圆周运动的向心力，重力方向竖直向下，合力方向指向圆心，即合力沿水平方向，参考答案：2则有FF2mg，可知，碗对小猪的作用力大于小猪的重力，故C正确；题号12345678910向答案BBCADACADBCABD4．A【详解】A．因发射的“鹊桥二号”未能变轨到绕太阳转动，则发射速度要小于第二宇宙速度，即发1．B【详解】A．图甲中玻璃容器中的小水银滴呈球形，是因为水银与玻璃不浸润导致的结果，故A错射速度介于7.9km/s与11.2km/s之间，故A正确；B．“鹊桥二号”在轨道I运行到近月点A时减速才能误；GMmGM变轨进入冻结轨道II运行，故B错误；C．根据牛顿第二定律有ma，解得a，可知“鹊桥r2r2B．图乙为康普顿效应的示意图，入射光子与静止的电子碰撞，碰撞后散射光的光子能量变小，根据二号”在轨道I上经过A点的加速度等于在轨道II上经过A点时的加速度，故C错误；D．轨道I的半chh，可知，碰撞后散射光的波长变长，故B正确；a3长轴大于轨道的半长轴，由开普勒第三定律，可知鹊桥二号在轨道上的运行周期比在轨道II2k“”IC．锌的逸出功为3.34eV，用丙中一群处于n3能级的氢原子发出的光照射锌板，照射光的光子最大能TII上的运行周期长，故D错误。故选A。量为hmE3E11.51eV(13.6eV)12.09eV，根据光电效应方程可知，逸出光电子的最大初动能5．D为，故错误；EkhmW012.09eV3.34V8.75eVC【难度】0.85em21D．衰变过程随时间的变化规律说明在相同时间内，有半数的原子核发生了衰变，但相同时间内衰【详解】根据质点振动方程可知质点振动周期为Tsm01005034变的原子数量随时间的推移而不断减少，故D错误。故选B。由波长公式可知声波的波长为vTm6.8mP与MN的距离之差即波程差为52．B6.8mx3.4m，所以当波程差为半波长的奇数倍时，利用波的干涉原理可知两波源振动步调一22【难度】0.85π致即可使P点振动减弱，则降噪声源的振动方程应为xAsin(100πt)【详解】“彩色光环”现象属于衍射现象。03A．雨后的彩虹属于光的折射，故A错误；故选D。EB．透过狭缝看日光灯可以看到彩色条纹为单缝衍射，故B正确；6．A【详解】A．当v时，则qvBEq，即电荷所受向上的洛伦兹力较大，将向上偏转，故A正确；BC．油膜在阳光下呈现彩色是由于薄膜干涉，属于光的干涉，故C错误；B．一束等离子体（含有大量正、负带电粒子）射入磁场，根据左手定则可知，正电荷受到指向B极板D．树影中的圆形光斑为太阳的像，属于小孔成像，故D错误。的洛伦兹力，负电荷受到指向A极板的洛伦兹力，所以B板带正电，A板带负电，通过电阻R的电流3．C【详解】A．小猪绕碗的边缘做匀速圆周运动，由所受外力的合力提供圆周212v从b流向a，故B错误；C．粒子在加速电场中有qUmv，在偏转磁场中有qvBm，所以2运动的向心力，合力方向始终指向圆心，可知，小猪所受的合外力不为零，故A错误；R12mUB．根据冲量的定义有IFt，可知，小猪运动一周，其重力的冲量不为零，故B错误；R，由此可知，该质谱仪不能区分比荷相同的带电粒子，故C错误；D．由于金属导体导电BqC．小猪绕碗的边缘做匀速圆周运动，由碗对小猪的作用力与小猪的重力的合力提供粒子为自由电子，根据左手定则可知，自由电子受到指向a板的洛伦兹力，所以自由电子将打到a板，学科网（北京）股份有限公司则a面电势低于b面电势，故D错误。故选A。故A正确，B错误；d．由理想变压器原、副线圈的电流比等于匝数的反比，两变压器则有7．C【详解】AB．