1．貧鈾彈在爆炸中有很多U殘留，其半衰期極為漫長且清理困難，所以對環(huán)境的污染嚴(yán)重而持久。設(shè)U發(fā)生α衰變形成新核X，以下說法正確的是（ ）
A．U的比結(jié)合能小于新核X的比結(jié)合能
B．該衰變過程的方程可寫為U+He→X
C．衰變反應(yīng)中的α射線在幾種放射線中電離能力最弱
D．2個U原子核經(jīng)過一個半衰期后必定有一個發(fā)生衰變
【答案】A
【詳解】A.重核衰變較輕質(zhì)量的核時, 比結(jié)合能變大,U比結(jié)合能小于新核X的比結(jié)合能,A正確;
B.該衰變過程的方程應(yīng)寫為U→X+He ,B錯誤;
C.衰變反應(yīng)中的α射線在幾種放射線中電離能力最強(qiáng),C錯誤;
D.半衰期是大量原子核衰變的統(tǒng)計(jì)結(jié)果,單個原子核的衰變時間無法預(yù)測,D錯誤;
故選A。
2．物理中“定義式”告訴我們被定義的物理量的物理意義是什么，以及可以怎樣測量和計(jì)算該物理量。其中比值定義式中，被定義的物理量與定義式中的幾個物理量無關(guān)，而由另外的因素決定。下列選項(xiàng)中不屬于比值定義式的是（ ）
A．加速度B．磁感應(yīng)強(qiáng)度
C．萬有引力D．電容
【答案】C
【詳解】“比值定義法"是用“比值”定義物理量的一種方法，其中的“比值”必須能表達(dá)出某種“屬性”，且該“比值”與表示“分子”與“分母”的物理量無關(guān)，即若表示的分子或分母即使為零，所定義的物理量仍然存在，由于公式
中滿足“比值定義”的含義，它們均屬于比值定義法；而
不屬于比值定義式。
故選C。
3．如圖所示，一細(xì)光束通過玻璃三棱鏡折射后分成a、b、c三束單色光，且都能讓同一裝置發(fā)生光電效應(yīng)，關(guān)于這三束單色光，下列說法正確的是（ ）
A．單色光a的頻率最小，照射同一裝置時，形成的飽和光電流強(qiáng)度小
B．單色光c在玻璃中的傳播速度最大
C．通過同一雙縫產(chǎn)生的干涉條紋的間距，單色光c的最大
D．單色光a從玻璃射向空氣的全反射臨界角最大
【答案】D
【詳解】A．由題圖可以看出，c光的偏折程度最大，a光的偏折程度最小，則c光的折射率最大，頻率最大，a光的折射率最小，頻率最小，飽和光電流強(qiáng)度只跟光照強(qiáng)度有關(guān)，A錯；
B．由公式可知，c光的折射率最大，在玻璃中的傳播速度最小，B錯誤；
C．光的頻率越大，則波長越小，c光的頻率最大，則波長最短，根據(jù)雙縫干涉條紋的間距公式可知c光產(chǎn)生的條紋間距最小，C錯誤；
D．又由公式可知，折射率越小，臨界角越大，由于a光的折射率最小，則a光的臨界角最大，D正確。
故選D。
4．如圖，是某風(fēng)力發(fā)電節(jié)能路燈的電路簡化圖。風(fēng)速為v時，交流發(fā)電機(jī)的電動勢表達(dá)式為，能感應(yīng)風(fēng)速大小的調(diào)節(jié)器（不消耗副線圈電路的電能）可以控制變壓器副線圈的滑片P上下移動，使燈泡始終保持額定電壓正常發(fā)光，下列說法正確的是（ ）
A．風(fēng)速變大時，流過燈泡的電流變大
B．風(fēng)速變大時，滑片P將向上移動
C．風(fēng)速變大時，變壓器的輸入電壓變大
D．風(fēng)速變大時，變壓器的輸出電壓變大
【答案】C
【詳解】AD．調(diào)節(jié)器可以控制變壓器副線圈的滑片P上下移動，使燈泡始終保持額定電壓正常發(fā)光，所以風(fēng)速變大時，流過燈泡的電流不變，變壓器的輸出電壓不變，故AD錯誤；
C．由題意知
所以風(fēng)速變大時，交流發(fā)電機(jī)的電動勢變大，則變壓器的輸入電壓變大，故C正確；
B．由變壓器原副線圈電壓與匝數(shù)關(guān)系
可知，輸入電壓增大，輸出電壓不變，原線圈匝數(shù)不變時，應(yīng)減小，則滑片P向下移動，故B錯誤。
故選C。
