一、单选题（本大题共5小题，共30.0分） 1. 2018年11月21日消息，中科院合肥物质科学研究院核能安全所吴宜灿研究员获得
美国核学会聚变核能杰出成就奖。关于核反应方程、半衰期，下列说法正确的是（ ）
当有6个发生衰变所需的时间就是该元素的A. 有12个某种放射性元素的原子核，
半衰期
B. 放射性同位素的半衰期长短与地震、风力等外部环境无关
C. 衰变成要经过4次α衰变和2次β衰变
D. 核反应方程：N+He→O+H属于轻核的聚变
2. 如图甲为一种门后挂钩的照片，相邻挂钩之间的距离为7cm，图乙中斜挎包的宽度
约为21cm，在斜挎包的质量一定的条件下，为了使悬挂时背包带受力最小，下列措施正确的是（）
A. 随意挂在一个钩子上 C. 使背包带跨过三个挂钩 B. 使背包带跨过两个挂钩 D. 使背包带跨过四个挂钩
3. 如图所示，长木板AB倾斜放置，板面与水平方向的
夹角为θ，在板的A端上方P点处，以大小为v0的水
平初速度向右抛出一个小球，结果小球恰好能垂直打在板面上；现让板绕A端顺时针转过一个角度到图上虚线的位置，要让球从P点水平抛出后仍能垂直打在板面上，则抛出的水平速度v（不计空气阻力）（）
A. 一定大于v0 B. 一定小于v0 C. 可能等于v0
D. 大于v0、小于v0、等于v0都有可能
4. 随着科幻电影《流浪地球》的热映，“引力弹弓效应”进入了公众的视野。“引力
弹弓效应”是指在太空运动的探测器，借助行星的引力来改变自己的速度。为了分析这个过程，可以提出以下两种模式：探测器分别从行星运动的反方向或同方向接近行星，分别因相互作用改变了速度。如图所示，以太阳为参考系，设行星运动的速度为μ，探测器的初速度大小为v0，在图示的两种情况下，探测器在远离行星后速度大小分别为v1和v2．探测器和行星虽然没有发生直接的碰撞，但是在行星的运动方向上，其运动规律可以与两个质量不同的钢球在同一条直线上发生的弹性碰撞规律作类比。那么下列判断中正确的是（ ）
第1页，共16页
A. v1＞vo B. v1=vo C. v2＞v0 D. v2=vo
5. 某载人宇宙飞船绕地球做圆周运动的周期为T，由于地球
遮挡，宇航员发现有T时间会经历“日全食”过程，如图所示。已知地球的半径为R，引力常量为G，地球自转周期为T0，太阳光可看做平行光，则下列说法正确的是（ ）
A. 宇宙飞船离地球表面的高度为2R
B. 一天内飞船经历“日全食”的次数为 C. 宇航员观察地球的最大张角为-120°
D. 地球的平均密度为ρ= 二、多选题（本大题共5小题，共28.0分）
6. 某同学设计了一个前进中的发电测速装置，如图所示。自行车的圆形金属盘后轮置
于垂直车身平面向里的匀强磁场中，后轮圆形金属盘在磁场中转动时，可等效成一导体棒绕圆盘中心O转动。已知磁感应强度B=0.5T，圆盘半径r=0.3m，圆盘电阻不计。导线通过电刷分别与后轮外边缘和圆心O相连，导线两端a、b间接一阻值R=10Ω的小灯泡。b间电压U=0.6V．后轮匀速转动时，用电压表测得a、则可知（ ）
A. 自行车匀速行驶时产生的是交流电 B. 与a连接的是电压表的负接线柱 C. 自行车车轮边缘线速度是8m/s
D. 圆盘匀速转动10分钟的过程中产生了0.36J的电能
7. 如图所示的xOy坐标系中，x轴上固定一个点电荷Q，y轴上
固定一根光滑绝缘细杆（细杆的下端刚好在坐标原点O处），将一个套在杆上重力不计的带电圆环（视为质点）从杆上P处由静止释放，圆环从O处离开细杆后恰好绕点电荷Q做圆周运动．下列说法正确的是（ ）
速度可能先增大后减A. 圆环沿细杆从P运动到O的过程中，
小
