1、一、选择题（本题包括12小题，每小题4分，共48分，每小题给处的四个选项中，17题只有一项选择是正确的，812题有多个选项正确，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）1许多科学家在物理学发展过程中作出了重要的贡献，下列叙述符合物理学史的是A牛顿提出了万有引力定律，并通过实验测出了万有引力常量B奥斯特发现了电流的磁效应，总结出了电磁感应定律C库仑在前人研究的基础上，通过扭秤实验研究得出了库仑定律D哥白尼提出了日心说并发现了行星沿椭圆轨道运行的规律【答案】C【分值】4分【考查方向】本题主要考查了物理学史的知识点。【易错点】准确掌握科学家的主要事迹和贡献，容易易混淆易出错。【解题思路】
2、牛顿提出了万有引力定律，卡文迪许通过实验测得G的取值，奥斯特是电生磁，法拉第是磁生电，库仑通过扭秤实验研究得出了库仑定律，哥白尼是地心说的代表。【解析】本题是对物理学史的考查，人物与事迹相对应的是：库仑在前人研究的基础上，通过扭秤实验研究得出了库仑定律，故C正确。2库仑通过实验研究电荷间的相互作用力与距离、电荷量的关系时，先保持电荷量不变，寻找作用力与电荷间距离的关系；再保持距离不变，寻找作用力与电荷量的关系，这种研究方法被称为“控制变量法”。下列应用了控制变量法的是实验是A验证机械能守恒定律B探究力的平行四边形定则C探究加速度与力、质量的关系D探究匀变速直线运动速度随时间变化的规律【答案】C
3、【分值】4分【考查方向】本题主要考查高中物理思想方法-控制变量法。【易错点】对控制变量法的定义不清，造成做题错误。【解题思路】控制变法法的定义是：研究三个量的关系时，让一个量不变，看另外两个量的变化关系，这种方法叫控制变量法。【解析】根据控制变法是研究三个物理量的关系，故C正确；3一个物体沿直线运动，t=0时刻物体的速度为2m/s、加速度为，物体的加速度随时间变化规律如图所示，则下列判断正确的是A物体做匀加速直线运动B物体的加速度与时间成正比增大Ct=5s时刻物体的速度为6.25m/sDt=8s时刻物体的速度为13.2m/s 【答案】D【分值】4分【考查方向】本题主要考查a-t图像和匀加速直线
4、运动中加速的特点。【易错点】在匀速直线运动中速度随时间均匀变大，但加速度不变，本题易将a-t图像看成v-t图像，造成错误。【解题思路】1、由图可知加速度是变化的，故不是匀加速直线运动。 2、由图可知物体的加速度与时间成线性变化，但不过原点即不成正比。 3、加速度是均匀变化的，瞬时速度可以用平均加速度和时间的乘积求解。【解析】由图可知物体的加速度与时间成线性变化，但不过原点，A和B均错；a10.1t(m/s 2 )，t5 s和t8 s时刻物体的加速度分别为1.5 m/s 2 和1.8 m/s 2 ，在5 s和8 s内物体速度分别增加5 m/s6.25 m/s和 8 m/s11.2 m/s，则t5
5、 s和t8 s时刻物体的速度分别为(26.25) m/s和(211.2) m/s 。4如图所示，一根不可伸长的轻绳两端连接两轻环A、B，两环分别套在相互垂直的水平杆和竖直杆上，轻绳绕过光滑的轻小滑轮，重物悬挂于滑轮下，始终处于静止状态，下列说法正确的是A只将环A向下移动少许，绳上拉力变大，环B所受摩擦力变小B只将环A向下移动少许，绳上拉力不变，环B所受摩擦力不变C只将环B向右移动少许，绳上拉力变大，环A所受杆的弹力不变C只将环B向右移动少许，绳上拉力不变，环A所受杆的弹力变小【答案】B【分值】4分【考查方向】本题考查受力分析、物体的平衡有关的问题。已在考查学生的理解能力和应用能力。 【易错点】
