1. 矯正牙齒時，可用牽引線對牙施加力的作用。若某顆牙齒受到牽引線的兩個作用力大小均為F，夾角為α（如圖），則該牙所受兩牽引力的合力大小為（ ）

A.
B.
C.
D.
【答案】B
【解析】
【詳解】根據(jù)平行四邊形定則可知，該牙所受兩牽引力的合力大小為
故選B。
2. 某小組設計了一種呼吸監(jiān)測方案：在人身上纏繞彈性金屬線圈，觀察人呼吸時處于勻強磁場中的線圈面積變化產生的電壓，了解人的呼吸狀況。如圖所示，線圈P的匝數(shù)為N，磁場的磁感應強度大小為B，方向與線圈軸線的夾角為θ。若某次吸氣時，在t時間內每匝線圈面積增加了S，則線圈P在該時間內的平均感應電動勢為（ ）

A. B.
C D.
【答案】A
【解析】
【詳解】根據(jù)法拉第電磁感應定律有
故選A。
3. 真空中固定有兩個點電荷，負電荷Q1位于坐標原點處，正電荷Q2位于x軸上，Q2的電荷量大小為Q1的8倍。若這兩點電荷在x軸正半軸的x=x0處產生的合電場強度為0，則Q1、Q2相距（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】B
【解析】
【詳解】依題意，兩點電荷電性相反，且Q2的電荷量較大，根據(jù)題意，正電荷Q2位于x軸負半軸，設兩點電荷相距L，根據(jù)點電荷場強公式可得
又
解得
故選B。
4. 密封于氣缸中的理想氣體，從狀態(tài)依次經過ab、bc和cd三個熱力學過程達到狀態(tài)d。若該氣體的體積V隨熱力學溫度T變化的V-T圖像如圖所示，則對應的氣體壓強p隨T變化的p-T圖像正確的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【詳解】由V-T圖像可知，理想氣體ab過程做等壓變化，bc過程做等溫變化，cd過程做等容變化。根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程，有
可知bc過程理想氣體的體積增大，則壓強減小。
故選C。
5. 某實驗小組利用雙縫干涉實驗裝置分別觀察a、b兩單色光的干涉條紋，發(fā)現(xiàn)在相同的條件下光屏上a光相鄰兩亮條紋的間距比b光的小。他們又將a、b光以相同的入射角由水斜射入空氣，發(fā)現(xiàn)a光的折射角比b光的大，則（ ）
A. 在空氣中傳播時，a光的波長比b光的大
B. 在水中傳播時，a光的速度比b光的大
C. 在水中傳播時，a光的頻率比b光的小
D. 由水射向空氣時，a光的全反射臨界角比b光的小
【答案】D
【解析】
【詳解】A．根據(jù)相鄰兩條亮條紋的間距計算公式
由此可知
故A錯誤；
B．根據(jù)折射定律
a、b光以相同的入射角由水斜射入空氣，a光的折射角比b光的大，則
根據(jù)光在介質中的傳播速度與折射率的關系
可得在水中傳播時，a光的速度比b光的小，故B錯誤；
C．在水中傳播時，a光的折射率比b光的大，所以a光的頻率比b光的大，故C錯誤；
D．根據(jù)臨界角與折射率的關系
可得在水中傳播時，a光的折射率比b光的大，a光的全反射臨界角比b光的小，故D正確。
故選D。
6. 原子核可以經過多次α和β衰變成為穩(wěn)定的原子核，在該過程中，可能發(fā)生的β衰變是（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】A
【解析】
【詳解】原子核衰變成為穩(wěn)定的原子核質量數(shù)減小了28，則經過了7次α衰變，中間生成的新核的質量數(shù)可能為231，227，223，219，215，211，則發(fā)生β衰變的原子核的質量數(shù)為上述各數(shù)，則BCD都不可能，根據(jù)核反應的質量數(shù)和電荷數(shù)守恒可知，選項A反應正確。
故選A。
7. 如圖所示，與水平面夾角為θ的絕緣斜面上固定有光滑U型金屬導軌。質量為m、電阻不可忽略的導體桿MN沿導軌向下運動，以大小為v的速度進入方向垂直于導軌平面向下的勻強磁場區(qū)域，在磁場中運動一段時間t后，速度大小變?yōu)?v。運動過程中桿與導軌垂直并接觸良好，導軌的電阻忽略不計，重力加速度為g。桿在磁場中運動的此段時間內（ ）

