抓分卷限時(shí)熱練答案與解析

抓分卷限時(shí)熱練一1.C解析：碳元素14C自發(fā)地進(jìn)行衰變，衰變過程放出能量，故A錯(cuò)誤；β衰變的實(shí)質(zhì)是碳原子核中的一個(gè)中子轉(zhuǎn)化為一個(gè)質(zhì)子和一個(gè)電子，14C發(fā)生β衰變產(chǎn)生電子，根據(jù)電荷數(shù)守恒和質(zhì)量數(shù)守恒，14C的衰變方程為eq\o\al(14,6)C→eq\o\al(14,7)N＋eq\o\al(0,－1)e，故B錯(cuò)誤，C正確；放射性元素的原子核有半數(shù)發(fā)生衰變所需要的時(shí)間叫半衰期，放射性元素的半衰期是由原子核自身因素決定的，與外界的物理和化學(xué)狀態(tài)無關(guān)，故D錯(cuò)誤．2.C解析：氣球受到豎直向下的重力，沿著繩的拉力，由于處于靜止?fàn)顟B(tài)，即三力平衡．因此空氣對(duì)氣球作用力F的方向與重力和拉力的合力等大反向，故C正確．3.B解析：如圖所示，當(dāng)光線第1次射到圓面上恰好發(fā)生全反射，則sinθ＝eq\f(1,n)，則L的最大值為L＝2Rsinθ＝eq\f(2R,n)，故B正確．4.A解析：飛船通過加速后做離心運(yùn)動(dòng)軌道升高，才能與空間站交會(huì)對(duì)接，則可知道圖中A是飛船，B是空間站，故A正確；根據(jù)Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(4π2,T2)r，解得T＝eq\r(\f(4π2r3,GM))，對(duì)接前空間站軌道半徑大，則運(yùn)行周期大，故B錯(cuò)誤；飛船加速，通過向后方噴氣后才能獲得向前的反沖力，實(shí)現(xiàn)加速，故C錯(cuò)誤；對(duì)接過程飛船因噴氣加速，機(jī)械能比在原軌道運(yùn)行時(shí)的機(jī)械能大，故D錯(cuò)誤．5.D解析：根據(jù)eUc＝hν－W0，結(jié)合ν1<ν2，可知U1<U2，且與光照強(qiáng)度無關(guān)，故A、C錯(cuò)誤；金屬的截止頻率由金屬本身的性質(zhì)決定，與照射光無關(guān)，故B錯(cuò)誤；滑動(dòng)變阻器滑片P移至最左端，光電子不受反向電壓的作用，電流表示數(shù)不為零，故D正確．6.B解析：設(shè)兩棒均帶正電，由點(diǎn)電荷場強(qiáng)特點(diǎn)及場強(qiáng)疊加規(guī)律可知，左側(cè)eq\f(1,4)圓弧產(chǎn)生的場強(qiáng)方向斜向右下方，與＋x方向夾角為45°，右側(cè)eq\f(1,4)圓弧產(chǎn)生的場強(qiáng)方向斜向左下方，與－x方向夾角為45°，它們大小均為E1，可得E2＝Eeq\o\al(2,1)＋Eeq\o\al(2,1)，解得E1＝eq\f(\r(2),2)E，撤去其中一棒后，O點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小變?yōu)閑q\f(\r(2),2)E，故B正確．7.B解析：由T＝eq\f(λ,v)，f＝eq\f(1,T)，得T＝0.4s，f＝2.5Hz，A錯(cuò)誤；觀察者沿x軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng)，遠(yuǎn)離波源，所以他接收到波的頻率會(huì)小于波的頻率，B正確；質(zhì)點(diǎn)在平衡位置往復(fù)運(yùn)動(dòng)，不隨波移動(dòng)，C錯(cuò)誤；t＝0時(shí)刻，質(zhì)點(diǎn)a向上振動(dòng)，質(zhì)點(diǎn)b向下振動(dòng)，由圖可知a先回到平衡位置，D錯(cuò)誤．8.D解析：設(shè)軌道半徑為R，則小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)，速度最小為vmin＝eq\r(gR)，則機(jī)械能E機(jī)大于重力勢能Ep；最高點(diǎn)的重力勢能Ep＝2mgR，最小動(dòng)能為Ekmin＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,min)＝eq\f(1,2)mgR，即在最高點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能Ek≥eq\f(Ep,4)，故D正確．9.B解析：根據(jù)動(dòng)能定理得qU＝eq\f(1,2)mv2，根據(jù)牛頓第二定律得qvB＝meq\f(v2,r)，解得eq\f(q,m)＝eq\f(2U,B2r2)，根據(jù)上式，正、負(fù)粒子的比荷一定相同，A錯(cuò)誤；根據(jù)qvB＝meq\f(v2,r)，Ek＝eq\f(1,2)mv2，解得Ek＝eq\f(1,2)·eq\f(q,m)·qB2r2，磁感應(yīng)強(qiáng)度B一定時(shí)，比荷相同的粒子，電荷量大的粒子進(jìn)入磁場時(shí)動(dòng)能大，B正確；根據(jù)qU＝eq\f(1,2)mv2，qvB＝meq\f(v2,r)，解得B＝eq\f(1,r)eq\r(\f(2mU,q))，加速電壓U一定時(shí)，粒子的比荷越大，磁感應(yīng)強(qiáng)度B越小，C錯(cuò)誤；對(duì)于給定的正、負(fù)粒子，粒子從靜止到碰撞運(yùn)動(dòng)的時(shí)間變短，一定是速度v變大引起的，根據(jù)qU＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(\f(2qU,m))，速度v變大，可能是由于B不變、U變大引起的，D錯(cuò)誤．10.C解析：根據(jù)動(dòng)量定理得vA＝eq\f(I,mA)＝6m/s，以A為參考系，B相對(duì)A做圓周運(yùn)動(dòng)，且速度大小為vA，方向向右，細(xì)線的拉力T滿足T－mBg＝mBeq\f(veq\o\al(2,A),L)，即T＝mBg＋mBeq\f(veq\o\al(2,A),L)>2N，故A錯(cuò)誤；當(dāng)B球上升到最高點(diǎn)時(shí)，A、B兩球速度相等，則mAvA＝(mA＋mB)v，解得v＝2m/s；當(dāng)B球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)有mAvA＝mAv′A＋mBv′B，根據(jù)能量守恒定律eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)＝eq\f(1,2)mAv′eq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mBv′eq\o\al(2,B)，解得v′A＝－2m/s，v′B＝4m/s，說明B球從最高點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的過程中，A球先減速到0，后反向加速，細(xì)線對(duì)A先做負(fù)功，再做正功，故B錯(cuò)誤，C正確；根據(jù)動(dòng)量定理，合力對(duì)B的沖量為IB＝mBv′B＝0.8N·s，故D錯(cuò)誤．11.(1)10.30(2)0.85(3)圖見解析0.35(4)小于解析：(1)刻度尺的分度值為0.1cm，需要估讀到分度值的下一位，第4點(diǎn)讀數(shù)為10.30cm.(2)根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)中間時(shí)刻的瞬時(shí)速度等于該過程平均速度可得v5＝eq\f(x46,2T)＝eq\f(13.70－10.30,2×0.02)×102m/s＝0.85m/s.(3)根據(jù)表中數(shù)據(jù)作出a-n圖像如圖所示設(shè)每個(gè)鉤碼的質(zhì)量為m，所有鉤碼質(zhì)量的之和為M，木塊質(zhì)量為m0，當(dāng)細(xì)線下端掛有n個(gè)鉤碼時(shí)，對(duì)這n個(gè)鉤碼，根據(jù)牛頓第二定律有nmg－T＝nma，對(duì)小車及剩余鉤碼，根據(jù)牛頓第二定律有T－μ(M＋m0－nm)g＝(M＋m0－nm)a，聯(lián)立解得a＝eq\f(mg(1＋μ),M＋m0)n－μg，根據(jù)圖像可得－μg＝－3.4，解得μ＝0.35.(4)實(shí)驗(yàn)中發(fā)現(xiàn)木板未調(diào)節(jié)水平，右端偏高，設(shè)木板與水平面夾角為θ，根據(jù)(3)分析，縱軸截距為μgcosθ＝b，則μ＝eq\f(b,gcosθ)，若仍按照μ＝eq\f(b,g)計(jì)算，則μ的測量值小于真實(shí)值．12.(1)設(shè)沒有漏氣，根據(jù)玻意耳定律有p1V1＝p2V2代入數(shù)據(jù)解得p2＝2×105Pa>p＝1.2×105Pa實(shí)際壓強(qiáng)小于不漏氣的氣體壓強(qiáng)，所以有漏氣．(2)設(shè)接觸面積為S，則有pS＝mg代入數(shù)據(jù)解得S＝5×103m213.(1)在電場中qU＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(\f(2qU,m))(2)垂直磁場上邊界射出的粒子的圓心O′必在磁場上邊界上，作出軌跡如圖所示設(shè)該粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為r，若磁感應(yīng)強(qiáng)度達(dá)到最大值，則r有最小值．由于OO′＝eq\r(R2＋r2)，當(dāng)r有最小值時(shí)，OO′取最小值，OO′最小值為O點(diǎn)到磁場上邊界的距離2R，根據(jù)幾何關(guān)系有rmin＝eq\r(3)R粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則有qvB0＝meq\f(v2,rmin)解得B0＝eq\f(1,R)eq\r(\f(2mU,3q))(3)當(dāng)B＝eq\f(\r(3),2)B0時(shí)，帶電粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)半徑r＝eq\f(mv,qB)＝2R由幾何知識(shí)可知，當(dāng)粒子從d點(diǎn)沿x軸正方向進(jìn)入磁場，粒子從磁場上邊界射出點(diǎn)為粒子能夠到達(dá)的上邊界的最右端，作出軌跡如圖所示設(shè)粒子能夠到達(dá)的上邊界的最右端距y軸的距離為x1，則有x1＝R＋r，解得x1＝3R當(dāng)粒子與磁場上邊界相切時(shí)，切點(diǎn)為粒子能夠到達(dá)的上邊界的最左端．