一、單項選擇題：1．答案：.A根據核反應方程中的質量數和電荷數守恒，可知X的質量數為10XA射光的頻率和逸出功有關，故B錯誤；天然放射產生的三種射線中，穿透能力最強的是γ射線，故C錯誤；由玻爾理論可知，氫原子的核外電子由高能級躍D錯誤。故選A。2C兩球在光滑斜面上運動的加速度均為a＝mgsinθm＝gsinθ＝5m/s2vt－12at2＝d＋vt－12at2t＝1.2sA球發生的位移為L＝vt－12at2＝\a\vs4\al\co1(10×1.2－\f(12)×5×1.22)m＝8.4m遇點到坡底的距離為8.4m。故選C。3、答案：C由于EF據電勢的疊加法則可知EFA性可知EFB法則可知A、B兩個電荷在E點產生的合場強為零，C、D兩個點電荷在E點產L＝lsin60°＝3)2l公式則有E＝kQ\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(32)l)＝4kQ3l2E點的合場強為E＝2Ecosθ，根據幾何關系可知cosθ＝\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3\rc\2)))2\r(32＝6)3立解得E點的電場強度為E＝6)kQ9l2，故C正確，D錯誤。故選C。4B根據eU＝hν－W＝hcλ－WU＝hce1λ－W0e合圖像可知當橫坐標為a時，縱坐標為0，即有0＝hcea－W0e，解得W＝hac，AW0e＝－bW＝beλ＝12a的光照射光電管陰極時，即有1λ＝2a，則有E＝h·cλ－W＝2hac－hac＝hac＝W＝be，B正確；根據上述可知，極限波長為λ＝1a，波長越短，頻率越大，則當用波長λ<1a的光照射光電管的陰極時，能夠發生光電效應，C錯誤；當用波長λ<1a的光照射光電管的陰極時，根據E＝h·cλ－W0可知，光電子的最大初動能與1λ成線性關系，不成正比，D錯誤。故選B。5Ar3T2＝\rc\3T2，則DE＝2r，A正確；偵察衛星從D點到A點過程中只有萬有引力做功，機械能守恒，B錯誤；根據題意可知，中星26與橢圓軌道偵察衛星的運行周期都為T，由開普勒第三定律可知，中星26的軌道半徑等于偵察衛星的半長軸，令相等時間為周期T，則中星26與地球的連線掃過的面積為圓的面積，偵察衛星與地球的連線掃過的面積為橢圓面積，由圓的面積大于橢圓面積可知，相等時間內中星26與地球的連線掃過的面積大于偵察衛星與地球的連線掃過的面積，C錯誤；以地球中心為圓心，過D點建一個輔助圓軌道，設該軌道的衛星的線速度為vv2<v據v＝GMr)，可知v1>v3>v，D錯誤。故選A。6B時，則在水面上看不到蝌蚪，如圖所示。由于sinC＝1n＝34，則有tanC＝3\r(42－32)＝7)7，則有OE＝R－htanC＝0.1m，由對稱性可知AB＝2OE＝0.2m，則在水面之上看不到小蝌蚪的時間為t＝ABv＝4s，故選B。7．答案：C令OA的距離為d，初動能為E，小球從O到A只有重力做功，根據動能定理mgdcos60°＝2E－E，可得E＝12mgd，加電場后，小球從O到A根據動能定理W＋mgdcos60°＝3E－E，小球從O到B根據動能定理W＋mg2d＝3E－E，聯立可得W＝E，W＝－2E，令O點的電勢為零，即φ＝0，W電＝q\rc\)(\a\vs4\al\co1(φO－φA)，W電＝q\rc\)(\a\vs4\al\co1(φO－φB)φ＝－Ek0qφ＝2Ek0qOMM為ABCA得l＝d2，電場強度為E＝UOAlAC，聯立以上可得E＝mgq，故選C。8．答案：AD設玻璃管橫截面積為S，則倒置時管內氣體壓強為p，由平衡條件可知pS＋ρSgh＝pS，解得p＝60cmHg，管內氣柱體積為V＝hS，將ppS＝pS＋ρSgh，解得p＝90cmHg，設此時管內氣柱長度為h，則V＝hS，根據玻意耳定律可得pV＝pV，解得h＝20cm，故A正確，B錯誤；假設加熱過程中，水銀231為h，則V＝hS，由蓋—呂薩克定律得V2T1＝V3T2，由單位換算T＝300K，T＝504Kh＝33.6cm>30cmh′ρgh′S＋pS＝pS到T3—呂薩克定律得V2T1＝V1T3T＝450KT＝504Kp2Sh1T3＝（L－hT2h′＝9cm度為h＝L－h′＝36cm，故C錯誤，D正確。故選AD。9．答案：BC如圖所示。設Q1是S、S2連線中點左側第1個振動加強點，Q2是其左側第2個振動加強點，Q2與Q1相距Δl，由振動加強的條件，有QS－QS＝λ，同理有QS－QS＝(QS＋Δl)－(QS－Δl)＝2λ，聯立解得|Δl|＝λ2，即連線上相鄰兩振動加強點間的距離為λ22＝0.5mλ＝1mv＝λT＝λf＝5m/sABt＝0.1s過的時間為t＝T2，故從波峰經歷半個周期，P點剛好振動到波谷位置，C正確，D錯誤。故選BC。