參考答案與試題解析

二．選擇題：共8小題，每小題6分．每小題的四個(gè)選項(xiàng)中，第1～5題只有一項(xiàng)符合題目要求，第6～8題有多項(xiàng)符合題目要求．全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分．

1．下列有關(guān)物理常識(shí)的說法中正確的是（ ）

A．牛頓的經(jīng)典力學(xué)理論不僅適用于宏觀、低速運(yùn)動(dòng)的物體，也適用于微觀、高速運(yùn)動(dòng)的物體

B．力的單位“N”是基本單位，加速度的單位“m/s²”是導(dǎo)出單位

C．庫侖在前人工作的基礎(chǔ)上提出了庫侖定律，并利用扭秤實(shí)驗(yàn)較準(zhǔn)確地測出了靜電力常量k

D．沿著電場線方向電勢降低，電場強(qiáng)度越大的地方電勢越高

【考點(diǎn)】物理學(xué)史．

【分析】本題根據(jù)庫侖的物理學(xué)成就和物理常識(shí)進(jìn)行解答．牛頓的經(jīng)典力學(xué)理論只僅適用于宏觀、低速運(yùn)動(dòng)的物體，不適用于微觀、高速運(yùn)動(dòng)的物體．力的單位“N”是導(dǎo)出單位．庫侖發(fā)現(xiàn)了庫侖定律．沿著電場線方向電勢降低，電場強(qiáng)度與電勢無關(guān)．

【解答】解：A、牛頓的經(jīng)典力學(xué)理論只僅適用于宏觀、低速運(yùn)動(dòng)的物體，不適用于微觀、高速運(yùn)動(dòng)的物體．故A錯(cuò)誤．

B、力的單位“N”和加速度的單位“m/s²”都是導(dǎo)出單位．故B錯(cuò)誤．

C、庫侖發(fā)現(xiàn)了庫侖定律，并利用扭秤實(shí)驗(yàn)較準(zhǔn)確地測出了靜電力常量k．故C正確．

D、沿著電場線方向電勢降低．電場強(qiáng)度與電勢無關(guān)，則電場強(qiáng)度越大的地方電勢不一定越高，故D錯(cuò)誤．

故選：C

2．靜電場中，帶電粒子在電場力作用下從電勢為φ_a的a點(diǎn)運(yùn)動(dòng)至電勢為φ_b的b點(diǎn)．若帶電粒子在a、b兩點(diǎn)的速率分別為v_a、v_b，不計(jì)重力，則帶電粒子的電荷量與質(zhì)量比q：m為（ ）

A． B．

C． D．

【考點(diǎn)】電勢差與電場強(qiáng)度的關(guān)系；電勢．

【分析】根據(jù)帶電粒子在a、b兩點(diǎn)的速率分別為v_a、v_b，可求出動(dòng)能的變化．

根據(jù)能量守恒，動(dòng)能的變化量和電勢能的變化量大小相等．

【解答】解：帶電粒子在a、b兩點(diǎn)的速率分別為v_a、v_b，

帶電粒子在a、b兩點(diǎn)動(dòng)能的變化△E_K=mv_b²﹣mv_a²

帶電粒子在電場力作用下從電勢為φ_a的a點(diǎn)運(yùn)動(dòng)至電勢為φ_b的b點(diǎn)，電勢能的變化為△E_P=qφ_b﹣qφ_a，

根據(jù)能量守恒得，

△E_K=﹣△E_P，

解得： =

故選：A．

3．有a、b、c、d四顆地球衛(wèi)星，a還未發(fā)射，在赤道表面上隨地球一起轉(zhuǎn)動(dòng)，b是近地軌道衛(wèi)星，c是地球同步衛(wèi)星，d是高空探測衛(wèi)星，它們均做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，各衛(wèi)星排列位置如圖所示，則（ ）

A．a(chǎn)的向心加速度等于重力加速度g

B．在相同時(shí)間內(nèi)b轉(zhuǎn)過的弧長最長

C．c在4小時(shí)內(nèi)轉(zhuǎn)過的圓心角是

D．d的運(yùn)動(dòng)周期有可能是20小時(shí)

【考點(diǎn)】人造衛(wèi)星的加速度、周期和軌道的關(guān)系；萬有引力定律及其應(yīng)用．

【分析】地球同步衛(wèi)星的周期與地球自轉(zhuǎn)周期相同，角速度相同，根據(jù)a=ω²r比較a與c的向心加速度大小，再比較c的向心加速度與g的大?。鶕?jù)萬有引力提供向心力，列出等式得出角速度與半徑的關(guān)系，分析弧長關(guān)系．根據(jù)開普勒第三定律判斷d與c的周期關(guān)系．

【解答】解：A、地球同步衛(wèi)星的角速度與地球自轉(zhuǎn)的角速度相同，則知a與c的角速度相同，根據(jù)a=ω²r知，c的向心加速度大．

由G=mg，得g=，可知衛(wèi)星的軌道半徑越大，向心加速度越小，則地球同步衛(wèi)星c的向心加速度小于b的向心加速度，而b的向心加速度約為g，故a的向心加速度小于重力加速度g．故A錯(cuò)誤；

