1、江苏省南京市2013年高考物理二模试卷一、单项选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分每小题只有一个选项符合题意1（3分）（2013南京二模）如图所示，某同学斜向上抛出一小石块，忽略空气阻力下列关于小石块在空中运动的过程中，加速度a随时间t变化的图象中，正确的是（）ABCD考点：抛体运动分析：本题通过分析石块的受力情况，根据牛顿第二定律确定加速度，选择图象解答：解：由题意，忽略空气阻力，石块抛出后只受重力，由牛顿第二定律得知，其加速度为g，保持不变故B正确故选B点评：对于抛体运动，不考虑空气阻力时，物体的加速度不变，均做匀变速运动，速度图象平行于t轴2（3分）（2013南京二模）如图所示，
2、处于真空中的正方体存在着电荷量为+q或q的点电荷，点电荷位置图中已标明，则a、b两点电场强度和电势均相同的图是（）ABCD考点：电势；电场的叠加专题：电场力与电势的性质专题分析：根据点电荷的电场强度公式E=k可得各个点电荷在正方体的顶点的电场场强大小，再根据矢量合成，求出合场强，再根据正电荷的受力判断场强的方向有U=21，U=Ed得，21=Ed可判断电势高低解答：解：A、根据点电荷的电场强度公式E=k可得各个点电荷在正方体的顶点的电场场强大小，可计算得a、b两点电场强度大小相等，根据正电荷的受力判断场强的方向相反，故A错误 B、根据点电荷的电场强度公式E=k，可求得各个点电荷在a、b两点的电场
3、场强大小，再根据矢量的合成，可得a、b两点的电场场强大小不等，故B不错 C、根据点电荷的电场强度公式E=k，得a、b两点的电场场强大小相等，再根据矢量合成，求出合场强相等，再根据正电荷的受力判断场强的方向不同故C错误 D、根据点电荷的电场强度公式E=k可得各个点电荷在a、b两点的电场场强大小相等，再根据矢量合成，求出合场强相等，再根据正电荷的受力判断场强的方向相同 再根据U=21，U=Ed得，21=Ed可判断a、b两电势相等故D正确故选：D点评：考查了点电荷的电场强度公式E=k，矢量的合成，电势差与电势的关系，电势差与电场强的关系3（3分）（2013南京二模）如图所示，A、B为平行板电容器的金
4、属板，G为静电计开始时开关S闭合，静电计指针张开一定角度为了使指针张开角度增大一些，应该采取的措施是（）A断开开关S后，将A、B两极板分开一些B断开开关S后，将A、B两极板靠近一些C保持开关S闭合，将A、B两极板靠近一些D保持开关S闭合，将R上的滑片向右移动考点：电容器的动态分析；闭合电路的欧姆定律专题：电容器专题分析：静电计测量的是电容器两端的电势差，断开电键，电容器所带的电量不变，根据电容的变化判断电势差的变化闭合电键，电容器两端的电势差等于电源的电动势解答：解：A、断开电键，电容器带电量不变，将AB分开一些，则d增大，根据知，电容减小，根据U=知，电势差增大，指针张角增大故A正确B、断开
5、电键，电容器带电量不变，将AB靠近一些，则d减小，根据知，电容增大，根据U=知，电势差减小，指针张角减小故B错误C、保持开关闭合，电容器两端的电势差不变，则指针张角不变故C、D错误故选A点评：本题考查电容器的动态分析，关键抓住断开电键，电容器所带的电量不变，电键闭合，电容器两端的电势差不变4（3分）（2013南京二模）已知通电长直导线周围某点的磁感应强度，即磁感应强度B与导线中的电流I成正比、与该点到导线的距离r成反比如图所示，两根平行长直导线相距为R，通以大小、方向均相同的电流规定磁场方向垂直纸面向里为正，在0R区间内磁感应强度B随x变化的图线可能是（）ABCD考点：通电直导线和通电线圈周围
