1．卢瑟福提出原子的核式结构模型。这一模型建立的基础是（    ）

（A）α 粒子的散射实验             （B）对阴极射线的研究

（C）天然放射性现象的发现     （D）质子的发现

【答案】

A

 

2．利用发波水槽得到的水面波形如图 a、b 所示，则（    ）

（A）图 a、b 均显示了波的干涉现象

（B）图 a、b 均显示了波的衍射现象

（C）图 a 显示了波的干涉现象，图 b 显示了波的衍射现象

（D）图 a 显示了波的衍射现象，图 b 显示了波的干涉现象

【答案】

D

【解析】

当波在前进过程中碰到障碍物时，如果障碍物的尺寸与波长可以相比拟，那么就产生明显的衍射现象，衍射波的前进方向发生改变。当两列波具有相同的频率和相位差且振动方向相同时，它们在前进的过程中的某点相遇时，由于各自走过的路程（严格来说应该用波程表示）不同而产生了波程差，此时两列波在该相遇点进行叠加，有的点振动可能加强，有的点振动可能减弱，这种现象称为干涉。由此对照本题的题干与图例，可以看出，图（a）显示的是波的衍射现象，图（b）显示的是波的干涉现象。本题的选项（A）、（B）、（C）均错误。本题的正确选项是（D）。

 

3．声波能绕过某一建筑物传播而光波却不能绕过该建筑物，这是因为（    ）

（A）声波是纵波，光波是横波                 （B）声波振幅大，光波振幅小

（C）声波波长较长，光波波长较短         （D）声波波速较小，光波波速很大

【答案】

C

【解析】

声波是纵波，声波具有波的一般特性，即声波能产生衍射和干涉现象。声波与光波的区别除了声波是纵波、光波是横波外，最主要的是它们的产生机理不同，而造成它们的频率相差很大。声波的频率范围在几十赫兹到2万赫兹之间，而光波的频率达到10¹⁴赫兹。因此声波的波长一般较大，在几十毫米到几米的数量级，甚至更大，而光波的波长一般在几百纳米到几千纳米之间。由于声波的波长可以与一般建筑物的尺度相比拟，所以当声波在前进过程中碰到建筑物时，就能绕过建筑物，即产生衍射现象，而光波则不能，所以选项（C）正确。选项（A）在表述声波与光波时是正确的，但对照题干的上下文就可发现，纵波或横波不是使波能产生衍射现象的原因，判断能否产生衍射现象的依据主要看波长与物体的尺寸是否可相比拟。选项（B）涉及波的振幅，振幅的大小只能改变衍射的强与弱，与是否能产生衍射现象无关。选项（D）是关于波的速度问题，速度与衍射现象无关。本题的正确选项是（C）。

 

4．现已建成的核电站发电的能量来自于（    ）

（A）天然放射性元素放出的能量     （B）人工放射性同位素放出的能量

（C）重核裂变放出的能量                 （D）化学反应放出的能量

【答案】

C

【解析】

核电站的主要原料是元素铀，其产生能量的依据是利用元素铀在裂变过程中放出能量的原理，因此使用的是裂变能。目前我国已经在上海和合肥建成另一种涉及核反应的新型核电站，称为人造太阳或新光源，它的工作原理是利用氘核和氚核在高温、高压反应器中的聚变过程中能释放能量，这种能量是可控的，所以有很好的应用前景。结合本题的考查要求，选项（C）为正确答案；选项（A）是关于天然放射性元素的衰变，这种衰变只能释放出α、β、γ射线，其能量形式主要是粒子的动能，一般都比较小；选项（B）不正确的原因与选项（A）相似；选项（D）是指化学能，与本题无关。本题的正确选项是（C）。

 

5．在右图的闭合电路中，当滑片 P 向右移动时，两电表读数的变化是（    ）

（A）A 变大，V 变大    （B）A 变小，V 变大

（C）A 变大，V 变小    （D）A 变小，V 变小

【答案】

B

【解析】

该电路由固定电阻串联一个可变电阻组成，电压表检测的是可变电阻两端的电压，电流表检测的是电路中的电流。当可变电阻上的滑片 P 向右移动时，电路中的总电阻在增大，因此电路中的总电流将变小，即电流表的示数将变小。根据全电路欧姆定律可知，可变电阻两端的电压 U ＝ IR ＝ E － I（r ＋ R₀），其中 r 为电源的内阻，R 和 r 保持不变，I 在减小，I（r ＋ R₀）的值减小，所以 U 将增大，即电压表的示数将变大。本题的正确选项是（B）。