B. 圆环沿细杆从P运动到0的过程中，加速度可能先增大后减小
C. 增大圆环所带的电荷量，其他条件不变，圆环离开细杆后仍然能绕点电荷做圆周运动
D. 将圆环从杆上P的上方由静止释放，其他条件不变，圆环离开细杆后仍然能绕点电荷做圆周运动
第2页，共16页
8. 如图甲所示，两平行金属板MN、PQ的板长相等，板间存在如图乙所示的随时间
周期性变化的电场，电场方向与两板垂直，不计重力的带电粒子沿板间中线垂直电场方向源源不断地射入电场，粒子射入电场时的初动能均为Ek0.已知t＝0时刻射入电场的粒子刚好沿上极板右边缘垂直电场方向射出电场，则（ ）
A. 所有粒子都不会打到两极板上
B. 所有粒子最终都垂直电场方向射出电场
C. 运动过程中所有粒子的最大动能不可能超过2Ek0
D. 只有t＝n(n＝0,1,2，…)时刻射入电场的粒子才能垂直电场方向射出电场
9. 下列五幅图分别对应五种说法，其中说法正确的是（ ）
A. 分子并不是球形，但可以当做球形处理，这是一种估算方法 B. 微粒的运动就是物质分子的无规则热运动，即布朗运动
C. 当两个相邻的分子间距离为r0时，它们间相互作用的引力和斥力大小相等 D. 实验中要尽可能保证每颗玻璃球与电子秤碰撞时的速率相等 E. 0℃和100℃氧气分子速率都呈现“中间多、两头少”的分布特点
10. 如图所示为一列沿x轴正方向传播的简谐横波在t=0时
Q分别位于x=2m、x=4m处，的波形图，介质中质点P、
从t=0时开始计时，当t=15s时质点Q刚好第4次到达波峰，则下列说法中正确的是（ ）
A. 该波的波长为4m B. 该波的传播周期为8s
C. 从图示时刻开始计时，P比Q先回到平衡位置
第3页，共16页
D. 此波的波速为1m/s
E. 从t=0时开始计时，质点P做简谐运动的表达式为 三、实验题（本大题共2小题，共15.0分）
11. 一根轻质弹簧，受到拉力作用时，其长度会变长，且拉力大小与弹簧长度的增加量
之比为定值。该比值反映了弹簧的力学性质，由此定义该比值叫做弹簧的劲度系数，用符号k来表示。如果将两根自然长度相同、劲度系数不同、粗细也不同的弹簧套在一起，看做一根新弹簧，设原弹簧A劲度系数为k1，原弹簧B劲度系数为k2．现将弹簧A、B的一端连接在一起，将A、B的另一端也连接在一起，作为新弹簧（记为C）的两端，C劲度系数为k3．关于k1、k2、k3的大小关系，同学们做出了如下猜想：
甲同学：和电阻并联相似，可能是=+ 乙同学：和电阻串联相似，可能是k3=k1+k2 丙同学：可能是k3= （1）为了验证猜想，同学们设计了相应的实验。（装置见图甲） （2）简要实验步骤如下，请完成相应填空。
①将弹簧A悬挂在铁架台上，用刻度尺测量弹簧A的自然长度L0；
②在弹簧A的下端挂上相同的钩码，记下钩码的个数n、每个钩码的质量m，已知实验室所在位置的重力加速度大小g，并用刻度尺测量弹簧的长度L1；
③由F=______计算弹簧的弹力，由x=L1-L0计算弹簧的伸长量，由______计算弹簧的劲度系数；
④改变______，重复实验步骤②、③，并求出弹簧A的劲度系数的平均值k1； ⑤仅将弹簧分别换为B、C，重复上述操作步骤，求出弹簧B、C的劲度系数的平均值k2、k3．比较k1、k2、k3并得出结论。
（3）图乙是实验得到的图线，由此可以判断______同学的猜想正确。
（4）相类似地，定义一个系统在受到拉力作用时，拉力大小与系统长度增加量的比值叫做系统的等效劲度系数，如图丙中的装置就是我们要研究的一个系统：外力竖直向下作用于与动滑轮相连的挂钩上；滑轮光滑且质量不计，挂钩质量不计，细线为不可伸长的轻绳，弹簧的劲度系数为k且质量不计。若定义该系统的长度为系统静止时天花板到挂钩最低点间的距离，则该系统的等效劲度系数为______。 A．4k B．2k C．0.50k D．0.25k
