向有可能相反,選項B錯誤。根據(jù)φ-x圖像的斜率等于場強(qiáng)的大小可知,x=x1和x=-x1兩點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小相等,粒子所受的靜電力大小相等,則加速度大小相等,選項C錯誤。若粒子在x=-x1點(diǎn)由靜止釋放,則粒子先做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動,到達(dá)O點(diǎn)時所受的靜電力為零,加速度為零,之后粒子做加速度逐漸增大的減速運(yùn)動,因此粒子到達(dá)O點(diǎn)時的速度最大,選項D正確。

5.A B 提示：設(shè)子彈的質(zhì)量為m0,初速度為v0,木塊的質(zhì)量為m,則在子彈打入木塊的過程中,由子彈與木塊組成的系統(tǒng)動量守恒,即m0v0=(m+m0)v,解得v=在此過程中產(chǎn)生的內(nèi)能等于系統(tǒng)損失的動能,即木塊獲得的動能E木=兩式相除得所以選項A、B正確。

6.A C 提示：天然放射性現(xiàn)象說明原子核內(nèi)部具有復(fù)雜的結(jié)構(gòu),選項A正確。α粒子散射實驗說明原子具有核式結(jié)構(gòu),選項B錯誤。根據(jù)電荷數(shù)守恒和質(zhì)量數(shù)守恒可知,β衰變放出一個電子,新核的電荷數(shù)增加1,即原子序數(shù)增加,選項C正確。氫原子從能級3躍遷到能級2輻射出的光子的能量小于從能級2躍遷到能級1輻射出的光子的能量,故從能級3躍遷到能級2輻射出的光子的波長大于從能級2躍遷到能級1輻射出的光子的波長,選項D錯誤。

7.A B 提示：在0～1s時間內(nèi),外力F隨時間t變化的圖像可表示為F=2+2t,線框從靜止開始向右做勻加速直線運(yùn)動,設(shè)加速度為a,線框邊長為L,根據(jù)牛頓第二定律得F-B I L=m a,又有,E=Blv,v=a t,解得對比F=2+2t,可得a=2m/s2,B2L2=2(略單位)。t=1s時線框完全進(jìn)入磁場區(qū)域,線框的速度v=a t=2m/s,線框邊長1m,由B2L2=2得B=T,選項B正確。在1s～2s時間內(nèi)線框完全處于磁場中,線框中的磁通量不變,不產(chǎn)生感應(yīng)電流,不受安培力作用,受到的外力F=2N,線框做勻加速直線運(yùn)動,加速度a=2m/s2,t=2s時線框開始穿出磁場,此時線框的速度v1=v+aΔt=4m/s,所以磁場寬度4m,選項A正確。線框在進(jìn)入磁場和穿出磁場的過程中,線框的磁通量的變化量相等,通過線框的電荷量相等,所以線框在穿過磁場的過程中,通過線框的電荷量q=2IΔt=選項C錯誤。根據(jù)題述條件不能計算出在線框穿過磁場的過程中產(chǎn)生的熱量,選項D錯誤。

8.A D 提示：當(dāng)t=0.01s時,u=0,此時穿過該線圈的磁通量最大,穿過線圈的磁通量的變化率為零,選項A正確。原線圈接的是題圖甲所示的正弦式交變電流,其最大電壓為36V,周期為0.02s,故ω=100 π,u=36sin100 πtV,選項B錯誤。Rt處溫度升高時,原、副線圈的電壓比不變,但是電壓表V2測量的并不是副線圈的端電壓,而是Rt兩端的電壓,Rt處溫度升高時,阻值減小,副線圈中電流增大,則電阻R兩端的電壓增大,電壓表V2的示數(shù)減小,電壓表V1、V2的示數(shù)之比變大,選項C錯誤。Rt處溫度升高時,電流表的示數(shù)變大,變壓器的輸出電壓不變,則變壓器的輸出功率增大,又有輸入功率等于輸出功率,所以變壓器的輸入功率增大,選項D正確。

9.(1)0.70 (2)0.205.0 提示：(1)vF,從題圖中得出E、G兩點(diǎn)間的長度為2.80cm,且T=0.02s,解得vF=0.70m/s。

(2)v-t圖像與縱軸的交點(diǎn)為t=0時刻對應(yīng)的速度,則v0=0.20m/s,a=

10.(1)③R④大于 (2)⑤9.050

提示：(1)③保持R2的滑片不動,調(diào)節(jié)R1的阻值,使電壓表示數(shù)達(dá)滿偏刻度的,此時電阻箱R1兩端分得的電壓為滿偏刻度的,由電路的連接方式知電壓表的內(nèi)阻RV=。④因為電阻箱R1的接入將導(dǎo)致電壓表所在支路的電壓變大,所以電壓表內(nèi)阻的測量值大于真實值。(2)在測量電源的電動勢和內(nèi)阻的實驗中,由題圖乙所示電路圖可知,將R2的滑片滑至最左端不再移動,同時調(diào)節(jié)電阻箱R1的阻值為0,將開關(guān)接向2,電壓表的讀數(shù)為3V,即保護(hù)電阻兩端的電壓為3V,由U-R1圖像可知,電源的電動勢為9.0V,所以電源的內(nèi)阻為2R0=50Ω。