 

6．根据爱因斯坦光子说，光子能量 E 等于（h 为普朗克常量，c、λ 为真空中的光速和波长 ）（    ）

（A）$\frac{hc}{\lambda }$    （B）$\frac{h\lambda }{c}$    （C）$h\lambda$    （D）$\frac{h}{\lambda }$

【答案】

A

【解析】

爱因斯坦则建立了光的波动性和粒子性的联系，即 E ＝ hν ＝ $h\frac{c}{\lambda }$，所以选项（A）正确。

 

7．电磁波包含了 γ 射线、红外线、紫外线、无线电波等，按波长由长到短的排列顺序是（    ）

（A）无线电波、红外线、紫外线、γ 射线

（B）红外线、无线电波、γ 射线、紫外线

（C）γ 射线、红外线、紫外线、无线电波

（D）紫外线、无线电波、γ 射线、红外线

【答案】

A

【解析】

根据麦克斯韦的电磁理论，光波也是一种电磁波。整个电磁波谱涵盖了从波长非常非常短的 γ 射线到波长较长的无线电波，按波长从长到短它们依次是无线电波、微波、红外线、可见光波、紫外线、γ 射线，所以本题的正确选项是（A）。

 

8．某放射性元素经过 11.4 天有 $\frac{7}{8}$ 的原子核发生了衰变，该元素的半衰期为 （ ）

（A）11.4 天    （B）7.6 天    （C）5.7 天    （D）3.8 天

【答案】

D

【解析】

设衰变前放射性元素的原子核为N₀，半衰期为τ，经过11.4天后还留下$\frac{1}{8}$的原子核没有衰变。根据元素的原子核半衰期的公式，有$\frac{1}{8}{N}_0={\left(\frac{1}{2}\right)}^{\frac{t}{\tau }}$。即$\frac{t}{\tau }$ ＝3，因为t＝11.4，所以τ＝$\frac{11.4}{3}$＝3.8天。本题的正确选项是（D）。

 

10．三个点电荷电场的电场线分布如图所示，图中 a、b 两点处的场强大小分别为 E_a、E_b，电势分别为 φ_a、φ_b，则（    ）

（A）E_a > E_b，φ_a > φ_b          （B）E_a < E_b，φ_a < φ_b

（C）E_a > E_b，φ_a < φ_b           （D）E_a < E_b，φ_a > φ_b

【答案】

C

【解析】

由图可知，三个点电荷基本呈正三角形对称分布，a处的电场线比较密，b处的电场线相比a处较为稀疏，因此根据电场强度与电场线疏密的对应关系，可知a处的场强大于b处的场强，即E_a＞E_b。a、b两处均靠近负电荷，因此它们的电势为负值，越接近负电荷，电势的值越小，所以φ_a＜φ_b。本题的正确选项是（C）。

 

10．如图，玻璃管内封闭了一段气体，气柱长度为 l，管内外水银面高度差为 h。若温度保持不变，把玻璃管稍向上提起一段距离，则（    ）

（A）h、l 均变大       （B）h、l 均变小

（C）h 变大 l 变小      （D）h 变小 l 变大

【答案】

A

【解析】

设玻璃管外的大气压强为 p₀，管内气体的压强为 p，p ＝ p₀－ρgh。在温度保持不变时把玻璃管稍向上提起一段距离，会导致管内的气体压强减小，即 p 减小，所以 h 变大。又因为 pl ＝ 恒量，p 减小，则 l 变大。所以本题的正确选项是（A）。

 

11．将一个物体以某一速度从地面竖直向上抛出，设物体在运动过程中所受空气阻力大小不变，则物体（    ）

（A）刚抛出时的速度最大                 （B）在最高点的加速度为零

（C）上升时间大于下落时间             （D）上升时的加速度等于下落时的加速度

【答案】

A

【解析】

由于有阻力存在，因此物体在上升阶段和下降阶段的加速度大小是不同的，\({a_上} = g + \frac{f}{m}\)，\({a_下} = g - \frac{f}{m}\)，所以上升时的加速度大小大于下落时的加速度大小，显然选项（D）错误。在最高点时，物体的速度为零，但物体所受的合力不为零，物体仍受到重力的作用，所以此时的加速度即为重力加速度 g，选项（B）也错误。由于上升与下落的距离相等，但上升时的加速度大于下降时的加速度，根据初速度为零的匀加速直线运动公式 $h=\frac{1}{2}a{t}^2$，得上升时间小于下落时间，选项（C）也错误。选项（A）是抛出的初始时刻，由于整个运动过程有空气阻力的影响，因此该时刻具有最大速度，即选项（A）正确。

