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C. 紙條對棋子的摩擦力做功較多 D. 棋子離開桌面至落地過程中動能增量較大6.如下列圖，空間存在豎直向下的勻強電場和垂直紙面向外的勻強磁場，一帶電液滴從靜止開始自A點沿曲線ACB運動，到達B點時速度為零，C點是運動的最低點，不計摩擦阻力，那么以下說法中正確的選項是〔 〕 A. 液滴一定帶正電 B. 液滴在C點時的動能最大
C. 從A到C過程液滴的電勢能增大 D. 從C到B過程液滴的機械能增大7.單匝閉合矩形線框電阻為R，在勻強磁場中繞與磁感線垂直的軸勻速轉(zhuǎn)動，穿過線框的磁通量Φ與時間t的關(guān)系圖象如下列圖。以下說法正確的選項是〔 〕 A. 時刻線框平面與中性面垂直
B. 線框的感應(yīng)電動勢有效值為
C. 線框轉(zhuǎn)一周外力所做的功為
D. 從t＝0到t＝ 過程中線框的平均感應(yīng)電動勢為 8.如下列圖，空間直角坐標系的xOz平面是光滑水平面，空間中有沿z軸正方向的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B．現(xiàn)有兩塊平行的薄金屬板，彼此間距為d，構(gòu)成一個電容為C的電容器，電容器的下極板放在xOz平面上；在兩板之間焊接一根垂直于兩板的電阻不計的金屬桿MN，兩板和桿MN的總質(zhì)量為m，假設(shè)對桿MN施加一個沿x軸正方向的恒力F，兩金屬板和桿開始運動后，那么〔 〕 A. 金屬桿MN中存在沿M到到N方向的感應(yīng)電流
B. 兩金屬板間的電壓始終保持不變
C. 兩金屬板和桿做加速度大小為 的勻加速直線運動
D. 單位時間內(nèi)電容器增加的電荷量為 二、解答題〔共4小題，總分值47分〕9.橡皮筋也像彈簧一樣，在彈性限度內(nèi)伸長量x與彈力F成正比，即F＝kx，k的值與橡皮筋的原長L、橫截面積S有關(guān)．理論與實驗都說明k＝Y ，其中Y是由材料決定的常數(shù)，材料力學(xué)中稱之為楊氏模量． ①在國際單位中，楊氏模量Y的單位應(yīng)該是________A． N B． m C． N/m D．N/m2②某同學(xué)通過實驗測得該橡皮筋的一些數(shù)據(jù)，做出了外力F與伸長量x之間的關(guān)系圖象如下列圖．由圖象可求得該橡皮筋的勁度系數(shù)k＝________N/m．2 ， 那么該橡皮筋的楊氏模量Y的大小是________〔保存兩位有效數(shù)字〕．10.某實驗小組為了測量一個阻值未知的電阻，進行了如下操作： 〔1〕首先用歐姆表粗測其電阻，如下列圖，那么其讀數(shù)為________Ω； 〔2〕為了比較準確地測量此電阻，采用“伏安法〞進行實驗。所用器材如下： 電源E：電動勢為9V，內(nèi)阻r約為1.0Ω；電流表A：量程0.6A，內(nèi)阻RA為0.50Ω；電壓表V：量程10V，內(nèi)阻RV約為10kΩ；滑動變阻器R：最大阻值為5.0Ω；開關(guān)一個，導(dǎo)線假設(shè)干。為了減小實驗誤差，要求盡可能多測幾組數(shù)據(jù)，請完成以下問題：①在線框內(nèi)畫出實驗電路圖________；②實驗小組按照正確的實驗步驟，采集了局部數(shù)據(jù)，并在IU圖象中描出相應(yīng)的點，請作出I﹣U圖線________，由此可知該電阻的阻值為________Ω〔保存一位小數(shù)〕；③假設(shè)所用器材結(jié)構(gòu)完好，該實驗的主要誤差是________〔選填“系統(tǒng)〞或“偶然〞〕誤差。11.如圖，粗糙斜面與光滑水平面通過光滑小圓弧平滑連接，斜面傾角θ＝37°．小滑塊〔可看作質(zhì)點〕A的質(zhì)量為mA＝1kg，小滑塊B的質(zhì)量為mB＝0.5kg，其左端連接一輕質(zhì)彈簧。