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课标物理高考模拟试题精编(八)


高考模拟试题精编(八) 【说明】 本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分.满分 100 分,考 试时间 90 分钟. 题号 得分 第Ⅰ卷(选择题 共 40 分) 一 11 12 二 13 14 15 附加 题 总分

一、选择题:本题共 10 小题,每小题 4 分,共 40 分.在每小题给出的四个选项 中,有一个或一个以上选项符合题目要求,全部选对

的得 4 分,选不全的得 2 分, 有错选或不答的得 0 分. 1.中国海军歼-15 舰载机已经在“辽宁舰”上多次进行触舰复飞,并已经进行 了舰载机着陆和甲板起飞.假设舰载机速度达到 80 m/s 就可以起飞,航空母舰上 水平跑道的长度为 300 m,保持舰载机发动机的转速,使舰载机的加速度为 10 m/s2,则( )

A.舰载机可以安全起飞,滑跑时间为 8 s B.舰载机一定不能完全起飞,因为水平跑道长度不够 C.只有把舰载机的加速度增大到 11 m/s2 才能安全起飞 D.当航空母舰在舰载机滑跑的方向上以 30 m/s 的速度航行时舰载机可以安全起 飞 2.

如图所示,球网上沿高出桌面 H,网到桌边的距离为 L.某人在乒乓球训练中,从 左侧 L/2 处,将球沿垂直于网的方向水平击出,球恰好通过网的上沿落到右侧桌 边缘.设乒乓球运动为平抛运动.则乒乓球( A.在空中做变加速曲线运动 B.在水平方向做匀加速直线运动 )

C.在网右侧运动时间是左侧的 2 倍 D.击球点的高度是网高的 2 倍 3.

将如图所示的交变电压接在一个原、副线圈匝数分别为 n1=1 000、n2=100 的理 想变压器的原线圈两端,下列说法中错误的是( A.变压器闭合铁芯的磁通量最大值为 311 Wb B.副线圈两端电压的有效值是 22 V C.副线圈输出的交变电压的频率为 50 Hz D.t=0.01 s 时副线圈输出的交变电压的瞬时值为零 4. )

某同学通过一个力传感器提着一个质量为 1 kg 的手提包走进一个电梯, 并把传感 器连接在计算机上,从电梯开始运动为计时起点,到达某一楼层停止,通过计算 机处理得到的力随时间变化的图象如图所示,下列判断正确的是( A.电梯先加速向下运动,再匀速运动,最后减速运动 B.电梯运动的最大速度是 20.4 m/s C.电梯加速运动时的加速度大小大于减速运动时的加速度大小 D.电梯运动的位移是 9.6 m 5. )

利用传感器和计算机可以测量快速变化的力的瞬时值.如图甲所示,用弹性绳静 止悬挂一个质量为 m 的小球,弹性绳由原长 L0 伸长到 L(弹性绳的拉力与伸长量 成正比),把小球举高到绳子的悬点 O 处,然后放手让小球自由下落,利用传感

器和计算机获得的弹性绳中的拉力脉冲如图乙所示,测得第一个脉冲的峰值是静 止时的 n 倍,则( )

A.小球在运动过程中机械能守恒 B.小球在第一次向下运动的过程中动能先增大后减小 C.小球第一次向下运动过程中,小球和弹性绳组成的系统机械能守恒 D.小球第一次向下运动的过程中,弹性绳具有最大弹性势能 6.如图甲所示,质量为 m=1 kg 的物体置于倾角 θ=37° 的固定粗糙斜面上.t=0 时对物体施以平行于斜面向上的拉力 F,t=1 s 时撤去拉力,斜面足够长,物体 运动的部分 v-t 图象如图乙所示(g=10 m/s2),则下列说法中正确的是( )

A.拉力的大小为 20 N

B.t=3 s 时物体运动到最高点 D.t=1 s 时物体的机械能最大

C.t=4 s 时物体的速度大小为 10 m/s 7.

