2025年高考總復(fù)習(xí)優(yōu)化設(shè)計(jì)二輪專(zhuān)題物理江蘇專(zhuān)版課后習(xí)題考前增分練答案

2025年高考總復(fù)習(xí)優(yōu)化設(shè)計(jì)二輪專(zhuān)題物理江蘇專(zhuān)版課后習(xí)題考前搶分練(選擇題10題+實(shí)驗(yàn)+前2題計(jì)算)(1)1.D解析根據(jù)核反應(yīng)前后質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)守恒得A=12+1-7-2×1=4,Z=6+1-3-2×1=2,故式中的X為

24He,故選2.A解析由于紅光的頻率小于藍(lán)光的頻率,則紅光的波長(zhǎng)大于藍(lán)光的波長(zhǎng),根據(jù)E=hν,可知藍(lán)光光子的能量大于紅光光子的能量;根據(jù)p=?λ,可知藍(lán)光光子的動(dòng)量大于紅光光子的動(dòng)量,故A項(xiàng)正確,B項(xiàng)錯(cuò)誤;由于紅光的折射率小于藍(lán)光,根據(jù)v=cn,可知在玻璃中傳播時(shí),藍(lán)光的速度小于紅光的速度,故C項(xiàng)錯(cuò)誤;光從一種介質(zhì)射入另一種介質(zhì)中頻率不變,故3.C解析電場(chǎng)中的導(dǎo)體是一個(gè)等勢(shì)體,所以當(dāng)A和B接觸時(shí)φa=φb=φc=φd,當(dāng)A和B分開(kāi)時(shí),根據(jù)沿電場(chǎng)線(xiàn)電勢(shì)降低可知φa=φb>φc=φd,故選C。4.C解析根據(jù)力的平行四邊形定則作圖,如圖,根據(jù)幾何關(guān)系可知F1=2F,故選C。5.C解析由單擺的振動(dòng)圖像可知振動(dòng)周期為T(mén)=0.8πs,由單擺的周期公式T=2πl(wèi)g,得擺長(zhǎng)為l=gT24π2=1.6m,x-t圖像的斜率代表速度,故起始時(shí)刻速度為零,且A、C點(diǎn)的速度相同,A、B點(diǎn)的速度大小相同6.C解析根據(jù)右手定則可知,M、N處的導(dǎo)線(xiàn)在P點(diǎn)產(chǎn)生的合磁場(chǎng)方向水平向右,根據(jù)磁場(chǎng)的疊加原則可知,P點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度不為零,且其磁感應(yīng)強(qiáng)度方向水平向右,故A項(xiàng)錯(cuò)誤,C項(xiàng)正確;根據(jù)右手定則可知,M處的導(dǎo)線(xiàn)在O點(diǎn)產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向豎直向下,N處的導(dǎo)線(xiàn)在O點(diǎn)產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向豎直向上。而M、N處導(dǎo)線(xiàn)電流相等,且O為圓心。故M、N處的導(dǎo)線(xiàn)在O點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等。根據(jù)矢量疊加原則可知,O點(diǎn)磁感應(yīng)強(qiáng)度不為零,且其方向水平向右,故BD項(xiàng)錯(cuò)誤。7.C解析左圖所示電流測(cè)量范圍依舊為電表的測(cè)量范圍,電壓增加了R1的電壓,因此改裝為大量程的電壓表。因?yàn)楦难b后測(cè)量值偏小,即電流表示數(shù)偏小,通過(guò)的電流偏小,因此為了增大電流,需要與R1并聯(lián)一個(gè)阻值較大的電阻,AB項(xiàng)錯(cuò)誤;右圖所示電壓測(cè)量范圍依舊是電表的測(cè)量范圍,電流增加了R2的電流,因此改裝為大量程的電流表。因?yàn)楦难b后測(cè)量值偏小,即電流表示數(shù)偏小,通過(guò)R2的電流偏大,因此為了增大電流計(jì)的電流,需要與R2串聯(lián)一個(gè)阻值較小的電阻,C項(xiàng)正確,D項(xiàng)錯(cuò)誤。8.A解析圖為筷子豎直插入盛水玻璃杯內(nèi)的俯視圖,A處為筷子,ABP表示由筷子發(fā)出的穿過(guò)玻璃杯B射向觀察者P處的一條光線(xiàn),ON為過(guò)B點(diǎn)沿半徑方向的直線(xiàn),即在B處和空氣分界面的法線(xiàn),光線(xiàn)在B處由水中射入空氣,圖中θ1和θ2分別為此光線(xiàn)的入射角和折射角,根據(jù)折射定律可知,應(yīng)有θ1<θ2,所以觀察者在P點(diǎn)看到筷子A的像A'的位置不是A的實(shí)際位置,而是由實(shí)際位置偏離杯子中心向著杯壁靠近,因此看上去浸沒(méi)在水中的這段筷子發(fā)生側(cè)移,而同時(shí)玻璃杯此時(shí)相當(dāng)于一個(gè)凸透鏡成像,而凸透鏡所成虛像是放大的,相當(dāng)于放大了筷子,所以筷子看起來(lái)變粗了。故選A。9.C解析根據(jù)題意,導(dǎo)體棒始終處于磁場(chǎng)區(qū)域內(nèi),開(kāi)始時(shí)磁場(chǎng)勻速向上移動(dòng),導(dǎo)體棒相對(duì)磁場(chǎng)向下的速度大小為v,根據(jù)右手定則判斷感應(yīng)電流方向水平向右,安培力方向豎直向上,若安培力小于導(dǎo)體棒重力,則棒會(huì)先向下做加速運(yùn)動(dòng),至安培力等于導(dǎo)體棒重力時(shí),開(kāi)始勻速向下運(yùn)動(dòng),離開(kāi)磁場(chǎng)區(qū)域,而某時(shí)刻導(dǎo)體棒由靜止釋放,導(dǎo)體棒始終處于磁場(chǎng)區(qū)域內(nèi),故判斷安培力大于導(dǎo)體棒重力,則棒會(huì)先向上做加速運(yùn)動(dòng),至安培力等于導(dǎo)體棒重力時(shí),開(kāi)始勻速向上運(yùn)動(dòng),故B項(xiàng)錯(cuò)誤;此時(shí)受力平衡BIL=mg,而I=BL(v-v1)R,故導(dǎo)體棒向上運(yùn)動(dòng)的速度v1不可能等于v,故A項(xiàng)錯(cuò)誤;根據(jù)功能關(guān)系知安培力對(duì)導(dǎo)體棒做的功一部分轉(zhuǎn)化為導(dǎo)體棒機(jī)械能,一部分轉(zhuǎn)化為回路中產(chǎn)生的熱量,故安培力對(duì)導(dǎo)體棒做的功大于導(dǎo)體棒機(jī)械能的增量,10.D解析剛開(kāi)始滑動(dòng)時(shí),B球機(jī)械能增加,A球機(jī)械能減少,故A項(xiàng)錯(cuò)誤;滑動(dòng)過(guò)程中A、B系統(tǒng)豎直方向上合外力不為0,動(dòng)量不守恒,故B項(xiàng)錯(cuò)誤;B的動(dòng)能開(kāi)始是0,最終還是0,中間不為0。由系統(tǒng)機(jī)械能守恒可知,A球的機(jī)械能先減小后增大,則A球剛到達(dá)水平滑槽時(shí)機(jī)械能不是最小,故C項(xiàng)錯(cuò)誤;當(dāng)小球A沿墻下滑距離為0.4L時(shí),根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒定律得mg·0.4L=12mvA2+12mvB2,兩球沿桿方向上的速度相等,則有vAcos53°=vB11.答案(1)B(2)0.40(3)9.6(9.5~9.7均可)(4)沒(méi)有(5)小明,因?yàn)樾∶鞯氖謾C(jī)接收兩次聲音滯后的時(shí)間幾乎相等,時(shí)間間隔測(cè)量更準(zhǔn)確解析(1)為了減小空氣阻力等誤差影響,應(yīng)該選用材質(zhì)密度較大的小鋼球。故選B。(2)小球下落的時(shí)間t=2.05s-1.65s=0.40s。(3)由小球做自由落體運(yùn)動(dòng)可知h=12gt得2h=gt2由圖丙所示的2h-t2圖線(xiàn)可知斜率大小等于重力加速度,故g=2.8-0.880.30-0(4)若敲擊木條側(cè)面時(shí)小球獲得一個(gè)較小的水平速度,小球?qū)⒆銎綊佭\(yùn)動(dòng),平拋運(yùn)動(dòng)的豎直方向的分運(yùn)動(dòng)為自由落體運(yùn)動(dòng),故對(duì)實(shí)驗(yàn)測(cè)量結(jié)果沒(méi)有影響。(5)小明的方法更合理,因?yàn)樾∶鞯氖謾C(jī)接收兩次聲音滯后的時(shí)間幾乎相等,時(shí)間間隔測(cè)量更準(zhǔn)確。12.答案(1)3T1(2)Q-2(mg+p0S)h1解析(1)因?yàn)閜不變,氣體做等壓變化,有?解得Tm=3T1。(2)對(duì)活塞由平衡知識(shí)得pS=mg+p0S根據(jù)熱力學(xué)第一定律有ΔU=Q-pS·2h1則ΔU=Q-2(mg+p0S)h1。13.答案(1)12mv02,0J(2)解析(1)根據(jù)動(dòng)能定理發(fā)球者對(duì)水球所做的功為W1=1根據(jù)動(dòng)能定理接球者對(duì)水球所做的功為W2=12mv02(2)發(fā)球者對(duì)水球的沖量大小為I1=mv0以彈回方向?yàn)檎较?接球者對(duì)水球的沖量大小為I2=mv0-(-mv0)=2mv0?？记皳尫志?選擇題10題+實(shí)驗(yàn)+前2題計(jì)算)(2)1.B解析1g釷234經(jīng)過(guò)48天后,剩余質(zhì)量m=(12)tτm0=0.252.D解析用題圖甲裝置研究平拋物體的豎直分運(yùn)動(dòng)時(shí),觀察A、B兩球是否同時(shí)落地,故A項(xiàng)正確;題圖乙裝置中的背板必須處于豎直面內(nèi),固定時(shí)可用重垂線(xiàn)檢查背板是否豎直,故B項(xiàng)正確;若將小球放在題圖乙裝置的斜槽末端水平部分任一位置均能保持靜止,則說(shuō)明斜槽末端水平,故C項(xiàng)正確;用題圖乙裝置多次實(shí)驗(yàn)以獲得鋼球做平拋運(yùn)動(dòng)的軌跡時(shí),必須保證從斜槽上同一位置靜止釋放鋼球,故D項(xiàng)錯(cuò)誤。本題選錯(cuò)誤的,故選D。3.D解析Hα是氫原子巴耳末系中波長(zhǎng)最長(zhǎng)的譜線(xiàn),根據(jù)ν=cλ可知Hα是氫原子巴耳末系中頻率最小的譜線(xiàn),根據(jù)氫原子的能級(jí)圖,利用玻爾理論中的頻率條件hν=En-E2,可見(jiàn)能級(jí)差越小,頻率越低,波長(zhǎng)越長(zhǎng)。故Hα對(duì)應(yīng)的能級(jí)躍遷過(guò)程為從n=3躍遷到n=2,故選D4.C解析根據(jù)題意可知,滴入淺盤(pán)中的油酸體積為V=1x·V1,滴入淺盤(pán)中的油酸形成單分子層的面積為S=yl2,則油酸分子直徑為d=VS=V5.C解析噴水過(guò)程中,氣體體積增大,根據(jù)等溫變化pV=C,罐內(nèi)氣體壓強(qiáng)減小,故A項(xiàng)錯(cuò)誤;溫度不變,內(nèi)能不變,故B項(xiàng)錯(cuò)誤;氣體體積增大,氣體對(duì)外做功,故C項(xiàng)正確;根據(jù)熱力學(xué)第一定律ΔU=Q+W,內(nèi)能不變,氣體對(duì)外做功,則氣體吸收熱量,故D項(xiàng)錯(cuò)誤。