11.(1)物塊M從斜面頂端A滑到O點(diǎn)的過程中,由動能定理得mgh-μm gcosθ·,解得從物塊M到達(dá)O點(diǎn)至彈簧被壓縮到最短的過程中,只有彈簧彈力做功,由動能定理得W彈=0-彈力做多少負(fù)功,彈性勢能就增加多少,所以彈簧被壓縮到最短時的彈性勢能是10J。(2)設(shè)物塊M第一次被彈回,上升的最大高度為H,由動能定理得解得H=0.5m。(3)物塊M最終將停止在水平滑道上,對物塊M運(yùn)動的全過程應(yīng)用動能定理得mgh-μm gcosθ·x=0,解得物塊M在斜面上向下滑動過程中的總路程x=m。

12.(1)帶電粒子在磁場Ⅰ中運(yùn)動的半徑帶電粒子在磁場Ⅰ中運(yùn)動半個圓周,回到y(tǒng)軸的坐標(biāo)所需的時間帶電粒子在電場Ⅱ中做類平拋運(yùn)動,根據(jù)牛頓第二定律得帶電粒子的加速度豎直位移y=水平位移x=v0t2,解得因此帶電粒子第一次回到x軸時的位置坐標(biāo)為,所需的時間t總=(2)根據(jù)(1)中分析和運(yùn)動的對稱性可畫出粒子在電場Ⅲ中的運(yùn)動軌跡。帶電粒子在磁場Ⅳ中的運(yùn)動半徑是在磁場Ⅰ中運(yùn)動半徑的2倍,同樣根據(jù)運(yùn)動的對稱性可畫出粒子回到O點(diǎn)的運(yùn)動軌跡。如圖2所示。(3)帶電粒子在磁場Ⅰ中運(yùn)動的時間正好為1個周期,故,帶電粒子在Ⅱ、Ⅲ兩個電場中運(yùn)動的時間t2'=4t2=帶電粒子在磁場Ⅳ中運(yùn)動的時間為半個周期,故因此帶電粒子從O點(diǎn)飛出后到再次回到O點(diǎn)所需的時間t總'=

圖2

13.(1)B D E (2)①在打開閥門S前,兩邊水槽中的水溫均為T0=273K。設(shè)玻璃泡B中氣體的壓強(qiáng)為p1,體積為VB,玻璃泡C中氣體的壓強(qiáng)為pC,依題意得p1=pC+Δp,式中Δp=60mmH g。打開閥門S后,兩邊水槽中的水溫仍為T0,設(shè)玻璃泡B中氣體的壓強(qiáng)為pB,依題意得pB=pC。玻璃泡A和B中氣體的體積V2=VA+VB,根據(jù)玻意耳定律得p1VB=pBV2。聯(lián)立以上各式解得pC=②當(dāng)右邊水槽中的水溫加熱到T'時,U形管左右兩邊的水銀柱高度差為Δp,玻璃泡C中氣體的壓強(qiáng)pC'=pB+Δp,玻璃泡C中的氣體體積不變,根據(jù)查理定律得,解得T'=364K。

14.(1)B 提示：根據(jù)為入射角,θ2為折射角,可知玻璃對a光的折射率較大,故選項A錯誤。根據(jù)全反射臨界角公式sinC=,可知在此玻璃中a光的全反射臨界角較小,選項B正確。由n=得v=,可知在此玻璃中a光的傳播速度較小,選項C錯誤。根據(jù)光的頻率越大,折射率越大,對應(yīng)光的波長越短,可知a光的波長較短；再根據(jù)雙縫干涉條紋間距Δx=,可知a光的干涉條紋間距比b光的窄,選項D錯誤。

(2)由波形圖知λ=2m,A=2cm。(i)當(dāng)波向右傳播時,點(diǎn)B的起振方向豎直向下,包括P點(diǎn)在內(nèi)的各質(zhì)點(diǎn)的起振方向均為豎直向下。①波速10m/s,由v=得T=0.2s。②從t=0時刻起到P點(diǎn)第一次到達(dá)波峰時止,經(jīng)歷的時間而t=0時刻O點(diǎn)的振動方向豎直向上(沿y軸正方向),故經(jīng)Δt2時間,O點(diǎn)振動到波谷,即(ii)當(dāng)波速v=20m/s時,經(jīng)歷0.525s時間,波沿x軸方向傳播的距離x=vt=,即實線波形變?yōu)樘摼€波形經(jīng)歷了,故波沿x軸負(fù)方向傳播。