1.下列現(xiàn)象中，揭示了光的粒子性的是( )
A. 光電效應(yīng)B. 光的干涉C. 光的偏振D. 光的衍射
2.下列核反應(yīng)方程中括號(hào)內(nèi)的粒子為中子的是( )
A. 92235U+01n→56144Ba+3689Kr+(??)
B. 92238U→90234Th+(??)
C. 714N+24He→817O+(??)
D. 614C→714N+(??)
3.一定質(zhì)量的理想氣體的體積V隨熱力學(xué)溫度T變化的情況如圖所示。氣體先后經(jīng)歷狀態(tài)A、B和C，下列說(shuō)法正確的是( )
A. 從狀態(tài)A到狀態(tài)B，氣體壓強(qiáng)保持不變
B. 從狀態(tài)A到狀態(tài)B，氣體內(nèi)能保持不變
C. 從狀態(tài)B到狀態(tài)C，氣體對(duì)外做功
D. 從狀態(tài)B到狀態(tài)C，氣體向外放熱
4.位于坐標(biāo)原點(diǎn)處的波源發(fā)出一列沿x軸正方向傳播的簡(jiǎn)諧橫波。t=0時(shí)波源開(kāi)始振動(dòng)，其位移y隨時(shí)間t變化的關(guān)系式為y=Asin(2πTt)，則t=T時(shí)的波形圖為( )
A. B.
C. D.
5.如圖所示，水平面上有一上表面光滑的斜面體，一小物塊沿其上表面勻減速上滑，此過(guò)程中斜面體始終保持靜止，下列說(shuō)法正確的是( )
A. 斜面體受到地面的摩擦力水平向左
B. 斜面體受到地面的摩擦力為零
C. 斜面體對(duì)地面的壓力小于斜面體與物塊的重力之和
D. 斜面體對(duì)地面的壓力等于斜面體與物塊的重力之和
6.如圖所示，發(fā)射地球同步衛(wèi)星時(shí)，先將衛(wèi)星發(fā)射至近地圓軌道1，然后經(jīng)變軌，使其沿橢圓軌道2運(yùn)行，最后再次變軌，將衛(wèi)星送入同步圓軌道3。軌道1、2相切于Q點(diǎn)，軌道2、3相切于P點(diǎn)。當(dāng)衛(wèi)星分別在1、2、3軌道上運(yùn)行時(shí)，下列說(shuō)法正確的是( )
A. 衛(wèi)星在軌道2上經(jīng)過(guò)Q點(diǎn)的速度小于在軌道1上經(jīng)過(guò)Q點(diǎn)的速度
B. 衛(wèi)星在軌道2上經(jīng)過(guò)Q點(diǎn)的機(jī)械能等于在軌道2上經(jīng)過(guò)P點(diǎn)的機(jī)械能
C. 衛(wèi)星在軌道2上經(jīng)過(guò)P點(diǎn)的機(jī)械能等于在軌道3上經(jīng)過(guò)P點(diǎn)的機(jī)械能
D. 衛(wèi)星在軌道2上經(jīng)過(guò)P點(diǎn)的加速度小于在軌道3上經(jīng)過(guò)P點(diǎn)的加速度
7.如圖所示，輕桿的一端固定在通過(guò)O點(diǎn)的水平轉(zhuǎn)軸上，另一端固定一小球，輕桿繞O點(diǎn)在豎直平面內(nèi)沿順時(shí)針?lè)较蜃鰟蛩賵A周運(yùn)動(dòng)，其中A點(diǎn)為最高點(diǎn)、C點(diǎn)為最低點(diǎn)，B點(diǎn)與O點(diǎn)等高，下列說(shuō)法正確的是( )
A. 小球經(jīng)過(guò)A點(diǎn)時(shí)，所受桿的作用力一定豎直向下
B. 小球經(jīng)過(guò)B點(diǎn)時(shí)，所受桿的作用力沿著B(niǎo)O方向
C. 從A點(diǎn)到C點(diǎn)的過(guò)程，小球重力的功率保持不變
D. 從A點(diǎn)到C點(diǎn)的過(guò)程，桿對(duì)小球的作用力做負(fù)功
8.自制一個(gè)原、副線圈匝數(shù)分別為600匝和190匝的變壓器，原線圈接12V的正弦交流電源，副線圈接額定電壓為3.8V的小燈泡。實(shí)際測(cè)得小燈泡兩端電壓為2.5V。下列措施有可能使小燈泡正常發(fā)光的是( )
A. 僅增加原線圈匝數(shù)B. 僅增加副線圈匝數(shù)
C. 將原、副線圈匝數(shù)都增為原來(lái)的兩倍D. 將兩個(gè)3.8V小燈泡并聯(lián)起來(lái)接入副線圈
9.如圖所示，光滑水平面上的正方形導(dǎo)線框，以某一初速度進(jìn)入豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)并最終完全穿出，線框的邊長(zhǎng)小于磁場(chǎng)寬度。下列說(shuō)法正確的是( )
