第二部分高考模擬練模擬練11．答案：D解析：圖甲為卡文迪什的扭秤實驗，測量引力常量G；圖乙為奧斯特發現電流的磁效應的實驗；圖丙為伽利略的理想斜面實驗；圖丁是伽利略研究自由落體運動的實驗．故選D.2．答案：A解析：eq\o\al(237,)93Np吸收中子后生成eq\o\al(238,)94Pu，根據質量數守恒及電荷數守恒，該過程的核反應方程為eq\o\al(237,)93Np＋eq\o\al(1,0)n→eq\o\al(238,)94Pu＋eq\o\al(0,－1)e，則Np237吸收中子后放出電子生成Pu238，故A正確；Pu238衰變時只放出α射線，其衰變方程為eq\o\al(238,)94Pu→eq\o\al(234,)92U＋eq\o\al(4,2)He，可知其衰變時并沒有質子轉化為中子，故B錯誤；根據Pu238的衰變方程知，Pu238經一次衰變形成的新核含有的中子數為n＝234－92＝142，故C錯誤；半衰期由核內部本身的因素決定，跟原子所處的物理、化學狀態無關，故D錯誤．3．答案：D解析：由于起跳階段運動員的加速度向上，則跳臺對運動員的支持力N＝mg＋ma，根據牛頓第三定律得運動員對跳臺的壓力為N′＝N＝mg＋ma，選項A錯誤；運動員對跳臺的壓力是由于運動員的腳發生形變產生的，選項B錯誤；運動員離開跳臺后的上升階段，運動員的加速度向下，故運動員處于失重狀態，選項C錯誤；起跳過程和離開跳臺上升過程均視為勻變速運動，則起跳過程的平均速度為＝eq\f(0＋vm,2)，上升階段的平均速度為上＝eq\f(vm＋0,2)，即＝上，選項D正確．4．答案：B解析：初始時，空氣柱A的壓強為pA＝p0＋ρgh1而pB＋pgh2＝pA聯立解得空氣柱B的壓強為pB＝72cmHg；U形管倒置后，空氣柱A的壓強為P′A＝p0－ρgh1空氣柱B的壓強為p′B＝p′A＋ρgh3空氣柱B的長度L′2＝L2－eq\f(h3－h2,2)由玻意耳定律可得pBL2＝p′BL′2聯立解得h3＝12cm.5．答案：B解析：第二宇宙速度為脫離地球引力束縛的速度，天問一號離開地球進入火星軌道，故其在軌道1上的發射速度一定大于第二宇宙速度，A錯；由牛頓第二定律可知，天問一號在同一位置時，所受萬有引力相同，加速度相同，B對；探測器在軌道2上由近火點運動至遠火點，只有引力做功，故機械能守恒，C錯；由高軌道進入低軌道要通過減速才能實現，D錯．6．答案：C解析：b的圖線的斜率的絕對值先減小后增大，所以b的加速度先減小后增大，故A錯誤；由圖像可知，a的圖線在0～6s內與時間軸所圍上下面積之差小于b的圖線與時間軸所圍面積，所以a的位移小于b的位移，故B錯誤；2s末a的圖線的斜率的絕對值大于b的圖線的斜率的絕對值，所以2s末a的加速度大于b的加速度，故C正確；3s末兩物體速度相同，但是質量大小不確定，動量沒法比較，故D錯誤．7.答案：B解析：由等勢線圖作出對應的電場線圖，如圖所示．電子在電場中做曲線運動，其受力方向有兩個特點，一個是朝向曲線的凹面，另一個是與電場線相切且與電場線方向相反，故容易判斷出該電場中各點的電場強度方向．由電場線的疏密反映電場強度的大小可知b位置的電場強度大于a位置，A錯；沿電場線方向電勢逐漸降低，易知a點電勢比b點高，又電子帶負電，故電子在a點的電勢能小于在b點的電勢能，B對，C錯；由以上分析可知，b點的電場強度方向水平向左，D錯．8．答案：AC解析：對于彎曲通電導線，其在勻強磁場中所受的安培力大小與垂直磁場的有效導線的長度有關，當導線旋轉時，有效長度增加，故安培力大小增大，而安培力的方向總是垂直電流與磁場所在的面，故方向不變，故選AC.9．答案：AD解析：人眼看到的折射光線的反向延長線的交點比魚的實際位置偏近，所以人看到的魚比實際位置要近一些，A正確；魚看到的折射光線的反向延長線的交點比人的實際位置偏遠，所以魚看到的人比實際位置要遠一些，B錯誤；光線從潛艇中射入水中時，最大的折射角小于45°，因此光線射到水面時最小的入射角大于45°，一定會發生全反射，所以光線不能從水面射出，同理可知，水面上方射入水中的光線也不能照射到潛艇內部，C錯誤，D正確．10．答案：BD解析：通過變壓器進行遠距離輸電，需要輸入交流電，故電廠發出的電是交流電，A錯；由部分電路歐姆定律可知B對；若滿足C選項的條件，則要求輸電線上不能有電壓損失，與事實不符，C錯；當用戶增多時，線路中的電流(即I4)增大，輸電線的電阻R上的電流增大、電壓增大，則U3減小，用戶得到的電壓減小，D對．11．答案：BD解析：忽略所有摩擦力，故A、B和彈簧組成的系統機械能守恒，又彈簧逐漸伸長，彈簧彈性勢能逐漸變大，故A、B組成的系統機械能逐漸減小，故A錯誤；根據A、B和彈簧組成的系統機械能守恒可得Epmax＝2mgL(cos30°－cos45°)，解得彈性勢能的最大值為Epmax＝(eq\r(3)－eq\r(2))mgL，故B正確；對B受力分析，水平方向的合力Fx＝F桿1·sinα－F彈＝ma，對A受力分析，豎直桿對A的彈力大小F桿2＝F桿1·sinα，由于滑塊B先做加速運動后做減速運動，所以豎直桿對A的彈力先大于彈簧彈力后小于彈簧彈力，故C錯誤；A下降過程中動能達到最大前，A加速下降，對A、B整體在豎直方向上受力分析，可知地面對B的支持力N<3mg，故D正確．