1.關(guān)于下列四幅圖的說法正確的是( )
A. 圖甲是α粒子散射實驗，湯姆孫據(jù)此提出了原子的核式結(jié)構(gòu)模型
B. 圖乙是光電效應(yīng)實驗，張開的驗電器指針和鋅板都帶負(fù)電
C. 圖丙是放射源放出三種射線在磁場中的運動軌跡，1為α射線
D. 圖丁是核反應(yīng)堆示意圖，它是利用鈾核裂變反應(yīng)釋放能量
2.1885年，瑞士科學(xué)家巴爾末對當(dāng)時已知的氫原子在可見光區(qū)的4條譜線(記作Hα、Hβ、Hγ和Hδ)作了分析，發(fā)現(xiàn)這些譜線的波長滿足一個簡單的公式，稱為巴爾末公式。這4條特征譜線是玻爾理論的實驗基礎(chǔ)。如圖所示，這4條特征譜線分別對應(yīng)氫原子從n=3、4、5、6能級向n=2能級的躍遷，下面4幅光譜圖中，合理的是(選項圖中標(biāo)尺的刻度均勻分布，刻度們從左至右增大)( )
B.
C. D.
3.某手機(jī)采用的是光學(xué)指紋識別，其識別原理示意圖如圖甲所示。手指
按壓指紋識別區(qū)時，與鏡片接觸的嵴線破壞接觸區(qū)域的全反射，使得
反射光線明暗分布，CCD圖像傳感器通過識別光線的強(qiáng)弱對指紋進(jìn)行
識別，如圖乙所示。若鏡片的折射率為n1=1.45，實驗測得人手指折
射率n2在1.50～1.56之間，以下說法中正確的是( )
A. 手指未按壓指紋識別區(qū)時，光線在鏡片的上表面不能發(fā)生全反射
B. 手指未按壓時，入射角越小，光線在鏡片的上表面越容易發(fā)生全反射
C. 手指按壓指紋識別區(qū)時，光線在與鏡片接觸的嵴線處不能發(fā)生全反射
D. 當(dāng)光線垂直入射鏡片下表面時，仍然可以實現(xiàn)指紋識別功能
4.一定量的理想氣體從狀態(tài)a經(jīng)狀態(tài)b變化狀態(tài)c，其過程如T?V圖上的兩條線段所示，則氣體在( )
A. 狀態(tài)a處的壓強(qiáng)等于狀態(tài)c處的壓強(qiáng)
B. 由b變化到c的過程中，氣體的壓強(qiáng)不變
C. 由a變化到b的過程中，氣體從外界吸熱
D. 由a變化到b的過程中，從外界吸收的熱量等于其增加的內(nèi)能
5.如圖所示為一種嵌在地面下的彩燈簡化示意圖，橫截面規(guī)格為6L×7L的透明介質(zhì)中央豎線上有間隔均勻的7個燈槽，在燈槽4位置放入M燈珠，發(fā)出的光線恰好在透明材質(zhì)的上表面邊緣發(fā)生全反射。現(xiàn)準(zhǔn)備將第二顆另一種顏色的N燈珠放入燈槽內(nèi)，接通電源后，兩燈珠發(fā)出的光線均能從材料上表面邊緣射出。已知透明材料對M光的折射率是對N光折射率的0.8倍(不考慮光在介質(zhì)中的多次反射)，則下列安裝方法可能滿足條件的是( )
