1、0712年山东物理高考试题分类汇总一、受力分析与平衡状态或非平衡态（07）16.如图所示，物体A靠在竖直墙面上，在力F作用下，A、B保持静止。物体B的受力个数为A.2 B.3 C.4 D.5（08）16.用轻弹簧竖直悬挂质量为m的物体，静止时弹簧伸长量为L0现用该弹簧沿斜面方向拉住质量为2m的物体，系统静止时弹簧伸长量也为L0斜面倾角为300，如图所示。则物体所受 摩擦力A.等于零B.大小为，方向沿斜面向下C.大小为，方向沿斜面向上D.大小为mg，方向沿斜面向上（09）16.如图所示，光滑半球形容器固定在水平面上，O为球心，一质量为m的小滑块，在水平力F的作用下静止P点。设滑块所受支持力为FN
2、。OP与水平方向的夹角为。下列关系正确的是高考资源网A. B.Ftan高考资源网C.D.FN=mgtan高考资源网（10）17.如图所示，质量分别为、的两个物体通过轻弹簧连接，在力的作用下一起沿水平方向做匀速直线运动（在地面，在这保），力与水平方向成角。则所受支持力N和摩擦力正确的是A. B. C. D. （11）19. 如图所示，将两相同的木块a、b置于粗糙的水平地面上，中间用一轻弹簧连接，两侧用细绳固定于墙壁。开始时a、b均静止。弹簧处于伸长状态，两细绳均有拉力，a所受摩擦力Ffa0，b所受摩擦力Ffb=0，现将右侧细绳剪断，则剪断瞬间 （ ）A .Ffa大小不变 B. Ffa方向改变C
3、. Ffb仍然为零 D, Ffb方向向右（12）17如图所示，两相同轻质硬杆、可绕其两端垂直纸面的水平轴、转动，在点悬挂一重物M，将两相同木块m紧压在竖直挡板上，此时整个系统保持静止。表示木块与挡板间摩擦力的大小，表示木块与挡板间正压力的大小。若挡板间的距离稍许增大后，系统仍静止且、始终等高，则（ ）A变小B不变C变小D变大答案 BD解析：把重物M和两木块m看成整体受力分析可得，竖直方向合力为零，始终木块与挡板间摩擦力，选项A错误B正确；挡板间的距离稍许增大后，对结点O受力分析可得，轻杆弹力增大，对木块受力分析得木块与挡板间正压力增大，选项C错误D正确。二、牛顿运动定律 功和能（07）17.下
4、列实例属于超重现象的是A.汽车驶过拱形桥顶端B.荡秋千的小孩通过最低点C.跳水运动员被跳板弹起，离开跳板向上运动D.火箭点火后加速升空（08）19.直升机悬停在空中向地面投放装有救灾物资的箱子，如图所示。设投放初速度为零箱子所受的空气阻力与箱子下落速度的平方成正比，且运动过程中箱子始终保持图示姿态。在箱子下落过程中下列说法正确的是A.箱内物体对箱子底部始终没有压力B.箱子刚从飞机上投下时，箱内物体受到的支持力最大C.箱子接近地面时，箱内物体受到的支持力比刚投下时大D.若下落距离足够长，箱内物体有可能不受底部支持力而“飘起来”（09）22.图示为某探究活动小组设计的节能运动系统。斜面轨道倾角为3
5、0，质量为M的木箱与轨道的动摩擦因数为。木箱在轨道顶端时，自动装货装置将质量为m的货物装入木箱，然后木箱载着货物沿轨道无初速滑下，当轻弹簧被压缩至最短时，自动卸货装置立刻将货物卸下，然后木箱恰好被弹回到轨道顶端，再重复上述过程。下列选项正确的是 A.mM B.m2M C.木箱不与弹簧接触时，上滑的加速度大于下滑的加速度 D.在木箱与货物从顶端滑到最低点的过程中，减少的重力势能全部转化为弹簧的弹性势能（10）22如图所示，倾角30的粗糙斜面固定在地面上，长为、质量为、粗细均匀、质量分布均匀的软绳置于斜面上，其上端与斜面顶端齐平。用细线将物块与软绳连接，物块由静止释放后向下运动，直到软绳刚好全部离
6、开斜面（此时物块未到达地面），在此过程中A物块的机械能逐渐增加B软绳重力势能共减少了C物块重力势能的减少等于软绳克服摩擦力所做的功D软绳重力势能的减少小于其动能的增加与克服摩擦力所做功之和（11）18.如图所示，将小球从地面以初速度竖直上抛的同时，将另一相同质量的小球从距地面处由静止释放，两球恰在处相遇（不计空气阻力）。则A.两球同时落地 B.相遇时两球速度大小相等 C.从开始运动到相遇，球动能的减少量等于球动能的增加量 D.相遇后的任意时刻，重力对球做功功率和对球做功功率相等（12）16将地面上静止的货物竖直向上吊起，货物由地面运动至最高点的过程中，图像如图所示。以下判断正确的是（ ）A前3
7、s内货物处于超重状态B最后2s内货物只受重力作用C前3s内与最后2s内货物的平均速度相同D第3s末至第5s末的过程中，货物的机械能守恒答案 AC解析：根据图像可知，前3s内货物向上做匀加速直线运动，加速度向上，处于超重状态，选项A正确；最后2s内货物做匀减速直线运动，加速度大小为，受重力和拉力作用，选项B错误；根据匀变速直线运动平均速度公式，前3s内与最后2s内货物的平均速度相同，都为，选项C正确；第3s末至第5s末的过程中，货物匀速上升，机械能不守恒，选项D错误。三、匀变速直线运动的综合图像（07）20.如图所示，光滑轨道MO和ON底端对接且=2，M、N两点高度相同。小球自M点由静止自由滚下
8、，忽略小球经过O点时的机械能损失，以v、s、a、分别表示小球的速度、位移、加速度和动能四个物理量的大小。下列图象中能正确反映小球自M点到N点运动过程的是 答案：A（08）17.质量为1500kg的汽车在平直的公路上运动，v-t图象如图所示。由此可求A.前25s内汽车的平均速度B.前l0s内汽车的加速度C.前l0s内汽车所受的阻力D.1525s内台外力对汽车所做的功（09）17.某物体做直线运动的v-t图象如图甲所示，据此判断图乙（F表示物体所受合力，x表示物体的位移）四个选项中正确的是 B高考资源网高考资源（10）16.如图甲所示，物体沿斜面由静止滑下，在水平面上滑行一段距离后停止，物体与斜面
9、和水平面间的动摩擦因数相同，斜面与水平面平滑连接。图乙中、和分别表示物体速度大小、加速度大小、摩擦力大小和路程。图乙中正确的是 C四、万有引力 天体的运动（07）22.2007年4月24日，欧洲科学家宣布在太阳系之外发现了一颗可能适合人类居住的类地行星Gliese 581c。这颗围绕红矮星Gliese 581运行的星球有类似地球的温度，表面可能有液态水存在，距离地球约为20光年，直径约为地球的1.5倍，质量约为地球的5倍，绕红矮星Gliese 581运行的周期约为13天。假设有一艘宇宙飞船飞临该星球表面附近轨道，下列说法正确的是A.飞船在Gliese 581c表面附近运行的周期约为13天B.飞
10、船在Gliese 581c表面附近运行时的速度大于7.9 km/sC.人在Gliese 581c上所受重力比在地球上所受重力大D.Gliese 581c的平均密度比地球平均密度小（08）18.据报道，我国数据中继卫星“天链一号Ol星”于2008年4月25日在西昌卫星发射中心发射升空，经过4次变轨控制后，于5月1日成功定点在东经770赤道上空的同步轨道。关于成功定点后的“天链一号01星”，下列说法正确的是 A运行速度大于7.9 kms B离地面高度一定，相对地面静止 C绕地球运行的角速度比月球绕地球运行的角速度大 D向心加速度与静止在赤道上物体的向心加速度大小相等（09）18.2008年9月25
11、日至28日，我国成功实施了“神舟”七号载人航天飞行并实现了航天员首次出舱。飞船先沿椭圆轨道飞行，后在远地点343千米处点火加速，由椭圆轨道变成高度为343千米的圆轨道，在此圆轨道上飞船运行周期约为90分钟。下列判断正确的是高考资源网A.飞船变轨前后的机械能相等高考资源网 B.飞船在圆轨道上时航天员出舱前后都处于失重状态高考资源网 C.飞船在此圆轨道上运动的角度速度大于同步卫星运动的角速度高考资源网 D.飞船变轨前通过椭圆轨道远地点时的加速度大于变轨后沿圆轨道运动的加速度（10）18.1970年4月24日，我国自行设计、制造的第一颗人造地球卫星“东红一号”发射成功，开创了我国航天事业的新纪元。“