12. 在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，现除了有一个标有“2V0.6W”的小
灯泡、导线和开关外，还有以下可供选择的器材。 A．电源（电动势约为3V，内阻可不计） B．电流表（量程0～3A，内阻约为0.1Ω） C．电流表（量程0～300mA，内阻约为2Ω）
第4页，共16页
D．电压表（量程0～15V，内阻约为20kΩ） E．电压表（量程0～2.5V，内阻约为5kΩ）
F．滑动变阻器（最大阻值5Ω，允许通过的最大电流为2A） G．滑动变阻器（最大阻值1kΩ，允许通过的最大电流为0.5A）
实验要求小灯泡两端的电压从零开始变化并能测多组数据。 （1）实验中电流表应选用______，电压表应选用______，滑动变阻器应选用______；（均用序号字母表示）
（2）请在图甲所示的虚线框内补画出满足实验要求的电路图；
（3）图乙为通过实验描绘小灯泡的U-I图象。现将两个这样相同的小灯泡并联后再与一个4Ω的定值电阻R串联，接在内阻为1Ω、电动势为3V的电源两端，电路中电流表内阻忽略不计，如图丙所示，则通过每盏小灯泡的电流强度约为______A．此时定值电阻R的电功率约为______W。 四、计算题（本大题共4小题，共52.0分）
13. 如图所示，竖直平面内的直角坐标系中，X轴上方有一
个圆形有界匀强磁场（图中未画出），x轴下方分布有斜向左上与Y轴方向夹角θ=45°的匀强电场；在x轴上放置有一挡板，长0.16m，板的中心与O点重合．今有一带正电粒子从y轴上某点P以初速度v0=40m/s与y轴负向成45°角射入第一象限，经过圆形有界磁场时恰好偏转90°，并从A点进入下方电场，如图所示．已知A点坐标（0.4m，0），匀强磁场垂直纸面向外，磁感应
强度大小B=，粒子的荷质比=×103C/kg，不计粒
子的重力．问：
（1）带电粒子在圆形磁场中运动时，轨迹半径多大？ （2）圆形磁场区域的最小面积为多少？
（3）为使粒子出电场时不打在挡板上，电场强度应满足什么要求？
14. 如图所示，倾角为θ=37°的足够长的固定斜面上叠放
着质量为M=0.4kg的足够长的木板A和质量为
m=0.2kg的物块B（可视为质点），A与斜面、A与B间的动摩擦因数分别为μ1=0.25、μ2=0.75．开始时A
B与C间的距离L0=0.135m。下端与固定挡板C对齐，
t=0时，将A由静止释放，同时B以v0=0.9m/s的速度沿板下滑（极短的可不计的时间内给B沿板向下的冲
第5页，共16页
量，B获得初速度v0）。已知接触面间的最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，B与C碰撞时间极短可不计，且碰撞前后B速度大小不变，A与C不会接触，取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：
（1）从B开始运动到与C第一次碰撞所经过的时间t1和这段时间内A运动的位移大小x1；
B第二次与C碰撞前瞬间速度大小v2和B第一次碰撞C到第二次碰撞C经历（2）
的时间t2；
（3）从B开始运动起，在t=1.5s时间内系统产生的总热量Q。
15. 绝热气缸倒扣在水平地面上，缸内装有一电热丝，缸内有
