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簡要說明緩慢放氣過程中袖帶內(nèi)氣體是吸熱還是放熱；
求袖帶內(nèi)剩余氣體的質(zhì)量與放出氣體的質(zhì)量之比。
14. 磁懸浮列車是高速低耗交通工具，如圖甲所示，它的驅(qū)動系統(tǒng)可簡化為如圖乙所示的物理模型。已知列車的總質(zhì)量為m，固定在列車底部的正方形金屬線框的邊長為L，匝數(shù)為N，總電阻為R；水平面內(nèi)平行長直導(dǎo)軌間存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B、垂直水平面但方向交互相反、邊長均為L的正方形組合勻強(qiáng)磁場，磁場以速度v向右勻速移動時可恰好驅(qū)動停在軌道上的列車，假設(shè)列車所受阻力恒定，若磁場以速度4v勻速向右移動，當(dāng)列車向右運動的速度為2v時，線框位置如圖乙所示，求此時：
線框中的感應(yīng)電流方向；
線框中的感應(yīng)電流I大?。?/span>
列車的加速度a大小。15. 如圖所示，在光滑平臺上放置一長度，質(zhì)量的薄板b，在薄板b最右端放有可視為質(zhì)點的物塊a，其質(zhì)量，物塊a與薄板b間動摩擦因數(shù)。開始時兩者均靜止，現(xiàn)對薄板b施加、水平向右的恒力，待a脫離尚未露出平臺后，將b取走。a離開平臺后由A點沿切線落入半徑的豎直光滑圓弧軌道AB，圓弧軌道AB的圓心角為，其中過B點的切線水平，其右側(cè)有一被電磁鐵吸住而靜止的小球c，c球質(zhì)量且與地面及左側(cè)墻面相距足夠遠(yuǎn)，當(dāng)c球被碰撞時電磁鐵立即失去磁性，不計空氣阻力，重力加速度g取。求：
物塊a在薄板b上運動的時間t；
物塊a經(jīng)過B點的速度大小；
若初始時一不可伸長的輕繩一端系著小球c，另一端系于c球正下方的點，此時繩子剛好伸直無拉力，已知點與c球相距為L，當(dāng)繩子拉力T達(dá)到時繩子斷開.物塊a從B點水平正碰c球瞬間無能量損失，為使細(xì)繩斷開時c球開始做平拋運動，則L必須滿足什么條件？
答案和解析 1.【答案】C 【解析】解：B、以所有粽子為對象分析可知，由牛頓第三定律可知，故B錯誤；
ACD、豎直方向平衡可知
解得：，故AD錯誤，C正確
故選：C。
對整體受力分析可知手受到細(xì)繩的作用力，結(jié)合共點力平衡條件解得每根細(xì)繩的拉力大小。
本題考查共點力平衡條件的應(yīng)用，解題關(guān)鍵掌握整體與隔離的分析方法。
2.【答案】B 【解析】解：A、由圖像可知內(nèi)甲、乙的位移分別為、，位移不相等，所以甲、乙的平均速度不相等，故A錯誤；
B、由圖像可知內(nèi)甲、乙的最大距離為，故B正確；
C、由圖像可知在內(nèi)甲、乙的斜率均為負(fù)，所以他們的運動方向相同，故C錯誤；
D、由兩圖線相交可知他們此時的位置相同，但斜率大小不一定相等，且速度方向相反，故D錯誤。
故選：B。
位移-時間圖象只能描述直線運動，反映位移隨時間的變化規(guī)律，位移-時間圖象的斜率等于速度，傾斜的直線表示勻速直線運動，位移等于x的變化量，平均速度等于位移除以時間，結(jié)合這些知識分析。
本題考查位移-時間圖象，關(guān)鍵要抓住斜率等于速度，位移為，來分析圖象的物理意義。
3.【答案】C 【解析】解：人的重力勢能增加了，故A錯誤；
B、靜摩擦力對系統(tǒng)不做功，故B錯誤；
C、人克服重力做功的功率為，故C正確；
D、功能關(guān)系可得：，故D錯誤。
故選：C。
熟悉重力勢能的計算公式，代入數(shù)據(jù)得出重力勢能的增加量；
根據(jù)功率的計算公式得出人克服重力做功的功率；
理解能量的轉(zhuǎn)化特點，從而得出扶梯對人做的功。
本題主要考查了動能定理的相關(guān)應(yīng)用，熟悉功和功率的計算公式即可完成分析，難度不大。
4.【答案】A 【解析】解：AC、根據(jù)原子核衰變時質(zhì)量數(shù)與電荷數(shù)都守恒可得，，解得：，，由此可知發(fā)生的衰變?yōu)?/span>衰變，其穿透能力不是最強(qiáng)，故A正確，C錯誤；
