1、2013 高考物理重点题型考前圈点（注：本资料主要针对 2013 年全国新课标卷，仅供参考）一、物理学史和物理方法1.（单选）关于科学家和他们的贡献，下列说法正确的是A古希腊学者亚里士多德用科学推理论证重物体和轻物体下落一样快，推翻了意大利物理学家伽利略的观点B德国天文学家开普勒发现了万有引力定律，提出了牛顿三大定律C法国物理学家库仑利用扭秤实验发现了电荷之间的相互作用规律库仑定律，并测出了静电力常量 k 的值。D丹麦物理学家奥斯特发现了电流的磁效应，并总结出了右手螺旋定则2.（多选）自然界中某个量 D 的变化量D，与发生这个变化所用时间 t 的比值Dt，叫做这个量 D的变化率。下列说法正确的
2、是：A若 D 表示某质点做平抛运动的速度，则Dt 是恒定不变的B若 D 表示某质点做匀速圆周运动的动量，则Dt 是恒定不变的C若 D 表示某质点的动能，则Dt 越大，质点所受外力做的总功就越多D若 D 表示穿过某线圈的磁通量，则Dt 越大，线圈中的感应电动势就越大二、运动图像、超重失重、机械能3.（单选）我国“蛟龙号”深潜器经过多次试验，终于在 2012 年 6 月 24 日以 7020m 深度创下世界最新纪录（国外最深不超过 6500m），预示着可以征服全球 998的海底世界，假设在某次实验时，深潜器内的显示屏上显示出了从水面开始下潜到最后返回水面 10min 内全过程的深度曲线（a）和速度
3、图像（b），如图示则有（）A（a）图中 h3代表本次最大深度，应为 6.0mB全过程中最大加速度是 0.025m/s2C潜水员感到超重现象应发生在 3-4min 和 6-8min 的时间段内D整个潜水器在 8-10min 时间段内机械能守恒注：1.重要物理学史参见附录2 物理学史中划时代意义的事件集中在三件事情：A：动力学关系的探究过程。包括亚里士多德，伽利略，笛卡尔和牛顿等人的典型观点和研究方法；B：万有引力定律的揭示过程。主要体现逻辑推理和数学归纳的魅力；C：电磁关系的推理。主要体现实验的火花魅力和数学综合归纳的的魅力.(摘自 恩施市第一中学廖平锋2013 高考物理猜题训练)南京南京图 a
4、图 b图 c4.（多选）某星级宾馆安装一高档电梯，在电梯的底板上安装了一压力传感器，在竖直墙壁上的显示盘上可显示人对传感器的作用力，某乘客乘坐电梯从 1 层直接到 10 层，之后又从 10 层直接回到1 层，用照相机进行记录了相关的信息，如图 7 所示，则下列说法中正确的是()A根据图（a）和图（e）可估测出电梯向下制动时的加速度 B根据图（a）和图（b）可估测出电梯向上制动时的加速度 C根据图（a）和图（c）可知人的机械能在减小 D根据图（a）和图（d）可知人的机械能在减小三、共点力平衡、牵连速度、功和功率5（单选）在岛上生活带渔民，曾用如图装置的将渔船拉到岸边，若通过人工方式跨过定滑轮拉船
5、，使之匀速靠岸，已知船在此运动过程中所受阻力保持不变：A绳对船的拉力逐渐增大B船所受水的浮力保持不变C岸上人拉绳的速度保持不变D岸上人拉绳的速度逐渐增大6（多选）如图所示，作用于轻绳端点 A 竖直向下的拉力通过跨在光滑小滑轮的轻绳拉一处在较远处的物体（初始位置绳与水平方向的夹角很小），使物体沿水平面向右匀速滑动，在此过程中 A绳端 A 的速度逐渐减小B绳端 A 的速度逐渐增大C绳端拉力 F 逐渐增大D绳端拉力 F 的功率逐渐减小四、加速度的瞬时性和矢量性、力和运动的动态分析、机械能7.（单选）如图所示，弹簧一端固定在天花板上，另一端连一质量 m=2kg 的秤盘，盘内放一个质量 M=1kg的物体
6、，秤盘在竖直向下的拉力 F 作用下保持静止，F =30N，当突然撤去外力 F 的瞬时，物体对秤盘的压力为(g=10m/s2)A.1ON B.15N C.20N D.40N8.（单选）图中甲、乙是一质量 m=6103kg 的公共汽车在 t=0 和 t=4s 末两个时刻的两张照片当 t=0时，汽车刚启动（汽车的运动可看成匀加速直线运动）图丙是车内横杆上悬挂的手拉环的图像，测得=30根据题中提供的信息，无法估算出的物理量是（）A汽车的长度B4s 内汽车牵引力所做的功C4s 末汽车的速度D4s 末汽车合外力的瞬时功率9.（多选）利用传感器和计算机可以研究快速变化的力的大小，实验时让某消防队员从一平台上
7、跌落，自由下落 2m 后双脚触地，接着他用双腿弯曲的方法缓冲，使自身重心又下降了 0.5m，最后停AF504050504050405040（a）（b）（c）（d）（e）9 10 2 1 1图 7止，用这种方法获得消防队员受到地面冲击力随时间变化图线如图所示，根据图线所提供的信息以下判断正确的是（）At1时刻消防员的速度最大Bt2时刻消防员的速度最大Ct3时刻消防员的动能最小Dt4时刻消防员的动能最小五、力的合成与分解、功和能10.（多选）如图所示为竖直平面内的直角坐标系一质量为 m 的质点，在恒力 F 和重力的作用下，沿直线 ON 斜向下运动，直线 ON 与 y 轴负方向成 角(90)，不计空
8、气阻力，则以下说法正确的是：A当 F=mgtan 时，拉力 F 最小B当 F=mgsin 时，拉力 F 最小C当 F=mgsin 时，质点的机械能守恒，动能不变D当 F=mgtan 时，质点的机械能可能减小也可能增大六、抛体运动、功和能11.（单选）如图所示，将小球 a 从地面以初速度v 0 竖直上抛的同时，将另一相同质量的小球b 从距地面h 处以初速度v 0水平抛出，当小球a 到最高点时小球b 恰好落地（不计空气阻力）。下列说法中正确的是（）A.到达同一水平高度前的任意时刻，小球 a 的速度大于小球 b 的速度B.从开始运动到两球到达同一水平高度，球 a 动能的减少量等于球 b 动能的增加量
9、C.两小球落地时，重力的瞬时功率相同D两小球落地时的动能相同12.（单选）如图所示，置于竖直平面内的AB光滑杆，它是以初速为v0，水平射程为s的平抛运动轨迹制成的，A端为抛出点，B端为落地点现将一小球套于其上，由静止开始从轨道A端滑下，重力加速度为g则当其到达轨道B端时：A小球在水平方向的速度大小为v0 B小球运动的时间为0vsC小球的速率为gsv0D小球重力的功率为22400sgvvmg七、天体卫星发射和变轨13.（多选）在地球上发射同步卫星，卫星先在近地轨道绕地球运动，再运行至转移轨道，最后运行至同步轨道，以下说法正确的是（）A卫星在 I 轨道 Q 处的速率大于轨道 P 处的速率B卫星在