B、由G=m，得v=，則知衛(wèi)星的軌道半徑越大，線速度越小，所以b的線速度最大，在相同時(shí)間內(nèi)轉(zhuǎn)過的弧長最長．故B正確；

C、c是地球同步衛(wèi)星，周期是24h，則c在4h內(nèi)轉(zhuǎn)過的圓心角是×2π=．故C錯(cuò)誤；

D、由開普勒第三定律 =k知，衛(wèi)星的軌道半徑越大，周期越大，所以d的運(yùn)動(dòng)周期大于c的周期24h．故D錯(cuò)誤；

故選：B．

4．如圖是一簇未標(biāo)明方向、由一點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場線，虛線是某一帶電粒子通過該電場區(qū)域時(shí)的運(yùn)動(dòng)軌跡，a、b是軌跡上的兩點(diǎn)，若帶電粒子在運(yùn)動(dòng)中只受電場力作用，根據(jù)此圖可判斷出（ ）

A．該粒子電性與場源電荷的電性相同

B．該粒子在a點(diǎn)加速度大小小于b點(diǎn)加速度大小

C．該粒子在a、b兩點(diǎn)時(shí)速度大小v_a＞v_b

D．該粒子在a、b兩點(diǎn)的電勢能E_pa＞E_pb

【考點(diǎn)】電勢差與電場強(qiáng)度的關(guān)系；電場線；電勢能．

【分析】電場線是從正電荷或者無窮遠(yuǎn)出發(fā)出，到負(fù)電荷或無窮遠(yuǎn)處為止，沿電場線的方向，電勢降低，電場線密的地方電場的強(qiáng)度大，電場線疏的地方電場的強(qiáng)度?。?/p>

【解答】解：A、電荷受電場力的方向指向運(yùn)動(dòng)軌跡彎曲的內(nèi)側(cè)，由圖可知，若是正電荷受到的電場力的方向是向左的，所以產(chǎn)生電場的電荷應(yīng)該是負(fù)電荷，若是負(fù)電荷受到的電場力的方向是向左的，所以產(chǎn)生電場的電荷應(yīng)該是正電荷，所以電性與場源電荷的電性相反，A錯(cuò)誤；

B、電場線的疏密表示場強(qiáng)，由圖知F_a＞F_b所以粒子在a點(diǎn)的加速度大于在b點(diǎn)的加速度．故B錯(cuò)誤；

C、D若是正電荷在從a到b的過程中，電場力做負(fù)功，所以電荷的電勢能增加動(dòng)能減?。蝗羰秦?fù)電荷在從a到b的過程中，電場力也做負(fù)功，所以電荷的電勢能增加，動(dòng)能減小，即在a、b兩點(diǎn)時(shí)速度大小v_a＞v_b電勢能E_pa＜E_pb，所以C正確，D錯(cuò)誤；

故選：C．

5．如圖，斜面體A靜置于粗糙水平面上，被一輕繩拴住的小球B置于光滑的斜面上，輕繩左端固定在豎直墻面上P處，此時(shí)小球靜止且輕繩與斜面平行．現(xiàn)將輕繩左端從P處緩慢沿墻面上移到P'處，斜面體始終處于靜止?fàn)顟B(tài)，則在輕繩移動(dòng)過程中（ ）

A．輕繩的拉力先變小后變大

B．斜面體對小球的支持力逐漸增大

C．斜面體對水平面的壓力逐漸增大

D．斜面體對水平面的摩擦力逐漸減小

【考點(diǎn)】共點(diǎn)力平衡的條件及其應(yīng)用；物體的彈性和彈力．

【分析】對小球進(jìn)行受力分析，作出受力分析圖，根據(jù)繩子夾角的變化明確受力分析圖，根據(jù)平衡條件由圖解法可明確各力的變化情況．

【解答】解：AB、小球受力如圖1所示，小球受到斜面體的支持力F_N1及輕繩拉力F的合力始終與小球重力G₁等大反向，當(dāng)輕繩左端上升時(shí)，F(xiàn)增大，F(xiàn)_N1減小，故AB錯(cuò)誤；

CD、對斜面體A進(jìn)行受力分析，如圖2所示，隨小球?qū)π泵鎵毫_N1的減小，由受力平衡可知，水平面對斜面體的支持力F_N2逐漸減小，摩擦力F_f逐漸減小，由牛頓第三定律可知C錯(cuò)誤D正確．

故選：D．

6．如圖所示，兩個(gè)完全相同的輕彈簧a、b，一端固定在水平面上，另一端與質(zhì)量為m的小球相連，輕桿c一端固定在天花板上，另一端與小球拴接．彈簧a、b和輕桿互成120°角，且彈簧a、b的彈力大小均為mg，g為重力加速度，如果將輕桿突然撤去，則撤去瞬間小球的加速度大小可能為（ ）

A．a(chǎn)=0 B．a(chǎn)=g C．a(chǎn)=1.5g D．a(chǎn)=2g

【考點(diǎn)】牛頓第二定律；物體的彈性和彈力．

【分析】根據(jù)平衡求出桿子的彈力大小，撤去桿子，結(jié)合小球所受的合力求出瞬時(shí)加速度．注意彈簧可能伸長、可能壓縮．

【解答】解：彈簧a、b的彈力大小均為mg，當(dāng)彈簧的彈力為拉力時(shí)，其合力方向豎直向下、大小為mg，輕桿對小球的拉力大小為2mg，將輕桿突然撤去時(shí)，小球合力為2mg，此時(shí)加速度大小為2g；

