一、選擇題：本題共8小題，每小題6分．在每小題給出的四個選項中，第1~5題只有一項符合題目要求，第6~8題有多項符合題目要求．全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分．1．下列說法中正確的是（）A．放射性元素的半衰期隨溫度和壓強的變化而變化B．β衰變所釋放的電子是原子核內的中子轉化成質子時產生的C．原子核在人工轉變過程中，電荷數(shù)可能不守恒D．比結合能越大表示原子核中核子結合得越松散，原子核越不穩(wěn)定2．受水平外力F作用的物體，在粗糙水平面上做直線運動，其t圖線如圖所示，則（）A．在0-1時間內，外力F大小不斷增大B．在t1時刻，外力F為零C．在1-t2時間內，外力F大小可能不斷減小D．在1-t2時間內，外力F大小一定先減小后增大3．在教學樓的樓梯口，有如圖所示的0、1、2、3…k級臺階，每級臺階的長為30，高為．某同學從第0級臺階的邊緣以v0=5s的速度水平拋出一小球，不計一切阻力，g取

10s，則小球將落在2第幾級臺階上（）A．7級B．8級C．9級D．10級4n1:n2=5:1R=20W，

L、L為規(guī)格相同的兩只小燈12泡，1為單刀雙擲開關．原線圈接正弦交變電源，輸入電壓u隨時間t的變化關系如圖乙所示．現(xiàn)將1接1，2閉合，此時2正常開光．下列說法正確的是（）A．輸入電壓u的表達式u=202sin(50πt)VB．只斷開2后，1、2均正常發(fā)光C．只斷開2后，原線圈的輸入功率增大D．若1換接到2后，R消耗的電功率為0.8W5mqθ的光滑絕緣斜面上由靜止下滑，整個斜面置于方向水平向外的勻強磁場中，其磁感應強度為B，如圖所示．帶電小球下滑后某時刻對斜面的作用力恰好為零．已知重力加速度為g．下面說法中正確的是（）A．小球帶負電B．小球在斜面上的運動是勻加速直線運動C．小球在斜面上運動的加速度逐漸增大D．小球對斜面的作用力恰好為零時的速率為mgsinqqB6．地球赤道上有一物體隨地球自轉，所受的向心力為1，向心加速度為a1，線速度為1，角速度為1；2，向心加速度為a2，線速度為v2，角速度為2；地球的同步衛(wèi)星所受的向心力為F，向心加速度為a，線速度為v，角速度為w；地球表3333面的重力加速度為g，第一宇宙速度為v，假設三者質量相等，則（）A．1=2>3B．g=a>a>aC．231v=v=v>vD．w=w<w1231327．如圖所示，假設質量為m的運動員，在起跑階段前進的距離x內，重心上升高度為h，獲得的速度為v，阻力做功為阻、重力對人做功重、地面對人做功地、運動員自身做功W

人，已知重力加速度為g．則在此過程中，下列說法中正確的是（）A．地面對人做的功1W=+2地2B．運動員的機械能增加了12+2C．運動員的重力做功為W=-mgh重D．運動員自身做功1W=mv2++W人阻28．如圖所示，在光滑絕緣水平面上有一半徑為R的圓，AB是一條直徑，空間有勻強電場場強大小為E，A點有一發(fā)射器，以相同的動能平行于水平面沿不同方向發(fā)射帶電量為+q的小球，小球會經過圓周上不同的點，在這些點中，經過C點的小球的動能最大．由于發(fā)射時刻不同時，小球間無相互作用．且=30°，下列說法正確的是（）A．電場的方向與AC間的夾角為°B．電場的方向與AC間的夾角為°C．小球在A點垂直電場方向發(fā)射，恰能落到C點，則初動能為18D．小球在A點垂直電場方向發(fā)射，恰能落到C點，則初動能為1422題~第3233題~第40題為選考題，考生根據(jù)要求作答．（一）必考題9．某研究性學習小組利用氣墊導軌驗證機械能守恒定律，實驗裝置如圖甲所示．在氣墊導軌上相隔一定距離的兩處安裝兩個光電傳感器ABP電壓，兩光電傳感器采集數(shù)據(jù)后與計算機相連．