2022高考物理 重点题型考前圈点（全解全析 PDF版）

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》)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D，叫做这个量Dt的变化率。下列说法正确的是：A．若D表示某质点做平抛运动的速度，则D是恒定不变的tB．若D表示某质点做匀速圆周运动的动量，则D是恒定不变的tC．若D表示某质点的动能，则D越大，质点所受外力做的总功就越多tD．若D表示穿过某线圈的磁通量，则D越大，线圈中的感应电动势就越大t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99．8％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）和速度图像（b），如图示则有（）A．（a）图中h3代表本次最大深度，应为6.0m2B．全过程中最大加速度是0.025m/sC．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\n4.（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1了相关的信息1，如图7所示9，则下列说法中10正确的是()2505050505040404040（a）（b）（c）（d）（e）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图7D．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，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AC．绳端拉力F逐渐增大FD．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，秤盘在竖直向下的拉力F作用下保持静止，F=30N，2当突然撤去外力F的瞬时，物体对秤盘的压力为(g=10m/s)A.1ONB.15NC.20ND.40N38.（单选）图中甲、乙是一质量m=6×10kg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θ=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B．4s内汽车牵引力所做的功C．4s末汽车的速度D．4s末汽车合外力的瞬时功率南京南京θθ图a图b图c9.（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\n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（）A．t1时刻消防员的速度最大B．t2时刻消防员的速度最大C．t3时刻消防员的动能最小D．t4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θ角(θ<90°)，不计空气阻力，则以下说法正确的是：A．当F=mgtanθ时，拉力F最小B．当F=mgsinθ时，拉力F最小C．当F=mgsinθ时，质点的机械能守恒，动能不变D．当F=mgtanθ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v0竖直上抛的同时，将另一相同质量bv0的小球b从距地面h处以初速度v0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hB.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v0C.两小球落地时，重力的瞬时功率相同aD．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v0sB．小球运动的时间为v0gsC．小球的速率为v0mg422D．小球重力的功率为vgs0v0七、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Ⅰ绕地球运动，再运行至转移轨道Ⅱ，最后运行至同步轨道Ⅲ，以下说法正确的是（）A．卫星在I轨道Q处的速率大于Ⅲ轨道P处的速率B．卫星在II轨道P处的加速度大于Ⅲ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Ⅰ向轨道Ⅲ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”\n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：（）-1-2-3-4A．2.0×10FB．1.3×10FC．4.5×10FD．5.5×10F15-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．①和③B．①和④C．②和③D．②和④十、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vB．粒子由B向A运动EC．粒子带正电ABD．粒子带负电十一、直流电路动态分析、压力传感器图（甲）图（乙）t17.（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\nD．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()A．ab导线中通有从a到b方向的电流B．ab导线中通有从b到a方向的电流C．cd导线中通有从c到d方向的电流D．cd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baa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)，b正确的是：iiii(21)000012t121(21)t1t(A)(B)(C)(D)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Ⅰ(C)中放置一个小线圈Ⅱ，大线圈Ⅰ与多功能电源连接。多功能电源输入到大线圈Ⅰ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Ⅰ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Ⅱ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Ⅱ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，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）：多功能电源传感器i1线圈Ⅱ线圈Ⅰ0Tt乙甲i2i2i2i20t0t0t0tTTTTABCD丙十四、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；\nI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）:MAUIFPt2t222ttvDCOtOtOtOtN（A）（B）（C）（D）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AiAiAiBiBS接通S接通S断开S断开BOtSOtOtOtE十六、地磁场问题ABCD23.