1.C 提示:目前世界上的核動力航母利用的是重核的裂變,選項A 錯誤。提高溫度不可以改變放射性元素的半衰期,選項B 錯誤。盧瑟福發(fā)現(xiàn)質(zhì)子的核反應(yīng)方程是,選項C 正確。發(fā)生核反應(yīng)時滿足質(zhì)量數(shù)守恒和電荷數(shù)守恒,質(zhì)量會有虧損,選項D 錯誤。

2.B 提示:小球被拋出后做平拋運動,根據(jù)平拋運動規(guī)律得,解得,選項A 錯誤?；鹦堑牡谝挥钪嫠俣燃唇鹦l(wèi)星的運行速度,則,選項B 正確。以位于火星表面的物體為研究對象,則mg,解得火星的質(zhì)量,選項C錯誤。火星的平均密度,選項D 錯誤。

3.C 提示:選O點為研究對象,進(jìn)行受力分析,如圖1所示,根據(jù)平衡條件得Tacosθ1+Tbcosθ2=Tc,Tasinθ1=Tbsinθ2,又有Ta=mag,Tb=mbg,Tc=mg,ma=300g,mb=500g,根據(jù)數(shù)學(xué)知識得θ1＞θ2,m＞400g。

圖1

4.A 提示:子彈射入木塊的時間極短,瞬間動量守恒,根據(jù)動量守恒定律得mv0=(M+m)v,解得。木塊自被子彈擊中前到第一次回到原來位置的過程中,根據(jù)動量定理得木塊受到的合外力的沖量大小。

5.C 提示:若粒子從ab邊中點處垂直于ab邊射出,則其運動軌跡的圓心一定在ab邊上,設(shè)圓心與ab邊的交點為g,則圓心在Og連線的中垂線上,而該中垂線與ab邊平行,不可能相交,選項A 錯誤。粒子從a點垂直于af邊射出,f點為其運動軌跡的圓心,對應(yīng)的圓心角為60°,因此粒子在磁場中的運動時間,又有,解得,選項B 錯誤。垂直于cf連線向上發(fā)射的粒子剛好能離開磁場時,其運動軌跡與af邊相切,根據(jù)幾何關(guān)系得,根據(jù)qvB得,解得,選項C 正確。因為O點距磁場正六邊形邊界的最近距離,即d對應(yīng)粒子剛好離開磁場的運動軌跡的最小直徑,所以粒子運動軌跡的最小半徑,又有,解得,選項D 錯誤。

6.BD 提示:小球沿直線AB運動,受到的合外力沿AB方向,小球的受力情況如圖2所示,則qEtan 45°=mg,解得,選項A錯誤。小球所受合外力,根據(jù)勻變速直線運動規(guī)律得小球到達(dá)B點時的速度v=,根據(jù)牛頓第二定律得加速度。設(shè)A、B兩點間的距離為L,根據(jù)動能定理得,解得靜電力做功。根據(jù)W=qUAB,解得。根據(jù)UAB=φA-φB,且A點的電勢為零,解得φB=,則B點的電勢能EB=qφB=,選項B 正確,C 錯誤。小球機械能的變化量等于靜電力做的功,則ΔE=W=,選項D 正確。

圖2

7.CD 提示:根據(jù)u-t圖像得輸入電壓的周期T=0.02 s,則,輸入電壓的最大值Umax=20 2 V,因此輸入電壓的瞬時值表達(dá)式為u=20 2sin(100πt) V,選項A 錯誤。只斷開開關(guān)S2后,負(fù)載電阻增大為原來的2倍,副線圈電壓不變,則副線圈中的電流減小為原來的一半,燈泡L1、L2的功率均變?yōu)轭~定功率的四分之一,即燈泡L1、L2均不能正常發(fā)光,選項B 錯誤。只斷開開關(guān)S2后,負(fù)載電阻變大,副線圈中的電流變小,輸出功率變小,則原線圈的輸入功率減小,選項C正確。將開關(guān)S1換接到2后,電阻R兩端電壓的有效值為4 V,則電阻R消耗的電功率,選項D正確。

8.AD 提示:細(xì)桿由靜止運動至細(xì)桿前端到達(dá)C點的過程中,根據(jù)動能定理得,解得,選項A 正確。細(xì)桿前端過C點后,在C點右側(cè)的部分受到摩擦力作用,設(shè)桿長為l,C點右側(cè)部分的長度為x,則,解得。又有細(xì)桿受到的摩擦力f=μN=μm'g=,根據(jù)牛頓第二定律得a=。當(dāng)細(xì)桿后端過C點后,細(xì)桿受到的摩擦力f=μmg,解得a=μg,保持不變。因此細(xì)桿受到的摩擦力f隨x變化的圖像如圖3所示,即細(xì)桿先做加速度變大的減速運動,后做勻減速運動,選項B錯誤。取細(xì)桿左側(cè)長為x0的一段為研究對象,當(dāng)細(xì)桿全部進(jìn)入C點右側(cè)時,有,對整體有μmg=ma,則μm1g-F=m1a,解得F=0,即細(xì)桿前后兩段間無彈力。當(dāng)細(xì)桿左側(cè)長為x0這段還沒全部進(jìn)入C點右側(cè)時,有,解得。對細(xì)桿左側(cè)長為x0這段有F=m1a≠0,可見細(xì)桿前一段對后一段的作用力大小不等,選項C錯誤。細(xì)桿從其前端過C點到全部進(jìn)入C點右側(cè)的過程中,有,細(xì)桿從全部進(jìn)入C點右側(cè)到停止運動的過程中,有。根據(jù)動能定理得,解得,選項D正確。

