11.近场通信（NFC）是一种短距高频的无线电技术，其主要结构就是线圈和电容组成的类似LC振荡电路的并联谐振电路，其终端有主动、被动和双向三种模式，最常见的被动模式广泛应用于公交卡、门禁卡、校园一卡通等.刷卡时，电路发生电谐振，给电容器充电，达到一定电压后，在读卡设备发出的射频场中响应，被读或写入信息.下列说法正确的是（）
A.LC电路的电容器在充电时，电流增大
B.如果增大LC电路中电容器两极板间距离，振荡周期将增大
C.LC电路中，电容器充电时，线圈中自感电动势增大
D.电磁波发射时，使电磁波随各种信号而改变的技术叫电谐振
11.C【命题意图】本题考查LC振荡电路、电磁波发射与接收.
【解题思路】LC电路的电容器在充电时，电流减小，故A错误；根据
可知，因为两极板间距离d增大时C减小，所以T减小，故B错误；电容器充电时，电流减小得越来越快，线圈中自感电动势增大，故C正确；电磁波发射时，使电磁波随各种信号而改变的技术叫调制，故D错误.
12.一电动自行车中电源铭牌标有“48V12A·h”字样.假设工作时输出电压恒为48V，额定功率为192W，电动机内阻为1Q.某次平路上行驶的人和车的总质量为100kg，阻力为总重力的0.03，则（）
A.额定工作电流为12A
B.以额定输出功率行驶时，电动机的效率约为92%
C.充满电后该电池的总能量为576J
D.在平路上行驶的最大速度约为6.4m/s
12.B【命题意图】本题考查电功率、电能、效率的计算.
【解题思路】额定工作电流I=
，故A错误；电动机输出功率P出=P–I2r=192W-4×4×1W=176W，则效率为
，故B正确；充满电后该电池的总能量E=48V×12A×3600s=2073600J，故C错误；速度最大时，牵引力等于阻力，则有P出=176W=0.03mgv，解得v≈5.87m/s，故D错误.
13.如图甲所示，螺线管匝数n=2000匝、横截面积S=25cm2，螺线管导线电阻r=0.25Ω，在一段时间内，穿过螺线管的磁场的磁感应强度B1按如图乙所示的规律变化.质量为m的正方形金属框abcd置于竖直平面内，其边长为L=0.2m，每边电阻均为R=1Ω.线框的两顶点a、b通过细导线与螺线管相连.磁感应强度大小B2=1T的匀强磁场方向垂直金属框abcd向里，闭合开关S，金属框恰好处于静止状态.不计其余电阻和细导线对a、b点的作用力，g取10m/s2，则（）
A.流过金属框ab边的电流为2A
B.正方形金属框abcd的质量为0.04kg
C.0~2s内，整个电路消耗的电能为4J
D.ab边所受的安培力大小为cd边的一
13.B【命题意图】本题考查电磁感应电路问题和安培力大小计算.
【解题思路】等效电路如图所示，电动势E=n
=2V，回路总电阻为1Ω，故总电流为2A，根据并联电路中电流大小关系可知，流过金属框ab边的电流为1.5A，故A错误；根据F=BIL可知，ab边受到的安培力大小为1T×1.5A×0.2m=0.3N，cd边受到的安培力大小为1T×0.5A×0.2m=0.1N，由FA=mg得金属框的质量为0.04kg，故B正确；0~2s内，整个电路消耗的电能为EIt=2V×2A×2s=8J，故C错误；ab边所受的安培力大小为cd边的3倍，故D错误.
二、选择题Ⅱ（本题共3小题，每小题2分，共6分.每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的.全部选对的得2分，选对但不全的得1分，有选错的得0分）
14.下列关于近代物理知识描述正确的是（）
A.在光电效应实验中，入射光频率越大，则光电子的最大初动能越大，饱和光电流越大
B.卢瑟福通过α粒子散射实验，提出原子的核式结构模型，并估算出原子核的大小
C.氢原子吸收光子从基态跃迁到激发态，该过程中氢原子核外电子轨道半径变大，动能变大
D.已知中子质量为939.57MeV/c2，质子质量为938.27MeV/c2，氘核质量为1875.65MeV/c2，则氘核的结合能为2.19MeV
14.BD【命题意图】本题考查光电效应、原子模型、能级跃迁、结合能.
【解题思路】入射光频率越大，则光电子的最大初动能越大，饱和光电流的大小取决于光强，不一定越大，故A错误；卢瑟福通过α粒子散射实验，提出原子的核式结构模型，并估算出原子核的大小，故B正确；氢原子从基态跃迁到激发态，氢原子核外电子轨道半径变大，动能变小，故C错误；生成氘核时亏损的质量为939.57MeV/c2+938.27MeV/c2-1875.65MeV/c2=2.19MeV/c2，则核的结合能为2.19MeV，故D正确.
