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1、物理参考答案与解析 专题 1 质点的直线运动 解析：(1)设冰球的质量为 m，冰球与冰面之间的动摩擦因数为，由动能定理得 mgs012mv2112mv20 解得 v20v212gs0.(2)冰球到达挡板时，满足训练要求的运动员中，刚好到达小旗处的运动员的加速度最小设这种情况下，冰球和运动员的加速度大小分别为 a1和 a2，所用的时间为 t.由运动学公式得 v20v212a1s0 v0v1a1t s112a2t2 联立式得 a2s1（v1v0）22s20.答案：见解析 专题 2 相互作用 1解析：选 C.当拉力水平时，物块做匀速运动，则 Fmg，当拉力方向与水平方向的夹角为 60时，物块也刚好做
2、匀速运动，则 Fcos 60(mgFsin 60)，联立解得 33，A、B、D 项错误，C 项正确 2解析：选 AD.将重物向右上方缓慢拉起，重物处于动态平衡状态，可利用平衡条件或力的分解画出动态图分析将重物的重力沿两绳方向分解，画出分解的动态图如图所示在三角形中，根据正弦定理有Gsin 1FOM1sin 1FMN1sin 1，由题意可知 FMN的反方向与 FOM的夹角 180，不变，因 sin(为 FMN与 G 的夹角)先增大后减小，故 OM 上的张力先增大后减小，当 90时，OM 上的张力最大，因 sin(为 FOM与 G 的夹角)逐渐增大，故 MN 上的张力逐渐增大，选项 A、D 正确，
3、B、C 错误 3解析：选 B.将钩码挂在弹性绳的中点时，由数学知识可知钩码两侧的弹性绳(劲度系数设为 k)与竖直方向夹角 均满足 sin 45，对钩码(设其重力为 G)静止时受力分析，得 G2k1 m20.8 m2cos；弹性绳的两端移至天花板上的同一点时，对钩码受力分析，得 G2kL20.8 m2，联立解得 L92 cm，可知 A、C、D 项错误，B 项正确 4解析：选 AB.设两段绳子间的夹角为 2，由平衡条件可知，2Fcos mg，所以 Fmg2cos，设绳子总长为 L，两杆间距离为 s，由几何关系 L1sin L2sin s，得 sin sL1L2sL，绳子右端上移，L、s 都不变，不
4、变，绳子张力 F 也不变，A 正确；杆 N 向右移动一些，s 变大，变大，cos 变小，F 变大，B 正确；绳子两端高度差变化，不影响 s 和 L，所以 F 不变，C 错误；衣服质量增加，绳子上的拉力增加，由于 不会变化，悬挂点不会右移，D 错误 专题 3 牛顿运动定律 1解析：(1)滑块 A 和 B 在木板上滑动时，木板也在地面上滑动设 A、B 和木板所受的摩擦力大小分别为 f1、f2和 f3，A 和 B 相对于地面的加速度大小分别为 aA和 aB，木板相对于地面的加速度大小为 a1.在物块 B 与木板达到共同速度前有 f11mAg f21mBg f32(mmAmB)g 由牛顿第二定律得 f
5、1mAaA f2mBaB f2f1f3ma1 设在 t1时刻，B 与木板达到共同速度，其大小为 v1.由运动学公式有 v1v0aBt1 v1a1t1 联立式，代入已知数据得 v11 m/s.(2)在 t1时间间隔内，B 相对于地面移动的距离为 sBv0t112aBt21 设在 B 与木板达到共同速度 v1后，木板的加速度大小为 a2.对于 B 与木板组成的体系，由牛顿第二定律有 f1f3(mBm)a2 由式知，aAaB；再由式知，B 与木板达到共同速度时，A 的速度大小也为 v1，但运动方向与木板相反由题意知，A 和 B 相遇时，A 与木板的速度相同，设其大小为 v2.设 A 的速度大小从 v
6、1变到 v2所用的时间为 t2，则由运动学公式，对木板有 v2v1a2t2 对 A 有 v2v1aAt2 在 t2时间间隔内，B(以及木板)相对地面移动的距离为 s1v1t212a2t22 在(t1t2)时间间隔内，A 相对地面移动的距离为 sAv0(t1t2)12aA(t1t2)2 A 和 B 相遇时，A 与木板的速度也恰好相同因此 A 和 B 开始运动时，两者之间的距离为 s0sAs1sB 联立以上各式，并代入数据得 s01.9 m.(也可用如图的速度时间图线求解)答案：见解析 2解析：(1)感应电动势 EBdv0 感应电流 IER，解得 IBdv0R.(2)安培力 FBId 牛顿第二定律