設(shè)粒子能夠到達(dá)的上邊界的最左端距y軸的距離為x2，則有x2＝eq\r(R2＋r2)，解得x2＝eq\r(5)R則能從磁場上邊界射出粒子的邊界寬度L＝x1＋x2＝(3＋eq\r(5))R抓分卷限時(shí)熱練二1.A解析：根據(jù)電荷數(shù)守恒、質(zhì)量數(shù)守恒，a的質(zhì)量數(shù)為14－14＝0，電荷數(shù)為6－7＝－1，所以a為電子，故A正確．2.A解析：設(shè)兩細(xì)繩之間的夾角為2θ，由平衡條件可知4Tcosθ＝mg，兩人站得越近θ越小，cosθ越大，拉力T越小，越省力，故A正確．3.B解析：柱塞上涂油主要是為了防止漏氣，并不是為了減小摩擦力，A錯(cuò)誤；實(shí)驗(yàn)中為了使氣體能夠做等溫變化，改變氣體體積應(yīng)緩慢推拉柱塞，B正確；用手握住注射器，會(huì)使氣體溫度變高，C錯(cuò)誤；實(shí)驗(yàn)前應(yīng)測量柱塞的橫截面積，并不是測量重力，這樣才能得到空氣柱的體積，D錯(cuò)誤．4.C解析：由q-t圖像可知，Oa時(shí)間段，電容器的電荷量在減少，故電容器的電場能在減少，線圈中的磁場能在增加，故A錯(cuò)誤；由q-t圖像可知，b、d兩時(shí)刻電容器的電荷量最大，故電容器中電場能最大，線圈中磁場能最小，故電路中電流最小，B錯(cuò)誤，C正確；有效地發(fā)射電磁波應(yīng)該需要開放電路，故D錯(cuò)誤．5.C解析：a到b過程為等容變化，氣體對(duì)外界不做功，由eq\f(pa,pb)＝eq\f(Ta,Tb)，可得Ta>Tb，則氣體內(nèi)能減少，故A錯(cuò)誤；b到c過程，體積減小，外界對(duì)氣體做正功，故B錯(cuò)誤；c到d過程，為等容變化，氣體對(duì)外界不做功，由eq\f(pc,pd)＝eq\f(Tc,Td)，可得Td>Tc，則氣體內(nèi)能增加，吸收熱量，故C正確；由W＝p·ΔV可知，經(jīng)過一次循環(huán)過程，氣體對(duì)外界做功，故D錯(cuò)誤．6.D解析：根據(jù)U＝eq\f(W,q)可知Uab＝Udc，即φa－φb＝φd－φc，整理得φa＋φc＝φd＋φb，可得ac連線中點(diǎn)和bd連線中點(diǎn)電勢相等，則EF為等勢線，電場線垂直等勢線斜向左下方，如圖所示．由圖結(jié)合幾何關(guān)系可知，c點(diǎn)電勢低于a點(diǎn)電勢，電場線沿著ac方向，故A、B錯(cuò)誤；根據(jù)勻強(qiáng)電場的特點(diǎn)，a、O兩點(diǎn)間的電勢差等于eq\f(W,2q)，故C錯(cuò)誤；當(dāng)該電荷從d點(diǎn)移到G點(diǎn)時(shí)，電場力做功最多，可知Wmax＝eq\f(3W,2)，故D正確．7.B解析：兩小球在最低點(diǎn)時(shí)支持力和重力的合力提供向心力，則支持力大于重力，處于超重狀態(tài)，A錯(cuò)誤；A、B兩小球在最低點(diǎn)的速度方向沿切線方向，即速度方向相同，B正確；小球在初位置重力做功的功率為零，在最低點(diǎn)，由于重力的方向與速度方向垂直，則重力做功的功率也為零，則A、B兩小球從邊緣滑到最低點(diǎn)過程重力的功率先增大，后減小，C錯(cuò)誤；由于小球光滑，則A、B兩小球從邊緣滑到最低點(diǎn)過程中只有重力做功，機(jī)械能守恒，D錯(cuò)誤．8.D解析：x＝－3m處的質(zhì)點(diǎn)起振是由甲波引起的，由圖像可知甲波在坐標(biāo)原點(diǎn)的起振方向沿y軸正方向運(yùn)動(dòng)，則x＝－3m處的質(zhì)點(diǎn)起振時(shí)沿y軸正方向運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；甲、乙兩列簡諧橫波在同一均勻介質(zhì)中傳播，可知傳播速度相等，由圖像可知兩波波長相等，則甲、乙兩列波具有相同的頻率，甲、乙兩列波具有相干性，故B錯(cuò)誤；由于甲、乙兩列波的波速相等，由圖像可知，兩列波的波峰同時(shí)傳到坐標(biāo)原點(diǎn)，則坐標(biāo)原點(diǎn)為振動(dòng)加強(qiáng)點(diǎn)，故C錯(cuò)誤；由于甲、乙兩波波長相等，波速相等，又同時(shí)傳播到坐標(biāo)原點(diǎn)，設(shè)乙波波源坐標(biāo)為x0，則甲波波源坐標(biāo)為－x0，設(shè)兩波源間的兩點(diǎn)x1、x2分別為相鄰的振動(dòng)加強(qiáng)點(diǎn)，則有Δx1＝(x1＋x0)－(x0－x1)＝2x1＝nλ，Δx2＝(x2＋x0)－(x0－x2)＝2x2＝(n＋1)λ，可知兩個(gè)相鄰振動(dòng)加強(qiáng)點(diǎn)間的距離為Δx＝x2－x1＝eq\f(1,2)λ＝eq\f(1,2)×2m＝1m，故D正確．9.D解析：根據(jù)萬有引力提供向心力可知Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(4π2r,T2)，對(duì)于環(huán)繞行星A表面運(yùn)行的衛(wèi)星，有Teq\o\al(2,0)＝eq\f(4π2Req\o\al(3,A),GmA)，對(duì)于環(huán)繞行星B表面運(yùn)行的衛(wèi)星，有Teq\o\al(2,0)＝eq\f(4π2Req\o\al(3,B),GmB)，聯(lián)立解得eq\f(mA,mB)＝eq\f(Req\o\al(3,A),Req\o\al(3,B))，由圖可知Req\o\al(3,A)>Req\o\al(3,B)，故mA>mB，A、B錯(cuò)誤；行星近地衛(wèi)星的線速度即第一宇宙速度為v＝eq\f(2πR,T0)，因?yàn)镽eq\o\al(3,A)>Req\o\al(3,B)，故vA>vB，C錯(cuò)誤，D正確．10.C解析：根據(jù)右手定則可知兩根導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢方向相同，故該時(shí)刻回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢為3BLv0，A錯(cuò)誤；由于兩個(gè)導(dǎo)體棒所受的合外力為零，因此整個(gè)系統(tǒng)滿足動(dòng)量守恒，規(guī)定向右為正方向，則當(dāng)導(dǎo)體棒a的速度大小為eq\f(v0,2)向左運(yùn)動(dòng)時(shí)－mv0＋2mv0＝－m·eq\f(v0,2)＋mvb1，可得vb1＝eq\f(3,2)v0，當(dāng)導(dǎo)體棒a的速度大小為eq\f(v0,2)向右運(yùn)動(dòng)時(shí)－mv0＋2mv0＝m·eq\f(v0,2)＋mvb2，可得vb2＝eq\f(1,2)v0，B錯(cuò)誤；當(dāng)導(dǎo)體棒a的速度為0時(shí)，根據(jù)動(dòng)量守恒－mv0＋2mv0＝mvb，回路產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢E＝BLvb，感應(yīng)電流I＝eq\f(E,2R)，每根導(dǎo)體棒受到的安培力F＝BIL，整理得F＝eq\f(B2L2v0,2R)，C正確；從開始運(yùn)動(dòng)到最終處于穩(wěn)定狀態(tài)的過程中，根據(jù)動(dòng)量守恒－mv0＋2mv0＝2mv，整個(gè)系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量Q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋eq\f(1,2)m(2v0)2－eq\f(1,2)×2mv2，整理得Q＝eq\f(9mveq\o\al(2,0),4)，D錯(cuò)誤．11.(1)×111(2)81.4(3)eq\f(1,kR0)eq\f(b,k)－R0(4)乙解析：(1)歐姆表指針偏轉(zhuǎn)角度過大，說明待測電阻阻值太小，應(yīng)該換小擋，故選“×1”擋；圖甲歐姆表讀數(shù)為11Ω.(2)圖丙電阻箱的阻值為(8×10＋1×1＋4×0.1)Ω＝81.4Ω.(3)根據(jù)閉合電路歐姆定律E＝U＋eq\f(U,R0)(R＋r)，解得eq\f(1,U)＝eq\f(1,E)＋eq\f(1,ER0)r＋eq\f(1,ER0)R，則根據(jù)eq\f(1,U)-R圖像有eq\f(1,ER0)＝k，eq\f(1,E)＋eq\f(1,ER0)r＝b，解得E＝eq\f(1,kR0)，r＝eq\f(b,k)－R0.(4)電壓表的量程為3V，為使電壓表不超量程，則電阻箱電壓至少為6V，根據(jù)串聯(lián)電路電壓之比等于電阻之比，則電阻箱的電阻至少為22Ω.為使電壓表讀數(shù)準(zhǔn)確，電壓表電壓至少為1V左右，即電阻箱的最大電壓為8V左右，則最大阻值為88Ω左右，故最安全、最合理的方案是乙．12.(1)感應(yīng)電動(dòng)勢最大值Em＝nBL1L2ω轉(zhuǎn)過30°角度時(shí)E＝Emsin30°解得E＝eq\f(1,2)nBL1L2ω(2)電流I＝eq\f(E,R＋r)安培力F＝nBIL2解得F＝nBeq\f(E,R＋r)L2＝eq\f(n2B2L1Leq\o\al(2,2)ω,2(R＋r))13.(1)eq\f(1,2)(m＋M)veq\o\al(2,1)＝(m＋M)glsin30°解得v1＝eq\r(gl)(2)滑塊進(jìn)入場區(qū)前，a＝eq\f((M＋m)gsinθ,(M＋m))＝eq\f(g,2)t1＝eq\f(v1,a)＝2eq\r(\f(l,g))滑塊進(jìn)入場區(qū)后，滑塊與木板一起做勻速運(yùn)動(dòng)t2＝eq\f(l,v1)＝eq\r(\f(l,g))t總＝t1＋t2＝3eq\r(\f(l,g))(3)滑塊與木板間的滑動(dòng)摩擦力f＝μmgcosθ＝mgsinθam＝eq\f(mg＋f－mgsinθ,m)＝g，方向沿斜面向上aM＝eq\f(f＋Mgsinθ,M)＝g，方向沿斜面向下系統(tǒng)沿斜面方向動(dòng)量守恒，假設(shè)不會(huì)分離，共速時(shí)速度為v2.Mv1－mv1＝(M＋m)v2，即v2＝0xm＝eq\f(veq\o\al(2,1),2am)＝eq\f(l,2)，xM＝eq\f(veq\o\al(2,1),2aM)＝eq\f(l,2)x總＝xm＋xM＝l，所以滑塊恰好滑到薄水板的末端，不會(huì)分離．