新课标1高考调研卷 17页

2014 年新课标 1 高考调研卷 物理试题 二、选择题:本题共 8 小题，每小题 6 分.在每小题给出的四个选项中，第 14-18 题只有一项 符合题目要求，第 19-21 题有多项符合题目要求。全部选对的得 6 分，选对但不全的得 3 分， 有选错的得 0 分。 14．如图所示，甲、乙两物体用压缩的轻质弹簧连接静置于倾角为 的粗糙斜面体上，斜面 体始终保持静止，则下列判断正确的是 A．物体甲一定受到四个力作用 B．物体甲所受的摩擦力方向一定沿斜面向下 C．物体乙所受的摩擦力可能为零 D．水平面对斜面体无摩擦力作用 15. 2011 年 1 月 11 日 12 时 50 分，歼 20 在成都实现首飞，历时 l8 分钟，这标志着我国隐 形战斗机的研制工作掀开了新的一页．如图所示，隐形战斗机在竖直平面内作横 8 字形飞行 表演，飞行轨迹为 1→2→3→4→5→6→1，如果飞行员体重为 G，飞行圆周半径为 R，速率恒 为 v，在 A、B、C、D 四个位置上，飞机座椅或保险带对飞行员的作用力分别为 NA、NB、NC、 ND，关于这四个力的大小关系正确的是（ ） A． B． C． D． 16．如图甲所示，在 x 轴上有两个固定的点电荷 Q1、Q2，其中 Ql 带正电处于原点 O。现有 一个正电荷 q以一定的初速度沿 x 轴正方向运动(只受电场力作用)，其 v-t图象如图乙所示， q 经过 a、b 两点时速度分别为 va、vb 则以下判断正确的是（ ） θ A B C DN N N N= < = A B C DN N N N= > = C A B DN N N N> = > D A B CN N N N> = > A．Q 2 带负电且电荷量小于 Ql B．b 点的场强比 a 点的场强大 C．a 点的电势比 b 点的电势高 D．q 在 a 点的电势能大于在 b 点的电势能 【答案】A 【考点】电势能；电场强度． 解： A、根据 v-t 图象的斜率等于 0，可知正电荷 q 在 b 点的加速度为 0，在 b 点左侧电荷做减速 运动，b 点右侧做加速运动，则在 b 点受到两点电荷的电场力平衡，可知 Q2 带负电，根据点 电荷场强公式 得知 Q2 带电荷量小于 Q1，故 A 正确； B、在 b 点前做减速运动，b 点后做加速运动，可见 b 点的加速度为 0，受力为零，故 b 的场 强为零，而 a 点的场强不为零，所以 b 点的场强比 a 点的场强小，故 B 错误． C、该电荷从 a 点到 b 点，做减速运动，电场力做负功，电势能增大，又因为该电荷为正电 荷，所以电势升高，则 b 点电势比 a 点的电势高．故 C 错误 D、由 C 分析得，粒子在 a 点的电势能比 b 点的电势能小，故 D 错误。 17.如图所示为用可调内阻电池演示电源电动势与闭合电路内外电压关系的实验装置示意图。 下述说法正确的是( ) A.A 接电压表 V1 的“+”接线柱，B 接电压表 V1 的“-”接线柱 C 接电压表 V2 的“+”接线柱，D 接电压表 V2 的“-”接线柱 B.滑动变阻器的滑动头向右移动时电压表 V1 的示数增大，电压表 V2 的示数增大 C.滑动变阻器的滑动头向左移动时电压表 Vl 的示数减小，电压表 V2 的示数增大 D.无论滑动变阻器的滑动头向右移动还是向左移动，电压表 V1、V2 的示数之和不变 2 QE k r = 18．如图所示为某住宅区的应急供电系统，由交流发电机和副线圈匝数可调的理想降压变压 器组成．发电机中矩形线圈所围的面积为 S，匝数为 N，电阻不计，它可绕水平轴 在磁 感应强度为 B 的水平匀强磁场中以角速度 匀速转动．矩形线圈通过滑环连接降压变压器， 滑动触头 P 上下移动时可改变输出电压， 表示输电线的电阻．以线圈平面与磁场平行时为 计时起点，下列判断正确的是 A．若发电机线圈某时刻处于图示位置，变压器原线圈的电流瞬时值为零 B．发电机线圈感应电动势的瞬时值表达式为 C．当用电量增加时，为使用户电压保持不变，滑动触头 P 应向上滑动 D．