(普查练习)一轮复习前摸底卷摸底卷-【提分宝典】2025年新高考物理一轮全考点普查随堂课后练

★建议总复习开始前使用 普通高等学校招生全国统一考试物理总复习 一轮复习前摸底卷 A　基础知识普查卷 质点的直线运动 (普查题01)(多选)(4分)伽利略在研究自由落体运动时用到了“冲淡”重力的方法：在倾角较小的光滑斜面上，小球运动的加速度比自由落体运动的加速度小得多。实验中让小球在倾角较小的斜面上从某点由静止释放，同时开始计时。下列说法正确的是(　　) A．若每隔相等时间计时一次，并记录该段时间内小球位移，则得到的各段位移比例关系为1∶3∶5∶… B．若每隔相等时间计时一次，并记录该段时间内小球位移，则得到的各段位移比例关系为1∶2∶3∶… C．若每当小球经过相等位移时计时一次，则得到的各段位移所用时间的比例关系为1∶2∶3∶… D．若不断增大斜面的倾角，做多组实验，每次实验中得到的“相等时间间隔内各段位移的比例关系”保持不变 (普查题01)答案：AD 解析：由匀变速直线运动的推论可得，初速度为零的匀加速直线运动中，连续相等的时间间隔内的位移之比为1∶3∶5∶…∶(2n－1)，故A项正确，B项错误。初速度为零的匀加速直线运动中，连续通过相等的各段位移所用时间之比为1∶(－1)∶(－)∶…∶(－)，故C项错误。初速度为零的匀加速直线运动中，“相等时间间隔内各段位移的比例关系”不随加速度大小的变化而变化，故D项正确。 (普查题02)(3分)一辆汽车沿着一条平直的公路行驶，公路旁边有与公路平行的一行电线杆，相邻两电线杆间的距离为50 m，取汽车驶过某一根电线杆的时刻为零时刻，此电线杆作为第1根电线杆，此时刻汽车行驶的速度大小v1＝5 m/s，假设汽车的运动为匀加速直线运动，10 s末汽车恰好经过第3根电线杆，则下列说法中正确的是(　　) A．汽车运动的加速度大小为2 m/s2 B. 汽车继续行驶，经过第6根电线杆时的瞬时速度大小为25 m/s C．汽车在第3根至第7根电线杆间运动所需的时间为20 s D．汽车在第3根至第7根电线杆间的平均速度为20 m/s (普查题02)答案：D 解析：汽车在前10 s内的位移x13＝50 m×2＝100 m，由位移—时间关系有x＝v1t＋at2，代入数据解得a＝1 m/s2，故A项错误。第1根电线杆与第6根电线杆之间的距离为x16＝50 m×5＝250 m，根据速度—位移关系有v－v＝2ax16，代入数据解得v6＝5 m/s，故B项错误。设汽车在第1根到第7根电线杆间运动所需的时间为t7，且x17＝6×50 m＝300 m，由匀变速直线运动规律有x17＝v1t7＋at，代入数据解得t7＝20 s，则汽车在第3根至第7根电线杆间运动所用的时间Δt＝t7－t3＝20 s－10 s＝10 s，故C项错误。汽车在第3根到第7根电线杆之间的平均速度 v37＝＝ m/s＝20 m/s，故D项正确。 (普查题03)(6分)(1)物体甲的速度—时间图像和物体乙的位移—时间图像分别如图(a)、图(b)所示，则两个物体的运动情况是(　　) 图(a)　　　　　 　　　　　　　图(b) A．甲在0～4 s时间内做往返运动，它通过的总路程为12 m B．甲在0～4 s时间内通过的位移为零 C．乙在t＝2 s时速度方向发生改变，与初速度方向相反 D．乙在0～4 s时间内通过的位移为零 (2)ETC是高速公路上不停车电子收费系统的简称。汽车在进入ETC通道感应识别区前需要减速至5 m/s，然后匀速通过感应识别区。甲、乙两辆以15 m/s的速度行驶的汽车在进入ETC通道感应识别区前都恰好减速至5 m/s，减速过程的v－t图像如图所示，则(　　) A．t1时刻甲车的速度大于乙车的速度 B．0～t1时间内甲、乙两车的平均速度相同 C．0～t1时间内甲、乙两车的速度变化量相同 D．t1时刻甲、乙两车距感应识别区的距离相同 (普查题03)答案：(1)B　(2)C 解析：(1)甲在0～2 s内向负方向做匀减速直线运动，2～4 s内向正方向做匀加速直线运动，即0～4 s内做往返运动，它通过的总路程为两个三角形的面积之和，为6 m，故A项错误。根据v－t图线与时间轴包围的面积表示位移，知前2 s内和后2 s内位移大小相等、方向相反，则甲在0～4 s内通过的位移为零，故B项正确。x－t图线的斜率表示速度，物体乙做匀速直线运动，速度方向不变，故C项错误。由题图(b)可知，物体乙在0～4 s内的位移为6 m，故D项错误。 (2)由v－t图像可知，t1时刻甲车的速度等于乙车的速度，故A项错误。v－t图线与时间轴围成的面积表示位移，由v－t图像可知，0～t1时间内甲车的位移大于乙车，则0～t1时间内甲车的平均速度大于乙车的平均速度，故B项错误。0时刻两车速度相同，t1时刻两车速度也相同，则0～t1时间内甲、乙两车的速度变化量相同，故C项正确。v－t图线与时间轴围成的面积表示位移，由v－t图像可知，甲车在t2时刻到达识别区，乙车在t3时刻到达识别区，而甲车在t1～t2内位移小于乙车在t1～t3内位移，说明t1时刻甲车更靠近感应识别区，故D项错误。 (普查题04)(3分)如图所示，倾角θ＝30°的光滑斜面足够大，斜面上P点到斜面底端的距离l＝3.5 m。现将一可视为质点的小球从P点以1 m/s的速度在斜面所在的平面内抛出，已知重力加速度g＝10 m/s2，则小球运动至斜面底端的时间可能为(　　) A.0.6 s B．1.2 s C．0.8 s D．2.1 s (普查题04)答案：B 解析：由题可知，光滑斜面足够大，小球以v0＝1 m/s的初速度沿斜面抛出，但抛出速度的方向未知，则当小球初速度沿斜面向上时，小球在斜面上运动的时间t1最长，由匀变速直线运动规律可得s＝v0t1＋at。又因为a＝g sin 30°＝5 m/s2，以沿斜面向上为正方向，代入数据解得t1＝1.4 s。当小球初速度方向沿斜面向下时，小球在斜面上运动的时间t2最短，同理可得t2＝1 s。则小球在斜面上运动的时间t满足1 s≤t≤1.4 s，故B项正确。 相互作用　牛顿运动定律 (普查题05)(多选)(4分)如图所示，一光滑的轻滑轮用细绳OO′悬挂于O点；另一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块a，另一端系一位于水平粗糙桌面上的物块b。外力F向右上方拉b，整个系统处于静止状态。若F方向不变，大小在一定范围内变化，物块b仍始终保持静止，则(　　) A．绳OO′的张力也在一定范围内变化 B．物块b所受到的支持力也在一定范围内变化 C．连接a和b的绳的张力也在一定范围内变化 D．物块b与桌面间的摩擦力也在一定范围内变化 (普查题05)答案：BD 解析：由于物块a、b均保持静止，各绳角度保持不变，对a受力分析得，绳的拉力FT＝mag，所以物块a受到绳的拉力保持不变。滑轮两侧绳的拉力相等，所以b受到绳的拉力大小、方向均保持不变，故C项错误。由于绳的拉力大小、方向均不变，所以绳OO′的张力不变，故A项错误。对b进行受力分析，如图所示，由平衡条件得FTcos β＋Ff＝F cos α，F sin α＋FN＋FTsin β＝mbg。其中FT和mbg始终不变，当F大小在一定范围内变化时，支持力在一定范围内变化，故B项正确。摩擦力也在一定范围内发生变化，故D项正确。 (普查题06)(3分)如图(a)、(b)所示，细绳拴一个质量为m的小球，小球分别用固定在墙上的轻质铰链杆和轻质弹簧支撑，平衡时细绳与竖直方向的夹角均为53°，轻杆和轻弹簧均水平。已知重力加速度为g，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，下列结论正确的是(　　) 　　 图(a)　　　　 　　　图(b) A．图(a)、(b)两种情境中，小球静止时，细绳的拉力大小均为mg B．图(a)所示情境中，细绳烧断瞬间小球的加速度大小为g C．图(b)所示情境中，细绳烧断瞬间小球的加速度大小为g D．图(a)、(b)两种情境中，细绳烧断瞬间小球的加速度大小均为g (普查题06)答案：C 解析：对两图中的小球受力分析，如图所示。 　　　 图(a)　　　　　　　　　　图(b) 根据平衡条件可得，小球静止时，两图中细绳的拉力大小均为T＝＝mg，故A项错误。在图(a)所示情境中，细绳烧断的瞬间，杆的弹力突变为零，小球所受的合外力等于重力，根据牛顿第二定律可知，小球的加速度等于重力加速度g，故B项、D项均错误。小球静止时，由平衡条件可得弹簧的弹力为F＝mgtan 53°＝mg，方向水平向右，在烧断细绳的瞬间，弹簧的弹力不会突变，所以此瞬间小球所受的合外力大小与小球静止时细绳的拉力大小相等，方向相反，根据牛顿第二定律可得此瞬间小球的加速度大小为a＝g，故C项正确。 (普查题07)(3分)如图所示，水平桌面上放置一个倾角为45°的光滑楔形滑块A，一细线的一端固定于楔形滑块A的顶端O处，细线另一端拴一质量为m＝0.2 kg的小球。若滑块与小球一起以加速度a向左做匀加速运动(取g＝10 m/s2)，则下列说法正确的是(　　) A.当a＝5 m/s2时，滑块对球的支持力为 N B．当a＝15 m/s2时，滑块对球的支持力为 N C．当a＝5 m/s2时，地面对A的支持力一定大于两个物体的重力之和 D．当a＝15 m/s2时，地面对A的支持力一定小于两个物体的重力之和 (普查题07)答案：A 解析：设加速度为a0时小球对滑块的压力恰好等于零，对小球受力分析，受重力和细线的拉力，根据牛顿第二定律，水平方向有F合＝Fcos 45°＝ma0；竖直方向有Fsin 45°＝mg，解得a0＝10 m/s2。当a＝5 m/s2时，小球未离开滑块，对小球受力分析如图所示，则根据牛顿第二定律，水平方向有Fcos 45°－FNsin 45°＝ma；竖直方向有Fsin 45°＋FNcos 45°＝mg，解得FN＝ N，故A项正确。当a＝15 m/s2时，小球已经离开滑块，只受重力和细线的拉力，滑块对球的支持力为零，故B项错误。当系统相对稳定后，竖直方向没有加速度，受力平衡，所以地面对A的支持力一定等于两个物体的重力之和，故C项、D项均错误。 (普查题08)(3分)木块A、B的重力分别为50 N和60 N，它们与水平地面之间的动摩擦因数均为0.25。夹在A、B之间的轻弹簧被压缩了2 cm，弹簧的劲度系数为400 N/m。系统置于水平地面上静止不动。现用F＝1 N的水平拉力作用在木块B上，如图所示，力F作用后(　　) A．木块B所受摩擦力大小是9 N B．木块B所受摩擦力大小是7 N C．木块A所受摩擦力大小是12.5 N D．木块A所受摩擦力大小是11.5 N (普查题08)答案：A 解析：木块A与地面间的滑动摩擦力为fA＝μmAg＝0.25×50 N＝12.5 N，木块B与地面间的滑动摩擦力为fB＝μmBg＝0.25×60 N＝15 N，弹簧弹力为F弹＝kx＝400×0.02 N＝8 N。施加水平拉力F后，对木块B进行受力分析，重力与支持力平衡，水平方向受向右的弹簧弹力和拉力，由于木块B与地面间的滑动摩擦力为15 N，大于弹簧弹力和拉力之和，木块B静止不动，所以木块B受到的静摩擦力与弹簧弹力和拉力的合力平衡，因而fB′＝F弹＋F＝8 N＋1 N＝9 N。施加水平拉力F后，弹簧长度没有变化，弹力不变，故木块A相对地面有向左的运动趋势，其受到向右的静摩擦力，且与弹簧弹力平衡，因而fA′＝F弹＝8 N，故A项正确，B项、C项、D项均错误。 曲线运动 (普查题09)(多选)(4分)如图，小船以大小为v1＝5 m/s、船头与上游河岸成θ＝60°角的速度(在静水中的速度)从A处过河，经过一段时间正好到达正对岸B处。已知河宽d＝180 m，则下列说法中正确的是(　　) A．河中水流速度为 m/s B．小船以最短位移渡河的时间为24 s C．小船渡河的最短时间为24 s D．小船以最短时间渡河时到达对岸的位移是90 m (普查题09)答案：BD 解析：由题意可知，小船的合速度方向垂直于河岸由A指向B，根据几何关系可得，河中水流速度v2＝v1cos 60°＝2.5 m/s，故A项错误。小船以题中所示的方式渡河时，位移最短，时间为t＝＝24 s，故B项正确。当船头方向指向正对岸时渡河时间最短，则小船渡河的最短时间为tmin＝＝36 s，故C项错误。小船以最短时间渡河时到达对岸沿水流方向的位移是x＝v2tmin＝90 m，则总位移为s＝＝90 m，故D项正确。 (普查题10)(3分)如图所示，套在竖直光滑细杆上的环P由跨过小定滑轮且不可伸长的轻绳与重物Q相连，小定滑轮到竖直杆的距离为L。开始时与P环相连的轻绳水平，现将P由静止释放，当P下滑到轻绳与水平方向成45°角时，P下落的速度为v，则此时(　　) A．Q上升的速度为v B．Q上升的速度为v C．Q上升的距离为L D．Q上升的距离为L (普查题10)答案：B 解析：当P下落到轻绳与水平方向成45°角时，下落的速度为v，将其分解为沿绳和垂直于绳的两个分速度，如图所示，Q上升的速度与P沿绳的分速度相等，故vQ＝v sin 45°＝v，故A项错误，B项正确。由几何关系可知，P下落过程中，左侧绳的长度变化量为ΔL＝－L＝L－L，故C项、D项均错误。 (普查题11)(4分)质量不同的小球1、2由同一位置先后以不同的速度竖直向上抛出，运动过程中两小球受到的水平风力恒定且相等，运动轨迹如图所示，忽略竖直方向的空气阻力。与小球2相比，小球1的(　　) A.初速度小 B．在最高点时速度小 C．质量小 D．在空中运动时间短 (普查题11)答案：B 解析：两小球在竖直方向的加速度相同，上升到最高点时竖直方向的分速度为零，由题图可知，小球1上升的最大高度大，由h＝可知，小球1的初速度大，根据h＝gt2可得t＝，小球1在空中运动时间长，故A项、D项均错误。两小球在水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，由题图可知，小球1的水平位移小且运动的时间长，可知小球1的水平方向的加速度小，由F＝ma得，小球1的质量大，故C项错误。