2020年北京市海淀区高考物理一模反馈试卷

2020年北京市海淀区高考物理一模反馈试卷

‎2020年北京市海淀区高考物理一模反馈试卷 一、选择题 ‎1．下列说法中正确的是（　　）‎ A．β衰变现象说明电子是原子的组成部分 ‎ B．温度越高放射性元素的半衰期越小 ‎ C．Pu变成Pb，经历了4次β衰变和6次α衰变 ‎ D．氢原子由n＝3向n＝1跃迁辐射的光子，比由n＝2向n＝1跃迁辐射的光子能量大 ‎2．下列说法中正确的是（　　）‎ A．1mol氢气比1mol氧气所含分子个数多 ‎ B．液体中的悬浮颗粒越大，布朗运动越明显 ‎ C．分子间的引力和斥力都随分子间距离的减小而增大，但斥力增大得更显著 ‎ D．在物体运动的速度变大的过程中，物体内每个分子热运动的动能也一定在增大 ‎3．容器内一定质量的理想气体，在温度保持不变的条件下，若气体体积减小，则（　　）‎ A．气体分子热运动的平均动能增大 ‎ B．气体分子对器壁撞击的密集程度变大 ‎ C．气体中每个分子对器壁的撞击的作用力都变大 ‎ D．气体需要从外界吸收热量 ‎4．如图所示，两束单色光a和b从水中射向水面的O点，它们进入空气后的光合成一束光c。根据这一现象可知，下列说法中正确的是（　　）‎ A．用同一双缝干涉实验装置分别以a、b光做实验，a光的干涉条纹间距大于b光的干涉条纹间距 ‎ B．用a、b光分别做双缝干涉时它们的干涉条纹宽度都是不均匀的 ‎ C．两束光在水中的传播过程中，a光的速度较小 ‎ D．若两束光以相同入射角从水射向空气，在不断增大入射角的过程中水面上首先消失的是a光 第50页（共50页）‎ ‎5．分别在地球表面和月球表面对同一物体施加瞬时冲量，使物体以相同初速度竖直上抛（其上升的最大高度远小于月球的半径）。已知月球表面的重力加速度可认为是地球表面重力加速度的1/6，不计空气阻力及地球和月球自转的影响，下列说法中正确的是（　　）‎ A．物体在月球表面上升的最大高度较大 ‎ B．抛出时合外力对两物体所做的功相同 ‎ C．从抛出至上升到最高点的过程中，月球引力的冲量为地球引力冲量的6倍 ‎ D．从最高点落回至抛出点的过程中，地球与月球各自对物体的引力做功的功率不断变大 ‎ E．落回抛出点时，地球引力做功的功率为月球引力做功功率的6倍 ‎6．一列沿x轴传播的简谐横波，其周期T＝0.20s，在t＝0时的波形图象如图所示。其中P、Q是介质中平衡位置分别处在x＝1.0m和x＝4.0m的两个质点，若此时质点P在正向最大位移处，质点Q通过平衡位置向上运动，则（　　）‎ A．该波沿x轴正方向传播 ‎ B．经过1.5T波传播的距离为12cm ‎ C．当质点Q到达波谷时，质点P位于平衡位置且向上运动 ‎ D．当质点Q到达波谷时，质点P位于平衡位置且向下运动 ‎7．如图所示，理想变压器的原线圈接在u＝110sin60πt（V）的交流电源上，副线圈接有阻值为55Ω的负载电阻R，原、副线圈匝数之比为1：2．电流表、电压表均为理想电表。下列说法正确的是（　　）‎ A．电压表的示数为55V ‎ B．副线圈输出交流电的频率为60Hz ‎ C．原线圈的输入功率为880W ‎ D．若在副线圈上电阻R的两端再并联一个阻值为55Ω的定值电阻，则电流表的示数为8A ‎8．2020年3月9日，我国在西昌卫星发射中心成功发射北斗系统第54颗导航卫星，北斗导航工程实现2020年“开门红”‎ 第50页（共50页）‎ ‎。北斗卫星导航系统由地球同步静止轨道卫星、与同步静止轨道卫星具有相同周期的地球同步倾斜轨道卫星，以及比它们轨道低一些的中轨道卫星组成。它们均为圆轨道卫星，轨道分布情况如图所示，则（　　）‎ A．同步静止轨道卫星的周期为24小时 ‎ B．同步静止轨道卫星可定位在北京上空 ‎ C．同步静止轨道卫星的运行速度等于7.9km/s ‎ D．同步静止轨道卫星和同步倾斜轨道卫星一定具有相同的轨道高度 ‎ E．中轨道卫星的运行速度比静止轨道卫星的运行速度更小一些 ‎9．如图所示，在一通有恒定电流的长直导线的右侧，有一带正电的粒子以初速度v0沿平行于导线的方向射出。若粒子所受重力及空气阻力均可忽略不计，现用虚线表示粒子的运动轨迹，虚线上某点所画有向线段的长度和方向表示粒子经过该点时的速度大小和方向，则如图所示的图景中可能正确的是（　　）‎ A． B． ‎ C． D．‎ ‎10．如图所示，在电场强度为E的水平匀强电场中，有一足够大的绝缘光滑水平面，一根长为L的绝缘轻软细绳一端固定在平面上的O点，另一端系有一个质量为m、带电荷量为+q的小球A（可看作质点）。当小球A在水平面上静止时，细绳被拉直且与OO′重合，OO′的方向与电场方向平行。在水平面内将小球由平衡位置拉开一小段距离，保持细绳拉直，直至细绳与OO′间有一个小角度θ后由静止释放，不计空气阻力，则下列说法中正确的是（　　）‎ 第50页（共50页）‎ A．从小球A释放至细绳与OO′重合的过程中，电场力对小球做功的功率先增大后减小 ‎ B．从小球A释放至细绳与OO′重合的过程中，电场力对小球的冲量大小为 ‎ C．细绳通过OO′时小球A的速度与其电荷量q无关 ‎ D．细绳与OO′重合时，细绳上的拉力大小为qE（3﹣2cosθ）‎ ‎11．研究小组的同学们用如图所示的装置探究物体的加速度与力、质量的关系之后，对此实验又做了进一步的分析：在实验前通过垫块已经平衡了阻力，且砂和砂桶的总质量远小于小车和车上砝码的总质量，由静止释放小车后，下列说法中正确的是（　　）‎ A．砂和砂桶减少的重力势能大于车和砝码增加的动能 ‎ B．砂和砂桶的动量变化等于对应过程中其所受重力的冲量 ‎ C．小车和砝码增加的动量等于对应过程中细绳对小车拉力的冲量 ‎ D．小车和砝码增加的动能等于对应过程中细绳对小车拉力所做的功 ‎12．麦克斯韦在前人研究的基础上，创造性地建立了经典电磁场理论，进一步揭示了电现象与磁现象之间的联系。他大胆地假设：变化的电场就像导线中的电流一样，会在空间产生磁场，即变化的电场产生磁场。以平行板电容器为例：圆形平行板电容器在充、放电的过程中，板间电场发生变化，产生的磁场相当于一连接两板的板间直导线通以充、放电电流时所产生的磁场。如图所示，若某时刻连接电容器的导线具有向下的电流，则下列说法中正确的是（　　）‎ A．电容器正在放电 ‎ 第50页（共50页）‎ B．两平行板间的电场强度E在减小 ‎ C．该变化电场产生顺时针方向（俯视）的磁场 ‎ D．该变化电场产生的磁场一定越来越强 ‎13．如图所示，物理图象不仅反映了两个相关量之间的数值关系，其上任一点的切线斜率有时也有相应的物理含义。例如对于直线运动，若y轴表示物体的速度，x轴表示时间，则其图象切线的斜率表示物体的加速度。下面说法中正确的是（　　）‎ A．对于做直线运动的物体，若y轴表示物体的位移，x轴表示时间，则图象切线的斜率表示物体运动的速度 ‎ B．对于做直线运动的物体，若y轴表示合力对物体所做的功，x轴表示时间，则图象切线的斜率表示相应时刻合力对物体做功的瞬时功率 ‎ C．对于做直线运动的物体，若y轴表示合力对物体所做的功，x轴表示位移，则图象切线的斜率表示合力的大小 ‎ D．若y轴表示小灯泡的实际功率，x轴表示小灯泡两端的电压，则图象切线的斜率表示此时通过小灯泡的电流大小 ‎ E．若y轴表示电容器充电过程中所带的电荷量，x轴表示时间，则图象切线的斜率表示电容器充电的电流大小 ‎14．如图所示，物理图象不仅反映了两个相关量之间的数值关系，图线与坐标轴所围的面积有时也有相应的物理含义。例如对于直线运动，若y轴表示物体的速度，x轴表示时间，则其图线与x轴所围的面积表示物体的位移。下面说法中正确的是（　　）‎ A．对于做直线运动的物体，若y轴表示物体的加速度，x轴表示时间，则图线与x轴所围的面积表示这段时间内物体速度的变化量 ‎ B．对于做直线运动的物体，若y轴表示物体所受的合力，x轴表示时间，则图线与x轴所围的面积表示这段时间内物体动量的变化量 ‎ 第50页（共50页）‎ C．若y轴表示通过小灯泡的电流，x轴表示小灯泡两端的电压，则图线与x轴所围的面积表示小灯泡的电功率 ‎ D．若y轴表示通过电器元件的电流，x轴表示时间，则图线与x轴所围的面积表示这段时间内通过该电器元件的电荷量 ‎15．如图，若x轴表示时间，y轴表示位置，则该图象反映了某质点做匀速直线运动时，位置与时间的关系，若令x轴和y轴分别表示其他的物理量，则该图象又可以反映在某种情况下，相应的物理量之间的关系，下列说法中正确的是（　　）‎ A．若x轴表示时间，y轴表示动能，则该图象可以反映某物体受恒定合外力作用做直线运动过程中，物体动能与时间的关系 ‎ B．若x轴表示频率，y轴表示动能，则该图象可以反映光电效应中，光电子最大初动能与入射光频率之间的关系 ‎ C．若x轴表示时间，y轴表示动量，则该图象可以反映某物体在沿运动方向的恒定合外力作用下，物体动量与时间的关系 ‎ D．若x轴表示时间，y轴表示感应电动势，则该图象可以反映静置于磁场中的某闭合回路，当磁感应强度随时间均匀增大时，闭合回路的感应电动势与时间的关系 ‎16．我们知道，处于自然状态的水都是向重力势能更低处流动的，当水不再流动时，同一滴水在水表面的不同位置具有相同的重力势能，即水面是等势面。通常稳定状态下水面为水平面，但将一桶水绕竖直固定中心轴以恒定的角速度ω转动，稳定时水面呈凹状，如图所示。这一现象依然可用等势面解释：以桶为参考系，桶中的水还多受到一个“力”，同时水还将具有一个与这个“力”对应的“势能”。为便于研究，在过桶竖直轴线的平面上，以水面最低处为坐标原点、以竖直向上为y轴正方向建立xOy直角坐标系，质量为m的小水滴（可视为质点）在这个坐标系下具有的“势能”可表示为Epx＝﹣mω2x2．该“势能”与小水滴的重力势能之和为其总势能，水会向总势能更低的地方流动，稳定时水表面上的相同质量的水将具有相同的总势能。根据以上信息可知，下列说法中正确的是（　　）‎ 第50页（共50页）‎ A．与该“势能”对应的“力”对水面上小水滴做功与路径无关 ‎ B．小水滴沿水面向上移动时该“势能”增加 ‎ C．