试题君之每日一题君2017年高考物理（1月1-15日）

试题君之每日一题君2017年高考物理（1月1-15日）

1 月 1 日 质点的直线运动 高考频度：★★★★★ 难易程度：★★☆☆☆ 甲、乙两车在 时从同一地点、向同一方向沿直线运动，甲以 v1=5 m/s 的 速度匀速行驶，乙做初速度 v2=10 m/s，加速度 a 大小为 0.5 m/s2 的刹车减速运动，求： （1）经多长时间甲车追上乙车？ （2）追上前两车之间的最大距离； （3）在 t=25 s 时，两车之间的距离。 【参考答案】（1）20 s （2）25 m （3）25 m 【试题解析】（1）设经过时间 t1，甲车追上乙车 得 ，则 t1=20 s （2）设经过时间 t2，两车之间的距离最大，此时速度相等： 得 ，即 t2=10 s 两车之间的距离最大值为 （3）乙车运动的总时间为： ，20 s 后只有甲车在运动，在 t=25 s 时，两车之 间的距离为 一质点由静止开始做匀加速直线运动，已知第 4 s 内的位移为 14 m，下列说法正确的是 0t = 2 1 1 2 1 1 1 2v t v t at= − 2 2 1v at v− = 2 1 1 1 15 10 4t t t= − 210 52 t− = 2 2 2 2 1 2 1 25 m2x v t at v t∆ = − − = 2 0 0 20 svt a −= = 1 25 mx v t∆ = ∆ = A．第 4 s 内的平均速度为 3.5 m/s B．质点加速度大小为 4 m/s2 C．第 1 s 内的位移大小为 2 m D．前 4 s 内的平均速度大小为 4 m/s 如图所示，光滑斜面 AE 被分成四个长度相等的部分，即 AB=BC=CD=DE，一物体从 A 点 由静止释放，下列结论中错误的是 A．物体到达各点的速率 B．物体到达各点经历的时间 C．物体从 A 运动到 E 全过程的平均速度 D．物体通过每一部分时，其速度增量均相等 科技馆中的一个展品如图所示，在较暗处有一个不断均匀滴水的水龙头，在一种特殊的间 歇闪光灯的照射下，若调节间歇闪光时间间隔正好与水滴从 A 下落到 B 的时间相同，可以看到 一种奇特的现象，水滴似乎不再下落，而是像固定在图中的 A、B、C、D 四个位置不动，对出 现的这种现象，下列描述正确的是（g=10 m/s2） A．水滴在下落过程中通过相邻两点之间的时间满足 tAB3μmg 时，A 相对 B 滑动 D．无论 F 为何值，B 的加速度不会超过 【参考答案】 AD 球处于静止状态，受力平衡，对球进行受力分析，如图所示。 以及 G 构成的 三角形为等边三角形，根据几何关系可知， ，故 A 正确；若挡板从图示位置顺时 针方向缓慢转动 ，根据图象可知， 先减小后增大，根据牛顿第三定律可知，球对挡板的 压力先减小后增大，故 BC 错误；若保持挡板不动，使小车水平向右做匀加速直线运动，当 和重力 G 的合力正好提供加速度时，球对挡板的压力为零，故 D 正确。 2 1v v< 2 1v v< 2 1v v< 2 µ 8 3F mgµ= 1 3 gµ 1 2 gµ 、A BF F A BF F G= = 60° BF AF BCD 因为 A 一直处于静止，所受合外力一直不变且为零，故 A 错误。以整体为研究对象 受力分析，受到向左的支持力 N、向右的推力 F、地面的支持力和总重力；根据平衡条件，水 平方向 N=F，N 为竖直墙壁对 A 的弹力，F 增大，则 N 增大，所以由牛顿第三定律可得 A 对竖 直墙壁的压力增大，故 B 正确。对 B 受力分析，如图所示，根据平衡条件，在水平方向有 ，可知当 F 增大，则 N′增大，在竖直方向 N″=mg+N′cos θ，当 N′增大时，那么 N″ 增大，根据牛顿第三定律得，球对地面的压力增大，故 C 正确。以整体为研究对象，竖直方向： N″+f=Mg，若 N″增大至与 Mg 相等，则 f=0，故 D 正确。 D 对 A 球受力分析可知，A 受到重力，绳子的拉力以及杆对 A 球的弹力，三个力的合力 为零，故 A 错误；对 B 球受力分析可知，B 受到重力，绳子的拉力，两个力合力为零，杆子对 B 球没有弹力，否则 B 不能平衡，故 B 错误；分别对 AB 两球分析，运用合成法，如图所示， 根 据 共 点 力 平 衡 条 件 ， 得 ：T=mBg， （ 根 据 正 弦 定 理 列 式 ） ， 故 mA:mB=1:tan θ，故 C 错误，D 正确。 sinF N θ′= ( )sin sin 90 Am gT θ θ°+＝ A 设木板与水平面的倾角为 θ，对木块进行受力分析可知木块受竖直向下的重力 mg，垂 直木板向上的支持力 N，沿木板向上的静摩擦力 f，由于木块始终处于静止状态，故垂直木板方向合力 为零，所以 N=mgcos θ，在沿斜面方向有 f=mgsin θ，由题意可知 θ 逐渐减小，故 N 逐渐增大，f 逐渐减小，故选 A。 A 以 A 为研究对象，受力分析如图。根据牛顿第二定律：mAgtan θ=mAa 得 a=gtan θ，方 向水平向右。分析 B：小车对 B 的摩擦力 f=ma=mgtan θ，方向水平向右，小车对 B 的支持力大 小为 N=mg，方向竖直向上，则小车对物块 B 产生的作用力的大小为：F= =mg ，方向斜向右上方，A 正确。 CD 若 ，物体从左端滑上传送带时，由于传送带相对物体向左运动，所以物体受 到向右的滑动摩擦力，在滑动摩擦力作用下，做匀加速运动，若到达传送带右端之前，物体和 传送带的速度相同了，则以后做匀速直线运动，若到达传送带右端时物体的速度仍小于传送带 的速度，则物体在传送带上整个过程中都做匀加速直线运动；若 ，物体从右端滑上传送 带时，由于物体受到向右的滑动摩擦力，在传送带上向左做减速运动，存在减速到零前，刚好 达到传送带左端的可能，也有可能在传送带上某一点时，速度减小到零，之后由于物体相对传 送带向左运动，物体受到向右的滑动摩擦力，在摩擦力作用下向右反向加速运动，故 B 错误， CD 正确。若 ，并且 足够大，无论从左端还是从右端滑上传送带的过程中，物体在整 个过程中都是做匀减速直线运动，加速度 ，所以运动时间相同，故 A 错误。 CD AB 之间的最大静摩擦力为： ，B 与地面间的最大静摩擦力为： ，当 时，AB 一定相对地面静止，但当 时，AB 不会相对地面静止不动，故 A 错误。当 AB 间刚好发生相对滑动时：对 B 受力分析得： 2 2N f+ 21 tan θ+ 2 1v v< 2 1v v< 2 1v v> 2v a gµ= max 2Af m g mgµ µ= = ( )max 1 3 2 2A Bf m m g mgµ µ′ = + = 3 2F mgµ< 3 2F mgµ> 32 2mg mg maµ µ− = 解得 B 的加速度为： ，在对 A 受力分析得： 代入 ，解 得 。 由 此 可 知 当 时 ， AB 将 发 生 相 对 滑 动 ； 当 时 ， ， 所 以 AB 间 不 会 发 生 相 对 滑 动 ， 对 整 体 由 牛 顿 第 二 定 律 有 ： ，故 B 错误。由以上分析知当 时，AB 间会发生相 对滑动，故 C 正确。A 对 B 的最大摩擦力为 ，B 受到的地面的最大静摩擦力为 ， 所以 B 的最大加速度为： ，解得 ，即无论 F 为何值，B 的加速 度都不会超过 ，故 D 正确。 1 2a gµ= 2 2F mg maµ− = 1 2a gµ= 3F mgµ= 3F mgµ> 8 3F mgµ= 8 33 mg mgµ µ< 8 1 3 73 2 3 18 mg mg a gm µ µ µ − = = 3F mgµ> 2 mgµ 3 2 mgµ 32 2mg mg maµ µ− = 1 2a gµ= 1 2 gµ 1 月 3 日 抛体运动与圆周运动 高考频度：★★★★★ 难易程度：★★★☆☆ 【典例 1】从同一点沿水平方向抛出的甲、乙两个小球能落到同一个斜面上，运动轨迹如图所 示，不计空气阻力，则 A．甲球下落的时间比乙球下落的时间长 B．甲球下落的时间比乙球下落的时间短 C．甲球的初速度比乙球的初速度大 D．甲球的初速度比乙球的初速度小 【参考答案】BC 【试题解析】甲乙两球都做平抛运动，由图象可以看出，甲球竖直方向运动的位移小于乙球竖 直方向运动的位移，根据 可知，甲球下落的时间比乙球下落的时间短，故 A 错误，B 正确；甲乙水平方向做运动直线运动，由图象可以看出，当下落相同高度时，运动时间相同， 而甲的水平位移等于乙的水平位移，所以甲球的初速度比乙球初速度大，故 C 正确，D 错误。 【典例 2】如图所示，用手握住细绳的一端在水平桌面上做半径为 r 的匀速圆周运动，圆心为 O，角速度为 ω。细绳长为 L，质量忽略不计，运动过程中细绳始终与 r 圆相切，在细绳的另外 一端系着一个质量为 m 的小球，小球恰好做以 O 为圆心的大圆在桌面上运动，小球和桌面之间 存在摩擦力，以下说法正确的是 2t h g = A．小球将做变速圆周运动 B．小球与桌面的动摩擦因数为 C．小球圆周运动的线速度为 ω（l+L） D．细绳拉力为 【参考答案】B 【试题解析】手握住细绳做的是匀速圆周运动，所以细绳的另外一端小球随着小球做的也是匀 速圆周运动，所以 A 错误。设大圆为 R，由图分析可知 ，则小球圆周运动的线速 度 为 ， C 错 误 ； 设 绳 中 张 力 为 T ， 则 Tcos Φ=mRω2 ， ， 故 ，所以 D 错误；根据摩擦力公式可得 f=μmg=Tsin Φ ，由于 ，所以 μ= ，所以 B 正确。 如图所示，一辆货车利用跨过光滑定滑轮的轻质缆绳提升一箱货物，已知货箱的质量为 M，货物的质量为 m，货车以速度 v 向左做匀速直线运动，重力加速度为 g，则在将货物提升到 图示的位置时，下列说法正确的是 2 2 2r r L gL ω + 2 2 2m r Lω + 2 2R r L= + 2 2r Lω + cos L R Φ = ( )2 2 22 2 m r Lm RT L L ωω + = = ( )2 2 2 2 2 sin m r L r rT L R r L ω Φ + = = = + ， 2 2 2r r L gL ω + A．货箱向上运动的速度大于 v B．缆绳中的拉力 FT 大于（M+m）g C．货箱向上运动的速度等于 vcos θ D．货物对货箱底部的压力等于 mg 如图所示，x 轴在水平地面上，y 轴在竖直方向。图中画出了从 y 轴上不同位置沿 x 轴正方 向水平抛出的三个小球 a、b 和 c 的运动轨迹。小球 a 从（0，2L）抛出，落在（2L，0）处； 小球 b、c 从（L，0）抛出，分别落在（2L，0）和（L，0）处。不计空气阻力，下列说法正确 的是 A．a 和 b 初速度相同 B．b 和 c 运动时间相同 C．b 的初速度是 c 的两倍 D．a 运动时间是 b 的两倍 如图所示，某一运动员从弧形雪坡上沿水平方向飞出后，又落回到斜面雪坡上，若斜面雪 坡的倾角为，飞出时的速度大小为 ，不计空气阻力，运动员飞出后在空中的姿势保持不变， 重力加速度为 g，则 0v A．如果 不同，则该运动员落到雪坡时的速度方向也就不同 B．不论 多大，该运动员落到雪坡时的速度方向都是相同的 C．运动员在空中经历的时间是 D．