 

12．降落伞在匀速下落过程中遇到水平方向吹来的风，若风速越大，则降落伞（    ）

（A）下落的时间越短    （B）下落的时间越长

（C）落地时速度越小    （D）落地时速度越大

【答案】

D

【解析】

降落伞的匀速下降过程与水平方向吹来的风所造成的降落伞在水平方向上的运动属于两个互相独立的分运动，降落伞的下落时间与风速大小无关，风速大小只改变降落伞在水平方向的落点位置，不改变下落时间，所以选项（A）、（B）错误。降落伞的合运动速度分别由水平方向的风速 v_x 和匀速下落的速度 v_y 构成，根据 $v=\sqrt{v_x^2+v_y^2}$，若风速越大，即v_x越大，则降落伞落地时速度越大，即选项（D）正确。

 

13．如图，长为 2l 的直导线折成边长相等，夹角为 60° 的 V 形，并置于与其所在平面相垂直的匀强磁场中，磁感应强度为 B。当在该导线中通以电流强度为 I 的电流时，该 V 形通电导线受到的安培力大小为 （     ）

（A）0              （B）0.5BIl

（C）BIl           （D）2BIl

【答案】

C

 

14．分子间的相互作用力由引力与斥力共同产生，并随着分子间距离的变化而变化。则（    ）

（A）分子间引力随分子间距的增大而增大

（B）分子间斥力随分子间距的减小而增大

（C）分子间相互作用力随分子间距的增大而增大

（D）分子间相互作用力随分子间距的减小而增大

【答案】

B

 

15．月球绕地球做匀速圆周运动的向心加速度大小为 a，设月球表面的重力加速度大小为 g₁，在月球绕地球运行的轨道处由地球引力产生的重力加速度为 g₂。则（    ）

（A）g₁ ＝ a  （B）g₂ ＝ a  （C）g₁ ＋ g₂ ＝ a  （D）g₂ − g₁ ＝ a

【答案】

B

【解析】

根据万有引力定律，天体间的星球运动受引力作用。从地球看月球，可以把月球看成为质点，月球在绕地球做匀速圆周运动，因此月球具有向心加速度 a。月球是由于受到地球的引力作用才绕地球做圆周运动的，而地球在月球所在位置处由地球引力产生的加速度为 g₂，由此可知 g₂ ＝ a，所以选项（B）正确。g₁ 是指在月球表面运动的物体受到月球引力作用产生的重力加速度，显然 g₁ 不能使月球做绕地球的圆周运动。本题的正确选项是（B）。

 

16．如右图，一列简谐横波沿 x 轴正方向传播，实线和虚线分别表示 t₁ ＝ 0 和 t₂ ＝ 0.5 s（T ＞ 0.5 s）时的波形，能正确反映t₃＝7.5s时波形的是图（    ）

【答案】

D

【解析】

由图可知，由于T＞0.5s，在t₂＝0.5s时刻，波至少向前移动了$\frac{1}{4}$λ，即$\frac{1}{4}$T＝0.5s，所以T＝2s。在t₃＝7.5s＝$3\frac{3}{4}$T时刻，波峰沿x轴正方向传播了$3\frac{3}{4}$λ，此时的波形图与去掉3个整数波后的波形图相同，也与将图中的实线图形向左移动$\frac{1}{4}$λ后的波形图相同，所以选项（D）正确。选项（A）表示与原波形图相同，显然不符合事实。选项（B）、（C）分别表示tʹ＝0.5s和tʺ＝1s时刻的波形，当然也可以是加上若干个T后对应时刻的波形。本题的正确选项是（D）。

 

17．一定量的理想气体的状态经历了如图所示的 ab、bc、cd、da 四个过程。其中bc的延长线通过原点，cd 垂直于 ab 且与水平轴平行，da 和 bc 平行。则气体体积在（    ）

