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1． D
【详解】A．由图可知 时，手机向上加速，加速度竖直向上，处于超重状态，故A错误；
B．由图可知 时手机速度不变，处于平衡状态，故B错误；
C．由图可知 升降机处于匀速上升阶段，故C错误；
D．手机对升降机的力与升降机对手机的力为一对相互作用力，大小相等，方向相反，故D正确。
故选D。
2． D
【详解】A．“天通一号”卫星位于36000公里距离的地球同步轨道，所以轨道半径都一样，与卫星质量
无关，故选项A错误；
B．根据
可得地球卫星的环绕速度大小
可知第一宇宙速度7.9km/s是近地卫星的环绕速度，也是地球卫星绕地球做匀速圆周运动的最大环绕速度，
而同步卫星的轨道半径要大于近地卫星的轨道半径，从表达式可以发现，同步卫星运行的线速度一定小于
第一宇宙速度，故选项B错误；
C．它们若在除赤道所在平面外的任意点实现了“同步”，那它们的运动轨道所在平面与受到地球的引力
就不在一个平面上，这是不可能的，所以同步卫星不可能经过北京的正上空，故选项C错误；
D．根据万有引力提供向心力得
根据地球表面万有引力等于重力得
由以上两等式得 ，所以它们的向心加速度约为地面上物体的重力加速度的 ，故选项D正确。
故选D。
3． A
【详解】A．由核反应中的质量数守恒和电荷数守恒可知，反应①中粒子X为中子，故A正确；
B．反应②③为 衰变，反应③中的电子来自于 原子核的内部，故BC错误；D．原子核的半衰期与温度无关，故D错误。
故选A。
4． C
【详解】A．变压器是利用电磁感应原理，必须通过交流电产生变化的磁场，才能产生感应电流，选项A
错误；
B．变压器不改变交变电流的频率，频率应为
选项B错误；
CD．根据正弦式交流电中有效值和峰值的关系可知，原线圈的电压有效值
根据变压器的工作原理有
解得副线圈的有效值
峰值为 因为理想变压器原、副线圈的功率相等，则
选项C正确。
故选C。
5． C
【详解】A．根据题意，由左手定则可知，正离子受向上的洛伦兹力向上偏转，负离子受向下的洛伦兹力
向下偏转，则上极板电势比下极板电势高，故A错误；
BCD．根据题意可知，当上下两金属电极之间产生足够高电压时，有
解得
可知，两金属电极间的电动势与 和 无关，与 有关，且仅使d增大，两金属电极间的电动势会变大，故BD错误，C正确。
故选C。
6． D
【详解】波的波长为
根据波的叠加原理，振动相消是降噪效果最好，即波程差为半波长的奇数倍，有
可知当n=1时，即
此时降噪效果较好。
故选D。
7． D
【详解】A．蚂蚁先有向下的加速度，处于失重状态，落地前会以一定的速度做匀速直线运动，此时蚂蚁
处于平衡状态，故A错误；
B．根据功能关系可知，整个过程中重力对蚂蚁做的功等于阻力对蚂蚁做的功和蚂蚁增加的动能之和，故
B错误；
C．蚂蚁做匀速直线运动时，阻力对其做负功，机械能不守恒，故C错误；
D．根据动能的公式有
解得
故D正确。
故选D。
8． AB
【详解】A．在匀速阶段，谷粒P受到竖直向下的重力和其他谷粒对谷粒P的作用力，合力为零，所以其
他谷粒对谷粒P的作用力方向竖直向上，大小等于mg，故A正确；
B．在传送带上运动过程中，其他谷粒对谷粒P做的功等于谷粒增加的机械能，所以故B正确；
C．谷粒P离开传送带后（落地前），只有重力做功，机械能保持不变，即重力势能的减少量等于其动能
的增加量，故C错误；
D．在传送带上运动时，谷粒P克服重力做功为
故D错误。
故选AB。
9． BC
【详解】A．水碾每秒从水流中获得的能量等于水流动能的变化量的大小，即
故A错误；