6、磁场的方向分析：通电导线周围有磁场存在，磁场除大小之外还有方向，所以合磁场通过矢量叠加来处理根据右手螺旋定则可得知电流方向与磁场方向的关系解答：解：根据右手螺旋定则可得左边通电导线在两根导线之间的磁场方向垂直纸面向里，右边通电导线在两根导线之间的磁场方向垂直纸面向外，离导线越远磁场越弱，在两根导线中间位置磁场为零由于规定B的正方向垂直纸面向里，所以C正确，ABD错误；故选：C点评：由于电流大小相等，方向相同，所以两根连线的中点磁场刚好为零，从中点向两边移动磁场越来越强，左边的磁场垂直纸面向里，右边的磁场垂直纸面向外5（3分）（2013南京二模）如图所示，两段等长细线串接着两个质量相等的小球a、
7、b，悬挂于 O 点现在两个小球上分别加上水平方向的外力，其中作用在 b 球上的力大小为 F、作用在 a 球上的力大小为 2F，则此装置平衡时的位置可能是下列哪幅图（）ABCD考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用专题：共点力作用下物体平衡专题分析：以整体为研究对象，分析受力情况，确定上面绳子oa的方向，再以下面的小球为研究对象，分析受力，根据平衡条件确定下面绳子的方向解答：解：设每个球的质量为m，oa与ab和竖直方向的夹角分别为、以两个小球组成的整体为研究对象，分析受力情况，如图1，根据平衡条件可知，oa绳的方向不可能沿竖直方向，否则整体的合力不为零，不能保持平衡由平衡条件得：t
8、an=以b球为研究对象，分析受力情况，如图2，由平衡条件得：tan=，则故C正确故选C点评：本题一要灵活选择研究对象，二要分析受力采用整体法和隔离法相结合的方法研究，比较简便二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共计16分每小题有多个选项符合题意全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分6（4分）（2013南京二模）如图所示，线圈与电源、开关相连，直立在水平桌面上铁芯插在线圈中，质量较小铝环套在铁芯上闭合开关的瞬间，铝环向上跳起来则下列说法中正确的是（）A若保持开关闭合，则铝环不断升高B开关闭合后，铝环上升到某一高度后回落C若保持开关闭合，则铝环跳起到某一高度停留D如果将电源
9、的正、负极对调，还会观察到同样的现象考点：楞次定律分析：闭合电键的瞬间，穿过铝环的磁通量增加，产生感应电流，铝环受到安培力而上跳当电键保持闭合时，线圈产生的磁场稳定，穿过铝环的磁通量不变，没有感应电流产生根据安培力产生情况，判断铝环的运动情况解答：解：A、B、C若电键保持闭合时，线圈产生的磁场稳定，穿过铝环的磁通量不变，没有感应电流产生，铝环不受安培力，只受重力作用，则上跳某一高度后将回落故AC错误，B正确D、如果电源的正、负极对调，闭合电键的瞬间，穿过铝环的磁通量仍然增加，产生感应电流，铝环仍然受到安培力而上跳电键保持闭合时，线圈产生的磁场稳定，穿过铝环的磁通量不变，没有感应电流产生，铝环不
10、受安培力，只受重力作用，则上跳某一高度后将回落则观察到的现象不变故D正确故选BD点评：本题考查应用物理规律解决实际问题的能力根据楞次定律，无论电源的极性如何，当线圈中电流增大时，铝环都将上跳7（4分）（2013南京二模）某人造卫星运动的轨道可近似看作是以地心为中心的圆该卫星到地心的距离从r1慢慢减小到r2，用v1、v2；EKl、EK2；T1、T2；a1、a2分别表示卫星在这两个轨道上的速度、动能、周期和向心加速度，则（）Av1v2BEKlEK2CT1T2Da1a2考点：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系；万有引力定律及其应用专题：人造卫星问题分析：人造地球卫星在绕地球做圆周运动时地球对卫星的引
11、力提供圆周运动的向心力列出表示出线速度、加速度和周期等式求解解答：解：根据万有引力提供向心力有：=m=mav=T=2a=该卫星到地心的距离从r1慢慢减小到r2，A、该卫星到地心的距离从r1慢慢减小到r2，v1v2，EKlEK2，故A错误，B正确C、该卫星到地心的距离从r1慢慢减小到r2，T1T2，故C正确D、该卫星到地心的距离从r1慢慢减小到r2，a1a2，故D正确故选BCD点评：一个天体绕中心天体做圆周运动时万有引力提供向心力，灵活的选择向心力的表达式是我们顺利解决此类题目的基础我们要按照不同的要求选择不同的公式来进行求解8（4分）（2013南京二模）图甲是某燃气炉点火装置的原理图，转换器将
