寧鵬程

二、選擇題：本題共8小題，每小題6分，共48分.第14～18題只有一項(xiàng)符合題目要求.第19～21題有多個選項(xiàng)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.

圖114.如圖1所示物體從O點(diǎn)由靜止開始做勻加速直線運(yùn)動，途經(jīng)A、B、C三點(diǎn)，其中|AB|=2m，|BC|=3m.若物體通過AB和BC這兩段位移的時間相等，則O、A兩點(diǎn)之間的距離等于 （ ）.

A.34m B.89m C.98m D.43m

15.某同學(xué)在實(shí)驗(yàn)室中找到一根拉力彈簧，經(jīng)測量發(fā)現(xiàn)其彈力F與彈簧伸長量x的關(guān)系如圖2甲所示（圖中F0、F1、x1已知）.現(xiàn)將這根彈圖2簧上端固定，下端接一質(zhì)量為m的小球，如圖2乙所示，待小球靜止后，將小球向下拉一小段距離（在彈簧的彈性限度內(nèi)），此時彈簧的伸長量為x2，然后由靜止釋放小球，小球在豎直方向振動.彈簧質(zhì)量可忽略不計(jì)，重力加速度為g.當(dāng)小球速度達(dá)到最大時彈簧的伸長量為（ ）.

A.mgx1F1 B.mgx1F1-F0

C.（mg-F0）x1F1-F0 D. （mg-F0）（x2-x1）F1F0

16.“北斗”衛(wèi)星導(dǎo)航定位系統(tǒng)由5顆靜止軌道衛(wèi)星（同步衛(wèi)星）和30顆非靜止軌道衛(wèi)星組成， 30顆非靜止軌道衛(wèi)星中有27顆是中軌道衛(wèi)星，中軌道衛(wèi)星平均分布在傾角為55°的三個平面上，軌道高度約為21500km，靜止軌道衛(wèi)星的高度約為36000km，已知地球半徑為6400km.下列說法中正確的是（ ）.

A.質(zhì)量小的靜止軌道衛(wèi)星的高度比質(zhì)量大的靜止軌道衛(wèi)星的高度要低

B.地球赤道上物體隨地球自轉(zhuǎn)的向心加速度小于中軌道衛(wèi)星的向心加速度

C.地球赤道上物體隨地球自轉(zhuǎn)的線速度大于中軌道衛(wèi)星的線速度

D.中軌道衛(wèi)星的線速度大于7.9 km/s

17.無限大接地金屬板和板前一點(diǎn)電荷形成的為 （ ）.

A.A+1A-1 B. A-1A+1

C. 4A（A+1）2 D. （A+1）2（A-1）2

解析設(shè)碰撞前后中子的速率分別為v1、v1′，碰撞后原子核的速率為v2，中子的質(zhì)量為m1，原子核的質(zhì)量為m2，則m2=Am1.

根據(jù)完全彈性碰撞中遵循動量守恒定律和能量守恒定律有：

m1v1=m2v2+m1v1′

12m1v21=12m2v22+12m1v′21

結(jié)合m2=Am1，可解得碰后中子的速率

v1′=A-1A+1v1

因此碰撞前后中子速率之比v1v1′=A+1A-1，所以A正確.

反思與小結(jié)：利用動量和能量的觀點(diǎn)解題的技巧

（1）若研究對象為一個系統(tǒng)，應(yīng)優(yōu)先考慮應(yīng)用動量守恒定律和能量守恒定律（機(jī)械能守恒定律）解題.

（2）若研究對象為單一物體，且涉及功和位移問題時，應(yīng)優(yōu)先考慮動能定理.

（3）因?yàn)閯恿渴睾愣伞⒛芰渴睾愣桑C(jī)械能守恒定律）、動能定理都只考查一個物理過程的始末兩個狀態(tài)有關(guān)物理量間的關(guān)系，對過程的細(xì)節(jié)不予細(xì)究，這正是它們的簡便之處.特別是對于變力做功的問題，就更能顯示出它們的優(yōu)越性了.

