1、历城二中 56 级高三 物理典型题汇编参考答案 1 选择题专题 一、直线运动与图像 1C 【解析】A.采用逆向思维，可认为动车反向做初速为 0 的匀加速直线运动，由题意可知动车第 1 节车厢最前端从经过 2 号旅客的位移为l，时间为t，有212lat动车第 1 节车厢最前端从经过 5 号旅客的位移为 4l，时间为5t，有25142lat解得 52tt.选项 A 错误；B.动车第 1 节车厢最前端从经过 5 号旅客到停下总位移为 4l，用时 2t，则平均速度为422llvtt选项 B 错误；C.设 1 号车厢头部经过 5 号候车线处的旅客时的速度为5v，则有50422vlt解得54lvt选项 C
2、 正确；D.动车从经过 5 号候车线处的旅客开始到停止运动过程，有502vat 解得5222vlatt选项 D 错误；2C【详解】A根据匀变速直线运动速度位移关系可得202vax，由图像可得030m/sv；75mx 解得26m/sa；A 错误；B根据牛顿第二定律可得mgma；代入数据，解得0.6；B 错误；C根据匀变速直线运动速度时间公式0vvat；代入数据，可得 3s 时刻，汽车的速度大小为 12m/s，C 正确；D汽车减速到零的时间为030 s5s6vta；前 6s 内，汽车的位移大小为 75m，D 错误。3B【详解】A若为 xt 图像，其斜率表示速度，则物体速度保持不变，故 A 错误；B
3、若为 ax图像且物体初速度为零，由动能定理200max01022m mnm vF xm ax 即2maxvmn；所以物体的最大速度为maxvmn；故 B 正确；C若为vx图像，假设物体做匀变速直线运动，则有2202axvv即对于匀变速直线运动，其 vx图像不可能是一次函数图像，故 C 错误；D若为at 图像且物体初速度为零，则图像与坐标轴所围的面积表示速度的变化量，所以物体的最大速度为max2mnvv；出现在 tn时刻，故 D 错误。4B【详解】A车头经过站台上立柱 AC 段的平均速度0312ACACACxxvttt由图可知，B 点是 AC 段的位置中点，所以 B 点的瞬时速度应该大于 AC
4、段的平均速度，故 A 错误；B车头经过立柱 A、B 的平均速度为021ABABABxxvttt；故 B 正确；C根据中间时刻的速度等于平均速度得，动车的加速度为021331213121322(2)()()()22ACABvvxtttvattttttttttt故 C 错误；D车头通过立柱 B、C 过程速度的变化量为021331212(2)()()xtttva ttttt ；故 D 错误；5.【答案】D【详解】A由图可知，甲车的初速度等于02v，在 1t 时刻乙车速度为0v。在 t1 时间内，甲车的位移为 x，则由 vt 图象中，图线与坐标围成的面积表示位移，可判断得乙车的位移为13x，若甲、乙在
5、 t1 时刻相遇，则01233xxxx；故 A 错误；B若甲、乙在12t 时刻相遇，由图象可知，x 为阴影部分对应的距离即0231342xxx由图象中的对称关系，下次相遇的时刻为111322ttt；故 B 错误；C若034xx，相遇时vv乙甲，则之后不能再次相遇，故 C 错误；D若059xx，相遇时vv乙甲，则甲、乙一定相遇两次，故 D 正确。二、受力分析平衡与非平衡 1D【详解】A当 BP 板转过 60时，AP 板处于水平位置，不计摩擦，棉包只受到重力和 AP 板的支持力，BP 板虽然与之接触，但没有弹力，所以受两个力的作用，故 A 错误；CBP 转过一个角度时的棉包受力如图所示设 BP 给
6、棉包的支持力为BF，AP 给棉包的支持力为AF，合力为 F，根据平衡条件知 Fmg由已知条件知1260 ；所以3120 根据正弦定理得 sin3sin1sin2BAFFF又因为 sin3sin120Fmg所以比值是一个常数。随着 BP 板转动，1 一直在减小，根据上面的正弦定理知，BF 一直在减小，当 BP 转过 60时，BP 对棉包的支持力为零，再转动时，棉包将沿 AP 板下滑，故 C 错误；B“V”型挡板从图示位置开始逆时针缓慢转动，则棉包处于平衡状态，“V”型挡板对棉包的作用力始终等于棉包的重力不变，故 B 错误；D当 BP 板转过 30时，230，根据上面的正弦定理可得sin303si
7、n 603AmgFmg根据牛顿第三定律知，棉包对 AP 板的作用力为33mg，故 D 正确。历城二中 56 级高三 物理典型题汇编参考答案 2 2D【详解】A两边雪板对人的支持力垂直于雪板斜向人体后方，两边支持力的夹角近似与 2 互补，减小 角，两边支持力夹角变大，合力变小，向后方的分力也变小，减速效果变差，故 A 错误；B减小 角，雪板更为水平，雪板对人的支持力往上偏移，向上的分力等于重力不变，水平方向的分力变小，减速效果变差，故 B 错误；CD根据sinxFmg结合牛顿第二定律sinxFagm可知减速效果只与夹角有关，与运动员的质量无关，故 D 正确，C 错误。3.AD【详解】AC若 CD
8、 间即将滑动，则 CD 间的静摩擦力为 f2，此时系统的加速度22fam对 BCD 系统242BAfmaf即要使此时 AB 不滑动必须要满足 f12 f2；此时对 ABCD 整体 F=6ma=3f2；故选项 A 正确，C 错误；BD若 AB 间即将滑动，则 AB 间的静摩擦力达到了 f1，此时对 BCD 系统14fma解得14fam；此时 CD 间的摩擦力1122CDfmaf则2112ff对 ABCD 系统 F=6ma=32 f2 故选项 D 正确，B 错误；4BD【详解】A作出物块在传送带上运动的v t 图像如图所示结合 Pt 图像可知，物块先沿倾斜传送带向上减速到与传送带共速，后与传送带一