7、 Fma 解得 aB2d2v0mR.(3)金属杆切割磁感线的速度 vv0v，则感应电动势 EBd(v0v)电功率 PE2R 解得 PB2d2（v0v）2R.答案：见解析 专题 4 曲线运动 1解析：选 A.由于大圆环是光滑的，因此小环下滑的过程中，大圆环对小环的作用力方向始终与速度方向垂直，因此作用力不做功，A 项正确，B 项错误；小环刚下滑时，大圆环对小环的作用力背离大圆环的圆心，滑到大圆环圆心以下的位置时，大圆环对小环的作用力指向大圆环的圆心，C、D 项错误 2解析：选 C.发球机从同一高度水平射出两个速度不同的乒乓球，根据平抛运动规律，竖直方向上，h12gt2，可知两球下落相同距离 h
8、所用的时间是相同的，选项 A 错误；由 v2y2gh 可知，两球下落相同距离 h 时在竖直方向上的速度 vy相同，选项 B 错误；由平抛运动规律，水平方向上，xvt，可知速度较大的球通过同一水平距离所用的时间 t 较少，选项 C 正确；由于做平抛运动的球在竖直方向的运动为自由落体运动，两球在相同时间间隔内下降的距离相同，选项 D 错误 3解析：选 C.设两球间的水平距离为 L，第一次抛出的速度分别为 v1、v2，由于小球抛出后在水平方向上做匀速直线运动，则从抛出到相遇经过的时间 tLv1v2，若两球的抛出速度都变为原来的 2 倍，则从抛出到相遇经过的时间为 tL2（v1v2）t2，C 项正确
9、专题 5 万有引力与航天 1解析：选 CD.在海王星从 P 到 Q 的运动过程中，由于引力与速度的夹角大于 90，因此引力做负功，根据动能定理可知，速率越来越小，C 项正确；海王星从 P 到 M 的时间小于从 M 到 Q 的时间，因此从 P 到 M 的时间小于T04，A 项错误；由于海王星运动过程中只受到太阳引力作用，引力做功不改变海王星的机械能，即从 Q 到 N 的运动过程中海王星的机械能守恒，B 项错误；从 M 到 Q 的运动过程中引力与速度的夹角大于 90，因此引力做负功，从 Q 到 N 的过程中，引力与速度的夹角小于 90，因此引力做正功，即海王星从 M 到 N 的过程中万有引力先做负
10、功后做正功，D 项正确 2解析：选 C.组合体比“天宫二号”质量大，轨道半径 R 不变，根据GMmR2mv2R，可得 vGMR，可知与“天宫二号”单独运行时相比，组合体运行的速率不变，B 项错误；又 T2Rv，则周期 T 不变，A 项错误；质量变大、速率不变，动能变大，C 项正确；向心加速度 aGMR2，不变，D 项错误 3解析：选 D.由于不考虑地球自转，则在地球表面附近，有 GMm0R2m0g，故可得 MgR2G，A 项错误；由万有引力提供人造卫星的向心力，有 GMm1R2m1v2R，v2RT，联立得 Mv3T2G，B 项错误；由万有引力提供月球绕地球运动的向心力，有 GMm2r2m22T
11、2r，故可得M42r3GT2，C 项错误；同理，根据地球绕太阳做圆周运动的周期及地球与太阳间的距离，不可求出地球的质量，D 项正确 4解析：选 BCD.“天舟一号”在距地面约 380 km 的圆轨道上飞行时，由 GMmr2m2r可知，半径越小，角速度越大，则其角速度大于同步卫星的角速度，即大于地球自转的角速度，A 项错误；由于第一宇宙速度是最大环绕速度，因此“天舟一号”在圆轨道的线速度小于第一宇宙速度，B 项正确；由 T2可知，“天舟一号”的周期小于地球自转周期，C 项正确；由 GMmR2mg，GMm（Rh）2ma 可知，向心加速度 a 小于地球表面的重力加速度 g，D项正确 5解析：设组合体
12、环绕地球的线速度为 v，由 GMm（Rh）2mv2Rh得 vGMRh，又因为 GMmR2mg，所以 vR gRh，向心加速度 av2RhR2（Rh）2g.答案：R gRh R2（Rh）2g 专题 6 机械能及其守恒定律 1解析：选 A.QM 段绳的质量为 m23m，未拉起时，QM 段绳的重心在 QM 中点处，与 M 点距离为13l，绳的下端 Q 拉到 M 点时，QM 段绳的重心与 M 点距离为16l，此过程重力做功 WGmg13l16l 19mgl，对绳的下端 Q 拉到 M 点的过程，应用动能定理，可知外力做功 WWG19mgl，可知 A 项正确，B、C、D 项错误 2解析：选 B.摩天轮转动