10、II 轨道 P 处的加速度大于轨道 P 处的加速度C卫星在转移过程中，发动机需要两次点火加速D卫星从轨道向轨道转移，周期增大，机械能减少八双星或多星问题14.（单选）2012 年 7 月 26 日，一个国际研究小组借助于智利的甚大望远镜，观测到了一组双星系统，它们绕两者连线上的某点 O 做匀速圆周运动，如图所示。此双星系统中体积较小成员能“吸食”hv0abv0图（乙）tv图（甲）EAB另一颗体积较大星体表面物质，达到质量转移的目的，假设在演变的过程中两者球心之间的距离保持不变，则在最初演变的过程中（）A它们做圆周运动的万有引力保持不变B它们做圆周运动的角速度不断变大C体积较大星体圆周运动轨迹半
11、径变大，线速度也变大D体积较大星体圆周运动轨迹半径变大，线速度变小九、电容器及电容器动态分析15-a.（单选）如图 1 所示连接电路，电源电动势为 6V。先使开关 S 与 1 端相连，电源向电容器充电，这个过程可在瞬间完成。然后把开关 S 掷向 2 端，电容器通过电阻 R 放电，电流传感器将测得的电流信息传人计算机，屏幕上显示出电流随时间变化的 I t 曲线如图 2 所示。据此图可估算出电容器释放的电荷量，并进而估算出电容器的电容为：（）A2.010-1F B1.310-2 F C4.510-3F D5.510-4F15-b.图 a 是某同学设计的电容式速度传感器原理图，其中上板为固定极板，下
12、板为待测物体，在两极板间电压恒定的条件下，极板上所带电量 Q 将随待测物体的上下运动而变化，若 Q 随时间 t 的变化关系为 Q=b/(t+a)（a、b 为大于零的常数），其图象如图 b 所示，那么图 c、d 中反映极板间场强大小 E 和物体速率 v 随 t 变化的图线可能是（）A和 B和 C和 D和 十、电场性质及带电粒子在电场中运动图像分析16.(多选）如图（甲）所示，AB 是电场中的一条直线。一个带电粒子以某一初速度从直线 AB 上某一点出发，仅在电场力作用下沿直线 AB 运动，其 v-t 图象如图（乙）所示，则下列判断正确的是：A粒子由 A 向 B 运动B粒子由 B 向 A 运动C粒子
13、带正电D粒子带负电十一、直流电路动态分析、压力传感器17.（多选）压敏电阻的阻值随所受压力的增大而减小，某研究性学习小组利用压敏电阻判断升降机运动状态的装置，其工作原理如图甲所示，将压敏电阻和两块挡板固定在升降机内，中间放一个绝缘重球，当升降机静止时，电流表的示数为 I0，在升降机向上做直线运动的过程中，电流表的示数如图乙所示，下列判断正确的是()A从 0 到 t1时间内，升降机做匀加速直线运动B从 t1到 t2时间内，升降机做匀加速直线运动C从 t1到 t2时间内，重球处于超重状态(C)D从 t2到 t3时间内，升降机可能静止十二、带电粒子在磁场中运动轨迹分析18.（单选）空中两根长直金属导
14、线平行放置，其中一根导线中通有恒定电流在两导线所确定的平面内，一电子从 P 点运动的轨迹的一部分如图中的曲线 PQ 所示，则一定是()Aab 导线中通有从 a 到 b 方向的电流Bab 导线中通有从 b 到 a 方向的电流Ccd 导线中通有从 c 到 d 方向的电流Dcd 导线中通有从 d 到 c 方向的电流 十三、电磁感应图像问题19.（单选）如图，一个边长为 l 的正方形虚线框内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个直径也为 l 的圆形导线框所在平面与磁场方向垂直，虚线框对角线 ba延长线过圆形线框的圆心在 t=0 时，使圆形线框从图示位置开始以恒定速度v 沿 ab 方向移动，直到整个圆形线框离
15、开磁场区域以 i 表示圆形线框中感应电流的强度，取逆时针方向为正下列表示 i-t 关系的图示中(时间的单位为 l/v)，正确的是：20.（单选）某学生设计了一个验证法拉第电磁感应定律的实验，实验装置如图甲所示。在大线圈中放置一个小线圈，大线圈与多功能电源连接。多功能电源输入到大线圈的电流 i1 的周期为T，且按图乙所示的规律变化，电流 i1 将在大线圈的内部产生变化的磁场，该磁场磁感应强度 B与线圈中电流 i 的关系为 B=ki1（其中 k 为常数）。小线圈与电流传感器连接，并可通过计算机处理数据后绘制出小线圈中感应电流 i2 随时间 t 变化的图象。若仅将多功能电源输出电流变化的频率适当增大
16、，则图丙所示各图象中可能正确反映 i2-t 图象变化的是（图丙中分别以实线和虚线表示调整前、后的 i2-t 图象）：十四、电磁感应电路问题21.（单选）如图所示，一个“”形导轨 ADC 垂直于磁场固定在磁感应强度为 B 的匀强磁场中，MN是与导轨材料和规格都相同的导体棒。在外力作用下，导体棒从左图所示位置开始沿导轨 DC 方向向右做初速度为零的匀加速直线运动，导体棒与导轨始终接触良好。以导体棒在左图所示位置为计时起点，则下列物理量随时间 t 变化的图象正确的是（下图中 U 为导体棒与导轨的接触点之间电势差；abi1t0乙线圈线圈多功能电源甲T传感器12it(A)0i1(21)0ti12(B)0
17、i1(21)t(D)0(C)i2t0TAi2t0TCi2t0TDi2t0BT丙ADCMNvtFt2O（C）tPt2O（D）Ut2O（A）ttIt2O（B）ESBAOiAtS 接通 OiAtS 接通 OiBtS 断开 OiBtS 断开 ABCDI 为流过金属棒的电流；F 为作用在金属棒上的安培力；P 为感应电流的热功率）:十五、自感现象22.（多选）如图所示的电路中，灯泡 A、B 电阻相同，自感线圈 L 的电阻跟灯泡相差不大。先接通 S，使电路达到稳定，再断开 S。电流随时间变化图像，下列正确的是 十六、地磁场问题23.（多选）极光是由来自宇宙空间的高能带电粒子流进入地极附近的大气层后，由于地磁
18、场的作用而产生的如图所示，科学家发现并证实，这些高能带电粒子流向两极做螺旋运动，旋转半径不断减小此运动形成的原因是：（）A可能是洛伦兹力对粒子做负功，使其动能减小B可能是介质阻力对粒子做负功，使其动能减小C可能是粒子的带电量减小D南北两极的磁感应强度较强24.（多选）如图所示，一预警机在北京上空机翼保持水平，以 3.6102km/h 的速度自南向北飞行。该机的翼展（两翼尖之间的距离）为 50m，北京地区地磁场的竖直分量大小为 3.010-5T，水平分量大小为 1.010-5T，则（）A两翼尖之间的电势差为 0.15V B两翼尖之间的电势差为 0.05V C飞行员左方翼尖的电势比右方翼尖的电势高
19、 D飞行员左方翼尖的电势比右方翼尖的电势低 十七、远距离输电25.（单选）“512”汶川大地震发生后，常州常发集团向灾区人民捐赠一批柴油发电机。该发电机说明书的部分内容如表所示，现在用一台该型号的柴油发电机给灾民临时安置区供电，如图所示发电机到安置区的距离是 400m，输电线路中的火线和零线均为 GBCZ60 型单股铜导线，该型号导线单位长度的电阻为 2.510-4。安置区家用电器的总功率为 44kW，当这些额定电压为 220V 的家用电器都正常工作时：A输电线路中的电流为 20A B发电机的实际输出电压为 300V C在输电线路上损失的电功率为 8kW D如果该柴油发电机发的电是正弦式交变电