12、东方红一号”的运行轨道为椭圆轨道，其近地点和运地点的高度分别为439km和2384km，则 A.卫星在点的势能大于点的势能 B.卫星在点的角速度大于点的角速度 C.卫星在点的加速度大于点的加速度 D.卫星在点的速度大于7.9km/s（11）17.甲、乙为两颗地球卫星，其中甲为地球同步卫星，乙的运行高度低于甲的运行高度，两卫星轨道均可视为圆轨道。以下判断正确的是A.甲的周期大于乙的周期 B.乙的速度大于第一宇宙速度C.甲的加速度小于乙的加速度 D.甲在运行时能经过北极的正上方（12）152011年11月3日，“神州八号”飞船与“天宫一号”目标飞行器成功实施了首次交会对接。任务完成后“天宫一号”经
13、变轨升到更高的轨道，等待与“神州九号”交会对接。变轨前和变轨完成后“天宫一号”的运行轨道均可视为圆轨道，对应的轨道半径分别为R1、R2，线速度大小分别为、。则等于（ ）A B C D 答案 B解析：万有引力提供向心力有，得，所以，选项B正确。五、电场中的E、F、Ep、W（07）19.如图所示，某区域电场线左右对称分布，M、N为对称线上的两点。下列说法正确的是A.M点电势一定高于N点电势B.M点场强一定大于N点场强C.正电荷在M点的电势能大于在N点的电势能D.将电子从M点移到N点，电场力做正功（08）21.如图所示，在y轴上关于0点对称的A、B两点有等量同种点电荷+Q，在x轴上C点有点电荷-Q且
14、CO=OD，ADO=600。下列判断正确的是A. O点电场强度为零 B. D点电场强度为零C.若将点电荷+q从O移向C，电势能增大 D.若将点电荷-q从O移向C，电势能增大（09）20.如图所示，在x轴上关于原点O对称的两点固定放置等量异种点电荷+Q和-Q，x轴上的P点位于-Q的右侧。下列判断正确的w.w.w.k.s.5.u.c.o.m是高考资源网 A.在x轴上还有一点与P点电场强度相同高考资源网 B.在x轴上还有两点与P点电场强度相同高考资源网 C.若将一试探电荷+q从P点移至O点，电势能增大 D.若将一试探电荷+q从P点移至O点，电势能减小（10）20.某电场的电场线分布如图所示，以下说法
15、正确的是 A. 点场强大于点场强 B. 点电势高于点电势C.若将一试探电荷+由点释放，它将沿电场线运动b点D.若在点再固定一点电荷-Q，将一试探电荷+q由移至b的过程中，电势能减小（11）21、如图所示，在两等量异种点电荷的电场中，MN为两电荷连线的中垂线，a、b、c三点所在直线平行于两电荷的连线，且a与c关于MN对称，b点位于MN上，d点位于两电荷的连线上。以下判断正确的是 A、b点场强大于d点场强 B、b点场强小于d点场强C、a、b两点的电势差等于b、c两点间的电势差D、试探电荷+q在a点的电势能小于在c点的电势能（12）19图中虚线为一组间距相等的同心圆，圆心处固定一带正电的点电荷。一带
16、电粒子以一定初速度射入电场，实线为粒子仅在电场力作用下的运动轨迹，a、b、c三点是实线与虚线的交点。则该粒子（ ）A带负电B在c点受力最大C在b点的电势能大于在c点的电势能D由a点到b点的动能变化大于有b点到c点的动能变化答案CD 解析：根据粒子运动轨迹可知，粒子带正电，选项A正确；根据库仑定律可知，离点电荷最近时最大，选项B错误；从b点到c点电场力做正功，电势能减小，选项C错误；同心圆间距相等，所以a点到b点电势差大于b点到c点的电势差，所以由a点到b点的动能变化大于有b点到c点的动能变化，选项D正确。六、电磁感应与电路（07）21.用相同导线绕制的边长为L或2L的四个闭合导体线框，以相同的
17、速度匀速进入右侧匀强磁场，如图所示。在每个线框进入磁场的过程中，M、N两点间的电压分别为、和下列判断正确的是A.B.C.=D.（08）22.两根足够长的光滑导轨竖直放置，间距为L，底端接阻值为R的电阻。将质量为m的金属棒悬挂在一个固定的轻弹簧下端，金属棒和导轨接触良好导轨所在平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，如图所示。除电阻R外其余电阻不计。现将金属棒从弹簧原长位置由静止释放，则A. 释放瞬间金属棒的加速度等于重力加速度gB.金属棒向下运动时，流过电阻R的电流方向为abC.金属棒的速度为v时，所受的安培力大小为F=D.电阻R上产生的总热量等于金属棒重力势能的减少（09）21.如图所示，一导线
18、弯成半径为a的半圆形闭合回路。虚线MN右侧有磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直于回路所在的平面。回路以速度v向右匀速进入磁场，直径CD始终与MN垂直。从D点到达边界开始到C点进入磁场为止，下列结论正确的是A.感应电流方向不变 B.CD段直线始终小受安培力 C.感应电动势最大值Em D.感应电动势平均值（10）21如图所示，空间存在两个磁场，磁感应强度大小均为，方向相反且垂直纸面，、为其边界，OO为其对称轴。一导线折成边长为的正方形闭合回路，回路在纸面内以恒定速度向右运动，当运动到关于OO对称的位置时A穿过回路的磁通量为零B回路中感应电动势大小为2BC回路中感应电流的方向为顺时针方向D回路中边与
19、边所受安培力方向相同（11）22.如图甲所示，两固定的竖直光滑金属导轨足够长且电阻不计。两质量、长度均相同的导体棒、d，置于边界水平的匀强磁场上方同一高度处。磁场宽为3，方向与导轨平面垂直。先由静止释放，刚进入磁场即匀速运动，此时再由静止释放d，两导体棒与导轨始终保持良好接触。用表示的加速度， 表示d的动能，、分别表示 、相对释放点的位移。图乙中正确的是BD （12）20如图所示，相距为L的两条足够长的光滑平行金属导轨与水平面的夹角为，上端接有定值电阻，匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为B。将质量为m的导体棒由静止释放，当速度达到时开始匀速运动，此时对导体棒施加一平行于导轨向下的拉力，并保持
20、拉力的功率为P，导体棒最终以的速度匀速运动。导体棒始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨和导体棒的电阻，重力加速度为g，下列选项正确的是（ ）ABC当导体棒速度达到时加速度为D在速度达到以后匀速运动的过程中，R上产生的焦耳热等于拉力所做的功答案 AC解析：当速度达到时开始匀速运动，受力分析可得，导体棒最终以的速度匀速运动时，拉力为，所以拉力的功率为，选项A正确B错误。当导体棒速度达到时安培力，加速度为，选项C正确。在速度达到以后匀速运动的过程中，根据能量守恒定律，R上产生的焦耳热等于拉力所做的功加上重力做的功，选项D错误，七、交变电流、变压器、远距离输电（07）18.某变压器原、副线圈匝数比为55
21、9，原线圈所接电源电压按图示规律变化，副线圈接有负载。下列判断正确的是A.输出电压的最大值为36 VB.原、副线圈中电流之比为559C.变压器输入、输出功率之比为559D.交流电源有效值为220 V，频率为50 Hz（08）20.图1、图2分别表示两种电压的波形，其中图1所示电压按正弦规律变化。下列说法正确的是 A.图l表示交流电，图2表示直流电 B.两种电压的有效值相等 C.图1所示电压的瞬时值表达式为u=311 sinl00tVD.图1所示电压经匝数比为10：l的变压器变压后，频率变为原来的（09）19.某小型水电站的电能输送示意图如下，发电机的输出电压为200V，输电线总电阻为r，升压变