运动员落到雪坡时的速度大小是 如图所示光滑管形圆轨道半径为 R（管径远小于 R），小球 a、b 大小相同，质量均为 m， 其直径略小于管径，能在管中无摩擦运动。两球先后以相同速度 v 通过轨道最低点，且当小球 a 在最低点时，小球 b 在最高点，以下说法正确的是 A．当小球 b 在最高点对轨道无压力时，小球 a 比小球 b 所需向心力大 5 mg B．当 v= 时，小球 b 在轨道最高点对轨道无压力 C．速度 v 至少为 ，才能使两球在管内做圆周运动 D．只要 v≥ ，小球 a 对轨道最低点的压力比小球 b 对轨道最高点的压力都大 6 mg 如图所示，甲、乙圆盘的半径之比为 1:2，两水平圆盘紧靠在一起，乙靠摩擦随甲不打滑 转动。两圆盘上分别放置质量为 m1 和 m2 的小物体，m1=2m2，两小物体与圆盘间的动摩擦因数 相同。质量为 m1 的小物体距离甲圆盘圆心的距离为 r，质量为 m2 的小物体距离乙圆盘圆心的 0v 0v 02 tanv g θ 0 cos v θ 5gR 5gR 5gR 距离为 2r，此时它们正随盘做匀速圆周运动。下列判断正确的是 A．m1 和 m2 的线速度之比为 1:4 B．m1 和 m2 的向心加速度之比为 2:1 C．随转速慢慢增加，m1 先开始滑动 D．随转速慢慢增加，m2 先开始滑动 【参考答案】 BC 将货车的速度进行正交分解，如图所示。由于绳子不可伸长，货箱和货物整体向上运 动的速度和货车速度沿着绳子方向的分量相等，故：v1=vcos θ，由于 θ 不断减小，故货箱和货 物整体向上做加速运动，加速度向上。货箱和货物整体向上做加速运动，速度大小小于 v，故 A 错误；货箱和货物整体向上做加速运动，故拉力大于（M+m）g，故 B 正确；货箱的速度为 vcos θ，故 C 正确；货箱和货物整体向上做加速运动，加速度向上，是超重，故箱中的物体对箱底 的压力大于 mg，故 D 错误。 BC 由图知 b、c 的高度相同，小于 a 的高度，根据 h= gt2，得 ，知 b、c 的运 动时间相同，a 的飞行时间大于 b 的时间，故 B 正确；a、b 的水平位移相等，因为 a 的飞行时 间长，根据 x=v0t 知，a 的初速度小于 b 的初速度，故 A 错误；b、c 的初速度之比： ，故 C 正确；a、b 的初速度之比： ，故 1 2 2ht g = 22 2 2 2 2c b bb c c g gx Lhv L v g gx Lh L = = = 2 12 2 2 2 a b gLv L v gL L ×= = D 错误。 BC 设在空中飞行时间为 t，运动员在竖直方向做自由落体运动，水平方向做匀速直线运 动 ； 运 动 员 竖 直 位 移 与 水 平 位 移 之 比 ： ， 则 有 飞 行 的 时 间 ，故 C 正确；竖直方向的速度大小为：vy=gt=2v0tan θ，运动员落回雪坡时的速度 大小： ，故 D 错误；设运动员落到雪坡时的速度方向与水平方 向夹角为 α，则 ，由此可知，运动员落到雪坡时的速度方向与初 速度方向无关，初速度不同，运动员落到雪坡时的速度方向相同，故 A 错误，B 正确。 BD b 在最高点无压力时，由重力提供向心力，即 ，解得 ，a 在最低点时的速度为 v，从最低点到最高点由动能定理得： ，解得 ， 由 此 可 得 B 正 确 。 在 a 在 最 低 点 时 的 向 心 力 为 ， 由 圆 周 运 动 公 式 ： ，代入 ，解得： ，那么向心力之差： ， 故 A 错误。小球要想做完整的圆周运动就必须过最高点，在最高点有： ，当 N=mg 时 ， 速 度 v 有 最 小 值 且 为 零 ， 从 最 低 点 到 最 高 点 由 动 能 定 理 得 ： ，解得 ，所以速度大于等于 时，就可以在管内做 圆周运动，故 C 错误。由以上可知当 v≥ 时小球可以做完整的圆周运动，在最高点 b 对 轨道的压力为 N1，速度为 v1，在最低点 a 对轨道的压力为 N2，速度为 v2，在最高点有： ，在最低点有： ，从最低点到最高点由动能定理得： ，联立以上各式可得 ，故 D 正确。 BC 甲、乙两圆盘边缘上的各点线速度大小相等，有 ，则得 ， 所以小物块相对圆盘开始滑动前，m1 与 m2 的角速度之比为 2:1，根据公式： ，所以： 2 0 0 1 2 tan2 gt gt v t v y x θ= = = 02 tanvt g θ= 2 2 2 0 0 ( )1 4 tanyv v v v θ= + = + 0 0 2 tantan 2tany x v v v v θα θ= = = 2 1 bvF mg m R = = bv gR= 2 21 12 2 2 bmg R mv mv− ⋅ = − 5v gR= 2F 2 2 vF m R = 5v gR= 2 5F mg= 5 4F mg mg mg∆ = − = 2vmg N m R − = 2 21 12 2 2 bmg R mv mv− ⋅ = − 2v gR= 2 gR 5gR 2 1 1 vmg N m R + = 2 2 2 vN mg m R − = 2 2 1 2 1 12 2 2mg R mv mv− ⋅ = − 2 1 6N N N mg∆ = − = 1 2 2r rω ω⋅ = ⋅ 1 2: 2:1ω ω = v rω= ，A 错误；根据 得：m1 与 m2 的向心加速度之比为 ，B 正确；根据 知，m1 先达到临界角速度，可知当转速增加时，m1 先开始滑 动，C 正确，D 错误。 1 1 2 2 1 2 1 v r v r ω ω ⋅= =⋅ 2a rω= 2 1 1 2 2 2 2 2 1 a r a r ω ω ⋅= =⋅ 2mg m r maµ ω= = 1 月 4 日 机械能 高考频度：★★★★★ 难易程度：★★★★☆ 如图，一细绳的上端固定在天花板上靠近墙壁的 O 点，下端拴一小球。L 点是小球下垂时的平 衡位置，Q 点代表一固定在墙上的细长钉子，位于 OL 直线上，N 点在 Q 点正上方，且 QN=QL，M 点与 Q 点等高，现将小球从竖直位置（保持绳绷直）拉开到与 N 等高的 P 点，释 放后任其向 L 摆动。运动过程中空气阻力可忽略不计。小球到达 L 后，因细绳被长钉挡住，将 开始以 Q 为中心的圆弧继续运动。在这以后 A．小球向右摆到 M 点，然后就摆回来 B．小球向右摆到 M 和 N 之间圆弧上某点处，然后斜抛运动 C．小球沿圆弧摆到 N 点，然后竖直下落 D．小球将绕 Q 点旋转，直到细绳完全缠绕在钉上为止 【参考答案】B 【试题解析】根据机械能守恒定律可知，小球运动到M 点速度不为零，所以小球还要继续运动， 故 A 错误；若小球能运动到 N 点，则根据机械能守恒定律可知，在 N 点速度等于零，但要使 小球做圆周运动到达 N 点，则 N 点的速度不为零，所以小球不能运动到 N 点，则小球在 MN 之 间某点做斜抛运动了，故 B 正确，CD 错误。 如图所示为汽车的加速度 a 和车速 v 的倒数 的关系图象。若汽车质量为 2×103 kg，它由 静止开始沿平直公路行驶，且行驶中阻力恒定，最大车速为 30 m/s，则 1 v A．汽车所受阻力为 2×103 N B．汽车匀加速所需时间为 5 s C．汽车匀加速的加速度为 3 m/s2 D．汽车在车速为 5 m/s 时，功率为 6×104 W AB 两物体放在同一水平面上，受到大小相同的水平力 F 的作用，各自从静止开始运动， 经过时间 ，撤去作用在 A 物体上的外力 F，经过时间 4 ，撤去作用在 B 物体上的外力 F， 两物体运动的 v–t 图象如图所示，则 A、B 两物体 A．A、B 两物体的质量之比为 3:5 B．A、B 两物体与水平面间的动摩擦因数之比为 2:1 C．在 0~ 时间间隔内，合外力对 A、B 两物体做功之比为 5:3 D．在 0~ 时间间隔内，水平力 F 对 A、B 两物体做功之比为 2:1 如图所示，长木板 A 放在光滑的水平地面上，物体 B 以水平速度 冲上 A 后，由于摩擦 作用，最后相对木板 A 静止。则关于此过程，下列说法正确的是 A．摩擦力对木板 A 做的功等于物体 B 克服摩擦力做的功 0t 0t 02t 04t 0v B．物体 B 克服摩擦力做的功等于系统内能的增加量 C．物体 B 动能的减少量等于其克服摩擦力做的功 D．物体 B 动能的减少量等于摩擦力对木板 A 做的功与系统因摩擦产生的内能之和 【参考答案】 AB 设汽车所受阻力大小为 ，由汽车的加速度和车速倒数 1/v 的关系图象可知，汽车从 静止开始先做匀加速运动，加速度 ，当速度达到 ，则匀加速阶段所用时 间为 ，此时汽车的牵引力功率达到最大，即 ；接下来做加速度逐 渐减小的变加速运动，汽车的牵引力功率保持不变，当速度达到 时，加速度为零， 此时 ，则解得 ， ，当汽车在车速为 15 m/s 时，功率为 ，AB 正确，CD 错误。 C 由图象可得，A 加速运动的加速度为 ，减速运动的加速度为 ，根据牛 顿第二定律知 ①， ②，由①②得 ， B 加速运动的加速度为 ，减速运动的加速度为 ，根据牛顿第二定律知 ③， ④，由③④ 得 ，所以与水平面的摩擦力大小之比为 ⑤，联立②④⑤可得， ⑥；由 可知： ，故 AB 错误；合外力做功减速阶段两图象的斜率相 等，故加速度相等，而此时 ，故摩擦系数相同，由牛顿第二定律知，质量之比等于摩擦 力 之 比 为 5:12 ， 在 匀 加 速 运 动 阶 段 ， 合 外 力 做 功 之 比 为 等 于 末 动 能 之 比 ， 为 ，故 C 正确；根据功的公式可知： ， 则力 F 做功之比： ，D 错误。 CD B 机械能的减少量等于 A 的机械能的增加与系统内能增加的总和；系统克服摩擦力做 功等于系统内能的增加。要注意分析摩擦力做功时，位移的参考系必须对地面。由此不难得出 A f s51 == a vt 1m )( vmafP += 2m fvP = N102 3×=f W106 4 m ×=P W106 4× 22 m/sa = 1 10 m/sv = 2 30 m/sv = 0 0 2va t = 0 0 va t ′ = 0 1 0 1 2v F f t m −= 0 1 0 1 v f t m = 1 1 3f F= 0 04 v t 0 0 v t 0 2 0 24 v F f t m −= 0 2 0 2 v f t m = 2 4 5f F= 4: 5:123 5 F F = 1 2 5 12 m m = f mgµ= 1 2 1 µ µ = a gµ= 2 2 2 2 1 1 2 2 1 1 1( ) :( ) (5 1 ) :(12 ( ) ) 5:32 2 2m v m v = × × = W FL= 0 0 1 2 0 0 2: : 4 1: 22 2 v vW W F t F t= ⋅ ⋅ × = 选项中摩擦力对木板 A 做的功 ，物体 B 克服摩擦力做的功为 ，可知两者不等，所 以 A 错误。BC 选项中，物体 B 以水平速度冲上 A 后，由于摩擦力作用，B 减速运动，A 加速 运动，由动能定理知：物体 B 克服摩擦力做的功等于 B 的动能减少量，根据能量守恒定律，物 体 B 动能的减少量等于 A 增加的动能和系统产生的内能之和，所以物体 B 克服摩擦力做的功等 于系统内能的增加量与 A 的动能增加量之和，故 B 错误，C 正确；由动能定理知：摩擦力对木 板 A 做的功等于 A 动能的增加量，结合上面分析可知 D 正确。 