A. 流過桿的感應電流方向從N到M
B. 桿沿軌道下滑距離為
C. 流過桿感應電流的平均電功率等于重力的平均功率
D. 桿所受安培力的沖量大小為
【答案】D
【解析】
【詳解】A．根據(jù)右手定則，判斷知流過桿的感應電流方向從M到N，故A錯誤；
B．依題意，設桿切割磁感線的有效長度為，電阻為。桿在磁場中運動的此段時間內，桿受到重力，軌道支持力及沿軌道向上的安培力作用，根據(jù)牛頓第二定律可得
聯(lián)立可得桿的加速度
可知，桿在磁場中運動的此段時間內做加速度逐漸減小的加速運動；若桿做勻加速直線運動，則桿運動的距離為
根據(jù)圖像圍成的面積表示位移，可知桿在時間t內速度由達到，桿真實運動的距離大于勻加速情況發(fā)生的距離，即大于，故B錯誤；
C．由于在磁場中運動的此段時間內，桿做加速度逐漸減小的加速運動，桿的動能增大。由動能定理可知，重力對桿所做的功大于桿克服安培力所做的功，根據(jù)可得安培力的平均功率小于重力的平均功率，也即流過桿感應電流的平均電功率小于重力的平均功率，故C錯誤；
D．桿在磁場中運動的此段時間內，根據(jù)動量定理，可得
得桿所受安培力的沖量大小為
故D正確。
故選D。
二、多項選擇題
8. 某實驗小組測得在豎直方向飛行的無人機飛行高度y隨時間t的變化曲線如圖所示，E、F、M、N為曲線上的點，EF、MN段可視為兩段直線，其方程分別為和。無人機及其載物的總質量為2kg，取豎直向上為正方向。則（ ）

A. EF段無人機的速度大小為4m/s
B. FM段無人機的貨物處于失重狀態(tài)
C. FN段無人機和裝載物總動量變化量大小為4kg?m/s
D. MN段無人機機械能守恒
【答案】AB
【解析】
【詳解】A．根據(jù)EF段方程
可知EF段無人機的速度大小為
故A正確；
B．根據(jù)圖像的切線斜率表示無人機的速度，可知FM段無人機先向上做減速運動，后向下做加速運動，加速度方向一直向下，則無人機的貨物處于失重狀態(tài)，故B正確；
C．根據(jù)MN段方程
可知MN段無人機的速度為
則有
可知FN段無人機和裝載物總動量變化量大小為12kg?m/s，故C錯誤；
D．MN段無人機向下做勻速直線運動，動能不變，重力勢能減少，無人機的機械能不守恒，故D錯誤。
故選AB。
9. 一列簡諧橫波在介質中沿x軸傳播，波速為2m/s，t=0時的波形圖如圖所示，P為該介質中的一質點。則（ ）

A. 該波的波長為14m
B. 該波的周期為8s
C. t＝0時質點P的加速度方向沿y軸負方向
D. 0~2 s內質點P運動的路程有可能小于0.1m
【答案】BD
【解析】
【詳解】A．由圖可知
解得
A錯誤；
B．由
得
B正確；
C．簡諧運動的加速度總指向平衡位置，P點位于y軸負半軸，加速度方向沿y軸正方向，C錯誤；
D．P點位于y軸的負半軸，經過
若波向x軸負方向傳播，P向遠離平衡位置方向振動，在0~2 s內質點P運動的路程有可能小于0.1m，D正確；
故選BD。
10. 某衛(wèi)星繞地心的運動視為勻速圓周運動，其周期為地球自轉周期T的，運行的軌道與地球赤道不共面（如圖）。時刻，衛(wèi)星恰好經過地球赤道上P點正上方。地球的質量為M，半徑為R，引力常量為G。則（ ）

A. 衛(wèi)星距地面的高度為
B. 衛(wèi)星與位于P點處物體的向心加速度大小比值為
C. 從時刻到下一次衛(wèi)星經過P點正上方時，衛(wèi)星繞地心轉過的角度為
D. 每次經最短時間實現(xiàn)衛(wèi)星距P點最近到最遠的行程，衛(wèi)星繞地心轉過的角度比地球的多
【答案】BCD
【解析】
【詳解】A．由題意，知衛(wèi)星繞地球運轉的周期為
設衛(wèi)星的質量為，衛(wèi)星距地面的高度為，有
聯(lián)立，可求得
故A錯誤；
B．衛(wèi)星的向心加速度大小
位于P點處物體的向心加速度大小
可得
故B正確；
CD．要想衛(wèi)星再次在P點的正上方，則只能是題中兩個軌道的交點，因此要實現(xiàn)出現(xiàn)在正上方，第一種情形是經過一段時間都回到了當前點，即各自轉動整數(shù)圈，最小公倍數(shù)為3，此時衛(wèi)星轉動10圈，即轉動角度為，第二種情形是都轉動整數(shù)圈加半圈，此時無解，而經過1.5天，衛(wèi)星轉動五圈，此時相距最遠，轉動角度相差7π，故CD正確；
多7π。故D正確。
故選BCD。
三、實驗題
11. 某實驗小組用單擺測量重力加速度。所用實驗器材有擺球、長度可調的輕質擺線、刻度尺、50分度的游標卡尺、攝像裝置等。