小水滴沿水面向上移动时重力势能的增加量大于该“势能”的减少量 ‎ D．水面上的小水滴受到重力和该“势能”对应的“力”的合力，一定与水滴所在位置的切面垂直 二、填空题（共2小题，每小题0分，满分0分）‎ ‎17．在“用双缝干涉测光的波长”实验中，将双缝干涉实验仪按要求安装在光具座上（如图1），并选用缝间距为d的双缝屏。从仪器注明的规格可知，毛玻璃屏与双缝屏间的距离为L．接通电源使光源正常工作，发出白光。‎ ‎（1）组装仪器时，若将单缝和双缝均沿竖直方向分别固定在a处和b处，则　 　。‎ A．可观察到水平方向的干涉条纹 B．可观察到竖直方向的干涉条纹 C．看不到干涉现象 ‎（2）若取下红色滤光片，其他实验条件不变，则在目镜中　 　。‎ A．观察不到干涉条纹 B．可观察到明暗相间的白条纹 第50页（共50页）‎ C．可观察到彩色条纹 ‎（3）若实验中在像屏上得到的干涉图样如图2所示，毛玻璃屏上的分划板刻线在图2中A、B位置时，游标尺的读数分别为x1、x2，则入射的单色光波长的计算表达式为λ＝　 　。分划板刻线在某条明条纹位置时游标卡尺如图3所示，则其读数为　 　mm。‎ ‎18．用如图1所示装置验证机械能守恒定律。‎ ‎（1）除带夹子的重物、纸带、铁架台（含夹子）、电磁打点计时器、导线及开关外，在下列器材中，还需要使用的器材是　 　。‎ A．直流电源 B．刻度尺 C．天平（含砝码）‎ D．交流电源 ‎（2）实验中，先接通电源，再释放重物，得到如图2所示的一条纸带。在纸带上选取连续打出的5个点A、B、C、D、E，测得A、B、C、D、E五个点到起始点O的距离分别为hA、hB、hC、hD、hE．已知当地重力加速度为g，打点计时器打点的周期为T．设重物的质量为m，则从打下B点到打下D点的过程中，重物的重力势能减少量为　 　，动能增加量为　 　。（用上述测量量和已知量的符号表示）‎ ‎（3）在确定研究的运动过程时，若以O点为研究的起点，为了更便捷地计算重物动能的增加量，研究的终点可以是　 　。‎ A．A点 B．B点 C．C点 D．D点 E．E点 ‎（4）若以O点为研究的起点，为了尽可能减小测量所造成的误差，研究的终点应该选择　 　点。‎ A．A点 B．B点 C．C点 D．D点 第50页（共50页）‎ E．E点 ‎（5）机械能包括动能、重力势能和弹性势能，为了在三种能量相互转化的情况下再次验证机械能守恒定律，实验小组设计了如图3所示的实验装置。力传感器一端固定在铁架台的横梁上，另一端与轻弹簧相连，轻弹簧下端悬挂着下表面水平的重物，在重物正下方放置着上表面水平的运动传感器，两个传感器再通过数据采集器和电脑相连（图未画出）。实验过程中保持铁架台固定，弹簧始终在弹性限度内，重物只在竖直方向上下运动，没有转动。他们首先用天平测得重物的质量为m，然后：‎ ‎①用运动传感器实时记录重物的速度继而得到重物的动能Ek；‎ ‎②选择运动传感器的上表面所在位置为重力势能零点，用运动传感器实时记录重物下表面与运动传感器上表面的距离，继而得到重物的重力势能Ep；‎ ‎③将弹簧原长时重物下表面到运动传感器上表面间的距离，与物体运动过程中这两个表面间的实时距离之差作为弹簧形变量，结合力传感器测得的弹力大小F，通过计算得到了弹簧在每个时刻的弹性势能E弹。‎ 分析上述三种能量之和E随时间的变化情况，如果在误差允许的范围内，E随时间保持不变，则可认为重物（包括地球）和弹簧组成的系统机械能守恒。‎ 已知实验得到的F﹣t图象如图4所示，则如图5所示的图象中可能正确的是　 　。‎ 第50页（共50页）‎ 三、解答题 ‎19．如图所示，在距水平地面高h＝0.80m的水平桌面左边缘有一质量mA＝1.0kg的物块A以一定的初速度沿桌面运动，经过位移s＝1.8m与放在桌面右边缘O点的物块B发生正碰，碰后物块A的速度变为0，物块B离开桌面后落到地面上，落地点到桌边缘O点的水平距离x＝1.0m。设两物块均可视为质点，它们的碰撞时间极短，物块A与桌面间的动摩擦因数μ＝0.25，物块B的质量mB＝1.6kg，重力加速度g＝10m/s2．求：‎ ‎（1）两物块碰撞后瞬间，物块B的速度大小vB；‎ ‎（2）两物块碰撞前瞬间，物块A的速度大小vA；‎ ‎（3）物块A与B碰撞的过程中系统损失的机械能E；‎ ‎（4）物块A在水平桌面左边缘时的初速度v0。‎ 第50页（共50页）‎ ‎20．如图所示，在距水平地面高h＝0.80m的水平桌面左边缘有一质量mA＝1.0kg的物块A以v0＝5.0m/s的初速度沿桌面运动，经过位移s＝1.8m与放在桌面右边缘O点的物块B发生正碰，碰后物块A的速度变为0，物块B离开桌面后落到地面上。设两物块均可视为质点，它们的碰撞时间极短，物块A与桌面间的动摩擦因数μ＝0.25，物块B的质量mB＝1.6kg，重力加速度g＝10m/s2．求：‎ ‎（1）两物块碰撞前瞬间，物块A沿桌面滑行的时间t；‎ ‎（2）物块A对B所施的冲量；（要求答出大小和方向）‎ ‎（3）从物块A由桌面左边缘运动开始到物块B落到水平地面的过程中，系统损失的机械能；‎ ‎（4）物块B落地的速度。（要求答出大小和方向）‎ ‎21．如图所示，在距水平地面高h＝0.80m的水平桌面一端的边缘放置一个质量m＝0.80kg的木块B，桌面的另一端有一块质量M＝1.0kg的木块A以初速度v0＝4.0m/s开始向着木块B滑动，经过时间t＝0.80s与B发生碰撞，碰后两木块都落到地面上。木块B离开桌面后落到地面上的D点。设两木块均可以看作质点，它们的碰撞时间极短，且已知D点距桌面边缘的水平距离s＝0.60m，木块A与桌面间的动摩擦因数μ＝0.25，重力加速度取g＝10m/s2．求：‎ ‎（1）两木块碰撞前瞬间，木块A的速度大小；‎ ‎（2）木块B离开桌面时的速度大小；‎ ‎（3）木块A落到地面上的位置与D点之间的距离。‎ 第50页（共50页）‎ ‎22．如图所示，在距水平地面高h＝0.80m的水平桌面一端的边缘放置一个质量m＝0.80kg的木块B，桌面的另一端有一块质量M＝1.0kg的木块A以初速度v0＝4.0m/s开始向着木块B滑动，经过时间t＝0.80s与B发生碰撞，碰后两木块都落到地面上。木块A离开桌面后落到地面上的C点（图中未画出），木块B离开桌面后落到地面上的D点，D点距桌面边缘的水平距离s＝0.60m，C、D两点之间的距离△s＝0.28m。设两木块均可以看作质点，两者之间的碰撞时间极短，重力加速度取g＝10m/s2．求：木块与桌面间的动摩擦因数。‎ ‎23．如图所示，在距水平地面高h＝0.80m的水平桌面一端的边缘放置一个质量m＝0.80kg的木块B，桌面的另一端有一块质量M＝1.0kg的木块A以初速度v0＝4.0m/s开始向着木块B滑动，经过时间t＝0.80s与B发生碰撞，碰后两木块都落到地面上。木块B离开桌面后落到地面上的D点。设两木块均可以看作质点，两者之间的碰撞时间极短，且已知D点距桌面边缘的水平距离s＝0.60m，两木块与桌面间的动摩擦因数均为μ＝0.25，重力加速度取g＝10m/s2．求：‎ ‎（1）木块A开始以v0向B运动时，两木块之间的距离大小；‎ ‎（2）木块B落地时的速度；‎ ‎（3）从木块A以v0向B运动开始至两木块落地前的瞬间，两木块所组成的系统损失的机械能。‎ ‎24．如图所示，MN、PQ为足够长的光滑平行金属导轨，两导轨的间距L＝0.50m，导轨平面与水平面间夹角θ＝37°，N、Q间连接一阻值R＝0.40Ω的定值电阻，在导轨所在空间内有垂直于导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度B＝0.20T．将一根质量m＝0.050kg的金属棒垂直于MN、PQ方向置于导轨的ab位置，金属棒与导轨接触的两点间的电阻r＝0.10Ω 第50页（共50页）‎ ‎，导轨的电阻可忽略不计。现由静止释放金属棒，金属棒沿导轨向下运动过程中始终与导轨垂直，且与导轨接触良好。当金属棒滑行至cd处时，其速度大小v＝4.0m/s，已知重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.60，cos37°＝0.80．求：‎ ‎（1）金属棒达到cd处时通过金属棒的电流大小和方向；‎ ‎（2）金属棒达到cd处时其加速度大小；‎ ‎（3）金属棒滑至cd处时其上的电热功率大小；‎ ‎（4）金属棒达到cd处的过程中，比较重力对其所做的功W与金属棒动能的增加量△Ek的大小关系，并说明二者不相等的原因是什么？‎ ‎（5）通过分析定性说明金属棒通过cd后将做怎样的运动。‎ ‎25．如图所示，MN、PQ为足够长的平行金属导轨，间距L＝0.50m，导轨平面与水平面间夹角θ＝37°，N、Q间连接一个电阻R＝0.5Ω，匀强磁场垂直于导轨平面向上，磁感应强度B＝1.0T．将一根质量m＝0.050kg的金属棒放在导轨的ab位置，金属棒及导轨的电阻不计。现由静止释放金属棒，金属棒沿导轨向下运动过程中始终与导轨垂直，且与导轨接触良好。已知金属棒与导轨间的动摩擦因数μ＝0.50，当金属棒滑行至cd处时，其速度大小开始保持不变，已知g＝10m/s2，sin37°＝0.60，cos37°＝0.80．求：‎ ‎（1）金属棒沿导轨开始下滑时的加速度大小；‎ ‎（2）金属棒达到cd处的速度大小；‎ 第50页（共50页）‎ ‎26．如图甲所示为法拉第发明的圆盘发电机，图乙是其原理示意图，其中的铜质圆盘安装在水平的铜轴上，铜质圆盘的圆心与铜轴重合，它的边缘正好在两磁极之间，两块铜片C、D分别与圆盘的转动轴和边缘良好接触，用导线将两块铜片与电阻R连接起来形成闭合回路，在圆盘绕铜轴匀速转动时，通过电阻R的电流是恒定的。为讨论问题方便，将磁场简化为水平向右磁感应强度为B的匀强磁场；将圆盘匀速转动简化为一根始终在匀强磁场中绕铜轴匀速转动、长度为圆盘半径的导体棒，其等效电阻为r。除了R和r以外，其他部分电阻不计。已知圆盘半径为a，匀速转动的角速度为ω。‎ ‎（1）论证圆盘匀速转动产生的感应电动势E＝Bωa2。