20、流，则其输出电压最大值是 300V 十八、欧姆表使用26.（1）多用表调到欧姆档时，其内部等效电路下列哪个是正确的：型号 AED6500S 输出电压范围 220300V 最大输出功率 60kW 柴油发电机安置区火线零线（2）关于多用表使用下列操作正确的是（）A多用表用于测电压时，要将红表笔接高电势点B多用表测电压时，应将多用表串联接入电路C多用表测电阻时，要调节倍率，使测量指示值尽可能大D多用表测电阻时，如将红黑表笔接错将导致测量错误（3）为测一个多用电表表内电源的电动势，刘聪同学在实验室找到了一个电阻箱，设计了如下实验：多用表置于欧姆档，红黑表笔短接，调节欧姆调零旋钮使电表指针满偏；将电表红
21、黑表笔与电阻箱相连，调节电阻箱使电表指针指 C 处，此时电阻箱的示数如图 3，则 C处刻度应为 。已知多用表内电流满偏电流为 0.01A,计算得到多用电表内电池的电动势为 V。(保留 2 位有效数字)（4）调零后将电表红黑表笔与某一待测电阻相连，若指针指在图 2 所示位置，则待测电阻的阻值为 。(保留 2 位有效数字)十九、测滑动摩擦系数27.物理小组在一次探究活动中测量滑块与木板之间的动摩擦因数。实验装置如图 7 所示，一表面粗糙的木板固定在水平桌面上，一端装有定滑轮；木板上有一滑块，其一端与电磁打点计时器的纸带相连，另一端通过跨过定滑轮的细线与托盘连接。打点计时器使用的交流电源的频率为 5
22、0 Hz。开始实验时，在托盘中放入适量砝码，滑块开始做匀加速运动，在纸带上打出一系列小点。（1）上图给出的是实验中获取的一条纸带的一部分：0、1、2、3、4、5、6、7 是计数点，每相邻两计数点间还有 4 个打点（图中未标出），计数点间的距离如图所示。根据图中数据计算的加速度a=(保留三位有效数字)。(2)回答下列两个问题：GR0+-EGR0+-EGR0+-R0G+-R0E(A)(B)(C)(D)红表笔黑表笔红表笔红表笔红表笔黑表笔黑表笔黑表笔为测量动摩擦因数，下列物理量中还应测量的有（填入所选物理量前的字母）。A.木板的长度 l B.木板的质量 m1 C.滑块的质量 m2 D.托盘和砝码的总
23、质量 m3 E.滑块运动的时间 t测量中所选定的物理量时需要的实验器材是。（3）滑块与木板间的动摩擦因数（用被测物理量的字母表示，重力加速度为 g）。与真实值相比，测量的动摩擦因数（填“偏大”或“偏小”）。写出支持你的看法的一个论据：。二十、测电阻率28.某研究性学习小组设计了如图所示的电路，用来研究稀盐水溶液的电阻率与浓度的关系图中 E为直流电源，K 为开关，K1为单刀双掷开关，V 为电压表，A 为多量程电流表，R 为滑动变阻器，Rx 为待测稀盐水溶液液柱 实验时，闭合 K 之前将 R 的滑片 P 置于（填“C”或“D”）端；当用电流表外接法测量 Rx 的阻值时，K1应置于位置（填“1”或“
24、2”）在一定条件下，用电流表内、外接法得到 Rx的电阻率随浓度变化的两条曲线如题所示（不计由于通电导致的化学变化）.实验中 Rx的通电面积为 20 cm2，长度为 20 cm，用内接法测量 Rx的阻值是 3500，则其电阻率为m，由图中对应曲线（填“1”或“2”）可得此时溶液浓度约为%（结果保留 2 位有效数字）二十一、测伏安曲线29.小张通过互联网查得某二极管的伏安特性曲线如图甲所示.由图甲分析可知，当该二极管电压在0-0.5V 时，电阻几乎为无穷大；当该二极管电压从 0.5V 升高到 0.9V 时，电阻从无穷大减小到三十几欧（1）为了确定二极管的正、负极，小张用多用电表进行了以下探测：用电
25、阻“100”挡，对二极管的两个电极进行正、反向测量，当指针偏转角度较大时，黑表笔连接的是二极管的极。（填“正”或者“负”）（2）若将满足图甲中伏安特性的一只二极管与电源（电动势 E=2V，内阻不计）和电阻（R0=100）串联，如图乙所示，当开关 S 闭合时，二极管消耗的功率为W。（结果保留一位有效数字）（3）小张使用下列所有器材，准确地描绘出了该二极管（符号）的正向伏安特性曲线。图丙仅画出了他设计的部分电路图，请你补全完成该实验的电路图，并标明各元件的符号。i.待测二极管 D 一只；ii.电压表 V（量程 0-3V，内阻约 10k）；iii.电流表 A（量程 0-30A，内阻约 30）；iv.
26、滑动变阻器 R（0-15，额定电流 1A）；v.电源 E（电动势 3V，内阻不计）；vi.单刀双掷开关 S2；ABRLCshvii.单刀开关 S1，及导线若干。30.有两个电阻 R1和 R2,现已测出 R1和 R2的伏安特性图线分别如图所示。将这两个电阻串联，然后接在电动势 E=6.0 V、内电阻 r0=2.4 的电源的两极上。（1）在图上用实线画出 R1、R2串联（作为一个整体）后的伏安特性曲线和该电源的 IU 图线。（不需写作图步骤和理由）（2）接通电路后，流过 R1的电流 I1=；电阻 R2消耗的功率 P2=。（结果都保留二位有效数字。）二十二、圆周运动、平抛运动、直线运动综合31.某校
27、物理兴趣小组决定举行遥控赛车比赛。比赛路径如图所示，赛车静止起从起点 A 出发，沿粗糙水平直线轨道运动 L 后，由 B 点进入半径为 R 的光滑竖直圆轨道，离开竖直圆轨道后继续在光滑平直轨道上运动到 C 点，并能跃过壕沟。已知赛车质量为 m0.1kg，通电后赛车发动机以额定功率P1.5W 工作，在粗糙水平轨道运动时受到的摩擦阻力恒为 Ff0.25N。图中 L10m、R0.32m，h1.25m，s1.50m，g10m/s2。求：（1）要使赛车能过圆轨道最高点，赛车经过 B 点的最小速度 vB；（2）要使赛车能跃过壕沟，赛车经过 C 点的最小速度 vC；（3）要使赛车能完成比赛，电动机工作的最短时
28、间 t。二十三、同源粒子发射问题32.如图所示，在正方形区域 abcd 内充满方向垂直纸面向里的、磁感应强度为B 的匀强磁场。在 t=0 时刻，一位于 ad 边中点 O 的粒子源在 abcd 平面内发射出大量的同种带电粒子，所有粒子的初速度大小相同，方向与 Od 边的夹角分布在 0180范围内。已知沿 Od 方向发射的粒子在 t=t0时刻刚好从磁场边界cd 上的 p 点离开磁场，粒子在磁场中做圆周运动的半径恰好等于正方形边长L，粒子重力不计，求：（1）粒子的比荷 q/m；（2）假设粒子源发射的粒子在 0180范围内均匀分布，此时刻仍在磁场中的粒子数与粒子源发射的总粒子数之比；Odcbap00.