A. 線框進(jìn)磁場(chǎng)的過(guò)程中電流方向?yàn)轫槙r(shí)針?lè)较?br>B. 線框出磁場(chǎng)的過(guò)程中做勻減速直線運(yùn)動(dòng)
C. 線框在進(jìn)和出的兩過(guò)程中產(chǎn)生的焦耳熱相等
D. 線框在進(jìn)和出的兩過(guò)程中通過(guò)導(dǎo)線橫截面的電荷量相等
10.氫原子在可見(jiàn)光區(qū)的4條特征譜線是玻爾理論的實(shí)驗(yàn)基礎(chǔ)。如圖所示，這4條特征譜線(記作Hα、Hβ、Hγ和Hδ)分別對(duì)應(yīng)著氫原子從n=3、4、5、6能級(jí)向n=2能級(jí)的躍遷，下面4幅光譜圖中，合理的是(選項(xiàng)圖中長(zhǎng)度標(biāo)尺的刻度均勻分布，刻度值從左至右增大)( )
A.
B.
C.
D.
11.如圖所示，一物體在力F作用下沿水平桌面做勻加速直線運(yùn)動(dòng)。已知物體質(zhì)量為m，加速度大小為a，物體和桌面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g。在物體移動(dòng)距離為x的過(guò)程中( )
A. 摩擦力做功大小與F方向無(wú)關(guān)B. 合力做功大小與F方向有關(guān)
C. F為水平方向時(shí)，F(xiàn)做功為μmgxD. F做功的最小值為max
12.如圖所示，空間中存在豎直向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形線框abcd的總電阻為R。除ab邊為硬質(zhì)金屬桿外，其它邊均為不可伸長(zhǎng)的輕質(zhì)金屬細(xì)線，并且cd邊保持不動(dòng)，桿ab的質(zhì)量為m。將線框拉至水平后由靜止釋放，桿ab第一次擺到最低位置時(shí)的速率為v。重力加速度為g，忽略空氣阻力。關(guān)于該過(guò)程，下列說(shuō)法正確的是( )
A. a端電勢(shì)始終低于b端電勢(shì)B. 桿ab中電流的大小、方向均保持不變
C. 安培力對(duì)桿ab的沖量大小為B2L3RD. 安培力對(duì)桿ab做的功為mgL?12mv2
13.如圖所示，在xOy坐標(biāo)系的第一象限內(nèi)存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)。一帶電粒子在P點(diǎn)以與x軸正方向成60°的方向垂直磁場(chǎng)射入，并恰好垂直于y軸射出磁場(chǎng)。已知帶電粒子質(zhì)量為m、電荷量為q，OP=a。不計(jì)重力。根據(jù)上述信息可以得出( )
A. 帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡方程B. 帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的速率
C. 帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間D. 該勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度
14.黑洞是存在于宇宙空間中的一種特殊天體。人們可以通過(guò)觀測(cè)黑洞外的另一個(gè)天體(也稱伴星)的光譜來(lái)獲取信息。如圖所示，若伴星繞黑洞沿逆時(shí)針?lè)较蜃鰟蛩賵A周運(yùn)動(dòng)，伴星的軌道與地球的視向方向共面。人們?cè)诘厍蛏嫌^測(cè)到的伴星光譜譜線的波長(zhǎng)λ′=(1+vc)λ，式中λ是光源靜止時(shí)的譜線波長(zhǎng)，c為光速，v為伴星在地球視向方向的分速度(以地球的視向方向?yàn)檎较?。已知引力常量G，不考慮宇宙膨脹和黑洞引力導(dǎo)致的譜線波長(zhǎng)變化。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是( )
A. 觀測(cè)到伴星光譜譜線的波長(zhǎng)λ′ gr，
則所受桿的作用力豎直向下，故A錯(cuò)誤；
B.小球經(jīng)過(guò)B點(diǎn)時(shí)，合外力提供向心力，小球受重力和桿給的作用力，則小球所受桿的作用力為右上方。故B錯(cuò)誤；