fs ( )f s d+ 1 月 5 日 碰撞与动量守恒 高考频度：★★★★★ 难易程度：★★★☆☆ 如图，放在光滑水平面上的两个木块 A、B 中间用轻弹簧相连，其质量分别为 、 ，木块 A 左侧靠一固定竖直挡板，且弹簧处于自然伸长状态，某一瞬间有一质量为 的子弹以 的速度水平向左射入木块 B，并留在木块 B 内，木块 B 向左 压缩弹簧然后被弹簧弹回，弹回时带动木块 A 运动，已知弹簧的形变在弹性限度范围内，求： （1）从子弹射入木块 B 后到木块 A 恰好离开挡板的过程，木块 B 与子弹一起受到的弹簧弹力 的冲量； （2）当弹簧拉伸到最长时，弹簧的最大弹性势能 。 【参考答案】（1） （2）3J 【试题解析】（1）取水平向左为正方向，子弹射入木块 B 的瞬间，子弹和木块 B 组成的系统 动量守恒，则有： ，代入数据解得： 经分析可知，当木块 A 恰好离开挡板时，木块 A 的速度为 0，且弹簧也恰好处于原长，根据能 量守恒定律可知，此时 B 的速度大小为： ，方向水平向右 则从子弹射入 B 后到木块 A 恰好离开挡板的过程中，木块 B 和子弹一起受到的弹簧弹力冲量为： ，代入数据解得： （2）当 A 和 B 与子弹速度相等时，弹簧最长，弹性势能最大，取水平向右为正方向，根据动 量守恒定律得： ，代入数据解得： 根据能量守恒得：最大弹性势能为： 1 2 kgm = 2 970 gm = 0 30 gm = 0 100 m/sv = pE 6 N sI = − ⋅ ( )0 0 0 2 1m v m m v= + 1 3 m/sv = 2 3 m/sv = ( ) ( )2 0 2 2 0 1I p m m v m m v= ∆ = − + − + 6 N sI = − ⋅ ( ) ( )0 2 2 0 2 1m m v m m m v+ = + + 1m/sv = ( ) ( )2 2 p 0 2 2 0 2 1 1 1 3 J2 2E m m v m m m v= + − + + = 【名师点睛】子弹击中木块的过程中动量守恒，由动量守恒定律可以求出子弹和B 的共同速度， 经分析可知，当木块 A 恰好离开挡板时，木块 A 的速度为 0，且弹簧也恰好处于原长，根据能 量守恒定律可知，此时 B 的速度，则从子弹射入 B 后到木块 A 恰好离开挡板的过程中，根据动 量定理求解；当 A 和 B 与子弹速度相等时，弹簧最长，弹性势能最大，根据动量守恒定律和能 量守恒列式求解。 如图甲所示，在光滑水平面上的两小球发生正碰，小球的质量分别为 m1 和 m2。图乙为它 们碰撞前后的 s–t（位移–时间）图象。已知 m1=0.1 kg。由此可以判断 A．碰前 m2 静止，m1 向右运动 B．碰后 m2 和 m1 都向右运动 C．m2=0.3 kg D．碰撞过程中系统损失了 0.4 J 的机械能 如图所示，一辆小车装有光滑弧形轨道，总质量为 m，停放在光滑水平面上。有一质量也 为 m 速度为 v 的铁球，沿轨道水平部分射入，并沿弧形轨道上升 h 后又下降而离开小车，离车 后球的运动情况是 A．做平抛运动，速度方向与车运动方向相同 B．做平抛运动，速度方向与车运动方向相反 C．做自由落体运动 D．小球跟车有相同的速度 半圆形光滑轨道固定在水平地面上，如图所示，并使其轨道平面与地面垂直，物体 m1、m2 同时由轨道左、右最高点释放，二者碰后粘在一起向上运动，最高能上升到轨道 M 点，已知 OM 与竖直方向夹角为 60°，则两物体的质量之比 m1：m2 为 A．（ +1）:（ –1） B． :1 C．（ –1）:（ +1） D．1: 滑块 a、b 沿水平面上同一条直线发生碰撞；碰撞后两者粘在一起运动；经过一段时间后， 从光滑路段进入粗糙路段。两者的位置 x 随时间 t 变化的图象如图所示。求： （1）滑块 a、b 的质量之比； （2）整个运动过程中，两滑块克服摩擦力做的功与因碰撞而损失的机械能之比。 【参考答案】 AC 由位移时间图象的斜率表示速度，碰前 的位移不随时间而变化，处于静止， 向 速度大小为 ，方向只有向右才能与 相撞，故 A 正确；由图读出，碰后 的 速度为正方向，说明向右运动， 的速度为负方向，说明向左运动，故 B 错误；由图求出碰 后 和 的 速 度 分 别 为 ， 根 据 动 量 守 恒 定 律 得 ， ，代入解得， ，故 C 正确；碰撞过程中系统损失的机械能为 2 2 2 2 2 2 2m 1m 1 4 m/ssv t ∆= =∆ 1m 2m 1m 2m 1m 2 12 m/s 2 m/sv v′ = ′ = −， 1 1 2 2 1 1m v m v m v= ′+ ′ 2 0.3 kgm = ，代入解得， ，故 D 错误。 C 设小球离开小车时，小球的速度为 ，小车的速度为 ，整个过程中动量守恒，由动 量守恒定律得： ，由动能守恒得： ，联立解得： ， ，即小球与小车分离后二者交换速度，所以小球与小车分离后做自由落体运动， 故选项 C 正确。 C 两球到达最低的过程由动能定理得：mgR= mv2，解得： 。所以两球到达 最低点的速度均为： ，设向左为正方向，则 m1 的速度 v1=– ，则 m2 的速度 v2= ，由于碰撞瞬间动量守恒得：m2v2+m1v1=（m1+m2）v 共，解得： ①，二者碰后粘在一起向左运动，最高能上升到轨道 M 点，对此过程由动能定理得：– （m1+m2）gR（1–cos 60°）=0– （m1+m2）v 共 2 ②，由①②解得： ，整理得： m1:m2=（ –1）:（ +1），故选 C。 （1）设 a、b 的质量分别为 ，a、b 碰撞前地速度为 由题给的图象得 ①， ② a、b 发生完全非弹性碰撞，碰撞后两滑块的共同速度为 v 由题给的图象得 ③ 由动量守恒定律得 ④ 联立①②③④式得 （2）由能量守恒得，两滑块因碰撞损失的机械能为 ⑥ 由 图 象 可 知 ， 两 滑 块 最 后 停 止 运 动 ， 由 动 能 定 理 得 ， 两 滑 块 克 服 摩 擦 力 所 做 的 功 为 ⑦ 2 2 2 1 1 1 1 2 2 1 1 1 2 2 2E m v m v m v∆ = − ′ − 0E∆ = 1v 2v 0 1 2mv mv mv= + 2 2 2 0 1 2 1 1 1 2 2 2mv mv mv= + 1 0v = 2 0v v= 1 2 2v gR= 2gR 2gR 2gR 2 1 1 2 2m mv gRm m −= +共 1 2 ( ) ( ) 2 1 2 2 2 1 2m m m m + = − 2 2 1 2m m、 1 2v v、 1 2 m/sv = − 2 1m/sv = 2 m/s3v = ( )1 1 2 2 1 2m v m v m m v+ = + 1 2: 1:8m m = ( )2 2 2 1 1 2 2 1 2 1 1 1 2 2 2E m v m v m m v∆ = + − + ( ) 2 1 2 1 2W m m v= + 联立⑥⑦式，并代入数据得 : 1: 2W E∆ = 1 月 6 日 万有引力定律 高考频度：★★★★★ 难易程度：★★★☆☆ 利用万有引力定律可以测量天体的质量。 （1）测地球的质量 英国物理学家卡文迪许，在实验室里巧妙地利用扭秤装置，比较精确地测量出了引力常量的数 值，他把自己的实验说成是“称量地球的质量”。已知地球表面重力加速度为 g，地球半径为 R， 引力常量为 G。若忽略地球自转影响，求地球的质量。 （2）测月球的质量 所谓“双星系统”，是指在相互间引力作用下，绕连线上某点 O 做匀速圆周运动两个星球 A 和 B，如图所示。在地月系统中，若忽略其他星球影响，可将月球和地球看成“双星系统”。已知月 球公转周期为 T，月球、地球球心间距离为 L。你还可以利用（1）中提供的信息，求月球的质 量。 【参考答案】（1） （2） 【试题解析】（1）设地球质量为 ，地球表面某物体的质量为 m，忽略地球自转的影响，则 有 ，解得： （2）设地球质量为 ，地球到 O 点的距离为，月球质量为 ，月球到 O 点的距离为 ， 2gRM G = M 2 GMm mgR = 2gRM G = 1M 2M 2r 2 3 2 2 2 4π L gRM GT G = − 21 2 1 12 2π( )GM M M rL T = 21 2 2 22 2π( )GM M M rL T = 又因为 联立解得 由（1）可知 ，解得月球质量 【名师点睛】本题要掌握两个关系：星球表面的物体受到的重力等于万有引力；环绕天体绕中 心天体做圆周运动所需要的向心力由万有引力提供。 如图所示，A 是静止在赤道上随地球自转的物体；B、C 是同在赤道平面内的两颗人造卫星， B 位于离地面高度等于地球半径的圆形轨道上，C 是同步卫星。则下列关系正确的是 A．卫星 B 的线速度大于卫星 C 的线速度 B．物体 A 随地球自转的角速度大于卫星 B 的角速度 C．物体 A 随地球自转的加速度小于卫星 C 的加速度 D．物体 A 随地球自转的周期大于卫星 C 的周期 美国在 2016 年 2 月 11 日宣布“探测到引力波的存在”，天文学家通过观察双星轨道参数的 变化来间接验证引力波的存在，证实了 GW150914 是一个 36 倍太阳质量的黑洞和一个 29 倍太 阳质量的黑洞，假设这两个黑洞绕它们连线上的某点做圆周运动，且这两个黑洞的间距缓慢减 小，若该黑洞系统在运动过程中各自质量不变且不受其他星系的影响，则关于这两个黑洞的运 动，下列说法正确的是 A．这两个黑洞做圆周运动的向心加速度大小始终相等 B．36 倍太阳质量的黑洞轨道半径比 29 倍太阳质量的黑洞轨道半径小 C．这两个黑洞运行的线速度大小始终相等 1 2r r L+ = 2 1 gRM G = 2 3 1 2 2 4π LM M GT + = 2 3 2 2 2 4π L gRM GT G = − D．随两个黑洞的间距缓慢减小，这两个黑洞运行的周期在增大 已知，某卫星在赤道上空轨道半径为 r1 的圆形轨道上绕地运行的周期为 T，卫星运动方向 与地球自转方向相同，赤道上某城市的人每三天恰好五次看到卫星掠过其正上方。假设某时刻， 该卫星如图在 A 点变轨进入椭圆轨道，近地点 B 到地心距离为 r2。设卫星由 A 到 B 运动的时间 为 t，地球自转周期为 T0，不计空气阻力。则 A． B． C．卫星在图中椭圆轨道由 A 到 B 时，机械能增大 D．卫星由图中圆轨道进入椭圆轨道过程中，机械能不变 宇宙中存在一些质量相等且离其他恒星较远的四颗星组成的四星系统，通常可忽略其他星 体对它们的引力作用。设四星系统中每个星体的质量均为 m，半径均为 R，四颗星稳定分布在 边长为的正方形的四个顶点上。已知引力常量为 G。关于四星系统，下列说法正确的是 A．四颗星围绕正方形对角线的交点做匀速圆周运动 B．四颗星的轨道半径均为 C．四颗星表面的重力加速度均为 D．四颗星的周期均为 【参考答案】 AC 对于 B、C 卫星，根据万有引力等于向心力得： ，得： ，B 2 a 2 mG R 0 3 8T T= 1 2 1 2 1 1 ( ) 4 2 r r T r rt r r + += 22π 4( )2 aa Gm+ 2 2 Mm vG mr r = GMv r = 位于离地高度等于地球半径的圆形轨道上，C 是地球同步卫星，则 C 的轨道半径大于 B 的轨道 半径，所以 vB>vC，故 A 正确。