A. B. C. D.
6.一個LC振蕩電路中，線圈的自感系數(shù)為L，電容器的電容為C，電路的振蕩周期為T。從電容器上電壓達(dá)到最大值Um開始計時，在0～T4時間內(nèi)，電路中的平均電流為( )
A. 2Umπ LCB. Um2π LCC. 2Umπ CLD. Um2π CL
7.均勻帶電的球殼在球外空間產(chǎn)生的電場等效于電荷集中于球心處的點電荷產(chǎn)生的電場。如圖所示，在絕緣球23球面AA1B1B上均勻分布正電荷，總電荷量為q；在剩余13球面AB上均勻分布負(fù)電荷，總電荷量是12q。球半徑為R，球心為O，CD為23球面AA1B1B的對稱軸，在軸線上有M、N兩點，且OM=ON=2R，A1A=B1B，A1A//B1B//CD。已知13球面A1B1在M點的場強(qiáng)大小為E，靜電力常量為k，則N點的場強(qiáng)大小為( )
A. E B. 2E
C. |3kq8R2?2E| D. kq12R2+E
8.如圖為某小型水電站電能輸送線路示意圖，發(fā)電機(jī)通過升壓變壓器和降壓變壓器向用戶供電。已知發(fā)電機(jī)線圈電阻為r，產(chǎn)生感應(yīng)電動勢有效值為E。升壓變壓器原副線圈匝數(shù)比為a，降壓變壓器原副線圈匝數(shù)比為b，兩變壓器間輸電線總電阻為R1，用戶端總電阻為R2。電流表為理想電表，變壓器為理想變壓器，下列說法正確的是( )
A. 電流表的示數(shù)I=E 2[r+a2(R1+b2R2)]
B. 升壓變壓器原線圈兩端的電壓U1=Ea2(R1+b2R2)r+a2(R1+b2R2)
C. 電阻R1、R2消耗的功率之比為R1：bR2
D. 若用戶端負(fù)載增加，電流表示數(shù)變小
9.如圖所示，在勻速轉(zhuǎn)動的水平圓盤上，沿直徑方向放著用輕繩相連可視為質(zhì)點的物體A和B，A的質(zhì)量為3m，B的質(zhì)量為m。它們分居圓心兩側(cè)，到圓心的距離分別為RA=r，RB=2r，A、B與盤間的動摩擦因數(shù)相同，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。A、B與圓盤一起繞中軸線勻速轉(zhuǎn)動的最大角速度為ω1；若只將B的質(zhì)量增加為2m，A、B與圓盤一起繞中軸線勻速轉(zhuǎn)動的最大角速度為ω2。轉(zhuǎn)動過程中輕繩未斷，則ω1ω2為( )
A. 2： 5B. 5：2C. 2： 2D. 2：2
10.假設(shè)自然界存在只有一個磁極的單極子，其周圍磁感線呈均勻輻射狀分布，與正點電荷的電場線分布相似，如圖所示。若空間中的P點僅存在磁單極子N或正點電荷Q，一帶電小球q在P點附近的水平面內(nèi)做勻速圓周運動，下列判斷正確的是( )
A. 若小球q運動軌跡的圓心在P點的正上方，則P處可能是正點電荷Q，也可能是磁單極子N
B. 若小球q運動軌跡的圓心在P點的正下方，則P處可能是正點電荷Q，也可能是磁單極子N
C. 若小球q帶正電，則P處一定是磁單極子N，且小球q一定沿順時針方向運動(俯視)
D. 若小球q帶負(fù)電，則P處一定是正點電荷Q
11.A、B兩個小球固定在一輕桿的兩端，桿套在光滑的水平轉(zhuǎn)軸O上，使兩球可以在豎直面內(nèi)繞O點做圓周運動，B球的質(zhì)量是A球質(zhì)量的2倍，AO=2BO，給A球豎直向下初速度，A、B在豎直面內(nèi)運動，取O點所在高度為重力勢能參考面，從如圖AOB水平開始計時，在輕桿轉(zhuǎn)過180°過程中，能正確描述輕桿對B球做功W，B球動能Ek、勢能Ep、機(jī)械能E隨轉(zhuǎn)過角度θ關(guān)系的是( )