6.D解析根據(jù)速度與位移公式有v2=2ax+v02,由于速度隨位移變化的圖像為開(kāi)口向左的拋物線(xiàn),則a<0,且保持不變,則汽車(chē)做勻減速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng),當(dāng)x=0時(shí),有v0=v=4m/s,故ABC項(xiàng)錯(cuò)誤;由圖可知,當(dāng)v=0時(shí),x=16m,代入解得a=-0.5m/s2,即汽車(chē)的加速度大小為0.5m/s2,故7.C解析等量異種電荷的電場(chǎng)線(xiàn)和等勢(shì)面分布如圖所示,等量異種點(diǎn)電荷的連線(xiàn)上B點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度最小,中垂線(xiàn)上B點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度最大,所以A點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度大于C點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度,故A項(xiàng)錯(cuò)誤;沿電場(chǎng)線(xiàn)方向電勢(shì)降低,A點(diǎn)電勢(shì)高于B點(diǎn)電勢(shì),等量異種點(diǎn)電荷連線(xiàn)的中垂線(xiàn)是等勢(shì)面,C點(diǎn)電勢(shì)等于B點(diǎn)電勢(shì),所以A點(diǎn)的電勢(shì)比C點(diǎn)的電勢(shì)高,故B項(xiàng)錯(cuò)誤;負(fù)電荷受力與電場(chǎng)線(xiàn)方向相反,所以將負(fù)點(diǎn)電荷從A移到B,靜電力做負(fù)功,故C項(xiàng)正確;等量異種點(diǎn)電荷連線(xiàn)的中垂線(xiàn)是等勢(shì)面,將負(fù)點(diǎn)電荷從B移到C靜電力做功為零,電荷的電勢(shì)能不變,故D項(xiàng)錯(cuò)誤。8.A解析圖示位置時(shí),在磁場(chǎng)內(nèi)部的有效長(zhǎng)度為12l,有效電流的方向水平向右,根據(jù)左手定則,受到的安培力豎直向上,導(dǎo)線(xiàn)框處于平衡狀態(tài),因此F1=mg-BIl2;當(dāng)上部處于磁場(chǎng)中時(shí),在磁場(chǎng)內(nèi)部的有效長(zhǎng)度仍為12l,有效電流的方向水平向左,根據(jù)左手定則,受到的安培力豎直向下,導(dǎo)線(xiàn)框處于平衡狀態(tài),因此F2=mg+BIl2,兩式聯(lián)立有B=F2-9.B解析根據(jù)題意可知,由E=ΔΦΔt,I=ER和q=IΔt可得q=ΔΦR,又有R=ρLS=ρ·πdπr2=1.6×10-4Ω,運(yùn)動(dòng)過(guò)程中,豎直方向上,由楞次定律可知,線(xiàn)圈中產(chǎn)生順時(shí)針?lè)较虻母袘?yīng)電流(從上往下看),ΔΦ=(Bh-B0)·π(d2)2=1.6π×10-3Wb,則有q1=ΔΦR=10πC,水平方向上Bτ=B0200·d2=B0,由右手定則可知,下落過(guò)程中線(xiàn)圈切割水平磁場(chǎng)10.B解析小球下滑過(guò)程中,受到彈簧彈力作用,因此小球的機(jī)械能不守恒,故A項(xiàng)錯(cuò)誤;小球從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)的過(guò)程中,彈簧伸長(zhǎng)的長(zhǎng)度不斷變小,產(chǎn)生的彈力在豎直方向的分力不斷變小,因此在豎直方向上,加速度不斷減小,故B項(xiàng)正確;小球在P點(diǎn)時(shí),所受合力為重力,有向下的加速度,因此還在加速,故C項(xiàng)錯(cuò)誤;小球從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的過(guò)程中,彈簧的伸長(zhǎng)量沒(méi)變,因此彈性勢(shì)能不變,小球的重力勢(shì)能轉(zhuǎn)化為動(dòng)能,根據(jù)幾何關(guān)系可得mg·23L=12mv2,故D11.答案(1)b(2)500(3)圖見(jiàn)解析5.0×10-5(4)見(jiàn)解析解析(1)由電路可知,若要升高電容器充電電壓,滑動(dòng)變阻器R1的滑片應(yīng)向b端滑動(dòng)。(2)由題圖乙可知,充電的最大電流為I1,根據(jù)歐姆定律可得R2=U1I1=500(3)U-Q圖像如圖所示根據(jù)C=Q結(jié)合圖像可得圖線(xiàn)的斜率倒數(shù)表示電容器電容,即C=1k=0.3×10-36F(4)充電過(guò)程,R2會(huì)把一部分電能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能,導(dǎo)致充電電流的最大值略大于放電電流的最大值。12.答案(1)π2lg(2)12解析(1)根據(jù)單擺的振動(dòng)周期公式T=2πl(wèi)擺球第一次從A運(yùn)動(dòng)到B的時(shí)間為t=14解得t=π2(2)在B點(diǎn)對(duì)擺球由牛頓第二定律得F-mg=mv由機(jī)械能守恒定律得Ep=12mv解得Ep=12(F-mg)l13.答案(1)-EL4(2)-解析(1)O、A兩點(diǎn)的電勢(shì)差為UOA=EdOA=EL2cos60°=EL4=φO-可得A點(diǎn)的電勢(shì)為φA=-EL4(2)A位置小球靜電力做功為W1=ΔU1q=EL2(1-cos60°)q=B位置小球靜電力做功為W2=ΔU2·-q=-EL2(1-cos60°)·(-q)=兩小球的總電勢(shì)能的變化量為ΔEp=-W1-W2=-ELq2考前搶分練(選擇題10題+實(shí)驗(yàn)+前2題計(jì)算)(3)1.D解析手托物體向上運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中,物體必有加速的過(guò)程,此時(shí)加速度向上,粉筆拋出的瞬間,加速度等于重力加速度,方向向下,故物體先超重后失重,選項(xiàng)AB錯(cuò)誤;手對(duì)粉筆向上的力和粉筆對(duì)手向下的力是一對(duì)相互作用力,等大反向,選項(xiàng)C錯(cuò)誤;手和粉筆有相同的速度和加速度時(shí)二者不會(huì)分離,在粉筆離開(kāi)手的瞬間,粉筆的加速度等于重力加速度,方向向下,所以此時(shí)手的加速度大于重力加速度,方向向下,這樣手的速度小于粉筆的速度才會(huì)分離,D項(xiàng)正確。2.D解析因開(kāi)始時(shí)液柱在管中上升一定高度且液面呈現(xiàn)凹狀,可知液體關(guān)于玻璃管是浸潤(rùn)的;如果沿虛線(xiàn)處將玻璃管上方截去,則穩(wěn)定后液面仍呈現(xiàn)凹狀,且液體不可能向外噴出。故選D。3.B解析凸透鏡的凸球面和玻璃平板之間形成一個(gè)空氣薄膜,當(dāng)豎直向下的平行光射向平凸透鏡時(shí),尖劈形空氣膜上、下表面反射的兩束光相互疊加而產(chǎn)生干涉。同一半徑的圓環(huán)處的空氣膜厚度相同,上、下表面反射光程差相同,因此使干涉圖樣呈圓環(huán)狀。若將下方的玻璃平板換成凸面朝上的平凸透鏡,即對(duì)應(yīng)圖乙同一亮環(huán),這一厚度要內(nèi)移,對(duì)應(yīng)的亮環(huán)的半徑變小,其他環(huán)半徑依次變小,所以圓環(huán)半徑要變小,環(huán)更密。故選B。4.B解析依題意得,光線(xiàn)在水—玻璃界面不會(huì)發(fā)生全反射,在玻璃—空氣界面可能會(huì)發(fā)生全反射,故A項(xiàng)錯(cuò)誤;由A選項(xiàng)知光線(xiàn)在玻璃—空氣界面可能會(huì)發(fā)生全反射,故B項(xiàng)正確;假設(shè)水—玻璃界面入射角為θ1,折射角為θ2,玻璃—空氣界面折射角為θ3,那么由折射定律得n1sinθ1=n2sinθ2=n3sinθ3,那么θ3>θ1>θ2,故CD項(xiàng)錯(cuò)誤。5.B解析只增大交流電源的頻率,不能改變副線(xiàn)圈輸出電壓U2,故A項(xiàng)錯(cuò)誤;擰緊變壓器鐵芯Q,副線(xiàn)圈輸出電壓U2增大,故B項(xiàng)正確;t1時(shí)刻前的電壓小于t2時(shí)刻后的電壓,而周期不變,根據(jù)U1U2=n1n2,增大副線(xiàn)圈的匝數(shù)或減少原線(xiàn)圈的匝數(shù),6.D解析由題圖可知,A、B兩汽缸內(nèi)氣體的壓強(qiáng)關(guān)系為pA<pB,而A、B汽缸內(nèi)的氣體體積相同,根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程pVT=C,可知TA<TB,若將甲、乙兩環(huán)境升高相同的溫度ΔT,依然滿(mǎn)足TA+ΔT<TB+ΔT,由于溫度是分子平均動(dòng)能的標(biāo)志,因此A中氣體分子的平均動(dòng)能小于B中氣體分子的平均動(dòng)能,A項(xiàng)錯(cuò)誤;對(duì)一定量的理想氣體,內(nèi)能增量ΔU∝ΔT,因此A、B汽缸內(nèi)的氣體,升高相同的溫度,內(nèi)能增加量相同,B項(xiàng)錯(cuò)誤;A、B汽缸內(nèi)的氣體,均發(fā)生等壓變化,則VTA=V+ΔVATA+ΔT,VTB=V+ΔVBTB+ΔT,可得ΔVA=ΔTTAV,ΔVB=ΔTTBV,C項(xiàng)錯(cuò)誤;A、B汽缸內(nèi)的氣體對(duì)外做功WA=pA·ΔVA=pAV7.B解析根據(jù)變軌原理,衛(wèi)星乙可通過(guò)在P點(diǎn)加速,做離心運(yùn)動(dòng)進(jìn)入衛(wèi)星甲所在的軌道,故衛(wèi)星甲經(jīng)過(guò)P點(diǎn)時(shí)的速度大于衛(wèi)星乙經(jīng)過(guò)P點(diǎn)時(shí)的速度,故A項(xiàng)錯(cuò)誤;根據(jù)開(kāi)普勒第二定律,同一衛(wèi)星與地球的連線(xiàn)在相同的時(shí)間內(nèi)掃過(guò)的面積相等,由于衛(wèi)星甲經(jīng)過(guò)P點(diǎn)時(shí)的速度大于衛(wèi)星乙經(jīng)過(guò)P點(diǎn)時(shí)的速度,可知衛(wèi)星甲與地球的連線(xiàn)比衛(wèi)星乙與地球的連線(xiàn)在相同的時(shí)間內(nèi)掃過(guò)的面積大,故B項(xiàng)正確;根據(jù)開(kāi)普勒第三定律k=R3T2,由圖可知R甲>R乙>R丙,可得T甲>T乙>T丙,故C項(xiàng)錯(cuò)誤;赤道上的物體,根據(jù)牛頓第二定律有GMmR2-mg=ma,當(dāng)物體飄起來(lái)的時(shí)候,物體處于完全失重狀態(tài),萬(wàn)有引力完全提供向心力,則GMmR2=m(g+a)=ma',即此時(shí)的向心加速度為a'=g+a,根據(jù)向心加速度和轉(zhuǎn)速的關(guān)系有a=(2πn)2R,a'=(2πn')2R,可得8.C解析由題可知UAB=WABq=4V,故A項(xiàng)錯(cuò)誤;同理可得UBC=WBCq=-2V,故B項(xiàng)錯(cuò)誤;可以解得A、C間的電勢(shì)差UAC=φA-φC=(φA-φB)-(φC-φB)=UAB-UCB=2V,故A點(diǎn)的電勢(shì)比C點(diǎn)的電勢(shì)高,故C項(xiàng)正確;由于該電場(chǎng)為勻強(qiáng)電場(chǎng),所以等勢(shì)面在所示平面內(nèi)投影為直線(xiàn)且電勢(shì)在任意直線(xiàn)上均勻變化,取A、B中點(diǎn),此點(diǎn)電勢(shì)為2V,連接C點(diǎn),得到相同電勢(shì)的一條直線(xiàn),由于電場(chǎng)強(qiáng)度方向垂直于等勢(shì)面且指向電勢(shì)減小的方向,所以過(guò)B點(diǎn)作該直線(xiàn)的垂線(xiàn)即得到一條電場(chǎng)線(xiàn),方向如圖所示,電場(chǎng)強(qiáng)度方向并不是垂直于AC的9.C解析磁場(chǎng)方向向外,由右手螺旋定則可知兩個(gè)勵(lì)磁線(xiàn)圈中的電流均為逆時(shí)針?lè)较?故A項(xiàng)錯(cuò)誤。由電子軌跡半徑r=mvqB知,B增大,r減小,所以當(dāng)增大勵(lì)磁線(xiàn)圈電流時(shí),電子可能出現(xiàn)完整的圓形軌跡,故B項(xiàng)錯(cuò)誤。由動(dòng)能定理qU=12mv2,r=mvqB,知U減小,v減小,r減小,所以當(dāng)減小加速極電壓時(shí),電子可能出現(xiàn)完整的圓形軌跡;在出現(xiàn)完整軌跡后,增大加速極電壓,電子仍做完整的圓周運(yùn)動(dòng),由T=2πmqB知電子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的周期恒定10.B解析如果發(fā)生的是完全非彈性碰撞有mv0=(100m+m)v,解得v=1101v0,如果發(fā)生的是彈性碰撞,根據(jù)動(dòng)量守恒與機(jī)械能守恒有mv0=100mv1+mv2,12mv02=12×100mv12+11.