1.一定質(zhì)量的理想氣體經(jīng)過(guò)一系列變化后回到初始狀態(tài)，其狀態(tài)變化過(guò)程如圖所示。
(1)(多選)理想氣體作為一種理想化的物理模型，完全忽略了______。
A.分子勢(shì)能
B.分子體積
C.分子動(dòng)能
D.分子間作用力
(2)理想氣體在A、B兩狀態(tài)下的熱力學(xué)溫度分別為T(mén)A、TB，由圖可知TA：TB=______。
(3)表中給出了理想氣體在各段變化過(guò)程中部分物理量的變化情況，其中Q為氣體從外界吸收的熱量、W為外界對(duì)氣體做的功、ΔU為氣體的內(nèi)能變化量。試完成該表。
2.機(jī)械振動(dòng)與電磁振蕩、機(jī)械波與電磁波往往表現(xiàn)出相似的規(guī)律，但又性質(zhì)迥異。
(1)一列向右傳播的水波在某時(shí)刻的剖面如圖1，圖中標(biāo)記各點(diǎn)中此時(shí)具有豎直向上的最大速度的是______。
(2)某同學(xué)設(shè)計(jì)了一種不使用秒表的測(cè)重力加速度方案。使一擺長(zhǎng)為L(zhǎng)的單擺與一彈簧勁度系數(shù)為k、振子質(zhì)量為m的水平彈簧振子一起做簡(jiǎn)諧振動(dòng)，數(shù)得單擺振動(dòng)p次時(shí)振子恰振動(dòng)q次。
①當(dāng)?shù)刂亓铀俣戎悼杀硎緸間=______。
②為使測(cè)量準(zhǔn)確，振動(dòng)次數(shù)p、q宜取______。
A.幾次
B.十幾次
C.幾十次
D.幾百次
(3)將電感器、電容器與電池、單刀雙擲開(kāi)關(guān)、電流傳感器按如圖2(a)所示電路連接，先把開(kāi)關(guān)置于1，電容器充電完畢后將開(kāi)關(guān)置于2組成振蕩回路，電流傳感器記錄的電流變化如圖2(b)所示。
①若電容器的電容為C，電池電動(dòng)勢(shì)為E，則發(fā)生電磁振蕩的前四分之一周期內(nèi)，電流圖線與橫軸所圍成的圖形面積大小應(yīng)為_(kāi)_____。
②該振蕩回路所輻射出的電磁波在真空中的波長(zhǎng)約為_(kāi)_____m(保留1位有效數(shù)字)，屬于電磁波譜中的______。
③若上述過(guò)程發(fā)生在以0.9倍光速沿地面水平運(yùn)動(dòng)的車(chē)廂內(nèi)。車(chē)廂中的觀察者與地面上的靜止觀察者觀測(cè)到該振蕩回路中電磁振蕩的周期分別為T(mén)1和T2、發(fā)出的電磁波的傳播速度大小分別為v1和v2，則有______。
A.T1=T2，v1=v2
B.T1=T2，v1≠v2
C.T1≠T2，v1=v2
D.T1≠T2，v1≠v2
④從某振蕩回路發(fā)出的一束電磁波在大氣中的傳播路徑如圖3所示。與在底層大氣中的傳播相比，該電磁波在上層大氣中______。
A.折射率更大、波速更大
B.折射率更小、波速更大
C.折射率更大、波速更小
D.折射率更小、波速更小
3.在某些需要帶電工作的情況下測(cè)量交變電流時(shí)，電工需要使用如圖(a)所示的鉗形電表，圖(b)為其結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)圖。測(cè)量時(shí)，使通有待測(cè)電流ix的導(dǎo)線AB穿過(guò)電表的鉗形鐵芯，鐵芯上繞有匝數(shù)為n的線圖并接入表內(nèi)測(cè)量電路。
(1)待測(cè)電流ix與線圈中感應(yīng)電流ig的大小關(guān)系是______。
A.ix>ig
B.ixig，故A正確，BC錯(cuò)誤。
故選：A。
(2)根據(jù)楞次定律和安培定則可知，當(dāng)當(dāng)感應(yīng)電流ig的方向如圖(b)所示時(shí)，待測(cè)電流的變化情況可能為沿正方向增大，或者沿反方向減小，故AD正確，BC錯(cuò)誤。
故選：AD。
(3)測(cè)量電路兩端的總電壓為U=IR=0.4×(500+100)V=240V，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有U=nΔΦΔt，把n=1000和U=240V代入解得，ΔΦΔt=0.24Wb/s
(4)電路中電流的有效值為i=i0 2，導(dǎo)線AB段在圖示時(shí)間內(nèi)所消耗的平均電功率Pr=i2r，解得Pr=12i02r
(5)當(dāng)漏電時(shí)，穿過(guò)鐵芯的磁通量不為零，要發(fā)生變化，會(huì)有電磁感應(yīng)現(xiàn)象產(chǎn)生，電流表有示數(shù)；如果沒(méi)有漏電現(xiàn)象，則穿過(guò)鐵芯的磁通量為零，不會(huì)發(fā)生電磁感應(yīng)現(xiàn)象，電流表示數(shù)應(yīng)該為零，故B正確，ACD錯(cuò)誤。