29、51.01.52.02.501234567U/VR2R1I/A（3）从粒子发射到全部粒子离开磁场所用的时间。33.如图所示，在坐标系 xOy 所在平面内有一半径为 a 的圆形区域，圆心坐标 O1（a,0），圆内分布有垂直 xOy 平面的匀强磁场。在坐标原点 O 处有一个放射源，放射源开口的张角为 90，x 轴为它的角平分线。带电粒子可以从放射源开口处在纸面内朝各个方向射出，其速率 v、质量 m、电荷量+q 均相同。其中沿 x 轴正方向射出的粒子恰好从 O1点的正上方的 P点射出。不计带电粒子的重力，且不计带电粒子间的相互作用。（1）求圆形区域内磁感应强度的大小和方向；（2）a判断沿什么方向射入
30、磁场的带电粒子运动的时间最长，并求最长时间；b若在 ya 的区域内加一沿 y 轴负方向的匀强电场，放射源射出的所有带电粒子运动过程中将在某一点会聚，若在该点放一回收器可将放射源射出的带电粒子全部收回，分析并说明回收器所放的位置。二十四、电磁感应力电综合应用34.如图（a）为一研究电磁感应的实验装置示意图，其中电流传感器（相当于一只理想的电流表）能将各时刻的电流数据实时通过数据采集器传输给计算机，经计算机处理后在屏幕上同步显示出It 图像。足够长光滑金属轨道电阻不计，倾角=30。轨道上端连接有阻值 R=1.0 的定值电阻，金属杆 MN 电阻 r=0.5，质量 m=0.2k g，杆长1mL。在轨道
31、区域加一垂直轨道平面向下的匀强磁场，让金属杆从图示位置由静止开始释放，此后计算机屏幕上显示出如图（b）所示的 It 图像（设杆在整个运动过程中与轨道垂直，210m/sg）。试求：（1）t=0.5s 时电阻 R 的热功率；（2）匀强磁场的磁感应强度 B 的大小；（3）估算 01.2s 内通过电阻 R 的电量大小及在 R 上产生的焦耳热。34-b 超导磁悬浮列车是利用超导体的抗磁作用使列车车体向上浮起，同时通过周期性地变换磁极方向而获得的推进动力的新型交通工具其推进原理可以简化为如图所示的模型：在水平面上相距 L的两根平行直导轨间，有竖直方向等距离分布的匀强磁场 B1和 B2，且 B1B2B，每个
32、磁场的宽度都是 L，相间排列，所有这些磁场都以相同的速度向右匀速运动，这时跨在两导轨间的长为 L，宽为L 的金属框 abcd(悬浮在导轨上方)在磁场力作用下也将会向右运动设金属的总电阻为 R，运动中所受到的阻力恒为 Ff，金属框的最大速度为 vm，则磁场向右匀速运动的速度 v 可表示为：0t/sI/A0.51.01.52.00.51.01.52.0电流传感器计算机数据采集器BRmMNaBPAv(B2L2vmFfR)/(B2L2)Bv(4B2L2vmFfR)/(4B2L2)Cv(4B2L2vmFfR)/(4B2L2)Dv(2B2L2vmFfR)/(2B2L2)二十五、利用单摆测重力加速度35.在
33、“用单摆测定重力加速度”的实验中，将一单摆装置竖直悬于某一深度为 h（未知）且开口向下的固定小筒中(单摆的下部分露于筒外)，如图甲所示。将悬线拉离平衡位置一个小角度后由静止释放，设单摆摆动过程中悬线不会碰到筒壁。如果本实验的长度测量工具只能测量出筒下端口到摆球球心之间的距离l，并通过改变 l 而测出对应的摆动周期 T，再以 T2 为纵轴、l 为横轴，作出 T2-l 图象，则可以由此图象得出我们想要测量的物理量。（1）现有如下测量工具：A时钟；B秒表；C天平；D毫米刻度尺，本实验所需的测量工具有_。（2）如果实验中所得到的 T 2-l 关系图象如图乙所示，那么真正的图象应该是 a、b、c 中的_
34、。（3）由图象可知，小筒的深度 h=_cm；当地重力加速度 g=_m/s2（取 3.14，计算结果保留到小数点后两位）。二十六、波的传播和叠加36.两列简谐横波分别沿 x 轴正方向和负方向传播，两波源分别位于 x=-0.2m 和 x=1.2m 处，两列波的波速均为 v=0.4m/s，波源的振幅均为 A=2cm，图示为 t=0 时刻两列波的图象，此刻平衡位置在x=0.2m 和 x=0.8m 的 P、Q 两质点恰好开始振动。质点 M 的平衡位置位于 x=0.5m 处。求：两波相遇的时刻；至 t=1.5s 时刻质点 M 运动的路程。二十七、平行玻璃砖侧位移问题及测折射率37.在折射率为 n、厚度为
35、d 的玻璃平板上方的空气中有一点光源，从 S 发出的光线 SA 以入射角 入射到玻璃板上表面，经过玻璃板后从下表面射出，如图所示若沿此光线传播的光从光源至玻璃板上表面的传播时间与在玻璃板中的传播时间相等，点光源 S 到玻璃上表面的垂直距离 l 应是多少？二十八、光纤通信问题 38.华裔科学家高锟因发明“光导纤维”而获得诺贝尔奖，高锟的研究为人类进入光纤通讯的新纪元打开了大门。光导纤维的结构如图甲所示，其内芯和外套材料不同，光在内芯和外套的界面上发生全反射并传播。图乙为一段光导纤维的工作原理简化图，假设光导纤维总长度为 L,内芯和外套的折x/mx/cm0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.
