6【详解】设线圈电阻为，切割磁感线的边长为，则两线圈在进出磁场时产生的安培力为由图可知，两个线圈进出磁场的速度不同，有则进出磁场时，受的安培力小，完全进入磁场后只受重力，所以在下落过程中，线圈所受安培力做的功小于线圈所受的安培力做的功，而整个过程中，重力做功相同，根据动能定理可得出磁场过程中通过线圈横截面的电量为可知故选C。二、多选题：本题共3小题，每小题5分，共15分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得5分，有错选的得0分。8.如图所示，某放射性元素的原子核静止在匀强磁场中的P点，该原子核发生α衰变后，放出一个α粒子和一个新核，它们速度方向与磁场方向垂直，轨迹的半径之比为45:1，重力、阻力和库仑力均不计，下列说法正确的是（ ）A.放射性元素原子核的电荷数是90B.可能的核反应方程为C.α粒子和新核的动量比为1:45D.衰变前核的比结合能小于衰变后新核的比结合能
7【答案】BD【解析】【详解】AB．由于放出的粒子和新核在磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力有解得则它们的轨道半径与它们所带的电荷数成反比，所以有则新核所带的电荷数为90，粒子的电荷数为2，为氦核，由于核反应过程电荷数守恒、质量数守恒，则放射性元素原子核的电荷数是92，所以可能的核反应方程为故A错误，B正确；C．由于放出粒子和新核的过程中，系统的动量守恒，则有所以氦核和新核动量大小之比是，故C错误；D．衰变过程是原子核从不稳定到稳定的转变，又比结合能越大越稳定，故D正确．故选BD。9.两款儿童玩具电动车与计算机相连，在平直道路上进行竞速比赛，t=0时两车从同一位置同时同向运动，通过计算机得到两车的图像如图所示（为位移，为时间），下列说法正确的是（ ）A.a车的速度变化比b车慢B.开始运动后b车在前，后来a车在前C.两车相遇前相距最远距离为1mD.两车在运动过程中可能相遇两次【答案】AC
8【解析】【详解】A．根据匀变速运动的位移公式整理得由于图像中是直线，结合图像可知，斜率表示初速度，截距表示加速度的二分之一，解得可知车加速度大，车的速度变化快，a车的速度变化比b车慢，故A正确；B．根据上述可知，车初速度大，故开始运动后车在前，又由于车的加速度大，车的速度变化快，a车的速度变化比b车慢，可知后来车在前，故B错误；C．当两车速度相同时，两车相距最远，由于解得两车相距最远距离为故C正确；D．两车相遇时有即有解得只有一解，可知两车在运动过程中相遇一次，故D错误。
9故选AC。10.如图甲所示，一轻弹簧竖直固定于水平桌面上，另一相同的弹簧下端与光滑固定斜面底端的挡板相连，物体P、Q分别从两弹簧上端由静止释放，加速度a与弹簧压缩量x的关系分别如图乙中实线、虚线所示，则（ ）A.光滑斜面的倾角为30°B.P、Q向下运动达到最大速度时两弹簧的压缩量之比为1:2C.P、Q的质量之比为1:6D.P、Q向下运动过程中最大速度之比为【答案】ACD【解析】【详解】A．设物体分别质量为．由图乙可知弹簧压缩量为零时，物体加速度分别为2a0，a0。对物体，有解得设斜面的倾角为，对物体，有解得可得解得故A正确；
10B．加速度为零时，物体的速度最大．由图乙可知，向下运动达到最大速度时两弹簧的压缩量分别为。向下运动达到最大速度时两弹簧的压缩量之比为，故B错误；C．P、Q向下运动达到最大速度时，对两物体，有又解得故C正确；D．由动能定理可知，图像与轴所围面积的两倍即为的改变量。由静止开始运动，设向下运动过程中的最大速度分别为和，可得最大速度之比故D正确。故选ACD三、实验题：本题共2小题，共15分。第11题6分，第12题9分。11.某同学用如图所示的实验装置测物体的加速度并验证机械能守恒定律，所用器材包括：气垫导轨、滑块（上方安装有宽度为d的遮光条）、两个与数字计时器相连接的光电门、钩码等。
11实验步骤如下：（1）实验前要调整气垫导轨水平。不挂钩码和细线，接通气源，轻推滑块使其从轨道右端向左端运动的过程中，发现遮光条通过光电门2的时间小于通过光电门1的时间。以下能够解决上述问题的措施是________（填入正确选项前的字母）；A．调节旋钮P使轨道左端升高一些B．调节旋钮Q使轨道右端升高一些C．将两光电门间的距离缩短一些D．将遮光条的宽度增大一些（2）用天平测出钩码的质量为、滑块（含遮光条）的质量为；用米尺测出两光电门之间的距离L；（3）用细线跨过轻质定滑轮，将滑块与钩码连接，并让细线水平拉动滑块；（4）让滑块在钩码的拉动下从导轨右端开始运动，数字计时器读出遮光条通过光电门1、2的时间分别为，，则滑块加速度的大小为________；验证机械能守恒定律的表达式为________。（用题中给出的物理量表示，已知当地的重力加速度为g）【答案】①.A②.③.【解析】【详解】（1）[1]不挂钩码和细线，接通气源，轻推滑块使其从轨道右端向左端运动的过程中，滑块做匀速直线运动才能说明导轨水平，而此时遮光条通过光电门2的时间小于通过光电门1的时间，说明滑块做加速直线运动，即导轨左侧比右侧低，所以应调节旋钮P使轨道左端升高一些。故选A。（4）[2]滑块通过光电门1、2时的速度分别为