抓分卷限時(shí)熱練三1.A解析：小燈泡正常發(fā)光時(shí)電阻為R＝eq\f(U2,P)＝eq\f(62,3)Ω＝12Ω，使用多用電表測電阻時(shí)，選擇開關(guān)旋至電阻“×1”擋進(jìn)行測量，故A正確．2.C解析：核反應(yīng)前后，核電荷數(shù)和質(zhì)量數(shù)守恒，而質(zhì)量要發(fā)生虧損，質(zhì)量不守恒，故A錯(cuò)誤；裂變產(chǎn)生的核廢料放射性極強(qiáng)，難以處理，聚變原料好獲取，產(chǎn)物無污染，不具有放射性，故B錯(cuò)誤；快中子經(jīng)過與減速劑中的原子核碰撞，速度減小，變成慢中子，才容易被鈾核吸收，故C正確；裂變反應(yīng)釋放大量的能量，所以產(chǎn)生的新核的比結(jié)合能比反應(yīng)前原子核的比結(jié)合能大，故D錯(cuò)誤．3.C解析：與火箭分離時(shí)，即脫離地球束縛進(jìn)入太陽系，則速度要大于第二宇宙速度，故A錯(cuò)誤；由圖可知，探測器從高軌道變軌到低軌道，故每次經(jīng)過P點(diǎn)的速度越來越小，故B錯(cuò)誤；由圖可得，繞火星運(yùn)行時(shí)在捕獲軌道上的軌道半長軸最大，則由開普勒第三定律知在捕獲軌道上的周期最大，故C正確；由開普勒第二定律可知，繞火星運(yùn)行時(shí)在同一軌道上與火星的連線每秒掃過的面積相等，故D錯(cuò)誤．4.B解析：光電管的極限頻率由光電管本身決定，與入射光的顏色無關(guān)，A錯(cuò)誤；光電子從光電管的陰極K逸出，流過電流表A的電流方向?yàn)閍到b，B正確；由圖二知乙光照射光電管對(duì)應(yīng)的遏止電壓最大，即乙光對(duì)應(yīng)的光電子的最大初動(dòng)能最大，C錯(cuò)誤；丙光對(duì)應(yīng)的遏止電壓比乙光小，光電子的最大初動(dòng)能較小，根據(jù)光電效應(yīng)方程有Ekm＝hν－W0，可知丙光的頻率較小，如果丙光是紫光，則乙光不可能是黃光，D錯(cuò)誤．5.D解析：A→B過程中，氣體發(fā)生等壓變化，溫度降低，所以氣體體積減小，外界對(duì)氣體做功，A錯(cuò)誤；B→C過程中，氣體溫度升高，因此內(nèi)能增加，B錯(cuò)誤；C到A過程中，氣體溫度保持不變，內(nèi)能不變，C錯(cuò)誤；A→B→C過程中，溫度不變，ΔU＝0，壓強(qiáng)變大，體積變小，則W＞0，由熱力第一定律ΔU＝W＋Q得Q<0，所以氣體放熱，D正確．6.C解析：輸入電壓的有效值為U1＝eq\f(Um,\r(2))，根據(jù)eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，解得U2＝eq\r(2)Um，電壓表示數(shù)為eq\r(2)Um，A錯(cuò)誤；副線圈的電流I2＝eq\f(U2,R)＝eq\f(\r(2)Um,R)，根據(jù)eq\f(I2,I1)＝eq\f(n1,n2)，則電流表的示數(shù)I1＝eq\f(2\r(2)Um,R)，B錯(cuò)誤；變壓器的輸入電功率為P＝U1I1＝eq\f(2Ueq\o\al(2,m),R)，C正確；電壓表的示數(shù)是副線圈兩端的電壓，根據(jù)eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，是由匝數(shù)比和原線圈的電壓決定，與電阻R無關(guān)，D錯(cuò)誤．7.C解析：根據(jù)題意，由公式h＝eq\f(1,2)gt2可知，排球在空中的飛行時(shí)間取決于高度，從a點(diǎn)飛出的排球，下降的高度為h，從c點(diǎn)飛出的排球做斜拋運(yùn)動(dòng)，先上升高度h，又下降高度h，結(jié)合運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性可知，c點(diǎn)飛出排球的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為a點(diǎn)飛出排球運(yùn)動(dòng)時(shí)間的兩倍，排球兩次飛行過程中的加速度均為重力加速度，則由Δv＝gt可知，排球兩次在空中速度變化量不相等，由公式I＝mgt可知，排球從c點(diǎn)擊中b點(diǎn)的過程中，時(shí)間不為零，則重力對(duì)排球的沖量不為零，故A、D錯(cuò)誤；根據(jù)題意，兩排球水平方向的位移相等，又根據(jù)前面分析可知，a點(diǎn)飛出排球的水平速度為c點(diǎn)飛出排球水平速度的兩倍，由于豎直方向兩排球高度相同，由veq\o\al(2,y)＝2gh可知，兩排球的豎直速度相等，根據(jù)v＝eq\r(veq\o\al(2,x)＋veq\o\al(2,y))，可知兩排球擊中b點(diǎn)時(shí)的速度大小不等，兩排球的質(zhì)量相等，因此動(dòng)能不相等，故B錯(cuò)誤；由B項(xiàng)分析可知，a點(diǎn)飛出排球的水平速度為c點(diǎn)飛出排球水平速度的兩倍，但c點(diǎn)飛出排球有豎直向上的速度，所以不能確定排球從a、c兩點(diǎn)飛出的初速度大小，由動(dòng)能定理可知，運(yùn)動(dòng)員對(duì)排球所做的功的多少不能確定，可能相等，也可能不相等，故C正確．8.D解析：甲波的頻率為4Hz，T＝eq\f(1,f)＝0.25s，λ甲＝2m，v＝eq\f(λ,T)＝8m/s，由于在同一介質(zhì)中傳播，所以波速相同，均為8m/s，故A錯(cuò)誤；由于甲、乙兩波的波長相同，在x＝0處為峰峰相遇，谷谷相遇，兩列波疊加后，x＝0處的質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)加強(qiáng)，故B錯(cuò)誤；x＝0處的質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)加強(qiáng)，x＝0.5m處的質(zhì)點(diǎn)振動(dòng)減弱，振幅為10cm，故C錯(cuò)誤；兩列波的頻率相同，起振方向也相同，會(huì)發(fā)生穩(wěn)定的干涉現(xiàn)象，因此介質(zhì)中振動(dòng)加強(qiáng)和減弱區(qū)域的位置穩(wěn)定不變，故D正確．9.B解析：給銅棒a一個(gè)平行導(dǎo)軌的瞬時(shí)沖量I，此時(shí)銅棒a的速度最大，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢最大，回路中電流最大，每個(gè)棒受到的安培力最大，其加速度最大，由I＝mv0，得v0＝eq\f(I,m)，銅棒a的電動(dòng)勢E＝BLv0，回路電流I0＝eq\f(E,2R)＝eq\f(BLI,2mR)，A錯(cuò)誤；此時(shí)銅棒b受到安培力F＝BI0L，其加速度a＝eq\f(F,m)＝eq\f(B2L2I,2Rm2)，B正確；此后銅棒a做變減速運(yùn)動(dòng)，銅棒b做變加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)二者達(dá)到共同速度時(shí)，銅棒b速度最大，據(jù)動(dòng)量守恒mv0＝2mv，銅棒b最大速度v＝eq\f(I,2m)，C錯(cuò)誤；回路中產(chǎn)生的熱量Q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)·2mv2＝eq\f(I2,4m)，D錯(cuò)誤．10.D解析：如果沒有摩擦力，物塊以O(shè)點(diǎn)為平衡位置做簡諧運(yùn)動(dòng)，則O點(diǎn)應(yīng)該在AB中間，物塊在B點(diǎn)所受彈簧彈力與在A點(diǎn)受彈簧彈力大小相等，由于有摩擦力，物塊從A到B過程中機(jī)械能損失，故無法到達(dá)沒有摩擦力情況下的B點(diǎn)，也即O點(diǎn)更靠近B點(diǎn)，故物塊在B點(diǎn)所受彈簧彈力小于在A點(diǎn)的彈力，故A錯(cuò)誤；物塊最終停止的位置應(yīng)滿足kx≤μmg，解得x≤0.01m＝1cm，即物塊若在O點(diǎn)左右兩側(cè)1cm的范圍內(nèi)的速度為0，就會(huì)停止運(yùn)動(dòng)，物塊從A到B過程由能量守恒eq\f(1,2)k·Δx2＝μmg(x1＋Δx)＋eq\f(1,2)k·xeq\o\al(2,1)，解得x1＝0.09m＝9cm，物塊從B往右運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)右側(cè)x2，由能量守恒eq\f(1,2)k·xeq\o\al(2,1)＝μmg(x1＋x2)＋eq\f(1,2)k·xeq\o\al(2,2)，解得x2＝0.07m＝7cm，以此類推，物塊再次往左運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)左側(cè)x3＝5cm處停止，再往右運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)右側(cè)x4＝3cm處停止，接著再往左運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)左側(cè)x5＝1cm處停止，此位置彈力等于最大靜摩擦力，物塊最終停止，物塊運(yùn)動(dòng)的總路程為x總＝Δx＋2x1＋2x2＋2x3＋2x4＋x5＝60cm，故B、C錯(cuò)誤，D正確．11.(1)M?m(2)勻速直線(3)eq\f(1,g)(4)0.85(5)1.58解析：(1)為了保證沙和沙桶所受的重力近似等于使小車做勻加速運(yùn)動(dòng)的拉力，沙和沙桶的總質(zhì)量m與小車和車上砝碼的總質(zhì)量M之間應(yīng)滿足的條件是M?m.(2)實(shí)驗(yàn)時(shí)需平衡摩擦力，具體做法為：紙帶穿過打點(diǎn)計(jì)時(shí)器，把木板一端墊高，調(diào)節(jié)木板的傾斜度，使小車在不受繩的拉力時(shí)能拖動(dòng)紙帶沿木板做勻速直線運(yùn)動(dòng)．(3)由牛頓第二定律可知mg＝(m＋M)a，即eq\f(1,a)＝eq\f(M,mg)＋eq\f(1,g)，則縱軸截距等于eq\f(1,g).