C.A點(diǎn)和C點(diǎn)處重力與速度方向垂直，則小球重力的功率為0，B點(diǎn)處重力與速度共線，故重力功率不為0，則從A點(diǎn)到C點(diǎn)的過(guò)程，小球重力的功率先增大再減小。故C錯(cuò)誤；
D.A到C的過(guò)程中，重力做正功，根據(jù)動(dòng)能定理：WG+W桿=ΔEk=0，故桿對(duì)小球的作用力做負(fù)功。故D正確。
故選：D。
小球經(jīng)過(guò)A點(diǎn)時(shí)，根據(jù)小球經(jīng)過(guò)A點(diǎn)速度，討論桿的作用力方向；
小球經(jīng)過(guò)B點(diǎn)時(shí)，合外力提供向心力，分析小球所受桿的作用力方向；
根據(jù)瞬時(shí)功率計(jì)算式，分析功率變化；
A到C的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理，分析桿對(duì)小球的作用力做功。
本題考查學(xué)生對(duì)圓周運(yùn)動(dòng)規(guī)律、動(dòng)能定理、瞬時(shí)功率計(jì)算的掌握，解題關(guān)鍵是根據(jù)臨界速度v= gr討論桿對(duì)小球的作用力。
8.【答案】B
【解析】解：若變壓器為理想變壓器，根據(jù)U1：U2=n1：n2可得：U2=n2n1U1，則輸出電壓為：U2=n2n1U1=190600×12V=3.8V；實(shí)際測(cè)得小燈泡兩端電壓為2.5V，說(shuō)明變壓器漏磁。
A、僅增加原線圈匝數(shù)，副線圈的輸出電壓U2減小，不能使小燈泡正常發(fā)光，故A錯(cuò)誤；
B、僅增加副線圈匝數(shù)，線圈的輸出電壓U2增大，有可能使小燈泡正常發(fā)光，故B正確；
C、將原、副線圈匝數(shù)都增為原來(lái)的兩倍，但由于原線圈的電壓不變，則副線圈的輸出電壓U2不變，不能使小燈泡正常發(fā)光，故C錯(cuò)誤；
D、將兩個(gè)3.8V小燈泡并聯(lián)，但由于原線圈的電壓不變，則副線圈的輸出電壓U2不變，更不能使小燈泡正常發(fā)光，故D錯(cuò)誤。
故選：B。
若變壓器為理想變壓器，根據(jù)U1：U2=n1：n2可得：U2=n2n1U1；實(shí)際該變壓器有漏磁，使得輸出電壓減小。根據(jù)各個(gè)選項(xiàng)中給出的條件分析輸出電壓的變化情況，由此判知ABC的正誤；根據(jù)兩個(gè)燈泡的連接方式對(duì)電壓(或是電流的)影響，可判知D選項(xiàng)的正誤。
本題主要是考查了變壓器的知識(shí)；解答本題的關(guān)鍵是知道理想變壓器的電壓之比等于匝數(shù)之比，能夠根據(jù)變壓器變壓特點(diǎn)進(jìn)行分析。
9.【答案】D
【解析】解：A、線框進(jìn)磁場(chǎng)的過(guò)程中磁通量向里增加，根據(jù)楞次定律可知電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針?lè)较?，故A錯(cuò)誤；
B、線框出磁場(chǎng)的過(guò)程中，根據(jù)牛頓第二定律可得：BIL=ma，其中I=BLvR，解得加速度大小為：a=B2L2vmR，由于速度減小，則加速度減小，線框做加速度減小的減速直線運(yùn)動(dòng)，故B錯(cuò)誤；
C、根據(jù)功能關(guān)系可知，產(chǎn)生的熱等于克服安培力做的功，由于進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中平均安培力大、而進(jìn)出磁場(chǎng)過(guò)程中通過(guò)的位移相同，則線框進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中產(chǎn)生的熱比出磁場(chǎng)過(guò)程中多，故C錯(cuò)誤；
D、根據(jù)電荷量的計(jì)算公式可得：q=I?t=E?Rt=ΔΦR=BSR，由于進(jìn)出磁場(chǎng)過(guò)程中，穿過(guò)線框的磁通量變化量相同，則通過(guò)導(dǎo)線橫截面的電荷量相等，故D正確。
故選：D。
根據(jù)楞次定律判斷電流方向；根據(jù)牛頓第二定律分析加速度變化情況，由此分析運(yùn)動(dòng)情況；根據(jù)功能關(guān)系分析產(chǎn)生的熱；根據(jù)電荷量的計(jì)算公式分析通過(guò)線框電荷量的大小。
