1.C 提示：根據(jù)質(zhì)量數(shù)守恒和電荷數(shù)守恒得X為2He，選項A、B錯誤。根據(jù)愛因斯坦質(zhì)能方程ΔE=（2m1—m2—mx）c2得X的質(zhì)量為2m1—m2—A/2，選項C正確。兩氘核間的庫侖力是斥力，不利于核聚變反應(yīng)的進(jìn)行，選項D錯誤。

2.B 提示：放電前手指靠近門把手的過程中，門把手在手的影響下，發(fā)生靜電感應(yīng)，在其靠近手的一端感應(yīng)出正電荷，在其另一端感應(yīng)出負(fù)電荷，穩(wěn)定時處于靜電平衡狀態(tài)，內(nèi)部場強(qiáng)為零，兩端電勢相等，選項A、C、D錯誤。門把手與手之間可以看成一個電容器，當(dāng)兩者之間的距離減小時，根據(jù)公式C=d·E=/，c=a可知，U不變，d減小，故C變大，E變大，Q變大，選項B正確。

3.C 提示：空間站繞地球做勻速圓周運(yùn)動的過程中，空間站內(nèi)所有物體處于完全失重狀態(tài)，當(dāng)圓管繞軸轉(zhuǎn)動時，外管壁給人的支持力提供向心力，故人將會擠壓外管壁，此時人并非處于完全失重狀態(tài)，選項A、B錯誤。人靠在外管壁上隨圓管一起做圓周運(yùn)動，則G Mn = mg，mg =m（2/π）R2，解得T=2元R，選項C正確，D錯誤。

4.D 提示：因為粒子的電性不能確定，所以磁場的方向也無法確定，選項A錯誤。粒子的運(yùn)動軌跡如圖1所示，根據(jù)幾何關(guān)系可知，四邊形OACc為菱形，所以粒子在磁場中運(yùn)動的軌跡半徑為r，選項B錯誤。粒子在磁場中運(yùn)動的周期T=2πm，當(dāng)粒子從a點射入時，運(yùn)動時間最短，軌跡為半圓，最短時間tm=1/2=π，選項C 錯誤，D正確。

5.C 提示：人勻速上升，動能不變，根據(jù)功能關(guān)系可知，合外力做的總功為0，選項C正確。人（含設(shè)備）懸停在空中，對人（含設(shè)備）進(jìn)行受力分析，則Mg=F，以Δt時間內(nèi)的水柱為研究對象，根據(jù)動量定理得F'Δt=v2Sρ*Δt，即F'=v2Sp*，F(xiàn)'=F，解得v= M，選項B錯誤。同理，人（含設(shè)備）向上加速運(yùn)動，則F-Mg=Ma，F(xiàn)'=v2Spk， F'=F，解得v=，選項D錯誤。因為不知道人的初始狀態(tài)，所以裝置向下噴水時，人既可能向上運(yùn)動，也可能向下運(yùn)動，選項A錯誤。

6.CD 提示：貨車停放在水平路面上，四個油桶靜止在貨車車廂中，則四個油桶受到的合力全為0，選項A錯誤。把A、B、D三個油桶看成一個整體，在豎直方向上，根據(jù)平衡條件得2N=3mg，則車廂對油桶B的支持力大小是油桶B所受重力的倍，選項B錯誤。對油桶D進(jìn)行受力分析，如圖2所示，根據(jù)平衡條件得2Fcos θ=mg，根據(jù)幾何關(guān)系得θ=30°，解得F=3/3mg，則油桶A對D的支持力與油桶B對D的支持力大小相等，且都小于油桶D的重力，若抽去薄板，則油桶B向右移動，穩(wěn)定后0變大，根據(jù)F可知，F(xiàn)變大，選項C、D正確。