12、直流电压转换为图乙所示的正弦交变电压，并加在一理想变压器的原线圈上，变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2，V为理想交流电压表当变压器副线圈电压的瞬时值大于5000V时，就会在钢针和金属板间引发电火花进而点燃气体以下判断正确的是（）A电压表的示数为3.5VB电压表的示数为5VC实现点火的条件是1 000D实现点火的条件是1 000考点：变压器的构造和原理专题：交流电专题分析：根据图象可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，再根据电压与匝数成正比即可求得结论解答：解：A、图乙所示的正弦交变电压，最大值为有效值的倍，所以电压的有效值为3.5V，故A正确，B错误C、当变压器副线圈电压的瞬时值大于50
13、00V时，就会在钢针和金属板间引发电火花进而点燃气体电压与匝数成正比，所以实现点火的条件是1 000，故C错误，D正确故选AD点评：掌握住理想变压器的电压、电流之间的关系，最大值和有效值之间的关系即可解决本题9（4分）（2013南京二模）如图所示，一质量为m的小球套在光滑竖直杆上，轻质弹簧一端固定于O点，另一端与该小球相连现将小球从A点由静止释放，沿竖直杆运动到B点，已知OA长度小于OB长度，弹簧处于OA、OB两位置时弹力大小相等在小球由A到B的过程中（）A加速度等于重力加速度g的位置有两个B弹簧弹力的功率为零的位置有两个C弹簧弹力对小球所做的正功等于小球克服弹簧弹力所做的功D弹簧弹力做正功过
14、程中小球运动的距离等于小球克服弹簧弹力做功过程中小球运动的距离考点：功的计算；胡克定律；牛顿第二定律专题：功的计算专题分析：弹力为0时或弹力方向与杆垂直时物体加速度为g，且弹力功率为0因A，B弹力大小相等则弹性势能相等据此分析各选项解答：解：A、在运动过程中A点为压缩状态，B点为伸长状态，则由A到B有一状态弹力为0且此时弹力与杆不垂直，加速度为g；当弹簧与杆垂直时小球加速度为g则两处 加速度为g故A正确 B、弹簧与杆垂直时弹力的功率为0有两位置的弹力为0，其功率为0，共3处，故B错误 C、因A点与B点弹簧的弹性势能相同，则弹簧弹力对小球所做的正功等于小球克服弹簧弹力所做的功故C正确 D、因做负
15、功时弹力大，则弹簧弹力做正功过程中小球运动的距离大于小球克服弹簧弹力做功过程中小球运动的距离故D错误故选：AC点评：考查弹簧弹力做功的内容，明确功与功率和力与速度方向夹角有关，会由能量的变化分析功的正负三、简答题：本题分必做题（第l0、11题）和选做题（第12题）两部分，共计42分请将解答填写在答题卡相应的位置【必做题】10（10分）（2013南京二模）（1）一种游标卡尺，它的游标尺有50个等分度，总长度为49mm现用它测量某工件宽度，示数如图甲所示，其读数为4.010cm乙图中螺旋测微器读数为1.130mm（2）某同学利用如图丙所示的气垫导轨装置验证系统机械能守恒定律在气垫导轨上安装了两光电
16、门1、2，滑块上固定一遮光条，滑块用细线绕过定滑轮与钩码相连实验时要调整气垫导轨水平不挂钩码和细线，接通气源，如果滑块能在气垫导轨上静止或做匀速运动或滑块经两个光电门的时间相等，则表示气垫导轨调整至水平状态不挂钩码和细线，接通气源，滑块从轨道右端向左运动的过程中，发现滑块通过光电门1的时间小于通过光电门2的时间实施下列措施能够达到实验调整目标的是ABA调节P使轨道左端升高一些B调节Q使轨道右端降低一些C遮光条的宽度应适当大一些D滑块的质量增大一些E气源的供气量增大一些实验时，测出光电门1、2间的距离L，遮光条的宽度d，滑块和遮光条的总质量M，钩码质量m由数字计时器读出遮光条通过光电门1、2的时