（A）ab 过程中不断增加

（B）bc 过程中保持不变

（C）cd 过程中不断增加

（D）da 过程中保持不变

【答案】

AB

【解析】

ab 过程为等温过程，压强减小则体积增加，故 A 正确；

bc 为等容过程，体积不变，故 B 正确；

cd 为等压过程，温度降低则体积减小，故 C 错误；

如图所示，连接 aO 交 cd 于 e，则 ae 是等容线，即 V_a = V_e，因为 V_d < V_e，所以 V_d < V_a，即 da 过程中体积不是保持不变，选项 D 错误。

 

18．如图为质量相等的两个质点 A、B 在同一直线上运动的 v–t 图像。由图可知（    ）

（A）在 t 时刻两个质点在同一位置

（B）在 t 时刻两个质点速度相等

（C）在 0 ~ t 时间内质点 B 比质点 A 位移大

（D）在 0 ~ t 时间内合外力对两个质点做功相等

【答案】

BCD

【解析】

从 v–t 图像可以看出，在时刻 t 描述 A、B 两个质点速度的图线相交，说明该时刻它们的速度相等，选项（B）正确。

由  v–t 图像可知，在这里速度图线与横轴之间的面积（在 0 ～ t 时间内）表示质点通过的位移大小，显然，这里质点 B 的速度图线与横轴围成的面积大于质点 A 的速度图线与横轴围成的面积，即在 0 ～ t 时间内质点 B 比质点 A 位移大，选项（C）正确。

选项（D）涉及合外力对两个质点所做的功，由图像可知，两个质点在初始时刻的速度相同，在 t 时刻的速度也相同，根据动能定理，合外力分别对两个质点所做的功等于各自动能的变化量，因为两个质点的质量也相等，所以合外力对它们所做的功也相等，选项（D）正确。因为题干中没有说明 t ＝ 0 时两质点的位置，所以无法判断t时刻两质点是不是在同一位置，选项（A）错误。

本题的正确选项是（B）、（C）、（D）。

 

19．如右图，一有界区域内，存在着磁感应强度大小均为 B，方向分别垂直于光滑水平桌面向下和向上的匀强磁场，磁场宽度均为 L，边长为 L 的正方形线框 abcd 的 bc 边紧靠磁场边缘置于桌面上，使线框从静止开始沿 x 轴正方向匀加速通过磁场区域，若以逆时针方向为电流的正方向，能反映线框中感应电流变化规律的是图（    ）

【答案】

AC

【解析】

对线框在磁场中的运动过程可分为以下几个阶段分别进行考虑：第一阶段为线框从静止开始匀加速进入磁场，此时线框中将产生感应电流，且在0～t₁时间内，感应电流均匀增大（因为线框的速度在均匀增大）；第二阶段为t₁时刻，此时线框恰好刚刚完全进入左边磁场，线框中的感应电流降为零（因为此时穿过线框的磁通量变化为零）；第三阶段为t₁～t₂阶段，线框继续向右加速运动时，线框中又将产生感应电流，由于右边磁场的方向与左边的磁场相反，所以两个磁场在线框中产生的感应电流方向均为顺时针方向，两边的感应电流方向相同，大小相加，而且随着向右移动，该感应电流也不断增加，故线框中电流的大小比第一阶段的电流大；第四阶段为t₂时刻，与t₁时刻的情形相同，线框中无感应电流；第五阶段为t₂～t₃阶段，因线框从右边离开磁场，只有线框的左边中产生感应电流，但此时线框的速度有一个较大的值，故感应电流仍然具有较大的值；又因为线框的加速度为恒定，所以第五阶段感应电流的变化规律应该与第一阶段中的情形相似。根据以上分析，同时对照题目给出的图线，可判定选项（A）、（C）正确。选项（B）、（D）对应的情形要求第五阶段有一个与前面相比更大的加速度，显然与题意不符。本题的正确选项是（A）、（C）。

 

20．如图，一列沿 x 轴正方向传播的简谐横波，振幅为 2 cm，波速为 2 m/s。在波的传播方向上两质点 a、b 的平衡位置相距 0.4 m（小于一个波长），当质点 a 在波峰位置时，质点 b 在 x 轴下方与 x 轴相距 1 cm 的位置。则（    ）

（A）此波的周期可能为 0.6 s

（B）此波的周期可能为 1.2 s

（C）从此时刻起经过 0.5 s，b 点可能在波谷位置

（D）从此时刻起经过 0.5 s，b 点可能在波峰位置

【答案】

ACD

 