一光滑的绝热活塞，封闭一定质量的理想气体，活塞下吊着一重为G的重物，活塞重为G0，活塞的截面积为S，开始时封闭气柱的高为h，气体的温度为T1，大气压强为p0．现给电热丝缓慢加热，若气体吸收热量Q时，活塞下降了h，求：
①气体的温度升高多少？ ②气体的内能增加多少？
16. 水平放置的三棱镜截面如图所示，∠A=90°，∠B=60°，AB=10cm．一束竖直向下的
光束从AB边中点D入射，折射光经过三棱镜BC边反射后，从AC边上的E点垂
108m/s，求： 直射出．已知真空中的光速C=3×
①三棱镜的折射率；
②光在三棱镜中从D到E所用的时间．
第6页，共16页
第7页，共16页
-------- 答案及其解析 --------
1.答案：B
解析：解：A、半衰期具有统计意义，对个别的原子没有意义。故A错误；
B、半衰期长短是由核内部本身决定，与地震、风力等外部环境无关。故B正确； C、因为β衰变时质量数不变，所以α衰变的次数n=2=12， 荷数总共少6×则β衰变的次数m==4．故B错误；
=6次，在α衰变的过程中电
D、根据核反应的特点可知，核反应方程：N+He→O+H属于如果核反应方程。故D错误
故选：B。
半衰期具有统计意义；半衰期长短是由核内部本身决定，与外部条件无关。根据质量数守恒与电荷数守恒判断；结合核反应的特点分析。
解决本题的关键知道衰变的实质，知道在衰变的过程中电荷数守恒、质量数守恒，掌握影响半衰期的因素。 2.答案：D
解析：解：设悬挂后背包带与竖直方向的夹角为θ，根据平衡条件可得2Fcosθ=mg； 解得背包带的拉力F=，
在斜挎包的质量一定的条件下，为了使悬挂时背包带受力最小，则cosθ最大，
由于相邻挂钩之间的距离为7cm，图乙中斜挎包的宽度约为21cm，故使背包带跨过四个挂钩时θ≈0，cosθ≈1，此时挂时背包带受力最小，故ABC错误、D正确。 故选：D。
根据题意可知，在合力一定的情况下，两个分力的夹角越小则拉力越小，根据平衡条件列方程进行分析即可。
本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、然后建立平衡方程进行解答，注意求解极值的方法。 3.答案：B
解析：解：设板与水平方向的夹角为θ，将速度进行分解如图所示，
根据几何关系可得：v0=vytanθ=gt•tanθ ① 水平方向有：x=v0t，则t= ②
将②代入①整理可得：v02=gx•tanθ
让板绕A端顺时针转过一个角度到图上虚线的位置，θ减小，由图可知x减小、故初速度v0减小，即v＜v0，故B正确、ACD错误。 故选：B。
根据速度的合成与分解得到平抛初速度与倾角的关系，由此分析初速度的变化。 本题主要是考查了平抛运动的规律，知道平抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动。
第8页，共16页
4.答案：A
解析：【分析】
解答该题关键分析物体的运动过程，运用动量守恒和能量守恒结合研究。 将以上的模型与同一条直线上发生的弹性碰撞规律作类比，可以由于动量守恒与能量守恒分别列式，即可求出。 【解答】
AB.图1中，探测器类似于与行星对面正碰，设探测器的质量为m，行星的质量为M，碰后探测器滑块的速度大小为v1，行星的速度大小为u1，设向右为正方向，根据动量守恒定律有：mv0-Mu=mv1+Mu1，由能量守恒可得：得：，由于M＞＞m，则：v1=-（v0+2u）＞v0
，联立可负号表示方向向左，故A正确，B错误；
CD.图2中，类似于探测器追上行星与之正碰，设探测器的质量为m，行星的质量为M，碰后探测器滑块的速度大小为v2，行星的速度大小为u2，设向右为正方向，根据动量守恒定律有：-mv0-Mu=mv2+Mu2，由能量守恒可得：可得：错误，D错误。 故选A。