對(duì)于電磁感應(yīng)問(wèn)題研究思路常常有兩條：一條從力的角度，根據(jù)牛頓第二定律或平衡條件列出方程；另一條是能量，分析涉及電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的能量轉(zhuǎn)化問(wèn)題，根據(jù)動(dòng)能定理、功能關(guān)系等列方程求解。
10.【答案】A
【解析】解：光譜圖中譜線位置表示相應(yīng)光子的波長(zhǎng)，氫原子從n=3、4、5、6能級(jí)分別向n=2能級(jí)躍遷時(shí)，發(fā)射的光子能量增大，所以光子頻率增大，光子波長(zhǎng)減小，在標(biāo)尺上Hα、Hβ、Hγ和Hδ譜線應(yīng)從右向左排列。由于氫原子從n=3、4、5、6能級(jí)分別向n=2能級(jí)躍遷釋放光子能量的差值越來(lái)越小，所以，從右向左4條譜線排列越來(lái)越緊密，故A正確，BCD錯(cuò)誤。
故選：A。
光譜圖中譜線位置表示相應(yīng)光子的波長(zhǎng)，根據(jù)氫原子的能級(jí)躍遷結(jié)合頻率與波長(zhǎng)的關(guān)系分析解答。
考查學(xué)生對(duì)量子論、波爾原子模型的理解。解決本題的關(guān)鍵知道能級(jí)間躍遷所滿足的規(guī)律，以及知道光子頻率、波長(zhǎng)的大小與能量變化的關(guān)系。
11.【答案】D
【解析】解：A、設(shè)F與水平方向的夾角為θ，桌面對(duì)物體的支持力為FN，對(duì)物體受力分析，則有
FN=mg?Fsinθ
f=μFN
Wf=fx
聯(lián)立方程可得：Wf=μ(mg?Fsinθ)x
可知摩擦力做功大小與F方向有關(guān)，故A錯(cuò)誤；
B、由牛頓第二定律有：F合=Fcs?θ?f=ma
整理得：Fcsθ+μFsinθ?μmg=ma
由于m、a、μ均為已知量，上式中只有F、θ是變量，且無(wú)論F、θ如何變化，上式恒成立，ma不變
根據(jù)WF合=F合x(chóng)=max，可知合力做功大小與F方向無(wú)關(guān)，故B錯(cuò)誤；
C、F為水平方向時(shí)，由牛頓第二定律有：F?μmg=ma
可知：F>μmg
則F做功為Fx，且Fx>μmgx，故C錯(cuò)誤；
D、由牛頓第二定律有：Fcsθ?f=ma
結(jié)合選項(xiàng)A解析，可得：Fcsθ?μ(mg?Fsinθ)=ma
則：WF=Fcsθ?x=max+μ(mg?Fsinθ)x
當(dāng)mg?Fsinθ=0時(shí)，WF取得最小值max，故D正確。
故選：D。
A、物體在力F作用下沿水平桌面做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，對(duì)物體受力分析，豎直方向合力為零可列方程，可求出桌面對(duì)物體的支持力，由滑動(dòng)摩擦力公式可求摩擦力，由做功公式可求摩擦力做功表達(dá)式，根據(jù)表達(dá)式判斷摩擦力做功大小與F方向是否有關(guān)系。
B、物體在水平方向由牛頓第二定律可列方程，合力為ma，則合力做功大小為max，由此表達(dá)式可判斷合力做功大小與F方向是否有關(guān)。
C、F為水平方向時(shí)，由牛頓第二定律可列方程，可判斷F與μmg的大??；由做功公式可得F做功表達(dá)式，進(jìn)而判斷F做功與μmgx的關(guān)系。
D、由牛頓第二定律可列方程，進(jìn)而得出F做功的表達(dá)式，根據(jù)表達(dá)式分析F做功的最小值。
解答本題，要掌握受力分析、牛頓第二定律、做功等知識(shí)，選項(xiàng)B、D較難，解題關(guān)鍵是要列出各力做功的表達(dá)式，根據(jù)表達(dá)式分析判斷。
12.【答案】C
【解析】解：A.由右手定則可知，桿a切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向?yàn)閎→a，則a端電勢(shì)始終高于b端電勢(shì)，故A錯(cuò)誤；
B.根據(jù)題意可知，桿a運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，垂直磁場(chǎng)方向的分速度大小發(fā)生變化，則感應(yīng)電流大小變化，故B錯(cuò)誤；
C.安培力對(duì)桿a的沖量大小為：I沖=BI感Lt=BL∑I感t=BLq，由于q=E?Rt=ΔΦR=BSR，可得安培力對(duì)桿a的沖量大小為：I沖=B2L3R，故C正確；
