1.B 提示:半衰期的大小與溫度、壓強(qiáng)及化學(xué)狀態(tài)等無關(guān),選項A 錯誤。釷核經(jīng)過1次β衰變可變成鏷,選項B 錯誤。核反應(yīng)方程式中生成物比反應(yīng)物穩(wěn)定,生成物的比結(jié)合能比反應(yīng)物的比結(jié)合能大,選項C正確。根據(jù)質(zhì)量數(shù)守恒和電荷數(shù)守恒可知,題中鈾核裂變的核反應(yīng)方程為,選項D 錯誤。

2.C 提示:開關(guān)S從斷開狀態(tài)突然閉合時,因二極管具有單向?qū)щ娦远荒軐?dǎo)通,燈泡L2一直不亮;此時燈泡L1、L3和線圈L串聯(lián)在同一回路中,線圈L產(chǎn)生自感電動勢阻礙通過其電流的增大,所以燈泡L1和L3均逐漸變亮。開關(guān)S 從閉合狀態(tài)突然斷開時,通過燈泡L3的電流立即變?yōu)榱?所以燈泡L3立即熄滅;線圈L產(chǎn)生自感電動勢阻礙通過其電流的減小,此時自感電動勢的方向滿足二極管導(dǎo)通的條件,所以燈泡L1、L2和線圈L串聯(lián)在同一回路中,通過燈泡L1的電流逐漸減小,燈泡L1逐漸熄滅,燈泡L2突然變亮,然后逐漸變暗至熄滅。

3.C 提示:當(dāng)鉤碼的質(zhì)量為最大值m1時,滑塊所受的滑動摩擦力沿斜面向下,則m1g=mgsin θ+μmgcosθ;當(dāng)鉤碼的質(zhì)量為最小值m2時,滑塊所受的滑動摩擦力沿斜面向上,則m2g+μmgcos θ=mgsinθ。聯(lián)立以上二式解得

4.C 提示:設(shè)桿的傾角為θ,把圓環(huán)的重力沿桿和垂直于桿方向分解得G∥=mgsinθ,G⊥=mgcosθ,根據(jù)左手定則可知,圓環(huán)受到的洛倫茲力qvB垂直于桿向上,圓環(huán)上滑過程中因摩擦阻力的作用v越來越小。若qvB＜mgcosθ,則f=μN(yùn),N=mgcosθ-qvB,因此圓環(huán)做加速度增大的減速運(yùn)動;若qvB＞mgcosθ,則隨著v的不斷減小先有N=qvB-mgcosθ,后有N=mgcosθ-qvB,即圓環(huán)先做加速度減小的減速運(yùn)動再做加速度增大的減速運(yùn)動。根據(jù)速度—時間圖像的斜率表示加速度可知,選項A、B 錯誤。在圓環(huán)上滑的過程中洛倫茲力不做功,摩擦力做功使圓環(huán)的機(jī)械能減小,則ΔE=-fΔx。根據(jù)上述分析可知,在圓環(huán)上滑的過程中摩擦阻力f可能逐漸增大,所以機(jī)械能的變化率逐漸增大,選項D 錯誤;摩擦阻力f也可能先減小后增大,所以機(jī)械能的變化率先減小后增大,選項C正確。

5.B 提示:根據(jù)x-t圖像可知,t=T時刻,物體的速度不為零,選項A 錯誤;0～T時間內(nèi)物體做勻加速直線運(yùn)動,T～2T時間內(nèi)物體做勻變速直線運(yùn)動,-x0=,解得a1∶a2=1∶3,選項B正確。t=T時刻,物體的速度v1=a1T,t=2T時刻,物體的速度v2=v1+(-a2)T=-2v1,選項C 錯誤。物體速度從v1變?yōu)?所用的時間,則t=T+時刻,物體的速度為0,在時間內(nèi),根據(jù)牛頓第二定律得f+F=ma2,在時間內(nèi),根據(jù)牛頓第二定律得F＇-f=ma2,因此在T～2T時間內(nèi)物體受到的水平恒力的大小發(fā)生了變化,選項D 錯誤。

