（1）如图1所示为利用光敏电阻设计的自动计数器示意图，其中R₁为光敏电阻，R₂为定值电阻，物品在传送带上匀速移动，此光电计数器的基本工作原理是：

 

A．当有光照射R₁时，R₁的电阻值变大
B．当有光照射R₁时，信号处理系统获得高电压
C．信号处理系统每获得一次高电压就记数一次
D．信号处理系统每获得一次低电压就记数一次

（2）如图甲所示，用包有白纸的质量为1.00kg的圆柱棒替代纸带和重物，蘸有颜料的毛笔固定在电动机上并随之匀速运动，使之替代打点计时器．当烧断悬挂圆柱棒的线后，圆柱棒竖直自由下落，毛笔就在圆柱棒面的纸上画出记号，如图乙所示，设毛笔接触棒时不影响棒的运动．测得记号之间的距离依次为26.0mm、50.0mm、74.0mm、98.0mm、122.0mm、146.00mm，已知电动机铭牌上标有“1200r/min”字样，由此验证机械能守恒定律，根据以上内容，可得：
①毛笔画相邻两条线的时间间隔T=

 

s．
②根据乙图所给的数据，可知毛笔画下记号3时，圆柱棒下落的速度v₃=

 

m/s；画下记号6时，圆柱棒下落的速度v₆=

 

m/s；记号3、6之间棒的动能的变化量为

 

J．重力势能的变化量为

 

J，由此可得出的结论是

 

．（g取9.8m/s²，结果保留三位有效数字）

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（1）如图1所示为利用光敏电阻设计的自动计数器示意图，其中R₁为光敏电阻，R₂为定值电阻，物品在传送带上匀速移动，此光电计数器的基本工作原理是：______
A．当有光照射R₁时，R₁的电阻值变大
B．当有光照射R₁时，信号处理系统获得高电压
C．信号处理系统每获得一次高电压就记数一次
D．信号处理系统每获得一次低电压就记数一次



（2）如图甲所示，用包有白纸的质量为1.00kg的圆柱棒替代纸带和重物，蘸有颜料的毛笔固定在电动机上并随之匀速运动，使之替代打点计时器．当烧断悬挂圆柱棒的线后，圆柱棒竖直自由下落，毛笔就在圆柱棒面的纸上画出记号，如图乙所示，设毛笔接触棒时不影响棒的运动．测得记号之间的距离依次为26.0mm、50.0mm、74.0mm、98.0mm、122.0mm、146.00mm，已知电动机铭牌上标有“1200r/min”字样，由此验证机械能守恒定律，根据以上内容，可得：
①毛笔画相邻两条线的时间间隔T=______s．
②根据乙图所给的数据，可知毛笔画下记号3时，圆柱棒下落的速度v₃=______m/s；画下记号6时，圆柱棒下落的速度v₆=______m/s；记号3、6之间棒的动能的变化量为______J．重力势能的变化量为______J，由此可得出的结论是______．（g取9.8m/s²，结果保留三位有效数字）

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（1）如图1所示为利用光敏电阻设计的自动计数器示意图，其中R₁为光敏电阻，R₂为定值电阻，物品在传送带上匀速移动，此光电计数器的基本工作原理是：   
A．当有光照射R₁时，R₁的电阻值变大
B．当有光照射R₁时，信号处理系统获得高电压
C．信号处理系统每获得一次高电压就记数一次
D．信号处理系统每获得一次低电压就记数一次

（2）如图甲所示，用包有白纸的质量为1.00kg的圆柱棒替代纸带和重物，蘸有颜料的毛笔固定在电动机上并随之匀速运动，使之替代打点计时器．当烧断悬挂圆柱棒的线后，圆柱棒竖直自由下落，毛笔就在圆柱棒面的纸上画出记号，如图乙所示，设毛笔接触棒时不影响棒的运动．测得记号之间的距离依次为26.0mm、50.0mm、74.0mm、98.0mm、122.0mm、146.00mm，已知电动机铭牌上标有“1200r/min”字样，由此验证机械能守恒定律，根据以上内容，可得：
①毛笔画相邻两条线的时间间隔T=    s．
②根据乙图所给的数据，可知毛笔画下记号3时，圆柱棒下落的速度v₃=    m/s；画下记号6时，圆柱棒下落的速度v₆=    m/s；记号3、6之间棒的动能的变化量为    J．重力势能的变化量为    J，由此可得出的结论是    ．（g取9.8m/s²，结果保留三位有效数字）

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1．B  解析：转变成可裂变的(金属钚)，质量数增加1，一定是吸收一个快中子变成铀239，再转变成时核电荷数增加2，因此是发生了两次β衰变，AC错B正确；钚239是中子数为239-94=145，铀238的中子数为238-92=146，因此钚239比铀238少一个中子，D错。

2．B  解析：随水银柱上升，水银柱的长度变短，气体压强变小，当水银被全部推出管外后，气体压强等于大气压强为最小，A错；水银柱缓慢上升时，气体温度升高，内能增大，同时气体体积增大，对外做功，由可知，，B正确；在水银被从管中突然全部推出过程中，气体迅速膨胀对外做功，但吸热较慢因此气体的内能一定减小，C错；若在端面a上升到前停止加热，气体温度下降，V减小，水银柱下降，但当气体温度回到初始状态时，压强比初始状态小，气体柱比初始状态长，D错。

3．AC  解析：由图可知，车的初速度等于，在时间内，车的位移为，则车的位移为。若在时刻相遇，则，A项正确；若在时刻相遇，由图象可知，为阴影部分对应的距离，即，由图象中的对称关系，下次相遇的时刻为，C正确B项错；若在时刻相遇，之后，不能再次相遇，D错。