4 如图所示,A、B 两球用原长为3L、劲度系数为 k1 的轻弹簧相连,B 球用长为 L 的细线悬于 O 点,A 球固定在 O 点正下方,且 OAB 恰好构成一个正三角形,现 把 A、B 间的弹簧换成原长相同、劲度系数为 k2 的轻弹簧,仍使系统平衡,此时 3 A、B 间的距离变为4L,则( A.绳子 OB 所受的拉力不变 3 C.k2=4k1 8. 3 D.k2=7k1 ) B.弹簧产生的弹力变大

如图所示, 一根长 L=1.5 m 的光滑绝缘细直杆 MN 竖直固定在场强为 E=1.0×105 N/C、与水平方向成 θ=30° 角的倾斜向上的匀强电场中.杆的下端 M 固定一个带 电小球 A,电荷量 Q=+4.5×10-6 C;另一带电小球 B 穿在杆上可自由滑动,电 荷量 q=+1.0×10-6 C, 质量 m=1.0×10-2kg.现将小球 B 从杆的上端 N 静止释放, 小球 B 开始运动(静电力常量 k=9.0×109 N· m2/C2,取 g=10 m/s2),则( A.小球 B 开始运动时的加速度为 8.2 m/s2 B.从小球 B 开始运动到速度达到最大的过程中小球 B 的机械能增加 C.小球 B 的速度最大时,距 M 端的高度为 0.64 m D.从小球 B 开始运动到速度达到最大的过程中电场力对小球 B 一直做负功 9.为了探测某星球,载着登陆舱的探测飞船在以该星球中心为圆心、半径为 r1 的圆轨道上运动,总质量为 m1.随后登陆舱脱离飞船,变轨到离星球更近的半径 为 r2 的圆轨道上运动,此时登陆舱的质量为 m2,则( ) )

A.登陆舱脱离飞船时应该加速才能从半径为 r1 的圆轨道变轨到半径为 r2 的圆轨 道上 B.登陆舱在半径为 r1 的圆轨道上运行的加速度小于在半径为 r2 的圆轨道上运行 的加速度 v1 C.登陆舱在半径为 r1 与 r2 的圆轨道上运行的速度大小之比为v =
2

m1r1 m2r2

D.登陆舱从半径为 r1 的圆轨道变轨到半径为 r2 的圆轨道的过程中万有引力做正 功,登陆舱的引力势能减小,动能增大,速度变大 10.

如图所示,水平面内固定的大导体矩形环 M 与电阻不计的平行金属导轨相连,环 内有磁感应强度按 Bt=B0+kt 均匀增大的匀强磁场,矩形环的面积为 S,导轨足

够长、间距为 L,导轨间存在磁感应强度为 B 的匀强磁场,导轨上放一质量为 m 的导体棒,导体棒与导轨紧密接触,磁感线垂直于导轨所在平面.若导体棒和矩 形环的电阻均为 R, 导体棒与导轨间的动摩擦因数为 μ,导体棒经过时间 t 达到最 大速度,则( )

kS A.导体棒的最大速度为BL μmg B.导体棒达到最大速度时流过 ab 的电流为 BL 2μ2m2g2R C.导体棒达到最大速度时电路消耗的总功率为 B2L2 2μ2m2g2R D.导体棒达到最大速度时电路上产生的焦耳热为 B2L2 t 答题栏 题号 答案 第Ⅱ卷(非选择题 共 60 分) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

二、非选择题:本题共 5 小题,共 60 分.按题目要求作答.解答题应写出必要的 文字说明、方程式和重要的演算步骤.只写出最后答案的不能得分.有数值计算 的题,答案中必须明确写出数值和单位. 11.(6 分)在“探究小车速度随时间变化的规律”实验时,某同学得到如图所示的 纸带,已知电源的频率为 50 Hz,且相邻两计数点间有四点没画出,则纸带上相 邻两个计数点间的时间间隔为________s.如果用 x1、x2、x3、x4、x5、x6 来表示从 O 点开始各相邻两个计数点间的距离,用 T 表示相邻计数点的时间间隔,则该匀 变速直线运动的加速度的表达式为 a = ______( 用符号写出表达式,不要求计 算).打 F 点时小车的速度大小为 vF=________m/s.(保留 3 位有效数字)

12.(9 分)某物理兴趣小组为了描绘额定电压为 3.0 V 的小灯泡的伏安特性曲线, 选用了如图甲中所示的实验器材. (1)根据要求把图甲中的电路连接完整.

(2)开关闭合前,滑动变阻器的滑片应该置于________端(填“M”或“N”) (3)实验中测得有关数据如下表: U/V I/A 0.40 0.10 0.80 0.16 1.20 0.20 1.60 0.23 2.00 0.25 2.40 0.26 2.80 0.27

根据表中的实验数据,在图乙中画出小灯泡的 I-U 曲线.

13.