22、压器原副线圈匝数分别为n1、n2。降压变压器原副线匝数分别为a3、n4（变压器均为理想变压器）。要使额定电压为220V的用电器正常工作，则高考资源网A.高考资源网B.高考资源网 C.升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压高考资源网D.升压变压器的输出功率大于降压变压器的输入功率高考资（10）19.一理想变压器原、副线圈的匝数比为10：1，原线圈输入电压的变化规律如图甲所示，副线圈所接电路如图乙所示，P为滑动变阻器的触头。 A.副线圈输出电压的频率为50Hz B.副线圈输出电压的有效值为31V C. P向右移动时，原、副线圈的电流比减小 D. P向右移动时，变压器的输出功率增加（11）20
23、为保证用户电压稳定在220V，变电所需适时进行调压，图甲为调压变压器示意图。保持输入电压u1不变，当滑动接头P上下移动时可改变输出电压。某次检测得到用户电压u2随时间t变化的曲线如图乙所示。以下正确的是 （ ）A、u2=190sin(50t)VB、u2=190sin(100t)V C、为使用户电压稳定在220V，应将P适当下移D、为使用户电压稳定在220V，应将P适当上移（12）18图甲是某燃气炉点火装置的原理图。转换器将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、。V为交流电压表。当变压器副线圈电压的瞬时值大于5000V时，就会在钢针和金
24、属板间引发电火花进而点燃气体。以下判断正确的是（ ）A电压表的示数等于5VB电压表的示数等于C实现点火的条件是D实现点火的条件是答案 BC解析：电压表的示数为有效值，所以等于，选项A错误B正确；实现点火的条件是，所以，选项C正确D错误。八、物理学史部分（11）16.了解物理规律的发现过程，学会像科学家那样观察和思考，往往比掌握知识本身更重要。以下符合事实的是A.焦耳发现了电流热效应的规律B.库仑总结出了点电荷间相互作用的规律C.楞次发现了电流的磁效应，拉开了研究电与磁相互关系的序幕D.牛顿将斜面实验的结论合理外推，间接证明了自由落体运动是匀变速直线运动（12）14以下叙述正确的是（ ）A法拉第
25、发现了电磁感应现象B惯性是物体的固有属性，速度大的物体惯性一定大C牛顿最早通过理想斜面实验得出力不是维持物体运动的必然结果D感应电流遵从楞次定律所描述的方向，这是能量守恒定律的必然结果AD解析：惯性是物体的固有属性，质量是决定物体惯性大下的唯一因素，选项A错误；伽利略最早通过理想斜面实验得出力不是维持物体运动的必然结果，选项C错误。九、实验考题（07）23.（11分）检测一个标称值为5的滑动变阻器。可供使用的器材如下：A.待测滑动变阻器，全电阻约5 （电阻丝绕制紧密，匝数清晰可数）B.电流表，量程0.6 A，内阻约0.6 C.电流表，量程3 A，内阻约0.12 D.电流表，量程15 V，内阻约
26、15 kE.电压表，量程3 V，内阻约3 kF.滑动变阻器R，全电阻约20 G.直流电源E，电动势3 V，内阻不计H.游标卡尺 I.毫米刻度尺 J.电键S、导线若干（1）用伏安法测定的全电阻值，所选电流表为_（填“”或“”），所选电压表为_（填“”或“”）。为_(填“”或“”)。答案：、（2）画出测量电路的原理图，并根据所画原理图将下图中实物连接成测量电路。【解析】（3）为了进一步测量待测滑动变阻器电阻丝的电阻率，需要测量电阻丝的直径和总长度，在不破坏变阻器的前提下，请设计一个实验方案，写出所需器材及操作步骤，并给出直径和总长度的表达式。方案一：需要的器材：游标卡尺、毫米刻度尺主要操作步骤：
27、数出变阻器线圈缠绕匝数n 用毫米刻度尺（也可以用游标卡尺）测量所有线圈的排列长度L，可得电阻丝的直径为d=L/n 用游标卡尺测量变阻器线圈部分的外径D，可得电阻丝总长度l=n（D-）也可以用游标卡尺测量变阻器瓷管部分的外径D，得电阻丝总长度l=n（D-）。 重复测量三次，求出电阻丝直径和总长度的平均值方案二需要的器材：游标卡尺主要的操作步走骤： 数出变阻器线圈缠绕匝数n 用游标卡尺测量变阻器线圈部分的外径D1 和瓷管部分的外经D2，可得电阻丝的直径为d=电阻丝总长度l=（D1+D2） 重复测量三次，求出电阻丝直径和总长度的平均值（08）23.(12分)2007年诺贝尔物理学奖授予了两位发现“巨
28、磁电阻”救应的物理学家。材料的电阻随磁场的增加而增大的现象称为磁阻效应，利用这种效应可以测量磁感应强度。若图l为某磁敏电阻在室温下的电阻一磁感应强度特性曲线，其中RB,R0分别表示有、无磁场时磁敏电阻的阻值。为了测量磁感应强度B，需先测量磁敏电阻处于磁场中的电阻值RB。请按要求完成下列实验。(1)设计一个可以测量磁场中该磁敏电阻阻值的电路，在图 2的虚线框内画出实验电路原理图(磁敏电阻及所处磁场已给出，待测磁场磁感应强度大小约为0.61.0T，不考虑磁场对电路其它部分的影响)。要求误差较小。提供的器材如下： A.磁敏电阻，无磁场时阻值Ro=150 B.滑动变阻器R，全电阻约20 C.电流表量程
29、2.5mA，内阻约30 D.电压表，量程3V，内阻约3k E.直流电源E，电动势3V，内阻不计 F.开关S，导线若干(2)正确接线后，将磁敏电阻置入待测磁场中，测量数据如下表 根据上表可求出磁敏电阻的测量值RB=_，结合图1可知待测磁场的磁感应强度B=_T。(3)试结合图1简要回答，磁感应强度B在00.2T和0.41.0T范围内磁敏电阻阻直的变化规律有何不同?(4)某同学查阅相关资料时看到了图3所示的磁敏电阻在一定温度下的电阻一磁感应强度特性曲线(关于纵轴对称)，由图线可以得到什么结论?答案：(1)如右图所示(2)1500 0.90(3)在00 2T范围内，磁敏电阻的阻值随磁感应强度非线性变化
30、(或不均匀变化);在0.41.0T范围内，磁敏电阻的阻值随磁感应强度线性变化(或均匀变化)(4)磁场反向磁敏电阻的阻值不变。（09）23(12分)请完成以下两小题。（1） 某同学在家中尝试验证平行四边形定则，他找到三条相同的橡皮筋（遵循胡克定律）和若干小重物，以及刻度尺、三角板、铅笔、细绳、白纸、钉子，设计了如下实验：将两条橡皮筋的一端分别挂在墙上的两个钉子A、B上，另一端与第三条橡皮筋连接，结点为O，将第三条橡皮筋的另一端通过细胞挂一重物。为完成实验，下述操作中必需的是 。a. 测量细绳的长度b. 测量橡皮筋的原长c. 测量悬挂重物后橡皮筋的长度d. 记录悬挂重物后结点O的位置钉子位置固定，
31、欲利用现有器材，改变条件再次实验证，可采用的方法是 (2)为了节能和环保，一些公共场所使用光控开关控制照明系统。光控开头可采用光敏电阻来控制，光敏电阻是阻值随着光的照度而发生变化的元件（照度可以反映光的强弱，光越强照度越大，照度单位为1x）。某光敏电阻Rp在不同照度下的阻值如下表：照度（lx）0.20.40.60.81.01.2电阻(k)754028232018根据表中数据，请在给定的坐标系（见答题卡）中描绘出阻值随照度变化的曲线，并说明阻值随照度变化的特点。如图所示，当1、2两端所加电压上升至2V时，控制开关自动启动照明系统，请利用下列器材设计一个简单电路，给1、2两端提供电压，要求当天色渐
32、暗照度降低至1.0(1x)时启动照明系统，在虚线框内完成电路原理图。（不考虑控制开关对所设计电路的影响）提供的器材如下：光敏电阻Rp（符号，阻值见上表）；直流电源E(电动势3V，内阻不计);定值电阻：R1=10k，R2=20k，R3=40k（限选其中之一并在图中标出）；开关S及导线若干。答案：23.（1）bcd 更换不同的小重物（2）光敏电阻的阻值随光照变化的曲线如图所示。特点：光敏电阻的阻值随光照强度的增大非线性减小电路原理图如图所示。（10）23（12分）请完成以下两小题。（1）某同学设计了如图所示的装置来探究加速度与力的关系。弹簧秤固定在一合适的木板上，桌面的右边缘固定一支表面光滑的铅笔