对于 B、C，根据 ，则 ωB>ωC，又 ωA=ωC，则得 ωB>ωA，故 B 错误。A、C 的角速度相等，由 a=rω2 知，物体 A 随地球自转的加速度小于卫星 C 的加速度，故 C 正确。放在赤道上的物体 A 和地球同步卫星 C 具有相同的周期，都等于地球自 转的周期，故 D 错误。 B 根据 ，可得 ①，根据 ，可得 ②，由①②知 m1:m2=r2:r1，质量与轨道半径成反比，所以 36 倍太阳质量的黑洞 轨道半径比 29 倍太阳质量的黑洞轨道半径小，故 B 正确；根据 a=ω2r 可知，角速度相等，质 量大的半径小，所以质量大的向心加速度小，故 A 错误；这两个黑洞共轴转动，角速度相等， 根 据 v=ωr 可 知 ， 质 量 大 的 半 径 小 ， 所 以 质 量 大 的 线 速 度 小 ， 故 C 错 误 ； 又 ，当 m1+m2 不变时，L 减小，则 T 减小，即双星系统运行周 期会随间距减小而减小，故 D 错误。 B 赤道上某城市的人每三天恰好五次看到卫星掠过其正上方，知三天内卫星转了 4 圈， 则有 3T0=4T，解得 ，故 A 错误。根据开普勒第三定律知， ，解得 ，故 B 正确。卫星在图中椭圆轨道由 A 到 B 时，只有万有引力做功，机 械能守恒，故 C 错误。卫星由圆轨道进入椭圆轨道，需减速，则机械能减小，故 D 错误。 ACD 星体在其他三个星体的万有引力作用下，合力方向指向对角线的交点，围绕正方形 对角线的交点做匀速圆周运动，故 A 正确。四颗星的轨道半径为 ，故 B 错误。根据 万有引力等于重力有： ，则 ，故 C 正确。根据万有引力提供向心力 ，解得 ，故 D 正确。 3 v GM r r ω = = 2 1 2 1 12 2 4πGm m m rL T ＝ 2 2 2 12 4π Lm rGT = 2 1 2 2 22 2 4πGm m m rL T ＝ 2 2 1 22 4π Lm rGT = 2 2 2 3 1 2 1 22 2 4π 4π( )L Lm m r rGT GT + = + = 0 3 4T T= 31 2 3 1 2 2 ( ) ( 2 2 ) r r r t T + = 1 2 1 2 1 1 ( ) 4 2 r r T r rt r r + += 2 2r a= 2 mmG m gR ′ ′＝ 2 Gmg R = 2 2 2 22 2 2π2 co ( ) ( 2 ) s45 2 G m mG m aa Ta + °＝ ( 2π 4 ) 2 2 aT a Gm = + 1 月 7 日 电场 高考频度：★★★★★ 难易程度：★★★☆☆ 如图甲所示，A、B 是真空中平行放置的金属板，加上电压后，它们之间的电场可视为匀强电场， A、B 两板间距离 d=15 cm。今在 A、B 两板间加上如图乙所示的交变电压，周期为 T=1.0×10-6 s。t=0 时，A 板电势比 B 板电势高，电势差 U0=1 080 V，一个比荷 q/m=1.0×108 C/kg 的带负电 的粒子在 t=0 的时刻从 B 板附近由静止开始运动（不计重力）。问： （1）当粒子的位移为多大时，粒子的速度第一次达到最大？最大速度为多大？ （2）粒子撞击极板时的速度大小？ 【参考答案】（1）4 cm 2.4×105 m/s （2） ×105 m/s 【试题解析】（1）粒子经过 T/3 时第一次达到最大速度 由牛顿第二定律得 qU0/d=ma 由运动学公式得 s= =4 cm v= =2.4×105 m/s （2）0 至 T/3 时间内，粒子向 A 板加速 4 cm；T/3 至 2T/3 时间内，粒子向 A 板减速 4 cm；2T/3 至 5T/6 时间内，粒子向 B 板加速 1 cm；5T/6 至 T 时间内，粒子向 B 板减速 1 cm，一个周期内 前进的位移为 6 cm。两个完整的周期后粒子前进的位移为 12 cm，距 A 板还剩 3 cm，因此，粒 子撞击极板时的速度即为由初速为 0，经过 3 cm 加速的末速度，大小为 ×105 m/s 【名师点睛】本题是带电粒子在电场中的运动问题。关键是能分阶段分析粒子的受力情况及运 6 3 5 21 ( )2 3 Ta 3 Ta⋅ 6 3 5 动情况，搞清物理过程。 有三个相同的金属小球 A、B、C，其中 A、B 两球带电情况相同，C 球不带电。将 A、B 两 球相隔一定距离固定起来，两球间的库仑力是 F，若使 C 球先与 A 接触，再与 B 接触，移去 C， 则 A、B 间的库仑力变为 A． B． C． D． 如图所示，真空中有一半径为 R、电荷量为+Q 的均匀带电球体，以球心为坐标原点，沿半 径方向建立 x 轴。理论分析表明，x 轴上各点的场强随 x 变化关系如图乙所示，则 A．x2 处场强大小为 B．球内部的电场为匀强电场 C．x1、x2 两点处的电势相同 D．假设将试探电荷沿 x 轴移动，则从 x1 移到 R 处和从 R 移到 x2 处电场力做功不相同 一带电粒子在电场中仅在电场力作用下，从 A 点运动到 B 点，速度随时间变化的图象如图 所示（速度–时间图象中 tAtB 段是一条曲线不是直线），tA、tB 分别是带电粒子到达 A、B 两点 时对应的时刻，则下列说法中正确的有 2/F 4/F 8/3F 10/F 2 2x kQ A．A 点的电势一定高于 B 点的电势 B．带电粒子在 A 点的电势能一定大于在 B 点的电势能 C．带电粒子一定带正电 D．电场可能是匀强电场 如图所示，虚线 a、b、c 代表电场中的三个等势面，实线为一带正电的质点仅在电场力的 作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q 为质点先后通过电场时轨迹上的两个点，由此可知 A．质点在 Q 点时，加速度较小 B．三个等势面中，a 的电势最高 C．质点通过 P 点时动能较大 D．质点通过 Q 时电势能较小 【参考答案】 C 假设 A 带电量为 Q，B 带电量也为 Q，两球之间的相互吸引力的大小是 ； 第三个不带电的金属小球 C 与 A 接触后，A 和 C 的电量都为 ，C 与 B 接触时带电量平分， 则 C 、 B 分 开 后 电 量 均 为 ， 这 时 ， A 、 B 两 球 之 间 的 相 互 作 用 力 的 大 小 ，故选 C。 AD 计算 x2 处的电场强度时，可把带电球体等效为位于原点的点电荷，则有 x2 处场强大 小为 ，故 A 正确；由乙图 E–x 图象可知，球的内部由 O 到球壳区间电场强度均匀增 大，所以内部电场为非匀强电场，故 B 错误；x 轴上 O 点左侧的电场方向始终是向右的，沿着 2 2 QF k r = 2 Q 3 4 Q 2 3 32 4 8 Q Qk FF r ⋅ ′ = = 2 2x QkE = 电场的方向电势逐渐减小，可知 ，故 C 错误；E–x 图象与 x 轴所围面积表示电势差， 由乙图可知两处面积不相等，所以 x1 处与球表面、球表面与 x2 处的电势差不同，则将试探电荷 沿 x 轴移动从 x1 移到 R 处和从 R 移到 x2 处电场力做功不相同，故 D 正确。 B 带电粒子从静止开始做加速运动，速度增大，动能增大，由能量守恒定律得知，其电 势能减小，即带电粒子在 A 点的电势能一定大于在 B 点的电势能，但不能判断出粒子的电性， 所以就不能判断电势的高低，故 AC 错误，B 正确；根据速度图象的斜率等于加速度，由数学 知识可以看出，从 A 点运动到 B 点的过程中带电粒子的加速度减小，则其所受的电场力减小， 由 知，电场强度 E 减小，即 A 点的场强一定大于 B 点的场强，所以该电场不可能是匀 强电场，故 D 错误。 AD 虚线 a、b、c 代表电场中的三个等势面，则电场线与等势面垂直，带电的质点受电场 力方向为等势面垂直，而电场力又指向轨迹内侧，因此电场线指向右下方，受到的电场力方向 与运动方向夹角大于 90°，故电场力做负功，电势能增大，动能减小，故 C 错误，D 正确；等 势面密集的地方电场线也密集，场强较大，故 P 电场强度大，电场力大，根据牛顿第二定律， 加速度也大，故 A 正确；因电场线指向右下方，顺着电场线电势降低，可知三个等势面中，a 的电势最低，选项 B 错误。 21 xx ϕϕ > qEa m = 1 月 8 日 电路 高考频度：★★★★★ 难易程度：★★☆☆☆ 如图所示，R1、R2 为定值电阻，L 为小灯泡，R3 为光敏电阻，当照射光强度增大时 A．电压表的示数减小 B．R2 中电流减小 C．小灯泡的功率减小 D．电路的路端电压增大 【参考答案】B 【试题解析】当 R3 的光照增强，光敏电阻的阻值减小，故回路中的总阻值减小，总电流增加， 由 ，可知电压表的示数增大，A 错；R2 两端的电压 ，知 R2 两端的 电压减小，故通过 R2 的电流减小，B 对；由 知 IL 增大，故小灯泡的功率增大，C 错； 电路的路端电压 ，总电流增加，知路端电压减小，D 错。 【名师点睛】电路动态分析的一般步骤 （1）明确局部电路变化时所引起的局部电路电阻的变化； （2）由局部 R 的变化―→确定 R 总的变化； （3）由 I 总= ―→确定 I 总的变化； （4）由 U 内=I 总 r―→确定 U 内的变化； （5）由 U 外=E–U 内―→确定 U 外的变化； 1 1U IR= 2 1( )U E I R r= − + 2 LI I I= + U E Ir= − E R r+ （6）由 U=IR―→确定干路上定值电阻两端的电压变化―→再确定各支路电压、电流的变化。 如图所示电路中，三只灯泡原来都正常发光，当滑动变阻器的滑片 P 向左移动时，下面判 断正确的是（灯泡电阻不变） A．L1 上电压变化量与电流变化量之比不变 B．L1 上电压变化量与电流变化量之比可能变大 C．L1 变亮，L2 变亮，L3 变暗 D．L3 上电流变化量大于 L1 上的电流变化量 如图所示，电源电动势为 12 V，电源内阻为 l.0 ，电路中的电阻 R 为 1.5 ，小型直 流电动机 M 的内阻为 0.5 ，闭合开关 S 后，电动机正常转动时，电流表的示数为 2.0 A。则 以下判断中正确的是 A．电动机的输出功率为 14.0 W B．电源输出的电功率为 20.0 W C．电动机产生的热功率 2.0 W D．电动机两端的电压为 5.0 V 如图所示，在竖直放置的平行板电容器的金属板内侧表面系一绝缘细线，细线下端系一带 电小球，带电小球静止时绝缘细线与金属板的夹角为 θ。电容器接在如图所示的电路中，R1 为 电阻箱，R2 为滑动变阻器，R3 为定值电阻。闭合开关 S，此时 R2 的滑片在正中间，电流表和电 Ω Ω Ω 压表的示数分别为 I 和 U。已知电源电动势 E 和内阻 r 一定，电表均为理想电表。以下说法正 确的是 A．保持 R1 不变，将 R2 的滑片向右端滑动，则 I 读数变小，U 读数变大 B．小球带正电，将 R2 的滑片向左端滑动过程中会有电流流过 R2 C．增大 R1，则 I 读数变大，U 读数变小 D．减小 R1，则 U 的变化量的绝对值与 I 的变化量的绝对值的比值不变 【参考答案】 AD L1 的电阻不变，故 L1 上电压变化量与电流变化量之比等于 L1 的电阻的阻值，选项 A 正确，B 错误。