12．答案：(1)0.96(2分)(2)3.20(2分)(3)偏大(3分)解析：(1)由題意知，vB＝eq\f(LAC,2×5T)＝eq\f(8.02＋11.20,0.2)×10－2m/s＝0.96m/s.(2)由逐差法得a＝eq\f(LCE－LAC,（2×5T）2)＝eq\f(（14.41＋17.62）－（8.02＋11.20）,0.22)×10－2m/s2＝3.20m/s2.(3)根據牛頓第二定律，若考慮紙帶與打點計時器的摩擦及空氣阻力等實際因素，則有mgsinθ－(μmgcosθ＋f)＝ma；實驗中利用mgsinθ－μmgcosθ＝ma計算，顯然實驗中在測量計算時的摩擦力包含了其他阻力，故所求的動摩擦因數比實際值大．13．答案：(1)R1(2分)5000(2分)(2)如圖所示(3分)(3)2.3(2分)解析：(1)因為電路中的滑動變阻器是分壓連接，故滑動變阻器在安全的前提下阻值小點好，故選R1.改裝電表時，由于A1表自身滿偏時對應電壓值為UA＝IAr1＝0.5V，故電阻箱還得分擔2.5V的電壓，即電壓是A1表的5倍，電阻也是A1表的5倍，即電阻箱阻值應調為5r1＝5000Ω.(3)Rx＝eq\f(Ux,Ix)＝eq\f(I1（r1＋5r1）,I2－I1)，故I1＝eq\f(Rx,Rx＋r1＋5r1)I2，圖線的斜率為k＝eq\f(Rx,Rx＋r1＋5r1)，代入數據解得Rx＝2.3kΩ.14．答案：(1)4×1022個(2)3×10－9m解析：(1)設氙氣的物質的量為n，則n＝eq\f(ρV,M)(1分)氙氣分子的總數：N＝eq\f(ρV,M)NA＝eq\f(6.0×1.6×10－3,0.131)×6×1023≈4×1022個(2分)(2)每個分子所占的空間為：V0＝eq\f(V,N)(2分)設分子間平均距離為a，則有：V0＝a3(2分)則a＝eq\r(3,\f(V,N))＝eq\r(3,\f(1.6×10－3,4×1022))m≈3×10－9m．(2分)15．答案：(1)eq\f(3\r(d2＋h2),\r(9d2＋h2))(2)eq\f(h,2)解析：(1)由題意可知，來自硬幣左端D的光線經水面折射，從杯子左邊緣A點射出后恰好進入眼睛，折射光線的反向延長線經過杯子右下端C點，如圖所示；設入射角為α，折射角為β，由折射定律得n＝eq\f(sinβ,sinα)(3分)在Rt△ABC、Rt△ABD中，由幾何關系可得sinβ＝sin∠BAC＝eq\f(3d,\r(9d2＋h2))，sinα＝eq\f(d,\r(d2＋h2))(2分)聯立解得n＝eq\f(3\r(d2＋h2),\r(9d2＋h2))(3分)(2)如圖，設當液面下降至MN時，下降高度為H，硬幣剛好從視線中完全消失，此時來自硬幣右端E的光線經MN面折射，從杯子左邊緣A點射出后恰好進入眼睛，折射光線的反向延長線經過杯子右下端C點(2分)由△AGF∽△ADC可得eq\f(H,h)＝eq\f(d,2d)，解得H＝eq\f(h,2)(3分)16．答案：(1)eq\f(\r(3)mveq\o\al(2,0),12Rq)(2)eq\f(mv0,2Rq)eq\f(2πR,v0)(3)(3R，－8eq\r(3)R)解析：(1)分解速度v0可知vx＝v0sin30°＝eq\f(v0,2)(1分)vy＝v0cos30°＝eq\f(\r(3),2)v0(1分)在水平方向有3R＝vx·t(1分)在豎直方向有vy＝eq\f(Eq,m)t(1分)聯立解得E＝eq\f(\r(3)mveq\o\al(2,0),12Rq)(1分)(2)由牛頓第二定律得qv0B＝eq\f(mveq\o\al(2,0),2R)(1分)解得B＝eq\f(mv0,2Rq)(1分)粒子的運動軌跡如圖所示，根據幾何知識可知每段圓弧所對應的圓心角均為eq\f(π,3)(2分)粒子從M運動到N點的時間t＝t1＋t2＋t3＝eq\f(πm,Bq)(1分)代入B可得t＝eq\f(2πR,v0)(1分)(3)由題意可知，此次粒子的運動軌跡與小圓相切，如圖所示由幾何知識得(r＋R)2＝r2＋(3R)2(1分)解得r＝4R(1分)由牛頓第二定律得qvB＝eq\f(mv2,r)(1分)則有v＝2v0(1分)根據動能定理有Eqy′＝eq\f(1,2)m(2v0)2(1分)可得y′＝8eq\r(3)R(1分)所以坐標為(3R，－8eq\r(3)R)(1分)模擬練21．答案：A解析：波向右傳播，由波形圖可知，由振源振動形成的機械波的波長逐漸減小，由于機械波在同一種介質中的波速不變，根據f＝eq\f(v,λ)可知波源振動的頻率逐漸變大，A正確，B、C錯誤；波向右傳播，由波形圖可知，此時刻質點P的速度方向向下，D錯誤．2．答案：D解析：圖甲表示的是α粒子散射實驗，揭示了原子可以再分，A項錯誤；圖乙表示的是磁場對α、β和γ射線的作用情況，由左手定則可知，帶正電的α粒子受到向左的洛倫茲力，故①是α射線，B項錯誤；圖丙表示的是盧瑟福用α粒子轟擊氮核發現了質子，C項錯誤；圖丁表示的是鈾238發生α衰變，釋放一個α粒子后，質量數減少4，電荷數減少2，成為新核，D項正確．