1.一輕彈簧的左端固定，右端與一小球相連，小球處于光滑水平面上，現(xiàn)對(duì)小球施加一個(gè)方向水平向右的力F，使小球從靜止開始向右勻加速運(yùn)動(dòng)，在小球通過位移為x的過程，彈簧始終未超過彈性限度，對(duì)于此過程，下列說法正確的是( )
A. F對(duì)小球做負(fù)功B. F對(duì)小球做的功等于彈簧彈性勢(shì)能的增量
C. 小球所受的合外力保持不變D. F的功率保持不變
【答案】C
【解析】【分析】
解決本題的關(guān)鍵掌握功能關(guān)系和牛頓第二定律，要注意本題中小球做的是勻加速運(yùn)動(dòng)，不是變加速運(yùn)動(dòng)，小球的加速度和合外力是恒定不變的。
【解答】
A、力F的方向與小球的位移方向相同，所以F對(duì)小球做正功．故A錯(cuò)誤；
B、根據(jù)功能關(guān)系知，F(xiàn)對(duì)小球做的功等于彈簧彈性勢(shì)能的增量與小球動(dòng)能增量之和，故B錯(cuò)誤；
C、小球做勻加速運(yùn)動(dòng)，加速度不變，由牛頓第二定律可知小球所受的合外力保持不變，故C正確；
D、根據(jù)牛頓第二定律得F?kx=ma，得F=ma+kx，F(xiàn)的功率P=Fv=(ma+kx)v，x和v都增大，所以P增大，故D錯(cuò)誤。
故選：C。
2.“人造太陽”實(shí)驗(yàn)中的可控?zé)岷朔磻?yīng)的聚變方程是 12H+13H→24He+01n，反應(yīng)原料氘( ?12H)富存于海水中，氚( ?13H)可以用中子轟擊鋰核( 36Li)得到，則關(guān)于中子轟擊鋰核( 36Li)產(chǎn)生一個(gè)氚核( ?13H)和一個(gè)新核，下列說法正確的是( )
A. 該核反應(yīng)方程為 36Li+01n→24He+12H
B. 核反應(yīng)生成物中的α粒子具有很強(qiáng)的電離本領(lǐng)，但穿透能力較弱
C. 在中子轟擊鋰核( 36Li)的核反應(yīng)生成物中有α粒子，故該核反應(yīng)屬于α衰變
D. 核聚變的條件是要達(dá)到高溫高壓的熱核反應(yīng)狀態(tài)，故核聚變過程不能釋放出核能
【答案】B
【解析】【分析】
本題比較簡單地考查了核反應(yīng)方程、核能計(jì)算等基礎(chǔ)知識(shí)，越是簡單基礎(chǔ)問題，越要加強(qiáng)理解和應(yīng)用，為解決復(fù)雜問題打下基礎(chǔ)。
根據(jù)質(zhì)量數(shù)守恒與電荷數(shù)守恒即可寫出核反應(yīng)方程；α粒子具有很強(qiáng)的電離本領(lǐng)，但穿透能力較弱；衰變是自發(fā)進(jìn)行的；核聚變是釋放能量的反應(yīng)。
【解答】
A.根據(jù)題意可知該反應(yīng)的核反應(yīng)方程式： 36Li+ 01n→ 24He+ 13H，故A錯(cuò)誤；
B.核反應(yīng)生成物中的α粒子具有很強(qiáng)的電離本領(lǐng)，但穿透能力較弱，故Ｂ正確；
C.在中子轟擊鋰核(36Li)的核反應(yīng)生成物中有α粒子，該核反應(yīng)屬于人工核轉(zhuǎn)變，故C錯(cuò)誤；
D.核聚變的條件是要達(dá)到高溫高壓的熱核反應(yīng)狀態(tài)，但是核聚變過程能釋放出核能，故D錯(cuò)誤。
故選B。
3.如圖所示，從高H處的P點(diǎn)先后水平拋出兩個(gè)小球，球1剛好直接越過豎直擋板MN落在水平地面上的Q點(diǎn)，球2與地面碰撞N(N≥1)次后，剛好越過高為h的擋板MN(h可調(diào)節(jié))也落在Q點(diǎn)。假設(shè)球2每次與地面的碰撞都是彈性碰撞，兩球的空氣阻力均可忽略，則( )
A. h與H之比可能為1:2B. h與H之比可能為11:36
C. 球1與球2速度之比可能為2:1D. 球1與球2速度之比可能為16:1
【答案】B
