1.2024年9月，蘇州大學(xué)研究團(tuán)隊(duì)在《自然》雜志上發(fā)布了輻光伏微型核電池的最新研究成果。該電池不僅具有使核能向電能轉(zhuǎn)換的超高效率，還擁有出色的穩(wěn)定性和持久性。電池主要利用鎘243(95243Am)的α衰變進(jìn)行發(fā)電。則( )
A. α衰變釋放出高速運(yùn)動的電子
B. α衰變后產(chǎn)生的新核質(zhì)量數(shù)為239
C. 50個 95243Am經(jīng)過1個半衰期剩余25個
D. 該反應(yīng)要持續(xù)進(jìn)行，镅核原料的體積必須大于臨界體積
2.如圖甲所示是一種由汽缸、活塞柱、彈簧和上下支座構(gòu)成的汽車氮?dú)鉁p震裝置，簡化示意圖如圖乙所示，汽缸內(nèi)封閉了一定質(zhì)量的氮?dú)?可視為理想氣體)，汽缸導(dǎo)熱性和氣密性良好，環(huán)境溫度不變。不計(jì)一切摩擦，汽缸內(nèi)封閉氮?dú)獗痪徛龎嚎s的過程中，封閉氮?dú)? )
A. 溫度升高B. 內(nèi)能增大C. 對外界做正功D. 向外界放出了熱量
3.靜電紡紗利用了高壓靜電場，使單纖維兩端帶上異種電荷，如圖所示為高壓靜電場的分布圖，下列說法正確的是( )
A. 圖中a、c兩點(diǎn)電勢關(guān)系為φa>φc
B. 圖中b、d兩點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小關(guān)系為Eb>Ed
C. 電子在a、d兩點(diǎn)的電勢能關(guān)系為EpaR
所以
r1+r22>R
故T2>T1
故A正確；
B.萬有引力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律可知，甲衛(wèi)星則有
GMmR2=m(2πT1)2R
地球的密度ρ=MV=M43πR3
聯(lián)立解得ρ=3πGT12
故B錯誤；
C.根據(jù)牛頓第二定律萬有引力提供向心力可知，乙衛(wèi)星在近地點(diǎn)時
GMmr12=ma1
在遠(yuǎn)地點(diǎn)時GMmr22=ma2
解得a1a2=r22r12
故C正確；
D.根據(jù)開普勒第二定律可得
12v1t?r1=12v2t?r2
解得v1v2=r2r1
故D錯誤。
故選：AC。
根據(jù)開普勒第三定律列式求解，再結(jié)合題意求出距離的大小關(guān)系得出結(jié)論；
根據(jù)萬有引力提供向心力列式，再結(jié)合質(zhì)量與密度關(guān)系求解；
根據(jù)萬有引力提供向心力，分別對乙衛(wèi)星在近地點(diǎn)與遠(yuǎn)地點(diǎn)列式求解；
根據(jù)開普勒第二定律列式求解。
本題考查的是萬有引力定律的應(yīng)用，其中還考查了開普勒定律，題型為基礎(chǔ)題。
8.【答案】BC
【解析】解：AB、若波向右傳播，x=2m處的質(zhì)點(diǎn)0.6s時振動方向向y軸正方向，且滿足：(14+n)T=0.6s
解得：T=2.44n+1s(n=0,1,2……)，當(dāng)n=0時，可得T=2.4s，0時刻x=2m處的質(zhì)點(diǎn)在波谷處，故A錯誤，B正確；
CD、若波向左傳播，x=2m處的質(zhì)點(diǎn)0.6s時振動方向向y軸負(fù)方向，且滿足：(34+n)T=0.6s
解得：T=2.44n+3s(n=0,1,2……)，當(dāng)n=0時，可得T=0.8s，0時刻x=2m處的質(zhì)點(diǎn)在波谷處，故C正確、D錯誤。
故選：BC。
若波向右傳播或波向左傳播，求出波的周期，根據(jù)x=2m處的質(zhì)點(diǎn)所處的位置進(jìn)行分析。
對于波的多解性問題，關(guān)鍵是知道傳播方向的不確定、質(zhì)點(diǎn)振動的周期性都會造成多解，解題時要弄清楚質(zhì)點(diǎn)的振動情況、以及波的傳播情況。
9.【答案】A 0.51 C
【解析】解：(1)A、由圖示實(shí)驗(yàn)裝置可知，甲、乙方案實(shí)驗(yàn)前均需要平衡摩擦力，故A正確；
B、由圖示實(shí)驗(yàn)裝置可知，甲實(shí)驗(yàn)中小車受到的拉力可以由力傳感器測出，乙實(shí)驗(yàn)中小車所受拉力可以由彈簧測力計(jì)測出，甲、乙實(shí)驗(yàn)不需要方案不需要滿足小車或滑塊的質(zhì)量遠(yuǎn)大于槽碼的質(zhì)量，故B錯誤；