C．每秒钟水流对叶轮做的功等于水流动能的变化量的大小，即175J，故C正确；
B．由动量定理可得，叶片对水流的平均作用力的冲量等于水流动量的变化
得到
由牛顿第三定律得到水流对该叶片的平均作用力的大小为50N，故B正确；
D．水碾每秒从水流中获得的能量会有一部分损耗，比如摩擦产生的内能等，所以不能都被用来碾米，故
D错误。
故选BC。
10． AC
【详解】A．根据题意可知，此装置是利用电磁感应现象制成的，故A正确；
B．根据右手定则可以判断，通过灯泡的电流方向由右向左，故B错误；
C．重物下降速度越快，感应电动势越大，圆盘阻尼作用越大，故C正确；
D．重物减小的重力势能转化为装置的动能和灯泡消耗的电能，故D错误。
故选AC。
11．【答案】 BD/DB
【详解】（2）[1]本实验所采用的实验探究方法是控制变量法，与探究小灯泡影响电阻阻值大小的因素、
探究加速度与物体受力、物体质量的关系实验方法是相同的，而探究平抛运动的特点、探究两个互成角度
的力的合成规律采用的是等效的思想。
故选BD。
（3）[2]图线中各图线均为曲线，对②图线的数据进行分析可以看出，当ω增大为原来的2倍时，F增大
为原来的4倍，当ω增大为原来的3倍时，F增大为原来的9倍……可知，F与ω2成正比，以F为纵轴，
ω2为横轴，则图像是一条过原点的直线，故图丙图像横坐标x代表的是ω2。
（4）[3]由（3）中分析知在r一定时，F与ω2成正比；F-r图像又是一条过坐标原点的直线，F与r成正比；
同时F也应与m成正比，归纳可知，F-r图像的斜率为mω2。
12．
【答案】 66 620.0 75.0 0.350
大 第一种方案操作简单，但线圈之间有空隙，误差较大，将导致计算线圈匝数有比较大
的误差，从而影响长度测量；第二种方案精度较高，但实验操作复杂，漆包线漆的厚度、电表读数等会引
起误差
【详解】（1）[1]根据电路图连接实物图：（2）②[2][3]根据读数规则可知此时毫安表的读数为66mA，电阻箱读数为620.0 。
④[4]根据闭合电路欧姆定律有
，
代入数据得
⑤[5]根据螺旋测微器的读数规则可知，直径
[6]根据电阻定律和面积公式可知
，
解得
（3）[7]考虑到电源内阻，则计算得到的是电源内阻和线圈的总电阻，大于螺线管电阻的真实值。
[8]第一种方案操作简单，但线圈之间有空隙，误差较大，将导致计算线圈匝数有比较大的误差，从而影响
长度测量；第二种方案精度较高，但实验操作复杂，漆包线漆的厚度、电表读数等会引起误差。
13．
【答案】（1） ；（2）
【详解】（1）初始时刻，活塞保持静止，说明封闭汽缸内、外压强相等。外界大气压为
活塞上施加压力后封闭汽缸内的气体压强为（2）设不规则物体的体积为V，则初始时缸内气体体积为
x
加压后缸内气体体积为
根据玻意耳定律
解得
14．
【答案】（1）6m/s ；（2）16.2m；（3）10.8J
【详解】（1）“火箭”在距地面1.8m高处自由释放，做自由落体运动，则有
解得“火箭”着地时的速度大小为
（2）“火箭”着地瞬间以原速率反弹，同时火药爆炸，经极短时间后A、B分离，此时B恰好停在地面上，
取向上为正方向，根据动量守恒可得
解得
A做竖直上抛运动，则有解得A上升的最大高度为
（3）根据能量守恒可得
解得火药爆炸所释放的化学能
15．
【答案】（1） ；（2） ，
【详解】（1）单根导线切割磁感线产生的电动势为
整个线圈产生的总电动势为
根据欧姆定律可得
单根导线所受安培力大小为
整个线圈受到的总安培力为
（2）线圈运动的速度时间关系为
单匝线圈切割磁感线产生的电动势为匝线圈产生的总电动势为
电动势的有效值
其中
发电功率为