17、间t1、t2，则系统机械能守恒成立的表达式是mgL=（m+M）（）2（m+M）（）2考点：验证机械能守恒定律；刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用专题：实验题；恒定电流专题分析：（1）游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读；螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读，注意二者读数的差别（2）明确实验原理以及气垫导轨装置的特点可正确解答；表示出钩码的重力势能减少量和系统动能增加量的大小来验证机械能守恒定律解答：解：（1）游标卡尺的主尺读数为40mm，游标尺上第7个刻度与主尺上某一刻度对齐，故其读数为0.025mm=0.10mm，所以最终读数为：4
18、0mm+0.10mm=40.10mm=4.010cm；螺旋测微器的固定刻度读数为1mm，可动刻度读数为0.0113.0mm=0.130mm，所以最终读数为：1mm+0.130mm=1.130mm（2）实验时要调整气垫导轨水平不挂钩码和细线，接通气源，如果滑块能在气垫导轨上静止或做匀速运动或滑块经两个光电门的时间相等，则表示气垫导轨调整至水平状态不挂钩码和细线，接通气源，滑块从轨道右端向左运动的过程中，发现滑块通过光电门1的时间小于通过光电门2的时间说明滑块做加速运动，也就是左端低，右端高所以实施下列措施能够达到实验调整目标的是调节P使轨道左端升高一些，调节Q使轨道右端降低一些故选AB实验时，测
19、出光电门1、2间的距离L，遮光条的宽度d，滑块和遮光条的总质量M，钩码质量m由数字计时器读出遮光条通过光电门1、2的时间t1、t2，滑块经过光电门时的瞬时速度可近似认为是滑块经过光电门的平均速度钩码的重力势能减少了：mgL，系统动能增加了：（m+M）（）2（m+M）（）2则系统机械能守恒成立的表达式是mgL=（m+M）（）2（m+M）（）2故答案为：（1）4.010，1.130（2）能在气垫导轨上静止或做匀速运动或滑块经两个光电门的时间相等 AB mgL=（m+M）（）2（m+M）（）2点评：常用仪器的读数要掌握，这是物理实验的基础处理实验时一定要找出实验原理，根据实验原理我们可以寻找需要测量
20、的物理量和需要注意的事项11（8分）（2013南京二模）某同学制作了一水果电池，欲测定该电池的电动势E和内阻r给定器材如下：A待测水果电池E B电流表G（量程10mA，内阻约40）C电阻箱R（0999.9） D开关S及导线（1）因为电流表G内阻的准确值未知，所以他用如图甲所示的电路测量其内阻rG已知图中电流表A的内阻为rA在某次测量中，读出电流表A、电流表G的读数分别为IA、IG，则内阻rG=rA（2）若电流表G内阻的测量值rG=40.0现采用图乙所示的电路测量水果电池的电动势E和内阻r 根据实验数据绘出的R图象如图丙所示，则图线斜率表示的物理意义是电动势的倒数根据图象求出该电池的电动势E=6
21、V、内阻r=20（结果保留整数）考点：测定电源的电动势和内阻专题：实验题；恒定电流专题分析：（1）电流表G和电流表A并联，两端电压相等，根据欧姆定律列式求解即可；（2）先根据闭合电路欧姆定律列式，变形得到关系公式，结合图象求解出电动势和电源内电阻解答：解：（1）电流表G和电流表A并联，两端电压相等，根据欧姆定律，有解得（2）根据闭合电路欧姆定律，有：E=I（r+rG+R）；变形得到：=；由图象得到纵轴截距： 当横坐标为180时，纵坐标为0.04，故0.04103= 由联立解得：E=6V，r=20；故答案为：（1）rA；（2）电动势的倒数，6，20点评：本题关键是明确安阻法测电源电动势和内电阻实