33、以代替定滑轮，细绳的两端分别与弹簧秤的挂钩和矿泉水瓶连接。在桌面上画出两条平行线MN、PQ，并测出间距。开始时将木板置于MN处，现缓慢向瓶中加水，直到木板刚刚开始运动为止，记下弹簧秤的示数F0，以此表示滑动摩擦力的大小。再将木板放回原处并按住，继续向瓶中加水后，记下弹簧秤的示数F1，然后释放木板，并用秒表记下木板运动到PQ处的时间。木板的加速度可以用、表示为；为了减小测量加速度的偶然误差可以采用的方法是（一种即可）。改变瓶中水的质量重复实验，确定加速度与弹簧秤示数F1的关系。下列图象能表示该同学实验结果的是。用加水的方法改变拉力的大小与挂钩码的方法相比，它的优点是。a可以改变滑动摩擦力的大小b
34、可以更方便地获取多组实验数据c可以比较精确地测出摩擦力的大小d可以获得更大的加速度以提高实验精度（2）在测定金属电阻率的实验中，某同学连接电路如图所示。闭合电键后，发现电路有故障（已知电源、电表和导线均完好，电源电动势为E）：若电流表示数为零、电压表示数为E，则发生故障的是（填“待测金属丝”“滑动变阻器”或“电键”）。若电流表、电压表示数均为零，该同学利用多用电表检查故障。先将选择开关旋至档（填“欧姆100”“直流电压10V”或“直流电流2.5mA”），再将（填“红”或“黑”）表笔固定在a接线柱，把另一支表笔依次接b、c、d接线柱。若只有滑动变阻器断路，则多用电表的示数依次是、。23(12分)
35、 (1) 2dt2 保持F1不变，重复实验多次测量，求平均值 c bc (2) 待测金属丝 直流电压10V ； 红； 0、E、E（11）23.（12分）（1）某探究小组设计了“用一把尺子测定动摩擦因数”的实验方案。如图所示，将一个小球和一个滑块用细绳连接，跨在斜面上端。开始时小球和滑块均静止，剪断细绳后，小球自由下落，滑块沿斜面下滑，可先后听到小球落地和滑块撞击挡板的声音，保持小球和滑块释放的位置不变，调整挡板位置，重复以上操作，直到能同时听到小球落地和滑块撞击挡板的声音。用刻度尺测出小球下落的高度H、滑块释放点与挡板处的高度差h和沿斜面运动的位移。（空气阻力对本实验的影响可以忽略）滑块沿斜面
36、运动的加速度与重力加速度的比值为_。滑块与斜面间的动摩擦因数为_。以下能引起实验误差的是_。a滑块的质量b当地重力加速度的大小c长度测量时的读数误差d小球落地和滑块撞击挡板不同时（2）某同学利用图甲所示电路，探究了电源在不同负载下的输出功率。 所得实验数据如下图，请在给出的直角坐标系上(见答题卡)画出的图像。 根据所画的图像，可求得电流I=0.20A时电源的输出功率为_W。（保留两位有效数）实验完成后，该同学对实验方案进行了反思，认为按图甲电路进行实验操作的过程中存在安全隐患，并对电路重新设计。在图乙所示的电路中，你认为既能测出电源在不同负载下的输出功率，又能消除安全隐患的是 。（Rx阻值未知
37、）23.（2）答案：如图所示；0.37 bc解析：电流I=0.20A时，电源输出电压为1.85V，电源的输出功率为P=UI=1.850.20W=0.37W。电路a当滑动变阻器滑动片滑动到最右端，电源短路，存在安全隐患；电路d电压表测量的电源路端电压，不能测出电源在不同负载下的输出功率，既能测出电源在不同负载下的输出功率，又能消除安全隐患的是电路bc。（12）21（13分）（1）某同学利用图甲所示的实验装置，探究物块在水平桌面上的运动规律。物块在重物的牵引下开始运动，重物落地后，物块再运动一段距离停在桌面上（尚未到达滑轮处）。从纸带上便于测量的点开始，每5个点取1个计数点，相邻计数点间的距离如图
38、议所示。打点计时器电源的频率为50Hz。通过分析纸带数据，可判断物块在相邻计数点 和 之间某时刻开始减速。计数点5对应的速度大小为 m/s，计数点6对应的速度大小为 m/s。（保留三位有效数字）。物块减速运动过程中加速度的大小为= m/s2，若用来计算物块与桌面间的动摩擦因数（g为重力加速度），则计算结果比动摩擦因数的真实值 （填“偏大”或“偏小”）。答案（1）6；7【或7；6】 1.00；1.20 2.00；偏大解析：根据匀加速直线运动的推论，相邻相等时间内位移之差是常数，可知开始位移之差为2cm，所以6和7之间某时刻开始减速。计数点5对应的速度大小为，计数点6对应的速度大小为。物块减速运动
39、过程中加速度的大小为，由于纸带与打点计时器之间有摩擦阻力,则计算结果比动摩擦因数的真实值偏大.（2）在测量金属丝电阻率的试验中，可供选用的器材如下：待测金属丝：（阻值约，额定电流约）；电压表：（量程，内阻约）；电流表：（量程，内阻约）；（量程，内阻约）；电源：（电动势3V，内阻不计）（电动势12V，内阻不计）滑动变阻器：（最大阻值约）螺旋测微器；毫米刻度尺；开关S；导线。用螺旋测微器测量金属丝的直径，示数如图所示，读数为 mm。若滑动变阻器采用限流接法，为使测量尽量精确，电流表应选 、电源应选 （均填器材代号），在虚线框中（间答题卡）完成电路原理图。 21（2）1773【17711775均正确
40、】 A1；E1；电路图如右。解析：电压表量程3V，所以电源应选E1，通过待测金属丝的最大电流约为，所以电流表应选A1。十、力学综合计算题（07）24.（16分）如图所示，一水平圆盘绕过圆心的竖直轴转动，圆盘边缘有一质量m=1.0 kg的小滑块。当圆盘转动的角速度达到某一数值时，滑块从圆盘边缘滑落，经光滑的过渡圆管进入轨道ABC。已知AB段斜面倾角为53，BC段斜面倾角为37，滑块与圆盘及斜面间的动摩擦因数均为=0.5，A点离B点所在水平面的高度h=1.2 m。滑块在运动过程中始终未脱离轨道，不计在过渡圆管处和B点的机械能损失，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，取g=10 m/，sin37=0.6
41、，cos37=0.8（1）若圆盘半径R=0.2 m，当圆盘的角速度多大时，滑块从圆盘上滑落？（2）若取圆盘所在平面为零势能面，求滑块到达B点时的机械能。（3）从滑块到达B点时起，经0.6 s正好通过C点，求BC之间的距离。解：(1)滑块在圆盘上做圆周运动时，静摩擦力充当向心力，根据牛顿第二定律，可得：mg=m2R代入数据解得：=5rad/s（2）滑块在A点时的速度：UA=R=1m/s从A到B的运动过程由动能定理：mgh-mgcos53h/sin53=1/2mvB2-1/2mvA2在B点时的机械能EB=1/2mvB2-mgh=-4J（3）滑块在B点时的速度：vB=4m/s滑块沿BC段向上运动时的
42、加速度大小：a3=g（sin37+ucos37）=10m/s2返回时的速度大小：a2=g（sin37-ucos37）=2m/s2BC间的距离：sBC=vB2/2a1-1/2a2（t-uR/a1）2=0.76m（08）24.(15分)某兴趣小组设计了如图所示的玩具轨道，其中“2008”四个等高数字用内壁光滑的薄壁细圆管弯成，固定在竖直平面内(所有数字均由圆或半圆组成，圆半径比细管的内径大得多)，底端与水平地面相切。弹射装置将一个小物体(可视为质点)以Va=5m/s的水平初速度由a点弹出，从b点进入轨道，依次经过“8002”后从p点水平抛出。小物体与地面ab段间的动摩擦因数=0.3，不计其它机械能
