1.答案 D
【解析】 氣體體積不變，壓強(qiáng)與熱力學(xué)溫度成正比，故A正確；溫度增加，輪胎內(nèi)部氣體分子的平均動(dòng)能增加，氣體分子撞擊輪胎內(nèi)壁的平均作用力增加，故BC正確；體積不變，氣體不對(duì)外做功，溫度增加，內(nèi)能增加，氣體吸收熱量，故D錯(cuò)誤。
2.答案：C
【解析】核反應(yīng)前后質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)守恒，由此可知Y為 24He，穿透力最強(qiáng)的射線γ射線，故A錯(cuò)誤；該反應(yīng)放出能量，根據(jù)愛因斯坦的質(zhì)能方程，可知質(zhì)量虧損，故B錯(cuò)誤；核反應(yīng)的生成物的比結(jié)合能比反應(yīng)物的比結(jié)合能更大，故C正確；元素的半衰期只受核子本身的性質(zhì)影響，不會(huì)受到環(huán)境的影響，故D錯(cuò)誤；故選C。
3.答案：B
【解析】海洋三號(hào)01星的發(fā)射速度在7.9-11.2km/s之間，故A錯(cuò)誤；v=2πrT，B正確；根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力，mr4π2T2=GMmr2 ，得：M=4π2r3GT2，可以算出地球質(zhì)量，故C錯(cuò)誤；由于地球半徑不等于r，故D錯(cuò)誤。
4.答案 C
【解析】 對(duì)物塊受力分析，在斜面上，物塊受到沿斜面向下的重力分力1/2mg，水平向左的拉力1/2mg，這兩個(gè)力的合力為22mg，方向斜向左下方45°，摩擦力的最大值為34mg，小于22mg，所以物塊受到斜向右上方45°的滑動(dòng)摩擦力，大小為34mg，合力大小為22mg - 34mg，方向斜向左下方45°，物塊初速度為0，故物塊向斜面左下方做勻加速直線運(yùn)動(dòng)。
5.答案D。
【解析】光進(jìn)入水球后頻率不變，波長(zhǎng)減小，速度減小，故A錯(cuò)誤；根據(jù)折射定律n=sin53°sinθ，得sinθ=0.6，根據(jù)幾何關(guān)系，得圓心O到折射光線的距離為0.06m，大于氣泡的半徑，故沒有進(jìn)入氣泡中，B錯(cuò)誤；增大入射角，折射角也增大，該單色光更不會(huì)進(jìn)入氣泡中，C錯(cuò)誤；根據(jù)幾何關(guān)系得，AB之間的長(zhǎng)度為0.16m，光在水中的傳播速度為v=c/n，則t=ABv≈7.1×10?10s。
6.答案 B
【解析】原線圈電壓的有效值為220v，原、副線圈的匝數(shù)比是1:2，副線圈電壓是440V，定值電阻R=1000Ω，電流表A2的示數(shù)是0.44A，所以電流表A1的示數(shù)為0.88A，故A錯(cuò)誤；Q=I2Rt=11616J，故B正確；將P向上滑動(dòng)，電阻R兩端電壓變小，A2的示數(shù)將變小，C錯(cuò)誤；若將P向上滑動(dòng)到CG的中點(diǎn)，原、副線圈的電壓比將從1∶2變?yōu)?∶4，電阻R兩端的電壓將變?yōu)樵瓉?lái)的eq \f(2,3)，電阻R的功率將變?yōu)樵瓉?lái)的eq \f(4,9)，D錯(cuò)誤．
7.答案 D
【解析】 若電壓如題圖甲時(shí)，在0～T時(shí)間內(nèi)，動(dòng)能先增加后減少，根據(jù)能量守恒，電勢(shì)能先減少后增加，故A錯(cuò)誤；電壓如題圖乙時(shí)，在0～eq \f(1,2)T時(shí)間內(nèi)，電勢(shì)差大小是變化的，即粒子受到大小變化的電場(chǎng)力，加速度大小是變化的，粒子先做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，后做加速度增加的減速運(yùn)動(dòng)，故B錯(cuò)誤；電壓如題圖丙時(shí)，粒子先做加速運(yùn)動(dòng)，過了eq \f(1,2)T后做減速運(yùn)動(dòng)，到T時(shí)速度減為0，粒子初動(dòng)量是0，末動(dòng)量不為0，故在0～eq \f(T,2)時(shí)間內(nèi)，粒子動(dòng)量變化量不為0，故C錯(cuò)誤；電壓如題圖丁時(shí)，粒子先加速，到eq \f(1,4)T后減速，eq \f(1,2)T后反向加速，eq \f(3,4)T后減速，T時(shí)速度減為零，之后重復(fù)前面的運(yùn)動(dòng)，則粒子做往復(fù)運(yùn)動(dòng)，故粒子若在eq \f(T,2)之前不能到達(dá)極板，則一直不能到達(dá)極板故D正確．