當(dāng)彈簧的彈力為壓力時(shí)，其合力豎直向上、大小為mg，根據(jù)平衡條件，輕桿上的力為零，將輕桿突然撤去時(shí)，小球受到的合力為0，此時(shí)加速度大小為0，故A、D正確，B、C錯(cuò)誤．

故選：AD．

7．如圖所示，質(zhì)子（H）、氘核（H）和α粒子（He）（均不計(jì)重力）都沿平行板電容器兩板中線OO′方向垂直于電場線射入板間的勻強(qiáng)電場，且都能射出電場，射出后都打在同一個(gè)熒光屏上，使熒光屏上出現(xiàn)亮點(diǎn)．若微粒打到熒光屏的先后不能分辨，則下列說法正確的是（ ）

A．若它們射入勻強(qiáng)電場時(shí)的速度相等，則在熒光屏上將出現(xiàn)3個(gè)亮點(diǎn)

B．若它們射入勻強(qiáng)電場時(shí)的動(dòng)能相等，則在熒光屏上將出現(xiàn)1個(gè)亮點(diǎn)

C．若它們射入勻強(qiáng)電場時(shí)的質(zhì)量與速度的乘積相等，則在熒光屏上將出現(xiàn)3個(gè)亮點(diǎn)

D．若它們是經(jīng)同一個(gè)加速電場由靜止加速后射入偏轉(zhuǎn)電場的，則在熒光屏上將只出現(xiàn)1個(gè)亮點(diǎn)

【考點(diǎn)】帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的運(yùn)動(dòng)．

【分析】質(zhì)子、氘核和α粒子帶電量和質(zhì)量不全相同，進(jìn)入同一電場時(shí)加速度不同，做類平拋運(yùn)動(dòng)，在水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，豎直方向上做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，推導(dǎo)出偏轉(zhuǎn)位移的表達(dá)式，再進(jìn)行分析．

【解答】解：三個(gè)粒子進(jìn)入勻強(qiáng)電場中都做類平拋運(yùn)動(dòng)，在水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，豎直方向上做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則得到：a=

偏轉(zhuǎn)距離為：y=at²，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為：t=

聯(lián)立三式得：y=

A、若它們射入電場時(shí)的速度相等，y與比荷成正比，而三個(gè)粒子中質(zhì)子的比荷最大，氘核和α粒子的比荷相等，在熒光屏上將出現(xiàn)2個(gè)亮點(diǎn)．故A錯(cuò)誤．

B、若它們射入電場時(shí)的動(dòng)量相等，y==，可見y與qm成正比，三個(gè)qm都不同，則在熒光屏上將只出現(xiàn)3個(gè)亮點(diǎn)．故B錯(cuò)誤．

C、若它們射入電場時(shí)的動(dòng)能相等，y與q成正比，在熒光屏上將只出現(xiàn)2個(gè)亮點(diǎn)．故C錯(cuò)誤．

D、若它們是由同一個(gè)電場從靜止加速后射入此偏轉(zhuǎn)電場的，根據(jù)推論可知，y都相同，故熒光屏上將只出現(xiàn)1個(gè)亮點(diǎn)．故D正確．

故選：D．

8．如圖所示，水平絕緣粗糙的軌道AB與處于豎直平面內(nèi)的半圓形絕緣光滑軌道BC平滑連接，半圓形軌道的半徑R=0.4m．在軌道所在空間存在水平向右的勻強(qiáng)電場，電場線與軌道所在的平面平行，電場強(qiáng)度E=1.0×10⁴N/C．現(xiàn)有一電荷量q=+1.0×10^﹣4C，質(zhì)量m=0.1kg的帶電體（可視為質(zhì)點(diǎn)），在水平軌道上的P點(diǎn)由靜止釋放，帶電體恰好能通過半圓形軌道的最高點(diǎn)C，然后落至水平軌道上的D點(diǎn)，取g=10m/s²．（ ）

A．帶電體在圓形軌道C點(diǎn)的速度大小為2m/s

B．落點(diǎn)D與B點(diǎn)的距離x_BD=0

C．帶電體運(yùn)動(dòng)到圓形軌道B點(diǎn)時(shí)對圓形軌道的壓力大小7N

D．帶電體在從B到C運(yùn)動(dòng)的過程中對軌道最大壓力為3（+1）N

【考點(diǎn)】帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的運(yùn)動(dòng)；向心力．

【分析】A、帶電體恰好到達(dá)最高點(diǎn)C，在最高點(diǎn)C，靠重力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律求出帶電體在圓形軌道C點(diǎn)的速度大??；

B、帶電體在豎直方向上做自由落體運(yùn)動(dòng)，在水平方向上做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，抓住等時(shí)性，求出D點(diǎn)到B點(diǎn)的距離；

C、根據(jù)動(dòng)能定理B點(diǎn)的速度，通過牛頓第二定律求出支持力的大小，從而求出帶電體運(yùn)動(dòng)到圓形軌道B點(diǎn)時(shí)對圓形軌道的壓力大?。?/p>

D、電場力與重力大小相等，將其合力等效為重力，則在等效最低點(diǎn)的速度最大，對軌道的壓力也是最大，根據(jù)牛頓第二定律和動(dòng)能定理列式求解．

