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一、选择题1如图1，广州塔摩天轮位于塔顶450米高空处，摩天轮由16个“水晶”观光球舱组成，沿着倾斜的轨道做匀速圆周运动，则坐于观光球舱中的某游客()图1A动量不变 B线速度不变C合外力不变 D机械能不守恒【答案】D【解析】坐于观光球舱中的某游客线速度的大小不变，但方向不断改变，可知线速度不断改变，动量也不断变化；由于向心加速度方向不断变化，可知合外力大小不变，但方向不断改变，选项A、B、C错误；由于动能不变，重力势能不断变化，可知机械能不守恒，选项D正确2中微子是一种不带电、质量很小的粒子早在1942年我国物理学家王淦昌首先提出证实中微子存在的实验方案静止的铍核(Be)可能从很靠近它的核外电子中俘获一个电子(动能忽略不计)形成一个新核并放出中微子，新核处于激发态，放出光子后回到基态通过测量新核和光子的能量，可间接证明中微子的存在则()A中微子的动量与处于激发态新核的动量相同B反应过程吸收能量 C产生的新核是锂核(Li)D中微子的动能与处于激发态新核的动能相等【答案】C【解析】根据题意可知发生的核反应方程为：BeeLie，所以产生的新核是锂核，反应过程放出能量，故B错误，C正确；根据动量守恒可知中微子的动量与处于激发态新核的动量大小相等，方向相反，故A错误；中微子的动量与处于激发态新核的动量大小相等，而质量不等，根据Ek，可知中微子的动能与处于激发态新核的动能不相等，故D错误3一物块放在水平桌面上，在水平轻弹簧的拉力F作用下，沿桌面做匀速直线运动，弹簧的伸长量为x；将弹簧方向变成与水平面成60角，物块在拉力作用下仍沿桌面做匀速直线运动，此时弹簧的伸长量是(物块与桌面间动摩擦因数为，弹簧始终处于弹性限度内)()A.x B.x C2x D.x【答案】B【解析】当弹簧水平拉力为F时：根据平衡条件得：kxFfFNmg，当弹簧方向变成与水平面成60角时，竖直方向：kxsin 60FNmg，水平方向：kxcos 60FfFN(mgkxsin 60)，联立解得xx，A、C、D错误，B正确4.如图2，abc是竖直面内的光滑固定轨道，ab水平，长度为R，bc是半径为R的四分之一圆弧，与ab相切于b点一质量为m的小球受到与重力大小相等的水平外力F的作用，自a点从静止开始向右运动，运动到b点时立即撤去外力F，重力加速度大小为g，下列说法正确的是()图2A水平外力F做的功为2mgRB小球运动到b点时对圆弧轨道的压力大小为3mgC小球能从c点竖直向上飞出D小球运动到c点时对圆弧轨道的压力大小为mg【答案】B【解析】水平外力F做的功为：WFRmgR，选项A错误；从a到b由动能定理：FRmv b2；在b点由牛顿第二定律：FNbmgm，解得FNb3mg，结合牛顿第三定律可知，选项B正确；由机械能守恒定律得：mvb2mgRmv，解得vc0，即到达c点的速度为零，运动到c点时小球对圆弧轨道的压力大小为0，选项C、D错误5如图3所示，边界OM与ON之间分布有垂直纸面向里的匀强磁场，边界ON上有一粒子源S.某一时刻，从离子源S沿平行于纸面，向各个方向发射出大量带正电的同种粒子(不计粒子的重力及粒子间的相互作用)，所有粒子的初速度大小相等，经过一段时间有大量粒子从边界OM射出磁场已知MON30，从边界OM射出的粒子在磁场中运动的最长时间等于T(T为粒子在磁场中运动的周期)，则从边界OM射出的粒子在磁场中运动的最短时间为()图3A.T B.T C.T D.T【答案】A【解析】粒子在磁场中做匀速圆周运动，入射点是S，出射点在OM直线上，出射点与S点的连线为轨迹的一条弦当从边界OM射出的粒子在磁场中运动的时间最短时，轨迹的弦最短，根据几何知识，作ESOM，则ES为最短的弦，粒子从S到E的时间即最短，如图所示由题意可知，粒子运动的最长时间等于T，设OSd，则DSOStan 30d，粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径为：rd，由几何知识有：ESOSsin 30d，故在O1ES中由余弦定理得cos ，则：120，粒子在磁场中运动的最短时间为：tminTT，故A正确，B、C、D错误6 2018年12月8日，“嫦娥四号”月球探测器在我国西昌卫星发射中心成功发射，探测器奔月过程中，被月球俘获后在月球上空某次变轨是由椭圆轨道a变为近月圆形轨道b，如图4所示，a、b两轨道相切于P点不计变轨过程探测器质量变化，下列说法正确的是()图4A探测器在a轨道上P点的动能小于在b轨道上P点的动能B探测器在a轨道上P点的加速度大于在b轨道上P点的加速度C探测器在a轨道运动的周期大于在b轨道运动的周期D为使探测器由a轨道进入b轨道，在P点必须减速【答案】CD【解析】从高轨道a到低轨道b需要在P点进行减速，所以，在a轨道上P点的动能大于在b轨道上P点的动能，A错误，D正确；根据牛顿第二定律得：Gma，所以在a、b轨道上P点到月球中心的距离r相同，加速度一样，B错误；根据开普勒第三定律：，所以在a轨道运动的周期大于在b轨道运动的周期，C正确7如图5甲所示，半径为1 m的带缺口刚性金属圆环导轨固定在水平面内，在导轨上垂直放置一质量为0.1 kg、电阻为1 的直导体棒，其长度恰好等于金属圆环的直径，导体棒初始位置与圆环直径重合，且与导轨接触良好已知导体棒与导轨间动摩擦因数为0.3，不计金属圆环的电阻，导体棒受到的最大静摩擦力等于其滑动摩擦力，取重力加速度g10 m/s2.现若在圆环内加一垂直于纸面向里的变化磁场，变化规律如图乙所示，则()图5A导体棒的电流是从b到aB通过导体棒的电流大小为0.5 AC02 s内，导体棒产生的热量为0.125 JDt s时，导体棒受到的摩擦力大小为0.3 N【答案】AC【解析】穿过闭合回路的磁通量向里增加，由楞次定律可知导体棒的电流是从b到a，选项A正确；假设0 s时间内导体棒静止不动，感应电动势Er212 V0.25 V，则感应电流I A0.25 A，t s时，导体棒受到的安培力F2BIr20.50.251 N0.25 N；最大静摩擦力Ffmmg0.3 N，则假设成立，故导体棒所受摩擦力大小为0.25 N，选项B、D错误；02 s内，导体棒产生的热量为QI2Rt0.25212 J0.125 J，选项C正确8如图6所示，磁单极子会在其周围形成均匀辐射磁场质量为m、半径为R的圆环当通有恒定的电流I时，恰好能水平静止在N极正上方H处已知与磁单极子N极相距r处的磁感应强度大小为B，其中k为常数重力加速度为g.则()图6A静止时圆环的电流方向为顺时针方向(俯视)B静止时圆环沿其半径方向有扩张的趋势C静止时圆环的电流ID若将圆环向上平移一小段距离后由静止释放，下落中加速度先增加后减小【答案】AC【解析】环所在处的磁场的方向向上，则环产生的磁场的方向向下，根据安培定则可知，静止时圆环的电流方向为顺时针方向(俯视)，故A正确；静止时圆环的电流方向为顺时针方向(俯视)，由左手定则可知，环上的各点受到的安培力的方向向上向里，所以环有收缩的趋势，故B错误；对环的某一部分进行受力分析：在水平方向，根据安培力的对称性可知，整个的环在水平方向的合力为0，竖直方向的合力与重力大小相等，由于在圆环处各点电流的方向与磁场的方向都垂直，所以整体受到的安培力为BI2R，Fcos mg，由几何关系：cos ，由题：B，联立得：I，故C正确；结合C的受力分析可知，若将圆环向上平移一小段距离后环受到的安培力将减小；由静止释放，重力开始时大于安培力，所以环加速下落，向下的过程中安培力增大，所以合外力减小，加速度减小，故D错误9(6分)如图7甲所示，是研究小车做匀变速直线运动规律的实验装置，打点计时器所接的交流电源的频率为f50 Hz，试问：图7(1)实验中，必要的措施是_A细线必须与长木板平行B小车必须具有一定的初速度C小车质量远大于钩码质量D必须平衡小车与长木板间的摩擦力(2)如图乙所示，A、B、C、D、E、F、G是刚打好的纸带上7个连续的点从图乙中可读得x6_cm，计算F点对应的瞬时速度的表达式为vF_.(3)如图丙所示，是根据实验数据画出的v22x图线(v为各点的速度大小)，由图线可知小车运动的加速度为_m/s2.