当滑片左移时，滑动变阻器接入电阻减小，则电路中总电阻减小，由闭合电路 欧姆定律可知电路中总电流增大，故 L1 变亮；电路中总电流增大，故内电压及 R0、L1 两端的 电压增大，而电动势不变，故并联部分的电压减小，故 L2 变暗；因 L2 中电流减小，干路电流 增大，故流过 L3 的电流增大，故 L3 变亮，故 C 错误。因 L1 中电流增大，L3 中电流增大，而 L2 中电流减小，开始时有 I1=I2+I3，故 I1 电流的变化值一定小于 L3 中电流的变化值，故 D 正确。 BC 电路中电流表的示数为 2.0 A，所以电动机的电压为：U=E–U 内–UR=12 V–Ir–IR=12 V–2×1 V–2×1.5 V=7 V，故 D 错误；电动机的总功率为：P 总=UI=7×2 W=14 W，电动机的发热功率为： P 热=I2RM=22×0.5 W=2.0 W，所以电动机的输出功率为：P 机=14 W–2 W=12 W，故 A 错误，C 正确；电源的输出的功率为：P 输出=EI–I2r=12×2 W–22×1 W=20 W，故 B 正确。 D 电路稳定时，R2 相当于导线。保持 R1 不变，将 R2 的滑片向右端滑动，不改变电路中 有效电阻，电路中电流不变，则 I 读数和 U 读数均不变，故 A 错误。电容器板间电场方向水平 向右，小球受到的电场力也水平向右，所以小球带正电；将 R2 的滑片向左端滑动过程中，电容 器的电压不变，带电量不变，没有电流通过 R2，故 B 错误。增大 R1，电路中电流减小，路端 电压增大，则 I 读数变小，U 读数变大，故 C 错误。根据闭合电路欧姆定律得：U=E–Ir，得 ， 保持不变，即减小 R1，则 U 的变化量的绝对值与 I 的变化量的绝对值的比值不变，故 D 正确。 rU I =∆ ∆ 1 月 9 日 磁场 高考频度：★★★★★ 难易程度：★★★★★ 地磁场可以减少宇宙射线中带电粒子对地球上生物体的危害。为研究地磁场，某研究小组模拟 了一个地磁场。如图所示，模拟地球半径为 R，地球赤道平面附近的地磁场简化为赤道上方厚 度为 2R、磁感应强度大小为 B、方向垂直于赤道平面的匀强磁场。磁场边缘 A 处有一粒子源， 可在赤道平面内以不同速度向各个方向射入某种带正电粒子。研究发现，当粒子速度为 2v 时， 沿半径方向射入磁场的粒子恰不能到达模拟地球。不计粒子重力及大气对粒子运动的影响，且 不考虑相对论效应。 （1）求粒子的比荷 ； （2）若该种粒子的速度为 v，则这种粒子到达模拟地球的最短时间是多少？ （3）试求速度为 2v 的粒子到达地球粒子数与进入地磁场粒子总数比值 η。（结果用反三角函 数表示。例： ，则 ，θ 为弧度） 【参考答案】（1） （2） （3） 【试题解析】（1）其轨迹如图所示（和地球相切）设该粒子轨迹半径为 r，则根据几何关系： ① 解得 ② q m sin kθ = arcsin kθ = 2 q v m BR = min 2π 3 Rt v = 2arcsin 3 π ( ) ( )2 22 3r R r R+ = + 4r R= 又 ③ 由②③得 ④ （2）速度为 v 的粒子进入磁场有： ⑤ 由④⑤得， ⑥ 若要时间最短，则粒子在磁场中运动的弧长最短，故从 A 斜向上射入，在 A 与交点 E 的距离最 短，即到达地球的弦长最短，时间最短 ，故 得 ， （3）沿径向方向射入的粒子会和地球相切而出，和 AO 方向成 θ 角向上方射入磁场的粒子也恰 从地球上沿相切射出，在此 θ 角范围内的粒子能到达地球，其余进入磁场粒子不能到达地球 过 A 点做该速度的垂线和过切点与 O 点连线延长线交于 F 点，则 F 点为圆心，如图所示 2(2 )(2 ) vq v B m r = 2 q v m BR = 2vqvB m r = ′ 2r R′ = 2AE AD DE R= = = 60ADE∠ = ° min 60 2π 360 mt qB °= ⋅° min 2π 3 Rt v = AF=4R，AO=OF=3R，得 故 ， 【名师点睛】带电粒子在匀强磁场中运动时，洛伦兹力充当向心力，从而得出半径公式 ， 周期公式 ，运动时间公式 ，知道粒子在磁场中运动半径和速度有关，运动周 期和速度无关，画轨迹，定圆心，找半径，结合几何知识分析解题。 如图所示，两根通电长直导线 a、b 平行且竖直放置，a、b 中的电流强度分别为 I 和 ， 此时 a 受到的磁场力大小为 F。当在 a、b 所处的空间内加一垂直于的 a、b 导线的匀强磁场后， a 受到的磁场力大小变为 ，方向垂直纸面向外，此时 b 受到的磁场力大小为 A．F B． C． D． 如图所示，两个质量相等的带电粒子 a、b 在同一位置 A 以大小相同的速度射入同一匀强磁场， 两粒子的入射方向与磁场边界的夹角分别为 30°和 60°，经磁场偏转后两粒子都经过 B 点，AB 连线与 磁场边界垂直，则 A．a 粒子带正电，b 粒子带负电 B．两粒子的轨道半径之比 2sin 3 AG AO θ = = π θη = 2arcsin 3 π η = mvR Bq = 2πmT Bq = 2πt T θ= 1 2 I 3F F3 2 3F F7 : 3 :1a bR R = C．两粒子所带电荷量之比 D．两粒子的运动时间之比 如图，一束带电粒子以一定的初速度沿直线通过由相互正交的匀强磁场 B 和匀强电场 E 组 成的速度选择器，然后粒子通过平板 S 上的狭缝 P，进入另一匀强磁场 B'，最终打在 AlA2 上。 下列表述正确的是 A．粒子带负电 B．所有打在 AlA2 上的粒子，在磁场 B'中运动时间都相同 C．能通过狭缝 P 的带电粒子的速率等于 D．粒子打在 AlA2 上的位置越靠近 P，粒子的比荷 越大 如图所示，两个相同的带电粒子，不计重力，同时从 A 孔沿 AD 方向射入一正方形空腔中， 空腔中有垂直纸面向里的匀强磁场，两粒子的运动轨迹分别为 a 和 b，则两粒子的速率和在空腔中 运动的时间的关系是 A．va=vb，tavb，ta>tb C．va>vb，ta2R，忽略灯丝电阻随温度的变化。当 A、B 端接入低压交流电源时 2 2 311sin314 (V)u t= A．A1、A2 两表的示数相同 B．L1、L2 两灯泡的亮度相同 C．R1 消耗的功率大于 R3 消耗的功率 D．R2 两端的电压小于 R4 两端的电压 【参考答案】 D t1 到 t2 时间内，a 中电流减小，a 中的磁场穿过 b 且减小，因此 b 中产生与 a 同向的磁 场，故 a、b 相吸，A 正确，同理 B 正确；t1 时刻 a 中电流最大，但变化率为零，b 中无感应电 流，故两线圈的作用力为零，故 C 正确；t2 时刻 a 中电流为零，但此时电流的变化率最大，b 中的感应电流最大，但相互作用力为零，故 D 错误。故选 D。 D 从图可看出线圈从垂直于中性面开始旋转，由楞次定律可判断，初始时刻电流方向为 b 到 a，故瞬时电流的表达式为 i=–imcos ωt，故 D 正确。 C 矩 形 闭 合 导 线 框 abcd 在 磁 场 中 转 动 ， 产 生 的 交 流 电 的 最 大 值 为 ： ，故有效值为 ，A 错误；由于 电压与匝数成正比，所以变压器原、副线圈匝数之比为： ，C 正确；根据功率 为 P=UI 知 ，又 ，知 ，B 错误；通过灯泡的交 流电频率为 ，D 错误。 D 当传感器 R2 所在处出现火情时，R2 的电阻减小，导致电路的总电阻减小，所以电路中 的总电流将会增加，A1 测量的是原线圈中的总电流，由于副线圈的电流增大了，所以原线圈的 电流 A1 示数也要增加；由于电源的电压不变，原副线圈的电压也不变，所以 V1 的示数不变， m 50 2 0.2 0.1 100V 100 2VE nBSω= = × × × × = 1 100 VU = 1 10 10 100 2 1 == n n 2 1 10 A 1A10 PI U = = = 10 1 1 2 2 1 == n n I I 1 0.1AI = 100 50Hz Hz2π 2π πf ω= = = 由于副线圈中电流增大，R3 的电压变大，所以 V2 的示数要减小，即 R1 的电压也要减小，所以 A2 的示数要减小，ABC 错误，D 正确。 D 设变压器原副线圈数比为 K（K>1），A、B 端接入的电压为 U，则 L2 两端的电压为 ，A2 表的示数 ，对于变压器电路，升压变压器副线圈两端的电 压为 ，设通过 L1 的电流为 I1，则 L1 两端的电压为 I1RL，A1 表的示数为 ，降压变 压 器 原 线 圈 的 电 压 为 KI1RL ， 则 有 ， 解 得 ， 则 ， 已 知 ， 可 得 ， ， A 错 误 ； 由 于 ，B 错误；电阻 R1、R3 相等，IA2>IA1，根据公式 可知，R1 消耗的功率小于 R3 消耗的功率，C 错误；电阻 R2、R4 相等，IA2>IA1，根据 欧姆定律知：R2 两端的电压小于 R4 两端的电压，D 正确。 L 2 L2 URU R R = + A2 L2 UI R R = + KU 1 A1 II K = 1 1 L2 IKU R KI RK − = 1 L 2 KUI R KRK = + 1 1 L 2A I UI RK KRK = = + L 2R R> A2 A1I I> 1 A1I I> 1 A2 L L L2 2 2 2 KU U UI IR R R RKR RK K = = > = ++ + RIP 2= 1 月 12 日 原子与原子核 高考频度：★★★★★ 难易程度：★★☆☆☆ 氢原子能级的示意图如图所示，大量氢原子从 n=4 的能级向 n=2 的能级跃迁时辐射出可见光 a， 从 n=3 的能级向 n=2 的能级跃迁时辐射出可见光 b，则 A．a 光的光子能量大于 b 光的光子能量 B．氢原子从 n=4 的能级向 n=3 的能级跃迁时会辐射出紫外线 C．处于能级 n=4 的电子的动能小于能级 n=2 的动能 D．在真空中传播时，b 光的波长较短 E．处在 n=1 能级时核外电子离原子核最近 【参考答案】ACE 【试题解析】根据跃迁规律可知高能级向低能级跃迁时辐射光子的能量等于这两个能级差。公 式： ，可知从 n=4 向 n=2 跃迁时辐射光子的能量大于从 n=3 向 n=2 跃迁时辐射 光子的能量，则可见光 a 的光子能量大于 b，又根据光子能量 可得 a 光子的频率大于 b， 由 ，则 a 光的波长小于 b 光，故 A 正确，D 错误；根据跃迁规律可知高能级向低能级跃 迁时辐射光子的能量等于这两个能级差，从 n=4 的能级向 n=3 的能级跃迁时会辐射出的光子能 量小于 a 光子的能量，因为紫外线的能量大于可见光，所以不可能为紫外线，故 B 错误；根据 玻尔理论，库仑力提供向心力 ，可知，越靠近原子核的速度越大，动能越大，那 么处于能级 n=4 的电子的动能小于能级 n=2 的动能，故 C 正确；n=1 能级是最贴近原子核的能 级，所以在 n=1 能级时核外电子离原子核最近，故 E 正确。 