（1）如圖1所示為利用光敏電阻設計的自動計數器示意圖，其中R₁為光敏電阻，R₂為定值電阻，物品在傳送帶上勻速移動，此光電計數器的基本工作原理是：

 

A．當有光照射R₁時，R₁的電阻值變大
B．當有光照射R₁時，信號處理系統獲得高電壓
C．信號處理系統每獲得一次高電壓就記數一次
D．信號處理系統每獲得一次低電壓就記數一次

（2）如圖甲所示，用包有白紙的質量為1.00kg的圓柱棒替代紙帶和重物，蘸有顏料的毛筆固定在電動機上并隨之勻速運動，使之替代打點計時器．當燒斷懸掛圓柱棒的線后，圓柱棒豎直自由下落，毛筆就在圓柱棒面的紙上畫出記號，如圖乙所示，設毛筆接觸棒時不影響棒的運動．測得記號之間的距離依次為26.0mm、50.0mm、74.0mm、98.0mm、122.0mm、146.00mm，已知電動機銘牌上標有“1200r/min”字樣，由此驗證機械能守恒定律，根據以上內容，可得：
①毛筆畫相鄰兩條線的時間間隔T=

 

s．
②根據乙圖所給的數據，可知毛筆畫下記號3時，圓柱棒下落的速度v₃=

 

m/s；畫下記號6時，圓柱棒下落的速度v₆=

 

m/s；記號3、6之間棒的動能的變化量為

 

J．重力勢能的變化量為

 

J，由此可得出的結論是

 

．（g取9.8m/s²，結果保留三位有效數字）

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（1）如圖1所示為利用光敏電阻設計的自動計數器示意圖，其中R₁為光敏電阻，R₂為定值電阻，物品在傳送帶上勻速移動，此光電計數器的基本工作原理是：______
A．當有光照射R₁時，R₁的電阻值變大
B．當有光照射R₁時，信號處理系統獲得高電壓
C．信號處理系統每獲得一次高電壓就記數一次
D．信號處理系統每獲得一次低電壓就記數一次



（2）如圖甲所示，用包有白紙的質量為1.00kg的圓柱棒替代紙帶和重物，蘸有顏料的毛筆固定在電動機上并隨之勻速運動，使之替代打點計時器．當燒斷懸掛圓柱棒的線后，圓柱棒豎直自由下落，毛筆就在圓柱棒面的紙上畫出記號，如圖乙所示，設毛筆接觸棒時不影響棒的運動．測得記號之間的距離依次為26.0mm、50.0mm、74.0mm、98.0mm、122.0mm、146.00mm，已知電動機銘牌上標有“1200r/min”字樣，由此驗證機械能守恒定律，根據以上內容，可得：
①毛筆畫相鄰兩條線的時間間隔T=______s．
②根據乙圖所給的數據，可知毛筆畫下記號3時，圓柱棒下落的速度v₃=______m/s；畫下記號6時，圓柱棒下落的速度v₆=______m/s；記號3、6之間棒的動能的變化量為______J．重力勢能的變化量為______J，由此可得出的結論是______．（g取9.8m/s²，結果保留三位有效數字）

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（1）如圖1所示為利用光敏電阻設計的自動計數器示意圖，其中R₁為光敏電阻，R₂為定值電阻，物品在傳送帶上勻速移動，此光電計數器的基本工作原理是：   
A．當有光照射R₁時，R₁的電阻值變大
B．當有光照射R₁時，信號處理系統獲得高電壓
C．信號處理系統每獲得一次高電壓就記數一次
D．信號處理系統每獲得一次低電壓就記數一次