【解析】解：CD、兩小球都能落在Q點(diǎn)，對(duì)球1：H=12gt2，xOQ=v1t；對(duì)球2：H=12gt2，xOQ=(2N+1)v2t；可得v1v2=2N+11，球1與球2速度之比可能為3：1、5：1、7：1、…，故CD錯(cuò)誤；
AB、剛好能過M點(diǎn)，對(duì)球1：H?h=12gt′2，xOM=v1t′；對(duì)球2：H?h=12gt′2，xOM=(2N?1)v2t+v2△t，其中△t=t?t′= 2Hg? 2(H?h)g，可得v1 2(H?h)g=v2(2N 2Hg? 2(H?h)g)，利用v1v2=2N+11代入可解得hH=(N+1)2?N2(N+1)2，當(dāng)N=5時(shí)，h與H之比為11：36，故A錯(cuò)誤，B正確。
故選：B。
根據(jù)H=12gt2和x=vt判斷兩小球都能落在Q點(diǎn)和剛好能過M點(diǎn)的位移時(shí)間關(guān)系。
本題求解的關(guān)鍵要注意球2與地面碰撞N次上升和下落的水平位移具有對(duì)稱性．
4.如圖所示是利用高壓電場(chǎng)干燥中藥的儀器，在大導(dǎo)體板MN上鋪一薄層中藥材，針狀電極O和平板電極MN接高壓直流電源，其間產(chǎn)生非勻強(qiáng)電場(chǎng)E；水分子是極性分子，可以看成棒狀帶電體，一端帶正電荷，另一端帶等量負(fù)電荷；水分子在電場(chǎng)力的作用下會(huì)加速從中藥材中分離出去，在鼓風(fēng)機(jī)的作用下飛離電場(chǎng)區(qū)域從而達(dá)到快速干燥的目的。已知虛線ABCD是某一水分子從A處由靜止開始的運(yùn)動(dòng)軌跡，則下列說法正確的是( )
A. 水分子在B處時(shí)，上端帶正電荷，下端帶負(fù)電荷
B. 某水分子在B處受到的電場(chǎng)力小于其在D處受到的電場(chǎng)力
C. 水分子運(yùn)動(dòng)軌跡上A和D點(diǎn)的電勢(shì)大小關(guān)系為φ D>φ ?A
D. 如果把高壓直流電源的正負(fù)極反接，水分子將不能向上運(yùn)動(dòng)
【答案】C
【解析】【分析】
產(chǎn)生的電場(chǎng)為非勻強(qiáng)電場(chǎng)，根據(jù)電場(chǎng)線的疏密程度判斷出受到的電場(chǎng)力大??；根據(jù)等勢(shì)線和電場(chǎng)線垂直，可畫出等勢(shì)線，判定電勢(shì)的高低。
本題主要考查了水分子在非勻強(qiáng)電場(chǎng)中的受力及電勢(shì)的變化，關(guān)鍵是抓住運(yùn)動(dòng)軌跡和電場(chǎng)力的方向即可判斷。
【解答】解：A、由題意可知，O點(diǎn)電勢(shì)高，由于靜電平衡，水分子在B處時(shí)，上端帶負(fù)電荷，下端帶正電荷，故A錯(cuò)誤；
B、B處電場(chǎng)線比D處更密，電場(chǎng)強(qiáng)度更大，某水分子在B處受到的電場(chǎng)力大于其在D處受到的電場(chǎng)力，故B錯(cuò)誤；
C、根據(jù)等勢(shì)線和電場(chǎng)線垂直，可畫出等勢(shì)線，所以水分子運(yùn)動(dòng)軌跡上A和D點(diǎn)的電勢(shì)大小關(guān)系為φD?φA,故C正確；
D、如果把高壓直流電源的正負(fù)極反接，產(chǎn)生的電場(chǎng)方向發(fā)生反轉(zhuǎn)，但水分子是一端帶正電，另一端帶等量負(fù)電，故水分子的正負(fù)端發(fā)生反轉(zhuǎn)，水分子還是從A處開始將向上運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤。
故選C。
5.如圖所示，比荷相同，但初速度大小不同的兩個(gè)帶電粒子，從左邊靠近上極板的位置水平射入平行板電容器，粒子1打在下極板中心處，粒子2由右側(cè)豎直位移中點(diǎn)處射出電場(chǎng)區(qū)域，下列說法正確的是( )(重力不計(jì))
A. 兩個(gè)粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間之比t1:t2=1:2