(12 分)如图所示,平行板电容器两极板带等量异种电荷,提供一个竖直向上的匀 强电场,两板间距离为 d,一个质量为 m、电荷量为 q 的带电小球,由 A 从静止 开始向上做匀加速直线运动. (1)带电小球运动一段时间到达 B 点时,若电场方向突然变为向下,但大小未变, 经过相同的时间小球刚好回到出发点,求该电场的电场强度的大小 E; (2)若 A、B 间距离为两板间距离的一半,带电小球向上运动到 B 点的瞬间,两极 板整体逆时针转动 60° ,同时在板间加一垂直纸面的匀强磁场,带电小球恰好做 匀速直线运动,求该匀强磁场的磁感应强度的大小和方向. 14.

(15 分)如图所示,质量为 m1 的物体 A 经一轻质弹簧与下方地面上的质量为 m2 的 物体 B 相连,弹簧的劲度系数为 k,A、B 都处于静止状态.一条不可伸长的轻绳

绕过轻滑轮,一端连物体 A,另一端连一轻挂钩,不计滑轮的摩擦,开始时各段 绳都处于伸直状态,A 上方的一段绳沿竖直方向,重力加速度为 g,在挂钩上挂 一质量为 m 的物体 C 并从静止释放,它恰好能使 B 离开地面但不继续上升. (1)求物体 C 挂上前弹簧的压缩量; (2)求物体 B 刚要离开地面时弹簧弹性势能的增加量; (3)通过计算说明要使物体 C 刚释放的瞬间物体 A 的加速度和物体 B 恰好要离开 地面时物体 A 的加速度大小相等,应满足什么条件? 15.

(18 分)在 xOy 平面内,M、N 分别为 x、y 轴上的点,在第四象限和 MON 区域内 存在理想边界的匀强磁场,磁感应强度为 B,MN 为一个与 x 轴负方向成 θ=45° 的挡板,M 点坐标为(d,0),如图所示.在第一象限 x≥d 的区域内存在匀强电场, 电场强度为 E,方向沿 x 轴负方向.在坐标原点 O 处有一粒子源,向 y 轴负方向 发射速度不同的质量为 m、电荷量为 q 的正电荷(不计重力).试求: (1)在磁场中能做完整圆周运动的粒子的速度取值范围. (2)若将 MN 挡板沿 MN 向第二象限延长至无限远,离开电场后恰好打不到挡板上 的粒子的速度值.(不考虑粒子间相互影响) 附加题:本题共 3 小题,每小题 15 分.分别考查 3-3、3-4、3-5 模块.请考 生根据本省考试情况选择相应题目作答,其分值不计入总分. 1.[物理——选修 3-3](15 分) (1)(5 分)下列说法正确的是________. A.布朗运动是液体分子的无规则运动 B.分子间距离增大时,分子间的引力、斥力都减小 C.气体的状态变化时,若温度升高,则每个气体分子的平均动能都增加 D.外界对物体做功时,物体的内能一定增加 (2)(5 分)某商场有一款双门电冰箱,冷藏室容积为 V1,冷冻室容积为 V2,冰箱内 的空气可视为理想气体,常温下空气的摩尔体积为 V0,阿伏加德罗常数为 NA,

则常温下电冰箱内的空气分子数约为________.

(3)(5 分)如图所示,在一空牛奶盒中插入一粗细均匀的玻璃管,接口处密封,在 玻璃管中滴入一小滴油, 不考虑大气压的变化, 这就构成了一个简易的温度计. 已 知牛奶盒的容积为 250 cm3,玻璃管的横截面积为 0.2 cm2,玻璃管的有效长度为 20 cm,当温度为 25 ℃时,油柱离管口 10 cm.求该温度计的测量范围. 2.[物理——选修 3-4](15 分) (1)(5 分)真空中有间距为 0.6 m 的两点,A 点由于干扰在空间形成一列由 A 向 B 传播的简谐波,且波长 λ>0.5 m.在开始计时时,质点 A 处于正的最大位移处, 经过 0.1 s,第二次回到平衡位置,而此时质点 B 刚好到达正的最大位移处,则这 列简谐波的波速是________. A.24 m/s B.6 m/s C.12 m/s D.18 m/s (2)(5 分 ) 已知锌的逸出功 W0 = 3.34 eV ,用波长 λ = 0.2 μm 的光照射锌板时 ________(填“能”或“不能”)发生光电效应.(普朗克常量 h=6.63×10-34 J· s, 真空中光速 c=3×108 m/s)