9、起向上做匀速运动，所以 tan，故 A 错误；BC由题图乙可得，00.2 s 内滑动摩擦力的功率为10cosPmgvat当0t时，代入数据得cos30 Nmg 物块匀速运动时受到静摩擦力的作用，摩擦力的功率2sinPmgv 代入数据得sin20 Nmg ；解得30，32；故 B 正确，C 错误；D由v t 图像可知物块与传送带间的划痕长度为10.2(52.5)m0.25 m2L ；D 正确。5.【答案】C【详解】由题意对小球受力分析，沿斜面方向由平衡条件得sin 30cos30mgT 解得3tan 303Tmgmg 对小球和斜面构成的整体受力分析，由平衡条件得，水平方向满足sin 30Tf 竖
10、直方向满足Ncos303FTmg 当NfF时，斜面体与水平面间的动摩擦因数最小，解得最小为315 三、曲线运动 1.【答案】BD【解析】A水平初速度大小为0 cos5 0.8m/s4m/sxvv 竖直方向初速度大小为00 sin5 0.6m/s3m/syvv 因为小球在竖直方向上初速度不为零，所以竖直方向上不是自由落体运动，故 A 错误；B小球在水平方向上做匀速圆周运动，有2NxvFmR得筒壁对小球的弹力大小N16NF 故 B 正确；C设小球飞离圆筒时的速度大小为1v，竖直方向速度大小为1yv，则22102yyvvgh，22211yxvvv得14 2m/sv 故 C 错误；D设从小球飞离圆筒到
11、落到地面用时为 t，则2112yHv tgt解得1st 此段时间水平位移4mxxv t根据几何关系得，小球落回地面时到圆筒底面圆心的距离2227 2msxHR故 D 正确。故选 BD。2.【答案】AB【解析】A由能量守恒2201122mvkx得0kvxm 故 A 正确；B从 A 点飞出的小球到达 O 点，速度的反向延长线指向水平位移的中点，不可能指向圆心 O，速度方向不可能垂直 O 点的切线方向，无法过关，故 B 正确；C由图可得0tangtv 水平位移 x 恒定0 xv t可得0tangxv，tanxtg下落高度21tan22xhgt则弹射器只能在距离 O 点竖直高度tan2xh处，以固定的
12、速度0tangxv弹出，才能顺利过关，故 C 错误；D根据21tan22xhgt打进小孔时，速度与水平方向夹角恒定，x 增大，则 h 增大才行，D 错误。故选 AB。3.【答案】C【解析】A设所有磁道均储存 k 个字节，最里面磁道有2kLr一个字节通过磁头的时间Ltvvr最外磁道有2kLR 一个字节通过磁头的时间Ltv vR 同轴转动角速度相同，联立解得tt A 正确，不符合题意；B磁盘中共有磁道条数为Rrd，读完一条磁道时间为 1n，读完磁道上所有的字节所需的时间为历城二中 56 级高三 物理典型题汇编参考答案 3 11Rrtnd总B 正确，不符合题意；C磁盘储存的字节数222222RRrr
13、 RrNLdLd当2Rr 时，磁盘储存的字节越多，C 错误，符合题意；D相邻磁道的半径差为 d，同轴转动角速度相同由 vr2n可知，相邻磁道的线速度的差值为 2n d，D 正确，不符合题意。故选 C。4.【答案】BC【详解】ABC当圆盘转速增大时，由静摩擦力提供向心力。三个物体的角速度相等，由2Fmr可知，因为 C 的半径最大，质量最大，故 C 所需要的向心力增加最快，最先达到最大静摩擦力，此时2122Cmgmr计算得出11 rad/s2.5rad/s20.4gr 当 C 的摩擦力达到最大静摩擦力之后，BC间绳子开始提供拉力，B 的摩擦力增大，达最大静摩擦力后，AB 之间绳子开始有力的作用，随
14、着角速度增大，A 的摩擦力将减小到零然后反向增大，当 A 与 B 的摩擦力也达到最大时，且 BC 的拉力大于AB 整体的摩擦力时物体将会出现相对滑动，此时 A 与 B 还受到绳的拉力，对 C 可得22222Tmgmr对 AB 整体可得2Tmg计算得出25rad/sgr 当5rad/s 时整体会发生滑动，故 A 错误，BC 正确；D在2rad/s2.5rad/s时，B、C 间的拉力为零，当2.5rad/s5rad/s时，在 增大的过程中 B、C 间的拉力逐渐增大，故 D 错误。故选 BC。5.【答案】ABD【解析】A最高点有2vmgmRA 到 C，由动能定理得2211222CmgRmvmv联立解
15、得5CvgR故 A正确；B当小球对轨道压力最大时，台秤示数最大，即小球在 C 点，则2CvNmgmR解得6Nmg台秤示数最大值为6NMgNMgmg 故 B 正确；C小球到达 B 点时，对轨道有横向压力，则台秤示数为轨道重力大小，即 Mg。故 C 错误；D小球从 A 到 B 过程中，会对轨道有偏向左侧的压力，而轨道平衡，则轨道都受到台秤水平向右的摩擦力。相反轨道给台秤的摩擦力方向水平向左。故 D 正确。故选 ABD。四、天体运动 1.【答案】C【解析】A设卫星、的轨道半径分别为 R1 和 R2，因卫星为同步卫星，则有2122104MmGmRRT且有334MMVR其中 R 为地球的半径，联立解得3
16、12303 RGT R A 错误；B设卫星、的角速度分别为1 和2，如图所示在三角形 AOB 中，有sin()sinAOBO即12sin()sinRR根据22GMmmrr可得3GMr 故有31221()RR联立以上各式，有3312321sin()sin()RRB 错误；C根据22(2)GMmmrrT可得32rTGM因卫星为同步卫星，则其周期为 T0，设卫星的周期为 T2，则有3301322sin()()sinTRTR整理得3203sinsin()TTC 正确；D若卫星和卫星均不运动，卫星对应为圆心角为 2，则有32032sin2sin()tTT但卫星之间是有相对运动的，所以时间不可能为303s