6、掌握合力与分力的关系，在合力合成时，不清楚合力随分力的变化关系。【解题思路】对滑轮受力分析，当A点向上移动时，两绳的夹角变小，但合力不变则两个分力均变大，即绳的拉力变大； 【解析】对滑轮受力分析，当A点向上移动时，两绳的夹角变大，但合力不变则两个分力均变大，即绳的拉力变大，再研究B物体受力分析可知（绳与杆的夹角），可知T变大，变大，则摩擦力变大，故A错误B正确；当B向右移动，两绳的夹角变小，但合力不变则两个分力均变小，即绳的拉力变小，故C、D错误。5过去几千年来，人类对行星的认识与研究仅限于太阳系内，行星“31peg b”的发现拉开了研究太阳系外行星的序幕。“31peg b”绕其中心恒星做匀速
7、圆周运动，周期大约为4天，轨道半径约为地球绕太阳运动半径的，该中心恒星与太阳的质量比约为A B1 C5 D10【答案】B【分值】4分【考查方向】本题主要考查了万有引力定律的应用。【易错点】准确掌握万有引力提供向心力的知识，星球半径与轨道半径易混淆出错。【解题思路】由引力提供向心力：，根据相应的周期和半径求解。【解析】由引力提供向心力：，所以 设中心恒星的质量为M1，“31peg b”轨道半径为r1,周期为T1，太阳的质量为M2，地球绕太阳的轨道半径为r2，周期为T2 代入数值，故B正确。6如图所示，在光滑的水平面上有一质量为M、倾角为的光滑斜面体，它的斜面上有一质量为m的物块沿斜面下滑。关于物
8、块下滑过程中对斜面压力大小的解答，有如下四个表达式。要判断这四个表达式是否合理，你可以不必进行复杂的计算，而根据所学的物理知识和物理方法进行分析，从而判断解的合理性或正确性，根据你的判断，下述表达式中可能正确的是A BC D【答案】D【分值】4分【考查方向】本题主要考查受力分析与正交分解的应用以及用特殊值的法来做题。【易错点】盲目计算，利用动量守恒计算复杂，易错。【解题思路】本题可以定性的分析即可，所以可以采用特殊值的方法来快速的得到答案。【解析】解：A、如果物体不是放在斜面上，而是在水平面上，即=0的时候，此时M、m之间的作用力应该是mg，此时的sin=0，AB选项的结果为0，所以AB错误；
9、C、M=msin2是可能的，而在C选项中，此时的结果为无穷大，故C错误；D、当Mm时，MmgcosM+msin2 =mgcos1+mMsin2 mgcos，故D正确7如图所示，空间存在足够大且相互垂直的匀强电磁场，电场强度为E、方向竖直向上：磁感应强度为B，方向垂直纸面向里。由某点P静止释放质量为m、带电量为+q的粒子（重力忽略不计），其运动轨迹如图所示。对于带电粒子下落的最大高度H，下落给出的四个表达式，你认为正确的是A B C D【答案】B【分值】4分【考查方向】本题主要考查动能定理的应用和洛伦兹力的特点。【易错点】在最低点的受力分析易错。【解题思路】从初位置到最低点用动能定理，在最低点时
10、电场力等于洛伦兹力。【解析】解：因能量对应着功，故可有，而电场力与洛伦兹力量纲相同qE=Bqv，整理可得：，故B正确；A、C、D错误。8如图所示，A、B两条直线是在AB两地分别用竖直向上的力F拉质量分别为和的物体实验得出的两个加速度a与F的关系图线，由图分析可知A B两地重力加速度C D两地重力加速度【答案】AD【分值】4分【考查方向】本题主要考查a-F图像中，斜率代表，和牛顿第二定律。【易错点】a-F图像中斜率代表的是质量的倒数,而不是质量的大小。【解题思路】根据a-F图象中斜率表示，比较质量大小，再根据F等于零时a=g求解。【解析】解：根据F=ma可知a-F图象中斜率表示，由图可知A的斜率