(3)(5 分)如图为一直径是 10 nm 的玻璃珠,假设该玻璃珠的折射率为 3,入射光 射到玻璃珠中经折射、 反射、 再折射后恰好和入射光线平行, 那么入射角是多少? 3.[物理——选修 3-5](15 分) (1)(5 分)下列有关近代物理的说法正确的是________. A.较重的核分裂成中等质量大小的核或较轻的核合并成中等质量大小的核,核 子的比结合能都会增加 B. α 粒子散射实验中少数粒子发生较大偏转是卢瑟福猜想原子核式结构模型的主

要依据 C.玻尔原子理论无法解释较为复杂原子光谱的现象,说明玻尔提出的原子定态 概念是错误的 D.根据玻尔理论可知,氢原子辐射出一个光子后,氢原子的电势能增大,核外 电子的运动速度减小

(2)(5 分)如图为氢原子的能级图, 现用能量为 12.8 eV 的电子轰击处于基态的氢原 子,使氢原子跃迁到激发态,之后氢原子从激发态向低能级跃迁,则在跃迁的过 程中最多能辐射出________种不同频率的光子,辐射出的光子中,波长最长的光 子的波长为________. (3)(5 分)在真空中有一质量为 m、 速度为 v 的 α 粒子 A, 与处于真空中另一质量也 为 m 的静止的 α 粒子 B 发生正碰,如果在碰撞过程中没有能量损失,则碰后 α 粒 子 B 的速度是多少?如果碰后二者结合在一起,则共同速度是多少? 高考模拟试题精编(八) v2 802 1.D 由 x=2a= m=320 m,可知水平跑道不够长,由匀变速直线运动规 2×10
2 律,只有增大加速度或增大初速度才能使飞机安全起飞;根据 v2-v0 =2as 得:

v0= v2-2as= 802-2×10×300 m/s=20 m/s,故当航空母舰在舰载机滑跑的 方向上以 30 m/s 的速度航行时舰载机可以安全起飞,只有选项 D 正确. 2.C 乒乓球击出后,只受重力,做平抛运动,可分解为水平方向上的匀速直线

运动和竖直方向上的自由落体运动,选项 A、B 错误;网左侧和右侧水平距离之 1 2L v水平t1 t1 1 比L= = = , 选项 C 正确; 击球点到网的高度与击球点到桌面的高度之比 v水平t2 t2 2 h-H 1 h 9 为 h =1 =9,所以击球点的高度与网高度之比为H=8,选项 D 错误. 2 2g?t1+t2? 1 2 2gt1

3.A

Em 由 题 图 可 知 , Em = 311 V , 由 Em = nBSω = nΦmω 得 Φm = nω =

311 Wb≈0.001 Wb,A 错误;根据交流电的有效值可知,原线圈 1 000×2×3.14×50 的电压有效值为 U1= Um U1 n1 n2U1 =220 V,根据变压器原理可得U =n ,故 U2= n =22 2 2 1 2

1 V,B 正确;由题图可知,交流电的周期为 T=2×10-2 s,所以 f=T=50 Hz,变 压器不能改变交流电的频率, 所以副线圈输出的交变电压的频率也是 50 Hz, 故C 正确;t=0.01 s 时原线圈交变电压处于峰值,故闭合铁芯中的磁通量最大,变化 率为零,所以副线圈输出的交变电压的瞬时值为零,D 正确. 4.D 由图象和对竖直悬挂的手提包受力分析可知,开始拉力大于重力,故加速 F1-mg 度向上,电梯加速向上运动,A 错误;加速时,由 F1-mg=ma1,得 a1= m =0.4 m/s2,vm=a1t1=0.4×2 m/s=0.8 m/s,故 B 错误;减速时,由 mg-F2=ma2 mg-F2 vm 得 a2= m =0.4 m/s2,故 C 错误;电梯运动的位移为 x=x1+x2+x3= 2 · t1+ vm vm· t2 + 2 · t3=9.6 m,故 D 正确. 5.B 对小球进行受力分析可知,小球第一次向下运动的过程中先做加速运动, 受力平衡时速度达到最大,然后做减速运动,故小球第一 次 向 下 运 动的 过 程

