1、14.【解答】雨滴落入木盆的过程中，小车、木盆、雨滴组成的系统水平方向满足动量守恒，设小车、木盆的总质量为 M，雨滴的质量为m，则有()MvMm v共 解得 MvvvMm共 在雨滴落入木盆的过程中，小车速度将变小。故选：。15.【解答】粒子散射现象是用粒子轰击重金属核过程中产生的现象，与核内部的变化无关，A 错；原子发光是核外电子从高能级跃迁到低能级的过程中产生的，与核内变化无关，B 错。光电效应是核外电子吸引光子能量后变成光电子的过程，与核内变化无关，C错；天然放射现象是指放射性元素的原子核放出、等射线后产生新核的过程，与原子核内部变化有关，D 正确；故选：D。16.【解答】A根据位移速度公
2、式得 22vxa 结合图像斜率得 210m/sa 故 A 错误；B以40m/s的速度匀速行驶时，从“嗅”到前方行人“气息”到停止的距离为 208m80m88m2vsvta 故 B 正确；C以30m/s 的速度匀速行驶时，制动时间为 3svta 所以从“嗅”到前方行人“气息”到停止需要 03 2s.ttt 故 C 错误；D以30m/s 的速度匀速行驶时，从“嗅”到前方行人“气息”到停止的距离为 C206m45m51m2vsvta 故 D 错误；故选：B。17.【解答】设火星的近地卫星的周期为 T0，天问一号的半长轴为 122102LLRrR 由开普勒第三定律可得 33220rRTT 20310T
3、T 对近地卫星，万有引力提供向心力，则有 2202MmGmRRT 解得 23204RMGT 火星的体积 343VR 则火星的密度约为 23000MVGT A 正确，BCD 错误。故选：A。18.【解答】A当滑动变阻器接入电路的阻值为 10时，1min 内滑动变阻器产生的热量为 300J，由焦耳定律可得 2UQtR 代入数据解得 5 2VU 即此时电压表的读数为5 2V，A 错误；B由于二极管的单向导电性，经过变压器后的交变电压有一半波形无法经过二极管，设变压器副线圈两端电压的有效值为 U2，由电流的热效应可得 22211(5 2V)2UTTRR 解得 210VU 由变压器电压与匝数关系式 11
4、22UnUn 可得原、副线圈中的匝数之比为 221，B 正确；C若只将 S 从 1 拨到 2，原线圈匝数 n1增大，可知 U2减小，负载不变的情况下，I2减小，由 1 122U IU I 可知，电流表示数 I1减小，C 错误；D若只将滑动变阻器的滑片向下滑动，负载电阻增大，副线圈电流 I2减小，则电流表示数I1减小，电压表示数取决于变压器的输入电压及匝数比，故保持不变，D 错误。故选 B。故选：B。19.【解答】A由对称性和等势线可知，a、b 两点电势相同，选项 A 正确，符合题意；B由对称性可知，a、b 两点电场强度大小相等，但方向不同，选项 B 错误，不符合题意；C半圆上任一点，设与 P
5、点连线与 PQ夹角为，12(2 cos)kQER 22(2 sin)kQER 则 212114REEkQ 为定值。选项 C 正确，符合题意。D负电荷沿该路径电势一直减小，负电荷的电势能一直增大，选项 D 错误，不符合题意；故选：AC。20.【解答】A根据图丙可知，在 x0处的加速度为 0，则由 sincosmgmg 可得图乙中 x0处对应的纵坐标为 tan A 正确；B开始下滑时的加速度为 0sinag 根据 22vax 结合图像丙可知物块的最大速度为 0012sinsin2mvx ggx B 错误；C整个过程有摩擦阻力做功，故物块运动过程中机械一直变小，C 错误；D物块从开始运动至最低点的过
6、程中损失的机械能为 000cos22costan2sinEmgxmgxmgx D 正确。故选：AD。21.【解答】A设两线框匀速运动的速度为 v，此时轻绳上的张力大小为 FT，则对 a 有 2TFmgBIL 对 b 有 TFmg 其中 EIR EBLv 解得 22mgRvB L 故 A 错误；B线框 a 从下边进入磁场后，线框 a 通过磁场时以速度 v 匀速运动，则线框 a 从下边进入磁场到上边离开磁场所用时间为 2233LB LtvmgR 故 B 正确；C从开始运动到线框 a 全部进入磁场的过程中，线框 a 只在其匀速进入磁场的过程中产生焦耳热，设为 Q，由功能关系有 2mgLmgLQ 得
7、QmgL 故 C 正确；D设两线框从开始运动至 a 全部进入磁场的过程中，两线框共克服安培力做的功为 W，此过程中左、右两线框分别向上、向下运动 2L 的距离，对这一过程，由能量守恒定律有 214232mgLmgLmvW 得 32244322m g RWmgLB L 故 D 正确。故选：BCD。22.【解答】4.3 （2 分）4.50（4.494.51 都给分）（2 分）9.75（9.749.76 都给分）（2 分）（1）1游标卡尺读数为 4mm3 0.1mm4.3mm （2）2滑块经过光电门 2 的瞬时速度为 32324.3 10m/s4.50m/s0.955 10dvt（3）3滑块经过光电
8、门 1 的瞬时速度为 31314.3 10m/s2.00m/s2.150 10dvt 由运动学公式 22212vvaL 对系统应用牛顿第二定律可得 212M gMMa 联立可得，当地的重力加速度为 29.75m/sg 23.【解答】【答案】.13.870 （2 分）.G（1 分）.D（1 分）.E（1 分）.03RbabR （2 分）.2 4-xLDR（2 分）【详解】(1)1螺旋测微器的读数等于固定刻度读数加上可动刻度读数，螺旋测微器示数为 13.5mm 37.0 0.01mm13.870mm(2)2滑动变阻器为了方便调节导电材料样品两端的电压，用选 G。3 电表 a 与导电材料样品串联，应