B、半衰期是一種統(tǒng)計規(guī)律，對少量的原子核不適用，故B錯誤；
D、根據(jù)愛因斯坦質(zhì)能方程得釋放的核能為，故D錯誤。
故選：A。
根據(jù)質(zhì)量數(shù)與核電荷數(shù)守恒判斷生成物的質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)，再結(jié)合三種射線的特性分析；半衰期是一種統(tǒng)計規(guī)律；根據(jù)質(zhì)能方程計算衰變的過程中釋放能量。
本題考查射線的特性、半衰期、質(zhì)能方程等內(nèi)容，要熟悉課本知識，能解釋生活中的問題。
5.【答案】D 【解析】解：A、由低軌道進(jìn)入高軌道需要點火加速，所以由軌道Ⅰ進(jìn)入軌道Ⅱ需在A點加速，故A錯誤；
B、根據(jù)開普勒第三定律，有，解得，故B錯誤；
C、根據(jù)牛頓第二定律可得，解得，所以在軌道Ⅰ上A點的加速度等于在軌道Ⅱ上A點的加速度，故C錯誤；
D、由軌道Ⅱ進(jìn)入軌道Ⅲ需在B點加速，所以在軌道Ⅲ上B點的線速度大于在軌道Ⅱ上B點的線速度，故D正確。
故選：D。
根據(jù)變軌原理進(jìn)行分析；
根據(jù)開普勒第三定律求解周期；
根據(jù)牛頓第二定律分析加速度大?。?/span>
根據(jù)變軌原理進(jìn)行分析。
本題主要是考查萬有引力定律及其應(yīng)用，解答本題的關(guān)鍵是能夠根據(jù)萬有引力提供向心力結(jié)合向心力公式進(jìn)行分析，掌握開普勒第三定律的應(yīng)用方法。
6.【答案】C 【解析】解：AB、質(zhì)點N在接收的超聲波脈沖圖像上，此脈沖沿x軸負(fù)方向傳播，由“上下坡法”可知，在圖示虛線所示時刻質(zhì)點N沿y軸正方向運動，故AB錯誤；
CD、由題意可知，發(fā)送和接收的超聲波頻率相同，由圖像可知波長，由于，代入數(shù)據(jù)解得，從圖示實線所示時刻開始，由“上下坡法”可知，質(zhì)點M此時刻沿y軸正方向運動，再經(jīng)過，質(zhì)點M恰好到達(dá)波峰，故C正確，D錯誤．
故選：C。
根據(jù)波的傳播方向分析N的振動方向，根據(jù)解得周期，從而判斷再經(jīng)過，質(zhì)點M的運動情況。
本題考查橫波的圖象，解題關(guān)鍵掌握圖象的認(rèn)識，注意周期的計算公式，以及通過波的傳播方向分析知道運動情況的方法。
7.【答案】C 【解析】解：粒子從空間正四棱錐的底面ABCD中心O向上垂直進(jìn)入磁場區(qū)域，最后恰好沒有從側(cè)面PBC飛出磁場區(qū)域，可知粒子剛好與側(cè)面PBC相切，做出粒子的運動軌跡如圖所示：
由幾何關(guān)系可知：，其中為面PBC與底面的夾角，由幾何關(guān)系可知：
粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：
解得：，故C正確，ABD錯誤。
故選：C。
粒子在磁場中做勻速圓周運動，作出粒子運動軌跡，求出粒子軌道半徑，應(yīng)用牛頓第二定律可以求出磁感應(yīng)強(qiáng)度大小。
本題考查了帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運動，分析清楚粒子運動過程、作出粒子運動軌跡是解題的前提，應(yīng)用幾何知識與牛頓第二定律可以解題。
8.【答案】AC 【解析】解：A、由題可知光路圖如圖所示，光線經(jīng)過一次折射一定射到B點，故A正確；
B、由幾何關(guān)系可得解得，解得，由幾何關(guān)系可知，解得，故B錯誤；
C、由折射定律可知介質(zhì)球的折射率為，解得：，故C正確；
D、光在該介質(zhì)球中的傳播速度為，故D錯誤．
故選：AC。
作出光路圖，根據(jù)傳播特點結(jié)合折射定律以及幾何知識，求解折射率；根據(jù)解得光在介質(zhì)中的傳播速度。
解決該題關(guān)鍵是能正確作出光路圖，知道光在介質(zhì)球里面的傳播情況，再根據(jù)幾何知識求解相問題。
9.【答案】BC 【解析】解：A、升壓變壓器原線圈匝數(shù)小于副線圈匝數(shù)，有
