【题目】如图所示，有一半圆，其直径水平且与另一圆的底部相切于O点，O点恰好是下半圆的圆心，它们处在同一竖直平面内．现有三条光滑轨道AOB、COD、EOF，它们的两端分别位于上下两圆的圆周上，轨道与竖直直径的夹角关系为α>β>θ，现让一小物块先后从三条轨道顶端由静止下滑至底端，则小物块在每一条倾斜轨道上滑动时所经历的时间关系为(　　)

A. tAB＝tCD＝tEF

B. tAB＞tCD＞tEF

C. tAB＜tCD＜tEF

D. tAB＝tCD＜tEF

【答案】B

【解析】试题分析：设上面圆的半径为，下面圆的半径为，则轨道的长度，下滑的加速度，根据位移时间公式得，，则，因为，则，故B正确，A、C、D错误。

考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系

【名师点睛】根据几何关系求出轨道的长度，结合牛顿第二定律求出物块下滑的加速度，根据位移时间公式求出物块在滑动时经历的时间大小关系。

【题型】单选题
【结束】
134

A. 小球再次到M点时，速度刚好为零

B. 小球从P到M过程中，合外力对它做的功为

C. 小球从P到M过程中，其机械能增加了

D. 如果小球运动到M点时，细线突然断裂，小球将做匀变速直线运动

A. 在8～10 s内始终向东运动

B. 在前8 s内的加速度大小不变，方向始终向西

C. 在前8 s内的合外力先减小后增大

D. 在4～12 s内的位移大小为24 m

【题目】如图所示，半径分别为R＝1 m和r＝0.5 m的甲、乙两光滑圆轨道置于同一竖直平面内，两轨道之间由一段光滑水平轨道CD相连，在水平轨道CD上一轻弹簧被a、b两小球夹住，现同时由静止释放两小球，重力加速度取g＝10 m/s2.

①如果a、b小球都恰好能够通过各自圆轨道的最高点，求两小球的质量之比；

②如果a、b小球的质量均为0.5 kg，为保证两小球都能够通过各自圆轨道的最高点，求释放两小球前弹簧弹性势能的最小值．

【答案】(1) (2)

【解析】根据牛顿第二定律得出最高点的速度，根据机械能守恒定律，动量守恒定律列出等式求解；由动量守恒定律知两小球与弹簧分离时速度大小相等，再根据机械能守恒定律求解．

已知a、b小球恰好能通过各自圆轨道的最高点，则它们通过最高点时的速度大小分别为，

设两小球与弹簧分离时的速度大小分别为 ，根据动量守恒定律有

根据机械能守恒定律有，，。联立以上各式解得

②若ma=mb=0.5 kg，由动量守恒定律知两小球与弹簧分离时速度大小相等

当a小球恰好能通过最高点时，b小球一定也能通过最高点，a小球通过最高点的速度为，此时弹簧的弹性势能最小，最小值为

【点睛】解决该题关键能判断出小球能通过最高点的条件，然后根据动量守恒定律和机械能守恒定律联立列式求解。

【题型】解答题
【结束】
93

(1)求匀强磁场的磁感应强度大小B.

(2)求带电粒子到达x轴时的横坐标范围和带电粒子到达x轴前运动时间的范围．

(3)如果将第一象限内的电场方向改为沿x轴负方向，分析带电粒子将从何处离开磁场，可以不写出过程．

【题目】如图所示为光电效应中光电流随入射光的强度、入射光的频率和外加电压变化的图象，在横轴上的截距表示加上反向电压达到一定值时光电流为零，这个电压称为遏止电压Uc，加上正向电压，电压达到一定值时，对于某一频率的光，在光的强度一定的情况下，光电流也趋于一定，这个电流称为饱和光电流，根据图中提供的信息可以判断出，在光电效应中，遏止电压与________有关，与________无关，饱和光电流与________和________有关，与________无关．(填“入射光的频率”、“入射光的强度”或“外加电压”)