43、损失。已知ab段长L=l.5m,数字“0”的半径R=0.2m，小物体质量m=0.0lkg，g=10ms2。求：(1)小物体从p点抛出后的水平射程。(2)小物体经过数字“0”的最高点时管道对小物体作用力的大小和方向。解：（1）设小物体运动到p点时的速度大小为v，对小物体由a运动到p过程应用动能定理得 s=vt联立式，代入数据解得s=0.8m（2）设在数字“0”的最高点时管道对小物体的作用力大小为F，取竖直向下为正方向联立式，代入数据解得F0.3N方向竖直向下（09）24.（15分）如图所示，某货场而将质量为m1=100 kg的货物（可视为质点）从高处运送至地面，为避免货物与地面发生撞击，现利用固
44、定于地面的光滑四分之一圆轨道，使货物由轨道顶端无初速滑下，轨道半径R=1.8 m。地面上紧靠轨道依次排放两块完全相同的木板A、B，长度均为=2m，质量均为m2=100 kg，木板上表面与轨道末端相切。货物与木板间的动摩擦因数为1，木板与地面间的动摩擦因数2=0.2。（最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取g=10 m/s2）（1） 求货物到达圆轨道末端时对轨道的压力。（2） 若货物滑上木板A时，木板不动，而滑上木板B时，木板B开始滑动，求1应满足的条件。（3） 若1=0.5，求货物滑到木板A末端时的速度和在木板A上运动的时间。24. （1）设货物滑到圆轨道末端是的速度为，对货物的下滑过程中根据机
45、械能守恒定律得，设货物在轨道末端所受支持力的大小为,根据牛顿第二定律得，联立以上两式代入数据得,根据牛顿第三定律，货物到达圆轨道末端时对轨道的压力大小为3000N，方向竖直向下。（2）若滑上木板A时，木板不动，由受力分析得，若滑上木板B时，木板B开始滑动，由受力分析得，联立式代入数据得。（3），由式可知，货物在木板A上滑动时，木板不动。设货物在木板A上做减速运动时的加速度大小为，由牛顿第二定律得，设货物滑到木板A末端是的速度为，由运动学公式得，联立式代入数据得，设在木板A上运动的时间为t，由运动学公式得，联立式代入数据得。（10）24. （15分）如图所示、四分之一圆轨道OA与水平轨道AB相切
46、，它们与另一水平轨道CD在同一竖直面内，圆轨道OA的半径R=0.45m，水平轨道AB长S13m，OA与AB均光滑。一滑块从O点由静止释放，当滑块经过A点时，静止在CD上的小车在F=1.6N的水平恒力作用下启动，运动一段时间后撤去F0当小车在CD上运动了S23.28m时速度v=2.4m/s，此时尚志恰好落入小车中。已知小车质量M=0.2kg，与CD间的动摩擦因数0.4。（取g=10m/）求（1）恒力F的作用时间t.(2)AB与CD的高度差h。24(15分) 解：(1)设小车在轨道CD上加速的距离为s，由动能定理得 设小车在轨道CD上做加速运动时的加速度为a，由牛顿运动定律得 FMg=Ma 联立式
47、，代入数据得 t=1 s (2)设小车在轨道CD上做加速运动的末速度为v，撤去力F后小车做减速运动时的 加速度为a，减速时间为t，由牛顿运动定律得 v=at Mg=Ma v= v+at 设滑块的质量为m，运动到A点的速度为vA，由动能定理得 mgR=mvA2 设滑块由A点运动到B点的时间为t1，由运动学公式得 s1 =vAtl 设滑块做平抛运动的时间为t1，则 t1=_t+ ttl 由平抛规律得 h=g t12 联立式，代人数据得h=0.8m （11）24.（15分）如图所示，在高出水平地面的光滑平台上放置一质量、由两种不同材料连接成一体的薄板A，其右段长度且表面光滑，左段表面粗糙。在A最右端
48、放有可视为质点的物块B，其质量。B与A左段间动摩擦因数。开始时二者均静止，现对A施加水平向右的恒力，待B脱离A（A尚未露出平台）后，将A取走。B离开平台后的落地点与平台右边缘的水平距离。（取g=10m/s2）求：（1）B离开平台时的速度vB。（2）B从开始运动到刚脱离A时，B运动的时间tB和位移xB。（3）A左端的长度l2。24.解析：（1）设物块平抛运动的时间为t，由平抛运动规律得h=gt2，x=vBt联立解得vB=2m/s。(2)设B的加速度为aB，由牛顿第二定律，mg=maB，由匀变速直线运动规律，vB=aBt B，xB=aBt B 2，联立解得t B=0.5s，xB=0.5m。（3）设
49、B刚好开始运动时A的速度为v，由动能定理得F l2=Mv12设B运动后A的加速度为aA，由牛顿第二定律和运动学的知识得F-mg=MaA，(l2+ xB)=v1t B+aAt B 2，联立解得l2=1.5m。（12）22（15分）如图所示，一工件置于水平地面上，其AB段为一半径的光滑圆弧轨道，BC段为一长度的粗糙水平轨道，二者相切与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，与BC间的动摩擦因数。工件质，与地面间的动摩擦因数。（取（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h。（2）若将一水平恒力F作用于工
50、件，使物体在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，求物块的落点与B点间的距离。答案 解：（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，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 联立式，代入数据得 设物体平抛运动的时间为，水平位移为，物块落点与B间的距离为 ， 由运动学公式可得 联立式，代入数据得 十一、电学综合计算题（07）25.（18分）飞行时间质谱仪可以对气体分子进行分析。
51、如图所示，在真空状态下，脉冲阀P喷出微量气体，经激光照射产生不同价位的正离子，自a板小孔进入a、b间的加速电场，从b板小孔射出，沿中线方向进入M、N板间的偏转控制区，到达探测器。已知元电荷电量为e，a、b板间距为d，极板M、N的长度和间距均为L。不计离子重力及进入a板时的初速度。（1）当a、b间的电压为时，在M、N间加上适当的电压，使离子到达探测器。请导出离子的全部飞行时间与比荷K（K=）的关系式。（2）去掉偏转电压，在M、N间区域加上垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度为B，若进入a、b间的所有离子质量均为m，要使所有的离子均通过控制区从右侧飞出，a、b间的加速电压至少为多少？解：（1）由动能定
52、理：neU1=1/2mv2n价正离子在a、b间的加速度a1=neU1/md在a、b间运动的时间t1=v/a1=d在MN间运动的时间：t2=L/v离子到达探测器的时间：t=t1+t2=（2）假定n价正离子在磁场中向N板偏转，洛仑兹力充当向心力，设轨迹半径为R，由牛顿第二定律nevB=mv2/R离子刚好从N板右侧边缘穿出时，由几何关系：R2=L2+（R-L/2）2由以上各式得：U1=25neL2B2/32m当n=1时U1取最小值Umin=25eL2B2/32m（08）25.(18分)两块足够大的平行金属极板水平放置，极板间加有空间分布均匀、大小随时间周期性变化的电场和磁场，变化规律分别如图1、图2
53、所示(规定垂直纸面向里为磁感应强度的正方向)。在t=0。时刻由负极板释放一个初速度为零的带负电的粒子(不计重力)。若电场强度E0、磁感应强度B0、粒子的比荷均已知，且，两板间距h=。 (1)求粒子在0to时间内的位移大小与极板间距h的比值。 (2)求粒子在极板间做圆周运动的最大半径(用h表示)。 (3)若板间电场强度E随时间的变化仍如图l所示，磁场的变化改为如图3所示，试画出粒子在板间运动的轨迹图(不必写计算过程)。解法一：（1）设粒子在0t0时间内运动的位移大小为s1 又已知联立式解得（2）粒子在t02t0时间内只受洛伦兹力作用，且速度与磁场方向垂直，所以粒子做匀速圆周运动。设运动速度大小为
