1.下列說(shuō)法正確的是( )
A. 重核分裂成中等大小的原子核，或者較小的核合并成中等大小的原子核，比結(jié)合能均增大
B. γ射線是由于原子核外電子躍遷而產(chǎn)生的
C. 核力也叫做強(qiáng)相互作用，發(fā)生與原子核與原子核之間
D. 放射性元素的半衰期將隨著時(shí)間的推移，不斷減小
2.電容式加速度傳感器可用于汽車安全氣囊系統(tǒng)，傳感器的核心部件為由M、N兩塊極板組成的平行板電容器，其中極板N固定，極板M可以自由移動(dòng)，移動(dòng)的距離與汽車的加速度大小成正比。已知電容器所帶電荷量始終保持不變，當(dāng)汽車速度減小時(shí)，由于慣性導(dǎo)致極板M、N之間的相對(duì)位置發(fā)生變化，電容器M、N兩極板之間的電壓減小，當(dāng)電壓減小到某一值時(shí)，安全氣囊彈出。下列車內(nèi)平行板電容器的安裝方式正確的是( )
A. B. C. D.
3.為探究物體質(zhì)量一定時(shí)加速度與力的關(guān)系，某同學(xué)設(shè)計(jì)了如圖所示的實(shí)驗(yàn)裝置，其中M包括小車和與小車固定連接的滑輪的質(zhì)量，鉤碼的總質(zhì)量用m表示。彈簧測(cè)力計(jì)可測(cè)出細(xì)線中的拉力大小。則實(shí)驗(yàn)時(shí)，一定要進(jìn)行正確操作的是( )
A. 將帶滑輪的長(zhǎng)木板右端墊高，以平衡摩擦力
B. 用天平測(cè)出鉤碼的總質(zhì)量
C. 為減小誤差，實(shí)驗(yàn)中一定要保證m遠(yuǎn)小于M
D. 小車放在長(zhǎng)木板上任意位置，先通電源，后放小車，打出一條紙帶，同時(shí)記錄彈簧測(cè)力計(jì)的示數(shù)
4.A、B兩顆衛(wèi)星在同一平面內(nèi)沿同一方向繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)互相追逐，時(shí)而近時(shí)而遠(yuǎn)，它們之間的距離Δr隨時(shí)間變化的關(guān)系如圖所示，不考慮A、B之間的萬(wàn)有引力，萬(wàn)有引力常量為G，已知衛(wèi)星A的線速度大于衛(wèi)星B的線速度，則( )
A. 兩顆衛(wèi)星的半徑之比RA：RB=3：5
B. 兩顆衛(wèi)星的周期之比TA：TB=1：2
C. 兩顆衛(wèi)星的線速度之比vA：vB=2：1
D. 兩顆衛(wèi)星的角速度之比ωA：ωB=4：1
5.將兩本質(zhì)量均為m的書疊放在一起，用手從下面緩慢撬起，如圖所示，當(dāng)與水平面夾角為θ時(shí)，上面那本書剛剛開始滑動(dòng)，則( )
A. 兩本書之間的動(dòng)摩擦因數(shù)小于tanθ
B. 在緩慢撬起的過(guò)程中，上面那本書受到下面那本書的作用力不斷減小
C. 當(dāng)書開始滑動(dòng)后，繼續(xù)增大角度，摩擦力保持不變
D. 在撬起的過(guò)程中，下面那本書對(duì)上面那本書的摩擦力的沖量為零
6.在如圖所示的劈尖干涉中，將一塊平板玻璃a放置在另一塊平板玻璃b上，一端夾入一張紙片，當(dāng)單色光從上方入射后，可觀察到明暗相間的條紋，下列說(shuō)法正確的是( )
A. 干涉條紋是由a、b上表面的反射光疊加產(chǎn)生的
B. 相鄰暗條紋對(duì)應(yīng)位置下方的空氣膜厚度差均為一個(gè)波長(zhǎng)
C. 若將所夾紙片向右移動(dòng)，條紋變密
D. 若某亮紋發(fā)生彎曲，該亮紋所對(duì)應(yīng)的下方空氣膜厚度則發(fā)生了變化
7.手機(jī)屏幕的亮度傳感器與光電效應(yīng)原理有關(guān)，在某次實(shí)驗(yàn)中，我們得到了如下關(guān)于遏止電壓和入射光頻率的關(guān)系，如圖，其中UC為遏止電壓，ν為入射光的頻率，電子的電量為e，則下列說(shuō)法正確的是( )
A. 普朗克常量h=eab
B. 入射光頻率越高，得到的光電子的初動(dòng)能越大
C. 若更換材料再實(shí)驗(yàn)，則得到的圖線斜率改變，b改變
D. 金屬的逸出功為eb
8.如圖所示的實(shí)線和虛線分別是x軸上傳播的一列簡(jiǎn)諧橫波t=0和t=0.03s時(shí)刻的波形圖，x=1.2m處的質(zhì)點(diǎn)在t=0.03s時(shí)刻向y軸正方向運(yùn)動(dòng)，則( )
A. 該波向x軸負(fù)方向傳播B. 該波的頻率可能是75Hz
C. 該波的周期可能為0.024sD. 該波的波速可能是230m/s
9.機(jī)場(chǎng)附近每天都能聽到飛機(jī)發(fā)動(dòng)機(jī)的轟鳴聲，一位父親帶著孩子散步的過(guò)程中，有一架飛機(jī)從上空勻速駛過(guò)，如圖所示，問(wèn)飛機(jī)從圖中A位置到B位置過(guò)程中，他們所聽到的轟鳴聲的頻率如何變化( )