答案(2)右9.6(4)8.475(6)k解析(2)重物做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng),相等時(shí)間間隔內(nèi)通過(guò)的位移越來(lái)越大,則打點(diǎn)間距越來(lái)越大,可知實(shí)驗(yàn)時(shí)紙帶的右端應(yīng)和重物相連接;由紙帶數(shù)據(jù),可得x2=2.02cmx7=3.94cm根據(jù)x7-x2=5gT2則有g(shù)=x7-x25T2=(3.(4)螺旋測(cè)微器的分度值為0.01mm,鐵球的直徑為d=8mm+47.5×0.01mm=8.475mm。(6)小球經(jīng)過(guò)光電門(mén)的擋光時(shí)間很短,可認(rèn)為擋光過(guò)程的平均速度等于小球經(jīng)過(guò)光電門(mén)時(shí)的速度,則有v=d根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式2gh=v2聯(lián)立可得1t可知1t2-k0=2解得g=k012.答案(1)3.1×103eV(2)1.44×104eV(3)2.2×10-11m解析(1)電子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的向心力為洛倫茲力,有mev2解得v=erB電子的最大初動(dòng)能為Ek=12mev2==(1.≈4.97×10-16J≈3.1×103eV。(2)入射光子的能量為ε=hν=hc=6.63≈1.75×104eV根據(jù)愛(ài)因斯坦光電效應(yīng)方程得金屬的逸出功為W0=hν-Ek=1.44×104eV。(3)物質(zhì)波的波長(zhǎng)為λ'=?=6.63≈2.2×10-11m。13.答案(1)4.8m(2)45m/s,與水平方向夾角的正弦值為2240W解析(1)由自由落體運(yùn)動(dòng)位移—時(shí)間公式有H=12gt解得t=0.8s水平方向,由牛頓第二定律有F=ma解得a=5m/s2由位移—時(shí)間公式x=v0t-12at解得x=4.8m。(2)根據(jù)速度—時(shí)間公式有vx=v0-at=4m/svy=gt=8m/s則v=vx2+vy設(shè)v與水平方向成θ角,則sinθ=v由功率的計(jì)算公式有P=mg·vy解得P=240W?？记皳尫志?選擇題10題+實(shí)驗(yàn)+前2題計(jì)算)(4)1.D解析光子的傳播速度不變,A項(xiàng)錯(cuò)誤;光子將一部分能量傳遞給分子,光子的能量減小,頻率變小,波長(zhǎng)變大,B、C項(xiàng)錯(cuò)誤;根據(jù)光子的動(dòng)量計(jì)算公式p=?λ可知,當(dāng)普朗克常量h不變時(shí),波長(zhǎng)λ變大,其動(dòng)量變小,D2.D解析光電流照射金屬表面,發(fā)生光電效應(yīng),當(dāng)只增大光照強(qiáng)度時(shí),相同時(shí)間內(nèi)溢出的電子數(shù)會(huì)增大,電流表的示數(shù)會(huì)增大,故A項(xiàng)錯(cuò)誤。圖乙用紫外燈照射鋅板,鋅板發(fā)生光電效應(yīng),鋅板失去電子而帶正電,驗(yàn)電器用導(dǎo)線(xiàn)連在鋅板上,其指針因帶正電張開(kāi),故B項(xiàng)錯(cuò)誤。氫原子的能級(jí)圖可以很好地解釋氫原子光譜的規(guī)律,原子發(fā)射光子是不連續(xù)的,故C項(xiàng)錯(cuò)誤。α射線(xiàn)是高速的氦核流,一個(gè)α粒子帶兩個(gè)正電荷,根據(jù)左手定則,α射線(xiàn)受到的洛倫茲力方向向左,故射線(xiàn)1是α射線(xiàn),其電離本領(lǐng)最強(qiáng);β射線(xiàn)是高速電子流,帶一個(gè)負(fù)電荷,根據(jù)左手定則,β射線(xiàn)受到的洛倫茲力方向向右,故射線(xiàn)3是β射線(xiàn),其電離本領(lǐng)較強(qiáng);γ射線(xiàn)是γ光子,是電中性的,故在磁場(chǎng)中不受磁場(chǎng)的作用力,軌跡不會(huì)發(fā)生偏轉(zhuǎn),故射線(xiàn)2是γ射線(xiàn),其電離本領(lǐng)最弱,故D項(xiàng)正確。3.C解析根據(jù)圖乙可知,板塊間開(kāi)始是靜摩擦力,后來(lái)是滑動(dòng)摩擦力,所以物塊與長(zhǎng)木板先相對(duì)靜止后相對(duì)運(yùn)動(dòng),故A正確,不符合題意;根據(jù)圖乙中數(shù)據(jù)可得出物塊與木板間的最大靜摩擦力約1.08N,故B正確,不符合題意;根據(jù)圖乙可求得滑動(dòng)摩擦力,但不知道正壓力,無(wú)法計(jì)算動(dòng)摩擦因數(shù),故C錯(cuò)誤,符合題意;5.0s到5.2s圖像的波動(dòng)是由于達(dá)到最大靜摩擦力后,細(xì)線(xiàn)的彈性引起的,故D正確,不符合題意。故選C。4.A解析人造衛(wèi)星所受萬(wàn)有引力提供其做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力,有GMmr2=mv2r=m(2πT)2r=ma,衛(wèi)星的周期為T(mén)=2πr3GM,因rA<rB,則TA<TB,故A項(xiàng)正確;衛(wèi)星的線(xiàn)速度為v=GMr,因rA<rB,則vA>vB,故B項(xiàng)錯(cuò)誤;衛(wèi)星的加速度為a=GMr2,因rA<rB,則aA>aB,故5.D解析硬幣反射的光線(xiàn)在圓柱體中的路徑如圖所示,設(shè)硬幣反射光進(jìn)入圓柱體的入射角(圖中未畫(huà)出)為α,折射角為β,在圓柱體側(cè)面的入射角為θ。因?yàn)樵趥?cè)面不能看到硬幣,即光線(xiàn)在側(cè)面一定發(fā)生了全反射,設(shè)發(fā)生全反射的臨界角為C,則θ≥C,由幾何關(guān)系可知,β與θ互余,即β+θ=90°,設(shè)圓柱體的折射率為n,則n=sinαsinβ,n=1sinC,所以α越大時(shí),β越大,θ越小,則至少需滿(mǎn)足當(dāng)α=90°時(shí)θ=C,得sinβ=1n=sinC,即β=C,則β+θ=90°=2C,解得,此時(shí)C=45°,則最小的折射率為n=1sinC=2,6.D解析等量異種點(diǎn)電荷周?chē)臻g的電場(chǎng)分布圖如圖所示,本題的帶電圓環(huán),可分解成無(wú)數(shù)對(duì)等量異種點(diǎn)電荷的電場(chǎng),沿水平方向放置,它們有共同的對(duì)稱(chēng)軸PP',PP'所在的平面與每一條電場(chǎng)線(xiàn)都垂直,即為等勢(shì)面,因此a點(diǎn)的電勢(shì)等于b點(diǎn)的電勢(shì),A項(xiàng)錯(cuò)誤;可知水平直徑上下兩側(cè)的電場(chǎng)分布對(duì)稱(chēng),豎直直徑兩側(cè)的電場(chǎng)分布也對(duì)稱(chēng),由電場(chǎng)的疊加原理可知,c點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度等于d點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度,B項(xiàng)錯(cuò)誤;因a點(diǎn)的電勢(shì)等于b點(diǎn)的電勢(shì),因此正點(diǎn)電荷在a點(diǎn)的電勢(shì)能等于在b點(diǎn)的電勢(shì)能,C項(xiàng)錯(cuò)誤;由圓環(huán)所帶電荷的電場(chǎng)線(xiàn)分布可知,c點(diǎn)的電勢(shì)高于d點(diǎn)的電勢(shì),由負(fù)點(diǎn)電荷在電勢(shì)高的地方電勢(shì)能小,在電勢(shì)低的地方電勢(shì)能大,可知負(fù)點(diǎn)電荷在d點(diǎn)的電勢(shì)能大于在c點(diǎn)的電勢(shì)能,D項(xiàng)正確。7.D解析磁體向上運(yùn)動(dòng),根據(jù)“來(lái)拒去留”,導(dǎo)體棒有向上的運(yùn)動(dòng)趨勢(shì),故導(dǎo)體棒對(duì)軌道壓力小于重力。根據(jù)牛頓第三定律,回路對(duì)磁體反作用力向下,故磁體加速度小于g,AB項(xiàng)錯(cuò)誤;電磁感應(yīng)現(xiàn)象中,導(dǎo)體棒克服安培力做功等于回路產(chǎn)生的焦耳熱,C項(xiàng)錯(cuò)誤;根據(jù)動(dòng)能定律,安培力對(duì)導(dǎo)體棒做的功等于合力做的功,即等于導(dǎo)體棒動(dòng)能的變化量,故W=Ek,D項(xiàng)正確。8.D解析對(duì)整體最大振幅時(shí)有kA=(m+m2)a,可得a=2kA3m,隔離分析,當(dāng)最大振幅時(shí),兩木塊間的摩擦力達(dá)到最大靜摩擦力Ff=m2a=kA3,所以9.B解析到達(dá)水平面時(shí),水平方向分速度變化為了合速度,故速度大小會(huì)突然變大,根據(jù)動(dòng)能定理mgh-μmg?tanθ=12mv2,可知兩物體到達(dá)底端時(shí)的速度不等,傾角θ大的速度大,10.D解析當(dāng)粒子出D形盒時(shí),速度最大,動(dòng)能也最大,由qvB=mv2R,v=qBRm,粒子的速度與電壓無(wú)關(guān),動(dòng)能與加速電壓無(wú)關(guān),故A項(xiàng)錯(cuò)誤;粒子在加速電場(chǎng)中被加速,記經(jīng)過(guò)n次加速后的速度為vn,由動(dòng)能定理可得nqU=12m(vn)2,vn=2nqUm,由上述分析可知,粒子第n次進(jìn)入磁場(chǎng)的半徑為Rn=mvnqB,即RnRn+1=nn+1,故B項(xiàng)錯(cuò)誤;由題意可知,加速電場(chǎng)頻率等于粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的頻率,即f=qB2πm,當(dāng)fm<qBm2πm時(shí),粒子的最大動(dòng)能由fm11.答案(1)1.150(2)ρ=πd2Rx4L(3)小解析(1)乙圖中游標(biāo)卡尺的讀數(shù)是d=11mm+10×0.05mm=11.50mm=1.150cm。(2)由電阻定律有Rx=ρLS=ρ得ρ=πd(3)水樣的電阻率越大,電阻越大,水中溶解的離子濃度越小。(4)為保證在轉(zhuǎn)換開(kāi)關(guān)S2和調(diào)節(jié)電阻箱時(shí)滑動(dòng)變阻器的分壓幾乎不變,不管是Rx或是R0與滑動(dòng)變阻器左側(cè)部分的并聯(lián)電阻應(yīng)該變化不大,所以滑動(dòng)變阻器的阻值應(yīng)該很小,故選用R1。(5)由歐姆定律有I1(Rx+RG)=I2(R0+RG)得Rx=30810Ω。12.答案(1)3.6L(2)漏氣,0.94解析(1)以水槍內(nèi)氣體和充入的氣體為研究對(duì)象,初始水槍內(nèi)氣體p1=120kPa,V1=3L;充入氣體p2=100kPa,末態(tài)p3=240kPa,V3=3L。氣體做等溫變化,由玻意耳定律得p1V1+p2V2=p3V3解得充入氣體的體積V2=3.6L。(2)以充完氣后所有的氣體為研究對(duì)象,假設(shè)不漏氣,初態(tài)p3=240kPa,T=300K,末態(tài)T'=280K,體積不變,由查理定律得p解得p3'=224kPa>210kPa所以水槍漏氣。對(duì)剩余氣體分析,做等溫變化p剩V3=p3'V3'解得當(dāng)剩余氣體壓強(qiáng)為224kPa時(shí),其體積V3'=2.8125L所以剩余氣體與原氣體質(zhì)量之比m剩m原=V13.答案(1)2(2-1)mgL(2)43解析(1)設(shè)物塊A下落L時(shí),物塊B上升的高度為h,物塊B重力勢(shì)能的增加量為ΔEpB,由幾何關(guān)系,有h=L2可得ΔEpB=2mgh得ΔEpB=2(2-1)mgL。