当滑动触头 P 向下移动时，变压器原线圈两端的电压将升高 19．如图所示，一滑块从固定的斜面底端 A 处冲上粗糙的斜面，到达某一高度后返回 A．下 列各图分别表示滑块在斜面上运动的速度 、加速度 、势能 、机械能 E 随时间变化的图 像，可能正确的是 20. 在一个边界为等边三角形的区域内，存在一个方向垂直于纸面向内的匀强磁场，在磁场 边界上的 P 点处有一个粒子源，发出比荷相同的三个粒子 a、b、c（不计重力）沿同一方向 进入磁场，三个粒子通过磁场的轨迹如图所示，用 ta、tb、tc 分别表示 a、b、c 通过磁场 的时间；用 ra、rb、rc 分别表示 a、b、c 在磁场中的运动半径，则下列判断正确的是（ ） OO′ ω 0R sine NBS tω ω= υ a pE A. ta=tb＞tc B. tc＞tb＞ta C. rc＞rb＞ra D. rb＞ra＞rc 21．如图所示，两根等高光滑的 1／4 圆弧轨道，半径为 r、间距为 L，轨道电阻不计．在轨 道顶端连有一阻值为 R 的电阻，整个装置处在一竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为 B.现 有一根长度稍大于 L、电阻不计的金属棒从轨道最低位置 cd 开始，在拉力作用下以速度 向右沿轨道做匀速圆周运动至 ab 处，则该过程中 A．通过 R 的电流方向为由内向外 B．通过 R 的电流方向为由外向内 C．R 上产生的热量为 D．流过 R 的电荷量为 第Ⅱ卷 三、非选择题:包括必考题和选考题两部分。第 22 题~第 32 题为必考题，每个试题考生都必 须做答。第 33 题~第 40 题为选考题，考生根据要求做答。 (一)必考题（共 129 分） 22.某同学为了探究杆转动时的动能表达式，设计了如图甲所示的实验：质量为 m 的均匀长 直杆一端固定在光滑转轴 O 处，杆由水平位置静止释放，用光电门测出另一端 A 经过某位置 时的瞬时速度 ，并记下该位置与转轴 O 的高度 ． 0 υ 2 2 0 4 rB L R π υ 2 BLr R π A υ h ①用螺旋测微器测量杆的宽度 L 如图乙，由此读出 L=____________mm；通过测量可知杆的宽 度 L 很小，设杆 A 端通过光电门的时间为 t，则 A 端通过光电门的瞬时速度 的表达式为 _____________． ②调节 的大小并记录对应的速度 ，数据如上表．为了形象直观地反映 和 的关系， 请选择适当的纵坐标并画出图象． ③当地重力加速度 g 取 10m／s2，结合图象分析，杆转动时的动能 ___________(请用质 量 m、速度 表示)． 23.现用伏安法研究某纯电阻电子器件 R1（6V，2.5W）的伏安特性曲线，要求特性曲线尽可 能完整（直接测量的变化范围尽可能大一些），备有下列器材： A．直流电源（6V，内阻不计）； B．电流表 G（满偏电流 3mA，内阻 Rg=10Ω）； C．电流表 A（0~0.6A，内阻未知）； D．滑动变阻器（0~20Ω，10A）； E．滑动变阻器（0~200Ω，1A）； F．定值电阻 R0（阻值为 1990Ω）； G．开关与导线若干； ①根据题目提供的实验器材，请你设计出测量电子器件 R1 伏安特性曲线的电路原理图（R1 可用“ ”表示）。 A υ h A υ A υ h kE = A υ ②在实验中，为了操作方便且能够准确地进行测量，滑动变阻器应选用_________。（填写器 材前的序号） ③将上述电子器件 R1 和另一电阻 R2 接入如图（甲）所示的电路中，它们的伏安特性曲线分 别如图（乙）中 Ob、Oa 所示。电源的电动势 E=6.0V，内阻忽略不计。调节滑动变阻器 R3， 使电子器件 R1 和 R2 消耗的电功率恰好相等，则此时电子器件 R1 和 R2 阻值的和为 _________Ω，R3 接入电路的阻值为_________Ω。 24.2010 年 1 月 17 日凌晨，北斗二号卫星导航系统的第三颗卫星成功发射。