圖3

9.(1)×1 k (2)+插孔 -接線柱(3)1 900 1.7 (4)如圖4所示 (5)4.7 kΩ 0.59 mA

圖4

10.(1)將鋼球置于軌道平直段各處,都能保持靜止,說明斜槽末端水平 (2)球心(3

11.(1)設(shè)物塊2 到達(dá)傳送帶A端時的速度為vA,根據(jù)動能定理得m(gsinθ-,解得vA=。設(shè)兩物塊碰后黏合體的速度為,根據(jù)動量守恒定律得mvA=2mvA',解得。(2)設(shè)黏合體沿光滑半圓形軌道CDE上升的最大高度為h,根據(jù)動能定理得2mvA'2,解得h=0.5 m,即黏合體從C點沿光滑半圓形軌道CDE運動到與圓心等高的D點速度減小為0,再從D點返回至停止運動。根據(jù)動能定理得2mgh-2μmgs路=0,解得s路=1 m,即黏合體最后停在傳送帶B端。(3)設(shè)黏合體到達(dá)E點時的速度為vE,根據(jù)平拋運動規(guī)律得,解得。黏合體從B點運動到E點,根據(jù)動能定理得-2μmg·2d-2mg·2R=,解得。因為vB＜vA',所以黏合體在傳送帶上做減速運動。若黏合體從A點一直做減速運動到B點,根據(jù)動能定理得,解得。因為vB＞v,所以黏合體在傳送帶上先做減速運動后做勻速運動,傳送帶的轉(zhuǎn)動速度v傳=。

12.(1)設(shè)導(dǎo)體棒1剛進(jìn)入磁場區(qū)域時的速度為v,根據(jù)動能定理得,解得。此時回路中的感應(yīng)電動勢最大,且E=BLv,回路中的感應(yīng)電流I=,導(dǎo)體棒2 受到的安培力F=BI·2L,導(dǎo)體棒2的最大加速度滿足F=2ma,解得。(2)導(dǎo)體棒1 進(jìn)入磁場后做減速運動,導(dǎo)體棒2做加速運動,當(dāng)v1=2v2時,回路中的感應(yīng)電動勢為0,感應(yīng)電流為0,兩導(dǎo)體棒分別達(dá)到穩(wěn)定的勻速運動狀態(tài),導(dǎo)體棒1 在水平軌道上運動的過程中有,導(dǎo)體棒2 在水平軌道上運動的過程中有,解得。(3)兩導(dǎo)體棒剛好達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)時,整個回路中產(chǎn)生的熱量,導(dǎo)體棒1中產(chǎn)生的熱量,解得。

13.(1)ADE (2)(ⅰ)設(shè)玻璃管的橫截面積為S,則右側(cè)管內(nèi)封閉空氣柱的初狀態(tài)體積V右1=5S,環(huán)境溫度升高的過程中右側(cè)管內(nèi)封閉空氣柱的壓強不變,根據(jù)蓋-呂薩克定律得,解得右側(cè)管內(nèi)封閉空氣柱的長度L=5.83 cm。(ⅱ)大氣壓強p0=75 cmHg,右側(cè)管內(nèi)封閉空氣柱的初狀態(tài)壓強,左側(cè)管內(nèi)封閉空氣柱的初狀態(tài)壓強90 cmHg,左側(cè)管內(nèi)封閉空氣柱的初狀態(tài)體積V左1=32S。環(huán)境溫度升高后,設(shè)左側(cè)管內(nèi)水銀面下降的高度為h,左側(cè)管內(nèi)封閉空氣柱的末狀態(tài)壓強,左側(cè)管內(nèi)封閉空氣柱的末狀態(tài)體積V左2=(32+h)S。對左側(cè)管內(nèi)封閉空氣柱應(yīng)用理想氣體狀態(tài)方程得,解得h=3 cm。

14.(1)ACE (2)(ⅰ)光束a經(jīng)折射后恰好射到AD邊的中點,如圖5所示,根據(jù)幾何關(guān)系得,根據(jù)折射率公式得n=,解得。(ⅱ)設(shè)光束a在AD邊上剛好發(fā)生全反射,則光束a在P點的折射角β滿足解得。根據(jù)數(shù)學(xué)知識得,根據(jù)折射率公式得,解得。當(dāng)光束a經(jīng)折射后剛好射到D點時,有sinβ,根據(jù),解得。因此光束a在AD邊上發(fā)生全反射,sinθ的取值范圍為。

圖5