U0时，短绳2竖直，此时设绳1与竖直方向夹角为θ，则由几何关系sin0.8CDAB1.25d5I1:I2n2:n1，I3:I4n4:n3可得53，可知，光滑小环处轻绳1的夹角为106，由平衡可知2Tcos53mg，Tmg，故AB6可得错误；n2n3I1I2，I4I3n1n4由于I2I3，n2n3，可得I1:I4n4:n1故C错误，D正确。故选AD。9．BCCD．UAB增大时，负电小球受水平方向的电场力增加，【难度】0.65对小球受力分析可知轻绳2向右倾斜，但是轻绳2方向仍是【详解】A．第一次火药爆炸后，设烟花的速度为v，则有v22ghMGdcos轻绳1的角平分线上。由几何关系得sin，即cos1.25sin，所以增大时减小，MI1.25d解得v20m/smgmgmgmg由受力分析有2TcosF，即T，所以当cos2coscos2cos1.25sin1.25sin2烟花动量变化量的大小为pmv06.0kgm/s45时T最小，即随着UAB增大，轻绳1的张力T先减少后增大。故C正确，D错误。故选C。故A错误；．8ADB．第一次火药爆炸过程对烟花有Fmgtmv0【难度】0.85解得高压气体对烟花平均作用力大小为F603N【详解】AB．由理想变压器原、副线圈的电压比等于匝数比，两变压器则有故B正确；U1:U2n1:n2，U3:U4n3:n4CD．第二次爆炸，水平方向动量守恒，有m1v1(mm1)v20可得解得v40m/snn2U1U，U4U1n24n323所以另一部分烟花的速度大小为40m/s，方向水平向西；两部分下落的时间相等均为由题意可知，由于输电线上有电压降，因此则有U2 U3，又有n2n3，可得2ht2sgU1:U4n1:n4学科网（北京）股份有限公司所以两部分烟花落地点间距为2xv2v1t120m1解得Fm2Rq36t1R故C正确。故选BC。故D正确，C错误。故选ABD。10．ABD11．（共8分每空2分）(1)C(2)5.25（5.21~5.25）0.50(3)D【难度】0.4【详解】（1）A．“探究小车速度随时间变化的规律”实验中只需要小车做匀变速直线运动即可，不需要【详解】A．由乙图可知，带电微粒在转动过程中，电势最高值为1.51，电势最低值为0.51，最高点、补偿阻力，故A错误；B．“探究两个互成角度的力的合成规律”实验中拉弹簧秤时，只需让弹簧与外壳最低点分别位于轨迹直径的两端，将直径取四等分点，找到与a点电势a0相同的点A，如图aA垂直间没有摩擦，此时弹簧测力计的示数即为弹簧对细绳的拉力，与弹簧秤外壳与木板之间是否存在摩擦无于电场线关，故B错误；C．“探究平抛运动的特点”实验中为了保证小球每一次抛出时速度大小相等，需要让小球每一次从相同高度静止释放，斜槽与钢球间的摩擦力对实验结果没有影响，故C正确；D．“研究气垫导轨上滑块碰撞时的动量守恒”实验中只需要调节气垫导轨让滑块做匀速运动即可，不需要进行补偿阻力操作，故D错误。故选C。（2）[1]毫米刻度尺的分度值为0.1cm，需要估读到分度值下一位，即图中D点的读数为5.25cm；1xx[2]相邻计数点时间间隔T0.02s，根据逐差法可得aCEAC，代入数据f4(5T)28.003.003.00a102m/s20.5m/s2R4(50.02)2设电场强度的方向与x轴正方向为，由几何关系1cos2R2（3）A．补偿阻力操作后，更换小车和槽码的质量，不需要重新补偿阻力，没有重新进行补偿阻力操作对实验无影响，故错误；．为了使小车所受的合外力等于槽码的重力，需要使得小车的质量远大于解得，故A正确；AB3槽码的质量，所以小车所受合外力近似与槽码重力相等，不是小车加速度变大的原因，故B错误；CD．对B．由上述分析可知b1.01，从a点到b点由动能定理WqUab0小车和槽码，根据牛顿第二定律，对两次实验分别有m1g(Mm1)a1，m2g(Mm2)a2，根据题意有又Uabab1，解得Wq1，故B正确；a24a1，联立可得m24m1，故D正确，C错误。