C、由圖示可知，乙方案中，小車加速運(yùn)動時槽碼向下加速運(yùn)動，槽碼處于失重狀態(tài)，小車加速運(yùn)動時受到細(xì)線的拉力小于槽碼所受重力的一半，故C錯誤；
故選：A。
(2)每相鄰兩個計(jì)數(shù)點(diǎn)間還有4個計(jì)時點(diǎn)未畫出，打點(diǎn)計(jì)時器所接交流電源頻率為50Hz，相鄰計(jì)數(shù)點(diǎn)間的時間間隔t=5T=5f=550s=0.1s
根據(jù)勻變速直線運(yùn)動的推論Δx=at2由逐差法可知，小車的加速度大小a=CD?AB+DE?BC4t2=CE?AC4t2=s4?2s24t2=(17.86?2×7.92)×10?24×0.12m/s2≈0.51m/s2
(3)A、由圖示圖像可知，圖線①交于縱軸的原因是平衡摩擦力過度造成的，故A錯誤；
B、圖線②右端彎曲的原因是鉤碼掛的個數(shù)太多造成的，故B錯誤；
C、圖線③交于橫軸的原因可能是未平衡小車受到的阻力，故C正確。
故選：C。
故答案為：(1)A；(2)0.51；(3)C。
(1)根據(jù)圖示實(shí)驗(yàn)裝置分析答題。
(2)應(yīng)用勻變速直線運(yùn)動的推論求出小車的加速度。
(3)分析清楚圖示圖像答題。
理解實(shí)驗(yàn)原理、知道實(shí)驗(yàn)注意事項(xiàng)是解題的前提，根據(jù)題意應(yīng)用勻變速直線運(yùn)動的推論即可解題，計(jì)算時注意單位換算。
10.【答案】D F 4.5
【解析】解：(1)電路最大電流約為I=ERx=45A=0.8A，則電流表應(yīng)選擇D；滑動變阻器采用分壓接法，為方便實(shí)驗(yàn)操作，滑動變阻器應(yīng)選擇F。
(2)根據(jù)圖示電路圖，由歐姆定律得：IG(rg+R0)=(IA?IG)Rx，理得：IG=Rxrg+R0+RxIA
由圖2所示圖像可知：k=Rxrg+R0+Rx=180×10?60.60=3×10?4，代入數(shù)據(jù)解得：Rx≈4.5Ω
故答案為：(1)D；F；(2)4.5。
(1)根據(jù)電路最大電流選擇電流表；為方便實(shí)驗(yàn)操作應(yīng)選擇最大阻值較小的滑動變阻器。
(2)應(yīng)用歐姆定律求出圖像的函數(shù)解析式，根據(jù)圖示圖像求出金屬絲接入電路的阻值。
要掌握實(shí)驗(yàn)器材的選擇原則；分析清楚圖示電路結(jié)構(gòu)，應(yīng)用歐姆定律即可解題。
11.【答案】解：(1)從A到B做平拋運(yùn)動，根據(jù)圖中幾何關(guān)系可得：h=R(1?csθ)
根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式可得：vBy2=2g(H?h)
解得：vBy=4m/s
從B到C由動能定理可得：mgh+Wf=12mvC2?12mvB2
其中：vB=vBysin53°
解得：Wf=?17J；
(2)對物塊和木板分析，取向右為正方向，由動量守恒定律可得：mvC=(M+m)v
解得：v=43m/s
在物塊相對長木板運(yùn)動的過程中，根據(jù)動能定理可得：μmgx=12Mv2
解得：x=0.5m。
答：(1)物塊從B滑到C的過程中摩擦力做的功為?17J；
(2)在物塊相對長木板運(yùn)動的過程中，木板的位移大小為0.5m。
【解析】(1)根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式得到在B點(diǎn)豎直方向的速度大小，從B到C由動能定理進(jìn)行解答；
(2)對物塊和木板分析，由動量守恒定律求解共同速度，在物塊相對長木板運(yùn)動的過程中，根據(jù)動能定理求解木板的位移大小。
本題主要是考查了動量守恒定律；對于動量守恒定律，其守恒條件是：系統(tǒng)不受外力作用或合外力為零；解答時要首先確定一個正方向，利用碰撞前系統(tǒng)的動量和碰撞后系統(tǒng)的動量相等列方程求解。
12.【答案】解：(1)設(shè)電場強(qiáng)度為E，粒子在電場中運(yùn)動的加速度
a=qEm
粒子在電場中做類平拋運(yùn)動，設(shè)運(yùn)動時間為t，x方向
2 3l=v0t
y方向
l=12at2
聯(lián)立，解得
E=mv026ql
(2)設(shè)粒子通過坐標(biāo)原點(diǎn)O時速度大小為v，根據(jù)動能定理可得
qEl=12mv2?12mv02
解得
v=2 33v0
設(shè)v的方向?yàn)榕cx軸正向夾角為θ，則有
v0=vcsθ