由x＝t可知，小球1全过程中水平方向的平均速度小，在最高点的速度等于此刻的水平方向的分速度，也等于全过程中水平方向的平均速度，故小球1在最高点的速度小，故B项正确。 (普查题12)(3分)如图所示，相对的两个斜面，倾角分别为37°和53°，在顶点两个小球A、B以同样大小的初速度分别向左、向右水平抛出，小球都落在斜面上，若不计空气阻力，已知sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，则A、B两个小球的竖直位移之比为(　　) A．1∶1 B．3∶4 C．9∶16 D．81∶256 (普查题12)答案：D 解析：由题可知，两小球以相同大小的水平初速度抛出，又都落在斜面上，由位移偏角α与速度偏角 θ的关系的推论可知tan θ＝2tan α，而tan θ＝，即tan θ与t成正比，所以两个小球运动时间之比为＝，而＝，＝＝，即＝。根据h＝gt2知，A、B两球的竖直位移之比为81∶256，故D项正确，A项、B项、C项均错误。 (普查题13)(3分)如图所示，将A、B两个小球从同一水平线上相距为L的两个位置分别以速度vA、vB同时水平抛出，不计空气阻力，当两球在空中下落高度为h时相遇。如果仅将两球水平抛出的速度都变为原来2倍，则两球在空中相遇时下落的高度h′为(　　) A．h B．h C．h D．h (普查题13)答案：D 解析：设两小球第一次从抛出到相遇所用时间为t，则水平方向有vAt＝vBt＋L①，竖直方向有h＝gt2②。设两小球第二次从抛出到相遇所用时间为t′，则水平方向有2vAt′＝2vBt′＋L③，竖直方向有h′＝gt′2④。由①③得＝2，结合②④得h′＝h，故D项正确。 (普查题14)(3分)如图所示，水平转台上有一个质量为m的物块，用长为l的轻质细绳将物块连接在转轴上，细绳与竖直转轴的夹角θ为，此时绳绷直但无张力，物块与转台之间的动摩擦因数为μ＝，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块随转台以一定角速度ω匀速转动，重力加速度为g，则(　　) A．当ω＝时，细绳中张力为零 B．当ω＝时，物块与转台间的摩擦力为零 C．当ω＝时，细绳的张力为 D．当ω＝时，细绳的拉力大小为 (普查题14)答案：D 解析：当转台的角速度比较小时，物块只受重力、支持力和摩擦力，当细绳恰好要产生拉力时有μmg＝mωl sin ，解得ω1＝，由于 >，所以当ω＝时，细绳中张力不为零，故A项错误。当物块恰好要离开转台时，物块受到重力和细绳的拉力作用，有mg tan ＝mωl sin ，解得ω2＝，由于ω1＜＜ω2，所以当ω＝时，物块依然在转台上，与转台间的摩擦力不为零，故B项错误。由于ω1＜＜ω2，由牛顿第二定律有f＋F sin ＝ml sin ，因为压力小于mg，所以f＜μmg＝mg，解得F＞mg，故C项错误。当ω＝＞ω2时，物块已经离开转台，细绳的拉力与物块所受重力的合力提供向心力，则mg tan α＝ml sin α，解得cos α＝， F＝＝mg，故D项正确。 (普查题15)(3分)如图(a)所示，一轻杆一端固定在O点，另一端固定一小球，在竖直平面内做半径为R的圆周运动。小球运动到最高点时，杆与小球间弹力大小为N，小球在最高点的速度大小为v，N－v2图像如图(b)所示，下列说法正确的是(　　) 图(a)　　　　　　 　　　　　　图(b) A．当地的重力加速度大小为 B．小球的质量为R C．v2＝c时，杆对小球弹力方向向上 D．若v2＝2b，则杆对小球弹力大小为2a (普查题15)答案：B 解析：由图(b)可知，在最高点，当v＝0时N＝a，此时小球受到的支持力与重力平衡，即N＝mg；当N＝0时v2＝b，此时小球的重力提供做圆周运动的向心力，即mg＝m，由此可解得g＝，m＝R，故A项错误，B项正确。结合两图可知，当v2<b时，杆对小球弹力方向向上；而当v2>b时，杆对小球弹力方向向下，所以当v2＝c时，杆对小球弹力方向向下，故C项错误。若v2＝2b，则有N＋mg＝m，联立以上各式，解得N＝a，故D项错误。 万有引力与航天 (普查题16)(3分)金星、地球和火星绕太阳的公转均可视为匀速圆周运动，它们的向心加速度大小分别为a金、a地、a火，它们沿轨道运行的速率分别为v金、v地、v火。已知它们的轨道半径R金<R地<R火，由此可以判定(　　) A．a金>a地>a火 B．a火>a地>a金 C．v地 >v火>v金 D．v火>v地>v金 (普查题16)答案：A 解析：金星、地球和火星都绕太阳做匀速圆周运动，每个星体所受太阳的万有引力提供其做匀速圆周运动的向心力，则由＝ma得a＝，则R越小，向心加速度越大，故A项正确，B项错误。由＝得v＝，则R越小，线速度越大，故C项、D项均错误。 (普查题17)(3分)如图所示，“嫦娥三号”从M点进入环月圆轨道Ⅰ，运行4天后再从M点进入椭圆轨道Ⅱ，N为椭圆轨道Ⅱ的近月点(可视为紧贴月球表面)，则“嫦娥三号”(　　) A. 在两轨道上运行的机械能相同 B．从N到M的过程机械能不断增加 C．从N到M的过程月球引力对“嫦娥三号”做负功，引力势能增大 D．从N到M的过程卫星的动能逐渐增大 (普查题17)答案：C 解析：“嫦娥三号”需在M点减速，做向心运动，从而由环月圆轨道Ⅰ进入椭圆轨道Ⅱ，可知外力做负功，机械能减小，所以卫星在轨道Ⅰ上的机械能大于在轨道Ⅱ上的机械能，故A项错误。卫星沿椭圆轨道运动，动能和势能相互转化，不会有其他力做功改变其机械能，机械能守恒，故B项错误。卫星从N到M点的过程中，月球与卫星的距离逐渐增大，月球引力对卫星做负功，卫星的动能减小，势能增大，动能转化为势能，故C项正确，D项错误。 (普查题18)(3分)天文学家将相距较近、仅在彼此引力作用下运动的两颗恒星称为双星，双星系统在银河系中很普遍。假设宇宙空间中存在由甲、乙两星构成的双星系统，两星之间的距离为L，且保持不变，质量分别为m和M，绕两星连线上的某点做匀速圆周运动，引力常量为G。以下说法正确的是(　　) A．甲、乙两星做匀速圆周运动的轨迹半径之比为m∶M B．双星运行的角速度为ω＝ C．若将甲星的矿物质搬运到乙星上，而保持两星距离不变，则双星系统的周期变小 D. 若将甲星的矿物质搬运到乙星上，而保持两星距离不变，则两星的线速度都增大 (普查题18)答案：B 解析：因为双星受到同样大小的万有引力作用，且保持距离不变，绕同一圆心做匀速圆周运动，如图所示，则两星运动的周期和角速度均相同，而轨道半径、线速度不同。设甲、乙两星的轨道半径分别为r1和r2，线速度分别为v1和v2，角速度为ω。由于两星的向心力相等，则有mω2r1＝Mω2r2，解得r1∶r2＝M∶m，故A项错误。又因r1＋r2＝L，解得r1＝ L，r2＝L，再对甲星由万有引力提供向心力有＝mω2r1，联立解得ω＝，故B项正确。根据T＝及ω＝，解得T＝2πL，由此式知，将甲星上的矿物质搬运到乙星上时，两星球的总质量没有变化，因此双星系统的周期不变，故C项错误。两星球的质量变化，则轨道半径之比改变，因两星之间的距离不变，则一个轨道半径增大，另一个一定减小，又由v＝ωr知，一个星球的线速度增大，另一个星球的线速度减小，故D项错误。 功、动能定理、机械能及其守恒定律 (普查题19)(多选)(4分)质量为m的汽车在平直公路上行驶，所受的阻力恒为车重的k倍。汽车以额定功率行驶，当速度为v时，加速度为a。已知重力加速度为g，则以下分析正确的是(　　) A．汽车发动机的额定功率为kmgv B．汽车以额定功率行驶的最大速度为 C．当汽车加速度减小到时，速度增加到2v D．汽车发动机的额定功率为(a＋kg)mv (普查题19)答案：BD 解析：设汽车的额定功率为P额，汽车所受阻力为f，加速度减小到时的速度为v′。由题意可知阻力为汽车重力的k倍，则阻力恒为kmg。当汽车以额定功率行驶，速度为v时，加速度为a，根据牛顿第二定律可得，a＝，解得P额＝(kg＋a)mv，故A项错误，D项正确。汽车以额定功率行驶时的最大速度vmax＝＝，故B项正确。当汽车加速度为a时，有a＝，解得v＝，同理，当汽车加速度减小为时，v′＝，可见v′≠2v，故C项错误。 (普查题20)(3分)如图，长度为L的小车静止在光滑的水平面上，可视为质点的小物块放在小车的最左端，现用一水平恒力F作用在小物块上，使物块从静止开始做匀加速直线运动，物块和小车之间的摩擦力为f，物块运动到小车的最右端时，小车通过的距离为x，则(　　) A．在这个过程中，物块和小车增加的内能为fL B．在这个过程中，摩擦力对物块所做的功为fx C．物块到达小车最右端时，物块具有的动能为F(L＋x) D．物块到达小车最右端时，小车具有的动能为f(L＋x) (普查题20)答案：A 解析：在这个过程中，物块和小车增加的内能等于摩擦力与相对位移的乘积，即Q＝ fx相对＝fL，故A项正确。在这个过程中，摩擦力对物块所做的功为W＝－fx物＝－f(L＋x)，故B项错误。物块到达小车最右端时，对物块，根据动能定理有F(L＋x)－f(L＋x)＝Ek物－0，则物块具有的动能为Ek物＝(F－f)(L＋x)，故C项错误。物块到达小车最右端时，对小车，根据动能定理有fx＝Ek车－0，故D项错误。 (普查题21)(多选)(4分)如图所示，左侧为一固定在水平桌面上的半径为R的半球形碗，碗口直径AB水平，O点为球心，碗的内表面及碗口光滑。右侧是一个足够长的固定光滑斜面。一根不可伸长的轻质细绳跨过碗口及竖直固定的轻质光滑定滑轮，细绳两端分别系有可视为质点的小球m1和物块m2，质量分别为m1、m2，且m1>m2。开始时m1恰在A点，m2在斜面上且距离斜面顶端足够远，此时连接m1、m2的细绳与斜面平行且伸直，C点在圆心O的正下方。当m1由静止释放开始运动，则下列说法正确的是(　　) A．m2沿斜面上滑过程中，地面对斜面的支持力始终保持恒定 B．当m1运动到C点时，m1的速率是m2速率的倍 C．若细绳在m1到达C点时断开，m1可能沿碗面上升到B点 D．在m1从A点运动到C点的过程中，m1与m2组成的系统机械能守恒 (普查题21)答案：ABD 解析：m2沿斜面上滑过程中，m2对斜面的压力始终不变，斜面所受重力不变，且一直处于平衡状态，则地面对斜面的支持力也始终不变，故A项正确。设小球m1到达最低点C时，m1、m2的速度大小分别为v1、v2，由运动的合成与分解得v1cos 45°＝v2，则v1＝v2，故B项正确。m1由静止从A点运动到C点的过程中，除重力外，绳的拉力对m1做负功，m1的机械能一直在减小，所以细绳断开后，m1一定不能上升到B点，故C项错误。在m1从A点运动到C点的过程中，m1和m2组成的系统只有重力做功，机械能守恒，故D项正确。 (普查题22)(3分)一小物块从固定斜面的底端沿斜面向上滑动，之后停在某一高度。物块初速度为v0，初动能为Ek0，初始状态机械能为E0，物块与斜面间的动摩擦因数不变，取斜面底端所在水平面为重力势能的参考平面。在该过程中，物块的速度v、重力势能Ep、动能Ek、机械能E随时间t或位移x变化的图像可能正确的是(　　) (普查题22)答案：AC 解析：设斜面倾角为θ，上滑过程中加速度大小不变，设为a，则v＝v0－at，故A项正确。上滑过程中的位移x＝v0t－at2，重力势能Ep＝mgh＝mgx sin θ＝mg sin θ， Ep－t图像是一条抛物线，故B项错误。根据动能定理可得－max＝Ek－Ek0，解得Ek＝Ek0－max，故C项正确。由于物块要克服摩擦力做功，所以其机械能一直减小，由功能关系知 fΔx＝ΔE，得E－x图像的斜率绝对值等于摩擦力f，所以图像的斜率绝对值不变，故D项错误。 (普查题23)(3分)如图所示，固定的竖直光滑长杆上套有质量为m的圆环，圆环与水平状态的轻质弹簧一端连接，弹簧的另一端连接在墙上，且处于原长状态。现让圆环由静止开始下滑，已知弹簧原长为L，圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为2L(未超过弹性限度)，则在圆环下滑到最大距离的过程中(　　) A．圆环的机械能守恒 B．弹簧弹性势能变化了mgL C．圆环下滑到最大距离时，所受合力为零 D．圆环重力势能与弹簧弹性势能之和保持不变 (普查题23)答案：B 解析：圆环与弹簧组成的系统机械能守恒，即圆环的重力势能、动能与弹簧的弹性势能之和保持不变，故D项错误。在圆环下落过程中弹簧的弹性势能增加，则圆环的机械能减少，故A项错误。圆环下滑到最大距离时速度为零，但是加速度不为零，即合力不为零，故C项错误。根据几何关系可得此过程中圆环的重力势能减少了mgL，而圆环的动能变化量为0，根据机械能守恒定律知弹簧的弹性势能增加了mgL，故B项正确。 动量、动量定理与动量守恒定律 (普查题24)(多选)(4分)水平面上有质量相等的a、b两个物体，分别施加水平推力作用在a、b上，使a、b在水平面上运动起来。在t1、t2时刻分别撤去作用在a、b上的推力，两物体继续运动一段距离后停下。两物体的v－t图像如图所示，图中实线为a的运动图线，虚线为b的运动图线，图线中AB段平行于CD段。在a、b运动的整个过程中(　　) A.a受到的水平推力冲量等于b受到的水平推力冲量 B．a受到的水平推力冲量小于b受到的水平推力冲量 C．摩擦力对a物体的冲量等于摩擦力对b物体的冲量 D．合力对a物体的冲量等于合力对b物体的冲量 (普查题24)答案：BD 解析：v－t图像中AB段平行于CD段，说明撤去推力后两物体的加速度相同，而撤去推力后两物体的合力都等于摩擦力，根据牛顿第二定律可知两物体受到的摩擦力大小相等，又b物体运动时间较长，根据I＝ft可知，整个过程中摩擦力对a物体的冲量小于摩擦力对b物体的冲量，即有Ifa＜Ifb，故C项错误。根据动量定理可得，在a、b运动的整个过程中合力对a、b物体的冲量为Ia＝Ib＝0－0，由于Ia＝IFa－Ifa，Ib＝IFb－Ifb，则有IFa＜IFb，即a受到的水平推力冲量小于b受到的水平推力冲量，故A项错误，B项、D项均正确。 (普查题25)(多选)(4分)如图所示，小车放在光滑的水平面上，将系着绳的小球拉开一定的角度，然后同时放开小球和小车，不计空气阻力，那么在以后的过程中(　　) A．小球向左摆动时，小车也向左运动，且系统动量守恒 B．小球向左摆动时，小车向右运动，且系统在水平方向上动量守恒 C．小球向左摆到最高点，小球的速度为零而小车的速度不为零 D．在任意时刻，小球和小车在水平方向上的动量一定大小相等、方向相反(或者都为零) (普查题25)答案：BD 解析：以小球和小车组成的系统为研究对象，在水平方向上不受外力的作用，所以系统在水平方向上动量守恒；由于小球在竖直方向上具有加速度，而小车在竖直方向上无加速度(竖直分速度一直为0)，所以竖直方向上合力不为0，竖直方向上动量不守恒。故系统动量不守恒，故A项错误，B项正确。由于初始状态小车与小球均静止，所以小球与小车在水平方向上的动量要么都为零，要么大小相等、方向相反，故C项错误，D项正确。 (普查题26)(多选)(4分)如图(a)所示，在光滑水平面上的两小球发生正碰，小球的质量分别为m1和m2，图(b)为它们碰撞前后的s－t(位移—时间)图像，已知m1＝0.1 kg。由此可以判断(　　) 图(a)　　　　　　　图(b) A．碰前m2向左匀速运动，m1向右加速运动 B．m2＝0.3 kg C．碰后m2和m1动量大小相等 D．碰撞过程中系统机械能守恒 (普查题26)答案：BD 解析：由s－t图像可知，碰撞前m1的速度v1＝＝4 m/s，m2的速度v2＝0，即碰前m2静止，m1向右匀速运动，故A项错误。碰撞后m1的速度v′1＝－2 m/s，方向向左；碰后m2的速度v′2＝2 m/s，方向向右；碰撞过程中系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律，有m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2，代入数据解得m2＝0.3 kg，故B项正确。碰撞后m1的动量大小p1＝m1v′1＝0.2 kg·m/s，碰撞后m2的动量大小p2＝m2v′2＝0.6 kg·m/s，即碰后m2和m1动量大小不相等，故C项错误。碰撞前系统的机械能E＝m1v，碰撞后系统的机械能E′＝m1v′＋m2v′，代入数据可得E＝E′，即碰撞过程中系统机械能守恒，故D项正确。 (普查题27)(多选)(4分)足够大的光滑水平面上，一根不可伸长的细绳一端连接着质量为m1＝1.0 kg的物块A，另一端连接质量为m2＝1.0 kg的木板B，绳子开始是松弛的。质量为m3＝1.0 kg的物块C放在长木板B的右端，C与木板B间的滑动摩擦力的大小等于最大静摩擦力大小。现在给物块C水平向左的瞬时初速度v0＝2.0 m/s，物块C立即在长木板上运动。已知绳子绷紧前，B、C已经达到共同速度；绳子绷紧后，A、B总是具有相同的速度；物块C始终未从长木板B上滑落。下列说法正确的是(　　) A．绳子绷紧前，B、C达到的共同速度大小为1.0 m/s B．绳子刚绷紧后的瞬间，A、B的速度大小均为1.0 m/s C．绳子刚绷紧后的瞬间，A、B的速度大小均为0.5 m/s D．最终A、B、C三者将以大小为 m/s的共同速度一直运动下去 (普查题27)答案：ACD 解析：绳子绷紧前，B、C已经达到共同速度，设B、C达到的共同速度大小为v1，根据动量守恒定律可得m3v0＝(m2＋m3)v1，解得v1＝1.0 m/s，故A项正确。绳子刚绷紧后的瞬间，C对B的摩擦力远小于系统内力，A、B具有相同的速度v2，A、B组成的系统满足动量守恒定律，则有m2v1＝(m1＋m2)v2，解得v2＝0.5 m/s，故B项错误，C项正确。物块C始终未从长木板B上滑落，设A、B、C三者最终有共同的速度v3，A、B、C组成的系统满足动量守恒定律，则有m3v0＝(m1＋m2＋m3)v3，解得v3＝ m/s，故D项正确。 静电场　电容器 (普查题28)(3分)如图所示，虚线为某静电场中的等差等势面(相邻两虚线间的电势差相等)，实线为某带电粒子在该静电场中运动的轨迹，a、b、c、d为粒子的运动轨迹与等势面的交点，除电场力外，粒子受到的其他力均可不计。下列说法正确的是(　　) A. 粒子在a、c两点的加速度大小一定相等 B．粒子在b、c两点的速度大小一定相等 C．粒子运动过程中速度一定先减小后增大 D．粒子在b点时的电势能一定比在d点时的电势能大 (普查题28)答案：B 解析：因a点比c点的等势面密集，故a点比c点的电场强度大，粒子在a点受到的电场力大于在c点受到的电场力，结合牛顿第二定律可知，粒子在a点的加速度比在c点的加速度大，故A项错误。b、c两点的电势相等，则粒子在b、c两点的电势能相等，由能量守恒定律可知，粒子在b、c两点的动能相等，即速度大小相等，故B项正确。粒子受到的电场力指向轨迹凹侧，与等势面垂直，不妨设粒子从a到d运动，从a到b电场力做正功，粒子动能增大，电势能减小，从b到c电场力先做正功，再做负功，动能先增大，后减小，从c到d电场力做负功，动能减小，电势能增大，故粒子从a到d运动过程中的动能先增大后减小；同理，粒子从d到a运动过程中的动能也是先增大后减小，故C项错误。由C项分析可知，粒子的电势能Epc<Epd，再结合Epb＝Epc，可得Epb<Epd，故D项错误。 (普查题29)(3分)真空中相距为3a的两个点电荷A和B，分别固定于x轴上x1＝0和x2＝3a的两点，在二者连线上各点场强随x变化关系如图所示，以下说法正确的是(　　) A．二者一定是异种电荷 B．x＝a处的电势一定为零 C．x＝2a处的电势一定大于零 D．A、B的电荷量之比为1∶4 (普查题29)答案：D 解析：由题图看出0～a段和a～3a段场强方向相反，即两电荷之间的连线上场强方向发生改变，则知点电荷A、B一定为同种电荷，故A项错误。a处场强为0，但电势是相对的，零电势的选择是任意的，所以x＝a处的电势不一定为零，x＝2a处的电势不一定大于零，故B项、C项均错误。由于a处场强为0，故A、B两个点电荷在a处产生的场强大小相等、方向相反，因此k＝k，则得到QA∶QB＝1∶4，故D项正确。 (普查题30) (3分)如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地，在两极板间有一个固定在P点的点电荷，以E表示两板间的电场强度，Ep表示点电荷在P点的电势能，θ表示静电计指针的偏角。若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则(　　) A．θ增大，E增大 B．θ增大，Ep不变 C．θ减小，Ep增大 D．θ减小，E不变 (普查题30)答案：D 解析： 保持下极板不动，上极板向下移动一小段距离后，由C＝可知，电容器的电容变大，由于Q不变，由C＝可知U减小，故静电计的指针偏角θ变小。电场强度E＝＝＝不变；由于下极板不动，可知P点到下极板的距离不变，又E不变，则P点与下极板的电势差不变，P点电势不变，则点电荷在P点的电势能Ep不变， 故A项、B项、C项均错误，D项正确。 恒定电流 (普查题31)(3分)一根长为L、横截面积为S的金属棒，其材料的电阻率为ρ，棒内单位体积自由电子数为n，电子的质量为m，电荷量为e。在棒两端加上恒定的电压时，棒内产生电流，自由电子定向运动的平均速率为v，则金属棒内的电场强度大小为(　　) A.ρnev B． C． D． (普查题31)答案：A 解析：金属棒中的电流为I＝neSv，金属棒的电阻为R＝，金属棒两端的电压为U＝IR，场强为E＝，联立解得E＝ρnev，故A项正确，B项、C项、D项均错误。 (普查题32)(3分)如图所示，图(a)是由一个灵敏电流计G和一个电阻箱R改装成的电流表，图(b)是由同样的一个灵敏电流计G和一个电阻箱R改装成的电压表。当使电阻箱R的电阻增大时，下列说法正确的是(　　) 图(a)　　　　　　图(b) A．电流表的内阻减小，量程增大 B．电流表的内阻增大，量程减小 C．电压表的内阻增大，量程减小 D．电压表的内阻减小，量程增大 (普查题32)答案：B 解析：图(a)是电流表，当使电阻箱R的电阻增大时，电流表内阻增大，灵敏电流计G满偏时，流过R的电流减小，则电流表量程减小，故A项错误，B项正确。图(b)是电压表，当使电阻箱R的电阻增大时，电压表内阻增大，灵敏电流计G满偏时，R两端的电压增大，则电压表量程增大，故C项、D项均错误。 磁场　安培力和洛伦兹力 (普查题33)(多选)(4分)如图所示，质量为m、长为L的直导线用两绝缘细线悬挂于OO′，并处于匀强磁场中。当导线中通以沿x轴正方向的电流I，且导线保持静止时细线与竖直方向的夹角为θ。磁感应强度的方向和大小可能为(　　) A．沿z轴正方向，tan θ B．沿y轴正方向， C．沿z轴负方向， tan θ D．沿细线向上， sin θ (普查题33)答案：BC 解析：若磁场沿z轴正方向，则从O向O′看，导线受到的安培力F＝BIL，方向水平向左，如图(a)所示，导线不能处于平衡状态，故A项错误。若磁场沿y轴正方向，则导线受到的安培力竖直向上，如图(b)所示，当FT＝0，且满足BIL＝mg，即B＝时，导线可以处于平衡状态，故B项正确。若磁场沿z轴负方向，则导线受到的安培力水平向右，如图(c)所示，若满足FTsin θ＝BIL，FTcos θ＝mg，即B＝，导线可以处于平衡状态，故C项正确。若磁场沿细线向上，则导线受到的安培力垂直于细线指向左下方，如图(d)所示，导线不能处于平衡状态，故D项错误。 　　 图(a)　　　 　　　　图(b) 　　 图(c)　　　　　 　　图(d) (普查题34)(3分)如图所示，三根长直导线A、B和C垂直纸面并固定于等腰直角三角形的三个顶点上，三根导线均通有方向垂直纸面向里的电流I时，AC的中点O处磁感应强度的大小为B0。若使A中的电流反向，其他条件不变，则O点处磁感应强度的大小变为(　　) A.0 B．B0 C．B0 D．B0 (普查题34)答案：C 解析：当三根导线中均通有垂直纸面向里的电流I时，AC中点O的磁感应强度大小为B0，由安培定则可知通电直导线A与通电直导线C在O点的合磁场磁感应强度为零，则通电直导线B在O点产生的磁场磁感应强度大小为B0，方向由A指向C；如果使A中的电流反向，其他条件不变，则通电直导线A与通电直导线C在O点的合磁场磁感应强度大小为2B0，方向垂直AC向上；根据矢量的合成法则，三根通电直导线在O点共同产生的磁场磁感应强度大小为B合＝＝B0。故A项、B项、D项均错误，C项正确。 (普查题35)(15分)一圆筒处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向与筒的轴平行，筒的横截面如图所示。图中直径MN的两端分别开有小孔。筒绕其中心轴以角速度ω0顺时针转动。一带电粒子从小孔M沿MN方向射入筒内(图中未画出)，当筒转过90°时，该粒子恰好从小孔N飞出圆筒。若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞，不计粒子重力。 (1)求带电粒子的比荷； (2)若粒子速率不变，在该截面内，粒子从小孔M射入时的运动方向与MN成30°，如图所示。粒子仍未与筒壁发生碰撞而从某小孔飞出，求圆筒的角速度ω。 (普查题35)答案：(1)(6分)　(2)粒子从N孔飞出，ω＝2(3k＋1)ω0，k＝0，1，2，3，…或粒子从M孔飞出，ω＝(6k＋5)ω0，k＝0，1，2，3，…(9分) 解析：(1)带电粒子从小孔M沿MN方向射入筒内，当筒转过90°时，粒子恰好从小孔N飞出圆筒，则粒子运动轨迹如图所示。 根据几何关系可知，粒子转过的圆心角θ＝90°， 粒子做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律有 qvB＝m(2分) 且T＝(1分) 解得T＝(1分) 筒转过90°所用的时间t＝＝(1分) 且t＝ 联立以上各式，解得＝(1分) (2)粒子速率不变，则做圆周运动的轨迹半径R＝不变，等于磁场的半径。 粒子在磁场中做圆周运动，粒子运动轨迹如图所示。 根据几何关系可知，粒子转过的圆心角α＝60°(1分) 粒子在磁场中做圆周运动的周期T＝(1分) 粒子在磁场中的运动时间t′＝T＝(1分) a．如果粒子从N孔离开圆筒，则圆筒转过的角度 β＝2kπ＋(1分) 圆筒运动的时间t′＝(1分) 联立以上各式，解得ω＝2(3k＋1)ω0，k＝0，1，2，3，…(1分) b．如果粒子从M孔离开圆筒，则圆筒转过的角度 γ＝2kπ＋(1分) 圆筒运动的时间t′＝(1分) 联立以上各式解得 ω＝(6k＋5)ω0，k＝0，1，2，3，…(1分) 电磁感应　交变电流 (普查题36)(3分)如图所示，水平放置的两条光滑轨道上有可自由移动的金属棒PQ、MN，当PQ在外力的作用下运动时，MN在安培力的作用下向右运动，则PQ所做的运动可能是(　　) A．向右变加速运动 B．向左变加速运动 C．向左匀速运动 D．向右匀加速运动 (普查题36)答案：B 解析：MN在安培力作用下向右运动，说明MN受到的安培力向右，由左手定则可知电流由M指向N，则L1中感应磁场方向向上。由楞次定律可知，L2线圈中电流的磁场应该是向上减小或向下增大；再由右手螺旋定则与楞次定律可知，PQ可能是向左加速运动或向右减速运动，故B项正确，A项、C项、D项均错误。 (普查题37)(15分)如图所示，两条相距为d的平行金属导轨位于同一水平面内，其右端接一阻值为R的电阻。质量为m的金属杆静置在导轨上，其左侧的矩形匀强磁场区域MNPQ的磁感应强度大小为B、方向竖直向下。当该磁场区域以速度v0匀速地向右扫过金属杆后，金属杆的速度变为v。导轨和金属杆的电阻不计，导轨光滑且足够长，杆在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触。求： (1)MN刚扫过金属杆时，杆中感应电流的大小I； (2)MN刚扫过金属杆时，杆的加速度大小a； (3)PQ刚要离开金属杆时，感应电流的功率P。 (普查题37)答案：(1)(5分)　(2)(4分)　(3)(6分) 解析：(1)MN刚扫过金属杆时，根据法拉第电磁感应定律，有E＝Bdv0(2分) 根据闭合电路欧姆定律，有I＝(2分) 解得I＝(1分) (2)MN刚扫过金属杆时，金属杆受到的安培力为 F＝BId(1分) 根据牛顿第二定律，有F＝ma(2分) 解得a＝(1分) (3)PQ刚要离开金属杆时，金属杆切割磁感线的速度为v′＝v0－v(1分) 根据法拉第电磁感应定律，有E′＝Bdv′(2分) 感应电流的功率为P＝(2分) 解得P＝(1分) (普查题38)(多选)(4分)在图(a)所示的交流电路中，电源电压的有效值为220 V，理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，R1、R2、R3均为固定电阻，R2＝10 Ω，R3＝20 Ω，各电表均为理想电表。已知电阻R2中电流i2随时间t变化的正弦曲线如图(b)所示。下列说法正确的是(　　) 图(a)　　　　　　　　　图(b) A．所用交流电的频率为50 Hz B．电压表的示数为100 V C．电流表的示数为1.0 A D．变压器传输的电功率为15.0 W (普查题38)答案：AD 解析：由图(b)可知输出端交流电的周期为0.02 s，变压器不改变交流电的周期和频率，故所用交流电的频率为f＝＝＝50 Hz，故A项正确。通过R2电流的有效值为I＝＝1 A，根据欧姆定律知，R2两端即副线圈两端的电压U2＝IR2＝10 V，根据理想变压器的电压规律＝可知，原线圈两端的电压U1＝U2＝100 V，电阻R1两端电压即为电压表示数，则有UV＝U0－U1＝120 V，故B项错误。电流表的示数为IA＝＝0.5 A，故C项错误。副线圈中流过的电流为I总＝I＋IA＝1.5 A，变压器传输的电功率为P＝I总U2＝15.0 W，故D项正确。 原子物理　热学　机械振动与机械波　光学 (普查题39)(3分)如图所示为氢原子的能级图，若氢原子群A处于n＝2能级，氢原子群B处于n＝3能级。则下列说法正确的是(　　) A．原子群B最多可能辐射出2种频率的光子 B．原子群A能够吸收原子群B发出的光子并跃迁到n＝4能级 C．若要使原子群A发生电离，所吸收的光子的能量可以大于3.4 eV D．若原子群A辐射出的光能使某金属发生光电效应，则原子群B可能辐射的所有光也都能使该金属发生光电效应 (普查题39)答案：C 解析：根据数学组合知识可知C＝＝3，即大量处于n＝3能级的氢原子可以辐射出三种不同频率的光子，故A项错误。根据跃迁吸收的光子能量等于两能级间的能级差可知，原子群A吸收ΔE＝－0.85 eV－(－3.4 eV)＝2.55 eV时，才能跃迁到n＝4的能级，而原子群B发出的光子的能量不等于2.55 eV，故B项错误。氢原子群A处于n＝2的能级，E2＝－3.4 eV，要使原子群A发生电离，所吸收的光子的能量可以大于3.4 eV，至少等于3.4 eV，故C项正确。若原子群A辐射出的光能使某金属发生光电效应，根据辐射的光子能量等于两能级间的能级差可知，原子群B从n＝3能级到n＝2能级，辐射出的光不一定能使该金属发生光电效应，故D项错误。 (普查题40)(多选)(4分)如图所示是研究光电效应的电路，阴极K和阳极A是密封在真空玻璃管中的两个电极，K在受到光照时能够发射光电子。阳极A吸收阴极K发出的光电子，在电路中形成光电流。如果用单色光a照射阴极K，电流表的指针发生偏转；用单色光b照射光电管阴极K时，电流表的指针不发生偏转。下列说法正确的是(　　) A．a光的波长一定小于b光的波长 B．只增加a光的强度可能使通过电流表的电流增大 C．只增加a光的强度可使逸出的光电子最大初动能变大 D．阴极材料的逸出功与入射光的频率有关 (普查题40)答案：AB 解析：用单色光a照射光电管时，阴极材料能发生光电效应，根据发生光电效应的前提可知νa>νc；用单色光b照射光电管时，阴极材料不能发生光电效应，可知νc>νb，故νa>νb，所以单色光a的波长小于单色光b的波长，故A项正确。根据光电效应实验规律可知，只增加a光的强度可使通过电流表的电流增大，故B项正确。根据光电效应实验规律可知逸出的光电子最大初动能与入射光的强度无关，故C项错误。阴极材料的逸出功是材料本身的特性，与入射光无关，故D项错误。 (普查题41)(多选)(4分)如图所示为两分子系统的势能Ep与两分子间距离r的关系曲线。下列说法正确的是(　　) A．当r大于r1时，分子间的作用力表现为引力 B．当r小于r1时，分子间的作用力表现为斥力 C．当r等于r2时，分子间的作用力为零 D．当r由r1变到r2的过程中，分子间的作用力做负功 (普查题41)答案：BC 解析：根据题图，结合功能关系ΔEp＝－W可知，当r小于r1时分子间的作用力表现为斥力；当r大于r1小于r2时分子间的作用力表现为斥力；当r＝r2时，分子间的作用力为零；当r大于r2时分子间的作用力表现为引力，故A项错误，B项、C项均正确。在r由r1变到r2的过程中，分子势能减小，分子间的作用力做正功，故D项错误。 (普查题42)(多选)(4分)如图所示，一定质量的理想气体从状态a出发，经过等容过程ab到达状态b，再经过等温过程bc到达状态c，最后经等压过程ca回到状态a。下列说法正确的是(　　) A.在过程ab中气体的内能增加 B.在过程ca中外界对气体做功 C．在过程ab中气体对外界做功 D．在过程bc中气体从外界吸收热量 E．在过程ca中气体从外界吸收热量 (普查题42)答案：ABD 解析：在过程ab中，体积不变，外界不对气体做功，气体也不对外界做功，即为等容变化，压强增大，温度升高，内能增加，故A项正确，C项错误。在c到a过程中，为等压变化，气体的体积缩小，外界对气体做功，故B项正确。在过程bc中，温度不变，内能不变，体积增大，气体对外界做功。由ΔU＝W＋Q可知，气体从外界吸收热量，故D项正确。在过程ca中，压强不变，温度降低，故内能变小；体积变小，外界对气体做功，由ΔU＝W＋Q可知，气体向外界放出热量，故E项错误。 (普查题43)(3分)如图所示，密封的矿泉水瓶中，距瓶口越近水的温度越高。一开口向下、导热良好的小瓶置于矿泉水瓶中，小瓶中封闭一段空气。挤压矿泉水瓶，小瓶下沉到底部；松开后，小瓶缓慢上浮，上浮过程中，小瓶内气体(　　) A．内能减少 B．对外界做正功 C．增加的内能大于吸收的热量 D．增加的内能等于吸收的热量 (普查题43)答案：B 解析：由于越接近矿泉水瓶口，水的温度越高，因此小瓶上浮的过程中，小瓶内气体温度升高，内能增加，故A项错误。在小瓶上浮的过程中，小瓶内气体的温度逐渐升高，压强逐渐减小，根据理想气体状态方程＝C可知，气体体积膨胀，对外界做正功，故B项正确。由上述分析，小瓶上浮时，小瓶内气体内能增加，气体对外做功，根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知，小瓶内气体吸收的热量大于增加的内能，故C项、D项均错误。 (普查题44)(3分)如图所示，弹簧振子以O点为平衡位置在B、C两点之间做简谐运动，B、C相距20 cm。小球运动到B点时开始计时，t＝0.5 s时振子第一次到达C点。若弹簧振子偏离平衡位置的位移随时间的变化规律满足x＝A sin ，则下列说法正确的是(　　) A.周期T＝0.5 s B．振幅A ＝20 cm C．φ0＝ D．t＝0.125 s时，小球的位移为5 cm (普查题44)答案：C 解析：小球运动到B点时开始计时，t＝0.5 s时振子第一次到达C点，历时半个周期，则周期为T＝2t＝1 s，故A项错误。振幅为偏离平衡位置的最大距离，则振幅为A＝10 cm，故B项错误。t＝0时刻，x＝A，代入题中位移表达式可得φ0＝，故C项正确。位移表达式为x＝10sin cm，将t＝0.125 s代入可得，小球的位移为5 cm，故D项错误。 (普查题45)(3分)图(a)为一列简谐横波在某一时刻的波形图，a、b两质点的横坐标分别为xa＝2 m和xb＝6 m，图(b)为质点b从该时刻开始计时的振动图像。下列说法正确的是(　　) A．该波沿＋x方向传播，波速为1 m/s B．质点a经4 s振动的路程为4 m C．此时刻质点a的速度沿＋y方向 D．质点a在t＝2 s时速度为零 (普查题45)答案：D 解析：由波形图可以看出波长λ＝8 m，由b点振动图像可以看出周期T＝8 s，所以波速v＝＝1 m/s，根据图(b)可知，b点在该时刻的振动方向沿y轴正方向，由同侧法知，波的传播方向为沿x轴负方向，故A项错误。a点经4 s振动了半个周期，路程为2A＝1 m，故B项错误。ab间距为，振动情况相反，此刻b点经平衡位置向上振动，所以a点的速度沿y轴负方向，故C项错误。已知t＝0时，a点经平衡位置沿y轴负方向运动，2 s后，a点振动了T，位于波谷，速度为零，故D项正确。 (普查题46)(3分)如图所示为双缝干涉实验装置的示意图，S为单缝，S1、S2为双缝，P为光屏。用单色光从左侧照射单缝S时，可在光屏P上观察到干涉条纹。下列说法正确的是(　　) A.减小双缝间的距离，干涉条纹间的距离减小 B．增大双缝到屏的距离，干涉条纹间的距离增大 C．若换作波长更长的单色光照射，干涉条纹间的距离减小 D．若换作白光照射，光屏上不出现条纹 (普查题46)答案：B 解析：根据双缝干涉条纹的间距公式Δx＝λ知，减小双缝间的距离d，则干涉条纹间距增大；增大双缝到屏的距离l，则干涉条纹间距增大；换作波长λ更长的单色光照射，则干涉条纹间距增大，故A项、C项均错误，B项正确。若换作白光照射，由于白光包含各种颜色的光，光屏上将出现彩色条纹，故D项错误。 (普查题47)(10分)如图所示，在注满水的游泳池的池底有一点光源A，它到池边的水平距离为3.0 m。从点光源A射向池边的光线AB与竖直方向的夹角恰好等于全反射的临界角，水的折射率为。 (1)求池内的水深； (2)一救生员坐在离池边不远处的高凳上，他的眼睛到地面的高度为2.0 m。当他看到正前下方的点光源A时，他的眼睛所接收的光线与竖直方向的夹角恰好为45°。求救生员的眼睛到池边的水平距离(结果保留1位有效数字)。 (普查题47)答案：(1)2.6 m(5分)　(2)0.7 m(5分) 解析：(1)如图所示，设到达池边的光线的入射角为i，水的深度为h，A点到池边的水平距离为l。 根据题意可知，水的折射率n＝，光线的折射角θ＝90° 根据折射定律有nsini＝sinθ①(2分) 根据几何关系有sin i＝②(2分) 联立①②并代入数据解得h＝ m≈2.6 m③(1分) (2)设救生员的眼睛到池边的水平距离为x，到地面的高度为h′，光线在水面的入射角为i′，池底点光源A到水面入射点的水平距离为a。根据题意可知，救生员的视线与竖直方向的夹角为θ′＝45° 根据折射定律有n sin i′＝sin θ′④(2分) 根据几何关系有sin i′＝⑤(1分) x＋l＝a＋h′⑥(1分) 联立③④⑤⑥并代入数据解得 x＝ m≈0.7 m(1分) B　综合能力普查卷 运动学和牛顿运动定律　常见的动力学模型 (普查题48)(20分)一辆值勤的警车停在公路边，当警员发现从他旁边以10 m/s的速度匀速行驶的货车严重超载时，决定前去追赶，经过5.5 s后警车发动起来，并以2.5 m/s2的加速度做匀加速运动，但警车的行驶速度必须控制在90 km/h以内。 (1)警车在追赶货车的过程中，两车间的最大距离是多少？ (2)判定警车在加速阶段能否追上货车(要求通过计算说明)； (3)警车发动后要多长时间才能追上货车？ (普查题48)答案：(1)75 m(6分)　(2)不能(计算说明见解析)(7分)　(3)12 s(7分) 解析：(1)警车在追赶货车的过程中，当两车速度相等时，它们之间的距离最大，设警车发动后经过t1时间两车的速度相等，则t1＝①(2分) 两车速度相等时两车的位移分别为 x货＝ v货(t0＋t1)②(1分) x警＝at12③(1分) 所以两车间的最大距离 Δx＝x货－x警④(1分) 联立①②③④并代入数据解得Δx＝75 m(1分) (2)当警车刚达到最大速度时，运动时间 t2＝⑤(2分) x货1＝ v货(t0＋t2) ⑥(2分) x警1＝at⑦(2分) 联立⑤⑥⑦并代入数据解得x货1＝155 m>x警1＝125 m，故此时警车尚未追上货车。(1分) (3)警车刚达到最大速度时两车距离 Δx1＝x货1－x警1⑧(2分) 警车达到最大速度后做匀速运动，设再经过Δt时间追赶上货车，以货车为参考系，则 Δt＝⑨(2分) t＝t2＋Δt⑩(2分) 联立⑤⑧⑨⑩并代入数据解得t＝12 s(1分) 即警车发动后12 s才能追上货车。 (普查题49)(多选)(4分)如图所示，在固定好的水平和竖直的框架上，A、B两点连接着一根绕过光滑轻小滑轮的不可伸长的细绳，重物悬挂于滑轮下，处于静止状态。若按照以下的方式缓慢移动细绳的端点，则下列判断正确的是(　　) A.只将绳的左端移向A′点，拉力变小 B．只将绳的左端移向A′点，拉力不变 C．只将绳的右端移向B′点，拉力变小 D．只将绳的右端移向B′点，拉力变大 (普查题49)答案：BD 解析：设滑轮两侧绳子与竖直方向的夹角为α，绳子的长度为L，B点到A点的距离为s，根据几何知识和对称性，得sin α＝① 以滑轮为研究对象，设绳子拉力大小为F，根据平衡条件得2F cos α＝mg② ①②联立解得F＝③ 当只将绳的左端移向A′点，s和L均不变，则由③式得知，F不变，故A项错误，B项正确。当只将绳的右端移向B′点，s增加，而L不变，则由③式得知，F增大，故C项错误，D项正确。 (普查题50)(3分)如图所示，水平传送带以速度v1匀速运动，小物体P、Q由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，t＝0时刻P在传送带右端具有速度v2，P与定滑轮间的绳水平，t＝t0时刻P离开传送带。小物体与传送带之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力的大小，不计定滑轮质量和摩擦，绳足够长。