3．答案：A解析：根據幾何關系可知當繩長與半徑相等時，受力分析如圖：根據平衡條件，及幾何關系可知，2F拉cosθ＝mg，其中θ＝30°，解得F拉＝eq\f(\r(3),3)mg，故A正確．4．答案：D解析：讓激光束通過一個狹縫，觀察到光屏上出現的單色條紋圖樣是光的衍射圖樣，衍射圖樣中，中央亮條紋最亮，寬度最大，從中央向兩側，亮條紋逐漸變窄、變暗，故將會觀察到丙圖樣，A錯誤；當保持激光器與狹縫的距離不變，將光屏向狹縫處適當移動時，光屏上條紋變窄，但條紋變得清晰，B、C錯誤；光的衍射現象說明光具有波動性，D正確．5．答案：B解析：由x＝eq\f(1,2)at2可知前后兩次物塊運動的加速度大小之比為a1∶a2＝4∶1.對調a、b前，設繩上拉力為T1，對a物塊有T1－μmg＝ma1，對b物塊有2mg－T1＝2ma1；對調a、b后，設繩上拉力為T2，對b物塊有T2－2μmg＝2ma2，對a物塊有mg－T2＝ma2.聯立解得μ＝eq\f(2,7)≈0.3，B項正確．6．答案：C解析：若小球c帶正電，則對a分析可知，a受到b和c的庫侖斥力，分別沿ba方向和ca方向，對b分析可知，b受到a和c的庫侖斥力，分別沿ab方向和cb方向，故加上水平方向的勻強電場后，a、b不可能同時受力平衡，則小球c一定帶負電，又a、b電荷量相等，所以小球c受到a和b庫侖引力的合力垂直于a、b連線向左，在水平方向的勻強電場中小球c處于平衡狀態，故場強方向一定垂直于a、b連線向左，A、B項錯誤；對小球a由三力平衡知識可知，Eqtan30°＝keq\f(q2,L2)，解得q＝eq\f(\r(3)EL2,3k)，C項正確；同理，對小球a有keq\f(qqc,L2)sin30°＝keq\f(q2,L2)，解得qc＝2q，故小球a、c所帶電荷量大小之比為1∶2，D項錯誤．7．答案：B解析：S1先做平拋運動，與地面的碰撞為彈性碰撞且不計地面阻力，故與地面碰撞后水平方向速度不變，豎直方向速度反向，兩球從拋出到相遇，則有x＝v1t，解得t＝1.5s，A項錯誤；小球S1從拋出到第1次落地，有h＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,1)，解得t1＝1s，落地時豎直方向分速度vy＝gt1＝10m/s，再經t2＝t－t1＝0.5s與小球S2相遇，故有vyt2－eq\f(1,2)gteq\o\al(2,2)＝v2t－eq\f(1,2)gt2，解得v2＝10m/s，B項正確；相遇時，S2離地的高度h2＝v2t－eq\f(1,2)gt2＝3.75m，D項錯誤；S2上升到最高點所用的時間為eq\f(v2,g)＝1s<1.5s，故S2一定在下降過程中與S1相遇，C項錯誤．8．答案：AC解析：組合體的軌道半徑小于同步衛星的軌道半徑，由開普勒第三定律可知其周期小于24h，A項正確；環繞地球表面做圓周運動的近地衛星的速度為7.9km/s，組合體的軌道半徑大于近地衛星的軌道半徑，由v＝eq\r(\f(GM,r))可知組合體的速度小于7.9km/s，B項錯誤；若已知地球半徑和表面重力加速度，則有GM＝gR2，對組合體則有Geq\f(Mm,（R＋h）2)＝mω2(R＋h)，兩式聯立可得出組合體的角速度，C項正確；若神舟十二號先到達天和核心艙所在圓軌道再加速，則做離心運動，不能完成對接，D項錯誤．9．答案：BD解析：對于理想變壓器有U2＝eq\f(n2,n1)U1，U1不變，則U2不變，與如何調節P無關，故B正確．又UL＝U2，所以燈的亮度不變，A錯．P向上滑動時RP減小，則R總減小，P出＝eq\f(Ueq\o\al(2,2),R總)增大，P入＝P出＝U1I1，所以I1增大，可知C錯誤，D正確．10．答案：AD解析：導體棒垂直切割磁感線，感應電動勢E＝BLv，A項正確，B項錯誤；由歐姆定律可知，導體棒從ab到cd過程中通過電阻R1的平均電流1<eq\f(BLv,R1)，導體棒由ab位置運動到cd位置所用的時間t＝，則通過電阻R1的電荷量q1＝1t＜×＝eq\f(BLx,R1)，C項錯誤；R1、R2兩電阻并聯，由并聯分流規律可知，eq\f(q1,q2)＝＝eq\f(R2,R1)，D項正確．11．答案：BD解析：由動滑輪與定滑輪的特點結合x＝eq\f(1,2)at2可知，A、B釋放后，兩物體加速度大小之比aA∶aB＝1∶2，設A物體的加速度大小為a，輕繩張力大小為T，對A物體應用牛頓第二定律有2T－mgsin30°－μmgcos30°＝ma，對B物體則有mg－T＝2ma，解得T＝6N，a＝2m/s2，故A項錯誤；A、B兩物體在相同時間內位移大小之比為1∶2，輕繩對A、B的作用力大小之比為2∶1，且輕繩對A做正功，對B做負功，故輕繩對A和B做的總功為零，B項正確；由于斜面與物體A之間存在摩擦力，系統機械能不守恒，故B減少的機械能大于A增加的機械能，C項錯誤；由v2＝2×2a×x可知，物體B下降2m時的速度大小為v＝4m/s，D項正確．12．答案：(1)AB(2分)(2)2m/s(2分)(3)A(1分)(4)A(2分)解析：(1)本實驗需要用帶重錘的線確定豎直方向，需要刻度尺測量兩光電門間距，A、B正確，故選AB.