【名师点睛】解决本题的关键掌握能级跃迁与发出或吸收光子能量的关系hν=Em–En，对于可见 M Nh E Eν = − E hν= cλ ν= 2 2 2 e vk mr r = 光应注意掌握其频率、波长之间的关系，由能级差可得出从 4 能级到 2 能级时放出的光子能量； 同理也可得出从 3 到 2 能级时放出的能量，比较可知两能量关系，则可得出两种光的波长情况； 根据可见光与紫外线的频率关系，即可判定从 n=4 的能级向 n=3 的能级跃迁情况；依据引力提 供向心力，从而判定不同轨道上动能的大小关系，从而即可求解。 以下说法中正确的是 A．氢原子由较高能级跃迁到较低能级时，要释放一定频率的光子，原子的能量减小 B．核力存在于原子核内所有核子之间 C．原子核式结构模型是由卢瑟福在粒子散射实验基础上提出的 D．铀元素的半衰期为 T，当温度发生变化时，铀元素的半衰期也发生变化 E．放射性元素发生衰变时所释放的电子是原子核内的中子转化为质子时产生的 下列说法正确的是 A．图甲中，当弧光灯发出的光照射到锌板上时，与锌板相连的验电器铝箔有张角，证明光具 有粒子性 B．如图乙所示为某金属在光的照射下，光电子最大初动能 Ek 与入射光频率 v 的关系图象，当 入射光的频率为 2v0 时，产生的光电子的最大初动能为 E C．图丙中，用从 n=2 能级跃迁到 n=l 能级辐射出的光照射逸出功为 6.34 eV 的金属铂，不能发 生光电效应 D．丁图中由原子核的核子平均质量与原子序数 Z 的关系可知，若 D 和 E 能结合成 F，结合过 程一定会释放能量 E．图戊是放射性元素发出的射线在磁场中偏转示意图，射线 c 是 β 粒子流，它产生的机理是 原子的核外电子挣脱原子核的束缚而形成的 如图所示是氢原子的部分能级图。关于氢原子能级的跃迁，下列叙述中正确的是 A．用能量为 10.3 eV 的光子照射，可使处于基态的氢原子跃迁到激发态 B．用能量为 14.0 eV 的光子照射，可使处于基态的氢原子电离 C．用能量为 12.20 eV 的大量电子，去激发处于基态的大量氢原子后，可能辐射 3 种不同频率 的光子 D．大量处于第 4 激发态的氢原子向低能级跃迁，可辐射 3 种不同频率的光子 E．大量处于第 4 激发态的氢原子向低能级跃迁时，辐射最低光子的能量为 0.66 eV 日本福岛核电站泄漏事故中释放出大量的碘 131，碘 131 是放射性同位素，衰变时会发出 β 射线与 γ 射线，碘 131 被人摄入后，会危害身体健康，由此引起了全世界的关注。下面关于核 辐射的相关知识的说法正确的是 A．人类可以通过改变外部环境来改变碘 131 衰变的快慢 B．碘 131 的半衰期为 8.3 天，则 4 个碘原子核经 16.6 天后就一定剩下一个原子核 C．碘 131 发生 β 衰变时所释放的电子是原子核内的中子转化为质子时产生的 D．β 射线与 γ 射线都是电磁波，但 γ 射线穿透本领比 β 射线强 【参考答案】 ACE 氢原子由较高能级跃迁到较低能级时，释放光子，能量减小，故 A 正确；核力是短 程力，每个核子只跟它邻近的核子间存在核力作用，故 B 错误；卢瑟福依据 α 粒子散射实验的 现象提出了原子的核式结构理论，故 C 正确；半衰期的大小与温度无关，由原子核内部因素决 定，故 D 错误；衰变的实质是原子核中的一个中子转化成一个质子，同时产生一个电子，这个 电子以射线的形式释放出去，同时辐射出光子，故 E 正确。 ABD 与锌板相连的验电器的铝箔相互张开，说明光照射到锌板上发生光电效应，从锌板 上有光电子逸出，光电效应说明光具有粒子性，故 A 正确；根据光电效应方程有：Ek=hν–W， 其中 W 为金属的逸出功：W=hv0，所以有：Ek=hv–hv0，由此结合图象可知，该金属的逸出功为 E，或者 W=hv0，当入射光的频率为 2v0 时，代入方程可知产生的光电子的最大初动能为 E，故 B 正确；图丙中，用 n=2 能级跃迁到 n=1 能级辐射出的光照射逸出功为 6.34 eV 的金属铂，光 子的能量为：△E=E2–E1=–3.4 eV–（–13.6 eV）=10.2 eV 大于金属铂的逸出功，所以能发生光电 效应，故 C 错误；丁图中由原子核的核子平均质量与原子序数 Z 的关系可知，若 D 和 E 能结 合成 F，核子的平均质量减小，则总质量减小，所以结合过程一定会释放能量，故 D 正确；图 戊是放射线在磁场中偏转示意图，根据左手定则可知，射线 c 是 β 粒子流，它是原子核发生 β 衰变的过程中，由中子转化为一个质子与一个电子时形成的，故 E 错误。 BCE 用光子能量为 的某种电磁波照射处于基态的氢原子，可使其电离，故 A 错误，B 正确；基态氢原子吸收 的能量，会跃迁到第 3 能级，会辐射出 3 种不同频率 的光子，故 C 正确；根据 ，大量氢原子从 的能级向基态跃迁时最多可能辐射出 6 种光子，从 到 能级辐射最低光子的能量为 ，故 D 错误，E 正确。 C 半衰期不受温度，压强等外部环境的影响而变化，所以人类目前无法改变放射性元素 的半衰期，故 A 错误；半衰期是对大量粒子的一个统计规律，不适用于单个原子，故 B 错误； β 衰变时所释放的电子是原子核内的中子转化为质子时产生的衰变方程为 ，故 C 正确；β 射线为高速电子流不是电磁波，故 D 错误。 13.61eV 12.10 eV 2 4C 6= 4n = 4n = 3n = 0.66 eV 1 0 1 0 1 1n e H−→ + 1 月 13 日 物理实验 高考频度：★★★★★ 难易程度：★★★☆☆ 某科技小组用如图甲所示装置验证动能定理，一端固定有定滑轮且带有刻度尺的倾斜气垫导轨 固定在水平桌面上，导轨上 A 点处有一总质量为 M 带遮光片的长方形滑块，滑块用平行斜面的 轻细绳通过定滑轮与一拉力传感器相连，实验步骤如下： ①用游标卡尺测出遮光片的宽度 d； ②安装好实验器材，给气垫导轨接上气源，然后读出拉力传感器的示数，记为 F，同时从气垫 导轨刻度尺上读出滑块与光电门之间的距离 L； ③剪断细绳，让滑块滑向光电门，并记录滑块通过光电门的时间 t； ④多次改变滑块与光电门之间的距离，记录相应的 L 与 t 的值，结果如表所示。 1 2 3 4 5 L(m) 0.600 0.800 1.000 1.200 1.400 t(s) 8.22 7.17 6.44 5.85 5.43 1.48 1.95 2.41 2.92 3.39 请回答下列问题： （1）用游标卡尺测量遮光片宽度 d 的测量结果如图乙所示，则 cm； （2）剪断细绳后，在滑块从 A 运动至 B 的过程中，若动能定理成立，则在本实验中 与 L 的 关系式为 = ； 2 2 2 1 (10 s )t − − d = 2 1 t 2 1 t （3）以 L 为横坐标， 为纵坐标，请在图丙所示的坐标系中描点，并作出 图象，根据 你所作的图象，本实验 （填“能”或“不能）验证动能定理。 【参考答案】（1）1.00 （2） （3）如图所示 【试题解析】（1）根据游标卡尺读数规则：主尺部分为：10 mm；标尺部分为：0 mm，故游 标卡尺读数为： 。 （2）根据光电门可得，小球到达光电门的速度为： ，则从 A 到 B 根据动能定理可得： ，则整理可以得到： 。 （3）由 可得 成正比关系，则由图象可知可以验证动能定理，图象如答案图所 示。 【名师点睛】对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，正确使用这些基本 仪器进行有关测量；解题的关键是根据实验原理确定需要验证的等式，其中合力的求解根据共 点力平衡条件确定。 2 1 t 2 1 Lt − 2 2FL Md 10 mm 0.1 0 mm 10 mm 1.00 cm+ × = = dv t = 21 ( )2 dFL M t = 2 2 1 2FL t Md = 2 2 1 2FL t Md = 2 1 Lt − 在“探究小车速度随时间变化的规律”的实验中，用打点周期为 0.02 s 的计时器记录小车做 匀变速直线运动的纸带如图所示，在纸带上选择 0、1、2、3、4、5 共 6 个计数点，相邻两计数 点之间还有四个点未画出，纸带旁并排放着带有最小分度为毫米的刻度尺，零刻度线跟“0”计数 点对齐。由图可以读出三个计数点 1、3、5 跟 0 点的距离 d1、d2、d3。 （1）读出距离：d1=1.20 cm，d2=______cm，d3=________ cm； （2）计算小车通过计数点“2”的瞬时速度 v2=________ m/s；（结果保留两位有效数字） （3）小车的加速度大小 a=________ m/s2。（结果保留两位有效数字） 在“验证力的平行四边形定则”的实验中，某同学第一步用一个弹簧测力计钩住细绳套拉橡 皮条，使结点到达某一位置 O；第二步用两个弹簧测力计分别钩住两个细绳套互成角度地拉橡 皮条，使结点到达同一位置 O。某同学的实验情况如图甲所示，其中 A 为固定橡皮筋的图钉， O 为橡皮条与细绳的结点，OB 和 OC 为细绳。 （1）第二步中必须记录的是 。 A．两细绳的长度和两细绳的方向 B．橡皮条伸长的长度和两细绳的方向 C．两弹簧测力计的读数和橡皮条伸长的长度 D．两细绳套的方向和两弹簧测力计的读数 （2）图乙是该同学在白纸上根据实验结果画出的图。 ①图乙中的 是力 F1 和 F2 的合力的理论值； 是力 F1 和 F2 的合力的实际测量值。 ②在实验中，如果将细绳也换成橡皮筋，那么实验结果是否会发生变化？答： 。（选填“会” 或“不会”） （3）下面列出的措施中，哪些是有利于改进本节实验以减小误差的 。 A．橡皮条弹性要好，拉到 O 点时拉力适当小些 B．两个分力 F1 和 F2 间的夹角要尽量大些 C．拉橡皮条时，橡皮条、细绳和弹簧测力计平行贴近木板面 D．拉橡皮条的绳要细，而且要稍长一些 有一个小灯泡上标有“4 V，2 W”的字样，现在要用伏安法测量这个小灯泡的伏安特性曲线。 现有下列器材供选用： A．电压表 V1（0~5 V，内阻约 10 kΩ） B．电压表 V2（0~10 V，内阻约 20 kΩ） C．电流表 A1（0~0.3 A，内阻约 1 Ω） D．电流表 A2（0~0.6 A，内阻约 0.4 Ω） E．滑动变阻器 R1（0~10 Ω，2 A） F．滑动变阻器 R2（0~100 Ω，0.2 A） G．学生电源（直流 6 V）、开关及导线 （1）为了调节方便，测量尽可能准确，实验中应选用电压表 ，电流表 ，滑动变阻 器 。（填器材的前方选项符号，如 A、B） （2）为使实验误差尽量减小，要求从零开始多取几组数据；请在下面的方框中完成实验电路图。 （3）P 为上图中图线上的一点，PN 为图线上 P 点的切线、PQ 为 U 轴的垂线，PM 为 I 轴的垂 线，对应 P 点，小灯泡的电阻约为 Ω。（保留两位有效数字） （ 4 ） 小 灯 泡 的 U–I 图 线 是 曲 线 而 不 是 过 原 点 的 直 线 ， 原 因 是 __________________________________。 在测定一节干电池的电动势和内阻的实验中，备有下列器材： A．待测的干电池（电动势约为 1.5 V，内电阻小于 1.0 Ω ） B．电流表 A1（量程 0~3 mA，内阻 =10 Ω） C．电流表 A2（量程 0~0.6 A，内阻 =0.1 Ω） D．滑动变阻器 R1（0~20 Ω，10 A） E．滑动变阻器 R2（0~200 Ω，l A） F．定值电阻 R0（990 Ω） G．