1.關(guān)于教材中的插圖，下列理解不正確的是( )
A. A圖是用微元法探究勻變速直線運(yùn)動(dòng)的位移，所有小矩形面積之和近似等于物體的位移大小，分得越多則越接近
B. B圖是伽利略在做銅球沿斜面運(yùn)動(dòng)的實(shí)驗(yàn)，其中斜面的作用是“沖淡”重力，方便測(cè)時(shí)間，隨著斜面傾角的增大，伽利略觀察到銅球的運(yùn)動(dòng)規(guī)律相同，合理外推得到自由落體運(yùn)動(dòng)規(guī)律
C. C圖桌面上的裝置可以放大桌面的微小形變
D. D圖是物體由靜止?fàn)顟B(tài)被拉動(dòng)，直到物體勻速運(yùn)動(dòng)起來，用力的傳感器測(cè)得拉力的變化過程，說明物體所受的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力
2.如圖甲所示為牛頓環(huán)裝置意識(shí)圖，將一塊曲率半徑較大的平凸透鏡放在一塊玻璃平板上，用單色光照射透鏡與玻璃板，就可以觀察到一些明暗相間的同心圓環(huán)，如圖乙所示。如果將下方的玻璃平板換成凸面朝上的平凸透鏡，如圖丙，則觀察到的條紋可能是(已知A選項(xiàng)中的同心圓環(huán)條紋與乙圖完全相同)( )
A. B. C. D.
3.如圖(a)所示，太陽系外的一顆行星P繞恒星Q做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。由于P的遮擋，探測(cè)器探測(cè)到Q的亮度隨時(shí)間做如圖(b)所示的周期性變化，該周期與P的公轉(zhuǎn)周期相同。已知Q的質(zhì)量為M，引力常量為G。關(guān)于P的公轉(zhuǎn)，下列說法正確的是( )
A. 周期為2t1?t0B. 半徑為3GM(t1?t0)24π2
C. 角速度的大小為πt1?t0D. 加速度的大小為32πGMt1?t0
4.如圖所示，分別用1、2兩種材料作K極進(jìn)行光電效應(yīng)探究，其截止頻率ν ?10表示斥力，F(xiàn)V3，h1n，所以在棱鏡中將沒有折射角大于θc的光線(θc是棱鏡一待測(cè)物界面的全反射臨界角)。由望遠(yuǎn)鏡觀察到的視場(chǎng)是半暗半明的，中間的分界線與折射角為θc的光線對(duì)應(yīng)。n與ng與和θ的關(guān)系為( )
A. ng2=n2?sin2θnnB. n2=ng2?sin2θ
C. ng=nsinθD. n=ngsinθ
10.如圖1所示，半徑為R的均勻帶電圓形平板，單位面積帶電量為σ，其軸線上任意一點(diǎn)P(坐標(biāo)為x)的電場(chǎng)強(qiáng)度可以由庫侖定律和電場(chǎng)強(qiáng)度的疊加原理求出：E=2πkσ[1?x(R2+x2)12]，方向沿x軸．現(xiàn)考慮單位面積帶電量為σ0的無限大均勻帶電平板，從其中間挖去一半徑為r的圓板，如圖2所示．則圓孔軸線上任意一點(diǎn)Q(坐標(biāo)為x)的電場(chǎng)強(qiáng)度為( )
A. 2πkσ0x(r2+x2)12B. 2πkσ0r(r2+x2)12C. 2πkσ0xrD. 2πkσ0rx
11.如圖所示，兩個(gè)完全相同的輕質(zhì)小滑輪P、Q固定在天花板上，一段不可伸長(zhǎng)的輕質(zhì)細(xì)繩通過滑輪，兩端分別系住小球A、B，現(xiàn)用一輕質(zhì)光滑小掛鉤將小球C掛在滑輪PQ之間的水平細(xì)繩的中間位置上，靜止釋放小球C，在小球C下降的某時(shí)刻，拉小球C的細(xì)繩與水平方向成θ角。已知三小球ABC的質(zhì)量均為m，A、B小球始終沒有與P，Q相撞，忽略一切阻力，sin37°=0.6，cs37°=0.8，則下列關(guān)于小球C在下降過程中說法正確的個(gè)數(shù)為( )
①ABC三小球組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒
②小球C重力做功的瞬時(shí)功率先變大后變小
③ABC三小球的速度大小的關(guān)系為vA=vB=vCsinθ
④當(dāng)θ=53°時(shí)小球C下降到最低點(diǎn)
A. 4個(gè)B. 3個(gè)C. 2個(gè)D. 1個(gè)
二、實(shí)驗(yàn)題：本大題共1小題，共15分。