11、大于B的斜率，所以mAmB；根据牛顿第二定律，由图象可知当两个物体外力F都为0时加速度都相同，两物体都只受重力作用a=g所以故选AD9如图所示，物体A、B用细绳与弹簧连接后跨过滑轮，A静止在倾角为45的粗糙斜面上，B悬挂着。已知，不计滑轮摩擦，现将斜面倾角由45减小到30，那么下列说法正确的是A弹簧的弹力不变B物体A对斜面的压力将减小C物体A受到的静摩擦力将减小D弹簧的弹力以及A受到的静摩擦力都不变【答案】AC【分值】4分【考查方向】主要考查你对受力分析理解与应用。【易错点】认为摩擦力的方向始终不变是不准确的。【解题思路】弹簧的弹力始终等于物体B的重力，因此弹力大小不变，夹角变小故支持力变大，
12、要确定摩擦力的变化情况，先确定摩擦力的方向。【解析】解：弹簧的弹力始终等于物体B的重力，因此弹力大小不变，选项A正确。物体A对斜面的压力等于斜面对A的支持力，等于，因此压力将减小，选项B错误。物体A沿斜面的合力为零，由随着角度的减小，摩擦力依旧沿斜面向上，大小逐渐减小，选项C正确、D错误。10摩擦传动时传动装置中的一个重要模型，如图所示，甲、乙两个水平放置的轮盘靠摩擦传动，其中分别为两轮盘的轴心，已知，且在正常工作时两轮盘不打滑。今在两轮盘上分别放置两个同种材料制成的滑块AB，两滑块与轮盘间的动摩擦因数相等，两滑块到轴心的距离分别为，且。若轮盘乙由静止开始缓慢地转动，且转速逐渐增大，则下列叙述
13、正确的是A滑块相对轮盘开始滑动前，AB的角速度大小之比为B滑块相对轮盘开始滑动前，AB的向心加速度大小之比为C转速增大后最终滑块A先发生相对滑动D转速增大后最终滑块B先发生相对滑动【答案】AD【分值】4分【考查方向】主要考查向心力、牛顿第二定律理解与应用。【易错点】物块随圆盘做圆周运动时，静摩檫力提供向心力，故摩擦力是指向圆心的，摩擦力的方向不好理解。【解题思路】轮盘靠摩擦力传动，不打滑时，两轮盘边缘的线速度大小相等，由v=r求角速度之比由a=r2求向心加速度的比值分析向心力与最大摩擦力的关系，判断哪个滑块先滑动。【解析】解：A、假设轮盘乙的半径为r，由题意可知两轮盘边缘的线速度v大小相等，由
14、v=r，r甲：r乙=3：1，可得甲：乙=1：3，所以滑块相对轮盘滑动前，A，B的角速度之比为1：3，故A正确；B、滑块相对盘开始滑动前，根据a=R2和RA：RB=2：1，A：B=1：3，得：A、B的向心加速度之比为aA：aB=2：9，故B错误；CD、据题意可得物块的最大静摩擦力分别为 fA=mAg，fB=mBg，最大静摩擦力之比为fA：fB=mA：mB；转动中所受的静摩擦力之比为fA：fB=mAaA：mBaB=mA：4.5mB；综上分析可得滑块B先达到最大静摩擦力，先开始滑动，故D正确、C错误故选：AD .11如图，一均匀金属圆盘绕通过其圆心且与盘面垂直的轴逆时针匀速转动，现施加一垂直穿过圆盘
15、的有界匀强磁场，圆盘开始减速，在圆盘减速过程中，以下说法正确的是A处于磁场中的圆盘部分，靠近圆心处电势高B所加磁场越强越易使圆盘停止转动C若所加磁场反向，圆盘将加速转动D若所加磁场穿过整个圆盘，圆盘将匀速转动【答案】ABD【分值】4分【考查方向】主要考查导体切割磁感线时的感应电动势；判断电势的高低。【易错点】右手定则：伸出右手四指与大拇指垂直，大拇指指向运动方向，四指指向感应电流的方向，与左手定则易混。【解题思路】将金属圆盘看成由无数金属幅条组成，根据右手定则判断感应电流的方向，从而判断电势的高低，形成感应电流，再根据左手定则，即可求解【解析】解：A、将金属圆盘看成由无数金属幅条组成，根据右手