B. 兩個(gè)粒子末速度方向與水平方向的夾角θ1:θ2=4:1
C. 兩個(gè)粒子的初速度之比v1:v2=1:2 2
D. 兩個(gè)粒子末動(dòng)能大小之比Ek1:Ek2=2:1
【答案】C
【解析】C.設(shè)荷質(zhì)比qm=k
因此兩個(gè)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，加速度大小相等。粒子1的初速度為 v1 ，粒子2的初速度為 v2 ，極板長度為 L ，寬度為 d 。根據(jù)類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可知，粒子1、2在豎直方向分別有 d=12a12Lv12，12d=12aLv22
聯(lián)立兩式可以求出v1:v2=1:2 2
選項(xiàng)C正確；
A.兩粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間之比t1:t2=0.5Lv1:Lv2
即t1:t2= 2:1，
選項(xiàng)A錯(cuò)誤；
B.根據(jù)類平拋運(yùn)動(dòng)推論，速度與水平方向偏轉(zhuǎn)角的正切值等于對(duì)應(yīng)位移偏轉(zhuǎn)角的正切值兩倍，即tanθ1=2d0.5L，tanθ2=20.5dL，所以，tanθ1:tanθ2=4:1
但角度不等于4：1，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；
D.根據(jù)動(dòng)能定理可知，粒子在這個(gè)過程中動(dòng)能變化量等于電場(chǎng)力做功的功，即Ek1?Ek10=Eqd，Ek2?Ek20=Eq0.5d
所以Ek1=m1ad+12m1v102，Ek2=m2a0.5d+12m2v202
顯然根據(jù)題目已知條件，無法判斷末動(dòng)能之比，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。
故選：C。
6.某理想變壓器原線圈a的匝數(shù)n1=400匝，副線圈b的匝數(shù)n2=200匝，原線圈接在交流電源上，交流電源的電壓隨時(shí)間的變化規(guī)律如圖中余弦圖線所示，副線圈中“12V，6W”的燈泡L恰好正常發(fā)光，電阻R2=36Ω。則下列結(jié)論正確的是( )
A. 流過電阻R1的電流為1A
B. 燈泡L中電流方向每秒鐘改變100次
C. 電阻R1的阻值為160Ω
D. 穿過鐵芯的磁通量的變化率最大值為 24Wb/s
【答案】C
【解析】解：A、燈泡L恰好正常發(fā)光，則副線圈的電流I2=PLUL=612A=12A，則原線圈的電流I1=n2I2n1=200400×0.5A=0.25A，故A錯(cuò)誤；
B、根據(jù)題意可知交流電的周期T=0.01s，一個(gè)周期內(nèi)電流改變2次，則每秒鐘燈泡電流方向改變n=2×1T=2×10.01次=200次，故B錯(cuò)誤；
C、變壓器副線圈兩端電壓的有效值為：U2=I2R2+UL=30V
變壓器原線圈兩端電壓的有效值為：U1=n1n2U2=60V
輸入交流電的有效值為100V，則電阻R1兩端電壓的有效值為：UR1=U?U1=40V
電阻R1的阻值為：R1=UR1I1=160Ω，故C正確；
D、根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律和題設(shè)條件副線圈電壓最大值： 2U2=n2ΔΦΔt，解得ΔΦΔt=30 2200Wb/s=3 220Wb/s，故D錯(cuò)誤。
故選：C。
根據(jù)理想變壓器中原副線圈的電流、電壓與匝數(shù)比之間關(guān)系可以求解副線圈中的電流及R1的阻值；根據(jù)變壓器的原理確定每秒鐘電流方向改變的次數(shù)和磁通量的變化率；注意電壓表、電流表示數(shù)均為有效值。