17、insin()T，D 错误。故选 C。2.【答案】D【解析】A设地球质量为 M，由万有引力提供向心力有222()MmGmrrT两边同时取对数，整理可得231lglglg224GMTr当 lg0T 时，有032104xGM可知 x0 并不代表地球半径，选项 A 错误；B对比图像可知21 lg24GMb解得224 10bMG选项 B 错误；C由GMvr可得212122121010 xxvrvr选项 C 错误；D根据2MaGr以及图乙可求得，卫星 1 和 2 向心加速度之比为212210:10 xx，选项 D 正确。故选 D。3.【答案】ABD【解析】A由图可知，物体开始下落瞬间，只受万有引力作用，
18、根据万有引力等于重力，可知02GMmmgmaR又343MR联立，可得03=4aGR故 A 正确；B在行星表面飞行的卫星，万有引力提供向心力，有22GMmvmRR联立，可得0va R故 B 正确；C卫星在距该行星表面高 h 处的圆轨道上运行时，有 2224GMmmRhTRh联立，可302RhTRa故 C 错误；D从释放到速度刚达到最大的过程中，设阻力为 f，由牛顿第二定律可得mgfma解得0fmgmamama阻力做功为000002ma xWfxmama x 即物体克服阻力做功002ma x。故 D 正确；故选 ABD。4.【答案】BD【解析】A人造地球卫星绕地球转动的发射速度应大于等于第一宇宙速
19、度，又小于第二宇宙速度，故历城二中 56 级高三 物理典型题汇编参考答案 4 卫星 A 的发射速度不可能大于第二宇宙速度，A 错误；B设卫星 A 的轨道半径为AR，卫星 B 的轨道半径为BR，结合图像有BA3RRrBA5RRr解得ARr，B4Rr设卫星 A 绕地球做匀速圆周的周期为AT，则有222A4GMmmrrT解得23A4rTGM设卫星 B 绕地球做匀速圆周的周期为BT，则有222B44(4)GMmmrrT解得23BA488rTTGM由图像可知每经过tT，两卫星再一次相距最近，则有AB22()2TTT联立解得A78TT则地球质量为232322A425649rrMGTGT设地球的第一宇宙速度
20、为1v，则有212(0.8)0.8vGMmmrr解得23212568 5490.80.87rGGMrGTvrrTB 正确；C设地球密度为 ，则有34(0.8)3Mr解得237549GT C 错误；D设卫星 A 的加速度大小为 a，则有2GMmmar解得23222222562564949rGGMrGTarrTD 正确；故选 BD。5.【答案】A【解析】设太阳的半径为 R，太阳到地球的距离为 r，由成像光路图，根据相似三角形可得2dRrL解得2drRL地球绕太阳做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，设太阳质量为 M，地球质量为m，则有2224GMmmrrT太阳体积为343VR太阳密度为MV 联立解得
21、32324 LGT d A 正确，BCD 错误；故选 A。五、功和能 1答案 C A根据动能定理，从 A 到弹簧被压缩至最短时：sin)cos0Mm gLMm gLW弹()(从解锁瞬间到 A：sincos0MgLMgLW弹 联立解得货物质量：2cossincosMm 其中 M 为货箱质量，故货箱每次运载货物的质量一定相等，故 A 错误；B货箱上滑与下滑过程中，位移相同，但摩擦力大小不同，故摩擦力做的功不相等，故货箱克服摩擦力做的功不相等，故 B 错误。C货箱由 A 到 B 过程中增加的动能：sincoskEMgLMgL货箱由 B 到 A 的过程中减小的动能：sincoskEMgLMgLD根据能
22、量守恒可知，货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和克服摩擦力做功产的热，故 D 错误。2.【答案】D A当牵引力等于阻力时，速度达到最大，根据：P=Fv 可知最大速度为：8=162PPvkmgkmg 故 A 错误；B“复兴号”的配置如果改成 10 节动车和 6 节拖车，最大速度：105168PPvkmgkmg则：1.25vv即可将提高到原来的 1.25 倍，故 B 错误；C“复兴号”列车做匀减速直线运动，一位乘客单手持手机浏览网页时，手对手机的作用力水平方向分力与车厢运动的方向相反，竖直方向分力要平衡重力，所以手对手机的作用力与车厢运动方向不在一条直线上，
23、故 C 错误；D设每节动车的动力为 F，对 16 节车厢整体：81616Fkmgma 对第 14、15、16 节车厢的整体：133TkmgFma 解得：112TF对 1、2 节车厢的整体：2222FkmgTma 解得：T2=F 即第 13、14 节车厢间作用力与第 2、3 节车厢间的作用力之比为 1:2，故 D 正确。3.【答案】D B物体沿斜面下滑 5m，则重力势能减小量：Psin3730JEmgs 选项 A 错误；B从顶端到底端时机械能增加 20J，则除重力以外的其他力做功为 20J，设力 F 与斜面的夹角为，则：cos(cos37sin)20JFxmgFx其中 x=5m，带入数据可知：1
24、62cossinF 只有当=0时 F=8N，则选项 B 错误；C.摩擦力做功：(cos37sin)(20J-5 sin)fWmgFxF 只有当=0时摩擦力功才等于-20J，选项 C 错误；D因物体沿斜面下滑 5m，重力势能减小 30J，而初态机械能为 30J，可知斜面的底端为零重力势能点，到达底端时机械能为 50J，则动能为 50J，根据：212kEmv 可得：v=10m/s 选项 D 正确。4.【答案】C A物块 Q 释放瞬间的速度为零，当物块 P 运动至 B 点时，根据运动的合成与分解，可知物块 Q 的速度也为零，所以当 P 从 A 点运动至 B 点时，物块 Q 的速度先增加后减小，物块