下列描述小物体P速度随时间变化的图像中不可能的是(　　) (普查题50)答案：A 解析：设传送带对物体P的滑动摩擦力为f。若v2＜v1, f向左，若f＜GQ，则物体P向左匀减速到速度为0后再向右匀加速到离开传送带，两个过程加速度相同，故B项是可能的，不符合题意。若v2＞v1, f向右，若f＞GQ，则物体P先向左减速到v1后向左匀速运动，故D项是可能的，不符合题意；若f＜GQ，则物体P向左先减速到v1，之后f变为向左，加速度变小，此后加速度不变，继续向左减速到0后向右加速到离开传送带，故C项是可能的，不符合题意。A项物体P加速度中间变大，则摩擦力先向左后向右，这种情况不可能，符合题意。 卫星变轨问题 (普查题51)(3分)“嫦娥一号”探月卫星沿地月转移轨道飞向月球，在距月球表面200 km的P点进行第一次“刹车制动”后被月球俘获，进入椭圆轨道Ⅰ绕月飞行。然后卫星在P点又经过两次“刹车制动”，最终在距离月球表面200 km的圆形轨道Ⅲ上绕月球做匀速圆周运动，如图所示，则下列说法正确的是(　　) A．卫星在三个轨道上运动的周期TⅢ＞TⅡ＞TⅠ B．不考虑卫星质量变化，卫星在三个轨道上的机械能EⅢ＞EⅡ＞EⅠ C．卫星在不同轨道运动到P点(尚未制动)时的加速度相等 D．不同轨道的半长轴(或半径)的二次方与周期的三次方的比值都相同 (普查题51)答案：C 解析：由开普勒第三定律＝k可知，卫星在轨道Ⅲ上运动的半径小于在轨道Ⅱ上运动的半长轴，又卫星在轨道Ⅱ上运动的半长轴小于在轨道Ⅰ上运动的半长轴，则卫星在轨道Ⅲ上运动的周期比在轨道Ⅱ上运动的周期短，卫星在轨道Ⅱ上运动的周期又比在轨道Ⅰ上运动的周期短，即TⅢ＜TⅡ＜TⅠ，故A项错误。由题意可知，卫星从轨道Ⅰ在P点经过两次“刹车制动”，才能进入轨道Ⅲ，所以在轨道Ⅲ上的机械能最小，即EⅢ＜EⅡ＜EⅠ，故B项错误。根据F引力＝G，可知卫星在各轨道上P点所受的万有引力是相等的，根据牛顿第二定律知，加速度相等，故C项正确。根据开普勒第三定律知，卫星在不同轨道的半长轴(或半径)的三次方与周期的二次方的比值都相同，故D项错误。 动力学、动量、能量综合问题 (普查题52)(多选)(4分)如图所示，固定在水平面上的光滑斜面倾角为30°，质量分别为M、m的两个物体A、B通过细绳及轻弹簧连接于光滑轻滑轮两侧，斜面底端有一与斜面垂直的挡板，开始时用手按住物体A，此时A距离挡板的距离为s，滑轮两边的细绳恰好伸直，且弹簧处于原长状态。已知M＝2m，空气阻力不计，松开手后，关于二者的运动下列说法中正确的是(　　) A.A和B组成的系统机械能守恒 B．当A的速度最大时，B与地面间的作用力为零 C．若A恰好能到达挡板处，则此时B的速度为零 D．若A恰好能到达挡板处，则此过程中重力对A做的功等于弹簧弹性势能的增加量与物体B的机械能增加量之和 (普查题52)答案：BD 解析：因A、B之间有弹簧，弹簧的弹力对两物体做功，机械能不守恒，故A项错误。A的重力沿斜面的分量为Mg sin θ＝mg，故A先做加速运动，当受力平衡时A速度达到最大，即弹簧的弹力增大至mg，故此时B受细绳拉力为mg，即B恰好与地面间的作用力为零，故B项正确。从A速度达到最大到减速至挡板处的过程中，弹簧弹力的大小一直大于B的重力，故B一直做加速运动，所以当A到达底部时，B的速度不为零，故C项错误。若A恰好能到达挡板处，A运动前后动能没有变化，则此过程中重力对A做的功等于A重力势能的减少量，又由三者的机械能守恒可知，其又等于弹簧弹性势能的增加量与物体B的机械能增加量之和，故D项正确。 (普查题53)(多选)(4分)如图所示，木块静止在光滑水平面上，两颗不同的子弹A、B从木块两侧同时射入木块，最终都停在木块内，这一过程中木块始终保持静止，若子弹A射入木块的深度大于子弹B射入木块的深度，则(　　) A．子弹A的质量一定比子弹B的质量小 B．入射过程中子弹A受到的阻力比子弹B受到的阻力大 C．子弹A在木块中运动的时间比子弹B在木块中运动的时间长 D．子弹A射入木块时的初动能一定比子弹B射入木块时的初动能大 (普查题53)答案：AD 解析：由于木块始终保持静止状态，则两子弹对木块的推力大小相等，则两子弹所受的阻力大小相等，设为f，对子弹A，根据动能定理得－fdA＝0－EkA，即EkA＝fdA。对子弹B，根据动能定理得－fdB＝0－EkB，即EkB＝fdB。由于dA＞dB，则子弹入射时的初动能EkA＞EkB，故B项错误，D项正确。子弹A、B从木块两侧同时射入木块，木块始终保持静止，所以两子弹在木块中运动时间必定相等，否则木块就会运动，故C项错误。两子弹和木块组成的系统动量守恒，则有＝，而EkA＞EkB，得到mA＜mB，故A项正确。 (普查题54)(3分)如图所示，光滑水平面上的木板右端，有一根轻质弹簧沿水平方向与木板相连，木板质量M＝1 kg，质量m＝2 kg的铁块以水平速度v0＝3 m/s，从木板的左端沿板面向右滑行，压缩弹簧后又被弹回，最后恰好停在木板的左端，则在上述过程中弹簧具有的最大弹性势能为(　　) A.1.5 J B. 6 J C. 3 J D. 4 J (普查题54)答案：A 解析：从铁块滑上木板开始到弹簧压缩到最短，系统动量守恒，有mv0＝(M＋m)v′，根据能量守恒定律，有Wf＋W弹＝mv－(M＋m)v′2；从铁块滑上木板开始到最后恰好停在木板的左端过程中，系统动量守恒，有mv0＝(M＋m)v，根据能量守恒定律，有2Wf＝mv－(M＋m)v2，联立各式代入数据解得弹簧具有的最大弹性势能为1.5 J，故A项正确。 (普查题55)(10分)如图，水平地面上有两个静止的小物块a和b，其连线与墙垂直；a和b相距l，b与墙之间也相距l；a的质量为m，b的质量为m。两物块与地面间的动摩擦因数均相同。现使a以初速度v0向右滑动，此后a与b发生弹性碰撞，但b没有与墙发生碰撞。重力加速度大小为g。求物块与地面间的动摩擦因数满足的条件。 (普查题55)答案：≤μ<(10分) 解析：设物块与地面间的动摩擦因数为μ。若要物块a、b能够发生碰撞，应有 mv>μmgl①(1分) 即μ<②(1分) 设在a、b发生弹性碰撞前的瞬间，a的速度大小为v1。由能量守恒定律得 mv＝mv＋μmgl③(2分) 设在a、b碰撞后的瞬间，a、b的速度大小分别为v′1、v′2，由动量守恒定律和能量守恒定律有 mv1＝mv′1＋mv′2④(1分) mv＝mv′＋·v′⑤(1分) 联立④⑤解得v′2＝v1⑥(1分) 由题意，b没有与墙发生碰撞，由功能关系可知 ·v′≤μ·gl⑦(1分) 联立③⑥⑦解得μ≥⑧(1分) 联立②⑧，a与b发生碰撞，但b没有与墙发生碰撞的条件为 ≤μ<⑨(1分) (普查题56)(16分)如图所示，一条带有圆轨道的长轨道水平固定，圆轨道竖直，底端分别与两侧的直轨道相切，半径R＝0.5 m。物块A以v0＝6 m/s的速度滑入圆轨道，滑过最高点Q，再沿圆轨道滑出后，与直轨上P处静止的物块B碰撞，碰后粘在一起运动，P点左侧轨道光滑，右侧轨道呈粗糙段、光滑段交替排列，每段长度都为L＝0.1 m。物块与各粗糙段间的动摩擦因数都为μ＝0.1，A、B的质量均为m＝1 kg(重力加速度g取10 m/s2；A、B视为质点，碰撞时间极短)。 (1)求A滑过Q点时的速度大小v和受到的弹力大小F； (2)若碰后AB最终停止在第k个粗糙段上，求k的数值； (3)求碰后AB滑至第n个(n＜k)光滑段上的速度vn与n的关系式。 (普查题56)答案：(1)4m/s，22 N(6分) (2)45(6分)　(3)vn＝ m/s(n＜k)(4分) 解析：(1)物块A从滑入圆轨道到最高点Q，根据机械能守恒定律，得 mv＝mg×2R＋mv2(2分) 解得A滑过Q点时的速度 v＝4 m/s＞＝m/s(1分) 在Q点根据牛顿第二定律和向心力公式，得 mg＋F＝m(2分) 解得A受到的弹力 F＝－mg＝22 N(1分) (2)A与B碰撞遵守动量守恒定律，设碰撞后的速度为v′，则mv0＝2mv′(3分) 从碰撞到AB停止，根据动能定理，得 －2μmgkL＝0－×2mv′2(2分) 解得k＝45(1分) (3)AB从碰撞到滑至第n个光滑段，根据动能定理，得 －2μmgnL＝×2mv－×2mv′2(3分) 解得vn＝ m/s(n＜k)(1分) (普查题57)(3分)如图所示为粮袋的传送装置，已知A、B两端间的距离为L，传送带与水平方向的夹角为θ，工作时运行速度为v，粮袋与传送带间的动摩擦因数为μ，正常工作时工人在A端将粮袋放到运行中的传送带上。设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度大小为g。关于粮袋从A端到B端的运动过程，以下说法正确的是(　　) A.粮袋到达B端的速度与v比较，可能大，可能小，也可能相等 B．粮袋开始运动的加速度为g(sin θ－μcos θ)，若L足够大，则以后将以速度v做匀速运动 C．若μ≥tan θ，则粮袋从A端到B端一定是一直做加速运动 D．不论μ大小如何，粮袋从Α端到Β端一直做匀加速运动，且加速度a≥g sin θ (普查题57)答案：A 解析：粮袋开始时速度小于传送带的速度，相对传送带的运动方向是沿传送带向上，所以受到沿传送带向下的滑动摩擦力，大小为μmg cos θ，根据牛顿第二定律得加速度a＝＝g(sin θ＋μcos θ)，故B项错误。若传送带较短，粮袋在传送带上可能一直做匀加速运动，到达B端时的速度小于v；若传送带较长，且μ≥tan θ，则粮袋先做匀加速运动，当速度与传送带的速度相同后，做匀速运动，到达B端时速度与v相同；若μ＜tan θ，则粮袋先做加速度为g(sin θ＋μcos θ)的匀加速运动，当速度与传送带相同后做加速度为g(sin θ－μcos θ)的匀加速运动，到达B端时的速度大于v，故A项正确。若μ≥tan θ，粮袋从A到B可能是一直做匀加速运动，也可能先做匀加速运动，当速度与传送带的速度相同后再做匀速运动，故C项、D项均错误。 静电场 (普查题58)(18分)如图所示，电子由静止开始经加速电场加速后，沿平行于板面的方向射入偏转电场，并从另一侧射出。已知电子质量为m，电荷量为e，加速电场电压为U0，偏转电场可看作匀强电场，极板间电压为U，极板长度为L，板间距为d。 (1)忽略电子所受重力，求电子射入偏转电场时初速度v0和从电场射出时沿垂直板面方向的偏转距离Δy； (2)分析物理量的数量级，是解决物理问题的常用方法。在解决(1)问时忽略了电子所受重力，请利用下列数据分析说明其原因。已知U＝2.0×102 V，d＝4.0×10-2 m，m＝9.1×10-31 kg，e＝1.6×10-19 C，g＝10 m/s2。 (3)极板间既有静电场也有重力场。电势反映了静电场各点的能的性质，请写出电势φ的定义式。类比电势的定义方法，在重力场中建立“重力势”φG的概念，并简要说明电势和“重力势”的共同特点。 (普查题58)答案：(1)(3分)　(5分) (2)由于F≫G，因此不需要考虑电子所受的重力(4分) (3) φ＝，φG＝， 电势φ和重力势φG都是反映场的能的性质的物理量，仅由场自身的因素决定(6分) 解析：(1)根据功能关系，有 eU0＝mv(2分) 电子射入偏转电场时的初速度 v0＝(1分) 在偏转电场中，电子的运动时间 t＝＝L(1分) 加速度a＝＝(2分) 偏转距离Δy＝at2＝(2分) (2)只考虑电子所受重力和电场力的数量级，有重力G＝mg≈10-29 N(1分) 电场力F＝≈10-15 N(1分) 由于F≫G，因此不需要考虑电子所受的重力。 (2分) (3)电场中某点电势φ定义为电荷在该点的电势能Ep与其电荷量q的比值，即φ＝(2分) 由于重力做功与路径无关，可以类比静电场电势的定义，将重力场中物体在某点的重力势能EpG与其质量m的比值，叫作重力势，即φG＝(2分) 电势φ和重力势φG都是反映场的能的性质的物理量，仅由场自身的因素决定。(2分) 恒定电流 (普查题59)(3分)如图所示的电路中，电源的电动势为E，内阻为r，电表均为理想电表。闭合开关S，当滑动变阻器的滑片由图示位置向左滑动的过程中，下列判断正确的是(　　) A．电容器所带电荷量增加 B．电阻R2两端电压增大 C．电源的总功率增加 D．电源的输出功率一定减小 (普查题59)答案： A 解析：当滑动变阻器的滑片向左滑动时，电阻R1接入电路中的阻值增大，电路的总电阻增大，干路电流减小，内电压减小，路端电压增大，R2两端的电压减小，滑动变阻器两端的电压增大，电容器两端的电压增大，电容器所带电荷量增加，故A项正确，B项错误。电源的总功率P＝EI减小，故C项错误。当外电阻等于电源的内阻时，电源的输出功率最大，由于不知道外电阻和内阻的大小关系，无法判断电源输出功率的变化情况，故D项错误。 磁场 (普查题60)(16分)如图所示，在xOy直角坐标系的第三象限有板间电压为U＝3.0×104 V的两平行金属板，板间距离和板长均为L＝20 cm，上极板刚好在x轴上且带正电，板的左侧有一粒子接收屏；第一、四象限分别有一半径为R＝10 cm的圆形匀强磁场，分别与y、x轴在C、D点和E点相切，磁感应强度均为B＝0.4 T，方向垂直纸面向外。第二象限中存在沿x轴正方向的匀强电场，电场强度为E＝1.0×105 V/m。其中AM为x＝－20 cm的直线。现有许多质量为m＝6.4×10-27 kg、带电荷量为q＝＋1.6×10-19 C的粒子分布在AM上的(－20 cm，5 cm)到(－20 cm，15 cm)区域，将粒子由静止释放。不考虑各场之间的相互影响、粒子的重力和粒子之间的相互作用。求： (1)粒子进入第一象限磁场时的速度大小； (2)粒子进入第三象限时击中y轴负半轴的范围； (3)接收屏能接收到的粒子数占进入平行板总粒子数的百分比。 (普查题60)答案：(1)1×106 m/s(4分) (2)－15 cm≤y≤－5 cm(6分)　 (3)75%(6分) 解析：(1)粒子在电场加速的过程中位移大小为l＝0.2 m，由动能定理有qEl＝mv2(2分) 代入数据解得v＝1×106 m/s(2分) (2)粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力可得 qBv＝m(1分) 整理后有r＝(1分) 代入数据解得r＝0.1 m(2分) 因为r＝R＝10 cm，粒子做圆周运动的半径等于圆形磁场的半径，所以可判定所有粒子在第二象限加速后进入第一象限，经第一象限中磁场会聚于E点，进入第四象限经磁场偏转后沿水平方向进入第三象限，可判定粒子进入第三象限时击中y轴负半轴的范围为 －15 cm≤y≤－5 cm(2分) (3)粒子进入第三象限的电场中做类平抛运动，若能打到接收屏上，有t＝＝2×10-7 s(2分) 竖直方向上向下运动的位移 h＝at2＝t2＝0.075 m(2分) 故在y轴上－12.5 cm≤y≤－5 cm范围内的粒子可被接收屏接收到，接收屏接收到的粒子数和进入平行板总粒子数的比值为 η＝＝75%(2分) (普查题61)(16分)如图所示，直线MN下方无磁场，上方空间存在两个有界匀强磁场，分布在以O点为圆心、半径为R和2R的两半圆之间区域的磁场方向垂直纸面向里，分布在以O点为圆心、半径为R的半圆内的磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小都为B。现有一质量为m、电荷量为q的带负电微粒从P点沿半径方向向左侧射出，最终打到Q点，不计微粒的重力。求： (1)微粒在磁场中从P点出发转过90°所用的时间； (2)微粒从P点到Q点运动的最大速度； (3)微粒从P点到Q点可能的运动时间。 (普查题61)答案：(1)(4分)　(2)(5分) (3) (n＝4，6，8，…)(3分)　 (n＝3，5，7，…)(4分) 解析：(1)微粒在磁场中转过 90°所用时间为周期的，即t＝ 根据洛伦兹力提供向心力，有 qvB＝(1分) 周期T＝(1分) 联立以上两式解得T＝(1分) 解得t＝(1分) (2)粒子从 P 点到 Q 点，速度越大，则运动半径越大。如图(a)所示的粒子运动半径 r＝R，要求磁场区域半径为(1＋)R，大于2R，不符合题意。 图(a) 那么粒子运动轨迹有可能如图(b)所示。 图(b) 根据几何关系，有r＝Rtan30°(3分) 根据洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m 解得v＝(2分) (3)设粒子在磁场中的运动轨迹为 n段圆弧，如图(c)所示。 图(c) 若n为偶数，运动时间恰好为整数个周期，即 t＝ (n＝4，6，8，…)(3分) 若n为奇数，运动时间为整数个周期加一个优弧对应的运动时间，即 t＝·＋·＝ (n＝3，5，7，…) (4分) 电磁感应中的动力学和能量的综合问题 (普查题62)(3分)如图所示，固定在同一水平面内的两平行长直金属导轨，间距为1 m，其左侧用导线接有两个阻值均为1 Ω的电阻，整个装置处在磁感应强度方向竖直向上、大小为1 T的匀强磁场中。一质量为1 kg的金属杆MN垂直于导轨放置，已知杆接入电路的电阻为1 Ω，杆与导轨之间的动摩擦因数为0.3。对杆施加方向水平向右、大小为10 N的拉力，杆从静止开始沿导轨运动，杆与导轨始终保持良好接触，导轨电阻不计，重力加速度大小g＝10 m/s2。则当杆的速度大小为3 m/s时(　　) A．杆MN的加速度大小为3 m/s2 B．通过杆MN的电流大小为1 A，方向从M到N C．杆MN两端的电压为1 V D．杆MN产生热量的功率为1 W (普查题62)答案：C 解析：金属杆MN切割磁感线产生的感应电动势E＝BLv＝3 V，感应电流I＝＝2 A，由右手定则可知，电流方向从M到N，再由左手定则可知，MN受到的安培力方向向左，对金属杆，由牛顿第二定律得F－BIL－μmg＝ma，代入数据解得a＝5 m/s2，故A项、B项均错误。MN两端的电压U＝I·＝1 V，故C项正确。杆MN产生热量的功率P＝I2r＝4 W，故D项错误。 (普查题63)(3分)如图所示，相距为L的两条足够长的光滑平行金属导轨与水平面的夹角为θ，上端接有可调电阻，该电阻的阻值最大值为4r。导轨间有垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度为B。导轨电阻不计。质量为m的金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且良好接触，ab棒接入电路的电阻为r。改变可调电阻接入电路的阻值，金属棒匀速运动的速度不同。下列说法正确的是(　　) A．可调电阻阻值为r时，金属棒匀速运动时的速度最小 B．可调电阻阻值为r时，金属棒匀速运动时输出功率最大 C．可调电阻阻值为零时，金属棒匀速运动时电流最小 D．可调电阻阻值为4r时，金属棒匀速运动时两端电压最大 (普查题63)答案：D 解析：金属棒匀速运动时，沿轨道向下的重力分力与沿轨道向上的安培力平衡，所以有mg sin θ＝BIL，则电流I＝，因此金属棒中的电流与可调电阻无关，故C项错误。设可调电阻的阻值为R，金属棒匀速运动时有mg sin θ＝BL，则v＝，可知可调电阻阻值越小，金属棒匀速运动的速度越小，故A项错误。由于金属棒以不同速率匀速运动时，电流相同，由P＝I2R得可调电阻的阻值最大时，可调电阻消耗的功率最大，金属棒输出功率最大，故B项错误。金属棒两端电压即为可调电阻两端电压，当可调电阻阻值最大时，金属棒两端电压最大，故D项正确。 (普查题64)(3分)如图所示，两条足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ固定在水平桌面上，间距为l＝1 m，电阻不计。整个装置处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B＝1 T。金属棒AB、CD水平放置在两导轨上，相距L＝0.3 m，棒与导轨垂直并接触良好，已知AB棒的质量为m1＝0.3 kg，CD棒的质量为m2＝0.5 kg，两金属棒接入电路的电阻为R1＝R2＝0.8 Ω。若给AB棒以v0＝4 m/s的初速度水平向左运动，在两根金属棒运动到两棒间距最大的过程中，下列说法中正确的是(　　) A.AB棒中的电流方向为从B到A，间距最大时电流为零 B．CD棒的最终速度大小为1 m/s C．该过程中通过导体横截面的电荷量为0.8 C D．两金属棒的最大距离为1.5 m (普查题64)答案：D 解析：根据楞次定律和右手定则可以判断AB棒中的电流方向为从A到B，当间距达到最大后，两棒相对静止，回路中磁通量不再变化，电流为零，故A项错误。AB棒和CD棒组成的系统所受外力的合力为零，系统动量守恒，有m1v0＝(m1＋m2)v′，解得v′＝＝ m/s＝1.5 m/s，故B项错误。对CD棒在此过程中由动量定理可得Blt＝m2v′－0，所以通过导体横截面的电荷量为Q＝t＝＝ C＝0.75 C，故C项错误。由Q＝与ΔΦ＝Bl·Δx，联立解得Δx＝＝1.2 m，两金属棒的最大距离为L＋Δx＝1.5 m，故D项正确。 (普查题65)(15分)CD、EF是水平放置的电阻可忽略的光滑水平金属导轨，两导轨距离水平地面高度为H，导轨间距为L，在水平导轨区域存在磁感应强度大小为B，方向垂直导轨平面向上的矩形有界匀强磁场(磁场区域为CPQE)，如图所示，导轨左端与一弯曲的光滑轨道平滑连接，弯曲的光滑轨道的上端接有一电阻R。将一阻值也为R的导体棒从弯曲轨道上距离水平金属导轨高度h处由静止释放，导体棒最终通过磁场区域落在水平地面上距离水平导轨最右端x处。已知导体棒与导轨始终接触良好，重力加速度为g，求： (1)电阻R中的最大电流的大小与方向； (2)整个过程中，导体棒中产生的焦耳热； (3)若磁场区域的长度为d，求全程流过导体棒的电荷量。 (普查题65)答案：(1)，方向由a到b(5分) (2)mgh－(5分)　(3)(5分) 解析：(1)由题意可知，导体棒刚进入磁场的瞬间速度最大，产生的感应电动势最大，感应电流最大。 根据机械能守恒定律，有 mgh＝mv(1分) 根据法拉第电磁感应定律，有E＝BLv1(1分) 根据闭合电路欧姆定律，有I＝(1分) 联立以上各式解得I＝(1分) 方向由a到b。(1分) (2)根据平抛运动规律，有x＝v2t(1分) H＝gt2(1分) 根据能量守恒定律，可得整个电路中产生的焦耳热为Q＝mv－mv(1分) 即导体棒中产生的热量为Q′＝Q(1分) 联立以上各式解得Q′＝mgh－(1分) (3)设导体棒通过磁场区域时整个回路的平均电流为，用时Δt。 则通过导体棒的电荷量为 q＝Δt(1分) 根据法拉第电磁感应定律，有 ＝(2分) 根据闭合电路欧姆定律，有 ＝(1分) 联立以上各式解得q＝(1分) 热学 (普查题66)(10分)如图，一竖直放置的汽缸上端开口，汽缸壁内有卡口a和b，a、b间距为h，a距缸底的高度为H；活塞只能在a、b间移动，其下方密封有一定质量的理想气体。已知活塞质量为m，面积为S，厚度可忽略；活塞和汽缸壁均绝热，不计它们之间的摩擦，开始时活塞处于静止状态。上、下方气体压强均为p0，温度均为T0，现用电热丝缓慢加热汽缸中的气体，直至活塞刚好到达b处。求此时汽缸内气体的温度以及在此过程中气体对外所做的功。重力加速度大小为g。 (普查题66)答案：T0　 (p0S＋mg)h(10分) 解析：开始时活塞位于a处，加热后，汽缸中的气体先经历等容过程，直至活塞开始运动。设此时汽缸中气体的温度为T1，压强为p1，根据查理定律有 ＝①(2分) 根据力的平衡条件有p1S＝p0S＋mg②(1分) 联立①②式可得T1＝T0③(1分) 此后，汽缸中的气体经历等压过程，直至活塞刚好到达b处，设此时汽缸中气体的温度为T2，活塞位于a处和b处时气体的体积分别为V1和V2。根据盖—吕萨克定律有＝④(2分) 式中V1＝SH⑤(1分) V2＝S(H＋h)⑥(1分) 联立③④⑤⑥式解得 T2＝T0⑦(1分) 从开始加热到活塞到达b处的过程中，汽缸中的气体对外做的功为W＝(p0S＋mg)h⑧(1分) 机械振动　机械波 (普查题67)(10分)一列简谐横波在介质中沿x轴正向传播，波长不小于10 cm。O和A是介质中平衡位置分别位于x＝0和x＝5 cm处的两个质点。t＝0时开始观测，此时质点O的位移为y＝4 cm，质点A处于波峰位置；t＝ s时，质点O第一次回到平衡位置，t＝1 s时，质点A第一次回到平衡位置。求： (1)简谐波的周期、波速和波长； (2)质点O的位移随时间变化的关系式。 (普查题67)答案：(1)T＝4 s，v＝7.5 cm/s，λ＝30 cm(5分) (2)y＝0.08sin (m)(5分) 解析：(1)设振动周期为T，由于质点A在0到1 s内由最大位移处第一次回到平衡位置，经历时间T，由此可知T＝4 s(1分) O在t＝ s时回到平衡位置，而A在t＝1 s时回到平衡位置，时间相差 s，波沿x轴正向传播，所以波由O传到A的时间为 Δt＝ s＋nT(n＝0，1，2，…) (1分) 又OA间距为5 cm，小于半个波长，所以 n＝0，Δt＝ s(1分) 所以波速v＝ cm/s＝7.5 cm/s(1分) 由v＝得简谐波的波长λ＝30 cm(1分) (2)设质点O的位移随时间变化的关系为 y＝A sin (ωt＋φ0)＝A sin (1分) 将周期及题给条件代入上式得 0．04 m＝A sin φ0(1分) 0＝A sin (1分) 解得φ0＝，A＝0.08 m(1分) 所以关系式为y＝0.08sin (m)。(1分) (普查题68)(3分)一列简谐横波在均匀介质中沿x轴负方向传播，已知x＝λ处质点的振动方程为y＝A cos ，则t＝T时刻的波形图正确的是(　　) 　　　　　 (普查题68)答案：D 解析：已知x＝λ处质点的振动方程为y＝A cos ，当t＝T时刻，x＝λ处质点的位移为y＝A cos ＝0，对应四个选项中波形图x＝λ的位置，可知A选项中质点位于正向最大位移处，B选项中质点位于负向最大位移处，故A项、B项均错误。由振动方程y＝A cos 可知，在t＝T时刻，x＝λ处质点的振动方向为沿y轴正方向，由题目已知波沿x轴负方向传播，依据微平移法，可知D项波形图在x＝λ处的质点振动方向沿y轴正方向，故D项正确，C项错误。 力学实验 (普查题69)(10分)在探究加速度与力的关系的实验中，小明同学设计了如图(a)所示(俯视图)的实验方案：将两个小车放在水平木板上，前端分别系一条细线跨过定滑轮与砝码盘相连，后端各系一细线。 图(a) (1)为了平衡小车的阻力，在挂砝码盘前他需要调节木板倾斜度，直到轻推小车观察到_______________________________________________。 (2)在保证两小车质量相同、盘中砝码质量不同的情况下，用一黑板擦把两条细线同时按在桌子上，抬起黑板擦两小车同时开始运动，按下黑板擦两小车同时停下来。小车前进的位移分别为x1、x2，由于x＝at2，则＝，测出砝码和砝码盘的总质量分别是m1、m2 , 若满足________，即可得出小车的质量一定时其加速度与拉力成正比的结论。 若小车的总质量远大于砝码和砝码盘的总质量，但该实验中测量的误差仍然较大，其主要原因是________________________________________________________________________。 小军同学换用如图(b)所示的方案进行实验：在小车的前方安装一个拉力传感器，在小车后面固定纸带并穿过打点计时器。 图(b) (3)由于安装了拉力传感器，下列操作要求中不需要的是_________________________________。 A．测出砝码和砝码盘的总质量 B．将木板垫起适当角度以平衡摩擦力 C．跨过滑轮连接小车的细绳与长木板平行 D．砝码和砝码盘的总质量远小于小车和传感器的总质量 (4)测出小车质量M并保持不变，改变砝码的质量分别测得小车加速度a与拉力传感器示数F，利用测得数据在坐标纸中画出a－F图像如图(c)所示，利用图像给出的信息，可求出拉力传感器的质量为________。 