(2)對(duì)A與B組成的系統(tǒng),由機(jī)械能守恒定律,有mgd=2mg(L2+得d=43L考前搶分練(選擇題10題+實(shí)驗(yàn)+前2題計(jì)算)(5)1.A解析衰變過(guò)程中質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)守恒可知,X的電荷數(shù)為2,質(zhì)量數(shù)為4,發(fā)生的是α衰變,α射線(xiàn)穿透能力最弱,不能穿透幾毫米厚的鋁板,故A項(xiàng)正確,C項(xiàng)錯(cuò)誤;放射性元素的半衰期不隨溫度、狀態(tài)及化學(xué)變化而變化,是由原子核內(nèi)部本身決定的,故B項(xiàng)錯(cuò)誤;衰變具有統(tǒng)計(jì)性,對(duì)個(gè)別原子不適用,故D項(xiàng)錯(cuò)誤。2.B解析滑片P向右移動(dòng),光電管兩端的正向電壓減小,滑片P向左移時(shí),光電管兩端的正向電壓增大,由于微安表的導(dǎo)線(xiàn)與鍍銀層和電源正極連接,則光電子均可全部打到鍍銀層上,全部被吸收,微安表示數(shù)不變,故AC項(xiàng)錯(cuò)誤,B項(xiàng)正確;開(kāi)關(guān)S斷開(kāi),光電管、微安表、滑動(dòng)變阻器構(gòu)成回路,發(fā)生了光電效應(yīng),微安表有示數(shù),故D項(xiàng)錯(cuò)誤。3.D解析由圖可知,b→c過(guò)程,氣體發(fā)生等壓變化,氣體體積與熱力學(xué)溫度成正比,則Ta=Tb>Tc,所以氣體在c狀態(tài)分子平均動(dòng)能最小,故A項(xiàng)錯(cuò)誤;由圖可知?dú)怏w在c狀態(tài)體積最小,所以氣體在c狀態(tài)分子數(shù)密度最大,故B項(xiàng)錯(cuò)誤;a→b是等溫過(guò)程,內(nèi)能不變,但體積增大,對(duì)外做功,所以為吸熱過(guò)程,故C項(xiàng)錯(cuò)誤;b→c過(guò)程中,體積減小,外界對(duì)氣體做了功,同時(shí)溫度降低,內(nèi)能減小,所以氣體放出的熱量大于外界對(duì)氣體做的功,故D項(xiàng)正確。4.A解析由有效值的定義可得(Im2)2R·T2+Im2R·T2=I5.B解析釋放瞬間,水銀的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)不變,加速度為零,故A項(xiàng)錯(cuò)誤;對(duì)玻璃管,根據(jù)牛頓第二定律有mg+p1S-p0S=ma,對(duì)水銀,有mg+p0S=p1S,聯(lián)立解得a=2g,故B項(xiàng)正確;釋放瞬間,水銀內(nèi)部各處壓強(qiáng)不相等,故C項(xiàng)錯(cuò)誤;釋放后,由于玻璃管和水銀加速度不同,所以二者運(yùn)動(dòng)的速度不相等,故D項(xiàng)錯(cuò)誤。6.A解析飛鏢做平拋運(yùn)動(dòng),由平拋運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)知?=12gt2x=vt,解得飛鏢飛行時(shí)間t=2?g,飛鏢初速度v=xg2?,O、P、Q三點(diǎn),根據(jù)hO=hP<hQ,則tO=tP<tQ,射中O、P兩點(diǎn)的飛鏢空中飛行時(shí)間相等,射中Q點(diǎn)的飛鏢空中飛行時(shí)間最長(zhǎng)。由xO=xQ<xP,hO=hP<hQ,可得vQ<vO<v7.A解析由等量異種電荷電勢(shì)分布可知,點(diǎn)電荷A、B在M、O、N三點(diǎn)的電勢(shì)關(guān)系為φM>φO>φN,由于等量異種電荷連線(xiàn)的中垂線(xiàn)為等勢(shì)線(xiàn),且無(wú)窮遠(yuǎn)處電勢(shì)為零,則點(diǎn)電荷A、B在O點(diǎn)的電勢(shì)為0,由對(duì)稱(chēng)性可知,點(diǎn)電荷C在M、N兩點(diǎn)的電勢(shì)相等,在O點(diǎn)的電勢(shì)小于零,綜上所述可知φM>φN,φO<0,由Ep=φq可知,負(fù)電荷在M點(diǎn)的電勢(shì)能比在N點(diǎn)小,故CD項(xiàng)錯(cuò)誤,A項(xiàng)正確;由等量異種電荷電場(chǎng)分布可知,點(diǎn)電荷A、B在M、N兩點(diǎn)產(chǎn)生的合電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等,方向相同,由對(duì)稱(chēng)性可知,點(diǎn)電荷C在M、N兩點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等,方向不同,則M、N兩點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度不同,故B項(xiàng)錯(cuò)誤。8.B解析移去磁體,則干簧管內(nèi)部開(kāi)關(guān)斷開(kāi),則相當(dāng)于電阻變大,則總電阻變大,總電流減小,路端電壓變大,則電壓表讀數(shù)變大,R1上的電壓減小且功率減小,則R2電壓變大,則電流表讀數(shù)變大,選項(xiàng)A錯(cuò)誤,B正確;當(dāng)外電阻等于電源內(nèi)阻時(shí)輸出功率最大,因外電阻與內(nèi)阻的變化關(guān)系不確定,則不能確定輸出功率如何變化,選項(xiàng)C錯(cuò)誤;電源效率為η=IUIE=RR+r=19.B解析金屬棒在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終保持水平,結(jié)合右手定則可知a端電勢(shì)高于b端電勢(shì),由于金屬棒沒(méi)有形成閉合回路,故沒(méi)有感應(yīng)電流,金屬棒不受安培力,只受重力,所以金屬棒做平拋運(yùn)動(dòng),水平速度不變,豎直分速度逐漸變大,所以ab棒的電動(dòng)勢(shì)逐漸增大。故選B。10.D解析由題可知,小球在下落過(guò)程中,機(jī)械能逐漸減小,所以小球受豎直向上的阻力,且E-h圖線(xiàn)切線(xiàn)的斜率為空氣阻力,下落過(guò)程中斜率增大,空氣阻力增大,根據(jù)牛頓第二定律可得mg-Ff=ma,阻力增大,所以加速度減小,小球做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng),故A項(xiàng)錯(cuò)誤;小球加速度的變化是由于空氣阻力發(fā)生變化,而阻力不是均勻增大,所以加速度也不可能均勻減小,故B項(xiàng)錯(cuò)誤;當(dāng)高度為H時(shí),速度為零,動(dòng)能為零,當(dāng)高度為0時(shí),小球的速度不為零,故C項(xiàng)錯(cuò)誤;Ep-h圖線(xiàn)的斜率表示重力,所以斜率不變,且當(dāng)高度減小時(shí),重力勢(shì)能減小,故D項(xiàng)正確。11.答案(1)20.50(2)B(3)F=Md22s(解析(1)遮光片的寬度d=2cm+10×0.05mm=20.50mm。(2)用此裝置研究勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)時(shí),摩擦力并不影響小車(chē)做勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng),故不需要平衡摩擦力,故A錯(cuò)誤;乙小組實(shí)驗(yàn)時(shí),需要知道合外力,需要平衡摩擦力,故B正確;甲小組實(shí)驗(yàn)時(shí),不要求鉤碼的質(zhì)量遠(yuǎn)小于小車(chē)質(zhì)量,故C錯(cuò)誤;乙小組實(shí)驗(yàn)時(shí),可以根據(jù)彈簧測(cè)力計(jì)直接讀出力的大小,不要求鉤碼的質(zhì)量遠(yuǎn)小于小車(chē)質(zhì)量,故D錯(cuò)誤。(3)小車(chē)通過(guò)光電門(mén)的速度v=d加速度a=F根據(jù)v2=2as得F=Md(4)小車(chē)通過(guò)光電門(mén)的速度v=d根據(jù)動(dòng)能定理Fs-μMgs=12Mv得F=M2sv2+由圖像知a=μMg。μ=aMg(5)根據(jù)μ=a丙研究小組在實(shí)驗(yàn)中測(cè)量位移s時(shí)未考慮遮光片的寬度d,動(dòng)摩擦因數(shù)μ的測(cè)量值等于真實(shí)值。12.答案(1)522cm解析(1)設(shè)射入玻璃磚光線(xiàn)入射角的最大值為θ1,對(duì)應(yīng)的折射角為θ2,則由光路圖和幾何關(guān)系可知sinθ1=2解得θ1=45°則最大側(cè)移ΔLm=(r1-r2)sin45°=522(2)由光路圖和幾何關(guān)系可知sinθ2=5由折射定律有n=sin解得n=10213.答案(1)24W(2)3.64N解析(1)正常工作時(shí),電流I=PU=55220A=0電機(jī)的輸出功率為P出=P-I2R=55W-0.252×496W=24W。(2)對(duì)空氣,由動(dòng)量定理FΔt=Δmv-0=ρQΔtv-0代入數(shù)據(jù)解得F=3.64N。考前搶分練(選擇題10題+實(shí)驗(yàn)+前2題計(jì)算)(6)1.D解析由單擺的周期公式T=2πLg整理得g=4π2LT2,擺球的質(zhì)量不影響重力加速度的測(cè)量,故A項(xiàng)錯(cuò)誤;將擺線(xiàn)長(zhǎng)和球的直徑之和當(dāng)成了擺長(zhǎng),擺長(zhǎng)偏大,則測(cè)量值大于真實(shí)值,故B項(xiàng)錯(cuò)誤;將擺球經(jīng)過(guò)最低點(diǎn)的次數(shù)n記多了,導(dǎo)致周期偏小,則測(cè)量值大于真實(shí)值,故C項(xiàng)錯(cuò)誤;計(jì)時(shí)時(shí),停表啟動(dòng)稍早,導(dǎo)致周期偏大2.B解析云室內(nèi)封閉一定質(zhì)量的氣體,迅速向下拉動(dòng)活塞,時(shí)間短,故看作絕熱過(guò)程,Q=0,氣體體積增大,對(duì)外做功,W為負(fù)值,根據(jù)熱力學(xué)第一定律公式ΔU=W+Q,內(nèi)能減小,故溫度降低,AC項(xiàng)錯(cuò)誤;被封氣體體積增大,溫度降低,由理想氣體狀態(tài)變化方程可知壓強(qiáng)減小,B項(xiàng)正確;氣體體積增大,總分子數(shù)不變,則分子的數(shù)密度減小,D項(xiàng)錯(cuò)誤。3.A解析線(xiàn)圈具有阻交流、通直流的特點(diǎn),電容器具有隔直流、通交流的特點(diǎn),電容器對(duì)交流電具有容抗,故直流電源接線(xiàn)圈時(shí),對(duì)電流阻礙作用最小,小燈泡最亮。故選A。4.A解析壓強(qiáng)不變時(shí),有pV1T1=pV2T2=C可得ΔV=Cp(T2-T15.B解析根據(jù)題意,作出光路圖如圖所示,令折射角為θ,根據(jù)幾何關(guān)系有sinθ=R2R=12,則玻璃磚對(duì)該單色光的折射率為n=sinisinθ6.D解析根據(jù)題意可知小球A上升過(guò)程中,重力做負(fù)功,P球高度為H,所以至少重力做功WG=-mgH,小球A的初動(dòng)能為Ek0=12mv02=mgH,所以只有動(dòng)能全部轉(zhuǎn)化為重力勢(shì)能才能上升高度H,即小球A擊中P球時(shí)速度恰好為0。甲軌道中A球在軌道上沿斜面運(yùn)動(dòng)后斜拋,在最高點(diǎn)有動(dòng)能,根據(jù)機(jī)械能守恒,小球不能到達(dá)高度H處,甲軌道不可能,故A項(xiàng)錯(cuò)誤;乙軌道中小球做豎直上拋運(yùn)動(dòng),在最高點(diǎn)速度為零,能到達(dá)高度H,但不能擊中P球,乙軌道不可能,故B項(xiàng)錯(cuò)誤;丙軌道中小球通過(guò)14圓周后,根據(jù)圓周運(yùn)動(dòng)規(guī)律,若在P球處速度為0,則小球會(huì)做近心運(yùn)動(dòng),所以在此之前小球就不再做圓周運(yùn)動(dòng),故丙軌道不可能,故C項(xiàng)錯(cuò)誤;丁軌道中小球到達(dá)P點(diǎn),小球的動(dòng)能完全轉(zhuǎn)化為重力勢(shì)能,到達(dá)P點(diǎn)動(dòng)能恰好為零,小球恰好擊中P點(diǎn)7.A解析依題意,要使粒子在復(fù)合場(chǎng)中做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng),則需滿(mǎn)足Eq=qvB,根據(jù)左手定則可知電子所受的洛倫茲力的方向豎直向下,故電子向上極板偏轉(zhuǎn)的原因是靜電力大于洛倫茲力,所以欲使電子沿直線(xiàn)從電場(chǎng)和磁場(chǎng)區(qū)域通過(guò),要么增大洛倫茲力,要么減小靜電力。