1．植物通過光合作用和呼吸作用與環(huán)境交換碳元素，體內碳14的比例與大氣中的相同。植物枯死后，遺體內的碳14仍在發(fā)生衰變，不斷減少，但不能得到補充?，F(xiàn)測得甲、乙兩種古木樣品中碳14的含量分別是現(xiàn)代植物的和，由此可以推斷甲、乙兩種古木的年齡之比大約為（ ）
A．1∶2B．2∶1C．1∶4D．4∶1
【答案】A
【詳解】根據(jù)半衰期的定義可知，古木每經過一個半衰期就有一半的碳14發(fā)生衰變，由于甲古木樣品中碳14的含量是現(xiàn)代植物的，則甲古木的年齡大約是碳14的1個半衰期，同理，乙古木樣品中碳14的含量是現(xiàn)代植物的=（）2，則乙古木的年齡大約是碳14的2個半衰期，所以甲、乙兩種古木的年齡之比大約為1∶2。
故選A。
2．如圖所示的真空中，在正方體ABCD-A1B1C1D1空間中A、C1固定有等量的正電荷，下列說法正確的是（ ）
A．B點和D點的電勢相等且比B1點和D1的電勢都高
B．B1點和D1點的場強相同
C．若有一個電子以某一速度射入該空間中，可能做類平拋運動
D．若有一個電子以某一速度射入該空間中，可能做勻速圓周運動
【答案】D
【詳解】A．由兩個等量同號電荷產生電勢的對稱性知頂點B、D1處的電勢相等，故A錯誤；
B．由電場疊加和對稱性知頂點B1、D1處的電場強度大小相等，但方向不同，故B錯誤；
C．兩個正電荷形成的電場不是勻強電場，電子不可能做類平拋運動，故C錯誤；
D．只在電場力作用下，電子要做勻速圓周運動，則必須受到大小恒定的電場力，電子在垂直于AC1并過O點的平面內繞O點可以做勻速圓周運動。故D正確。
故選D。
3.如圖所示,在直線MN右側空間存在垂直紙面向里、磁感應強度為 B0的勻強磁場,一單匝矩形線圈abcd的ab邊與MN重合,且繞ab邊以角速度ω勻速轉動,轉動一圈的時間內線圈產生的焦耳熱為Q;若線圈不動且磁場方向始終與線圈平面垂直，磁感應強度 B隨時間均勻變化,在相同的時間內線圈產生的焦耳熱也為Q,則磁感應強度的變化率為（ ）
A． B．C．D．
4．如圖所示，磁感應強度為B的勻強磁場方向垂直紙面向里，圖中虛線為磁場的邊界，其中bc段是半徑為R的四分之一圓弧，ab、cd的延長線通過圓弧的圓心，Ob長為R。一束質量為m、電荷量為q的粒子，在紙面內以不同的速率從O點垂直ab射入磁場，已知所有粒子均從圓弧邊界射出，其中M、N是圓弧邊界上的兩點，不計粒子間的相互作用和重力。則下列分析中正確的是（ ）
A．粒子帶負電
B．從M點射出粒子的速率一定大于從N點射出粒子的速率
C．從M點射出粒子在磁場中運動時間一定小于從N點射出粒子所用時間
D．所有粒子所用最短時間為
【答案】D
【詳解】A．粒子做逆時針的勻速圓周運動，根據(jù)左手定則，可知粒子帶正電，A錯誤；
B．根據(jù)
得
從M點射出粒子的圓周半徑更小，則速度更小，B錯誤；
CD．由
粒子周期不變，圓周運動的圓心角越大，運動時間越長，有幾何關系可知，弦切角等于圓心角的一半，當弦切角越小，運動時間越短，如圖
當弦與bc圓弧邊界相切時，弦切角最小。Ob等于R，由幾何關系，此時圓周運動的圓心角為 ，則最短時間為
M、N兩點具體位置未知，則無法判斷從M點射出粒子所用時間和從N點射出粒子所用時間的大小關系，C錯誤，D正確。
故選D。
5．如圖所示，將一質量為的小球靠近墻面豎直向上拋出，圖甲是小球向上運動時的頻閃照片，圖乙是小球下落的頻閃照片。O點是運動的最高點，甲乙兩次閃光頻率相等，重力加速度為g，假設小球所受的阻力大小不變，則可估算小球受到的阻力大小約為（ ）