A. 一直增大B. 一直減小C. 先增大，后減小D. 先減小，后增大
10.霍爾效應(yīng)傳感器可用于自行車速度計(jì)上，如圖甲所示，將霍爾傳感器固定在前叉上，磁鐵安裝在前輪輻條上，輪子每轉(zhuǎn)一圈，磁鐵就靠近霍爾傳感器一次，傳感器就會(huì)輸出一個(gè)脈沖電壓?；魻杺鞲衅髟砣鐖D乙所示，電源電壓為U1，當(dāng)磁場(chǎng)通過(guò)霍爾元件時(shí)，在導(dǎo)體前后表面間出現(xiàn)電壓U2。某次行駛時(shí)，霍爾傳感器測(cè)得的電壓U2隨時(shí)間t變化如圖丙所示，車輪半徑為R，霍爾傳感器離輪軸距離為r，下列說(shuō)法中正確的是( )
A. 如圖乙所示，霍爾元件前表面電勢(shì)低于后表面的電勢(shì)，則載流子帶正電
B. 霍爾電壓U2的峰值與電源電壓U1無(wú)關(guān)，與自行車的車速有關(guān)
C. 自行車的速度可表示為2πRt3?t1
D. 若前輪漏氣，不影響速度計(jì)測(cè)得的騎行速度
11.輕質(zhì)彈簧下端固定在斜面底部，彈簧處于原長(zhǎng)時(shí)上端在O點(diǎn)。小球?qū)椈蓧嚎s到A點(diǎn)(未栓接)由靜止釋放后，運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)速度為零。設(shè)阻力恒定，以O(shè)點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，沿斜面向上為正方向建立x軸，小球上升過(guò)程的速度v、加速度a、動(dòng)能Ek及其機(jī)械能E隨位置坐標(biāo)x的變化規(guī)律可能正確的是( )
A. B. C. D.
二、實(shí)驗(yàn)題：本大題共1小題，共9分。
12.某實(shí)驗(yàn)室有如下器材：
A.表頭G1(2mA,2Ω)；
B.表頭G2，(20mA,3Ω)；
C.滑動(dòng)變阻器R1(0～10Ω)；
D.滑動(dòng)變阻器R2(0～10kΩ)；
E.電源一個(gè)，開關(guān)、導(dǎo)線若干；
F.不同定值電阻若干，其中R=4Ω；
G.兩個(gè)相同的非線性元件

(1)需要一個(gè)量程為0～3V的電壓表，可用G1串聯(lián)一個(gè)______Ω的電阻改裝而成；
(2)利用改裝的電壓表和電流表測(cè)電源的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻，用圖甲的電路圖，滑動(dòng)變阻器應(yīng)選用______(填“R1”或“R2”)，得到多組數(shù)據(jù)，繪出圖乙中的U?I圖像，則電源電動(dòng)勢(shì)為______V，內(nèi)阻為______Ω(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)。
(3)將兩個(gè)相同的非線性元件接入電路圖丙，圖丁是該非線性元件的電壓和電流關(guān)系，則該電源的效率是______%(結(jié)果保留一位小數(shù))。
三、簡(jiǎn)答題：本大題共3小題，共9分。
13.某同學(xué)制作一個(gè)簡(jiǎn)易的手搖發(fā)電機(jī)，將匝數(shù)N=100，邊長(zhǎng)L=0.1m，內(nèi)阻r=4Ω的正方形線圈放入磁感應(yīng)強(qiáng)度B=2 2πT的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，繞垂直于磁場(chǎng)方向的軸OO1以角速度ω=10πrad/s勻速轉(zhuǎn)動(dòng)。其簡(jiǎn)化示意圖如圖，輸出端與理想變壓器的原線圈相連，理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為n1：n2=4：1，副線圈外接電阻R=1Ω。求：
(1)發(fā)電機(jī)產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)有效值E；
(2)電阻R消耗的電功率P。
14.如圖所示，足夠長(zhǎng)的水平輕桿中點(diǎn)固定在豎直輕質(zhì)轉(zhuǎn)軸O1O2上的O點(diǎn)，小球A和B分別套在水平桿中點(diǎn)的左右兩側(cè)，套在轉(zhuǎn)軸上原長(zhǎng)L=0.4m的輕質(zhì)彈簧上端固定在O點(diǎn)，下端與小球C連接，小球A、C間和B、C間均用長(zhǎng)度為5L4的不可伸縮的輕質(zhì)細(xì)線連接，可視為質(zhì)點(diǎn)的三個(gè)小球的質(zhì)量均為1kg，。裝置靜止時(shí)，小球A、B緊靠在轉(zhuǎn)軸上，兩根繩子恰被拉直且張力為零。轉(zhuǎn)動(dòng)該裝置并緩慢增大轉(zhuǎn)速，小球C緩慢上升，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，忽略一切摩擦和空氣阻力，重力加速度取10m/s2。求：
