泄露天机 物理 (教师用卷)

泄露天机——2015年金太阳高考押题 精粹

物 理

本卷共46题，包括必考与选考两部分，三种题型：选择题、实验题和解答题。

一、选择题（22个小题）

1．下列说法正确的是（ ）

A．电荷的周围既有电场也有磁场，反映了电和磁是密不可分的 B．由电场强度的定义式EF可知E的方向决定于q的正负 qC．法拉第首先总结出磁场对电流作用力的规律

D．“电生磁”和“磁生电”都是在变化、运动的过程中才能出现的效应 答案：D

解析：静止的电荷周围只有电场，没有磁场，A错；E的正负与检验电荷无关，B错；安培首先总结出磁场对电流的作用，C错。

2．在物理学的发展过程中，许多物理学家都做出了重要的贡献，他们也创造出了许多物理学研究方法，下列关于物理学研究方法的叙述中正确的是（ ） A．质点、速度、点电荷等都是理想化模型 B．物理学中所有物理量都是采用比值法定义的

C．伽利略开创了实验研究和逻辑推理相结合探索物理规律的科学方法 D．重心、合力和交变电流的有效值等概念的建立都体现了等效替代的思想 答案：CD

解析：速度不是理想化模型，A错；并不是所有的物理公式都是用比值定义法定义的，如场强E

3.下列叙述正确的是 （ ）

A．力、长度和时间是力学中三个基本物理量，它们的单位牛顿、米和秒就是基本单位 B．伽利略用“月—地检验”证实了万有引力定律的正确性 C．法拉第最先提出电荷周围存在电场的观点

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FQ，电容C都不是比值定义的，故B错误；C、D正确。

Uq江西金太阳好教育云平台——资源中心

D．牛顿在给出万有引力定律的同时给出了引力常量 答案：C

解析：质量、长度和时间是力学中三个基本物理量，它们的单位千克、米和秒就是基本单位，故A错误；法拉第最先提出电荷周围存在电场的观点，故C正确;牛顿用“月—地检验”证实了万有引力定律的正确性，故B错误；卡文迪许测出了引力常量，故D错误。

4.甲、乙两球质量分别为m1、m2，从同一地点（足够高）处同时由静止释放。两球下落过程所受空气阻力大小f仅与球的速率v成正比，与球的质量无关，即fkv（k为正的常量）。两球的vt图象如图所示。落地前，经时间t0两球的速度都已达到各自的稳定值v1、v2。则下列判断正确的是 （ ） A．释放瞬间甲球加速度较大 B．m1v2 m2v1C．甲球质量大于乙球 D．t0时间内两球下落的高度相等 答案：C

解析：释放瞬间v0，因此空气阻力f0，两球均只受重力，加速度均为重力加速度g，故A错误;B、C两球先做加速度减小的加速运动，最后都做匀速运动，稳定时kvmg，因

mv此最大速度与其质量成正比，即vmm，11，由图象知v1>v2，因此m甲＞m乙；故B

m2v2错误，C正确; 图象与时间轴围成的面积表示物体通过的位移，由图可知，t0时间内两球下落的高度不相等；故D错误。

5．如图a所示，小物体从竖直弹簧上方离地高h1处由静止释放，其动能Ek与离地高度h的关系如图b所示．其中高度从h1下降到h2，图象为直线，其余部分为曲线，h3对应图象的最高点，轻弹簧劲度系数为k，小物体质量为m，重力加速度为g．以下说法正确的是( ) A．小物体下降至高度h3时，弹簧形变量为0 B．小物体下落至高度h5时，加速度为0

m2g2C．小物体从高度h2下降到h4，弹簧的弹性势能增加了

kD．小物体从高度h1下降到h5，弹簧的最大弹性势能为mg(h1h5) 答案：D

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解析：高度从h1下降到h2，图象为直线，该过程是自由落体，h1h2的坐标就是自由下落的高度，所以小物体下降至高度h2时，弹簧形变量为0,故A错误；物体的动能先增大，后减小，小物体下落至高度h4时，物体的动能与h2时的动能相同，由弹簧振子运动的对称性可知，在h4时弹簧的弹力一定是重力的2倍；小物体下落至高度h5时，动能又回到0，说明h5是最低点，弹簧的弹力到达最大值，一定大于重力的2倍，所以此时物体的加速度最大,故B体度的

错误；小物下落至高

h4时，物体

动能与h2时的动能相同，由弹簧振子运动的对称性可知，在h4时弹簧的弹力一定是重力的2倍；此

2mg时弹簧的压缩量x，小物体从高度h2下降到h4，重力做功

k2mg2m2g2;物体从高度h2下降到h4，重力做功等于弹簧的弹性势能增Wmgxmgkk2m2g2加，所以小物体从高度h2下降到h4，弹簧的弹性势能增加了,故C错误；小物体从高

k度h1下降到h5，重力做功等于弹簧弹性势能的增大，所以弹簧的最大弹性势能为mg(h1h5),故D正确。

6. 如图甲所示，以速度v逆时针匀速转动的足够长的传送带与水平面的夹角为θ。现将一个质量为m的小木块轻轻地放在传送带的上端，小木块与传送带间的动摩擦因数为μ，则乙图中能够正确地描述小木块的速度随时间变化关系的图线可能是（ ）

答案：CD

解析：木块放上后一定先向下加速，由于传送带足够长，所以一定有木块速度大小等于传送带速度大小的机会，此时若重力沿传送带向下的分力大小大于最大静摩擦力，则之后木块继续加速，但加速度变小了；若重力沿传送带向下的分力大小小于或等于最大静摩擦力，则木块将随传送带匀速运动；故C、D正确，A、B错误。

7．在一笔直公路上有a、b、c三辆汽车，它们同时经过同一路标开始计时，此后的vt图象示意如图，下列判断正确的是（ ） A．在t1时刻a、b速度相等

B．0～t1时间内，a、b间距离在减小

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C．0～t1时间内，a位于b、c前面 D．t1时刻以后，b位于a、c前面 答案：AC

解析：根据图象可知，在t1时刻a、b速度相等，故A正确；0时刻两车同时经过公路旁的同一个路标，在时t1间内a车速度大于b的速度，a车在b车的前方，所以两车逐渐远离，距离增大，故B错误；0～t1时间内，a的位移最大，所以a位于b、c前面，t1时刻以后的一段时间内，a位于b、c前面，故C正确，D错误。