A．mgB．C．D．
【答案】C
【詳解】假設每塊磚的厚度為d，照相機拍照的時間間隔為T，則向上運動和向下運動分別用逐差法可得

根據(jù)牛頓第二定律可得

聯(lián)立解得
故C正確。故ABD錯誤。
故選C。
6．一次臺球練習中某運動員用白球擊中了彩球，白球與靜止的彩球發(fā)生正碰，碰撞時間非常短，碰后兩球在同一直線上，且臺球與桌面之間的粗糙程度保持不變，兩球質量均相同，碰撞后兩球的位移x（m）與速度的平方（）關系如圖所示，重力加速度g取。下列說法正確的是（ ）
A．碰撞中，兩球之間作用力的沖量大小相等，方向相反
B．碰撞過程中系統(tǒng)的機械能守恒
C．碰撞前白球的速度為1.7m/s
D．臺球與桌面之間的動摩擦因數(shù)為0.025
【答案】ACD
【詳解】A．根據(jù)
I=Ft
可知作用力與反作用力由于大小相等，方向相反，則一對作用力與反作用力的沖量等大反向，即碰撞中，兩球之間作用力的沖量大小相等，方向相反，A正確；
B．若碰撞過程系統(tǒng)機械能守恒，即若發(fā)生的是彈性碰撞，白球與靜止的彩球發(fā)生正碰，兩球質量相等，則速度發(fā)生交換，白球速度應該為0，根據(jù)圖示可知，圖線與橫軸的交點坐標為球體碰后速度的平方，則碰撞后白球速度不為0，可知碰撞是非彈性碰撞，碰撞過程中系統(tǒng)的機械能不守恒，B錯誤；
C．根據(jù)圖像可知，碰撞后，白球與彩球的速度分別為
，
根據(jù)動量守恒定律有
解得
C正確；
D．根據(jù)速度與位移關系式有
變形有
結合圖像有
解得
對球體分析有
解得
D正確。
故選ACD。
7．2019年3月10日，長征三號乙運載火箭將“中星”通信衛(wèi)星（記為衛(wèi)星Ⅰ）送入地球同步軌道上，主要為我國、東南亞、澳洲和南太平洋島國等地區(qū)提供通信與廣播業(yè)務。在同平面內的圓軌道上有一顆中軌道衛(wèi)星II，它運動的每個周期內都有一段時間（未知）無法直接接收到衛(wèi)星I發(fā)出的電磁波信號，因為其軌道上總有一段區(qū)域沒有被衛(wèi)星I發(fā)出的電磁波信號覆蓋到，這段區(qū)域對應的圓心角為。已知衛(wèi)星I對地球的張角為，地球自轉周期為，萬有引力常量為，則根據(jù)題中條件，可求出（ ）
A．地球的平均密度為
B．衛(wèi)星I、II的角速度之比為
C．衛(wèi)星II的周期為
D．題中時間為
【答案】AC
【詳解】A．設衛(wèi)星Ⅰ的軌道半徑分別為R1，因衛(wèi)星Ⅰ為同步衛(wèi)星，則有
其中
且有
其中R為地球的半徑，聯(lián)立解得
故A正確；
B．設衛(wèi)星Ⅰ、Ⅱ的角速度分別為和，如圖所示
在三角形AOB中，有
即
根據(jù)
可得
故有
聯(lián)立以上各式，有
故B錯誤；
C．根據(jù)
可得
因衛(wèi)星Ⅰ為同步衛(wèi)星，則其周期為T0，設衛(wèi)星Ⅱ的周期為T2，則有
整理得
故C正確；
D．若衛(wèi)星Ⅰ和衛(wèi)星Ⅱ均不運動，衛(wèi)星Ⅱ對應為圓心角為2α，則有
但衛(wèi)星之間是有相對運動的，所以時間不可能為，故D錯誤。
故選AC。
