物理答案1.B 【命题意图】本题考查核聚变和核反应方程。【解题分析】并非所有同位素都能用于核聚变反应,A项错误;根据爱因斯坦质能方程可知,聚变反应放出的能量主要来自质量亏损,B项正确;12H与 13H核聚变的核反应方程为 12H+13H→24He+01n,核反应过程中会产生中子,C项错误;聚变反应中带正电的 12H与 13H需通过几百万开尔文的高温克服核子间的库仑斥力作用,D项错误。2.C 【命题意图】本题考查磁感应强度的矢量性质和三维空间的矢量计算。【解题分析】磁感应强度是矢量,根据平行四边形定则,该处的磁感应强度大小B=Bx2+By2+Bz2≈44μT,故C项正确,A、B、D项错误。3.B 【命题意图】本题考查圆周运动和平抛运动的综合。【解题分析】“花筒”M转动的角速度与AB相同,其线速度大小v=ωMO1,解得v=7m/s。烧红的铁花沿切线飞出后做平抛运动,竖直方向做自由落体运动,有h=12gt2,水平方向做匀速直线运动,有x=vt,故落地点到O2的距离d=x2+MO12,联立解得d≈5.7m,B项正确。4.B 【命题意图】本题考查理想变压器。【解题分析】根据理想变压器的变流公式,有I1I2=n2n1,电流表的示数I1=0.1A,所以电阻R1和R2中的电流大小均为IR1=I22=1A,因为电流表显示的是电流的有效值,所以电阻R1中的电流的最大值IR1max=2IR1=2A,A项错误;电阻R1两端电压的有效值UR1=IR1R=10V,等于副线圈的输出电压U2,根据理想变压器的变压公式有U1U2=n1n2,解得U1=200V,B项正确;电阻R1消耗的功率P=UR1IR1=10W,C项错误;对理想变压器,有I12IR1=n2n1,解得IR1=I1n12n2,当通过电流表的电流I1增大时,通过电阻R1的电流也增大,D项错误。5.B 【命题意图】本题考查v-t图像。【解题分析】根据v-t图像与坐标轴所围面积表示位移,得H=12×4×0.5m=1.0m,A项错误;篮球下落过程的加速度大小a1=Δv1Δt1=4.0-00.5m/s2=8m/s2,设篮球下落过程中所受空气阻力为f,由牛顿第二定律有mg-f=ma1,解得篮球在下落阶段所受空气阻力与重力之比f∶mg=1∶5,C项错误;对篮球上升过程,由牛顿第二定律有mg+f2=ma2,由题图可以得出,篮球上升过程的加速度大小a2=Δv2Δt2=0-(-3.6)t2-0.5m/s2,解得t2=0.8s,故篮球在上升阶段经历的时间为0.8s-0.5s=0.3s,篮球在下落和上升阶段的时间差Δt=0.5s-0.3s=0.2s,B项正确;由篮球在此过程中的v-t图像可知篮球即将着地时的速度大小为4m/s,反弹时的速度大小为3.6m/s,可知篮球撞击地面过程中损失的机械能ΔE=12mv12-12mv22=0.912J,D项错误。6.C 【命题意图】本题考查万有引力定律。【解题分析】由GMmr12=maA,可得aA=GMr12,可知神舟十七号载人飞船在圆轨道Ⅰ上A点的加速度与其在椭圆轨道Ⅱ上A点的加速度大小相等,A项错误;“天宫”空间站组合体在轨道Ⅲ上运动,由万有引力提供向心力,有GMm1r32=m14π2T32r3,在地球表面,有GMm2R2=m2g,解得T3=2πRr33g,B项错误;飞船从A点沿椭圆轨道Ⅱ运动,其轨道半长轴a=r1+r32,根据开普勒第三定律可得a3T22=r33T32,解得T2=π2(r1+r3)32gR2,飞船由轨道Ⅱ的A点运动至B点所需的时间t=12T2=π(r1+r3)2R(r1+r3)2g,故C项正确;椭圆轨道的远地点到地球中心的距离为r3,近地点到地球中心的距离为r1,对于飞船在远地点和近地点附近很小一段时间Δt内的运动,根据开普勒第二定律有12vAr1Δt=12vBr3Δt,解得vAvB=r3r1,故D项错误。7.D 【命题意图】本题考查电场的图像问题。