‎ ‎（2）圆盘匀速转动一圈，电阻R产生的热量；‎ ‎（3）若圆盘匀速转动时，闭合回路的电流为I，试从电动势的定义及闭合电路能量转化与守恒的角度论证圆盘产生的感应电动势E＝I（R+r）。‎ ‎27．质量相等的两个小球用劲度系数为k的轻弹簧相连，并置于光滑水平面上。现给其中一个小球沿着弹簧轴线方向的初速度，使得小球获得初动能Ek0，已知在此后的运动过程中两物体的总动能Ek总与它们之间的距离x的关系如图所示，弹簧的形变量为x时其弹性势能为E弹＝kx2，图中所标物理量均为已知，两小球均可视为质点。‎ ‎①请说明曲线斜率的含义；‎ ‎②求弹簧的原长度l0。‎ ‎③若两小球沿着弹簧的中点做匀速圆周运动，已知小球的质量为m，角速度大小为ω0，求此时弹簧的伸长量。‎ ‎28．研究分子势能是研究物体内能的重要内容。已知某物体中两个分子之间的势能Ep与两者之间距离r的关系曲线如图所示。‎ ‎①由图中可知，两分子间距离为r0时，分子势能最小，请分析说明在r＜r0和r＞r0的范围内，曲线斜率与分子间呈现出的相互作用力的性质（引力或斥力）及其变化情况的关系；‎ ‎②假设某物体中两个质量相等的分子，只在分子力作用下绕两者连线的中点做匀速圆周运动，当两者相距为r1时，两者之间的分子势能为Ep1‎ 第50页（共50页）‎ ‎，系统的动能与势能之和为E．请求出此时两分子之间的分子作用力。‎ 第50页（共50页）‎ ‎2020年北京市海淀区高考物理一模反馈试卷 参考答案与试题解析 一、选择题 ‎1．下列说法中正确的是（　　）‎ A．β衰变现象说明电子是原子的组成部分 ‎ B．温度越高放射性元素的半衰期越小 ‎ C．Pu变成Pb，经历了4次β衰变和6次α衰变 ‎ D．氢原子由n＝3向n＝1跃迁辐射的光子，比由n＝2向n＝1跃迁辐射的光子能量大 ‎【分析】β衰变的电子是原子核中的一个中子转变为一个质子和一个电子，电子释放出来；放射性元素衰变的快慢是由原子核内部自身决定的，与外界的物理和化学状态无关；根据质量数守恒与电荷数守恒判定衰变的次数；根据玻尔理论分析。‎ ‎【解答】解：A、β衰变的电子是原子核中的一个中子转变为一个质子和一个电子，电子释放出来，β衰变现象不能说明电子是原子的组成部分，故A错误；‎ B、半衰期是由原子核内部自身决定的，与环温度境无关，故B错误；‎ C、钚核（Pu）衰变为铅核（Pb）的过程中，α衰变一次质量数减少4个，次数n＝次＝8次，β衰变的次数为n＝（8×2+82﹣94）＝4次，要经过8次α衰变和4次β衰变，故C错误；‎ D、根据玻尔理论可知，氢原子的3能级与1能级之间的能量差大于能级2与能级1之间的能量差，所以氢原子从n＝3向n＝1跃迁辐射的光子，比由n＝2向n＝1跃迁辐射的光子能量大，故D正确。‎ 故选：D。‎ ‎【点评】本题考查了衍射现象、半衰期、β衰变、光电效应等基础知识，掌握基础知识即可正确解题，学习时要注意基础知识的掌握；‎ ‎2．下列说法中正确的是（　　）‎ A．1mol氢气比1mol氧气所含分子个数多 ‎ B．液体中的悬浮颗粒越大，布朗运动越明显 ‎ C．分子间的引力和斥力都随分子间距离的减小而增大，但斥力增大得更显著 ‎ D．在物体运动的速度变大的过程中，物体内每个分子热运动的动能也一定在增大 第50页（共50页）‎ ‎【分析】明确阿伏加德罗常数的定义，知道摩尔数与阿伏加德罗常数的关系；明确布朗运动是固体小颗粒的运动，悬浮颗粒越小，温度越高，布朗运动越明显；知道分子间相互作用力随分子间距离的变化情况；明确温度是分子平均动能的标志，与物体的宏观运动无关。‎ ‎【解答】解：A、1mol氢气与1mol氧气所含分子个数相等，均为NA，故A错误；‎ B、液体中的悬浮颗粒越小，布朗运动越明显，故B错误；‎ C、分子间的引力和斥力都随分子间距离的减小而增大，但斥力增大得更显著，故C正确；‎ D、在物体运动的速度变大的过程中，物体内每个分子热运动的动能不一定在增大，因为分子运动与宏观物体的运动无关，故D错误。‎ 故选：C。‎ ‎【点评】本题考查阿伏加德罗数、布朗运动、分子间相互作用力以及温度等热学基本内容，要注意准确掌握各物理规律，特别注意分子热运动与物体的宏观运动无关。‎ ‎3．容器内一定质量的理想气体，在温度保持不变的条件下，若气体体积减小，则（　　）‎ A．气体分子热运动的平均动能增大 ‎ B．气体分子对器壁撞击的密集程度变大 ‎ C．气体中每个分子对器壁的撞击的作用力都变大 ‎ D．气体需要从外界吸收热量 ‎【分析】温度是分子平均动能的标志；由理想气体状态方程分析知，气体体积减小，温度不变，内能不变，根据热力学第一定律分析放出热量或吸收热量。‎ ‎【解答】解：A、温度是分子的平均动能的标志，由于温度不变，故气体分子热运动的平均动能不变，故A错误；‎ BC、由理想气体状态方程：知，气体的温度不变，体积V减小，则压强一定增大；而温度不变气体分子热运动的平均动能不变，则单个分子对器壁的平均撞击力不变，根据压强的微观意义可知，气体分子对器壁撞击的密集程度变大，故B正确，C错误；‎ D、理想气体的内能只与温度有关，理想气体的温度不变则内能不变，气体得体积减小，则外界对气体做功，根据热力学第一定律可知，气体将放出热量，故D错误；‎ 故选：B。‎ ‎【点评】‎ 第50页（共50页）‎ 此题重点考查了理想气体状态方程及热力学第一定律，解题一定要紧扣理想气体状态方程来分析，注意理想气体内能只与温度有关，会用U＝Q+W分析问题。‎ ‎4．如图所示，两束单色光a和b从水中射向水面的O点，它们进入空气后的光合成一束光c。根据这一现象可知，下列说法中正确的是（　　）‎ A．用同一双缝干涉实验装置分别以a、b光做实验，a光的干涉条纹间距大于b光的干涉条纹间距 ‎ B．用a、b光分别做双缝干涉时它们的干涉条纹宽度都是不均匀的 ‎ C．两束光在水中的传播过程中，a光的速度较小 ‎ D．若两束光以相同入射角从水射向空气，在不断增大入射角的过程中水面上首先消失的是a光 ‎【分析】先根据光的偏折程度比较出光的折射率大小，从而判断光的频率和波长关系，根据双缝干涉的宽度公式判断；根据全反射临界角公式sinC＝比较出临界角的大小。‎ ‎【解答】解：A、由图中也可以看出，若光c反过来从空气中射入水中，则光线a偏折的程度小一些，故a的折射率小，根据折射率与光的频率的关系可知a的频率小，由：可知a的波长大；根据双缝干涉的公式：可知，用同一双缝干涉实验装置分别以a、b光做实验，a光的干涉条纹间距大于b光的干涉条纹间距，故A正确；‎ B、根据双缝干涉的特点可知，用a、b光分别做双缝干涉时它们的干涉条纹宽度都是均匀的，故B错误；‎ C、根据v＝可知，折射率小的a在水中的速度大，故C错误；‎ D、根据全反射临界角公式sinC＝可知，若两束光以相同入射角从水射向空气，在不断增大入射角的过程中水面上首先消失的是b光，故D错误。‎ 故选：A。‎ ‎【点评】本题根据光的偏折程度运用折射定律比较折射率大小是关键；同时要掌握折射率与临界角、光速等物理量的关系，这些都考试的热点，要加强这方面的训练，能够熟练运用。‎ 第50页（共50页）‎ ‎5．分别在地球表面和月球表面对同一物体施加瞬时冲量，使物体以相同初速度竖直上抛（其上升的最大高度远小于月球的半径）。已知月球表面的重力加速度可认为是地球表面重力加速度的1/6，不计空气阻力及地球和月球自转的影响，下列说法中正确的是（　　）‎ A．物体在月球表面上升的最大高度较大 ‎ B．抛出时合外力对两物体所做的功相同 ‎ C．从抛出至上升到最高点的过程中，月球引力的冲量为地球引力冲量的6倍 ‎ D．从最高点落回至抛出点的过程中，地球与月球各自对物体的引力做功的功率不断变大 ‎ E．落回抛出点时，地球引力做功的功率为月球引力做功功率的6倍 ‎【分析】利用竖直上抛运动规律求解，注意由于月球表面的重力加速度是地球表面重力加速度的；根据动能定理知，抛出时合外力对两物体所做的功相同；根据动量定理，动量变化相同，冲量相同；重力的瞬时功率P＝mgv，重力的功率随速度的增大而增大；两者落地的速度大小相等，由P＝mgv，且月球表面的重力加速度是地球表面重力加速度的，地球引力做功的功率为月球引力做功功率的6倍。‎ ‎【解答】解：A、在上抛过程中，根据v2＝2gh可得，由于月球表面的重力加速度是地球表面重力加速度的，因此物体在月球表面上升的最大高度为在地球表面上的6倍，故A正确。‎ B、根据动能定理：W外＝mv2，初速度和质量相同，抛出时合外力对两物体所做的功相同，故B正确。‎ C、从抛出至上升到最高点的过程中，根据动量定理，引力的冲量等于物体动量变化，即I＝0﹣mv，初速度和质量相同，月球引力的冲量和地球引力的冲量相同，故C错误。‎ D、从最高点落回至抛出点的过程中，速度不断增大，由P＝mgv，地球与月球各自对物体的引力做功的功率不断变大，故D正确。‎ E、落回抛出点时，重力做功为零，速度和初速度大小相等，由P＝mgv，且月球表面的重力加速度是地球表面重力加速度的，所以地球引力做功的功率为月球引力做功功率的6倍，故E正确。‎ 故选：ABDE。‎ ‎【点评】本题考查了竖直上抛运动、动能定理、动量定理等知识点。利用竖直上抛运动规律及动量定理时解决本题的关键点。‎ 第50页（共50页）‎ ‎6．一列沿x轴传播的简谐横波，其周期T＝0.20s，在t＝0时的波形图象如图所示。其中P、Q是介质中平衡位置分别处在x＝1.0m和x＝4.0m的两个质点，若此时质点P在正向最大位移处，质点Q通过平衡位置向上运动，则（　　）‎ A．该波沿x轴正方向传播 ‎ B．经过1.5T波传播的距离为12cm ‎ C．当质点Q到达波谷时，质点P位于平衡位置且向上运动 ‎ D．当质点Q到达波谷时，质点P位于平衡位置且向下运动 ‎【分析】根据质点的振动情况，确定波的传播方向；根据波长、波速和周期的关系计算经过1.5T波传播的距离；根据质点Q的振动情况，分析质点P的振动情况。‎ ‎【解答】解：A、因为Q点正在通过平衡位置向上振动，根据同侧法可以判断出这列波沿x轴负方向传播，故A错误；‎ B、由图象可知，波长：λ＝4m，经过1.5T波传播的距离为x＝1.5λ＝6m，故B错误；‎ CD、由于Q点向下振动，再经过四分之三周期运动到波谷，此时P点会振动到平衡位置，且向上运动，故C正确，D错误；‎ 故选：C。