13、过程中乘客的动能不变，重力势能一直变化，故机械能一直变化，A 错误；在最高点乘客具有竖直向下的向心加速度，重力大于座椅对他的支持力，B正确；摩天轮转动一周的过程中，乘客重力的冲量等于重力与周期的乘积，C 错误；重力瞬时功率等于重力与速度在重力方向上的分量的乘积，而转动过程中速度在重力方向上的分量是变化的，所以重力的瞬时功率也是变化的，D 错误 3解析：选 D.物块向右匀速运动时，绳中的张力等于物块的重力 Mg，因为 2F 为物块与夹子间的最大静摩擦力，当物块向上摆动做圆周运动时，静摩擦力大于 Mg，说明物块做匀速运动时所受的静摩擦力小于 2F，A 项错误；当小环碰到钉子 P 时，由于不计夹子的
14、质量，因此绳中的张力等于夹子与物块间的静摩擦力，即小于或等于 2F，B 项错误；如果物块上升的最大高度不超过细杆，则根据机械能守恒可知，Mgh12Mv2，即上升的最大高度 hv22g，C项错误；当物块向上摆动的瞬时，如果物块与夹子间的静摩擦力刚好为 2F，此时的速度 v 是最大速度，则 2FMgMv2L，解得 v（2FMg）LM，D 项正确 4解析：选 AB.在 A 的动能达到最大前，A 向下加速运动，此时 A 处于失重状态，则整个系统对地面的压力小于 3mg，即地面对 B 的支持力小于32mg，A 项正确；当 A 的动能最大时，A 的加速度为零，这时系统既不失重，也不超重，系统对地面的压力等
15、于 3mg，即 B 受到地面的支持力等于32mg，B 项正确；当弹簧的弹性势能最大时，A 减速运动到最低点，此时A 的加速度方向竖直向上，C 项错误；由机械能守恒定律可知，弹簧的弹性势能最大值等于A 的重力势能的减少量，即为 mg(Lcos 30Lcos 60)312mgL，D 项错误 5解析：(1)C 受力平衡 2Fcos 30 mg 解得 F33mg.(2)C 恰好降到地面时，B 受 C 压力的水平分力最大 Fxmax32mg B 受地面的摩擦力 fmg 根据题意 fminFxmax，解得 min32.(3)C 下降的高度 h(31)R A 的位移 x2(31)R 摩擦力做功的大小 Wff
16、x2(31)mgR 根据动能定理 WWfmgh00 解得 W(21)(31)mgR.答案：见解析 专题 7 碰撞与动量守恒 1解析：选 A.燃气从火箭喷口喷出的瞬间，火箭和燃气组成的系统动量守恒，设燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为 p，根据动量守恒定律，可得 pmv00，解得 pmv00.050 kg600 m/s30 kgm/s，选项 A 正确 2解析：选 AB.根据 Ft 图线与时间轴围成的面积的物理意义为合外力 F 的冲量，可知在 01 s、02 s、03 s、04 s 内合外力冲量分别为 2 Ns、4 Ns、3 Ns、2 Ns，应用动量定理 Imv 可知物块在 1 s、2 s、3 s
17、、4 s 末的速率分别为 1 m/s、2 m/s、1.5 m/s、1 m/s，物块在这些时刻的动量大小分别为 2 kgm/s、4 kgm/s、3 kgm/s、2 kgm/s，则A、B 项均正确，C、D 项均错误 3解析：(1)AZX A4Z2Y42He.(2)设 粒子的速度大小为 v，由 qvBmv2R，T2Rv，得 粒子在磁场中运动周期 T2mqB 环形电流大小 IqTq2B2m.(3)由 qvBmv2R，得 vqBRm 设衰变后新核 Y 的速度大小为 v，系统动量守恒 Mvmv0 vmvMqBRM 由 mc212Mv212mv2 得 m（Mm）（qBR）22mMc2.答案：见解析 4解析：
18、(1)B 从释放到细绳刚绷直前做自由落体运动，有 h12gt2 代入数据解得 t0.6 s(2)设细绳绷直前瞬间 B 速度大小为 vB，有 vBgt 细绳绷直瞬间，细绳张力远大于 A、B 的重力，A、B 相互作用，由动量守恒得 mBvB(mAmB)v 之后 A 做匀减速运动，所以细绳绷直后瞬间的速度 v 即为 A 的最大速度，联立式，代入数据解得 v2 m/s.(3)细绳绷直后，A、B 一起运动，B 恰好可以和地面接触，说明此时 A、B 的速度为零，这一过程中 A、B 组成的系统机械能守恒，有 12(mAmB)v2mBgHmAgH 代入数据解得 H0.6 m.答案：见解析 专题 8 静电场 1