16、定则判断可知：圆盘上的感应电流由边缘流向圆心，所以靠近圆心处电势高，所以A正确；B、根据右手定则可知，产生的电动势为BLv，所以所加磁场越强，产生的电动势越大，电流越大，受到的安培力越大，越易使圆盘停止转动，所以B正确；C、若所加磁场反向，只是产生的电流反向，根据楞次定律可知，安培力还是阻碍圆盘的转动，所以圆盘还是减速转动，所以C错误；D、若所加磁场穿过整个圆盘时，圆盘在切割磁感线，产生感应电动势，相当于电路断开，则不会产生“感应电流，没有安培力的作用，圆盘将匀速转动，所以D正确；故选：ABD12如图，倾角为的光滑斜面与光滑的半圆形轨道光滑连接于B点，固定在水平面上，在半圆轨道的最高点C装有压
17、力传感器，整个轨道处在竖直平面内，一小球自斜面上距底端高度为H的某点A由静止释放，到达半圆最高点C时，被压力传感器感应，通过与之相连的计算机处理，可得出小球对C点的压力F，改变H的大小，仍将小球由静止释放，到达C点时得到不同的F值，将对应的F与H的值描绘在F-H图像中，如图所示，则由此可知A图线的斜率与小球的质量无关Bb点坐标的绝对值与物块的质量成正比Ca的坐标与物块的质量无关D只改变斜面倾角，a、b两点的坐标均不变【答案】BCD【分值】4分【考查方向】主要考查动能定理的应用；圆周运动的向心力问题。【易错点】【解题思路】小球从A到C运动的过程中，只有重力做功，其机械能守恒，根据机械能守恒定律和
18、牛顿定律求出小球对轨道C点的压力与H的关系式，然后结合F-H图线的信息分析。【解析】解：A、小球经过C点时，由合力提供圆周运动向心力，即：F+mg=mv2CR，从A到C的过程中只有重力做功，根据机械能守恒定律有：mg（H-2R）=12mvC2，联立解得：F=2mgHR-5mg，由牛顿第二定律得：F=F=2mgHR-5mg，由题中给出的F-H图象知斜率 k=2mgR，可知k与m有关，故A错误；BC、由F=2mgHR-5mg得：当H=0时，F=-5mg，即|b|=5mg，b的坐标与m成正比当F=0时，由F=2mgHR-5mg得：H=2.5R，a的坐标与m无关，故BC正确；D、由上分析知，a、b与斜
19、面倾角无关，只改变斜面倾角，a、b两点的坐标均不变，故D正确二、简答题【必做题】13在“研究平抛物体的运动”实验中（1）下列说法正确的是( )A斜槽轨道必须光滑B斜槽轨道末端可以不水平C应使小球每次从斜槽上相同的位置释放D为更好地反映真实运动，记录的点应适当多一些（2）如图所示为实验中用方格纸记录了小球的运动轨迹，ABc和d为轨迹上的四点，小方格的边长为L，重力加速度为g，则小球做平抛运动的初速度大小为=_，经b点时速度大小为_。【答案】（1）CD （2）、【分值】6分【考查方向】本题主要考查了平抛运动实验中求解出速度。【易错点】1、要求：小球从同一位置由静止释放2、易将a点视为抛出点【解题思
20、路】1、水平匀速直线，故平抛图中相邻两点的时间相同的2、竖直方向上匀加，利用相邻相等位移差为一定值解题。【解析】解：（1）A、为了保证小球的初速度相等，每次从斜槽的同一位置由静止释放小球，斜槽不一定需要光滑，故A错误，C正确B、为了保证小球的初速度水平，斜槽的末端需水平，故B错误D、为更好地反映真实运动，记录的点应适当多一些，故D正确（2）在竖直方向上，根据y=L=得，相等的时间间隔T=，则小球平抛运动的初速度b点的竖直分度，根据平行四边形定则知，b点的速度14某课外小组在参观工厂时，看到一丢弃不同的电池，同学们想用物理上学到的知识来测定这个电池的电动势和内阻，已知这个电池的电动势约为1113
