1．B．解析：γ射線是電磁波，不帶電，A錯誤；由質量數守恒，y=210-4=206，B正確；半衰期與原子核物理、化學環境無關，C錯誤；該反應放出能量，生成物的比結合能增大，D錯誤。2．C．設太空艙質量為m，月球質量為m0，引力合力為零的位置到地心心的距離為r1，地球質量為81m0，引力合力為零的位置到月球中心的距離為r2，由萬有引力定律和力的平衡有：2=rr23．B．解析：過N點后，小球還受水平風力，不滿足平拋運動只受重力特征，A錯誤；豎直方向上，先豎直上拋再做自由落體運動，由對稱性時間相等，B正確；增大初速度運動時間增大，水平位移增大，C錯誤；增大風力，小球回到地面水平速度增大，豎直分速度不變，重力的瞬時功率不變，D錯誤。4．D．解析：由波形圖知，3T/4時刻小球在平衡位置且正向下振動，可知0時刻小球在負方向最大位移處，故ABC錯誤，D正確。5.D．6．A．解析：開關S1、S2均閉合時電流表的示數為僅閉合S1時的2倍，ab端輸入電壓一定，可知兩狀態功率為2n2:n1=U2:U1=4:3，故A正確。27．C．解析：若水平偏轉電極不加電壓，則電子僅在豎直方向偏轉，圖像為過O點的豎直線，故AB錯誤；若水平偏轉電極也加正弦電壓，則電子水平偏轉位移和豎直偏轉位移始終相等，圖像為過O點的滿足y=x的傾斜的直線，故C正確，D錯誤。8．BC．解析：紅光折射率小于藍光，臨界角大于藍光臨界角，在Q點不一定全反射，而紫光臨界角小于藍光臨界角，在QP兩處一定全反射。故A錯誤，B正確。紅光在Q點全反射，可知藍光折射大于2，而紅光折射率小于藍光，紫光折射率大于藍光，故C正確，D錯誤。下落高度增大則v0增大，可知損失的機械能增大，A正確B錯誤。整體c向下先加速后減速，速度最大的位置為合力為零處，不變，故C錯誤，D正確10．BD．解析：兩桿質量相同，a桿的長度是b桿的2倍，則a桿的橫截面積是b桿的，又因為電阻率相同，根據電阻定律可知a桿電阻是b桿電阻的4倍。結合法拉第電磁感應定律和閉合電路歐姆定律計算電流初始時，根據右手定則可知兩桿產生的電動勢方向相同，總電動勢為兩電動勢之和，等于3BLv，根據閉合電路歐姆定律可知通過a的電流為，I=A錯誤。開始運動時，可知a桿受到的安培力向右，b桿受到的安培力也向右，兩桿均向左做減速運動，a桿所受的安培力大小為b桿所受安培力大小的2倍，兩桿質量相同，則a桿做減速運動的加速度大小較大，先減速到零，然后在向右的安培力作用下向右做加速運動，產生與b桿相反的電動勢，即E=Eb-Ea，當兩桿電動勢大小相等時，閉合回路電流為0，此時a桿向右做勻速運動，b桿向左做勻速運動，故B確。a桿向左減速至0，由動量定理得：-Bq12l=0-mv，得q1=，b桿向左減速至v1，-Bql=mv1-mv，v1=。a桿向右加速速至勻速，Bq22l=mv2-0，b桿向左繼續減速至勻2由能量守恒定律有Q=mv2×2-mvEQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up5(2),a)-mvEQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up5(2),b)=mv2，解得Qb=mv2，D正確。11．BD（選對一個得1分）無影響0.80（每空2分，共6分）【詳解】（1）A．實驗前，應在水平方向對彈簧測力計調零，減小讀數誤差，故A錯誤；B．實驗調節桌面水平使得正壓力等于重力，便于獲得正壓力，故B正確；C．不管木板如何運動，木塊都是處于平衡狀態，即細線的拉力都等于摩擦力，所以沒有必要一定要勻速拉出木板，故C錯誤D正確。（2）緩慢向右拉動水平放置的木板，當滑塊和砝碼相對桌面靜止且木板仍在繼續滑動時，彈簧秤的示數即為滑塊受到的滑動摩擦力的大小。因此木板與桌面間的摩擦力對滑塊摩擦力的測量無影響。（3）彈簧測力計示數等于木塊受到的滑動摩擦力大小F=f=μmgn+μMg，結合題圖乙F-n圖像中斜率為12．較小左8（每空2分，共10分）【詳解】(1)分壓式電路為使測量電路電壓隨滑動距離近似成正比，滑動變阻器應選小阻值。(2)為了保護測量電路，滑片滑到最左邊，測量電路電壓為零。(4)由（3）整理有對照圖像斜率k=+1，解得f【詳解】（15分）在坡道上滑雪者做勻加速運動，由牛頓第二定律mgsinθ-kmgcosθ=ma①……(2分)由勻變速直線運動規律v2=2ax②………(2分)解得v=4/14m/s③……(1分)(2)（5分）B到D的過程，重力做功WG=-mgR(1-cosθ)④………(1分)由動能定理解得Wf=4920J⑥………………(2分)14.（12分）【答案】（1）放熱（2）ΔV=2.0×10?3m33）330K【詳解】（12分）放熱（25分）設充氣前，左前輪胎內氣體胎壓為p1；充入氣體的總體積為V1以左前輪充氣后的所有氣體為研究對象，則初狀態：p1=1.8atm，V=3.0×10?2m3末狀態：p=2.4atm，V=3.0×10?2m3由題干和圖可知，充入氣體的溫度與原有氣體的溫度相同，充氣過程為等溫變化，由玻意耳定律得：=pV①………………（2分）每秒充入氣體的體積：②………………（2分）解得：ΔV=2.0×10?3m3③………………（1分）（35分）以右前輪漏氣前所有氣體為研究對象，設原有氣體的質量為m，剩余氣體的質量為m,、溫度為T2，漏出氣體的體積為V漏，漏氣過程為等壓變化。 （2分）TT2剩余氣體與原有氣體質量比為：=VV漏=⑤………………（2分）解得：T2=330K⑥………………（1分）xQ【詳解】（14分）粒子在第二象限中做類斜拋運動，豎直方向上有(v0sin600)2=2aL①………………（2分）qE1=ma②………………（1分）解得③………………（1分）（25分）由速度的分解可知，粒子在第一象限做勻速圓周運動的速度大小為⑤………………（2分）聯立解得（37分）粒子進入第四象限后，受沿y軸負方向的電場力qE2和洛倫茲力，配速vx使其滿足qDxB=qE2,得，此vx正好為v1沿x軸的分量⑧…………（1分）故，粒子在第四象限的運動可