6.CD 提示:電場方向沿x軸正方向,電子所受的靜電力始終沿x軸負(fù)方向,所以電子可能沿x軸正方向一直減速,也可能先沿x軸正方向減速至零,再反向加速,選項A錯誤。電子經(jīng)x1處時,圖像的斜率最大,電場強(qiáng)度最大,電子的加速度最大,但電勢不是最低,電勢能不是最大,選項B錯誤。設(shè)x3處的電勢為φ2,電子從O點(diǎn)運(yùn)動到x3處,根據(jù)動能定理得-e(φ0-φ2)=,解得φ2=,選項C正確。假設(shè)電子恰好可以到達(dá)無窮遠(yuǎn)處,根據(jù)動能定理得-e(φ0-0)=0-,解得,當(dāng)時電子能返回O點(diǎn),根據(jù)能量守恒定律知電子回到O點(diǎn)時的速度大小仍為v0,選項D 正確。

7.AC 提示:由題中所給數(shù)據(jù),可以求出地球同步衛(wèi)星的軌道半徑及“北斗2號”在“墓地軌道”上運(yùn)行時的軌道半徑,且同步衛(wèi)星的運(yùn)行周期為24 h,所以根據(jù)開普勒第三定律,可以估算出已失效的“北斗2號”在“墓地軌道”上的運(yùn)行周期,選項A 正確。由題中所給數(shù)據(jù)得轉(zhuǎn)移軌道的半長軸a=根據(jù)開普勒第三定律,解得“實(shí)踐21號”在轉(zhuǎn)移軌道上的運(yùn)行周期T=,選項B錯誤。對于“實(shí)踐21號”衛(wèi)星,若僅考慮地球?qū)λ娜f有引力作用,則根據(jù)萬有引力提供向心力得,解得a1=a2,選項C正確。11.2 km/s是從地球表面發(fā)射衛(wèi)星,使之脫離地球束縛的最小速度,已失效的衛(wèi)星由Q點(diǎn)脫離地球引力的束縛,同等條件下,需要克服地球引力所做的功要少,所以可以在Q點(diǎn)給它一個小于11.2 km/s的初速度,選項D 錯誤。

8.AD 提示:開始時細(xì)繩中無張力,當(dāng)轉(zhuǎn)盤緩慢加速轉(zhuǎn)動的過程中,物塊受到的靜摩擦力提供向心力,當(dāng)物塊相對轉(zhuǎn)盤滑動時需滿足物塊受到的摩擦力達(dá)到最大靜摩擦力,即μm0g=m0ω2r。每一個物塊相對轉(zhuǎn)盤滑動的臨界條件是,與其質(zhì)量無關(guān),在動摩擦因數(shù)相同的情況下,角速度ω僅與半徑r有關(guān),且半徑大的先出現(xiàn)相對運(yùn)動趨勢。rB＞rA,當(dāng)物塊B的摩擦力達(dá)到最大靜摩擦力,即時,物塊A還未達(dá)到最大靜摩擦力,繩中產(chǎn)生張力。之后,ω繼續(xù)增大,對兩物塊分別進(jìn)行受力分析,對物塊A有T+fA=mω2L,對物塊B有T+μmg=mω2·2L,整理得fA=μmg-mω2L,因此隨著ω增大,fA減小。當(dāng)fA減小到0 時,,此后物塊A所受摩擦力方向反向。再對兩物塊分別進(jìn)行受力分析,對物塊A有T-fA=mω2L,對物塊B有T+μmg=mω2·2L,整理得fA=mω2Lμmg,因此隨著ω增大,fA增大,當(dāng)fA增大到反向的最大靜摩擦力μmg時,兩物塊均將滑動,此時T=3μmg。F-ω2圖像如圖1所示。