（1）用游標卡尺測量擺球直徑d。當量爪并攏時，游標尺和主尺的零刻度線對齊。放置擺球后游標卡尺示數(shù)如圖甲所示，則擺球的直徑d為________mm。
（2）用擺線和擺球組成單擺，如圖乙所示。當擺線長度l＝990.1mm時，記錄并分析單擺的振動視頻，得到單擺的振動周期T＝2.00 s，由此算得重力加速度g為_____m/s2（保留3位有效數(shù)字）。
（3）改變擺線長度l，記錄并分析單擺的振動視頻，得到相應的振動周期。他們發(fā)現(xiàn)，分別用l和作為擺長，這兩種計算方法得到的重力加速度數(shù)值的差異大小Δg隨擺線長度l的變化曲線如圖所示。由圖可知，該實驗中，隨著擺線長度l的增加，Δg的變化特點是____________，原因是____________。

【答案】 ①. 19.20 ②. 9.86 ③. 隨著擺線長度l的增加，Δg逐漸減小 ④. 隨著擺線長度l的增加，則越接近于l，此時計算得到的g的差值越小
【解析】
【詳解】（1）[1]用游標卡尺測量擺球直徑d=19mm+0.02mm×10=19.20mm
（2）[2]單擺的擺長為
L=9901mm+×19.20mm=999.7mm
根據(jù)
可得
帶入數(shù)據(jù)
（3）[3][4]由圖可知，隨著擺線長度l的增加，Δg逐漸減小，原因是隨著擺線長度l的增加，則越接近于l，此時計算得到的g的差值越小。
12. 一興趣小組擬研究某變壓器的輸入和輸出電壓之比，以及交流電頻率對輸出電壓的影響。題圖1為實驗電路圖，其中L1和L2為變壓器的原、副線圈，S1和S2為開關，P為滑動變阻器Rp的滑片，R為電阻箱，E為正弦式交流電源（能輸出電壓峰值不變、頻率可調的交流電）。
（1）閉合S1，用多用電表交流電壓擋測量線圈L1兩端的電壓?；琍向右滑動后，與滑動前相比，電表的示數(shù)_______（選填 “變大”“不變”“ 變小”）。
（2）保持S2斷開狀態(tài)，調整E輸出的交流電頻率為50 Hz，滑動滑片P，用多用電表交流電壓擋測得線圈L1兩端的電壓為2500 mV時，用示波器測得線圈L2兩端電壓u隨時間t的變化曲線如圖所示，則線圈L1兩端與L2兩端的電壓比值為_______（保留3位有效數(shù)字）。
（3）閉合S2，滑動P到某一位置并保持不變。分別在E輸出的交流電頻率為50 Hz、1000 Hz的條件下，改變R的阻值，用多用電表交流電壓擋測量線圈L2兩端的電壓U，得到U-R關系曲線如圖3所示。用一個阻值恒為20 Ω的負載R0替換電阻箱R，由圖可知，當頻率為1000 Hz時，R0兩端的電壓為_______mV；當頻率為50 Hz 時，為保持R0兩端的電壓不變，需要將R0與一個阻值為_______Ω的電阻串聯(lián)。（均保留3位有效數(shù)字）

【答案】 ① 變大 ②. 12.6 ③. 272 ④. 12
【解析】
【詳解】（1）[1]閉合S1，滑動變阻器Rp是分壓接法，滑片P向右滑動后，用多用電表交流電壓擋測量線圈L1兩端的電壓。線圈L1兩端的電壓增大，因此與滑動前相比，電表的示數(shù)變大。
（2）[2]保持S2斷開狀態(tài)，調整E輸出的交流電頻率為50 Hz，多用電表交流電壓擋測得線圈L1兩端的電壓為U1=2500 mV。線圈L2兩端電壓u隨時間t的變化曲線如圖所示，由圖像可得，線圈L2兩端電壓為
則線圈L1兩端與L2兩端的電壓比值為
（3）[3]閉合S2，滑動P到某一位置并保持不變。由U?R關系曲線可得，當頻率為1000 Hz時，當負載電阻R0=20 Ω時，R0兩端的電壓為UR0=272mV。
[4]當頻率為50 Hz 時，由U?R關系曲線
兩線交點可知，故
需給R0串聯(lián)一電阻，此串聯(lián)電阻值為
四、計算題
13. 機械臂廣泛應用于機械裝配。若某質量為m的工件（視為質點）被機械臂抓取后，在豎直平面內由靜止開始斜向上做加速度大小為a的勻加速直線運動，運動方向與豎直方向夾角為θ，提升高度為h，如圖所示。求：
（1）提升高度為h時，工件的速度大??；
（2）在此過程中，工件運動的時間及合力對工件做的功。