7.AC 提示：根據(jù)動能定理可知，0～x1段物體做勻加速直線運(yùn)動，則F合=F電=qE，在坐標(biāo)x2處物體的動能最大，物體的加速度為0，則F彈=F電，即k（x2—x1）=qE，解得k=，選項A正確。從坐標(biāo)x1處到x4處，在坐標(biāo)x2處有F=F電，所以x1～x2段有F合=F電—F舜，F(xiàn)變大，F(xiàn)合變小，x2～x4段有F合=F彈—F電，F(xiàn)變大，F(xiàn)合變大，即物塊所受合外力先減小后增大，選項B錯誤。從坐標(biāo)x1處到x3處，電場力做功全部轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢能，即ΔE，=qE（x3一x1），選項C正確。從坐標(biāo)x1處到x2處，彈簧的彈性勢能增加，動能增加，電場力做正功，電勢能減小，則彈簧彈性勢能增加量和動能的增加量之和等于電勢能的減少量，選項D錯誤。

8.BD 提示：設(shè)M點投影在水平面上為B點，軌道II與水平面相交處為C點，軌道II與水平面之間的夾角為0，物塊下滑過程中的運(yùn)動情景如圖3所示。物塊從軌道II上的M點由靜止釋放至到達(dá)A點停止，根據(jù)動能定理得mgh-μmgcos θ·μmgsAc=0，又sin θ，則mgh-μmg（sc+sin θSAC）=0，所以mgh=μmgsAB。同理，物塊從軌道I上的M點由靜止釋放，h相等，μ一樣，則物塊仍停在A點，選項A錯誤。若物塊從A點以大小為2/gh的初速度向左運(yùn)動并滑上軌道I，假設(shè)物塊能夠到達(dá)M點，根據(jù)動能定理得-mgh-μmgsB=1/2mou-1/2mu8，結(jié)合v。=2/gh，mgh=umgsan，解得vM=0，即物塊剛好滑到M點速度減為0，選項B正確。若物塊從A點以大小為3/gh的初速度向左運(yùn)動，假設(shè)物塊沿兩傾斜軌道可到達(dá)同一高度的N和N'點，其中沿軌道II到達(dá)N'點時的速度為0，根據(jù)功能關(guān)系得W重+W=E，因為初動能相同，重力做功相同，軌道I對物塊的摩擦力做的功比軌道II的小，所以物塊到達(dá)軌道I上N點時的速度不可能為0，即物塊在軌道I上速度減為0時的位置距地面的高度較大，選項C錯誤，D正確。

9.（1）AC （2）2.13（3）未平衡摩擦力或未完全平衡摩擦力1.0

提示：（1）因為通過力傳感器可以直接讀出細(xì)線的拉力大小F，所以不再需要滿足砂桶和砂的總質(zhì)量遠(yuǎn)小于滑塊的質(zhì)量。（2）相鄰兩計數(shù)點之間的時間間隔t=5T=0.1s，滑塊的加速度大小。（3）根據(jù)F—a圖像可知，當(dāng)F=2N時，a=0，說明未平衡摩擦力或未完全平衡摩擦力。設(shè)未平衡掉的摩擦力為f余，則F一f余=ma，即F=ma+f余，因此F-a圖像的斜率表示滑塊的質(zhì)量，則滑塊的質(zhì)量m=5-2kg=1kg。

10.（1）0.48（2）C（3） kgc（4）大于

提示：（1）電流表的分度值為0.02 A，其讀數(shù)為0.48A。（2）根據(jù)閉合電路歐姆定律得E=I（R+r），其中R=R。+kN，且N= mg，即E=I（kmg+R。+r），根據(jù)題圖中圖像為線性關(guān)系，變形得1/1=5m+Ro+r，即選擇1I為縱坐標(biāo)，則需橫坐標(biāo)為m。（3）根據(jù)/7m圖像，結(jié)合閉合電路歐姆定律表達(dá)式可知，圖像斜率a-b=，則待測電池的電動勢表達(dá)式E=kC。（4）若電流表的內(nèi)阻RA不可忽略，則/7=/m+R.+r+R，即b=Ro+r+RA，解得ra=kgbc-R-RA，而 E=kgbc—R，故該電池內(nèi)阻的測量值大于測真實值。