，联立，由于M＞＞m，则：v2=v0-2u＜v0，表示方向向右，故C
5.答案：D
解析：解：A、由几何关系，飞船每次“日全食”过程的时间内飞船转过α角，所需的时间为t=则：；由于字航员发现有，所以：；
，
时间会经历“日全食”过程，
设宇宙飞船离地球表面的高度h，由几何关系可得：可得：h=R．故A错误；
B、地球自转一圈时间为T0，飞船绕地球一圈时间为T，飞船绕一圈会有一次日全食， 故B错误；所以每过时间T就有一次日全食，得一天内飞船经历“日全食”的次数为． C、设宇航员观察地球的最大张角为θ，则由几何关系可得：可得：θ=60°．故C错误； D、万有引力提供向心力则所以：其中：r=R+h=2R， 得又：，
，
，
，
第9页，共16页
联立可得：ρ=．故D正确。
故选：D。
宇宙飞船绕地球做匀速圆周运动，由飞船的周期及半径可求出飞船的线速度；同时由万有引力提供向心力的表达式，可列出周期与半径及角度α的关系。当飞船进入地球的影子后出现“日全食”到离开阴影后结束，所以算出在阴影里转动的角度，即可求出发生一次“日全食”的时间；由地球的自转时间与宇宙飞船的转动周期，可求出一天内飞船发生“日全食”的次数。
掌握匀速圆周运动中线速度、角速度及半径的关系，同时理解万有引力定律，并利用几何关系得出转动的角度。 6.答案：BC
解析：解：AB、根据右手定则，辐条切割磁感应线产生的是直流电，轮子中心是电源的正极，轮子边缘点是等效电源的负极，则a点接电压表的负接线柱，故A错误、B正确；
C、由U=E=Br2ω得v=rω===8m/s，故C正确；
×10×60J=21.6J，故D错误。
D、根据焦耳定律Q=t，代入数据得Q=故选：BC。
依据右手定则，即可判定感应电流方向，结合电源内部的电流方向由负极流向正极，即可求解；根据切割感应电动势的公式，及线速度与角速度公式v=rω，即可求解线速度；根据焦耳定律，即可求解产生的能量。
本题主要是考查右手定则、焦耳定律，及切割感应电动势公式的应用，理解左手定则与右手定则的区别，注意电源内部的电流方向由负极流向正极。 7.答案：BC
解析：解：A、圆环从P运动到O的过程中，只有库仑引力做正功，根据动能定理知，动能一直增大，则速度一直增大。故A错误。
B、圆环从P运动到O的过程中，受库仑引力，杆子的弹力，库仑引力沿杆子方向上的分力等于圆环的合力，滑到O点时，所受的合力为零，加速度为零。故B正确。 C、根据动能定理得：qU=mv2，根据牛顿第二定律得：k=m， 联立解得：k=，可知圆环仍然可以做圆周运动。故C正确，
D、若增大高度，知电势差U增大，库仑引力与所需向心力不等，不能做圆周运动。故D错误。 故选：BC。
根据动能定理，通过合力做功情况判断动能的变化，根据所受合力的变化判断加速度的变化．圆环离开细杆后做圆周运动，靠库伦引力提供向心力．
本题考查了动能定理、牛顿第二定律，综合性较强，对学生的能力要求较高，关键需理清圆环的运动情况，知道圆环的合力变化． 8.答案：ABC
解析：解：ABD、粒子在平行极板方向不受电场力，做匀速直线运动，故所有粒子的运动时间相同；t=0时刻射入电场的带电粒子沿板间中线垂直电场方向射入电场，沿上板右边缘垂直电场方向射出电场，说明竖直方向分速度变化量为零，故运动时间为周期的整数倍；所有粒子最终都垂直电场方向射出电场；由于t=0时刻射入的粒子在竖直方向
第10页，共16页
始终做单向直线运动，竖直方向的分位移最大，故所有粒子最终都不会打到极板上；故AB正确D错误；
C、t=0时刻射入的粒子竖直方向的分位移为；有：=由于L=d 故：vym=v0