36、6 0.7 0.8 0.9.1。01.1 1.2-0.2-0.1vvPMQ2-2乙甲Ln2n1图乙光 内芯 外套 图甲射率分别为 n1和 n2，光信号从真空中进入光纤前端面时，入射角为，光在光纤内芯和外套的界面处入射角为。（已知当光从折射率为 n1的介质射入折射率为 n2的介质时，入射角1、折射角2间满足关系：n1sin1=n2sin2）（1）光导纤维内芯折射率 n1 外套折射率 n2(填“大于”或“小于”)；（2）光信号在这段光纤中传播的最大时间 t；（3）试证明：当从光纤一端面进入所有的光信号都能传到光纤另一端面时，则 n1和 n2必须满足关系212+1nn二十九、光电效应现象及光电效应实
37、验39.（多选）光电效应的实验规律及对应的理论分析过程，让人们体会到光电效应的神奇、并认识到经典理论的局限性。实验电路如图所示，已知光照条件不变，照射光频率大于光电管中阴极金属 K 的截止频率，下列选项中分析正确的是A将滑片 P 向右移动的过程中，灵敏电流计的示数一定持续增大B将滑片 P 向右移动的过程中，灵敏电流计的示数可能出现先增大后不变的现象，说明逸出的光电子有最大初动能C将滑片 P 向右移动的过程中，灵敏电流计的示数可能出现先增大后不变的现象，说明单位时间内逸出的光电子的数目是一定的D如果将图中电源正负极对调，将滑片 P 向右移动的过程中，灵敏电流计的示效将会减小，说明光电子逸出的初动
38、能有大有小40 如图所示，一光电管的阴极用极限波长 0=510-7m 的材料制成，用波长=310-7m 的紫外线照射阴极 K，光电管阳极 A 和阴极 K 之间的电势差 U=2.4V 时，光电流达到饱和。电子到达阳极 A 时的最大动能为_J（结果保留两位有效数字）。如果电势差U不变，而照射光的强度增到原来的三倍，此时电子到达阳极A时的最大动能_（填“变大”、“不变”或“变小”）。已知普朗克常量h=6.63l0-34 J.s，光速 c=3.0108 m/s，电子电荷量 e=1.610-19 C。三十、核反应中的能量和动量问题41.一静止的质量为 M 的铀核（U23892）发生 衰变转变成钍核（Th
39、），放出的 粒子速度为 v0、质量为 m假设铀核发生衰变时，释放的能量全部转化为 粒子和钍核的动能写出衰变方程；求出衰变过程中释放的核能。42.钚的放射性同位素239 94Pu 静止时衰变为铀核激发态235 92U*和 粒子，而铀核激发态235 92U*立即衰变为铀核235 92U，并放出能量为 0.097MeV 的 光子已知：239 94Pu 和235 92U 和 粒子的质量分别为 mPu239.052lu、mU235.0439u 和 m4.0026u1u931.5MeV/c2(1)写出衰变方程；(2)已知衰变放出的光子的动量可忽略，求 粒子的动能AKAVP三十一、子弹射击木板问题43.如图
40、所示，质量 M=0.4Kg、长为 L=10m 的木板停放在光滑水平面，另一不计长度的、质量 m=0.1kg 的子弹以某一速度从右端射击 木板，子弹与木块间的动摩擦因数=0.8，若要使木板获得的速度不大于 2m/s，则子弹的初速度 vO应满足的条件？三十二、人船模型与弹簧模型44.如图所示，一辆质量 M=3kg 的小车 A 静止在光滑的水平面上，小车上有一质量 m=1kg 的光滑小球 B，将一轻质弹簧压缩并锁定，此时弹簧的弹性势能为 EP=6J，小球与小车右壁距离为 L，解除锁定，小球脱离弹簧后与小车右壁的油灰阻挡层碰撞并被粘住，求：（1）小球脱离弹簧时小球和小车各自的速度大小；（2）在整个过程
41、中，小车移动的距离。LMm参考答案1.C 解析：意大利物理学家伽利略用科学推理论证重物体和轻物体下落一样快，推翻了古希腊学者亚里士多德的观点，选项 A 错误；牛顿发现了万有引力定律，提出了牛顿三大定律，选项 B 错误；丹麦物理学家奥斯特发现了电流的磁效应，安培总结出了右手螺旋定则，选项 D 错误。答案选 C.2.AD 解析：若 D 表示某质点做平抛运动的速度，则Dt 表示加速度 g，恒定不变的，选项 A 正确；若 D 表示某质点做匀速圆周运动的动量，则Dt 表示重点所受的合外力，方向是时刻改变的，选项 B错误。若 D 表示某质点的动能，则Dt 表示动能变化率，Dt 越大，不能够说明质点所受外力
42、做的总功就越多，选项 C 错误；由法拉第电磁感应定律可知，若 D 表示穿过某线圈的磁通量，则Dt 越大，线圈中的感应电动势就越大，选项 D 正确。答案选 AD。3.C 解析：由题意可知，0-1min 潜水器向下做加速运动，1-3min 向下做匀速运动，3-4min 向下做减速运动直至静止，4-6min 潜水器静止不动，6-8min 向上做加速运动，8-10min 向上做减速运动直至静止在水面。（a）图中 h3 代表本次最大深度，由（b）图知最大深度应为 360m，A 错；由（b）图知全过程最大加速度为22m/s033.0m/s301，B 错；潜水员感到超重现象应发生在加速上升和减速下降阶段，即
43、 3-4min 和 6-8min 的时间段内，C 正确；在 8-10min 时间段内潜水器受到重力之外的其他力的作用，其他力做功不为零，所以机械能不守恒，D 错误。4.AD 解析：由图运动的箭头知图（a）表于电梯处于静止状态，图（b）处于超重状态，即电梯向上加速运动，由两图的示数差别可计算此时的加速度，故 B 错；图（e）处于超重状态，即电梯向下减速运动，由两图的示数差别可计算此时的加速度，故 A 对；图（c）处于失重状态，即向上做减速运动，但由于支持力对人做正功，故人的机械能增加，故 C 错；图（d）处于失重状态，即向下做加速运动，由于支持力对人做负功，故人的机械能减小，故 D 对。5.A解
44、析：设渔船的质量为 m，绳子与水面的夹角，绳子力为T，水面上的阻力为 f，所受的浮力为浮F，靠岸的速度为v，则在水平方向有fTcos，在靠岸的过程中，夹角 在变大，cos减小，但阻力为 f 不变，故绳子拉力为T 逐渐增大；在竖直方向上有mg浮FTsin，因绳子拉力为T 逐渐增大，夹角 在变大，sin增大，而重力mg 不变，故有浮F逐渐变小。选项 A 正确、B错误。把渔船在水面的实际速度沿绳子方向和垂直绳子方向分解，有cos绳v，可知绳v变小。选项 CD 错误。6.AD 解析：将物体的速度v 沿绳的方向和垂直绳的方向进行分解，假设绳与水平方向的夹角为，则绳端 A 的速度cosvvA，向右匀速滑动
45、过程中 增大，所以Av 减小。A 正确，B 错误；mgFFN sin，NFF cos，所以cossinmgF，向右匀速滑动过程中 增大，F先减小后增大，C 错误；绳端拉力 F 的功率coscossin1tanAmgmgvPFvv，所以逐渐减小，D 正确。7.C 解析：当突然撤去外力 F 的瞬时，物体和秤盘所受向上合外力为 30N，由牛顿第二定律可知，向上的加速度为 10m/s2。根据题述，秤盘在竖直向下的拉力 F 作用下保持静止，弹簧对秤盘向上拉力为 60N。突然撤去外力 F 的瞬时，对秤盘，由牛顿第二定律，60N-mg-FN=ma，解得 FN=20N，C 对。8.B 解析：根据图丙，通过对手