此前，第一、二 颗北斗二号卫星分别于 2007 年 4 月和 2009 年 4 月发射。卫星发射间隔越来越短，预示着北 斗二号进入了加速组网阶段。北斗二号卫星是地球同步卫星。卫星发射升空后，进入近地点 距地心为 r1，远地点距地心为 r2 的椭圆轨道正常运行后，卫星动力发动机点火，卫星开始 变轨，卫星在远地点时，将质量为 Δm 的燃气以一定的速度向后方喷出后，卫星改做半径为 r2 的圆周运动.已知地球表面处重力加速度为 g，卫星在近地点速度为 v1，飞船总质量为 m. 设距地球无穷远处为引力势能零点，则距地心为 r、质量为 m 的物体的引力势能表达式为 .已知地球质量 M，万有引力常量 G。 求： (1) 地球半径及卫星在椭圆轨道上运动时具有的机械能； (2) 卫星在远地点的速度 v2； (3) 卫星在远地点时，应将 Δm 的气体相对于地球多大的速度(大小)向后方喷出才能进入半 径为 r2 的圆轨道。 25.在高能物理研究中，粒子加速器起着重要作用，而早期的加速器只能使带电粒子在高压 电场中加速一次，因而粒子所能达到的能量受到高压技术的限制。1930 年，Earnest O. Lawrence 博士提出了回旋加速器的理论，他设想用磁场使带电粒子沿圆弧形轨道旋转，多次 反复地通过高频加速电场，直至达到高能量，图甲为他设计的回旋加速器的示意图。它由两 r MmGE p −= 个铝制 D 型金属扁盒组成，两个 D 形盒正中间开有一条狭缝，两个 D 型盒处在匀强磁场中并 接有高频交变电压。图乙为俯视图，在 D 型盒上半面中心 S 处有一正离子源，它发出的正离 子，经狭缝电压加速后，进入 D 型盒中，在磁场力作用下运动半周，再经狭缝电压加速；为 保证粒子每次经过狭缝都被加速，应设法使交变电压的周期与粒子在狭缝及磁场中运动的周 期一致。如此周而复始，最后到达 D 型盒的边缘，获得最大速度后被束流提取装置提取。设 被加速的粒子为质子，质子的电荷量为 q，质量为 m，加速时电极间电压大小恒为 U，磁场的 磁感应强度为 B，D 型盒的半径为 R，狭缝之间的距离为 d，质子从离子源出发时的初速度为 零，分析时不考虑相对论效应。 （1）求质子经第 1 次加速后进入一个 D 形盒中的回旋半径与第 2 次加速后进入另一个 D 形 盒后的回旋半径之比； （2）若考虑质子在狭缝中的运动时间，求质子从离开离子源到被第 n 次加速结束时所经历 的时间； （3）若要提高质子被此回旋加速器加速后的最大动能，可采取什么措施？ （4）若使用此回旋加速器加速氘核，要想使氘核获得与质子相同的最大动能，请你通过分 析，提出一个简单可行的办法。 33.[物理—选修 3-3] （1）下列说法正确的是 A．布朗运动就是液体分子的热运动 B．一定质量的理想气体在温度不变的条件下，压强增大，则外界对气体做功 C．机械能可以全部转化为内能 D．分子间距离等于分子间平衡距离时，分子势能最小 E．有规则外形的物体是晶体 F．一切自然过程总是向分子热运动的无序性增大的方向进行 【答案】BCDF 【考点】布朗运动，内能 【解析】A 布朗运动是指悬浮在液体中的固体微粒的无规则运动，是由大量液体分子的无规 则撞击形成的，表明了液体分子的运动是无规则的，故 A 错误。 B、一定质量的理想气体温度不变，压强增大则体积减小，因此外界对气体做功，故 B 正确； C、根据热力学第二定律可知，机械能在引起其它变化的情况下，可以全部转化为内能，故 C 正确； D、根据分子势能和分子之间距离关系可以知道，当分子间距离等于分子间平衡距离时，分 子势能最小，故 D 正确； E、晶体并非都是有规则的几何外形，如多晶体就没有规则的几何外形，故 E 错误； F、根据热力学第二定律可以知道一切自然过程总是向分子热运动的无序性增大的方向进行， 故 F 错误； 答案 BCDF 正确。 （2）如图是用导热性能良好的材料制成的气体实验装置，开始时封闭的空气柱长度为 20cm， 人用竖直向下的力 F 压活塞，使空气柱长度变为原来的一半，人对活塞做功 l0J，大气压强 为 P0=1×105Pa，不计活塞的重力．