5．相傳牛頓年輕時曾坐在蘋果樹下看書，被樹上落下的蘋果砸中，這件事啟發(fā)了牛頓，促使他發(fā)現(xiàn)了萬有引力定律，假如此事為真，有一顆質(zhì)量為的蘋果從樹上自由下落，砸中牛頓后以碰前速度的反彈，設(shè)相互作用時間為，。則相互作用過程蘋果對牛頓的平均作用力約為（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【詳解】蘋果與牛頓碰撞前瞬間的速度大小為
設(shè)相互作用過程牛頓對蘋果的平均作用力大小為F，取豎直向上為正方向，根據(jù)動量定理有
解得
根據(jù)牛頓第三定律可知相互作用過程蘋果對牛頓的平均作用力大小約為28N。
故選B。
6．如圖所示，兩個等量負(fù)點(diǎn)電荷固定于、Q兩點(diǎn)，正方形為垂直、Q連線的平面，、分別是、的中點(diǎn)。點(diǎn)正好是和連線的中點(diǎn)，下列說法中正確的是（ ）
A．、兩點(diǎn)場強(qiáng)相同
B．、兩點(diǎn)電勢相等
C．是一個等勢面
D．將一正電荷由點(diǎn)沿ef移動到點(diǎn)，電勢能先增加后減小
【答案】B
【詳解】A．、兩點(diǎn)場強(qiáng)大小相等，方向不同，故A錯誤；
B．、兩點(diǎn)為PQ連線的中垂線對稱點(diǎn)，根據(jù)等量同種電荷電場線的分布，可確定、兩點(diǎn)電勢相等，故B正確；
C．在組成的平面上，電場方向由O點(diǎn)指向平面上各點(diǎn)，根據(jù)順著電場線方向電勢降低，可知，組成的平面上電勢不是處處相等，因此，組成的平面不是等勢面，故C錯誤；
D．將一正電荷由點(diǎn)沿ef移動到點(diǎn)，電場力先做正功后做負(fù)功，則電勢能先減小后增大，故D錯誤。
故選B。
7．如圖所示，排球比賽中，某隊(duì)員在距網(wǎng)水平距離為4.8m、距地面3.2m高處將排球沿垂直網(wǎng)的方向以16m/s的速度水平擊出。已知網(wǎng)高2.24m，排球場地長18m，重力加速度g取，可將排球視為質(zhì)點(diǎn)，下列判斷正確的是（ ）
A．球不能過網(wǎng)B．球落在對方場地內(nèi)
C．球落在對方場地底線上D．球落在對方場地底線之外
【答案】B
【詳解】由題意可得，排球恰好到達(dá)網(wǎng)正上方的時間為
此時間內(nèi)排球下降的高度為
因?yàn)?br>所以球越過了網(wǎng)，且落地時間為
則落地的水平位移為
因?yàn)閾羟螯c(diǎn)到對方底線的距離為
即球落在對方場地內(nèi)。
故選B。
二、多選題(共18分)
8．系繩衛(wèi)星又稱系留衛(wèi)星，是通過一根系繩將衛(wèi)星固定在其他航天器上，并以此完成一些常規(guī)單體航天器無法完成的任務(wù)的特殊航天器（如圖甲所示）。其可以簡化為圖乙所示模型，A、B兩顆衛(wèi)星用輕質(zhì)系繩連接，兩顆衛(wèi)星都在圓周軌道上運(yùn)動，兩顆衛(wèi)星與地心連線始終在一條直線上，若兩顆衛(wèi)星質(zhì)量相等，系繩長為L，A做圓周運(yùn)動的半徑為kL，地球質(zhì)量為M，引力常量為G，則（ ）
A．兩衛(wèi)星做圓周運(yùn)動的角速度大于
B．兩衛(wèi)星做圓周運(yùn)動的角速度小于
C．系繩斷開后的一小段時間內(nèi)，A做離心運(yùn)動，B做近心運(yùn)動
D．系繩斷開后的一小段時間內(nèi)，A做近心運(yùn)動，B做離心運(yùn)動
【答案】BD
【詳解】AB．由題意可知，兩顆衛(wèi)星做圓周運(yùn)動的角速度相等，設(shè)為，設(shè)繩子拉力為，根據(jù)
以及
分析可知繩子對、均為拉力，牛頓第二定律可得
可得
故B正確，A錯誤；
CD．由AB選項(xiàng)分析可知，系繩斷開后，對，萬有引力大于做圓周運(yùn)動的向心力，做近心運(yùn)動，對，萬有引力小于做圓周運(yùn)動的向心力，做離心運(yùn)動，故D正確，C錯誤。
故選BD。