D.設(shè)安培力對(duì)桿a做的功為W，由動(dòng)能定理有：mgL+W=12mv2，解得W=12mv2?mgL，故D錯(cuò)誤。
故選：C。
由右手定則判斷電流方向和電勢(shì)高低；根據(jù)沖量的計(jì)算公式求解安培力對(duì)桿a的沖量大小；由動(dòng)能定理求解安培力對(duì)桿ab做的功。
本題主要是考查電磁感應(yīng)現(xiàn)象，關(guān)鍵是能夠根據(jù)右手定則分析電流方向，掌握電荷量的計(jì)算方法。
13.【答案】A
【解析】解：利用左手定則畫(huà)出初末位置的洛倫茲力的方向，由此判斷出圓心的所在位置：
根據(jù)幾何關(guān)系可得：cs30°=ar，所以r=2 33a。
在磁場(chǎng)中，由洛倫茲力提供向心力，即：qBv=mv2r，同時(shí)：T=2πrv，化簡(jiǎn)得：r=mvqB，T=2πmqB。
由此可知，帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡是唯一確定且可求的，故A正確；
因?yàn)関和B都未知，所以帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間也無(wú)法確定，故BCD錯(cuò)誤。
故選：A。
在磁場(chǎng)中，由洛倫茲力提供向心力，利用左手定則判斷出洛侖磁力的方向，利用洛倫茲力的交點(diǎn)找出圓心所在位置，再根據(jù)幾何關(guān)系和向心力公式求解。
熟悉左手定則，可根據(jù)初末速度的方向判斷出圓心的所在位置，要善于適用結(jié)合關(guān)系確定半徑r的大小，聯(lián)立公式求解即可。
14.【答案】C
【解析】解：AB、觀測(cè)到伴星光譜譜線的波長(zhǎng)滿足：λ′=(1+vc)λ，以地球的視向方向?yàn)檎较?，?dāng)伴星靠近地球時(shí)，伴星在地球視向方向的分速度v為負(fù)值，可知λ′λ。若觀測(cè)到伴星光譜譜線波長(zhǎng)的最小值，此時(shí)伴星在地球視向方向的分速度v為負(fù)值，且最大，對(duì)應(yīng)著伴星在圖中A位置，故AB正確；
CD、設(shè)伴星運(yùn)動(dòng)的周期為T(mén)，質(zhì)量為m，黑洞的質(zhì)量為M，伴星運(yùn)動(dòng)的半徑為r。根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力有GMmr2=mr(2πT)2，解得黑洞的質(zhì)量：M=4π2r3GT2，且伴星運(yùn)動(dòng)的周期等于伴星光譜譜線波長(zhǎng)變化的周期，最大波長(zhǎng)對(duì)應(yīng)的伴星在地球視向方向的分速度等于伴星運(yùn)動(dòng)的線速度；再根據(jù)線速度與周期的關(guān)系式：T=2πrv，可以估測(cè)伴星運(yùn)動(dòng)的半徑r，進(jìn)而可以估測(cè)黑洞的質(zhì)量，但是不知黑洞的半徑，無(wú)法得到黑洞的體積，不能估測(cè)黑洞的密度，故C錯(cuò)誤，D正確。
本題是選錯(cuò)誤的，故選C。
根據(jù)伴星光譜譜線的波長(zhǎng)公式可以知道，當(dāng)伴星靠近地球時(shí)，伴星在地球視向方向的分速度v為負(fù)值，可知λ′λ。據(jù)此分析AB；根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力，計(jì)算黑洞的質(zhì)量，但不能計(jì)算黑洞的半徑，根據(jù)伴星運(yùn)動(dòng)的周期等于伴星光譜譜線波長(zhǎng)變化的周期計(jì)算出伴星的軌道半徑。
知道伴星靠近地球時(shí)，伴星在地球視向方向的分速度v為負(fù)值，從而可知波長(zhǎng)的變化。
15.【答案】AB； 3200Ω； C
【解析】解：(1)A、為了測(cè)量的準(zhǔn)確性測(cè)量前需進(jìn)行機(jī)械調(diào)零，故A正確；
B、為保證安全和準(zhǔn)確，測(cè)量電路中的某個(gè)電阻，應(yīng)該把該電阻與電路斷開(kāi)，故B正確；
C、使用完畢后應(yīng)將表筆拔出，并把選擇開(kāi)關(guān)旋到交流電壓最高擋或“OFF”位置，故C錯(cuò)誤。
故選：AB。
(2)用多用電表的歐姆擋測(cè)量阻值時(shí)，選擇倍率為×100歐姆擋，由圖示表盤(pán)可知，該電阻的阻值約為32×100Ω=3200Ω；