54、v1，轨道半径为R1，周期为T，则联立式得又即粒子在t02t0时间内恰好完成一个周期的圆周运动。在2t03t0时间内，粒子做初速度为v1的匀加速直线运动，设位移大小为s2解得 由于s1+s2h,所以粒子在3t04t0时间内继续做匀速圆周运动，设速度大小为v2，半径为R2解得 由于s1+s2+R2h,粒子恰好又完成一个周期的圆周运动。在4t05t0时间内，粒子运动到正极板（如图1所示）。因此粒子运动的最大半径。（3）粒子在板间运动的轨迹如图2所示。解法二：由题意可知，电磁场的周期为2t0，前半周期粒子受电场作用做匀加速直线运动，加速度大小为 方向向上 后半周期粒子受磁场作用做匀速圆周运动，周期为
55、T 粒子恰好完成一次匀速圆周运动。至第n个周期末，粒子位移大小为sn 又已知 由以上各式得 粒子速度大小为 粒子做圆周运动的半径为 解得 显然 （1）粒子在0t0时间内的位移大小与极板间距h的比值 （2）粒子在极板间做圆周运动的最大半径 （3）粒子在板间运动的轨迹图见解法一中的图2。（09）25.（18分）如图甲所示，建立Oxy坐标系，两平行极板P、Q垂直于y轴且关于x轴对称，极板长度和板间距均为，在第一、四象限有磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直于Oxy平面向里。位于极板左侧的粒子源沿x轴向右连续发射质量为m、电量为+q、速度相同、重力不计的带电粒子。在03t0时间内两板间加上如图乙所示的电
56、压（不考虑极板边缘的影响）。已知t=0时刻进入两板间的带电粒子恰好在t0时刻经极板边缘射入磁场。上述m、q、t0、B为已知量。（不考虑粒子间相互影响及返回极板间的情况）(1) 求电压U0的大小。(2) 求t0时刻进入两板间的带电粒子在磁场中做圆周运动的半径。(3) 何时进入两板间的带电粒子在磁场中的运动时间最短？求此最短时间。25. （1）时刻进入两极板的带电粒子在电场中做匀变速曲线运动，时刻刚好从极板边缘射出，在y轴负方向偏移的距离为，则有，联立以上三式，解得两极板间偏转电压为。（2）时刻进入两极板的带电粒子，前时间在电场中偏转，后时间两极板没有电场，带电粒子做匀速直线运动。带电粒子沿x轴方
57、向的分速度大小为，带电粒子离开电场时沿y轴负方向的分速度大小为，带电粒子离开电场时的速度大小为，设带电粒子离开电场进入磁场做匀速圆周运动的半径为R，则有,联立式解得。（3）时刻进入两极板的带电粒子在磁场中运动时间最短。带电粒子离开磁场时沿y轴正方向的分速度为，设带电粒子离开电场时速度方向与y轴正方向的夹角为，则，联立式解得，带电粒子在磁场运动的轨迹图如图所示，圆弧所对的圆心角为，所求最短时间为,带电粒子在磁场中运动的周期为，联立以上两式解得。（10）25.（18分）如图所示，以两虚线为边界，中间存在平行纸面且与边界垂直的水平电场，宽度为d，两侧为相同的匀强磁场，方向垂直纸面向里。一质量为、带电
58、量+q、重力不计的带电粒子，以初速度1垂直边界射入磁场做匀速圆周运动，后进入电场做匀加速运动，然后第二次进入磁场中运动，此后粒子在电场和磁场中交替运动。已知粒子第二次在磁场中运动的半径是第一次的二倍，第三次是第一次的三倍，以此类推。求粒子第一次经过电场的过程中电场力所做的功。粒子第n次经过电场时电场强度的大小。粒子第n次经过电场所用的时间。假设粒子在磁场中运动时，电场区域场强为零。请画出从粒子第一次射入磁场至第三次离开电场的过程中，电场强度随时间变化的关系图线（不要求写出推导过程，不要求标明坐标明坐标刻度值）。25(18分) 解：(1)设磁场的磁感应强度大小为B，粒子第n次进入磁场时的半径为R
59、n，速度为vn，由牛顿第二定律得 由式得 因为R2=2R1，所以 v2=2vl 对于粒子第一次在电场中的运动，由动能定理得 联立式得 (2)粒子第n次进入电场时速度为vn，出电场时速度为vn1,有 vn=nvl ，vn1=(n+1)v1 由动能定理得 联立式得 (3)设粒子第n次在电场中运动的加速度为an，由牛顿第二定律得 qEn=man 由运动学公式得 vn1-vn=an tn 联立式得 (4)如图所示。25.（18分）扭摆器是同步辐射装置中的插入件，能使粒子的运动轨迹发生扭摆。其简化模型如图、两处的条形均强磁场区边界竖直，相距为L,磁场方向相反且垂直纸面。一质量为m、电量为-q、重力不计的
60、粒子，从靠近平行板电容器MN板处由静止释放，极板间电压为U,粒子经电场加速后平行于纸面射入区，射入时速度与水平和方向夹角（1）当区宽度L1=L、磁感应强度大小B1=B0时，粒子从区右边界射出时速度与水平方向夹角也为，求B0及粒子在区运动的时间t0（2）若区宽度L2=L1=L磁感应强度大小B2=B1=B0，求粒子在区的最高点与区的最低点之间的高度差h（3）若L2=L1=L、B1=B0，为使粒子能返回区，求B2应满足的条件（4）若，且已保证了粒子能从区右边界射出。为使粒子从区右边界射出的方向与从区左边界射入的方向总相同，求B1、B2、L1、L2、之间应满足的关系式。 (2)设粒子在磁场区中做匀速圆
61、周运动的半径为R2，由牛顿第二定律得qvB2=m，由几何知识可得h=( R1+ R2)(1-cos)+Ltan联立式，代入数据得h=(2-)L （3）如图2所示，为使粒子能再次回到I区，应满足R2(1+sin) （或B2 ） （4）如图3（或图4）所示，设粒子射出磁场I区时速度与水平方向的夹角为，由几何知识可得L1= R1 (sin+ sin)， 或L1= R1 (sin- sin)，L2= R2 (sin+ sin)， 或L2= R2 (sin- sin)，联立式解得B1R1= B2R2联立式解得B1L1= B2L2。(12)23(18分)如图甲所示，相隔一定距离的竖直边界两侧为相同的匀强磁
62、场区，磁场方向垂直纸面向里，在边界上固定两长为L的平行金属极板MN和PQ，两极板中心各有一小孔、，两极板间电压的变化规律如图乙所示，正反向电压的大小均为，周期为。在时刻将一个质量为、电量为（）的粒子由静止释放，粒子在电场力的作用下向右运动，在时刻通过垂直于边界进入右侧磁场区。（不计粒子重力，不考虑极板外的电场）（1）求粒子到达时的速度大小和极板距离（2）为使粒子不与极板相撞，求磁感应强度的大小应满足的条件。（3）若已保证了粒子未与极板相撞，为使粒子在时刻再次到达，且速度恰好为零，求该过程中粒子在磁场内运动的时间和磁感强度的大小解：（1）粒子由至的过程中，根据动能定理得 由式得 设粒子的加速度大
63、小为，由牛顿第二定律得 由运动学公式得 联立式得 (2)设磁感应强度大小为B，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，由牛顿第二定律得 要使粒子在磁场中运动时不与极板相撞，须满足 联立式得 （3）设粒子在两边界之间无场区向左匀速运动的过程用时为，有 联立式得 若粒子再次达到时速度恰好为零，粒子回到极板间应做匀减速运动，设匀减速运动的时间为，根据运动学公式得 联立式得 设粒子在磁场中运动的时间为 联立式得 设粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期为T，由式结合运动学公式得 由题意得 联立式得 十二、热现象（07）36.（8分）【物理物理33】某压力锅的结构如图所示。盖好密封锅盖，将压力阀套在出气孔上