本題主要是考查了變壓器的知識(shí)；解答本題的關(guān)鍵是知道變壓器的電壓之比等于匝數(shù)之比，在只有一個(gè)副線圈的情況下的電流之比等于匝數(shù)的反比；知道理想變壓器的輸出功率決定輸入功率且二者相等。
7.如圖甲所示，真空中固定一個(gè)半徑為R、帶電量為+Q的均勻帶電小圓環(huán)，取中軸線為x軸，圓環(huán)圓心為坐標(biāo)原點(diǎn)，向右為正方向，中軸線上的電場(chǎng)強(qiáng)度分布如圖乙所示。x1、x2是坐標(biāo)軸上電場(chǎng)強(qiáng)度最大的兩點(diǎn)，電場(chǎng)強(qiáng)度最大值為Em。已知點(diǎn)電荷q在距離為r處的電勢(shì)為φ=kqr，k為靜電力常量。則
A. Em=kQx22+R2
B. x2處電勢(shì)為φ=kQ x22+R2
C. O點(diǎn)和x2處的電勢(shì)差為Emx22
D. 若有帶電量為?q(q>0)的粒子沿x軸從O點(diǎn)一直向右運(yùn)動(dòng)，則其電勢(shì)能先增加后減小
【答案】B
【解析】圓環(huán)帶正電，x負(fù)半軸電場(chǎng)強(qiáng)度向左，x正半軸電場(chǎng)強(qiáng)度向右，大小都先增加后減小。取坐標(biāo)軸x處，環(huán)極小部分在x處的電場(chǎng)為△E=k△Q(x2+R2)，沿x軸方向上分量：，坐標(biāo)軸x處，場(chǎng)強(qiáng)為E=∑ΔEx=kQ?x(x2+R2)23，可知Em=kQ?x2(x22+R2)32，故A錯(cuò)誤。
取坐標(biāo)軸x處，環(huán)極小部分在x處的電勢(shì)為，電勢(shì)為標(biāo)量，代數(shù)相加φ=kQ(x2+R2)12，故B正確。
E?x中面積表電勢(shì)差，O點(diǎn)和x2處的電勢(shì)差大于Emx22，故C錯(cuò)誤。
負(fù)粒子從O點(diǎn)向右運(yùn)動(dòng)，電勢(shì)減小，EP=qφ，電勢(shì)能增加，故D錯(cuò)誤。
二、多選題：本大題共3小題，共15分。
8.如圖所示，斜面體固定在水平面上，一輕質(zhì)細(xì)線繞過滑輪1和滑輪2，兩端分別與物體a和輕環(huán)c連接，輕環(huán)c穿在水平橫桿上，滑輪2下吊一物體b。物體a和滑輪1間的細(xì)線平行于斜面，系統(tǒng)靜止?，F(xiàn)將c向右移動(dòng)少許，物體a始終靜止，系統(tǒng)再次靜止，不計(jì)滑輪質(zhì)量和滑輪與繩間的摩擦。則( )
A. 細(xì)線拉力將變大B. 地面對(duì)斜面體的支持力將變大
C. 橫桿對(duì)輕環(huán)c的摩擦力將變大D. 斜面體對(duì)物體a的摩擦力將變小
【答案】AC
【解析】解：
A、以滑輪2為研究的對(duì)象，受力如圖1，根據(jù)平衡條件可得：2Fcsβ2=mBg，解得細(xì)線拉力：F=mBg2csβ2；
若將c向右移動(dòng)少許，兩個(gè)細(xì)線之間的夾角β增大，所以細(xì)線的拉力F一定變大，故A正確；
B、設(shè)斜面的質(zhì)量為M，地面對(duì)斜面體的支持力為：N=Mg+mAg+Fcsβ2=Mg+mAg+12mBg，所以地面對(duì)斜面體的支持力不變，故B錯(cuò)誤；
C、以輕環(huán)c為研究的對(duì)象，受到支持力、細(xì)線拉力和摩擦力，受力如圖2：
沿水平方向：Fsinβ2?f2=0，解得：f2=Fsinβ2，由于將c向右移動(dòng)少許，細(xì)線拉力F增大，β增大，所以f2一定增大，故C正確；
D、由于開始不知道A受到的摩擦力方向如何，無法判斷斜面體對(duì)a的摩擦力的變化，故D錯(cuò)誤。
本題考慮到物體的受力分析，物體始終處于靜止?fàn)顟B(tài)，即滿足合外力為零，另物體A受到斜面的摩擦力，因不知傾角和動(dòng)摩擦因數(shù)的大小，摩擦力可能沿斜面向上也可能沿斜面向下，所以當(dāng)F增大時(shí)，摩擦力可以變大也可以變小。