25、Q 的重力的功率为先增加后减小，故 A 错误；B由于物块 P 在 AB 两点处弹簧的弹力大小相等，所以物块 P 在 A 点时受到弹簧向上的弹力，运动至 B 点时受到向下的弹力，物块 P 从 A 到 B 过程中，必定先加速后减速，合力为零时速度最大，即在 AB 间某位置速度最大，故 B 错误；C设从 A 到 B 过程中，轻绳对 Q 做功大小为 W，历城二中 56 级高三 物理典型题汇编参考答案 5 P 到达 B 点时 Q 速度为 0，对 Q 利用动能定理得6()0cos53LmgLW解得：4WmgL轻绳对 P 做功大小等于轻绳对 Q 做的功，故 C 正确；D对于 PQ 系统，竖直杆不做功，系统的
26、机械能只与弹簧对 P的做功有关，从 A 到 B 的过程中，弹簧对 P 先做正功，后做负功，所以系统的机械能先增加后减小，故D 错误。5.【答案】BD A小球 A 由静止释放运动到最低点时，速度水平，竖直分速度为 0，而 B 的机械能减小，则 A 的机械能增加，A 错误；B小球 A 初始位置距水平面高度设为1h，由几何关系得：11sin 60()tan 301.5sin 602RhRR 解得：154hR小球 B 初始位置距水平面高度设为2h，由几何关系得：211.5 cos60hhR 解得：22hR由系统机械能守恒：22ABAB1122mg hmg hmvmv 解得：A142gRv B 正确；C
27、由牛顿第二定律得：Asin60mgma 得：A32ag C 错误；D以小环 B 为研究对象，由牛顿第二定律得：Fmgma以小球 A 为研究对象，由牛顿第二定律得：2ANvFFmgmR 得：N5.5mgmaF D 正确。六、动量 1.【答案】B 根据动能定理可得：212qUmv 解得，离子的速度为：2qUvm 根据电流的定义式有：QNqItt 对离子，由动量定理可得：FtN mv 联立解得，发动机产生的推力为：2mUFIq 2.【答案】A 3.【答案】AD A小球最终由 P 点离开小车，从小球滑上小车至离开小车，此过程系统无机械能损失，可视为弹性碰撞，由弹性碰撞结论可知，小车能获得的最大速度为：
28、max42223gRmvgRmm故 A 正确；BC小球在 Q 点时，水平方向上与小车共速，由动量守恒定律得：02mvmm v共 解得：23gRv共 由能量守恒定律得：22201112222QmvmgRmvmv共 解得：103QgRv 则小球此时在竖直方向上的分速度大小为：2263QyQgRvvv共设小球在 Q 点时速度方向与水平方向的夹角为，则：6tan2Qyvv 共 故 BC 错误；D小球离开小车时的速度大小为：22223PgRmmvgRmm 由动能定理得：221122Pmghmvmv解得：73gRv 故 D 正确。4.【答案】C 取水平向右为正方向，小孩第一次推出 A 车后，小孩和 B 车
29、获得速度为1v，由动量守恒定律 B 1A0m vm v 解得：A1Bmvvm小孩第 n-1 次推出 A 车后小孩和 B 车获得速度为n 1v ，第 n 次推出 A车后，小孩和 B 车获得速度为nv。第 n 次推出 A 车前后，由动量守恒定律：AB n-1AB nm vm vm vm v 得：Ann-1B2mvvvm 由等差数列公式得：vnvBA404212mm21-vv1n）（当 vnv 时，再也接不到小车，即：140421-n2 得：n2021.5 取:n=2022 5、【答案】BC AB 物体 A 与物体 B 碰撞后两物体粘合在一起，A 与 B 碰撞过程中，三个物体与弹簧组成的系统的机械能
30、有损失，物体 AB 碰后粘合在一起到物体 C 刚要离开挡板的过程中，挡板对物体 C 有向右的支持力，三个物体与弹簧组成的系统所受合力不为 0，系统的动量不守恒，故 A 错误；B设物体 A 与物体 B 碰撞后的瞬间，A、B 粘合体的速度大小为 v 根据动量守恒定律有:0MvMm v 根据能量守恒定律可知，弹簧第一次恢复到原长时 A、B 粘合体的速度大小为 v 以水平向右的方向为正方向，对物体 A 与物体 B 碰撞粘合在一起到弹簧恢复到原长的过程，根据动量定理可得，弹簧弹力对 A、B 粘合体的冲量:022IMm vMmvMm vMv所以弹簧弹力对 C 的冲量大小等于02Mv，该过程中物体 C 一直
31、静止，故挡板对 C 的冲量大小也为02Mv。故 B 正确；C物体 C 离开挡板后，三个物体与弹簧组成的系统动量守恒、机械能守恒，当弹簧再次恢复到原长时，物体 C 的速度最大，设弹簧再次恢复到原长时 A、B 粘合体与物体 C 的速度大小分别为 v、v2，根据动量守恒定律有:历城二中 56 级高三 物理典型题汇编参考答案 6 12Mm vMm vmv根据机械能守恒定律有:22212111222Mm vMm vmv 解得:0222MvvMm 故 C 正确；D物体离开挡板前弹簧最短时弹簧的弹性势能最大，由能量守恒定律得:2p112EMm v物体 C 离开挡板后，当三者共速时弹簧最长或最短，弹簧的弹性势
32、能最大，设三者共速时的速度为v，根据动量守恒定律有:2Mm vMm v根据机械能守恒定律有:22p211222EMm vMm v 且:Mm 解得:p1p 231EE 故 D 错误。七、电场 1.【答案】B【详解】A法拉第笼上的感应电荷在笼体外表面上分布不均匀，离放电杆尖端越近和越远处电荷密度越大，A 错误；B处于静电平衡状态的导体是个等势体，又因为金属笼子与大地相通，所以笼子上及法拉第笼内部各点的电势均等于零，所以法拉第笼内部任意两点间的电势差为零，B 正确；C法拉第笼上的感应电荷与放电杆尖端上的电荷在笼内的合场强等于零，所以法拉第笼上的感应电荷在笼内产生的电场强度不等于零，C 错误；D由于带
33、电粒子和法拉第笼的电性未知，所以无法比较同一带电粒子在法拉第笼外的电势能与在法拉第笼内部的电势能的大小，D 错误。故选 B。2BCD【详解】A由题意可知32OAL如图所示，P 为 z 轴上一点，PD 连线与 z 轴的夹角为 根据等量同种电荷的电场分布可知 P 点的电场强度竖直向上，大小表示为22cossinkQEOD整理得222288cossincos(1cos)kQkQELL 令cost，(0,1)t，可得函数2()(1)f ttt 对函数求导2()1 3f tt 令()0ft，解得33t 结合导函数的性质可知，在3(0,3t 时，()f t 单调递增，在3(,1)3t 时，()f t 单调