（2）如圖甲所示，用包有白紙的質量為1.00kg的圓柱棒替代紙帶和重物，蘸有顏料的毛筆固定在電動機上并隨之勻速運動，使之替代打點計時器．當燒斷懸掛圓柱棒的線后，圓柱棒豎直自由下落，毛筆就在圓柱棒面的紙上畫出記號，如圖乙所示，設毛筆接觸棒時不影響棒的運動．測得記號之間的距離依次為26.0mm、50.0mm、74.0mm、98.0mm、122.0mm、146.00mm，已知電動機銘牌上標有“1200r/min”字樣，由此驗證機械能守恒定律，根據以上內容，可得：
①毛筆畫相鄰兩條線的時間間隔T=    s．
②根據乙圖所給的數據，可知毛筆畫下記號3時，圓柱棒下落的速度v₃=    m/s；畫下記號6時，圓柱棒下落的速度v₆=    m/s；記號3、6之間棒的動能的變化量為    J．重力勢能的變化量為    J，由此可得出的結論是    ．（g取9.8m/s²，結果保留三位有效數字）

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1．B  解析：轉變成可裂變的(金屬钚)，質量數增加1，一定是吸收一個快中子變成鈾239，再轉變成時核電荷數增加2，因此是發生了兩次β衰變，AC錯B正確；钚239是中子數為239-94=145，鈾238的中子數為238-92=146，因此钚239比鈾238少一個中子，D錯。

2．B  解析：隨水銀柱上升，水銀柱的長度變短，氣體壓強變小，當水銀被全部推出管外后，氣體壓強等于大氣壓強為最小，A錯；水銀柱緩慢上升時，氣體溫度升高，內能增大，同時氣體體積增大，對外做功，由可知，，B正確；在水銀被從管中突然全部推出過程中，氣體迅速膨脹對外做功，但吸熱較慢因此氣體的內能一定減小，C錯；若在端面a上升到前停止加熱，氣體溫度下降，V減小，水銀柱下降，但當氣體溫度回到初始狀態時，壓強比初始狀態小，氣體柱比初始狀態長，D錯。

3．AC  解析：由圖可知，車的初速度等于，在時間內，車的位移為，則車的位移為。若在時刻相遇，則，A項正確；若在時刻相遇，由圖象可知，為陰影部分對應的距離，即，由圖象中的對稱關系，下次相遇的時刻為，C正確B項錯；若在時刻相遇，之后，不能再次相遇，D錯。

4．B  解析：在物塊下滑過程中重力對物塊的沖量為15N?s，故下滑時間為s，斜面對物塊的支持力N，故支持力的沖量，A錯；物塊從靜止下滑，斜面對物塊的滑動摩擦力N，其沖量為，B正確；斜面對物塊的作用力一定小于物塊的重力，所以其沖量一定小于重力的沖量，C錯；物塊到達斜面底端時的動量等于外力的總沖量，一定小于重力的沖量，D錯。

5．C  解析：水流做平拋運動，水平位移，代入解得，即得(d>0，舍去)，因此當H一定時，與有關，A錯；若一定，則H減小時d增大，B錯；若H一定，增大時，d也應該增大，C正確；若d一定，H減小時，應該減小，D錯。

6．ACD  解析：對A、B整體和P，受力如圖(a)(b)，其中， 。若保持B的半徑不變，而將B改變密度較大的材料制作，則角不變而B的質量增大，均增大，A正確；對B，受力如圖(c)，，，設墻對A的支持力為。若保持A的質量不變，而將A改用密度稍小的材料制作，則A的半徑增大，角減小，增大，C正確；(減小，減小，減小，)。 若保持B的質量不變，而將B改用密度較小的材料制作，則B的半徑增大，增大，減小，不變，不變，增大，D正確。

7．B  解析： O點第一次達到正方向最大位移所需時間為，因此波向前傳播的距離為，即OP、OP’為，因此P、P’兩點間距離為半個波長，但由于波是以O為波源向左右傳播的，左右對稱點振動總相同如圖2-3-1c所示，A錯；波傳到Q’需要半個周期，而當Q’到達負向最大位移時又需，因此O點振動時間為，所走路程為cm，B正確；波動傳播的是振動的運動形式，質點并不沿傳播方向向前傳播，C錯；同種波在同一介質中傳播的速度是相同的，即，當O質點振動周期減為2s，則O第一次達到正方向最大位移的時間為0.5s，波向左、右傳播的距離為，P點還沒有振動，D錯．