A. B.
C. D.
二、實驗題：本大題共1小題，共15分。
12.某同學(xué)把附有滑輪的長木板平放在實驗桌上，將細(xì)繩一端拴在小車上，另一端繞過定滑輪，掛上適當(dāng)?shù)你^碼，使小車在鉤碼的牽引下運動，以此定量探究合外力做功與小車動能變化的關(guān)系。此外還準(zhǔn)備了打點計時器及配套的電源、導(dǎo)線、紙帶、小木塊等，組裝的實驗裝置如圖1所示。

(1)若要完成該實驗，還需要的實驗器材有天平、______。
(2)實驗開始時，該同學(xué)先調(diào)節(jié)木板上定滑輪的高度，使?fàn)恳≤嚨募?xì)繩與木板平行，他這樣做的目的是______。(填序號)
A.避免小車在運動過程中發(fā)生抖動
B.可使打點計時器在紙帶上打出的點跡清晰
C.可以保證小車最終能夠?qū)崿F(xiàn)勻速直線運動
D.可在平衡摩擦力后使細(xì)繩拉力等于小車所受的合力
(3)實驗中所有操作均正確，得到如圖2所示的一條紙帶。測得計時點A、B、D、E、F到起始點O的距離分別為x1、x2、x3、x4、x5，已知當(dāng)?shù)刂亓铀俣葹間，打點計時器打點的周期為T。測得鉤碼的總質(zhì)量為m，小車的總質(zhì)量為M，且M?m，從打O點到打E點的過程中，合外力對小車做的功W= ______，小車動能變化量ΔEk= ______。
(4)以合外力對小車做的功W為縱坐標(biāo)，小車獲得速度的平方v2為橫坐標(biāo)，得到如圖3所示的關(guān)系圖。該圖像斜率的物理意義是______。
三、簡答題：本大題共1小題，共6分。
13.光纖通訊已成為現(xiàn)代主要的有線通信方式?，F(xiàn)有一長為1km，直徑為d=0.2mm的長直光纖，一束單色平行光從該光纖一端沿光纖方向射入，延時5×10?6s。在光纖另一端接收到該光束。求：
(1)光纖的折射率；
(2)如圖所示該光纖繞圓柱轉(zhuǎn)彎，若平行射入該光纖的光在轉(zhuǎn)彎處均能發(fā)生全反射，求該圓柱體半徑R的最小值。
四、計算題：本大題共3小題，共35分。
14.一個氘核(12H)和一個氚核(13H)發(fā)生聚變結(jié)合成一個氦核和一個中子，已知 ?12H的比結(jié)合能是E1， ?13H的比結(jié)合能是E2， ?24He的比結(jié)合能是E3。
(1)寫出聚變時核反應(yīng)方程；
(2)寫出E3與E2的大小關(guān)系，并求出氦核的結(jié)合能E。
15.如圖所示，水平面內(nèi)足夠長的兩光滑平行金屬直導(dǎo)軌，左側(cè)有電動勢E=36V的直流電源、C=0.1F的電容器和R=0.05Ω的定值電阻組成的圖示電路。右端和兩半徑r=0.45m的豎直面內(nèi)14光滑圓弧軌道在PQ處平滑連接，PQ與直導(dǎo)軌垂直，軌道僅在PQ左側(cè)空間存在豎直向上，大小為B=1T的勻強(qiáng)磁場。將質(zhì)量為m1=0.2kg、電阻為R0=0.1Ω的金屬棒M靜置在水平直導(dǎo)軌上，圖中棒長和導(dǎo)軌間距均為L=1m，M距R足夠遠(yuǎn)，金屬導(dǎo)軌電阻不計。開始時，單刀雙擲開關(guān)S2斷開，閉合開關(guān)S1，使電容器完全充電；然后斷開S1，同時S2接“1”，M從靜止開始加速運動直至速度穩(wěn)定；當(dāng)M勻速運動到與PQ距離為d=0.27m時，立即將S2接“2”，并擇機(jī)釋放另一靜置于圓弧軌道最高點、質(zhì)量為m2=0.1kg的絕緣棒N，M、N恰好在PQ處發(fā)生第1次彈性碰撞。隨后N反向沖上圓弧軌道。已知之后N與M每次碰撞前M均已靜止，所有碰撞均為彈性碰撞，且碰撞時間極短，M、N始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，重力加速度g=10m/s2，13+(13)2+(13)3+?+(13)n?1=12，求：