21．如图，金属环 A 用轻线悬挂，与长直螺线管共轴，并位于其左侧。若变阻器滑片 P 向左移动，则金属环A将向___________（填“左”或“右”）运动，并有___________（填“收缩”或“扩张”）趋势。

【答案】

左；收缩

【解析】

变阻器滑片P向左移动，变阻器连入电路的电阻变小，流过长直螺线管的电流变大，长直螺线管产生的磁场增强，因此穿过金属环A的磁场增强，根据楞次定律，金属环A中将有感应电流产生，该感应电流产生的磁场将阻碍穿过金属环A的磁场增强，即感应电流的磁场极性在靠近原长直螺线管一端与长直螺线管的磁场极性相同，所以同性相互排斥，金属环A将向左移动。因穿过金属环A的磁通量增大，为了阻碍其增大，金属环A有收缩趋势。本题的正确答案为：左；收缩。

 

22．如图，上端开口的圆柱形气缸竖直放置，截面积为 5×10⁻³ m² 一定质量的气体被质量为 2.0 kg 的光滑活塞封闭在气缸内，其压强为_________Pa（大气压强取 1.01×10⁵ Pa，g 取 10 m/s²）。若从初温27℃开始加热气体，使活塞离气缸底部的高度由 0.50 m 缓慢地变为 0.51m。则此时气体的温度为_________℃。

【答案】

1.05×10⁵；33

【解析】

解题时以气缸中的气体为研究对象，p＝p₀＋$\frac{mg}{S}$＝（1.01×10₅＋$\frac{20}{5\times {10}^{-3}}$）Pa＝1.05×10⁵Pa。由盖•吕萨克定律可知，$\frac{V_1}{T_1}=\frac{V_2}{T_2}$，代入数据解得T₂＝306K，即t₂＝33℃。本题的正确答案为：1.05×10⁵；33。

 

23．电动机的自动控制电路如图所示，其中 R_H 为热敏电阻，R_L 为光敏电阻，当温度升高时，R_H 的阻值远小于 R₁；当光照射 R_L 时，其阻值远小于 R₂，为使电动机在温度升高或受到光照时能自动启动，电路中虚线框内应选___________门逻辑电路；若要提高光照时电动机启动的灵敏度。可以___________R₂ 的阻值（填“增大”或“减小”）。

【答案】

或；增大

【解析】

为使电动机在温度升高或受到光照时能自动启动，即热敏电阻或光敏电阻的电阻值小时，逻辑电路的输入为1，输出为1，所以虚线中应选“或门”。若要提高光照时电动机启动的灵敏度，需要在光照较小即光敏电阻的阻值较大时输入为1，输出为1，所以要增大R₂的阻值。本题的正确答案为：或；增大。

 

24．如图，三个质点 a、b、c 质量分别为 m₁、m₂、M（M ≫ m₁，M ≫ m₂），在 c 的万有引力作用下，a、b 在同一平面内绕 c 沿逆时针方向做匀速圆周运动，轨道半径之比为 r_a∶r_b＝1∶4，则它们的周期之比 T_a∶T_b＝__________，从图示位置开始，在 b 转动一周的过程中，a、b、c 共线有__________次。

【答案】

1∶8；14

【解析】

a、b受到c的万有引力作用而绕c做匀速圆周运动，由圆周运动公式$G\frac{Mm}{r^2}=m\frac{4\pi {}^2}{T^2}r$，得$T=\sqrt{\frac{4{\pi }^2{r}^3}{GM}}$，所以T_a∶T_b ＝1∶8 。在b运动一周的过程中，a运动了8周，所以初看a、 b、c共线了8次，这是指a位于b、c之间。但共线的含义还包括a在b、c的延长线上的情形，那么a每运转一周就与b、c共线两次，所以似乎总共应该是16次。但考虑到起始时刻a点不在b、c的连线上，同时b在a运动8周的时间内也运动了一周，从相对运动的角度看，a相对于b来说只多转了7周，每周有两次共线，经过综合分析，可知a、b、c实际只共线了14次。本题的正确答案是：1∶8；14。

 

25．如图，固定于竖直面内的粗糙斜杆，与水平方向夹角为 30°，质量为 m 的小球套在杆上，在大小不变的拉力作用下，小球沿杆由底端匀速运动到顶端。为使拉力做功最小，拉力 F 与杆的夹角 α ＝__________，拉力大小 F ＝_______________。

【答案】

60°；mg

 