9．如圖所示，傾角為的光滑絕緣斜面處于水平向右的勻強(qiáng)電場中，一電荷量為，質(zhì)量為m的小球，能沿斜面勻加速上滑，重力加速度g，則下列說法中正確的是（ ）
A．小球在N點(diǎn)的重力勢能大于在M點(diǎn)的重力勢能
B．小球在N點(diǎn)的電勢能大于在M點(diǎn)的電勢能
C．小球的電勢能和動能的和一直在增大
D．小球的電勢能和重力勢能的和一直在減小
【答案】AD
【詳解】A．由圖可知小球從M點(diǎn)到N點(diǎn)過程重力做負(fù)功
由上述式子可知，該重力勢能增加，所以N點(diǎn)的重力勢能大于M點(diǎn)的電勢能，故A項(xiàng)正確；
B．由圖可知小球從M點(diǎn)到N點(diǎn)過程電場力做正功
由上述式子可知，該電勢能減少，所以N點(diǎn)的電勢能小于M點(diǎn)的電勢能，故B項(xiàng)錯誤；
C．由上述分析可知，小球的電勢能減小，小球做勻加速運(yùn)動，速度增加，所以小球的動能增加，由功能關(guān)系可知小球的電勢能轉(zhuǎn)化為小球的重力勢能和動能，則有
由上述公式可知，電勢能的變化量大于動能的變化量。即小球電勢能減少的量比動能增加的量多。所以，小球的電勢能和動能的和一直在減小，故C項(xiàng)錯誤；
D．因?yàn)殡妶隽ψ稣Γ孕∏虻碾妱菽芤恢痹跍p小，而重力做負(fù)功，小球的重力勢能增加，由功能關(guān)系可知小球的電勢能轉(zhuǎn)化為小球的重力勢能和動能，則有
由上述公式可知，電勢能的變化量大于重力勢能的變化量。即小球電勢能減少的量比重力勢能增加的量多。所以，小球的電勢能和重力勢能的和一直在減小，故D項(xiàng)正確。
故選AD。
10．城市施工時，為了避免挖到鋪設(shè)在地下的電線，需要在施工前用檢測線圈檢測地底是否鋪設(shè)導(dǎo)線。若地下有一條沿著東西方向的水平直導(dǎo)線，導(dǎo)線中通過電流?，F(xiàn)用一閉合的檢測線圈來檢測，俯視檢測線圈，下列說法正確的是（ ）
A．若線圈靜止在導(dǎo)線正上方，當(dāng)導(dǎo)線中通過正弦交流電，線圈中會產(chǎn)生感應(yīng)電流
B．若線圈在恒定電流正上方由西向東運(yùn)動，檢測線圈受到安培力與運(yùn)動方向相反
C．若線圈由北向南沿水平地面通過恒定電流上方，感應(yīng)電流的方向先逆時針后順時針，然后再逆時針
D．若線圈由北向南沿水平地面通過恒定電流上方，檢測線圈所受安培力在水平方向的分量一直向北
【答案】CD
【詳解】A．若線圈靜止在導(dǎo)線正上方，當(dāng)導(dǎo)線中通過正弦交流電，由對稱性可知，通過線圏的磁通量為零，變化量為零。感應(yīng)電流為零，故A錯誤；
B．若線圈在恒定電流正上方由西向東運(yùn)動，由對稱性可知，通過線圈的磁通量為零，變化量為零。感應(yīng)電流為零，安培力為零，故B錯誤；
C．根據(jù)通電直導(dǎo)線周圍的磁感線分布特點(diǎn)，檢測線圈自北靠近直導(dǎo)線到導(dǎo)線正上方的過程中，穿過線圈的磁場有向下的分量，且磁通量先增大后減小，由楞次定律和安培定則可知，線圈中的電流方向先逆時針后順時針；當(dāng)檢測線圈逐漸遠(yuǎn)離直導(dǎo)線的過程中，穿過線圈的磁場有向上的分量，磁通量先增大后減小，由楞次定律和安培定則可知，線圈中的電流方向先順時針后逆時針，故C正確；
D．由楞次定律“來拒去留”可知，檢測線圈受到安培力在水平方向的分量一直向北，故D正確。
故選CD。
三、實(shí)驗(yàn)題(共16分)
11．某研究性學(xué)習(xí)小組利用圖甲裝置驗(yàn)證系統(tǒng)的機(jī)械能守恒定律。已知打點(diǎn)計(jì)時器所用交流電的頻率為50Hz，每個鉤碼質(zhì)量均為m，當(dāng)?shù)刂亓铀俣葹間。該同學(xué)經(jīng)正確操作打出的紙帶一部分如圖乙所示。
（1）紙帶中相鄰兩個計(jì)時點(diǎn)的時間間隔為T=___________s；
（2）用刻度尺測量，，則打F點(diǎn)時紙帶的瞬時速度大小vF=______m/s；