问： ①若用足够长的时间缓慢压缩，求压缩后气体的压强多大？ ②若以适当的速度压缩气体，此过程气体向外散失的热量为 2J，则气体的内能增加多少？ （活塞的横截面积 S=1cm2） 34. [物理—选修 3-4] (1)一列简谐横波，在 t=4.0s 时的波形如图甲所示，图乙是这列波中质点 P 的振动图象．关 于该简谐波，下列说法正确的是____________． A．波速 ，向左传播 B．波速 ，向右传播 C．0 到 4．0s 时间内，质点 P 通过的路程是 1．0m D．0 到 4．0s 时问内，质点 P 通过的路程是 0．32m 35. [物理—选修 3-5] 0.25 /m sυ = 0.50 /m sυ = （1）2011 年 3 月日本发生 9 级大地震，并引发海啸.位于日本东部沿海的福岛核电站部分机 组发生爆炸，在日本核电站周围检测到的放射性物质碘 131.在核泄漏中，碘的放射性同位素 碘 131（半衰期为 8.3 天）是最为危险的，它可以在最短的时间内让人体细胞癌化，尤其是 针对甲状腺细胞，甲状吸收后造成损伤.下列有关说法中正确的是（ ） A．在出事故前，正常运行的福岛核电站中使用的主要核燃料是碘 131 B．若现已知碘 131 的半衰期为 3.8 天,若取 1g 碘 131 放在天平左盘上,砝码放于右盘,左右 两边恰好平衡,则 7.6 天后,需取走 0.75g 砝码天平才能再次平衡 C．碘 131 发生 衰变时所释放出的电子是原子核外电子发生电离而发射出来的 D．碘 131 也可以做示踪原子；给人注射微量碘 131，然后定时用探测器测量甲状腺及邻近组 织的放射强度，有助于诊断甲状腺的疾病 (2)如图所示，质量均为 m 的小车和木箱紧挨着静止在光滑的水平冰面上，质量为 2m 的小孩 站在小车上用力向右迅速推出木箱，木箱相对于冰面运动的速度为 ，木箱运动到右侧墙壁 时与竖直墙壁发生弹性碰撞，反弹后能被小孩接住，求： ①小孩接住箱子后共同速度的大小． ②若小孩接住箱子后再次以相对于冰面的速度 将木箱向右推出，木箱仍与竖直墙壁发生弹 性碰撞，判断小孩能否再次接住木箱． 参考答案 14.【答案】D 【解析】解：A、若压缩的弹簧对甲向上的弹力大小恰好等于 m 甲 gsin θ，则甲只受三个 力作用，AB 错误； C、因弹簧对乙有沿斜面向下的弹力，故乙一定具有向下运动的趋势，乙一定受沿斜面向上 的摩擦力作用，C 错误； D、取甲、乙和斜面为一整体分析受力，由水平方向合力为零可得，水平面对斜面体的摩擦 力一定为零，D 正确． 故选 D 15.【答案】A 【考点】牛顿第二定律；向心力． 【解析】解：行员做匀速圆周运动，重力和支持力的合力提供向心力； 在 A 处，有 ① β υ υ 2 2 , mA Amg m mgR R v vN N+ = = −故 在 D 处，有 ② 在 B 处，有 ③ 在 C 处，有 ④ 有上述 4 式，得到：NA=NB＜NC=ND 故选 A． 16. 【答案】A 【考点】电势能；电场强度． 【解析】解： A、根据 v-t 图象的斜率等于 0，可知正电荷 q 在 b 点的加速度为 0，在 b 点左侧电荷做减速 运动，b 点右侧做加速运动，则在 b 点受到两点电荷的电场力平衡，可知 Q2 带负电，根据点 电荷场强公式 得知 Q2 带电荷量小于 Q1，故 A 正确； B、在 b 点前做减速运动，b 点后做加速运动，可见 b 点的加速度为 0，受力为零，故 b 的场 强为零，而 a 点的场强不为零，所以 b 点的场强比 a 点的场强小，故 B 错误． C、该电荷从 a 点到 b 点，做减速运动，电场力做负功，电势能增大，又因为该电荷为正电 荷，所以电势升高，则 b 点电势比 a 点的电势高．故 C 错误 D、由 C 分析得，粒子在 a 点的电势能比 b 点的电势能小，故 D 错误。 17. 【答案】D 【考点】测定电源的电动势和内阻． 