34、递减，因此3cos3t时，电场强度最大，即2tan4ODLOP 由此可知，z 轴上距离O 点24L 处的两点电场强度最大，A 错误；B30DAO，轨道上 A 点的电场强度大小2223cos30AkQkQmgELLq B 正确；C由几何关系可知32OAOCL 45ACO 根据对称性可知，A、C 两点的电场强度大小相等，因此，C 点的电场强度方向沿 x 轴正方向，电场强度大小表示为CAmgEEq小球在C 点时的受力如图所示 小球在C 受到的电场力为CCFqEmg沿杆方向的合力为cos45cos45CFmgFma 解得0a 由此可知小球刚到达 C 点时的加速度为 0，C 正确；D根据等量同种电场分布
35、和对称关系可知，A、C 两点电势相等，电荷从 A 到C 的过程中电场力做功为零，根据动能定理可得k0Cmg OAE 解得k32CEmgLD 正确。故选 BCD。3B【详解】A.根据x 图象切线的斜率表示场强 E 可知，xL处场强为 0，则有AB22(4)(2)QQkkLL 解得AB:4:1QQ A 错误；BC.根据x 图象可知，xL右侧电场方向向左，左侧电场方向向右，将带正电小球在2xL的 C 点由静止释放后，先向左加速到 xL处再向左减速，电场力先做正功后做负功，电势能先减小后增大，C 错误；由于 xL处场强为 0，小球在该位置的加速度为 0，故小球向左运动过程中加速度先减小后增大，B 正确
36、；D.小球从 C 点由静止释放向左运动到速度减为 0 的过程，电场力做功为 0，即速度为 0 的位置电势与 C 点位置的电势相等，从图象可以看出该位置应位于 0L之间，D 错误；故选 B。4ABD【详解】A由题意等效最高点在 OM 连线的反向延长线与圆周的交点上，设为 N，则在 N 点满足 22()(3)2Fmgmgmg等所以22mvmgL即动能的最小值为2kmin12EmvmgL故 A 正确；B由题意细线断裂后，当 B 点速度沿与等效重力反方向的分速度为零时，动能最小，又因为从 B 到 N 点，由动 能 定 理 得22112(sin 30)22Bmg LLmvmv 解 得2Bvg L所 以
37、最 小 动 能 为2kmin11(sin 30)22BEm vmgL故 B 正确；C因为从细线断裂到小球的动能与 B 点动能相等的过程中，由动能定理知合外力做功为零，即 B 点速度沿与等效重力反方向的分速度变为等大反向时，故满足 历城二中 56 级高三 物理典型题汇编参考答案 7 cos30Bvat 22mgagm sin302Bxvt p3(cos60)2EqExmgL 即电势能增加了32m g L，故 C 错误；D从细线断裂到小球的电势能与 B 点电势能相等的过程中，即电场力做功为零，即相当于 B 点水平方向的速度等大反向时，即 Bva t qEma 21(2)2hgt Wmgh p WE
38、 解得p83EmgL 故 D 正确。故选 ABD。5BD八、磁场1D【详解】A三条导线在 O 点产生的磁场方向如图，因三根导线上的电流相等，则 BA、BC、BD 大小相等，相邻两者之间方向互成 60夹角，因 O 点的磁感应强度大小为0B，则 BA=BC=BD=12 B0 选项 A 错误；B因 a 点距离 CD 的距离小于 O 点距离 CD 的位置，可知导线CD在a点产生的磁场大于 12 B0，因CD在a点的磁场方向相同，均垂直 CD 向下，可知 CD 两根导线在 a 点的合磁场强度大于 B0，再与A 点的导线在 a 点的磁场合成后 a 点的磁感应强度更是大于 B0，选项 B错误；C因 C 导线
39、对 A 导线有斥力，D 导线对 A 有吸引力，两力互成120角，可知 A 导线受安培力水平向右；因 C 导线对 D 导线有斥力，A 导线对 D 有吸引力，两力互成120角，可知 D 导线受安培力斜向右上方；则 A、D 两处导线受到的安培力大小相同，但是方向不同，选项 C 错误；D由选项 C 的分析可知，A 处导线受到的安培力大小为0F，则三根导线之间的相互作用力均为 F0，因 A 导线对 C 导线有斥力，D 导线对 C 有斥力，两力互成 60角，可知 C 处导线受到的安培力大小为002cos303FFF选项 D 正确。故选 D。2ABC【详解】A设粒子带正电，磁场方向垂直于纸面向外，若 r=R
40、，则粒子离开磁场时，可画出某个从 P 点射入磁场中粒子的运动轨迹如图 1 所示 由几何关系可判断平行四边形 POAO 为菱形。则有/O AOP，所以速度方向竖直向下，同理也可判断出：若满足 r=R，正电荷从 P 点其它方向射入磁场中粒子的速度方向也是竖直向下的，即速度方向都是彼此平行的。同理也可得到若粒子带负电，磁场垂直纸面向里，且满足 r=R 时，粒子离开磁场边界时，速度方向也是彼此平行的，故 A 正确；B假设粒子带正电，磁场方向垂直于纸面向外，由于rR，粒子的运动轨迹如图2 即带电粒子的轨迹半径大于圆的半径时，射出磁场边界的粒子几乎可以充满整个圆边界区，所有的弧都是略弧，所以最长的弧对应最
41、长的弦长，所以从直径射出去粒子的时间最长。根据对称性，粒子带负电也是如此，故 B 正确；C当速度大小为 v1 时，从 P 点入射的粒子射出磁场时与磁场边界的最远交点为 M，如图 3 所示，由题意知60POM由几何关系得轨迹圆半径为 12Rr 从 P 点入射的粒子射出磁场时与磁场边界的最远交点为 N，如图 4 所示，由题意知120PON 由几何关系得轨迹圆的半径为 232Rr 根据洛伦兹力充当向心力可知2vqvBmr 速度与半径成正比，因此 v1：v2=r1：r2=1:3 故 C 正确；D由图 3，图 4 可知粒子运动轨迹都是半个圆周，根据粒子在磁场中运动的周期公2 mTqB所以是粒子在磁场中运