22、验的原理，特别是用图想法分析数据时，要能找出对应的线性关系12（4分）（2013南京二模）下列说法正确的是 （）A知道水的摩尔质量和水分子的质量，可计算出阿伏加德罗常数B当液晶中电场强度不同时，它对不同颜色的光吸收强度就不同C蔗糖受潮后会粘在一起，没有确定的几何形状，它是非晶体D理想气体的温度随时间不断升高，则其压强也一定不断增大考点：阿伏加德罗常数；* 晶体和非晶体；* 液晶专题：阿伏伽德罗常数的应用专题分析：本题应抓住：根据1摩尔任何物质都含有阿伏加德罗常数个微粒，由摩尔质量与一个分子质量可以求解阿伏加德罗常数液晶的特性是：当液晶中电场强度不同时，它对不同颜色的光吸收强度就不同；蔗糖受潮后
23、会粘在一起，没有确定的几何形状，蔗糖各向异性，是晶体；理想气体的温度随时间不断升高，其压强不一定不断增大，由气态方程分析解答：解：A、水的摩尔质量和水分子的质量之比等于阿伏加德罗常数故A正确B、当液晶中电场强度不同时，它对不同颜色的光吸收强度就不同；故B正确C、蔗糖受潮后会粘在一起，没有确定的几何形状，蔗糖各向异性，自然状态时有规则的形状，故蔗糖是晶体；故B错误D、由气态方程=c可知，理想气体的温度随时间不断升高，pV增大，但压强不一定不断增大，故D错误故选AB点评：本题中计算阿伏加德罗常数，可由摩尔质量与一个分子质量之比求出对于液体或固体，可以由摩尔体积除以一个分子的体积V，估算阿伏加德罗常
24、数13（4分）（2013南京二模）在“用油膜法估测分子的大小”实验中，用注射器将一滴油酸溶液滴入盛水的浅盘里，待水面稳定后，将玻璃板放在浅盘上，在玻璃板上描出油膜的轮廓，随后把玻璃板放在坐标纸上，其形状如图所示，坐标纸上正方形小方格的边长为10mm，该油酸膜的面积是8103m2；若一滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积是4106 mL，则油酸分子的直径是51010m（上述结果均保留1位有效数字）考点：用油膜法估测分子的大小专题：实验题分析：在油膜所围成的方格中，先数出坐标纸上方格的个数，不足半个舍去，多于半个的算一个，即可统计出油酸薄膜的面积；根据d=求出分子直径解答：解：在围成的方格中，不足半个
25、舍去，多于半个的算一个，共有80个方格，故油酸膜的面积为 S=80（10103）2 m2=8103m2油酸分子直径为 d=m=51010m故答案为：8103，51010点评：本题是以油酸分子呈球型分布在水面上，且一个挨一个，从而可以由体积与面积相除求出油膜的厚度14（2013南京二模）如图所示，用轻质活塞在气缸内封闭一定质量理想气体，活塞与气缸壁间摩擦忽略不计，开始时活塞距气缸底高度h1=0.50m给气缸加热，活塞缓慢上升到距离气缸底h2=0.80m处，同时缸内气体吸收Q=450J的热量已知活塞横截面积S=5.0103 m2，大气压强p0=1.0105 Pa求：缸内气体对活塞所做的功W；此过程
26、中缸内气体增加的内能U考点：热力学第一定律；气体的等容变化和等压变化专题：热力学定理专题分析：活塞缓慢上升为等压过程，由功的表达式求解即可由热力学第一定律u=W+Q可求解答：解：活塞缓慢上升，视为等压过程， 则气体对活塞做功 W=Fh=p0Sh=150J 根据热力学定律U=W+Q=150+450=300J 答：缸内气体对活塞所做的功为150J 此过程中缸内气体增加的内能U=300J点评：基本公式的应用，明确做功与热量的正负的确定是解题的关键15（2013南京二模）下列说法正确的是 （）A全息照片的拍摄利用了光的衍射原理B在不同的惯性参考系中，一切物理规律都是相同的C光导纤维是由内芯和外套两层组
27、成，内芯的折射率比外套的小，光在内芯与外套的界面上发生全反射D“CT”机是利用X射线从不同角度照射人体，计算机对其投影进行分析，给出人体组织照片考点：光导纤维及其应用；全反射分析：全息照相的拍摄利用光的干涉在不同的惯性参考系中，一切物理规律都是相同的发生全反射的条件是光从光密介质进入光疏介质，入射角大于等于临界角解答：解：A、全息照相的拍摄利用光的干涉故A错误B、在不同的惯性参考系中，一切物理规律都是相同的故B正确C、发生全反射的条件是光从光密介质进入光疏介质，入射角大于等于临界角则内芯的折射率大于外套的折射率故C错误D、“CT”机是利用X射线从不同角度照射人体，计算机对其投影进行分析，给出人