(2)當測得光電門的間距為10cm，小球從光電門1到光電門2的時間為0.05s，則小球做平拋運動的初速度為v0＝eq\f(d,t)＝2m/s.(3)本實驗把平拋運動與自由落體運動進行比較，主要目的是驗證平拋運動的豎直分運動是自由落體運動，平拋的初速度不影響豎直方向上速度的改變，A正確．(4)A圖中操作方法正確，誤差較小，B圖把小球卡在外測量爪凹槽處，會產生較大誤差，A正確．13．答案：(1)系統誤差(1分)未考慮電壓表的分流作用(2分)(2)1.3V(2分)0.89Ω(0.86～0.92Ω均可，2分)(3)小于(2分)解析：(1)由于電壓表的分流作用，通過電源的電流測量值比實際的小，這種誤差由實驗設計原理引起，不能靠多次測量取平均值的方法消除或減小，故為系統誤差；(2)由閉合電路歐姆定律得E＝U2＋eq\f(U2－U1,R0)r，變形得U2＝eq\f(R0,R0＋r)E＋eq\f(r,R0＋r)U1，結合圖丙可知，eq\f(R0,R0＋r)E＝1.40V，eq\f(r,R0＋r)＝eq\f(2.34－1.40,2)＝0.47.解得r＝1.77Ω，E＝2.64V，所以一節干電池的內阻為r測＝eq\f(r,2)＝0.89Ω，電動勢E測＝eq\f(E,2)＝1.3V；(3)結合(1)中分析可知，由于電壓表V2的分流作用，電動勢和內阻測量值均偏小．14．答案：(1)12m/s3m/s2(2)s0>36m解析：(1)由圖可知在t1＝1s時A車剛啟動，兩車間縮短的距離x1＝vBt1(1分)代入數據解得，B車的速度vB＝12m/s(1分)t2＝5s時A車與B車速度相等，因此A車的加速度a＝eq\f(vB,t2－t1)(2分)將t2＝5s和其余數據代入解得A車的加速度大小a＝3m/s2(1分)(2)兩車的速度達到相等時，兩車的距離達到最小，對應于vt圖像的t2＝5s時刻，此時兩車已發生的相對位移為梯形的面積，則x＝eq\f(1,2)vB(t1＋t2)(2分)代入數據解得x＝36m，因此若A、B兩車不會相遇，則兩車的距離s0應滿足條件s0＞36m(2分)15．解析：(1)對儲液桶內藥液上方的氣體，初狀態：壓強p1＝1×105Pa，體積為V1末狀態：壓強p2＝3.0×105Pa，體積V2＝2L由玻意耳定律得p1V1＝p2V2(2分)解得V1＝6L(1分)因為原來氣體體積為V0＝2L，所以打氣筒打氣次數n＝eq\f(V1－V0,V′0)＝eq\f(6－2,0.2)＝20(次)(2分)(2)對儲液桶內藥液上方的氣體，初狀態：壓強p′1＝3.0×105Pa，體積V′1＝2L(2分)末狀態：壓強p′2＝2.0×105Pa，體積為V′2由玻意耳定律得p′1V′1＝p′2V′2(2分)解得V′2＝3L(2分)所以儲液桶噴出藥液的體積ΔV＝3L－2L＝1L(2分)16．答案：(1)eq\f(mv0,qr)(2)eq\r(3)r(3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3＋\f(8\r(3),3)))eq\f(πr,v0)解析：(1)設粒子在區域Ⅰ內做圓周運動的軌跡半徑為r1，則r1＝r由牛頓第二定律得：qv0B1＝meq\f(veq\o\al(2,0),r1)(2分)解得B1＝eq\f(mv0,qr)(1分)(2)設粒子在區域Ⅱ中做圓周運動的軌跡半徑為r2，大圓半徑最小時，部分軌跡如圖1所示，區域Ⅱ中磁場向外時軌跡為實線，磁場向里時軌跡為虛線．由牛頓第二定律得：qv0B2＝meq\f(veq\o\al(2,0),r2)(2分)又B2＝eq\r(3)B1所以r2＝eq\f(\r(3),3)r(1分)由幾何關系得R＝eq\r(req\o\al(2,1)＋req\o\al(2,2))＋r2＝3r2(1分)即R＝eq\r(3)r(1分)(3)第一種情形：區域Ⅱ磁場方向向外，軌跡如圖2，粒子從A射入，在兩磁場各偏轉一次，對應圓心角θ＝90°＋60°＝150°，要使粒子第二次到達Q點，需滿足150n＝180mm、n屬于自然數，即取最小整數m＝5，n＝6(2分)第二種情形：區域Ⅱ磁場方向向里，軌跡如圖3，粒子從A射入，在兩磁場各偏轉一次，對應圓心角θ′＝90°－60°＝30°，(2分)要使粒子第二次到達Q點，需滿足30n＝180mm、n屬于自然數，即取最小整數m＝1，n＝6(2分)粒子在區域Ⅰ中的周期T1＝eq\f(2πr1,v0)，粒子在區域Ⅱ中的周期T2＝eq\f(2πr2,v0)粒子在Ⅰ、Ⅱ區域各偏轉一次的時間為t1＝eq\f(1,4)T1＋eq\f(2,3)T2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋\f(4\r(3),9)))eq\f(πr,v0)(2分)所以不論Ⅱ區域中磁場方向是向里還是向外，粒子均經過12次偏轉后第二次通過Q點，則總時間為t＝6t1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3＋\f(8\r(3),3)))eq\f(πr,v0)(2分)模擬練31．