12.某探究小組利用半導(dǎo)體薄膜壓力傳感器等元件設(shè)計(jì)了一個(gè)測(cè)量微小壓力的裝置，其電路如圖(a)所示，R1、R2、R3為電阻箱，RF為半導(dǎo)體薄膜壓力傳感器，C、D間連接電壓傳感器(內(nèi)阻無窮大)。

(1)先用歐姆表“×100”擋粗測(cè)RF的阻值，示數(shù)如圖(b)所示，對(duì)應(yīng)的讀數(shù)是______Ω；
(2)適當(dāng)調(diào)節(jié)R1、R2、R3，使電壓傳感器示數(shù)為0，此時(shí)，RF的阻值為______(用R1、R2、R3表示)；
(3)依次將0.5g的標(biāo)準(zhǔn)砝碼加載到壓力傳感器上(壓力傳感器上所受壓力大小等于砝碼重力大小)，讀出電壓傳感器示數(shù)U，所測(cè)數(shù)據(jù)如下表所示：
根據(jù)表中數(shù)據(jù)在圖(c)上描點(diǎn)，繪制U?m關(guān)系圖線；
(4)完成前面三步的實(shí)驗(yàn)工作后，該測(cè)量微小壓力的裝置即可投入使用，在半導(dǎo)體薄膜壓力傳感器上施加微小壓力F0，電壓傳感器示數(shù)為200mV，則F0大小是______N(重力加速度取9.8m/s2，保留2位有效數(shù)字)；
(5)若在步驟(4)中換用非理想毫伏表測(cè)量C、D間電壓，在半導(dǎo)體薄膜壓力傳感微小壓力F1，此時(shí)非理想毫伏表讀數(shù)為200mV，則F1 ______F0(填“>”“=”或“
【解析】解：(1)先讀取最上面一排刻度的讀數(shù)，再乘以倍率，即10.0×100Ω=1000Ω；
(2)使電壓傳感器示數(shù)為0，就是讓R1和R2兩端的電壓相等，根據(jù)先串聯(lián)分壓得：R1RF=R2R3，可以求解RF=R1R3R2；
(3)根據(jù)表中數(shù)據(jù)在圖(c)上描點(diǎn)，繪制U?m關(guān)系圖線，注意用順次平滑曲線連接各個(gè)點(diǎn)，如下圖所示：
(4)根據(jù)第(3)問繪制的圖像，找電壓傳感器示數(shù)為200mV對(duì)應(yīng)的質(zhì)量約為1.8g，則可以得出：F0=1.8×10?3×9.8N=1.8×10?2N；
(5)令φB=0，在實(shí)驗(yàn)過程中φCF0。
故答案為：(1)1000；(2)R1R3R2；(3)如下圖所示：
(4)1.8×10?2；(5)>。
(1)先讀取最上面一排刻度的讀數(shù)，再乘以倍率；
(2)使電壓傳感器示數(shù)為0，就是讓R1和R2兩端的電壓相等，根據(jù)先串聯(lián)分壓等可以求解RF的阻值；
(3)根據(jù)表中數(shù)據(jù)在圖(c)上描點(diǎn)，繪制U?m關(guān)系圖線，注意用順次平滑曲線連接各個(gè)點(diǎn)；
(4)根據(jù)第(3)問繪制的圖像，找電壓傳感器示數(shù)為200mV對(duì)應(yīng)的質(zhì)量，乘以重力加速度，則可以得出F0大小；
(5)根據(jù)電路以及歐姆定律等分析判斷則F1和F0的大小關(guān)系。
本題考查了基本電學(xué)實(shí)驗(yàn)的多用電表讀數(shù)、電路的分壓關(guān)系、描點(diǎn)繪制圖像以及從圖像得出信息等基本實(shí)驗(yàn)知識(shí)與技能，最后一問增加了難度，需要我們認(rèn)真思考。
13.【答案】解：(1)由質(zhì)量數(shù)守恒和核電荷數(shù)守恒，可知核反應(yīng)方程為 12H+12H→23He+01n
(2)設(shè)核反應(yīng)的質(zhì)量虧損為Δm，則有Δm=2.0136u×2?(3.0150+1.0087)u=0.0035u
根據(jù)質(zhì)能方程有：ΔE=Δmc2
解得：ΔE=3.26MeV
(3)設(shè)核反應(yīng)后 ?23He核和中子的動(dòng)量分別為p1、p2，動(dòng)能分別為Ek1、Ek2，則根據(jù)動(dòng)量守恒定律有p1+p2=0
Ek1=p126m，Ek2=p222m
根據(jù)能量守恒定律有：Ek1+Ek2=2Ek0+ΔE
解得Ek1=1.04MeV，Ek2=3.12MeV
答：(1)該核反應(yīng)方程為 12H+12H→23He+01n；
(2)計(jì)算上述核反應(yīng)中釋放的核能為3.26MeV；