【解答】解：A、設(shè)帶電體通過C點(diǎn)時(shí)的速度為v_C，依據(jù)牛頓第二定律：，

解得v_C=2.0m/s，故A錯(cuò)誤；

B、設(shè)帶電體從最高點(diǎn)C落至水平軌道上的D點(diǎn)經(jīng)歷的時(shí)間為t，根據(jù)運(yùn)動(dòng)的分解有：，

故：，

聯(lián)立解得x_DB=0，故B正確；

C、設(shè)帶電體通過B點(diǎn)時(shí)的速度為v_B，設(shè)軌道對帶電體的支持力大小為F_B，帶電體在B點(diǎn)時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律有：，

帶電體從B運(yùn)動(dòng)到C的過程中，依據(jù)動(dòng)能定理：，

聯(lián)立解得：F_B=6.0N，

根據(jù)牛頓第三定律，帶電體對軌道的壓力F_B′=6.0N，故C錯(cuò)誤；

D、由P到B帶電體作加速運(yùn)動(dòng)，故最大速度一定出現(xiàn)在從B經(jīng)C到D的過程中．在此過程中只有重力和電場力做功，這兩個(gè)力大小相等，其合力與重力方向成45°夾角斜向右下方，故最大速度必出現(xiàn)在B點(diǎn)右側(cè)對應(yīng)圓心角為45°處．

設(shè)小球的最大動(dòng)能為E_km，根據(jù)動(dòng)能定理有：；

在動(dòng)能最大位置，支持力也最大，根據(jù)牛頓第二定律，有：N﹣mg=；

聯(lián)立解得：N=3（+1）N，故D正確；

故選：BD

三、非選擇題：本卷包括必考題和選考題兩部分．第22～32題為必考題，每個(gè)試題考生都必須作答．第33～39題為選考題，考生根據(jù)要求作答．（一）必考題

9．在如圖所示的實(shí)驗(yàn)裝置中，充電后的平行板電容器與電源斷開，極板A與靜電計(jì)相連，極板B接地．

（1）若將極板B向上平行移動(dòng)一小段距離，則將觀察到靜電計(jì)指針偏角 增大 （填“增大”或“減小”或“不變”），說明平行板電容器的電容隨極板正對面積S減小而減小．

（2）若將極板B向左平行移動(dòng)一小段距離，則將觀察到靜電計(jì)指針偏角增大，說明平行板電容器的電容隨板間距離d增大而 減小 （填“增大”或“減小”或“不變”）；B極板向左移動(dòng)后，A、B間的電場強(qiáng)度 不變 （填“增大”或“減小”或“不變”）．

【考點(diǎn)】電容器的動(dòng)態(tài)分析；電場強(qiáng)度．

【分析】平行板電容器與靜電計(jì)相接，電容器的電量不變，先由電容的決定式C= 分析電容的變化，根據(jù)電容的定義式C=，分析電壓U的變化．即可判斷靜電計(jì)指針偏角的變化，最后依據(jù)E=，及C=，即可推導(dǎo)電場強(qiáng)度的綜合表達(dá)式，從而即可求解．

【解答】解：

（1）若極板B稍向上移動(dòng)一點(diǎn)，極板正對面積減小，由電容的決定式C= 分析知電容減小，電容器的電量不變，根據(jù)電容的定義式C=，極板間的電壓U增大．則靜電計(jì)指針偏角增大，此實(shí)驗(yàn)說明平行板電容器的電容隨正對面積的減小而減?。?/p>

（2）若極板B稍向左移動(dòng)一點(diǎn)，板間距離增大，由電容的決定式C= 分析知電容減小，電容器的電量不變，根據(jù)電容的定義式C=，極板間的電壓U增大．則靜電計(jì)指針偏角增大，此實(shí)驗(yàn)說明平行板電容器的電容與極板間距離成反比．極板間距離的增大而減小；

依據(jù)E=，及C=，則有電場強(qiáng)度E=，可知，極板間的電場強(qiáng)度與極板間距無關(guān)，

即當(dāng)B極板向左移動(dòng)后，A、B間的電場強(qiáng)度不變；

故答案為：（1）增大；（2）減??；不變．

10．某同學(xué)利用圖示裝置，驗(yàn)證以下兩個(gè)規(guī)律：

①兩物塊通過不可伸長的細(xì)繩相連接，沿繩分速度相等；

②系統(tǒng)機(jī)械能守恒．

P、Q、R是三個(gè)完全相同的物塊，P、Q用細(xì)繩連接，放在水平氣墊桌上．物塊R與輕滑輪連接，放在正中間，a、b、c是三個(gè)光電門，調(diào)整三個(gè)光電門的位置，能實(shí)現(xiàn)同時(shí)遮光，整個(gè)裝置無初速度釋放．