19、 解析：选 AC.设点电荷的电荷量为 Q，根据点电荷电场强度公式 EkQr2，rarb12，rcrd36，可知，EaEb41，EcEd41，选项 A 正确，B 错误；将一带正电的试探电荷由 a 点移动到 b 点做的功 Wabq(ab)3q(J)，试探电荷由 b 点移动到 c 点做的功Wbcq(bc)q(J)，试探电荷由 c 点移动到 d 点做功 Wcdq(cd)q(J)，由此可知，WabWbc31，WbcWcd11，选项 C 正确，D 错误 2 解析：选ABD.ac垂直于bc，沿ca和cb两方向的场强分量大小分别为E1Ucaac2 V/cm、E2Ucbbc1.5 V/cm，根据矢量合成可知 E
20、2.5 V/cm，A 项正确；根据在匀强电场中平行线上等距同向的两点间的电势差相等，有 Oabc，得 O1 V，B 项正确；电子在 a、b、c 三点的电势能分别为10 eV、17 eV 和26 eV，故电子在 a 点的电势能比在 b 点的高 7 eV，C 项错误；电子从 b 点运动到 c 点，电场力做功 W(17 eV)(26 eV)9 eV，D 项正确 3解析：选 BC.电子仅在电场力作用下可能从 A 运动到 B，也可能从 B 运动到 A，所以A 错误；若 aAaB，说明电子在 A 点受到的电场力大于在 B 点受到的电场力，所以 A 距离点电荷较近，B 距离点电荷较远，又因为电子受到的电场力
21、指向轨迹凹侧，因此 Q 靠近 M 端且为正电荷，B 正确；无论 Q 是正电荷还是负电荷，若电子从 A 运动到 B，一定是克服电场力做功，若电子从 B 运动到 A，一定是电场力做正功，即一定有 EpAE1，应有 22v0gt114v0gt121 即当 0t1132v0g 才是可能的；条件式和式分别对应于 v20 和 v2E1，应有 22v0gt114v0gt121 即 t1521v0g 另一解为负，不合题意，已舍去 答案：见解析 8解析：(1)FqE3.0103 N.(2)由qEmgtan 37，得 m4.0104 kg.(3)由 mgl(1cos 37)12mv2，得 v 2gl（1cos 3
22、7）2.0 m/s.答案：见解析 专题 9 磁 场 1解析：选 C.由于是相同的粒子，粒子进入磁场时的速度大小相同，由 qvBmv2R可知，RmvqB，即粒子在磁场中做圆周运动的半径相同若粒子运动的速率为 v1，如图所示，通过旋转圆可知，当粒子的磁场出射点 A 离 P 点最远时，则 AP2R1；同样，若粒子运动的速率为 v2，粒子的磁场出射点 B 离 P 点最远时，则 BP2R2，由几何关系可知，R1R2，R2Rcos 3032R，则v2v1R2R1 3，C 项正确 2解析：选 B.该空间区域为匀强电场、匀强磁场和重力场的叠加场，a 在纸面内做匀速圆周运动，可知其重力与所受到的电场力平衡，洛伦
23、兹力提供其做匀速圆周运动的向心力，有 magqE，解得 maqEg.b 在纸面内向右做匀速直线运动，由左手定则可判断出其所受洛伦兹力方向竖直向上，可知 mbgqEqvbB，解得 mbqEgqvbBg.c 在纸面内向左做匀速直线运动，由左手定则可判断出其所受洛伦兹力方向竖直向下，可知 mcgqvcBqE，解得 mcqEgqvcBg.综上所述，可知 mbmamc，选项 B 正确 3解析：选 BC.由安培定则可判断出 L2在 L1处产生的磁场(B21)方向垂直 L1和 L2的连线竖直向上，L3在 L1处产生的磁场(B31)方向垂直 L1和 L3的连线指向右下方，根据磁场叠加原理，L3和 L2在 L1
24、处产生的合磁场(B合1)方向如图 1 所示，根据左手定则可判断出 L1所受磁场作用力的方向与 L2和 L3的连线平行，选项 A 错误；同理，如图 2 所示，可判断出 L3所受磁场(B合3)作用力的方向(竖直向上)与 L1、L2所在的平面垂直，选项 B 正确；同理，如图 3所示，设一根长直导线在另一根导线处产生的磁场的磁感应强度大小为 B，根据几何知识可知，B合1B，B合2B，B合3 3B，由安培力公式可知，L1、L2和 L3单位长度所受的磁场作用力大小与该处的磁感应强度大小成正比，所以 L1、L2和 L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为 11 3，选项 C 正确，D 错误 4解析：选 C.导