‎ ‎【点评】此题考查了横波的图象的相关知识，根据质点的振动情况，结合波形图，确定波的传播方向是解题的关键，注意利用波长和周期以及波速的关系v＝。‎ ‎7．如图所示，理想变压器的原线圈接在u＝110sin60πt（V）的交流电源上，副线圈接有阻值为55Ω的负载电阻R，原、副线圈匝数之比为1：2．电流表、电压表均为理想电表。下列说法正确的是（　　）‎ A．电压表的示数为55V ‎ B．副线圈输出交流电的频率为60Hz ‎ C．原线圈的输入功率为880W ‎ 第50页（共50页）‎ D．若在副线圈上电阻R的两端再并联一个阻值为55Ω的定值电阻，则电流表的示数为8A ‎【分析】根据瞬时值的表达式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，电流与匝数成反比，即可求得结论。‎ ‎【解答】解：A、由题意知，原线圈电压有效值为110V，原、副线圈匝数之比为1：2，由＝可得，U2＝220V，则电压表的示数为220V，故A错误。‎ B、原线圈所接交流电源的角速度ω＝60π，频率f＝＝30Hz，变压器不改变交流电的频率，故副线圈输出交流电的频率为30Hz，故B错误。‎ C、输入功率和输出功率相等可得，原线圈中的输入功率为P入＝P出＝＝880W，故C正确。‎ D、若在副线圈上电阻R的两端再并联一个阻值为55Ω的定值电阻，则总电阻为27.5Ω，副线圈的电流为I2＝＝8A，由n1I1＝n2I2可得，I1＝16A，即电流表的读数为16A，故D错误。‎ 故选：C。‎ ‎【点评】本题主要考查变压器的知识，要能对变压器的最大值、有效值、瞬时值以及变压器变压原理、功率等问题彻底理解。‎ ‎8．2020年3月9日，我国在西昌卫星发射中心成功发射北斗系统第54颗导航卫星，北斗导航工程实现2020年“开门红”。北斗卫星导航系统由地球同步静止轨道卫星、与同步静止轨道卫星具有相同周期的地球同步倾斜轨道卫星，以及比它们轨道低一些的中轨道卫星组成。它们均为圆轨道卫星，轨道分布情况如图所示，则（　　）‎ A．同步静止轨道卫星的周期为24小时 ‎ B．同步静止轨道卫星可定位在北京上空 ‎ C．同步静止轨道卫星的运行速度等于7.9km/s ‎ 第50页（共50页）‎ D．同步静止轨道卫星和同步倾斜轨道卫星一定具有相同的轨道高度 ‎ E．中轨道卫星的运行速度比静止轨道卫星的运行速度更小一些 ‎【分析】地球卫星以地心为圆心，绕地球做匀速圆周运动；同步卫星及同步倾斜卫星绕地周期均为24小时，轨道高度相同，根据万有引力提供向心力列式，可知卫星的线速度、周期与轨道半径的关系。‎ ‎【解答】解：A、同步卫星相对地球静止与赤道上空，周期与地球自转周期相同，为24小时，故A正确；‎ B、同步卫星只能在赤道上空运行，北京位于北半球，故B错误；‎ CE、根据万有引力提供向心力得：，r同＞r中＞r地，则v同＜v中＜v地＝7.9km/s，故C、E错误；‎ D、根据万有引力提供向心力得：T＝，可见T相等，则轨道半径相等，故D正确。‎ 故选：AD。‎ ‎【点评】此题考查了各类人造卫星的相关知识，解决本题的关键要掌握万有引力提供向心力这一基本思路，通过列式分析速度、周期与轨道半径的关系，熟记同步卫星的轨道特点。‎ ‎9．如图所示，在一通有恒定电流的长直导线的右侧，有一带正电的粒子以初速度v0沿平行于导线的方向射出。若粒子所受重力及空气阻力均可忽略不计，现用虚线表示粒子的运动轨迹，虚线上某点所画有向线段的长度和方向表示粒子经过该点时的速度大小和方向，则如图所示的图景中可能正确的是（　　）‎ A． B． ‎ 第50页（共50页）‎ C． D．‎ ‎【分析】电流周围存在磁场，根据安培定则分析磁场的方向。‎ 根据左手定则判断洛伦兹力的方向，确定带电粒子偏转的方向。‎ 洛伦兹力对带电粒子不做功。‎ ‎【解答】解：电流周围存在磁场，根据安培定则可知，导线右侧的磁场方向是垂直纸面向里的，带正电的粒子在磁场中运动受到洛伦兹力作用，‎ 根据左手定则可以判断出粒子受到的洛仑兹力的方向是向左的，故粒子会向左偏转；‎ 又因为磁场不能改变粒子运动的速度大小，只会改变粒子运动的方向，故粒子的运动速度不变，故B正确，ACD错误。‎ 故选：B。‎ ‎【点评】此题考查了带电粒子在匀强磁场中的运动，解题的关键是根据安培定则判断直导线周围的磁场，根据左手定则判断带电粒子运动的方向。‎ ‎10．如图所示，在电场强度为E的水平匀强电场中，有一足够大的绝缘光滑水平面，一根长为L的绝缘轻软细绳一端固定在平面上的O点，另一端系有一个质量为m、带电荷量为+q的小球A（可看作质点）。当小球A在水平面上静止时，细绳被拉直且与OO′重合，OO′的方向与电场方向平行。在水平面内将小球由平衡位置拉开一小段距离，保持细绳拉直，直至细绳与OO′间有一个小角度θ后由静止释放，不计空气阻力，则下列说法中正确的是（　　）‎ A．从小球A释放至细绳与OO′重合的过程中，电场力对小球做功的功率先增大后减小 ‎ B．从小球A释放至细绳与OO′重合的过程中，电场力对小球的冲量大小为 ‎ C．细绳通过OO′时小球A的速度与其电荷量q无关 ‎ D．细绳与OO′重合时，细绳上的拉力大小为qE（3﹣2cosθ）‎ ‎【分析】根据P＝qEvE分析电场力对小球做功的功率；把小球的运动看成单摆，根据单摆的周期公式求解周期，再根据冲量的计算公式求解冲量；根据动量定理求解细绳通过OO′时小球A的速度；根据牛顿第二定律结合向心力公式求解拉力。‎ 第50页（共50页）‎ ‎【解答】解：A、从小球A释放至细绳与OO′重合的过程中，沿电场线方向的速度vE先增大后减小到0，根据P＝qEvE可知，电场力对小球做功的功率先增大后减小，故A正确；‎ B、如果把小球的运动看成单摆的运动，则运动的周期为T＝2π，其中g′＝，故T＝2π，所以A释放后与OO′重合的时间t＝＝，从小球A释放至细绳与OO′重合的过程中，电场力对小球的冲量大小为I＝qEt＝，故B正确；‎ C、从小球A释放至细绳与OO′重合的过程中，根据动量定理可得：qEL（1﹣cosθ）＝，解得：v＝，所以细绳通过OO′时小球A的速度与其电荷量q有关，故C错误；‎ D、设细绳与OO′重合时，细绳上的拉力大小为F，根据牛顿第二定律可得F﹣qE＝m，解得F＝qE（3﹣2cosθ），故D正确。‎ 故选：ABD。‎ ‎【点评】解答此题的关键是能够运用所学的知识模型进行分析，将静电场类比重力场，根据动能定理、单摆周期公式、向心力公式等进行解答，综合性强，要求学生平时注意物理模型的活学活用。‎ ‎11．研究小组的同学们用如图所示的装置探究物体的加速度与力、质量的关系之后，对此实验又做了进一步的分析：在实验前通过垫块已经平衡了阻力，且砂和砂桶的总质量远小于小车和车上砝码的总质量，由静止释放小车后，下列说法中正确的是（　　）‎ A．砂和砂桶减少的重力势能大于车和砝码增加的动能 ‎ B．砂和砂桶的动量变化等于对应过程中其所受重力的冲量 ‎ C．小车和砝码增加的动量等于对应过程中细绳对小车拉力的冲量 ‎ D．小车和砝码增加的动能等于对应过程中细绳对小车拉力所做的功 ‎【分析】‎ 第50页（共50页）‎ 小车运动过程除重力外还要克服摩擦力做功，故系统机械减小；砂和砂桶的动量变化等于对应过程中其所受重力与绳子拉力的合力所产生的冲量；小车和砝码增加的动能等于对应过程中细绳对小车拉力所做的功。‎ ‎【解答】解：A、将小车（含车上砝码）和砂（含砂桶）当成一个系统，在小车（含车上砝码）运动过程中，木板对小车的摩擦力要做负功，即小车运动过程除重力外还要克服摩擦力做功，故系统机械减小，所以砂和砂桶减少的重力势能大于车和砝码增加的动能，故A正确；‎ B、以沙和沙桶为研究对象，受到自身的重力以及绳子的拉力，根据动量定理得到：砂和砂桶的动量变化等于对应过程中其所受重力与绳子拉力的合力所产生的冲量，故B错误；‎ CD、平衡摩擦力后，小车和砝码所受的合力就是绳子的拉力，根据动量定理得到：小车和砝码增加的动量等于对应过程中细绳对小车拉力的冲量；根据动能定理得到：小车和砝码增加的动能等于对应过程中细绳对小车拉力所做的功，故CD正确；‎ 故选：ACD。‎ ‎【点评】熟练掌握动能定理和动量定理的应用，且在分析的过程中，要正确选择研究对象和研究过程。‎ ‎12．麦克斯韦在前人研究的基础上，创造性地建立了经典电磁场理论，进一步揭示了电现象与磁现象之间的联系。他大胆地假设：变化的电场就像导线中的电流一样，会在空间产生磁场，即变化的电场产生磁场。以平行板电容器为例：圆形平行板电容器在充、放电的过程中，板间电场发生变化，产生的磁场相当于一连接两板的板间直导线通以充、放电电流时所产生的磁场。如图所示，若某时刻连接电容器的导线具有向下的电流，则下列说法中正确的是（　　）‎ A．电容器正在放电 ‎ B．两平行板间的电场强度E在减小 ‎ C．该变化电场产生顺时针方向（俯视）的磁场 ‎ D．该变化电场产生的磁场一定越来越强 ‎【分析】‎ 第50页（共50页）‎ 根据等效电流的方向是向下，下极板所带的电荷量会减小，可得电容器在放电；由场强E＝，可知极板间的电场强度在减小；该变化电场产生磁场方向等效成向下的电流产生磁场的方向，由右手螺旋定则可以判断出，该变化电场产生顺时针方向（俯视）的磁场；放电过程中电流减小，所以该变化电场产生的磁场一定越来越弱。‎ ‎【解答】解：A、由图中可以看出，极板间的电场方向是竖直向上的，说明下极板带正电，上极板带负电，如果等效电流的方向是向下的，即外电流流向上极板，流出下极板，也就是相当于正电荷流向上极板，而上极板是带负电的，所以上极板所带的电荷量会应中和而减少，所以电容器在放电，故A正确；‎ B、放电的过程，两极板间的电压在减小，由场强E＝，可知极板间的电场强度在减小，故B正确；‎ C、该变化电场产生磁场方向等效成向下的电流产生磁场的方向，根据右手螺旋定则可知，电场产生的磁场顺时针方向（俯视），故C正确；‎ D、产生的磁场相当于一连接两板的板间直导线通以放电电流时所产生的磁场，放电过程中电流减小，所以该变化电场产生的磁场一定越来越弱，故D错误。