圖1

提示:(1)小鐵球的直徑D=10 mm+6×0.05 mm=10.30 mm。(2)用小鐵球經(jīng)過光電門時的平均速度表示瞬時速度,則(3)小鐵球從光電門1 運(yùn)動到光電門2做勻加速直線運(yùn)動,則,解得

10.(1)電流表 外接 (2)B

提示:(1)電壓表示數(shù)有明顯變化,而電流表示數(shù)無明顯變化,說明內(nèi)接、外接對電流表的影響很小,對電壓表的影響較大,應(yīng)采取電流表外接法。(2)由U-x圖像可知,k取值為0.1、0.4時比較符合線性,因此選B。

11.(1)設(shè)碰撞前瞬間彈珠A的速度為v1,根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式得v0-at1,根據(jù)牛頓第二定律得f=μmg=ma,解得a=5 m/s2,μ=0.5,v1=4 m/s。(2)設(shè)碰后瞬間彈珠A和B的速度分別為v1＇、v2＇,根據(jù)動量守恒定律得mv1=mv1＇+mv2＇,根據(jù)機(jī)械能守恒定律得,解得v2＇=4 m/s。因?yàn)閺椫锽在地面上運(yùn)動時的加速度大小均為a=5 m/s2,碰后彈珠B能夠運(yùn)動的距離,所以彈珠B能進(jìn)坑,該同學(xué)勝出。

12.(1)從P(x,y)點(diǎn)射入電場的粒子在電場中做類平拋運(yùn)動,則,解得(2)設(shè)從P(x,y)點(diǎn)射入電場的粒子從O點(diǎn)射入磁場時,速度v與x軸負(fù)方向間的夾角為θ,在電場中產(chǎn)生的位移與x軸負(fù)方向間的夾角為α,則粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動的速度大小v=,設(shè)粒子在磁場中運(yùn)動的軌跡半徑為r,根據(jù)牛頓第二定律得,解得r=,根據(jù)幾何關(guān)系可得,粒子在磁場中的運(yùn)動軌跡對應(yīng)的弦長d=2rcosθ,解得d=,所以d為定值,即所有粒子從磁場中射出時與y軸的交點(diǎn)一定,所有粒子的軌跡經(jīng)過的區(qū)域如圖2所示。根據(jù)類平拋運(yùn)動的規(guī)律得當(dāng)時,θ=45°,粒子進(jìn)入磁場時的最大速度當(dāng)粒子從O點(diǎn)以最大速度入射時,其軌跡與y軸所圍圖形的面積當(dāng)粒子從O點(diǎn)以最小速度v2=v0入射時,其軌跡與y軸所圍圖形的面積因此磁場區(qū)域的最小面積Smin=S2-S1=(3)粒子進(jìn)入第四象限,沿x軸方向以速度v0做勻速直線運(yùn)動,以速度v0垂直于xOy平面做勻速圓周運(yùn)動,根據(jù)題意得,因此

圖2

13.(1)D (2)(ⅰ)壺中原來空氣的體積V1=0.5 L,根據(jù)玻意耳定律得p1(nV0+V1)=p2V1,解得n=15。(ⅱ)噴出的液體體積ΔV=nV0=0.75 L=0.75×10-3m3,外界對氣體做的功-131.25 J,噴液過程中氣體做等溫變化,根據(jù)熱力學(xué)第一定律得ΔU=W+Q=0,解得Q=131.25 J。

14.(1)D (2)(ⅰ)作出光路圖如圖3所示,其中DE連線與AC邊垂直,又與AB邊的夾角為α,根據(jù)幾何關(guān)系得α=45°,設(shè)DE與AC的交點(diǎn)為F,則,所以在△DFO中有,根據(jù)折射定律得解得(ⅱ)光在玻璃磚中的傳播速度,光在玻璃磚里前進(jìn)的距離在△DPO中,根據(jù)幾何關(guān)系得∠DOP=β=30°,∠OPD=α-β=15°,根據(jù)正弦定理得因此光從P點(diǎn)射向玻璃磚到再次回到P點(diǎn)所用的時間,解得

圖3