滑塊在細線的牽引下向左加速運動，遮光條經過光電傳感器A、B時，通過計算機可以得到如圖乙所示的電壓U隨時間t變化的圖像．（1）實驗前，接通氣源，將滑塊（不掛鉤碼）置于氣墊導軌上，輕推滑塊，當圖乙中的1_____t（選2填“＞”、“=”或“＜”）時，說明氣墊導軌已經水平．（2）用螺旋測微器測遮光條寬度d，測量結果如圖丙所示，則d=________．（3）滑塊P用細線跨過氣墊導軌左端的定滑輪與質量為m的鉤碼Q相連，將滑塊P由圖甲所示位置釋放，通過計算機得到的圖像如圖乙所示，若1、t和d已知，要驗證滑塊和砝碼組成的系統(tǒng)機械能是否守恒，2還應測出_________和_________（4）若上述物理量間滿足關系式_________，則表明在上述過程中，滑塊和砝碼組成的系統(tǒng)機械能守恒．10．實驗室有下列器材：靈敏電流計（內阻約為50W（0~3V，內阻約為10kW電阻箱1（0~9999WR（0~100W，1.5A2舊干電池一節(jié)；導線開關若干．（12V4mA，電阻箱旋鈕位置如圖乙所示，則靈敏電流計內阻為_______W．（2101的阻值調為________W．調好后連接成如圖丙所示的電路測干電池的電動勢和內阻，調節(jié)滑動變阻器讀出了幾組電壓表和電流計的示數(shù)如下表，請在圖丁所示的坐標系中作出合適的U-IG圖線．U/V0.80.91.01.11.2I/3.02.52.01.51.0G（3）由作出的U-IG圖線求得干電池的電動勢E=_______V，內阻r=_______W．116的小車C2的滑塊AC的左端有一個質量為2的滑塊BA與BA從距小車的上表面高h=mBC知滑塊A、B與小車C的動摩擦因數(shù)均為m=0.5，小車C與水平地面的摩擦忽略不計，取g=10m/s2求：（1）滑塊A與B碰撞后瞬間的共同速度的大??；（2）小車C上表面的最短長度．12L=1m、電阻不計的兩根長金屬導軌，各有一部分在同一水平面上，另一部分在同m=50gR=1.0W的金屬細桿abcd與導軌之間的動摩擦因數(shù)m=0.5B=Tab桿在水平拉力Fcdcd桿并開始計時，cd桿的v-t圖像如圖乙所示，已知在0~1s和2~3s內，圖線為直線．取g=10m/s2（1）求在0~1s內通過cd桿中的電流；（2）若已知曲桿在1s~2s內做勻加速直線運動，求1s~2s時間內拉力F隨時間t變化的關系式．[物理一選修3-3]13．下列說法準確的是（）A．顯微鏡下觀察到墨水中的小炭粒在不停的作無規(guī)則運動，這反映了液體分子運動的無規(guī)則性B．分子間的相互作用力隨著分子間距離的增大，一定先減小后增大C．分子勢能隨著分子間距離的增大，可能先減小后增大D．不可能從單一熱源吸收熱量使之完全轉化為有用的功而不產生其他影響E．當溫度升高時，物體內每一個分子熱運動的速率一定都增大14h動．取一小盒沙子緩慢地倒在活塞的上表面上，沙子倒完時，活塞下降了h4．再取相同質量的一小盒沙子緩慢地倒在活塞的上表面上，外界大氣的壓強和溫度始終保持不變，求此次沙子倒完時活塞距氣缸底部的高度．[物理一選修3-4]15“活躍”xt(t+0.4)s（圖中虛線）兩個時刻x軸上3~3區(qū)間內的波形圖如圖所示，則下列說法正確的是（）A．該地震波的波長為3kmB．質點振動的最大周期為sC．該地震波最小波速為5km/sD．從t時刻開始計時，x=2km處的質點比x=處的質點先回到平衡位置E．從t時刻開始計時，x=2km處的質點比x=處的質點后回到平衡位置16OBCDODAO方向從OO點在ODB點和CB點射出的單色光由O到B的傳播時間為t．（1）若OB、OC兩束單色光在真空中的波長分別為lB、l，試比較l、l的大?。瓹BC（2）求從C點射出的單色光由D到C的傳播時間tC．答案一、選擇題1~5．BCCDB6．BD7．BC8．AC二、非選擇題91）=（2）8.474（3）滑塊質量M，兩光電門間的距離L1d1d(Mm)()(Mm)()=+2-+2