8．如图所示，一根细线下端拴一个金属小球P，细线的上端固定在金属块Q上，Q放在带小孔（小孔光滑）的水平桌面上，小球在某一水平面内做匀速圆周运动（圆锥摆）。现使小球改到一个更高一些的水平面上做匀速圆周运动（图中P位置），两次金属块Q都静止在桌面上的同一点，则后一种情况与原来相比较，下面的判断中正确的是（ ） A．细线所受的拉力变小 B．小球P运动的角速度变小 C．Q受到桌面的静摩擦力变大 D．Q受到桌面的支持力变大 答案：C

解析：设细线与竖直方向的夹角为θ，细线的拉力大小为T，细线的长度

为L。P球做匀速圆周运动时，由重力和细线的拉力的合力提供向心力，如图，则有：

Tmg，mgtanm2Lsin，得角速度cosg2，周期T。使小球改到一个

Lcos更高一些的水平面上做匀速圆周运动时，θ增大，cos减小，则得到细线拉力T增大，角速度增大，周期T减小。对Q球，由平衡条件得知，Q受到桌面的静摩擦力变大，故A、B错误，C正确；金属块Q保持在桌面上静止，根据平衡条件得知，Q受到桌面的支持力等于其重力，保持不变，故D错误。

9.一个质量为m的铁块以初速度v1沿粗糙斜面上滑，经过一段时间又返回出发点，整个过程铁块速度随时间变化的图象如图所示，则下列说法正确的是（ ） A．铁块上滑过程处于超重状态

B．铁块上滑过程与下滑过程的加速度方向相反

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C．铁块上滑过程与下滑过程满足v1t1v2(t2t1)

1

D．铁块上滑过程损失的机械能为mv12

2答案：C

解析：上滑过程匀减速上滑，加速度方向沿斜面向下，下滑过程匀加速下降则加速度方向沿斜面向下，故上滑和下滑过程加速度方向相同，物体都处于失重状态，故A、B错误；速度

1时间图象与坐标轴围成的面积表示位移，由图可知，上滑的位移为v1t1，下滑的位移为

21v2(t2t1)，经过一段时间又返回出发点说明v1t1v2(t2t1)，故C正确；根据能量守恒知2上滑损失机械能为EEk1mgh

10．2014年3月8日凌晨马航客机失联后，西安卫星测控中心紧急调动海洋、风云、高分、遥感4个型号近10颗卫星，为地面搜救提供技术支持。特别是“高分一号”突破了空间分辨率、多光谱与大覆盖面积相结合的大量关键技术。如图为“高分一号”与北斗导航系统两颗卫星在空中某一面内运动的示意图。“北斗”系统中两颗卫星“G1”和“G3”以及“高分一号”均可认为绕地心O做匀速圆周运动。卫星“G1”和“G3”的轨道半径为r，某时刻两颗工作卫星分别位于轨道上的A、B两位置，“高分一号”在C位置。若卫星均顺时针运行，地球表面处的重力加速度为g，地球半径为R，不计卫星间的相互作用力。则下列说法正确的是（ ）

A．卫星“G1”和“G3”的加速度大小相等且为

Rg r121mv1v1t1mg，故D错误。 22B．如果调动“高分一号”卫星快速到达B位置的下方，必须对其加速 C．卫星“G1”由位置A运动到位置B所需的时间为r3Rr gD．若“高分一号”所在高度处有稀薄气体，则运行一段时间后，机械能会增大 答案：C

解析：根据万有引力提供向心力GGMmMma，得a2，而GMgR2，所以卫星的加速2rrgR2度a2，故A错误；“高分一号”卫星加速，将做离心运动，轨道半径变大，速度变小，

r路程变长，运动时间变长，故如果调动“高分一号”卫星快速到达B位置的下方，必须对其减

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速，故B错误；根据万有引力提供向心力GGMMm2，得，所以卫星1由位mr32rr置A运动到位置B所需的时间trr，故C正确；“高分一号”是低轨道卫星，其33Rg所在高度有稀薄气体，克服阻力做功，机械能减小，故D错误。

11．2014年5月10日天文爱好者迎来了“土星冲日”的美丽天象。“土星冲日”是指土星和太阳正好分处地球的两侧，三者几乎成一条直线。该天象每378天发生一次，土星和地球绕太阳公转的方向相同，公转轨迹都近似为圆，地球绕太阳公转周期和半径以及引力常量均已知，根据以上信息可求出（ ） A．土星质量 B．地球质量 C．土星公转周期

D．土星和地球绕太阳公转速度之比 答案：CD

解析：行星受到的万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律列方程后，行星的质量会约去，故无法求解行星的质量，A、B均错误；“土星冲日”天象每378天发生一次，即每经过378天地球多转动一圈，根据(22)t2可以求解土星公转周期，C正确；知道土星和地T1T22R可T球绕太阳的公转周期之比，根据开普勒第三定律，可以求解转动半径之比，根据v以进一步求解土星和地球绕太阳公转速度之比，D正确。

12.我国“玉兔号”月球车被顺利送抵月球表面，并发回大量图片和信息。若该月球车在地球表面的重力为G1，在月球表面的重力为G2。已知地球半径为R1，月球半径为R2，地球表面处的重力加速度为g，则（ ）

A．“玉兔号”月球车在地球表面与月球表面质量之比为G1R22B．地球的质量与月球的质量之比为

G2R12G1 G2C．地球表面处的重力加速度与月球表面处的重力加速度之比为

G1R1G2R2G2 G1D．地球的第一宇宙速度与月球的第一宇宙速度之比为

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答案：D

解析：“玉兔号”月球车在地球表面与月球表面质量之比为1:1；故A选项错误；根据

G1R12G2R22Mm，月球的质量M2，故地球的质量与月球的G2mg，则地球的质量M1RGGM1G1R12G1质量之比为，故B选项错误；地球表面的重力加速度，月球表面的重力gM2G2R22m加速度g2G2，故地球表面处的重力加速度与月球表面处的重力加速度之比为G1 ：G2,mMmMmv2故C选项错误；第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度,由G2m和G2mg，解得

RRRvgR,故地球的第一宇宙速度与月球的第一宇宙速度之比为

13.如图是密立根油滴实验的示意图。油滴从喷雾器的喷嘴喷出，落到图中的匀强电场中，调节两板间的电压，通过显微镜观察到某一油滴静止在电场中。下列说法正确的是（ ） A．油滴带正电 B．油滴带负电

C．只要测出两板间的距离和电压就能求出油滴的电量 D．该实验测得油滴所带电荷量等于元电荷的整数倍 答案:BD

解析：电容器板间电场方向向下，油滴所受的电场力向上，则知油滴带负电，故A错误，B正确;根据油滴受力平衡得mgqEqU/d，得qmgd/U，所以要测出两板间的距离、电压和油滴的质量才能求出油滴的电量，故C错误;根据密立根油滴实验研究知，该实验测得油滴所带电荷量等于元电荷的整数倍，故D正确。