开关和导线若干 （1）某同学发现上述器材中虽然没有电压表，但给出了两个电流表，于是他设计了如图甲所示 的（a）、（b）两个参考实验电路，其中合理的是______图所示的电路；在该电路中，为了操 g1R g2R 作方便且能准确地进行测量，滑动变阻器应选______（填写器材前的字母代号，如 A、B、 C、…）。 （2）图乙为该同学根据（1）中选出的合理的实验电路，利用测出的数据绘出的 I1–I2 图线（I1 为电流表 A1 的示数，I2 为电流表 A2 的示数，且 I2 的数值远大于 I1 的数值），则由图线可得被 测电池的电动势 E=_________V，内阻 r=____________Ω。（结果保留小数点后 2 位） （3）若将图线的纵坐标改为_________，则图线与纵坐标轴的交点的物理含义即为电动势的大 小。 （1）在“测定金属的电阻率”的实验中，由于金属丝直径很小，不能使用普通刻度尺，应使 用螺旋测微器。螺旋测微器的精确度为 mm，用螺旋测微器测量某金属丝直径时的 刻度位置如图所示，从图中读出金属丝的直径为 mm。 （2）如果测出金属丝接入电路的长度 l、直径 d 和金属丝接入电路时的电流 I 和其两端的电压 U， 就可求出金属丝的电阻率。用以上实验中直接测出的物理量来表示电阻率，其表达式为 ρ=___________。 （3）在此实验中，金属丝的电阻大约为 4 Ω，在用伏安法测定金属丝的电阻时，除被测电阻丝 外，选用了如下实验器材： A．直流电源：电动势约 4.5 V，内阻不计； B．电流表 A：量程 0~0.6 A，内阻约 0.125 Ω； C．电压表 V：量程 0~3 V，内阻约 3 kΩ； D．滑动变阻器 R：最大阻值 10 Ω； E．开关、导线等。 在以下可供选择的实验电路中，应该选图____（填“甲”或“乙”），选择的接法为____接法（填“内” 或“外”），此接法测得的电阻值将___________（填“大于”、“小于”或“等于”）被测电阻的实际 阻值。 （4）根据所选实验电路图，在实物图中完成其余的连线。在闭合开关 S 前，滑动变阻器的滑 片应置在_________（填“最左”或“最右”）端。 （5）根据所选量程，某次实验两电表的示数如图，则读数分别为_________V 和_________A。 （6）若某次实验测得接入电路金属丝的长度为 0.810 m，算出金属丝的横截面积为 0.81×10-6 m2， 根据伏安法测出电阻丝的电阻为 4.1 Ω，则这种金属材料的电阻率为__________（保留二位有效 数字）。 【参考答案】 （1）5.40 12.00 （2）0.21 （3）0.60 （1）刻度尺的读数规则——估读到最小刻度的下一位。由毫米刻度尺的刻度可知 d2=5.40 cm， d3=12.00 cm。最后一位“0”必须有。 （2）小车通过计数点“2”的瞬时速度可用“1”、“3”间的平均速度表示，打点周期为 0.02 s，相邻 两计数点之间还有四个点未画出，则计数点之间的时间间隔 T=0.1s， 。 （3）同样，可以计算小车通过计数点“4”的瞬时速度 ，则小车加速度 。 （1）D （2）①F F' ②不会 （3）CD （1）力的合成与分解要满足平行四边形定则，必须要知道力的大小和方向，才能作出力的平行 四边形，故 ABC 错误，D 正确。 2 1 2 0.21m/s2 d dv T −= = 3 2 4 0.33 m/s2 d dv T −= = 24 2 0.60 m/s2 v vva t T −∆= = =∆ （2）①F1 与 F2 合成的理论值是通过平行四边形定则算出的值，而实际值是单独一个力拉到 O 点时的值，故 F 是 F1 与 F2 合成的理论值，F′是 F1 与 F2 合成的实际值。②细绳换成橡皮筋后橡 皮筋本身的张力还是会把实验用的橡皮筋拉到 O 点作用效果不变，所以绳子和橡皮筋张力一样， 实验结果不会发生变化。 （3）拉力“适当”大些能减小误差，故 A 错误；两个分力 F1 和 F2 间的夹角要适当，太大或太小， 都会使作图误差变大，故 B 错误；橡皮条等贴近木板，目的是使拉线水平，绳细且稍长便于确 定力的方向，都可以减小实验误差，故 CD 正确。 （1）A D E （2）电路如图所示 （3）5.3 （4）灯丝的电阻会随温度的升高而增大 （1）根据小灯泡的标志“4 V，2 W”的字样，电压表应选 A；通过小灯泡的额定电流 ，电流表应选 D；本实验要求小灯泡电流从零开始调节，滑动变阻器应用分压 式接法，为便于调节（灵敏），应选阻值小的变阻器 E。 （2）因小灯泡电阻远小于电压表内阻，所以电流表应用外接法，要求小灯泡电流从零开始调节， 所以滑动变阻器应用分压式接法，电路如答案图所示。 （3）P 点表示当小灯泡两端电压为 2.4 V 时，通过小灯泡的电流为 0.45 A，此时小灯泡的电阻 。 （4）小灯泡两端电压越大，通过小灯泡的电流越大，小灯泡的热功率越大，温度越高，导致 电阻率变大，小灯泡的电阻增大，I–U 图象斜率变小。也就是说随着电压的增大，小灯泡的 电阻增大，使 I–U 图象斜率变小。 （1）（b） D 1.50 0.81 （0.80~0.87） （3）若将图线的纵坐标改为 （1）上述器材中虽然没有电压表，但给出了两个电流表，将电流表串联一个电阻，可以改装成 0.5 API U = = 5.3UR I = = Ω 1 0 g1( )I R R+ 较大量程的电压表。（a）、（b）两个参考实验电路，其中合理的是（b），因为电源的内阻较 小，所以应该采用较小最大阻值的滑动变阻器，有利于数据的测量和误差的减小，滑动变阻器 应选 D； （2）根据欧姆定律和串联的知识得，电源两端电压 U=I1（990+10）=1 000I1，根据图象与纵轴 的交点得电动势 E=1.5 mA×1 000 Ω=1.50 V，与横轴的交点可得出路端电压为 1 V 时电流是 0.62 A，由闭合电路欧姆定律 E=U+Ir 可得：r=0.81 Ω。 （3）若图象的纵坐标为路端电压，则与纵轴的交点即为电动势，由图可知应将图线的纵坐标改 为 。 （1）0.01 0.640 （2） （3）甲 外 小于 （4）实物图如图所示 最左 （5）2.15 0.16 （6）4.1×10-6 Ω·m （1）螺旋测微器的精确度为 0.01 mm，金属丝的直径为 0.5 mm+0.01 mm×14.0=0.640 mm。 （2）根据 及 ，解得 。 （3）因待测电阻的阻值较小，故采用电流表外接电路，即甲电路；因电压表的分流作用，使得 电流表的测量值大于电阻上的实际电流，故此接法测得的电阻值将小于被测电阻的实际阻值。 （4）连线如答案图所示；在闭合开关 S 前，滑动变阻器的阻值调节到最大，故滑片应置在最 左端。 （5）电压表读数为 2.15 V；电流表读数为 0.16 A。 （6）根据 可得 ，代入数据可知 ρ=4.1×10-6 Ω·m。 UR I = 1 0 g1( )I R R+ 2π 4 d U lI 21 π4 lR d ρ= 2π 4 d U lI ρ = 21 π4 lR d ρ= 2π 4 d R l ρ = 1 月 14 日 热学 高考频度：★★★★★ 难易程度：★★☆☆☆ 如图，气缸竖直固定在电梯内，一质量为 m、面积为 S 的活塞将一定量的气体封闭在气缸内， 当电梯做加速度大小为 a 的匀加速下降时活塞与气缸底相距 L。现让电梯匀加速上升，加速度 大小也为 a，稳定时发现活塞相对于气缸底移动了距离 d。不计气缸和活塞间的摩擦，整个过程 温度保持不变。求大气压强 p0。 【参考答案】 【 试 题 解 析 】 加 速 度 向 下 时 为 初 态 ， 加 速 度 向 上 时 为 末 态 ， 有 气 体 实 验 定 律 得 对初态时的活塞受力分析得 对末态时的活塞受力分析得 联立解得： 下列说法中不正确的是 A．第一类永动机无法制成是因为它违背了能量守恒定律 B．教室内看到透过窗子的“阳光柱”里粉尘颗粒杂乱无章的运动，这种运动是布朗运动 C．地面附近有一正在上升的空气团（视为理想气体），它与外界的热交换忽略不计。已知大 0 2 ( )maL md g ap dS − += 1 2 ( )p LS p L d S= − 0 1p S mg p S ma+ − = 2 0p S mg p S ma− − = 0 2 ( )maL md g ap dS − += 气压强随高度增加而降低，则该气团在此上升过程中气团体积增大，温度降低 D．随着低温技术的发展，我们可以使温度逐渐降低，但最终不能达到绝对零度 下列说法中正确的是 A．熵是物体内分子运动无序程度的量度 B．若容器中用活塞封闭着刚好饱和的一些水蒸气，当保持温度不变向下缓慢压活塞时，水蒸 气的质量减少，压强不变 C．多晶体具有规则的几何外形，物理性质具有各向异性 D．农民在干旱天气里用锄锄松土壤是为了破坏土壤中的毛细管 E．用油膜法测出油分子的直径后，要测定阿伏加德罗常数，只需再知道油的密度即可 以下说法中正确的有 A．布朗运动是悬浮在液体中固体分子所做的无规则运动 B．叶面上的小露珠呈球形是由于液体表面张力的作用 C．液晶显示器利用了液晶对光具有各向异性的特点 D．当两分子间距离大于平衡位置的间距 r0 时，分子间的距离越大，分子势能越小 E．温度升高时，分子热运动的平均动能一定增大，但并非所有分子的速率都增大 下列说法中正确的是 A．具有各向同性的固定一定是非晶体 B．饱和汽压随温度降低而减小，与饱和汽的体积无关 C．能量耗散反映了与热现象有关的宏观自然过程具有不可逆性 D．液体表面层分子间距离较大，这些液体分子间作用力表现为引力 E．若某气体摩尔体积为 V，阿伏加德罗常数用 NA 表示，则该气体的分子体积为 A V N 一定质量的理想气体体积 V 与热力学温度 T 的关系图象如图所示，气体在状态 A 时的压强 pA=p0，温度 TA= T0，线段 AB 与 V 轴平行，BC 的延长线过原点。求： （1）气体在状态 B 时的压强 pB； （2）气体从状态 A 变化到状态 B 的过程中，对外界做的功为 10 J，该过程中气体吸收的热量 为多少； （3）气体在状态 C 时的压强 pC 和温度 TC。 【参考答案】 B 第一类永动机无法制成是因为它违背了能量守恒定律，故 A 正确。布朗运动是指悬浮 在液体中颗粒的运动，所以空气中粉尘颗粒杂乱无章的运动是气体的流动引起的，不是布朗运 动，故 B 错误。地面附近有一正在上升的空气团，压强降低时，体积增大，气体对外做功，由 于热传递不计，根据热力学第一定律分析可知，内能减少，而一定质量的理想气体内能只跟温 度有关，内能减少，温度降低，故 C 正确。根据热力学第二定律得知，绝对零度不可能达到， 故 D 正确。本题选错误的，故选 B。 ABD 熵指的是体系的混乱程度，是物体内分子运动无序程度的量度，故 A 正确；饱和水 蒸气的压强与温度有关，若容器中用活塞封闭着刚好饱和的一些水蒸气，当保持温度不变向下 缓慢压活塞时，压强不变，水汽的质量减少，故 B 正确；多晶体具有规则的几何外形，物理性 质具有各向同性，故 C 错误；农民在干旱天气里用锄锄松土壤是利用毛细现象，为了破坏土壤 中的毛细管，来阻碍水分的蒸发，故 D 正确；用油膜法测出油分子的直径后，要测定阿伏加德 罗常数，只需再知道油的摩尔体积，或知道油的摩尔质量与密度，故 E 错误。 