（1）為了能完成實(shí)驗(yàn)?zāi)康模擞涗汸、Q、R三個(gè)遮光片的遮光時(shí)間t₁、t₂、t₃外，還必需測量的物理量有 CD ．

A．P、Q、R的質(zhì)量M B．兩個(gè)定滑輪的距離d

C．R的遮光片到c的距離H D．遮光片的寬度x

（2）根據(jù)裝置可以分析出P、Q的速度大小相等，驗(yàn)證表達(dá)式為 ．

（3）若要驗(yàn)證物塊R與物塊P的沿繩分速度相等，則驗(yàn)證表達(dá)式為 ．

（4）若已知當(dāng)?shù)刂亓铀俣萭，則驗(yàn)證系統(tǒng)機(jī)械能守恒的表達(dá)式為 gH= ．

【考點(diǎn)】驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律．

【分析】（1）根據(jù)驗(yàn)證系統(tǒng)機(jī)械能守恒需要驗(yàn)證的表達(dá)式，找出需要測量的物理量；

（2）分別求出P、Q的速度大小，再根據(jù)兩物體速度相等，求出需要驗(yàn)證的表達(dá)式；

（3）分別求出P、R的速度大小，再根據(jù)兩物體速度相等，求出需要驗(yàn)證的表達(dá)式；

（4）根據(jù)機(jī)械能守恒定律列式，化簡，求出驗(yàn)證系統(tǒng)機(jī)械能守恒的表達(dá)式．

【解答】解：（1）A、驗(yàn)證系統(tǒng)機(jī)械能守恒，最后的表達(dá)式是，可知質(zhì)量M可以約去，對實(shí)驗(yàn)結(jié)果不會(huì)有影響，因此不需要測量P、Q、R的質(zhì)量M，A錯(cuò)誤；

B、根據(jù)驗(yàn)證的表達(dá)式可知，與兩個(gè)定滑輪的距離d無關(guān)，B錯(cuò)誤；

C、根據(jù)驗(yàn)證的表達(dá)式可知，需要測量R的遮光片到c的距離H，這樣才能計(jì)算出系統(tǒng)減少的重力勢能，C正確；

D、根據(jù)驗(yàn)證的表達(dá)式可知，要測量P、Q、R三個(gè)物塊遮光片的速度，因此需要測量遮光片的寬度x，速度，D正確；

故選：CD．

（2）物塊P的速度，物塊Q的速度，因此分析出P、Q的速度大小相等，即需要驗(yàn)證表達(dá)式；

（3）物塊R的速度，要驗(yàn)證物塊R與物塊P的沿繩分速度相等，則需要驗(yàn)證表達(dá)式；

（4）整個(gè)系統(tǒng)減少的機(jī)械能是△E=MgH，增加的機(jī)械能是，

要驗(yàn)證機(jī)械能守恒，則△E=△E′，即驗(yàn)證表達(dá)式gH=．

故答案為：（1）CD；（2）；（3）；（4）gH=．

11．如圖所示，質(zhì)量為m=2kg的小物塊放在足夠長的水平面上，用水平長細(xì)線緊繞在半徑R=1m、質(zhì)量為2kg的薄壁圓筒上．t=0時(shí)刻，圓桶在電動(dòng)機(jī)的帶動(dòng)下由靜止開始繞豎直中心軸轉(zhuǎn)動(dòng)，角速度滿足ω=2t（rad/s），物體和地面之間滑動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.5，重力加速度g=10m/s²，求：

（1）小物塊運(yùn)動(dòng)的速度v與時(shí)間t的關(guān)系及繩子拉力的大??；

（2）從0到3s內(nèi)小物塊的位移大?。?/p>

（3）從0到3s內(nèi)電動(dòng)機(jī)做了多少功？

【考點(diǎn)】功能關(guān)系；勻變速直線運(yùn)動(dòng)的位移與時(shí)間的關(guān)系．

【分析】（1）物體運(yùn)動(dòng)的速度與圓筒邊緣的線速度大小相同，由v=ωR求v與t的關(guān)系，從而分析物體的運(yùn)動(dòng)情況；根據(jù)線速度的變化可以求得物體的加速度的大小，再由牛頓第二定律可求得拉力；

（2）由位移時(shí)間公式求位移．

（3）由動(dòng)能定理或功的公式可求得拉力所做的功，即電動(dòng)機(jī)做的功．

【解答】解：（1）圓筒邊緣的線速度大小與物塊運(yùn)動(dòng)的速度大小相同，則 v=ωR=2t×1=2t（m/s），可知，物體的速度與時(shí)間成正比，所以物塊做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度為 a==2m/s²．

根據(jù)物塊受力，由牛頓第二定律得 T﹣μmg=ma

則細(xì)線拉力為 T=m（μg+a）=2×（0.5×10+2）N=14N

（2）從0到3s內(nèi)小物塊的位移大小 x==m=9m

（3）電動(dòng)機(jī)做的功為 W_電=Tx=14×9J=126J

答：

（1）小物塊運(yùn)動(dòng)的速度v與時(shí)間t的關(guān)系是v=2t（m/s），及繩子拉力的大小是14N；

（2）從0到3s內(nèi)小物塊的位移大小是9m；

（3）從0到3s內(nèi)電動(dòng)機(jī)做了126J的功．

12．在如圖甲所示的平面坐標(biāo)系內(nèi)，有三個(gè)不同的靜電場：第一象限內(nèi)有固定在O點(diǎn)處的點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場E₁（未知），該電荷量為﹣Q，且只考慮該點(diǎn)電荷在第一象限內(nèi)產(chǎn)生電場；第二象限內(nèi)有水平向右的勻強(qiáng)電場E₂（未知）；第四象限內(nèi)有大小為，方向按圖乙周期性變化的電場E₃，以水平向右為正方向，變化周期T=，一質(zhì)量為m，電荷量為+q的離子從（﹣x₀，x₀）點(diǎn)由靜止釋放，進(jìn)入第一象限后恰能繞O點(diǎn)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)．以離子經(jīng)過x軸時(shí)為計(jì)時(shí)起點(diǎn)，已知靜電力常量為k，不計(jì)離子重力．求：