14．某闭合回路由电阻R与导线组成,其内部磁场大小按Bt图变化,方向如图所示,则回路中 （ ）

A. 电流方向为顺时针方向 B. 电流强度越来越大 C. 磁通量的变化率恒定不变 D. 产生的感应电动势越来越大 答案：AC

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G1R1, D选项正确。 G2R2江西金太阳好教育云平台——资源中心

解析：由图象可知，磁感应随时间均匀增大，则由BS可知，磁通量随时间均匀增加，故其变化率恒定不变，故C正确；由楞次定律可知，电流方向为顺时针，故A正确;由法拉第电磁感应定律可知，E均错。

15.如图所示，地面上某个空间区域存在这样的电场，水平虚线上方为场强E1，方向竖直向下的匀强电场；虚线下方为场强E2，方向竖直向上的匀强电场。一个质量m,带电q的小球从上方电场的A点由静止释放，结果刚好到达下方电场中与A关于虚线对称的B点，则下列结论正确的是（ ）

A．若AB高度差为h,则UABmgh/q B．带电小球在AB两点电势能相等

C．在虚线上、下方的电场中，带电小球运动的加速度相同 D．两电场强度大小关系满足 E22E1 答案：A

解析： 对A到B的过程运用动能定理得qUABmgh0，解得UABBS，故感应电动势保持不变，电流强度不变，故B、Dttmgh，知A、B的电q势不等，则电势能不等，故A正确、B错误；A到虚线速度由零加速至v，虚线到B速度v减为零，位移相同，根据匀变速运动的推论知，时间相同，则加速度大小相等，方向相反，

mgqE1，在下方电场中，根据牛顿第mqEmg2mg二定律得，加速度大小为a22，因为a1a2，解得E2E1，故D错误。

mq

故C错误；在上方电场，根据牛顿第二定律得a116.如图甲，匝数n2的金属圈（电阻不计）围成的面积为20cm2,线圈与R20的电阻连接，置于竖直向上、均匀分布的磁场中。磁场与线圈平面垂直，磁感应强度为B,Bt关系如图乙，规定感应电流i从a经过R到b的方向为正方向，忽略线圈的自感影响。则下列it关系图正确的是（ ）

答案：D

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BSEn16106V，I113106A；在2～5s内，

Rtt1BSEE2nn24106V，I222106A，所以D正确。

Rtt2

解析：在0～2s内，E1n17. 如图所示，面积为0.02m2、内阻不计的100匝矩形线圈ABCD，绕垂直于磁场的轴OO′匀速转动，转动的角速度为100rad/s，匀强磁场的磁感应强度为

2T。矩形线圈通过滑环与理想变压器相连，触头P可2移动，副线圈所接电阻R50Ω，电表均为理想交流电表。当线圈平面与磁场方向平行时开始计时，下列说法正确的是（ ）

A.线圈中感应电动势的表达式为e1002cos(100t)V B. P上移时，电流表示数减小 C.t0时，电压表示数为1002

D.当原、副线圈匝数比为2︰1时，电阻上消耗的功率为50W 答案：AD

解析：由图可知，是从最大位置开始，则有eEmcost，EmnBS1002V，它的表达可写为e1002cos100tV， 可知A正确；当P向上移动时，原线圈匝数减少，由

U1n1U2n2可知，输出电压增大，输出电流增大，输出功率增大，根据理想变压器原理可知输入功率增大，电流表示数增大，B错；电压表的示数指的是有效值，即为100V，C错；当原、副线

U22圈匝数比为2︰1时，输出电压为50V，则电阻R上消耗的功率为P 50W，D正确。

R

18.如图所示，I为电流表示数，U为电压表示数，P为定值电阻R2消耗的功率，Q为电容器C所带的电荷量，W为电源通过电荷量q时电源做的功。当变阻器滑动触头向右缓慢滑动过程中，下列图象能正确反映各物理量关系的是（ ）

答案AB

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解析：变阻器滑动触头向右缓慢滑动过程中，接入电路的电阻减小，电路中电流增大，R2消耗的功率为PI2R,P∝I2，故A正确;电容器C的电压UCEI(R2r)，电荷量QCUCCEI(R2r)，则

QC(R2r)，保持不变，则QI图象是向下倾斜的直I线，故B正确;电压表示数UEIr，UI图象应是向下倾斜的直线，故C错误;电源通过电荷量q时电源做的功WqE，E是电源的电动势，则WI是过原点的直线，故D错误。

19．如图所示，带等量异号电荷的两平行金属板在真空中水平放置，M、N为板间同一电场线上的两点。一带电粒子（不计重力）以速度vm经过M点向下运动，一段时间后返回，以速度vN经过N点向上运动，全过程未与下板接触，则（ ） A． 粒子一定带正电 B． 电场线方向一定竖直向上 C． M点的电势一定比N点的高

D． 粒子在N点的电势能一定比在M点的大 答案：D

解析：带电粒子未与下板接触，可知粒子向下做的是减速运动，故电场力向上，因粒子的电性与电场的方向都不知道，所以两个都不能判定，故A、B、 C错误；粒子由M到N电场力做负功，动能减少，电势能增加，故M点的电势能小于N点的电势能，故D正确。

20.如图所示，理想变压器原副线圈的匝数比为10：1，b是原线圈的中心抽头，电压表和电流表均为理想电表，除R以外其余电阻不计。从某时刻开始在原线圈两端加上交变电压，其瞬时值表达式为u12202sin100tV。下列说法中正确的（ ） A．tB．t1s时，电压表的示数为22V 6001s时，ac两点电压瞬时值为110V 600C． 滑动变阻器触片向上移，电压表和电流表的示数均变大 D． 单刀双掷开关由a扳向b，电压表和电流表的示数均变小 答案：A

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解析：原线圈两端电压有效值为220V，副线圈两端电压有效值为22V，电表测量的是有效值，故A正确；t1s时，a、c两点电压瞬时值为1102V，故B错误；滑动变阻器触600片向上移，电阻变大，副线圈的电压由匝数和输入电压决定，伏特表的示数不变，安培表示数减小，C错误；单刀双掷开关由a扳向b，匝数比变小，匝数与电压成正比，所以电压表和电流表的示数均变大，故D错误。

21．如图xoy平面为光滑水平面，现有一长为d宽为L的线框MNPQ在外力F作用下，沿正空间存在竖直方向的磁场，磁感应强度BB0cosx轴方向以速度v做匀速直线运动，

d（式x中B0为已知量），规定竖直向下方向为磁感应强度正方向，线框电阻为R0,t0时刻MN边恰好在y轴处，则下列说法正确的是（ ） A．外力F为恒力 B．t0时，外力大小F4B02L2v R2B0LvcosRvtd