(4)由平均速度可知，D點(diǎn)速度為vD＝eq\f(x4＋x5,2t)＝eq\f((7.69＋9.22)×102m,2×0.1s)≈0.85m/s.(5)由逐差法可知小車的加速度為a＝eq\f((x4＋x5＋x6)－(x1＋x2＋x3),9t2)，解得a＝1.58m/s2.12.(1)由題意，P為第k＋1級(jí)亮條紋中心則S2P－S1P＝(k＋1)λ而S2P－S1P＝ct0解得λ＝eq\f(ct0,k＋1)(2)由題意，設(shè)光在玻璃中的傳播速度為v則eq\f(d,v)－eq\f(d,c)＝t0，且v＝eq\f(c,n)解得d＝eq\f(ct0,n－1)13.(1)洛倫茲力提供向心力qv0B0＝meq\f(veq\o\al(2,0),r)解得r＝eq\f(mv0,qB0)＝L矩形磁場的最小面積S＝3L·L＝3L2(2)粒子進(jìn)入電場后做類平拋運(yùn)動(dòng)，粒子橫向均勻分布，射入粒子總數(shù)的eq\f(1,4)能進(jìn)入磁場，則粒子出電場時(shí)偏轉(zhuǎn)距離為eq\f(3,4)L2L＝v0teq\f(3,4)L＝eq\f(0＋vx,2)t解得粒子進(jìn)入磁場時(shí)水平分速度vx＝eq\f(3,4)v0所以速度偏轉(zhuǎn)角tanα＝eq\f(vx,v0)＝eq\f(3,4)，α＝37°粒子進(jìn)入磁場做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，圓心角θ＝106°粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t＝eq\f(106,360)T＝eq\f(53πm,90qB0)(3)進(jìn)入磁場粒子的速度v′＝eq\f(v0,cos37°)＝eq\f(5,4)v0圓周運(yùn)動(dòng)軌道半徑r′＝eq\f(mv′,qB)＝eq\f(5LB0,4B)在磁場中偏轉(zhuǎn)距離x＝2r′cos37°＝2Leq\f(B0,B)進(jìn)入磁場的粒子全部打到熒光屏上，臨界情況如圖所示，即eq\f(L,4)≤x≤2L解得B0≤B≤8B0抓分卷限時(shí)熱練四1.C解析：原子核反應(yīng)過程中，遵循質(zhì)量數(shù)、電荷數(shù)守恒，可知X、Y分別為p、eq\o\al(3,2)He，C正確．2.C解析：大量處于n＝3激發(fā)態(tài)的氫原子，躍遷時(shí)能釋放Ceq\o\al(2,3)＝3種不同頻率的光子，即發(fā)射的譜線有3條，A錯(cuò)誤；由題意知光子a的能量為ε＝E3－E2＝1.89eV，光子b的能量為ε′＝E3－E1＝12.09eV，B錯(cuò)誤；由光子能量ε＝hν＝heq\f(c,λ)，可知光子a的波長大于光子b的波長，又因?yàn)閜＝eq\f(h,λ)，可知光子a的動(dòng)量小于光子b的動(dòng)量，C正確；躍遷時(shí)吸收的能量為兩能級(jí)之差，可知能量是0.7eV的光照射不能被吸收，D錯(cuò)誤．3.D解析：充氣過程中，溫度不變，儲(chǔ)氣室內(nèi)氣體分子數(shù)增多，分子運(yùn)動(dòng)劇烈程度不變，平均動(dòng)能不變，氣體內(nèi)能增大，A、B、C錯(cuò)誤；噴液過程中，溫度不變，內(nèi)能不變，但由于氣體膨脹，氣體對(duì)外做功，所以要吸收熱量，D正確．4.C解析：由正點(diǎn)電荷電勢的特點(diǎn)可知：越靠近點(diǎn)電荷，電勢越高，所以c點(diǎn)電勢比b點(diǎn)電勢低，a點(diǎn)電勢比b點(diǎn)電勢低，故A、B錯(cuò)誤；由正點(diǎn)電荷電場的特點(diǎn)可知，a點(diǎn)電場強(qiáng)度與c點(diǎn)電場強(qiáng)度大小相等，方向不同，b點(diǎn)電場強(qiáng)度大于d點(diǎn)電場強(qiáng)度，故C正確，D錯(cuò)誤．5.C解析：由圖可知波長為λ＝36cm，周期為T＝2s，所以波速為v＝eq\f(λ,T)＝18cm/s，A錯(cuò)誤；根據(jù)“上下坡”法以及Q的振動(dòng)圖像可以判斷出波沿x軸負(fù)方向傳播，B錯(cuò)誤；由振動(dòng)圖像可知質(zhì)點(diǎn)Q在t＝eq\f(1,3)s時(shí)沿y軸正方向振動(dòng)，C正確；振動(dòng)的質(zhì)點(diǎn)不會(huì)隨波向前移動(dòng)，D錯(cuò)誤．6.B解析：開始時(shí)線圈平面與磁場的方向平行，則穿過線圈的磁通量為零；經(jīng)過時(shí)間t，面積為S的線圈平面逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)至與磁場夾角為θ處，磁通量變化為ΔΦ＝BSsinθ，則0～t1時(shí)間內(nèi)磁通量的平均變化率是eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(BSsinθ,t1)，故B正確．7.A解析：水處于完全失重狀態(tài)，由于水對(duì)玻璃的浸潤性，在表面張力的作用下，水應(yīng)該吸附在容器的內(nèi)表面呈現(xiàn)A的形狀，故A正確．8.A解析：軌道1為近地圓軌道，衛(wèi)星運(yùn)行的速度為第一宇宙速度，衛(wèi)星由軌道1變到軌道2，要做離心運(yùn)動(dòng)，因此在C點(diǎn)應(yīng)該加速，所以在軌道2上C點(diǎn)的速度大于軌道1上C點(diǎn)的速度，即衛(wèi)星在軌道2上C點(diǎn)的速度大于第一宇宙速度，故A正確；根據(jù)開普勒第三定律eq\f(r3,T2)＝k，可知軌道半徑越大，周期越大，所以衛(wèi)星在軌道2上運(yùn)行的周期大于在軌道1上運(yùn)行的周期，故B錯(cuò)誤；根據(jù)萬有引力公式F＝Geq\f(Mm,r2)，可知衛(wèi)星在軌道2上的A點(diǎn)和軌道3上B點(diǎn)受到的萬有引力大小相同，但方向不同，故C錯(cuò)誤；根據(jù)萬有引力提供向心力Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(v2,r)，解得v＝eq\r(\f(GM,r))，可知衛(wèi)星在軌道1上運(yùn)行的速度大于衛(wèi)星在軌道3上的速度，而衛(wèi)星在軌道2上C點(diǎn)的速度大于衛(wèi)星在軌道1上C點(diǎn)的速度，所以衛(wèi)星在軌道2上C點(diǎn)的速度大于在軌道3上B點(diǎn)的速度，故D錯(cuò)誤．9.A解析：將初速度和重力加速度分解到垂直斜面方向和平行斜面方向，垂直斜面方向的初速度v⊥＝v0sinβ，平行斜面方向的初速度v∥＝v0cosβ，垂直斜面的加速度a⊥＝gcosα，平行斜面的加速度a∥＝gsinα，在空中飛行的時(shí)間t＝eq\f(2v0sinβ,gcosα)∝v0，所以P、Q在空中飛行的時(shí)間之比為1∶2，故C錯(cuò)誤；小球的位移s＝v∥t＋eq\f(1,2)a∥t2，結(jié)合a∥＝gsinα，tP∶tQ＝1∶2，可得s2＝4s1，故D錯(cuò)誤；落回斜面時(shí)速度與斜面的夾角正切值tanθ＝eq\f(v0sinβ,v0cosβ＋gsinα·t)，結(jié)合tP∶tQ＝1∶2，可知vQ方向與斜面的夾角一定等于vP方向與斜面的夾角，故B錯(cuò)誤；結(jié)合B選項(xiàng)分析，速度方向相同，垂直斜面和平行斜面的速度之比均為1∶2，根據(jù)速度的合成可知vQ一定等于2vP，故A正確．10.C解析：粒子入射速率相同，入射動(dòng)能Ek＝eq\f(1,2)mv2，因?yàn)槁鍌惼澚Σ蛔龉ΓＷ由涑龃艌鰰r(shí)動(dòng)能不變，粒子比荷eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(q,m)))相同，質(zhì)量m不一定相同，所以，粒子飛出磁場時(shí)的動(dòng)能不一定相等，故A錯(cuò)誤；由于粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力qvB＝meq\f(v2,r)，運(yùn)動(dòng)軌跡半徑r＝eq\f(mv,qB)，運(yùn)動(dòng)周期T＝eq\f(2πr,v)＝eq\f(2πm,qB)，若粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的過程中轉(zhuǎn)過圓心角θ，所用的時(shí)間為tθ＝eq\f(m,qB)·θ，可見磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間與速度無關(guān)，轉(zhuǎn)過的圓心角越大，時(shí)間越長．因此，在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長的粒子，從P點(diǎn)射入，A點(diǎn)射出，入射方向與PA夾角為45°，根據(jù)對(duì)稱性，射出磁場時(shí)速度方向與PA夾角為135°，分別作兩個(gè)速度的垂線段，相交得到粒子運(yùn)動(dòng)軌跡的圓心O1，如圖所示，粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑r＝eq\r(2)R，故B錯(cuò)誤；從PA圓弧中點(diǎn)射出的粒子，圓心是O2，由于比荷相等，每個(gè)粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑r＝eq\f(mv,qB)都相等，則PO1＝PO2＝O1O2＝r＝eq\r(2)R，所以∠PO2O1＝60°＝eq\f(π,3)，結(jié)合∠PO1A＝90°＝eq\f(π,2)，tθ＝eq\f(m,qB)·θ，可得t＝eq\f(m,qB)·eq\f(π,3)，t0＝eq\f(m,qB)·eq\f(π,2)，則t＝eq\f(2,3)t0，故C正確；如圖所示，PC⊥PO2，∠CPB＝∠PO2B＝30°，∠OPB＝45°，則∠OPC＝15°，所以，從PA圓弧中點(diǎn)射出的粒子，進(jìn)入磁場的方向與PA夾角為15°，故D錯(cuò)誤．11.(1)a(2)圖見解析(3)減小(4)②(5)0.041(或0.042)解析：(1)歐姆表內(nèi)部有電源，按照“紅進(jìn)黑出”以及歐姆表的讀數(shù)可知二極管從a到b是導(dǎo)通狀態(tài)，所以a為二極管的正極．