（收稿日期：2014-12-14）電場區(qū)域，和兩個等量異號的點(diǎn)電荷形成的電圖3場等效.如圖3所示P為一無限大金屬板，Q為板前距板為r的一帶正電的點(diǎn)電荷，MN為過Q點(diǎn)和金屬板垂直的直線，直線上A、B是和Q點(diǎn)的距離相等的兩點(diǎn).下面關(guān)于A、B兩點(diǎn)的電場強(qiáng)度EA和EB、電勢φA和φB判斷正確的是（ ）.

A.EA>EB，φA<φBB.EA>EB，φA>φB

C.EA>EB，φA=φBD.EA=EB，φA>φB

圖418.硅光電池是一種太陽能電池，具有低碳環(huán)保的優(yōu)點(diǎn).如圖4所示，圖線a是該電池在某光照強(qiáng)度下路端電壓U和電流I的關(guān)系圖象（電池內(nèi)阻不是常數(shù)），圖線b是某電阻R的U-I圖象.在該光照強(qiáng)度下將它們組成閉合回路時，硅光電池的內(nèi)阻為（ ）.

A.10ΩB.8.0ΩC.12ΩD. 12.5Ω

圖519.如圖5所示，半徑分別為R和r（R>r）的甲、乙兩光滑半圓軌道放置在同一豎直平面內(nèi)，兩軌道之間由一光滑水平軌道CD相連，在水平軌道CD上有一輕彈簧被a、b兩個質(zhì)量均為m的小球夾住，但不拴接.同時釋放兩小球，彈性勢能全部轉(zhuǎn)化為兩球的動能，若兩球獲得相等動能，其中有一只小球恰好能通過最高點(diǎn)，兩球離開半圓軌道后均做平拋運(yùn)動落到水平軌道的同一點(diǎn)（不考慮小球在水平面上的反彈）.則（ ）.

A.恰好通過最高點(diǎn)的是b球

B.彈簧釋放的彈性勢能為5mgR

C.a球通過最高點(diǎn)對軌道的壓力為mg

D.CD兩點(diǎn)之間的距離為2R+2r（5R-4r）

20.如圖6所示，質(zhì)量為M=0.1kg粗細(xì)均勻的導(dǎo)線，繞制成閉合矩形線框，其中長AC=50cm，寬AB=L=20cm，豎直放置在水平面上.中間有一磁感應(yīng)強(qiáng)度T=1.0T，磁場寬度d=10cm的勻強(qiáng)磁場.線框在水平向右的恒力F=2N的作用下，由靜止開始沿水平方向運(yùn)動，使AB邊進(jìn)入磁場，從右側(cè)以v2=1m/s的速度勻速運(yùn)動離開磁場，整個過程中始終存在大小恒定的阻力f=1 N，且線框不發(fā)生轉(zhuǎn)動.線框AB邊離開磁場時感應(yīng)電流的大小為I，線框AB邊剛進(jìn)入磁場時感應(yīng)電動勢的大小為E，線框穿越磁場的過程中產(chǎn)生的焦耳熱為Q，則（ ）.

圖6A.I=5A

B.E=0.2V

C.Q=0.25J

D. Q=0.5J

圖721.如圖7所示，一質(zhì)量為m的小球套在光滑豎直桿上，輕質(zhì)彈簧一端固定于O點(diǎn)，另一端與該小球相連.現(xiàn)將小球從A點(diǎn)由靜止釋放，沿豎直桿運(yùn)動到B點(diǎn)，已知OA長度小于OB長度，彈簧處于OA、OB兩位置時彈力大小相等.在小球由A到B的過程中（ ）.

