A．a1：
a2＝R：
r2 B．a1：
a2＝r
：
R2
C．v1：
v2＝
D．T1：
T2＝
解析：
同步卫星与地球赤道上的物体随地球自转的角速度相等，由a＝ω2r，故a1：
a2＝R：
r2，所以选项A正确、B错误；对于卫星，则
＝m
得：
v＝
，即v1：
v2＝
，故选项C正确；由
＝m
r得：
T2＝
，即周期T∝
，故选项D错误．
答案：
AC
5.如图所示，在2010年2月温哥华冬奥会自由式滑雪比赛中，我国某一运动员从弧形雪坡上沿水平方向飞出后，又落回到斜面雪坡上，如图所示，若斜面雪坡的倾角为θ，飞出时的速度大小为v0，不计空气阻力，运动员飞出后在空中的姿势保持不变，重力加速度为g，则（ ）
A．如果v0不同，则该运动员落到雪坡时的速度方向也就不同
B．不论v0多大，该运动员落到雪坡时的速度方向都是相同的
C．运动员落到雪坡时的速度大小是
D．运动员在空中经历的时间是
解析：
如果v0不同，则该运动员落到雪坡时的位置不同，但位移方向均沿斜坡，即位移方向与水平方向的夹角均为θ，由tanφ＝2tanθ，故速度方向与水平方向的夹角均为φ，故A错误、B正确；将运动员落到雪坡时的速度沿水平和竖直方向分解，求出运动员落到雪坡时的速度大小为
，故C错误；将v0和g沿斜面向垂直斜面方向分解，在垂直斜面方向：
v0sinθ－（－v0sinθ）＝gcosθ·t，解出运动员在空中经历的时间t＝
，故D正确．
答案：
BD
6.下图中K、L、M为某静电场中的三个相距较近的等差等势面，电势满足φK<φL<φM，等势面关于bc连线对称．现将一个带负电的试探电荷先从图中a点沿直线移到b点，再从b点沿直线移到c点．则该试探电荷在此全过程中（ ）
A．所受电场力的方向不变
B．所受电场力一直变大
C．电势能一直减小
D．电势能先不变后增大
解析：
由等势面的形状可知，这是等量异种点电荷形成的电场，由φK<φL<φM，可知正点电荷在右边，负点电荷在左边，试探电荷从a点沿直线移到b点，受的电场力与运动方向垂直（电场线垂直于等势面），故电场力的方向不变且不做功，电势能不变．从b点到c点，电场力的方向还没变，但做正功，电势能减少．故A正确、C、D错误；画出电场线后可知，试探电荷从a点移到b点，再到c点，电场力一直变大，B正确．
答案：
AB
7.如图所示，一理想变压器原、副线圈的匝数比n1：
n2＝4：
1，电源电压u＝220
sin314t（V），原线圈电路中接入熔断电流I0＝1A的保险丝，副线圈电路中接入一可变电阻R，则（ ）
A．电压表的读数为77V
B．当可变电阻R的阻值变大时，电源的输入功率变大
C．可变电阻R的阻值低于13.75Ω时保险丝将熔断
D．副线圈的输出功率一定是200W
解析：
原线圈的电压有效值为220V，保险丝的熔断电流为1A，故电功率的最大值为220W，D错误；依据匝数比得副线圈的电压有效值为55V，A错误；可变电阻R的阻值变大，电压不变，则输出功率变小，B错误；当R的功率为220W时，保险丝将熔断，R＝
＝
Ω＝13.75Ω，C正确．
答案：
C
8.如图所示，光滑固定的金属导轨M、N水平放置，两根导体棒P、Q平行放置在导轨上，形成一个闭合回路，一条形磁铁从高处下落接近回路时（ ）
A．P、Q将相互靠拢
B．P、Q将相互远离
C．磁铁的加速度仍为g
D．磁铁的加速度小于g
解析：
根据楞次定律的另一种表述——感应电流的效果，总要反抗产生感应电流的原因．本题中“原因”是回路中磁通量的增加，归根结底是磁铁靠近回路，“效果”便是阻碍磁通量的增加和磁铁的靠近．所以，P、Q将互相靠近且磁铁的加速度小于g，应选A、D.