26．在 DIS 描绘电场等势线的实验中

（1）电源通过正负电极 a、b 在导电物质上产生的稳定电流分布模拟了由二个_______________产生的_________，用____________探测等势点。

（2）（单选题）在安装实验装置时，正确的做法是（ ）

（A）在一块平整木板上依次铺放复写纸、白纸、导电纸

（B）导电纸有导电物质的一面应该向上

（C）连接电源正负极的电极 a、b 必须与导电物质保持绝缘

（D）连接电极 a、b 的电源电压为交流 4 ～ 6 V

【答案】

（1）等量异种点电荷，静电场，电压传感器

（2）B

【解析】

（1）电源通过正负电极a、b在导电物质上产生的稳恒电流分布模拟了正、负两种等量点电荷产生静电场的场景，因此第一空和第二空中应分别填“等量异种点电荷”与“静电场”。该实验中是用传感器来探测电极周围的电流分布的，传感器的作用等效于传统实验中用表棒探测各点电势的大小，所以第三空中应填“电压传感器”。

（2）由于采用了传感器，实验过程中的数据直接由传感器接收后传到数据采集器上，所以在DIS实验中无需白纸、复写纸等物件，选项（A）不正确。为了使实验有效，导电物质应与传感器良好接触才能采集到所需的数据，选项（B）正确，选项（C）错误。既然模拟的是静电场，所以应使用直流电源，而且题目中已说明“电源通过正负电极a、b在导电物质上”等字样，显然选项（D）错误。有的考生误选了（D），主要是没有理解“电压为交流4～6V电源”在通常实验中的作用。在使用打点计时器时用过该电源，但那是用来在纸带上打出火花用的。这里的正确选项是（B）。

 

27．卡文迪许利用如图所示的扭秤实验装置测量了引力常量 G。

（1）（多选题）为了测量石英丝极微小的扭转角，该实验装置中采取使“微小量放大”的主要措施是（ ）

（A）减小石英丝的直径

（B）增大 T 型架横梁的长度

（C）利用平面镜对光线的反射

（D）增大刻度尺与平面镜的距离

（2）已知T型架水平横梁长度为 l，质量分别为 m 和 m′ 的球，位于同一水平面内，当横梁处于力矩平衡状态时，测得 m、m′ 连线长度为 r，且与水平横梁垂直，同时测得石英丝的扭转角度为 θ，由此得到扭转力矩 kθ（k 为扭转系数且已知），则引力常量的表达式 G ＝_________。

【答案】

（1）CD

（2）$\frac{k\theta r^2}{m{m}^{\prime }l}$

【解析】

（1）该实验巧妙地利用了光尺放大技术。当一束光照射到固定在游丝上的小圆镜上时，若光线与圆镜的法线有一微小角度时，反射光则以与入射角相同的角度反射到远处的光尺上，一般光尺到圆镜的距离有几十厘米，所以反射光的光点在光尺上就划过一个较大距离，这样游丝的微小转动在光尺上就能读到一段较大的尺寸，使微小量得到了放大。对照题目中给出的选项，显然（C）、（D）符合要求，是正确答案。选项（A）、（B）与光放大的思想无关。

（2）当引力力矩与游丝扭转力矩相等时，有$G\frac{m{m}^{\prime }}{r^2}\times \frac{l}{2}\times 2=k\theta$，得$G=\frac{k\theta r^2}{m{m}^{\prime }l}$。

 

28．用DIS研究一定质量气体在温度不变时，压强与体积关系的实验装置如图 1 所示，实验步骤如下：

①把注射器活塞移至注射器中间位置，将注射器与压强传感器、数据采集器、计算机逐一连接；

②移动活塞，记录注射器的刻度值 V，同时记录对应的由计算机显示的气体压强值 p；

③用 V–1/p 图像处理实验数据，得到如图 2 所示图线。

（1）为了保持封闭气体的质量不变，实验中采取的主要措施是_________________。

（2）为了保持封闭气体的温度不变，实验中采取的主要措施是___________________和____________________。

（3）如果实验操作规范正确，但如图所示的 V–1/p 图线不过原点，则代表_______________。

【答案】

（1）在注射器活塞上涂润滑油

（2）移动活塞要缓慢；不能用手握住注射器封闭气体部分

（3）注射器与压强传感器连接部位的气体体积

【解析】

（1）在注射器活塞上涂润滑油，防止气体泄漏。

（2）慢慢抽动活塞，目的是使实验过程中的每一微小过程等效于准静态过程。另外，为了防止注射器中气体温度升高，不能用手握住注射器。

（3）体积读数值比实际值小，说明在传感器与注射器之间还有少量的气体，V₀ 代表的就是该部分气体的体积。

 