【答案】 入射光的频率 入射光的强度 入射光的频率 入射光的强度 外加电压

【解析】由题图可知，黄光与蓝光的频率不同，遏止电压不同，说明遏止电压与入射光的频率有关，而黄光的强弱不同，但遏止电压相同，说明遏止电压与入射光的强度无关；加上正向电压，电压达到一定值时，对于某一频率的光，在入射光的强度一定的情况下，光电流也趋于一定，说明饱和光电流与外加电压无关，而入射光的频率不同，光强不同，饱和光电流都不同，说明饱和光电流与入射光的频率和强度都有关．

【题型】填空题
【结束】
92

①如果a、b小球都恰好能够通过各自圆轨道的最高点，求两小球的质量之比；

②如果a、b小球的质量均为0.5 kg，为保证两小球都能够通过各自圆轨道的最高点，求释放两小球前弹簧弹性势能的最小值．

【题目】下列说法正确的是________．

A．在完全失重的情况下，气体的压强为零

B．液体表面张力产生的原因是液体表面层分子较稀疏，分子间的引力大于斥力

C．当两分子间距离大于平衡位置的间距时，分子间的距离越大，分子势能越小

D．水中气泡上浮过程中，气泡中的气体在单位时间内与气泡壁单位面积碰撞的分子数减小

E．不可能利用高科技手段将散失在环境中的内能重新收集起来加以利用而不引起其他变化

【答案】BDE

【解析】根据气体压强的产生原因，在完全失重的情况下，气体的压强并不为零，A错误；液体表面张力产生的原因是液体表面层分子较稀疏，分子间的引力大于斥力，B正确；当两分子间距离大于平衡位置的间距时，分子间的距离越大，分子势能越大，C错误；气泡在水中上浮过程中，体积增大，温度基本不变，压强减小，根据气体压强的微观解释可知，D正确；根据热力学第二定律，可知不可能将散失在环境中的内能重新收集起来加以利用而不引起其他变化，E正确．

【题型】填空题
【结束】
95

①气体处于b状态时的温度T2；

②从a状态到b状态的过程中气体的最高温度Tmax.

【题目】如图为“验证动能定理”的实验装置．钩码质量为m，小车和砝码的总质量M＝300g．实验中用钩码重力的大小作为细绳对小车拉力的大小．实验主要过程如下：

①安装实验装置；

②分析打点计时器打出的纸带，求出小车的速度；

③计算小车的动能增量和对应细绳拉力做的功，判断两者是否相等．

(1)以下关于该实验的说法中正确的是________．

A．调整滑轮高度使细绳与木板平行

B．为消除阻力的影响，应使木板右端适当倾斜

C．在质量为10g、50g、80g的三种钩码中，挑选质量为80g的钩码挂在挂钩P上最为合理

D．先释放小车，然后接通电源，打出一条纸带

(2)在多次重复实验得到的纸带中选择点迹清晰的一条．测量如图，打点周期为T，当地重力加速度为g.用题中的有关字母写出验证动能定理的表达式________．

(3)写出两条引起实验误差的原因________________________；________________________.

【答案】 AB 长度测量的误差 用mg代替绳子的拉力

【解析】解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项，了解平衡摩擦力的方法；由匀变速运动的推论求出滑块的瞬时速度，代入动能定理表达式即可正确解题。

(1)小车运动中受到重力、支持力、绳的拉力、摩擦力四个力的作用．首先若要使小车受到合力等于绳上的拉力，必须保证：摩擦力被平衡、绳的拉力平行于接触面，故A、B正确；在保证钩码重力等于细绳上的拉力及上述前提下对小车有：，对钩码：，解之有，可见只有当时才有 ，故应选用10g的钩码最为合理，C错误．打点计时器的使用要求是先接通电源，待其工作稳定后再释放小车，D错误．

(2)由题图知、，故动能变化量为，合力所做功，故需验证的式子为

(3)从产生的偶然误差考虑有长度测量的误差；从系统误差产生的角度考虑有用mg代替绳子的拉力、电源频率不稳定、摩擦力未完全被平衡等引起的误差(答案合理皆可)．

【题型】实验题
【结束】
90

A.待测电流表A1 (满偏电流Imax约为800 μA、内阻r1约为100Ω，表盘刻度均匀、总格数为N)

B.电流表A2 (量程为0.6 A、内阻r2＝0.1Ω)