(2)根據(jù)圖中坐標(biāo)點(diǎn)可畫出圖像，如圖所示(3)根據(jù)I-U圖線，圖像上的點(diǎn)與原點(diǎn)的連線的斜率表示電阻的倒數(shù)，斜率越大，電阻越小，所以二極管導(dǎo)通時(shí)，其正向電阻隨兩端電壓增大而減?。?4)該類型二極管正常工作電流約為20mA.二極管的電壓為2.16V，則二極管的電阻為R＝eq\f(U,I)＝eq\f(2.16,20×103)Ω＝108Ω，將該二極管與一個(gè)定值電阻串聯(lián)作為6.0V電源的指示燈U＝I(R＋Rx)，解得Rx＝192Ω，所以應(yīng)該選200Ω的定值電阻，即選②.(5)選擇200Ω的電阻與該二極管串聯(lián)連接在6.0V電源兩端時(shí)，設(shè)二極管兩端電壓為U、通過的電流為I，則有6＝U＋200I，整理得I＝0.03－eq\f(U,200)(A)，若電流I單位取毫安，則I＝30－5U(mA)，在I-U圖像上作I＝30－5U的直線，如圖所示，交點(diǎn)為U＝2.14V，I＝19.0mA，則P＝UI＝0.041W.12.(1)設(shè)線圈中感應(yīng)電動(dòng)勢為E，則E＝|eq\f(ΔB,Δt)|S線圈中的感應(yīng)電流I＝eq\f(E,R)解得I＝eq\f(kπreq\o\al(2,0),R)(2)磁感應(yīng)強(qiáng)度減為零的時(shí)間t＝eq\f(B0,k)產(chǎn)生的焦耳熱Q＝I2Rt解得Q＝eq\f(kπ2req\o\al(4,0)B0,R)通過的電荷量q＝It解得q＝eq\f(πreq\o\al(2,0)B0,R)13.(1)P彈開后運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)過程中，由動(dòng)能定理2mgR＝eq\f(1,2)·2m·veq\o\al(2,P)，解得vP＝eq\r(2gR)彈簧彈開過程，對(duì)P、Q系統(tǒng)動(dòng)量守恒，有0＝2mvP－mvQ，解得vQ＝2eq\r(2gR)由能量守恒得彈簧彈性勢能為Ep＝eq\f(1,2)·2mveq\o\al(2,P)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,Q)＝6mgR(2)Q滑上滑板時(shí)，由牛頓第二定律得μmg＝ma1解得Q的加速度a1＝μg對(duì)滑板分析得μmg－eq\f(1,16)μ·4mg＝3ma2解得滑板加速度a2＝eq\f(1,4)μg設(shè)經(jīng)過時(shí)間t共速，速度為v共．對(duì)Q有v共＝vQ－a1t＝2eq\r(2gR)－μgt對(duì)滑板有v共＝a2t＝eq\f(1,4)μgt聯(lián)立解得t＝eq\f(8\r(2gR),5μg)Δx＝2eq\r(2gR)t－eq\f(1,2)μgt2－eq\f(1,2)·eq\f(1,4)μgt2＝eq\f(16R,5μ)<eq\f(4R,μ)Q與滑板摩擦生熱Q＝μmgΔx＝eq\f(16,5)mgR(3)Q要相對(duì)滑板后退且有對(duì)地向左運(yùn)動(dòng)，即Lm至多對(duì)應(yīng)Q退至滑板e(cuò)q\f(1,4)光滑圓弧底部時(shí)速度恰為0，根據(jù)動(dòng)量和能量守恒有mvQ＝3mv2eq\f(1,2)mveq\o\al(2,Q)＝eq\f(1,2)·3mveq\o\al(2,2)＋μmgLm解得Lm＝eq\f(8R,3μ)所以L<eq\f(8R,3μ)抓分卷限時(shí)熱練五1.C解析：由核反應(yīng)的質(zhì)量數(shù)守恒可知，生成物X的質(zhì)量數(shù)為206，所以中子數(shù)為206－82＝124，故A錯(cuò)誤；裂變的過程中會(huì)釋放能量，質(zhì)量會(huì)變小，故B錯(cuò)誤；一個(gè)中子轉(zhuǎn)化成一個(gè)質(zhì)子和電子，在過程中，同時(shí)會(huì)釋放出能量，故C正確；中子不帶電荷，電磁場不會(huì)加速和減速及束縛中子，故D錯(cuò)誤．2.C解析：玻璃管被液體包住之前，由于玻璃管之外是光疏介質(zhì)空氣，光線發(fā)生全反射，沒有光線從玻璃管中射出．當(dāng)玻璃管被透明液體包住之后，由于液體的折射率大于玻璃管壁的折射率，光線不再發(fā)生全反射，有一部分光線進(jìn)入液體，反射光的強(qiáng)度會(huì)減弱，故C正確．3.D解析：由圖乙可知Hα譜線對(duì)應(yīng)的波長最大，由λ＝eq\f(c,ν)可知，波長越大，頻率越小，A錯(cuò)誤；氫原子的發(fā)射光譜屬于線狀光譜，B錯(cuò)誤；處于n＝2能級(jí)的氫原子電離至少需要吸收3.4eV的能量，因此用能量為3.5eV的光照射處于n＝2激發(fā)態(tài)的氫原子，氫原子會(huì)發(fā)生電離，C錯(cuò)誤；氫原子從n＝4能級(jí)躍遷到n＝2能級(jí)，軌道半徑變小，根據(jù)eq\f(ke2,r2)＝eq\f(mv2,r)知，電子運(yùn)動(dòng)速度變大，即電子動(dòng)能增大，D正確．4.C解析：當(dāng)S閉合瞬時(shí)，兩燈同時(shí)有電流通過，同時(shí)發(fā)光，線圈L由于產(chǎn)生自感電動(dòng)勢阻礙電流增大，但隨著線圈L電流的增加，流過L2燈的電流逐漸變小，L2逐漸變暗直到熄滅，同時(shí)L1燈電流逐漸增大，變得更亮，故C正確，A、B、D錯(cuò)誤．5.A解析：從能量轉(zhuǎn)化角度分析，人起跳過程中地面沒有給人提供能量，故地面對(duì)人做的功為零，A正確；起跳過程屈腿姿態(tài)不同，則起跳時(shí)間不同，由于起跳速度不變，由動(dòng)量定理可知，地面對(duì)人的平均作用力大小不同，故B錯(cuò)誤；由于起跳速度不變，則著地速度也不變，即著地過程中動(dòng)量的變化量不變，但著地過程屈腿姿態(tài)不同，著地時(shí)間不同，則人的動(dòng)量變化率不同，設(shè)地面對(duì)人的沖量為I，由動(dòng)量定理有mgt－I＝Δp，可知，由于t不同，則I不同，故C、D錯(cuò)誤．6.B解析：“天問一號(hào)”繞火星做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力由萬有引力提供，則Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(v2,r)＝meq\f(4π2,T2)r＝ma.由v＝eq\r(\f(GM,r))得，“天問一號(hào)”在軌道Ⅰ的線速度大小為v＝eq\r(\f(GM,R＋h1))，A錯(cuò)誤；根據(jù)T＝2πeq\r(\f(r3,GM))，則“天問一號(hào)”在軌道Ⅱ的運(yùn)動(dòng)周期為T＝2πeq\r(\f((R＋h2)3,GM))，B正確；根據(jù)a＝eq\f(GM,r2)，“天問一號(hào)”在軌道Ⅰ、Ⅱ的向心加速度大小的比值為eq\f(a1,a2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(R＋h2,R＋h1)))2，C錯(cuò)誤；“天問一號(hào)”在軌道Ⅰ減速做向心運(yùn)動(dòng)才能變軌至軌道Ⅱ，D錯(cuò)誤．7.A解析：管中封閉氣體的壓強(qiáng)p＝p0＋ρgh1＝p0＋ρgh2，則得h1＝h2，當(dāng)溫度升高時(shí)，封閉氣體的p、V增大，故h1和h2同時(shí)增大，A正確；當(dāng)大氣壓升高時(shí)，封閉氣體的壓強(qiáng)增大，由玻意耳定律pV＝C得知，封閉氣體的體積減小，水銀柱將移動(dòng)，使h1和h2同時(shí)減小，二者一直相等，B錯(cuò)誤；若把彎管下移少許距離，封閉氣體的體積減小，壓強(qiáng)增大，水銀柱將移動(dòng)，h1和h2同時(shí)增大，C錯(cuò)誤；若右管中滴入少許水銀，封閉氣體的體積減小，壓強(qiáng)增大，水銀柱將移動(dòng)，h1和h2同時(shí)增大，D錯(cuò)誤．8.C解析：從矩形線圈與中性面垂直的位置開始計(jì)時(shí)，故產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢的瞬時(shí)值表達(dá)式為e＝NBSωcosωt，A錯(cuò)誤；矩形線圈從題圖所示位置經(jīng)過eq\f(π,2ω)＝eq\f(1,4)T時(shí)間內(nèi)，線圈中有電流產(chǎn)生，故通過電流表A1的電荷量不為零，B錯(cuò)誤；變壓器原線圈電壓一定，則副線圈電壓一定，故電壓表V1、V2示數(shù)不變；滑動(dòng)變阻器的滑片向上滑動(dòng)過程中，R變大，副線圈電流減小，故電流表A2示數(shù)變小，則電流表A1示數(shù)也變小，R0兩端的電壓減小，故V3示數(shù)變大，C正確，D錯(cuò)誤．9.D解析：根據(jù)點(diǎn)電荷的場強(qiáng)公式和場強(qiáng)的疊加法則可知O點(diǎn)的電場強(qiáng)度為零，故A錯(cuò)誤；根據(jù)題意可知四個(gè)粒子在O點(diǎn)的電勢均為φ＝keq\f(e,\f(\r(2),2)a)＝eq\r(2)eq\f(ke,a)，則O點(diǎn)的電勢為φO＝4eq\r(2)eq\f(ke,a)，故B錯(cuò)誤；每個(gè)粒子的電勢能Ep1＝keq\f(e2,a)＋keq\f(e2,a)＋keq\f(e2,\r(2)a)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(\r(2),2)))keq\f(e2,a)，故整個(gè)系統(tǒng)電勢能為Ep＝eq\f(4Ep1,2)＝(4＋eq\r(2))keq\f(e2,a)，故D正確，C錯(cuò)誤．10.D解析：將m豎直向上緩緩提起一段距離x(過程中M未離開地面)后釋放，m做簡諧運(yùn)動(dòng)，由重力和彈簧彈力的合力提供物塊m做簡諧運(yùn)動(dòng)的回復(fù)力，m的初始位置為平衡位置，振幅為x；當(dāng)振動(dòng)物塊離開平衡位置時(shí)速度減小，當(dāng)振動(dòng)物塊靠近平衡位置時(shí)，速度增大，則物塊通過平衡位置時(shí)速度最大；振動(dòng)過程中M對(duì)桌面的壓力最小時(shí)m在最高處，則Fmin＝(M＋m)g－kx，M對(duì)地面的最小壓力隨x的增大而減小，故A錯(cuò)誤；M對(duì)桌面的壓力最大時(shí)m在最低處，則Fmax＝(M＋m)g＋kx，F(xiàn)max-x圖像是不過原點(diǎn)的傾斜的直線，故B錯(cuò)誤；由牛頓第二定律可得m在最低點(diǎn)時(shí)具有的加速度大小a＝eq\f(kx,m)，a-x圖像為過原點(diǎn)的傾斜的直線，故C錯(cuò)誤；初始位置mg＝kx0，解得x0＝eq\f(mg,k)，m在平衡位置時(shí)動(dòng)能最大，若x>x0，由能量守恒定律可知Ekm＋eq\f(1,2)kxeq\o\al(2,0)＝mgx＋eq\f(k(x－x0)2,2)，解得Ekm＝eq\f(1,2)kx2，則Ekm-x圖像可能是開口向上的拋物線，故D正確．