28、体组织照片故D正确故选BD点评：本题考查了光的干涉、相对论、全反射等基础知识点，比较简单，关键要熟悉教材，牢记这些基础知识点16（4分）（2013南京二模）（如图（a）所示，细线的上端固定在铁架台上，下端系一个小钢球，做成一个单摆测量摆长l和摆的周期T，得到一组数据改变摆长，再得到几组数据从中可以找出周期与摆长的关系实验过程有两组同学分别用了图（b）（c）的两种不同方式悬挂小钢球，你认为C（选填“b”或“c”）悬挂方式较好图（d）是某组同学根据实验数据画出的T2l图线，通过图线得到振动周期T与摆长l的关系是单摆周期T与摆长平方根成正比考点：用单摆测定重力加速度专题：实验题；单摆问题分析：单摆的
29、试验中，摆长必须固定；分析图象可知，T2与l成正比，因此T与l的关系应为T，单摆周期T与摆长平方根成正比解答：解：单摆的试验中，摆长必须固定，故应采用C图；分析图象可知，T2与l成线性关系，即分T2与l成正比正比，因此T与l的关系应为T故答案为：C；单摆周期T与摆长平方根成正比点评：知道实验的注意事项，会进行试验数据的分析与处理，比较简单17（2013南京二模）自t=0时刻起，质点A做简谐运动，其振动图象如图所示t=10s时，距A质点10m处的B质点开始振动求：该波的波速大小v；该波的波长考点：波长、频率和波速的关系；横波的图象分析：波在同一均匀介质中是匀速传播的，根据时间t=10s内波传播的
30、距离为s=10m，由v=求解波速；由图读出周期，由波速公式求解波长解答：解：由题，该波在t=10s内波传播的距离为s=10m，则波速v=1m/s波长=Tv=4m 答：该波的波速大小v是1m/s；该波的波长是4m点评：本题只要波速的两个公式v=和v=，就能正确解答，基础题18（4分）（2013南京二模）下列说法中正确的是 （）A射线与射线都是电磁波B光电效应说明光具有粒子性C天然放射现象说明原子核具有复杂的结构D用加温、加压或改变其化学状态的方法能改变原子核衰变的半衰期考点：原子核衰变及半衰期、衰变速度；光电效应；天然放射现象专题：衰变和半衰期专题分析：射线是氦核流，射线是电磁波；光电效应说明光
31、具有粒子性；天然放射现象说明原子核内部有复杂结构；半衰期的大小与温度、压强以及化学性质无关解答：解：A、射线不是电磁波，是氦核流故A错误B、光具有波粒二象性，光电效应说明光具有粒子性故B正确C、天然放射现象说明原子核内部有复杂结构故C正确D、半衰期由原子核内部因素决定，与温度、压强、化学性质无关故D错误故选BC故选BC点评：本题考查了半衰期、光电效应、天然放射现象等基础知识点，比较简单，关键熟悉教材，牢记并理解这些基础知识点19（4分）（2013南京二模）一个中子和一个质子能结合成一个氘核，请写出该核反应方程式：10n+11H21H；已知中子的质量是mn，质子的质量是mp，氘核的质量是mD，光
32、在真空的速度为c，氘核的结合能的表达式为（mn+mpmD）c2考点：爱因斯坦质能方程专题：爱因斯坦的质能方程应用专题分析：根据电荷数守恒、质量数守恒写出核反应方程式根据爱因斯坦质能方程求出该核反应释放的核能，从而得知氘核的结合能解答：解：核反应方程为：10n+11H21H氘核的结合能等于中子和质子结合成氘核释放的能量，根据质能方程知，E=（mn+mpmD）c2故答案为：10n+11H21H （mn+mpmD）c2点评：解决本题的关键知道核反应中电荷数守恒、质量数守恒，以及掌握爱因斯坦质能方程E=mc220（4分）（2013南京二模）用两个大小相同的小球在光滑水平上的正碰来“探究碰撞中的不变量”