42、动的时间均为 2T，所以 12:1:1tt，故 D 错误。故选 ABC。3.【答案】B 设当磁感应强度为1B 时粒子恰好与 BC 边相切，如图 由几何关系可知此时粒子的轨道半径为13cos302Raa 由洛伦兹力提供向心力有20011vqv BmR 解得012 33mvBqa设当磁感应强度为2B 时，粒子恰好与 AC 边相切，如图 可知223()sin 602aRR解得23(23)2Ra同理解得022(23)3mvBqa 则磁场磁感应强度大小范围为002 32(23),33mvmvqaqa只有 B 选项符合条件，其他不符合。故选 B。4、ABC 5BC 历城二中 56 级高三 物理典型题汇编参
43、考答案 8【解析】A霍尔元件的电流 I 是由负电荷定向运动形成的，选项 A 错误；B根据单位时间内的脉冲数，可求得车轮转动周期，从而求得车轮的角速度，最后由线速度公式 vr，结合车轮半径，即可求解车轮的速度大小，选项 B 正确；D根据HUqvBqd得HUvdB由电流的微观定义式 I=neSv，n 是单位体积内的电子数，e 是单个导电粒子所带的电量，S 是导体的横截面积，v 是导电粒子运动的速度，整理得IvneS联立解得HIdBUnes可知用霍尔元件可以测量地磁场的磁感应强度，保持电流不变，霍尔电压UH 与车速大小无关，选项 D 错误；C由公式HIdBUnes，若传感器的电源输出电压 U1 变大
44、，那么电流I 变大，则霍尔电势差 U2 将变大，选项 C 正确。故选 BC。九、电磁感应 1、答案 B解析 线框从开始进入到全部进入第一个磁场时，因切割的有效长度均匀减小，故由 EBLv 可知，电动势也均匀减小；由闭合电路欧姆定律得，感应电流也均匀减小；匀速运动，外力 F 与安培力大小相等，FF 安B2L2vR，外力 F 与安培力不是均匀减小，不是线性关系，故 B 正确，A、C、D 错误。2【答案】A 线圈从同一高度下落，到达磁场边界时具有相同的速度 v，切割磁感线产生感应电流，受到磁场的安培力大小为22B L vFR 由电阻定律有4LRS（为材料的电阻率，L 为线圈的边长，S 为导线的横截面
45、积），线圈的质量为04mSL（0 为材料的密度）当线圈的下边刚进入磁场时其加速度为mgFFagmm联立得，加速度为2016B vag则知，线圈 1 和 2 进入磁场的过程先同步运动，由于当线圈 2 刚好全部进入磁场中时，线圈 1 由于边长较长还没有全部进入磁场，线圈 2 完全进入磁场后做加速度为 g 的匀加速运动，而线圈 1 仍先做加速度小于 g 的变加速运动，完全进入磁场后再做加速度为 g 的匀加速运动，两线圈匀加速运动的位移相同，所以落地速度关系为12vv由能量守恒可得212Qmg hHmv（H 是磁场区域的高度），因为12mm，12vv，所以可得12QQ根据24BLqLLRS 知12qq
46、 故选 A。3【答案】ABC A设两杆与导轨的摩擦因数为 ，两导轨宽度为l，两杆的总电阻为 R，当 122mgmg时 a 杆将不会运动，对 b 杆和 c 物体 1()22AmmgFmgma 22ARB L vF 随着 b 杆速度增大，b 杆所受安培力增加，b 杆加速度减小，故 b 杆将做加速度不断减小的加速运动，稳定时12AFmgmg加速度为零，b 杆做匀速直线运动，A 正确；C由 122mgmg得14 b 杆匀速时1124AFmg C 正确；BD当 122mgmg时，a 杆也会运动，稳定时，对 a、b、c 12(2)22mmgmgma AAaFF 对 a 杆AaFmgma 得AAaFF1(1
47、)5mg结合14，得11(1)54AFmg故 b 杆做加速度不断减小的加速运动，稳定后以a 做匀加速直线运动，B 正确，D 错误。故选 ABC。4【答案】BD A对 ab 受力分析，由牛顿第二定律可知12sin22mgBILma 同理 cd 棒有2sinmgBILma 解得12sinBILaagm所以加速过程 ab、cd 棒的加速度大小相等，方向不同，A 错误；B当120aa时，ab 的速度达到最大，此时有2sin2mgBIL 又因为22BLvBLvIR联立解得222sin3mgRvB LB 正确；C若 ab 棒下降高度 h 时达到最大速度，根据动能定理对 ab 棒有 21222mghWmv解
48、得此过程中 ab 克服安培力做的功为3222444sin29m g RWmghB LC 错误；D在 ab 下降高度为 h 时，通过 ab 某一截面的电荷量为23222sinBLxBLxBLhqRRR 由动量定理可知，ab 棒由静止释放至达到最大速度的过程有2sin22mgtBILtmv 联立解得22222322sin3B L hmRtmgRB LD 正确。故选 BD。十、交流电、变压器 1【答案】B AB设用户端理想变压器原副线圈两端电压分别为 U1、U2，电流分别为 I1、I2，则根据理想变压器特点 U1I1=U2I2 U1：U2=n1：n2 得1122nUUn，2121nIIn 对原线圈电
49、路有2111121212=nnUI RUI RUnn 由上式可得222121=()UnURIIn故 A 错误，B 正确；历城二中 56 级高三 物理典型题汇编参考答案 9 C由11 UI R，结合1122=nUUn，2121nIIn联立可得2122nRRRn（）故 C 错误；D根据 C 中分析可知，虚线框所圈部分的等效电阻为 R，则 R1 上消耗功率为 11211122()()RRPPPnRRRRRn损故 D 错误。故选 B。2【答案】A A原线圈两端电压的有效值为m220V2UU 由图丙可知电压周期22 10 sT，则电压瞬时值表达式为m2cos220 2 cos(100)uUttT当32.