先以滑輪2為研究的對(duì)象，得出繩子上的拉力的變化；然后以a、b為研究對(duì)象分析地面對(duì)斜面的支持力變化情況；再以c為研究對(duì)象進(jìn)行受力分析，結(jié)合平衡狀態(tài)的特點(diǎn)，分析c受到的摩擦力的變化；物體a靜止在斜面上，說明物體a處于平衡狀態(tài)，所受外力合力為0，拉力變化時(shí)無法分析物體a受到的摩擦力的變化情況。
9.如圖(a)電路，當(dāng)變阻器的滑動(dòng)片從一端滑到另一端的過程中，兩電壓表的示數(shù)隨電流的變化情況如圖(b)U?I圖像中的AC.BC兩直線所示，不考慮電表對(duì)電路的影響．下面說法錯(cuò)誤的是( )
A. 電源電動(dòng)勢(shì)為E=9VB. 電源內(nèi)阻r= 1Ω
C. 定值電阻R0=3ΩD. 變阻器消耗的最大功率為7W
【答案】AD
【解析】【分析】
當(dāng)變阻器的滑動(dòng)片向左移動(dòng)時(shí)，變阻器接入電路的電阻減小，電路中電流增大，定值電阻R0的電壓增大，路端電壓減小，來判斷兩個(gè)電壓表的示數(shù)對(duì)應(yīng)的圖線．
定值電阻R0等于圖線AC的斜率大?。蓴?shù)學(xué)知識(shí)求出圖線的斜率求解R0．
圖線BC反映路端電壓與電流的關(guān)系，其斜率大小等于電源的內(nèi)阻，由數(shù)學(xué)知識(shí)求出電源的內(nèi)阻．再閉合電路歐姆定律求出電源的電動(dòng)勢(shì)．
將定值電阻和電源當(dāng)作一個(gè)等效電源，當(dāng)?shù)刃щ娫吹膬?nèi)電阻和變阻器電阻相等時(shí)，等效電源輸出功率最大．
本題考查對(duì)物理圖象的理解能力，可以把本題看成動(dòng)態(tài)分析問題，來選擇兩電表示對(duì)應(yīng)的圖線．再根據(jù)閉合電路歐姆定律即可確定電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)電阻．
【解答】
ABC.電壓表V1的示數(shù)隨電流表示數(shù)的變化圖象應(yīng)為BC；電壓表V2的示數(shù)隨電流表示數(shù)的變化圖象應(yīng)為AC；定值電阻為：R0=UI=1.50.5Ω=3Ω；
根據(jù)閉合電路的歐姆定律：E=7.5+0.5r，E=6+2r，可得：E=8V，r=1Ω，故A錯(cuò)誤，BC正確；
D.當(dāng)R=R0+r=4Ω時(shí)，變阻器消耗的電功率最大，變阻器兩端的電壓為：UR=E2=82=4V；變阻器消耗的最大功率為：PR=UR2R=164W=4W，故D錯(cuò)誤
本題選錯(cuò)誤的，故選：AD．
10.如圖所示，豎直放置的彎曲管ACDB，A管接一密閉球形容器，內(nèi)有一定質(zhì)量的氣體，B管開口，水銀柱將兩部分氣體封閉，各管形成的液面高度差分別為h1、h2和h3。外界大氣壓強(qiáng)為H0(cmHg)。后來在B管開口端注入一些水銀，則( )
A. 注入水銀前A內(nèi)氣體的壓強(qiáng)為H0+h1?h2(cmHg)
B. 注入水銀后A管內(nèi)氣體的壓強(qiáng)可能不變
C. 注入水銀后C、D管內(nèi)氣體的體積一定減小
D. 注入水銀后液面高度差的變化量△ h2>△ h3
【答案】CD
【解析】A.注入水銀前，對(duì)于C、D管中的壓強(qiáng)p=H0+h1 ，又p=pA?h3，則得H0+h1=pA?h3，得A內(nèi)氣體的壓強(qiáng)為pA=H0+h1+h3，故A錯(cuò)誤；
B.注入水銀后，h1增大，h3減小，A中氣體體積減小，壓強(qiáng)一定增大，故B錯(cuò)誤；
C.注入水銀后C、D管內(nèi)氣體壓強(qiáng)增大，根據(jù)玻意耳定律分析得知，氣體的體積一定減小，故C正確；
D.注入水銀后，C、D管中氣體壓強(qiáng)增大，所以體積減小，則液面高度差的變化量△h3

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