46、拉环受力分析，结合牛顿第二定律可知，汽车的加速度为a=gcot=3310m/s2，所以，t=4s 末汽车的速度 v=at=3340m/s，C 可估算；根据图甲、乙可知，汽车的长度等于 4s 时汽车的位移，即 l=m3380212 at，A 可估算；因为 4s 末汽车的瞬时速度可求出，汽车的合外力 F=ma 也可求出，所以汽车在 4s 末的瞬时功率为 P=Fv 也可估算，即 D 可估算；因为不知汽车与地面间的摩擦力，所以无法估算 4s 内汽车牵引力所做的功，B 符合题意。选 B。9.BD解析：由图可知，从 0 到 t1时间内消防员做自由落体运动，t1时刻开始做加速度逐渐减小的加速运动；t2时刻速
47、度达最大，A 错 B 对；t2到 t3时间内消防员做加速度逐渐增大减速运动，t3时刻加速度最大，t3到 t4时间内消防员做加速度逐渐减小的减速运动，t4时刻速度为零，C 错 D 对。选BD。10.BD 解析当力 F 与 ON 垂直时最小，sinFmg，A错 B 对；当sinFmg时拉力 F 做负功机械能减小，C 错；当tanFmg,F 可能做正功，小球机械能增加，如图 1；F 可能做负功，F 与 ON 的垂线夹角为，cossinFmg，小球机械能减少，如图 2。11C 解析：当小球a 到最高点时小球b 恰好落地，则202vgh。达到同一水平高度，则满足2201122v tgtgth，则0htv
48、，故 a 球上升高度21324aohhv tgt，b 球下降高度为2124bhhgt。因为abhh，则 a 球动能减少量大于 b 球动能增加量，所以选项 A、B 错误。当两球分别落地时，竖直方向上速度相等均为0v，依据瞬时功率概念知，A 选项正确；落地时候 b 球速度大于 a 球，则 D 选项错误。12.C 解析：小球以初速为 v0平抛运动时有：s=v0t,h=12gt2,vy=gt，设轨道在 B 点切线方向与水平方向的夹角为，则有 tan=vyv0=00/gs vv；小球由静止沿杆下滑时，由机械能守恒 mgh=12mv2，得到达轨道B 端时速率为 v=2 gh=gsv0，选项 C 正确；小球
49、在 B 点时水平方向的速度大小为 v1=vcos=gsv0202020)/(vgsvv=20200)/(vgsvgsv，选 项A、B错 误；小 球 在B点 时 的 重 力 功 率 为202020)/()/(sinvgsvvgsmgmgv，选项 D 错误.13.AC 解析：卫星在 II 轨道 P 处的加速度与轨道 P 处的加速度，都等于2rGMa，选项 B 错；卫星在转移过程中，发动机需要两次点火加速做离心运动，选项 C 对、D 错；由rGMv 可知选项A 对14.C 解析：组成的双星系统的周期 T 相同，设双星的质量分别为 M1和 M2，圆周运动的半径分别为 R1和 R2，由万有引力定律：GM
50、1M2L2M142T2 R1M242T2 R2，可得 GM142R2L2T2，GM242R1L2T2，两式相加可得 G(M1M2)T242L3(式)，两式相除可得 M1R1M2R2(式)由式可知，因两星间的距离不变，则周期 T 不变，它们做圆周运动的角速度不变，选项 B 错误；由式可知双星运行半径与质量成反比，体积较大星体质量逐渐减小，故其轨道半径增大，线速度也变大，体积较小星的质量逐渐增大，故其轨道半径减小，线速度变小，选项 C 正确，D 错误；两星间的距离在一段时间内不变，两星的质量总和不变而两星质量的乘积发生变化，由万有引力定律可知，万有引力一定变化，选项 A 错误。(15-a.)D解析
51、：I-t 图象中一小格代表q=0.410-30.2 C=810-5 C 的电荷量，超过半格但不足一格的计为一格，不足半格的不计入。统计得小格数 n41,所以释放的电荷量 Q=41q=41810-5C=3.2810-3 C。343.28 105.5 106QCFFU，选项 D 正确。(15-b).C 解析：由题意可知：4ksQdd4ksQCdQd UE所以 E 的变化规律与 Q 的变化规律相似，所以 E 的图象为，由atbUdksCUQ4k,所以 d=t+a=vt+a,所以是匀速移动，所以速度图象为，综上所述选项 C 正确。16.AD 解析：由 v-t 图像可知，加速度逐渐减小，表明粒子在运动过
52、程中所受的电场力在减小，由F=qE 可知，电场强度在减小，故粒子由 A 向 B 运动，选项 A 正确；由 v-t 图像可知粒子做减速运动，说明所受电场力方向与运动方向相反，即电场力方向由 B 指向 A，故粒子带负电，选项 D 正确。17.AC 解析：0 到 t1时间内，电流为定值且大于 I0，则小球给压敏电阻的力为恒力且大于重力，则物体有向上的恒定加速度，物体处于超重状态，AC 正确；从 t1到 t2时间内电流值大于，但不断减小，所以小球给压敏电阻的压力也在不断减小，但仍然一直大于重力，所以物体有向上的加速度，且不断减小，物体做变加速直线运动，仍处于超重状态，B 项错误；t1 到 t2 时间内
53、物体对压敏电阻压力等于重力，匀速直线运动，D 项错误。18.C 解析：由曲线运动对于每一小段可看成圆周运动的一部，电子从 P 到 Q，曲线的曲率半径距cd 导线越近越小，洛伦兹力不做功速率不变，由BqmvR 可知距 cd 越近 B 越来越大，通电导线越近产生的磁场的磁感应强度越大，所以 cd 通电；电子带负电、洛伦兹力指向轨迹的凹面，由左手定则可知磁场方向垂直纸面向里，所以 cd 导线的电流方向应由 c 到 d，故 C 正确。19.A 解析：在圆形线框到达图 a 所示位置之前，穿过线框的磁通量增加，由楞次定律可知感应电流方向为逆时针方向；在图 a 所示位置之后穿过线框的磁通量减少，由楞次定律可
54、知感应电流方向为顺时针方向，选项 B、C 错误。在线框到达图 b 所示位置之前，即在0lvt 内，线框的有效切割长度在均匀增加，直至最大；线框由图 b 所示位置到图 a 所示位置过程中，即在2 1()2llvvt内，线框的有效切割长度在均匀减小，直至为零；线框在图 a所示位置的前后过程逆向对称，选项 A 正确、D 错误。ab图(b)ab图(a)20.B解析：由法拉第电磁感应定律得小线圈感应电动势21iB StttekS ，所以感应电流21iti。若将电流 i1的频率适当增大，则 i1 的频率也变大，峰值也将变大，答案选 B。21.B 解析：设导轨夹角为，单位长度的导体棒和导轨材料的阻值均为 R