假設(shè)滑塊A在斜面上受到F＝2N，方向垂直斜面向下的恒力作用時，恰能沿斜面勻速下滑?，F(xiàn)撤去F，讓滑塊A從距斜面底端L＝2.4m處，由靜止開始下滑。取g＝10m/s2 ， sin37°＝0.6，cos37°＝0.8．求： 〔1〕滑塊A與斜面間的動摩擦因數(shù)； 〔2〕撤去F后，滑塊A到達斜面底端時的速度大??； 〔3〕滑塊A與彈簧接觸后的運動過程中彈簧最大彈性勢能。 12.如下列圖，在一光滑絕緣水平面上，靜止放著兩個可視為質(zhì)點的小球，兩小球質(zhì)量均為m，相距l，其中A球帶正電，所帶電荷量為q，小球B不帶電。假設(shè)在A球開始向右側(cè)區(qū)域加一水平向右的勻強電場，場強為E，A球受到電場力的作用向右運動與B球碰撞。設(shè)每次碰撞為彈性碰撞，碰撞前后兩球交換速度，且碰撞過程無電荷轉(zhuǎn)移。求： 〔1〕小球A在電場中的加速度大小和第一次與B碰撞前的速度； 〔2〕假設(shè)兩小球恰在第二次碰撞時離開電場，求電場在電場線方向上的寬度； 〔3〕假設(shè)兩小球恰在第三次碰撞時離開電場，求電場在電場線方向上的寬度及小球A從進入電場到離開電場的過程中電勢能的變化量。 三、[物理--選修3-3]13.一定質(zhì)量的理想氣體，由初始狀態(tài)A開始，按圖中箭頭所示的方向進行了一系列狀態(tài)變化，最后又回到初始狀態(tài)A，即A→B→C→A〔其中BC與縱軸平行，CA與橫軸平行〕，這一過程稱為一個循環(huán)。在這一循環(huán)中，對于該氣體，以下說法正確的有〔 〕 A. 從狀態(tài)A變化到狀態(tài)B，分子的平均動能增大 B. 從狀態(tài)B變化到狀態(tài)C，氣體的內(nèi)能減小
C. 從狀態(tài)C變化到狀態(tài)A，氣體吸收熱量 D. 從狀態(tài)B變化到狀態(tài)C，分子的平均動能逐漸減小
E. 從狀態(tài)A變化到狀態(tài)B，氣體放出熱量14.如下列圖，體積為V的汽缸由導(dǎo)熱性良好的材料制成，面積為S的活塞將汽缸的空氣分成體積相等的上下兩局部，汽缸上部通過單向閥門K〔氣體只能進入汽缸，不能流出汽缸〕與一打氣筒相連。開始時汽缸內(nèi)上局部空氣的壓強為p0 ， 現(xiàn)用打氣筒向容器內(nèi)打氣。打氣筒每次能打入壓強為p0、體積為的 空氣，當(dāng)打氣n次后，穩(wěn)定時汽缸上下兩局部的空氣體積之比為9：1，活塞重力G＝ p0s，空氣視為理想氣體，外界溫度恒定，不計活塞與汽缸間的摩擦。求：①當(dāng)打氣n次活塞穩(wěn)定后，下局部空氣的壓強；②打氣筒向容器內(nèi)打氣次數(shù)n。 四、[物理--選修3-4]15.以下判斷正確的選項是〔 〕 A. 機械波既有橫波又有縱波，而電磁波只有縱波
B. 機械波和電磁波都能產(chǎn)生干預(yù)和衍射現(xiàn)象
C. 介質(zhì)中質(zhì)點振動的周期一定和相應(yīng)的波的周期相等
D. 機械波的頻率、波長和波速三者滿足的關(guān)系對電磁波也適用
E. 在雙縫干預(yù)實驗中，假設(shè)僅將入射光由綠光改為紅光，那么相鄰干預(yù)條紋間距變窄16.有一半球形玻璃磚，右側(cè)面鍍銀，O為玻璃球心，光源S在其水平對稱軸上，從光源S發(fā)出的一束光入射到球面上，其中一局部光經(jīng)球面反射后恰能豎直向上傳播，另一局部光折射進入玻璃內(nèi)，經(jīng)右側(cè)鍍銀面第一次反射后恰能沿原路返回。玻璃球半徑為R，玻璃的折射率為 ，光在真空中的傳播速度為c，求： ①光源S與球冠頂點M之間的距離；②光線從進入玻璃到第一次離開玻璃所經(jīng)歷的時間。