(1)彈簧的勁度系數(shù)k；
(2)當(dāng)彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，裝置的轉(zhuǎn)動(dòng)角速度；
(3)在彈簧的長(zhǎng)度由初狀態(tài)變?yōu)?L4的過(guò)程中，外界對(duì)裝置所做的功。
15.如圖為質(zhì)譜儀的原理示意圖，初速度為0的帶電粒子經(jīng)加速電壓U加速之后進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的磁場(chǎng)，已知帶電粒子形成的電流大小為I，顯示屏上亮斑在磁場(chǎng)入口左邊，與入口距離為d。
(1)計(jì)算粒子的比荷的大小qm；
(2)求顯示屏受力大小F；
(3)若粒子進(jìn)入磁場(chǎng)后受到了與速度大小成正比、方向相反的阻力，發(fā)現(xiàn)該粒子與磁場(chǎng)上邊界相切于點(diǎn)M點(diǎn)(未畫出)，求M點(diǎn)到入口的距離x。
四、計(jì)算題：本大題共1小題，共10分。
16.真空電阻蒸發(fā)鍍膜是在真空室中利用電阻加熱，將緊貼在電阻絲上的金屬絲(鋁絲)熔融汽化，汽化了的金屬分子沉積于基片上形成均勻膜層。在一塊面積為S的方形基片上形成共有k層鋁分子組成的鍍膜，鋁膜的質(zhì)量為m。已知鋁的摩爾質(zhì)量為M，阿伽德羅常數(shù)為NA
①求基片上每層鋁分子單位面積內(nèi)的分子數(shù)n；
②真空氣泵將真空室中的氣體壓強(qiáng)從p0=1.0×105Pa減小到p1=1.0×10?4Pa，設(shè)抽氣后真空室中氣體溫度與抽氣前相同，求抽氣前后真空室中氣體分子數(shù)之比。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A、比結(jié)合能越大的原子核越穩(wěn)定，重核分裂成中等大小的原子核，或者較小的核合并成中等大小的原子核，比結(jié)合能都將增大，故A正確；
B、γ射線是由于原子核發(fā)生衰變過(guò)程中產(chǎn)生的，故B錯(cuò)誤；
C、核力屬于強(qiáng)相互作用，發(fā)生與核子與核子之間，故C錯(cuò)誤；
D、放射性元素的半衰期是元素的本身的屬性，與外界條件無(wú)關(guān)，故D錯(cuò)誤。
故選：A。
根據(jù)比結(jié)合能越大的原子核越穩(wěn)定，判斷重核分裂后新核的比結(jié)合能是否都增大；
根據(jù)γ射線產(chǎn)生機(jī)理判斷是不是由于原子核發(fā)生衰變過(guò)程中產(chǎn)生的；
根據(jù)核力性質(zhì)判斷核力是不是強(qiáng)相互作用，是不是發(fā)生在核子與核子之間；
根據(jù)半衰期的特點(diǎn)判斷放射性元素的半衰期將隨著時(shí)間的推移，會(huì)不會(huì)發(fā)生變化。
本題主要考查了原子核的相關(guān)知識(shí)，解題關(guān)鍵是理解比結(jié)合能、核力、半衰期等概念。
2.【答案】B
【解析】解：由于極板所帶的電荷量Q不變，由電容器的定義式C=QU，可知要使極板間的電壓U減小，需要增大電容值，根據(jù)電容的決定式C=?rS4πkd，需要增大兩極板正對(duì)面積，或減小板間距離。
A、當(dāng)汽車速度減小時(shí)，由于慣性導(dǎo)致極板M向運(yùn)動(dòng)方向移動(dòng)，會(huì)使板間距離距離增大，而正對(duì)面積不變，故A錯(cuò)誤；
B、當(dāng)汽車速度減小時(shí)，由于慣性導(dǎo)致極板M向運(yùn)動(dòng)方向移動(dòng)，會(huì)使板間距離距離減小，而正對(duì)面積不變，故B正確；
CD、當(dāng)汽車速度減小時(shí)，由于慣性導(dǎo)致極板M向運(yùn)動(dòng)方向移動(dòng)，而使正對(duì)面積減小，而板間距離不變，故CD錯(cuò)誤。
故選：B。
根據(jù)電容的決定式和定義式，結(jié)合本題電容器的帶電量Q不變，板間電壓U變小的要求，判斷兩極板正對(duì)面積或板間距離如何變化，再確定符合要求的選項(xiàng)。
本題考查了電容器的動(dòng)態(tài)分析，學(xué)會(huì)利用決定式分析電容的變化，利用電容器的定義式分析帶電量和板間電壓的變化。