10BCDA錯誤；電路中最大電流為I＝ER，最大安培力為F＝BIL＝BELR，最大加速度為a＝Fm＝BELmR，故B正確；電容器放電前所帶的電荷量Q＝CE，開關S接2后，MNvm時，MN上的感應電動勢E′＝BLvm，最終電容器所帶電荷量Q＝CE′，通過MN的電荷量q＝C－－\rc\)(\a\vs4\al\co1(E－E′)，由動量定理，有·Δt＝mv－0，則BL·Δt＝BLq＝mv，解得v＝CBLEm＋CB2L2，則Q＝C2B2L2Em＋CB2L2，故CD正確。故選BCD。二、非選擇題5小題，共60分）11、(12分)解析：(1)對容器A中的氣體pAT1＝p2T2解得T＝298.3K。(2)環境溫度為360K時p′＝p＋1.16對于總氣體pAVAT1＝pA′VT3對于進入容器B的氣體p′\rc\)(\a\vs4\al\co1(V－VA)＝pVB解得p＝0.2atm。答案：(1)298.3K(2)0.2atm12、(12分)解析：(1)甲圖接法：電壓表的示數為R兩端的電壓和安培表兩端的電壓之U＝U＋UI是通過RR＝UI＝UR＋UVI>URI＝R，乙圖接法：電流表的示數為通過電阻的電流和電壓表的電流之和，即I＝I＋I，電壓表的示數U是R兩端電壓的真實值，則R測＝UI＝UIR＋IV<UIR＝R，故選填大于、小于。(2)將R2的滑片滑至下端，R2阻值最大，保護靈敏電流計G。(3)由圖丁可得Rx阻值為R＝ΔUΔI＝500Ω。(4)采用圖丙實驗方案測得的電阻值誤差更小，主要原因是電壓表測量的電除了系統誤差。答案：(1)大于小于(2)保護靈敏電流計G(3)500(4)見解析13、(12分)(1)由題意可得入射角i＝45rn＝sinisinr解得r＝30°，則光線在ACFD面上的入射角α＝60°，由sinC＝1n，知臨界角C＝45°，所以光線不能從AC面射出。(2)由B處入射的光線在弧面上的入射角β＝15入射角都小于15θ＝30°，設該部分弧長為lll22＝θ2l＝πl212S＝l·l＝πl1l212。答案：(1)見解析(2)πl1l21214.(12分)解析：(1)沿垂直電場方向有2L＝vt沿電場力方向有L＝12at2又a＝Eqm解得v＝2EqLm)。(2)粒子由S到O過程，由動能定理得Eqd＝12mv2－12mv20解得v＝202Eqdm)＋v＝2Eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(d＋L))m)。(3)粒子在磁場中運動軌跡(俯視圖)如圖甲所示。甲由幾何關系得3)2r＝d根據牛頓第二定律得qvB＝mv2r解得B＝3)mv2qd即B＝1d3Em\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(d＋L))2q)粒子在磁場中的周期為T＝2πrv＝2πmqB由幾何關系得粒子在磁場中運動的時間t＝76T聯立方程，解得t＝14πd3m6Eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(d＋L)))。(4)如圖乙所示。粒子恰好與Ⅲ、Ⅳ區邊界相切且從P點飛出，對應半徑r1＝d乙即r＝mvqB2，B＝Bcosα解得cosα＝3)2，α＝30°由幾何關系得r\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋cosθ)＝l2cosα解得cosθ＝12，θ＝60°則有x＝l2＝3)4d，y＝rsinθ－d＝3)2d－d，z＝－l2tanα＝－34d即P點坐標為\a\vs4\al\co1(\f(3\r(3\r(334)d。答案：(1)2EqLm)(2)2Eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(d＋L))m)(3)14πd3m6Eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(d＋L)))1d3Em\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(d＋L))2q)(4)\a\vs4\al\co1(\f(3\r(3\r(334)d15、(12分)解析：(1)帶電粒子在第一象限做類平拋運動，可得y＝12·qEmt2依題意，從P點到Q點和從P點到M點的豎直方向位移關系為y∶y＝\a\vs4\al\co1(\f(\r(6\r(64)a∶6)2a＝1∶2解得t∶t＝1∶2又x＝vt易知x∶x＝1∶2可知M點的橫軸坐標為x＝2a即M點坐標為(2a，0)。(2)到M點速度方向與x軸的夾角為α，則tanα＝\r(62\r(22解得α＝60°設Q點豎直分速度為v，則M點豎直分速度為2v，因為v2＝v20＋v2y同理v