答案解析局部一、選擇題〔共8小題，每題6分，總分值48分〕1.【解析】【解答】解：聚變反響前的總結(jié)合能為：E1＝〔1.09×2+2.78×3〕MeV＝10.52MeV，反響后生成物的結(jié)合能為：E2＝7.03×4MeV＝28.12MeV，故反響謝出的核能為：△E＝E2﹣E1＝17.6MeV，A符合題意BCD不符合題意。 故答案為：A。
【分析】利用反響前后的結(jié)合能作差可以求出釋放的能量大小。2.【解析】【解答】解：帶電粒子垂直進入勻強電場中，做類平拋運動，平行于電場線方向做勻加速運動，垂直于電場線方向做勻速直線運動，由平拋運動的規(guī)律和幾何知識得：粒子在Q點豎直方向的分速度為：vy＝v0cot30°＝ v0 粒子的速度為：v＝ ＝2v0。電場力做功等于其的動能的變化，得：qU＝ mv2﹣ mv02＝ mv02…①粒子豎直方向上的平均速度為： ＝ ＝ 。設(shè)粒子在y方向上的位移為y，粒子在電場中的運動時間為t，那么有：y＝ t＝ 水平方向做勻速直線運動，那么有：d＝v0t由以上兩式得：y＝ …②又：U＝Ey…③所以場強為：E＝ ＝ 。B符合題意，ACD不符合題意。故答案為：B。
【分析】利用類平拋的位移公式結(jié)合速度公式和動能定理可以求出電場強度的大小。3.【解析】【解答】解：由幾何關(guān)系可知，每根繩與豎直方向的夾角均為30°，那么對下面懸掛的物體根據(jù)牛頓第二定律可知：mg﹣4Fcos30°＝ma，整理可以得到： ，A符合題意BCD不符合題意。 故答案為：A
【分析】利用幾何關(guān)系結(jié)合牛頓第二定律可以求出張力的大小。4.【解析】【解答】解：A、根據(jù)月球受到的萬有引力提供向心力得： ， 那么地球的質(zhì)量：M＝ ，地球的密度為：ρ＝ ；由于不知道地球的半徑，所以不能求出地球的密度；A不符合題意；B、根據(jù)萬有引力提供“嫦娥四號〞的向心力得： 月球的質(zhì)量：m＝ 地球與月球之間的萬有引力：F＝ ．可以求出。B符合題意；C、根據(jù)萬有引力提供“嫦娥四號〞的向心力得： ，不能求出“嫦娥四號〞的質(zhì)量。C不符合題意；D、“嫦娥四號〞與月球繞行的天體不同，所以公式 不成立，D不符合題意；故答案為：B。
【分析】利用引力提供向心力可以求出地球的質(zhì)量，但是不知道地球半徑不能求出地球的密度；利用引力提供向心力可以判別不能求出衛(wèi)星的質(zhì)量；由于中心天體不同不能滿足周期定律。5.【解析】【解答】解：A、兩次由于正壓力不變，根據(jù)滑動摩擦力公式f＝μFN紙帶對棋子的摩擦力沒變，A不符合題意； BC、棋子離開桌面后做平拋運動，由于豎直分位移相同，根據(jù)豎直方向運動規(guī)律可知時間相同，由于第二次水平分位移較大，可以第二次做平拋運動的初速度大，可知第二次紙條對棋子的摩擦力做功較多，設(shè)落地時速度與水平方向夾角為θ，那么 ，可知第二次棋子落地時速度與水平方向夾角較小，B不符合題意，C符合題意；D、根據(jù)動能定理可知，動能的增量等于合外力的功，由于不計空氣阻力，那么合力的功即為重力的功，由題可知重力的功相等，故動能的增量相等，D不符合題意。故答案為：C
【分析】利用平拋運動的位移公式可以比較初速度和摩擦力做功的大??；利用速度的合成可以判別落地速度的方向；利用重力做功可以判別動能增量相等；利用正壓力的大小可以判別摩擦力的大小。6.【解析】【解答】解：A、從圖中可以看出，帶電粒子由靜止開始向下運動，說明重力和電場力的合力向下，洛倫茲力指向弧內(nèi)，根據(jù)左手定那么可知，液滴帶負電。A不符合題意。 B、從A到C的過程中，重力正功，而電場力做負功，洛倫茲力不做功，但合力仍做正功，導(dǎo)致動能仍增大，從C到B的過程中，重力做負功，電場力做正功，洛倫茲力不做功，但合力卻做負功，導(dǎo)致動能減小，所以滴在C點動能最大。B符合題意。C、從A到C過程液滴克服電場力做功，故電勢能增加，C符合題意。D、除重力以外的力做的功等于機械能的變化量，從C到B的過程中，電場力做正功，洛倫茲力不做功，機械能增大，D符合題意。故答案為：BCD