答案：
AD
9.如图所示，两个质量各为m1和m2的小物块A和B，分别系在一条跨过定滑轮的软绳两端，已知m1>m2.现要利用此装置验证机械能守恒定律．
（1）若选定物块A从静止开始下落的过程进行测量，则需要测量的物理量有________．（在横线上填入选项前的编号）
①物块的质量m1、m2；
②物块A下落的距离及下落这段距离所用的时间；
③物块B上升的距离及上升这段距离所用的时间；
④绳子的长度．
（2）为提高实验结果的准确程度，某小组同学对此实验提出以下建议：
①绳的质量要轻；
②在“轻质绳”的前提下，绳子越长越好；
③尽量保证物块只沿竖直方向运动，不要摇晃；
④两个物块的质量之差要尽可能小．
以上建议中确实对提高准确程度有作用的是________．（在横线上填入选项前的编号）
（3）写出一条上面没有提到的对提高实验结果准确程度有益的建议：
_______________________________________________________
_______________________________________________________
解析：
（1）通过连接在一起的A、B两物体验证机械能守恒定律，即验证系统的势能变化与动能变化是否相等，A、B连接在一起，A下降的距离一定等于B上升的距离；A、B的速度大小总是相等的，故②、③只测其中之一即可，不需要测量绳子的长度．
（2）如果绳子质量不能忽略，则A、B组成的系统势能将有一部分转化为绳子的动能，从而为验证机械能守恒定律带来误差；若物块摇摆，则两物块的速度有差别，为计算系统的动能带来误差；两个物块质量差较小时，就可以使两物体下降过程时间延长，由摩擦所带来的误差影响就会越大，故两个物块的质量之差无需尽可能小．
答案：
（1）①②或①③
（2）①③
（3）例如：
“对同一高度进行多次测量取平均值”；“选取受力后相对伸长尽量小的绳”等等．
10．从下表中选出适当的实验器材，测量小灯泡的伏安特性曲线，得到如图的I－U图线.
器材（代号）
电流表（A1）
电流表（A2）
电压表（V1）
电压表（V2）
滑动变阻器（R0）
电池（E）
开关（S）
导线若干
规格
量程0～0.6A，内阻1Ω
量程0～3A，内阻1Ω
量程0～3V，内阻约2kΩ
量程0～15V，内阻约10kΩ
阻值0～25Ω
电动势6V，内阻不计
（1）在如图所示的I－U图线中，A到B过程中灯泡电阻改变了________Ω.
（2）测量电路中电流表应选用________（填代号），电压表应选用________（填代号），电流表应采用________（填内、外）接法．
（3）在图示虚线框中用笔补画完整实验电路图，要求变阻器滑动片右移时，灯泡两端电压变大．
解析：
（1）先分别通过AO和BO连线的斜率，求出A、B两点对应电阻为30Ω和40Ω，则A到B过程中灯泡电阻改变了40Ω－30Ω＝10Ω.
（2）由图像测量的最大数值可知，电流表应选小量程0.6A，即A1，电压表应选较大量程15V，即V2.由于
＝100Ω>40Ω，故应采用电流表外接法；电表读数从0开始，故变阻器应采用分压式接法．
（3）如图所示
答案：
（1）10
（2）A1 V2 外 （3）见解析图
11．如图所示，一质量为2m的平板车停放在光滑水平地面上，其上表面右端A点有一块静止的质量为m的小金属块，已知小金属块与平板车上表面的动摩擦因数为μ.现给平板车一个向右的水平恒力F＝5μmg，使车向右运动，当金属块相对平板车滑动距离L时（还未到B点），立即撤去这个水平恒力F，最后金属块恰好停在车的左端B点．已知重力加速度为g，求：
（1）撤去力F的瞬间，金属块的速度v1、车的速度v2分别为多少？
（2）最后金属块与车的共同速度v共是多少？
（3）平板车的长度是多少？
解析：
（1）对金属块，由牛顿第二定律μmg＝ma1
v1＝a1t
s1＝
a1t2
对车：
F－μmg＝2ma2
v2＝a2t
s2＝
a2t2
则有s2－s1＝L
联立求解得v1＝
v2＝2
.
