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B．如圖所示，一質量為m的金屬桿ab，以一定的初速度v₀從一光滑平行金屬軌道的底端向上滑行，軌道平面與水平面成θ角，兩導軌上端用一電阻相連，磁場方向垂直軌道平面向上，軌道與金屬桿ab的電阻不計并接觸良好．金屬桿向上滑行到某一高度h后又返回到底端，在此過程中（　�。�

A、整個過程中合外力的沖量大小為2mv0

B、下滑過程中合外力所做的功等于電阻R上產生的焦耳熱

C、下滑過程中電阻R上產生的焦耳熱小于 1 2 mv02-mgh

D、整個過程中重力的沖量大小為零

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Ⅰ．已知用不同的測量工具測量某物體的長度時，有下列不同的結果：
A.2.4cm    B.2.37cm    C.2.372cm    D.2.3721cm
①用最小分度值為毫米的刻度尺測量的結果是    ；
②用有10個等分刻度的游標卡尺測量的結果是    ；
③用螺旋測微器測量的結果是    ．
II．在“利用單擺測重力加速度”的實驗中，由單擺做簡諧運動的周期公式得到．只要測量出多組單擺的擺長l和運周期T，作出T²-l圖象，就可求出當?shù)氐闹亓�加速度，理論上T²-l圖象是一條過坐標原點的直線．某同學在實驗中，用一個直徑為d的帶孔實心鋼球作為擺球，多次改變懸點到擺球頂部的距離l，分別測出擺球做簡諧運動的周期T后，作出T²-1圖象，如圖1所示．
①造成圖象不過坐標原點的原因可能是   
A、將l記為擺長l；
B、擺球的振幅過小
C、將（l_o+d）計為擺長l
D、擺球質量過大
②由圖象求出重力加速度g    m/s²（取π²=9.87）
Ⅲ．在“描繪小燈泡的伏安特性曲線”的實驗中，現(xiàn)除了有一個標有“5V，2.5w”的小燈泡、導線和開關外，還有：
A、直流電源（電動勢約為5V，內阻可不計）
B、直流電流表（量程0～3A，內阻約為0.1Ω）
C、直流電流表（量程0～600mA，內阻約為5Ω）
D、直流電壓表（量程0～15V，內阻約為15kΩ）
E、直流電壓表（量程0～5V，內阻約為10kΩ）
F、滑動變阻器（最大阻值lOΩ，允許通過的最大電流為2A）
G、滑動變阻器（最大阻值lkΩ，允許通過的最大電流為0.5A）
實驗要求小燈泡兩端的電壓從零開始變化并能測多組數(shù)據(jù)
①實驗中電流表應選用    ，電壓表應選用    ，滑動變阻器應選用    （均用序號字母表示）
②某同學通過實驗正確地做出了小燈泡的伏安特性曲線如圖2甲所示．現(xiàn)把實驗中使用的小燈泡接到如圖2乙所示的電路中，其中電源電動勢為E=6v，內阻r=lΩ，定值電阻R=9Ω，此時燈泡的實際功率為    W（結果保留兩位有效數(shù)字）

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1．D  解析：該反應是輕核的聚變，A錯；輕核的聚變要放出能量B錯；該反應中沒有α和β射線產生，但可能有γ產生，C錯；反應前樣子總質量，反應后核子總質量，質量虧損為，D正確。

2．C  解析：以活塞為研究對象，水平方向活塞受三個力如圖所示，氣體初、末狀態(tài)壓強均等于大氣壓強，此時=0；過程①缸內氣體壓強先增大后減小，則向左先增大后減小，對活塞做負功， A是對的；過程②缸內氣體壓強不變且等于，，B是對的；過程③缸內氣體壓強先減小后增大，向右先增大后減小，對活塞做正功，C錯；由熱力學第一定律得，所以，理想氣體的溫度變化相同時內能變化相同，則為負時Q大，D正確。選C。

3．BD 

4．AB

5．A  解析：由圖(c)可知，子彈穿過木塊A的時間為，子彈對木塊A的沖量實際上等于子彈在穿過A的過程中對A、B的總沖量，即，由于A、B相同，質量相等，因此在時間A對B的沖量等于子彈對A的沖量的一半，即，A正確D錯；子彈在穿過B時，相對B的平均速度小于穿過A時相對A的平均速度，因此，，，，BC錯。

6．BC  解析：時刻B板電勢比A板高，電子在時間內向B板加速，加速結束；在時間內電子減速，由于對稱，在時刻速度恰好為零，接下來，電子重復上述運動，所以電子一直向B板運動，直到從小孔P突出，A錯；無論電子在什么時刻突出P孔，時刻電子都具有最大動能，B正確；電子突出小孔P的時刻不確定，但突出時的動能不大于，C正確D錯。

7．C  解析：運動員在到達P點前做平拋運動，y方向做勻速運動，x方向做自由落體運動，AD兩項錯；當運動員滑上斜面后，x、y方向都做勻加速運動，但加速度小于重力加速度，B對C錯。