【分析】利用左手定那么可以判別帶電粒子的電性；利用電場力和重力所掛可以判別動能最大值的位置；利用電場力做功可以判別電勢能和機械能的變化。7.【解析】【解答】解：A．由圖可知在 時刻，線框的磁通量最大，所以線框平面處在中性面，A不符合題意； B．由圖可得磁通量的最大值為Φm ， 周期為T，所以圓頻率為 ，可知線框感應(yīng)電動勢的最大值為 ，由于此線框在磁場繞軸轉(zhuǎn)動時產(chǎn)生的電流為正弦交流電，故其電動勢的有效值為 ，B符合題意；C．由于線框勻速轉(zhuǎn)動，根據(jù)能量守恒定律可知外力做的功等于線框產(chǎn)生的焦耳熱，那么有 ，C符合題意；D．從t＝0到 的過程中，磁通量減小了△Φ＝Φm﹣0＝Φm ， 根據(jù) 可得平均電動勢為 ，D不符合題意。故答案為：BC
【分析】利用線圈磁通量的大小可以判別線圈的位置；利用峰值可以求出電動勢的有效值；利用焦耳定律可以求出外力做功的大小；利用電場感應(yīng)定律可以求出平均電動勢的大小。8.【解析】【解答】解：A、由右手定那么可知，充電電流方向為：由M流向N，A符合題意； B、兩板和桿在拉力作用下向右運動，桿切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，對電容器充電；設(shè)此裝置勻加速平移的加速度為a，那么時間t后，速度v＝at，MN切割磁感線產(chǎn)生電動勢：E＝BLv＝Bdat，即電容器兩板電壓：U＝E＝BLat，可知兩金屬板間的電壓不斷增大，B不符合題意；C、電容器所帶電量Q＝CU＝CBdat，MN間此時有穩(wěn)定的充電電流：I＝ ＝CBda ①方向向下，故受到向左的安培力：F安培＝BIL＝CB2d2a，以整個裝置為研究對象，由牛頓第二定律得：F﹣F安培＝ma，即：F﹣CB2d2a＝ma，解得：a＝ ，②方向沿+Z方向，C不符合題意；D、單位時間內(nèi)電容器增加的電荷量為：△q＝It③聯(lián)立可得：△q＝ ，D符合題意；故答案為：AD
【分析】利用右手定那么可以判別感應(yīng)電流的方向；利用速度的變化可以判別感應(yīng)電動勢和電壓的變化；利用電荷量結(jié)合安培力和牛頓第二定律的表達式可以求出加速度的大小；利用電流的大小可以求出電荷量的增量。二、解答題〔共4小題，總分值47分〕9.【解析】【解答】解：①由K＝ 可知，Y＝ ＝ ； 故Y的單位為：N?m/m2?m＝N/m2；D符合題意、ABC不符合題意．故答案為：D．②圖象中直線局部符合胡確定律，那么可知，k＝ N/m＝5×102N/m③根據(jù)表達式k＝ 得：Y＝ ＝ N/m2＝5.0×107N/m2 ． 故答案為：①D； ②500；③5.0×107 ．
【分析】利用胡克定律可以求出楊氏模量的單位；
〔2〕利用斜率可以求出勁度系數(shù)的大?。?/span>
〔3〕利用表達式可以求出楊氏模量的大小。10.【解析】【解答】解：〔1〕歐姆表的讀數(shù)等于表盤刻度×擋位倍率，此次倍率選擇為“×1〞，故該電阻值為R＝18Ω?！?/span>2〕①實驗要求盡可能多測幾組數(shù)據(jù)以減小誤差，因滑動變阻器的最大阻值小于待測電阻，故滑動變阻器選擇分壓接法較好；又因電流表的內(nèi)阻RA，故電流表內(nèi)接最正確。實驗電路圖如下。 ②該IU圖象應(yīng)利用直線擬合，具體為：利用描點法畫圖時，應(yīng)該讓盡量多的點落在平滑直線上，不在直線上的點平均分布在直線的兩側(cè)，繪制如下：該圖的斜率為該電阻與電流表內(nèi)阻和的倒數(shù)，即k＝ ＝ Ω﹣1﹣1 ， 故電阻Rx＝ Ω﹣0.50Ω＝19.5Ω。③該實驗由于電流表內(nèi)阻，因此測量結(jié)果較為精確，如果實驗儀器結(jié)構(gòu)完好，測量誤差主要來源于偶然誤差。故答案為：〔1〕18 〔2〕①如圖 ②如圖 19.5 ③偶然