‎ 故选：ABC。‎ ‎【点评】本题考查了麦克斯韦的电磁场理论，理解均匀变化的电场产生稳定的磁场，而非均匀变化的电场产生非均匀变化的磁场；以平行板电容器为例，结合场强公式及右手螺旋定则来求解。‎ ‎13．如图所示，物理图象不仅反映了两个相关量之间的数值关系，其上任一点的切线斜率有时也有相应的物理含义。例如对于直线运动，若y轴表示物体的速度，x轴表示时间，则其图象切线的斜率表示物体的加速度。下面说法中正确的是（　　）‎ A．对于做直线运动的物体，若y轴表示物体的位移，x轴表示时间，则图象切线的斜率表示物体运动的速度 ‎ B．对于做直线运动的物体，若y轴表示合力对物体所做的功，x轴表示时间，则图象切线的斜率表示相应时刻合力对物体做功的瞬时功率 ‎ C．对于做直线运动的物体，若y轴表示合力对物体所做的功，x轴表示位移，则图象切线的斜率表示合力的大小 ‎ 第50页（共50页）‎ D．若y轴表示小灯泡的实际功率，x轴表示小灯泡两端的电压，则图象切线的斜率表示此时通过小灯泡的电流大小 ‎ E．若y轴表示电容器充电过程中所带的电荷量，x轴表示时间，则图象切线的斜率表示电容器充电的电流大小 ‎【分析】从图象上判断出该图象反应的物理量之间的关系，然后根据各选项中描述的物理量之间的关系分析答题。‎ ‎【解答】解：A、根据速度的定义式可知v＝，故y轴表示物体的位移，x轴表示时间，则图象切线的斜率表示物体运动的速度，故A正确；‎ B、根据功率的定义式可知P＝可知，y轴表示合力对物体所做的功，x轴表示时间，则图象切线的斜率表示相应时刻合力对物体做功的瞬时功率，故B正确；‎ C、根据功的公式W＝Fx可知，y轴表示合力对物体所做的功，x轴表示位移，则图象切线的斜率表示合力的大小，故C正确；‎ D、根据P＝UI可知，若y轴表示小灯泡的实际功率，x轴表示小灯泡两端的电压，对应的纵坐标表示电流，而不是斜率，故D错误；‎ E、根据q＝It可知，y轴表示电容器充电过程中所带的电荷量，x轴表示时间，则图象切线的斜率表示电容器充电的电流大小，故E正确；‎ 故选：ABCE。‎ ‎【点评】本题考查学生对各物理量关系的理解，要求学生在掌握基本物理量的基础上，结合图象能灵活理解应用，是一道图象综合题。‎ ‎14．如图所示，物理图象不仅反映了两个相关量之间的数值关系，图线与坐标轴所围的面积有时也有相应的物理含义。例如对于直线运动，若y轴表示物体的速度，x轴表示时间，则其图线与x轴所围的面积表示物体的位移。下面说法中正确的是（　　）‎ A．对于做直线运动的物体，若y轴表示物体的加速度，x轴表示时间，则图线与x轴所围的面积表示这段时间内物体速度的变化量 ‎ B．对于做直线运动的物体，若y轴表示物体所受的合力，x轴表示时间，则图线与x轴所围的面积表示这段时间内物体动量的变化量 ‎ 第50页（共50页）‎ C．若y轴表示通过小灯泡的电流，x轴表示小灯泡两端的电压，则图线与x轴所围的面积表示小灯泡的电功率 ‎ D．若y轴表示通过电器元件的电流，x轴表示时间，则图线与x轴所围的面积表示这段时间内通过该电器元件的电荷量 ‎【分析】本题根据图形面积所表示的量等于横坐标轴量与纵坐标轴量的乘积所得量的值，结合相关的规律进行分析，特别注意U﹣I图象的性质。‎ ‎【解答】解：A、如果y轴表示加速度，由a＝知△v＝a△t，知面积等于质点在相应时间内的速度变化，故A正确；‎ B、对于做直线运动的物体，若y轴表示物体所受的合力，x轴表示时间，由I＝Ft可知，图线与x轴所围的面积表示这段时间内物体动量的变化量，故B正确；‎ C、若y轴表示通过小灯泡的电流，x轴表示小灯泡两端的电压，根据P＝UI可知，图象上点向横纵坐标做垂线得出的矩形面积表示小灯率的电功率，故C错误；‎ D、如果y轴表示流过用电器的电流，由q＝It知，面积等于在相应时间内流过该用电器的电量，故D正确。‎ 故选：ABD。‎ ‎【点评】本题考查对图象的认识，要注意明确根据函数关系分析图象的基本方法，明确灯泡的伏安特性曲线中对应的功率为状态量，对于状态量不能根据图象的面积表示功率；其他几个均对应的是过程量，对于过程量均可以利用面积来表示它们乘积所对应的物理量。‎ ‎15．如图，若x轴表示时间，y轴表示位置，则该图象反映了某质点做匀速直线运动时，位置与时间的关系，若令x轴和y轴分别表示其他的物理量，则该图象又可以反映在某种情况下，相应的物理量之间的关系，下列说法中正确的是（　　）‎ A．若x轴表示时间，y轴表示动能，则该图象可以反映某物体受恒定合外力作用做直线运动过程中，物体动能与时间的关系 ‎ B．若x轴表示频率，y轴表示动能，则该图象可以反映光电效应中，光电子最大初动能与入射光频率之间的关系 ‎ 第50页（共50页）‎ C．若x轴表示时间，y轴表示动量，则该图象可以反映某物体在沿运动方向的恒定合外力作用下，物体动量与时间的关系 ‎ D．若x轴表示时间，y轴表示感应电动势，则该图象可以反映静置于磁场中的某闭合回路，当磁感应强度随时间均匀增大时，闭合回路的感应电动势与时间的关系 ‎【分析】（1）根据运动学公式和动能定理可知动能与时间是二次函数关系，故A错误 ‎（2）根据爱因斯坦的光电效应方程可知，当y轴表示动能，x轴表示入射光的频率时，图象与纵轴的交点应在纵轴的负半轴，故B错误 ‎（3）当磁感应强度随时间均匀增大时，闭合电路中的感应电动势为定值，故D错误 ‎【解答】解：A、设物体的质量为m，物体的加速度为a，初速为v0，t时刻的速度为v，由运动学公式及动能的定义式可得：，故动能与时间是二次函数关系，图象为抛物线而不是直线，故A错误 ‎ B、由爱因斯坦的光电效应方程Ekm＝hν﹣W0可知：当y轴表示动能，x表示入射光频率时，图象与纵轴交点应在y轴负半轴，故B错误 ‎ C、由动量定理得：p＝p0+Ft，即动量P与时间t满足一次函数关系，故C正确；‎ ‎ D、由法拉第电磁感应定律得，感应电动势保持不变，故D错误 故选：C。‎ ‎【点评】（1）本题考查了动能定理、动量定理、爱因斯坦光电效应方程和法拉第电磁感应定律 ‎（2）处理图象问题的基本思路：根据相应的物理规律推导出纵横坐标所表示物理量之间的关系结合数学知识即可判断 ‎16．我们知道，处于自然状态的水都是向重力势能更低处流动的，当水不再流动时，同一滴水在水表面的不同位置具有相同的重力势能，即水面是等势面。通常稳定状态下水面为水平面，但将一桶水绕竖直固定中心轴以恒定的角速度ω转动，稳定时水面呈凹状，如图所示。这一现象依然可用等势面解释：以桶为参考系，桶中的水还多受到一个“力”，同时水还将具有一个与这个“力”对应的“势能”。为便于研究，在过桶竖直轴线的平面上，以水面最低处为坐标原点、以竖直向上为y轴正方向建立xOy直角坐标系，质量为m的小水滴（可视为质点）在这个坐标系下具有的“势能”可表示为Epx＝﹣mω2x2．该“势能”‎ 第50页（共50页）‎ 与小水滴的重力势能之和为其总势能，水会向总势能更低的地方流动，稳定时水表面上的相同质量的水将具有相同的总势能。根据以上信息可知，下列说法中正确的是（　　）‎ A．与该“势能”对应的“力”对水面上小水滴做功与路径无关 ‎ B．小水滴沿水面向上移动时该“势能”增加 ‎ C．小水滴沿水面向上移动时重力势能的增加量大于该“势能”的减少量 ‎ D．水面上的小水滴受到重力和该“势能”对应的“力”的合力，一定与水滴所在位置的切面垂直 ‎【分析】明确题意，明确题目采用了类比的方法，明确题目中给出的“力”和“势能“的性质，再根据能量守恒即可明确重力势能的变化量与题中“势能”的关系。‎ ‎【解答】解：A、由于该力做功与重力做功类似，对应了一种势能，所以该“力”对水面上小水滴做功与路径无关，故A正确；‎ B、由于该“力”与转轴垂直，所以小水滴沿水面向上移动时该力的方向与位移方向夹角小于90°，该力做正功，该“势能”减小，故B错误；‎ C、由能量守恒可知，小水滴具有的重力势能和该力对应的势能之和不变，小水滴沿水面向上移动时重力势能增加，该势能减小，所以小水滴沿水面向上移动时重力势能的增加量等于该“势能”的减少量，故C错误；‎ D、以桶为参考系，小水滴处于平衡状态，小水滴受重力，与转轴垂直且背离转轴的力，水面的支持力，由于水面的支持力方向与水面垂直，所以水面上的小水滴受到重力和该“力”的合力一定与水滴所在水面垂直，故D正确。‎ 故选：AD。‎ ‎【点评】本题为信息给予题，关键是明确题意，知道题中给出的“力”和能与我们平常所说力和能的关系，注意将题中给出的力和能与重力和重力势能对比进行分析。‎ 二、填空题（共2小题，每小题0分，满分0分）‎ ‎17．在“用双缝干涉测光的波长”‎ 第50页（共50页）‎ 实验中，将双缝干涉实验仪按要求安装在光具座上（如图1），并选用缝间距为d的双缝屏。从仪器注明的规格可知，毛玻璃屏与双缝屏间的距离为L．接通电源使光源正常工作，发出白光。‎ ‎（1）组装仪器时，若将单缝和双缝均沿竖直方向分别固定在a处和b处，则　B　。‎ A．可观察到水平方向的干涉条纹 B．可观察到竖直方向的干涉条纹 C．看不到干涉现象 ‎（2）若取下红色滤光片，其他实验条件不变，则在目镜中　C　。‎ A．观察不到干涉条纹 B．可观察到明暗相间的白条纹 C．可观察到彩色条纹 ‎（3）若实验中在像屏上得到的干涉图样如图2所示，毛玻璃屏上的分划板刻线在图2中A、B位置时，游标尺的读数分别为x1、x2，则入射的单色光波长的计算表达式为λ＝　　。分划板刻线在某条明条纹位置时游标卡尺如图3所示，则其读数为　31.10　mm。‎ ‎【分析】（1）因为该实验是双缝干涉实验，a是单缝，b是双缝，单缝是竖直放置，则双缝也需要竖直放置，观察到的是竖直方向的干涉条纹；‎ ‎（2）若取下红色滤光片，白光干涉条纹为彩色的；‎ ‎（3）根据条纹间距△x＝求解波长；游标卡尺读数为主尺刻度加游尺刻度。‎ ‎【解答】解：（1）因为该实验是双缝干涉实验，a是单缝，b是双缝，单缝是竖直放置，观察到的是竖直方向的干涉条纹，故B正确，ACD错误。