11.(1)①eq\f(\f(d,Δt2)－\f(d,Δt1),Δt12)1.38②大于(2)eq\f(p,21－p)eq\f(21q－pq,p)解析：(1)①通過光電門A的速度為vA＝eq\f(d,Δt1)，通過光電門B的速度為vB＝eq\f(d,Δt2)，忽略遮光條通過光電門時(shí)速度的變化，滑塊加速度的表達(dá)式為a＝eq\f(vB－vA,Δt12)＝eq\f(\f(d,Δt2)－\f(d,Δt1),Δt12)，代入數(shù)據(jù)解得滑塊的加速度為a＝eq\f(\f(d,Δt2)－\f(d,Δt1),Δt12)＝1.38m/s2.②若考慮遮光條通過光電門時(shí)速度的變化，則遮光條通過兩個(gè)光電門中間時(shí)刻的時(shí)間間隔比Δt12測量值大，所以加速度的測量值比真實(shí)值大．(2)由牛頓第二定律得nmg－μ[Mg＋(N－n)mg]＝(M＋Nm)a，化簡得a＝eq\f(mg＋μmg,M＋Nm)n－μg＝eq\f((1＋μ)g,21)·n－μg，可得μg＝q，eq\f((1＋μ)g,21)＝eq\f(q,p)，解得μ＝eq\f(p,21－p)，g＝eq\f(21q－pq,p).12.(1)由幾何關(guān)系得2dtanθ＝x2－x1解得d＝eq\f(x2－x1,2tanθ)(2)設(shè)光在A點(diǎn)的折射角為α根據(jù)折射定律有n＝eq\f(sinθ,sinα)光從A傳播到B的路程s＝eq\f(x1,sinα)光在玻璃中的速度v＝eq\f(c,n)光在玻璃中傳播的時(shí)間t＝eq\f(s,v)解得t＝eq\f(n2x1,csinθ)13.(1)小球在第Ⅱ象限內(nèi)做類平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律有s＝v0tv0tanθ＝at由牛頓第二定律有qE＝ma聯(lián)立解得E＝eq\f(mveq\o\al(2,0),qs)(2)設(shè)小球通過M點(diǎn)時(shí)的速度為v，由類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律有v＝eq\f(v0,cosθ)＝eq\r(2)v0小球垂直磁場方向進(jìn)入兩板間做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，軌跡如圖1所示．圖1圖2由牛頓第二定律有qvB＝meq\f(v2,R)，解得B＝eq\f(mv,qR)＝eq\f(\r(2)mv0,qR)小球剛好能打到Q點(diǎn)時(shí)，磁感應(yīng)強(qiáng)度最大，設(shè)為B1，此時(shí)小球的軌跡半徑為R1，由幾何關(guān)系有eq\f(R1,L＋d2－R1)＝eq\f(L－R1,R1)解得R1＝eq\f(4,7)L，B1＝eq\f(7\r(2)mv0,4qL)小球剛好不與C2板相碰時(shí)，磁感應(yīng)強(qiáng)度最小，設(shè)為B2，此時(shí)小球的軌跡半徑為R2，由幾何關(guān)系有R2＝d1＝L解得B2＝eq\f(\r(2)mv0,qL)綜上可得，磁感應(yīng)強(qiáng)度的取值范圍是eq\f(\r(2)mv0,qL)≤B≤eq\f(7\r(2)mv0,4qL)(3)小球進(jìn)入磁場做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)半徑為R3，周期為T0，則qvB0＝meq\f(v2,R3)，R3＝eq\f(\r(2)mv0,qB0)，T0＝eq\f(2πm,qB0)孔M離坐標(biāo)原點(diǎn)O的距離為L＝eq\f(4\r(2)mv0,qB0)＝4R3磁場的變化周期為T＝eq\f(4πm,3qB0)＝eq\f(2,3)T0由以上分析可知小球在磁場中運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖2所示，一個(gè)磁場周期內(nèi)小球在x軸方向的位移為x＝3R3L－3R3＝R3即小球剛好垂直y軸方向離開磁場．所以小球在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t1＝eq\f(1,3)T0＋eq\f(1,3)T0＋eq\f(1,4)T0＝eq\f(11πm,6qB0)離開磁場到打在平板C3上所用的時(shí)間t2＝eq\f(d2,v)＝eq\f(\r(2)L,6v0)小球從M點(diǎn)到打在平板C3上所用總時(shí)間為t＝t1＋t2＝eq\f(11πm,6qB0)＋eq\f(\r(2)L,6v0)＝eq\f((11π＋8)m,6qB0)抓分卷限時(shí)熱練六1.D解析：由質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)守恒可知X是中子，故A錯(cuò)誤；該反應(yīng)是核聚變反應(yīng)，不是鏈?zhǔn)椒磻?yīng)，故B錯(cuò)誤；結(jié)合能是把eq\o\al(4,2)He拆解成自由核子時(shí)所需的最小能量，而非核反應(yīng)中放出的能量17.6MeV，故C錯(cuò)誤；發(fā)生核反應(yīng)后，釋放能量，原子核越穩(wěn)定，則eq\o\al(4,2)He的比結(jié)合能比eq\o\al(2,1)H、eq\o\al(3,1)H的比結(jié)合能都大，故D正確．2.C解析：根據(jù)光路，單色光a在空氣中的折射角較大，所以根據(jù)折射定律，玻璃對(duì)a光的折射率較大，根據(jù)折射率與速度的關(guān)系式n＝eq\f(c,v)，可知a光在玻璃中的速度小于b光在玻璃中的速度，A錯(cuò)誤；折射率越大的光，其頻率越大，用a、b兩束光分別照射到同一金屬表面，a光更容易使金屬發(fā)生光電效應(yīng)，根據(jù)頻率與波長的關(guān)系式c＝λν，a光的波長小于b光的波長，而波長越短，越難發(fā)生明顯衍射，所以a、b兩束光遇到同樣的障礙物時(shí)，a光更難發(fā)生明顯衍射，B、D錯(cuò)誤；根據(jù)全反射公式sinC＝eq\f(1,n)，a光對(duì)玻璃的臨界角較小，所以增大復(fù)色光的入射角，在玻璃磚的右邊最先消失的是a光，C正確．3.A解析：如圖所示為直棒豎直插入盛水玻璃杯內(nèi)的俯視圖：A處為直棒，ABP表示由直棒反射的光穿過玻璃杯壁B射向觀察者P處的一條光線，ON為法線，圖中的角i和角γ分別為此光線的入射角和折射角，根據(jù)光的折射規(guī)律可知γ＞i，所以觀察者在P處看到的直棒A的像A′的位置不是在A的實(shí)際位置，而是由其實(shí)際位置偏離杯中心的方向向杯壁靠攏一些．據(jù)此可知，當(dāng)直棒豎直插入玻璃杯中時(shí)，其側(cè)視圖可能是圖中的A或C圖．同時(shí)，玻璃杯此時(shí)相當(dāng)于一個(gè)凸透鏡，對(duì)直棒起到了放大的作用，因此，觀察到的直棒比實(shí)際粗些，故A正確．4.D解析：運(yùn)動(dòng)員從坡道A點(diǎn)滑出后，水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，豎直方向做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，由題知第二次的滯空時(shí)間比第一次長，所以第二次騰空最大高度大于第一次，又因?yàn)閮纱嗡轿灰葡嗟?，所以兩次滑出速度方向不相同，故A、B錯(cuò)誤；由x＝vxt知，第二次滑出后水平分速度小于第一次，即第二次在最高點(diǎn)速度小，又由vy＝gt可知，第二次滑出后豎直分速度大于第一次，所以第二次滑出速度不一定大，故C錯(cuò)誤，D正確．5.C解析：對(duì)接前載人飛船的軌道處在空間站軌道的下方，需要先噴火加速，再減速進(jìn)入與空間站同一軌道，A錯(cuò)誤；對(duì)接時(shí)，載人飛船的速度應(yīng)該沿軌道切線方向，B錯(cuò)誤；對(duì)接時(shí)，載人飛船與空間站具有相同的軌道半徑，根據(jù)a＝eq\f(GM,r2)，可知加速度大小相同，C正確；對(duì)接前，載人飛船的軌道半徑小于空間站的軌道半徑，則根據(jù)v＝eq\r(\f(GM,r))，可知載人飛船的速度比空間站的速度大，D錯(cuò)誤．6.C解析：根據(jù)電場線的特點(diǎn)，正方形左上角電荷帶正電，順時(shí)針開始，第二個(gè)電荷帶負(fù)電，右下角電荷帶正電，第四個(gè)電荷帶負(fù)電，A錯(cuò)誤；根據(jù)電場線的疏密，M、N、P三點(diǎn)中M點(diǎn)場強(qiáng)最小，B錯(cuò)誤；依據(jù)對(duì)稱性可知，O點(diǎn)電勢為零，M點(diǎn)電勢為零，N、P兩點(diǎn)更接近負(fù)電荷，電勢為負(fù)，所以三點(diǎn)中M點(diǎn)電勢最高，將負(fù)電荷從P點(diǎn)移動(dòng)到O點(diǎn)，電勢升高，電場力做正功，電勢能減少，所以負(fù)電荷在P點(diǎn)的電勢能比在O點(diǎn)的電勢能高，C正確，D錯(cuò)誤．7.C解析：無線充電時(shí)接收線圈部分的工作原理是電磁感應(yīng)，故A錯(cuò)誤；當(dāng)給充電設(shè)備通以恒定直流電時(shí)，充電設(shè)備不會(huì)產(chǎn)生交變磁場，即不能正常充電，故B錯(cuò)誤；接收線圈中交變電流的頻率應(yīng)與發(fā)射線圈中交變電流的頻率相同，故C正確；被充電內(nèi)部，應(yīng)該有一類似金屬線圈的部件與電池相連，當(dāng)有交變磁場時(shí)，則產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢，普通由于沒有金屬線圈，所以不能夠利用無線充電設(shè)備進(jìn)行充電，故D錯(cuò)誤．