物理（一）參考答案1～7ACCBADD8BCD9AD10ACD解析：1．A。當(dāng)接收電路的固有頻率和收到的電磁波的頻率相同時(shí)，公眾號(hào)霧都資料庫(kù)接收電路中產(chǎn)生的振蕩電流最強(qiáng)，接收到的能量最大，產(chǎn)生“電諧振”現(xiàn)象，A正確，B、C、D錯(cuò)誤；故選A。2．C。列車上坡進(jìn)站時(shí)，阻力做負(fù)功，機(jī)械能減少，A錯(cuò)誤；重力做負(fù)功，重力勢(shì)能增加，B錯(cuò)誤；合力做負(fù)功，動(dòng)能減少，C正確，D錯(cuò)誤；故選C。3．C。由mrma可得v，T，a，A、B錯(cuò)誤，C正確；開(kāi)普勒第二定律是同一個(gè)軌道上的規(guī)律，或由C（C為常量）得SR=2πt，可知D錯(cuò)誤；故選C。4．B。兩種方式線框中的感應(yīng)電流方向都是逆時(shí)針，安培力方向都水平向左，A、D錯(cuò)誤；容易判斷第二種方式用時(shí)更短，C錯(cuò)誤；由ΣF安Δt知，兩種方式安培力的沖量相等，B正確；故選B。5．A。將重力沿斜面和垂直斜面分解，再將重力沿斜面的分量沿護(hù)板和垂直護(hù)板分解，建立平衡方程可得6．D。結(jié)合圖像可知，x1到x2電場(chǎng)方向向右，公眾號(hào)霧都資料庫(kù)在此區(qū)間電子受力向左，將電子從x1移動(dòng)到x2電場(chǎng)力做負(fù)功，A錯(cuò)誤；同理可判斷B錯(cuò)誤；φ-x圖像的斜率表示電場(chǎng)強(qiáng)度，關(guān)于O點(diǎn)對(duì)稱的兩個(gè)點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度相等，電勢(shì)不等，C錯(cuò)誤，D正確；故選D。7．D。根據(jù)題意可知，第1次碰撞前瞬時(shí)的豎直速度v1ym/s，則第1次碰撞后瞬時(shí)的豎直速度變?yōu)関m/s，公眾號(hào)霧都資料庫(kù)顯然容易發(fā)現(xiàn)第n次碰撞后瞬時(shí)的豎直速度vnm/s，由于水平方向的速度不變，因此An和An+1之間的距離為vxm，D正確；故選D。8．BCD。排球做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，其加速度不變，機(jī)械能不變，B、D錯(cuò)誤；排球的速度v=v0—gt，故其速度大9．AD。光照更強(qiáng)時(shí)，公眾號(hào)霧都資料庫(kù)光敏電阻阻值更小，要使其電壓達(dá)到確定值，可以選擇增大電源的電動(dòng)勢(shì)或減小R2接入電路的阻值，A、D正確；故選AD。10．ACD。根據(jù)題意可知，輸出電壓為上下兩個(gè)次級(jí)線圈電動(dòng)勢(shì)之差，僅改變交流電的頻率，兩個(gè)次級(jí)線圈的電動(dòng)勢(shì)依然相同，輸出電壓仍為零，A正確；僅改變交流電的峰值，兩個(gè)次級(jí)線圈的電動(dòng)勢(shì)依然相同，輸出電壓仍為零，B錯(cuò)誤；鐵芯上移，上方次級(jí)線圈的電動(dòng)勢(shì)變大，在內(nèi)，c為正極，d為正極，但上方電動(dòng)勢(shì)更大，公眾號(hào)霧都資料庫(kù)所以c點(diǎn)的電勢(shì)高于d點(diǎn)，C正確；同理分析D正確；故選ACD。116分）（1）800（2分）（2）1.1（2分）0.2（2分）解析：（1）不放重物時(shí)，壓敏電阻的阻值R=Ω=800Ω。（2）根據(jù)R-F圖像可知，此時(shí)壓敏電阻的阻值為50Ω,因此50×(1—I)=200I，解得I=0.2A。1210分）（1）非線性（2分）v（32分）大于（2分）dS1Δt1L解析：OttΔt1Δt2（1）由v2=2ax可知，v-x圖像是非線性圖像。答圖1（2）由vv2v1=at，可得a。