‎ ‎（2）若取下红色滤光片，白光干涉条纹为彩色的，故C正确，ABD错误。‎ 第50页（共50页）‎ ‎（3）条纹间距，又知：△x＝，两式联立得：‎ 此游标卡尺精度值为0.05mm，读数等于可动刻度读数与游标尺读数之和；故有：x＝31mm+0.05mm×2＝31.10mm；‎ 故答案为：（1）B； （2）C； （3），31.10。‎ ‎【点评】题考查了双缝干涉实验的原理图，影响条纹间距的因素，解决本题的关键掌握双缝干涉条纹的间距公式△x＝，注意要记住公式及干涉原理。‎ ‎18．用如图1所示装置验证机械能守恒定律。‎ ‎（1）除带夹子的重物、纸带、铁架台（含夹子）、电磁打点计时器、导线及开关外，在下列器材中，还需要使用的器材是　BD　。‎ A．直流电源 B．刻度尺 C．天平（含砝码）‎ D．交流电源 ‎（2）实验中，先接通电源，再释放重物，得到如图2所示的一条纸带。在纸带上选取连续打出的5个点A、B、C、D、E，测得A、B、C、D、E五个点到起始点O的距离分别为hA、hB、hC、hD、hE．已知当地重力加速度为g，打点计时器打点的周期为T．设重物的质量为m，则从打下B点到打下D点的过程中，重物的重力势能减少量为　mg（hD﹣hB）　，动能增加量为　﹣　。（用上述测量量和已知量的符号表示）‎ ‎（3）在确定研究的运动过程时，若以O点为研究的起点，为了更便捷地计算重物动能的增加量，研究的终点可以是　BCD　。‎ A．A点 B．B点 C．C点 D．D点 E．E点 ‎（4）若以O点为研究的起点，为了尽可能减小测量所造成的误差，研究的终点应该选择　D　点。‎ 第50页（共50页）‎ A．A点 B．B点 C．C点 D．D点 E．E点 ‎（5）机械能包括动能、重力势能和弹性势能，为了在三种能量相互转化的情况下再次验证机械能守恒定律，实验小组设计了如图3所示的实验装置。力传感器一端固定在铁架台的横梁上，另一端与轻弹簧相连，轻弹簧下端悬挂着下表面水平的重物，在重物正下方放置着上表面水平的运动传感器，两个传感器再通过数据采集器和电脑相连（图未画出）。实验过程中保持铁架台固定，弹簧始终在弹性限度内，重物只在竖直方向上下运动，没有转动。他们首先用天平测得重物的质量为m，然后：‎ ‎①用运动传感器实时记录重物的速度继而得到重物的动能Ek；‎ ‎②选择运动传感器的上表面所在位置为重力势能零点，用运动传感器实时记录重物下表面与运动传感器上表面的距离，继而得到重物的重力势能Ep；‎ ‎③将弹簧原长时重物下表面到运动传感器上表面间的距离，与物体运动过程中这两个表面间的实时距离之差作为弹簧形变量，结合力传感器测得的弹力大小F，通过计算得到了弹簧在每个时刻的弹性势能E弹。‎ 分析上述三种能量之和E随时间的变化情况，如果在误差允许的范围内，E随时间保持不变，则可认为重物（包括地球）和弹簧组成的系统机械能守恒。‎ 已知实验得到的F﹣t图象如图4所示，则如图5所示的图象中可能正确的是　AC　。‎ 第50页（共50页）‎ ‎【分析】（1）根据实验原理判断需要的实验器材；‎ ‎（2）根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出B点、D点的瞬时速度，从而得出动能的增加量；根据下降的高度求出重物重力势能的变化量；‎ ‎（3）（4）根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度知那些点可选，并根据实验原理知减小误差的方法；‎ ‎（5）根据系统机械能守恒，判断特殊点的情况来判断其图象正确与否；‎ ‎【解答】解：（1）AD、由于要使用打点计时器，故需要交流电源，故A错误，D正确；‎ BC、而根据验证机械能守恒定律的原理可知：mgh＝mv2，质量可以约掉，故不需要用天平，但是需要刻度尺用来测距离，故B正确，C错误。‎ 第50页（共50页）‎ 故选：BD ‎（2）重物的重力势能减少量为：Ep＝mghBD＝mg（hD﹣hB）‎ B点速度为：vB＝，‎ D点速度为：vD＝，‎ 动能增加量为：Ek＝mv ﹣mv＝﹣。‎ ‎（3）根据以上求解可知末速度需要利用中间时刻的速度等于相邻两点间的平均速度，也就需要选择中间点，即可以选择B点、C点和D点，故BCD正确。‎ 故选：BCD。‎ ‎（4）若以O点为研究的起点，为了尽可能减小测量所造成的误差，间距越长相对误差就越小，故应选D点。‎ 故选：D ‎（5）ABC、由于在t＝0时拉力最大，说明弹簧的伸长量最大，即重物在最低点，此时重物的重力势能最小，弹性势能最大，动能为0；当t＝T时，拉力最小，就明重物在最上方，重力势能最大，动能为0，弹性势能最小，故AC正确，B错误；‎ D、由于总能量E是守恒的，不改变，故D错误。‎ 故选：AC。‎ 故答案为：（1）BD； （2）mg（hD﹣hB）；﹣；（3）BCD； （4）D； （5）AC ‎【点评】解决本题的关键掌握纸带的处理方法，会根据纸带求解瞬时速度，从而得出动能的增加量，会根据下降的高度求出重力势能的减小量。‎ 三、解答题 ‎19．如图所示，在距水平地面高h＝0.80m的水平桌面左边缘有一质量mA＝1.0kg的物块A以一定的初速度沿桌面运动，经过位移s＝1.8m与放在桌面右边缘O点的物块B发生正碰，碰后物块A的速度变为0，物块B离开桌面后落到地面上，落地点到桌边缘O点的水平距离x＝1.0m。设两物块均可视为质点，它们的碰撞时间极短，物块A与桌面间的动摩擦因数μ＝0.25，物块B的质量mB＝1.6kg，重力加速度g＝10m/s2．求：‎ ‎（1）两物块碰撞后瞬间，物块B的速度大小vB；‎ 第50页（共50页）‎ ‎（2）两物块碰撞前瞬间，物块A的速度大小vA；‎ ‎（3）物块A与B碰撞的过程中系统损失的机械能E；‎ ‎（4）物块A在水平桌面左边缘时的初速度v0。‎ ‎【分析】（1）物块B离开桌面后做平抛运动，运用运动的分解，根据平抛运动的规律求出碰撞后物块B水平飞出的速度大小；‎ ‎（2）物块A与物块B碰撞过程中动量守恒，根据动量守恒定律，即可解出碰撞前瞬间物块A速度的大小；‎ ‎（3）由碰撞前后A、B的速度大小，即可得到B碰撞过程中A、B所组成的系统损失的机械能；‎ ‎（4）对于物块A滑行s＝1.8m过程，运用动能定理，即可求解物块A在水平桌面左边缘时的初速度。‎ ‎【解答】解：（1）物块B离开桌面后做平抛运动，设其飞行时间为t，离开水平桌面时的速度为vB，则有：‎ 竖直方向有：h＝gt2，‎ 水平方向有：x＝vBt 联立并代入数据得：vB＝x＝1×m/s＝2.5m/s ‎（2）物块A与物块B碰撞过程中动量守恒，设物块A碰撞前的速度为vA，则有：‎ mAvA+0＝0+mBvB 解得：vA＝4.0 m/s ‎（3）碰撞过程中系统损失的机械能为：△E＝mAv﹣mBv 代入数据，解得：△E＝J﹣J＝3.0 J ‎（4）设物块A在水平桌面左边缘时的初速度v0，‎ 由动能定理得：‎ ‎﹣μmAgs＝mAv﹣mA 代入数据解得：v0＝5.0m/s 第50页（共50页）‎ 答：（1）两物块碰撞后瞬间，物块B的速度大小是2.5m/s；‎ ‎（2）两物块碰撞前瞬间，物块A的速度大小是4.0m/s；‎ ‎（3）物块A与B碰撞的过程中系统损失的机械能3.0J；‎ ‎（4）物块A在水平桌面左边缘时的初速度大小为5.0m/s，方向向右。‎ ‎【点评】本题要学会分析物理过程，把握每个过程遵循的物理规律是关键。本题有三个过程，减速过程中运用了动能定理，对于碰撞，其基本规律是动量守恒，对于平抛运动中，掌握运动的合成与分解应用，注意过程较多，涉及物理量也较多，因此要理清解题的思路，用好物理规律。‎ ‎20．如图所示，在距水平地面高h＝0.80m的水平桌面左边缘有一质量mA＝1.0kg的物块A以v0＝5.0m/s的初速度沿桌面运动，经过位移s＝1.8m与放在桌面右边缘O点的物块B发生正碰，碰后物块A的速度变为0，物块B离开桌面后落到地面上。设两物块均可视为质点，它们的碰撞时间极短，物块A与桌面间的动摩擦因数μ＝0.25，物块B的质量mB＝1.6kg，重力加速度g＝10m/s2．求：‎ ‎（1）两物块碰撞前瞬间，物块A沿桌面滑行的时间t；‎ ‎（2）物块A对B所施的冲量；（要求答出大小和方向）‎ ‎（3）从物块A由桌面左边缘运动开始到物块B落到水平地面的过程中，系统损失的机械能；‎ ‎（4）物块B落地的速度。（要求答出大小和方向）‎ ‎【分析】（1）物块A以一定初速度向右匀减速运动，依据运动学位移与时间公式，即可求解滑行的时间；‎ ‎（2）由运动学速度与时间公式，求解物块A碰前的速度大小，再依据动量定理，即可求解木块A对B所施的冲量；‎ ‎（3）在碰撞过程中，依据动量守恒定律，求解碰后物块B的速度，则由物块A在左边缘的动能与物块B的碰后动能之差，即可求解系统损失的机械能；‎ ‎（4）依据平抛运动处理规律，结合运动学公式，及水平初速度与下落高度，从而求解物块B落地的速度大小与方向。‎ 第50页（共50页）‎ ‎【解答】解：（1）物块A在水平桌面上以v0＝5.0m/s的初速度做匀减速直线运动，‎ 因物块A与桌面间的动摩擦因数μ＝0.25，那么加速度大小是：a＝＝μg＝0.25×10m/s2＝2.5m/s2‎ 则物块A的加速度a＝﹣2.5m/s2，位移s＝1.8m，‎ 根据运动学位移公式，则有：s＝v0t+‎ 代入数据，解得：t1＝0.4s，t2＝18s＞最长时间2s（此值舍去）‎ ‎（2）设物块A与B碰撞前瞬间A的速度为vA，‎ 依据运动学速度公式，则有：vA＝v0+at，‎ 代入数据，解得：vA＝5m/s﹣2.5×0.4m/s＝4m/s 取水平向右为正方向，依据动量定理，I＝0﹣mAvA，‎ 那么物块B对物块A的冲量大小4.0N•s，而方向水平向左，‎ 因此物块A对物块B的冲量大小4.0N•s，而方向水平向右，‎ ‎（3）物块A与物块B碰撞过程中动量守恒，由动量守恒定律，则有：‎ ‎ mAv+0＝0+mBvB 解得：vB＝2.5 m/s 从物块A开始运动，到碰撞结束，系统存在损失的机械能，而平抛运动过程中，机械能守恒，‎ 那么从木块A由桌面左边缘运动开始到木块B落到水平地面的过程中，系统损失的机械能：△E＝‎ 代入数据，解得：△E＝＝7.5J ‎（4）物块B离开桌面后做平抛运动，设其飞行时间为t，离开水平桌面时的速度为vB，‎ 则竖直方向有：h＝gt2，‎ 且vBy＝gt 联立解得：vBy＝4m/s 依据矢量的合成法则，则落地速度大小：vB′＝＝m/s＝m/s，‎ 再根据三角知识，设落地速度与水平方向夹角为θ，则有：tanθ＝＝＝；‎ 第50页（共50页）‎ 因此其方向与水平夹角的正切值为。