21、V，内阻小于3，由于直流电压表量程只有3V，需要将这只电压表通过连接一固定电阻（用电阻箱代替），改装为量程为15V的电压表，然后再用伏安法测电池的电动势和内阻，以下是他们的实验操作过程：（1）把电压表量程扩大，实验电路图如图甲所示，实验步骤如下，完成填空：第一步：按电路图连接实物第二步：把滑动变阻器滑片移到最右端，把电阻箱阻值调到零第三步：闭合开关，把滑动变阻器滑片调到适当位置，使电压表读数为3V第四步：把电阻箱阻值调到适当值，使电压表读数为_V第五步：不再改变电阻箱阻值，保持电压表和电阻箱串联，撤去其他线路，即得量程为15V的电压表（2）实验可供选择的器材有：A电压表（量程为3V，内阻约为2
22、k）B电流表（量程为3A，内阻约为0.1A）C电阻箱（阻值范围09999）D电阻箱（阻值范围0999）E滑动变阻器（阻值为020，额定电流2A）F滑动变阻器（阻值为020k）回答：电阻箱应选_，滑动变阻器应选_。（3）用该扩大了量程的电压表（电压表的表盘没变），测电池电动势E和内阻r，实验电路如图乙所示，得到多组电压U和电流I的值，并作出U-I图线如图丙所示，可知电池的电动势为_V，内阻为_。【答案】（1）0.6V（2）C、E（3）11.5，2.5【分值】10分【考查方向】本题主要考测定电源的电动势和内阻【易错点】1、本题涉及电表的改装和测量电动势和内电阻的实验；2、改装原理是串联电路的特点而
23、伏安法测量电源的电动势和内阻的原理是闭合电路欧姆定律，要注意路端电压应为改装后电压表的读数【解题思路】（1）明确改装原理，根据改装后的电阻关系可明确应调节到的阻值；（2）根据串联电路的特点，可确定出电阻箱的电阻与电压表内阻的关系，选择电阻箱的规格在分压电路中，为方便调节，滑动变阻器选用阻值较小的（3）由于电压表的表盘没变，改装后的电压表的读数应为电压表读数的5倍U-I图线纵轴截距的5倍表示电动势，斜率的3倍大小等于电池的内阻【解析】解：（1）把3V的直流电压表接一电阻箱，改装为量程为15V的电压表时，将直流电压表与电阻箱串联，整个作为一只电压表，据题分析，电阻箱阻值调到零，电压表读数为3V，则
24、知把电阻箱阻值调到适当值，使电压表读数为0.6V（2）由题，电压表的量程为3V，内阻约为2k，要改装成15V的电压表，根据串联电路的特点可知，所串联的电阻箱电阻应为42k=8k故电阻箱应选C；在分压电路中，为方便调节，滑动变阻器选用阻值较小的，即选E（3）由丙读出，外电路断路时，电压表的电压为U=2.3V，则电源的电动势为E=2.35=11.5V，内阻为r=U/I=(2.31.5)5/1.6=2.5【选做题】15【物理选修3-4】（1）目前雷达发出的电磁波频率多在200MHz1000MHz的范围内，下列关系雷达和电磁波的说法正确的是A真空中，上述频率范围的电磁波的波长在0.3m1.5m之间B电
25、磁波是由均匀变化的电场或磁场产生的C波长越短的电磁波，越容易绕过障碍物，便于远距离传播D测出电磁波从发射到接受的时间，就可以确定到障碍物的位置【答案】D 【分值】6分【考查方向】本题主要考查了电磁波的发射、传播和接收【易错点】1、有些同学错误认为磁场产生电场，电场产生磁场，注意麦克斯韦的电磁场理论是电磁波产生的理论基础，要加强理解与应用2、同时注意测障碍物的距离时，其值等于由来回时间求出距离的一半【解题思路】本题考查了麦克斯韦的电磁场理论与雷达的原理，比较简单，根据麦克斯韦的电磁场理论内容即可正确解答【解析】解：A、根据=c/f，电磁波频率在200MHz至1000MHz 的范围内，则电磁波的波