C．通过线圈的瞬时电流I2B02L2vddD．经过tt，线圈中产生的电热Q

vR答案：CD

解析：由于磁场是变化的，故切割产生的感应电动势也为变值，安培力也会变力，故要保持其匀速运动，外力F不能为恒力，故A错误；t0时，左右两边的磁感应强度均为B0，方向相反，则感应电动势E2B0Lv，拉力等于安培力，即F2B0IL4B02L2v/R,故B错误；由于两边正好相隔半个

周动势

期，故产生的电动势方向相同，经过的位移为vt；瞬时电

E2B0Lcosvtd，瞬时电流I2B0LvcosRvtd,故C正确；

由于

2B0Lv,故产生的电势R瞬时电流成余弦规律变化，故可知感应电流的有效值I第11页

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2B02L2vd，故D正确。 QIRtR2

22. 如图甲所示，平行于光滑斜面的轻弹簧劲度系数为k，一端固定在倾角为的斜面底端，另一端与物块A连接；两物块A、B质量均为m，初始时均静止。现用平行于斜面向上的力F拉动物块B，使B做加速度为a的匀加速运动，A、B两物块在开始一段时间内的vt关系分别对应图乙中A、B图线（t1时刻A、B的图线相切，t2时刻对应A图线的最高点），重力加速度为g，则 （ ） A．t2时刻，弹簧形变量为0 B．t1时刻，弹簧形变量为mgsinma/k C．从开始到t2时刻，拉力F逐渐增大

D．从开始到t1时刻，拉力F做的功比弹簧弹力做的功少 答案：BD

解析：t2时刻，A受到的合力为0，所以此时弹簧仍被压缩，A错；t1时刻，A、B间作用力为0，A的加速度仍是a，根据胡克定律，弹簧形变量为mgsinma/k，B正确；从开始到t1时刻，弹簧的弹力逐渐变小，拉力F逐渐增大，t1时刻后，拉

力F不变，C错；从开始到t1时刻，拉力F小于弹簧弹力，所以拉力F做的功比弹簧弹力做的功少，D正确。

二、实验题（6个小题）

1.利用气垫导轨验证机械能守恒定律，实验装置如图所示，水平桌面上固定一倾斜的气垫导轨；导轨上A点处有一带长方形遮光片的滑块，其总质量为M，左端由跨过轻质光滑定滑轮的细绳与一质量为m的小球相连；遮光片两条长边与导轨垂直；导轨上B点有一光电门，可以测量遮光片经过光电门时的挡光时间t，用d表示A点到光电门B处的距离，b表示遮光片的宽度，将遮光片通过光电门的平均速度看作滑块通过B点时的瞬时速度，实验时滑块在A处由静止开始运动。

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（1）用游标卡尺测量遮光条的宽度b，结果如图所示，由此读出b mm； （2）滑块通过B点的瞬时速度可表示为vB (用题中字母表示)；

o（3）某次实验测得倾角30，重力加速度用g表示，滑块从A处到达B处时m和M组

成的系统动能增加量可表示为EK ，系统的重力势能减少量可表示为EP ，在误差允许的范围内，若EKEP则可认为系统的机械能守恒；(用题

中字母表示)

（4）在上次实验中，某同学改变A、作出的v2d图象如图所示，并测得Mm，B间的距离，则重力加速度g＝ m/s。

2

b(Mm)b2M答案：⑴3.80mm ⑵ ⑶，(m)gd ⑷ 9.6

t22t2解析：（1）游标卡尺的读数为：3mm+16×0.05mm=3.80mm；

（2）因为滑块比较小，通过光电门的平均速度可看做瞬时速度，即通过B的速度为vBb； t1(Mm)b22（3）系统动能增加量可表示为EK(Mm)vB， 222tM系统的重力势能减少量可表示为EPmgdMgdsin30(m)gd；

2v2M12（4）根据机械能守恒可得(m)gd(Mm)v,即g2，代入数据得g9.6m/s2。

d22

2．在做“研究匀变速直线运动”的实验时，某同学得到一条用电火花计时器打下的纸带如图甲所示，并在其上取了A、B、C、D、E、F、G7个计数点，每相邻两个计数点间还有4个点图中没有画出，电火花计时器接220V、50Hz交流电源．他经过测量并计算得到电火花计时器在打B、C、D、E、F各点时物体的瞬时速度如下表： 对应点 速度（m/s）

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B 0.141 C 0.185 D 0.220 E 0.254 F 0.30 江西金太阳好教育云平台——资源中心

（1）设电火花计时器的周期为T，计算vF的公式为vF= ；

（2）根据（1）中得到的数据，以A点对应的时刻为t0，试在图乙所示坐标系中合理地选择标度，作出vt图象。利用该图象求物体的加速度a m/s；（结果保留2位有效数字）

（3）如果当时电网中交变电流的电压变成210V，而做实验的同学并不知道，那么加速度的测量值与实际值相比 。（选填“偏大”、“偏小”或“不变”） 答案：（1）

2

d6d4（2）如图 0.40 （3）不变

10T

d6d4

10T。

解析：（1）F点的速度EG段的平均速度，所以vF（2）根据图中数据，利用描点法做出图象如答案图。图象斜率大小等于加速度大小，故

av0.40m/s2。 t（3）电网电压变化，并不改变打点的周期，故测量值与实际值相比不变。

3.(1) 小翔利用如图甲所示的装置，探究弹簧弹力F与伸长量l的关系，由实验绘出F与

l的关系图线如图乙所示，该弹簧劲度系数为 N/s。

(2)小丽用如图丙所示的装置验证“力的平行四边形定则”，用一木板竖直放在铁架台和弹簧所在平面后，其部分实验操作如下，请完成下列相关内容：

A.如图丙，在木板上记下悬挂两个钩码时弹簧末端的位置O；

B.卸下钩码然后将两绳套系在弹簧下端，用两弹簧称将弹簧末端拉到同一位置O，记录细绳套AO、BO的 及两弹簧称相应的读数。图丁中B弹簧称的读数为 N;(保留两位小数点）

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C.小丽在坐标纸上画出两弹簧拉力FA、FB的大小和方向如图丁所示，请你用作图工具在图戊中作出FA、FB的合力F； D.已知钩码的重力，可得弹簧所受的拉力F如图戊所示; E. 最后观察比较F和F，得出结论。