64、，给压力锅加热，当锅内气体压强达到一定值时，气体就把压力阀顶起。假定在压力阀被顶起时，停止加热。（1）若此时锅内气体的体积为V，摩尔体积为，阿伏加德罗常数为，写出锅内气体分子数的估算表达式。（2）假定在一次放气过程中，锅内气体对压力阀及外界做功1 J，并向外界释放了2 J的热量。锅内原有气体的内能如何变化？变化了多少？（3）已知大气压强P随海拔高度H的变化满足P=（1H），其中常数0。结合气体定律定性分析在不同的海拔高度使用压力锅，当压力阀被顶起时锅内气体温度有何不同。解：（1）设锅内气体分子数为nn=V/V0NA（2）根据热力学第一定律E=W+Q=-3J锅内气体内能减少，减少了3J（3）由P
65、=P0（1-H）（其中0）知，随着海拔高度的增加，大气压强减小； 由P1=P+mg/S知，随着海拔高度的增加，阀门被顶起时锅内气体压强减小； 根据查理定律P1/T1=P2/T2可知阀门被顶起时锅内气体温度随着海拔高度的增加而降低。（08）36(8分)【物理一物理33】喷雾器内有lOL水，上部封闭有latm的空气2L。关闭喷雾阀门，用打气筒向喷雾器内再充入1 atm的空气3L(设外界环境温度一定，空气可看作理想气体)。 (1)当水面上方气体温度与外界温度相等时求气体压强，并从微观上解释气体压强变化的原因。(2)打开喷雾阀门，喷雾过程中封闭气体可以看成等温膨胀，此过程气体是吸热还是放热?简要说明理
66、由。解：（1）设气体初态压强为p1,体积为V1；末态压强为p2,体积为V2，由玻意耳定律p1V1= p1V1 代入数据得p2=2.5 atm 微观察解释：温度不变，分子平均动能不变，单位体积内分子数增加，所以压强增加。 （2）吸热。气体对外做功而内能不变，根据热力学第一定律可知气体吸热。（09）36.(8分)物理物理3-3一定质量的理想气体由状态A经状态B变为状态C，其中AB过程为等压变化，BC过程为等容变化。已知VA=0.3m3，TA=TC=300K，TB=400K。（1）求气体在状态B时的体积。（2）说明BC过程压强变化的微观原因（3）设AB过程气体吸收热量为Q1，BC过程气体放出热量为Q
67、2，比较Q1、Q2的大小并说明原因。解：（1）设气体在B状态时的体积为VB，由盖-吕萨克定律得，,代入数据得。(2)微观原因：气体体积不变，分子密集程度不变，温度变小，气体分子平均动能减小，导致气体压强减小。(3)大于；因为TA=TB，故AB增加的内能与BC减小的内能相同，而AB过程气体对外做正功，BC过程气体不做功，由热力学第一定律可知大于（10）36.（8分）（物理-物理3-3） 一太阳能空气集热器，底面及侧面为隔热材料，顶面为透明玻璃板，集热器容积为V0，开始时内部封闭气体的压强为p0。经过太阳暴晒，气体温度由T0=300K升至T1=350K。（1） 求此时气体的压强。（2） 保持T1=
68、350K不变，缓慢抽出部分气体，使气体压强再变回到p0。求集热器内剩余气体的质量与原来总质量的比值。判断在抽气过程中剩余气体是吸热还是放热，并简述原因。36(8分)【物理一物理33】 解：(1)设升温后气体的压强为p1，由查理定律得 代人数据得 (2)抽气过程可等效为等温膨胀过程，设膨胀后气体的总体积为V，由玻意耳定律得 p1V0=p0V 联立式得 设剩余气体的质量与原来总质量的比值为k，由题意得 联立式得 吸热。因为抽气过程中剩余气体温度不变，故内能不变，而剩余气体膨胀对外做 功，所以根据热力学第一定律可知剩余气体要吸热。（11）36.（8分）物理物理3-3（1）人类对物质属性的认识是从宏观
69、到微观不断深入的过程。以下说法正确的是 。 a液体的分子势能与体积有关 b晶体的物理性质都是各向异性的 c温度升高，每个分子的动能都增大 d露珠呈球状是由于液体表面张力的作用（2）气体温度计结构如图所示。玻璃测温泡A内充有理想气体，通过细玻璃管B和水银压强计相连。开始时A处于冰水混合物中，左管C中水银面在O点处，右管D中水银面高出O点=14cm。后将A放入待测恒温槽中，上下移动D，使C中水银面仍在O点处，测得D中水银面高出O点=44cm。（已知外界大气压为1个标准大气压，1标准大气压相当于76cmHg）求恒温槽的温度。此过程A内气体内能 （填“增大”或“减小”），气体不对外做功，气体将 (填“
70、吸热”或“放热”)。 （12）36（8分）【物理物理3-3】（1）以下说法正确的是 。a水的饱和汽压随温度的升高而增大b扩散现象表明，分子在永不停息地运动c当分子间距离增大时，分子间引力增大，分子间斥力减小d一定质量的理想气体，在等压膨胀过程中，气体分子的平均动能减小（2）如图所示，粗细均匀、导热良好、装有适量水银的U型管竖直放置，右端与大气相通，左端封闭气柱长（可视为理想气体），两管中水银面等高。先将右端与一低压舱（未画出）接通，稳定后右管水银面高出左管水银面（环境温度不变，大气压强）求稳定后低压舱内的压强（用“cmHg”做单位）此过程中左管内的气体对外界 （填“做正功”“做负功”“不做功”
71、），气体将 （填“吸热”或放热“）。（1）ab解析： 当分子间距离增大时，分子间引力减小，分子间斥力也减小，选项c错误；一定质量的理想气体，在等压膨胀过程中，温度升高，气体分子的平均动能增大，选项d错误。（2）设U型管横截面积为S，右端与大气相通时左管中封闭气体压强为，右端与一低压舱接通后左管中封闭气体压强为，气柱长度为，稳定后低压舱内的压强为。左管中封闭气体发生等温变化，根据玻意耳定律得 由几何关系得 联立式，代入数据得 做正功；吸热十三、机械振动与机械波、电磁振荡与电磁波、光现象、相对论（07）37.（8分）【物理物理34】湖面上一点O上下振动，振幅为0.2 m，以O点为圆心形成圆形水波，
72、如图所示，A、B、O三点在一条直线上，OA间距离为4.0 m，OB间距离为2.4 m。某时刻O点处在波峰位置，观察发现2 s后此波峰传到A点，此时O点正通过平衡位置向下运动，OA间还有一个波峰。将水波近似为简谐波。（1）求此水波的传播速度、周期和波长。（2）以O点处在波峰位置为0时刻，某同学打算根据OB间距离与波长的关系确定B点在0时刻的振动情况，画出B点的振动图象。你认为该同学的思路是否可行？若可行，画出B点振动图象；若不可行，请给出正确思路并画出B点的振动图象。解：（1）v=x1/t=2m/st=5/4T T=1.6s=vT=3.2m（2）可行振动图象如图。（08）37(8分)【物理一物理
73、34】麦克斯韦在1865年发表的电磁场的动力学理论一文中揭示丁电、磁现象与光的内 联系及统一性，即光是电磁波。(1)一单色光波在折射率为l.5的介质中传播，某时刻电场横波图象如图1所示，求该光波的频率。(2)图2表示两面平行玻璃砖的截面图，一束平行于CD边的单色光入射到AC界面上a、b 是其中的两条平行光线。光线a在玻璃砖中的光路已给出。画出光线b从玻璃砖中首次出射的光路图，并标出出射光线与界面法线夹角的度数。解：（1）设光在介质中的传播速度为v，波长为,频率为f，则 f= 联立式得 从波形图上读出波长m，代入数据解得f=51014Hz（2）光路如图所示（09）37.(8分)（物理物理3-4）
74、（1）图1为一简谐波在t=0时刻的波形图，介质中的质点P做简谐运动的表达式为y=Asin5，求该波的速度，并画出t=0.3s时的波形图(至少画出一个波长)（2）一束单色光由左侧射入盛有清水的薄壁圆柱形玻璃杯，图2为过轴线的截面图，调整入射角，使光线恰好在水和空气的界面上发生全反射。已知水的折射角为，求的值。 解析：（1）由简谐运动的表达式可知，t=0时刻指点P向上运动，故波沿x轴正方向传播。由波形图读出波长，,由波速公式，联立以上两式代入数据可得。t=0.3s时的波形图如图所示。（2）当光线在水面发生全放射时有，当光线从左侧射入时，由折射定律有，联立这两式代入数据可得。（10）37.（8分）（