8．兩根相互平行、足夠長的光滑金屬導軌ACD-A1C1D1固定于水平桌面上，左側AC-A1C1軌道間距為L，右側CD-C1D1軌道間距為2L，導軌所在區(qū)域存在方向豎直向下的勻強磁場，磁感應強度大小為B。如圖所示，兩橫截面積相同、由同種金屬材料制成的導體棒a、b分別置于導軌的左右兩側，已知導體棒a的質量為m。某時刻導體棒a獲得一個初速度v0開始向右運動，導體棒始終與導軌接觸良好，導軌電阻不計。關于導體棒以后的運動，下列說法正確的是（ ）
A．導體棒a、b運動穩(wěn)定后，相等時間內通過的位移之比是2∶1
B．導體棒a、b運動穩(wěn)定后的速度分別為，
C．從開始到運動穩(wěn)定的過程中，通過導體棒a的電荷量為
D．從開始到運動穩(wěn)定的過程中，導體棒b產生的熱量為
【答案】AD
【詳解】A．設導體棒a的電阻為R，則導體棒b的質量為2m、電阻為2R。導體棒a獲得向右的初速度后，導體棒a、b與導軌組成的回路產生感應電流，根據(jù)楞次定律可判斷出導體棒a受向左的安培力，開始向右做減速運動；導體棒b中電流方向與a相反，受到向右的安培力，開始向右做加速運動，同時產生與a相反的感應電動勢，因此電路中感應電動勢為
當a、b產生的感應電動勢大小相等時，即
電路中電流為零，此后導體棒a、b將分別以va、vb做勻速運動，相等時間內通過的位移之比是2∶1，故A正確；
B．在導體棒從開始運動到穩(wěn)定運動的過程中，根據(jù)動量定理列方程，取向右為正方向
對導體棒a，有
對導體棒b，有
聯(lián)立以上三式解得
，
故B錯誤；
C．由于通過導體棒的電荷量為
根據(jù)以上分析可得
解得
故C錯誤；
D．在整個過程中由能量守恒定律知，整個電路中產生的焦耳熱為
由于a、b棒產生的熱量之比為
因此導體棒b產生的熱量
故D正確。
故選AD。
二、非選擇題：
9．（6分）某同學利用如圖所示的裝置驗證牛頓第二定律。質量均為M的滑塊a、b用繞過光滑輕質定滑輪的輕繩連接，滑塊b上裝有質量不計、寬度為d的遮光片，測出滑塊b由靜止釋放時光電門距遮光片的高h，保持h不變，依次在滑塊a下面懸掛n個質量均為m的鉤碼（圖中未畫出），并記錄遮光片通過光電門的遮光時間t及對應的n。
（1）滑塊b通過光電門時的速度大小v=__________（用d、t表示）
（2）得到若干組（t，n）后，以____________（填“n”、“”或“n2”）為橫坐標，以t2為縱坐標，在坐標紙上描點連線，若在誤差允許的范圍內，得到的圖像為直線，則牛頓第二定律得到驗證。
（3）若（2）中作出的圖像的斜率為k，則當?shù)氐闹亓铀俣却笮=___________。（用相關物理量的符號表示）
【答案】
【詳解】(1)[1]有極短時間內的平均速度等于瞬時速度可得，滑塊b通過光電門時的速度大小
(2)[2]由牛頓第二定律有
由速度位移關系式有
聯(lián)立可得
以t2為縱坐標，在坐標紙上描點連線，若在誤差允許的范圍內，得到的圖像為直線，則橫坐標為；
(3)[3]作出的圖像的斜率為
可得
10．（9分）用伏安法測定電源的電動勢和內阻，提供的實驗器材有：
A．待測電源（電動勢約為18 V，內阻約為2 Ω）
B．電壓表（量程為6 V，內阻約為30 kΩ）
C．電流表（量程為3 A，內阻約為0.3 Ω）
D．滑動變阻器（0 ~ 50 0，3 A）
E.電阻箱（最大阻值9999 99Ω）
F.開關和導線若干
（1）為完成實驗.該同學將電壓表擴大量程，需要先測量電壓表的內阻，他設計了甲、乙兩個電路，經過思考，該同學選擇了甲電路，該同學放棄乙電路的理由是_____________。
（2）該同學按照圖甲連按好電路，進行了如下幾步操作：
①將洲動變阻器觸頭滑到最左端.把電箱的阻值調到零；.