故選：B。
故答案為：(1)A；(2)AD；(3)此時(shí)鐵芯中的磁通量變化率大小0.24Wb/s；(4)12i02r；(5)B。
(1)根據(jù)變壓器的變流規(guī)律分析；
(2)根據(jù)楞次定律和安培定則分析；
(3)根據(jù)歐姆定律和法拉第電磁感應(yīng)定律分析計(jì)算；
(4)根據(jù)有效值計(jì)算；
(5)根據(jù)發(fā)生電磁感應(yīng)的條件分析。
本題考查了楞次定律的應(yīng)用，對(duì)變壓器變流規(guī)律的應(yīng)用，以及楞次定律和安培定則的應(yīng)用等。
4.【答案】B B d22t2
【解析】解：(1)為提高測(cè)量精度和易于操作，測(cè)量擋光片寬度宜選用游標(biāo)卡尺，故B錯(cuò)誤，AC錯(cuò)誤。
故選：B。
(2)用水平推力從最低點(diǎn)緩慢推高擺錘的過(guò)程中，擺錘始終處于平衡狀態(tài)，受力如下圖所示，設(shè)輕質(zhì)連桿與豎直方向的夾角為β。
推力F=mgtanβ
拉力T=mgcsβ
從最低點(diǎn)緩慢推高擺錘的過(guò)程，β增大，可得F與T均增大，故B正確，ACD錯(cuò)誤。
故選：B。
(3)設(shè)擺錘靜止釋放時(shí)的高度為h0，根據(jù)機(jī)械能守恒定律可得：mg(h0?h)=12mv2
根據(jù)光電門(mén)測(cè)速原理可得：v=dt
聯(lián)立可得：d22t2=gh0?gh
若使圖線為斜率大小近似為g的傾斜直線，則應(yīng)以d22t2為縱坐標(biāo)繪制圖線。
(4)對(duì)剎停過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理得：
?mgL(1?csθ)+W=0?12mv2
解得：W=mgL(1?csθ)?12mv2
故答案為：(1)B；(2)B；(3)d22t2；
(4)剎停過(guò)程中制動(dòng)裝置對(duì)擺錘做功W為mgL(1?csθ)?12mv2。
(1)從提高測(cè)量精度和易于操作的角度，選擇測(cè)量工具。
(2)用水平推力從最低點(diǎn)緩慢推高擺錘的過(guò)程中，擺錘始終處于平衡狀態(tài)，對(duì)擺錘受力分析，根據(jù)平衡條件解答。
(3)根據(jù)光電門(mén)測(cè)速原理得到擺錘經(jīng)過(guò)擋光片的速度大小，根據(jù)機(jī)械能守恒定律求得要驗(yàn)證的表達(dá)式，得到滿足要求的縱坐標(biāo)的物理量。
(4)對(duì)剎停過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理解答。
本題圍繞著驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律的實(shí)驗(yàn)，考查了受力的動(dòng)態(tài)平衡問(wèn)題，機(jī)械能守恒定律的應(yīng)用，動(dòng)能定理求解變力的問(wèn)題，題目難度適中。解答受力的動(dòng)態(tài)平衡問(wèn)題是可采用圖解法或解析法，應(yīng)用動(dòng)能定理時(shí)注意做功的正負(fù)。
5.【答案】E B 正電 hν?hν0e
【解析】解：(1)由照片中星芒的形狀可知，星點(diǎn)周?chē)霈F(xiàn)了“四條彼此成直角或?qū)堑难苌錀l紋(看上去像“+“和“×”重疊)。選項(xiàng)E所示的中心圓面被四條徑向黑線(障礙物)分割，最符合該衍射現(xiàn)象，故E正確，ABCD錯(cuò)誤。
故選：E。
(2)恒星光譜在大范圍內(nèi)接近連續(xù)分布，但由于恒星大氣中某些原子的吸收作用，會(huì)在連續(xù)背景上出現(xiàn)若干吸收線(暗線)，因此屬于“在連續(xù)譜背景上帶暗線“的吸收光譜。選項(xiàng)A所示為線狀譜，選項(xiàng)B所示為吸收狀譜，選項(xiàng)C所示為連續(xù)譜。
故選：B。
(3)望遠(yuǎn)鏡在太陽(yáng)輻射下易因光電效應(yīng)而失去電子，故會(huì)帶正電。
當(dāng)望遠(yuǎn)鏡表面的正電累積到一定程度后，被剝離電子所能獲得的最大動(dòng)能恰好被表面與無(wú)窮遠(yuǎn)之間的電勢(shì)差所抵消，電勢(shì)差保持穩(wěn)定。由光電效應(yīng)方程Ek=hν?hν0
又?eU=0?Ek
解得U=hν?hν0e
(4)只考慮地球引力、取無(wú)窮遠(yuǎn)處引力勢(shì)能Ep→0。對(duì)半徑為r的勻速圓周軌道。引力勢(shì)能Ep=?GMmr(圖中已給出，為負(fù)值隨r增大趨近于0)。.