答案：(1)125 (2)方向 11.40（11.38～11.42） 如图所示

解析：（1）图线斜率为弹簧劲度系数，由图可得：

k15.00125N/m。 212.0100（2）两弹簧称将弹簧末端拉到同一位置O，记录两拉力的大小和方向，即细绳套AO、BO的方向及两弹簧称相应的读数弹簧秤读数要估读一位，由图得图丁中B弹簧称的读数为11.40N（11.38～11.42N）选定合适的标度，以两个分力为邻边做平行四边形，合力F为平行四边形的对角线，作图如答案图。

4．某同学要测量一个由均匀新材料制成的圆柱体的电阻率，部分步骤如下：

（1）分别使用游标卡尺和螺旋测微器测量圆柱体的长度和直径，某次测量的示数分别如图甲、乙所示，长度为 mm，直径为 mm。

（2）选用多用电表的电阻“×1”挡，按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻，表盘的示数如图所示，则该电阻的阻值约为 Ω；

（3）为更精确地测量其电阻，可供选择的器材如下： 电流表A1(量程300mA，内阻约为2Ω)； 电流表A2(量程l50mA，内阻约为10Ω)；

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电压表V1量程lV，内阻r1000Ω)； 电压表V2(量程l5V，内阻约为3000Ω)； 定值电阻R0=1000Ω；

滑动变阻器R1(最大阻值5Ω)； 滑动变阻器R2(最大阻值l000Ω)； 电源E(电动势约为4V，内阻r约为1Ω)； 开关，导线若干。

为了使测量尽量准确，测量时电表读数不得小于其量程的1/3，电压表应选 ，电流表应选 ，滑动变阻器应选 。(均填器材代号) 根据你选择的器材，请在图丙所示线框内画出实验电路图。 答案：（1） 50.3 5.310 （2）22 （3）如图所示

解析：（1）游标卡尺读出游标尺零刻度左侧对应的主尺上面毫米的整数部分即50mm，游标尺上面与主尺刻度线对齐的第n条即n3，毫米的整数部分+n精确度即最终读数，10分度游标卡尺精确度为0.1mm，所以读数为50mm+3×0.1mm=50.3mm。

螺旋测微器第一部分读数为固定刻度，即5mm，找出可动刻度与主尺对齐的刻度线，估读一位，据图可读出对齐的刻度为31.0，乘以精确度0.01mm再加上固定刻度即最终读数：5mm+31.0×0.01=5.310mm。

（2）欧姆档测电阻为指针对应刻度与倍率的乘积即22122。

（3）由于电源电压为4V，显然电压表选15V时不满足读数不得小于其量程的1/3的要求，因此只能选V1，而V1量程又太小，而题目中给了一个定值电阻，将定值电阻与电压表串联，装成一个新的电压表，量程为2V，基本满足要求，这样由于电阻值约22，因此回路电流最大约100mA左右，因此电流表选A2，为了测量精确，滑动变阻器采分压式接法，为了便于调节，滑动变阻器选用R1，电路图电流表采用外接法，如答案图所示。

5.现有一电池，电动势E约为9V，内阻r在35～55Ω范围内，允许通过的最大电流为50mA。

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1 江西金太阳好教育云平台——资源中心

为测定该电池的电动势和内阻，某同学利用如图(a)所示的电路进行实验，图中R为电阻箱，阻值范围为0～9999Ω，R0为保护电阻。

（1）可备选用的定值电阻R0有以下几种规格，本实验应选用 。 A.20Ω，2.5A

B.50Ω，1.0A

C.150Ω，1.0A D.1500Ω，5.0A

（2）按照图(a)所示的电路图，将图(b)所示的实物连接成实验电路;

（3）接好电路，闭合开关后，调整电阻箱的阻值，记录阻值R和相应的电压表示数U，取 得多组数据，然后通过做出有关物理量的线性关系图象，求得电源的电动势E和内阻r。 ①请写出所作线性图象对应的函数表达式 ； ②图(c)是作线性图象的坐标系，若纵轴表示的物理量是图象。

答案：（1）C （2）如图 （3）① =

1

1，请在坐标系中定性地画出线性Ur1

UE R+R0

+ ②如图（斜率为正、截距在

1

E纵轴上的倾斜直线）

E9解析：（1）电路最小总电阻约为R 180，为保护电路安全，保护电阻应选C。Im0.05（3）根据电路图连接实物电路图，实物电路图如答案图所示。 （3）由图a所示电路图可知，在闭合电路中，电源电动势EUIrUUr，则R0R1r1111图象是直线,图象如答案图所示。 ，所以UER0REUR0R

6.某实验小组要精确测定额定电压为3V的LED灯正常工作时的电阻，已知该灯正常工作时电阻大约100Ω，电学符号与小灯泡电学符号相同。现有的器材规格如下：

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A．待测LED灯Rx

B．直流毫安表A1（量程0～10mA，内阻约为100Ω） C．直流毫安表A2（量程0～40mA，内阻约为40K） D．直流电压表V1（量程0～3V，内阻约为5K） E．直流电压表V2（量程0～15V，内阻约为15K） F．直流电源（输出电压4.5V，内阻很小）

G．滑动变阻器R1（阻值范围0~50Ω，允许最大电流1A） H．滑动变阻器R2（阻值范围0～3K，允许最大电流1A） I．开关一个、导线若干

（1）为了尽可能精确测定LED灯正常工作时的电阻，所选电流表为 ，所选电压表为 ，滑动变阻器应选 。

（2）请根据实验原理图甲，完成图乙未完成的实物连接；

（3）闭合开关S后，某次测量时电压表的示数如丙所示，该示数为_________V。

答案（1）A2 V1 R1

(2)如图所示 （3）2.70(2.69~2.71)

解析：（1）要精确测定额定电压为3V的LED灯正常工作时的电阻，需测量LED灯两端的电压和通过LED灯的电流，由于LED灯的额定电压为3V，根据该电压选择的电压表量程为3V的V1；LED灯正常工作时的电流大约在IU330mA左右，电流表的选择R100量程40mA的电流表A2；因为需要多次测量，所以滑动变阻器采用分压式接法，滑动变阻器阻值远小于LED的电阻，所以选择滑动变阻器R1。

（2）根据实验原理图甲，完成图乙未完成的实物连接如答案图。 （3）电压表的量程为3V，最小刻度的读数是0.1V，所以读数为2.70V。

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三、计算题（共6小题）

1.如图所示，在光滑的水平地面上, 相距L10m的A、B两个小球均以v010m/s向右运动，随后两球相继滑上倾角为30的足够长的光滑斜坡，地面与斜坡平滑连接，取g10m/s。求：A球滑上斜坡后经过多长时间两球相遇。

