一、單項選擇題：1、解析：A上升過程中阻力的沖量大小為If上＝ft，下降過程中阻力的沖量大小為If下＝f·2t，則上升過程與下降過程中阻力的沖量大小之比1∶2，A正確；由于小球上升下降過程中位移的大小相等，則有v0t02＝v2t02得v′＝v02，則取豎直向下為正，根據(jù)動量定理有I＝Δp＝0－(－mv)，I＝Δp′＝mv′－0，則上升過程與下降過程中合外力的沖量大小之比為2∶1，B錯誤；小球在0～3t0時間內(nèi)動量變化量的大小為Δp＝mv02－(－mv)＝32mv，取豎直向下為正，C錯誤；小球在0～3t0過程中根據(jù)動能定理有W＝12mv′2－12mv2，解得W＝－38mv2，D錯誤。故選A。2、解析：D由圖像可知，0～0.2πs內(nèi)應該對應著擺球在CB之間的擺動；0.2πs～0.6πs內(nèi)應該對應著擺球在BAt＝0.1πs時擺線拉力最小，可知小球位于Ct＝0.4πs時小球位于AABAB之間擺動的周期為T＝0.8πs，根據(jù)T＝2πLg)，可得L＝1.6m，即OA之間的距離為1.6mCBC之間擺動的周期為T＝0.4πsT＝2πLg)，可得L＝0.4m，即PB之間的距離為0.4m，OP之間的距離為1.2m，選項D正確。故選D。CaasinC＝1n知a光的折射率較小，所以a光的頻率較小，波長較長，根據(jù)v＝cn知，在水中，a光的傳播速度比bv＝λf可知，在水中，a光的波長比b光長，A、B、D錯誤；設圓形復色光區(qū)域半徑為r，圓形復色光區(qū)域邊緣處bsinC＝1nb知sinC＝r\r(h2＋r2)S＝πr2S＝πh2nb2－1，C正確。4、解析：B根據(jù)雙縫干涉條紋的間距公式Δx＝ldλ并結(jié)合乙圖中的干涉條紋間距Δx較大，知A、C錯誤，B正確；光源到雙縫的距離不影響雙縫干涉條紋的間距，故D錯誤。D所受的安培力垂直于斜面向下時，導線所受合力不能為0A錯B共7頁第1頁C故有mgsinθ＝ILB，解得B＝mgsinθIL，D正確。6、解析：B設帶電粒子進入第二象限的速度為v，在第二象限和第一象限中運動的軌跡如圖所示，對應的軌跡半徑分別為R1和R，由洛倫茲力提供向心力，有qvB＝mv2R、T＝2πRv，可得R＝mvqB、R＝2mvqB、T＝2πmqB、T2＝4πmqBt＝T14時間為t＝θ2πT，又由幾何關(guān)系有cosθ＝R2－R1R2＝12，可得t＝T26，則粒子在磁場中運動的時間為t＝t＋t，聯(lián)立以上各式解得t＝7πm6qB，選項B正確，A、C、D錯誤。解析：C由右手定則可知電流方向從O點指向AOA是電源，電流從低電勢流向高電勢，故O點的電勢比A點的電勢低，故A錯誤；由法拉第電磁感應定律可知E＝Bl0＋lω2＝12Bl2ω，由閉合電路歐姆定律可知回路中通過的電流為I＝Er＋3r＝E4rI＝Bl2ω8rB端的電壓為U＝I×3r，將前面求得電流值代入可得U＝38ωBl2，故C正確；由焦耳定律可知該定值電阻上的熱功率P＝I2×3r＝3ω2B2l464r，故D錯誤。BDQ在PP對Q有彈力且在力的方向上Q有位移，則P對Q做功不為零，A錯誤；Q在P上運動的過程中，P和Q構(gòu)成的系統(tǒng)只有重力做功，系統(tǒng)機械能守恒，P、Q之間的彈力做功之和必為零；系統(tǒng)合外力不為零，系統(tǒng)在豎直方向動量不守恒，系統(tǒng)動量不守恒，C錯誤，BD正確。9、解析：AD由圖甲可知，該簡諧橫波波長為λ＝8m，周期T＝8s，所以波速為v＝λT＝1.0m/sN沿－xAMN共7頁第2頁他們的振動方向總是相反的，故B錯誤；在同一介質(zhì)中運動，頻率相同，根據(jù)8m諧波后會發(fā)生干涉現(xiàn)象，故C錯誤；根據(jù)機械波發(fā)生明顯衍射條件可知，該簡諧波遇到寬度為4m的障礙物時能發(fā)生明顯的衍射現(xiàn)象，故D正確。