A.加速度等于重力加速度g的位置有兩個

B.彈簧彈力的功率為零的位置有兩個

C.彈簧彈力對小球所做的正功等于小球克服彈簧彈力所做的功

D.小球與地球組成的系統(tǒng)的機(jī)械能不是一直減小的，而是先減小后增大

第Ⅱ卷（非選擇題，包括必考題和選考題兩部分.第22題～第25題為必考題，每個試題考生都必須做答.第33題～第35題為選考題，考生根據(jù)要求做答.）

圖822. （6分）在用如圖8所示的裝置“驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律”的實(shí)驗(yàn)中，打點(diǎn)計(jì)時器在頻率為f的交流電源上，從實(shí)驗(yàn)中打出的幾條紙帶中選出一條理想紙帶，如圖9所示，選取紙帶上打出的連續(xù)4個點(diǎn)A、B、C、D，各點(diǎn)距起始點(diǎn)O的距離分別為s0、s1、s2、s3，已知重錘的質(zhì)量為m，當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葹間，則：

（1）從打下起始點(diǎn)O到打下C點(diǎn)的過程中，重錘重力勢能的減少量為ΔEP=，重錘動能的增加量為ΔEK=.

圖9（2）若f=50Hz，且測出s0=1.9mm，s1=7.6mm，s2=17.1mm，s3=30.4mm，可求出當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣萭=m/s2.

23.（11分）LED綠色照明技術(shù)已經(jīng)走進(jìn)我們的生活.某實(shí)驗(yàn)小組要精確測定額定電壓為3V的LED燈正常工作時的電阻，已知該燈正常工作時電阻大約500Ω，電學(xué)符號與小燈泡電學(xué)符號相同.

實(shí)驗(yàn)室提供的器材有：

A.電流表A1（量程為0至50 mA，內(nèi)阻RA1約為3Ω）

B.電流表A2（量程為0至3 mA，內(nèi)阻RA2=15Ω）

C.定值電阻R1=697Ω

D.定值電阻R2=1985Ω

E.滑動變阻器R（0至20Ω）一只

F.電壓表V（量程為0至12 V，內(nèi)阻RV=1kΩ）

G.蓄電池E（電動勢為12 V，內(nèi)阻很?。?/p>

F.開關(guān)S一只圖10

（1）（3分）如圖10所示，請選擇合適的器材，電表1為 ，電表2為 ，定值電阻為 .（填寫器材前的字母編號）

（2）（4分）將采用的電路圖補(bǔ)充完整.

（3）（4分）寫出測量LED燈正常工作時的電阻表達(dá)式RV=（填字母），當(dāng)表達(dá)式中的（填字母）達(dá)到，記下另一電表的讀數(shù)代入表達(dá)式，其結(jié)果為LED燈正常工作時電阻.

24.（12分）兩個小物塊放在水平地面上，與地面的動摩擦因數(shù)相同，兩物塊間的距離d=170m，它們的質(zhì)量分別為m1=2kg、m2=3kg.現(xiàn)令它們分別以初速度v1=10m/s和v2=2m/s相向運(yùn)動，經(jīng)過時間t=20s，兩物塊相遇，試求：兩物塊相遇時m1的速度.

25.（18分）如圖11（a）所示，在空間有一坐標(biāo)系xoy，直線OP與x軸正方向的夾角為30°，第一象限內(nèi)有兩個方向都垂直紙面圖11向外的勻強(qiáng)磁場區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，直線OP是它們的邊界，OP上方區(qū)域Ⅰ中磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，一質(zhì)量為m，電荷量為+q的質(zhì)子（不計(jì)重力及質(zhì)子對磁場的影響）以速度v從O點(diǎn)沿與OP成30°角的方向垂直磁場進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅰ，質(zhì)子先后通過磁場區(qū)域Ⅰ和Ⅱ后，恰好垂直于x軸進(jìn)入第四象限，第四象限存在沿-x軸方向的特殊電場，電場強(qiáng)度E的大小與橫坐標(biāo)x的關(guān)系如圖11（b）所示，試求：

（1）區(qū)域Ⅱ中磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小；

（2）質(zhì)子再次到達(dá)y軸時的速度大小和方向.

選考題（共45分，請考生從給出的三道物理題、三道化學(xué)題、二道生物題每科任選一題做答，如果多做，則每學(xué)科按所做的第一題計(jì)分.）

33. 【物理-選修3-3】（15分）

（1）（6分）如圖12所示為兩分子勢能 與兩分子間距離的關(guān)系曲線，下列說法正確的是：（填入正確選項(xiàng)前的字母.選對1個給3分，選對2個給4分，選對3個給6分；每選錯1個扣3分，最低得分為0分）.