11.（1）狗狗由A點運(yùn)動到B點的過程中，根據(jù)動能定理得mgH—w，=1/2mo2，在B點時，根據(jù)牛頓第二定律得3mg—mg=m0，解得v=/2gK，W，=mgR。（2）根據(jù)平拋運(yùn)動規(guī)律得h—h1=1/2gt2，d=vt，解得h1=16R。

12.（1）導(dǎo)體棒M到達(dá)b、e處前已做勻速直線運(yùn)動，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得E=BLv，根據(jù)閉合電路歐姆定律得I=ER+R，根據(jù)平衡條件得mgsinθ=BIL，解得2mgRsin θB2L2。（2）若固定導(dǎo)體棒N，導(dǎo)體棒M通過b、e處后瞬間閉合開關(guān)S，導(dǎo)體棒M、N構(gòu)成閉合回路，最終導(dǎo)體棒M靜止，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得E=BI.A ，根據(jù)閉合電路歐姆定律得I=R+2R，對導(dǎo)體棒 M應(yīng)用動量定理得—BILΔt=0—mu，解得Δx=6㎡gR2sin θ。（3）若不固定導(dǎo)體棒N，導(dǎo)體棒M通過b、e處后瞬間閉合開關(guān)S，由導(dǎo)體棒M、N組成的系統(tǒng)動量守恒，最終它們共速，則mv=3mv，根據(jù)能量守恒定律得1/2mo2=1/2x3mox+Q，導(dǎo)體棒N中產(chǎn)生的焦耳熱Q=R+2RQ，解得Q=8m3g2R2sin20。

13.（1）ACE 提示：液體表面具有收縮的趨勢，即液體表面表現(xiàn)為張力，太空中水滴呈球形，是液體表面張力作用的結(jié)果，選項A正確。溫度是分子熱運(yùn)動平均動能的標(biāo)志，質(zhì)量和溫度都相同的氮氣和氧氣，單個分子的平均動能相等，但氮氣分子個數(shù)較多，故氮氣的內(nèi)能較大，選項B錯誤。利用氣體的質(zhì)量、密度、摩爾體積和阿伏加德羅常數(shù)，可以估算出氣體分子間的平均距離，選項C正確。當(dāng)分子勢能隨分子間距離的增大而減小時，分子力表現(xiàn)為斥力，選項D錯誤。一定質(zhì)量的理想氣體保持體積不變，單位體積內(nèi)分子數(shù)不變，溫度升高，分子的平均動能變大，單位時間內(nèi)撞擊單位面積上的分子數(shù)增多，選項E正確。

（2）（i）選水瓶內(nèi)的空氣為研究對象，根據(jù)查理定律得0=2/7，解得p=1.12x 105Pa。（ii）設(shè)水瓶的容積為V，打開瓶蓋后水瓶內(nèi)及放出的空氣的總體積為V'，根據(jù)玻意耳定律得pV=poV'，又有m V'-V ，解得 m。

14.（1）2/3不能1.25提示：根據(jù)波形圖得m/s=4m/s，vz=13.25-10.25m/s=4m/s，根據(jù)v= A2得Tw=xπ=2/4s=0.5 s，Tz=X2=3/48=0.75s，解得。波發(fā)生干涉的條件是兩列波的頻率相等，而甲、乙兩列波的頻率不同，所以不能發(fā)生干涉現(xiàn)象。根據(jù)波的平移法則可知，甲波的波峰到達(dá)x=7.5m7.5-2.5處所需的時間Δt1.25s，乙波的波峰到達(dá)x=7.5處所需的時間s=1.25s，因此經(jīng)過1.25s甲、乙兩列波的波峰同時到達(dá)x=7.5m處，根據(jù)波的疊加原理可知，此時該質(zhì)點第一次到達(dá)正向最大位移處。

（2）（i）作出光路圖如圖4所示，根據(jù)幾何關(guān)系得πR2，sin C= r，根據(jù)全反射規(guī)律得sinC=1/2，解得n=/3。（ii）恰好發(fā)生全反射的光線在透明液體中的光路最長，根據(jù)幾何關(guān)系得x=/r2+R2，根據(jù)折射定律得n=/2，解得射出的光線在透明液體中傳播的最長時間t=π/=3/2R。

（責(zé)任編輯張巧）