26、长范围在0.3m至1.5m之间，故A错误；B、根据麦克斯韦的电磁场理论可知，均匀变化的电场产生恒定的磁场，均匀变化的磁场产生恒定的电场，电磁波是变化磁场产生电场变化电场产生磁场不断交替变化产生的，故B错误；C、波长越长的电磁波，越容易绕过障碍物，便于远距离传播，故C错误；D、雷达是利用电磁波的反射原理，根据电磁波的传播速度，结合来回传播的时间，即可确定障碍物的距离，故D正确（2）如图所示，实线和虚线分别是沿x轴传播的一列简谐横波在t=0和t=0.06s时刻的波形图，已知在t=0时刻，x=1.5m处的质点向y轴正方向运动。判断该波的传播方向若，求该波的速度大小。【答案】该波沿x轴正方向传播；若3
27、T0.06s4T，该波的波速大小为=75 m/s【分值】9分【考查方向】本题主要考查了横波的图象、波长、频率和波速的关系【易错点】本题是多解问题，关键是会通过波形微平移确定各个质点的振动方向和波动方向；然后由图象得到周期的通项，最后求解传播速度.【解题思路】据在t=0时刻，x=1.5m处的质点向y轴正方向运动，根据波形平移法得到该波的传播方向；由两个时刻的波形可知时间与周期的关系，求出周期的通项，根据周期通项，求解频率的特殊值，读出波长，求出波速.【解析】：因在t=0时刻，x=1.5 m处的质点向y轴正方向运动，由波形图可以出，该波的传播方向沿x轴正方向 由图得：t=（n+3/4）T，若3Tt
28、4T，n=3，则t=（3+3/4）T，T=0.016 s ,由公式v=/T，代入解得v=75 m/s【物理选修3-5】16（1）用频率为但强度不同的甲乙两种光做光电效应实验，发现光电流与电压的关系如图所示，由图可知，_（选填甲或乙）光的强度大，已知普朗克常量为h，被照射金属的逸出功为，则光电子的最大初动能为_。【答案】甲，【分值】6分【考查方向】本题考查了产生光电效应的原理和电子的最大初动能公式，理解光电效应方程的应用。注意光电流影响因素【易错点】注意光电流影响因素，在能发生光电效应的情况下与光的强弱有关。【解题思路】根据光的强度越强，形成的光电流越大；并根据光电效应方程，即可求解。【解析】：
29、解：根据光的强度越强，则光电子数目越多，对应的光电流越大，即可判定甲光的强度较大；由光电效应方程，可知，电子的最大初动能（2）1926年美国波士顿的内科医生鲁姆加特等首次应用放射性氡研究人体动、静脉血管床之间的循环时间，被誉为“临床核医学之父”，氡的发射性同位素有27种，其中最常用的是。经过m次衰变和n次衰变后变成稳定的。求m、n的值一个静止的氡核（） 放出一个粒子后变成钋核（），已知钋核的速率，求粒子的速率。【答案】：m是4，n是4；粒子的速率是：【分值】9分【考查方向】本题主要考查了动量守恒定律；原子核衰变及半衰期、衰变速度【易错点】注意：核反应过程质量数与核电荷数守恒，系统动量守恒，应用
30、质量数与核电荷数守恒、动量守恒定律即可正确解题【解题思路】1、核反应中质量数与核电荷数守恒，根据质量数与核电荷数守恒求出m、n的值2、核反应过程系统动量守恒，应用动量守恒定律求出粒子速度【解析】：解：核反应过程质量数与核电荷数守恒，由题意可得：4m=222-206，解得：m=4，86=82+2m-n，解得：n=4；核反应过程系统动量守恒，以粒子的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：，代入数据解得：据在t=0时刻，x=1.5m处的质点向y轴正方向运动，根据波形平移法得到该波的传播方向；由两个时刻的波形可知时间与周期的关系，求出周期的通项，根据周期通项，求解频率的特殊值，读出波长，求出波速.【解析