解：设A球滑上斜坡后经过t1时间B球再滑上斜坡，则有： t1L1s v0A球滑上斜坡后加速度agsin5m/s2

2设此时A球向上运动的位移为x，则xv0t1at17.5m

12此时A球速度v1v0at15m/s

B球滑上斜坡时，加速度与A相同，以A为参考系，B相对于A以vv0v15m/s

做匀速运动，设再经过时间t2它们相遇，有：t2 则相遇时间tt1t22.5s。

2.如图甲所示，水平地面上放置一倾角θ=37°的足够长的斜面，质量为m的物块置于斜面的底端。某时刻起物块在沿斜面向上的力F作用下由静止开始运动，F随位移变化的规律如图乙所示。已知整个过程斜面体始终保持静止状态，物块开始运动t0.5s内位移x1=1m，0.5s后物块再运动x2=2m时速度减为0。取g=10m/s，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求： （1）由静止开始，0.5s末物块运动的速度的大小； （2）物块沿斜面向上运动过程，受到的摩擦力做的功；

（3）物块在沿斜面向下运动过程中，斜面体受到地面的摩擦力的大小。 解：（1）由题意，0.5s内物块做匀加速直线运动，则a1t2x1，va1t 解得：a18m/s2，v4m/s。

（2）加速和减速过程，沿斜面向上的力分别为

F118N、F26N，设物块与斜面间的动摩擦因数为

2

x1.5s v12，由动能定理有：

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1加速过程：(F1mgsinmgcos)x1mv2

21减速过程：(mgsinmgcosF2)x10mv2

2Wfmgcos(x1x2)

联立解得：m1kg，0.5，Wf12J。 （3）斜面体受到物块的压力FNmgcos 受到物块的摩擦力fmgcos

设斜面体受到沿地面向右的摩擦力为f地，由平衡条件有：f地FNsinfcos0解得：f地1.6N。

3.春节放假期间，全国高速公路免费通行，小轿车可以不停车通过收费站，但要求小轿车通过收费站窗口前x09m区间的速度不超过v06m/s。现有甲、乙两小轿车在收费站前平直公路上分别以v甲=20m/s和v乙=34m/s的速度匀速行驶，甲车在前，乙车在后。甲车司机发现正前方收费站，开始以大小为a甲=2m/s的加速度匀减速刹车。 （1）甲车司机需在离收费站窗口至少多远处开始刹车才不违章；

（2）若甲车司机经刹车到达离收费站窗口前9m处的速度恰好为6m/s，乙车司机在发现甲车刹车时经t0=0.5s的反应时间后开始以大小为a乙=4m/s的加速度匀减速刹车。为避免两车相撞，且乙车在收费站窗口前9m区不超速，则在甲车司机开始刹车时，甲、乙两车至少相距多远？

2v甲v0291m 解：（1）对甲车，速度由20m/s减至6m/s的位移x12a甲

2

2

x2x0x1100m

即甲车司机需在离收费站至少100m处开始刹车。

（2）设甲、乙两车速度相同的时间为t，有运动学公式得：

v乙a乙(tt0)v甲a甲t

解得：t8s

相同速度vv甲a甲t4m/s<6m/s,即v6m/s的共同速度为不相撞的临界条件。

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2v乙v02乙车从开始以34m/s减速至6m/s的位移为x3v乙t0157m

2a乙所有要满足条件甲、乙的距离xx3x166m。

4.电磁驱动是现代产业中的重要技术。如图是磁悬浮机车的电磁驱动模型：机车轨道沿x轴方向，轨道区域内固定一系列电阻为r0.5Ω的独立线圈，每线圈通以I010A的电流后使其产生如图所示的磁场，磁感应强度大小均为B1T，相邻区域磁场方向相反。固定在机车底端的金属框abcd可视为一矩形线圈，电阻为R0.01，ab边宽度为d，与磁场的宽度相同，bc边长为L0.5m，平行于y轴，金属框ad、bc两边总处于方向相反的磁场中。驱动机车时，固定在轨道上的独立线圈依次通电，等效于金属框所在区域的磁场以v012m/s匀速向x轴正方向移动，驱使机车前进，若机车所受阻力恒为f200N。求： (1)模型机车启动时刻，金属框中感应电流的方向和大小； (2)模型机车所能达到的最大速率；

(3)当模型机车以恒定速率匀速行驶时，整个系统驱动机车的效率为多大？ (提示：当线圈与磁场存在相对速度v相，动生电动势EBLv相。) 解：(1)电流方向abcda

2BLv0,IR

代入数据得I=1.2×103A

(2)当模型机车达到最大速率时F安fF安2BIL

,I2BLv相 ，v相v0vm R代入数据得vm =10m/s

（3） P安F安vmfvm ，P热2I02rI2R,P动10000

P动P热代入数据得80%

5.如图所示，为一磁约束装置的原理图，圆心为原点O、半径为R0的圆形区域Ⅰ内有方向垂直xoy平面向里的匀强磁场。一束质量为m、电量为q、动能为E0的带正电粒子从坐标为(O、R0)的A点沿y负方向射入磁场区域Ⅰ，粒子全部经过x轴上的P点，方向沿x轴正方向。当在环形区域Ⅱ加上方向垂直于xoy平面的匀强磁场时，上述粒子仍从A点沿y轴负方

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向射入区域Ⅰ，粒子经过区域Ⅱ后从Q点第2次射入区域Ⅰ，已知OQ与x轴正方向成60。不计重力和粒子间的相互作用。求： (1)区域Ⅰ中磁感应强度B1的大小；

(2)若要使所有的粒子均约束在区域内，则环形区域Ⅱ中B2的大小、方向及环形半径R至少为大；

(3)粒子从A点沿y轴负方向射入后至再次以相同的速度经过A点的运动周期。

解:(1)设在区域Ⅰ内轨迹圆半径为r1 = R0

mv12， r ， Emv1 0qB12 ∴B12mE0qR0

(2)设粒子在区域Ⅱ中的轨迹圆半径为r2，部分轨

mv 迹如图，有几何关系知：r23r1 ，r23qB2B23B16mE0qR0

方向与B1相反，即垂直xoy平面向外 由几何关系得R2r2r23r2 即R3R0

(3)轨迹从A点到Q点对应圆心角9060150，要仍从A点沿y轴负方向射入，需满足：150n360m,m、n属于自然数,即取最小整数m5，n12

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12T12(T1T2)

432m2m其中T1 ,T2qB1qB2代入数据得:T

。

(8692)R0mE03E06.在如图所示的直角坐标系xoy中，矩形区域oabc内有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B=5.0×10T；第一象限内有沿y方向的匀强电场，电场强度大小为E1.0105N/C。已知矩形区域Oa边长为0.06m，ab边长为0.20m。在bc边中点N处有一