中动能先增大后减小,B 正确;由弹性绳中的拉力脉冲可知,峰值变小,故小球 和弹性绳组成的系统机械能不守恒,C 错误;小球静止悬挂时 mg=k(L-L0),则 第一次向下运动的过程中弹性绳形变量最大时 Fm = kn(L - L0) ,由功能关系得 mg[L0+n(L-L0)]=Ep+Q,故 Ep<ngmL+(1-n)mgL0,D 错误. 6.BD 运动过程中物体受到的摩擦力的大小 f 不变,根据图象可知,有拉力作 用时加速度大小 a1=20 m/s2,没有拉力作用时加速度大小为 a2=10 m/s2,对物体 受力分析并根据牛顿第二定律有 F-f-mgsin θ=ma1,f+mgsin θ=ma2,联立上 述两式可得:F=30 N,f=4 N,所以选项 A 错误;撤去拉力后,物体做匀减速 运动,到 t=3 s 时刻物体速度减为零,此时物体运动到最高点,选项 B 正确;在 t=3 s 时刻,物体速度减为零,然后开始沿斜面下滑做匀加速运动,加速度大小 mgsin θ-f 为 a3= =2 m/s2, 到 t=4 s 时物体的速度大小为 v=a3Δt=2 m/s, 选项 C m

错误;在 0~1 s 内,物体的动能和势能均增大,机械能增大,t=1 s 后,摩擦力 对物体做负功,物体的一部分机械能转化为内能,机械能减小,所以 t=1 s 时物 体的机械能最大,选项 D 正确. 7.AD 以 B 球为研究对象,B 球受到重力 mg,细线的拉力 FN 和弹簧的弹力 FT 三个力的作用, 开始时 OAB 刚好构成一个正三角形, 由力的相似三角形法可知有 mg FN FT mg F′N F′T L = L = L ,即 mg=FN=FT,更换弹簧后同理可得 L = L = 3 ,即 F′N 4L 3 ? 3 ?4 ? 1 ?4 =mg, F′T=4mg, 故 A 对、 B 错;FT=k1?3L-L?=3k1L=mg,F′T=k2?3L-4L? ? ? ? ? 7 3 3 =12k2L=4mg,故有 k2=7k1,C 错、D 正确. 8.D 开始时对小球 B 进行受力分析,小球 B 受到重力 mg、杆的弹力 FN、库仑 力 FC 和电场力 FE 四个力作用,将电场力正交分解,则小球 B 在竖直方向上受到 qQ 的合外力为 Fy=mg-FC-FEsin θ=mg-k L2 -qEsin θ=0.032 N,故 a=3.2 m/s2, 选项 A 错误;小球 B 向下运动的过程中库仑力和电场力都做负功,小球的机械能 qQ 减少,选项 B 错、D 正确;小球 B 速度最大时加速度为零,即 mg-k 2 -qEsin θ r =0,解得 r=0.9 m,选项 C 错误. 9.BD v2 Mm1 1 探测飞船绕星球运动时,万有引力充当向心力,满足 G r2 =m1 r ,登 1 1

陆舱脱离飞船时如果加速,登陆舱将做离心运动,半径变大,故选项 A 错误;a1
2 v2 v2 v2 M M Mm 1 = r =G r2 ,a2= r2 =G r2 ,因为 r1>r2,所以 a1<a2,选项 B 正确;根据 G r2 =m r 1 1 2

得 v=

v1 GM ,故 r v2=

r2 r1,选项 C 错误;登陆舱从半径为 r1 的圆轨道变轨到半

径为 r2 的圆轨道的过程中万有引力做正功,动能增大,引力势能减小,选项 D 正 确. 10.BC 根据法拉第电磁感应定律,导体矩形环内磁场变化产生的感应电动势为

ΔΦ ΔB E kS E1= Δt = Δt S=kS,开始时导体棒 ab 中的电流为 I=2R=2R,方向由 b 到 a,导 体棒受到导轨间磁场的安培力 FA=BIL,导体棒在安培力作用下做加速运动, a