【解题分析】由功能关系,可知qU12=E1-E2,解得U12=E1-E2q,A项错误;由于Ep-x图像的斜率绝对值表示电场力的大小,题图乙中x=x2处斜率为零,P运动到x=x2处时所受电场力为零,由牛顿第二定律可知,此时P的加速度为零,B项错误;x=x2处的电场强度为零,则kQMr12=kQNr22,因为r1=2r2,所以QM=4QN,C项错误;P在M、N间运动过程中只有电场力做功,动能和电势能相互转化,总量不变,则在x=x2处电势能最小,动能最大,由12mvm2-12mv02=E1-E2,解得vm=v02+2(E1-E2)m,D项正确。8.ABD 【命题意图】本题考查机械波。【解题分析】根据题述可知,波源P做简谐运动的周期TP=0.5s,波源P、Q产生的简谐横波的波速都是8m/s,故波源P做简谐运动产生的简谐横波的波长λP=vTP=8×0.5m=4.0m,波源Q做简谐运动产生的简谐横波的波长λQ=6.0m,二者波长不同,所以在叠加区域不会发生稳定的干涉现象,A项正确;t=1s时,波源P做简谐运动产生的简谐横波传播到x=8m处,波源Q做简谐运动产生的简谐横波传播到x=4m处,此时,这两列波的波形图如图,由波的叠加可知,平衡位置为x=7m处的质点的位移y=20cm,速度不为零,平衡位置为x=4m处的质点位移为零,加速度为零,C项错误、D项正确;波源Q做简谐运动的频率f=vλQ=43Hz,B项正确。9.BC 【命题意图】本题考查光的折射。【解题分析】玻璃砖对b光的折射率nb=c33c=3,A项错误;由题意知光的入射角i=60°,玻璃砖对a光的折射率na=c63c=62,又由光的折射定律有na=sinisinr1,解得r1=45°,B项正确;由光的折射定律有nb=sinisinr2,解得r2=30°,细光束从玻璃砖下表面CD射出时两光点G、H间的距离s=EH-EG=d(tanr1-tanr2)=d(tan45°-tan30°)=(3-3)3d,C项正确;根据折射率越大频率越高,可知单色光b的频率一定大于单色光a的频率,D项错误。10.BC 【命题意图】本题考查电场、磁场综合问题。【解题分析】设粒子的电荷量为-q(q>0),质量为m,则k=qm,带电粒子在加速电场中加速,由动能定理有qU=12mv02,解得v0=2kU,A项错误;带电粒子在第Ⅰ象限运动的过程中有l2=v0t1,解得t1=l22kU,由牛顿第二定律有Eq=ma,又tan60°=at1v0,联立解得E=43Ul,B项正确;设带电粒子在磁场中运动的轨迹半径为R,如图所示,由几何关系可得Rsin60°=l4,带电粒子进入磁场时的速度大小v=v0cos60°,带电粒子在磁场中做圆周运动,由洛伦兹力提供向心力得qvB=mv2R,解得B=4l6Uk,C项正确;带电粒子在磁场中从N运动到P的时间t2=2π3Rv=lπ66kU,带电粒子从M点运动到P点的时间t=t1+t2=l22kU+lπ66kU,D项错误。11.(1)d22L(1tB2-1tA2) (2分)(2)0.5 49.6 (每空3分)【命题意图】本题考查动摩擦因数的测量。【解题分析】(1)遮光条通过光电门A时的速度大小vA=dtA,遮光条通过光电门B时的速度大小vB=dtB,故由运动学公式有a=vB2-vA22L=d22L(1tB2-1tA2)。(2)对木块与钩码组成的系统,由牛顿第二定律,有nmg-μ[(8-n)mg+Mg]=(8m+M)a,解得a=nmg+μmg8m+M-μg,由题图乙可知,当n=0时,-μg=a=-4.9m/s2,解得μ=0.5;图像的斜率k=mg+μmg8m+M=4.94.2m/s2,解得m≈49.6g。12.(1)如图甲所示 (2分)甲(2)如图乙所示 (1分)乙(3)18 (1分) 20 (2分)(4)2.38 (2分)【命题意图】本题考查研究伏安特性曲线的实验。【解题分析】(1)用笔画线代替导线连接电路,如图甲所示。(2)用平滑曲线过尽可能多的数据点,连接成太阳能电池的U-I图像,如图乙所示。