作出滑塊運(yùn)動(dòng)的v-t圖像如答圖1所示，則dda真其中Δt1＞Δt2，因此測(cè)量值小于真實(shí)值。（3）由vaL，可得a公眾號(hào)霧都資料庫(kù)v-t圖像中兩個(gè)陰影區(qū)域的三角形面積分別記為S1與S2，則d2d2a真其中S1＞S2，因此測(cè)量值大于真實(shí)值。1310分）解1）在C點(diǎn)對(duì)小球進(jìn)行受力分析可得：FN—mg（2分其中FN=2mg由A到C過(guò)程中，公眾號(hào)霧都資料庫(kù)由動(dòng)能定理得：mg.2R+Wfmv2聯(lián)立解得，從B到C摩擦力對(duì)小球做功：WfmgR（1分）（2）小球第一次運(yùn)動(dòng)到右側(cè)軌道最高點(diǎn)時(shí)與豎直方向的夾角記為α,由動(dòng)能定理可得：mgR(1cosα)=0mv2（2分又N=mgcosα（1分）解得，公眾號(hào)霧都資料庫(kù)此時(shí)軌道對(duì)小球的彈力大?。篘mg由牛頓第三定律知：小球?qū)壍赖膲毫Υ笮閙g，方向斜向右下、與豎直方向夾60o角（1分）解1）A剛滑到水平面上時(shí)，對(duì)A、B整體，由機(jī)械能守恒有：mgRmvmv（2分）水平方向，由動(dòng)量守恒有：0=mv+m(—vB)（2分）聯(lián)立解得，B的半徑：R（1分）（2）設(shè)A與C碰撞前瞬時(shí)，C的速度為vx，此時(shí)C、D共速碰撞前，對(duì)C、D有：2mv=3mvx（1分解得：vx（1分）A、C碰撞過(guò)程中：mv+2mvx=3mvAC（1分解得：vACA、C、D一起運(yùn)動(dòng)，當(dāng)彈簧壓縮到最短或拉伸至最長(zhǎng)時(shí)，A、C、D共速，此時(shí)彈簧彈性勢(shì)能最大有：mv+2mv=4mvACD（1分解得：vACD（1分）由機(jī)械能守恒有：2+m()2+[.2mv2—.3m()2]=.4m()2+E彈（1分）解得，公眾號(hào)霧都資料庫(kù)彈簧的最大彈性勢(shì)能：E彈mv21518分）如答圖2，電子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，按x、y軸分解可知：A·yO,解1）電子從C點(diǎn)剛好經(jīng)過(guò)O點(diǎn)，由幾何關(guān)系知：sin60o=，得：如答圖2，電子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，按x、y軸分解可知：A·yO,平行x平行x軸方向：v0sin30ot分）BθeEeER,θθv01HxR,θθv0公眾號(hào)霧都資料庫(kù)聯(lián)立解得：E答圖2（2）電子經(jīng)過(guò)電場(chǎng)第一次到達(dá)答圖2v3合速度v1=·=·v0，合速度方向與x軸正方向的夾角滿足tanθ=vy=，θ=30o（1分）v3x電子在x軸和FH之間運(yùn)動(dòng)的時(shí)間及水平距離：tx=vxt2=L電子進(jìn)入磁場(chǎng)B1時(shí)距FH與y軸的交點(diǎn)的距離：sL（1分）在磁場(chǎng)B1中運(yùn)動(dòng)時(shí)，公眾號(hào)霧都資料庫(kù)由幾何關(guān)系有：2R,sin又R，聯(lián)立解得：BB（1分）（3）由分析知，電子每次在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相同，即t1=2v0cos30o，得：t每次在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，沿x軸方向一直做勻加速運(yùn)動(dòng)，若加速n次，則沿x軸方向運(yùn)動(dòng)的距離之和：電子每次在x軸與FH之間運(yùn)動(dòng)的時(shí)間也相同，即：t（1分）在電場(chǎng)中經(jīng)過(guò)n次后再回到電場(chǎng)，電子在x軸和FH之間區(qū)域，沿x軸方向