（3）設(shè)紙帶中A點(diǎn)速度為vA，F(xiàn)點(diǎn)速度為vF，，如果實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)在誤差范圍內(nèi)近似滿足g=_______（用vA、vF、h和m表示）則說明系統(tǒng)機(jī)械能守恒。
【答案】 0.02 0.95
【詳解】（1）[1]打點(diǎn)計(jì)時器所用交流電的頻率為50Hz，根據(jù)
（2）[2]勻變速直線運(yùn)動，中時刻的瞬時速度大小等于該時段的平均速度大小，可得，F(xiàn)點(diǎn)的瞬時速度為
（3）[3]設(shè)紙帶中A點(diǎn)速度為，F(xiàn)點(diǎn)速度為，那么系統(tǒng)從A到F點(diǎn)，增加的動能為
因，從A點(diǎn)到F點(diǎn)，系統(tǒng)減小的重力勢能為
如果實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)在誤差范圍內(nèi)近似滿足
即
12．某實(shí)驗(yàn)小組準(zhǔn)備用銅片和鋅片作為2個電極插入蘋果制成水果電池，探究電極間距、電極插入深度對水果電池的電動勢和內(nèi)阻的影響。實(shí)驗(yàn)小組在市場上購買了品種、大小和成熟程度幾乎相同的蘋果，成員設(shè)計(jì)了兩個方案測量蘋果電池的電動勢E和內(nèi)阻r，電路原理如下圖所示。實(shí)驗(yàn)室可供器材如下：
電壓表V（0~3V，內(nèi)阻約3kΩ；0~15V，內(nèi)阻約15kΩ）；
電流表A（0~0.6A，內(nèi)阻約0.125Ω；0~3A，內(nèi)阻約0．025Ω）；
微安表G（量程200μA；內(nèi)阻約1000Ω）；
滑動變阻器（額定電流2A，最大阻值100Ω），電阻箱（最大阻99999Ω），開關(guān)、導(dǎo)線若干。
（1）查閱資料知道蘋果電池的電動勢約為1V，內(nèi)阻約為幾kΩ，經(jīng)過分析后發(fā)現(xiàn)方案A不合適，你認(rèn)為方案A不合適的原因是_______（多選題）
A．滑動變阻器起不到調(diào)節(jié)的作用 B．電流表幾乎沒有示數(shù)
C．電壓表分流明顯導(dǎo)致測量誤差偏大 D．電壓表示數(shù)達(dá)不到量程的三分之一
（2）實(shí)驗(yàn)小組根據(jù)方案B進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，根據(jù)數(shù)據(jù)作出圖像，已知圖像的斜率為k，縱軸截距為b，微安表內(nèi)阻為，可求得被測電池的電動勢______，內(nèi)電阻______．
（3）改變電極間距、電極插入深度重復(fù)實(shí)驗(yàn)，測得數(shù)據(jù)如圖所示。
（3）分析以上數(shù)據(jù)可知電極插入越深入，水果電池內(nèi)阻越_____，電極間距越大，水果電池內(nèi)阻越_____。
【答案】 ABD 小 大
【詳解】（1）[1]A．滑動變阻器最大阻值只有100Ω，而蘋果電池的內(nèi)阻約為幾kΩ，則滑動變阻器起不到調(diào)節(jié)的作用，選項(xiàng)A正確；
B．電路中電流只有不到1mA，則電流表幾乎沒有示數(shù)，選項(xiàng)B正確；
C．電壓表內(nèi)阻遠(yuǎn)大于滑動變阻器的電阻，電壓表的分流不明顯，選項(xiàng)C錯誤；
D．使用量程為0~3V的電壓表，電壓表示數(shù)達(dá)不到量程的三分之一，選項(xiàng)D正確。
故選ABD。
（2）[2][3]由電路可得
解得
則
解得
（3）[4] [5]分析1、3兩組數(shù)據(jù)可知電極插入越深入，水果電池內(nèi)阻越小；分析1、2兩組數(shù)據(jù)可知，電極間距越大，水果電池內(nèi)阻越大。
四、解答題(共38分)