29．某同学利用 DIS、定值电阻 R₀、电阻箱 R₁ 等实验器材测量电池 a 的电动势和内阻，实验装置如图 1 所示。实验时多次改变电阻箱的阻值，记录外电路的总电阻阻值 R，用电压传感器测得端电压 U，并在计算机上显示出如图2所示的 $\frac{1}{U}–\frac{1}{R}$ 关系图线 a。重复上述实验方法测量电池 b 的电动势和内阻，得到图 2 中的图线 b。

（1）由图线 a 可知电池 a 的电动势 E_a ＝__________V，内阻 r_a ＝__________。

（2）若用同一个电阻 R 先后与电池 a 及电池 b 连接，则两电池的输出功率 P_a_______P_b（填“大于”、“等于”或“小于”），两电池的效率 η_a_____η_b（填“大于”、“等于”或“小于”）。

【答案】

（1）2；0.5

（2）小于；大于

【解析】

（1）根据$E=U+\frac{U}{R}r$，得$\frac{1}{U}=\frac{1}{E}+\frac{r}{E}\cdot \frac{1}{R}$ 。由图线a可知，其截距b_a＝0.5（$\frac{1}{V}$ ），斜率是k＝0.25（$\frac{\mathrm{\Omega }}{V}$），所以电池a的电动势E_a＝$\frac{1}{b_a}$＝2V，内阻r_a＝E•k＝0.5Ω。

（2）由图线b可知，截距b_b在0.2（$\frac{1}{V}$）左右，斜率k_b在0.13（$\frac{\mathrm{\Omega }}{V}$）左右，所以电池b的电动势E_b≈5V，内阻r_b≈0.7Ω，E_a＜E_b，r_a＜r_b。因为电池的输出功率$P={\left(\frac{E}{R+r}\right)}^{2}R$，所以P_a小于P_b。又因为电池的效率η＝$\frac{UI}{EI}$＝$\frac{R}{R+r}$，所以η_a大于η_b。

更好的方法：横轴截距为$-\frac{1}{r}$，可见r_a＜r_b，所以η_a大于η_b。添加一条竖直辅助线，可见在R相同的情况下端电压U_a小于U_b，所以P_a小于P_b。

本题的正确答案是：（1）2；0.5（2）小于；大于

 

30．如图，ABC 和 ABD 为两个光滑固定轨道，A、B、E 在同一水平面上，C、D、E 在同一竖直线上，D 点距水平面的高度为 h，C 点的高度为 2h，一滑块从 A 点以初速度 v₀ 分别沿两轨道滑行到 C 或 D 处后水平抛出。

（1）求滑块落到水平面时，落点与E点间的距离 s_C 和 s_D；

（2）为实现 s_C ＜ s_D，v₀ 应满足什么条件？

【答案】

（1）s_C = $\sqrt{v_0^2-4gh}\sqrt{\frac{4h}{g}}$，s_D = $\sqrt{v_0^2-2gh}\sqrt{\frac{2h}{g}}$

（2）$\sqrt{4gh}$ ＜ v₀ ＜$\sqrt{6gh}$ 

【解析】

（1）设抛出点高度为 y，根据机械能守恒，有

$\frac{1}{2}$mv₀² = $\frac{1}{2}$mv² + mgy，

平抛初速度

v = $\sqrt{v_0^2-2gy}$，

落地时间 t 满足

y = $\frac{1}{2}$gt²，解得 t = $\sqrt{\frac{2y}{g}}$

落地点离抛出点的水平距离

s = vt = $\sqrt{v_0^2-2gy}$ $\sqrt{\frac{2y}{g}}$，

分别以 y = 2h 和 y = h 代入得

s_C = $\sqrt{v_0^2-4gh}\sqrt{\frac{4h}{g}}$，s_D = $\sqrt{v_0^2-2gh}\sqrt{\frac{2h}{g}}$。