答案：D解析：一切物體都在輻射紅外線，溫度越高，其輻射紅外線的強度越大，A、B、C項錯誤，D項正確．2．答案：C解析：由愛因斯坦光電效應方程可知，Ekm＝hν－W0，又eUc＝Ekm，則eUc＝hν－W0，結合圖像可知三種光的折射率大小關系為nb＞nc＞na，a、b、c組成的復色光通過三棱鏡時，折射率越大，偏折角度越大，則C正確，A、B、D錯誤．3．答案：C解析：A、K之間的電場不是勻強電場，所以電場強度不是eq\f(U,d)，故A錯誤；電子在K極由靜止被加速，到達A極時電場力做的功W＝eU，所以到A極時電子的動能等于eU，電勢能減小了eU，故B錯誤，C正確；根據題中信息可知，A、K之間的電場線由A指向K，所以由K沿直線到A電勢逐漸升高，故D錯誤．4．答案：C解析：甲、乙兩列波的頻率不相等，兩列波相遇后不能發生干涉現象，A錯誤；t＝0.1s時，甲波傳播到x＝6m處，沿y軸正方向振動，乙波也傳播到x＝6m處，沿y軸負方向振動，由于甲的振幅大于乙的，則在平衡位置時甲波的振動速度大于乙的，故x＝6m處的質點開始向上振動，B錯誤；經過0.35s，甲波向右傳播3.5m，x＝3.5m處的質點的振動狀態傳播至x＝7m處，即y1＝2eq\r(2)cm，經過0.35s，乙波向左傳播3.5m，x＝10.5m處的振動狀態傳播至x＝7m處，即y2＝1cm，根據疊加原理可知，t＝0.35s時，x＝7m處質點的位移y＝(2eq\r(2)＋1)cm，C正確；t＝0.1s時，兩列波在x＝6m處相遇，t＝0.85s時，兩列波在x＝7.5m處分開，故甲、乙兩列波從相遇到完全分開所需時間為0.75s，D錯誤．5．答案：D解析：因為該人以相對于高鐵的速度v0水平拋出一個小球，小球在豎直方向上僅受重力的作用，故它會向下做初速度等于零，加速度等于g的勻變速直線運動，A錯誤；高鐵是加速向前運行的，根據題意可知，小球在水平方向上受到恒定的慣性力，故在水平方向上小球做勻變速運動，B錯誤；小球水平方向的加速度大小為a，若小球落在拋出點的正下方，則小球將先向前做勻減速運動，一直到速度減為零后，再反向加速，最后水平方向位移為零，故滿足t＝2×eq\f(v0,a)，又豎直方向上有h＝eq\f(1,2)gt2，聯立解得v0＝aeq\r(\f(h,2g))，C錯誤，D正確．6．答案：D解析：根據左手定則可知，右側導線開始時，受到垂直紙面向外的安培力作用，所以導線垂直紙面向外擺動，故A錯誤；右側導線在擺動過程中，當鋁箔刷子與下端鋁箔分開時，導線中無電流通過，不受安培力作用，故B錯誤；右側導線在整個擺動過程中安培力的方向既有與導線運動方向相同的情況，也有與導線運動方向相反的情況，所以安培力對導線有時做正功，有時做負功，故C錯誤；根據左手定則可知，同時改變電流方向及磁鐵的磁極方向，右側導線開始時所受安培力方向不變，所以開始擺動方向與原來相同，故D正確．7．答案：C解析：對小球受力分析，其受到重力和支持力，二力的合力提供向心力，則F向＝mgtanθ，θ為小球與半球形碗球心連線與豎直方向的夾角，h越小，θ越大，向心力F向越大，對碗和小球組成的整體有f＝F向＝mgtanθ，故h越小，地面對碗的摩擦力越大，A錯誤；對碗和小球組成的整體受力分析，豎直方向合力為零，故地面對碗的支持力始終等于碗和小球的重力，故B錯誤；若h＝eq\f(R,2)，則θ＝60°，對小球根據牛頓第二定律可知mgtan60°＝meq\f(v2,\f(\r(3),2)R)，則小球的動能Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(3,4)mgR，故C正確；若h＝eq\f(R,2)，根據mgtan60°＝man解得an＝eq\r(3)g，結合AB選項的分析可知μ(M＋m)g≥f＝man，解得μ≥eq\f(\r(3),11)，故D錯誤．8．答案：BD解析：根據點電荷形成的電場E＝keq\f(Q,r2)，可在C處畫出場源電荷分別為＋3Q、＋Q電場線的示意圖，根據平行四邊形定則作出合場強的大小及方向，若試探電荷為正電荷，則所受的電場力與場強方向相同，若試探電荷為負電荷，則所受的電場力與場強方向相反，選項B、D正確，A、C錯誤．9．答案：AC解析：忽略星球自轉，有eq\f(GM地m,Req\o\al(2,地))＝mg、eq\f(GM火m,Req\o\al(2,火))＝mg火，聯立得eq\f(g火,g)＝eq\f(M火Req\o\al(2,地),M地Req\o\al(2,火))＝eq\f(p,q2)，即g火＝eq\f(p,q2)g，故A正確；在Δt時間內發動機噴出氣體的體積為V＝4SvΔt，噴出氣體的質量為Δm＝ρV＝4ρSvΔt，由動量定理得F·Δt＝Δmv，由于發動機勻速，則F＝Mg火，聯立解得噴出氣體相對于組合體的速度為v＝eq\f(1,2q)eq\r(\f(pMg,ρS))，故噴出氣體相對于火星表面的速度大小為v′＝eq\f(1,2q)eq\r(\f(pMg,ρS))＋0.75m/s，故B錯誤；“空中起重機”勻速運動，總位移為x＝20m－7.6m＝12.4m，下降時間約為t＝eq\f(x,v1)＝eq\f(12.4,0.75)s≈16.5s，故C正確；火星車剛被釋放時相對“空中起重機”的速度為0.75m/s，最后二者共速，故火星車一定有一段減速過程(拉力大于火星車重力)，最后做勻速運動(拉力等于火星車重力)吊索的拉力不會始終保持不變，故D錯誤．