25、线 P 和 Q 中电流 I 均向里时，设其在 a 点产生的磁感应强度大小 BPBQB1，如图所示，则其夹角为 60，它们在 a 点的合磁场的磁感应强度平行于 PQ 向右、大小为 3B1.又根据题意 Ba0，则 B0 3B1，且 B0平行于 PQ 向左若 P 中电流反向，则 BP反向、大小不变，BQ和 BP大小不变，夹角为 120，合磁场的磁感应强度大小为 B1B1(方向垂直 PQ 向上、与 B0垂直)，a点合磁场的磁感应强度 B B20B212 33B0，则 A、B、D 项均错误，C 项正确 5解析：(1)在匀强磁场中，带电粒子做圆周运动设在 x0 区域，圆周半径为 R1；在xI1，因此 A1
26、和 L1电阻不相等，所以 A、B 错误；题图 2 中，闭合 S2时，由于自感作用，通过 L2与 A2的电流 I2会逐渐增大，而通过 R 与 A3的电流 I3立即变大，因此电流不相等，所以 D 错误；由于最终 A2与 A3亮度相同，所以两支路电流 I 相同，根据部分电路欧姆定律，两支路电压 U 与电流 I 均相同，所以两支路电阻相同由于 A2、A3完全相同，故变阻器 R 与 L2的电阻值相同，所以 C 正确 6解析：选 D.根据楞次定律，感应电流产生的磁场向下，再根据安培定则，可判断 ab中感应电流方向从 a 到 b，A 错误；磁场变化是均匀的，根据法拉第电磁感应定律，感应电动势恒定不变，感应电
27、流 I 恒定不变，B 错误；安培力 FBIL，由于 I、L 不变，B 减小，所以 ab 所受的安培力逐渐减小，根据力的平衡条件，静摩擦力逐渐减小，C 错误，D 正确 7解析：选 A.由题图可知，穿过 a、b 两个线圈的磁通量均为 Br2，因此磁通量之比为 11，A 项正确 8解析：(1)题图 1 中，电路中的电流 I1BLvRr 棒 ab 受到的安培力 F1BI1L 在 t 时间内，“发电机”产生的电能等于棒 ab 克服安培力做的功 E电F1vtB2L2v2tRr 题图 2 中，棒 ab 受到的安培力 F2BIL 在 t 时间内，“电动机”输出的机械能等于安培力对棒 ab 做的功 E机F2vt
28、BILvt.(2)a.如图 3、图 4 所示 b设自由电荷的电荷量为 q，沿导体棒定向移动的速率为 u.如图 4 所示，沿棒方向的洛伦兹力 f1qvB，做负功 W1f1utqvBut 垂直棒方向的洛伦兹力 f2quB，做正功 W2f2vtquBvt 所以 W1W2，即导体棒中一个自由电荷所受的洛伦兹力做功为零f1做负功，阻碍自由电荷的定向移动，宏观上表现为“反电动势”，消耗电源的电能；f2做正功，宏观上表现为安培力做正功，使机械能增加大量自由电荷所受洛伦兹力做功的宏观表现是将电能转化为等量的机械能；在此过程中洛伦兹力通过两个分力做功起到“传递”能量的作用 答案：见解析 9解析：(1)垂直于导轨
29、平面向下(2)电容器完全充电后，两极板间电压为 E，当开关 S 接 2 时，电容器放电，设刚放电时流经 MN 的电流为 I，有 IER 设 MN 受到的安培力为 F，有 FIlB 由牛顿第二定律，有 Fma 联立式得 aBlEmR.(3)当电容器充电完毕时，设电容器上电荷量为 Q0.有 Q0CE 开关 S 接 2 后，MN 开始向右加速运动，速度达到最大值 vmax时，设 MN 上的感应电动势为 E，有 EBlvmax 依题意有 EQC 设在此过程中 MN 的平均电流为 I，MN 上受到的平均安培力为 F，有 FIlB 由动量定理，有 Ftmvmax0 又 ItQ0Q 联立式得 QB2l2C2
30、EmB2l2C.答案：见解析 专题 11 交变电流 1解析：选 B.由交流电压的表达式可知，原线圈两端所加的电压最大值为 220 2 V，故有效值为 U1220 V，由U1U2n1n2，故副线圈电压的有效值为 U2110 V，故输出功率 P2U22R220 W，再由输入功率等于输出功率知，P1P2220 W，A 项错误；根据欧姆定律知，I2U2R2 A，I1I2n2n1，得 I11 A，故电流表读数为 1 A，所以 B 项正确；电压表的读数为有效值，即 U2110 V，C 项错误；由交流电压的表达式可知，100(rad/s)，又 T2，解得T0.02 s，所以 D 项错误 2解析：选 AD.t