(3)由题图丙可知太阳能电池的电动势E=18V;输出电压U=15V时,对应的电流I=150mA=0.15A,根据闭合电路欧姆定律有E=U+Ir,代入数据解得对应的太阳能电池内阻r=20Ω。(4)由U-I图像可知,当U=14.0V时,对应的电流I=170mA,该太阳能电池的输出功率P=UI=14.0×0.170W=2.38W。13.【命题意图】本题考查理想气体状态方程。【解题分析】(1)由玻意耳定律有p0V0=pV,其中V=43πr3,r=10cm=0.1m,V0=6.4L=6.4×10-3m3 (2分)解得气球内气体的压强p=1.6×105Pa。 (2分)(2)T1=273K,T0=(273+27)K=300K根据盖-吕萨克定律有V0T0=V1T1 (1分)解得V1=T1T0V0 (1分)故吹入气球中的气体的物质的量n=V1Vmol吹入气球中的气体的质量m=nM=7.54g (1分)吹入气球中的气体的分子数N=nNA=1.56×1023个。 (1分)14.【命题意图】本题考查动量和能量的综合计算。【解题分析】(1)子弹A射中物块B并留在其中,有m0v0=(m0+m1)v (1分)解得v=8m/s (1分)由能量守恒定律,该过程损失的机械能ΔE=12m0v02-12(m0+m1)v2 (1分)解得ΔE=1216J。 (1分)(2)设木板与轨道底部碰撞前瞬间,物块B(包括A)和木板C的速度分别为v1和v2,物块B与木板间的动摩擦因数为μ,木板的长度为L,由动量守恒定律和功能关系有(m0+m1)v=(m0+m1)v1+m2v2 (1分)12(m0+m1)v2=12(m0+m1)v12+12m2v22+μ(m0+m1)gL (2分)由题意分析可知v1≥v2 (1分)联立解得v1=7m/s,v2=2m/s。 (1分)(3)设B(包括A)运动到圆弧轨道最高点E时的速度大小为vE。B(包括A)从轨道最低点到最高点E的过程,根据动能定理有-(m0+m1)g×2R=12(m0+m1)vE2-12(m0+m1)v12 (1分)解得vE=19m/s (1分)物块B(包括A)从E点抛出后做平抛运动,设B(包括A)没有落到木板上,则x=vE2Hg=vE2(2R+h)g≈2.7m (1分)由x=2.7m>L,故假设成立 (1分)B(含A)落到水平地面时到木板左端的距离Δx=x-L=2.7m-1.3m=1.4m。 (1分)15.【命题意图】本题考查电磁感应的计算。【解题分析】(1)由题图乙可知,磁场沿z轴方向变化的规律可以表示为B=B0+kz (1分)导线框竖直方向的分速度增大到12v0时,由于线框左、右两边处的磁场相同,所以线框左、右两边切割磁感线产生的感应电动势相互抵消,线框上、下两边切割磁感线产生感应电动势,等效电路图如图E=B2L·12v0-B1L·12v0=(B2-B1)L·12v0=kL2v02 (1分)线框中的瞬时电流I=ER=kL2v02R (1分)线框左、右两边所受安培力大小相等,方向相反,相互抵消;线框上、下两边所受安培力的合力F安=B2IL-B1IL=(B2-B1)IL=k2L4v02R (1分)由牛顿第二定律有mg-F安=ma (1分)解得a=g-k2L4v02mR=78g (1分)故ag=78。 (1分)(2)当导线框的功率最大时,导线框中的电流最大,即导线框在竖直方向的速度最大,在竖直方向做匀速直线运动,由平衡条件有mg=F安' (1分)由(1)同理可知F安'=k2L4vmR (1分)解得vm=mgRk2L4=4v0 (1分)由能量守恒定律可知,导线框在磁场中运动过程中的最大电功率P,等于导线框以竖直向下的最大速度vm运动时的重力功率,有P=mgvm=4mgv0。 (1分)(3)当导线框的瞬时速度大小为2v0时,导线框竖直向下的分速度vz=(2v0)2-v02=3v0(1分)取导线框运动过程中的微小时间Δt,在竖直方向,由动量定理有mgΔt-k2L4vRΔt=mΔv (1分)对方程两