-2

放射源，某时刻，放射源沿纸面向磁场中各方向均匀地辐射出速率均为v2.0106m/s的某种带正电粒子，带电粒子质量m1.61027kg，电荷量q3.21019kg，不计粒子重力，求：(计算结果保留两位有效数字) (1)粒子在磁场中运动的半径；

(2)从x轴上射出的粒子中，在磁场中运动的最短路程；

(3)放射源沿-x方向射出的粒子，从射出到从y轴离开所用的时间。 解：（1）粒子运动的轨迹如图，由牛顿第二定律可得：

v2qvBm

R解得:R0.20m。

（2）由数学知识可知，最短弦对应最短的弧长；由图可知，=60° 最短的弧长即最短路程sR（3）粒子在磁场中的周期T15m=0.21m。

2R6.28×10﹣7s vT 4粒子在磁场中沿NP运动的时间t1粒子在电场中的加速度aEq mvat

解得：t=1.0×10﹣7s

则可解得粒子在电场中往返运动的时间为t2+t3=2t=2.0×10﹣7s 由图可知cosθ=0.5,故θ=60°

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粒子在磁场中运动的第二部分时间t4TT 26粒子运动的总时间t总=t1+t2+t3+t4=4.6×10﹣7s。

选考部分

选修3-3

1.下列说法正确的是 。（填正确答案标号）

A．空气相对湿度越大时，空气中水蒸气压强越接近饱和汽压，水蒸发越慢

B．分子间同时存在着引力和斥力，当分子间距增加时，分子间的引力增大，斥力减小 C．液晶具有液体的流动性，同时具有晶体的各向异性特征 D．液体中悬浮微粒的无规则运动称为布朗运动 E．液体表面张力的方向与液面垂直并指向液体内部 答案：ACD

解析：空气相对湿度越大时，空气中水蒸气压强越接近饱和气压，水蒸发越慢，故A正确；分子间同时存在着引力和斥力，当分子间距增加时，分子间的引力减小，斥力减小，故B错误；液晶具有液体的流动性，同时具有晶体的各向异性特征，故C正确；液体中悬浮微粒的无规则运动称为布朗运动，故D正确；由于液体表面层分子间距离大于液体内部分子间距离，分子间表现为引力，液体表面存在张力，它的方向平行于液体表面，而非与液面垂直，故E错误。

2.下列说法正确的是 。（填正确答案标号） A．理想气体等温膨胀时，内能不变 B．扩散现象表明分子在永不停息地运动

C．分子热运动加剧，则物体内每个分子的动能都变大 D．在绝热过程中，外界对物体做功，物体的内能一定增加 E．布朗运动反映了悬浮颗粒内部的分子在不停地做无规则热运动 答案：ABD

解析：温度是内能的量度,理想气体等温膨胀时，内能不变，A对； 扩散现象表明分子在永

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不停息地运动，B对；分子热运动加剧，分子的平均动能增大，并不是物体内每个分子的动能都变大，C错；在绝热过程中，外界对物体做功，物体的内能一定增加，D对；布朗运动反映的是液体分子的永不停息的无规则运动，并不是组成固体小颗粒的分子的无规则运动，E错。

3.如图所示，开口向上竖直放置的内壁光滑气缸，其侧壁是绝热的，底部导热，内有两个质量均为m的密闭活塞，活塞A导热，活塞B绝热，将缸内理想气体分成Ⅰ、Ⅱ两部分。初状态整个装置静止不动处于平衡，Ⅰ、Ⅱ两部分气体的长度均为l0，温度为T0。设外界大气压强为P0保持不变，活塞横截面积为S，且mgP0S，环境温度保持不变。求： （1）在活塞A 上逐渐添加铁砂，当铁砂质量等于2m，两活塞在某位置重新处于平衡，活塞B下降的高度；

（2）现只对Ⅱ气体缓慢加热，使活塞A回到初始位置，此时Ⅱ气体的温度。 解：（1）初状态，Ⅰ气体压强p1p0Ⅱ气体压强p2p1mg2p0 smg3p0 s3mg添加铁砂后，Ⅰ气体压强p1p04p0

SmgⅡ气体压强p2p15p0

S根据波意耳定律，Ⅱ气体等温变化：p2l0Sp2l2S B活塞下降的高度h2l0l2

解得：h20.4l0

（2）Ⅰ气体等温变化：p1l0Sp1l1S

只对Ⅱ气体加热，Ⅰ气体状态不变，所以当A活塞回到原来位置时，Ⅱ气体高度 l22l00.5l01.5l0

plSplS根据理想气体状态方程：202

T0T2 解得：T20.5T0

4.如图所示，气缸放置在水平平台上，活塞质量为10kg，横截面积50cm，厚度不计。当温度为27℃时，活塞封闭的气柱长10m，若将气缸倒过来放置时，活塞下方的空气能通过平台上的缺口与大气相通。g取10m/s，不计活塞与气缸之间的摩擦，大气压强保持不变。 （1）将气缸倒过来放置，若温度上升到127℃，此时气柱的长度为20cm，求大气压强； （2）分析说明上述过程气体是吸热还是放热。 解：（1）气缸正立：p1p0mg S第25页

2

2

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气缸到立：p2p0由气体状态方程：

mg Sp1V1p2V2 T1T2解得：p01.0105Pa。

（2）温度升高，内能增加；气体体积变大，气体对外界做功。由热力学第一定律可知，气体吸热。

选修3-4

1.下列不属于光的衍射现象的是 。（填正确答案标号） A.雨后天空出现的绚丽的彩虹 B.阳光下肥皂膜上的彩色条纹 C.太阳光通过三棱镜产生的彩色条纹 D.眼睛透过纱巾看到的灯光的条纹

E.眼睛眯成一条线看到的发光的电灯周围有彩色花纹 答案：ABC

解析：雨后天空美丽的彩虹，属于光的折射现象，故A错误；阳光下肥皂膜上的彩色条纹，是属于薄膜干涉现象，故B错误；太阳光通过三棱镜产生彩色条纹，是由于光发生了色散现象即属于光的折射现象，故C错误；对着日光灯从两支紧靠的铅笔间窄缝看到的彩色条纹，是光绕过障碍物传播的现象，故属于光的衍射现象，而之所以看到彩色条纹，是由于不同的色光波长不同发生叠加造成的，故D正确；眼睛眯成一条线看到的发光的电灯周围有彩色花纹，是光绕过障碍物传播的现象，故属于光的衍射现象，故E正确。

2.两列简谐横波的振幅都是20cm，传播速度大小相同。实线波的频率为2Hz，沿x轴正方向传播；虚线波沿x轴负方向传播。某时刻两列波在如图所示区域相遇，则 。（填正确答案标号）