(3)待測(cè)電阻約200Ω，為使指針位于表盤(pán)中央附近，需要使用“×10”擋，故AB錯(cuò)誤，C正確；
故選：C。
故答案為：(1)AB；(2)3200Ω；(3)C
(1)題考查歐姆表的使用：測(cè)量前需進(jìn)行機(jī)械調(diào)零；每選定一次歐姆擋位后電路發(fā)生改變要重新進(jìn)行歐姆調(diào)零，測(cè)量電阻要把電阻與其它元件獨(dú)立；測(cè)完要把選擇開(kāi)關(guān)正確放置；
(2)歐姆表指針示數(shù)與擋位的乘積是歐姆表示數(shù)；根據(jù)選擇開(kāi)關(guān)位置由表盤(pán)確定其分度值，讀出其示數(shù)；
(3)根據(jù)歐姆表指針位于表盤(pán)中央附近時(shí)讀數(shù)更準(zhǔn)確解答。
歐姆表是利用內(nèi)部電源供電，然后根據(jù)電流的性質(zhì)，由閉合電路歐姆定律求出的電阻，故在使用過(guò)程中要注意其操作過(guò)程及使用方法。要特別注意：每次換擋都要重新調(diào)零。
16.【答案】0.170； A；D； 見(jiàn)解析； AC； A
【解析】解：(1)根據(jù)螺旋測(cè)微器的讀數(shù)規(guī)則，精確度為0.01mm，故電阻絲的直徑為D=0mm+17.0×0.01mm=0.170mm；
(2)(3)為減小誤差，且電壓調(diào)節(jié)范圍盡量大，滑動(dòng)變阻器采用分壓接法，故選最大阻值較小的D。最大電流為I=ERx=35A=0.6A，電流表選擇A；待測(cè)電阻約為5Ω，電流表采用外接法，補(bǔ)充完成圖中實(shí)物間的連線，如圖所示
(4)A.用螺旋測(cè)微器多次測(cè)量金屬絲不同位置的直徑并取平均值可以減小偶然誤差，故A正確；
B.用電壓-電流圖像處理實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)求金屬絲電阻可以減小偶然誤差，故B錯(cuò)誤；
CD.只考慮電表內(nèi)阻引起的誤差，電壓表分流會(huì)導(dǎo)致電阻測(cè)量值偏小，故C正確，D錯(cuò)誤；
故選：AC。
(5)根據(jù)閉合電路歐姆定律與電阻定律，U=IRX=EL?xLR+RxRx，當(dāng)滑片P移動(dòng)距離x的增加，被測(cè)電阻Rx兩端的電壓增大，但不成正比，且增加越來(lái)越快，則U?x圖像如圖A所示，故A正確，BCD錯(cuò)誤；
故選：A。
故答案為：(1)0.170；(2)A；D；(3)見(jiàn)解析；(4)AC；(5)A
(1)根據(jù)螺旋測(cè)微器的讀數(shù)規(guī)則完成讀數(shù)；
(2)根據(jù)所給電源電壓選擇電壓表量程，結(jié)合待測(cè)電阻的大概阻值計(jì)算可能的最大電流，從而選擇電流表量程，再依據(jù)電壓表內(nèi)阻、電流表內(nèi)阻、待測(cè)電阻阻值比較確定電流表接法；
(3)根據(jù)電路圖來(lái)連接實(shí)物圖，注意電表的正負(fù)極，并分幾個(gè)回路來(lái)連接；
(4)根據(jù)串并聯(lián)電路的特點(diǎn)分析誤差產(chǎn)生的原因；
(5)根據(jù)閉合電路歐姆定律，結(jié)合電阻定律，導(dǎo)出U?x的關(guān)系式，利用關(guān)系式分析求解。
本題涉及知識(shí)點(diǎn)多，過(guò)程比較復(fù)雜；要求學(xué)生有扎實(shí)的基本功，特別注意最后一問(wèn)表達(dá)式的推導(dǎo)，并根據(jù)表達(dá)式判斷結(jié)論的方法和技巧。
17.【答案】解：(1)氙離子在放電室時(shí)僅考慮電場(chǎng)的作用，其只受電場(chǎng)力作用，由牛頓第二定律得：
eE=Ma
解得：a=eEM
(2)在陽(yáng)極附近電子在垂直于軸線的平面繞軸線做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，在徑向方向上電子受到的軸向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B1的洛倫茲力提供向心力，則有：
eB1v=mv2R
在沿軸線的方向上電子所受電場(chǎng)力與徑向磁場(chǎng)的洛倫茲力平衡，則有：
eE=evB2
解得：B2=EmeB1R