（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224.（多选）如图所示，一预警机在北京上空机翼保持水平，以3.6×10km/h的速度自南向北飞行。-5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3.0×10T，水平分量-5大小为1.0×10T，则（）A．两翼尖之间的电势差为0.15VB．两翼尖之间的电势差为0.05VC．飞行员左方翼尖的电势比右方翼尖的电势高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）“5·12”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-4导线单位长度的电阻为2.5×10Ω。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：型号AED6500SA．输电线路中的电流为20A输出电压范围220～300VB．发电机的实际输出电压为300V最大输出功率60kWC．在输电线路上损失的电功率为8kWD．如果该柴油发电机发的电是正弦式交变电流，则其输出电柴油火线压最大值是300V安置区发电机零线十八、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：\n+-+-+-+-GGGGR0ER0ER0ER0红黑红黑红黑红黑表表表表表表表表笔笔笔笔笔笔笔笔(A)(B)(C)(D)（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：①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；②将电表红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Ω。③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Ω。(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50Hz。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：\n①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lB.木板的质量m1C.滑块的质量m2D.托盘和砝码的总质量m3E.滑块运动的时间t②测量①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．⑴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“2”）．⑵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2计由于通电导致的化学变化）.实验中Rx的通电面积为20cm，长度为20cm，用内接法测量Rx的阻值是3500Ω，则其电阻率为▲Ω·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=100Ω）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10kΩ）；iii.电流表A（量程0-30A，内阻约30Ω）；iv.滑动变阻器R（0-15Ω，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；\nvii.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=6.0V、内电阻r0=2.4Ω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I—U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。）I/AR2R12.52.01.51.00.5U/V001234567二十二、圆周运动、平抛运动、直线运动综合31.某校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m＝0.1kg，通电后赛车发动机以额定功率P＝1.5W工作，在粗糙水平轨道运动时受到的摩擦阻力恒为Ff＝0.25N。图中L＝10m、R＝0.32m，h2＝1.25m，s＝1.50m，g＝10m/s。求：RCALBhs（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abB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0～180°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Ocd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；dpc（2）假设粒子源发射的粒子在0～180°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；\n（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Ε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a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PP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；B（2）a．判断沿什么方向射入磁场的带电粒子运动的时间最长，并求最长时间；b．若在y≥a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It图像。足够长光滑金属轨道电阻不计，倾角θ=30°。轨道上端连接有阻值R=1.0Ω的定值电阻，金属杆MN电阻r=0.5Ω，质量m=0.2kg，杆长L1m。在轨道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It图像（设2杆在整个运动过程中与轨道垂直，g10m/s）。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0~1.2s内通过电阻R的电量大小及在R上产生的焦耳热I/A。2.0电流1.5传感器RMB1.0m数据Nી0.5采集器计算机0t/s0.51.01.52.0ી34-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B1＝B2＝B，每个磁场的宽度都是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：\n22222222A．