（4）2Dt2Dt21101）45（2）5，U-IG圖像如圖所示（3）1.4，15.5111）滑塊A下滑過程機械能守恒，由機械能守恒定律得：1mgh=mv，2AA12代入數(shù)據(jù)解得：1=5m/s，A、B碰過程系統(tǒng)動量守恒，以A的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得：mv=(m+m)v，A1AB2代入數(shù)據(jù)解得：v2=2.5m/s；（2）A、B、C三者組成的系統(tǒng)動量守恒，以A的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得：(m+m)v=(m+m+m)v，AB2ABC3代入數(shù)據(jù)解得：v3=1m/s；11由能量守恒定律得：μ(m+m)gL=(m+m)v2-(m+m+m)v2，ABAB2ABC322代入數(shù)據(jù)解得：L=0.375m；1）滑塊A與B碰撞后瞬間的共同速度的大小為2.5m/s。（2）小車C上表面的最短長度為m。121）在0~1s內，cd桿的v-t圖線為傾斜直線，v-v因此cd桿做勻變速直線運動，加速度為：a==4.0m/st021t因此cd桿受向上的摩擦力作用，其受力圖如圖所示。根據(jù)牛頓第二定律，有：-f=其中f=N=A=m(g-a)I==0.6A因此回路中的電流為：（2）在0~1s內，設ab桿產生的電動勢為E，則：E=1由閉合電路歐姆定律知：IE=，v==1.2m/s12R則ab桿的速度為：v==1.2m/s1在2~3s內，由圖像可求出cd桿的加速度為：a=-4m/s22同理可求出ab桿的速度：2m(g-a)Rv-vv=2a=21=2.8m/s222BLtv-v在1~2s內，ab桿做勻加速運動，則加速度為：a211.6m/s2==，I￠=t2R對ab桿，根據(jù)牛頓第二定律有：F--L=ab桿在t時刻的速度：v=1+a(t-￠=回路中的電流：I2R聯(lián)立可得：F=0.8t+0.131）在0~1s內通過cd桿中的電流0.6A；（2）這段時間內拉力F隨時間t變化的關系式為：F=0.8t+0.13．[物理—選修3-3]13．ACD14．解：設大氣和活塞對氣體的總壓強為0，加一小盒沙子對氣體產生的壓強為P，由玻馬定律得：1Ph(PP)(hh)=+-…①0041由①式得：PP=…②03再加一小盒沙子后，氣體的壓強變?yōu)?+2P。設第二次加沙子后，活塞的高度為h￠，由玻馬定律得：Ph=(P+2P)h￠…③003￠=聯(lián)立②③式解得：hh5答：此次沙子倒完時活塞距氣缸底部的高度為35h[物理—選修3-4]15．BCD161）由于光線OB偏折比光線OC偏折更多，所以OB光的折射率較大，波長較短，即有l(wèi)B<lC，（2）作出光路圖如圖所示。作界面OD的法線MN，設圓柱體的直徑為d，入射角為θ，折射角分別為B、q，連接DB、DC．Cn由折射定律得B=sinqsinqBn，C=sinqsinqCv光在圓柱體中的傳播速度分別為Bc=，vCnB=cnC由上可得sinqsinqBC=vvBC已知tdsinqdsinq=，CB=tCvvBC解得tC=t1）lB、l的大小為l<l；CBC（2）從C點射出的單色光由D到C的傳播時間tC是t。解析一、選擇題1【分析】A．半衰期的大小由原子核內部因素決定，與所處的物理環(huán)境和化學狀態(tài)無關，B．β衰變所釋放的電子，不是核外電子，是原子核中的中子轉化為質子和電子產生的。