C.电压表V (量程为3V、内阻RV＝3kΩ)

D.滑动变阻器R(最大阻值为20 Ω)

E.电源E(电动势有3V、内阻r约为1.5Ω)

F.开关S一个，导线若干

(1)该小组设计了图甲、图乙两个电路图，其中合理的是________(选填“图甲”或“图乙”)．

(2)所选合理电路中虚线圈处应接入电表________(选填“B”或“C”)．

(3)在开关S闭合前，应把滑动变阻器的滑片P置于________端(选填“a”或“b”)．

(4)在实验中，若所选电表的读数为Z，电流表A1的指针偏转了n格，则可算出待测电流表A1的满偏电流Imax＝________.

【题目】如图所示，在倾角为30°的斜面上固定一电阻不计的光滑平行金属导轨，其间距为L，下端接有阻值为R的电阻，导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向与斜面垂直(图中未画出)。质量为m、阻值大小也为R的金属棒ab与固定在斜面上方的劲度系数为k的绝缘弹簧相接，弹簧处于原长并被锁定。现解除锁定的同时使金属棒获得沿斜面向下的速度v0，从开始运动到停止运动的过程中金属棒始终与导轨垂直并保持良好接触，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g，在上述过程中(　　)

A. 开始运动时金属棒与导轨接触点间电压为

B. 通过电阻R的最大电流一定是

C. 通过电阻R的总电荷量为

D. 回路产生的总热量小于

【答案】AD

【解析】开始运动时，产生的电动势E=BLv0，金属棒与导轨接触点间电压为路端电压，所以A正确；开始运动时，导体棒受重力mg、安培力BIL、支持力FN，若mg大于BIL，则导体棒加速运动，速度变大，电动势增大，电流增大，即最大电流大于，所以B错误；最后静止时，，过电阻R的总电荷量为，所以C错误；全程利用能量守恒：，所以产生的热量

，EP为弹性势能，故D正确。

【题型】单选题
【结束】
89

①安装实验装置；

②分析打点计时器打出的纸带，求出小车的速度；

③计算小车的动能增量和对应细绳拉力做的功，判断两者是否相等．

(1)以下关于该实验的说法中正确的是________．

A．调整滑轮高度使细绳与木板平行

B．为消除阻力的影响，应使木板右端适当倾斜

C．在质量为10g、50g、80g的三种钩码中，挑选质量为80g的钩码挂在挂钩P上最为合理

D．先释放小车，然后接通电源，打出一条纸带

(2)在多次重复实验得到的纸带中选择点迹清晰的一条．测量如图，打点周期为T，当地重力加速度为g.用题中的有关字母写出验证动能定理的表达式________．

(3)写出两条引起实验误差的原因________________________；________________________.

A．该列波在0.1 s内向右传播的距离为1 m

B．质点P（x＝1 m）在0.1s内向右运动的位移大小为1 m

C．在0～0.1 s时间内，质点Q（x＝1.5 m）通过的路程是10 cm

D．在t＝0.2 s时，质点Q（x＝1.5 m）的振动方向沿y轴正方向

E．质点N（x＝9 m）经过0.5 s第一次到达波谷

【题目】如图所示，在第一象限内有沿y轴负方向的电场强度大小为E的匀强电场．在第二象限中，半径为R的圆形区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场，圆形区域与x、y轴分别相切于A、C两点．在A点正下方有一个粒子源P，P可以向x轴上方各个方向射出速度大小均为v0、质量为m、电荷量为＋q的带电粒子(重力不计，不计粒子间的相互作用)，其中沿y轴正向射出的带电粒子刚好从C点垂直于y轴进入电场．

(1)求匀强磁场的磁感应强度大小B.