10．答案：BD解析：輸電線路上沒有漏電現象時，由于原線圈為輸電線雙繞線，兩根導線中的電流始終大小相等、方向相反，線圈中磁通量為零且磁通量保持不變，所以副線圈中沒有感應電流產生，A錯誤；當輸電線上有漏電現象時，漏電點通過大地與電源構成回路，原線圈上兩根雙繞線中的電流大小不同，磁通量不為0且發生變化，所以副線圈中就會產生感應電流，B正確；當人體與線路中的P點接觸時，安全流過人體的最大電流為Im，等效為流過原線圈的電流為Im，根據理想變壓器變流比關系有eq\f(Im,I2)＝eq\f(n2,n1)，解得I2＝eq\f(n1,n2)Im，C錯誤，D正確．11．答案：ABD解析：對cd棒受力分析，有FA＝mgsin37°，ab棒和cd棒所受安培力大小相等，則對ab棒受力分析有F＝FA＋mgsin37°＝2mgsin37°＝0.96N，因此A正確；導體棒ab切割磁感線產生的感應電動勢E＝Blvcos37°，則對cd棒分析可得Bcos37°eq\f(Blvcos37°,2R)l＝mgsin37°，解得v＝6m/s，故B正確，C錯誤；運動1s，導體棒ab沿導軌向上運動了x＝6m，則系統產生的熱量Q＝Fx－mgxsin37°＝2.88J，因此導體棒cd上產生的熱量為1.44J，故D正確．12．答案：(1)B(1分)(2)ACD(2分)(3)x2－x1＝x3－x2＝x4－x3(2分)D(2分)解析：(1)該實驗需要使用重錘線確定y軸位置，B選項正確，彈簧秤和打點計時器不需要使用．(2)每次必須由同一位置靜止釋放小球，保證每次軌跡都相同，A正確；為了提高實驗精度，使曲線更接近于真實平拋運動軌跡，應盡量多地記錄點，不需要每次等距離下降，B錯誤，D正確；小球運動時如果和白紙相接觸，就會有摩擦力影響，小球軌跡不再是平拋運動軌跡，所以不能接觸，C正確．(3)若小球在水平方向勻速運動，每兩張照片間的水平間距應相等，即x2－x1＝x3－x2＝x4－x3；使用距離較遠的點進行計算，誤差會較小，D正確．13．答案：(1)使實驗中電壓表示數變化明顯，同時又保護電路(2分)(2)eq\f(1,U)＝eq\f(r＋R0,E)·eq\f(1,R)＋eq\f(1,E)(3分)(3)eq\f(5,6b－a)(2分)eq\f(5a,6b－a)－(1＋R0)(2分)解析：(1)使實驗中電壓表示數變化明顯，同時又保護電路．(2)根據閉合電路歐姆定律可知E＝U＋eq\f(U,R)(r＋R0)，變形可得eq\f(1,U)＝eq\f(r＋R0,E)·eq\f(1,R)＋eq\f(1,E).(3)根據圖丙有b＝eq\f(1,E)＋eq\f(r＋R0,E)·eq\f(1,6)，a＝eq\f(1,E)＋eq\f(r＋R0,E)·1，解得E＝eq\f(5,6b－a)，r＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5a,6b－a)－（1＋R0）)).14．答案：1.3×105Pa解析：以注入后的所有氣體為研究對象，由題意可知瓶內氣體發生等溫變化，設瓶內氣體體積為V1，有V1＝0.9mL－0.5mL＝0.4mL＝0.4cm3(2分)注射器內氣體體積為V2，有V2＝0.3×0.4cm3＝0.12cm3(2分)根據玻意耳定律有p0(V1＋V2)＝p1V1(3分)代入數據解得p1＝1.3×105Pa(2分)15．答案：見解析解析：(1)作出離子的運動軌跡，如圖甲所示，由幾何關系得離子在磁場中運動時的軌跡半徑r＝eq\f(OA,2sinα)＝0.2m(1分)由洛倫茲力提供向心力有Bqv0＝meq\f(veq\o\al(2,0),r)(1分)解得v0＝4×106m/s(1分)(2)離子進入電場后，設經過時間t再次到達x軸上，離子沿垂直電場方向的分運動為速度為v0的勻速直線運動，在此方向的位移l1＝v0t(1分)離子沿電場方向的分運動為初速度為零的勻加速直線運動，設加速度為a，在此方向的位移為l2，則Eq＝ma，l2＝eq\f(1,2)at2(1分)由幾何關系可知tan60°＝eq\f(l2,l1).(1分)聯立并代入數據解得t＝eq\r(3)×10－7s(1分)(3)根據題意，可畫出如圖乙所示的離子做半徑最大的完整圓周運動的草圖，設離子在磁場中做完整圓周運動的最大半徑為R，再加磁場后磁感應強度為B1，由幾何關系得R＝eq\f(1,2)(r－rsin30°)＝0.05m(2分)由牛頓運動定律有B1qv0＝meq\f(veq\o\al(2,0),R)(1分)解得B1＝4×10－4T(1分)則再加磁場的磁感應強度的最小值為ΔB1＝B1－B＝3×10－4T(2分)16．