故Ek′=m（v02+vym2）=2Ek0，故C正确。
故选：ABC。
粒子在平行极板方向不受电场力，做匀速直线运动；t=0时刻射入电场的带电粒子沿板间中线垂直电场方向射入电场，沿上板右边缘垂直电场方向射出电场，竖直方向分速度变化量为零，根据动量定理，竖直方向电场力的冲量的矢量和为零
本题关键根据正交分解法判断粒子的运动，明确所有粒子的运动时间相等，t=0时刻射入的粒子竖直方向的分位移最大，然后根据分运动公式列式求解，不难。 9.答案：ACE
•
解析：解：A、A图是油膜法估测分子的大小；分子并不是球形，但可以把它们当做球形处理，是一种估算方法。故A正确；
B、图中显示的是布朗运动，是悬浮微粒的无规则运动，不是物质分子的无规则热运动，故B错误。
C、当两个相邻的分子间距离为r0时，分子力为零，此时它们间相互作用的引力和斥力大小相等，故C正确。
D、D图模拟气体压强的产生，分子的速度不是完全相等的。所以也不要求小球的速度一定相等，故D错误。
E、E图是麦克斯韦速度分别规律的图解，0℃和100℃氧气分子速率都呈现“中间多两头少”的分布特点。故E正确。 故选：ACE。
A图是油膜法估测分子的大小，注意明确实验时所作出的假设； B图中显示的是布朗运动，是悬浮微粒的无规则运动。 C当两个相邻的分子间距离为r0时，分子力为零。
D图模拟气体压强的产生，分子的速度不是完全相等的； E图是麦克斯韦速度分别规律的图解。
本题主要是对图示的把握，以及对所学知识的应用能力，对生活中的现象，应该能用自己掌握的知识给予解释，侧重知识的实际应用能力。 10.答案：ADE
解析：解：A、由图可得：波长λ=4m，故A正确；
B、根据波沿x轴正方向传播可得：t=0时，质点Q位于平衡位置，且向下振动，故由t=15s时质点Q刚好第4次到达波峰可得：，所以，T=4s；故B错误；
C、图示时刻，质点Q位于平衡位置，且向下振动；质点P位于平衡位置，且向上振动；故两质点都是经过D、波速再次回到平衡位置，故C错误； ，故D正确；
E、t=0时，质点P位于平衡位置，且向上振动，故根据振幅A=0.2m，周期T=4s可得：从t=0时开始计时，质点P做简谐运动的表达式为第11页，共16页
；故E正确；
故选：ADE。
根据图象得到波长，由波的传播方向得到质点振动，根据质点Q的振动得到周期，即可得到波速；进而根据周期，质点位移和振动方向得到质点振动方程。
波长可由波动图得到，周期由振动图或质点振动情况得到，根据质点振动由波动图得到波的传播方向，根据求得波速。
11.答案：nmg k= 改变钩码的个数 乙 A
解析：解：（2）c．根据共点力平衡可知：F=nmg；根据胡克定律F=kx即可变形得出劲度系数为k=；
d．改变钩码的个数，重复实验 （3）有图可知：kA=kB=kC=N/m N/m
N/m
故满足k3=k1+k2，故乙正确；
（4）设系统在外力作用下弹簧的伸长量为△x，弹簧的拉力为F， 根据弹簧的劲度系数定义可知，弹簧的劲度系数：k=；
因动滑轮光滑且质量不计，挂钩质量不计，所以系统静止时，所受外力F′=2F， 由动滑轮的特点可知，系统长度增加量：△x′=△x， 则该系统的等效劲度系数： k′===4=4k。
故选：A。
故答案为：（2）nmg，；钩码的个数；（3）乙；（4）A。
（2、3）明确实验原理，从而确定实验过程和方法；根据胡克定律知弹簧的劲度系数与弹簧形变量成正比进行分析，从而确定正确的猜想；
（4）设系统在外力作用弹簧的伸长量为△x，弹簧的拉力为F，根据动滑轮的特点可求出系统静止时所受外力和系统长度增加量，根据弹簧的劲度系数定义可知求出该系统的等效劲度系数。