(3)反應(yīng)中生成的 ?23He核和中子的動(dòng)能分別是1.04MeV，3.12MeV。
【解析】(1)根據(jù)質(zhì)量數(shù)守恒和核電荷數(shù)守恒書寫核反應(yīng)方程．
(2)先求出核反應(yīng)中質(zhì)量虧損，再由愛因斯坦質(zhì)能方程，求出核反應(yīng)中釋放的核能；
(3)兩氘核對(duì)心碰撞過程，遵守動(dòng)量守恒和能量守恒根據(jù)動(dòng)量守恒和能量守恒列方程求解．
對(duì)于核反應(yīng)書寫核反應(yīng)方程，要抓住微觀粒子的碰撞，相當(dāng)于彈性碰撞，遵守兩大守恒：動(dòng)量守恒和能量守恒．
14.【答案】解：(1)小球靜止在A、B位置時(shí)，如圖1所示對(duì)A受力分析，根據(jù)平衡條件有：
tanθ=mgF
解的彈簧的彈力大小為：
F=mgtanθ

(2)穩(wěn)定在C、D位置時(shí)，對(duì)小球D受力分析如圖1所示，重力、支持力、彈簧彈力F2的合力提供小球做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力。
豎直方向有：Nsinθ=mg
水平方向有：F2+Ncsθ=mω2LCD2
由題意知：F2=F
解得：LCD=4gω2tanθ
(3)小球穩(wěn)定在C、D位置時(shí)，線速度大小為
v=ωLCD2=2gωtanθ
設(shè)彈簧原長(zhǎng)為L(zhǎng)0，根據(jù)胡克定律有
F=k(L0?LAB)
F2=k(LCD?L0)
F2=F
聯(lián)立可得：2F=k(LCD?LAB)
兩小球上升的高度為：
h=LCD?LAB2tanθ=Fk?1tanθ=mgktan2θ
因初、末狀態(tài)彈簧的形變量相同，故彈簧彈性勢(shì)能初、末相同，根據(jù)功能關(guān)系可得細(xì)桿對(duì)彈簧小球系統(tǒng)所做總功等于兩小球增加的機(jī)械能，則有：
W=2(mgh+12mv2)=2mgtan2θ?(2gω2+mgk)
答：(1)小球靜止在A、B位置時(shí)彈簧的彈力大小F為mgtanθ；
(2)穩(wěn)定在C、D位置時(shí)彈簧的長(zhǎng)度LCD為4gω2tanθ；
(3)整個(gè)過程中細(xì)桿對(duì)彈簧小球系統(tǒng)做的功W為2mgtan2θ?(2gω2+mgk)。
【解析】(1)小球靜止在A、B位置時(shí)，小球處于平衡狀態(tài)，對(duì)小球受力分析根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件求解；
(2)對(duì)小球受力分析，依據(jù)小球受到的合力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律求解；
(3)此過程初、末彈簧的彈性勢(shì)能相等，根據(jù)功能關(guān)系可知桿對(duì)兩小球做功等于兩小球機(jī)械能的增加量。
本題主要考查了圓周運(yùn)動(dòng)、功能關(guān)系問題，關(guān)鍵是正確的受力分析，明確向心力的來源。第三問要利用好功能關(guān)系，正確分析系統(tǒng)中能量的變化。
15.【答案】解：(1)由該發(fā)電裝置的工作原理可知，線圈運(yùn)動(dòng)過程中產(chǎn)生的最大感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)對(duì)應(yīng)的速度為最大值，由法拉第電磁感應(yīng)定律可知：Em=NB?2πrvm，
代入數(shù)據(jù)可得最大感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小Em=8V；
(2)由該發(fā)電裝置的工作原理可知，該交流電為正弦式交流電，故電動(dòng)勢(shì)有效值E=Em 2
根據(jù)閉合電路的歐姆定律可得，回路中電流I=ER1+R2
線圈中產(chǎn)生的熱量Q=I2R1T
代入數(shù)據(jù)解得Q=0.32J。
答：(1)線圈運(yùn)動(dòng)過程中產(chǎn)生的最大感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小為8V；