圖12圖13A.當(dāng)r等于r1時，分子間作用力為零

B.在r>r1區(qū)間，分子作用力表現(xiàn)為引力

C.當(dāng)r等于r2時，分子間作用力為零

D.在r由r1增大到r2過程中分子作用力做正功

E.在r由r2減小到r1過程分子引力和分子斥力都增加，但分子斥力增加的快

（2）（9分）如圖13所示粗細(xì)均勻的U形管左端封閉，O處由橡皮軟管連接，左右兩端豎直管內(nèi)有高為19cm的水銀柱封住兩部分理想氣體A和B，右端水銀柱上方和大氣相通.大氣壓強(qiáng)等于76cm汞柱，初始平衡時B部分氣體總長度為96cm，現(xiàn)將U形管右邊傾斜α=37°角，同時改變環(huán)境溫度，重新達(dá)到平衡時發(fā)現(xiàn)左邊水銀柱恰好在原位置，且右邊水銀柱沒有進(jìn)入水平管內(nèi). 試求：（1）U形管傾斜前后的環(huán)境的熱力學(xué)溫度之比為多少；（2）右管內(nèi)水銀柱沿管移動的距離.

34.【物理——選修3-4】（15分）

（1）（6分）一列簡諧橫波，某時刻的圖象如圖14甲所示，從該時刻開始計(jì)時，波上A質(zhì)點(diǎn)的振動圖象如圖14乙所示，則以下說法正確的是 （填正確答案標(biāo)號.選對1個得3分，選對2個得4分，選對3個得6分.每選錯1個扣3分，最低得分為0分）

圖14A.這列波沿x軸正向傳播

B.這列波的波速是25 m/s

C.質(zhì)點(diǎn)P將比質(zhì)點(diǎn)Q先回到平衡位置

D.經(jīng)過Δt=0.4s，A質(zhì)點(diǎn)通過的路程為4m

E.經(jīng)過Δt=0.8s， 質(zhì)點(diǎn)通過的位移為零

（2）（9分） “道威棱鏡”廣泛地應(yīng)用在光學(xué)儀器當(dāng)中，如圖15所示，將一等腰直角棱鏡截去棱角，使其平行于底面，可制成“道威棱鏡”，這樣就減小了棱鏡的重量和雜散的內(nèi)部反射.從M點(diǎn)發(fā)出的一束平行于底邊CD的單色光從AC邊射入，已知棱鏡玻璃的折射率n=2.求光線進(jìn)入“道威棱鏡”時的折射角，并通過計(jì)算判斷光線能否從CD邊射出.

圖15圖1635.【物理——選修3-5】（15分）

（1） （ 6分）氦原子被電離出一個核外電子，形成類氫結(jié)構(gòu)的氦離子.已知基態(tài)的氦離子能量為E1=-54.4 eV，氦離子能級的示意圖如圖16所示.在具有下列能量的粒子中，能被基態(tài)氦離子吸收而發(fā)生躍遷的是（填正確答案標(biāo)號.選對1個得3分，選對2個得4分，選對3個得6分.每選錯1個扣3分，最低得分為0分）

A.54.4eV （光子）B.50.4eV （光子）

C.48.4eV （電子）D.42.8eV （光子）

E.40.8eV （電子）

圖17（2）（9分）如圖17所示，質(zhì)量分別為M和m的物體A和B靜止在光滑水平面上，A左側(cè)被很薄的油泥層粘在豎直墻壁上，AB之間用一輕質(zhì)彈簧相連.現(xiàn)用一水平向右的外力作用在B上，外力作用一段時間后，A離開墻壁開始運(yùn)動，此時撤掉外力，且彈簧此時的彈性勢能為E1，在以后的運(yùn)動過程中，彈簧彈性勢能的最大值為E2，設(shè)外力對B的沖量為I.求從靜止到A開始運(yùn)動的過程中A受到油泥層黏力的沖量.

