一、选择题15、解析：磁条中记录有许多用1、0表示的数字信息，它们是由已磁化为正反两种不同方向且按序排列的磁极的磁性物质记录的。在磁卡划过刷卡器时，不同方向的磁极在磁卡外的磁场依次穿过刷卡器中的检测线圈，线圈中磁通量依次改变，便会产生不同方向的感应电流。显然，磁卡通过线圈的速度越慢，磁通量的变化率越小，感应电动势越小，感应电动势周期越长，当速度为原值一半时，感应电动势也为一半，周期为二倍。选D。 16、解析：用激光照亮月球，理论上成立，但现实中并不可行，显然不合理，A错；发生月全食时，太阳光无法被地球反射到月球，B错；当地球大气层的折射率为某取值范围时，太阳光中的红光穿过大气层时发生折射，有可能恰好照射在月球上，使月亮成为红色，C正确；两光源形成干涉的条件必须是频率相同、相位差恒定，即必须是相干光，太阳光是由大量频率、相位均不同的光子组成，它不是相干光，且这里也没有形成相干光的条件（比如类似双缝干涉），D错。 17、解析：物块水平方向受F及摩擦力作用，由图可知，4s末摩擦力由最大静摩擦变为动摩擦，物块此时开始运动，F方向有位移，F做功，A错；物块4s末未运动时水平方向合外力为F-f静=4.0-4.0=0N，4s末运动时水平方向合外力为F-f动=4.0-3.0=1.0N，B错；由于滑动摩擦力为3.0N，物块重力为10N，所以动摩擦系数为0.30,C错；6-9s内加速度为a=（F-f动）/m=（5.0-3.0）/1.0=2.0m/s^2，D正确。（此题应明确告知物块在水平方向除受F力外其它无外力或合外力为0，否则结果不一定） 二、选择题18、解析：地球对一颗卫星的引力，与一颗卫星对地球的引力相等，所用万有引力公式分母应为r，A错，B正确；根据几何知识，任两颗卫星之间距离为r√3，C正确；三颗卫星对地球合引力为0，D错。 19、解析：根据题意，气球上升的初速度应为0（题中表述不够清晰），且初速度为0时所受空气阻力也为0（题中这个结论不够严谨），则速度为0时，F浮-G=ma，得F浮=4830N，A正确；从加速上升到做匀速运动，合外力一定改变，而浮力、重力均未变，所以空气阻力改变，B错；没有空气阻力时上升10s速度恰能达到5m/s，但此时上升位移仅为25m，而根据题意上升至180m时速度才为5m/s，所以C错（题中未说明空气是否有上下流动，如果有则C选项不能确定）；匀速上升时合外力为0，即F浮=f阻+G，f阻=4830-4600=230N，D正确。 20、解析：P+和P3+电量之比为1：3，质量之比为1：1，所受电场力qE之比为1：3，因此加速度之比为1：3，A错；电场力做功等于动能增加，qU=mv^2/2，动能之比为1：3，速度之比为1：√3，D正确；在磁场中qvB=mv^2/r，得半径之比为√3：1，B正确；设转过的角度为a，磁场宽度为d，半径为r，则sina=d/r，角度的正弦之比为1：√3，其中P+离子的sina=sin30=1/2，得P3+的角度为60度，C正确。 三、非选择题21、解析：（1）纸带1为2.10cm，纸带2为2.40cm；（估读到0.01cm）（2）纸带1为1.13m/s，纸带2为1.25m/s，小于；（3）装置甲合外力不变，加速度不变，装置乙弹力会变小，加速度变小，对照纸带所打点位置，C正确。 22、解析：（1）图中没有电压表，或可用于与电流表串联的电阻以组成电压表，A正确；（2）0.75欧；（3）0.22欧。 23、解析：（1）大猴作平抛运动，设落地所用时间为t1，能够跳至B点的速度为最小速度，设为v1：h1=gt1^2/2，x1=v1*t1，联立解得 v1=8.0m/s（2）此过程机械能守恒，设荡起时速度为v2：（M+m）v2^2/2=(M+m)gh2，解得v2=9.0m/s（3）此时猴子作圆周运动，根据牛二定律，设在C点绳子拉力为T,绳长为s：T-（M+m）g=（M+m）v2^2/s，√(s^2-x2^2)+h2=s，解得T=2.2*10^2N 24、解析：（1）电子作圆周运动，必受到指向圆心的向心力作用，所以B高A低；（2）由结构可知，等势面C上各点场强大小相等，根据牛二定律，eE=mv^2/(RA+RB)/2，得E=4Ek0/e(RA+RB)；（3）到达N板左右边缘的电子所受电场力做功分别为+e（φb-φc）、-e（φc-φa），根据动能定理，ΔEk左=+e（φb-φc），ΔEk右=-e（φc-φa）；（4）由于电场线呈发散状，且由B面指向A面，可知等势面B、C之间场强大于C、A之间场强，而两等势面距离相等，显然，电场力做功绝对值ΔEk左大于绝对值ΔEk右。 25、解析：每个推进器中通电海水是一段长为c、电阻为R=ρc/a*b的导体柱，此导体柱受到安培力F的作用，同时又以速度v0切割磁力线产生感应电动势E（反电动势），电源克服感应电动势做功功率为P1，并通过做功将电能转变为潜艇动能。同时，电源电流在每个导体柱产生焦耳热，功率为P2。除此之外，在潜艇前进过程中，每个导体柱动能得到增加，这部分能量也来自于电源做功，设功率为P3。则（1）F=BIc=1.9*10^3N，方向向右；（2）改变左右两边每个推进器中B、I的大小和方向，使得左右推力大小、方向发生改变，分别可实现转弯、倒车；（3）设电源提供的总功率为P，则P=12*（P1+P2+P3），P1=EI=B*c*v0*I=5.8*10^4W，P2=RI^2=5.0*10^5W；对于P3，由于海水速度v由0增加到4m/s（相对大地），则在单位时间内质量为 m=ρm*b*c*v的海水动能增加为Ek=mv^2/2，即P3=Ek，代入数据，可得P3=3.8*10^3W，P=6.7*10^6W。 自选模块：13、解析：（1）体积不变，选等容；（2）温度不变，则内能不变，选不变；（3）体积减小，外界对气体作正功，则气体对外做负功，选做负功；根据热一定律，内能减小，外界做正功，必放热，选放热；（4）由于AD线过原点，有VA/TA=VD/TD，VD=TD*VA/TA。 14、解析：（1）阳极；（2）根据光电效应方程hv=Ek+Wo，以及当外加电压为截止电压Uc时，qUc=Ek，得Uc=hv/q-Wo/q，该方程图像即为题中所给图像。当截止电压Uc=0，即Ek=0时，无电子溢出，所对应的v为截止频率vc，从图中可读得vc=5.15*10^14Hz；将前面各数据代入Uc=hv/q-Wo/q，得Wo=h*vc=3.42*10^-19J；（3）根据hv=Ek+Wo，代入数据得Ek=hv-Wo=6.63*10^-34*7.00*10^14-3.42*10^-19=1.22*10^-19J。