55、，则在导体棒运动过程中，有效长度 l=12 at2tant2，导体棒与导轨组成的闭合回路的总电阻 R 总=R 12 at2（1+tan+1cos）t2，所以，感应电动势 E=Blv=B 12 at2tanatt3，感应电流 I=E/R 总t，导体棒与导轨的接触点之间电势差为路端电压23112cos(1)UIatRt，金属棒受到的安培力 F=BIlt3，感应电流的热功率P=I2R 总 t4，可见，U/t2-t 应是过原点的直线，I/t2-t 的图像应为双曲线，F/t2-t 图像应是过原点的直线，P/t2-t 的图像应为开口向上抛物线。22.BD 解析:S 接通时，自感线圈阻碍电流增加，A 中电流
56、逐渐增加最后稳定且ABII，A 错 B 对；S 断开前 B 中电流稳定，S 断开时，自感线圈给 B 供电，B 中电流反向从AI 的基础上减小，C 错 D 对，选 BD。23.BD 解析：洛伦兹力不对带电子粒子做功，选项 A 错误；带电粒子在磁场中运动半径qBmvr，由粒子的旋转半径不断减小可知，可能是大气介质阻力对粒子做负功导致粒子的速度在不断减小或南北两极的磁感应强度较强的原因，不可能是粒子的带电量减小的原因选项 B、D 正确，选项 C 错误.24.AC 解析:机翼水平切割地磁场竖直分量，在北京上空地磁场竖直分量竖直向下。由右手定则，可判断左方左方翼尖的电势高，由平动切割感应电动势 E=Bl
57、v 可以计算得出两翼尖之间的电势差为0.15V。故选 AC.25 C 解析：当这些额定电压为 220V 的家用电器都正常工作时，输电线路中的电流为200PIAU，A 错；导线电阻42.5 1040020.2R，发电机的实际输出电压为260UIRV，B 错；在输电线路上损失的电功率为28PI RkW损，C 对；如果该柴油发电机发的电是正弦式交变电流，则其输出电压最大值是2364mUUV，D 错。26 答案：（1）C（2）A（3）150，1.5(4)67 解析：（1）多用电表两表笔电流“红进黑出”，电表内部有一可调电阻，所以电源正极连电表的正接线柱，答案选 C。（2）测电压时电表与待测量电路并联，
58、红表笔接高电势、黑表笔接低电势电流正向流入电流表，反之则会烧坏电表，A 对 B 错；测电阻时要调节倍率使指针指在表盘中央附近测量结果误差最小，C错；测电阻时表笔在电阻两端如何放置对结果没影响，D 错；选 A。（3）电阻箱读数为 510+1100150，此时欧姆表指针指在正中间，此电阻数值即为欧姆表的中值电阻，也等于欧姆表的内阻(RA+R1+r1)。红黑表笔短接，调节 R1 的阻值使电表指针满偏时，根据欧姆定律有 E=Ig(RA+R1+r1)=1.5V。（4）指针指在图 2 所示位置时，电流大小为 I=6.90mA，设待测电阻为 Rx，根据欧姆定律11AxIERRrR,解得 Rx=67。图 2图
59、 127.【答案】a=0.497m/s2；CD；2233()=m gmm am g，见解析。【解析】（1）以 a 表示加速度，由逐差法得2512346123()()39aaaxxxxxxTa；又有 T=0.10s；解得：a=0.497m/s21.对小车由牛顿第二定律得 m3g-m2g=(m2+m3)a。要测量动摩擦因数，由上式可知，需要测出滑块的质量 m2、托盘和砝码的总质量 m3，故选 CD。测质量需要的器材为天平。（3）解上式得3232()=m gmm am g；这样测出的动摩擦因数偏大，因为纸带与打点计时器间有摩擦，小车在运动过程中还要受到空气阻力。28.【答案】D 1 35 1 0.0
60、15（0.014 至 0.016 间的数据皆可）【解析】(1)按照分压式供电电路的使用原则闭合 K 之前，滑片 P 应置于使测量电路获得电压最小的位置，故应置于 D 端，K1置于 1 才对应电流表外接法(2)根据slR得Rsl 代入数据解得 35m.内接法测得的电阻偏大，对应电阻率偏大，比较曲线 1 和曲线 2，故对应曲线 1，由图可找到该电阻率对应的浓度应为 0.015%。29.解析：(1)多用表指针偏转角较大，说明通过二极管的电流较大，二极管处于正向导通状态。由于黑表笔与多用表内部电源的正极直接相连接，故黑表笔接的是二极管的正极。（2）根据闭合电路欧姆定律得 U=E-IR，由该方程对应的直
61、线与二极管的伏安曲线的交点，得到二极管的实际工作电流为 12mA 和工作电压为 0.9V,故二极管实际功率为 0.01W。(3)测二极管的小电阻(1K)时，要用电流表内接法，故要用双掷开关 S2，实验电路如图 2。30.解析：（1）由于 R1和 R2串联，通过的电流相同。R1和 R2串联作为整体的伏安曲线可以这样描出，I1=0.7A 时，U=U1+U2=0.2+0.6=0.8V；I1=1.0A 时，U=U1+U2=0.4+1.0=1.4V；I1=1.6A 时，U=U1+U2=1.0+2.1=3.1V；I1=1.8A 时，U=U1+U2=1.2+2.5=3.7V；I1=2.3A 时，U=U1+U
62、2=1.8+3.6=5.4V；I1=2.5A 时，U=U1+U2=2.0+4.0=6.0V。电源的伏安曲线为直线，横截距为 E=6.0V,纵截距 I0=E/r=6.0/2.4=2.5A，00.51.01.52.02.501234567U/VR2R1I/A（2）由 R1和 R2 串联作为整体的伏安曲线和电源的伏安曲线的交点，可以得知，接通电路后，流过R1和 R2 的电流为 1.4A，再根据 R2的伏安曲线得知 R2 两端电压为 0.8V，所以 R2的消耗的功率为 1.40.8=1.1W。（2）1.4 A；1.1W。31.解析：（1）为保证过最高点，最高点速度至少为 vm Rg（1 分）所以到达
63、B 点的速度：RmgmvmvmB2212122（2 分）解得gRvB54m/s（1 分）（2）为保证跃过壕沟，到达 C 点的速度至少为hgsv2C=3m/s（公式 2 分，结论 1 分）（3）要完成比赛，赛车要过最高点也要能跃过壕沟，所以赛车到达 B 点的最小速度应为 vB4m/s（1 分）则赛车从 A 到 B：2A2B21-21mvmvLFPtf（2 分）解得 t2.2s（2 分）32.解析：（1）初速度沿 od 方向发射的粒子在磁场中运动的轨迹如图，其园心为 n，由几何关系有：6onp,120Tt 粒子做圆周运动的向心力由洛仑兹力提供，根据牛顿第二定律得RTmBqv2)2(，TRv2，得0
64、6Btmq(2)依题意，同一时刻仍在磁场中的粒子到 o 点距离相等。在 t0时刻仍在磁场中的粒子应位于以 o 为园心，op 为半径的弧 pw 上。由图知65pow此时刻仍在磁场中的粒子数与总粒子数之比为 5/6 （3）在磁场中运动时间最长的粒子的轨迹应该与磁场边界 b 点相交，设此粒子运动轨迹对应的圆心角为，则452sin在磁场中运动的最长时间045arcsin122tTt所以从粒子发射到全部离开所用时间为0)45arcsin12(tt。33.解答：（1）设圆形磁场区域内的磁感应强度为 B，带电粒子在磁场中所受的洛伦兹力提供向心力：2vqvBm R其中 R=a则：mvBqa由左手定则判断磁场方