參考答案

14.C解析設(shè)物體通過AB的時間為T，物體的加速度大小為a，根據(jù)“做勻加速直線運(yùn)動的物體在連續(xù)相等的時間內(nèi)通過的位移差為定值”可得：|BC|-|AB|=aT2=1m；根據(jù)“做勻加速直線運(yùn)動的物體在某一段時間內(nèi)的平均速度等于這一段時間內(nèi)中間時刻的瞬時速度”可得：B點(diǎn)的速度vB=|BC|+|AB|2T=52T.由x=v2t-v202a得：|OB|=258aT2=258m，進(jìn)一步可得：O、A兩點(diǎn)之間的距離等于98m，答案C正確.

15.C解析題中所述彈簧是一種特殊的彈簧，自然狀態(tài)下，彈簧的各圈是緊密挨在一起的，并且相互是擠壓的，如果將彈簧的一端固定，另一端用一個從零逐漸增大的力拉彈簧，彈簧并不會馬上就伸長，而是要大于某一值時才會發(fā)生形變，也就是題中的F0，這個力叫做這個彈簧的初始張力.實(shí)際上F0是一個臨界狀態(tài)，當(dāng)作用力為F0時，我們認(rèn)為彈簧沒有伸長，此時彈簧各圈間還接觸，但已經(jīng)沒有擠壓作用了.對于這樣的彈簧我們要注意，F(xiàn)=kx（k為勁度系數(shù)，x為形變量）已經(jīng)不適用了，題中所述彈簧的彈力可表示為F=F0+kx（F0為初始張力，k為勁度系數(shù)，x為形變量），由題中的圖2甲可知，k=F1-F0x1.

當(dāng)小球在豎直方向振動的時候，當(dāng)彈簧的彈力F=mg時小球的速度最大，設(shè)此時彈簧的形變量為x′，則有F0+kx′=mg，代入上面k的表達(dá)式，化簡可得x′=（mg-F0）x1F1-F0.

16. B 解析由于地球的靜止軌道衛(wèi)星就是地球的同步衛(wèi)星，地球的同步衛(wèi)星的周期和地球的自轉(zhuǎn)周期相同，都是T=24h，由GMmr2=mr4π2T2可得：T=2πr3GM，所以所有地球的同步衛(wèi)星都在赤道的正上方，且衛(wèi)星到地心的距離為定值，和同步衛(wèi)星的質(zhì)量無關(guān)，答案A錯誤；由ω=2πT可得：地球赤道上物體隨地球自轉(zhuǎn)的角速度和同步衛(wèi)星的角速度相同，即ω赤=ω同，設(shè)地球的半徑為R，同步衛(wèi)星離地面的高度為h，由a=rω2得：a赤=Rω2赤，a同=（R+h）ω2同，可得：a赤

圖1817.A解析如圖18所示，空間有一正點(diǎn)電荷，電量為+Q，先計(jì)算AB兩點(diǎn)的電勢差.設(shè)A、B到Q的距離分別為rA、rB，把正檢驗(yàn)電荷q從A移到B電場力做功為W，由于是變力做功，不能直接求W，現(xiàn)把AB分成n段，當(dāng)n足夠大時，W可表示為：W=kQqrAr1（r1-rA）+kQqr1r2（r2-r1）+…+kQqrBrn-1（rB-rn-1）=kQq（1rA-1rB）

由電勢差定義得：UAB=Wq=kQrA-kQrB=φA-φB.若以無窮遠(yuǎn)處為零電勢，即把rB→∞，φB=0.則φA=kQrA.即： 若以無窮遠(yuǎn)處為零電勢，正點(diǎn)電荷在離正點(diǎn)電荷距離大小為rA的A點(diǎn)的電勢為φA=kQrA

無限大接地金屬板和板前一點(diǎn)電荷形成的電場區(qū)域，和兩個等量異號的點(diǎn)電荷形成的電場等效，本題中設(shè)AQ=BQ=d，則：φA=kQd+-kQ2r-d=kQd-kQ2r-d，φB=kQd+-kQ2r+d=kQd-kQ2r+d，φA<φB；EA=kQd2+kQ（2r-d）2，EB=kQd2-kQ（2r+d）2，EA>EB，A正確.