【分析】〔1〕利用示數(shù)乘以擋數(shù)可以求出電阻的大小；
〔2〕滑動變阻器使用分壓式接法，電流表使用內(nèi)接法；利用數(shù)據(jù)點進行連線；利用斜率可以求出電阻的大小；實驗的誤差主要來自于偶然誤差。11.【解析】【分析】〔1〕利用平衡條件可以求出動摩擦因素的大??；
〔2〕利用動能定理可以求出速度的大小；
〔3〕利用動量守恒定律和能量守恒定律可以求出彈性勢能的最大值。12.【解析】【分析】〔1〕利用牛頓第二定律結(jié)合動能定理可以求出加速度和速度的大?。?/span>
〔2〕利用動量守恒定律結(jié)合動能定理可以求出電場的寬度；
〔3〕利用平均速度公式結(jié)合動能定理可以求出電勢能的變化量。三、[物理--選修3-3]13.【解析】【解答】解：A、由圖象可知A到B，氣體的壓強體積都變大，根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程可知溫度升高，分子平均動能增大，A符合題意； B、B到C，氣體做的是等容變化，不做功，又壓強減小，根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程可知溫度降低，其內(nèi)能減小，B符合題意；C、C到A，氣體做的是等壓變化，體積減小，外界對氣體做功，即W＞0，根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程可知溫度降低，那么內(nèi)能減小，即△U＜0，由熱力學(xué)第一定律可知，氣體應(yīng)放熱，C不符合題意；D、B到C，氣體做的是等容變化，又壓強減小，根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程可知溫度降低，那么分子平均動能減小，D符合題意；E、由圖象可知A到B，氣體的壓強體積都變大，氣體對外界做功，即W＜0；根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程可知溫度升高，那么氣體內(nèi)能增加，即△U＞0；根據(jù)熱力學(xué)第一定律可知，氣體應(yīng)吸熱，E不符合題意；故答案為：ABD
【分析】利用溫度的變化可以判別平均動能和內(nèi)能的變化；結(jié)合熱力學(xué)第一定律可以判別氣體的熱放熱。14.【解析】【分析】〔1〕利用氣體的等溫變化可以求出氣體的壓強大?。?/span>
〔2〕用氣體的平衡方程結(jié)合等溫變化可以求出打氣的次數(shù)。四、[物理--選修3-4]15.【解析】【解答】解：A、機械波既有橫波又有縱波，而電磁波只有橫波，A不符合題意； B、干預(yù)和衍射是波的特有性質(zhì)，機械波和電磁波都能產(chǎn)生干預(yù)和衍射現(xiàn)象，B符合題意；C、波在傳播過程中，介質(zhì)中質(zhì)點在波源驅(qū)動力作用下做受迫振動，振動周期都等于波的振動周期，C符合題意；D、機械波的頻率、波長和波速三者滿足的關(guān)系v＝λf適用于一切波，對電磁波也適用，D符合題意；E、在雙縫干預(yù)實驗中，假設(shè)僅將入射光由綠光改為紅光，根據(jù)△x＝ λ，因波長變長，那么相鄰干預(yù)條紋間距變長，E不符合題意；故答案為：BCD
【分析】電磁波只有橫波；利用波長和條紋間距的關(guān)系式可以判別波長變長間距變大。16.【解析】【分析】〔1〕利用折射定律結(jié)合幾何關(guān)系可以求出SM之間的距離；
〔2〕利用傳播的速率結(jié)合傳播的路程可以求出傳播的時間。
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