31、0 时，磁通量为零，磁感线与线圈平面平行，A 正确；当磁感线与线圈平面平行时，磁通量变化率最大，感应电动势最大，画出感应电动势随时间变化的图象如图，由图可知，t1 s 时，感应电流没有改变方向，B 错误；t1.5 s 时，感应电动势为 0，C错误；感应电动势最大值 EmNBSNm2T1000.0422(V)4(V)，有效值 E224(V)2 2(V)，QE2RT82(J)，D 正确 3解析：选 BD.电感线圈有通低频、阻高频的作用，因此 A 项错误；电容器有通高频、阻低频的作用，因此 B 项正确；由此可以判断，扬声器甲主要用于输出低频成分，扬声器乙用于输出高频成分，C 项错误，D 项正确 专题
32、 12 近代物理初步 1解析：选 B.静止的铀核在衰变过程中遵循动量守恒，由于系统的总动量为零，因此衰变后产生的钍核和 粒子的动量等大反向，即 pThp，B 项正确；因此有 2mThEkTh2mEk，由于钍核和 粒子的质量不等，因此衰变后钍核和 粒子的动能不等，A 项错误；半衰期是有半数铀核衰变所用的时间，并不是一个铀核衰变所用的时间，C 项错误；由于衰变过程释放能量，根据爱因斯坦质能方程可知，衰变过程有质量亏损，因此 D 项错误 2解析：选 B.氘核聚变反应的质量亏损为 m22.013 6 u(3.015 0 u1.008 7 u)0.003 5 u，释放的核能为 Emc20.003 593
33、1 MeV/c2c23.3 MeV，选项 B 正确 3解析：选 BC.设该金属的逸出功为 W，根据爱因斯坦光电效应方程有 EkhW，同种金属的 W 不变，则逸出光电子的最大初动能随 的增大而增大，B 项正确；又 EkeU，则最大初动能与遏止电压成正比，C 项正确；根据上述有 eUhW，遏止电压 U 随 增大而增大，A 项错误；又有 hEkW，W 相同，则 D 项错误 4解析：选 B.光子的能量 Eh，c，联立解得 E21018 J，B 项正确 5解析：选 A.A 项是氢元素的两种同位素氘和氚聚变成氦元素的核反应方程，B 项是用 粒子轰击氮原子核发现质子的核反应方程，C 项属于原子核的人工转变，
34、D 项属于重核的裂变，因此只有 A 项符合要求 6解析：(1)由题图可知，42He 的比结合能为 7 MeV，因此它的结合能为 7 MeV428 MeV，A 项错误；比结合能越大，表明原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定，结合题图可知 B 项正确；两个比结合能小的21H 核结合成比结合能大的42He 时，会释放能量，C 项正确；由题图可知，23592U 的比结合能(即平均结合能)比8936Kr 的小，D 项错误(2)由 p 2mEk可知，动能相同时，质子的质量比 粒子的质量小，因此动量小；由 hp可知，质子和 粒子的德布罗意波波长之比为HmmH4121.(3)动量守恒 m1v1m2v2m2v
35、2m1v1 解得m1m2v2v2v1v1，代入数据得m1m232.答案：(1)BC(2)小于 21(3)见解析 专题 13 实验探究 力学实验 1解析：(1)由于滑块做匀变速运动，在挡光片通过光电门的过程中，由运动学公式得：vtvAt12a(t)2，则 vvA12at.(2)由 vvA12at 结合题图(c)可知，图线与纵轴的交点的纵坐标即为 vA，将图线延长与纵轴相交，得 vA52.1 cm/s，图线的斜率等于12a，即12a53.6052.130.18 cm/s2，求得 a16.3 cm/s2.答案：(1)vAa2t(2)52.1 16.3 2解析：(1)由于小车在水平桌面上运动时必然受到
36、阻力作用，做匀减速直线运动，相邻水滴(时间间隔相同)的位置间的距离逐渐减小，所以由题图(b)可知，小车在桌面上是从右向左运动的(2)滴水计时器每 30 s 内共滴下 46 个小水滴，其滴水的时间间隔为 T30 s46123 s根据匀变速直线运动的规律，可得小车运动到题图(b)中 A 点位置时的速度大小为 vA0.1170.1332T(m/s)0.19 m/s.由 xaT2和逐差法可得，小车运动的加速度大小为 a（0.1500.117）（0.1330.100）4T2(m/s2)0.037 m/s2.答案：(1)从右向左(2)0.19 0.037 3解析：(1)由测力计的读数规则可知，读数为 4.