18. B 解析由圖象可得：硅光電池的電動勢為E=3.6V，由閉合電路歐姆定律E=U+Ir可得：3.6=2+0.2r，解得：r=8.0Ω，答案B正確.

19.BD解析小球a恰好通過最高點(diǎn)時，軌道對小球a的壓力為零，小球a的重力提供向心力，則：mg=mv2aR，解得：va=gR，同理若小球b恰好通過最高點(diǎn)時，小球b在最高點(diǎn)速度為vb=gr，由于R>r，所以va>vb，若小球b恰好通過最高點(diǎn)時，小球a未到達(dá)最高點(diǎn)就已經(jīng)脫離軌道，所以本題中恰好通過最高點(diǎn)的為a球，軌道對小球a的壓力為零，答案A和C都是錯誤的.同時釋放兩小球，彈性勢能全部轉(zhuǎn)化為兩球的動能，兩球獲得相等動能，設(shè)兩球獲得的相等動能為EK，對小球a由機(jī)械能守恒定律得：EK=12mv2a+2mgR=52mgR，對a、b和輕彈簧組成的系統(tǒng)由機(jī)械能守恒得：EP彈=2EK=5mgR，即彈簧釋放的彈性勢能為5mgR，答案B正確；小球b在最高點(diǎn)的速度為vb′，對小球b由機(jī)械能守恒定律得：EK=12mv′2b+2mgr=52mgR，解得：v′b=g（5R-4r），小球b離開最高點(diǎn)后做平拋運(yùn)動，則：xb=vb′tb、2r=12gt2b，解得：xb=2r（5R-4r）；小球a離開最高點(diǎn)后做平拋運(yùn)動，則：xa=va′ta、2R=12gt2a，解得：xa=2R；由幾何關(guān)系可得：

CD兩點(diǎn)之間的距離為CD=xa+xb=2R+2r（5R-4r），答案D正確.綜合上面分析可得：本題答案選BD.

20. AC解析由于線框離開磁場時已經(jīng)勻速運(yùn)動，由物體的平衡可得：F=f+BIL.

所以線框AB邊離開磁場時感應(yīng)電流的大小為I=F-fBL=5A，答案A正確；線框AB邊進(jìn)入磁場前，線框做勻加速直線運(yùn)動，由牛頓第二定律可得： F-f=ma， 解得： a=F-fm=10 m/s2，設(shè)AB邊剛進(jìn)入磁場時的速度大小為v1，由x=v2t-v202a得：v21=2as.解得： v1=2 m/s，所以線圈AB邊剛進(jìn)入磁場時感應(yīng)電動勢的大小為E=BLv1=0.4V，答案B錯誤；線框在穿越磁場的過程中，運(yùn)用動能定理得：（F-f）d+W=12mv22-12mv21.

解得：線框穿越磁場的過程中產(chǎn)生的焦耳熱為Q=-W=0.25 J，答案C正確，答案D錯誤.綜合上面分析可得：本題答案選A、C.

21.AC解析不妨設(shè)彈簧和桿垂直時，小球的位置為C點(diǎn)；彈簧處于原長時，小球的位置為D點(diǎn)，由牛頓第二定律可得：小球在C點(diǎn)和D點(diǎn)時，小球的加速度都為g，答案A正確；由功率的公式P=Fvcosθ可得：小球在A點(diǎn)，小球的速度為零，彈簧彈力的功率為零；小球在C點(diǎn)時，小球的速度方向和彈簧的彈力方向垂直，彈簧彈力的功率為零；小球在D點(diǎn)，彈簧處于原長，彈簧的功率為零，彈簧彈力的功率為零.綜合上面分析可得：彈簧彈力的功率為零的位置有三個，答案B錯誤；由于彈簧的彈性勢能的表達(dá)式 EP=12kx2（k為彈簧的勁度系數(shù)，x為彈簧的伸長量或壓縮量），由于OA長度小于OB長度，彈簧處于OA、OB兩位置時彈力大小相等，所以小球在 A點(diǎn)時彈簧處于壓縮狀態(tài)和小球在B點(diǎn)時彈簧處于伸長狀態(tài)，且彈簧的形變量大小相等，彈簧的彈性勢能相等；又由于彈簧對物體做正功，彈簧的彈性勢能減小，彈簧的彈性勢能減小量等于彈簧對物體做正功的多少；彈簧對物體做負(fù)功，彈簧的彈性勢能增大，彈簧的彈性勢能增加量等于物體克服彈簧做正功的多少，所以在小球由A到B的過程中彈簧彈力對小球所做的正功等于小球克服彈簧彈力所做的功，答案C正確；