v＝(BLvm－FfR)/(BL)B．v＝(4BLvm＋FfR)/(4BL)22222222C．v＝(4BLvm－FfR)/(4BL)D．v＝(2BLvm＋FfR)/(2BL)二十五、利用单摆测重力加速度35.在“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2改变l而测出对应的摆动周期T，再以T为纵轴、l为横轴，作2出T-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．毫甲乙米刻度尺，本实验所需的测量工具有____________。2（2）如果实验中所得到的T-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________。2（3）由图象可知，小筒的深度h=_______cm；当地重力加速度g=_____m/s（π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：x/cm①两波相遇的时刻；vv②至t=1.5s时刻质点M运动的路程。2PMQ-0.2-0.10.10.20.30.40.50.60.70.80.9.1。01.11.2x/m-2二十七、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θ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\n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θ1、折射角θ2间满足关系：n1sinθ1=n2sinθ2）内芯Ln1外套光n2图甲图乙（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2系nn+112二十九、光电效应现象及光电效应实验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KA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A项中分析正确的是VA．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PB．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能有大有小-740如图所示，一光电管的阴极用极限波长λ0=5×10m的材料制成，用波长-7λ=3×10m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-34的最大动能______（填“变大”、“不变”或“变小”）。已知普朗克常量h=6.63×l0J.s8-19，光速c=3.0×10m/s，电子电荷量e=1.6×10C。三十、核反应中的能量和动量问题23841.一静止的质量为M的铀核（92U）发生α衰变转变成钍核（Th），放出的α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α粒子和钍核的动能．①写出衰变方程；②求出衰变过程中释放的核能。239235*235*42.钚的放射性同位素94Pu静止时衰变为铀核激发态92U和α粒子，而铀核激发态92U立即衰变为235239235铀核92U，并放出能量为0.097MeV的γ光子．已知：94Pu和92U和α粒子的质量分别为mPu＝239.052lu、mU＝235.0439u和mα＝4.0026u21u＝931.5MeV/c(1)写出衰变方程；(2)已知衰变放出的光子的动量可忽略，求α粒子的动能．\n三十一、子弹射击木板问题43.如图所示，质量M=0.4Kg、长为L=10m的木板停放在光滑水Lm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M击木板，子弹与木块间的动摩擦因数μ=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）在整个过程中，小车移动的距离。\n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D表示加速度g，恒定不变的，选项A正确；t若D表示某质点做匀速圆周运动的动量，则D表示重点所受的合外力，方向是时刻改变的，选项Bt错误。若D表示某质点的动能，则D表示动能变化率，D越大，不能够说明质点所受外力做的总tt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D越大，t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）122图知全过程最大加速度为m/s0.033m/s，B错；潜水员感到超重现象应发生在加速上升和30减速下降阶段，即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F，靠岸的速度为v，则在水平方向有Tcosf，在靠岸的过程中，夹角在变大，cos浮减小，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TsinFmg，因绳子拉浮力为T逐渐增大，夹角在变大，sin增大，而重力mg不变，故有F逐渐变小。选项A正确、B浮错误。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vcos，可知v变小。绳绳选项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vvcos，向右匀速滑动过程中增大，所以v减小。A正确，B错误；AAmgFsinFmg，FcosF，所以F，向右匀速滑动过程中增大，FNNcossinmgmgv先减小后增大，C错误；绳端拉力F的功率PFvvcos，所以逐Acossin1tan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，2向上的加速度为10m/s。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，通过对手拉环受力分析，结合牛顿第二定律可知，汽车的加速度为\n1032403a=gcotθ=m/s，所以，t=4s末汽车的速度v=at=m/s，C可估算；根据图甲、乙可知，3312803汽车的长度等于4s时汽车的位移，即l=atm，A可估算；因为4s末汽车的瞬时速度可23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，Fmgsin，A错B对；当Fmgsin时拉力F做负功机械能减小，C错；当Fmgtan,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，Fcosmgsin，小球机械能减少，如图2。211．C解析：当小球a到最高点时小球b恰好落地，则v2gh。