（2）和（3）小问关键明确实验原理，确定实验步骤，根据ABC三次测量的弹性系数找到关系即可判断，而第4小问为信息给予题，关键要弄懂弹簧的劲度系数的定义，再结合动滑轮的特点即可推导出答案，有一定的难度。 12.答案：C E F 0.2 0.64
解析：解：（1）小灯泡的额定电压为2V，额定电流为I，则 I=，
故电流表选C，电压表选E；
又要求小灯泡两端的电压从零开始变化并能测多组数据，
故滑动变阻器采用分压接法，选取滑动变阻器器的最大值较小的，故选用F；
第12页，共16页
（2）设当小灯泡两端电压为额定电压时，电阻为R，则 R= 故R＜＜RV，故电流表外接；又由题意知滑动变阻器采用分压接法，故电路图如图所示；
（3）设小灯泡两端电压为U，通过小灯泡的电流为I，则电路总电流为2I， 根据闭合电路欧姆定律，得 E=U+2I（R+r）
整理得U=E-2I（R+r）=3-10I
当U=0时，I=0.3A；当I=0时，U=3V；
电源的U-I图象如图； 两图象交点为（1，0.2），即小灯泡在该电源电路中电压为1V，电流为0.2A； 定值电阻R的电功率约为 P=（2I）2R=0.42×4W=0.64W
故答案为：（1）C；E；F；（2）如图所示；（3）0.2；0.64。
（1）根据选择实验器材的精确性和方便性原则，可以选出实验器材； （2）根据控制电流和测量电路可以画出电路图；
（3）结合灯泡的U-I图象和电源的U-I图象可以求出小灯泡的电流和电阻的电功率。 本题考查描绘小灯泡的伏安特性曲线，关键要注意小灯泡的U-I图象和电源的U-I图象的结合。
13.答案：解：（1）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动， 由牛顿第二定律得：qvB=m，代入解得：r=0.2m； （2）由几何关系得圆形磁场的最小半径R对应：2R=， 则圆形磁场区域的最小面积：S=πR2=0.02π；
（3）粒子进电场后做类平抛运动，出电场时位移为L， 在初速度方向上：Lcosθ=v0t， 在电场力方向上：由牛顿第二定律得：qE=ma， 代入解得：，
，
若要使粒子不打在挡板上，则L＞0.48m，或L＜0.32m 解得：E＜6.67N/C或E＞10N/C
第13页，共16页
答：（1）常电粒子在圆形磁场中运动时，轨迹半径为0.2m；
10-2m2； （2）圆形磁场区域的最小面积为6.28×
（3）为使粒子出电场时不打在挡板上，电场强度应满足：E＜6.67N/C或E＞10N/C．
解析：（1）粒子在磁场中受洛伦兹力作用做圆周运动，洛伦兹力充当向心力，由牛顿第二定律可求轨道半径；
（2）借助几何关系可求磁场最小面积；
（3）粒子进入电场后做类平抛运动，根据平抛运动规律可求电场强度E，根据挡板的长度，可得电场强度的范围
本题是粒子在混合场中运动，根据粒子在场中的运动特点，结合几何关系可列式求解，难度适中．
14.答案：解：（1）由于B受到的滑动摩擦力大小：f2=μ2mgcosθ=mgsinθ 故B刚开始以v0=0.9m/s的速度沿板匀速下滑
A与斜面间的滑动摩擦力大小：f1=μ1（M+m）gcosθ 对A，根据牛顿第二定律有：Mgsinθ+f2-f1=Ma1 解得：a1=6m/s2
若A、B共速，则v0=a1t′1 解得：t′1=0.15s
由于v0t′1=0.135m=L0，即B第一次与C碰撞时A、B恰好共速 解得：t1=t′1=0.15s
A运动的位移大小：x1=a1t21=0.0675m
（2）B第一次与C碰撞后，对A，由于Mgsinθ=f2+f1 故A以速度v0匀速下滑，即v1=v0=0.9m/s