【解析】根据题意，电压表 2 测得是电源的内压降，电压表 1 测得是电源的外压降，在外电 路电流是从电源的正极流向负极，而在电源内部，电流是从负极流向正极，所以 A 选项错误； 当滑动变阻器的滑动头向右移动时，外电阻减小，所以外电压减小，而且内电压增大，所以 选项 B 和 C 都错误。两个电压表之和等于电源的电动势，所以选项 D 正确。 18. 【答案】C 【考点】交流的峰值、有效值以及它们的关系；变压器的构造和原理． 【解析】解：A、当线圈与磁场平行时，感应电流最大，故 A 错误； B、从垂直中性面计时，则感应电动势的瞬时值表达式为 e=NBSωcosωt，故 B 错误； C、根据功率 P=UI，当电压不变，则电流增大，从而可确定触头 P 移动方向，故 C 正确； D、当触头 P 向下移动，只会改变副线圈的电流，从而改变原线圈的电流，不会改变原线圈 的电压，故 D 错误． 故选：C． 19. 【答案】BC 【考点】机械能守恒定律；匀变速直线运动的图像；牛顿第二定律． 2 2 ,D Dmg m mg mR R v vN N− = = +故 2 2 , mB Bmg m mgR R v vN N+ = = −故 2 2 ,C Cmg m mg mR R v vN N− = = +故 2 QE k r = 【解析】A、滑块在斜面上运动过程中，由于存在摩擦力，机械能不断减小，经过同一点时 下滑的速度小于上滑的速度，回到出发点时的速度比出发时的初速度小．故 A 错误． B、设斜面的倾角为α．物体在上滑与下滑两个过程中，所受的合力方向均沿斜面向下，加 速度方向相同． 设上滑与下滑两个过程加速度大小分别为 a1 和 a2．根据牛顿第二定律得： mgsinα+μmgcosα=ma1；mgsinα-μmgcosα=ma2； 则得：a1=gsinα+μgcosα，a2=gsinα-μgcosα．则有：a1＞a2．故 B 正确． C、在上滑过程中：上滑的位移大小为： 重力势能为： ，为抛物线方程． 下滑过程：重力势能为 ，H 为斜面的最大高度，t0 是上滑的 时间，此为开口向下的抛物线方程．所以 C 是可能的．故 C 正确． D、由于物体克服摩擦力做功，其机械能不断减小，根据功能关系得： ，可知 E-t 图象应为抛物线．故 D 错误． 故选：BC． 20. 【答案】AC 【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力． 【解析】比荷相同的带电粒子，以不同的速率垂直进入匀强磁场中，则运动半径的不同，导 致运动轨迹也不同．运动轨迹对应的半径越大，粒子的速率也越大．而运动周期它们均一样， 运动时间由圆弧对应的圆心角决定． 21. 【答案】BC 【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；焦耳定律；楞次定律． 【解析】解：A、B、金属棒从轨道最低位置 cd 运动到 ab 处的过程中，穿过回路的磁通量减 小，根据楞次定律判断得知通过 R 的电流方向为由外向内．故 A 错误，B 正确． C、金属棒做匀速圆周运动，回路中产生正弦式交变电流，可得产生的感应电动势的最大值 为 Em=BLv0 ， 有 效 值 为 ， 根 据 焦 耳 定 律 有 ： ．故 C 正确． D、通过 R 的电量由公式： ．故 D 错误． 故选：BC． 2 1 0 1 1 2tx v a t= − 2 1 0 1 1sin sin ( )2p mg mg tx v a tE α α= = − ( )2 2 1 sin02p mg H ta tE α = −   − 2 0 0 0 11 1 1 2E x tf f v a tE E  = − = − −   2 2 mE E= 2 2 22 0 0 0 2 4 2 2 r rQ tR R R BLv vB LE v π π• = = • =       BLrq R R ∆Φ= = 22. 【答案】①1.730 ②如图所示 ③ 【考点】探究功与速度变化的关系． 