31、】：三计算题17如图所示，一个质量m=10kg的物块放在水平地面上，对物体施加一个F=50N的拉力，使物体做初速度为零的匀加速直线运动。已知拉力与水平方向的夹角=37，物体与水平地面间的动摩擦因数=0.5，sin37=0.60，cos37=0.80，取重力加速度（1）求物体运动的加速度大小；（2）求物体在2.0s末的瞬时速率；（3）若在2.0s末时撤去拉力F，求此后物体沿水平地面可滑行的最大距离。【答案】（1）物体运动的加速度大小为0.5m/；（2）物体在 2.0s末的瞬时速率为1.0m/s；（3）此后物体沿水平地面可滑行的最大距离为0.5m【分值】14分【考查方向】本题主要考查了牛顿第二定律
32、以及运动学基本公式的直接应用【易错点】前两秒求摩擦力时注意支持力不等于重力，故摩擦力在两个阶段的是不相等的。【解题思路】（1）对物体受力分析后求出合力，再根据牛顿第二定律求出加速度；（2）物体匀加速前进，根据速度时间公式求出2s末的速度；（3）根据动能定理求出速度减为零的位移。【解析】：解：（1）设物体受摩擦力为f，支持力为N，则f=uN，根据牛顿第二定律有：Fcos-f=ma，N+Fsin=mg，解得：a=7m/；（2）物体在 2.0s末的速度v=at=752=14m/s，（3）拉力后滑行的最大距离为x，根据动能定理得：-umgx=0-，代入数据解得：x=39.2m；18如图所示，一工件置于
33、水平地面上，其AB段为一半径R=1.0m的光滑四分之一圆弧轨道，BC段为一长度L=0.5m的粗糙水平轨道，二者相切于B点，整个轨道位于同一竖直平面内，P点为圆弧轨道上的一个确定点。一可视为质点的物块，其质量m=0.2kg，与BC间的动摩擦因数=0.4.工件质量M=0.8kg，与地面间的摩擦不计。（）（1）若工件固定，将物块由P点无初速度释放，滑至C点时恰好静止，求p、C两点间的高度差；（2）若将一水平恒力F作用与工件，使物块仍在P点与工件保持相对静止，一起向左做匀加速直线运动。求F的大小。当速度v=5m/s时，使工件立刻停止运动（即不考虑减速的时间和位移），物块飞离圆弧轨道落至BC段，求物块的
34、落点与B点间的距离。【答案】（1）P、C两点间的高度差是0.2m；（2）F的大小是8.5N；（3）物块的落点与B点间的距离是0.4m【分值】18分【考查方向】本题主要考查了动能定理、牛顿第二定律、平抛运动的规律多个知识点。【易错点】关键要对物体进行受力和过程分析【解题思路】（1）物块从P点下滑经B点至C点的整个过程，根据动能定理求解（2）对物体、工件和物体整体分析，根据牛顿第二定律求解（3）根据平抛运动的规律和几何关系求解.【解析】：（1）物块从P点下滑经B点至C点的整个过程，根据动能定理得：，代入数据得：（2）设物块的加速度大小为a，P点与圆心的连线与竖直方向间的夹角为，由几何关系可得根据牛
35、顿第二定律，对物体有对工件和物体整体有联立代入数据得设物体平抛运动的时间为t，水平位移为x1，物块落点与B间的距离为 x2，由运动学公式可得，联立代入数据得19电视机显像管（抽成真空玻璃管）的成像原理主要是靠电子枪产生高速电子束，并在变化的磁场作用下发生偏转，打在荧光屏不同位置上发出荧光而成像。显像管的原理示意图（俯视图）如图甲所示，在电子枪右侧的偏转线圈可以产生使电子束沿纸面发生偏转的磁场（如图乙所示），其磁感应强度B=NI，式中为磁常量，N为螺线管线圈的匝数，I为线圈中电流的大小。由于电子的速度极大，同一电子穿过磁场过程中可认为磁场没有变化，是稳定的匀强磁场。已知电子质量为m，电荷量为e，
36、电子枪加速电压为U，磁通量为，螺线管线圈的匝数为N，偏转磁场区域的半径为r，其圆心为O点。当没有磁场时，电子束通过O点，打在荧光屏正中的M点，O点到荧光屏中心的距离OM=L。若电子被加速前的初速度和所受的重力、电子间的相互作用力以及地磁场对电子束的影响均可忽略不计，不考虑相对论效应以及磁场变化所激发的电场对电子束的作用。（1）求电子束经偏转磁场后打到荧光屏上P点时的速率；（2）若电子束经偏转磁场后速度的偏转角=60，求此种情况下电子穿过磁场时，螺线管线圈中电流的大小；（3）当线圈中通入如图丙所示的电流，其最大值为第（2）问中电流的0.5倍，求电子束打在荧光屏上发光形成“亮线”的长度。【答案】（