解得
θ=30°
設(shè)x軸下方和上方磁感應(yīng)強(qiáng)度分別為B1和B2，粒子在第IV象限中做勻速圓周運(yùn)動，根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得
qvB1=mv2r1
解得
r1=mvqB1
粒子在第Ⅰ象限做勻速圓周運(yùn)動，根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得
qvB2=mv2r2
解得
r2=mvqB2
如圖所示
O1、O2是粒子在磁場中運(yùn)動的軌跡圓的圓心，半徑分別為r1和r2，由于速度v與x軸成30°角，所以圖中虛線構(gòu)成的三角形都是等邊三角形。設(shè)粒子與y軸相切與Q點(diǎn)，根據(jù)幾何關(guān)系
O2Q+r2cs60°=2r1cs60°
解得
r1=32r2
可得
B1B2=23
答：(1)勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)E為mv026ql；
(2)x軸下方磁感應(yīng)強(qiáng)度與x軸上方磁感應(yīng)強(qiáng)度之比為23。
【解析】(1)根據(jù)類平拋運(yùn)動求勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)E；
(2)根據(jù)動能定理和洛倫茲力提供向心再結(jié)合幾何關(guān)系求x軸下方磁感應(yīng)強(qiáng)度與x軸上方磁感應(yīng)強(qiáng)度之比。
此題考查帶電粒子在電場和磁場中的運(yùn)動，正確畫出運(yùn)動軌跡試是關(guān)鍵，注意在磁場中的運(yùn)動要注意幾何關(guān)系的應(yīng)用，在電場中注意由類平拋運(yùn)動的規(guī)律求解。
13.【答案】解：(1)當(dāng)金屬棒所受合外力為零時，下滑的速度達(dá)到最大，受力分析如下圖所示：
由平衡條件得：mgsinθ=BIL
根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律與閉合電路歐姆定律得：
I=ER+r=BLvmR+r
聯(lián)立解得：B=4T
(2)金屬棒從靜止釋放到達(dá)到最大速度的過程，根據(jù)動能定理得：
mgxsin?θ?W克安=12mvm2?0
解得：x=14m
以沿斜面向下為正方向，根據(jù)動量定理得：
mgsinθ?t?BLI?t=mvm?0
其中：I?t=E?R+rt=BLv?tR+r=BLxR+r
聯(lián)立解得：t=3.4s
(3)金屬棒中不產(chǎn)生感應(yīng)電流時不受安培力，做勻加速運(yùn)動，設(shè)金屬棒的加速度大小為a，根據(jù)牛頓第二定律得：
mgsinθ=ma，解得：a=gsinθ
回路中磁通量不變，t=0時，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B0=4T，則有：
B0Lx=BtL(x+vmt+12at2)
聯(lián)立解得：Bt=1125t2+20t+28(T)
答：(1)勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小為4T；
(2)金屬棒從靜止釋放到達(dá)到最大速度的過程所需要的時間t為3.4s；
(3)磁感應(yīng)強(qiáng)度Bt與時間t的關(guān)系式為Bt=1125t2+20t+28(T)。
【解析】(1)當(dāng)金屬棒所受合外力為零時，下滑的速度達(dá)到最大，根據(jù)由平衡條件，以及根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律與閉合電路歐姆定律解答；
(2)金屬棒從靜止釋放到達(dá)到最大速度的過程，根據(jù)動能定理求得下滑的距離，根據(jù)動量定理求解此過程所需要的時間；
(3)金屬棒中不產(chǎn)生感應(yīng)電流時不受安培力，做勻加速運(yùn)動，根據(jù)牛頓第二定律求得加速度大小，根據(jù)回路中磁通量不變求解磁感應(yīng)強(qiáng)度Bt與時間t的關(guān)系式。
本題為電磁感應(yīng)現(xiàn)象與力學(xué)的綜合問題，掌握應(yīng)用動量定理處理此類問題的方法。

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