小球從A點(diǎn)到C點(diǎn)，彈簧的壓縮量越來越大，彈簧的彈性勢能越來越大；小球從A點(diǎn)到D點(diǎn)，彈簧的壓縮量越來越小，彈簧的彈性勢能越來越小；小球從D點(diǎn)到B點(diǎn)，彈簧的伸長量越來越大，彈簧的彈性勢能越來越大；綜合上面分析可得：在小球由A到B的過程中彈簧的彈性勢能先增大再減小最后增大.由于彈簧、小球與地球組成的系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，所以小球與地球組成的系統(tǒng)的機(jī)械能先減小后增大最后減小，答案D錯誤.綜合上面分析可得：本題答案選AC.

22.（1）ΔEP=mgs （2分）ΔEK=m（s3-s1）f 28 （2分）

（2） a=9.5 m/s2 （2分）

解析（1）重錘重力勢能的減少量ΔEP=mgS2.打C點(diǎn)時重錘的速度vC=vBD=s3-s12T，T=1f，重錘動能的增加量為ΔEK=12mv2C=m（s3-s1）f 28.

（2）AB=s1-s0，CD=s3-s2，CD-AB=2aT2， 即：s3+s0-s1-s2=2aT2

可得： a=s3+s0-S1-s22T2=（30.4+1.9-7.6-17.1）×10-32×0.02×0.02m/s2=9.5m/s2

23.（1）（3分）F B D

（2）（4分）如圖19所示

（3）（4分） Rx=I2（R2+RA2）URV-I2I21.5mA

圖19解析⑴由于額定電壓為3 V的LED燈正常工作時，電阻大約500Ω，所以LED燈正常工作時的電流大約為I燈=U燈R燈=6mA.由于某實(shí)驗(yàn)小組要精確測定額定電壓為3V的LED燈正常工作時的電阻，所以定值電阻和電表2上的總電壓為3V.電壓表V（量程為0至12 V，內(nèi)阻RV=1 kΩ）相當(dāng)于量程大小為Im=12 mA的電流表.

若電表2為電流表A1，定值電阻R1=697 Ω，LED燈正常工作時電路中的總電流大約為6 mA，電表1無論是電流表A2，還是電壓表V都不可以；所以電表2為電流表A2，定值電阻為R2=1985Ω，LED燈正常工作時流過電流表A2的電流為IA2=U燈R2+RA2=1.5mA，此時電路中的總電流大約為7.5mA，電表1.

選電壓表V.即：電表1為F，電表2為B，定值電阻為D.

（2）如圖19所示

（3） 由電路的串并聯(lián)知識可得：I總=IA2+I燈，即：URV=I2+I2（R2+RA2）Rx

解得：Rx=I2（R2+RA2）URV-I2

24.6 m/s解析由于兩物塊與地面的動摩擦因數(shù)相同，則兩物塊加速度相同，設(shè)為a.