12根据位移速度关系有解得[3]根据机械能守恒定律有整理得12.测定一节干电池的电动势和内阻，除待测干电池（电动势约为1.5V，内阻约为1）、必要的开关与导线外，另可供选择的实验器材如下A．电流表A1（量程为3mA，内阻为10）B．电流表A2（量程为0.6A，内阻未知）C．滑动变阻器R1（最大阻值为20，额定电流为3A）D．滑动变阻器R2（最大阻值为200，额定电流为1A）E．定值电阻R0（阻值为990）（1）请你设计一种测量方案，为操作方便且能准确测量，滑动变阻器应选________（填器材前的字母代号），并在下面虚线框中画出实验电路图_______；（2）如图为某同学根据测量数据绘出的I1-I2图线，则由图线可得被测电池的电动势E=________V（结果保留3位有效数字），内阻r=________（结果保留2位有效数字）。
13【答案】①.C②.③.1.48（1.46~1.50均可）④.0.85（0.82~0.88均可）【解析】【详解】（1）[1][2]测量电阻常用伏安法，但提供的实验器材缺少电压表，可用已知内阻的电流表A1与定值电阻器R0串联后改装而成，改装成的电压表内阻为1kΩ，量程为3V。由于电源内阻很小，测量时电流表A2应采用外接法;为操作方便并减小误差，滑动变阻器应使用限流式接法，选择20Ω的R1即可。电路图如图所示。（2）[3][4]根据闭合电路欧姆定律有即图线斜率为的系数，则有
14解得r=0.85Ω延长图线与纵轴相交，读出纵截距即得电源电动势或取图线中的特殊坐标值（0.15A，1.35×10-3A）代入第一式求得四、计算题：本题共3小题，共42分。第13题10分，第14题14分，第15题18分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后结果的不能得分。13.如图所示，半径为R的圆形区域的圆心位于直角坐标系的坐标原点O，该圆形区域内有垂直于坐标平面的匀强磁场（图中未画出），磁场区域外右侧有宽度为R的粒子源，M、N为粒子源两端点，M、N连线垂直于x轴，粒子源中点P位于x轴上，粒子源持续向x轴负方向发射质量为m、电荷量为q（q>0）、速率为v的粒子，已知从粒子源中点P发出的粒子，经过磁场区域后，恰能从圆与y轴负半轴的交点Q处沿y轴负方向射出磁场，不计粒子重力及粒子间相互作用力，求：（1）匀强磁场的磁感应强度；（2）从M点和N点发出的粒子在磁场中运动的时间差。【答案】（1），方向垂直纸面向里；（2）【解析】【详解】（1）根据题意可知从粒子源中点发出的粒子在磁场里运动轨迹为四分之一圆周，轨迹半径为，由几何关系可知根据洛伦兹力提供向心力，有
15联立解得根据左手定则可知，磁感应强度方向垂直纸面向里。（2）根据题意可知，从点出射的粒子在磁场里的运动路径，如左图所示根据几何关系可得解得因为四边形为菱形，所以，则粒子经过磁场区域的时间根据题意可知，从点出射的粒子在磁场里的运动轨迹，如右图所示易知四边形菱形，根据几何关系可知，则粒子经过磁场区域的时间所求时间差14.如图所示，为某汽缸（圆柱形）简化示意图，活塞横截面积为S，工厂测试该汽缸的耐压性能时，在距汽缸底部3L处固定两挡片，开始时活塞底部到缸底的距离为L，内部密封一定质量的空气（可视为理想气体），气体温度为27℃，已知大气压强为p0，活塞右侧与连杆相连，连杆对活塞始终有水平向左的恒定推力，大小为3p0S。现缓慢给气体加热后，活塞向右滑动，不计一切摩擦，取绝对零度为-273℃，求：
16（1）当活塞底部距离缸底L时，气体的压强p1；（2）气体温度达到827℃时，气体的压强p2；（3）若气体温度从27℃缓慢升高到827℃的过程中，气体吸收的热量为Q，求此过程中气体内能的增加量。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）对活塞受力分析，根据共点力平衡，有解得（2）假设加热升温过程始终是等压变化，根据盖-吕萨克定律，有解得此时活塞已经与汽缸右侧挡板接触，由理想气体方程得（3）此过程中气体对外做功为根据热力学第一定律，有可得此过程中气体内能的增加量为
1715.如图所示，一质量为M、长为L，左端带有薄挡板P的木板，静止在水平的地面上，木板与地面间的动摩擦系数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，质量为m的人从木板的右端，由静止开始相对地面向左做匀加速直线运动，到达木板左端时骤然抓住挡板P，此后始终与木板保持相对静止，设人加速运动阶段，与木板之间水平作用力大小为f。（1）若人加速运动时，木板和地面不发生相对滑动，求f的范围；（2）在（1）的前提下，若要求从人开始运动到最终人和木板一起停下的时间最短，求此最短时间及对应的f的值；（3）改变f的大小，求木板从开始运动到最终停下的位移范围。【答案】（1）；（2），；（3）（向右为正）【解析】【详解】（1）设地面作用于木板的摩擦力为f，木板不动，对木板分析有解得（2）以表示人的加速度，由牛顿第二定律有解得第一阶段，人加速运动过程有
18解得，人和木板发生完全非弹性碰撞，根据动量守恒有解得之后对人和木板有匀减速直线运动过程，根据逆向思维有解得解得总时间为根据基本不等式有当时取等号，即时，有最短时间（3）当时，即人加速运动时，木板和地面不发生相对滑动
19解得木板位移方向向左，代入解得向左为正，当时，即人加速运动时，木板和地面会相对滑动，对物块、木板列牛顿第二定律有物块、木板位移关系解得木板第一阶段位移方向向右，根据
20解得方向向左，木板第二阶段位移方向向左，取向右为正方向，木板总位移由于解得综上所述，取向右为正方向，木板位移满足的范围