故选D。CD．由乙图可知，微粒做圆周运动的周期为T13t1t112t112．(1)E电压表V(2)R温控箱的温度t和电阻箱R的阻值(3)1800高于2RR122速度为vT6t1【详解】（1）[1][2]热敏电阻RT的阻值大约为几千欧，电路中的电流大约为mA量级，故不能选用电流1.5(0.5)电场强度为E111x2RR表A，由于电压表V的内阻已知，可以作为电流表使用，量程为6mA，故电源应选E1，电表1应选电2v圆周运动的过程中电势为0.51时变力F达到最大值，有FqEm压表。RV学科网（北京）股份有限公司（2）[1][2]根据等效替代法测电阻，应该保持滑动变阻器R1滑片的位置不变，将单刀双掷开关S2打到a联立解得支持力大小FN2250N（2分）（2）运动员从M点做斜抛运动，设初速度为v，则端，调节电阻箱R2，使电表1的读数保持不变，记录温控箱的温度t和电阻箱R2的阻值。vtcos2.4m（1分）（3）[1][2]热敏电阻RT在温度为36℃时的阻值为900Ω，此时报警器的电压为2V，故电阻箱R的阻值应2vsingt（1分）该调为；若考虑到电源内阻的影响，报警器的电压为时，热敏电阻R的阻值应小于，1800Ω2VT900Ω解得v5m/s（1分）故实际报警温度会高于36℃。因此在最高点的速度v水平vcos3m/s（1分）（3）从M到Q的过程中，根据动能定理13．（共8分）(1)p:p5:1(2)TB:TC1:1.911ABmgr(1cos)Wmv2mv2（2分）2Q2【详解】（1）由题可知，根据玻意耳定律可得解得W562.5J（2分）pAVApBVB（2分）解得15．（共17分）（1）120C；（2）2.5T，3m/s；（3）4m【详解】（1）由题知，用电动势E=15V的电源（图中未画出）为电容器充电，则有pA:pB5:1（2分）Q=CU=120C（2分）（2）根据理想气体状态方程可知pVpV（2）闭合开关S后，儿童车先作加速度变小的加速运动。达到最大速度后作匀速运动，设此时速度为BBCC（2分）TTBCv1，电容器电压为U金属棒ab、cd并联，可看作一根金属棒，受到安培力的冲量对儿童车由动量定理解得得B1I1Lt1=mv1（1分）TB:TC1:1.9（2分）q1=I1t1其中U1=B1Lv1，q1=C(E－U1)（1分），14．（共12分）(1)2250N(2)3m/s(3)562.5JLQv【详解】（1）由于运动员恰好到达平台B的上端边缘，根据机械能守恒联立解得1m（分）BL2C2B1121mgRmvQ（1分）2m2当B1LC，即B1=2.5T（1分）时，儿童车在AA′BB′金属轨道上获得的最终速度最大，根据牛顿第二定律B1且儿童车的最大速度（分）v2v1=3m/s2Q（分）FNmgm1R（3）金属棒cd进入DD′右侧磁场后切割磁感线相当于电源。金属棒ab与电R并联。设电路中的总电学科网（北京）股份有限公司阻为R总1，设向右为正方向，金属棒ab进入右侧磁场时速度变为v2，对儿童车，根据动量定理有－B2I2Lt2=mv2－mv1（1分）EBL222其中I2，E2（1分），R总1t2RrR总r（1分），解得v2=2m/s1Rr全属棒ab进入右侧磁场后，再运动d2－L后儿童车停下，全属棒ab、cd并联同时切制磁感线相当子电源，再与电阻R串联。设电路中的总电阻为R总2，向右为正方向，速度变化量为－v2，对儿童车根据动量定理有－B2I3Lt3=0－mv2（1分）E3B2L(d2L)其中，I3，E2（1分），R总2t3rR总R（1分）22解得d2=4m（2分）学科网（北京）股份有限公司