(1)電容器完成充電時的電荷量q和M穩(wěn)定時的速度；
(2)第1次碰撞后絕緣棒N在離開圓弧軌道后還能繼續(xù)上升的高度；
(3)自發(fā)生第1次碰撞后到最終兩棒都靜止，金屬棒M的總位移。
16.如圖所示，質(zhì)量為2kg的物體A靜止于光滑水平面MN上，水平面與MN右端與傾斜傳送帶平滑連接，傳送帶長L=3.2m，傾斜傳送帶與水平方向夾角為θ=30°，傳送帶以8m/s的速度順時針轉(zhuǎn)動，物體A與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ1= 32，傾斜傳送帶上端與光滑水平面PQ平滑連接，上方加有光滑曲面轉(zhuǎn)向裝置，使物體在傾斜傳送帶上端速度方向變?yōu)樗椒较蚨笮〔蛔?，足夠長的薄板C靜止在PQ下方光滑水平面EF上，薄板C的質(zhì)量為3kg，薄板C的上表面與水平面PQ的高度差?=1.8m，物體A與薄板C的上表面的動摩擦因數(shù)為μ2=0.05，重力加速度取g=10m/s2，質(zhì)量為1kg的物體B以某一水平向右的初速度撞向A，與A發(fā)生彈性碰撞，求：
(1)若使物體A到達(dá)傳傾斜傳送帶上端速度大小為5m/s，B的初速度多大；
(2)若使物體A從水平面上Q點平拋軌跡相同，B的初速度取值范圍；
(3)當(dāng)B的初速度大小為12m/s時，若物體A與薄板C每次碰后豎直方向速度與碰前等大反向，則A與C碰撞幾次后，A在C上碰撞位置將會相同(每次碰撞時間極短)。
參考答案
1.D
2.D
3.C
4.C
5.A
6.C
7.C
8.B
9.A
10.C
11.D
12.刻度尺 D mgx4 M(x5?x3)28T2 小車質(zhì)量的一半
13.解：(1)光在長直光纖中傳輸v=lt
解得v=2×108m/s
光纖的折射率n=cv
解得n=1.5
(2)如圖所示，當(dāng)光纖中最下面的光線發(fā)生全反射，則平行光在彎曲處全部發(fā)生全反射，

由幾何關(guān)系可知sinC=RmRm+d
又sinC=1n
解得Rm=0.4mm
答：(1)光纖的折射率為1.5；
(2)該圓柱體半徑R的最小值為0.4mm。
14.解：(1)根據(jù)質(zhì)量數(shù)與電荷數(shù)守恒可知，聚變時核反應(yīng)方程
12H+13H→24He+01n
(2)因反應(yīng)放出核能，生成物更加穩(wěn)定，生成物的比結(jié)合能更大，即
E3>E2
氦核的比結(jié)合能是E3，共有4個核子，則結(jié)合能
E=4E3
答：(1)聚變時核反應(yīng)方程為 12H+13H→24He+01n；
(2)E3與E2的大小關(guān)系為E3>E2，氦核的結(jié)合能為4E3。
15.解：(1)根據(jù)C=QU求得充滿電后的電荷量：q=CE=36×0.1V=3.6C
金屬棒M最終勻速直線時：E1=BLv0
以向右為正方向，對金屬棒M應(yīng)用動量定理可得：∑BiLΔt=m1v0
即：BLΔq=m1v0
其中：Δq=CE?CE1
聯(lián)立求得：v0=12m/s
(2)在開關(guān)S2接2時，以向右為正方向，對金屬棒M應(yīng)用動量定理：?∑BiLΔt=m1v1?m1v0
即：?Bq1L=m1v1?m1v0
又由電荷量公式：q1=I?Δt=BLd(R+R0)ΔtΔt=BLdR+R0
聯(lián)立求得：v1=3m/s
絕緣棒N滑到圓周最低點時，由動能定理可得：m2gr=12mv2
求得：v=3m/s
金屬棒M，絕緣棒N彈性碰撞
以向右為正有：m1v1?m2v=m1vM1+m2vN1
機(jī)械能守恒有：12m1v12+12m2v2=12m1vM12+12m2vN12
解二次方程得到：vM1=?1m/s，vN1=5m/s
對絕緣棒N由機(jī)械能守恒可得：m2g(?+r)=12m2vN12