根據(jù)GMmr2=mv2r
又Ek=12mv2
得動(dòng)能Ek=GMm2r
作圖時(shí)它在橫軸上方，且數(shù)值為|Ep|的一半。
機(jī)械能E=Ep+Ek=?GMm2r
在圖上仍為負(fù)值，隨r增大也趨近于0。在給定坐標(biāo)圖中，Ek曲線應(yīng)在橫軸上方且與|Ep|成正比，E曲線在橫軸下方且數(shù)值恰為Ep的一半(負(fù)值)，都隨r增大逐漸逼近零。該望遠(yuǎn)鏡繞地球勻速圓周運(yùn)動(dòng)的動(dòng)能E和機(jī)械能E隨r變化的關(guān)系圖線如圖所示
故答案為：(1)E；(2)B；(3)正電；hν?hν0e；(4)見(jiàn)解析
(1)根據(jù)衍射條紋的特點(diǎn)分析解答；
(2)根據(jù)能級(jí)躍遷理論分析；
(3)根據(jù)光電效應(yīng)方程分析解答；
(4)根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力結(jié)合功能關(guān)系解答。
本題考查知識(shí)點(diǎn)較多，解題關(guān)鍵掌握光電效應(yīng)方程的應(yīng)用、能級(jí)躍遷理論，機(jī)械能守恒定律等內(nèi)容，注意對(duì)基本知識(shí)點(diǎn)的拓展應(yīng)用。
6.【答案】 612C+01n A eBD2mp C ① ②
【解析】解：(1)發(fā)現(xiàn)中子的核反應(yīng)方程是 49Be+24He→612C+01n
(2)①質(zhì)子帶正電，根據(jù)左手定則可知質(zhì)子的落點(diǎn)將僅散布于a間，故A正確，BCD錯(cuò)誤；
故選：A。
②根據(jù)幾何關(guān)系可知r=D2
根據(jù)洛倫茲力提供向心力有evB=mpv2r
解得v=eBD2mp
③根據(jù)動(dòng)能與動(dòng)量的關(guān)系有E=p22mp
由德布羅意波長(zhǎng)公式可知p=hλ
解得λ=h 2mpE
故AB錯(cuò)誤，C正確；
故選：C。
(3)①質(zhì)子進(jìn)入電場(chǎng)后做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，有L=vt
y=12at2
解得y=12aL2v2
由軌跡可知進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)初速度較大的是①
根據(jù)電場(chǎng)力做功與電勢(shì)能的變化關(guān)系可知W=?Ep=qEy
則②的電勢(shì)能變化大；
②根據(jù)類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可知v′= v2+vy2
其中vy=at
解得v′= v2+a2L2v2
若兩質(zhì)子末速度相等，應(yīng)滿足v12+a2L2v12=v22+a2L2v22
解得v1v2=aL
由于aL恒定，則可證得兩質(zhì)子末速度相等。
(4)中性粒子x轟擊氮(714N)核，動(dòng)量守恒，則有mxvx=mxv′x+mpvp
碰撞前后總動(dòng)能不變，則有12mxvx2=12mxv′x2+12mpvp2
聯(lián)立可得vpvx=2mxmx+mp
同理中性粒子x轟擊氫核時(shí)有vHvx=2mxmx+mH
則有vpvH=mx+mHmx+mp=3.3×1074.6×106
解得mxmp=1.1
故答案為：(1)612C+01n；(2)A；eBD2mp；C；(3)①；②；證明過(guò)程見(jiàn)解析；(4)未知中性粒子x的質(zhì)量mx與質(zhì)子質(zhì)量mp之比為1.1
(1)根據(jù)衰變的特點(diǎn)分析；
(2)根據(jù)左手定則結(jié)合洛倫茲力提供向心力以及動(dòng)能與動(dòng)量的關(guān)系解答；
(3)根據(jù)類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律解答；
(4)撞擊過(guò)程中動(dòng)量守恒，根據(jù)動(dòng)量守恒規(guī)律解答。
本題考查衰變、帶電粒子在電場(chǎng)和磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，解題關(guān)鍵掌握衰變的特點(diǎn)，注意動(dòng)量守恒定律的運(yùn)用。過(guò)程
Q/J
W/J
ΔU/J
A→B
0
4.2
______
B→C
?8.5
______
______
C→A
______
______
______
過(guò)程
Q/J
W/J
ΔU/J
A→B
0
4.2
4.2
B→C
?8.5
0
?8.5
C→A
5.8
?1.5
4.3
過(guò)程
Q/J
W/J
ΔU/J
A→B
0
4.2
4.2
B→C
?8.5
0
?8.5
C→A
5.8
?1.5
4.3

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