【答案】（1）；（2），
【解析】
【詳解】（1）根據(jù)勻變速直線運動位移與速度關系有
解得
（2）根據(jù)速度公式有
解得
根據(jù)動能定理有
解得
14. 如圖所示，桌面上固定有一半徑為R的水平光滑圓軌道，M、N為軌道上的兩點，且位于同一直徑上，P為MN段的中點。在P點處有一加速器（大小可忽略），小球每次經過P點后，其速度大小都增加v0。質量為m的小球1從N處以初速度v0沿軌道逆時針運動，與靜止在M處的小球2發(fā)生第一次彈性碰撞，碰后瞬間兩球速度大小相等。忽略每次碰撞時間。求：
（1）球1第一次經過P點后瞬間向心力的大??；
（2）球2的質量；
（3）兩球從第一次碰撞到第二次碰撞所用時間。

【答案】（1）；（2）3m；（3）
【解析】
【詳解】（1）球1第一次經過P點后瞬間速度變?yōu)?v0，所以
（2）球1與球2發(fā)生彈性碰撞，且碰后速度大小相等，說明球1碰后反彈，則
聯(lián)立解得
，
（3）設兩球從第一次碰撞到第二次碰撞所用時間為Δt，則
所以
15. 某同學設計了一種粒子加速器的理想模型。如圖所示，xOy平面內，x軸下方充滿垂直于紙面向外的勻強磁場，x軸上方被某邊界分割成兩部分，一部分充滿勻強電場（電場強度與y軸負方向成α角），另一部分無電場，該邊界與y軸交于M點，與x軸交于N點。只有經電場到達N點、與x軸正方向成α角斜向下運動的帶電粒子才能進入磁場。從M點向電場內發(fā)射一個比荷為的帶電粒子A，其速度大小為v0、方向與電場方向垂直，僅在電場中運動時間T后進入磁場，且通過N點的速度大小為2v0。忽略邊界效應，不計粒子重力。
（1）求角度α及M、N兩點的電勢差。
（2）在該邊界上任意位置沿與電場垂直方向直接射入電場內的、比荷為的帶電粒子，只要速度大小適當，就能通過N點進入磁場，求N點橫坐標及此邊界方程。
（3）若粒子A第一次在磁場中運動時磁感應強度大小為B1，以后每次在磁場中運動時磁感應強度大小為上一次的一半，則粒子A從M點發(fā)射后，每次加速均能通過N點進入磁場。求磁感應強度大小B1及粒子A從發(fā)射到第n次通過N點的時間。
【答案】（1），；（2），；（3），
【解析】
【詳解】（1）粒子M點垂直于電場方向入射，粒子在電場中做類平拋運動，沿電場方向做勻加速直線運動，垂直于電場方向做勻速直線運動，在N點將速度沿電場方向與垂直于電場方向分解，在垂直于電場方向上有
解得
粒子從過程，根據(jù)動能定理有
解得
（2）對于從M點射入的粒子，沿初速度方向的位移為
沿電場方向的位移為
令N點橫坐標為，根據(jù)幾何關系有
解得
根據(jù)上述與題意可知，令粒子入射速度為v，則通過N點進入磁場的速度為2v，令邊界上點的坐標為（x，y）則在沿初速度方向上有
在沿電場方向有
解得
（3）由上述結果可知電場強度
解得
設粒子A第次在磁場中做圓周運動的線速度為，可得第次在N點進入磁場的速度為
第一次在N點進入磁場的速度大小為，可得
設粒子A第次在磁場中運動時磁感應強度為，由題意可得
由洛倫茲力提供向心力得
聯(lián)立解得
粒子A第n次在磁場中的運動軌跡如圖所示

粒子每次在磁場中運動軌跡的圓心角均為300°，第n次離開磁場的位置C與N的距離等于，由C到N由動能定理得
聯(lián)立上式解得
由類平拋運動沿電場方向的運動可得，粒子A第n次在電場中運動的時間為
粒子A第n次在磁場中運動的周期為
粒子A第n次在磁場中運動的時間為
設粒子A第n次在電場邊界MN與x軸之間的無場區(qū)域的位移為，邊界與x軸負方向的夾角為，則根據(jù)邊界方程可得
，
由正弦定理可得
解得
粒子A第n次在電場邊界MN與x軸之間運動的時間為
粒子A從發(fā)射到第n次通過N點的過程，在電場中運動n次，在磁場和無場區(qū)域中均運動n-1次，則所求時間
由等比數(shù)列求和得
解得

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