3.【答案】A
【解析】解：A、將帶滑輪的長(zhǎng)木板右端墊高，以平衡摩擦力，使得小車受到的拉力為合力，故A正確。
BC、因?yàn)橛袕椈蓽y(cè)力計(jì)能測(cè)出小車的拉力，則不需要用天平測(cè)出鉤碼的總質(zhì)量，也不需要保證m遠(yuǎn)小于M，故BC錯(cuò)誤。
D、開始實(shí)驗(yàn)時(shí)，為了能打出更多的點(diǎn)小車靠近打點(diǎn)計(jì)時(shí)器，先通電源，再放小車，打出一條紙帶，同時(shí)記錄彈簧測(cè)力計(jì)的示數(shù)，故D錯(cuò)誤。
故選：A。
根據(jù)實(shí)驗(yàn)原理結(jié)合實(shí)驗(yàn)操作規(guī)范分析判斷。
只有掌握了實(shí)驗(yàn)原理才能順利解決此類問(wèn)題，所以在學(xué)習(xí)過(guò)程中要注意加強(qiáng)對(duì)基本知識(shí)的學(xué)習(xí)。
4.【答案】C
【解析】解：A.根據(jù)圖像可知，兩衛(wèi)星相距最近時(shí)相距3r，相距最遠(yuǎn)時(shí)相距5r，設(shè)衛(wèi)星A、B的軌道半徑分別為RA、RB，由萬(wàn)有引力充當(dāng)向心力有
GMmR2=mv2R
可得
v= GMR
可知軌道半徑越小線速度越大，因此可得
RAμmgcsθ
解得μ=tanθ
由于滑動(dòng)摩擦力小于最大靜摩擦力，所以兩本書之間的動(dòng)摩擦因數(shù)小于tanθ，故A正確；
B.在緩慢撬起的過(guò)程中，上面那本書受力平衡，根據(jù)平衡條件得上面那本書受到下面那本書的作用力等于自身重力不變，故B錯(cuò)誤；
C.當(dāng)書開始移動(dòng)后，繼續(xù)增大角度，摩擦力變?yōu)榛瑒?dòng)摩擦力，根據(jù)滑動(dòng)摩擦力公式得f=μmgcsθ，可知摩擦力不斷減小，故C錯(cuò)誤；
D.在翹起的過(guò)程中，下面那本書對(duì).上面那本書的摩擦力不為零，根據(jù)沖量的定義得：I=ft≠0，故D錯(cuò)誤。
故選：A。
滑動(dòng)摩擦力小于最大靜摩擦力，結(jié)合共點(diǎn)力平衡條件解答AB；根據(jù)滑動(dòng)摩擦力公式分析C；根據(jù)沖量的公式解得D。
本題考查共點(diǎn)力平衡條件的應(yīng)用，解題關(guān)鍵掌握沖量的計(jì)算公式，注意滑動(dòng)摩擦力的影響因素。
6.【答案】C
【解析】解：A、干涉條紋是由a的下表面與b上表面的反射光疊加產(chǎn)生的，故A錯(cuò)誤；
B、設(shè)相鄰暗條紋對(duì)應(yīng)位置下方的空氣膜厚度分別為d1、d2(d1>d2)，形成同一暗條紋對(duì)應(yīng)的光程差等于空氣膜厚度2倍再加上半個(gè)波長(zhǎng)(考慮半波損失)，形成相鄰兩條暗條紋的光程差之差等于一個(gè)波長(zhǎng)λ，則有：(2d1+12λ)?(2d2+12λ)=λ，可得：d1?d2=12λ，即相鄰暗條紋對(duì)應(yīng)位置下方的空氣膜厚度差均為12波長(zhǎng)，故B錯(cuò)誤；
C、將所夾紙片向右移動(dòng)，空氣劈尖厚度增大，根據(jù)Δx=Ldλ(空氣膜厚度相當(dāng)于雙縫干涉的雙縫間距d)，可知相鄰明條紋的間距Δx變小，即條紋變密，故C正確；
D、空氣劈尖干涉是等厚干涉，即同一條紋對(duì)應(yīng)的劈尖厚度相同，故該亮紋所對(duì)應(yīng)的下方空氣膜厚度不變，是與原來(lái)相同，但是此條紋對(duì)應(yīng)的空氣膜的各個(gè)位置不在一條直線上了，故D錯(cuò)誤。
故選：C。
干涉條紋是由a的下表面與b上表面的反射光疊加產(chǎn)生的；形成同一暗條紋對(duì)應(yīng)的光程差等于空氣膜厚度2倍再加上半個(gè)波長(zhǎng)(考慮半波損失)，形成相鄰兩條暗條紋的光程差之差等于一個(gè)波長(zhǎng)λ，由此分析；將所夾紙片向右移動(dòng)，空氣劈尖厚度增大，空氣膜厚度相當(dāng)于雙縫干涉的雙縫間距d，根據(jù)Δx=Ldλ分析；空氣劈尖干涉是等厚干涉，即同一條紋對(duì)應(yīng)的劈尖厚度相同。
本題考查了光的干涉現(xiàn)象的劈尖干涉的問(wèn)題，理解劈尖干涉為等厚干涉，劈尖厚度相當(dāng)于雙縫干涉的雙縫間距。
7.【答案】D
【解析】解：ACD、根據(jù)愛(ài)因斯坦光電效應(yīng)方程結(jié)合動(dòng)能定理可知，eUc=Ek=hν?hν0，則Uc=heν?heν0，結(jié)合圖像可知
he=ba，W0=eb
解得
h=bea
可知若更換材料再實(shí)驗(yàn)，則得到的圖線斜率不改變，b改變；
故AC錯(cuò)誤，D正確；