適當(dāng)減小電場(chǎng)強(qiáng)度E,即可減小靜電力,或者適當(dāng)增大磁感應(yīng)強(qiáng)度B,可以增大洛倫茲力,故A項(xiàng)正確,B項(xiàng)錯(cuò)誤;適當(dāng)增大加速電場(chǎng)極板之間的距離,根據(jù)eU=12mv2可得v=2eUm,由于加速電壓沒(méi)有變化,所以電子進(jìn)入磁場(chǎng)的速率沒(méi)有變化,因此沒(méi)有改變靜電力和洛倫茲力的大小,故C項(xiàng)錯(cuò)誤;根據(jù)eU=12mv2可得v=2eUm,故適當(dāng)減小加速電壓U,可以減小電子在復(fù)合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的速度v8.B解析金屬板A和B不平行,金屬板間的電場(chǎng)不是勻強(qiáng)電場(chǎng),故a、b、c三點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度大小不相同,故A項(xiàng)錯(cuò)誤;Q、P兩點(diǎn)與負(fù)極板的距離相等,Q點(diǎn)與正極板的距離較近,則Q點(diǎn)電勢(shì)大于P點(diǎn)電勢(shì),故B項(xiàng)正確;在P點(diǎn)放一帶負(fù)電的小液滴,小液滴受到豎直向下的重力,斜向上的靜電力,液滴不可能保持靜止,故C項(xiàng)錯(cuò)誤;金屬板處于靜電平衡狀態(tài),金屬板表面為等勢(shì)面,則a、b兩點(diǎn)的電勢(shì)相等,將一正試探電荷分別從a、b點(diǎn)移動(dòng)到c點(diǎn),靜電力做功相同,電勢(shì)能變化量相同,故D項(xiàng)錯(cuò)誤。9.B解析物體先向左做減速運(yùn)動(dòng),加速度大小a=μg=4m/s2,經(jīng)過(guò)1s速度減小到零,此時(shí)向左運(yùn)動(dòng)了s1=v0t-12at2=2m<3m,沒(méi)到達(dá)左端,因此接下來(lái)向右做加速運(yùn)動(dòng),加速度不變,經(jīng)0.5s速度達(dá)到2m/s,與傳遞帶的速度相等,這時(shí)向右僅運(yùn)動(dòng)了s2=12at12=0.5m,接下來(lái)向右做勻速運(yùn)動(dòng),選項(xiàng)10.A解析金屬棒初始時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=BLv0,若電容器的電壓U0>E,根據(jù)牛頓第二定律B(U0-BLv0)RL=ma,則通過(guò)金屬棒的電流向下,根據(jù)左手定則,所受的安培力向右,金屬棒的向右的加速運(yùn)動(dòng),速度變大,金屬棒的加速度減小,并且由于速度變大的幅度逐漸變小,所以加速度變小的幅度也逐漸減小;若電容器的電壓U0<E,根據(jù)牛頓第二定律有B(BLv0-U0)RL=ma,則通過(guò)金屬棒的電流向上,根據(jù)左手定則,所受的安培力向左,金屬棒做向右的減速運(yùn)動(dòng),速度變小,金屬棒做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng),11.答案(1)內(nèi)阻太大(2)1500(3)C(4)1.490.11解析(1)小燈泡不發(fā)光的原因是“檸檬電池”的內(nèi)阻太大,電路中電流太小。(2)水果電池內(nèi)阻約為r=UI-RA=0.960.48×10-3Ω(3)新的干電池內(nèi)阻較小,所以需要給電池串聯(lián)一個(gè)定值電阻R3,方便測(cè)量,而D圖中測(cè)量的內(nèi)阻為電流表內(nèi)阻、電源內(nèi)阻和定值電阻R3之和,因?yàn)楦呻姵貎?nèi)阻較小,所以?xún)?nèi)阻的測(cè)量會(huì)引起較大誤差,應(yīng)選擇C圖。(4)根據(jù)測(cè)得的數(shù)據(jù)可得電動(dòng)勢(shì)E=1.49V內(nèi)阻r=1.49-1.00.44Ω12.答案(1)2種,12.09eV(2)6.8eV解析(1)大量處于n=3能級(jí)的氫原子躍遷發(fā)出的光子能量分別為ΔE1=E3-E1=12.09eV,ΔE2=E2-E1=10.2eV,ΔE3=E3-E2=1.89eVE>3.0eV的光子有2種,頻率最大的光子能量是Em=ΔE1=12.09eV。(2)光電子最大初動(dòng)能為Ekm=ΔE1-W0=9.09eV由圖甲可知,向左移動(dòng)滑片P時(shí),K極電勢(shì)高于A極電勢(shì),根據(jù)動(dòng)能定理有U(-e)=Ekm'-Ekm可得光電子到達(dá)A極的最大動(dòng)能為Ekm'=6.8eV。13.答案(1)20m/s(2)10m解析(1)足球從A點(diǎn)到C點(diǎn)可看成逆過(guò)程的平拋運(yùn)動(dòng),則有H=12gt2,xA=v0聯(lián)立解得足球運(yùn)動(dòng)至C點(diǎn)時(shí)的速度大小v0=20m/s。(2)足球從C點(diǎn)反彈后做平拋運(yùn)動(dòng),豎直方向有H-h=12gt'解得t'=0.4s水平方向有xBC=v02t'=4則A、B兩點(diǎn)間的距離為xAB=xA-xBC=10m?？记皳尫志?選擇題10題+實(shí)驗(yàn)+前2題計(jì)算)(7)1.B解析電子的發(fā)現(xiàn)說(shuō)明原子是可以再分的,故A項(xiàng)錯(cuò)誤;根據(jù)玻爾理論,原子從低能級(jí)向高能級(jí)躍遷時(shí),庫(kù)侖力做負(fù)功,核外電子動(dòng)能減小,故B項(xiàng)正確;光電效應(yīng)中,逸出光電子的最大初動(dòng)能與入射光頻率有關(guān),而與強(qiáng)度無(wú)關(guān),故C項(xiàng)錯(cuò)誤;從原子核中發(fā)出的β射線(xiàn)是電子流,電子是由中子轉(zhuǎn)化為質(zhì)子而來(lái)的,不是原子核外電子電離形成的電子流,故D項(xiàng)錯(cuò)誤。2.B解析該導(dǎo)線(xiàn)受到的安培力F=BILacsinθ=3BIl,故選B。3.C解析根據(jù)圖像可知,甲、丙的遏止電壓相等,小于乙的遏止電壓,根據(jù)eUc=Ekmax可知,甲光所產(chǎn)生光電子的最大初動(dòng)能與丙光所產(chǎn)生光電子的最大初動(dòng)能相等,故D項(xiàng)錯(cuò)誤;根據(jù)逸出功與截止頻率的關(guān)系有W0=hν0,由于逸出功與截止頻率均由金屬材料本身決定,實(shí)驗(yàn)中小明用的是同一光電管,則乙光所對(duì)應(yīng)的截止頻率與丙光所對(duì)應(yīng)的截止頻率一樣大,故C項(xiàng)正確;根據(jù)光電效應(yīng)方程有eUc=hν-W0,結(jié)合上述有ν=eUc+W0?,由于甲的遏止電壓小于乙的遏止電壓,則甲光的頻率比乙光的頻率小,故A項(xiàng)錯(cuò)誤;結(jié)合上述可知,乙光的頻率比丙光的頻率大,根據(jù)c=λν解得λ=cν4.B解析由題知,兩極板電壓保持不變,則根據(jù)電勢(shì)差和電場(chǎng)強(qiáng)度的關(guān)系有E=Ud,當(dāng)電極板距離減小時(shí),電場(chǎng)強(qiáng)度E增大,再結(jié)合題圖可知極板間的電場(chǎng)線(xiàn)水平向左,則可知電子受到的靜電力方向向右。故選B5.B解析光路圖如圖所示,根據(jù)幾何關(guān)系及對(duì)稱(chēng)性可知,三束光的光程相等,由n=cv,由于三束光頻率相等,所以光在棱鏡中傳播的速度相等,所以光在棱鏡中的傳播時(shí)間t=sv相等,故選6.C解析根據(jù)題意,其運(yùn)動(dòng)方程為y=20sin(2π3t)(cm),按照題設(shè)要求,地面與甲板的高度差不超過(guò)10cm時(shí)游客能舒服地登船,則當(dāng)y=20sin(2π3t)(cm)=10cm,在一個(gè)周期內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)分別為t1=0.25s,t2=1.25s,根據(jù)正弦函數(shù)圖像可知,游客能舒服地登船時(shí)間是Δt=t2-t1=1.07.C解析根據(jù)題意可知,太陽(yáng)能電池的電動(dòng)勢(shì)為U0,路端電壓為U1時(shí),太陽(yáng)能電池的總功率為P總=U0I1,太陽(yáng)能電池內(nèi)阻的功率為P內(nèi)=P總-P1,根據(jù)P內(nèi)=I12r,聯(lián)立可得r=U0I8.C解析閉合回路部分的電勢(shì)差為U1=Bxvr+r·r=0.5Bxv,閉合回路之外的電勢(shì)差為U2=Bxv,所以導(dǎo)體棒兩端的電勢(shì)差U=U1+U2=1.5Bxv,9.C解析線(xiàn)圈不在磁場(chǎng)中,不受安培力,無(wú)收縮擴(kuò)張趨勢(shì),故A項(xiàng)錯(cuò)誤;根據(jù)楞次定律和右手定則可知,線(xiàn)圈中感應(yīng)電流為逆時(shí)針?lè)较?因此電子運(yùn)動(dòng)方向?yàn)轫槙r(shí)針,故B項(xiàng)錯(cuò)誤;線(xiàn)圈中磁通量變化率為ΔΦΔt=kπr12,線(xiàn)圈中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E=ΔΦΔt=kπr12,變化過(guò)程中產(chǎn)生的焦耳熱為Q=E2Rt=(kπr12)2tR,由于t=Δ10.A解析令物塊1的高度為h,兩物塊的水平間距為x,物塊2的速度與水平方向夾角為θ,兩物塊水平方向均做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng),則有x1=v1t,x2=v2cosθ·t,豎直方向上有h1=12gt2,h2=v2sinθ·t-12gt2,根據(jù)幾何關(guān)系有x=x1+x2,h=h1+h2,解得x1=x-?tanθ,根據(jù)幾何關(guān)系可知,相遇點(diǎn)在二者初速度連線(xiàn)交點(diǎn)的正下方,故A項(xiàng)正確;結(jié)合上述解得v1v2=xsinθ?-cosθ,可知,物塊1與物塊2的速度的比值為一個(gè)定值,若兩物塊相遇,速度比值一定等于xsinθ?-cosθ,可知,只改變v1的大小,或者只改變v2的大小,速度比值發(fā)生變化,則兩物塊不能夠再相遇,故BC項(xiàng)錯(cuò)誤;結(jié)合上述可知,兩物塊相遇時(shí),速度比值一定,則夾角θ變化11.答案(1)B(2)(3)AD解析(1)為了探究加速度與質(zhì)量的關(guān)系,必須控制小車(chē)所受拉力相同,而讓小車(chē)的質(zhì)量不同,所以鉤碼質(zhì)量相同,故B正確。(2)數(shù)據(jù)描點(diǎn)和a-1M(3)使小車(chē)沿傾角合適的斜面運(yùn)動(dòng),小車(chē)所受重力沿斜面的分力剛好等于小車(chē)所受的摩擦力,則小車(chē)受力可等效為只受繩的拉力,故A正確;若斜面傾角過(guò)大,重力沿斜面的分力大于摩擦力,小車(chē)所受合力將大于繩的拉力,不利于簡(jiǎn)化“力”的測(cè)量,故B錯(cuò)誤;由牛頓第二定律可知,無(wú)論小車(chē)運(yùn)動(dòng)的加速度多大,砂和桶的重力都大于繩的拉力,故C錯(cuò)誤;當(dāng)小車(chē)的運(yùn)動(dòng)為勻速運(yùn)動(dòng)時(shí),由平衡可知,砂和桶的重力近似等于繩的拉力,故D正確。12.