(保留2位有效数字)【答案】(1)A(2)6.00(3)0.50(0.480.52)【解析】(1)实验中，细线必须与长木板平行，以减小实验的误差，选项A正确；实验中让小车由静止释放，不需要初速度，选项B错误；此实验不需要使得小车质量远大于钩码质量，选项C错误；此实验没必要平衡小车与长木板间的摩擦力，选项D错误(2)从题图乙中可读得x66.00 cm，计算F点对应的瞬时速度的表达式为vF.(3)由图线可知小车运动的加速度为a m/s20.50 m/s2.10某同学利用如图8所示的电路测量一表头的电阻供选用的器材如下：图8A待测表头G1，内阻r1约为300 ，量程5.0 mA；B灵敏电流计G2，内阻r2300 ，量程1.0 mA；C定值电阻R1 200 ；D滑动变阻器R120 ；E滑动变阻器R22 000 ；F电源，电动势E3.0 V，内阻不计；G开关S，导线若干(1)在如图乙所示的实物图上将导线补充完整；(2)滑动变阻器应选_(填写器材前的字母代号)开关S闭合前，滑动变阻器的滑片P应滑动至_端(填“a”或“b”)；(3)实验中某次待测表头G1的示数如图丙所示，示数为_ mA；(4)该同学多次移动滑片P，记录相应的G1、G2读数I1、I2；以I2为纵坐标，I1为横坐标，作出相应图线已知图线的斜率k0.18，则待测表头内阻r1_ .(5)该同学接入电阻R的主要目的是_.【答案】(1)如图：(2)Da(3)3.00(4)270(5)保护G2，使两表均能达到接近满偏【解析】(1)实物连线如图：(2)因为滑动变阻器要接成分压电路，则应该选择阻值较小的D；开关S闭合前，滑动变阻器的滑片P应滑动至a端；(3)待测表头G1的示数为3.00 mA；(4)由欧姆定律可知：I1r1I2(Rr2)，即I2I1，则k0.18，解得r1270 ；(5)该同学接入电阻R的主要目的是：保护G2，使两表均能达到接近满偏10某中学生对刚买来的一辆小型遥控车的性能进行研究他让这辆小车在水平的地面上由静止开始沿直线轨道运动，并将小车运动的全过程通过传感器记录下来，通过数据处理得到如图1所示的vt图象已知小车在02 s内做匀加速直线运动，211 s内小车牵引力的功率保持不变，911 s内小车做匀速直线运动，在11 s末开始小车失去动力而自由滑行已知小车质量m1 kg，整个过程中小车受到的阻力大小不变，试求：图1(1)在211 s内小车牵引力的功率P的大小；(2)小车在2 s末的速度vx的大小；(3)小车在29 s内通过的距离x.【答案】(1)16 W(2)4 m/s(3)44 m【解析】(1)根据题意，在11 s末撤去牵引力后，小车只在阻力Ff作用下做匀减速直线运动，设其加速度大小为a，根据题图可知：a|2 m/s2；根据牛顿第二定律有：Ffma；解得：Ff2 N；设小车在匀速直线运动阶段的牵引力为F，则：FFf，vm8 m/s；根据：PFvm；解得：P16 W；(2)02 s的匀加速运动过程中，小车的加速度为：ax；设小车的牵引力为Fx，根据牛顿第二定律有：FxFfmax；根据题意有：PFxvx; 联立解得：vx4 m/s；(3)在29 s内的变加速过程，t7 s，由动能定理可得：PtFfxmvm2mvx2；解得小车通过的距离是：x44 m.11.如图2所示，在竖直平面内的平面直角坐标系xOy中，x轴上方有水平向右的匀强电场，有一质量为m，电荷量为q(q0)的带电绝缘小球，从y轴上的P(0，L)点由静止开始释放，运动至x轴上的A(L,0)点时，恰好无碰撞地沿切线方向进入固定在x轴下方竖直放置的四分之三圆弧形光滑绝缘细管，细管的圆心O1位于y轴上，交y轴于B点，交x轴于A点和C(L,0)点，已知细管内径略大于小球外径，小球直径远小于细管轨道的半径，不计空气阻力，重力加速度为g.