‎ 答：（1）两物块碰撞前瞬间，物块A沿桌面滑行的时间是0.4s；‎ ‎（2）木块A对B所施的冲量大小是4.0N•s，方向水平向右；‎ ‎（3）从木块A由桌面左边缘运动开始到木块B落到水平地面的过程中，系统损失的机械能为7.5J；‎ ‎（4）木块B落地的速度大小是m/s，其方向与水平夹角的正切值为。‎ ‎【点评】本题要学会分析物理过程，把握每个过程遵循的物理规律是关键。本题有两个过程，对于碰撞，其基本规律是动量守恒，要熟练运用。注意匀减速直线运动中，加速度是负值。‎ ‎21．如图所示，在距水平地面高h＝0.80m的水平桌面一端的边缘放置一个质量m＝0.80kg的木块B，桌面的另一端有一块质量M＝1.0kg的木块A以初速度v0＝4.0m/s开始向着木块B滑动，经过时间t＝0.80s与B发生碰撞，碰后两木块都落到地面上。木块B离开桌面后落到地面上的D点。设两木块均可以看作质点，它们的碰撞时间极短，且已知D点距桌面边缘的水平距离s＝0.60m，木块A与桌面间的动摩擦因数μ＝0.25，重力加速度取g＝10m/s2．求：‎ ‎（1）两木块碰撞前瞬间，木块A的速度大小；‎ ‎（2）木块B离开桌面时的速度大小；‎ ‎（3）木块A落到地面上的位置与D点之间的距离。‎ ‎【分析】（1）对A木块受力分析，用牛顿第二定律解出加速度，再跟速度公式求出A木块的速度大小。‎ ‎（2）对B运用平抛运动的知识求初速度。‎ ‎（3）对A运用平抛运动的知识求解其射程，再根据位移关系求解即可。‎ ‎【解答】解：（1）木块A在桌面上受到滑动摩擦力作用做匀减速运动，根据牛顿第二定律，木块A的加速度为：‎ 第50页（共50页）‎ ‎ ＝2.5m/s2‎ 设两木块碰撞前A的速度大小为v，根据运动学公式，得：‎ v＝v0﹣at＝2.0m/s ‎（2）两木块离开桌面后均做平抛运动，设木块B离开桌面时的速度大小为v2，在空中飞行的时间为t′。‎ 根据平抛运动规律有：，s＝v2t′‎ 解得：＝1.5m/s ‎（3）设两木块碰撞后木块A的速度大小为v1，根据动量守恒定律有：Mv＝Mv1+mv2‎ 解得：＝0.80m/s 设木块A落到地面过程的水平位移为s′，根据平抛运动规律，‎ 得：＝0.32m 则木块A落到地面上的位置与D点之间的距离：△s＝s﹣s'＝0.28m 答：（1）两木块碰撞前瞬间，木块A的速度大小为2.0m/s；‎ ‎（2）木块B离开桌面时的速度大小为1.5m/s；‎ ‎（3）木块A落到地面上的位置与D点之间的距离为0.28m。‎ ‎【点评】本题可采用程序法按时间顺序进行分析处理，是动量守恒定律与平抛运动的综合，过程比较复杂，属于中档题。‎ ‎22．如图所示，在距水平地面高h＝0.80m的水平桌面一端的边缘放置一个质量m＝0.80kg的木块B，桌面的另一端有一块质量M＝1.0kg的木块A以初速度v0＝4.0m/s开始向着木块B滑动，经过时间t＝0.80s与B发生碰撞，碰后两木块都落到地面上。木块A离开桌面后落到地面上的C点（图中未画出），木块B离开桌面后落到地面上的D点，D点距桌面边缘的水平距离s＝0.60m，C、D两点之间的距离△s＝0.28m。设两木块均可以看作质点，两者之间的碰撞时间极短，重力加速度取g＝10m/s2．求：木块与桌面间的动摩擦因数。‎ 第50页（共50页）‎ ‎【分析】先研究两木块平抛运动的过程，根据分位移公式求出碰后瞬间两木块的速度，再研究碰撞过程，根据动量守恒定律求出碰撞前瞬间A的速度，最后研究A碰撞前的运动过程，根据动量定理求木块与桌面间的动摩擦因数。‎ ‎【解答】解：两木块离开桌面后均做平抛运动，设木块B离开桌面时的速度大小为v2，在空中飞行的时间为t。‎ 根据平抛运动规律有：‎ ‎ h＝gt2，s＝v2t 解得：v2＝s＝0.6×m/s＝1.5m/s 据题知，木块A平抛运动的水平位移为 s′＝s﹣△s＝0.6m﹣0.28m＝0.32m 设两木块碰撞后木块A的速度大小为v1，则 ‎ v1＝＝s′＝0.32×m/s＝0.8m/s 设碰撞前瞬间A的速度为v，取向右为正方向，根据动量守恒定律有：‎ ‎ Mv＝Mv1+mv2‎ 解得：v＝2m/s A碰撞前的运动过程，根据动量定理得：‎ ‎﹣μMgt＝Mv﹣Mv0‎ 解得 μ＝0.25‎ 答：木块与桌面间的动摩擦因数是0.25。‎ ‎【点评】解决本题的关键要将整个过程细化，分解成三个过程来研究，要把握每个过程的物理规律，要明确已知竖直位移和水平位移时，可求出平抛运动的初速度。涉及力在时间上的效应，可考虑动量定理。‎ ‎23．如图所示，在距水平地面高h＝0.80m的水平桌面一端的边缘放置一个质量m＝0.80kg的木块B，桌面的另一端有一块质量M＝1.0kg的木块A以初速度v0＝4.0m/s开始向着木块B滑动，经过时间t＝0.80s与B发生碰撞，碰后两木块都落到地面上。木块B离开桌面后落到地面上的D点。设两木块均可以看作质点，两者之间的碰撞时间极短，且已知D点距桌面边缘的水平距离s＝0.60m，两木块与桌面间的动摩擦因数均为μ＝0.25，重力加速度取g＝10m/s2．求：‎ ‎（1）木块A开始以v0向B运动时，两木块之间的距离大小；‎ ‎（2）木块B落地时的速度；‎ 第50页（共50页）‎ ‎（3）从木块A以v0向B运动开始至两木块落地前的瞬间，两木块所组成的系统损失的机械能。‎ ‎【分析】（1）木块A在桌面上向右滑行过程，根据动量定理求出碰撞前瞬间A的速度。由于A做匀减速直线运动，所以可以根据x＝t＝求木块A开始以v0向B运动时两木块之间的距离大小。‎ ‎（2）碰撞后B做平抛运动，根据分运动的规律求出碰后瞬间B的速度。由vy＝求出B落地时竖直分速度，从而可求出木块B落地时的速度。‎ ‎（3）整个过程，两木块所组成的系统损失的机械能包括两部分：一是A在桌面上滑行时因克服摩擦力做功而损失的机械能；二是碰撞过程损失的机械能，可根据动量守恒定律和能量守恒定律相结合求碰撞损失的机械能。‎ ‎【解答】解：（1）设碰撞前瞬间A的速度为v。木块A在桌面上向右滑行过程，取向右为正方向，根据动量定理得：‎ ‎﹣μMgt＝Mv﹣Mv0‎ 解得 v＝2m/s 木块A开始以v0向B运动时，两木块之间的距离大小 L＝t＝＝×0.8m＝2.4m ‎（2）两木块离开桌面后均做平抛运动，设木块B离开桌面时的速度大小为v2，在空中飞行的时间为t。‎ 根据平抛运动规律有：‎ ‎ h＝gt2，s＝v2t 解得：v2＝s＝0.6×m/s＝1.5m/s 木块B落地时竖直分速度大小为 vy＝＝m/s＝4m/s 故木块B落地时的速度大小为 vB＝＝m/s＝m/s 第50页（共50页）‎ 设速度方向与水平方向的夹角θ，则tanθ＝＝＝，得 θ＝tan﹣1‎ ‎（3）A在桌面上滑行时损失的机械能△E1＝μMgL＝0.25×1×10×2.4J＝6J 设碰撞后瞬间A的速度为v1，取向右为正方向，根据动量守恒定律有：‎ ‎ Mv＝Mv1+mv2‎ 解得：v1＝0.8m/s 两木块碰撞过程损失的机械能为△E2＝Mv2﹣（Mv12+mv22）‎ 解得△E2＝0.78J 故从木块A以v0向B运动开始至两木块落地前的瞬间，两木块所组成的系统损失的机械能为 ‎△E＝△E1+△E2＝6.78J 答：（1）木块A开始以v0向B运动时，两木块之间的距离大小为2.4m；‎ ‎（2）木块B落地时的速度大小为m/s，方向与水平方向的夹角θ＝tan﹣1；‎ ‎（3）从木块A以v0向B运动开始至两木块落地前的瞬间，两木块所组成的系统损失的机械能为6.78J。‎ ‎【点评】解决本题时，要理清两木块的运动过程，掌握平抛运动的规律和碰撞的基本规律：动量守恒定律。涉及力在时间上的效应时，要优先考虑动量定理。‎ ‎24．如图所示，MN、PQ为足够长的光滑平行金属导轨，两导轨的间距L＝0.50m，导轨平面与水平面间夹角θ＝37°，N、Q间连接一阻值R＝0.40Ω的定值电阻，在导轨所在空间内有垂直于导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度B＝0.20T．将一根质量m＝0.050kg的金属棒垂直于MN、PQ方向置于导轨的ab位置，金属棒与导轨接触的两点间的电阻r＝0.10Ω，导轨的电阻可忽略不计。现由静止释放金属棒，金属棒沿导轨向下运动过程中始终与导轨垂直，且与导轨接触良好。当金属棒滑行至cd处时，其速度大小v＝4.0m/s，已知重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.60，cos37°＝0.80．求：‎ ‎（1）金属棒达到cd处时通过金属棒的电流大小和方向；‎ ‎（2）金属棒达到cd处时其加速度大小；‎ ‎（3）金属棒滑至cd处时其上的电热功率大小；‎ ‎（4）金属棒达到cd处的过程中，比较重力对其所做的功W与金属棒动能的增加量△Ek的大小关系，并说明二者不相等的原因是什么？‎ 第50页（共50页）‎ ‎（5）通过分析定性说明金属棒通过cd后将做怎样的运动。‎ ‎【分析】（1）对导体棒进行受力分析，根据牛顿第二定律求解加速度大小；‎ ‎（2）根据感应电动势计算公式E＝BLv结合闭合电路欧姆定律求解电阻R两端的电压；‎ ‎（3）根据电功率的计算公式求解电阻R上的电功率。‎ ‎（4）根据动能定理得到重力对金属棒做的功大于其动能的增加量；利用功能关系分析二者不相等的原因；‎ ‎（5）通过牛顿第二定律说明金属棒通过cd后将做怎样的运动。