33、实验，入射小球m1=15g，原来静止的被碰小球m2=10g，由实验测得它们在碰撞前后的xt 图象如图所示求碰撞前、后系统的总动量p和p；通过计算得到的实验结论是什么考点：动量守恒定律；匀变速直线运动的图像分析：解：根据位移时间图线得出两球碰撞前后的速度，根据P=mv求出碰撞前后的总动量通过碰撞前后的总动量是否相等判断碰撞过程中动量是否守恒解答：解：由图象得，入射小球的初速度，碰后的速度，被碰小球碰后速度则碰前系统的总动量：p=m1v1=0.015 kgm/s碰后系统的总动量：p=m1v1+m2v2=0.015 kgm/s通过计算发现：两小球碰撞前后的动量相等，即碰撞过程中动量守恒答：碰撞前、后
34、系统的总动量都为0.015 kgm/s碰撞的过程中动量守恒点评：解决本题的关键掌握动量的表达式，以及能够从位移时间图线中得出速度的大小四、计算题：本题共3小题，共计47分解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤只写出最后答案的不能得分有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位21（15分）（2013南京二模）如图所示，质量M=4.0kg的长木板B静止在光滑的水平地面上，在其右端放一质量m=1.0kg的小滑块A（可视为质点）初始时刻，A、B分别以v0=2.0m/s向左、向右运动，最后A恰好没有滑离B板已知A、B之间的动摩擦因数=0.40，取g=10m/s2求：（1）A、B相对运动时的
35、加速度aA和aB的大小与方向；（2）A相对地面速度为零时，B相对地面运动已发生的位移x；（3）木板B的长度l考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系专题：牛顿运动定律综合专题分析：（1）木块和木板竖直方向上受力平衡，水平方向受到滑动摩擦力作用，大小为mg，根据牛顿第二定律求解加速度；（2）A先向左做匀减速运动至速度为零，根据运动学速度公式求出速度为零时所用的时间，根据位移公式求解B相对地面运动发生的位移x；（3）对于系统，合外力为零，动量守恒A恰好没有滑离B板，木板和木块的速度相同，根据动量守恒和能量守恒结合求解木板B的长度l解答：解：（1）A、B
36、分别受到大小为mg的滑动摩擦力作用，根据牛顿第二定律得 对A物体：mg=maA则aA=g=4.0m/s2，方向水平向右 对B物体：mg=MaB，则aB=1.0m/s2，方向水平向左（2）开始阶段A相对地面向左做匀减速运动，速度为0的过程中所用时间为t，则v0=aAt1，则t1=0.50s B相对地面向右做减速运动x=v0taBt2=0.875m （3）A向左匀减速运动至速度为零后，相对地面向右做匀加速运动，最后A恰好没有滑离B板，两者速度相同，设共同速度为v取向右方向为正，根据动量守恒定律得 （Mm）v0=（M+m）v由能量守恒定律得 mgl=（M+m）v02（M+m）v2，代入数据解得 l=
37、1.6m答：（1）A、B相对运动时的加速度aA的大小为4.0m/s2，方向水平向右，aB的大小为1.0m/s2，方向水平向左；（2）A相对地面速度为零时，B相对地面运动已发生的位移x是0.875m；（3）木板B的长度l是1.6m点评：本题是木块在木板滑动的类型，运用牛顿第二定律、运动学、动量守恒和能量守恒结合求解比较简便，也可以采用图象法求解22（16分）（2013南京二模）如图甲，MN、PQ两条平行的光滑金属轨道与水平面成=30角固定，M、P之间接电阻箱R，导轨所在空间存在匀强磁场，磁场方向垂直于轨道平面向上，磁感应强度为B=0.5T质量为m的金属杆a b水平放置在轨道上，其接入电路的电阻值