（1）離子在第一象限運(yùn)動(dòng)時(shí)速度大小和第二象限電場E₂的大?。?/p>

（2）當(dāng)t=時(shí)，離子的速度；

（3）當(dāng)t=nT時(shí)，離子的坐標(biāo)．（n=1、2、3…）

【考點(diǎn)】勻強(qiáng)電場中電勢差和電場強(qiáng)度的關(guān)系．

【分析】（1）根據(jù)粒子在第一象限內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)電場力提供圓周運(yùn)動(dòng)向心力由圓周運(yùn)動(dòng)半徑和庫侖定律求得粒子剛進(jìn)入第四象限的速度；在第二象限粒子做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)能定理據(jù)粒子獲得的速度和位移求得第二象限的電場強(qiáng)度；

（2）粒子進(jìn)入第四象限在豎直方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，水平方向在電場力作用下先勻加速直線運(yùn)動(dòng)后勻減速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)時(shí)間由運(yùn)動(dòng)的合成求得離子的速度；

（3）根據(jù)粒子水平方向運(yùn)動(dòng)的周期性求得粒子的橫坐標(biāo)，再根據(jù)豎直方向的運(yùn)動(dòng)規(guī)律求得粒子的縱坐標(biāo)．

【解答】解：（1）根據(jù)牛頓第二定律可得：，

解得：v₀=；

在第二定律加速過程中，根據(jù)動(dòng)能定理可得：qE₂=mv₀²

解得：；

（2）離子進(jìn)入第四象限后，在水平方向上，有：

v_水平=at==

當(dāng)t=時(shí)，離子的速度為： =；

（3）離子在第四象限中運(yùn)動(dòng)時(shí)，y方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，x方向上前半個(gè)周期向右勻加速運(yùn)動(dòng)，后半個(gè)周期向右勻減速運(yùn)動(dòng)直到速度為0；

每個(gè)周期向右運(yùn)動(dòng)的平均速度，則nT時(shí)水平方向的位移為：

=3n

﹣y方向的位移大小為：y==，

所以nT時(shí)刻離子的坐標(biāo)為（，） （n=1、2、3…）．

答：（1）離子在第一象限運(yùn)動(dòng)時(shí)速度大小為，第二象限電場E₂的大小為；

（2）當(dāng)t=時(shí)，離子的速度為；

（3）當(dāng)t=nT時(shí)，離子的坐標(biāo)為（，） （n=1、2、3…）．

（二）選考題；共45分．請考生從3個(gè)選修中任選一個(gè)作答、如果多做，則按所做的第一題計(jì)分．【物理-選修3-3】

13．下列說法正確的是（ ）

A．懸浮在水中的花粉的布朗運(yùn)動(dòng)反映了花粉分子的熱運(yùn)動(dòng)

B．空氣的小雨滴呈球形是水的表面張力作用的結(jié)果

C．彩色液晶顯示器利用了液晶的光學(xué)性質(zhì)具有各向異性的特點(diǎn)

D．高原地區(qū)水的沸點(diǎn)較低，這是高原地區(qū)溫度較低的緣故

E．干濕泡溫度計(jì)的濕泡顯示的溫度低于干泡顯示的溫度，這是濕泡外紗布中的水蒸發(fā)吸熱的結(jié)果

【考點(diǎn)】布朗運(yùn)動(dòng)；分子間的相互作用力；* 晶體和非晶體．

【分析】布朗運(yùn)動(dòng)反映了液體分子的無規(guī)則運(yùn)動(dòng)，不能反映花粉分子的熱運(yùn)動(dòng)；液體表面存在表面張力，能使空氣的小雨滴呈球形；液晶具有各向異性的特點(diǎn)；高原地區(qū)水的沸點(diǎn)較低，這是高原地區(qū)氣壓低的緣故；濕溫度計(jì)下端包有濕紗布，濕紗布上的水分要蒸發(fā)，蒸發(fā)是一種汽化現(xiàn)象，汽化要吸熱，所以濕溫度計(jì)的示數(shù)較低．

【解答】解：

A、布朗運(yùn)動(dòng)是懸浮在水中花粉的無規(guī)則運(yùn)動(dòng)，由于花粉是由大量花粉分子組成的，所以布朗運(yùn)動(dòng)不能反映了花粉分子的熱運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；

B、空氣的小雨滴呈球形是水的表面張力，使雨滴表面有收縮的趨勢的結(jié)果，故B正確；

C、液晶像液體一樣具有流動(dòng)性，而其光學(xué)性質(zhì)與某些晶體相似具有各向異性，彩色液晶顯示器利用了液晶的光學(xué)性質(zhì)具有各向異性的特點(diǎn)，故C正確；