②閉合開關.緩慢調節(jié)滑動變阻器的觸頭，使電壓表指針指到6.0V；
③保持滑動變阻器觸頭不動，調節(jié)電阻箱的阻值，當電壓表的示數(shù)為2.0V時，電阻箱的讀數(shù)為50450Ω，則電壓表的內阻為_________Ω；
④保持電阻箱的阻值不變，使電阻箱和電壓表串聯(lián)，改裝成新的電壓表，改裝后電壓表的量程為_______V。
（3）將此電壓表（表盤未換）與電流表連成如圖丙所示的電路，測電源的電動勢和內阻，調節(jié)滑動變阻器的觸頭，讀出電壓表和電流衣示數(shù)，做出的U-I圖像如圖丁所示，則電源的電動勢為___V，內阻為_____Ω。（結果保留三位有效數(shù)字）
【答案】 乙電路中電流表與電壓表串聯(lián)，因電壓表內阻較大，故使電路中電流太小，電流表無法準確測量 25225.0 18 17.4
【詳解】（1）[1]由電路圖可知，乙電路中電流表與電壓表串聯(lián)，因電壓表內阻較大，故使電路中電流太小，電流表無法準確測量；（答案意思表達清楚、合理即可給分）
（2）③[2]由題意可知，當電壓表的示數(shù)為2.0 V時，電阻箱兩端電壓與電壓表示數(shù)之比為2：1，則電阻箱阻值與電壓表內阻之比為2：1，所以電壓表內阻為25225Ω；
④[3]加在電壓表與電阻箱兩端的電壓之和是加在電壓表兩端電壓的3倍，故改裝后的量程為18V。
（3）[4][5]根據(jù)閉合電路歐姆定律以及改裝原理可知
則可知
則由圖像可知，電源的電動勢
內阻
11．（12分）在光滑的水平面上，質量分別為、的滑塊A、B中間有一輕質彈簧，彈簧與物塊未拴接?，F(xiàn)將彈簧壓縮后用細線鎖住，如圖所示，在B的右側有一傾斜傳送帶，水平面與傳送帶通過一段長度可忽略不計的圓弧平滑連接。已知傳送帶兩輪軸之間的距離，傳送帶的傾角，滑塊B與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)，重力加速度，忽略傳送帶轉輪的大小，不計空氣阻力，滑塊可視為質點。初始時，讓傳送帶不轉動，鎖定滑塊A讓它靜止不動，燒斷細線，發(fā)現(xiàn)滑塊B恰好能滑到傳送帶的最高點。
，取。求：
(1)燒斷細線前彈簧存儲的彈性勢能；
(2)若燒斷細線前，解除對滑塊A的鎖定，同時讓傳送帶以恒定的速度，順時針轉動，則要使燒斷細線后滑塊B能滑到傳送帶的最高點，傳送帶的速度的最小值以及此情形中傳送帶因運送滑塊B多消耗的電能E分別為多少？（最后計算結果保留2位有效數(shù)字）
【答案】(1)54J；(2)，39J
【詳解】(1)設滑塊B與彈簧脫離時的速度大小為v，根據(jù)題意可知，滑塊脫離彈簧之后在水平面上做勻速運動，在傳送帶上做勻減速運動。
滑塊B在傳送帶上運動時，根據(jù)勻變速直線運動規(guī)律有
其中
解得
燒斷細線后，根據(jù)功能關系有
(2)燒斷細線后，在兩滑塊脫離彈簧的過程，系統(tǒng)動量守恒，有
根據(jù)機械能守恒有
解得
設傳送帶的速度的最小值為，則當滑塊B的速度大于傳送帶的速度時，滑動摩擦力的方向沿斜面向下；當滑塊B的速度小于傳送帶的速度時，滑動摩擦力的方向沿斜面向上；滑塊B滑到傳送帶的最高點時的速度為零。