B、根據(jù)eUc=Ek=hν?hν0可知，入射光頻率越高，得到的光電子的最大初動(dòng)能越大，光電子的初動(dòng)能不一定大，故B錯(cuò)誤；
故選：D。
根據(jù)光電效應(yīng)方程的Ekm=hν?W0結(jié)合圖像解得AD，理解光電子最大初動(dòng)能與光照的頻率有關(guān)。
本題考查了愛(ài)因斯坦光電效應(yīng)方程，難度較易，屬于基礎(chǔ)題。
8.【答案】D
【解析】解：A、由題意，x=1.2m處的質(zhì)點(diǎn)在t=0.03s時(shí)刻向y軸正方向運(yùn)動(dòng)，由同側(cè)法可知波向x軸正方向傳播，故A錯(cuò)誤；
BC、該波向x軸正方向傳播，則有：0.03s=nT+34T，(n=0、1、2、3……)
解得：T=0.124n+3s，(n=0、1、2、3……)
當(dāng)T=0.124n+3s=0.024s時(shí)，解得：n=0.5，故該波的周期不可能為0.024s。
該波的頻率為f=1T=4n+30.12Hz，(n=0、1、2、3……)，當(dāng)f=4n+30.12Hz=75H時(shí)，解得：n=1.5，故該波的周期不可能是75Hz，故BC錯(cuò)誤；
D、該波的波長(zhǎng)λ=1.2m，波速v=fλ=4n+30.12×1.2m/s=10(4n+3)m/s，(n=0、1、2、3……)，當(dāng)v=10(4n+3)m/s=230m/s時(shí)，解得：n=5，故該波的波速可能是230m/s，故D正確。
故選：D。
應(yīng)用同側(cè)法判斷波的傳播方向；根據(jù)兩個(gè)時(shí)刻的波形，得到周期的通項(xiàng)，再得到頻率的通項(xiàng)與波速通項(xiàng)，在進(jìn)行判斷。
本題考查了波的多解性問(wèn)題，知道兩個(gè)時(shí)刻的波形，要根據(jù)波的周期性列出周期的通項(xiàng)，從而求得波速的通項(xiàng)。
9.【答案】C
【解析】解：根據(jù)多普勒效應(yīng)可知，當(dāng)飛機(jī)從A位置開始飛過(guò)時(shí)，飛機(jī)距離觀察者越來(lái)越近，聲源與觀察者之間的距離在減小，父親與孩子所聽到的轟鳴聲的頻率會(huì)增加，隨著飛機(jī)繼續(xù)飛行，當(dāng)飛機(jī)經(jīng)過(guò)觀察者時(shí)，聲音波的頻率會(huì)達(dá)到一個(gè)最大值，然后，當(dāng)飛機(jī)繼續(xù)向B位置飛去，飛機(jī)與觀察者之間的距離開始增大，因此他們所聽到的轟鳴聲的頻率開始減小，他們所聽到的轟鳴聲的頻率先增大后減小，故ABD錯(cuò)誤，C正確。
故選：C。
多普勒效應(yīng)：當(dāng)波源與觀察者之間有相對(duì)運(yùn)動(dòng)時(shí)，觀察者會(huì)感到波的頻率發(fā)生了變化，這種現(xiàn)象叫多普勒效應(yīng)。
本題考查多普勒效應(yīng)，注意只要波源與觀察者之間有相對(duì)運(yùn)動(dòng)時(shí)，觀察者感到波的頻率就會(huì)發(fā)生變化。
10.【答案】C
【解析】解：A、如圖乙所示，電流的方向向左，如果載流子帶正電，則根據(jù)左手定則可知，載流子將向前表面偏轉(zhuǎn)從而使前表面的電勢(shì)低于后表面的電勢(shì)，因此載流子一定帶負(fù)電，其運(yùn)動(dòng)方向與電流方向相反，在磁場(chǎng)力的作用下向前表面偏轉(zhuǎn)，從而使前表面電勢(shì)低于后表面電勢(shì)，故A錯(cuò)誤；
B、根據(jù)題意可知，自行車車速越大，則磁鐵到達(dá)霍爾元件處的時(shí)間就越短，脈沖電壓U2的頻率就越大，設(shè)霍爾元件左右面間距為d，上下面間距為h，前后面間距為c，載流子的速率為v，單位體積內(nèi)的自由電荷數(shù)為n，脈沖電壓出現(xiàn)峰值時(shí)，洛倫茲力等于電場(chǎng)力，則
eBv=eU2c
根據(jù)電流的微觀表達(dá)式可得：
I=nevS=nehcv
聯(lián)立解得：U2=BIneh
可知，霍爾電壓的峰值與自行車的車速無(wú)關(guān)，但若電源電壓越大，則通過(guò)霍爾元件的電流就越大，從而使霍爾電壓越大，故B錯(cuò)誤；
C、根據(jù)圖乙可知自行車轉(zhuǎn)動(dòng)一周所需要的時(shí)間為：
t=t3?t1=t4?t2
則自行車的速度可表示為：
v=2πRt=2πRt3?t1，故C正確；
D、若前輪漏氣，則因漏氣而使車輪半徑減小，從而使速度計(jì)測(cè)得的騎行速度偏大，故D正確；
故選：C。
根據(jù)左手定則得出載流子的受力方向，結(jié)合粒子的電性得出電勢(shì)的高低；
