A卷

1.A 提示：隔離物體a進行受力分析，物體a受到重力，墻壁對物體a向上的摩擦力、物體b對a向下的摩擦力，墻壁的支持力，物體b對a的壓力，因此物體a共受到五個力的作用，且墻壁對物體a的摩擦力大于物體b對a的摩擦力，選項A正確，B錯誤。隔離物體b進行受力分析，物體b受到重力，物體a對b的支持力，物體a對b的向上的摩擦力，物體c對b的壓力，物體c對b向下的摩擦力，因此物體b共受到五個力的作用，選項C錯誤。把a、b、c三個物體視為整體，墻壁對物體a的摩擦力大小等于三者重力之和，是一恒量，選項D錯誤。

2.A 3.B

4.C 提示：無線充電時手機接收線圈部分的工作原理是電磁感應現(xiàn)象，不是“電流的磁效應”現(xiàn)象，選項A錯誤。當充電設備通以直流時，無線充電設備不會產(chǎn)生交變磁場，也就不能夠正常使用，選項B錯誤。接收線圈中交變電流的頻率與發(fā)射線圈中交變電流的頻率是相同的，選項C正確。無線充電技術利用的是電磁感應現(xiàn)象，并不違背能量守恒定律，選項D錯誤。

5.D 提示：因為粒子經(jīng)A、B兩點時的速度大小相等，所以φA=φB。如圖1所示，連接AB，AB為一條等勢線，過O點作直線與AB垂直，交劣弧AB于C點，因為粒子帶正電，所以電場方向為由C到O，粒子在從A點運動到B點的過程中，靜電力為恒力，粒子不可能做圓周運動，其動能先減小后增大，選項A、B錯誤。電場強度E=，圓周上，電勢最高的點是C點，且，選項C錯誤，D正確。

圖1

6.AD 7.BD

圖2

11.設物塊A經(jīng)過時間t追上物塊B，作出A、B兩物塊的運動示意圖如圖3所示，對物塊A有，對物塊B有，解得aA=4m/s2，aB=2m/s2。物塊A恰好追上B的條件是物塊A追上B時兩物塊的速度相等，則v=v0-aAt，v=aBt，xA-xB=l，解得t=0.5s，l=0.75m。因此l應滿足的條件為l≤0.75m。

圖3

圖4

13.（1）ABE（2）①B中氣體做等容變化，由查理定律得，解得T′=900K。A中氣體做等壓變化，由于隔板導熱，A、B中氣體溫度相等，由蓋-呂薩克定律得，解得VA′=0.9HS，因此H′=0.9H。②當A中氣體壓強為1.5p0時，活塞將頂在卡環(huán)處，對A中氣體有，解得T″=1500K。因為隔板導熱性能良好，所以此時B中氣體的溫度也為1500K。

14.（1）ADE（2）①質(zhì)點P第一次到達波峰所需的時間，就是初始時刻平衡位置坐標x=0.06m處的質(zhì)點的振動狀態(tài)傳到P點所需的時間。由波動圖像知Δx=0.96m-0.06m=0.9m，所以。②由波動圖像知振幅A=5cm，波長λ=0.24m，所以波上質(zhì)點的振動周期。由波動圖像知從質(zhì)點P起振到第一次到達波峰所需的時間，所以質(zhì)點P通過的路程s=3A=15cm。

B卷

1.A 提示：根據(jù)單位時間內(nèi)通過任意橫截面的水的體積均相等得，解得vB=4v1，水流束從A到B做勻加速直線運動，由運動學公式得，解得v1=1m/s。

2.B 3.A

4.B 提示：物體A在運動到左側(cè)滑輪正下方的臺面處之前，輕繩對物體A的拉力做正功，物體A的速度變大，因為臺面是光滑的，物體A所受水平方向的力只有輕繩提供的分力，當拴接物體A的輕繩變成豎直時，水平分力為0，所以左側(cè)滑輪正下方的臺面處為物體A的平衡位置，物體A過平衡位置后，輕繩對物體A的拉力做負功，物體A的速度變小。物體A的最大速度出現(xiàn)在左側(cè)滑輪正下方的臺面處，此時物體B的速度剛好為0，由機械能守恒定律得，解得vmax=。

5.A

6.ABD 提示：質(zhì)點受重力mg，彈簧a、b、c的彈力Fa、Fb、Fc四個力作用，四力的合力為零，因為彈簧a、b對質(zhì)點的作用力方向未知，所以存在多解。當彈簧a、b的彈力均斜向上或斜向下時，因為二者的夾角等于120°，所以彈簧a、b的彈力的合力大小為F，且豎直向上或豎直向下。當彈簧a、b處于拉伸狀態(tài)時，二者彈力的合力豎直向上，此時彈簧c處于壓縮狀態(tài)，彈力方向向上，F(xiàn)c=mg-F，當mg=2F時，F(xiàn)c=F，選項A、D正確，C錯誤。當彈簧a、b彈力的合力豎直向下，彈簧c的彈力向上時，F(xiàn)c=F+mg，選項B正確。