图(c) (普查题69)答案：(1)小车做匀速直线运动(2分) (2)＝ (2分)　黑板擦按下后小车不会立刻停下，测量位移不是实际匀加速过程的位移(2分) (3)AD(2分)　(4)－M(2分) 解析：(1)当小车受力平衡时，小车做匀速直线运动，所以在挂砝码盘前他需要调节木板倾斜度，直到观察到小车做匀速直线运动。 (2)由位移公式x＝at2知，小车从静止开始做匀加速直线运动时，时间相等的情况下加速度与位移成正比，根据牛顿第二定律有，小车质量一定时，加速度与拉力成正比，拉力是用砝码和砝码盘的总重力mg代替的(即加速度与砝码和砝码盘的总重力mg成正比)，所以若满足＝，则加速度与拉力成正比。 若小车的总质量远大于砝码和砝码盘的总质量，但该实验中测量的误差仍然较大，分析实验中客观原因，当然是位移测量出现的问题，比如黑板擦按下后小车不会立刻停下等。 (3)若安装了拉力传感器，拉力不必用砝码和砝码盘的总重力mg代替，当然也不必满足砝码和砝码盘的总质量远小于小车和传感器的总质量，砝码和砝码盘的总质量也不必测量了，但仍需平衡摩擦力，且细绳要与长木板平行，故A项、D项符合题意，B项、C项不符合题意。 (4)根据牛顿第二定律有a0＝F0，解得拉力传感器的质量m＝－M。 (普查题70)(10分)如图(a)，打点计时器固定在铁架台上，使重物带动纸带从静止开始自由下落，利用此装置验证机械能守恒定律。 图(a) (1)某同学列举实验中用到的实验器材：铁架台、打点计时器、纸带、秒表、交流电源、导线、重物、天平。其中不必要的是________。 (2)在一次实验中，质量1 kg的重物自由下落，在纸带上打出一系列的点，如图(b)所示。若纸带相邻两个点之间时间间隔为0.02 s，从起点O到打下计数点B的过程中，重力势能减少量ΔEp＝________J，此过程中物体动能的增加量ΔEk＝________J(g取9.8 m/s2，结果均保留两位有效数字)；通过计算，数值上ΔEp____ΔEk(选填“>”“＝”或“<”)，这是因为____________________________________。 图(b) (3)如果以为纵轴，以h为横轴，能够验证机械能守恒定律的图线应是图中的________。 (普查题70)答案：(1)秒表、天平(2分)　(2)0.49(2分)　0.48(2分)　>(1分)　存在阻力做负功(1分)　(3)B(2分) 解析：(1)不必要的是天平和秒表，因为验证机械能守恒的原理是mgh＝mv2，故质量可以约掉，不用测量；打点计时器得到的纸带中包含了运动时间的信息，故秒表不必要。 (2)O到B的距离是5.01 cm，所以重力势能减少量ΔEp＝mgh＝1×9.8×5.01×10-2 J＝0.49 J；动能的增加量ΔEk＝mv＝m2＝×1×2 J＝0.48 J；因此数值上ΔEp>ΔEk，这是因为存在阻力做负功。 (3)根据机械能守恒定律可得＝gh，故能够验证机械能守恒定律的－h图线是过原点的直线，故B项正确。 (普查题71)(9分)用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系。如图(a)所示，先安装好实验装置，在地上铺一张白纸，白纸上铺放复写纸，记下重垂线所指的位置O。 图(a) 实验步骤如下： 步骤1：不放小球2，让小球1从斜槽上A点由静止滚下并落在地面上，重复多次，用尽可能小的圆，把小球的所有落点圈在里面，其圆心就是小球落点的平均位置； 步骤2：把小球2放在斜槽前端边缘位置B，让小球1从A点由静止滚下，使它们碰撞，重复多次，并使用与步骤1同样的方法分别标出碰撞后两小球落点的平均位置； 步骤3：用刻度尺分别测量三个落地点的平均位置M、P、N离O点的距离，即线段OM、OP、ON的长度。 (1)上述实验除需测量线段OM、OP、ON的长度外，还需要测量的物理量有________。 A．小球1和小球2的质量m1、m2 B. B点离地面的高度h C. A、B两点间的高度差Δh D．小球1和小球2的半径r (2)当所测物理量满足表达式____________________________(用所测物理量的字母表示)时，即说明两球碰撞遵守动量守恒定律。 (3)若测得各落点痕迹到O点的距离OM＝2.68 cm，OP＝8.62 cm，ON＝11.50 cm，并知小球1、2的质量比为2∶1，则系统碰撞前总动量p与碰撞后总动量p′的百分比误差＝______%(结果保留一位有效数字)。 (4)完成上述实验后，某实验小组对上述装置进行了改造，如图(b)所示，图中圆弧为圆心在斜槽末端B的圆弧。使小球1仍从斜槽上A点由静止滚下，重复实验步骤1和2的操作，得到两球落在圆弧上的平均位置为M′、P′、N′。测得斜槽末端与M′、P′、N′三点的连线与竖直方向的夹角分别为α1、α2、α3，则验证两球碰撞过程中动量守恒的表达式为__________________(用所测物理量的字母表示)。 图(b) (普查题71)答案：(1)A (2分) (2) m1·OP＝ m1·OM＋m2·ON (2分) (3)2(2分) (4)m1＝m1＋m2(3分) 解析：(1)利用“碰撞实验器”验证动量守恒定律实验是根据平抛运动原理，将速度的测量转化为水平位移的测量，除了要测出OP、OM、ON外，还需要测量两个小球的质量，故A项正确。 (2)若碰撞前小球1的动量等于碰撞后小球1和小球2的动量之和，即m1v0＝m1v1＋m2v2，就能说明两球碰撞遵守动量守恒定律。由于OP＝v0t，OM＝v1t，ON＝v2t，所以当所测物理量满足m1·OP＝ m1·OM＋m2·ON即可。 (3)系统碰撞前总动量p与碰撞后总动量p′的百分误差＝＝≈2%。 (4)测得斜槽末端与M′的连线和竖直方向的夹角为α1，由平抛规律得x1＝v1t1，y1＝gt，设斜槽末端与M′的连线长度为L (即圆弧半径为L)，sin α1＝，cos α1＝，联立解得v1＝；测得斜槽末端与P′连线和竖直方向的夹角为α2，同理有v0＝；测得斜槽末端与N′的连线和竖直方向的夹角为α3，同理有v2＝；代入动量守恒的式子m1v0＝m1v1＋m2v2，化简可得m1＝m1＋m2。 电学实验 (普查题72)(10分)某物理学习小组设计了如下电路，除了能测出电池组的电动势E、内阻r、定值电阻R的大小，还能测出滑动变阻器R0(最大阻值为5 Ω)取不同阻值时消耗的功率。先通过控制开关，测出定值电阻R、电源的电动势和内阻，具体步骤如下： 图(a) (1)根据电路图连接电路； (2)先断开S1和S2，将滑动变阻器的滑片移到________(选填“a”或“b”)端，再闭合开关S1，调节滑片位置得到多组U、I数据，根据所得数据在U－I坐标系中画出一条图线； 图(b) (3)然后闭合开关S2，调节滑片位置，得到多组U、I数据，在U－I坐标系中画出的另一条图线是________(选填“甲”或“乙”)； (4)根据图像数据计算出电阻R＝______Ω，开关S2断开时，当电压表示数为__________时滑动变阻器消耗的功率最大。(保留两位有效数字) (5)考虑到电表内阻，电源电动势的测量值________(选填“偏大”“偏小”或“不变”)。 (普查题72)答案：(2)a(2分)　(3)乙(2分) (4)3.0(2分)　1.5 V(2分)　(5)偏小(2分) 解析：(2)从安全角度考虑，闭合开关前滑动变阻器的滑片应放在a端。 (3)闭合开关S2，则定值电阻R被短路，由闭合电路欧姆定律可得U＝E－Ir。开关S2断开时，由闭合电路欧姆定律可得U＝E－I(R＋r)，故闭合开关S2时U－I图线所对应的斜率绝对值小于开关S2断开时图线斜率的绝对值，故此时的U－I图线为乙。 (4)图线乙斜率的绝对值为电源内阻，计算得r＝5.0 Ω；图线甲斜率的绝对值为定值电阻与内阻之和，计算得R＋r＝8.0 Ω，故R＝3.0 Ω。开关S2断开时，滑动变阻器阻值调到最大，最接近等效内阻R＋r，滑动变阻器消耗功率最大。图线在U轴的截距表示电源电动势，根据闭合电路欧姆定律有U＝·R0≈1.5 V。 (5)考虑到电表内阻，测量的电动势为电压表与电源组成的等效电源电动势，故电动势测量值偏小。 (普查题73)(10分)市场上销售的铜质电线电缆产品中，部分存在导体电阻不合格问题，质检部门检验发现一个是铜材质量不合格，使用了再生铜或含杂质很多的铜；再一个就是铜材质量可能合格，但横截面积较小。某兴趣小组想应用所学的知识来检测实验室中一捆铜电线的电阻率是否合格。小组成员经查阅，纯铜的电阻率为1.8×10-8 Ω·m。现取横截面积约为1 mm2、长度为100 m的铜电线，进行实验测量其电阻率，实验室现有的器材如下： A．电源(电动势约为5 V，内阻不计)； B．待测长度为100 m的铜电线，横截面积约1 mm2； C．电压表V1(量程为0～3 V，内阻约为0.5 kΩ)； D．电压表V2(量程为0～5 V，内阻约为3 kΩ)； E．电阻箱R(阻值范围0～999.9 Ω)； F．定值电阻R0＝1 Ω； G．开关、导线若干。 (1)小组成员先用螺旋测微器测量该铜电线的直径d，如图(a)所示，则d＝________mm。 (2)小组设计的测量电路如图(b)所示，则P是____________，N是____________(填器材名称及对应符号)，通过实验作出的图像如图(c)所示。 (3)图(b)电路测得铜电线的电阻测量值比真实值________(选填“偏大”“不变”或“偏小”)，原因是____________________________________。 (4)这捆铜电线的电阻率ρ＝__________(结果保留三位有效数字)；从铜电线自身角度，你认为电阻率大的可能原因是____________________________________________________ ________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 (普查题73)答案：(1)1.125 (1分) (2)电压表V2(1分)　电压表V1(1分) (3)偏大 (2分)　电压表V1的分流，使铜电线中电流测量值比实际值偏小 (2分) (4)2.58×10-8 Ω·m(2分)　使用了再生铜或含杂质很多的铜 (1分) 解析：(1)读数为固定刻度中0.5 mm的整数倍＋可动刻度与轴线对齐的格数乘以精度。由图可知d＝1 mm＋12.5×0.01 mm＝1.125 mm。 (2)P测量的电压大于N测量的电压，故P是电压表V2，N是电压表V1。 (3)实验中没有考虑电压表V1的分流，认为铜电线中的电流与电阻箱R中的电流相等，即铜电线中电流测量值比实际值偏小，所以测得的铜电线的电阻偏大。 (4)分析电路可知，通过铜电线的电流I＝IR＝，根据欧姆定律有Rx＝＝R，整理得到＝Rx·＋1，根据题图(c)可知图线斜率k＝Rx＝ Ω＝2.60 Ω，铜电线的横截面积S＝πr2＝π2≈0.994 mm2，电阻率ρ＝＝ Ω·m≈2.58×10-8 Ω·m。根据以上分析可知，铜电线横截面积近似达标，但电阻率与纯铜的电阻率相差较大，故使用的有可能是再生铜或含杂质很多的铜。 C　能力提升拔高卷 物理学科思想和方法 (普查题74)(3分)地球上某处海水的周期性涨落称为潮汐。潮汐主要是月球对海水的引力造成的，太阳的引力也起一定的作用，但要弱得多。引起潮汐的力称为引潮力，引潮力沿垂直海水表面向上(背离地心)最大处，海水形成高峰；反之，引潮力沿垂直海水表面向下(指向地心)最大处，海水出现低谷。为简化研究，只在地—月系统分析问题，此时引潮力可称为月潮力。假设地球表面全部被海水覆盖，如图所示，月地距离为r，地球半径为R，月球质量为M月，地球质量为M地；A为近月点，B为远月点。如取直角坐标系的x轴沿月地连线，θ为地表某处所对应的半径与x轴正方向的夹角。该处质量为Δm的海水的月潮力在x轴、y轴上的分力值Fx、Fy分别是Fx＝R cos θ，Fy＝R sin θ。依据已学的知识，结合上述公式，判断下列说法正确的是(　　) A．月潮力就是地球对海水的引力 B．月潮力就是月球对海水的引力 C．近月点处的海水月潮力向下最大 D．远月点处的海水月潮力向上最大 (普查题74)答案：D 解析：月潮力是月球的吸引与地球的自转共同对海水产生的等效力，故A项、B项均错误。在近月点A，θ＝180°，Fx＝R cos θ<0，方向沿x轴负方向，背离地心向上，海水月潮力向上最大，故C项错误。在远月点B，θ＝0°，Fx＝R cos θ>0 ，方向沿x轴正方向，背离地心向上，海水月潮力向上最大，故D项正确。 (普查题75)(12分)类比法、等效法等都是研究和学习物理过程中常用的重要方法： (1)简谐运动是机械振动中最简单的一种理想化的运动模型。它具有如下特点：①简谐运动的物体受到的回复力，大小与物体偏离平衡位置的位移x成正比，方向与x方向相反；②简谐运动具有周期性。 通过研究发现：如图(a)，摆长为L、摆球质量为m的单摆，在重力场中做小角度摆动时可以看作简谐运动，其周期为T＝2π，g为当地重力加速度；现将该单摆的摆球带上正电，电荷量为＋q，分别置于竖直向下的匀强电场E[图(b)]和垂直于纸面向里的匀强磁场B[图(c)]中，并均做小角度的简谐运动。已知细线是绝缘的，类比重力场中的单摆周期公式，分析求出该单摆在(b)、(c)两图中振动的周期。 (2)物理中存在“通量”这个物理量，“通量”的定义要用到高等数学知识。在高中阶段，对“通量”的定义采用的是简单化处理方法并辅以形象化物理模型进行理解。除“磁通量”外，“电通量”也是一种常见“通量”。在定义“电通量”时只需要把“磁通量”中的磁感应强度B替换为电场强度E即可。已知静电力常量为k，请同学们充分运用类比的方法解决以下问题： ①如图(d)，空间存在正点电荷Q，以点电荷为球心作半径为R的球面。试求通过该球面的电通量ΦE； ②上述情况映射的是静电场中“高斯定理”，“高斯定理”可以从库仑定律出发得到严格证明。