9、选电流表，电路中电流约为 00.06A60mAxEIRR 电流表 A3 的内阻太大，故选 D。4电表 b 与导电材料样品并联应选电压表，而电压表 V 的量程太大，而电流表 A3 的电压最大值为 m60mA 1006VU 所以电表 b 选 E。(3)5根据电路由欧姆定律 babRRRx30 解得 03RbabRRx(4)6由电阻定律 SLRx 又 2244DdS 解得 24xLdDR24.【解答】(1)0.1kg，0.3m；(2)210N/m (1)小球在半圆轨道的最高点处，由牛顿第二定律有 2NvFmgm r 即 2NvFmgm r（2 分）由乙图知 1Nmg（1 分）可得 0.1kgm（1
10、分）当N00F时 22203msv（1 分）可得 0.3mr（1 分）(2)当弹簧压缩量为 x 静止释放小球后，弹簧对小球做功 2122kxWxkx（1 分）以半圆轨道最低点所在的水平面为重力势能的零势面，由功能关系知，小球在半圆轨道最高点处的机械能为 2122mgrmvW（2 分）小球离开半圆轨道最高点做平抛运动，设历时 t 经过挡板 P 的最高点，由平抛运动规律有 2122rhgt（1 分）2rvt（1 分）代入数据联立解得 210N/mk（1 分）25.【解答】（1）023 vvN；03vvM（2）0mvBqL、磁场方向垂直于平面向外；2034mvEqL （3）Lx23 解：（1）粒子在
11、磁场中做匀速圆周运动，进入电场时的速度大小为0v，设进入电场时速度与 x 轴正方向夹角为，如图 两粒子沿 x、y 轴方向的速度分量分别为：00cossinxyvvvv、（1 分）两粒子在电场中沿 y 轴均做速度为yv 的匀速直线运动，M、N 在电场中运动的时间 t 相等，设 N 在电场中加速度大小为：qEam（1 分）则 M 在电场中加速度大小为：22qEaam（1 分）MN 离开电场时沿 x 轴的速度大小分别为：02xNxxMxvvatvvat、（1 分）M 离开电场时的速度大小为 N 离开电场时速度大小的 2 倍，有：222xMyyvvv（1 分）联立上述各式解得：60 （1 分）yxOL
12、LEv0v0MNr图 MN 离开电场时的速度大小分别为003sin2Nyvvvv（1 分）、023MNvvv（1 分）（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，由几何关系得圆周半径 r 满足 cosrLr：2rL（1 分）由洛伦兹力提供向心力有：2002mvqv Br （1 分）解得磁感应强度：0mvBqL （1 分）由左手定则得磁场垂直于平面向外（1 分）N 在电场中运动，沿 y 轴方向有：yLv t 联立得电场强度大小：2034mvEqL（2 分）（3）MN 在电场中沿 x 轴运动的位移分别为：22xNvxa（1 分）、222 2xMxMvvxa（1 分）联立式，得36NxL（1 分）、2 33M
13、xL（1 分）粒子 M、N 离开电场时之间的距离32MNxxxL（2 分）33.（1）【解答】ADE【解析】A运动员落水后水下气泡内的气体压强大于大气压，故 A 错误；B运动员出水后泳衣上的水很快滑落是因为泳衣采用了对水不浸润的材料制成，故 B 正确；C运动员落水激起的水花中，较小的水滴呈现接近球形是因为表面张力的作用，故 C 正确；D跳水池水温约 26 摄氏度，保证运动员落水后处于舒适的温度，所以此时运动员和水池温度并不相同，所以没有处于热平衡状态，故 D 错误；E跳水运动入水后，身体周围会有一些小气泡做无规则的运动，这些小气泡的运动不是布朗运动，不符合布朗运动的特点。故 E 错误。故选 A
14、DE。33.（2）【解答】（1）B0Mgp=p+S；（2）02.4mghLLk【解析】【详解】（1）初始时 A、B 气体压强相等对气缸 C 进行受力分析可得 A0p Sp SMg（2 分）得到 A0BMPppgS（2 分）（2）环境温度升高，AB 气体压强均不变，气体发生等圧変化 00 xL SLS=T1.2T（2 分）1.2xLL（1 分）弹簧压缩量不变 C 气缸底部上升的高度 kMgLLhx02（2 分）即 kMgLLh04.2（1 分）34.（1）【解答】BCD（5 分）A做简谐运动的物体，振幅越大，振动系统的能量越大，A 错误；B将0 2st 代入振动方程得 0.1my 此时振子处于最
15、大正位移处，其速度为零，B 正确；C根据多普勒效应，比较接收和发射超声波频率的变化，可用于测量心脏血液的流动速度，C 正确；D检查平面平整度利用光的干涉原理，D 正确；E5G 信号和 4G 信号的频率不同，叠加不能发生稳定干涉，E 错误。故选 BCD。34.（2）【解答】（1）由题意可得，激光在 AB 面上发生折射的入射角30，设半圆玻璃砖的折射率为n，折射角为，则：sinsinn（2 分）其中：tanAOAC（1 分）；4 3ACcm；12AORcm（1 分）解得：3n（1 分）（2）分析可得，当激光在 AB 面上恰好发生全反射时，光屏 MN 上只剩一个光斑且光斑离 A点的距离最远，所以：设激光在 AB 面上恰好发生全反射时的临界角为 C，由折射定律可得：13sin3Cn（2 分）光斑离 A 点的距离最远：tan2AERC（1 分）由数学知识可得：26cos1 sin3CC（1 分）代入数据可得：12 2AEcm（1 分）