相遇時，兩物塊位移大小之和為d，有d=（v1t-12at2）+（v2t-12at2） （2分）

根據(jù)上述列式計(jì)算得到a=0.175 m/s2，（2分）則20 s后m2已經(jīng)停止運(yùn)動（1分）

d=（v1t-12at2）+v222a （4分）

解得：a=0.2 m/s2 （1分）

vt=v0-at=6 m/s （2分）

圖2025.（18分）解：（1）由幾何關(guān)系知：質(zhì)子再次回到OP時應(yīng)平行于x軸正向進(jìn)入Ⅱ區(qū)，設(shè)質(zhì)子從OP上的C點(diǎn)進(jìn)入Ⅱ區(qū)后再從D點(diǎn)垂直x軸進(jìn)入第四象限，軌跡如圖20. （2分）

由幾何關(guān)系可知：O1C⊥Ox，O1C與Ox的交點(diǎn)O2即為Ⅱ內(nèi)圓弧的圓心，△OO1C等邊三角形.

設(shè)質(zhì)子在Ⅰ區(qū)圓運(yùn)動半徑為r1，在Ⅱ區(qū)圓運(yùn)動半徑為r2，則：

r2=r1sin30°=12r1 （2分）

由qBv=mv2r1得：r1=mvqB， （2分）

同理得： r2=mvqB2

即區(qū)域Ⅱ中磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度：

B2=2B （2分）

（2）D點(diǎn)坐標(biāo)：

xD=r1cos30°+r2=（3+1）2mvqB （2分）

質(zhì)子從D點(diǎn)再次到達(dá)y軸的過程，

W電=qU=qEiΔxi=12q（3Bv2+Bv2）×（3+1）2mvqB=（3+1）2mv2 （2分）

設(shè)質(zhì)子再次到達(dá)y軸時的速度大小為v′，

由動能定理：

W電=12mv′2-12mv2 （2分）

得：v′=（2+3）v=2+62 （2分）

因粒子在y軸方向上不受力，故在y軸方向上的分速度不變

如圖有： cosα=vv′=2-3=6-22

即方向向左下方與y軸負(fù)向成arccos2-3（arccos2+62）的夾角 （2分）

33. 【物理-選修3-3】（15分）

（1）（6分）CDE

（2）（9分）

（1）由題意可知， 部分氣體等容變化，而其始末狀態(tài)壓強(qiáng)分別為PA、PA′

PA=h0+h-h=76 cm Hg0 （1分）

PA′=h0+hcosα-h=72.2 cm Hg （1分）

根據(jù)查里定律：T1T2=PAPA′=7672.2=2019 （1分）

（2）對B部分氣體其始末狀態(tài)壓強(qiáng)PB、PB′分別為：

PB=h0+h=95 cmHg

PB′=h0+hcosα=91.2 cmHg （1分）

設(shè)U形管的橫截面積為S，傾斜后氣體的總長度為l′，由理想氣體狀態(tài)方程：

PBlST1=PB′l′ST2 （2分），所以l′=9596l （2分）

解得：l-l′=196l，即水銀柱沿管向下移動了1 cm （1分）

34.[物理-選修3-4]（15分）（1）BDE

（2）解由折射定律得：n=2=sin45°sinγ （2分）

光線進(jìn)入“道威棱鏡”時的折射角：

γ=30° （1分）

全反射臨界角：sinC=1n=22 （2分）

即C=45° （1分）

圖21如圖21所示，光線到達(dá)CD邊時入射角：θ=75°>C （2分）

光線不能從CD邊射出 （1分）

35.【物理——選修3-5】（15分）（1）ACE

（2）（9分）設(shè)A開始運(yùn)動前彈簧對B的沖量為I0，A開始運(yùn)動時B的速度為v0，A開始運(yùn)動前的過程中根據(jù)動量定理：

I-I0=mv0 （2分）

而A開始運(yùn)動后，到彈簧形變量最大時，A、B速度相等，且該過程中系統(tǒng)動量守恒，能量也守恒，則：

mv0=（M+m）v （1分）

12mv20+E1=12（M+m）v2+E2 （2分）

解得：I0=I-2m（M+m）M（E2-E1） （2分）

而A開始運(yùn)動前油泥層黏力的沖量與彈簧對A的彈力的沖量大小相等，則：

I0′=I-2m（M+m）M（E2-E1） （1分）

（收稿日期：2014-12-10）