（2）设撤掉外力后经时间t′金属块恰好停在车的左端，即在左端达到共同速度v共，则对金属块：
v共＝v1＋a1t′
对车：
v共＝v2－a2′t′，μmg＝2ma2′
联立解得v共＝
.
（3）设平板车的长度为L′，对车和金属块组成的系统，由能量守恒得：
mv
＋
×2mv
－
3mv
＝μmg（L′－L）
故联立解得平板车的长度为L′＝
.
答案：
（1）v1＝
，v2＝2
（2）
（3）
12．如图所示，长方形金属盒右面中央有一小孔，金属盒处于水平方向广袤的匀强磁场中，以v＝2m/s的速度向右匀速运动，一个带电油滴水平向左射入孔中，油滴的速度为v0，已知油滴在金属盒内做匀速圆周运动．g＝10m/s2，结果保留三位有效数字，问：
（1）油滴必须带什么性质的电？
（2）油滴做匀速圆周运动的周期是多少？
（3）若油滴恰好不和盒右壁相碰，为使油滴在金属盒内能完整的运动一周，盒的高度H和宽度L应满足什么条件？
油滴的速度v0是多少？
解析：
（1）金属盒竖直部分（高度H）切割磁感线，由右手定则，上板带正电，下板带负电，盒内产生竖直向下的匀强电场，油滴在金属盒内做匀速圆周运动，说明重力与电场力平衡，因此电场力竖直向上，故油滴应带负电．
（2）设油滴电荷量为q，质量为m，油滴做圆周运动的周期T＝
①
金属盒上下两板电压等于感应电动势，即U＝BHv②
两板间场强E＝
③
由重力与电场力平衡：
mg＝qE④
联立解得T＝
＝1.26s．⑤
（3）如图，为油滴恰好不和盒右壁相碰的时刻，油滴已做圆周运动
T，盒运动的位移等于半径R，故R＝
Tv＝1.89m⑥
为使油滴在金属盒内能完整的运动一周，要求油滴不与上板相碰，则
2R<
，解得H>7.56m⑦
不与左壁相碰，则L>R＋
Tv，
解得L>2.52m⑧
半径R＝
⑨
联立②③④⑥⑨解出v0＝9.45m/s.
答案：
（1）带负电
（2）1.26s （3）H>7.56m L>2.52m 9.45m/s
13．[物理——选修3－3]
（1）温室效应严重威胁着人类生态环境的安全．为了减少温室效应造成的负面影响，有的科学家受到了啤酒在较高压强下能够溶解大量的二氧化碳的启发，设想了一个办法：
可以用压缩机将二氧化碳送入海底，永久储存起来．海底压强很大，温度很低，海底深水肯定能够溶解大量的二氧化碳，这样就为温室气体二氧化碳找到了一个永远的“家\”，从而避免温室效应，在将二氧化碳送入海底的过程中，以下说法不正确的是________．
A．压缩机对二氧化碳做功，能够使其内能减少
B．二氧化碳与海水间的热传递能够使其内能减少
C．二氧化碳分子动能会减少
D．每一个二氧化碳分子动能都会减少
（2）用传统的的打气筒给自行车打气时，不好判断是否已经打足了气．某研究性学习小组的同学们经过思考，解决了这一问题．他们在传统打气筒基础上进行了如下的改装：
（如图所示）
圆柱型打气筒高H，内部横截面积为S，底部有一单向阀门K，厚度不计的活塞上提时外界大气可从活塞四周进入，活塞下压时可将打气筒内气体推入容器B中，B的容积VB＝3HS，A、B中气体初始压强为p0，该组同学设想在打气筒内壁焊接一卡环C（体积不计），C距气筒顶部高度为h＝
H，这样就可以自动控制容器B中的最终压强．求：
①假设气体处于标准状态，则第一次打气前，A、B中气体的总分子数是多少？
②假设气体温度不变，则第一次将活塞从打气筒口压到C处时，容器B内的压强是多少？
要使容器B内压强不超过5p0，h与H之比应为多少？
③打气时间长了，打气筒外壁（特别是下部的外壁）发热的主要原因是什么？
解析：
（1）由热力学第一定律，W＋Q＝ΔU，压缩机对二氧化碳做功，能够使其内能增大，故A错误；海底温度很低，二氧化碳向海水放热，故B正确；海底温度很低，二氧化碳分子的平均动能会减少，但每一个二氧化碳分子的动能不一定都会减少，故C正确、D错误．
（2）①总分子数n＝
NA＝
NA.