13．如圖所示，底部帶有閥門K的導(dǎo)熱汽缸靜置在水平地面上，質(zhì)量為m、橫截面積為S的活塞將汽缸內(nèi)的空氣分為高度均為h的上、下兩部分，初始時上面封閉空氣的壓強(qiáng)恰好等于外界大氣壓強(qiáng)?，F(xiàn)用打氣筒從閥門K處緩慢充入空氣，使活塞緩慢上升。已知重力加速度大小為g，大氣壓強(qiáng)恒為，活塞可在汽缸內(nèi)無摩擦滑動且汽缸不漏氣，空氣可視為理想氣體，不考慮空氣溫度的變化，當(dāng)活塞上升時，求：
（1）活塞上方封閉空氣的壓強(qiáng)p；
（2）活塞下方原來封閉的空氣與充入空氣的質(zhì)量之比k。
【答案】（1）；（2）
（1）根據(jù)題意，由玻意耳定律，對活塞上方封閉空氣有
（2）根據(jù)題意，設(shè)活塞下方封閉空氣初狀態(tài)的壓強(qiáng)為，活塞下方封閉空氣末狀態(tài)的壓強(qiáng)為，假設(shè)末狀態(tài)活塞下方封閉空氣等溫膨脹到時的體積為V，則有
塞下方原來封閉的空氣與充入空氣的質(zhì)量之比為
14．如圖，粗糙水平面與豎直面內(nèi)的半圓形導(dǎo)軌在B點(diǎn)相切，半圓形導(dǎo)軌的半徑為R一個質(zhì)量為m的物塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）將彈簧壓縮至A點(diǎn)并由靜止釋放后向右彈開，當(dāng)它經(jīng)過B點(diǎn)進(jìn)入圓形導(dǎo)軌的瞬間對軌道的壓力為其重力的7倍，之后向上運(yùn)動恰能到達(dá)最高點(diǎn)C。物塊與粗糙水平面之間的動摩擦因數(shù)為μ，部分長為L，重力加速度為g，求：
（1）物塊經(jīng)過B點(diǎn)時的速度大??；
（2）物塊在A點(diǎn)時彈簧的彈性勢能；
（3）物塊從B點(diǎn)運(yùn)動至C點(diǎn)的過程中阻力做的功。
【答案】（1）；（2）；（3）
（1）物塊經(jīng)過B點(diǎn)進(jìn)入軌道瞬間，由牛頓第二定律得
（2）A到B由動能定理得
得彈簧的彈性勢能
（3）物塊恰能到C點(diǎn)
B到C由動能定理得
得阻力的功為
15．如圖所示，真空中有一回旋加速器，其兩金屬D形盒的半徑為1.5R，左盒接出一個水平向右的管道，管道右邊緊連一垂直紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B2、半徑為R的圓形勻強(qiáng)磁場，距離磁場右邊界0.2R處有一長度為的熒光屏。兩盒間距較小，加入一交流加速電壓；垂直于兩盒向上加入一磁感應(yīng)強(qiáng)度B1的勻強(qiáng)磁場?，F(xiàn)在盒的中心處由靜止釋放一比荷為的電子，經(jīng)過時間t電子便進(jìn)入水平向右的管道。已知電子在電場中的加速次數(shù)與回旋半周的次數(shù)相同，加速電子時電壓的大小可視為不變。則：
（1）進(jìn)入圓形磁場的電子獲得的速度為多大？
（2）此加速器的加速電壓U為多大？
（3）如果電子不能打出熒光屏之外，那么B1必須符合什么條件？
【答案】（1）；（2）；（3）
（1）電子加速至D形盒最外層時，根據(jù)牛頓第二定律，有
（2分）
得進(jìn)入圓形磁場的電子獲得的速度為
（2分）
（2）周期
（2分）
電子加速次數(shù)為
（1分）
根據(jù)動能定理有
（1分）
得加速器的加速電壓為
（2分）
（3）電子離開磁場時其速度方向的反向延長線通過圓心，與水平線的夾角設(shè)為θ，如圖所示，由此可得
（2分）
電子在磁場中運(yùn)動的圓心角也為，圓弧的半徑為，根據(jù)牛頓第二定律，有
（2分）
聯(lián)立解得
（2分）
即當(dāng)，電子就不會打出熒光屏之外。
序號
電極插入深度h/cm
電極間距d/cm
電動勢E/V
內(nèi)阻r/Ω
1
4
2
1.016
5981
2
4
4
1.056
9508
3
2
2
1.083
11073

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