37、0 N.(2)利用平行四边形定则作图；由图可知 F合4.0 N，从 F合的顶点向 x 轴和 y 轴分别作垂线，顶点的横坐标对应长度为 1 mm，顶点的纵坐标长度为 20 mm，则可得出 F合与拉力 F 的夹角的正切值为 0.05.答案：(1)4.0(2)F1、F2和 F合如图所示 4.0 0.05 4解析：(1)打点计时器使用的电源是交流电源，故选 B.(2)实验中，平衡摩擦力和其他阻力时，应先不挂重物，把长木板右端适当垫高，在小车后面挂上纸带，接通电源，在打点计时器打点的情况下，轻推一下小车，给小车一个初速度，若小车拖着纸带做匀速运动，则表明已经消除了摩擦力和其他阻力的影响(3)实验中，可认
38、为小车所受的拉力 F 大小为 mg，从打 O 点到打 B 点的过程中，拉力对小车做的功 WFx2mgx2.在匀变速直线运动中，中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，故 vBxAC2Tx3x12T.(4)由题图 3 可知，v2kW，斜率 kv2W，其单位为 m2 s2 J1.又 1 J1 Nm，1 N1 kgms2，故 1 J1 kgm2s2，故 J1kg1m2s2，因此斜率 kv2W的单位为1kg，故与图线斜率有关的物理量应是质量(5)假设完全消除了摩擦力和其他阻力的影响，对由小车和重物组成的系统，其动能增加量为 Ek（mM）v22，考虑到我们按重力做功 Wmgx，有 Ek（Mm）v22
39、W，即 v22MmW，故 v2W 的图象斜率 k2Mm，保持不变，故选项 A 正确 答案：(1)B(2)A B(3)mgx2 x3x12T(4)v2kW，k(4.55.0)m2s2J1 质量(5)A 5解析：(1)挂钩码前，调节木板右侧的高度，直至向左轻推小车，观察到小车做匀速直线运动，表明此时已消除了摩擦力的影响(2)打出计数点“1”时小车的速度 v1（2.062.50）1020.2 m/s0.228 m/s.(3)根据题表格中的数据，描点作图(4)由于 Wmgx，EkFx，则有 FEkWmg4.242.004.502.140.019.8 N0.093 N.答案：(1)小车做匀速运动(2)0
40、.228(3)如图所示(4)0.093 6解析：(1)选用质量和密度较大的金属锤、限位孔对正都可以降低摩擦阻力对实验结果造成的误差，所以 A、B 正确；动能与重力势能表达式中都含有质量 m，可以约去，故不需要测量出质量 m 的具体数值，C 错误；重锤下落之前应该用手拉住纸带上端而不是用手托住重锤，D 错误(2)测出 BC 和 CD 的长度就可以计算出打下 C 点时的速度 vC，再测出 OC 的长度，就可验证 mghOC12mv2C是否成立，所以 B 正确；测出 BD、EG 的长度可计算出打下 C、F 两点时的速度 vC和 vF，再测出 CF 的长度，就可验证 mghCF12mv2F12mv2C
41、是否成立，所以 C 正确 答案：(1)AB(2)BC 电学实验 1解析：(2)R1起分压作用，应选用最大阻值较小的滑动变阻器，即 R1的电阻为 20.为了保护微安表，闭合开关前，滑动变阻器 R1的滑片 C 应移到左端，确保微安表两端电压为零；反复调节 D 的位置，使闭合 S2前后微安表的示数不变，说明闭合后 S2中没有电流通过，B、D 两点电势相等；将电阻箱 Rz和微安表位置对调，其他条件保持不变，发现将 Rz的阻值置于 2 601.0 时，在接通 S2前后，微安表的示数也保持不变 说明2 500.0 RARA2 601.0，则解得 RA2 550.(3)要提高测量微安表内阻的精度，可调节 R
42、1上的分压，尽可能使微安表接近满量程 答案：(1)连线如图 (2)20 左 相等 2 550(3)调节 R1上的分压，尽可能使微安表接近满量程 2解析：(1)要实现在 03.8 V 的范围内对小灯泡的电压进行测量，则滑动变阻器需要设计成分压接法；电压表 V 应与固定电阻 R0串联，将量程改为 4 V由于小灯泡正常发光时电阻约为 12，所以需将电流表外接(2)由小灯泡伏安特性曲线可知，随着电流的增加小灯泡的电阻增大 根据电阻定律可知，灯丝的电阻率增大(3)当滑动变阻器接入电路中的阻值最大为 9.0 时，流过小灯泡的电流最小，小灯泡的实际功率最小，把滑动变阻器视为等效电源内阻的一部分，在题图(a)
43、中画出等效电源 E0(电动势 4 V，内阻 1.00 9.0 10)的伏安特性曲线，函数表达式为 U410I(V)，图线如图中所示，故小灯泡的最小功率为 PminU1I11.750.225 W0.39 W当滑动变阻器接入电路中的阻值最小为零时，流过小灯泡的电流最大，小灯泡的实际功率最大，在题图(a)中画出电源 E0(电动势 4 V，内阻 1.00)的伏安特性曲线，函数表达式为 U4I(V)，图线如图中所示，故小灯泡的最大功率为 PmaxU2I23.680.318 W1.17 W.答案：(1)实验电路原理图如图所示 (2)增大 增大(3)0.39 1.17 3解析：(1)A 端与电池正极相连，电