(3)已知單位時(shí)間內(nèi)陰極發(fā)射的電子總數(shù)為n，被電離的氙原子數(shù)和進(jìn)入放電室的電子數(shù)之比為常數(shù)k，設(shè)單位時(shí)間內(nèi)進(jìn)入放電室的電子數(shù)為n1，則未進(jìn)入的電子數(shù)為n?n1，設(shè)單位時(shí)間內(nèi)被電離的氙原子數(shù)為N，則有：
Nn1=k
已知氙離子從放電室右端噴出后與未進(jìn)入放電室的電子剛好完全中和，則有：
N=n?n1
聯(lián)立可得：N=nk1+k
氙離子經(jīng)電場(chǎng)加速過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理得：
eEd=12Mv12
時(shí)間Δt內(nèi)噴出的氙離子持續(xù)受到的作用力為F′，以向右為正方向，由動(dòng)量定理得
F′?Δt=N?Δt?Mv1
解得：F′=nk 2eEdM1+k
由牛頓第三定律可知，霍爾推進(jìn)器獲得的推力大小F=F′=nk 2eEdM1+k
答：(1)氙離子在放電室內(nèi)運(yùn)動(dòng)的加速度大小a為eEM；
(2)徑向磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B2為EmeB1R；
(3)此霍爾推進(jìn)器獲得的推力大小F為nk 2eEdM1+k。
【解析】(1)氙離子在放電室時(shí)僅考慮電場(chǎng)力作用，根據(jù)牛頓第二定律求解其加速度的大??；
(2)根據(jù)動(dòng)能定理求得電子運(yùn)動(dòng)到陽(yáng)極附近的速度，在陽(yáng)極附近電子在沿軸線的方向上所受電場(chǎng)力與徑向磁場(chǎng)的洛倫茲力平衡，由平衡條件求得磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B2；
(3)根據(jù)已知條件求得單位時(shí)間內(nèi)被電離的氙原子數(shù)。根據(jù)動(dòng)能定理求得氙離子經(jīng)電場(chǎng)加速獲得的速度大小，根據(jù)動(dòng)量定理與牛頓第三定律求解此霍爾推進(jìn)器獲得的推力大小F。
本題考查了帶電粒子在電磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)問(wèn)題，此題的關(guān)鍵是對(duì)題意的理解，把握好粒子運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，根據(jù)力與運(yùn)動(dòng)的關(guān)系分析受力情況。第(3)問(wèn)的關(guān)鍵是求出單位時(shí)間內(nèi)被電離的氙原子數(shù)，根據(jù)動(dòng)量定理求解推進(jìn)器獲得的推力大小。
18.【答案】解：(1)小球從A到B由機(jī)械能守恒定律可得：
4mgR=12mvB2
解得：vB=2 2gR
(2)小球從A到C由機(jī)械能守恒定律可得：
mg(4R?2R)=12mvC2
解得小球通過(guò)C點(diǎn)時(shí)的速度大小vC=2 gR
在C點(diǎn)由牛頓第二定律可得：
F+mg=mvC2R
解得小球通過(guò)C點(diǎn)時(shí)，軌道對(duì)小球作用力的大小F=3mg
方向豎直向下。
(3)小球在B點(diǎn)的加速度大小為aB=vB2R=8g
小球在C點(diǎn)的加速度大小為aC=vC2R=4g
所以aB>aC
答：(1)小球通過(guò)B點(diǎn)時(shí)的速度大小為2 2gR。
(2)小球通過(guò)C點(diǎn)時(shí)，軌道對(duì)小球作用力的大小為3mg，方向豎直向下。
(3)小球通過(guò)B點(diǎn)和C點(diǎn)時(shí)加速度的大小關(guān)系為aB>aC。
【解析】(1)根據(jù)機(jī)械能守恒定律得出小球的速度；
(2)根據(jù)牛頓第二定律和牛頓第三定律得出軌道對(duì)小球作用力的大小和方向；
(3)根據(jù)向心加速度的計(jì)算公式得出兩個(gè)不同位置的向心加速度的大小關(guān)系。
本題主要考查了動(dòng)能定理的相關(guān)應(yīng)用，根據(jù)動(dòng)能定理得出物體的速度，結(jié)合牛頓第二定律即可完成分析。
19.【答案】閉合開(kāi)關(guān)瞬間通過(guò)導(dǎo)體棒的電流I為QCR；