8.D解析：狀態(tài)A到狀態(tài)B過程，由理想氣體狀態(tài)方程可知，氣體體積增大，則氣體密度變小，A錯(cuò)誤；狀態(tài)B到狀態(tài)C過程，氣體溫度先升高，后降低，則氣體內(nèi)能先增大，后減小，但氣體體積一直減小，則外界對(duì)氣體做功，則根據(jù)熱力學(xué)第一定律有ΔU＝Q＋W，W>0，在氣體內(nèi)能增大階段，由于不知道ΔU與W的具體關(guān)系，則無法判斷出氣體是吸熱還是放熱，而在氣體內(nèi)能減小階段，W>0，則Q<0，故氣體放熱，B錯(cuò)誤；A、C兩狀態(tài)氣體壓強(qiáng)相同，氣體分子對(duì)容器壁上單位面積的平均撞擊力相等，但A狀態(tài)到C狀態(tài)氣體溫度升高，氣體體積增大，氣體分子平均速率變大，數(shù)密度減小，則C狀態(tài)氣體分子單位時(shí)間內(nèi)撞擊單位面積的次數(shù)減小，C錯(cuò)誤，D正確．9.D解析：由圖乙可知t＝1.0s時(shí)P點(diǎn)振動(dòng)方向向上，根據(jù)上下坡法，波沿x軸正方向傳播，A錯(cuò)誤；經(jīng)過1個(gè)周期T＝1.2s，質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的路程s＝4A，經(jīng)過0.6s，運(yùn)動(dòng)的路程s′＝2A，以上規(guī)律質(zhì)點(diǎn)在任何位置開始都適用，故再經(jīng)過0.6s，質(zhì)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)的路程為0.2m，B錯(cuò)誤；由圖乙可得簡諧運(yùn)動(dòng)的表達(dá)式y(tǒng)＝Asineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)t))＝10sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,3)t))cm，當(dāng)t＝1.0s時(shí)，解得質(zhì)點(diǎn)P離開平衡位置的位移為y＝10sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,3)))cm＝－5eq\r(3)cm，故C錯(cuò)誤；由圖乙可知，當(dāng)t′＝1.2s時(shí)，P點(diǎn)振動(dòng)到平衡位置，該波沿x軸正方向傳播，此時(shí)的波形圖如下圖虛線所示，所以v＝eq\f(xQP,t′－t)＝10m/s，解得xPQ＝2m，又由λ＝vT＝10×1.2m＝12m，所以xP＝eq\f(1,4)λ＋xQP＝5m，故D正確．10.C解析：彈簧和物塊組成的系統(tǒng)，受到電場力作用，則機(jī)械能不守恒，A錯(cuò)誤；當(dāng)所受的合力為零時(shí)速度最大，即此時(shí)彈力等于電場力，彈簧不是處于原長位置，B錯(cuò)誤；開始撤去F時(shí)，物塊受到的合力為2qE，由對(duì)稱性可知，彈簧最短時(shí)物塊所受的合力也為2qE，此時(shí)a＝eq\f(2qE,m)，C正確；開始時(shí)F彈＝qE，此時(shí)彈簧處于伸長狀態(tài)，在平衡位置時(shí)F彈＝qE，此時(shí)彈簧為壓縮狀態(tài)，則從開始運(yùn)動(dòng)到平衡位置的距離為x＝eq\f(2qE,k)，彈簧最短時(shí)物塊的電勢能最小，電場力做功為W＝qE·2x＝qE·eq\f(4qE,k)＝eq\f(4q2E2,k)，因M點(diǎn)的電勢為零，則物塊電勢能的最小值為－eq\f(4q2E2,k)，D錯(cuò)誤．11.(1)R1(2)見解析(3)①⑤④③②(4)見解析533(490～560均可)(5)>解析：(1)滑動(dòng)變阻器要接成分壓電路，實(shí)驗(yàn)中應(yīng)選擇阻值較小的滑動(dòng)變阻器R1.(2)實(shí)物器材連線如圖．(3)該實(shí)驗(yàn)中正確的實(shí)驗(yàn)順序是：①⑤④③②.(4)根據(jù)表中數(shù)據(jù)在圖中作出Ia-Ib圖像如圖．根據(jù)Ia(R0＋Rx＋Rg)＝Ib(Rx＋Rg)即Ia＝eq\f(Rx＋Rg,R0＋Rx＋Rg)Ib根據(jù)圖像求得k＝eq\f(Rx＋Rg,R0＋Rx＋Rg)＝eq\f(7.6,10)解得待測電阻Rx＝533Ω.(5)當(dāng)S2切換到a端時(shí)電阻變大，則MN兩端電壓會(huì)變大，Ia-Ib圖像斜率偏大，由k＝eq\f(Rx＋Rg,R0＋Rx＋Rg)＝eq\f(1,1＋\f(R0,Rx＋Rg))，則Rx的測量值大于真實(shí)值．12.(1)金屬圓環(huán)的末速度為v＝v0cos60°＝1m/s整個(gè)過程金屬圓環(huán)中產(chǎn)生的電能為E電＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mv2＝0.03J(2)以垂直電流方向向右為正，由動(dòng)量定理得I＝0－mv0sin60°解得I＝－eq\f(\r(3),50)N·s安培力的沖量大小為eq\f(\r(3),50)N·s，方向向左．13.(1)彈簧壓縮最短時(shí)，甲、乙、丙的速度相同，設(shè)此時(shí)的速度為v1，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有(m1＋m2)v0＝(m1＋m2＋m3)v1解得v1＝0.6m/s(2)當(dāng)彈簧壓縮量最大時(shí)，根據(jù)機(jī)械能守恒，彈簧具有的彈性勢能Ep＝eq\f(1,2)(m1＋m2)veq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(m1＋m2＋m3)veq\o\al(2,1)＝0.6J設(shè)彈簧的最大壓縮量為x，由于彈簧的彈力與彈簧的形變量成線性關(guān)系，則eq\f(kx,2)·x＝Ep解得x＝0.2m設(shè)物塊乙與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，根據(jù)題意知kx－μm2g＝m2a，μm2g＝m1a解得μ＝0.4(3)設(shè)甲、乙、丙最后的共同速度為v2，根據(jù)動(dòng)量守恒有(m1＋m2)v′0＝(m1＋m2＋m3)v2解得v2＝3m/s根據(jù)能量守恒，甲、丙碰撞過程損失的機(jī)械能ΔE＝eq\f(1,2)(m1＋m2)v′eq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(m1＋m2＋m3)veq\o\al(2,2)－μm2gL＝11J抓分卷限時(shí)熱練七1.D解析：水黽能浮在水面上是因?yàn)橐后w表面張力，故A錯(cuò)誤；根據(jù)熱力學(xué)第二定律可知，不可能從單一熱源吸熱而使之完全轉(zhuǎn)化成有用的功而不產(chǎn)生其他變化，即能量的利用率不能達(dá)到100%，實(shí)際上熱機(jī)在工作過程中，即使燃料充分燃燒，但在利用過程中，始終會(huì)有部分能量耗散，故B錯(cuò)誤；新型材料石墨烯屬于晶體，具有光學(xué)的各向異性，故C錯(cuò)誤；水銀與玻璃不浸潤，附著層分子分布稀疏，內(nèi)部液體分子對(duì)附著層分子的引力作用整體向下，使管中的水銀向下運(yùn)動(dòng)，當(dāng)管中的水銀下降到一定高度時(shí)，液面的壓力差與液面邊緣使它向下的力平衡，最終達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)，因此兩端開口的細(xì)玻璃管豎直插入水銀中，穩(wěn)定后管內(nèi)的水銀面低于管外，故D正確．2.C解析：n＝4能級(jí)的氫原子躍遷時(shí)發(fā)出的光的最大能量是由4到1的躍遷，光子能量為(－0.85eV)－(－13.6eV)＝12.75eV，則照射鋅板時(shí)能發(fā)生光電效應(yīng)，且光電子的最大初動(dòng)能為12.75eV－3.4eV＝9.35eV，A錯(cuò)誤，C正確；若發(fā)生光電效應(yīng)，則鋅板由于失去電子而帶正電，則驗(yàn)電器內(nèi)的金屬片帶正電，B錯(cuò)誤；β衰變是原子核內(nèi)的中子轉(zhuǎn)化為質(zhì)子并釋放出電子，而光電效應(yīng)逸出的電子來自原子核外，二者的本質(zhì)不同，D錯(cuò)誤．3.B解析：如圖所示，由于所畫玻璃磚的寬度比實(shí)際寬度大，使入射點(diǎn)向左移，折射點(diǎn)向右移，導(dǎo)致所畫折射角比實(shí)際折射角大，故測得的折射率偏小，故B正確．4.C解析：根據(jù)萬有引力公式F＝Geq\f(Mm,r2)可知飛離地球時(shí)，“嫦娥五號(hào)”月球探測器受地球的引力越來越小，A錯(cuò)誤；在近月圓形軌道運(yùn)行時(shí)，仍受月球的引力作用，B錯(cuò)誤；在近月圓形軌道運(yùn)行時(shí)，萬有引力完全提供向心力，探測器內(nèi)物體處于完全失重狀態(tài)，C正確；若在地球上發(fā)射速度大于11.2km/s，則探測器將脫離地球束縛，D錯(cuò)誤．5.B解析：由公式p＝eq\f(h,λ)可知，每個(gè)光子動(dòng)量大小p＝eq\f(6.626×1034,500×109)kg·m/s＝1.33×1027kg·m/s，故A錯(cuò)誤；每個(gè)光子的能量為E0＝hν＝heq\f(c,λ)＝eq\f(6.626×1034×3.0×108,500×109)J＝3.9756×1019J，每秒鐘激光的能量為E＝Pt＝1.0J，則激光每秒發(fā)射的光子數(shù)量N＝eq\f(E,E0)＝eq\f(1.0,3.9756×1019)個(gè)≈2.5×1018個(gè)，故B正確；圓柱體的質(zhì)量為m＝ρV＝ρ×πr3＝1.0×103×3.14×(5×104)3kg＝3.925×107kg，激光中光子的總動(dòng)量為p總＝Np＝3.325×109kg·m/s，由動(dòng)量定理可知F×1s＝p總，解得F＝3.325×109N，圓柱體的加速度大小為a＝eq\f(F,m)＝eq\f(3.325×109,3.925×107)m/s2≈8.5×103m/s2，故C錯(cuò)誤；激光功率越大，單位時(shí)間內(nèi)的能量越大，光子的個(gè)數(shù)越多，光子的總動(dòng)量越大，激光對(duì)圓柱體的作用力越大，故D錯(cuò)誤．