8.答案：AD
【解析】粒子運(yùn)動(dòng)半徑為r=R/2，根據(jù)公式qvB=mv2r，可得粒子的速度v=qBR2m，故A正確；粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)1/4個(gè)周期后反彈，從AC邊離開磁場(chǎng)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間小于1/2個(gè)周期，粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間小于πmqB，故BC錯(cuò)誤；若粒子帶電量變成-q，其他不變，則粒子從AC邊離開磁場(chǎng)，在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間小于1/4個(gè)周期，即小于πm2qB，故D正確。
9.答案：CD
【解析】P點(diǎn)只會(huì)上下振動(dòng)，不會(huì)左右傳播，故A錯(cuò)誤；由圖可知，根據(jù)波形平移法可知質(zhì)點(diǎn)P開始振動(dòng)的方向沿y軸負(fù)方向，則質(zhì)點(diǎn)Q起振方向沿y軸負(fù)方向，故B錯(cuò)誤；由圖知該超聲波的波長(zhǎng)為λ＝12×10﹣5m，根據(jù)f=1T，T=λv可得該超聲波在人體內(nèi)傳播的速度v＝1500m/s，故C正確；由圖可知振幅為A＝0.4mm，質(zhì)點(diǎn)P的振動(dòng)方程為y=?0.4sin(2π0.8×10?7t)mm ，當(dāng)y＝0.2mm時(shí)，解得t=715×10?7s，故D正確。故選CD。
10.答案 ABC
【解析】小球所受靜電力大小F＝qE＝0.3N，小球重力為G＝mg＝0.4N，小球所受重力與靜電力的合力與豎直方向的夾角為tan θ＝eq \f(qE,G)＝eq \f(3,4)，所以θ＝37°，所以A點(diǎn)是小球在重力場(chǎng)和電場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的等效最高點(diǎn)，由于小球恰能沿圓弧到達(dá)A點(diǎn)，所以eq \f(qE,sin 37°)＝meq \f(vA2,R)，解得vA＝5 m/s。故A正確。
小球從C點(diǎn)到A點(diǎn)，由動(dòng)能定理得－qERsin 37°－mg(R＋Rcs 37°)＝eq \f(1,2)×mvA2－eq \f(1,2)×mvC2
解得vC＝eq \r(115) m/s，故B正確。
小球從A點(diǎn)開始下落時(shí)，在豎直方向上做勻加速運(yùn)動(dòng)，豎直方向上的初速度為v0＝vAsin 37°＝3 m/s，由豎直方向勻加速運(yùn)動(dòng)可得R＋Rcs 37°＝v0t＋eq \f(1,2)gt2，解得t＝0.6 s，水平方向上勻減速直線運(yùn)動(dòng)，a=Eq/m=7.5m/s2，x=vAcs37°t- eq \f(1,2)at2 =1.05m。故C正確、D錯(cuò)誤。
11.答案 (1)B (2)1.15 1.18 (3)輕繩與滑輪之間的摩擦阻力、紙帶與限位孔之間的摩擦阻力、空氣阻力
【解析】(1)先打開打點(diǎn)計(jì)時(shí)器開關(guān)，再釋放m2；本實(shí)驗(yàn)需要刻度尺量長(zhǎng)度，不需要秒表計(jì)時(shí)；m2比m1越大，加速度越大，打點(diǎn)越少，不利于分析紙帶；不能用公式v2=2g?計(jì)算某點(diǎn)的速度。
（2）由題知相鄰兩計(jì)數(shù)點(diǎn)間時(shí)間間隔為0.1 s，
v5＝（21.60+26.40）×10?20.1×2 m/s＝2.4 m/s
ΔEk＝eq \f(1,2)(m1＋m2)v52－0≈1.15 J，ΔEp＝m2gh5－m1gh5＝1.176 J≈1.18J.