求：图2(1)匀强电场的电场强度的大小；(2)小球运动到B点时对管的压力的大小和方向；(3)小球从C点飞出后落在x轴上的位置坐标【答案】(1)(2)3(1)mg方向向下(3)(7L,0)【解析】(1)小球由静止释放后在重力和电场力的作用下做匀加速直线运动，小球从A点沿切线方向进入，则此时速度方向与竖直方向的夹角为45，即加速度方向与竖直方向的夹角为45，则tan 45解得：E(2)根据几何关系可知，细管轨道的半径rL从P点到B点的过程中，根据动能定理得：mv0mg(2LL)EqL在B点，根据牛顿第二定律得：FNmg联立解得：FN3(1)mg，方向向上根据牛顿第三定律可得小球运动到B点时对管的压力的大小FN3(1)mg，方向向下(3)从P到A的过程中，根据动能定理得：mvmgLEqL解得：vA2小球从C点抛出后做类平抛运动抛出时的速度vCvA2小球的加速度gg当小球沿抛出方向和垂直抛出方向位移相等时，又回到x轴，则有：vCtgt2解得：t2则沿x轴方向运动的位移xvCt228L则小球从C点飞出后落在x轴上的坐标xL8L7L.12.恒温环境中，在导热良好的注射器内，用活塞封闭了一定质量的理想气体用力缓慢向外拉活塞，此过程中_A封闭气体分子间的平均距离增大B封闭气体分子的平均速率减小C活塞对封闭气体做正功D封闭气体的内能不变E封闭气体从外界吸热(2)某同学设计了测量液体密度的装置如图3，左侧容器开口；右管竖直，上端封闭，导热良好，管长L01 m，粗细均匀，底部有细管与左侧连通，初始时未装液体现向左侧容器缓慢注入某种液体，当左侧液面高度为h10.7 m时，右管内液柱高度h20.2 m已知右管横截面积远小于左侧横截面积，大气压强p01.0105 Pa，取g10 m/s2.图3求此时右管内气体压强及该液体的密度；若此时右管内气体温度T260 K，再将右管内气体温度缓慢升高到多少K时，刚好将右管中液体全部挤出？(不计温度变化对液体密度的影响)【答案】(1)ADE(2)1.25105 Pa5103 kg/m3351 K【解析】(1)对于一定质量的理想气体，气体的内能和分子平均速率只取决于温度，由题目可知，温度不变，则封闭气体的内能不变，封闭气体分子的平均速率也不变，故B错误，D正确；用力向外缓慢拉动活塞过程中，气体体积增大，则分子间的平均距离增大，气体对活塞做正功，则活塞对气体做负功，故A正确，C错误；根据UWQ可知，温度不变，则内能U不变，即U0，用力向外缓慢拉动活塞，则W0，即气体从外界吸收热量，故E正确(2)设右管横截面积为S，对右管内的气体，由玻意耳定律：p0V0p1V1其中：V0L0S，V1(L0h2)S解得：p11.25105 Pa又：p1p0g(h1h2)解得：5103 kg/m3对右管内的气体：其中：p2p0gh1，解得：T351 K.14.下列说法正确的是_A在摆角小于5时单摆的周期与振幅无关B用三棱镜观察太阳光谱是利用光的干涉现象C在光导纤维束内传送图像是利用光的全反射现象D用标准平面检查光学平面的平整程度是利用光的偏振现象E两列波相叠加产生干涉现象，振动加强区域与振动减弱区域应交替出现(2) (10分)如图4所示，有一个玻璃半球，O为球心，右侧面镀银，光源S在其水平对称轴MO上，从光源S发出的一束光斜射在球面上当入射光线与对称轴的夹角为30时，发现一部分光经过球面反射后恰好能竖直向上传播，另一部分光折射进入玻璃半球内，经过右侧镀银面的第一次反射后恰好能沿原路返回若球面的半径为R，光在真空中的传播速度为c.求：图4玻璃的折射率；光折射入玻璃半球后传播到右侧镀银面所用的时间【答案】(1)ACE(2)【解析】(1)在摆角小于5时单摆的振动可视为简谐运动，此时周期与振幅无关，选项A正确；用三棱镜观察太阳光谱，是利用光的折射率不同，出现光的色散现象，故B错误；在光导纤维束内传送图像是利用光的全反射现象，选项C正确；用标准平面检查光学平面的平整程度是利用光的干涉现象，选项D错误；两列波相叠加产生干涉现象，振动加强区域与振动减弱区域应交替出现，选项E正确(2)由题意作出光路图，如图所示由于入射光线与对称轴的夹角为30，过入射点H作对称轴的垂线HN，由光路图和几何关系可得：光在球面上发生反射和折射时的入射角和反射角i60，折射角r30所以由n可得：n；由几何关系可知：光折射入玻璃半球后传播到右侧镀银面的距离：sRcos 30R，由n得：光在玻璃中的传播速度v，所以光折射入玻璃半球后传播到右侧镀银面所用的时
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