代入整理求得：?=0.8m
(3)發(fā)生第一次碰撞后，金屬棒M向左位移為x1，以向左為正，根據(jù)動量定理可得：
?∑BiLΔt=0?m1vM1
即：?Bq2L=0?m1vM1
又由：q2=I?Δt=BLx1(R+R0)ΔtΔt=BLx1R+R0
聯(lián)立求得：x1=3100m
由題可知，絕緣棒N第二次與金屬棒M碰前速度為vN1，方向水平向左，碰后速度為vN2，金屬棒的速度為vM2，由彈性碰撞可得
以向右為正有：m2vN1=m1vM2+m2vN2
機(jī)械能守恒：12m2vN12=12m1vM22+12m2vN22
求得：vM2=103m/s,vN2=53m/s
金屬棒M向左的位移x2
同理有：?B2L2x2R+R0=0?m1vM2
求得：x2=110m=10×13x1
同理可知，金屬棒M與絕緣棒N第三次碰撞后的瞬時速度vM3
由上述規(guī)律有：vM3=2(?vN2)3=10×(13)2vN1
金屬棒M向左的位移x3
同理有：?B2L2x3R+R0=0?m1vM3
求得：x3=10×(13)2x1
以此類推，金屬棒M與絕緣棒N第n次碰撞后的瞬時速度vMn
總結(jié)得到：vMn=2(?vN(n?1))3=10×(13)n?1vM1
金屬棒M向左的位移xn，則有：xn=10×(13)n?1x1
發(fā)生第1次碰撞后到最終兩棒都靜止，金屬棒M的總位移：x=x1+x2?+xn=x1+10x1[13+(13)2+(13)3+?+(13)n?1]
當(dāng)n趨于無窮大時：x=x1+10x1×12=0.18m
答：(1)電容器完成充電時的電荷量q為3.6C，M穩(wěn)定時的速度為12m/s；
(2)第1次碰撞后絕緣棒N在離開圓弧軌道后還能繼續(xù)上升的高度為0.8m；
(3)自發(fā)生第1次碰撞后到最終兩棒都靜止，金屬棒M的總位移為0.18m。
16.解：(1)A與B發(fā)生彈性碰撞，設(shè)水平向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律和能量守恒定律有
mBv0=mBvB+mAvA
12mBv02=12mBvB2+12mAvA2
解得：vA=2mBmB+mAv0
物塊A在傳送帶上運動，根據(jù)牛頓第二定律：
μ1mAgcsθ?mAgsinθ=mAa1
根據(jù)運動學(xué)公式
v12?vA2=2a1L
解得vA=3m/s
v0=4.5m/s
(2)若使物體A從水平面上口點平拋軌跡相同，則到達(dá)頂端的速度與傳送帶速度相同，即
v=8m/s
若物體A在傳送帶上一直加速
v2?vA12=2a1L
解得
vA1=4 3m/s
由vA1=2mBmB+mAv01
可得
v01=6 3m/s
若物體A在傳送帶上一直減速，根據(jù)牛頓第二定律
μ1mAgcsθ+mAgsinθ=mAa2
根據(jù)運動學(xué)公式
vA22?v2=2a2L
解得vA2=12m/s
由vA2=2mBmB+mAv02
可得v02=18m/s
B的初速度取值范圍
6 3m/s≤v0≤18m/s
(3)由(2)分析可知B的初速度12m/s，則A到Q點平拋速度
v=8m/s
根據(jù)
?=12gt2
解得t=0.6s
則vy=gt=0.6×10m/s=6m/s
vx=v=8m/s
A與C相撞時根據(jù)動量定理，設(shè)水平向右為正方向：對A
FNΔt=mAΔvy
Δvy=2vy
?μ2FNΔt=mAΔvx
對C
μ2FNΔt=mCΔv′x
A與C水平速度相等時
vx+nΔvx=nΔv′x
解得n=8
答：(1)B的初速度為4.5m/s；
(2)B的初速度取值范圍為6 3m/s≤v0≤18m/s；
(3)A與C碰撞8次后，A在C上碰撞位置將會相同。

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