根據(jù)電場(chǎng)力和洛倫茲力的等量關(guān)系得出電勢(shì)差的表達(dá)式；
根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得出自行車的速度；
前輪漏氣影響車輪半徑，結(jié)合速度的表達(dá)式完成分析。
本題主要考查了霍爾效應(yīng)的相關(guān)應(yīng)用，熟悉左手定則的應(yīng)用，結(jié)合電場(chǎng)力和洛倫茲力的等量關(guān)系即可完成分析。
11.【答案】B
【解析】解：A.設(shè)O點(diǎn)速度為v，小球由O到B的過(guò)程中由動(dòng)能定理?mgxsinθ?F阻x=0?12mv2
圖像中過(guò)O點(diǎn)后應(yīng)為曲線，故A錯(cuò)誤；
B.設(shè)彈簧原長(zhǎng)為x0，小球由A運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)的過(guò)程中受力分析，根據(jù)牛頓第二定律得
k(x0?x)?mgsinθ?F阻=ma
隨著彈簧形變量減小，彈簧彈力減小，小球加速度逐漸變??；當(dāng)a=0時(shí)物體達(dá)到最大速度，此時(shí)受力分析可知
k(x0?x)=mgsinθ+F阻
此后小球會(huì)做變減速運(yùn)動(dòng)直至到達(dá)O點(diǎn)受力分析可知
mgsinθ+F阻?k(x0?x)=ma
分析可知加速度逐漸變大；
小球由O到B的過(guò)程中，彈簧彈力為零受力分析可知
mgsinθ+F阻=ma
從O點(diǎn)開始物體做勻減速直線運(yùn)動(dòng)圖像應(yīng)為直線，故B正確；
C.設(shè)A點(diǎn)的彈性勢(shì)能為EPA，小球在恢復(fù)原長(zhǎng)過(guò)程中由能量轉(zhuǎn)化與守恒定理可知EpA=mgxsinθ+F阻x+12mv2+12k(x0?x)2
整理可得Ek=EpA?mgxsinθ?F阻x?12k(x0?x)2
可知在O點(diǎn)前圖像應(yīng)為開口向下的拋物線
由O到B的過(guò)程中動(dòng)能定理可知?mgxsinθ?F阻x=0?12mv2
圖像為直線，故C錯(cuò)誤；
D.設(shè)A點(diǎn)的彈性勢(shì)能為EPA，小球在恢復(fù)原長(zhǎng)過(guò)程由能量轉(zhuǎn)化與守恒定理可知EpA=mgxsinθ+F阻x+12mv2+12k(x0?x)2
整理可得E=EpA?F阻x?12k(x0?x)2
圖像為開口向下的拋物線，故D錯(cuò)誤。
故選：B。
由O到B的過(guò)程中由動(dòng)能定理列式，分析速度，確定圖像；小球由A運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)、由O到B的過(guò)程中，根據(jù)牛頓第二定律列式，分析加速度變化；小球在恢復(fù)原長(zhǎng)過(guò)程中由能量轉(zhuǎn)化與守恒定理列式，分析圖像為開口向下的拋物線，由O到B的過(guò)程中動(dòng)能定理列式，分析圖像為直線；小球在恢復(fù)原長(zhǎng)過(guò)程中由能量定理列式，分析圖像為開口向下的拋物線。
對(duì)于圖像問(wèn)題要明確坐標(biāo)軸以及斜率的概念，關(guān)鍵要根據(jù)物理規(guī)律得到解析式，在研究圖像。
12.【答案】1498 R1 3.0 10 90.7
【解析】解：(1)將G1改裝成0～3V的電壓表，阻值為
R1=UIg?Rg
解得
R1=1498Ω
(2)由于電源內(nèi)阻較小，為了便于調(diào)節(jié)，因此滑動(dòng)變阻器應(yīng)選擇阻值較小的R1，采用限流式接法接入電路；根據(jù)
E=U+I(r+R)
得
U=E?I(r+R0)
可知
E=3.0V
R+r=ΔUΔI=3.0?2.350×10?3Ω=14Ω
解得
r=10Ω
(3)根據(jù)閉合電路歐姆定律有
E=U+2Ir
得
U=3?20I
在非線性元件的伏安特性曲線圖像中作出電源的I?U圖線如圖所示
交點(diǎn)的橫、縱坐標(biāo)即電路的工作點(diǎn)，此時(shí)U=2.72V，則電源的效率是
η=UE×100%
解得
η=90.7%
故答案為：(1)1498；(2)R1，3.0，10；(3)90.7
(1)擴(kuò)大電壓表量程應(yīng)串聯(lián)分壓電阻，應(yīng)用串聯(lián)電路特點(diǎn)可以求出串聯(lián)電阻阻值。
(2)由于電源內(nèi)阻較小，為了便于調(diào)節(jié)，因此滑動(dòng)變阻器應(yīng)選擇阻值較小的R1，電源U?I圖象與縱軸交點(diǎn)坐標(biāo)值是電源的電動(dòng)勢(shì)，圖象斜率的絕對(duì)值是電源內(nèi)阻；