答案(1)65T0(2)15h(p0S+mg)+1解析(1)氣體進(jìn)行等壓變化,則由蓋-呂薩克定律得V即?S解得T1=65T0(2)此過(guò)程中氣體內(nèi)能增加ΔU=CΔT=15CT氣體對(duì)外做功W=pSΔh=15h(p0S+mg此過(guò)程中容器內(nèi)氣體吸收的熱量Q=ΔU+W=15h(p0S+mg)+15CT13.答案(1)1m(2)3m/s解析(1)對(duì)彈珠B,根據(jù)牛頓第二定律可得0.2m2g=m2a解得a=2m/s2將彈珠B逆向看成初速度為零的勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng),用x2=12at解得x2=1m;(2)因彈珠A和B發(fā)生彈性正碰,設(shè)碰撞前、后彈珠A的速度分別為vA、vA',碰撞后彈珠B的速度為vB',根據(jù)動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒可得m1vA=m1vA'+m2vB'12m1vA2=12m1vA'2+1其中vB'=at聯(lián)立解得vA=1.8m/s對(duì)彈珠A,根據(jù)動(dòng)能定理可得-0.2m1gx1=12m1vA2可得v0=3m/s?？记皳尫志?選擇題10題+實(shí)驗(yàn)+前2題計(jì)算)(8)1.A解析根據(jù)熱力學(xué)第一定律有ΔU=W+Q,右側(cè)為真空,氣體自由膨脹時(shí)沒(méi)有做功對(duì)象,即做功為W=0,因?yàn)槭墙^熱容器,所以沒(méi)有熱交換,即Q=0,因此內(nèi)能不變,容器內(nèi)的理想氣體的內(nèi)能由溫度決定,所以溫度不變,故A項(xiàng)正確;懸浮在液體中的微粒越大,在某一瞬間跟它相撞的液體分子越多,撞擊作用的平衡性表現(xiàn)得越不明顯,故B項(xiàng)錯(cuò)誤;液體表面層中分子間的距離比液體內(nèi)部分子間的距離大,液體表面層中分子間的距離r略大于r0,液體表面層中分子間的作用力表現(xiàn)為引力,故C項(xiàng)錯(cuò)誤;在0℃和100℃兩種不同情況下各速率區(qū)間的分子數(shù)占總分子數(shù)的百分比與分子速率間的關(guān)系圖線(xiàn)與橫軸所圍面積都應(yīng)該等于100%,即兩圖線(xiàn)與橫軸所圍面積相等,故D項(xiàng)錯(cuò)誤。2.D解析在賴(lài)曼系的光譜中波長(zhǎng)最長(zhǎng)的光子對(duì)應(yīng)著能級(jí)差最小的躍遷,即從n=2能級(jí)到n=1能級(jí)的躍遷,則光子能量為(-3.4eV)-(-13.6eV)=10.2eV,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;如果某氫原子發(fā)射的光屬于帕邢系,則原子由高能級(jí)躍遷到n=3能級(jí),則使該氫原子電離至少需要吸收1.51eV的能量,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;當(dāng)乙圖中電壓表示數(shù)為零時(shí),也可能有光電子到達(dá)A板形成光電流,則電流表示數(shù)不一定為零,選項(xiàng)C錯(cuò)誤;由圖可知,巴耳末線(xiàn)系的光的能量小于賴(lài)曼系的光的能量,則根據(jù)12mvm2=hν-W逸出功可知,3.C解析衰變產(chǎn)生的射線(xiàn)中,α粒子的電離能力強(qiáng),而穿透本領(lǐng)弱,可知α粒子不容易從肺穿到體外,故A項(xiàng)錯(cuò)誤;根據(jù)質(zhì)量數(shù)守恒可知,X核的核子數(shù)是210-4=206,故B項(xiàng)錯(cuò)誤;衰變過(guò)程釋放能量,可知生成核比反應(yīng)核更加穩(wěn)定,原子核越穩(wěn)定,比結(jié)合能越大,則X核的比結(jié)合能比

84210Po的大,故C項(xiàng)正確;衰變的快慢由原子核自身決定,與元素的物理性質(zhì)和化學(xué)性質(zhì)無(wú)關(guān),即升高溫度不能夠加快

84210Po的衰變4.C解析充電過(guò)程中,隨著電容器帶電荷量的增大,電容器兩極板間電勢(shì)差增大,充電電流在減小,故A項(xiàng)錯(cuò)誤;根據(jù)電路圖可知,充電過(guò)程中,電容器的上極板帶正電荷,流過(guò)電阻R的電流由N點(diǎn)流向M點(diǎn),故B項(xiàng)錯(cuò)誤;放電過(guò)程中,隨著電容器帶電荷量的減小,電容器兩極板間電勢(shì)差減小,放電電流在減小,故C項(xiàng)正確;根據(jù)電路圖可知,放電過(guò)程中,電容器的上極板帶正電荷,流過(guò)電阻R的電流由M點(diǎn)流向N點(diǎn),故D項(xiàng)錯(cuò)誤。5.A解析從實(shí)物圖中我們可以看出兩個(gè)小燈泡是間接并聯(lián)關(guān)系,其中自感線(xiàn)圈和B燈泡串聯(lián),在閉合開(kāi)關(guān)的瞬間,通過(guò)B的電流增大,自感線(xiàn)圈產(chǎn)生感應(yīng)電流阻礙電路電流增大,所以B是逐漸亮起來(lái),電路穩(wěn)定后B亮度保持不變;而A燈泡和二極管相串聯(lián),二極管阻礙由S向A的電流通過(guò),故A燈泡一直不亮,故A項(xiàng)正確,BC項(xiàng)錯(cuò)誤;在斷開(kāi)開(kāi)關(guān)的瞬間,電源電流減小,自感線(xiàn)圈要阻礙電流的減小,產(chǎn)生與原電流方向相同的感應(yīng)電流,此時(shí)A、B串聯(lián)構(gòu)成回路,所以B燈泡是緩慢熄滅,A會(huì)先亮再逐漸熄滅,故D項(xiàng)錯(cuò)誤。6.C解析根據(jù)受力分析可知pA+x=p0,又B管的體積與大玻璃泡A的體積相比可忽略不計(jì),故可知?dú)怏w做等容變化,故A項(xiàng)錯(cuò)誤;溫度越高,由pT=C可知壓強(qiáng)越大,故而溫度越高,刻度x的數(shù)值就越小,應(yīng)為上低下高,故B項(xiàng)錯(cuò)誤;由pA1+x=p0,得pA1=60cmHg,又pA1T1=pA2T2,T1=300K,pA2=54cmHg得T2=270K=-3℃,故C項(xiàng)正確;若把該裝置放到高山上,p0'會(huì)減小,x'=p0'-pA7.C解析空竹受力如圖所示,由平衡條件有2Fsinθ=mg,若設(shè)繩長(zhǎng)為L(zhǎng),由幾何關(guān)系可知cosθ=dL,當(dāng)右手B沿虛線(xiàn)a緩慢向左移動(dòng)時(shí),d減小,cosθ減小,sinθ增大,F將減小,A項(xiàng)錯(cuò)誤;同理分析可知當(dāng)沿虛線(xiàn)d向右移動(dòng)時(shí),d增大,cosθ增大,sinθ減小,F將增大,D項(xiàng)錯(cuò)誤;當(dāng)沿虛線(xiàn)b向上移動(dòng)時(shí),d不變,cosθ不變,sinθ不變,F不變,B項(xiàng)錯(cuò)誤;當(dāng)沿虛線(xiàn)c斜向上移動(dòng)時(shí),d增大,cosθ增大,sinθ減小,F將增大,C8.C解析由題意可知火星的公轉(zhuǎn)周期為1.9年,設(shè)下一個(gè)發(fā)射時(shí)機(jī)需要再經(jīng)過(guò)時(shí)間t,則有ω地t-ω火t=2π,可得2πT地t-2πT火t=2π,解得t=T地T火T9.C解析作出光路圖,如圖所示,在被照亮的圓形區(qū)域邊緣光線(xiàn)恰好發(fā)生了全反射,入射角等于臨界角,由于a光照射的面積較小,則知a光的臨界角較小,故A項(xiàng)錯(cuò)誤;根據(jù)n=1sinC,水對(duì)a光的折射率大于對(duì)b光的折射率,故C項(xiàng)正確;根據(jù)v=cn,知a光在水中的傳播速度比b光小,a光的頻率高于b光,故B項(xiàng)錯(cuò)誤;a光的頻率較高,則波長(zhǎng)較小,根據(jù)Δx=ldλ,用同一裝置做雙縫干涉實(shí)驗(yàn),a光條紋間距更小10.D解析車(chē)廂中疊放著兩個(gè)木箱A、B均與貨車(chē)保持相對(duì)靜止,最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力,對(duì)木箱A由牛頓第二定律,則有μ1mAg=mAa,解得a=μ1g,即木箱A加速度最大是μ1g,A項(xiàng)錯(cuò)誤;木箱A、B看成整體,由牛頓第二定律可得μ2(mA+mB)g=(mA+mB)a,解得a=μ2g,即木箱A、B整體加速度最大是μ2g,B項(xiàng)錯(cuò)誤;A向右做加速運(yùn)動(dòng),則有B對(duì)A的摩擦力向右,由牛頓第三定律可知,A對(duì)B的摩擦力水平向左,C項(xiàng)錯(cuò)誤;對(duì)木箱B受力分析可知,B在水平向右方向受車(chē)廂底面的摩擦力,A對(duì)B水平向左的摩擦力,由牛頓第二定律可得μ2(mA+mB)g-μ1mAg=mBa,因加速度a>0,所以車(chē)廂底面對(duì)B的摩擦力一定大于A對(duì)B的摩擦力,D項(xiàng)正確。11.答案(1)a1.510(2)(3)15解析(1)甲同學(xué)以IR為縱坐標(biāo),根據(jù)閉合電路歐姆定律得IR=E-I(r+R0)乙同學(xué)以I(R+R0)為縱坐標(biāo),根據(jù)閉合電路歐姆定律得I(R+R0)=E-Ir可得甲同學(xué)的圖線(xiàn)的斜率的絕對(duì)值更大,所以甲同學(xué)繪制的是圖線(xiàn)a。該圖線(xiàn)的截距表示電動(dòng)勢(shì),斜率絕對(duì)值表示r+R0,所以有E=1.5Vr+R0=1.5V100×r=15Ω-R0=15Ω-5.0Ω=10Ω。(2)丙同學(xué)以1I為縱坐標(biāo),以R為橫坐標(biāo),EI=R+r+R整理得1I=則該圖線(xiàn)的斜率、截距分別為1E=11.5v-r+R0E=151則可畫(huà)出圖線(xiàn)為下圖(3)電阻箱的阻值R消耗的電功率為P=I2R=(ER由上式可得,當(dāng)R=R0+r=15Ω時(shí),電阻箱消耗的電功率最大。12.答案(1)5m/s(2)3.1s解析(1)波在該介質(zhì)中的波速大小v=xt1=10.2(2)x=15m處的質(zhì)點(diǎn)第一次到達(dá)波谷時(shí),波在t1=0.2s時(shí)的基礎(chǔ)上向前傳播x'=15m-0.5m=14.5m用時(shí)為t'=x'v=14.55則x=15m處的質(zhì)點(diǎn)第一次到達(dá)波谷的時(shí)刻t2=0.2s+2.9s=3.1s。13.答案(1)150N,方向豎直向下(2)2m解析(1)物塊A從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)的過(guò)程中,由機(jī)械能守恒定律可得12mv02物塊A在Q點(diǎn)時(shí),設(shè)軌道對(duì)物塊A的彈力FT向下,由牛頓第二定律可得FT+mg=mv解得FT=150N則物塊A在Q點(diǎn)時(shí)軌道對(duì)它的彈力大小為150N,方向豎直向下;(2)由機(jī)械能守恒定律可知,物塊A與B碰前的速度為v0,物塊A與B碰撞過(guò)程,由動(dòng)量守恒定律有mv0=mv1+Mv2碰后物塊B做勻減速運(yùn)動(dòng),由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式v22=2Ff=Ma=μMg解得v1=-2m/s,v2=6m/s由機(jī)械能守恒定律可知,物塊A若能滑回Q點(diǎn),其在P點(diǎn)反彈時(shí)的最小速度滿(mǎn)足12mvminvmin=25m/s>2m/s則物塊A反彈后滑入圓管后又滑回P點(diǎn),設(shè)最終位置到P點(diǎn)的距離為xA,則v12=2μ解得最終物塊A靜止的位置到P點(diǎn)的距離xA=2m?？记皳尫志?高頻選擇題5題+4題計(jì)算)(9)1.B解析讓甲球在垂直于水平繩的方向擺動(dòng),乙、丙兩球在甲球的驅(qū)動(dòng)下做受迫振動(dòng),穩(wěn)定時(shí),乙、丙兩球振動(dòng)的頻率都與甲球振動(dòng)的頻率相同,即乙、丙兩球振動(dòng)的周期都與甲球振動(dòng)的周期相同;乙、丙兩球在甲球的驅(qū)動(dòng)下做受迫振動(dòng),由于甲球的振動(dòng)頻率等于丙球的固有頻率,丙球發(fā)生共振,丙球振幅比乙球振幅大。