C．核反應方程中，質量數(shù)與質子數(shù)均守恒。D．比結合能越大，原子核越穩(wěn)定?！窘獯稹拷猓篈．半衰期與壓強無關，由原子核內部因素決定，故A錯誤。B．β衰變所釋放的電子是原子核中的中子轉化為質子和電子產生的，不是核外電子。故B正確。C．核反應方程質量數(shù)和電荷數(shù)是守恒的。故C錯誤。D．比結合能越大，表示原子核中核子結合得越牢靠，原子核越穩(wěn)定。故D錯誤。2【分析】由v﹣t圖象的斜率分析加速度的變化，根據(jù)牛頓第二定律分析外力的變化情況?！窘獯稹拷猓篈．在0﹣t1時間內，圖象切線的斜率不斷減小，說明物體的加速度不斷減小，由牛頓第二定律得：F﹣f=ma，得F=f+ma，知外力F大小不斷減小，故A錯誤。B．在t1時刻，物體的加速度為0，則有F=f≠0，故B錯誤。CDt1﹣t2F＜ff﹣F=mafa知，F(xiàn)不斷減小。故C正確，D錯誤。3【分析】小球做平拋運動，根據(jù)平拋運動的特點：水平方向做勻速運動，豎直方向做自由落體運動，結合運動學公式和幾何關系即可求解?！窘獯稹拷猓喝鐖D作一條連接各端點的直線，只要小球越過該直線，則小球落到臺階上。設小球落到斜線上的時間t水平：x=v0t豎直：y=gt2；且==2；聯(lián)立解得t=0.5s相應的水平距離：x=5×0.5m=2．5m則臺階數(shù)：n==8．3＞8；知小球拋出后首先落到的臺階為第9級臺階。故C正確，A．B．D錯誤。4【分析】根據(jù)電壓與匝數(shù)成正比，電流與匝數(shù)成反比，變壓器的輸入功率和輸出功率相等，逐項分析即可得出結論?！窘獯稹拷猓篈．周期是0.02s，ω==100π，所以輸入電壓u的表達式應為u=20sinV，A錯誤；B．只斷開S2后，負載電阻變大為原來的2倍，電壓不變，副線圈電流變小為原來的一半，L1．L2的功率均變?yōu)轭~定功率的四分之一，B錯誤；C．只斷開S2后，原線圈的輸入功率等于副線圈的功率都減小，C錯誤；D．若S1換接到2后，電阻R電壓有效值為4V，R消耗的電功率為=0.8W，D正確。5【分析】帶電滑塊在滑至某一位置時，由于在安培力的作用下，要離開斜面。根據(jù)磁場方向結合左手定則可得帶電粒子的電性。由光滑斜面，所以小滑塊在沒有離開斜面之前一直做勻加速直線運動。借助于洛倫茲力公式可求出恰好離開時的速度大小，從而由運動學公式來算出勻加速運動的時間。由位移與時間關系可求出位移大小。A直斜面向上，所以小球帶正電。故A錯誤；B．C．小球沒有離開斜面之前，在重力，支持力、洛倫茲力作用下做勻加速直線運動，雖然速度變大，導致洛倫茲力變大，但三個力的合力卻不變，加速度不變。故B正確；C錯誤；D為零。所以Bqv=mgcosθ，則速率為v=。故D錯誤；61動的人造衛(wèi)星231與人造衛(wèi)星21與同步衛(wèi)星3轉動周期相同，人造衛(wèi)星2與同步衛(wèi)星3同是衛(wèi)星，都是萬有引力提供向心力；分三種類型進行比較分析即可?！窘獯稹拷猓篈．根據(jù)題意三者質量相等，軌道半徑r1=r2＜r3物體1與人造衛(wèi)星2比較，由于赤道上物體受引力和支持力的合力提供向心力，而近地衛(wèi)星只受萬有引力，故F1＜F2，故A錯誤；B1和衛(wèi)星3ω1=ω3a=rω2a3＞a12和衛(wèi)星3都靠萬有引力提供向心力，根據(jù)=mω2r=ma，ω=，a=，知軌道半徑越大，角速度越小，向心加速度越小，則a2＞a3，ω2＞ω3．物體1和衛(wèi)星3周期相等，則角速度相等，即ω1=ω3，對于近地衛(wèi)星，有=mg=ma2，向心加速度等于表面的重力加速度。故B正確，D正確。