②第一次将活塞从打气筒口压到C处时，设容器B内的压强为pB，C距低部H－h＝H/3，由玻意耳定律：
p0（VB＋HS）＝pB（VB＋HS/3），解出pB＝1.2p0
对打气筒内的气体，要使容器B内压强不超过5p0，意味着下压至C处时，打气筒C处以下的压强不能超过5p0，由玻意耳定律：
p0HS≤5p0（H－h）S/3，解得h/H≤
③对某一次打气筒内的气体，在压缩过程中，外界对气体做功，W>0，可近似认为绝热，Q＝0，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W，故ΔU>0，因此气体温度升高，故打气筒壁吸热，这就是打气时间长了，打气筒外壁（特别是下部外壁）发热的主要原因．
答案：
（1）AD
（2）①
NA ②1.2p0
③见解析
14．[物理——选修3－4]
（1）青海省玉树县2010年4月14日晨发生7.1级强地震，恰好在震源（位于地下）正上方地区的一个观测站记录的纵波和横波的到达时刻相差5s，已知在这一地区地震波的纵波和横波的传播速率分别为9km/s和4km/s，若近似认为波的速度恒定，则下列判断正确的是________．
A．地震时，震源正上方地区的建筑物先左右振动、后上下振动
B．地震时，震源正上方地区的建筑物先上下振动、后左右振动
C．震源距该观测站的距离为25km
D．震源距该观测站的距离为36km
（2）有一顶角为直角的玻璃砖，放在空气中，一光束斜射入玻璃砖的一个侧面，如图所示，然后投射到它的另一个侧面．若该玻璃砖全反射临界角为42°，问：
①这束光线能否从另一侧面射出？
②若光线能从侧面射出，玻璃砖折射率应满足何条件？
解析：
（1）由于纵波传的快，震源正上方地区的建筑物先上下振动、后左右振动，故A错误、B正确；设震源距该观测站的距离为x，则
－
＝5，解出x＝36km，故C错误、D正确．
（2）①由于玻璃的临界角C＝42°，所以不论入射角θ1为多少，总有折射角θ2<42°
则折射光在另一侧面的入射角θ′1>（90°－42°）＝48°>C
因而光线在另一侧面发生全反射、不能射出．
②因θ2总小于临界角，要在另一侧面能射出，θ′1也应小于临界角．
即θ2解得C>45°
这就要求玻璃折射率n满足：
＝sinC>sin45°＝
故解出n<
.
答案：
（1）BD
（2）①不能 ②n<
15．[物理—选修3－5]
（1）最近在河南安阳发现了曹操墓地．放射性同位素14C在考古中有重要应用，只要测得该化石中14C残存量，就可推算出化石的年代．为研究14C的衰变规律，将一个原来静止的14C原子核放在匀强磁场中，观察到它所放射的粒子与反冲核的径迹是两个相内切的圆，圆的半径之比R：
r＝7：
1，如图所示，那么14C的衰变方程式应是________．
A.
C―→
Be＋
He
B.
C―→
B＋
e
C.
C―→
N＋
e
D.
C―→
B＋
H
（2）已知电子的质量为m，某一原子的质量为M，基态与激发态的能级差为ΔE，欲想用电子碰撞静止原子的方法，使原子从基态跃迁到激发态，则原子受激发所需入射电子的最小动能是多少？
解析：
（1）由动量守恒定律可知，放射的粒子与反冲核动量大小相等、方向相反．又因径迹是两个内切圆，即衰变时粒子与反冲核受力方向相同，故它们带电性质相反．又由带电粒子在匀强磁场中回旋半径r之比为7：
1，故C正确．
（2）因为在完全非弹性碰撞中，系统动能损失最大，故欲使原子受激发所需入射电子的动能最小，必须满足的条件是：
电子与原子发生完全非弹性碰撞，设电子碰撞前的速度为v1，分别由动量守恒和能量守恒得
mv1＝（m＋M）v①
mv
＝
（m＋M）v2＋ΔE②
由①②解出
mv
＝
.
答案：
（1）C
（2）
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