A．在相遇区域会发生干涉现象 B．实线波和虚线波的频率之比为3:2 C．平衡位置为x6m处的质点此刻速度为零 D．平衡位置为x8.5m处的质点此刻位移y＞20cm

E．从图示时刻起再经过0.25s，平衡位置为x5m处的质点的位移y＜0

第26页

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答案：BDE

解析：两列波波速相同，波长不同，根据vf，频率不同，不能干涉，故A错误；B两列波波速相同，波长分别为4m、6m，为2：3，根据根据vf，频率比为3：2，故B正确；平衡位置为x=6m处的质点此刻位移为零，两列波单独引起的速度不等，相反，故合速度不为零，故C错误；平衡位置为x=8.5m处的质点，两列波单独引起的位移分别为

2A、21A，故合位移大于振幅A，故D正确；传播速度大小相同，实线波的频率为2Hz，其周期2为0.5s，由图可知，虚线波的周期为0.75s，从图示时刻起再经过0.25s，实线波在平衡位置为x=5m处于波谷，而虚线波也处于y轴上方，但不在波峰处，所以质点的位移y＜0，故E正确。

3.如图所示，半圆玻璃砖的半径R10cm，折射率n3，直径AB与屏幕MN垂直并接触于A点。激光束a以入射角i=60°射向玻璃砖圆心O，结果在屏幕MN上出现两个光斑。 （1）画出光路图； （2）求两光斑之间的距离L 解：（1）如图所示。 （2）设折射角为r，由n反射角60 两光斑之间的距离

sini解得：r30 sinrLRtan30Rtan60

403cm23.1cm3

4.如图所示,上下表面平行的玻璃砖折射率为n2,下表面镶有银反射面,一束单色光与界

面的夹角45射到玻璃表面上,结果在玻璃砖右边竖直光屏上出现相距h2.0cm的光点

A和B(图中未画出A、B )。

(1)请在图中画出光路示意图； (2)求玻璃砖的厚度d。 解：（1）光路图如图示 。 sin(90)（2）设第一次折射时折射角为1，则有：n sin1解得：1=30° 设第二次折射时折射角为θ2，则有：解得：2=45° 由几何关系得：h2dtan1 第27页

sin11 sin2n江西金太阳好教育云平台——资源中心

解得：d3cm。

选修3-5

1.下列说法中正确的是________。（填正确答案标号）

A．卢瑟福通过对天然放射现象的研究，提出原子的核式结构学说

2184B．氡222的衰变方程是222已知其半衰期约为3.8天，则约经过15.2天，86Rn84Po2He，

16克氡222衰变后还剩1克

C．链式反应中，重核裂变时放出的中子可以使裂变不断进行下去

D．已知中子、质子和氘核的质量分别为mn、mp和mD，则氘核的比结合能为

(mnmpmD)c22（c表示真空中的光速）

E．对于某种金属，超过其极限频率的入射光强度越弱，所逸出的光电子的最大初动能越小 答案：BCD

解析：A、卢瑟福通过对α粒子散射实验的研究，提出原子的核式结构学说，故A错误；氡

2184222的衰变方程是222已知其半衰期约为T=3.8天，经过15.2天，16克氡86Rn84Po2He，

1t115.2222衰变后还剩m剩m原()T16()3.8g=1g，故B正确；重核裂变时用中子轰击重核，产

22生多个中子，中子又会撞击重核，产生更多的中子，使裂变不断进行下去，从而形成链式反应，故C正确；已知中子、质子和氘核的质量分别为mn、mp和mD，则氘核的结合能为

E(mnmpmD)c2，核子数是2，则氘核的比结合能为(mnmpmD)c22故D正，

确；对于某种金属，超过其极限频率的入射光能产生光电效应，根据爱因斯坦光电效应方程可知所逸出的光电子的最大初动能与入射光的频率有关，与入射光的强度无关，故E错误。

2.在物理学的发展过程中，许多物理学家的科学发现推动了人类历史的进步。下列表述符合物理学史实的是 。（填正确答案标号）

A.普朗克为了解释黑体辐射现象，第一次提出了能量量子化理论 B.爱因斯坦为了解释光电效应的规律，提出了光子说

C.卢瑟福通过对粒子散射实验的研究，提出了原子的核式结构模型 D.贝克勒尔通过对天然放射性的研究，发现原子核是由质子和中子组成的 E.玻尔大胆提出假设，认为实物粒子也具有波动性 答案：ABC

解析：普朗克为了对于当时经典物理无法解释的“紫外灾难”进行解释，第一次提出了能量量子化理论，A正确；爱因斯坦通过光电效应现象，提出了光子说，B正确；卢瑟福通过对第28页

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粒子散射实验的研究，提出了原子的核式结构模型，故正确；贝克勒尔通过对天然放射性的研究，发现原子核有复杂的结构，但没有发现质子和中子，D错；德布罗意大胆提出假设，认为实物粒子也具有波动性，E错。

3.一质量为m的子弹以某一初速度水平射入置于光滑水平面上的木块A并留在其中，A与木块B用一根弹性良好的轻质弹簧连在一起，开始弹簧处于原长，如图所示。已知弹簧被压缩瞬间A的速度vma，木块A、B的质量均为M。求：

Mm（1）子弹射入木块A时的速度；

（2）弹簧被压缩到最短时弹簧的弹性势能。

解：（1）以子弹与木块A组成的系统为研究对象，以子弹的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv0(mM)v 解得：v0a。

（2）弹簧压缩最短时，两木块速度相等，以两木块与子弹组成的系统为研究对象，以木块

A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：(Mm)v(2Mm)v

解得：vma2Mm

由机械能守恒定律可知：

11Mm2a22。 Ep(Mm)v(2Mm)v222(Mm)(2Mm)

4.如图所示，一质量为M、长为l的长方形木板B放在光滑的水平地面上，在其右端放一质量为m的小木块A，m＜M。现以地面为参照系，给A和B以大小相等、方向相反的初速度（如图），使A开始向左运动、B开始向右运动，但最后A刚好没有滑离B板，以地为参照系。

（1）若已知A和B的初速度大小为v0，求它们最后的速度的大小和方向；

（2）若初速度的大小未知，求小木块A向左运动到达的最远处（从地面上看）离出发点的距离。

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解：（1）因m＜M，则设木板方向为正，又因系统置于光滑水平面，其所受合外力为零， 故A、B相对滑动时，系统总动量守恒，A、B相对静止后设速度为v，则由动量守恒得：

Mv0mv0(Mm)v

(Mm)v0，方向向右。 Mm112（2）恰好没有滑离，则有：fl(Mm)v2(Mm)v0 22解得：v向左运动到达最远处时速度为0，对其由动能定理得：fs0解得：s12mv0 2(Mm)l。 4M第30页