6.A解析：回旋加速器中高頻交流電源的周期等于粒子在磁場中的周期，粒子在磁場中由洛倫茲力提供向心力得qvB＝meq\f(v2,r)，又T＝eq\f(2πr,v)，聯(lián)立可得T＝eq\f(2πm,qB)＝eq\f(1,f)，由于eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m,q)))eq\s\do7(He)∶eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m,q)))eq\s\do7(H)＝2∶1，且加速eq\o\al(4,2)He粒子時(shí)，勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，高頻交流源電頻率為f，若用于加速質(zhì)子eq\o\al(1,1)H，可僅將f變?yōu)樵瓉淼?倍，或僅將B變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,2)，故A正確．7.B解析：設(shè)滑動(dòng)變阻器的總電阻為R，橫截面積為S，根據(jù)閉合電路歐姆定律可知E＝I(R＋R0＋r)，設(shè)AP之間的距離為x，則U＝IRx＝eq\f(E,(R＋R0＋r))ρeq\f(x,S)，汽車平衡時(shí)有mg＝2kx，解得U＝eq\f(E,(R＋R0＋r))ρeq\f(mg,2kS)，從公式可以看出電壓表兩端電壓與被測汽車的質(zhì)量成正比，A正確；若將一個(gè)電阻與電壓表串聯(lián)，電阻的作用相當(dāng)于導(dǎo)線，AP之間的最大電壓不受此電阻的影響，沒有辦法增大地磅量程，B錯(cuò)誤；若稱量值偏小，可以通過在R0上并聯(lián)一個(gè)電阻，回路中總電阻變小，總電流增大，可變電阻上的電壓增大，使稱量值得以校正，C正確；電池長時(shí)間使用后，內(nèi)阻會(huì)變大，導(dǎo)致電流減小，AP上的電壓減小，所以稱量值會(huì)偏小，D正確．8.B解析：若夾角θ＝90°，則P點(diǎn)位于x軸上，檢驗(yàn)電荷從無限遠(yuǎn)沿x軸移動(dòng)到O點(diǎn)的過程中，電場力始終與位移方向垂直，則x軸上的電勢處處為0，這與cos90°相符，可見A、C錯(cuò)誤；因離O點(diǎn)越遠(yuǎn)，其電勢就越小，故r應(yīng)在分母上，故B正確，D錯(cuò)誤．9.D解析：由圖知λ＝4m，T＝0.4s，則波速為v＝eq\f(λ,T)＝10m/s，A錯(cuò)誤；由圖乙讀出，t＝0時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)P的速度向上，由波形的平移法可知，這列波沿x軸正方向傳播，B錯(cuò)誤；由于t＝0.1s＝eq\f(T,4)，在該時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)Q在平衡位置的下方，且向上振動(dòng)，C錯(cuò)誤；由于t＝0.7s＝T＋eq\f(3T,4)，在該時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)到波谷，據(jù)簡諧運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)可知，此時(shí)加速度最大，而Q在平衡位置的上方(但不是波峰)，所以質(zhì)點(diǎn)P的加速度大于質(zhì)點(diǎn)Q的加速度，D正確．10.D解析：由于摩擦力做負(fù)功，系統(tǒng)機(jī)械能不守恒，故A錯(cuò)誤；由對(duì)稱性可知，小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過程中和從B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過程中摩擦力做功相同，故B錯(cuò)誤；小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過程中彈簧彈力做正功，從B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過程中彈簧彈力做負(fù)功，故C錯(cuò)誤；小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過程中和從B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過程中，重力做功相同，彈簧彈力做功大小相等，整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，由動(dòng)能定理可知，重力做功的大小等于摩擦力做功的大小，則小球從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過程中，重力做功的大小等于摩擦力做功的大小，由動(dòng)能定理可知，動(dòng)能的增加量等于彈簧彈力所做的功，故D正確．11.(1)20.55(2)見解析(3)0.23(4)B(5)不正確，由F＝eq\f(m,2L)v2＋μmg可知實(shí)驗(yàn)中測量物塊位移時(shí)未考慮遮光條的寬度，位移偏小，算出的質(zhì)量偏小，動(dòng)摩擦因數(shù)μ會(huì)偏大解析：(1)遮光條寬度為d＝20mm＋0.05mm×11＝20.55mm.(2)F-v2圖像如圖所示(3)根據(jù)動(dòng)能定理FL－μmgL＝eq\f(1,2)mv2，得F＝eq\f(m,2L)v2＋μmg，圖線斜率和縱坐標(biāo)截距分別為eq\f(m,2L)＝eq\f(1.22－0.84,1.32)＝0.3，μmg＝0.84，得μ≈0.23.(4)由(3)可知，質(zhì)量越大，圖線斜率和縱軸截距越大，且當(dāng)F為0時(shí)，兩圖線與橫軸交于同一點(diǎn)，故B正確．(5)由題意可知，v＝eq\f(d,t)可視為遮光條通過光電門過程中的中間時(shí)刻的速度，該位置對(duì)應(yīng)的滑塊位移大于L，即L的測量值小于真實(shí)值，結(jié)合(3)可知算出的質(zhì)量偏小，動(dòng)摩擦因數(shù)的測量值大于真實(shí)值，該觀點(diǎn)錯(cuò)誤．12.(1)緩慢變化過程中，由玻意耳定律可得p0(V0＋V)＝pV解得V＝eq\f(p0V0,p－p0)(2)設(shè)靜置較長時(shí)間后，瓶中剩余氣體在壓強(qiáng)為p時(shí)的體積為V1，根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程有eq\f(pV1,T1)＝eq\f(1.15pV0,T2)解得eq\f(V1,V0)＝eq\f(1.15,1.2)＝95.8%故漏氣質(zhì)量占比為4.2%，密封性不合格．13.(1)導(dǎo)體棒在彎曲軌道上下滑，機(jī)械能守恒，有mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得v0＝eq\r(2gh)導(dǎo)體棒由CD到EF，有0＝v0－eq\f(B2L2,2mR)d解得d＝eq\f(2mR,B2L2)eq\r(2gh)(2)導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)到x＝eq\f(d,2)處，速度為v1，則v1＝v0－eq\f(B2L2,2mR)·eq\f(d,2)解得v1＝eq\f(v0,2)＝eq\f(\r(2gh),2)又F安＝BIL，I＝eq\f(BLv1,2R)導(dǎo)體棒的加速度a＝eq\f(F安,m)＝eq\f(B2L2,4mR)eq\r(2gh)，方向沿x軸負(fù)方向．(3)導(dǎo)體棒在彎曲軌道上下滑，有mg·4h＝eq\f(1,2)mv′eq\o\al(2,0)，解得v′0＝2eq\r(2gh)導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)到EF處，速度為v2，則v2＝v′0－eq\f(B2L2,2mR)d＝eq\r(2gh)之后在粗糙軌道上減速滑行，加速度為a1＝eq\f(μmg,m)＝μgveq\o\al(2,2)＝2a1(x－d)x＝eq\f(veq\o\al(2,2),2a1)＋d＝eq\f(h,μ)＋eq\f(2mR,B2L2)eq\r(2gh)導(dǎo)體棒在有界磁場中運(yùn)動(dòng)，速度從v′0減小到v2，克服安培力做功為W＝eq\f(1,2)mv′eq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)＝3mgh此過程中電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為QR＝eq\f(1,2)W＝eq\f(3,2)mgh抓分卷限時(shí)熱練八1.B解析：根據(jù)m＝m0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up6(\f(6,T))，其中m0＝20μg/mL，m＝3μg/mL，可得T≈2h，故B正確．2.A解析：根據(jù)Fn＝eq\f(GMm,r2)＝meq\f(v2,r)＝mω2r＝man，依題意對(duì)接后空間站的運(yùn)動(dòng)可看作勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則可知對(duì)接后空間站運(yùn)行過程中角速度不變，而線速度、向心加速度、萬有引力雖大小不變，但方向在變化，故選A正確．3.C解析：足球從踢出到落地過程只受重力作用，水平方向不受力的作用，所以足球在水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，B錯(cuò)誤；重力先做負(fù)功，后做正功，足球的動(dòng)能先減小，后增大，則速度先減小，后增大，故動(dòng)量先減小，后增大，C正確，A錯(cuò)誤；足球在最高點(diǎn)豎直方向仍受重力作用，不處于平衡狀態(tài)，D錯(cuò)誤．4.B解析：向上提升時(shí)，先假設(shè)L2壓強(qiáng)不變，則L2下端水銀面沒有上升，導(dǎo)致L2變大，因此假設(shè)不成立，即L2部分壓強(qiáng)減小，體積變大；L1部分壓強(qiáng)始終等于L2部分壓強(qiáng)減去水銀柱壓強(qiáng)，因此壓強(qiáng)也減小，即L1變大，故B正確．5.C解析：對(duì)質(zhì)量為2m的木塊受力分析可知，受重力、地面對(duì)木塊的支持力、質(zhì)量為m的木塊的壓力、摩擦力和輕繩對(duì)