(2)求带电粒子到达x轴时的横坐标范围和带电粒子到达x轴前运动时间的范围．

(3)如果将第一象限内的电场方向改为沿x轴负方向，分析带电粒子将从何处离开磁场，可以不写出过程．

【答案】(1) (2)x的范围，t的范围 (3)从A点正上方的D点离开磁场

【解析】试题分析:由题设条件，从A点沿y轴正方向射出的带电粒子刚好从C点垂直于y轴进入电场，由几何关系知道它做匀速圆周运动的半径为R，再由洛仑兹力提供向心力可以求得磁感应强度的大小；由于所有粒子做匀速圆周运动的半径等于磁场圆的半径，可以证明：沿不同方向进入磁场的带电粒子离开磁场时方向均沿x轴正方向进入电场，之后做类平抛运动，显然运动时间最长的带电粒子是从D点水平射出的粒子，由类平抛运动运动规律就能求出打在x轴的最远点；若将第一象限的电场改为沿x轴负方向，则粒子从磁场水平射出后做匀减速直线运动至速度为零，再沿x轴负方向做匀加速直线运动进入磁场做匀速圆周运动，由于速度方向反向，则粒子所受洛仑兹力反向，最后从D点射出磁场.

(1)带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，从A点运动到C点的过程中带电粒子的运动轨迹为个圆弧，轨迹半径r=R

由，得

(2)沿不同方向进入磁场的带电粒子离开磁场时的速度大小均为v0，方向均平行于x轴，其临界状态为粒子从D点沿x轴正方向离开磁场

分析粒子从D点离开磁场的情况，粒子在磁场中运动时间为，得

从D点平行于x轴运动至y轴的时间

在第一象限内运动过程中，粒子做类平抛运动，设运动时间为t3，则，，

解得，

则

带电粒子到达x轴时的横坐标范围为

到达x轴前运动时间的范围

(3)将第一象限内的电场方向改为沿x轴负向时，带电粒子将从A点正上方的D点离开磁场。

【点睛】本题的关键点是带电粒子做匀速圆周运动的半径恰与磁场圆的半径相等，可以证明两圆心与两交点构成菱形，所以两对边平行，从而离开磁场中速度方向水平向右．这也是磁聚焦的大原理。

【题型】解答题
【结束】
94

A．在完全失重的情况下，气体的压强为零

B．液体表面张力产生的原因是液体表面层分子较稀疏，分子间的引力大于斥力

C．当两分子间距离大于平衡位置的间距时，分子间的距离越大，分子势能越小

D．水中气泡上浮过程中，气泡中的气体在单位时间内与气泡壁单位面积碰撞的分子数减小

E．不可能利用高科技手段将散失在环境中的内能重新收集起来加以利用而不引起其他变化

【题目】某探究小组要尽可能精确地测量电流表○A1 的满偏电流，可供选用的器材如下：

A.待测电流表A1 (满偏电流Imax约为800 μA、内阻r1约为100Ω，表盘刻度均匀、总格数为N)

B.电流表A2 (量程为0.6 A、内阻r2＝0.1Ω)

C.电压表V (量程为3V、内阻RV＝3kΩ)

D.滑动变阻器R(最大阻值为20 Ω)

E.电源E(电动势有3V、内阻r约为1.5Ω)

F.开关S一个，导线若干

(1)该小组设计了图甲、图乙两个电路图，其中合理的是________(选填“图甲”或“图乙”)．

(2)所选合理电路中虚线圈处应接入电表________(选填“B”或“C”)．

(3)在开关S闭合前，应把滑动变阻器的滑片P置于________端(选填“a”或“b”)．

(4)在实验中，若所选电表的读数为Z，电流表A1的指针偏转了n格，则可算出待测电流表A1的满偏电流Imax＝________.

【答案】 图乙 C b

【解析】本题①的关键是根据变阻器的全电阻远小于待测电流表内阻可知，变阻器应采用分压式接法；题②的关键是根据串联电路电流相等可知虚线处应是电流表B；题③关键是明确闭合电键前应将变阻器滑片置于输出电压最小的一端；题④的关键是求出待测电流表每小格的电流．

(1)由于待测电流表的量程较小，而内阻大于滑动变阻器的最大阻值，为了减小误差，应选用乙电路图．

(2)由于两块电流表的量程差距较大，只能选用电压表当电流表使用，故选C.

(3)乙电路图中滑动变阻器采用的是分压式接法，在闭合开关前，要求测量电路的分压为零，故滑动变阻器的滑片P应置于b端．

(4)根据串联电路的特点，可得：，解得：

【题型】实验题
【结束】
91