65、向垂直于 xOy 平面向里（6 分）（2）沿与 x 轴 45向下射出的带电粒子在磁场中运动的时间最长，轨迹如图，根据几何关系粒子离开磁场时速度方向沿 y 轴正方向，OO3Q=135。设该带电粒子在磁场中运动的时间为 t，根据圆周运动周期公式得：2RTv所以：34atv（8 分）（3）设某带电粒子从放射源射出，速度方向与 x 轴的夹角为，做速度 v 的垂线，截取 OO4=a，以O4为圆心 a 为半径做圆交磁场边界于 M 点。由于圆形磁场的半径与带电粒子在磁场中运动的半径均为 a，故 OO1MO4构成一个菱形，所以 O4M 与 x 轴平行，因此从放射源中射出的所有带电粒子均沿y 轴正方向射出。带电
66、粒子在匀强电场中做匀减速直线运动，返回磁场时的速度与离开磁场时的速度大小相等方向相反，再进入磁场做圆周运动，圆心为 O5，OO4O5N 构成一平行四边形，所以粒子在磁场中两次转过的圆心角之和为 180，第二次离开磁场时都经过 N 点。故收集器应放在 N 点，N点坐标为（2a，0）。（6 分）34.解：（1）由 It 图像可知当 t=0.5s 时，I=1.10A；（1 分）221.101.0W1.21WPI R（2 分）（2）由图知，当金属杆达到稳定运动时的电流为 1.60A，（1 分）杆受力平衡：sinmgBIL（1 分）解得 sin0.2 100.5T0.625T1.60 1mgBIL（2
67、分）（3）1.2s 内通过电阻的电量为图线与 t 轴包围的面积，由图知：总格数为 129 格（126133 格均正确）1290.1 0.1C1.29Cq（1.26C1.33C 格均正确）（1 分）由图知：1.2s 末杆的电流 I=1.50A（1 分）EBLvIRrRr()1.50(1.00.5)m/s3.6m/s0.625 1I RrvBL（1 分）=EtBLxqtRrtRrRrRr()1.29(1.00.5)m3.096m0.625 1q RrxBL（1 分）21sin2mgxmvQ（1 分）21sin2Qmgxmv21(0.2 103.0960.50.23.6)J1.8J2（1 分）1.0
68、1.8J1.2J1.00.5RRQQRr（1 分）(34-b).B 解析：导体棒 ad 和 bc 各以相对磁场的速度(vvm)切割磁感线运动，由右手定则可知回路中产生的电流方向为 abcda，回路中产生的电动势为 E2BL(vvm)，回路中电流为：I2BL(vvm)/R，由于左右两边 ad 和 bc 均受到安培力，则合安培力 F 合2BLI4B2L2(vvm)/R，依题意金属框达到最大速度时受到的阻力与安培力平衡，则 FfF合，解得磁场向右匀速运动的速度 v(4B2L2vmFfR)/(4B2L2)，B 对。35.答案：（1）BD （2）a）（3）30，9.8636，解析：两列简谐波的波前相距
69、s=0.6m，设两列波经时间 t=2vt，解得 t=0.75s。两列波经 t=0.75s 相遇在 PQ 的中点 M，所以，M 点在 t=0.75s 时开始振动。两列波的周期 T=/v=1.0s。由图可知，两列波同时到达 M 点时，引起质点振动的方向均沿 y 轴负方向。所以，两列波在 M 点的振动加强，即 M 点的振幅为 A=2A=4cm。t=1.5s 时，M 点振动了t=0.75s，即 3T/4。根据简谐运动的周期性，M 点运动的路程 s=3A=12cm。37.解析：设光线 SA 在玻璃中的折射角为 r，传播速度为 v，则由 ncv有，光在玻璃板中传播的速度vcn；由几何关系有，光线在玻璃板上
70、表面传播的距离为 x1 lcos，由 xvt，有 t1x1c lccos，其中 c 是真空中的光速，光在玻璃板中传播的距离 x2 dcosr，光在玻璃板中的传播时间 t2dvcosrndccosr.由折射定律有：nsinsinr由题意有：lccos ndccosr由三角函数关系有：cosr 1sin2r联立得：l dn2cosn2sin238.解析：光在光纤的内芯和外套的界面上发生全反射，要求从内芯为光密介质，外套为光疏介质,故 n1n2。（1）光在光纤中的光程为Lssin，传播速度为1cvn所以传播时间1n Lstvcsin。设光在内芯和外套界面发生全发射时的临界角为 C,21nsinCn。
71、由于入射角C,sinsinC即所以传播时间有最大值2112n Ln LtcsinCn c(3)由折射定律,10sinsin(90)n 得211sincos1 sinnn故2222211121sin1 sin1()nnCnnnn 当=900,，有22121nn得212+1nn9.答案：CD40.答案：6.510-19（3 分），不变（3 分）41.解析：设钍核的反冲速度大小为 v，由动量守恒定律，得：0mv0(Mm)v（2 分）vmMmv0（1 分）220)(2121vmMmvE（2 分）)(220mMMmvE（1 分）42解析：(1)衰变方程为 239 94Pu235 92U*235 92U*
72、235 92U 或合起来有 239 94Pu235 92U(2)上上述衰变过程的质量亏损为mmPumUm放出的能量为Ec2m这能量是铀核235 92U 的动能 EU、粒子的动能 E 和 光子的能量 E之和EEUEE由式得EkUEk+Ek(mPumUm)c2设衰变后的铀核和 粒子的速度分别为 vU 和 v，则由动量守恒有PPU又由动能的定义知EkU pa22ma，Ek pU22mU由式得EkUEkmmU由式得EkmUmUm(mPumUm)c2E 代入题给数据得E5.034MeV 43.解析：分两种情况讨论：（1）子弹嵌入木板由系统动量守恒：mv0=(M+m)v解得 v0=10m/s要使板获得的速
73、度不大于 2m/s，则要求 vO10m/s（2）子弹射出木板由系统动量守恒：mv0=mv1+Mv2由系统能量守恒：12mv02=12mv12+12Mv22+mgL解得 v0=15m/s要使板获得的速度不大于 2m/s，则要求 vO 15m/s 综（1）、（2）所述，若要使木板获得的速度不大于 2m/s，则子弹的初速度满足：vO10m/s 或 vO 15m/s 44.解析：（1）水平面光滑，由小车、弹簧和小球组成的系统在从弹簧解锁到小球脱离弹簧的过程中，满足动量守恒和能量守恒：120mvMv，p22212121EMvmv，联立两式并代入数据，解得：v1=3m/s，v2=1m/s。（2）在整个过程中，系统动量守恒，所以有121xxmMtt，12xxL，解得：x2=4L。