(3)非線性元件的伏安特性曲線圖像中作出電源的I?U圖線，交點(diǎn)的橫、縱坐標(biāo)即電路的工作點(diǎn)，求出該電源的效率。
本題考查了測(cè)電流表內(nèi)阻、電壓表的改裝，知道實(shí)驗(yàn)原理、應(yīng)用串并聯(lián)電路特點(diǎn)與歐姆定律即可正確解題，電源U?I圖象與縱軸交點(diǎn)坐標(biāo)值是電源的電動(dòng)勢(shì)，圖象斜率的絕對(duì)值是電源內(nèi)阻。
13.【答案】解：(1)由題可知，線圈產(chǎn)生電動(dòng)勢(shì)的最大值為：Em=NBSω=100×2 2π×0.12×10π=20 2V
則線圈產(chǎn)生電動(dòng)勢(shì)的有效值為：E=Em 2
代入數(shù)據(jù)得：E=20V
(2)設(shè)變壓器原線圈的電流為I1，對(duì)發(fā)電機(jī)和變壓器整個(gè)電路，根據(jù)能量守恒有：EI1=I12r+I22R
根據(jù)變壓器的電流關(guān)系有：I1I2=n2n1
聯(lián)立代入已知解得，電阻R中的電流強(qiáng)度為：I2=4A
則電阻R上消耗的電功率：P=I22R=42×1W=16W
答：(1)發(fā)電機(jī)產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)有效值為20V；
(2)電阻R消耗的電功率P為16W。
【解析】(1)由Em=NBSω，求出電動(dòng)勢(shì)的最大值Em，再根據(jù)有效值與最大值的關(guān)系求有效值E；
(2)根據(jù)電流與匝數(shù)成反比結(jié)合能量守恒，求出副線圈中的電流，再由P=I22R即可求出電阻的功率。
本題考查對(duì)交流發(fā)電機(jī)原理的理解能力，要注意計(jì)算功率時(shí)要用交流電的有效值，明確最大值和有效值之間的關(guān)系。
14.【答案】解：(1)裝置靜止時(shí)，細(xì)線恰好被拉直，但張力為0，彈簧長(zhǎng)度等于細(xì)線長(zhǎng)為54L，對(duì)小球C，根據(jù)二力平衡條件有
k(54L?L)=mg
解得k=100N/m
(2)設(shè)彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，細(xì)線的拉力為F2，裝置轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為ω1，細(xì)線與轉(zhuǎn)軸間的夾角為θ1，由幾何關(guān)系可知
sin θ1=0.6，cs θ1=0.8
對(duì)小球C，根據(jù)平衡條件有
2F2csθ1=mg
對(duì)小球A，根據(jù)牛頓第二定律有
F2sinθ1=mω12×54Lsinθ1
解得ω1=5 22rad/s
(3)設(shè)彈簧長(zhǎng)度為0.3m時(shí)，細(xì)線的拉力為F3，裝置轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為ω2，細(xì)線與轉(zhuǎn)軸間的夾角為θ2，由幾何關(guān)系可知
sin θ2=0.8，cs θ2=0.6
對(duì)小球C，根據(jù)平衡條件有
2F3csθ2=mg+k(L?34L)
對(duì)小球A，根據(jù)牛頓第二定律有
F3sinθ2=mω22×54Lsinθ2
在彈簧的長(zhǎng)度由初狀態(tài)變?yōu)?.3m的過(guò)程中，彈簧彈性勢(shì)能不變，外界對(duì)裝置所做的功等于A、B球動(dòng)能的增量和C球重力勢(shì)能的增量，設(shè)為W，則
W=12m(ω2L)2×2+12mgL
解得
W=223J=7.33J
答：(1)彈簧的勁度系數(shù)k為100N/m；
(2)當(dāng)彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，裝置的轉(zhuǎn)動(dòng)角速度為5 22rad/s；
(3)在彈簧的長(zhǎng)度由初狀態(tài)變?yōu)?L4的過(guò)程中，外界對(duì)裝置所做的功為7.33J。
【解析】(1)對(duì)小球C根據(jù)平衡條件列式求解；
(2)對(duì)小球C列平衡方程，對(duì)小球A或者B列牛頓第二定律方程聯(lián)立求解；
(3)在新的狀態(tài)下對(duì)小球C列平衡方程，對(duì)小球A或者B列牛頓第二定律方程，結(jié)合功能關(guān)系列式求解外力做的功。
考查牛頓第二定律、平衡問(wèn)題和功能關(guān)系，會(huì)根據(jù)題意列式求解相關(guān)的物理量。