10、解析：BC根據(jù)安培定則可知，MN處于ab產(chǎn)生的垂直向里的磁場中，MNMN流由M指向N，L1中感應電流的磁場向上，由楞次定律可知，L2中感應電流產(chǎn)PQ可能是向右減速運動或向左加速運動。故B、C正確，A、D錯誤。二、非選擇題5小題，共60分）11、(10分)解析：(1)物塊由A點到B點的過程中，由動能定理得mgR＝12mv2解得v＝4m/s物塊從經(jīng)過B點開始到靜止于B點系統(tǒng)動量和能量守恒有mv＝(M＋m)v12mv2＝12(M＋m)v2＋2μmg(L＋x)解得x＝1m。(2)由B點至將彈簧壓縮到最短，系統(tǒng)動量守恒，取vB方向為正方向有mv＝(M＋m)v′此時的彈性勢能最大，由能量守恒可得12mv2＝12(M＋m)v′2＋E＋μmg(L＋x)由以上兩式可得E＝3J。答案：(1)1m(2)3J12、(13分)解析：(1)根據(jù)T＝2πLg)，可得g＝4π2LT2＝d2tn＝d2t2。(2)實驗室處在高山上，距離海面太高，則重力加速度會偏小，A錯誤；單擺所用的擺球質(zhì)量大小與周期無關(guān)，B錯誤；實際測出n次全振動的時間t，誤作為(n＋1)次全振動的時間，則周期測量值偏小，計算出的重力加速度偏大，CD共7頁第3頁錯誤；故選C。(3)根據(jù)單擺的周期公式T＝2πLg)T2＝4π2gL時忘了加上擺球的半徑，擺長L＝0時，縱軸截距不為零，加上擺球半徑后圖像應該到正確位置，即M位置，由于重力加速度不變，則圖線的斜率不變，故圖像應該為②。(4)T＝2sT＝2πLg)g＝4π2LT2＝4×9.87×0.9922m/s2≈9.77m/s2。答案：(1)d2t2(2)C(3)②(4)9.7713、(13分)(1)分劃板在題圖(a)(b)位置時游標卡尺讀數(shù)分別為x＝mm＋1×0.1mm＝mm，x＝15mm＋6×0.1mm＝15.6mm。(2)相鄰亮條紋間距Δx＝xb－xa6＝15.6－11.16mm＝0.75mmx＝ldλ，解得λ＝Δx·dl＝0.75×10－3×0.4×10－30.5m＝6.0×10－7m。(3)若增大雙縫的間距d，其他條件保持不變，根據(jù)Δx＝ldλ，則得到的干涉條紋間距將變小。(4)若改用頻率較高的單色光照射，則波長變短，其他條件保持不變，根據(jù)Δx＝ldλ，則得到的干涉條紋間距將變小。答案：15.6(2)6.0×10－7(3)變小(4)變小14、(12分)解析：(1)根據(jù)受力分析(如圖所示)，可知油滴帶負電荷，設油滴質(zhì)量為m，由平衡條件得mg∶qE∶F＝1∶1∶2。(2)由第(1)問得qvB＝2qE，代入數(shù)據(jù)解得v＝2)EB＝42m/s。(3)進入第一象限，靜電力和重力平衡，油滴先做勻速直線運動，從A點進共7頁第4頁入y>h的區(qū)域后做勻速圓周運動，再從C點離開y>h區(qū)域，最后從x軸上的N點離開第一象限。由O→A勻速運動的位移為s＝hsin45°＝2h其運動時間t＝s1v＝0.1s由qvB＝mv2r，T＝2πrv得T＝2πmqB油滴從A→C做圓周運動的時間為t＝14T＝πE2gB＝0.628s由對稱性知，從C→N的時間t＝t1故油滴在第一象限運動的總時間t＝t＋t＋t＝2×0.1s＋0.628s＝0.828s。答案：(1)1∶1∶2負電荷(2)42m/s(3)0.828s15、(12分)解析：(1)負電荷受到重力和電場力的作用處于靜止狀態(tài)，因為重力豎直向下，所以電場力豎直向上，故M板帶正電。ab棒向右做切割磁感線運動產(chǎn)生感應電動勢，ab棒等效于電源，感應電流方向由b→a，其a端為電源的正極，由右手定則可判斷，磁場方向豎直向下。(2)微粒受到重力和電場力的作用處于靜止狀態(tài)，根據(jù)平衡條件有mg＝Eq又E＝UMNd，所以U＝mgdq＝0.1VR