(3)輕繩與滑輪之間的摩擦阻力、紙帶與限位孔之間的摩擦阻力、空氣阻力
12.答案 (1)AB (2)2.0Ω，1.3×10?8Ω?m（1.2~1.4×10?8Ω?m 均可 ） （3）偏大，不變
【解析】(1)A起固定作用，便于讀數(shù)；B為粗調(diào)，調(diào)節(jié)B使電阻絲與測(cè)微螺桿、測(cè)砧剛好接觸；然后調(diào)節(jié)C，C起微調(diào)作用．電阻絲的粗細(xì)不一定均勻，為保證測(cè)量結(jié)果準(zhǔn)確，應(yīng)在不同位置測(cè)直徑，然后取平均值作為測(cè)量值．
(2)由閉合電路歐姆定律
E＝I(ρeq \f(L,S)＋r＋R)＝I(4ρπd2L＋r＋R)
即eq \f(1,I)＝4ρπd2EL＋eq \f(R＋r,E)
則斜率為4ρπd2E，縱截距為eq \f(R＋r,E)，代入數(shù)據(jù)，得r=2.0Ω，ρ≈1.3×10?8Ω?m，1.2~1.4×10?8Ω?m 均可。
(3)考慮電流表內(nèi)阻，則eq \f(1,I)＝4ρπd2EL＋eq \f(r＋R＋RA,E)，則上述計(jì)算出的內(nèi)阻r偏大，不影響圖像的斜率，電阻率不變。
13.答案 （1）a端電勢(shì)高于b端電勢(shì)，2BR2ω；（2）eq \x\t(E)＝BR2ω
【解析】（1）6分：根據(jù)右手定則，a端相當(dāng)于電源正極，b端為負(fù)極，a端電勢(shì)高于b端電勢(shì)（2分）；當(dāng)導(dǎo)體桿ab和直徑重合時(shí)，切割磁感線的有效長(zhǎng)度l＝2R（1分），此時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大，E=Blv（1分），v=eq \f(1,2)ωl（1分），故E＝eq \f(1,2)Bl2ω＝2BR2ω（1分）；
4分：根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知，全過程中，ab桿平均電動(dòng)勢(shì)為eq \x\t(E)＝eq \f(ΔΦ,Δt)（1分），?Φ=BπR2（1分），?t=πω（1分），故eq \x\t(E)＝BR2ω（1分）。
14.答案：（1）4 m/s2，（2）0，（3）8m
【解析】（1）對(duì)A：f=μmgcsθ=4N,方向沿斜面向上（1分）
對(duì)A和P組成的整體：mg+f?mgsinθ=ma（2分），得a=4 m/s2（1分）
（2）A加速到與傳送帶共速：t=va=2s（1分），A加速到與傳送帶共速之后，摩擦力反向，對(duì)A和P組成的整體：mg?f?mgsinθ=ma,（2分），a,=0（1分）；
（3）A加速到與傳送帶共速：?x=x傳?xA（1分），x傳=vt（1分），xA=12at2（1分），A加速到與傳送帶共速之后，A不與傳送帶打滑，所以A在傳送帶上留下的劃痕?x=8m（2分）。
15.答案：（1）vA=232gH，方向沿斜面向下，vB=?132gH，方向沿斜面向上；（2）1317gH，132gH；（3）70H
【解析】（1）5分：小球B從靜止釋放到與A發(fā)生彈性碰撞之前：mgH=mv22，v=2gH（1分）；兩小球發(fā)生彈性碰撞，滿足動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒：mv=2mvA+mvB，（1分），mv22=2mvA22+mvB22，（1分），vA=232gH，方向沿斜面向下（1分），vB=?132gH，方向沿斜面向上（1分）。
5分：碰撞之前，小球A恰好能靜止，說(shuō)明小球A受力平衡：Eq=2mg（1分），碰撞之后，電量平分，小球A所受電場(chǎng)力變成原來(lái)的一半，2mg?12Eq=mg（1分），小球A沿斜面向下做勻加速運(yùn)動(dòng)，到達(dá)O時(shí)：mgH=2mv122?2mvA22，得v1=1317gH（1分）；對(duì)小球B，碰撞后帶電，1/2Eq=mg（1分），合力為0，小球B向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，vB=132gH（1分）。
8分：小球A第一次經(jīng)過最低點(diǎn)時(shí)，Ek1=(1?10%)2mv122（1分）
第一次到達(dá)左側(cè)最高點(diǎn)：?mgH1=0?Ek1，得H1=1.7H（1分）
第二次到達(dá)O點(diǎn)后動(dòng)能再次損失10%，第二次能夠到達(dá)右側(cè)的高度是H2=90%H1（1分），第n次經(jīng)過O點(diǎn)后，小球A上升的高度為Hn=(90%)nH1（1分），所以s總＝s1＋s2＋…sn＝eq \f(H,sin θ)＋2H1sinθ+90%2H1sinθ＋(90%)22H1sinθ＋…(90%)n2H1sinθ，（2分）n無(wú)窮大時(shí)，可得s總=70H（2分）。
題號(hào)
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
選項(xiàng)
D
C
B
C
D
B
D
AD
CD
ABC

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