當滑動摩擦力的方向沿斜面向下時，有
其中
此過程摩擦生熱
其中
當滑動摩擦力的方向沿斜面向上時，有
其中
此過程摩擦生熱
其中
結合
解得
根據(jù)能量守恒有
解得
12．（20分）芯片制造過程有極其復雜的工藝，其中離子注入是一道重要的工序，該工作原理如圖所示：離子經加速后沿水平方向進入速度選擇器，離子在速度選擇器中做勻速直線運動，然后通過磁分析器，選擇出特定比荷的離子，經偏轉系統(tǒng)后注入到水平面內的晶圓（硅片）處。速度選擇器中勻強磁場的磁感應強度大小為B，方向垂直紙面向外，勻強電場場強大小為E，方向豎直向上；磁分析器截面是內外半徑分別為和的四分之一圓環(huán)，其兩端中心位置M和N處各有一個小孔，磁分析器中勻強磁場的磁感應強度大小為B，方向垂直紙面向外；偏轉系統(tǒng)中電場和磁場的分布區(qū)域是同一邊長為L的正方體，底面與晶圓所在的水平面重合，偏轉系統(tǒng)中勻強磁場的磁感應強度大小為B、勻強電場場強大小為E，它們的方向均垂直紙面向外；從磁分析器N處小孔射出的離子自偏轉系統(tǒng)上表面的中心射入，當偏轉系統(tǒng)不加電場及磁場時，離子恰好豎直注入到晶圓上的O點。以O點為坐標原點，偏轉系統(tǒng)中B的方向為x軸正方向，水平向左為y軸正方向，建立平面直角坐標系。整個系統(tǒng)置于真空中，不計離子重力，打到晶圓上的離子經過電場和磁場偏轉的角度都很小，而當很小時，有以下近似計算：，。求：
（1）離子的電性及通過速度選擇器后的速度大?。?br>（2）從磁分析器出來的離子的比荷；
（3）偏轉系統(tǒng)同時加上電場和磁場時，離子注入晶圓的位置坐標。
【答案】（1）帶正電荷，；（2）；（3）（，）
【詳解】（1）離子在速度選擇器中受力平衡，則有
可得離子速度大小
利用離子在磁分析器中的偏轉，根據(jù)左手定則可知離子帶正電荷。
（2）離子在磁分析器中運動的軌道半徑
由于洛倫茲力提供向心力可知
聯(lián)立解得
（3）離子進入偏轉系統(tǒng)后，在垂直于磁場方向做勻速圓周運動，軌道半徑仍為R，設偏轉角為，如圖所示
則偏轉距離
而
由于很小，可知
，
聯(lián)立整理得
離子在偏轉系統(tǒng)中運動的時間
在沿著電場方向做勻加速的運動，可知
其中
聯(lián)立解得
因此離子注入晶圓的位置坐標為（，）。
選修3-3
1.（5分）分子動理論以及固體、液體的性質是熱學的重要內容，下列說法正確的是（ ）
A．不浸潤現(xiàn)象說明固體分子對液體分子的吸引力小于液體分子之間的吸引力
B．晶體在熔化過程中吸收熱量，內能增加，但其分子平均動能保持不變
C．用吸管將牛奶吸入口中是利用了毛細現(xiàn)象
D．物體溫度升高時，速率小的分子數(shù)目減少，速率大的分子數(shù)目增多
【答案】ABD
【詳解】A．不浸潤現(xiàn)象說明固體分子對液體分子的吸引力小于液體分子之間的吸引力，故A正確；
B．晶體在熔化過程中吸收熱量，內能增加，由于熔化過程溫度不變，則其分子平均動能保持不變，故B正確；