“高斯定理”可表述为：通过静电场中任一闭合曲面的电通量等于闭合曲面内所含电荷量Q与4πk的乘积，即ΦE＝4πkQ；试根据“高斯定理”证明：一个半径为R的均匀带电球体(或球壳)在外部产生的电场，与一个位于球心的、电荷量相等的点电荷产生的电场相同，球外各点的电场强度也是E＝k(r>R)，式中r是球心到该点的距离，Q为整个球体(或球壳)所带的电荷量。 (普查题75)答案：(1)2π(3分)　2π(2分)　 (2)①4πkQ(3分)　②见解析(4分) 解析：(1)题图(b)中，摆球受到重力G、电场力F电和摆线拉力T，与重力场中的单摆类比，等效的重力为 G′＝G＋F电，g′＝(2分) 代入单摆周期公式得Tb＝2π(1分) 题图(c)中，摆球受到重力G、洛伦兹力F洛和摆线拉力T，与重力场中的单摆类比，洛伦兹力始终沿摆线方向，不产生回复力的效果，单摆周期与重力场中相同，即Tc＝2π(2分) (2)①根据点电荷的场强公式，求得球面上各处的电场强度大小为E＝k(1分) 由于球面上各处电场强度方向都与球面垂直，故通过球面的电通量为 ΦE＝ES＝k×4πR2＝4πkQ(2分) ②证明：过距球心为r(r>R)的点作一球面，根据对称性可知该球面上各点场强大小相等，方向处处与球面垂直。设该点的电场强度为E，通过该球面的电通量为ΦE，则有ΦE＝ES＝4πr2E(2分) 由高斯定理知ΦE＝4πkQ(1分) 所以有4πr2E＝4πkQ 化简得E＝k(1分) 这就是带电荷量为Q的均匀带电球体(或球壳)在球外距球心r处产生的场强。 (普查题76)(12分)如图所示，水平传送带以v0＝2 m/s的速度做逆时针运动，传送带左端与水平地面平滑连接，传送带与一固定的四分之一光滑圆弧轨道相切，物块a从圆弧轨道最高点由静止下滑后滑过传送带，与静止在水平地面右端的物块b发生弹性碰撞。已知物块b的质量M＝0.3 kg，两物块均可视为质点，物块a滑到圆弧轨道最低点时对轨道的压力大小F＝3 N，圆弧轨道半径r＝1.25 m，传送带左、右两端的距离d＝4.5 m，物块a与传送带和水平地面间的动摩擦因数均为μ1＝0.1，物块b与水平地面间的动摩擦因数μ2＝0.5，取重力加速度g＝10 m/s2，碰撞时间极短。求： (1)物块a的质量m和物块a下滑到圆弧轨道最低点时的速度大小v1； (2)物块a第一次与物块b碰撞后瞬间，物块b的速度大小； (3)两物块最多能碰撞的次数及最终两者的距离。 (普查题76)答案：(1)0.1 kg　5 m/s(3分) (2)2m/s　(3分) (3) 2次　0.48 m(6分) 解析： (1)物块a沿圆弧从最高点由静止下滑到圆弧轨道最低点，根据机械能守恒定律有 mgr＝mv(1分) 物块a运动到轨道最低点时，有 F－mg＝(1分) 联立以上两式并代入数据解得 m＝0.1 kg，v1＝5 m/s(1分) (2)物块a在传送带上运动时，有ma1＝μ1mg 设物块a第一次滑到传送带左端时的速度大小为v2，则有v－v＝2(－a1)d 解得v2＝4 m/s>v0＝2 m/s(1分) 所以物块a第一次滑到传送带左端时的速度大小为4 m/s。 物块a、b碰撞过程动量守恒，机械能守恒，设碰撞后物块a的速度为v3，b的速度为v4，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有 mv2＝mv3＋Mv4，mv＝mv＋Mv(1分) 联立解得v3＝－2 m/s，v4＝2 m/s 即第一次碰撞后瞬间物块b的速度大小为2m/s 。(1分) (3)碰撞后物块b沿地面向左做匀减速运动，设加速度为a2，到静止时所用时间为t1，位移为x1，物块a沿传送带先向右做匀减速运动，速度减到0后再向左做匀加速运动，对于物块b，有 v＝2a2x1，Ma2＝μ2Mg，v4＝a2t1 解得x1＝0.4 m，t1＝0.4 s(1分) 对于物块a，设速度减为0所用的时间为t2，位移为x2，则有v＝2a1x2，－v3＝a1t2(1分) 解得x2＝2 m<d，t2＝2 s 由t1<t2知，物块a第二次与b碰撞前b已经停止运动。(1分) 设物块a第二次与b碰撞前瞬间的速度大小为v5，则有v－v＝2a1x1 解得v5＝ m/s(1分) 物块a、b第二次碰撞过程动量守恒、机械能守恒，设第二次碰撞后速度分别为v6、v7，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有 mv5＝mv6＋Mv7，mv＝mv＋Mv 解得v6＝－ m/s，v7＝ m/s(1分) 物块b第二次碰撞后向左滑行的距离 x3＝＝0.08 m 物块a第二次碰撞后向右滑行的距离 x4＝＝0.4 m 所以两物块最多碰撞2次，最终两者的距离为 s＝x3＋x4＝0.48 m(1分) (普查题77)(12分)我们知道：电流周围有磁场。图(a)所示为环形电流周围磁场的分布情况。根据电磁学理论可知，半径为R、电流强度为I的环形电流中心处的磁感应强度大小B＝k，其中k为已知常量。 (1)正切电流计是19世纪发明的一种仪器，它可以利用小磁针的偏转来测量电流。图(b)为其结构示意图。在一个竖直放置、半径为r、匝数为N的圆形线圈的圆心O处，放一个可以绕竖直轴在水平面内转动的小磁针(带有分度盘)，线圈未通电流时，小磁针稳定后所指方向与地磁场水平分量的方向一致，调整线圈方位，使其与静止的小磁针在同一竖直平面内。给线圈通上待测电流后，小磁针偏转了α角。已知仪器所在处地磁场的磁感应强度水平分量大小为Bc。求： a．待测电流在圆心O处产生的磁感应强度BO的大小； b．待测电流Ix的大小。 (2)电流的本质是电荷的定向运动，电流可以产生磁场意味着运动的电荷也可以产生磁场。如图(c)所示，一个电荷量为q的点电荷以速度v运动，这将在与速度垂直的方向上、与点电荷相距为d的A点产生磁场。请你利用上面电流产生磁场的规律，自己构建模型，求出该点电荷在此时的运动状态下将在A点产生的磁场的磁感应强度大小BA。 (普查题77)答案：(1)a.Bc tan α(2分)　b．(3分)　(2)(7分) 解析：(1)a.由题意知，线圈平面与地磁场水平分量方向一致，又待测电流在圆心O处产生的磁感应强度方向垂直于线圈平面，则BO与Bc方向垂直，即地磁场磁感应强度的水平分量Bc与BO的关系如图所示。有BO＝Bc tan α①(2分) b．由题可知BO＝k②(2分) 可得Ix＝(1分) (2)电流强度为I、半径为d的环形电流，可以看作是由Z个电荷量为q的点电荷，以相同的速率v沿圆心为A半径为d的圆周做同方向圆周运动而形成。 在Δt时间内通过环上某截面的电荷量 ΔQ＝·vΔt③(2分) 电流强度I＝＝④(1分) 则环心处的磁感应强度大小可以写成 B＝k＝⑤(1分) 而这个磁场可以看作是由Z个电荷量为q的点电荷共同产生的，且由对称性可知每个点电荷在环心处产生的磁感应强度相同(均为BA)，所以有 B＝ZBA⑥(1分) 则单个点电荷在A点产生的磁场的磁感应强度大小 BA＝(2分) (普查题78)(18分)如图(a)所示，相隔一定距离的竖直边界两侧为相同的匀强磁场区，磁场方向垂直纸面向里，在边界上固定两块长为L的平行金属极板MN和PQ，两极板中心各有一小孔S1、S2，两极板间电压的变化规律如图(b)所示，正反向电压的大小均为U0，周期为T0。在t＝0时刻将一个质量为m、电荷量为－q(q>0)的粒子由S1静止释放，粒子在电场力的作用下向右运动，在t＝时刻通过S2垂直于边界进入右侧磁场区。(不计粒子重力，不考虑极板外的电场) (1)求粒子到达S2时的速度大小v和极板间距d； (2)为使粒子不与极板相撞，求磁感应强度的大小应满足的条件； (3)若已保证了粒子未与极板相撞，为使粒子在t＝3T0时刻再次到达S2，且速度恰好为零，求该过程中粒子在磁场内运动的时间和磁感应强度的大小。 (普查题78)答案：(1)(3分) (4分)　(2)B<(4分) (3)(5分)　(2分) 解析：(1)粒子由S1至S2的过程，根据动能定理有 qU0＝mv2－0①(2分) 解得v＝②(1分) 设粒子的加速度大小为a，由牛顿第二定律得 q＝ma③(1分) 根据运动学公式有d＝a2④(2分) 联立③④式解得d＝⑤(1分) (2)设磁感应强度大小为B，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，由牛顿第二定律得 qvB＝m⑥(2分) 要使粒子在磁场中运动时不与极板相撞，要满足 2R>⑦(1分) 联立②⑥⑦式解得B<⑧(1分) (3)设粒子在两边界之间无场区向左匀速运动的过程用时为t1，有d＝vt1⑨(1分) 联立②⑤⑨式解得t1＝⑩ 若粒子再次到达S2时速度恰好为零，则粒子回到极板间应做匀减速运动，设匀减速运动的时间为t2，根据运动学公式得d＝t2⑪(1分) 联立⑨⑩⑪式解得t2＝⑫(1分) 设粒子在磁场中运动的时间为t，则 t＝3T0－－t1－t2⑬(1分) 联立⑩⑫⑬式解得t＝⑭(1分) 设粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期为T，则由⑥式结合T＝解得T＝⑮(1分) 由题意可知T＝t⑯ 联立⑭⑮⑯式解得B＝(1分) (普查题79)(12分)如图所示，真空中有两间距为L、足够长的正对金属板A、B，紧邻A板的电子源S能向纸面内各个方向持续释放最大速度为v0的电子。已知电子质量为m，电荷量为－e，不计电子重力，电子打到极板后即被吸收导走。 (1)若A板接正极、B板接负极，且电路中恰好无电流，A、B板间的电势差U1为多大？ (2)若两极板间加垂直于纸面向里、磁感应强度为的匀强磁场，此时B板上有电子到达的区域的长度为多大？能到达B板的电子的速度应满足什么条件？ (3)若A板接正极、B板接负极，且电子打到B板的范围与(2)题中的相同，A、B板间的电势差U2为多大？ (4)若A板接负极、B板接正极，两极板电压U3＝，同时加(2)题中的匀强磁场，S发出的速度为v0、方向垂直于极板的电子能否到达B极板？若能，求出到达B极板的位置；若不能，求出电子离A的最远距离。 (普查题79)答案：(1)(2分)　(2)2L　v≥(3分)　(3)(4分)　(4)能　B板上S点正下方左侧－(－1)L处(3分) 解析：(1)已知电路中恰好无电流，则最大速度为v0的电子垂直金属板运动时恰好不能到达B板，根据动能定理有 －eU1＝0－mv(1分) 解得U1＝(1分) (2)设能到达B板的电子的速度为v，由题意，根据洛伦兹力提供电子做圆周运动的向心力，有 evB＝m(1分) 可得r＝L 当打出的电子速度为v0时，r＝L，可画出当粒子速度最大时能到达的B板的区域，如图(a)中C、D两点之间。粒子若能打到B板上，临界条件为轨迹圆刚好与A、B板相切，r≥，此时v≥ 综上可得，B板上有电子到达区域长度为2L，到达B板的粒子速度v≥。(2分) 图(a) (3)此时速度为最大速度v0的能到达B板上的区域边界的电子做逆向的类平抛运动，设v0的水平、竖直方向分量分别为vx、vy，到达B板时竖直方向分速度减为零，则 水平方向vxt＝L 竖直方向t＝L(1分) 可得vx＝ 且v＋v＝v(1分) 解得vy＝v0 又由动能定理可得 eU2＝mv－0(1分) 解得U2＝(1分) (4)如图(b)所示，将带电粒子的运动看成速度为v0、水平向左的匀速直线运动和速度大小为v0的匀速圆周运动的合运动， 图(b) 粒子做圆周运动的半径为r′＝＝L(1分) 离A板最远距离 ym＝r′(1＋cos 45°)＝L＝(＋1)L>L 因此能到达B板。(1分) 如果只做圆周运动，打到B板的位置为B板上S点正下方右侧(－1)L处，此时粒子向左匀速运动的距离为 x＝v0t＝v0××＝ 因此粒子的位置为S点正下方左侧，与S点水平距离为－(－1)L(1分) (普查题80)(20分)我们知道，根据光的粒子性，光的能量是不连续的，而是一份一份的，每一份叫一个光子，光子具有动量(hν/c)和能量(hν)，当光子撞击到光滑的平面上时，可以像从墙上反弹回来的乒乓球一样改变运动方向，并给撞击物体以相应的作用力。光对被照射物体单位面积上所施加的压力叫光压。联想到人类很早就会制造并广泛使用的风帆，能否做出利用太阳光光压的“太阳帆”进行宇宙航行呢？ 1924年，俄国航天事业的先驱齐奥尔科夫斯基和其同事灿德尔明确提出“用照射到很薄的巨大反射镜上的太阳光所产生的推力获得宇宙速度”，首次提出了太阳帆的设想。但太阳光压很小，太阳光在地球附近的光压大约为10-6 N/m2，但在微重力的太空，通过增大太阳帆面积，长达数月的持续加速，使得太阳帆可以达到甚至超过宇宙速度。IKAROS是世界第一个成功在星际空间运行的太阳帆。2010年5月21日发射，2010年12月8日，IKAROS在距离金星 80 800 公里处飞行掠过，并进入延伸任务阶段。 设太阳单位时间内向各个方向辐射的总能量为E，太空中某太阳帆面积为S，某时刻距太阳距离为r(r很大，故太阳光可视为平行光，太阳帆位置的变化可以忽略)，且帆面和太阳光传播方向垂直，太阳光频率为ν，真空中光速为c，普朗克常量为h。 (1)当一个太阳光子被帆面完全反射时，求光子动量的变化Δp，判断光子对太阳帆面作用力的方向。 (2)计算单位时间内到达该航天器太阳帆面的光子数。 (3)事实上，到达太阳帆表面的光子一部分被反射，其余部分被吸收。被反射的光子数与入射光子总数的比，称为反射系数。若太阳帆的反射系数为ρ，求该时刻太阳光对太阳帆的作用力大小。 (普查题80)答案：(1)2　与反射前光子速度方向相同(5分)　(2)(6分)　(3)(9分) 解析：(1)Δp＝－＝2(3分) 作用力方向与反射前光子速度方向相同。(2分) (2)一个光子能量E0＝hν(2分) 单位时间内到达太阳帆的光能量E总＝(2分) 光子数N＝＝(2分) (3)时间Δt内反射光子动量变化 Δp1＝ρNΔtΔp＝Δt(2分) 吸收光子动量变化Δp2＝(1－ρ)NΔt(p－0)＝Δt(2分) 根据动量定理有FΔt＝Δp1＋Δp2(2分) 解得F＝(2分) 由牛顿第三定律知，太阳光对太阳帆的作用力大小 F′＝F＝(1分) 学科网（北京）股份有限公司 $$