8．AC  解析：如圖甲，則振動周期，則，A正確；如圖乙，振動周期則為，若為，則時刻和時刻振動位移分別為A和-A，彈簧的長度不可能相同的。若為，則振動位移為-A，，振動位移為A，B錯；當振動周期為時，時刻和時刻振子的位移相等，加速度相等；當振動周期為時，時刻和時刻振子的位移為零，加速度為零；C正確；由上述可知，兩種情況位移雖相同，但速度方向相反，動量大小相等，D錯。

9．D  解析：有三個力對金屬棒做功，其中重力做功不改變金屬棒的機械能，拉力做功金屬棒的機械能增加，安培力做功金屬棒的機械能減小，減小的機械能轉化為電能，因此感應電流的功率等于安培力的功率，兩金屬棒速度相等，動能不變，若則系統(tǒng)重力勢能不變，機械能不變，拉力做的功全部轉化為電能，即，AB錯；若，則系統(tǒng)重力勢能增大，機械能增大，拉力做的功一部分轉化為系統(tǒng)機械能，一部分轉化為電能，則一定大于，C錯D對。

10．BCD  解析：對，，功率隨電流I的減小而減小，A錯B正確；對，，當時，有最大值，C正確；若，則隨的增大單調減小，D正確。

11．0.900   12

12．答案：①乙；②電壓表的示數(shù)，電阻箱的阻值；若選擇圖甲，；若選擇圖乙，則；③若選擇圖甲，則為CE；若選擇圖乙，則為E。

解析：①由于電源電動勢V較小，，電流表的標度單位只能是mA或μA，因此約5或5000，5不合題意，5000比電流表內阻并不滿足，電壓表內阻又未知，因此選擇圖乙，閉合開關S2時，保持不變，反復調節(jié)，使電流表指針半偏且電壓表示數(shù)不變，則電路總電流不變，使電壓表同時監(jiān)測電路電流，減小實驗誤差，故選擇圖乙；②若選擇圖甲，則，則；選擇圖乙時，開關S2閉合前，通過電阻的電流就是通過電流表的電流；③此實驗電源內阻對實驗沒有影響，A錯；兩種電路都有電壓表作監(jiān)測電表，因此因此電源電動勢大小及電阻箱阻值的大小均對實驗沒有影響，BD錯；若選擇圖甲，則電壓表內阻對電流表兩端電壓的計算有較大影響，而對圖乙，電壓表只起監(jiān)測作用，因此選圖甲時應該選擇C項；電阻箱阻值的精確度對實驗直接造成影響，兩種選擇均要選E項。

評分說明：①只能選擇圖乙；②③若選擇圖甲，只要后續(xù)回答正確均給分。

13．解析：⑴以10個小球整體為研究對象，由力的平衡條件可得  …（2分）

得………………………………………………（2分）

⑵以1號球為研究對象，根據(jù)機械能守恒定律可得  …………（2分） 

      解得……………………………………………（2分） 

⑶撤去水平外力F后，以10個小球整體為研究對象，利用機械能守恒定律可得

    （2分）   得 （1分）

以1號球為研究對象，由動能定理得  ………………（2分）

得………………………………………………（2分）

14．解析：⑴由萬有引力定律得               ①

                            ②

              ①/②得

                                ③

                                             ④

⑵上升最高的塵埃做豎直上拋運動，因此由 得

⑶塵埃上升時機械能守恒，有

則衛(wèi)星撞擊月球時的速度約為

15．解析：⑴設電子在分離器中偏轉的軌道半徑為，在中，

   ①

   ②

因此電子在Q和M中運動的周期相同，且   ③

正、負電子從O第一次到D的時間為相等，因此要讓正、負電子在D中相遇，有     ④

由②③④解得     ⑤

由電子偏轉方向可判斷，Q、M中磁感應強度的方向相反

⑵由②⑤得         ⑥

當時，環(huán)的半徑最大，且         ⑦

16．解析：A、B間發(fā)生彈性碰撞，設每次碰撞A、B的速度分別為，碰后的速度分別為，由動量守恒定律和能量守恒定律得

                                           ①

                           ②

聯(lián)立①②解得 (舍去)，即每次碰撞兩球都交換速度。

⑴設第一次碰撞前小球A的速度為，由動能定理得

                                   ③

則第一次碰撞后 ，小球A又開始做初速度為零的勻加速運動，小球B則以速度做勻速運動，設從A、B間的第一次碰撞到第二次碰撞前小球A運動的距離為，則                         ④

                          ⑤

聯(lián)立③④⑤解得

⑵第二次碰后，設第三次碰撞前A運動的距離為，則

                            ⑥

                    ⑦

聯(lián)立解得

第三次碰后，小球B的動能，因此當小球B出電場時的動能為時，A、B間發(fā)生了四次碰撞。

⑶第四次碰撞后，小球A的速度，若第四次碰撞發(fā)生后小球A即離開電場，則A的動能，若小球A在將要發(fā)生第五次碰撞時才離開電場，則

            ⑧

                  ⑨

解得 ，故有