44、流从 A 端流出，A 端与黑表笔相连(2)使用多用电表前，应机械调零，即应调整“指针定位螺丝”，使指针指在表盘左端电流“0”位置，与 R6无关，选项 A 错；使用欧姆挡时，需要红、黑表笔短接，使电表指针指在表盘右端电阻“0”位置，选项 B 对；使用电流挡时，B 端与“1”或“2”相连，与 R6无关，C 错 (3)B 端与“1”“2”相连时，该多用电表挡位分别为直流 2.5 mA 挡、直流 1 mA 挡，如图 1所示，由电表的改装原理可知，B 端与“2”相连时，有 I2IGIGrGR1R2，解得 R1R2160 ；B 端与“4”相连时，如图 2 所示，多用电表为直流电压 1 V 挡，表头并联部分
45、电阻 R0IGrGI2，R4U4I2R0880.(4)B 端与“1”相连时，电表读数为 1.47 mA；B 端与“3”相连时，多用电表为欧姆100 挡，读数为 11.0100 1.10103；B 端与“5”相连时，多用电表为直流电压 5 V 挡，读数为147.52505 V2.95 V.答案：(1)黑(2)B(3)160 880(4)1.47 mA 1.10103 2.95 V 4解析：(1)如果电源用 E1，则在 t30 时电路中的最大电流 Im3199.520 A13.67 mA15 mA，故不能实现对此温度的控制，因此电源应选用 E2；为了在 t80 时实现对温度的控制，设滑动变阻器阻值
46、的最大值至少为 R，则6 VR20 49.1 0.015 A，解得 R330.9，因此滑动变阻器应选用 R2.(2)要用多用电表的直流电压挡检测故障，应将选择开关旋至 C.(3)如果只有 b、c 间断路，说明 b 点与电源的负极间没有形成通路，a、b 间的电压为零，表笔接在 a、b 间时，指针不偏转；c 点与电源的负极间形成通路，a 与电源的正极相通，a、c 间有电压，因此两表笔接入 a、c 间时指针发生偏转(4)排除故障后，欲使衔铁在热敏电阻为 50 时被吸合，应先断开开关，用电阻箱替换热敏电阻，并将阻值调至 108.1，合上开关，调节滑动变阻器的阻值，直至观察到继电器的衔铁被吸合，这时断开
47、开关，将电阻箱从电路中移除，将热敏电阻接入电路因此操作步骤的正确顺序是.答案：(1)E2 R2(2)C(3)不偏转 偏转(4)5解析：(1)根据 UIR，导线电阻 R 等于零，所以良好的同一根导线上任何两点都不会存在电势差，若一根导线两端有电势差，则导线断开据此可推断出导线是完整的还是断开的(2)将电流表 A1和 R1串联当成电压表使用，电压测量值 UI1(r1R1)，根据闭合电路欧姆定律有 I1(r1R1)EI2(rR0)，整理得 I1Er1R1rR0r1R1I2，由题图可知，纵轴截距 b0.14103 AEr1R1，所以电动势 E0.14103(11039103)V1.4 V，斜率的绝对值
48、表示rR0r1R1，即|k|0.140.05260rR0r1R1，解得 r0.5.答案：(1)aa bb(2)1.4(1.361.44 均可)05(0.40.6 均可)专题 14 热 学 1解析：(1)抽开隔板，气体自发扩散过程中，气体对外界不做功，与外界没有热交换，因此气体的内能不变，A 项正确，C 项错误；气体在被压缩的过程中，外界对气体做正功，D 项正确；由于气体与外界没有热交换，根据热力学第一定律可知，气体在被压缩的过程中内能增大，因此气体的温度升高，气体分子的平均动能增大，B 项正确，E 项错误(2)设 1 个大气压下质量为 m 的空气在温度为 T0时的体积为 V0，密度为 0mV0
49、 在温度为 T 时的体积为 VT，密度为(T)mVT 由盖吕萨克定律得V0T0VTT 联立式得(T)0T0T 气球所受到的浮力为 f(Tb)gV 联立式得 fVg0T0Tb.气球内热空气所受的重力为 G(Ta)Vg 联立式得 GVg0T0Ta.设该气球还能托起的最大质量为 m，由力的平衡条件得 mgfGm0g 联立式得 mV0T01Tb1Tam0.答案：(1)ABD(2)见解析 2解析：(1)根据气体分子单位速率间隔的分子数占总分子数的百分比随气体分子速率的变化曲线的意义可知，题图中两条曲线下面积相等，选项 A 正确；题图中虚线占百分比较大的分子速率较小，所以对应于氧气分子平均动能较小的情形，
50、选项 B 正确；题图中实线占百分比较大的分子速率较大，分子平均动能较大，根据温度是分子平均动能的标志，可知实线对应于氧气分子在 100 时的情形，选项 C 正确；根据分子速率分布图可知，题图中曲线给出了任意速率区间的氧气分子数目占总分子数的百分比，不能得出任意速率区间的氧气分子数目，选项 D 错误；由分子速率分布图可知，与 0 时相比，100 时氧气分子速率出现在 0400 m/s 区间内的分子数占总分子数的百分比较小，选项 E 错误(2)设打开 K2后，稳定时活塞上方气体的压强为 p1，体积为 V1.依题意，被活塞分开的两部分气体都经历等温过程由玻意耳定律得 p0Vp1V1(3p0)Vp1(