D、高原地區(qū)水的沸點(diǎn)較低，這是高原地區(qū)氣壓較低的緣故，故D錯(cuò)誤；

E、干濕泡溫度計(jì)的濕泡顯示的溫度低于干泡顯示的溫度，是因?yàn)闈衽萃饧啿贾械乃舭l(fā)吸熱，故E正確．

故選：BCE．

14．如圖所示，一定質(zhì)量的理想氣體被水銀柱封閉在豎直玻璃管內(nèi)，氣柱的長度為h．現(xiàn)向管內(nèi)緩慢地添加部分水銀，水銀添加完成時(shí)，氣柱長度變?yōu)?a target="_blank">h．再取相同質(zhì)量的水銀緩慢地添加在管內(nèi)．外界大氣壓強(qiáng)保持不變．

①求第二次水銀添加完成時(shí)氣柱的長度．

②若第二次水銀添加完成時(shí)氣體溫度為T₀，現(xiàn)使氣體溫度緩慢升高，求氣柱長度恢復(fù)到原來長度h時(shí)氣體的溫度．

【考點(diǎn)】理想氣體的狀態(tài)方程．

【分析】①氣體發(fā)生等溫變化，應(yīng)用玻意耳定律可以求出氣體壓強(qiáng)，空氣柱的長度；

②氣體發(fā)生等壓變化，應(yīng)用蓋呂薩克定律可以求出氣體的溫度．

【解答】解：①設(shè)開始時(shí)封閉氣體的壓強(qiáng)為P₀，添加的水銀對氣體產(chǎn)生的壓強(qiáng)為P，由玻意耳定律得：p₀hS=（p₀+p）×hS，解得：，

再加水銀后，氣體的壓強(qiáng)變?yōu)椋簆₀+2p，設(shè)第二次加水銀后氣柱長為h'，由玻意耳定律得：p₀hS=（p₀+2p）h′S，解得：；

②氣體發(fā)生等壓變化，氣柱長度恢復(fù)到原來的長度h，由蓋呂薩克定律得： =，解得：；

答：①第二次水銀添加完成時(shí)氣柱的長度為h．

②氣柱長度恢復(fù)到原來長度h時(shí)氣體的溫度為T₀．

【物理-選修3-4】

15．下列說法正確的是（ ）

A．簡諧運(yùn)動(dòng)的周期和振幅無關(guān)

B．在彈簧振子做簡諧運(yùn)動(dòng)的回復(fù)力表達(dá)式F=﹣kx中，F(xiàn)為振動(dòng)物體所受的合外力，k為彈簧的進(jìn)度系數(shù)

C．在波的傳播方向上，某個(gè)質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)速度就是波的傳播速度

D．在雙縫干涉實(shí)驗(yàn)中，同種條件下用紫光做實(shí)驗(yàn)比紅光做實(shí)驗(yàn)得到的條紋更寬

E．在單縫衍射現(xiàn)象中要產(chǎn)生明顯的衍射現(xiàn)象，狹縫寬度必需比波長小或者相差不多

【考點(diǎn)】雙縫干涉的條紋間距與波長的關(guān)系；簡諧運(yùn)動(dòng)的振幅、周期和頻率；波長、頻率和波速的關(guān)系．

【分析】簡諧運(yùn)動(dòng)的周期由振動(dòng)的系統(tǒng)決定的；理解回復(fù)力表達(dá)式F=﹣kx的意義；在波的傳播方向上，某個(gè)質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)速度與波的傳播速度不同；根據(jù)公式：判定；根據(jù)發(fā)生衍射的條件判斷．

【解答】解：A、簡諧運(yùn)動(dòng)的周期由振動(dòng)系統(tǒng)內(nèi)部因素決定，與振動(dòng)幅度無關(guān)，故A正確；

B、在簡諧運(yùn)動(dòng)的回復(fù)力表達(dá)式F=﹣kx中，對于彈簧振子，F(xiàn)為振動(dòng)物體受到的合外力，k為彈簧的勁度系數(shù)；故B正確；

C、對于機(jī)械波，某個(gè)質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)速度與波的傳播速度不同，橫波兩者垂直，縱波兩者平行，大小也沒有關(guān)系．故C錯(cuò)誤；

D、在雙縫干涉實(shí)驗(yàn)中，根據(jù)干涉條紋間距公式可知，同種條件下，因紫光波長小于紅光，則用紫光做實(shí)驗(yàn)比紅光做實(shí)驗(yàn)得到的條紋更窄，故D錯(cuò)誤；

E、在單縫衍射現(xiàn)象中要產(chǎn)生明顯的衍射現(xiàn)象，根據(jù)明顯衍射的條件可知，狹縫寬度必須比波長小或者相差不太多．故E正確．

故選：ABE．

16．如圖所示，真空中有以下表面鍍反射膜的平行玻璃磚，其折射率n=，一束單色光與界面成θ=45°角斜射到玻璃磚表面上，最后在玻璃磚的右側(cè)面豎直光屏上出現(xiàn)兩個(gè)光點(diǎn)A和B，A和B相距h=4.0cm．已知光在真空中的傳播速度c=3.0×10⁸m/s．

i．畫出光路圖；

ii．求玻璃磚的厚度．

【考點(diǎn)】光的折射定律．

【分析】光斜射在表面鍍反射膜的平行玻璃磚，則反射光線在豎直光屏上出現(xiàn)光點(diǎn)A，而折射光線經(jīng)反射后再折射在豎直光屏上出現(xiàn)光點(diǎn)B，根據(jù)光學(xué)的幾何關(guān)系可由AB兩點(diǎn)間距確定CE間距，再由折射定律，得出折射角，再根據(jù)折射角的大小畫出光路圖，最后算出玻璃磚的厚度．