故選B。2.B解析對(duì)于左室氣體壓強(qiáng)變大,體積減小,W左>0,對(duì)于右室氣體壓強(qiáng)變小,體積減大,W右<0。環(huán)境溫度始終不變,ΔU=0,根據(jù)熱力學(xué)第一定律可得ΔU=W左+Q左,ΔU=W右+Q右,可得Q左<0,Q右>0,即左室氣體放熱,右室氣體吸熱,B項(xiàng)正確。3.C解析將力F分解為垂直于劈面的兩個(gè)方向,大小均為FN,由平行四邊形定則可得F=2FNcos(90°-θ2),解得FN=F2sinθ24.C解析宇航員在空間站內(nèi)繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng),具有向心加速度,所受合外力不為零,故A項(xiàng)錯(cuò)誤;在地表有GMmR2=mg,空間站所在處GMm(R+?)2=mg'=m(2πT)2·(R+h),聯(lián)立解得空間站所在處的重力加速度約為g'=R2(R+?)2g,空間站的運(yùn)行周期為T(mén)=2π(R+?)RR+?g5.C解析大小不變、極性隨時(shí)間周期性變化的交流電源加在相鄰兩個(gè)金屬圓筒之間,所以粒子在相鄰兩個(gè)金屬圓筒間受恒定的靜電力,做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng),金屬圓筒中電場(chǎng)為零,粒子不受靜電力,做勻速運(yùn)動(dòng)。故選C。6.答案見(jiàn)解析解析(1)觀察到靈敏電流計(jì)中的電流先增大后不變。其原因?yàn)橛妙l率為ν0的可見(jiàn)光照射陰極K時(shí),靈敏電流計(jì)中有電流通過(guò),說(shuō)明產(chǎn)生了光電效應(yīng),當(dāng)將滑片P逐漸由A端移向B端時(shí),增加了光電管兩端的電壓,使單位時(shí)間內(nèi)參與導(dǎo)電的光電子數(shù)增多,所以光電流增大,當(dāng)光電流達(dá)到飽和光電流后,再增大電壓則光電流不會(huì)增大,所以將滑片P逐漸由A端移向B端時(shí),靈敏電流計(jì)中的電流先增大后不變。(2)觀察到靈敏電流計(jì)中的電流先減小,減為零后不再隨反向電壓的增大而變化。其原因?yàn)檎{(diào)換電源兩極,將滑片P逐漸由A端移向B端時(shí),光電管兩端加了反向電壓,使光電管中的光電子減速運(yùn)動(dòng),隨著電壓的增大,單位時(shí)間內(nèi)參與導(dǎo)電的光電子數(shù)減少,所以靈敏電流計(jì)中的電流會(huì)減小,當(dāng)反向電壓達(dá)到遏止電壓時(shí),所有光電子都不能到達(dá)陽(yáng)極,此時(shí)光電流為零,所以將滑片P逐漸由A端移向B端時(shí),靈敏電流計(jì)中的電流先減小,減為零后不再隨反向電壓的增大而變化。7.答案(1)43(2)解析(1)負(fù)電荷在水平方向受力平衡kqAq(53R)2解得qA(2)負(fù)電荷所受的靜電力的合力提供向心力kqAq(53R)2sin解得v=3k8.答案(1)33(2)1.6s解析(1)設(shè)物體與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ,物體在斜面上勻速下滑過(guò)程中,根據(jù)平衡條件有mgsinθ=μmgcosθ解得μ=33(2)設(shè)物體沿斜面上滑過(guò)程中的加速度大小為a,根據(jù)牛頓第二定律有mgsinθ+μmgcosθ=ma解得a=10m/s2假定物體能返回斜面頂端,由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有L=v0t-12at解得t1=1.6s,t2=2s物體返回斜面頂端時(shí)的速度大小為v1=v0-at1=2m/s>0或v2=v0-at2=-2m/s<0所以t2=2s不符實(shí)際,舍去。故假設(shè)成立,則物體沿斜面上滑的時(shí)間為t=1.6s。(3)物體被擋板反彈后,沿斜面減速上滑,從離地4m高處(設(shè)此處速率為v2),減速運(yùn)動(dòng)到斜面頂端的過(guò)程中,由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有v12?v解得v2=164m/s所以物體在斜面上經(jīng)過(guò)離地面高度為4m處的動(dòng)能為Ek1=12mv2物體以速度v1離開(kāi)斜面后做斜拋運(yùn)動(dòng),設(shè)經(jīng)過(guò)離地高度為h=4m處時(shí)動(dòng)能為Ek2,根據(jù)機(jī)械能守恒定律有Ek2=12mv12+mg(Lsinθ-h)9.答案(1)qBRm(2)4+610解析(1)設(shè)粒子在磁場(chǎng)區(qū)域內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r,根據(jù)牛頓第二定律,有qv0B=m因?yàn)槿肷涞牧Ｗ泳蒓點(diǎn)進(jìn)入第一象限,是磁聚焦模型,有r=R解得v0=qBRm(2)設(shè)在矩形區(qū)域內(nèi)運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長(zhǎng)的粒子其速度方向與y軸正方向夾角為θ,由題意知,其軌跡與PQ邊剛好相切,由幾何關(guān)系得rsinθ+rcosθ=2arsinθ+a=r解得a=4+610(3)由上問(wèn)可解得sinθ=6設(shè)在矩形區(qū)域內(nèi)運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長(zhǎng)的粒子,其射入圓形磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)的縱坐標(biāo)為-y1,由幾何關(guān)系得R-y1=Rsinθ所求粒子占比為R-yR-考前搶分練(高頻選擇題5題+4題計(jì)算)(10)1.B解析由圖可知,②光子的能量小于④光子的能量,根據(jù)ε=hν可知②光子的頻率小于④光子的頻率,故A項(xiàng)錯(cuò)誤;由圖可知①光子的能量等于③光子的能量,則①光子的頻率等于③光子的頻率,①光子的波長(zhǎng)等于③光子的波長(zhǎng),根據(jù)p=?λ可知①光子的動(dòng)量與③光子的動(dòng)量大小相等,故B項(xiàng)正確;由圖可知②光子的能量小于①光子的能量,則用②照射該金屬不一定能發(fā)生光電效應(yīng),故C項(xiàng)錯(cuò)誤;根據(jù)光電效應(yīng)方程Ek=hν-W0,由于④光子的能量大于①光子的能量,則用④照射該金屬逸出光電子的最大初動(dòng)能大于Ek,故D2.D解析如圖,繩端起振方向向上,A項(xiàng)錯(cuò)誤;由圖可知,前、后兩次振動(dòng)的周期之比為2∶1,B項(xiàng)錯(cuò)誤;相同介質(zhì)波速不變,波速之比為1∶1,C項(xiàng)錯(cuò)誤;根據(jù)λ=vT,可知,波長(zhǎng)之比為2∶1,D項(xiàng)正確。3.C解析A點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度為0,可知帶電薄板帶負(fù)電,根據(jù)點(diǎn)電荷的電場(chǎng)疊加特點(diǎn)可知A點(diǎn)左側(cè)電場(chǎng)強(qiáng)度方向一定向左,沿著電場(chǎng)線(xiàn)方向電勢(shì)降低,故A點(diǎn)的電勢(shì)不為零,故A項(xiàng)錯(cuò)誤;由于帶電薄板帶負(fù)電,B點(diǎn)處帶電薄板產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度和電荷量為+q的點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度同向,故該處電場(chǎng)強(qiáng)度不為零,故B項(xiàng)錯(cuò)誤;分析可知A點(diǎn)到帶電薄板幾何中心間,二者產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度反向,合電場(chǎng)強(qiáng)度方向向右,B點(diǎn)到帶電薄板幾何中心間,二者產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度同向,合電場(chǎng)強(qiáng)度向左,故A點(diǎn)到帶電薄板幾何中心間的平均電場(chǎng)強(qiáng)度小于B點(diǎn)到帶電薄板幾何中心間的平均電場(chǎng)強(qiáng)度,根據(jù)U=Ed可知A點(diǎn)到帶電薄板幾何中心間的電勢(shì)差小于B點(diǎn)到帶電薄板幾何中心間的電勢(shì)差,故可知A點(diǎn)的電勢(shì)低于B點(diǎn)的電勢(shì),故C項(xiàng)正確;根據(jù)前面分析可知A點(diǎn)的電勢(shì)低于B點(diǎn)的電勢(shì),當(dāng)同一試探電荷帶正電時(shí)在A點(diǎn)的電勢(shì)能小于其在B點(diǎn)的電勢(shì)能,當(dāng)同一試探電荷帶負(fù)電時(shí)在A點(diǎn)的電勢(shì)能大于其在B點(diǎn)的電勢(shì)能,故D項(xiàng)錯(cuò)誤。4.D解析如圖所示,斜向上飛出的彈丸經(jīng)過(guò)一段時(shí)間到達(dá)水平位置時(shí)與斜下拋速度方向相同,且在此時(shí)與斜下拋高度相同,故到達(dá)海面時(shí)兩炮彈的速度大小相同,方向相同,A項(xiàng)錯(cuò)誤;由題知,初速度大小相等,與水平方向夾角相同,則水平分速度相同,所以始終保持同一豎直線(xiàn)上,一個(gè)斜向上運(yùn)動(dòng),一個(gè)斜向下運(yùn)動(dòng),豎直方向位移方向相反,距離增大,如果高度較低,到達(dá)海面前兩炮彈之間的距離越來(lái)越大,B項(xiàng)錯(cuò)誤,D項(xiàng)正確;到達(dá)海面前兩炮彈的水平分相對(duì)速度為0,斜向上飛出的彈丸先減速,到達(dá)最高點(diǎn)后做加速運(yùn)動(dòng),豎直方向相對(duì)速度先增大,后減小,C項(xiàng)錯(cuò)誤。5.A解析物塊從A到B的過(guò)程彈簧彈力先減小后增大,根據(jù)牛頓第二定律得kx-μmg=ma,即a=kmx-μg,加速度與彈簧形變量呈線(xiàn)性關(guān)系,所以物塊的加速度先減小后反向增大;v-t圖像的斜率表示物體的加速度,因此v-t圖像的斜率先減小后增大,由于摩擦力的存在平衡位置前后的加速度不對(duì)稱(chēng),故A項(xiàng)正確,B項(xiàng)錯(cuò)誤;從物塊開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到加速度為零的過(guò)程速度增大,偏離平衡位置的位移減小,動(dòng)能增大,彈性勢(shì)能減小,從平衡位置到B點(diǎn)的過(guò)程,偏離平衡位置的位移增大,動(dòng)能減小,彈性勢(shì)能先減小后增大,由于摩擦力的存在平衡位置前后的動(dòng)能、彈性勢(shì)能不對(duì)稱(chēng),故C、D6.答案(1)v02l(2)解析(1)由題意可知,在最高點(diǎn)mg'=mv該行星表面的重力加速度為g'=v0(2)根據(jù)在行星表面萬(wàn)有引力與重力可認(rèn)為相等有mg'=mv該行星表面發(fā)射衛(wèi)星時(shí)需要的最小發(fā)射速度為v=v0Rl7.答案(1)吸熱(2)7.5×104Pa(3)4.98kg解析(1)整個(gè)過(guò)程中,溫度不變,空腔內(nèi)氣體內(nèi)能不變,扳下鎖扣過(guò)程中外力對(duì)空腔內(nèi)氣體做負(fù)功,根據(jù)熱力學(xué)第一定律,空腔內(nèi)氣體吸熱。(2)根據(jù)玻意耳定律p0V0=p1V1代入數(shù)據(jù)解得p1=7.5×104Pa。