降壓變壓器原線圈匝數(shù)大于副線圈匝數(shù)，有
則
故A錯誤；
B、由圖像得，乙圖中電壓最大值
電壓的周期為
則
則乙圖中的電壓瞬時值表達(dá)式為
故B正確；
C、當(dāng)R處出現(xiàn)火警時，其阻值減小，負(fù)載總電阻減小，負(fù)載的總功率增大，則增大，原副線圈匝數(shù)比等于電流的反比，則增大，故C正確；
D、輸電線上損失的電壓為
有C得，增大，則增大，輸入電壓不變，和不變，原副線圈電壓之比等于匝數(shù)之比，所以不變，由于
所以減小，和不變，則變小，即電壓表的示數(shù)減小，故D錯誤。
故選：BC。
根據(jù)變壓器匝數(shù)之比等于電壓之比判斷匝數(shù)之比的大??；根據(jù)圖像求解電壓的瞬時值表達(dá)式；根據(jù)閉合電路歐姆定律和串并聯(lián)規(guī)律分析電流和電壓的變化。
本題考查遠(yuǎn)距離輸電問題，知道理想變壓器的原副線圈的電壓比等于匝數(shù)比，原副線圈的功率相等。
10.【答案】BD 【解析】解：A、由于點靠近正電荷，a點靠近負(fù)電荷，所以a點的電勢小于點的電勢，故A錯誤；
B、根據(jù)對稱性可知，關(guān)于等量異種電荷連線中點對稱的兩點電場強(qiáng)度相同，b點與點關(guān)于等量異種電荷連線中點對稱，所以b點的電場強(qiáng)度與點的電場強(qiáng)度相同，故B正確；
C、負(fù)的試探電荷沿棱從c到電場力一直做正功，電勢能一直減小，故C錯誤；
D、正的試探電荷沿棱從b到電場力一直做負(fù)功，故D正確。
故選：BD。
由于點靠近正電荷，a點的電勢小于點的電勢；關(guān)于等量異種電荷連線中點對稱的兩點電場強(qiáng)度相同，由此分析B選項；根據(jù)電場力的方向與運動方向分析電場力做功情況。
本題主要是考查等量異種電荷的電場，知道關(guān)于等量異種電荷連線中點對稱的兩點電場強(qiáng)度相同，能夠根據(jù)電場強(qiáng)度的方向確定電場力做功正負(fù)。
11.【答案】 【解析】游標(biāo)卡尺主尺的最小分度值為1mm，讀數(shù)為4mm，游標(biāo)尺的最小分度值為，讀數(shù)為，則鋼球直徑；
鋼球通過光電門的時間極短，可用平均速度替代瞬時速度，由此可知鋼球通過光電門的速度
鋼球做平拋運動時，水平方向是勻速直線運動，豎直方向是自由落體運動，故B處攝像頭所拍攝的頻閃照片為b；
由平拋運動規(guī)律可得，豎直方向：
水平方向：
解得
故答案為：，；；。
先確定游標(biāo)卡尺主尺和游標(biāo)尺的最小分度值，再讀出主尺和游標(biāo)尺的讀數(shù)，相加即為游標(biāo)卡尺讀數(shù)；鋼球通過光電門的時間極短，可用平均速度替代瞬時速度；
根據(jù)平拋運動規(guī)律分析判斷；
根據(jù)平拋運動規(guī)律計算。
本題考查探究平拋運動規(guī)律實驗，通過光電門計算平拋運動的初速度，根據(jù)平拋運動規(guī)律計算初速度。
12.【答案】199 偏小 【解析】解：保持不變，閉合，將電阻箱由最大阻值逐漸調(diào)小，當(dāng)電流表讀數(shù)等于時，由于總電流不變，通過電阻箱的電流也為，所以；
實際操作中，閉合后，電路總電阻變小，電路總電流變大，通過的電流大于，所以該方法測出的電流表內(nèi)阻要小于電流表內(nèi)阻的真實值；
改裝后的電流表的內(nèi)阻，由閉合電路歐姆定律，解得，
結(jié)合圖像可知，，解得，；
故答案為：；偏?。?/span>，。
根據(jù)半偏法測電阻的實驗原理進(jìn)行解答；
根據(jù)并聯(lián)電路總電阻變小，干路電流變大，進(jìn)行誤分析；
分析電路連接情況，根據(jù)閉合電路的歐姆定律進(jìn)行解答。
對于實驗題，要弄清楚實驗原理以及誤差分析等問題，對于“半偏法”測電阻，要掌握其原理，能夠根據(jù)閉合電路的歐姆定律進(jìn)行分析。
13.【答案】解：緩慢放氣過程，可將氣體看成氣體質(zhì)量不變、溫度恒定、體積變大的過程。氣體體積變大對外做功，而緩慢放氣過程中，氣體溫度不變，氣體內(nèi)能不變，根據(jù)熱力學(xué)第一定律，則氣體應(yīng)吸熱；