答案：(1)eq\f(5,8)eq\r(2gh)(2)eq\f(1,3)(3)eq\f(5,4)eq\r(2gh)＜v3≤eq\f(5,2)eq\r(2gh)解析：(1)由O點到D點的過程，根據動能定理有(1＋k)mg(h1－h)－eq\f(23,64)(1＋k)mgh＝eq\f(1,2)(1＋k)mv2，(2分)其中h1為O點距平臺AB的高度，解得v＝eq\r(\f(25,32)gh)＝eq\f(5,8)eq\r(2gh).(1分)(2)拋出裝備的過程中，挑戰者和裝備組成的系統在水平方向上動量守恒，根據動量守恒定律有(m＋km)v＝mv1＋kmv2(1分)挑戰者豎直落下，則v1＝0(1分)裝備做平拋運動落到B點，則豎直方向上有h＝eq\f(1,2)gt2，(1分)水平方向上有x＝h＋4h＝v2t(1分)以上各式聯立解得v2＝eq\f(5,2)eq\r(2gh)，k＝eq\f(1,3).(2分)(3)設裝備拋出時的速度大小為v3，挑戰者的速度大小為v′1.若拋出后裝備落在A點，則豎直方向上有h＝eq\f(1,2)gt2，水平方向上有x＝h＝v3t，聯立解得v3＝eq\r(\f(gh,2))(1分)再由水平方向上系統動量守恒有(m＋km)v＝mv′1＋kmv3(1分)解得v′1＝eq\f(13,10)eq\r(\f(gh,2))>eq\r(\f(gh,2))，(1分)則裝備到達A點時挑戰者落在平臺AB上，不滿足條件要使挑戰者落入緩沖區，其速度需滿足v′1<eq\r(\f(gh,2))，(1分)由水平方向上系統動量守恒有(m＋km)v＝mv′1＋kmv3，解得v3>eq\f(5,4)eq\r(2gh)(1分)由(2)可知裝備不超出B點時，v3≤eq\f(5,2)eq\r(2gh)(1分)當v3＝eq\f(5,2)eq\r(2gh)時，由水平方向上系統動量守恒有(m＋km)v＝mv′1＋kmv3(1分)解得v′1＝eq\f(1,2)eq\r(\f(gh,2))<eq\r(\f(gh,2))，(1分)則挑戰者可以落入緩沖區綜上所述，裝備被拋出時的速度大小需滿足eq\f(5,4)eq\r(2gh)<v3≤eq\f(5,2)eq\r(2gh).(1分)模擬練41．答案：C解析：質量是慣性大小的量度，與阻力大小無關，因此磁懸浮列車慣性不變，A錯誤；速度可達600公里/小時，這是指瞬時速率，B錯誤；加速度是描述速度變化快慢的物理量，能“快起快停”，是指加速度大，C正確；考查磁懸浮列車在兩城市間的運行時間時可視為質點，這種研究方法叫“理想模型”，D錯誤．2．答案：D解析：盧瑟福通過對α粒子散射實驗得出原子的核式結構模型，沒有得出原子核的內部結構，故A錯誤；根據光電效應產生條件，若改用綠光照射，雖然綠光頻率小于紫外線，但其頻率也可能大于金屬的極限頻率，因此可能發生光電效應現象，則驗電器金屬箔可能張開，故B錯誤；一群氫原子處于n＝5的激發態，最多能輻射Ceq\o\al(2,5)＝10種不同頻率的光子，故C錯誤；A的核子平均質量大于B與C核子的平均質量，原子核A裂變成原子核B和C時會有質量虧損，要放出核能，故D正確．3．答案：C解析：若沒有風吹，則觴隨著河水自西向東飄向下游，現有北風吹來，依據運動的合成與分解，之后觴可能的運動軌跡為3，不可能為4，原因是軌跡4最后沿著流水方向沒有了速度．也不可能是軌跡1或2，原因是吹的是北風．故選C.4．答案：D解析：根據題意可知，t＝eq\f(3,4)T時，在eq\f(5,4)λ＝λ＋eq\f(1,4)λ處的質點處于y＝Acoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)t))＝Acoseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)·\f(3,4)T))＝Acoseq\f(3π,2)＝0則此時該質點位于平衡位置，下一時刻，該質點向上運動，A、B錯誤；根據題意，橫波沿x軸負方向傳播，根據同側法判斷可知，C錯誤，D正確．5．答案：B解析：“神舟十二號”和“天和”核心艙均環繞地球做勻速圓周運動，萬有引力提供向心力，處于非平衡狀態，A錯誤；對于在地球表面繞地球做勻速圓周運動的物體，萬有引力等于重力，即Geq\f(Mm0,R2)＝m0g，對于“神舟十二號”和“天和”核心艙有Geq\f(Mm,（R＋h）2)＝ma，故a<g＝9.8m/s2，B正確；地球同步衛星的運行周期為24h，且軌道高度大于“神舟十二號”和“天和”核心艙的對接軌道高度，由開普勒第三定律eq\f(Req\o\al(3,1),Req\o\al(3,2))＝eq\f(Teq\o\al(2,1),Teq\o\al(2,2))可知，“神舟十二號”和“天和”核心艙的運行周期一定小于24h，C錯誤；7.9km/s是地球的第一宇宙速度，是最大的環繞速度，所以“神舟十二號”和“天和”核心艙的運行速度一定小于7.9km/s，D錯誤．6．答案：D解析：根據圖像知，交流電周期為0.01s，所以頻率為100Hz，變壓器不改變交流電的頻率，副線圈兩端電壓的頻率為100Hz，故A錯誤；電流表的示數表示的是交流電的有效值，故B錯誤；根據變壓器兩端電壓與匝數成正比可知，副線圈兩端電壓最大值為40V，小于電容器的擊穿電壓50V，故電容器不會擊穿，故C錯誤；匝數比不變，副線圈兩端電壓不變，滑片P向下移動時，副線圈回路電阻變小，根據歐姆定律可知，回路電流I2變大，根據只有一個副線圈的變壓器電流與匝數成反比可知，原線圈電流也變大，故電流表A1、A2的示數均增大，故D正確．