15.【答案】解：(1)帶電粒子在電場(chǎng)中加速，根據(jù)動(dòng)能定理得：qU=12mv02
解得：v0= 2qUm
在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為：r=12d
由洛倫茲力提供向心力得：qv0B=mv02r
解得：qm=8UB2d2
(2)設(shè)時(shí)間t內(nèi)有n個(gè)粒子打在屏上，顯示屏在此時(shí)間內(nèi)對(duì)這些粒子的持續(xù)的作用力大小為F′，根據(jù)電流的定義式得：
I=nqt
以打在屏上時(shí)粒子速度方向?yàn)檎?，由?dòng)量定理得：
?F′t=0?nmv0
解得：F′=nmv0t=Iqmv0=I 2mUq=BdI2
由牛頓第三定律可知顯示屏受力大小與F′的大小相等，顯示屏受力大小F等于BdI2。
由牛頓第三定律，顯示屏受力F與粒子受力F′大小相等，
(3)如下圖所示，以入口處為原點(diǎn)建立平面直角坐標(biāo)系，x軸與磁場(chǎng)上邊界重合，y軸垂直于磁場(chǎng)上邊界。

對(duì)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)過(guò)程，任意取一小段時(shí)間Δt，設(shè)阻力大小為kv(k為比例系數(shù))，以+y方向?yàn)檎较?，?duì)粒子在時(shí)間Δt內(nèi)的運(yùn)動(dòng)由動(dòng)量定理得：
?kvcsθ?Δt?qvBsinθ?Δt=mΔvy
兩邊同時(shí)對(duì)全過(guò)程求和，則有：
∑?kvcsθ?Δt?∑qvBsinθ?Δt=∑mΔvy
其中：vcsθ=vy，vsinθ=vx
該粒子與磁場(chǎng)上邊界相切，則y軸方向的末速度為零，y軸方向的位移為零，則有：
∑?kvcsθ?Δt=?k∑vy?Δt=0
∑qvBsinθ?Δt=∑qBvx?Δt=qBx
∑mΔvy=?mv0
可得：?qBx=?mv0
結(jié)合(1)的結(jié)論：qm=8UB2d2，v0= 2qUm
可得M點(diǎn)到入口的距離：x=d2
答：(1)粒子的比荷的大小qm為8UB2d2；
(2)顯示屏受力大小F為BdI2；
(3)M點(diǎn)到入口的距離x為d2。
【解析】(1)帶電粒子在電場(chǎng)中，在電場(chǎng)力做正功的情況下被加速運(yùn)動(dòng)；后進(jìn)入磁場(chǎng)，在洛倫茲力提供向心力作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。根據(jù)動(dòng)能定理和牛頓第二定律列式聯(lián)立求解；
(2)根據(jù)動(dòng)量定理，牛頓第三定律，結(jié)合電流定義，求解電子打在屏上時(shí)屏受到的作用力
(3)將粒子運(yùn)動(dòng)分解處理，根據(jù)動(dòng)量定理，應(yīng)用微元法解答。
本題關(guān)鍵是明確粒子的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，然后分階段根據(jù)動(dòng)能定理和牛頓第二定律列式分析，有變力參與的運(yùn)動(dòng)，可以用動(dòng)量定理，應(yīng)用微元法解答。
16.【答案】解：①基片上鋁分子的總數(shù)mMNA =nkS
解得n=mMkSNA
②設(shè)真空室中原來(lái)氣體體積為V0 ，經(jīng)過(guò)等溫變化(氣體壓強(qiáng)由p0?變?yōu)閜1 )后這部分氣體的體積變?yōu)閂1 ，
根據(jù)玻意耳定律有
p0 V0 =p1 V1
設(shè)抽氣前和抽氣后真空室內(nèi)氣體分子數(shù)分別為n0 、n1 ，則
n0 n1 =V1 V0 =109
答：①基片上每層鋁分子單位面積內(nèi)的分子數(shù)n為mMKSNA ；
②抽氣前后真空室中氣體分子數(shù)之比為109
【解析】①先求出鋁膜的總分子數(shù)，然后除以面積和層數(shù)，再乘以阿伏伽德羅常數(shù)為即求得基片上每層鋁分子單位面積內(nèi)的分子數(shù)n；
②以抽氣前所有氣體為研究對(duì)象，根據(jù)玻意耳定律求解得壓強(qiáng)減小后體積，然后利用幾何關(guān)系即可求解抽氣前后真空室中氣體分子數(shù)之比。
本題考查阿伏伽德羅常數(shù)和氣體實(shí)驗(yàn)定律，②中關(guān)鍵是選擇合適的研究對(duì)象，利用玻意耳定律求解壓強(qiáng)減小后的總體積，且相同情況下分子數(shù)之比等于體積之比。

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