BCE 布朗运动是悬浮在液体中固体颗粒所做的无规则运动，不是固体分子的运动，选项 A 错误；叶面上的小露珠呈球形是由于液体表面张力的作用，选项 B 正确；液晶显示器利用了 液晶对光具有各向异性的特点，选项 C 正确；当两分子间距离大于平衡位置的间距 r0 时，分子 间的距离越大，分子势能越大，选项 D 错误；温度升高时，分子热运动的平均动能一定增大， 但并非所有分子的速率都增大，选项 E 正确。 BCD 多晶体的物理性质是各向同性的，所以具有各向同性的不一定是非晶体，故 A 错误； 饱和汽压随温度降低而减小，与饱和汽的体积无关，选项 B 正确；由热力学第二定律可知，能 量耗散反映了与热现象有关的宏观自然过程具有不可逆性，选项 C 正确；液体表面层分子间距 离较大，这些液体分子间作用力表现为引力，选项 D 正确；若某气体摩尔体积为 V，阿伏加德 罗常数用 NA 表示，则该气体的分子运动占据的空间为 ，选项 E 错误。 （1）A 到 B 是等温变化，压强和体积成反比，根据玻意耳定律有：pAVA=pBVB 解得： （2）A 状态至 B 状态过程是等温变化，气体内能不变，即△U=0 气体对外界做功：W=–10 J 根据热力学第一定律有：△U=W+Q 解得：Q=–W=10 J （3）由 B 到 C 等压变化，根据盖吕萨克定律得： 解得：TC= T0 A 到 C 等容变化，根据查理定律得：解得： 解得： 0 1 2Bp p= 1 2 A V N CB B C VV T T = CA A C pp T T = 0 2C pp = 1 月 15 日 振动和波 光学 高考频度：★★★★★ 难易程度：★★★☆☆ 【典例 1】如图中实线是一列简谐横波在 时刻的波形,虚线是这列波在 时刻的波 形,这列波的周期 符合： 。问： （1）若波速向右，波速多大? （2）若波速向左，波速多大? （3）若波速大小为 74 m/s，波速方向如何? 【参考答案】（1）54 m/s （2）58 m/s （3）向左传播 【试题解析】由图象可知：λ=8 m 由 知波传播距离为 ，即 n=3 （1）当波向右传播时，波传播距离为 波速为： （2）当波向左传播时，波传播距离为 波速为： （3）若波速大小为 74 m/s，在 时间内波传播的距离为： 因为 ，所以波向左传播 1 0t = 2 0.5 st = T 2 13 4T t t T< − < 2 13 4T t t T< − < 3 4xλ λ< ∆ < 3 3 27 ms λ= + = 27 m/s 54 m/s0.5 sv t = = = 3 5 29 ms λ= + = 29 m/s 58 m/s0.5 sv t = = = 2 1t t− 74 0.5 m 37 ms vt= = × = 37 m (4 5)ms λ= = + 【典例 2】一玻璃立方体中心有一点光源。今在立方体的部分表面镀上不透明薄膜，以致从 光源发出的光线只经过一次折射不能透出立方体。已知该玻璃的折射率为 ，求镀膜的面 积与立方体表面积之比的最小值。 【参考答案】 【试题解析】将题所描述的光现象的立体图转化为平面图，考虑从玻璃立方体中心O 发出的一 条光线，假设它斜射到玻璃立方体上表面发生折射，如图所示 根据折射定律有 nsin θ=sin α① 式中，n 是玻璃的折射率，入射角等于 θ，α 是折射角 现假设 A 点是上表面表面积最小的不透明薄膜边缘上的一点。由题意，在 A 点刚好发生全反射， 故 ② 设线段 OA 在立方体上表面的投影长为 RA，由几何关系有 ③ 式中 a 为玻璃立方体的边长，由①②③式得 ④ 由题给数据得 ⑤ 由题意，上表面所镀膜的面积最小的不透明薄膜应是以 RA 为半径的圆。所求的镀膜面积 S′与玻 22 )2( sin aR R A A A + =θ 12 2 − = n aRA 2 aRA = 2 π 4 S S ′ = π 2A α = 璃立方体的表面积 S 之比为 ⑥ 由⑤⑥得 ⑦ 【名师点睛】本题是对光的折射定律及全反射问题的考查；解决本题的关键是画出光路图，确 定临界情况，根据折射定律，通过几何关系进行求解。 图甲为某一列沿 x 轴正方向传播的简谐横波在 t=1.0 s 时刻的波形图，图乙为参与波动的某 一质点的振动图象，则下列说法正确的是 A．该简谐横波的传播速度为 4 m/s B．从此时刻起，经过 2 s，P 质点运动了 8 m 的路程 C．从此时刻起，P 质点比 Q 质点先回到平衡位置 D．乙图可能是甲图 x=2 m 处质点的振动图象 E．此时刻 M 质点的振动速度小于 Q 质点的振动速度 一列简谐横波在 t=0 时刻的波形图如图实线所示，从此刻起，经 0.1 s 波形图如图中虚线所 示，若波传播的速度为 10 m/s，则 A．这列波沿 x 轴正方向传播 B．这列波的周期为 0.4 s 2 2 6π 6 ARS S a ′ = π 4 S S ′ = C．t=0 时刻质点 a 沿 y 轴正方向运动 D．t=0 时刻质点 a 经 0.2 s 通过的路程为 0.4 m E．x=2 m 处的质点的位移表达式为 y=0.2sin（5πt+π）（m） 下列说法正确的是 A．在干涉现象中，振动加强点的位移总比减弱点的位移要大 B．单摆在周期性外力作用下做受迫振动，其振动周期与单摆的摆长无关 C．变化的电场能在其周围空间产生磁场 D．拍摄玻璃厨窗内的物品时，往往在镜头前加一个偏振片以增加透射光的强度 E．地面附近有一高速水平飞过的火箭，地面上的人观察到的火箭长度要比火箭上的人观察到 的要短一些 下列说法正确的是 A．肥皂泡呈现的彩色是光的干涉现象，露珠呈现的彩色的是光的色散现象，通过狭缝看太阳 光呈现的彩色是光的衍射现象 B．光纤通信，全息照相及医用纤维式内窥镜都是利用了光的全反射原理 C．做双缝干涉实验时，用绿光照射单缝，在光屏 P 上观察到干涉条纹，用红光替绿光照射单 缝，将得到相邻条纹间距更大的干涉图样 D．相对论认为：竖直向上高速运动的球在水平方向上变扁了 E．在真空中传播的电磁波，当它的频率变大时，它的传播速度不变，波长变短 下列说法中，正确的是 A．地震波是机械波，既有横波又有纵波 B．横波在传播过程中，波峰上的质点运动到相邻的波峰所用的时间为一个周期 C．电磁波中每一处的电场强度和磁感应强度总是互相垂直的，且与波的传播方向垂直 D．可见光只是电磁波中的一小部分，可见光的频率低于 X 射线的频率 E．两束频率不同的激光能产生干涉现象 弹簧振子以 O 点为平衡位置在 B、C 两点之间做简谐运动，B、C 相距 20 cm。某时刻振子 处于 B 点，经过 0.5 s，弹簧振子第一次到达 C 点，求： （1）振动的周期和频率； （2）振子在 5 s 内通过的路程及 5 s 末的位移大小； （3）振子在 B 点的加速度大小跟它距 O 点 4 cm 处 P 点的加速度大小的比值。 图示为用玻璃做成的一块棱镜的截面图，其中 ABCD 是矩形，OCD 是半径为 R 的四分之 一圆弧，圆心为 O。一条光线从 AB 面上的某点入射，入射角 θ1=45°，它进入棱镜后恰好以临 界角射在 BC 面上的 O 点，光路图如图所示，求： （1）求该棱镜的折射率 n； （2）求光线在该棱镜中传播的速度大小 v（已知光在空气中的传播速度 c=3.0×108 m/s）。 【参考答案】 ACD 由甲图可得 ，由乙图中可得 ，所以该简谐横波的传播速度为 ， A 正确； ，则从此时刻起，经过 2 s，P 质点运动的路程为 s=8A=8×0.2 cm=1.6 cm，故 B 错误；简谐横波沿 x 轴正向传播，此时刻 Q 点向上运动，而 P 质 点直接向下运动，所以 P 质点比 Q 质点先回到平衡位置，C 正确；由乙图知 t=0 时刻质点的位 移为 0，振动方向沿 y 轴负方向，与甲图 x=2 m 处 t=0 时刻的状态相同，所以乙图可能是甲图 x=2 m 处质点的振动图象，D 正确；质点越靠近平衡位置速度越大，则此时刻 M 质点的振动速度大 于 Q 质点的振动速度，故 E 错误。 BDE 由图可知波长为 λ=4 m，则波的周期为 ；因为 ，根 据波形的平移可知，波的传播方向沿 x 轴负方向，故 A 错误，B 正确。因为波沿 x 轴负方向传 4 mλ = 1.0 st = 4 m/sv T λ= = 2 s 2t T= = 4 s 0.4 s10T v λ= = = 0.1 4 Tt = = 播，由上下坡法可知 t=0 时，a 质点速度沿 y 轴负方向，故 C 错误。t=0 时刻质点 a 经 0.2 s 振 动了半个周期，那么通过的路程为两个振幅即 s=2A=0.4 m，故 D 正确。t=0 时刻 x=2 m 处的质 点正向 y 轴负方向运动，其位移表达式为 ，故 E 正确。 BCE 在干涉现象中，振动加强点的位移总比减弱点的振幅要大，位移不一定比减弱点的 位移要大，故 A 错误；单摆在周期性外力作用下做受迫振动，其振动周期由驱动力的周期决定， 与单摆的固有周期无关，故与摆长无关，故 B 正确；根据麦克斯韦的电磁场理论，变化的电场 产生磁场，变化的磁场产生电场，故 C 正确；拍摄玻璃厨窗内的物品时，往往在镜头前加一个 偏振片以减弱玻璃反射的偏振光的强度，故 D 错误；根据相对论可知，地面附近有一高速水平 飞过的火箭，地面上的人观察到的火箭长度要比火箭上的人观察到的要短一些，故 E 正确。 ACE 易知 A 正确；全息照相不是利用全反射，是和光的干涉有关，选项 B 错误；由 可知用红光代替绿光，条纹间距变大，选项 C 正确；相对论认为：高速运动的物体 在运动方向上，长度变短，选项 D 错误；在真空中传播的电磁波，传播速度不变，由 v=λf 得， 频率变大时，波长变短，选项 E 正确。 ACD 地震波既有横波又有纵波，是一种较为复杂的机械能波，故 A 正确；横波在传播过 程中，介质并不随着波的传播而向前运动，只是在垂直波的方向上振动，故 B 错误；电磁波中 每一处的电场强度和磁感应强度总是互相垂直的，且与波的传播方向垂直，选项 C 正确；根据 电磁波谱可知，可见光只是电磁波中的一小部分，可见光的频率低于 X 射线的频率，故 D 正确； 只有频率相同的两束激光才能产生干涉现象，选项 E 错误。 （1）设振幅为 A，由题意 BC=2A=20 cm，所以 A=10 cm 振子从 B 到 C 所用时间 t=0.5 s，为周期 T 的一半，所以 T=1.0 s， （ 2 ） 振 子 在 1 个 周 期 内 通 过 的 路 程 为 4A ， 故 在 t′=5 s=5T 内 通 过 的 路 程 5 s 内振子振动了 5 个周期，5 s 末振子仍处在 B 点，所以它的位移大小为 0 cm （3）振子加速度 ，a∝x，所以 aB:aP=xB:xP=10:4=5:2 （1）光线在 BC 面上恰好发生全反射，入射角等于临界角 C ( )2πsin( π) 0.2sin 5π πy A t tT = + = + λ d lx =∆ 1.1 0 Hzf T = = 4 200 cm 2 mts AT ′= × = = ka xm = − sin C= ，cos C= 光线在 AB 界面上发生折射，折射角 θ2=90°–C 由几何关系得 sin θ2=cos C 由折射定律得 n= 由以上几式联立解得 n= （2）光速 = ×108 m/s 1 n 2 1n n − 1 2 sin sin θ θ 6 2 cv n = 6