37、1）电子束经偏转磁场后打到荧光屏上P点时的速率；（2）螺线管线圈中电流的大小:；（3）电子束打在荧光屏上发光形成“亮线”的长度为:【分值】18分【考查方向】本题主要考查了带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动【易错点】1.对于带电粒子在磁场中的运动情况分析，一般是确定圆心位置，根据几何关系求半径，结合洛伦兹力提供向心力求解未知量；2.根据周期公式结合轨迹对应的圆心角求时间【解题思路】（1）电子在加速电场中，由动能定理求解获得的速度v的大小，洛伦兹力不做功，故此速度大小电子束经偏转磁场后打到荧光屏上P点时的速率；（2）根据几何关系求出临界状态下的半径的大小，结合洛伦兹力提供向心力
38、求出磁感应强度的大小，进而由磁感应强度B=NI确定螺线管线圈中电流I0的大小（3）粒子在磁场中做匀速圆周运动，出磁场做匀速直线运动，通过最大的偏转角，结合几何关系求出荧光屏上亮线的长度【解析】：（1）设经过电子枪加速电场加速后，电子的速度大小为v，根据动能定理有：，解得：（2）设电子在磁场中做圆运动的半径为R，运动轨迹如答图所示根据几何关系有：洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律有：，由题知，解得：（3）设线圈中电流为时，偏转角为，此时电子在屏幕上落点距M点最远此时磁感应强度QUOTE轨迹圆半径电子在屏幕上落点距M点最远距离亮线长度物理答案1C 2C 3D 4B 5B 6D 7B 8AD 9A
39、C 10AD 11ABD 12BCD13（1）CD（2）、14（1）0.6V（2）C、E（3）11.5，2.515（1）AD（2）因在时刻，处的质点向y轴正方向运动，由波形图可以求出该波的传播方向沿x轴正方向由图得：，若，n=3，则，解得T=0.016s由公式，代入解得16（1）甲、（2）核反应过程质量数与核电荷数守恒，由题意可得：，解得：，解得：；核反应过程系统动量守恒，以粒子的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：，代入数据解得：；17（1）设物体受到摩擦力为f，支持力为N，则根据牛顿第二定律可得：在水平方向上在竖直方向上，解得（2）根据运动学公式可得（3）设撤去拉力后滑行的最大距离为x，根
40、据动能定理可得，解得18（1）物块从P点下滑经B点至C点的整个过程，根据动能定理得：，代入数据得：（2）设物块的加速度大小为a，P点与圆心的连线与竖直方向间的夹角为，由几何关系可得根据牛顿第二定律，对物体有对工件和物体整体有联立代入数据得设物体平抛运动的时间为t，水平位移为x1，物块落点与B间的距离为 x2，由运动学公式可得，联立代入数据得19（1）设经过电子枪加速电场加速后，电子的速度大小为v，根据动能定理有：，解得：（2）设电子在磁场中做圆运动的半径为R，运动轨迹如答图所示根据几何关系有：洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律有：，由题知，解得：（3）设线圈中电流为时，偏转角为，此时电子在屏幕上落点距M点最远此时磁感应强度QUOTE轨迹圆半径电子在屏幕上落点距M点最远距离亮线长度