50、5 10 st的电压瞬时值为3V2.220 2 cos(100)25010V2u故 A 正确；B电压表测的是输出电压，不会随外电阻的变化。故 B 错误；C照明电灯正常发光时，电流为2211A6PIU线圈匝数比为12222055123nUnU电流表的读数为2210.1AnIIn故 C 错误；D电压表的示数为有效值，即为 12V。故 D 错误。故选 A。3【答案】A A对于该系统输入输出功率不变，由于51 10 WP 故原线圈电流为11400APIU对于中间线路有1221InIn代入数据，解得225AI 则损失的功率为2232258W5 10 WPI R A 正确；B根据1122UnUn代入数据，
51、解得324 10 VU 由 A 可知225AI 输电线的总电阻两端的电压为2200VrUI r则2323.8 10 VrUUU 又3344UnUn 即有34380019022011nn B 错误；C由于输入输出功率相同，当用户消耗功率减小时，电流减小，但是1122UnUn不变，则 U2 不变，C 错误；D当消耗功率增大时，输电线电流变大，输电线的总电阻两端的电压变大，U2 不变，根据 32rUUU可知，U3 变小，又由3344UnUn可知，U4 变小，D 错误。故选 A。4【答案】CD A0t时刻电动势为零，线圈磁通量最大，矩形线圈位于中性面，A 错误；BC滑动变阻器滑动触头从最下端逐渐向上移
52、动，阻值 R 减小，设流经 r 的电流为1II 因为21:2:1nn 则电流22II 原线圈电压1(128)VUI 副线圈电压211(64)V2UUI R 消耗的功率22239(64)2842PU IIII 当3 A4I 时max4.5 WP此时max222 PRI 所以从最下端滑到最上端的过程中，R 消耗的功率先增大后减小，B 错误，C 正确；D原线圈电流3 A4I 则 1 分钟内 r 产生的焦耳热2270 JQI rt D 正确。十一、热学 1.【答案】D 设平衡时，玻璃管内气体压强为1p，由平衡条件得10p Sp Smg可得10mgppS由理想气体状态方程1121pL Sp L STT由
53、题意知(127273)K400KT 1(27273)K300KT 联立解得24.3cm0.24mL 管漂浮时，浮力与重力平衡，由mggV排 即mggHS 可得20cm0.2mmHS可得玻璃管露出水面的高度0.04mhLH故 D 正确，ABC 错误。2【答案】BCD AB根据理想气体气态方程21211234p Vp VTT可得12TT说明从状态 1 变化到状态 2，气体内能增加，分子平均动能增加，气体对外做功，内能增加，说明气体吸热，A 错误 B 正确；C分子平均动能增加，分子撞击器壁的力增大，由于气体压强减小，故可得器壁上单位面积上在单位时间内受分子撞击的次数减少，C 正确；D若气体由状态 2
54、 再变化到状态 1 时外界对气体做功与图示变化气体对外做功相等，根据热力学第一定律可知，则气体放出的热量与图示变化吸收的热量大小不相等，D 正确；故选 BCD。3【答案】（i）2L；（ii）10.4L （i）设 B 气体初状态压强为1p，体积为1VLS，末状态压强为2p，体积为2V，对初状态的两活塞弹簧和上面汽缸整体受力分析，由平衡条件有00010.420.2p Sp Sp Sp S 解得101.8pp 对末状态的下面汽缸受力分析，由平衡条件有0200.4 p Sp Sp S 解得200.6pp 历城二中 56 级高三 物理典型题汇编参考答案 10 根据玻意耳定律1122p Vp V 可得23
55、VLS 则下面活塞上移的距离为12xL（ii）设 A 气体初状态压强为3p，体积为3VLS，末状态压强为4p，体积为4V，对初状态的上面汽缸受力分析，由平衡条件有0030.4 p Sp Sp S 解得301.4pp 对末状态的两活塞弹簧和下面汽缸整体受力分析，由平衡条件有00400.420.2p Sp Sp Sp S 解得400.2pp 根据玻意耳定律3344p Vp V可得47VLS 则上面活塞相对上面汽缸下移的距离为 6xL 对初状态的上面活塞和上面汽缸整体受力分析，由平衡条件有弹簧弹力 10000.40.20.6Fp Sp Sp S 弹簧处于压缩状态，对末状态的下面活塞和下面汽缸整体受力
56、分析，由平衡条件有弹簧弹力 20000.40.20.6Fp Sp Sp S 弹簧处于拉伸状态，弹簧由压缩到拉伸的形变量122.4FFxLk 则上面汽缸移动的距离为2110.4xxxxL 4【答案】（1）000p VVpp；（2）该香水瓶瓶盖密封性不合格（1）缓慢变化过程中，由玻意耳定律可得00pVVpV 解得000p VVpp（2）设温度由1300KT 变化为2360KT 后，压强由 p 变为1.15 p，体积变为1V，根据气体状态方程有1 112pVpVTT 解得11.1595.8%1.2VV 故漏气量占比为 4.2%，故该香水瓶瓶盖密封性不合格 十二、振动和波 1【答案】D A因为简谐运动
57、的平衡位置是物体能够自由静止的位置，即应该是小球粘在盘子上一起静止的位置，所以应该比开始位置偏下，故 A 错误；B因为振幅为从平衡位置到最大位移处的距离，根据对称性，则小球和盘再次回到都刚开始碰撞的位置时速度不为零，故开始的位置不是最大位移处，因为开始时0Mgkx小球粘在盘子上一起静止的位置满足2()mM gkx所以刚开始碰撞的位置到平衡位置的距离为mgxk 故振幅应该大于 mgk，故 B 错误。C小球自 h 高处由静止释放，与盘发生完全非弹性碰撞，则1()mvmM v又因为22vgh所以两者碰后速度为12mghvMm而两者碰撞瞬间满足0()mM gkxma即碰后两者向下做加速度减小的加速运动
58、，当 a=0 时速度最大，之后做减速运动到最低点，故振动过程中圆盘的最大速度应该大于2mghMm，故 C 错误；D从碰后瞬时位置向下运动过程中，小球的动能先增大后减小，故由能量守恒定律可得，小球、圆盘与弹簧组成的系统势能先减小后增大，故 D 正确。2【答案】B 相干结果相同点振动步调一致，与波源的路程差为 0 或半波长的偶数倍，P、Q 连线的中垂线到 P、Q的路程差为 0，为振动加强点，与波源的路程差为半波长的偶数倍点的轨迹是中垂线上下两条曲线，根据该规律，知 B 正确，ACD 错误。3【答案】BD A设波长为，由几何关系结合题意得10042ABBC解得8m 故 A 错误；B设波的周期为T，由