(2)線圈運(yùn)動(dòng)一個(gè)周期內(nèi)，線圈中產(chǎn)生的熱量為0.32J。
【解析】(1)根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，結(jié)合圖像得出最大感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小；
(2)根據(jù)閉合電路的歐姆定律，結(jié)合焦耳定律求出線圈運(yùn)動(dòng)一個(gè)周期內(nèi)線圈中產(chǎn)生的熱量。
本題考查了法拉第電磁感應(yīng)定律、閉合電路的歐姆定律和焦耳定律，在求電阻產(chǎn)生的熱量時(shí)，要注意電壓或電流為交流電的有效值。
16.【答案】解：(1)由題意可知粒子在速度選擇器中做直線運(yùn)動(dòng)，則有：qv0B=mv02a
解得粒子的比荷：qm=v0Ba；
(2)假設(shè)粒子經(jīng)過邊界坐標(biāo)(x,y)，粒子在磁場(chǎng)中軌道半徑為r，因?yàn)榱Ｗ愚D(zhuǎn)過的圓心角為90°，
由幾何關(guān)系有：x=r?y=r
得出邊界函數(shù)關(guān)系：y=?x；
(3)由上述分析可知：qvB=mv2x
所以得到：v=v0ax。
PQ之間：a≤x≤2a
從而可以知道：v0≤v≤2v0
方法1：Δt時(shí)間內(nèi)打在探測(cè)板PQ間每一小段Δx的粒子數(shù)：n=ΔxaN0Δt
由動(dòng)量定理：0?nmv=?fΔt
求出每個(gè)粒子受到力：f=N0mv0a2xΔx
N0個(gè)粒子受到的總作用力：F=∑f=N0mv0a2∑xΔx=32N0mv0
根據(jù)牛頓第三定律，探測(cè)板受到粒子的總作用力：F′=F=32N0mv0
方法2：Δt時(shí)間內(nèi)打在探測(cè)板所有粒子：0?N0mv0+2mv02=?FΔt
求出：F=32N0mv0
根據(jù)牛頓第三定律，探測(cè)板受到粒子的總作用力：F′=F=32N0mv0；
(4)方法1：Bqv0=Eq，v=2v0的粒子剛好與速度選擇器的極板相切：?EqL2=12mv′2?12m(2v0)2?Bqvy?Δt=mv′?m(2v0)，
vy?Δt=L2
求出速度選擇器兩極板的間距：L=4a
方法2：v=2v0的粒子剛好與速度選擇器的極板相切，v=2v0的粒子在速度選擇器中運(yùn)動(dòng)可以看成直線運(yùn)動(dòng)和圓周運(yùn)動(dòng)的合運(yùn)動(dòng)。直線運(yùn)動(dòng)：Bqv0=Eq
圓周運(yùn)動(dòng)：Bq(2v0?v0)=m(2v0?v0)2r
軌道半徑為：r=L4
求出速度選擇器兩極板的間距：L=4a。
答：(1)粒子的比荷為v0Ba；
(2)第四象限磁場(chǎng)下邊界的函數(shù)關(guān)系式為y=?x；
(3)探測(cè)板受到粒子的總作用力大小為32N0mv0；
(4)速度選擇器兩極板間距為4a。
【解析】(1)離子他通過速度選擇器時(shí)洛倫茲力等于電場(chǎng)力，根據(jù)平衡條件求出粒子的比荷；
(2)根據(jù)題意和幾何關(guān)系求出磁場(chǎng)邊界的函數(shù)關(guān)系式；
(3)由動(dòng)量定理求所有粒子對(duì)板的作用力；
(4)速度為2v0=(v0+v0)的粒子進(jìn)入速度選擇器時(shí)恰能與極板相切，其運(yùn)動(dòng)可看成水平方向的直線運(yùn)動(dòng)和速度為v0勻速圓周運(yùn)動(dòng)的合成。由兩個(gè)分運(yùn)動(dòng)的等時(shí)性等規(guī)律求極板的半徑。
本題考查帶電粒子在勻強(qiáng)電磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，分析清楚離子在各部分運(yùn)動(dòng)情況是解題關(guān)鍵和前提，再根據(jù)動(dòng)力學(xué)規(guī)律列式求解即可。次數(shù)
1
2
3
4
5
6
砝碼質(zhì)量m/g
0.0
0.5
1.0
1.5
2.0
2.5
電壓U/mV
0
57
115
168
220
280

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