7.ABC 提示：兩個等量異種點電荷連線的中垂面是一個零勢面。電荷量為+q和-q的點電荷分別位于正方體的頂點處，正負電荷分布對稱，則體中心、各面中心和各邊中點均在零勢面內(nèi)，故選項A、B、C正確，D錯誤。

8.AC 提示：金屬棒ab和cd向右勻速穿過磁場區(qū)域，先后切割磁感線，由右手定則可確定金屬棒ab中感應電流方向先負后正；因為兩金屬棒在切割磁感線的過程中切割長度均勻增大，由感應電動勢的“切割式”E=Blv可知，感應電動勢均勻增大，感應電流均勻增大，故i-t圖像正確的是A。在金屬棒cd進入磁場區(qū)域前，由金屬棒cd勻速運動知F=0；在金屬棒cd進入磁場區(qū)域運動階段，因感應電流的出現(xiàn)，使得金屬棒cd受到向左的安培力，由F安=Bil可知，i、l均在均勻增大，則F=F安的變化越來越大，F(xiàn)-t圖像可能正確的是C。

9.（1）打點計時器接了直流重物離打點計時器太遠（2）9.75m/s210m/s2

10.（1）ACDFH（2）外如圖1所示（3）0.900提示：（1）因為電源電動勢為3V，所以電壓表選D；由可知，電路中最大電流約為0.5A，因此電流表選C；因為精測金屬絲的電阻時，要求記錄盡可能多的數(shù)據(jù)，滑動變阻器采用分壓接法，所以滑動變阻器的最大電阻不能太大，選F。（2）因為，所以電流表應采用外接法；設計的電路如圖1所示。（3）由題圖可以看出螺旋測微器固定刻度值為0.5mm，可動刻度為40×0.01mm，則讀數(shù)為0.900mm。（4）由及S=，解得。

圖1

12.（1）粒子繞行第1圈又回到P點時獲得的動能Ek=2qEb。（2）設粒子經(jīng)過電場區(qū)域Ⅰ后的速度為v1，經(jīng)過電場區(qū)域Ⅱ后的速度為v2，則，，解得。粒子經(jīng)過電場區(qū)域Ⅰ所用的時間，粒子在磁場區(qū)域Ⅲ中做勻速圓周運動時的半徑，所用時間，粒子經(jīng)過電場區(qū)域Ⅱ所用的時間，粒子在磁場區(qū)域Ⅳ中做勻速圓周運動時的半徑R=b=，所用時間。因此粒子繞行第1圈又回到P點所用的時間t=。（3）設粒子第n次進入磁場區(qū)域Ⅲ時的速度為v，則，粒子第n次在磁場區(qū)域Ⅲ內(nèi)做勻速圓周運動時有，解得。設粒子第n次進入磁場區(qū)域Ⅳ時的速度為v′，則，粒子第n次在磁場區(qū)域Ⅳ內(nèi)做勻速圓周運動時有，解得。因此磁感應強度B和磁感應強度B′之間應滿足的比例關系式為。

13.（1）ABD（2）①汽缸豎直放置時，設缸內(nèi)氣體壓強為p1，對于活塞和桿，根據(jù)力的平衡條件得p0SA+（mA+mB）g+p1SB=p1SA+p0SB，解得1.1×105Pa。②汽缸順時針轉(zhuǎn)動60°后，設缸內(nèi)氣體壓強為p2，對于活塞和桿，根據(jù)力的平衡條件得p0SA+（mA+mB）gcos60°+p2SB=p2SA+p0SB，解得p2=p0+。

14.（1）BCE 提示：當入射光按題圖中順時針方向逐漸偏轉(zhuǎn)時，進入棱鏡中的折射光線也按順時針方向逐漸偏轉(zhuǎn)，它再射到ab面上時的入射角將逐漸變小，當減小到臨界角以下時，從ab面上就會有光線射出。不同的色光的頻率不同，折射率也不同，從而臨界角也不同，其中紅光的頻率最小，折射率也最小，臨界角最大。在入射光按順時針方向逐漸偏轉(zhuǎn)的過程中，紅光將首先不滿足全反射條件，必是紅光首先射出ab面。當入射光按題圖中逆時針方向逐漸偏轉(zhuǎn)時，射到ab面上時的入射角逐漸變大，不可能有色光從ab面射出。

（2）根據(jù)題目中A點和B點的位置，作出A、B兩質(zhì)點間的兩種最簡波形圖①和②，如圖2所示，由最簡波形圖①寫出這種情況下的通式為，得70m=，所以波長通式為0、1、2、3、…），將n=0、1、2、3、…依次代入通式解得λ=280m、56m、、…，由20m＜λ＜40m的限制條件可知，波長應為，且該波向x軸負方向傳播，波速。由最簡波形圖②寫出這種情況下的通式為，得70m=，所以波長通式為（n=0、1、2、3、…），將n=0、1、2、3、…依次代入通式解得、40m、、…，由20m＜λ＜40m的限制條件可知，波長應為，且該波向x軸正方向傳播，波速。

圖2