达到同一水平高度，则满足01212h123hvtgtgth，则t，故a球上升高度hvtgt，b球下降高度为0ao22v24012hhgt。因为hh，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bab24两球分别落地时，竖直方向上速度相等均为v，依据瞬时功率概念知，A选项正确；落地时候b球0速度大于a球，则D选项错误。1212.C解析：小球以初速为v0平抛运动时有：s=v0t,h=2gt,vy=gt，设轨道在B点切线方向与水平方向vygsv/102的夹角为α，则有tanα=v0=；小球由静止沿杆下滑时，由机械能守恒mgh=2mv，得到达轨道v0gsgsB端时速率为v=2gh=v0，选项C正确；小球在B点时水平方向的速度大小为v1=vcosα=v02gsvv0022=22，选项A、B错误；小球在B点时的重力功率为v0(gs/v0)v0(gs/v0)mg(gs/v)2mgvsin022，选项D错误.v(gs/v)00GM13.AC解析：卫星在II轨道P处的加速度与Ⅲ轨道P处的加速度，都等于a，选项B错；卫r2\nGM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v可知选项rA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222222GM1M24π4π4πR2L4πR1L为R1和R2，由万有引力定律：2＝M12R1＝M22R2，可得GM1＝2，GM2＝2，LTTTT223两式相加可得G(M1＋M2)T＝4πL(①式)，两式相除可得M1R1＝M2R2(②式)．由①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②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。-3-5(15-a.)D解析：I-t图象中一小格代表Δq=0.4×10×0.2C=8×10C的电荷量，超过半格但不足一-5格的计为一格，不足半格的不计入。统计得小格数n≈41,所以释放的电荷量Q=41Δq=41×8×103-3Q3.28104C=3.28×10C。CF5.510F，选项D正确。U6UQQQ(15-b).C解析：由题意可知：E所以E的变化规律与Q的变化规dCdssd4kd4ksb律相似，所以E的图象为②，由QCUUk,所以d=t+a=vt+a,所以是匀速移动，4kdta所以速度图象为③，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mvcd导线越近越小，洛伦兹力不做功速率不变，由R可知距cd越近B越来越大，通电导线越Bq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t0vl内，线框的有效切割长度在均匀增加，直至最大；aal(21)l线框由图b所示位置到图a所示位置过程中，即在tv2vbb内，线框的有效切割长度在均匀减小，直至为零；线框在图a图(a)图(b)所示位置的前后过程逆向对称，选项A正确、D错误。\nBSi20.B解析：由法拉第电磁感应定律得小线圈Ⅱ感应电动势ekS1，所以感应电流2tttii1。若将电流i的频率适当增大，则i的频率也变大，峰值也将变大，答案选B。2t1121.B解析：设导轨夹角为θ，单位长度的导体棒和导轨材料的阻值均为R，则在导体棒运动过程中，有效长度l=1at2tanθ∝t2，导体棒与导轨组成的闭合回路的总电阻R121总=R·at·（1+tanθ+）22cos∝t2，所以，感应电动势E=Blv=B·1at2tanθ·at∝t3，感应电流I=E/R总∝t，导体棒与导轨的接触点之2间电势差为路端电压11233UI(1)atRt，金属棒受到的安培力F=BIl∝t，感应电流的热功率2cos24222P=IR总∝t，可见，U/t-t应是过原点的直线，I/t-t的图像应为双曲线，F/t-t图像应是过原点的2直线，P/t-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中电流逐渐增加最后稳定且II，A错B对；ABS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I的基础上减小，C错D对，A选BD。mv23.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r，qB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=Blv可以计算得出两翼尖之间的电势差为0.15V。故选AC.P25C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I200A，U4A错；导线电阻R2.51040020.2，发电机的实际输出电压为UIR260V，B错；2在输电线路上损失的电功率为PIR8kW，C对；如果该柴油发电机发的电是正弦式交变电损流，则其输出电压最大值是U2U364V，D错。m26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，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5×10+1×100＝150Ω，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IE,解得Rx=67。RRrRA11x\n2mg3(m2ma3)27.【答案】a=0.497m/s；CD；=mg，见解析。2aaa(xxx)(xxx)【解析】（1）以a表示加速度，由逐差法得a123456123；又有T=0.10s；解39T22得：a=0.497m/s1.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。mg(mma)（3）解上式得=3mg23；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，2小车在运动过程中还要受到空气阻力。28.【答案】⑴D1⑵3510.015（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．lRs(2)根据R得代入数据解得ρ＝35Ω·m.内接法测得的电阻偏大，对应电阻率偏大，比较sl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(<30)时，要用电流变外接法；测其大电阻(>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。图1图230.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+U2=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，I/AR2R12.52.01.51.00.5U/V001234567\n（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1.4×0.8=1.1W。