C．用吸管將牛奶吸入口中是利用了大氣壓強的原理，不是毛細現(xiàn)象，故C錯誤；
D．物體溫度升高時，分子平均速率增大，速率小的分子數(shù)目減少，速率大的分子數(shù)目增多，故D正確。
故選ABD。
2．（10分）如圖所示，柱形絕熱汽缸固定在傾角為 的斜面上，汽缸深度為=4cm，汽缸口有固定卡槽。汽缸內用質量為=1kg、橫截面積為=0.5cm2的絕熱活塞封閉了一定質量的理想氣體，此時活塞距汽缸底部的距離為，汽缸內氣體溫度為?，F(xiàn)通過汽缸底部的電熱絲（體積可忽略）緩慢對氣體加熱，一直到氣體溫度升高到。加熱過程中通過電熱絲的電流恒為=0.2A，電熱絲電阻為=1Ω，加熱時間為=1min，若電熱絲產生的熱量全部被氣體吸收。大氣壓強恒為Pa，不計活塞及固定卡槽的厚度，活塞可沿汽缸壁無摩擦滑動且不漏氣。已知，，取=10m/s2。求：
（1）氣體溫度升高到時的壓強。
（2）氣體溫度從升高到的過程中增加的內能。
【答案】（1）；（2）2.18J
【詳解】（1）初始時活塞受力平衡，有
解得
活塞達到卡槽前壓強恒為，由蓋—呂薩克定律有
解得
活塞達到卡槽后體積不變，由查理定律有
解得
（2）電熱絲產生的熱量
氣體對外做功
由熱力學第一定律知氣體增加的內能
解得
選修3-4
1.（5分）在均勻介質中，有一列沿x軸正方向傳播的簡諧橫波，在t＝0時刻的波形如圖所示，此時質點Q位于波峰，隨后的3.75s內質點Q通過的總路程為50cm。則下列說法錯誤的是（ ）
A．該波沿x軸正方向傳播的速度為
B．3.75s內質點P通過的總路程小于50cm
C．質點P的振動方程為y＝
D．t＝3s時x＝18m的質點沿x軸向右移動的距離為60m
E．x＝6.5m和x＝12.5m的質點振動情況總是相反
【答案】ACD
【詳解】A．設周期T
則
解得
由圖知，波長
則速度為
故A錯誤，符合題意；
B．P點不在平衡位置、波峰或波谷，且波沿x軸正方向傳播，質點由平衡位置向波峰運動的過程中，速度越來越小，由波峰向平衡位置運動的過程中，速度越來越大，所以
內質點P通過的總路程小于50cm，故B正確，不符合題意；
C．設質點P的振動方程為
y＝
所以
y＝
當時
代入方程得
質點P的振動方程為
y＝
故C錯誤，符合題意；
D．質點只在平衡位置附近振動，不隨波遷移，故D錯誤，符合題意；
E．x＝6.5m和x＝12.5m的質點相差半個波長，振動情況總是相反，故E正確，不符合題意。
故選ACD。
2．（10分）如圖所示，AOB為半徑為R的扇形玻璃磚，一細光束照射到AO面上的C點，入射角為60°，折射光線平行于BO邊，C點到BO面的距離為，AD⊥BO，∠DAO＝30°，光在空氣中的傳播速度為c，求：
（1）玻璃磚的折射率；
（2）光在玻璃磚中傳播的時間。
【答案】（1）；（2）
【詳解】（1）光路如圖所示
由幾何知識可知，在AO面上光線的折射角為30°，所以玻璃磚的折射率
（2）由于折射光線CE平行于BO，光線在圓弧面上的入射點E到BO的距離也為，即
所以α滿足
解得
由幾何關系可知
又光在玻璃中的速度
故光在玻璃磚中傳播的時間

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