C1和衛(wèi)星3ω1=ω3v=rωv3＞v12和衛(wèi)星3都靠萬有引力提供向心力，根據(jù)=m，解得v=，知軌道半徑越大，線速度越小，則v2＞v3．故C錯誤。7【分析】運動員起跑過程中，要克服阻力做功，動能增加，重力勢能也增加，機械能增加量可以直接計算，重力做負功，運動員消耗的自身能量等于運動員做的功?！窘獯稹拷猓篈．地面對人作用時，由于人的腳并沒有離開地面，故地面的力對劉翔并不做功，故A錯誤；B．起跑過程，重力勢能增加mgh，動能增加mv2，故機械能增加量為mgh+mv2，故B正確；C．重心上升h，故重力做功為W重=﹣mgh，故C正確；D．根據(jù)動能定理有：W人+W阻﹣mgh=mv2，故W人=mv2+mgh﹣W阻，故D錯誤；8【分析】小球在勻強電場中，從A點運動到C點，根據(jù)動能定理qUAC=EkC點時的小球的動能UACCC點電勢相等的點在過C點的切線上。再根據(jù)電場線與等勢線垂直，可以畫出電場線，即可確定電場的方向。小球做類平拋運動，根據(jù)平拋運動的知識分析小球的運動情況，分別相互垂直的兩個上列式求解初動能?！窘獯稹拷猓篈．B：小球在勻強電場中，從a點運動到c點，根據(jù)動能定理qUAC=Ek得因為到達CUACCA到C電場力對小球做正功。過C點作切線，則CF為等勢線。過A點作CF的垂線，則該線為電場線，場強方向如圖示。因為∠CAB=30°，則連接CO，∠ACO=30°，所以電場方向與AC間的夾角θ為30°；故A正確，B錯誤。C．D：小球只受電場力，做類平拋運動。x=Rcos30°=v0t，y=R+Rsin30°=，由以上兩式得：Ek=mv02=qER；故C正確，D錯誤。二、非選擇題91）當滑塊做勻速直線運動時，氣墊導軌水平。（2）螺旋測微器的讀數(shù)等于固定刻度讀數(shù)加上可動刻度讀數(shù)，需估讀。（3．4）對系統(tǒng)研究，根據(jù)系統(tǒng)重力勢能的減小量等于系統(tǒng)動能的增加量得出驗證的表達式，從而確定所需測量的物理量。1）實驗前，接通氣源，將滑塊（不掛鉤碼）置于氣墊導軌上，輕推滑塊，滑塊做勻速直線運動時，△t1=△t2，說明氣墊導軌已經水平。（2）螺旋測微器的固定刻度讀數(shù)為8mm，可動刻度讀數(shù)為0.01×47．4mm=0.474mm，則最終讀數(shù)為8．474mm。（3．4）系統(tǒng)重力勢能的減小量為mgL，系統(tǒng)動能的增加量為=?？芍獫M足關系式mgL=，則滑塊和砝碼組成的系統(tǒng)機械能守恒。所以還需要測量滑塊的質量M，兩光電門間的距離L。101）電阻箱各旋鈕示數(shù)與對應倍率的乘積之和是電阻箱示數(shù)；由串聯(lián)電路特點與歐姆定律求出靈敏電流計的內阻。（2）根據(jù)并聯(lián)電路特點與歐姆定律求出并聯(lián)電阻阻值；應用描點法作出圖象。（3）電源U﹣I圖象與縱軸交點坐標值是電源電動勢，圖象斜率絕對值是電源內阻。1）由圖乙所示電阻箱可知，電阻箱示數(shù)為：R1=0×1000Ω+4×100Ω+5×10Ω+5×1Ω=455Ω，由歐姆定律可得：Rg+R1===500Ω，電流計內阻為：Rg=500﹣455=45Ω。（2）將靈敏電流計的量程擴大為原來的10倍，并聯(lián)電阻阻值：R===5Ω；根據(jù)表中實驗數(shù)據(jù)在坐標系內描出對應點，然后根據(jù)描出的點作出圖象，圖象如圖所示：（3）由圖示電源U﹣I圖象可知，圖象與縱軸交點坐標值為1．4，電源電動勢E=1．4V，電流表內阻，RA===4．5Ω，圖象斜率：k===20Ω，電源內阻：r=k﹣RA=20﹣4．5=15．5Ω。111AA與B碰撞后瞬間的共同速度的大?。唬?）根據(jù)系統(tǒng)的能量守恒求解小車C上表面的最短長度。1210～10sc