閉合開(kāi)關(guān)瞬間導(dǎo)體棒的加速度大小a為BQLCRm；
導(dǎo)體棒達(dá)到最大理論速度v為BLQm+B2L2C。
【解析】解：(1)開(kāi)關(guān)閉合前電容器的電荷量為Q，則電容器兩極板間電壓為U=QC，閉合開(kāi)關(guān)瞬間，通過(guò)導(dǎo)體棒的電流為I=UR，聯(lián)立解得I=QCR；
(2)閉合開(kāi)關(guān)瞬間，對(duì)導(dǎo)體棒由牛頓第二定律有BIL=ma，解得a=BQLCRm；
(3)隨著電容器放電，電容器所帶電荷量不斷減少，導(dǎo)體棒的加速度不斷減小，當(dāng)電容器兩極板間的電壓與導(dǎo)體棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)相等，即回路中電流減為0時(shí)，導(dǎo)體棒不受安培力作用，加速度為0，此時(shí)導(dǎo)體棒以最大速度v做勻速運(yùn)動(dòng)，設(shè)最小的電荷量為Q′，滿足BLv=Q′C，規(guī)定向右方向?yàn)檎较颍鶕?jù)動(dòng)量定理有BI?Lt=mv?0，且I?t=Q?Q′，聯(lián)立各式解得v=BLQm+B2L2C。
答：(1)閉合開(kāi)關(guān)瞬間通過(guò)導(dǎo)體棒的電流I為QCR；
(2)閉合開(kāi)關(guān)瞬間導(dǎo)體棒的加速度大小a為BQLCRm；
(3)導(dǎo)體棒達(dá)到最大理論速度v為BLQm+B2L2C。
(1)根據(jù)電容定義式和閉合電路的歐姆定律列式求解電流；
(2)根據(jù)牛頓第二定律列式求解加速度；
(3)根據(jù)最大速度滿足的條件和動(dòng)量定理列式推導(dǎo)理論上的最大速度。
考查電磁感應(yīng)中電路問(wèn)題和電容器的相關(guān)知識(shí)，動(dòng)量定理的應(yīng)用等，會(huì)根據(jù)題意進(jìn)行準(zhǔn)確分析解答。
20.【答案】解：(1)a、由彈力F與x關(guān)系式，F(xiàn)=?kx
可知，F(xiàn)隨x變化的示意圖如下圖所示
b、小球靜止釋放后第一次運(yùn)動(dòng)到平衡位置的過(guò)程中，彈簧彈力對(duì)小球做的功W，根據(jù)動(dòng)能定理可得：
W=12mv2
(2)a、在用動(dòng)能定理和動(dòng)量定理列式過(guò)程中，兩次平均力的物理意義不同，
①式動(dòng)能定理中的平均力F是合力對(duì)位移的平均值；
②式動(dòng)量定理中的平均力F是合力對(duì)時(shí)間的平均值，兩個(gè)式子的力是不相同的，所以求解是錯(cuò)誤的；
b、由于彈力F與x關(guān)系為：F=?kx
則獲得初速度后從平衡位置到最大位移處的過(guò)程中，彈力對(duì)小球做負(fù)功
W彈=?12kA2
由動(dòng)能定理可知，W彈=0?12mv12
解得：v1=A km
c、彈簧振子在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，當(dāng)振動(dòng)位移為x時(shí)的速度大小為vx，根據(jù)機(jī)械能守恒
12kA2=12kx2+12mvx2
解得：vx= km(A2?x2)
當(dāng)振動(dòng)的位移為x時(shí)，彈簧對(duì)小球做功的瞬時(shí)功率為：
P=kxvx
整理可得：P=k km× x2(A2?x2)
分析可知，當(dāng)x2=A2?x2時(shí)，即x= 22A功率最大，Pm=12kA2 km
【解析】(1)a、根據(jù)胡克定律畫(huà)出F?x圖像；
b、根據(jù)動(dòng)能定理計(jì)算出彈簧彈力對(duì)小球的做功。
(2)a、分析解答過(guò)程中的平均力的區(qū)別；
b、根據(jù)動(dòng)能定理計(jì)算出初速度的大??；
c、先分析得到最大功率的位置，再結(jié)合功率的計(jì)算公式完成解答。
本題主要考查了簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)中，分析過(guò)程涉及到了動(dòng)能定理和瞬時(shí)功率的計(jì)算，綜合性較強(qiáng)。

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