（2）1.4A；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）1212所以到达B点的速度：mvmvmg2R（2分）Bm22解得v5gR＝4m/s（1分）Bg（2）为保证跃过壕沟，到达C点的速度至少为vs=3m/s（公式2分，结论1分）C2h（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vB＝4m/s（1分）1212则赛车从A到B：PtFLmv-mv（2分）fBA22解得t＝2.2s（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：Tonp,t0612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222RBqvm()R，v，TTq得m6Bt0(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。5由图知pow6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θ，则sin524512arcsin在磁场中运动的最长时间4tTt02所以从粒子发射到全部离开所用时间为125t(arcsin)t。04\n33.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：2vqvBmR其中R=amv则：Bqa由左手定则判断磁场方向垂直于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=135º。2πR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：Tv3πa所以：t（8分）4v（3）设某带电粒子从放射源射出，速度方向与x轴的夹角为α，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I−t图像可知当t=0.5s时，I=1.10A；（1分）22PIR1.101.0W1.21W（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：mgsinBIL（1分）mgsin0.2100.5解得BT0.625T（2分）IL1.601（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（126~133格均正确）q1290.10.1C1.29C（1.26C~1.33C格均正确）（1分）由图知：1.2s末杆的电流I=1.50A（1分）EBLvIRrRrIR(r)1.50(1.00.5)vm/s3.6m/s（1分）BL0.6251EtBLxqt==RrtRrRrRrqR(r)1.29(1.00.5)xm3.096m（1分）BL0.625112mgxsinmvQ（1分）212Qmgxsinmv212(0.2103.0960.50.23.6)J1.8J（1分）2\nR1.0QQ1.8J1.2J（1分）RRr1.00.5(34-b).B解析：导体棒ad和bc各以相对磁场的速度(v－vm)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E＝2BL(v－vm)，回路中电流为：I＝2BL(v－vm)/R，22由于左右两边ad和bc均受到安培力，则合安培力F合＝2×BLI＝4BL(v－vm)/R，依题意金属框达到22最大速度时受到的阻力与安培力平衡，则Ff＝F合，解得磁场向右匀速运动的速度v＝(4BLvm＋22FfR)/(4BL)，B对。35.答案：（1）BD（2）a）（3）30，9.8636，解析：①两列简谐波的波前相距s=0.6m，设两列波经时间t=2vt，解得t=0.75s。②两列波经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=λ/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。c37.解析：设光线SA在玻璃中的折射角为r，传播速度为v，则由n＝有，光在玻璃板中传播的速度vclx1lv＝；由几何关系有，光线在玻璃板上表面传播的距离为x1＝，由x＝vt，有t1＝＝，其ncosθcc·cosθdd中c是真空中的光速，光在玻璃板中传播的距离x2＝，光在玻璃板中的传播时间t2＝＝cosrv·cosrnd.c·cosrsinθ由折射定律有：n＝①sinrlnd由题意有：＝②c·cosθc·cosr2由三角函数关系有：cosr＝1－sinr③2dncosθ联立①②③得：l＝22n－sinθ38.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n1>n2。Lc（1）光在光纤中的光程为s，传播速度为vsinn1snL1所以传播时间t。vcsinn2设光在内芯和外套界面发生全发射时的临界角为C,sinC。n1由于入射角C,即sinsinC\n2nLnL11所以传播时间有最大值tcsinCnc2sin(3)由折射定律,n01sin(90)2得sinncosn1sin112n2222故sinn1sinCn1()nn1112n10,22当=90，有nn1122得nn+1129.答案：CD-1940.答案：6.5×10（3分），不变（3分）41.解析：②设钍核的反冲速度大小为v，由动量守恒定律，得：0＝mv0－(M－m)v（2分）mv0v＝（1分）Mm1212Emv(Mm)v（2分）0222Mmv0E（1分）2(Mm)42．解析：(1)衰变方程为239235*94Pu→92U＋α235*23592U→92U＋γ或合起来有23923594Pu→92U＋α＋γ(2)上上述衰变过程的质量亏损为Δm＝mPu－mU－mα④放出的能量为2ΔE＝c·Δm⑤235这能量是铀核92U的动能EU、α粒子的动能Eα和γ光子的能量Eγ之和ΔE＝EU＋Eα＋Eγ⑥由④⑤⑥式得2EkU＋Ekα+Ekγ＝(mPu－mU－mα)c⑦设衰变后的铀核和α粒子的速度分别为vU和vα，则由动量守恒有P＝PU⑧又由动能的定义知22papUEkU＝，Ekα＝⑨2ma2mU由⑧⑨式得\nEkUmα＝⑩EkαmU由⑦⑩式得mU2Ekα＝[(mPu－mU＋mα)c－Eγ]⑪mU－mα代入题给数据得Eα＝5.034MeV⑫43.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要使板获得的速度不大于2m/s，则要求vO≤10m/s（2）子弹射出木板由系统动量守恒：mv0=mv1+Mv2121212由系统能量守恒：mv0=mv1+Mv2+mgL222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：vO≤10m/s或vO≥15m/s44.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，1212满足动量守恒和能量守恒：mvMv0，mvMvE，联立两式并代入数据，解得：1212p22v1=3m/s，v2=1m/s。xxL12（2）在整个过程中，系统动量守恒，所以有m1M，x1x2L，解得：x2=。tt4