【解析】解：（1）杆的有效宽度为 d 很小，A 端通过光电门的时间为 t，故可以用 t 时间内 的平均速度表示该段时间间隔内任意时刻的瞬时速度； 故 A 端通过光电门的瞬时速度 vA 的表达式为： （2）通过表格数据可以知道质点的动能与速度的平方成正比，即 vA2=30h，所以画出图像如 图所示。 （3）设杆长 L，杆转动的角速度为： 在杆上取△x 长度微元，设其离 O 点间距为 x，其动能为： 。 整理可以得到动能为 。 23. 【答案】①如右图所示 ②D ③20 4 L t 21 6 Amv A d tv = A L vω = 2 1 2 m x A L v xL • ∆• • •   21 6 Amv 【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线． 【解析】解：由题意要求可知，电压从零开始变化，并要多测几组数据，故只能采用滑动变 阻器分压接法，灯泡的电阻约为 ，跟电流表内阻接近，所以用电流表外 接法，电路图如图所示． （2）因要求电压从零开始变化，变阻器用分压接法，应选小阻值的 D． （3）R1 和 R2 接串联，电流相等，由 U-I 图象读出电流 I=0.25A，对应的电压为 U=2.5V， 所以 R1 和 R2 的电阻为： ，R1 和 R2 总电阻 R=20Ω， 此时 R3 接两端的电压 U′=E-U=6-2.5×2V=1V，所以 故答案为：（1）如图所示；（2）D；（3）20；4 24. 【答案】见解析 【考点】万有引力定律和圆周运动 【解析】(1) 地面附近 解得地球半径：R= 飞船在椭圆轨道上运行时具有的机械能：E= ③ (2) 设飞船在远地点的速度为 v2，飞船在椭圆轨道上运行，机械能守恒，由机械能守恒定律 ④ 则联立②④式得飞船在远地点的速度 ⑤ (3)设飞船在圆轨道上运行的速度为 v3，由万有引力定律和牛顿第二定律，则 ⑥ 解得 v3= ⑦ ,2R MmGmg = ① g GM ② 1 2 12 1 r MmGmv − 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 r MmGmvr MmGmv −=− )11(2 21 2 12 rrGMvv −−= 2 GM r 2 36 14.42.5R P U= = = Ω 1 2 2.5 100.25 U IR R= = = = Ω ' 3 1 40.25I UR = = = Ω 由动量守恒定律得 mv2=(m-Δm)v3 -Δmv0 ⑧ ⑨ 由⑤⑦⑧联立解得 25、【答案】见解析 【解析】： （1）设质子经过窄缝被第 n 次加速后速度为 vn，由动能定理 nqU＝1 2mvn2 ① 第 n 次加速后质子在磁场中做匀速圆周运动的半径为 Rn，由牛顿第二定律 Bqvn＝mvn2 Rn ② 由以上两式解得 Rn＝ 2nmU qB2 则　R1 R2 ＝ 1 2 （2）由牛顿第二定律 qU d ＝ma ③ 质子在狭缝中经 n 次加速的总时间 t1＝vn a ④ 联立①③④解得电场对质子加速的时间 t1＝d 2nm qU 质子在磁场中做匀速圆周运动的周期 T＝2πm qB ⑤ 粒子在磁场中运动的时间 t2＝(n－1)T 2 ⑥ 联立⑤⑥解得 t2＝(n－1)πm qB 故质子从离开离子源到被第 n 次加速结束时所经历的时间 t＝t1＋t2＝d 2nm qU ＋(n－1)πm qB （3）设质子从 D 盒边缘离开时速度为 vm Bqvm＝mvm2 R ⑦ 质子获得的最大动能为 Ekmax＝1 2mvm2＝q2B2R2 2m ⑧ 所以，要提高质子被此回旋加速器加速后的最大动能，可以增大加速器中的磁感应强度 B。 m mvvmmv ∆ −∆−= 23 0 )( m rrGMvmr GMmm v ∆ −−−∆− = )11(2)( 21 2 1 2 0 （4）若加速氘核，氘核从 D 盒边缘离开时的动能为 Ek′ Ekmax＝Ek′＝ q2B12R2 2 × (2m) ⑨ 联立⑧⑨解得 B1＝ 2B 即磁感应强度需增大为原来的 2倍 高频交流电源的周期 T＝2πm qB ，由质子换为氘核时，交流电源的周期应为原来的 2倍。 