FA-μmg ,导体棒运动中切割磁感线产生的感应电动势为 E2=BLv,方向与 E1 m

E1-E2 kS-BLv kS-BLv 相反, 故电流变为 I′= 2R = 2R , 安培力变为 FA′=BI′L=BL 2R , kS-BLvm kS 2μmgR 当 a=0 时速度达到最大,即 BL =μmg,解得 vm=BL- B2L2 ,此时的 2R μmg 电流为 I′= BL ,故选项 A 错误、B 正确;导体棒速度达到最大时,电路消耗的 2μ2m2g2R ?μmg? 总功率为 P=I′2· 2R=? BL ?2· 2R= B2L2 ,选项 C 正确;由于导体棒加速的过 ? ? 程中电路中电流是变化的,所以选项 D 错误. 11.解析:打点计时器每隔 0.02 s 打一个点,则相邻两计数点之间的时间间隔为 T = 5×0.02 s = 0.1s ; 由 (x4 + x5 + x6) - (x1 + x2 + x3) = a(3T)2 , 得 a = ?x4+x5+x6?-?x1+x2+x3? ?10.81+12.70?×10-2 ; 打 D 点时小车的速度大小为 vD= ?3T?2 2×0.1 ?15.10+12.70?×10-2 m/s=1.176 m/s,打 E 点时小车的速度大小为 vE= m/s=1.39 2×0.1 vD+vF m/s,由 vE= 2 ,得 vF=1.60 m/s. 答案:0.1(2 分) ?x4+x5+x6?-?x1+x2+x3? (2 分) 1.60(2 分) ?3T?2

12.解析:(1)该实验要求电压从零开始调节,故滑动变阻器使用分压式接法;小 灯泡的电阻较小,故采用电流表外接法.(2)在实验开始前,为了保护电流表和电 压表,需要将滑动变阻器的滑片置于 M 端. 答案:(1)如图 1 所示(3 分) (2)M(3 分) (3)如图 2 所示(3 分)

13.解:(1)带电小球由静止开始从 A 运动到 B 的过程中,受到重力和电场力的作 1 用,由牛顿第二定律有 qE-mg=ma1,则 xAB=2a1t2(2 分)

1 1 电场反向后电场力也反向,有 qE+mg=ma2,则-xAB=v0t-2a2t2=a1t2-2a2t2(2 分) 2mg 解得:E= q (1 分) (2)带电小球向上运动到 B 点的过程中,有 qE-mg=ma,则 a=g(1 分) 根据 v2=2ax,则 v= gd(2 分) 1 此时带电小球恰好做匀速直线运动, 电场力的竖直分量为 Fy=qEcos 60° =2mg×2 =mg,恰好与重力平衡,故水平方向上必定是电场力的水平分量与洛伦兹力平衡 (1 分) 3m g 即 qEsin 60° =qvB,B= q · d(2 分) 由左手定则可知,磁场方向垂直纸面向外(1 分) 14.解:(1)A 处于平衡状态,弹簧的弹力等于物体 A 的重力,即:F1=m1g(1 分) 设弹簧压缩量为 x1,根据胡克定律有 F1=kx1(2 分) m1g 得:x1= k (1 分) (2)设 B 刚要离开地面时,弹簧的伸长量为 x2,弹簧的弹力为 F2=kx2 由于物体 B 没有继续上升,故加速度为零 m2g 则 F2=m2g,解得 x2= k (1 分) ?m1+m2?g 从物体 C 释放到 B 刚要离开地面的过程, 物体 A 上升的高度为 x1+x2= k (1 分) 物体 A、B、C 和弹簧组成的系统机械能守恒,物体 C 重力势能的减少量等于物 体 A 的重力势能的增加量和弹簧的弹性势能的增加量,即 mg m1g ?m1+m2?g +ΔEp(2 分) k ?m1+m2?g ?m1+m2?g -m1g (1 分) k k ?m1+m2?g = k

则弹簧的弹性势能的增加量为 ΔEp=mg

(3)物体 C 挂上去的瞬间,物体 A 和 C 具有相同的加速度,由整体法和牛顿第二 定律可得

mg=(m1+m)a1,即 a1=

m g(2 分) m1+m

物体 B 刚要离开地面时,物体 B 的加速度为零,弹簧的弹力 F2=m2g 物体 A 则是上升到最高点将要下降,物体 A 受到弹簧向下的弹力、重力和绳子向 上的拉力,物体 C 与 A 具有相同的加速度,用整体法根据牛顿第二定律有: (m1+m2)g-mg=(m1+m)a2, ?m1+m2-m? 即 a2= g(2 分) m1+m ?m1+m2-m? m1+m2 m 要使 a2=a1,即 g= g,需满足 m= (2 分) 2 m1+m m1+m 15.解:(1)当粒子的运动轨迹恰好与 MN 相切时,r 最大,粒子速度最大 mv2 mv0 0 由 qv0B= ,得 r0= (2 分) r0 qB r0 由几何关系可知,此时 sin 45° = (2 分) d-r0 得 r0 = d =( 2-1)d(1 分) 2+1