7．答案：B解析：由題意知，碰撞過程中速度減小，籃球的機械能減小，故A錯誤；以彈回的速度方向為正方向，據動量定理可得，籃板對籃球的沖量大小I＝m·kv0－(－mv0)＝(1＋k)mv0，故B正確；籃球彈回做平拋運動，由位移公式可得L－r＝kv0t，h＝eq\f(1,2)gt2，聯立可得v0＝eq\f(（L－r）,k)eq\r(\f(g,2h))，故C錯誤；若籃球氣壓不足，導致k減小，在v0不變的情況下，籃球彈回的速度kv0減小，結合C中分析可知，要使籃球中心經過籃框中心，即水平位移不變，應延長時間，故應使碰撞點更高，D錯誤．8．答案：BC解析：石塊平拋運動的高度：h＝L＋Lsin30°＝7.2m，而h＝eq\f(1,2)gt2，解得：t＝eq\r(\f(2h,g))＝eq\r(\f(2×7.2,10))s＝1.2s，則石塊拋出時的速度大小v0＝eq\f(s,t)＝eq\f(19.2,1.2)m/s＝16m/s，故選項A錯誤，B正確；石塊落地時豎直方向上的分速度vy＝eq\r(2gh)＝eq\r(2×10×7.2)m/s＝12m/s，則落地時的速度大小v＝eq\r(veq\o\al(2,0)＋veq\o\al(2,y))＝eq\r(162＋122)m/s＝20m/s，故選C正確，D錯誤．9．答案：BC解析：當車輪高速旋轉時重物做離心運動使彈簧拉伸，則安裝時應使B端比A端更靠近氣嘴，A錯誤；離心運動的條件是重物所受的合外力小于向心力，即轉速達到一定值后LED燈才會發光，B正確；重物的質量越大，轉速相同時需要的向心力越大，則彈簧上的拉力就越大，故在較低的轉速下增大重物質量也能使LED燈發光，C正確；勻速行駛時，LED燈轉到最低點時能發光，此時彈簧的拉力大于重物的重力；當LED燈轉到最高點時，若重力大于向心力，則彈簧處于壓縮狀態，LED燈不發光；若重力小于向心力，則彈簧處于伸長狀態，LED燈可能發光也可能不發光，D錯誤．10．答案：AC解析：做曲線運動的物體一定受到指向軌跡內側的合外力，根據等勢面和電場線的關系，可知粒子受到的電場力豎直向下，從A到B的過程，電場力做正功，粒子的動能增大，粒子的速度v2一定大于v1，選項A正確；粒子受到的電場力豎直向下，電場線豎直向下，等勢面b的電勢比等勢面c的電勢高，選項B錯誤；粒子沿等勢面方向的分運動為勻速直線運動，則粒子從A點運動到B點所用的時間為eq\f(Lcosθ,v1)，選項C正確；從A到B的過程，根據動能定理有EqLsinθ＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，解得電場強度大小為E＝eq\f(m（veq\o\al(2,2)－veq\o\al(2,1)）,2qLsinθ)，選項D錯誤．11．答案：BCD解析：根據題意可知，兩棒組成回路，電流大小相同，故所受安培力的合力為零．動量守恒，故任何一段時間內，導體棒b動量改變量跟導體棒a動量改變量總是大小相等、方向相反，根據能量守恒定律可知，a動能減少量的數值等于b動能增加量與系統產生的電熱之和，故A錯誤，B正確；a、b最終共速，設最終速度為v，由動量守恒定律有2mv0＝(2m＋m)v，對b棒由動量定理有mv－0＝Bl·t＝Blq，聯立解得q＝eq\f(2mv0,3Bl)，根據能量守恒定律，兩棒共產生的焦耳熱為Q＝eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(2m＋m)v2＝eq\f(mveq\o\al(2,0),3)，故C、D正確．12．答案：(1)①AB(2分)②B(2分)(2)D(3分)解析：(1)①從桌面上所給的器材來看有：帶細線的重物、小車、天平、長木板、電火花計時器、鉤碼、紙帶、砝碼、刻度尺等，再對所給的選項進行分析；“探究小車速度隨時間變化規律”實驗要測出一系列點的速度，只需要打點計時器相關器材和刻度尺，故A符合要求；“探究加速度與力、質量的關系”實驗要測出加速度，還要測出質量，而力是用鉤碼的重力代替的，所以上述器材足夠，故B符合要求；“探究求合力的方法”實驗要有彈簧秤測出力的大小，還要細繩等，故C不符合要求；“研究平拋運動”需要長木板、重錘線等，故D不符合要求．故選AB.②上題四個選項中的實驗，探究加速度與力、質量的關系實驗必須用到天平，故選B.(2)當沙與沙桶的質量遠小于小車質量使可以近似認為小車受到的拉力等于沙和沙桶的重力，某一次小車連同車上的重物的總質量M＝238g時，由圖所示可知，物體D可以用來取代沙和沙桶．故A、B、C錯誤，D正確．13．答案：(1)如圖所示(3分)(2)eq\f(I2（RA＋R0）,I1－I2)(2分)(3)增大(2分)(4)17.5(1分)55(1分)解析：(1)實驗要求熱敏電阻兩端電壓從零開始連續調節，所以滑動變阻器采用分壓式接法．毫安表A2內阻已知，滿偏電壓UA＝IRA＝1.00V，故可將其與定值電阻R0串聯改裝成量程U＝I(RA＋R0