38、为r现从静止释放杆a b，测得最大速度为vm改变电阻箱的阻值R，得到vm与R的关系如图乙所示已知轨距为L=2m，重力加速度g取l0m/s2，轨道足够长且电阻不计（1）当R=0时，求杆a b匀速下滑过程中产生感生电动势E的大小及杆中的电流方向；（2）求金属杆的质量m和阻值r；（3）当R=4时，求回路瞬时电功率每增加1W的过程中合外力对杆做的功W考点：导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律；安培力；电磁感应中的能量转化专题：电磁感应功能问题分析：（1）ab杆匀速下滑时速度最大，当R=0时，由乙图读出最大速度，由E=BLv求出感应电动势，由右手定则判断感应电流的方向；（2）根据E=BLv、
39、及平衡条件，推导出杆的最大速度v与R的表达式，结合图象的意义，求解杆的质量m和阻值r；（3）当R=4时，读出最大速度由E=BLv和功率公式得到回路中瞬时电功率的变化量，再根据动能定理求解合外力对杆做的功W解答：解：（1）由图可知，当R=0 时，杆最终以v=2m/s匀速运动，产生电动势 E=BLv=0.522V=2V 由右手定则判断得知，杆中电流方向从ba （2）设最大速度为v，杆切割磁感线产生的感应电动势 E=BLv由闭合电路的欧姆定律：杆达到最大速度时满足 mgsinBIL=0解得：v=由图象可知：斜率为，纵截距为v0=2m/s，得到：=v0=k 解得：m=0.2kg，r=2 （3）由题意：
40、E=BLv，得 ，则由动能定理得W=联立得 代入解得 W=0.6J 答：（1）当R=0时，杆a b匀速下滑过程中产生感生电动势E的大小是2V，杆中的电流方向从ba；（2）金属杆的质量m是0.2kg，阻值r是2；（3）当R=4时，回路瞬时电功率每增加1W的过程中合外力对杆做的功W是0.6J点评：电磁感应问题经常与电路、受力分析、功能关系等知识相结合，是高中知识的重点，该题中难点是第三问，关键是根据物理规律写出两坐标物理量之间的函数关系23（16分）（2013南京二模）如图所示，在xOy平面的y轴左侧存在沿y轴正方向的匀强电场，y轴右侧区域内存在磁感应强度大小B1=、方向垂直纸面向外的匀强磁场，区
41、域、区域的宽度均为L，高度均为3L质量为m、电荷量为+q的带电粒子从坐标为（2L，L）的A点以速度v0沿+x方向射出，恰好经过坐标为0，（1）L的C点射入区域粒子重力忽略不计（1）求匀强电场的电场强度大小E；（2）求粒子离开区域时的位置坐标；（3）要使粒子从区域上边界离开磁场，可在区域内加垂直纸面向内的匀强磁场试确定磁感应强度B的大小范围，并说明粒子离开区域时的速度方向考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：（1）粒子在匀强电场中做类平抛运动，将运动沿xy轴分解，根据动为学规律即可求解；（2）由运动学公式求出粒子在C点竖直分速度，结合初速度可
42、算出C点的速度大小与方向当粒子进入磁场时，做匀速圆周运动，由牛顿第二定律可确定运动的半径最后由几何关系可得出离开区域时的位置坐标； （3）根据几何关系确定离开磁场的半径范围，再由半径公式可确定磁感应强度的范围及粒子离开区域时的速度方向解答：解：（1）带电粒子在匀强电场中做类平抛运动则有： x轴方向：2L=v0t y轴方向：解得：（2）设带电粒子经C点时的竖直分速度为 vy、速度为v则有： 所以 ，方向与x轴正向成45 斜向上当粒子进入区域做匀速圆周运动，由牛顿第二定律，有 解得：由几何关系知，离开区域I时的位置坐标：x=L，y=0（3）根据几何关系知，带电粒子从区域上边界离开磁场的半径满足因解得根据几何关系知，带电粒子离开磁场时速度方向与y轴正方向夹角300900答：（1）求匀强电场的电场强度大小；（2）求粒子离开区域时的位置坐标（L，0）；（3）要使粒子从区域上边界离开磁场，可在区域内加垂直纸面向内的匀强磁场则磁感应强度B的大小范围，而粒子离开区域时的速度方向与y轴正方向夹角300900点评：本题涉及了类平抛运动、匀速圆周运动，学会处理这两运动的规律：类平抛运动强调运动的分解，匀速圆周运动强调几何关系确定半径与已知长度的关系高考资源网版权所有！投稿可联系QQ：1084591801