8．BD           9．D             10．A

11．AD  解析：AD兩圖中，當滑動變阻器的滑動觸頭放在最左端時，電源被短路而燒壞；BC兩圖中，供電電路正確，B圖雖然電流表和電壓表接錯位置，但由于串聯的電壓表內阻較大，不會燒壞電流表；C圖則可測較大電阻的阻值。

12．（1）作圖法 ；（2）畫出的s-t圖（如圖線甲）和的s-t圖（如圖線乙）

在誤差允許的范圍內，圖線甲為直線，物體從A到B的運動為勻速直線運動，從圖線的斜率可求得： ，     

從乙圖中無法直接判斷s、t之間的關系，但是該圖線接近于二次函數的圖像。為了驗證這個猜想，通過轉換變量來進行，即作s-t²圖線，為此求得表格如下：

時間t(s)

0.89

1.24

1.52

1.76

1.97

新變量t²(s²)

0.79

1.54

2.31

3.10

3.88

位移s(m)

0.25

0.50

0.75

1.00

1.25

依據上表中的t^2、、s數據可作圖線丙。從圖像中看出s與t^2、呈線性變化關系，由圖中斜率求得，即故

（3）從的過程中s隨t變化的規律是： 物體作勻速直線運動，          

從的過程中s隨t變化的規律是：物體作初速度為零的勻加速直線運動，

13．解析：對質子火箭發動機，加速每一個質子的過程

                                                  ①

       對任意一段時間內通過質子的總電荷量為q，總質量為M，由能量關系：

                                              ②

       由動量定理得                       ③

       聯立①②③解得

                             ④

14．（1）輪緣轉動的線速度： （2分）

（2）板運動的加速度：  （2分）

板在輪子上做勻加速運動的時間：  （1分）

板在做勻加速運動的全過程中其重心平動發生的位移為：

   （1分）

板在做勻速運動的全過程中其重心平動發生的位移為：

  （1分）

因此，板運動的總時間為：   （2分）

（3）由功能關系知：輪子在傳送木板的過程中所消耗 的機械能一部分轉化成了木板的動能，另一部分因克服摩擦力做功轉化成了內能，即：

木板獲得的動能：  （1分）

摩擦力做功產生的內能：  （2分）

加速過程木板與輪子間的相對位移：

   （1分）

消耗的機械能：  （2分）

聯立上述四個方程解得：

  （1分）

15．解析：⑴正、負電子均經過次加速后才從加速器射出，故

       ①

      ②

⑵時刻負，在之間加速正電子，則時刻在之間加速負電子，且正、負電子在加速器中運動的時間相同，因此射出的時間差即為    ③

⑶由于金屬圓筒的靜電屏蔽作用，筒內場強為零，電子在每個圓筒中都做勻速運動，要使電子每經過兩筒縫隙時都能被加速，運動時間應滿足    ④

電子第一次被加速后的速度即通過時的速度，因此

           ⑤

同理可得

               …………

解得

16．解析：⑴設導體棒MN下滑的距離為，導體棒下滑時受三個力如圖所示，由牛頓第二定律得                         ①

                                             ②

線框被導體棒MN分成并聯的兩部分，對MN兩端的總電阻為

                  ③

將時速度為代入得             ④

⑵當導體棒的加速度為零時，由①得                      ⑤

由②③代入得               ⑥

聯立⑤⑥得                   ⑦

⑶假設導體棒以速度勻速運動，雖然磁感應強度方向與區域Ⅰ中相反，但由楞次定律和左手定則可知，安培力仍沿斜面向上，則有

                 ⑧

由于為常量，因此當時最大，而式中，因此當增大時減小，若不變，則速度一定減小，要保持速度不變，則由⑦⑧得

                ⑨

                                       ⑩