B做类竖直上抛运动，第二次与C碰撞前瞬间的速度大小：v2=v0=0.9m/s B的加速度大小：a2==12m/s2
=0.15s
B第一次碰撞到第二次碰撞经历的时间：t2=（3）A第一次与B共速后一直以速度v0匀速下滑 B每次与C碰撞后均做类竖直上抛运动
B与C第一次碰撞过程，A与斜面间产生的热量：Q1=f1x1 A与B间产生的热量：Q2=f2（L0-x1） B与C第一次碰撞后每经过t2=0.15s，A与B的相对位移为v0t2，B与C的相对位移为v0t2，系统中产生的热量均为：Q3=f1v0t2+f2v0t2=（f1+f2）v0t2 由于n==9 所以B释放后在t=1.5s时间内系统中产生的总热量：Q=Q1+Q2+Q3 解得：Q=3.078J
答：（1）B释放后到第一次与C碰撞过程所用的时间是0.15s，这段时间内A运动的位移大小是0.0675m；
B第二次与C碰撞时的速度大小是0.9m/s，B第一次碰撞到第二次碰撞经历的时间（2）
是0.15s；
（3）B释放后在t=1.5s时间内系统中产生的总热量是3.078J。
解析：（1）由于B受到的滑动摩擦力和下滑力相等，所以B刚开始以v0=0.9m/s的速度沿板匀速下滑，由牛顿第二定律和运动学公式可求得时间和位移；
（2）B第一次与C碰撞后，对A的受力大小可判断A的运动状态，由于B做类竖直上
第14页，共16页
抛运动，第二次与C碰撞前瞬间的速度大小：v2=v0，根据运动学公式可求得时间； （3）A第一次与B共速后一直以速度v0匀速下滑，B每次与C碰撞后均做类竖直上抛运动，根据焦耳定律求解热量。
本题考查了牛顿第二定律、运动学公式、功能关系的应用，解题的关键是分析清楚各个物体的运动特点，选择合适的规律求解。
15.答案：解：①活塞下降的过程，气体发生的是等压膨胀 则即 ，求得T2=2T1
气体的温度升高了△T=T2-T1=T1 ②气缸内气体的压强为 活塞向下运动的过程中，对外做功W=pSh=p0Sh-（G+G0）h 根据热力学第一定律可知，气体的内能增加量为 △E=Q-W=Q+（G+G0）h-p0Sh
答：①此时气体的温度升高了T1；
②此过程气体的内能增加了Q-（p0S-G-G0）h。
解析：①加热过程气体发生等压变化，求出气体初末状态参量，应用盖吕萨克定律可以求出末状态的温度。
②应用热力学第一定律可以求出气体内能的增加量。
本题考查了求气体的温度、考查了热力学第一定律的应用，知道气体发生等压变化，求出气体的状态参量，应用盖吕萨克定律即可求出气体的温度；应用热力学第一定律求内能的变化量时要注意各量正负号的含义。
16.答案：解：①作出光路图如图所示，根据几何
知识得：θ=∠B=60°，α=β=30°． 由折射定律得三棱镜的折射率为：n=== ②光在三棱镜中速度为：v=， 由几何关系得： =（-==5cm
=7.5cm ）sin30°
=s 故光在三棱镜中从D到E所用的时间为：t=答：①三棱镜的折射率为；
②光在三棱镜中从D到E所用的时间为s．
解析：①作出光路图，根据几何知识求出光线通过AB面时的入射角i和折射角r，由光的折射定律n=求解折射率．
②光在三棱镜中速度为v=，由几何知识求出光在三棱镜中通过的路程s，由t=求出光在三棱镜中从D到E所用的时间．
第15页，共16页
本题是几何光学问题，作出光路图是解题的关键之处，再运用几何知识求出入射角、折射角和光程，即能很容易解决此类问题．
第16页，共16页
因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容