4．B  解析：在物块下滑过程中重力对物块的冲量为15N?s，故下滑时间为s，斜面对物块的支持力N，故支持力的冲量，A错；物块从静止下滑，斜面对物块的滑动摩擦力N，其冲量为，B正确；斜面对物块的作用力一定小于物块的重力，所以其冲量一定小于重力的冲量，C错；物块到达斜面底端时的动量等于外力的总冲量，一定小于重力的冲量，D错。

5．C  解析：水流做平抛运动，水平位移，代入解得，即得(d>0，舍去)，因此当H一定时，与有关，A错；若一定，则H减小时d增大，B错；若H一定，增大时，d也应该增大，C正确；若d一定，H减小时，应该减小，D错。

6．ACD  解析：对A、B整体和P，受力如图(a)(b)，其中， 。若保持B的半径不变，而将B改变密度较大的材料制作，则角不变而B的质量增大，均增大，A正确；对B，受力如图(c)，，，设墙对A的支持力为。若保持A的质量不变，而将A改用密度稍小的材料制作，则A的半径增大，角减小，增大，C正确；(减小，减小，减小，)。 若保持B的质量不变，而将B改用密度较小的材料制作，则B的半径增大，增大，减小，不变，不变，增大，D正确。

7．B  解析： O点第一次达到正方向最大位移所需时间为，因此波向前传播的距离为，即OP、OP’为，因此P、P’两点间距离为半个波长，但由于波是以O为波源向左右传播的，左右对称点振动总相同如图2-3-1c所示，A错；波传到Q’需要半个周期，而当Q’到达负向最大位移时又需，因此O点振动时间为，所走路程为cm，B正确；波动传播的是振动的运动形式，质点并不沿传播方向向前传播，C错；同种波在同一介质中传播的速度是相同的，即，当O质点振动周期减为2s，则O第一次达到正方向最大位移的时间为0.5s，波向左、右传播的距离为，P点还没有振动，D错．

8．BD           9．D             10．A

11．AD  解析：AD两图中，当滑动变阻器的滑动触头放在最左端时，电源被短路而烧坏；BC两图中，供电电路正确，B图虽然电流表和电压表接错位置，但由于串联的电压表内阻较大，不会烧坏电流表；C图则可测较大电阻的阻值。

12．（1）作图法 ；（2）画出的s-t图（如图线甲）和的s-t图（如图线乙）

在误差允许的范围内，图线甲为直线，物体从A到B的运动为匀速直线运动，从图线的斜率可求得： ，     

从乙图中无法直接判断s、t之间的关系，但是该图线接近于二次函数的图像。为了验证这个猜想，通过转换变量来进行，即作s-t²图线，为此求得表格如下：

时间t(s)

0.89

1.24

1.52

1.76

1.97

新变量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

依据上表中的t^2、、s数据可作图线丙。从图像中看出s与t^2、呈线性变化关系，由图中斜率求得，即故

（3）从的过程中s随t变化的规律是： 物体作匀速直线运动，          

从的过程中s随t变化的规律是：物体作初速度为零的匀加速直线运动，

13．解析：对质子火箭发动机，加速每一个质子的过程

                                                  ①

       对任意一段时间内通过质子的总电荷量为q，总质量为M，由能量关系：

                                              ②

       由动量定理得                       ③

       联立①②③解得

                             ④

14．（1）轮缘转动的线速度： （2分）

（2）板运动的加速度：  （2分）

板在轮子上做匀加速运动的时间：  （1分）

板在做匀加速运动的全过程中其重心平动发生的位移为：

   （1分）

板在做匀速运动的全过程中其重心平动发生的位移为：

  （1分）

因此，板运动的总时间为：   （2分）

（3）由功能关系知：轮子在传送木板的过程中所消耗 的机械能一部分转化成了木板的动能，另一部分因克服摩擦力做功转化成了内能，即：

木板获得的动能：  （1分）

摩擦力做功产生的内能：  （2分）

加速过程木板与轮子间的相对位移：

   （1分）

消耗的机械能：  （2分）

联立上述四个方程解得：

  （1分）

15．解析：⑴正、负电子均经过次加速后才从加速器射出，故

       ①

      ②

⑵时刻负，在之间加速正电子，则时刻在之间加速负电子，且正、负电子在加速器中运动的时间相同，因此射出的时间差即为    ③

⑶由于金属圆筒的静电屏蔽作用，筒内场强为零，电子在每个圆筒中都做匀速运动，要使电子每经过两筒缝隙时都能被加速，运动时间应满足    ④

电子第一次被加速后的速度即通过时的速度，因此

           ⑤

同理可得

               …………

解得

16．解析：⑴设导体棒MN下滑的距离为，导体棒下滑时受三个力如图所示，由牛顿第二定律得                         ①

                                             ②

线框被导体棒MN分成并联的两部分，对MN两端的总电阻为

                  ③

将时速度为代入得             ④

⑵当导体棒的加速度为零时，由①得                      ⑤

由②③代入得               ⑥

联立⑤⑥得                   ⑦

⑶假设导体棒以速度匀速运动，虽然磁感应强度方向与区域Ⅰ中相反，但由楞次定律和左手定则可知，安培力仍沿斜面向上，则有

                 ⑧

由于为常量，因此当时最大，而式中，因此当增大时减小，若不变，则速度一定减小，要保持速度不变，则由⑦⑧得

                ⑨

                                       ⑩