(3)若掛鉤掛上重物時(shí)恰好不脫落,對(duì)掛鉤受力分析有(m+M)g=μFN掛鉤對(duì)墻面的壓力FN=p0S2+(p0-p1)S1聯(lián)立代入數(shù)據(jù)得M=4.98kg。8.答案(1)12gL(2)1716解析(1)根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)位移時(shí)間關(guān)系,豎直方向2L=12gt水平方向L=v0t得v0=12(2)設(shè)反彈后到達(dá)最高點(diǎn)速度為v1,有L=1L2=v1t根據(jù)能量守恒有ΔE=mg(2L-L)+1解得ΔE=1716mgL(3)碰撞過(guò)程中小鐵片水平方向加速度大小為av12?v0Ff=ma解得Ff=4mg。9.答案(1)0<v0≤2Bqd3m(2)y=3mEqB解析(1)粒子剛好與邊界PQ相切時(shí)速度最大,有幾何關(guān)系可得r+rsin30°=d求得r=23由qv0B=mvv0=2粒子初速度的取值范圍為0<v0≤2Bqd(2)在x方向上由動(dòng)量定理可得-∑BqvyΔt=-mv-mv0sin30°即Bqy=mv+12mv又由動(dòng)能定理可得-qEy=12mv2-代入數(shù)據(jù)聯(lián)立求得y=3mE(3)設(shè)某瞬時(shí)的速度為v,加速度為a,根據(jù)牛頓第二定律可得(Bqv取微小時(shí)間Δt,速度變化量為Δv=aΔt=B2q整理為vΔt=m粒子能發(fā)生的位移大小為d=∑vΔt=∑m求得v0'=dB考前搶分練(高頻選擇題5題+4題計(jì)算)(11)1.D解析黑體輻射、光電效應(yīng)、康普頓效應(yīng)都說(shuō)明光具有粒子性,能用光的粒子性解釋,故A、B、C項(xiàng)錯(cuò)誤;電子束衍射說(shuō)明電子具有波動(dòng)性,不能用光的粒子性解釋,故D項(xiàng)正確。2.D解析根據(jù)pVT=C,氣體在狀態(tài)C時(shí)壓強(qiáng)為p0,故A項(xiàng)錯(cuò)誤;從狀態(tài)A到狀態(tài)B的過(guò)程中,氣體體積減小,氣體分子的數(shù)密度增大,故B項(xiàng)錯(cuò)誤;從狀態(tài)C到狀態(tài)A的過(guò)程中,溫度升高,內(nèi)能增大,即ΔU>0,體積增大,氣體對(duì)外做功,即W<0,根據(jù)ΔU=Q+W,氣體吸收熱量,故C項(xiàng)錯(cuò)誤;從狀態(tài)C到狀態(tài)A的過(guò)程中,體積增大,密度減小,溫度升高,分子的平均動(dòng)能增大,壓強(qiáng)不變,所以氣體單位時(shí)間內(nèi)單位面積分子撞擊次數(shù)減少,故D3.C解析大、小齒輪轉(zhuǎn)動(dòng)的方向相反,故選項(xiàng)A錯(cuò)誤;A、B兩點(diǎn)的線(xiàn)速度大小之比為1∶1,故選項(xiàng)B錯(cuò)誤;A、B兩點(diǎn)的角速度ω=vR,所以角速度之比ω1ω2=R2R1=N2N14.B解析兩個(gè)H在A點(diǎn)合電場(chǎng)強(qiáng)度為零,O在A點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度豎直向上,所以A點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度方向豎直向上,故A項(xiàng)錯(cuò)誤;根據(jù)對(duì)稱(chēng)性可知,氧原子所受兩個(gè)H的引力水平合力為零,所以氧原子所受電場(chǎng)力的方向豎直向下,故B項(xiàng)正確;左側(cè)H受到右側(cè)H的斥力,設(shè)腰長(zhǎng)為L(zhǎng),有F1=kq2(2Lsin60°)2=kq23L2,受到引力水平分力F2=k2q×qL2sin60°=k3q2L2,所以H受到的水平方向合力不為零,總合力不可能豎直向上,根據(jù)對(duì)稱(chēng)性可知,右側(cè)H受合力也不會(huì)豎直向上,故5.D解析無(wú)論是測(cè)電壓還是測(cè)電阻,電流都是從紅表筆流入,從黑表筆流出,并且測(cè)電阻時(shí)內(nèi)部有電源,不需要外部電源,當(dāng)黑表筆接M點(diǎn),紅表筆接H點(diǎn),可測(cè)R1和R2并聯(lián)的總阻值,故A、B、C項(xiàng)錯(cuò)誤;當(dāng)紅表筆接H點(diǎn),黑表筆接N點(diǎn),則電流正向流過(guò)二極管,所以可測(cè)二極管的正向電阻,故D項(xiàng)正確。6.答案(1)2.25×108m/s(2)106°解析(1)用一束激光從A點(diǎn)與水平方向成37°射入玻璃,恰好從CD邊中點(diǎn)射出,作出光路圖如圖所示由幾何關(guān)系得i=53°tanr=1根據(jù)折射定律n=sinin=4由n=cv,v=cn=2.25×108m/s(2)坦克內(nèi)的人從AB中點(diǎn)向外觀察時(shí),看到的范圍如圖所示由幾何關(guān)系得β=r,α=53°坦克內(nèi)的人從AB中點(diǎn)向外觀察能看到的外界角度范圍為θ=2α=2×53°=106°。7.答案(1)I02(2)4解析(1)若某脈沖電流的占空比tT=25%,設(shè)電流通過(guò)阻值為RI02Rt+0=I解得I=I0(2)設(shè)電動(dòng)機(jī)發(fā)熱功率為Pr,有Pr=I2r電動(dòng)機(jī)效率為η=P-P解得η=4P-I8.答案(1)2gL(2)aA-g(3)解析(1)依題意,小球A所受細(xì)線(xiàn)拉力提供其做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的向心力,有2mg=mv解得v0=2gL(2)剪斷B、C間細(xì)線(xiàn)瞬間,對(duì)小球B受力分析,根據(jù)牛頓第二定律可得FT-mg=maB對(duì)小球A,有FT=maA聯(lián)立解得aB=aA-g。(3)設(shè)小球B上升的高度為h,由動(dòng)能定理,可得W-mgh=0解得h=W根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒,有mgh=12m又v=ω(L+h)聯(lián)立,解得ω=g29.答案(1)E0=2mv02Lq(2)mv0Lq解析(1)所有的粒子都經(jīng)過(guò)A1ABB1面射出電場(chǎng),臨界狀態(tài)從BB1邊射出,設(shè)粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t,則有L=v0t,L=12·聯(lián)立解得E0=2m(2)所有的粒子都經(jīng)過(guò)A1ABB1面射出磁場(chǎng),臨界狀態(tài)分別從AA1、BB1邊射出,分別設(shè)粒子在磁場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)半徑為r1和r2,則有r1=12L,qv0B1=mr2=L,qv0B2=mv解得B1=2mv0Lq,則磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B0的范圍為mv0Lq≤B0(3)設(shè)粒子在磁場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)的半徑為r,周期為T(mén),粒子從發(fā)出到A1ABB1面射出的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t1,則有L=Eq解得t1=5qv0B=mv可得r=54由T=2可得T=5粒子在t1時(shí)間內(nèi)偏轉(zhuǎn)的示意圖如圖所示設(shè)偏轉(zhuǎn)角度為θ,則有θ=2πTt1則有N代入數(shù)據(jù)解得NN考前搶分練(高頻選擇題5題+4題計(jì)算)(12)1.B解析干涉條紋與雙縫平行,故A項(xiàng)錯(cuò)誤;為了獲得清晰的干涉的亮條紋,單縫和雙縫應(yīng)相互平行放置,故B項(xiàng)正確;若取下濾光片,光屏上可觀察到彩色的干涉圖樣,故C項(xiàng)錯(cuò)誤;想增加從目鏡中觀察到的條紋個(gè)數(shù),則要條紋間距減小,根據(jù)Δx=ldλ,可知可以將雙縫的距離d增大,或減小雙縫到屏的距離l,或用波長(zhǎng)小的光做實(shí)驗(yàn),而將單縫向雙縫靠近,不會(huì)改變條紋的間距,不會(huì)改變目鏡中觀察到的條紋個(gè)數(shù),故D2.C解析如題圖所示兩個(gè)靠近的線(xiàn)圈在另一個(gè)線(xiàn)圈中的磁通量均不為零,容易產(chǎn)生互感現(xiàn)象,故A、B、D正確,與題意不符;如題圖所示垂直放置的兩個(gè)線(xiàn)圈在另一個(gè)線(xiàn)圈中的磁通量為零,當(dāng)?shù)谝粋€(gè)線(xiàn)圈中的電流變化時(shí),第二個(gè)線(xiàn)圈的磁通量始終為0,故C錯(cuò)誤,與題意相符。本題選錯(cuò)誤的故選C。3.D解析質(zhì)點(diǎn)P比質(zhì)點(diǎn)Q先振動(dòng),該波沿x軸正方向傳播,故A項(xiàng)錯(cuò)誤;周期T=0.8s,一個(gè)周期質(zhì)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)的路程為s=4A=0.8m,由于質(zhì)點(diǎn)從平衡位置向位移最大處速度越來(lái)越小,所以接下來(lái)的0.1s路程大于0.1m,所以經(jīng)0.9s質(zhì)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)的路程大于0.9m,故B項(xiàng)錯(cuò)誤;質(zhì)點(diǎn)P位于平衡位置,質(zhì)點(diǎn)Q位于波峰,有nλ+34λ=2.1m,又該波波長(zhǎng)在1.0m至1.5m之間,得λ=1.2m,該波的傳播速度為v=λT=1.5m/s,故C項(xiàng)錯(cuò)誤;根據(jù)題意ω=2πT=52π,t=0時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)Q位于波峰,質(zhì)點(diǎn)Q的振動(dòng)方程為y=Asin(ωt+12π)=0.2sin(54.C解析將小球的圓周運(yùn)動(dòng)等效成圓錐擺,設(shè)擺長(zhǎng)為L(zhǎng),等效擺線(xiàn)與豎直方向夾角為θ,則mgtanθ=mω2Lsinθ,解得w=gLcosθ=g?,h為等效懸點(diǎn)到小球的高度差,由于兩球的角速度相同5.D解析根據(jù)題意可知,正電荷所受靜電力水平向右,則電場(chǎng)方向水平向右,可知,右極板帶負(fù)電,故A項(xiàng)錯(cuò)誤;由于顆粒進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)的初速度為零,在電場(chǎng)中受靜電力和重力的合力保持不變,則顆粒離開(kāi)漏斗口在電場(chǎng)中做勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng),故B項(xiàng)錯(cuò)誤;根據(jù)題意,設(shè)兩極板間的電壓為U,水平方向上有Uqd=ma,d2=12at2,豎直方向上有L=12gt2,聯(lián)立解得U=gd22kL,故C項(xiàng)錯(cuò)誤;根據(jù)題意,結(jié)合C分析可知,顆粒離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)的水平速度為vx=2a·d2=gd22L,離開(kāi)電場(chǎng)后,水平方向做勻速運(yùn)動(dòng),則顆粒落到收集板時(shí)的水平速度仍為6.答案(1)e=10cos25t(V)(2)10W解析(1)發(fā)電機(jī)線(xiàn)圈中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的表達(dá)式為e=NBSωcosωt=10cos25t(V)。(2)根據(jù)變壓器匝數(shù)比與電壓比的關(guān)系U1∶U2=n1∶n2解得變壓器副線(xiàn)圈的最大電壓為U2=20V副線(xiàn)圈電壓的有效值為U2有=102V則電阻的電功率為P=U2