‎ ‎【解答】解：（1）金属棒达到cd处时，感应电动势为：E＝BLv＝0.40V 感应电流为：‎ 联立解得通过金属棒的电流大小为：I＝0.8A，由右手定则可知通过金属棒的电流方向为由d向c；‎ ‎（2）金属棒达到cd处时，对其进行受力分析，根据牛顿第二定律得：‎ mgsinθ﹣BIL＝ma 解得金属棒达到cd处时其加速度大小：a＝4.4m/s2‎ ‎（3）金属棒达到cd处时其上的电热功率大小为：‎ 代入数据解得电热功率大小为：Pr＝0.064W ‎（4）金属棒达到cd处的过程中，根据动能定理得：W+W安＝△Ek 因为安培力做负功，所以有：W＞△Ek 从功能关系有：重力对金属棒做的功大于其动能的增加量；‎ 原因为此过程中有安培力做负功；或有一部分重力势能转化为电能变成的焦耳热；‎ ‎（5）金属棒通过cd后，对其受力分析，由牛顿第二定律得：‎ mgsinθ﹣BIL＝ma′‎ 根据闭合欧姆定律得：‎ 联立解得：a′＝gsinθ﹣‎ 由于速度方向与加速度方向同向，所以随着速度的增加，加速度会减小；‎ 答：（1）金属棒达到cd处时通过金属棒的电流大小为0.8A，方向从d到c；‎ 第50页（共50页）‎ ‎（2）金属棒达到cd处时其加速度大小为4.4m/s2；‎ ‎（3）金属棒滑至cd处时其上的电热功率大小为0.064W；‎ ‎（4）重力对金属棒做的功大于其动能的增加量；因为此过程中有安培力做负功；或有一部分重力势能转化为电能变成的焦耳热；‎ ‎（5）金属棒通过cd后将做加速度减小的加速运动。‎ ‎【点评】本题主要是考查电磁感应现象与力学、电路的结合，弄清楚受力情况和运动情况，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；对于电磁感应现象中涉及电路问题的分析方法是：确定哪部分相对于电源，根据电路连接情况画出电路图，结合法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律、以及电功率的计算公式列方程求解。‎ ‎25．如图所示，MN、PQ为足够长的平行金属导轨，间距L＝0.50m，导轨平面与水平面间夹角θ＝37°，N、Q间连接一个电阻R＝0.5Ω，匀强磁场垂直于导轨平面向上，磁感应强度B＝1.0T．将一根质量m＝0.050kg的金属棒放在导轨的ab位置，金属棒及导轨的电阻不计。现由静止释放金属棒，金属棒沿导轨向下运动过程中始终与导轨垂直，且与导轨接触良好。已知金属棒与导轨间的动摩擦因数μ＝0.50，当金属棒滑行至cd处时，其速度大小开始保持不变，已知g＝10m/s2，sin37°＝0.60，cos37°＝0.80．求：‎ ‎（1）金属棒沿导轨开始下滑时的加速度大小；‎ ‎（2）金属棒达到cd处的速度大小；‎ ‎【分析】（1）开始下滑时金属棒只受重力、支持力和摩擦力，根据牛顿第二定律求出加速度大小；‎ ‎（2）根据金属棒受力平衡，结合安培力表达式，可以求出速度大小。‎ ‎【解答】解：（1）设金属杆的加速度大小为a，根据牛顿第二定律，则 mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma 代入数据，解得 a＝2.0m/s2‎ ‎（2）设金属棒达到cd位置时速度大小为v，电流为I，金属棒受力平衡，有 第50页（共50页）‎ mgsinθ＝F安+μmgcosθ 其中安培力 F安＝BIL 根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律，有 I＝‎ 联立各式，代入数据，得 v＝2.0m/s 答：（1）金属棒沿导轨开始下滑时的加速度大小为2.0m/s2；‎ ‎（2）金属棒达到cd处的速度大小为2.0m/s。‎ ‎【点评】本题考查导体切割磁感线时的感应电动势，在求金属棒最大速度时，一般可以根据受力平衡结合安培力表达式来解决。‎ ‎26．如图甲所示为法拉第发明的圆盘发电机，图乙是其原理示意图，其中的铜质圆盘安装在水平的铜轴上，铜质圆盘的圆心与铜轴重合，它的边缘正好在两磁极之间，两块铜片C、D分别与圆盘的转动轴和边缘良好接触，用导线将两块铜片与电阻R连接起来形成闭合回路，在圆盘绕铜轴匀速转动时，通过电阻R的电流是恒定的。为讨论问题方便，将磁场简化为水平向右磁感应强度为B的匀强磁场；将圆盘匀速转动简化为一根始终在匀强磁场中绕铜轴匀速转动、长度为圆盘半径的导体棒，其等效电阻为r。除了R和r以外，其他部分电阻不计。已知圆盘半径为a，匀速转动的角速度为ω。‎ ‎（1）论证圆盘匀速转动产生的感应电动势E＝Bωa2。‎ ‎（2）圆盘匀速转动一圈，电阻R产生的热量；‎ ‎（3）若圆盘匀速转动时，闭合回路的电流为I，试从电动势的定义及闭合电路能量转化与守恒的角度论证圆盘产生的感应电动势E＝I（R+r）。‎ ‎【分析】（1）根据法拉第电磁感应定律求解圆盘匀速转动产生的感应电动势；‎ 第50页（共50页）‎ ‎（2）求出圆盘转动过程中产生的感应电流，根据焦耳定律可得圆盘匀速转动一圈电阻R产生的热量；‎ ‎（3）电动势的定义及闭合电路能量转化与守恒的角度论证。‎ ‎【解答】解：（1）根据法拉第电磁感应定律可得：E＝Ba 其中＝‎ 代入解得圆盘匀速转动产生的感应电动势E＝Bωa2；‎ ‎（2）圆盘转动过程中产生的感应电流I＝，‎ 转动一周经过的时间T＝‎ 根据焦耳定律可得圆盘匀速转动一圈，电阻R产生的热量Q＝I2RT＝；‎ ‎（3）圆盘中的电子因圆盘转动在匀强磁场中受沿半径方向的洛仑兹力为非静电力，电子在外电路中定向运动时受到的力为电场力，‎ 根据能量关系可得：I2（R+r）t＝W非，‎ 根据电动势的定义式可得：E＝，则：W非＝qE，‎ 又因q＝It，‎ 联立可得：E＝I（R+r）。‎ 答：（1）论证见解析；‎ ‎（2）圆盘匀速转动一圈，电阻R产生的热量为；‎ ‎（3）论证见解析。‎ ‎【点评】本题主要是考查了法拉第电磁感应定律和楞次定律；对于导体切割磁感应线产生的感应电动势情况有两种：一是导体平动切割产生的感应电动势，可以根据E＝BLv来计算；二是导体棒转动切割磁感应线产生的感应电动势，可以根据E＝Bωa2来计算。‎ ‎27．质量相等的两个小球用劲度系数为k的轻弹簧相连，并置于光滑水平面上。现给其中一个小球沿着弹簧轴线方向的初速度，使得小球获得初动能Ek0，已知在此后的运动过程中两物体的总动能Ek总与它们之间的距离x的关系如图所示，弹簧的形变量为x时其弹性势能为E弹＝kx2，图中所标物理量均为已知，两小球均可视为质点。‎ ‎①请说明曲线斜率的含义；‎ 第50页（共50页）‎ ‎②求弹簧的原长度l0。‎ ‎③若两小球沿着弹簧的中点做匀速圆周运动，已知小球的质量为m，角速度大小为ω0，求此时弹簧的伸长量。‎ ‎【分析】①根据动能定理分析曲线斜率的含义；‎ ‎②当动能最大时弹簧的弹力为零，此时弹簧处于原长，根据图中几何关系求解原长；‎ ‎③以其中一个小球为研究对象，根据胡克定律结合向心力公式求解。‎ ‎【解答】解：①根据动能定理可得△Ek＝•△x，所以曲线的斜率代表了弹簧的弹力，斜率为正弹簧提供推力、斜率为负弹簧提供拉力；‎ ‎②当动能最大时弹簧的弹力为零，此时弹簧处于原长，根据图中几何关系可得：‎ l0＝x1+＝；‎ ‎③以其中一个小球为研究对象，设弹簧的伸长量为x，根据胡克定律结合向心力公式可得：‎ kx＝m 解得：。‎ 答：①曲线斜率代表了弹簧的弹力，斜率为正弹簧提供推力、斜率为负弹簧提供拉力；‎ ‎②弹簧的原长为；‎ ‎③若两小球沿着弹簧的中点做匀速圆周运动，此时弹簧的伸长量为。‎ ‎【点评】本题主要是考查功能关系和圆周运动、以及动能图象的问题，弄清楚小球的受力情况和能量转化情况是关键，知道两个小球做圆周运动的向心力来源。‎ ‎28．研究分子势能是研究物体内能的重要内容。已知某物体中两个分子之间的势能Ep与两者之间距离r的关系曲线如图所示。‎ ‎①由图中可知，两分子间距离为r0时，分子势能最小，请分析说明在r＜r0和r＞r0‎ 第50页（共50页）‎ 的范围内，曲线斜率与分子间呈现出的相互作用力的性质（引力或斥力）及其变化情况的关系；‎ ‎②假设某物体中两个质量相等的分子，只在分子力作用下绕两者连线的中点做匀速圆周运动，当两者相距为r1时，两者之间的分子势能为Ep1，系统的动能与势能之和为E．请求出此时两分子之间的分子作用力。‎ ‎【分析】①根据图示图象判断曲线斜率的意义；‎ ‎②根据题意与图象斜率的意义确定r1的位置；根据能量守恒定律与牛顿第二定律求出作用力。‎ ‎【解答】解：①r＝r0时，分子间相互作用力大小为零；图象纵轴表示分子势能，横轴表示分子间距离，分子势能变化量等于分子力做功，因此曲线斜率绝对值的大小反映分子间相互作用力的大小，斜率的正、负，反映分子间相互作用力是引力或斥力；‎ 当r＞r0时，曲线斜率大于零，代表分子力表现为引力，且随着r的增加，分子力先变大后变小；‎ 当r＜r0时，曲线斜率小于零，代表分子力表现为斥力，随着r的减小，分子力越来越大。‎ ‎②图象切线斜率表示分子力大小，由题意可知，分子间距离为r1时分子力最大，则此时图象切线的斜率最大，r1的坐标如图所示；‎ 由能量守恒定律得：Ek+Ep1＝E，其中Ek为系统的动能，‎ 设分子的质量为m，则 ，‎ 对其中一个分子，由牛顿第二定律得：F＝mω2•，‎ 解得：F＝。‎ 答：①当r＞r0时，曲线斜率大于零，代表分子力表现为引力，且随着r的增加，分子力先变大后变小；‎ 第50页（共50页）‎ 当r＜r0时，曲线斜率小于零，代表分子力表现为斥力，随着r的减小，分子力越来越大。‎ ‎②此时两分子之间的分子作用力为 。‎ ‎【点评】本题是一道信息给予题，认真审题理解题意、根据题意获取所需信息是解题的前提，根据题意应用能量守恒定律、牛顿第二定律即可解题。‎ 声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布 日期：2020/5/29 8:07:30；用户：复圣中学；邮箱：fszx519@xyh.com；学号：37091097‎ 第50页（共50页）‎