【解答】解：?。鶕?jù)折射率公式 n=，得sinθ₂=，θ₂=30°

作出光路圖如右圖所示

ⅱ．如圖所示的光路，△CDE為等邊三角形，四邊形ABEC為梯形，CE=AB=h．玻璃的厚度d就是邊長h的等邊三角形的高．

△CDE為等邊三角形，四邊形ABEC為梯形，CE=AB=h．

玻璃的厚度d就是底邊長為h的等邊三角形的高，故：

d=hcos30°===3.46 cm

答：i．畫出光路圖如圖；

ii．玻璃磚的厚度是3.46cm．

【物理-選修3-5】

17．下列說法正確的是（ ）

A．黑體輻射電磁波的強(qiáng)度按波長分布與黑體的溫度無關(guān)

B．德布羅意首先提出了物質(zhì)波的猜想，而電子衍射實(shí)驗(yàn)證實(shí)了他的猜想

C．據(jù)光電效應(yīng)方程E_k=hv﹣W₀可知，發(fā)生光電效應(yīng)時(shí)光電子最大初動(dòng)能與入射光頻率成正比

D．用頻率一定的光照射某金屬發(fā)生光電效應(yīng)時(shí)，入射光越強(qiáng)，單位時(shí)間發(fā)出的光電子數(shù)越多

E．光電效應(yīng)和康普頓效應(yīng)都揭示了光具有粒子性

【考點(diǎn)】光電效應(yīng)；物質(zhì)波．

【分析】黑體輻射電磁波的強(qiáng)度，按波長的分布，只與黑體的溫度有關(guān)；德布羅意首先提出了物質(zhì)波的猜想；光既有波動(dòng)性，又有粒子性，康普頓效應(yīng)揭示了光的粒子性．

發(fā)生光電效應(yīng)的條件是入射光的頻率大于金屬的極限頻率，根據(jù)光電效應(yīng)方程得出最大初動(dòng)能與什么因素有關(guān)．

【解答】解：A、根據(jù)黑體輻射規(guī)律：黑體輻射電磁波的強(qiáng)度，按波長的分布，只與黑體的溫度有關(guān)，故A正確；

B、德布羅意首先提出了物質(zhì)波的猜想，之后電子衍射實(shí)驗(yàn)證實(shí)了他的猜想，故B正確；

C、根據(jù)光電效應(yīng)方程知E_km=hv﹣W₀，光電子的最大初動(dòng)能與入射光的頻率成一次函數(shù)關(guān)系，不是正比關(guān)系．故C錯(cuò)誤；

D、用頻率一定的光照射某金屬發(fā)生光電效應(yīng)時(shí)，入射光越強(qiáng)，則光束中的光電子的數(shù)目越多，單位時(shí)間發(fā)出的光電子數(shù)越多，故D正確；

E、光電效應(yīng)和康普頓效應(yīng)都揭示了光具有粒子性．故E正確．

故選：BDE

18．如圖所示，一砂袋用不可伸長的輕繩懸于O點(diǎn)．開始時(shí)砂袋處于靜止?fàn)顟B(tài)，此后用彈丸以水平速度擊中砂袋后均未穿出．第一次彈丸的速度大小為v₀，打入砂袋后二者共同擺動(dòng)的最大擺角為θ（θ＜90°），當(dāng)其第一次返回圖示位置時(shí)，第二粒彈丸以另一水平速度v又擊中砂袋，使砂袋向右擺動(dòng)且最大擺角仍為θ．若彈丸質(zhì)量均為m，砂袋質(zhì)量為7m，彈丸和砂袋形狀大小均忽略不計(jì)，子彈擊中沙袋后漏出的沙子質(zhì)量忽略不計(jì)，重力加速度為g，求：

?①輕繩長度L（用θ、g、v₀表示）；

?②兩粒彈丸的水平速度之比v₀/v為多少？

【考點(diǎn)】動(dòng)量守恒定律；機(jī)械能守恒定律．

【分析】①彈丸射入沙袋過程，系統(tǒng)水平方向不受外力，系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，應(yīng)用動(dòng)量守恒定律與機(jī)械能守恒定律可以求出繩子的長度．

②彈丸射入沙袋過程，系統(tǒng)水平方向不受外力，系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，應(yīng)用動(dòng)量守恒定律與機(jī)械能守恒定律可以速度，然后求出速度之比．

【解答】解：①設(shè)碰后彈丸和砂袋的共同速度為v₁，細(xì)繩長為L，

彈丸擊中砂袋過程系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以向右為正方向，

由動(dòng)量守恒定律得：：mv₀=（m+7m）v₁，

砂袋擺動(dòng)過程中只有重力做功，機(jī)械能守恒，

由機(jī)械能守恒定律得：，

解得：；

②設(shè)第二粒彈丸擊中砂袋后彈丸和砂袋的共同速度為v₂，

以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：mv﹣（m+7m）v₁=（m+8m）v₂

由機(jī)械能守恒定律得：，

解得：v₂=v₁，聯(lián)解上述方程得

答：?①輕繩長度L為；

?②兩粒彈丸的水平速度之比為8：17．

2016年12月7日