設(shè)放出壓強(qiáng)為的氣體體積為，以原袖帶內(nèi)氣體為研究對象，
初狀態(tài)：氣體壓強(qiáng)，末狀態(tài)：氣體壓強(qiáng)，
由玻意耳定律有
解得：，
袖帶內(nèi)剩余氣體的質(zhì)量與放出氣體的質(zhì)量之比為；
答：氣體應(yīng)吸熱；
袖帶內(nèi)剩余氣體的質(zhì)量與放出氣體的質(zhì)量之比為。 【解析】根據(jù)熱力學(xué)第一定律即可分析；
氣體溫度不變，應(yīng)用玻意耳定律分析答題。
根據(jù)題意分析清楚氣體狀態(tài)變化過程，由熱力學(xué)第一定律以及玻意耳定律即可解題；要注意基礎(chǔ)知識的學(xué)習(xí)與積累。
14.【答案】解：由于，所以線框相對磁場向左運動，根據(jù)右手定則可知此時線框中感應(yīng)電流沿順時針方向．
當(dāng)列車向右運動的速度為2v時，由法拉第電磁感應(yīng)定律可知
線框中的感應(yīng)電流大小
解得
列車向右運動的速度為2v時，線框受到的安培力
解得
當(dāng)磁場以速度v勻速向右移動時，同理可得線框受到的安培力
當(dāng)磁場以速度v勻速向右移動時，可恰好驅(qū)動停在軌道上的列車可知阻力
由牛頓第二定律可知
解得
答：線框中的感應(yīng)電流方向為順時針方向；
線框中的感應(yīng)電流I大小為；
列車的加速度a大小為。 【解析】根據(jù)右手定則判斷感應(yīng)電流方向；
應(yīng)用法拉第電磁感應(yīng)定律求出感應(yīng)電動勢，應(yīng)用閉合電路的歐姆定律求出感應(yīng)電流；
根據(jù)牛頓第二定律解得加速度。
本題容易產(chǎn)生的錯誤往往有三個：一是認(rèn)為線框切割速度是v，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢是BLv；二是認(rèn)為線框只有一邊切割磁感線；三是線框左右都受安培力，漏掉一邊。
15.【答案】解：對物塊a根據(jù)牛頓第二定律，有：，代入數(shù)據(jù)解得：
對薄板b根據(jù)牛頓第二定律，有：，代入數(shù)據(jù)解得：
由題知：
代入數(shù)據(jù)解得：
物塊a離開薄板b的瞬間速度為：
在A點進(jìn)行運動的合成與分解，如圖所示：
可知：
物塊a從A到B過程由動能定理，有：
代入數(shù)據(jù)解得：
物塊a與c球碰撞過程，取向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律可得：
根據(jù)機(jī)械能守恒定律可得：
聯(lián)立解得：
若繩子在最高點斷開，對c球由牛頓第二定律：
其中：，解得：
若繩子在最低點剛好斷開，設(shè)此時c球在最低點速度為，
c球由最高點到最低點過程，根據(jù)動能定理可得：
在最低點由牛頓第二定律可得：
其中：，解得：
c球做圓周運動恰好通過最高點時有，解得
因，故繩子在最低點剛好滿足斷開條件
即保證c球被碰后做平拋運動，L滿足的條件是：或
答：物塊a在薄板b上運動的時間為1s；
物塊a經(jīng)過B點的速度大小為；
保證c球被碰后做平拋運動，L滿足的條件是：或。 【解析】對物塊a、薄板b根據(jù)牛頓第二定律求解加速度大小，再根據(jù)運動學(xué)公式求解時間；
求出物塊a離開薄板b的瞬間速度，在A點進(jìn)行運動的合成與分解求解A點的速度大?。晃飰Ka從A到B過程由動能定理求解達(dá)到B點的速度大?。?/span>
物塊a與c球碰撞過程，根據(jù)動量守恒定律、機(jī)械能守恒定律求解碰撞后的速度大小。若繩子在最高點斷開、若繩子在最低點剛好斷開，分析受力情況，根據(jù)牛頓第二定律結(jié)合向心力的計算公式進(jìn)行解答。
本題主要是考查了動量守恒定律和牛頓第二定律的綜合應(yīng)用；對于動量守恒定律，其守恒條件是：系統(tǒng)不受外力作用或某一方向不受外力作用或合外力為零；解答時要首先確定一個正方向，利用碰撞前系統(tǒng)的動量和碰撞后系統(tǒng)的動量相等列方程求解。
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