33. （1）【答案】BCDF 【考点】布朗运动，内能 【解析】A 布朗运动是指悬浮在液体中的固体微粒的无规则运动，是由大量液体分子的无规 则撞击形成的，表明了液体分子的运动是无规则的，故 A 错误。 B、一定质量的理想气体温度不变，压强增大则体积减小，因此外界对气体做功，故 B 正确； C、根据热力学第二定律可知，机械能在引起其它变化的情况下，可以全部转化为内能，故 C 正确； D、根据分子势能和分子之间距离关系可以知道，当分子间距离等于分子间平衡距离时，分 子势能最小，故 D 正确； E、晶体并非都是有规则的几何外形，如多晶体就没有规则的几何外形，故 E 错误； F、根据热力学第二定律可以知道一切自然过程总是向分子热运动的无序性增大的方向进行， 故 F 错误； 答案 BCDF 正确。 （2）①设压缩气体的压强为 P，活塞的横截面积为 S， l0=20cm,l=10cm,V0=20S,V=10S.缓慢压缩，气体的温度不变，有玻马定律： ,可 以得到：P=2×105Pa. 所以压缩后气体的压强为 P=2×105Pa. ②大气压力对活塞做功： 人做功： 由热力学第一定律： ，将 Q=-2J 等代入，可以得到 故气体的内能增加了 9J。 34. 【答案】AD 【考点】波长、频率和波速的关系；横波的图象． 【解析】解：A、B 由甲图读出波长λ=0.5m，由乙图读出周期 T=2s，则该波的波速 ，由图乙知，t=4.0s 时刻质点经过平衡位置向上振动，由甲图 P 点向上振动 可知，波沿 x 轴负方向传播，即向左传播，故 A 正确，B 错误； C、t=4s=2T，则质点 P 通过的路程 s=2×4A=2×4×0.04=0.32m，故 C 错误，D 正确； 故选：AD 0 0 PVVP = 1 00 ( ) 1s l Jpw l= − = 1 1Jw = U W Q∆ = + 9U J= 0.25 /v m sT λ= = (2)如图所示，直角玻璃三棱镜 ABC 置于空气中，棱镜的折射率为 ．一细光束从 AC 的中点 D 垂直 AC 面入射，AD= ，求： ①光从棱镜第一次射入空气时的折射角． ②光从进入棱镜到它第一次从棱镜中射出所经历的时间(光在真空中的传播速度为 c)． 【 解 析 】 解 ① 如 图 所 示 ， ， 设 玻 璃 对 空 气 的 临 界 角 为 C ， 则 由折射定律有 ，所以 。 ②棱镜中光速 ,所求时间为 35. （1）【答案】D 【考点】原子核衰变及半衰期、衰变速度． 【解析】（1）A、在日本核电站周围检测到的放射性物质碘 131，由于衰变可知，在出事故前， 正常运行的福岛核电站中使用的主要核燃料不是碘 131．故 A 错误． B、原子核的衰变是随机的，有 100 个碘 131 原子核，8.3 天后不一定只剩下 50 个碘 131 原 子核，可能这些原子核全部衰变，一个不剩，也可能一个都没有衰变．故 B 错误． C、碘 131 发生β衰变时，所释放出的电子是核内质子转化来的．故 C 错误． D、利用碘 131 的射线，可以做示踪原子；给人注射微量碘 131，由于射线的穿透本领较强， 用探测器测量甲状腺及邻近组织的放射强度，有助于诊断甲状腺的疾病．故 D 正确． 故选 D （2）【答案】见解析。 【解析】解①取向左为正方向,根据动量守恒定律, 推出木箱的过程 中: , 接住木箱的过程中: 2, 60n A= ∠ =  a 1 60i =  2 1 1 1sin , 30 2 C Cn i i= = = − <而且 2 sin 2sini γ = 45γ =  cv n = 3 5 6 3cos30 a a at v cv = + =  ( ) 10 2m m mvv= + − ( ) ( )1 22 2mv m m m m mv v+ + = + + . ②若小孩第二次将木箱推出,根据动量守恒定律 故无法再次接住木箱. 2 2 vv = 2 34 3m m mvv v= − 3 vv =