75、物理-物理3-4）（1）渔船常利用超声波来探测远处鱼群的方位。已知某超声波频率快为1.0105 HZ，某时刻该超声波在水中传播的波动图像如图所示。从该时刻开始计时，画出x=7.510-3m处质点做简谐运动的振动图像（至少一个周期）。现测得超声波信号从渔船到鱼群往返一次所用时间为4s，求鱼群与渔船间的距离（忽略船和鱼群的运动）。（2）如图所示，一段横截面为正方形的玻璃棒，中间部分弯成四分之一圆弧形状，一细束单色光由MN端面的中点垂直射入，恰好能在弧面EF上发生全反射，然后垂直PQ端面射出。求该玻璃棒的折射率。若将入射光向N端平移，当第一次射到弧面EF上时_（填“能”“不能”或“无法确定能否”）发
76、生全反射。（11）37(8分)【物理一物理3-4】 解：(1)如图所示。 由波形图读出波长=15103m 由波速公式得 v=f 鱼群与渔船的距离为 联立式，代人数据得 x=3000m (2)如图所示单色光照射到EF弧面上时刚好发生全反射，由全反射的条件得 C=45 由折射定律得 n= 联立式得 能（11）37 （8分）（物理物理3-4）（1）如图所示，一列简谐波沿x轴传播，实线为t1=0时的波形图，此时P质点向y轴负方向运动，虚线为t2=0.01s时的波形图。已知周期T0.01s。波沿x轴_(填“正”或“负”）方向传播。求波速。（2） 如图所示，扇形AOB为透明柱状介质的横截面，圆心角AOB=
77、60。一束平行于角平分线OM的单色光由OA射入介质，经OA折射的光线恰平行于OB。求介质的折射率。折射光线中恰好射到M点的光线_(填“能”或“不能”）发生全反射。37.答案：（1）正 v=100m/s。（2）n= 不能。解析：（1）由于t1=0时P质点向y轴负方向运动，所以波沿x轴正方向传播。由题意知，波长=8m，t2- t1=T/8，v=/T联立解得v=100m/s。（2）由几何知识可知，入射角i=60，折射角r=30根据折射定律得 n=sini/sinr 代入数据解得n=。由图中几何关系可知，折射光线中恰好射到M点的光线，在M点的入射角仍为30，小于临界角arcsin（/3），不能发生全反
78、射。（12）37（8分）【物理物理3-4】（1）一列简谐横波沿轴正方向传播，时刻的波形如图所示，介质中质点、分别位于、处。从时刻开始计时，当时质点刚好第4次到达波峰。求波速。写出质点做简谐运动的表达式（不要求推导过程） 。（2）如图所示，一玻璃球体的半径为，为球心，为直径。来自 点的光线在点射出。出射光线平行于，另一光线恰好在点发生全反射。已知，求玻璃的折射率。球心O到BN的距离 。解：（1）设简谐横波的波速为，波长为，周期为，有图像知，。由题意得 联立式，代入数据得 质点P做简谐运动的表达式为 （2）设光线BM在M点的入射角为，折射角为，由几何关系可知，根据折射定律得 代入数据得 光线BN恰
79、好在N点发生全反射，则为临界角C 设球心到BN的距离为d，由几何关系可知 联立式得 十四、碰撞与动量守恒、原子与原子核（07）38.（8分）【物理物理35】人类认识原子结构和开发利用原子能经历了十分曲折的过程。请按要求回答下列问题。（1）卢瑟福、玻尔、查德威克等科学家在原子结构或原子核的研究方面做出了卓越的贡献。请选择其中的两位，指出他们的主要成绩。_；_。在贝克勒尔发现天然放射现象后，人们对放射线的性质进行了深入研究，上图为三种射线在同一磁场中的运动轨迹，请从三种射线中任选一种，写出它的名称和一种用途。_。（2）在可控核反应堆中需要给快中子减速，轻水、重水和石墨等常用作减速剂。中子在重水中可
80、与核碰撞减速，在石墨中与核碰撞减速。上述碰撞可简化为弹性碰撞模型。某反应堆中快中子与静止的靶核发生对心正碰，通过计算说明，仅从一次碰撞考虑，用重水和石墨作减速剂，哪种减速效果更好？（1）卢瑟福提出了原子的核式结构模型（或其他成就玻尔把量子理论引入原子模型，并成功解释了氢光谱（或其他成就）查德威克发现了中子（或其他成就）。（2）设中子质量为Mn靶核质量为M，由动量守恒定律Mnv0=Mnv1+Mv2解得：v1=Mn-M/Mn+Mv0在重力中靶核质量：MH=2MnV1H=Mn-Mc/Mn+Mcv0=-1/3v0在石墨中靶核质量：Mc=12MV1c= Mn-M/Mn+Mv0=11/13v0与重力靶核碰
81、后中子速度较小，故重水减速效果更好。（08）38(8分)【物理物理35】(1)在氢原子光谱中，电子从较高能级跃迁到n=2能级发出的谱线属于巴耳末线系。若一群氢原于自发跃迁时发出的谱线中只有2条属于巴耳末线系，则这群氢原子自发跃迁时最多可发出_条不同频率的谱线。(2)一个物体静置于光滑水平面上，外面扣一质量为M的盒子，如图1所示。现给盒子一初速度v0，此后，盒子运动的v-t图象呈周期性变化，如图2所示。请据此求盒内物体的质量解：（1）6（2）设物体的质量为m,t0时刻受盒子碰撞获得速度v，根据动量守恒定律 3t0时刻物体与盒子右壁碰撞使盒子速度又变为v0，说明碰撞是弹性碰撞 联立解得 m=M (
82、也可通过图象分析得出v0=v,结合动量守恒，得出正确结果)（09）38.（8分）物理物理3-5 (1)历史上第一次利用加速器实现的核反应，是用加速后动能为0.5MeV的质子H轰击静止的，生成两个动能均为8.9MeV的He。（1MeV=1.6-13J）上述核反应方程为_。质量亏损为_kg。（2）如图所示，光滑水平直线轨道上有三个滑块A、B、C，质量分别为mA=mc=2m，mB=m，A、B用细绳连接，中间有一压缩的弹簧 (弹簧与滑块不栓接)。开始时A、B以共同速度v0运动，C静止。某时刻细绳突然断开，A、B被弹开，然后B又与C发生碰撞并粘在一起，最终三滑块速度恰好相同。求B与C碰撞前B的速度。38
83、. 解析：（1）或，.（2）设共同速度为v，球A和B分开后，B的速度为,由动量守恒定律有,联立这两式得B和C碰撞前B的速度为。（10）38.（8分）（物理-物理3-5）（1）大量氢原子处于不同能量激发态，发生跃迁时放出三种不同能量的光子，其能量值分别是：1.89eV,10.2eV,12.09eV。跃迁发生前这些原子分布在_个激发态能级上，其中最高能级的能量值是_eV（基态能量为-13.6eV）。（2）如图所示，滑块A,C，质量均为m，滑块B质量为m。开始时A,B分别以的速度沿光滑水平轨道向固定在右侧的挡板运动，现将C无初速地放在A上，并与A粘合不再分开，此时A与B相距较近，B与挡板相距足够远。
84、若B与挡板碰撞将以原速率反弹，A与B碰撞将粘合在一起。为使B能与挡板碰撞两次，应满足什么关系？38(8分)【物理一物理35】 解：(1)2； 1.51。 (2)设向右为正方向，A与C粘合在一起的共同速度为v，由动量守恒定律得 mv1=2m v 为保证B碰挡板前A未能追上B，应满足 vv2 设A与B碰后的共同速度为v，由动量守恒定律得 为使B能与挡板再次碰撞应满足 v0 联立式得 1.5v2v12v2或 （11）38（8分）【物理-物理3-5】(1)碘131核不稳定，会发生衰变，其半衰变期为8天。碘131核的衰变方程：I_（衰变后的元素用X表示）。经过_天有75%的碘131核发生了衰变。(2)如图所示，甲、乙两船的总质量（包括船、人和货物）分别为10m、12m，两船沿同一直线同一方向运动，速度分别为2v0、v0。为避免两船相撞，乙船上的人将一质量为m的货物沿水平方向抛向甲船，甲船上的人将货物接住，求抛出货物的最小速度。（不计水的阻力） 答案：(1) IX+e 16 （2）4 v0。