15.如图甲为一波源的共振曲线，图乙表示该波源在共振状态下的振动形式沿x轴正方向传播过程中形成的机械波在t=0时刻的波形曲线，P是平衡位置在x=1.0m处的质点，Q是平衡位置在x=4.0m处的质点，则下列说法正确的是（）
A.图甲中，若驱动力周期变大，共振曲线的峰将向频率f小的方向移动
B.在t=2.5s时，质点P的加速度方向与y轴正方向相同
C.质点Q的振动方程为y=10sin（πt）cm
D.从t=1s到t=2.5s，质点P通过的路程为30cm
15.BC【命题意图】本题考查机械振动和机械波.
【解题思路】共振曲线峰的位置取决于固有频率，与驱动力周期无关，故A错误；波源频率为0.5Hz，周期T=2s，t=2.5s时，质点P在x轴下方并远离平衡位置，速度减小，加速度增大，加速度方向与y轴正方向相同，故B正确；设质点Q的振动方程为y=10sin（πt）cm，故C正确；由以上分析知1.5s=
，因P在
周期内通过的路程不是一个振幅，故1.5s内P通过的路程不是30cm，故D错误.
16.如图所示，匝数为50匝的矩形闭合导线框ABCD处于磁感应强度大小为B=
T的水平匀强磁场中，线框面积S=0.4m2，线框电阻为10Ω.线框绕垂直于磁场的轴OO'以角速度ω=100rad/s匀速转动，并与理想变压器原线圈相连，副线圈接入如图所示电路，当开关S断开时电压表读数为20V，每个电阻R=0.2Ω，C是电容器，其击穿电压为10
V，下列说法正确的是（）
A.如图所示时刻，线框ABCD处于中性面，穿过线框的磁通量变化率最大
B.变压器原、副线圈匝数比为5：
1
C.原线圈两端电压的有效值为100V
D.闭合开关，电容器恰好被击穿
16.BC【命题意图】本题考查交流电及理想变压器.
【解题思路】线框ABCD处于中性面时，磁通量最大，感应电动势为零，穿过线框的磁通量变化率最小，故A错误；线框的感应电动势最大值E=NBSω=200
V，开关S断开时，副线圈电流I2=
A=50A，由n1I1=n2I2得n1:
n2=50:
1，由U1:
U2=n1:
n2得（200–10I1）:
20=n1:
n2，联立解得I1=10A，故n1:
n2=5:
1，故B正确；原线圈两端电压的有效值为200–10I1=100V，故C正确；开关S闭合前，右端电阻R两端电压最大值为
V，开关S闭合后，电容器C与右端电阻R并联，因为电容器对交流电有阻碍（容抗），故并联后总电阻减小，电容器两端的最大电压小于
V，所以电容器不会被击穿，故D错误.
三、非选择题（本题共6小题，共55分）
17.（7分）利用如图所示的装置可以做“探究加速度与力、质量的关系”及“探究小车的运动情况”实验.
（1）下列说法正确的是.
A.两个实验均需要平衡小车受到的摩擦力
B.两个实验均需要满足砝码及砝码盘的总质量远大于小车的质量C.“探究加速度与力、质量的关系”实验中，通过增减小车上的砝码改变质量时，不需要重新平衡小车的摩擦力
D.实验时，应先接通电源再释放小车
（2）两个实验都需要对打点计时器打出的纸带进行分析，正确实验操作后，得到两条纸带如下，编号①中相邻两个计数点之间还有4个计时点未标出，编号②中的点为实际打出的计时点，求出编号①情况下该小车运动过程中的加速度为（结果保留两位有效数字）.
（3）下面哪一条纸带是“探究加速度与力、质量的关系”实验得到的
17.
（1）CD（2分）
（2）0.39m/s2（0.37~0.40m/s2均可）（3分）（3）①（2分）
【命题意图】本题考查“探究加速度与力、质量的关系”和“探究小车运动情况”实验.
【解题思路】
（1）“探究小车的运动情况”实验不需要平衡摩擦力，“探究加速度与力、质量的关系”实验需要平衡摩擦力，平衡摩擦力后tanθ=μ，改变小车上的砝码质量时，不需要重新平衡摩擦力，实验时，应先接通电源再释放小车，此装置做“探究加速度与力、质量的关系”实验需要满足砝码及砝码盘的总质量远小于小车的质量，而“探究小车的运动情况”实验不需要满足砝码及砝码盘的总质量远小于或远大于小车的质量，故AB错误，CD正确.
（2）（3）由编号①读得x1=4.50cm（前五个计数点间距离），x2=15.20cm-4.50cm=10.70cm，由逐差法求得
，则编号①的加速度a1≈0.39m/s2，同理可得编号②的加速度a2≈3.0m/s2，设小车的质量为M，砝码及砝码盘的总质量为m，对小车、砝码及砝码盘整体受力分析有（m+M）a=mg，得到加速度a=
，由于M>>m，加速a非常小，故编号①为“探究加速度与力、质量的关系”实验得到的.