59、题图可得12TnTf即0.2s2TnT 解得0.4(0,1,2,)21Tnn 则波速20(21)(0,1,2,)vnnT当1n 时，波速等于 60m/s，故 B 正确；C由0.4(0,1,2,)21Tnn可知无论n 取何值，周期都不可能等于 0.1s 所以该波不可能与周期为 0.1s的另一列绳波发生干涉，故 C 错误；D A、C 相距半个波长，所以一次曝光时 A、C 两处质点振动方向相反，故 D 正确。4.【答案】（1）2m；（2）振动减弱点的个数是 5。横坐标分别是-2m，0，2m，4m，6m（1）设波源 P、Q 产生的波分别经时间 tP、tQ 传到 C 点，则3.5PACtvs 2.5QB
60、Ctvs 历城二中 56 级高三 物理典型题汇编参考答案 11 波源 Q 产生的波先传到质点 C，从 tQ=2.5s 时刻开始振动，在 03.5s 时间内，波源 P 产生的波没有传到质点 C，经过的时间 t=1s，刚好是半个周期。设通过路程为 S1，则 122mSA（2）设波长为，则4mvT 由于 t=0 时刻波源 P 开始沿着 y 轴正方向起振，波源 Q 开始沿着 y 轴负方向起振，若 x 轴上某点到 P、Q 的距离差是半波长的偶数倍，则该点振动减弱。设振动减弱点的横坐标为 x，则 QP1()(2xxxxn）=（n=0，2，4，）4m8mx 解得4,2,0,2,4n 对应2mx ，0，2m，
61、4m，6m 所以，振动减弱点的个数是 5。横坐标分别是-2m，0，2m，4m，6m。十三、光学 1【答案】B【详解】激光束照在圆柱上，沿圆柱体轴上的光线即水平方向上的光线，经相同的入射角折射，两次折射后，同一水平方向上的光线折射偏转角度相同，光线平行，故在光屏上水平方向上的光斑宽度不变。如图，竖直方向上光线通过圆柱体光线有会聚作用，根据光屏与圆柱玻璃柱的位置关系，光斑的长度可能变大，可能变小，也可能不变。由于图中的入射光束在圆心上方，故光路往下偏，光斑的中心不可能呈现在光屏的上部方。综上所述，B 有可能，ACD 均不可能。故选 B。2【答案】C【详解】A光路图如图所示 由几何关系可知光线入射到
62、 D 点的入射角30i 折射角60 折射率为sin3sinni A 错误；CD临界角1sinCn解得3sin3C 从 M 或 N 点垂直于 MN 发出的光线射到球面上的入射角最大，设为，管芯发光部分 MN 的半径为 r，所以有 sinrR 所有光能射出，则 sinsinC解得33rR C 正确；D 错误；B光路图如图所示,由几何知识13sin23 可以发生折射，设折射角为，所以有sinsinn解得3sin6 B 错误。故选 C。3【答案】B【分析】【解答】设标准平面的玻璃之间的夹角为，由题设条件，则有tan=|0|；由空气薄膜干涉的条件，则有：2 =，即为：=2tan；联立，解得：=2|0|；
63、A.与0相差越大，由=2|0|可知：越小，故 A 错误；B.轻压1的右端，若 变小，|0|变大，而0不变，变小，所以 0Lt 时，I=002B LLgHRt，方向为 ba；III.当2gH 0Lt时，I=002B LLgHRt，方向为 ab。9【答案】(1)36；(2)4 311BrEmR；2203B r DvmR【详解】(1)设轨道对运输车的支持力为 N1、N2，在垂直斜面方向上，受力分析如图所示 则可知oo12cos60cos60cosNNmg 在沿斜面方向上，对运输车进行受力分析可知12sin()mgNN 代入数据，整理得36 (2)运输车离站时，电路图如图所示 根据电阻的串关联关系，回
64、路总电阻114RR总 总电流EIR总 1、2 两导体棒受安培力方向相同，受到的合力12()FB IIL 而3Lr，12III 根据牛顿第二定律 Fma 联立可得，加速度大小4 311BrEamR 运输车进站时，电路如图所示 当车速为 v 时，由法拉第电磁感应定律123EEBrv 根据闭合电路的欧姆定律124EEIR 每个导体棒所受的安培力123FFBIr 代入数据，运输车所受的合力22123Br vFFFR 选取一小段时间t，运输车速度的变化量为v，由动量定律223Br vtm vR 由于vtx 上式变为223Brxm vR 历城二中 56 级高三 物理典型题汇编参考答案 23 两边求和220
65、3B r DmvmvR 解得2203B r DvvmR 10.【解答】（1）电容器充电后，下极板带正电，放电时，通过 a 棒的电流从下至上，a 棒所受安培力向右，根据左手定则知 I 区磁场方向竖直向上：出区后根据合体和弹菌构成的系统机械能守恒得 12 242=2mgxsin+Ep 代入数据解得 v42m/s 即出四区时回路的总电阻为 R=2+R 感应电动势 E4BLv4 根据闭合电路欧姆定律有：I4=4 则安培力 F 安 4BI4L 联立代入数据解得 F 安 4=23N（2）穿越区过程中，对联合体由动量定理得 22t2mgsint2mv42mv3 其中=d 两棒碰撞过程 mv22mv3 a 棒
66、穿越区过程中，等效电路总电阻为 Rr+对 a 棒由动量定理得 22t2mv2mv1 其中2d 代入数据解得 v17.2m/s 整个回路中产生的焦耳热 Q=12 12 12 22 a 棒的焦耳热 Qa=23Q 代入数据得 Qa=67150J（3）穿越 I 区过程中，电容器和 a 棒构成回路，最终 a 棒匀速，回路中电流为 0，则 U1BLv1 U0E 电容器放电电量QCU0CU1 对 a 棒由动里定理 BLt1mv1 其中t1Q 联立代入数据解得 E7.92V 答：（1）区磁场方向为竖直向上，即将出区时联合体所受的安培力大小为23N；（2）a 棒通过区时，a 棒上产生的焦耳热为67150J；（3）电源的电动势为 7.92V。