qBd? 2-1? qBd 两者联立,解得:v0= = (2 分) m m? 2+1? 即粒子速度的取值范围为 0<v0′≤ qBd? 2-1? m

(2)要使粒子恰好打不到挡板上,粒子射出电场时的速度应恰平行于 MN 方向,有 mv2 qvB= r 1 2r-d=2at2(2 分) qE=ma(2 分) vx=at(2 分) vx tan 45° = v (2 分) 联立以上各式,得: mv2 2mv 2qE- qB +d=0(1 分)

2E 解得:v= B ± 附加题

4E2 2qEd B2 - m (2 分)

1.(1)解析:布朗运动是悬浮微粒的无规则运动,它是液体分子碰撞微粒造成的, 反映了液体内部分子运动的无规则性,选项 A 错误;分子间距离增大时,分子间 的引力、斥力都减小,但斥力减小得快,选项 B 正确;气体的温度升高表示气体 的平均分子动能增大,但不是每个气体分子的平均动能都增加,选项 C 错误;做 功和热传递均能改变物体的内能,当外界对物体做功,而物体放热时,物体的内 能可能减小,选项 D 错误. 答案:B(5 分) V1+V2 (2)解析:注意理想气体的体积等于冷藏室和冷冻室的容积之和,N= V NA. 0 V1+V2 答案: V NA(5 分)
0

V (3)解:根据盖吕萨克定律,T =C(1 分) V1 ?250+10×0.2? 3 252 则 C= T = cm /K=298 cm3/K(1 分) ?273+25? 1 所以 ΔV=C ΔT(1 分) ΔV 298 则 ΔT= C =252×0.2×(20-10)K=2.4 K(1 分) 即这个温度计测量的范围是 22.6 ℃~27.4 ℃(1 分) 2.

(1)解析:因为 λ>0.5 m,xAB=0.6 m,所以 A、B 之间的波形如图所示; 3 3 0.4 由波形图可知:4λ=xAB,所以 λ=0.8 m,由题意:4T=0.1 s,所以 T= 3 s;则 λ v=T=6 m/s. 答案:B(5 分) c (2)解析:这种单色光的能量 E=hλ=1×10-18 J=6.25 eV,因为 E>W0,所以能发

生光电效应. 答案:能(5 分)

(3)解:设入射角为 i,折射角为 θ,光路图如图所示,因为入射光线恰好和出射光 线平行,所以 i=2θ(2 分) sin i sin 2θ 根据折射定律:sin θ= sin θ = 3(2 分) 所以 θ=30° , ,i=2θ=60° (1 分) 3.(1)解析:由比结合能曲线可知,较重的核分裂成中等质量大小的核或较轻的 核合并成中等质量大小的核,核子的比结合能都会增加,选项 A 正确;α 粒子散 射实验中少数粒子发生较大偏转是卢瑟福猜想原子核式结构模型的主要依据,选 项 B 正确;玻尔原子理论无法解释较为复杂原子光谱的现象,但是玻尔提出的原 子定态概念是正确的,选项 C 错误;根据玻尔理论可知,氢原子辐射出一个光子 后,氢原子的电势能减小,核外电子的运动速度增大,选项 D 错误. 答案:AB(5 分) (2)解析:处于基态的氢原子受到能量为 12.8 eV 的高速电子轰击后,最高可以跃 迁到 n=4 能级, 最多能辐射出 6 种不同频率的光子, 能辐射出的波长最长的光子 c hc 是从 n=4 能级跃迁到 n=3 能级时放出的,由 E=hλ,λ= E = 6.63×10-34×3×108 -6 m. -19m=1.88×10 ?1.51-0.85?×1.6×10 答案:6(2 分) 1.88×10-6 m(3 分) (3)解:α 粒子 A 与 α 粒子 B 发生正碰,如果在碰撞过程中没有能量损失,由动量 守恒定律和能量守恒定律有 mv=mv1+mv2(1 分) 1 2 1 2 1 2 2mv =2mv1+2mv2(1 分) 联立解得碰撞后 α 粒子 A 的速度 v1=0,碰撞后 α 粒子 B 的速度 v2=v(1 分)

若碰撞后结合在一起,由动量守恒定律有 mv=2mv′(1 分) v 解得:v′=2(1 分)


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