18.（7分）在学习了“测电源电动势和内阻”这一课后，小张同学想去测量“水果电池”的电动势和内阻，他找来了以下器材：
（A）一个苹果（B）铜片和锌片各一片
（C）电流表（0~200μA，2500Ω）（D）电压表（0~3V，内阻约几千欧）
（E）电阻箱（0~9999Ω）（F）开关一个，导线若干
根据现有器材，他进行了以下操作：
①如图甲所示，将“苹果电池”两边分别插入铜片和锌片，并直接与所给电压表串联得到读数如图乙所示，将其记为电动势E.
②再将电压表换成所给电流表，直接与“苹果电池”串联，得到读数如图丙所示，将其记为短路电流I.
③根据欧姆定律，他计算得到内阻值r
（1）根据以上操作，计算得到内阻r=Ω（结果保留整数）.
（2）实验后，该同学意识到上述操作测得的电动势E和短路电流I都不准确，请你分别说明理由？
（3）为了准确测得“苹果电池”的电动势和内阻，该同学用已有器材设计了如图丁所示的电路图，并得到电阻箱阻值和电流关系如表.
利用测得的数据，在图戊所示的坐标纸上画出适当的图像；并利用图像求出“苹果电池”的电动势E=V（结果保留两位有效数字）.
18.
（1）2857（2800~2900均可）（1分）
（2）“苹果电池”内阻较大，分压较多，所以电压表读数比实际电动势小得多（1分）；实验中所用电流表内阻较大，所以电流表读数比实际短路电流小得多（1分）.
（3）如图所示（2分）0.89（0.85~1.0均可）（2分）
【命题意图】本题考查“测电源电动势和内阻”实验.
【解题思路】
（1）由题图乙知电动势E=0.50V，由题图丙知短路电流I=175μA，则有r=
（2）“苹果电池”内阻较大，分压较多，所以电压表读数比实际电动势小得多；实验中所用电流表内阻较大，所以电流表读数比实际短路电流小得多，故误差较大.
（3）由
可知，根据图像的斜率
，解得E=0.89V.
19.（9分）篮球运动员一般身材高大，弹跳力也惊人.如图为某篮球运动员练习原地起跳摸高，若该运动员质量m=80kg，原地静止站立摸高为2.8m，起跳时该运动员先下蹲使重心下降0.5m，发力起跳摸到了惊人的3.8m高度.若将运动员起跳过程视为匀加速运动，双脚离地腾空和下落过程所受空气阻力恒为运动员重力的0.1（其他时间阻力不计），g取10m/s2.求：
（1）起跳过程运动员对地面的压力大小；
（2）若腾空时运动员双腿始终竖直伸直，求运动员腾空时间.
【命题意图】本题考查牛顿运动定律和运动学知识.
【解析】：
（1）设起跳加速过程加速度大小为a1，离地腾空时加速度大小为a2，离地瞬时速度大小为v，运动员起跳加速过程中重心上升h1=0.5m，离地后上升h2=3.8m-2.8m=1m。
则离地腾空时上升过程根据牛顿第二定律有mg+f=ma2又f=0.1mg解得a2=11m/s2（1分）
由v2=2a1h1=2a2h2（2分）得a2=22m/s2
起跳加速过程根据牛顿第二定律有FN-mg=ma1解得FN=2560N（1分）
由牛顿第三定律得运动员对地面的压力大小2560N（1分）
（2）设腾空减速时间为t1，下落时间为t2，下落时加速度大小为a3
由v2=2a1h1解得
则
（1分）
下落时由牛顿第二定律有mg-f=ma3又f=0.1mg解得a3=9m/s2（1分）
由
解得
（1分）
故运动员腾空时间
20.（12分）如图所示，一传送装置由水平传动带和半径为R的光滑竖直半圆弧轨道BC组成.传送带AB长L=2m，以速度v=
m/s顺时针匀速传动.一质量m=0.1kg、可视为质点的小滑块从光滑水平面以一定初速度v0滑上传送带（A点平滑连接），经传送带传送，在B点水平切入半圆弧轨道内侧（间隙宽度不计）.小滑块与传送带间的动摩擦因数μ=0.1，传送带A端距离地面高度H=2m，g=10m/s2.
（1）若v0=2m/s，求小滑块在传送带上运动过程中，摩擦力对其做的功；
（2）若满足
（1）的条件下，求传送带由于传送小滑块而多消耗的电能；
（3）若半圆弧半径R的大小可调节，当小滑块恰好能沿圆弧轨道运动，且落在地面上与C点水平距离最大处，求水平距离的最大值，并求出满足此条件下，小滑块的初速度vw范围.（结果可用根式表示）
【解析】：
（1）小滑块滑上传送带做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得加速度a=μg=1m/s2，
由运动学公式有2ax=v2-
解得x=0.5m
则x（2）小滑块在传送带上匀加速的时间
传送带匀速运动的位移x'=vt=（5-
）m（1分）
二者的相对位移Δx=x'-x=
（1分）
系统因摩擦产生的热
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