（2）由题意 s_C < s_D，即

$\sqrt{v_0^2-4gh}\sqrt{\frac{4h}{g}}$ < $\sqrt{v_0^2-2gh}\sqrt{\frac{2h}{g}}$，

得 v₀² < 6gh。

但滑块从 A 点以初速度 v₀ 分别沿两轨道滑行到 C 或 D 处后水平抛出，要求滑块能到达 C 点，即

v_C² = v₀² − 4gh > 0

故 v₀² > 4gh，

因此初速度应满足 $\sqrt{4gh}$ ＜ v₀ ＜$\sqrt{6gh}$ 。

 

31．倾角 θ ＝ 37°，质量 M ＝ 5 kg 的粗糙斜面位于水平地面上。质量 m ＝ 2 kg 的木块置于斜顶端，从静止开始匀加速下滑，经 t ＝ 2 s 到达底端，运动路程 L ＝ 4 m，在此过程中斜面保持静止（sin37° ＝ 0.6，cos37° ＝ 0.8，g 取 10 m/s²）。求：

（1）地面对斜面的摩擦力大小与方向；

（2）地面对斜面的支持力大小；

（3）通过计算证明木块在此过程中满足动能定理。

【答案】

（1）3.2 N，方向水平向左

（2）67.6 N

（3）木块在下滑过程中，沿斜面方向合力及该力做的功为

F = mgsinθ − f₁ = 4 N，

W = FL = 16 J，

木块末速度及动能增量 v = at = 4 m/s，ΔE_k = $\frac{1}{2}$mv² = 16 J，

由此可知下滑过程中 W = ΔE_k，即合力做功或外力对木块做的总功等于动能的变化（增加），动能定理成立。

【解析】

（1）木块做加速运动，有

L = $\frac{1}{2}$at²        解得 a = $\frac{2L}{t^2}$  = 2 m/s²，

对木块（受力分析图如图所示），由牛顿第二定律

mgsinθ − f₁ = ma

解得        f₁ = mgsinθ − ma = 8 N，

N₁ = mgcosθ = 16 N，

斜面受力如图， 由共点力平衡，地对斜面的摩擦力

f₂ = N₁ʹsinθ − f₁ʹcosθ = 3.2 N，方向水平向左

（2）地面对斜面的支持力为

N₂ = Mg + N₁cosθ + f₁sinθ = 67.6 N，

（3）木块在下滑过程中，沿斜面方向合力及该力做的功为

F = mgsinθ − f₁ = 4 N，

W = FL = 16 J，

木块末速度及动能增量 v = at = 4 m/s，ΔE_k = $\frac{1}{2}$mv² = 16 J，

由此可知下滑过程中 W = ΔE_k，即合力做功或外力对木块做的总功等于动能的变化（增加），动能定理成立。

 

32．如图，宽度为 L ＝ 0.5 m 的光滑金属框架 MNPQ 固定于水平面内，并处在磁感应强度大小 B ＝ 0.4 T，方向竖直向下的匀强磁场中，框架的电阻非均匀分布。将质量 m ＝ 0.1 kg，电阻可忽略的金属棒 ab 放置在框架上，并与框架接触良好。以 P 为坐标原点，PQ 方向为 x 轴正方向建立坐标。金属棒从 x₀ ＝ 1 m 处以 v₀ ＝ 2 m/s 的初速度，沿 x 轴负方向做 a ＝ 2 m/s² 的匀减速直线运动，运动中金属棒仅受安培力作用。求：

（1）金属棒 ab 运动 0.5 m，框架产生的焦耳热 Q；

（2）框架中 aNPb 部分的电阻 R 随金属棒ab的位置 x 变化的函数关系；

（3）为求金属棒 ab 沿 x 轴负方向运动 0.4 s 过程中通过 ab 的电量 q，某同学解法为：先算出经过 0.4 s 金属棒的运动距离 s，以及 0.4 s 时回路内的电阻 R，然后代入 q ＝ $\frac{\mathrm{\Delta }\mathrm{\Phi }}{R}$ ＝ $\frac{BLs}{R}$ 求解。指出该同学解法的错误之处，并用正确的方法解出结果。

【答案】

（1）Q ＝ 0.1 J

（2）R ＝ 0.4$\sqrt{x}$

（3）错误之处是把 0.4 s 时回路内的电阻 R 代入 q ＝ $\frac{BLs}{R}$ 进行计算。

q ＝0.4 C

【解析】

（1）金属棒仅受安培力作用，其大小

F = ma = 0.2 N。

金属棒运动 0.5 m，框架中间生的焦耳热等于克服安培力做的功，故

Q = Fs = 0.1 J。

（2）金属棒所受安培力为

F = BIL

又    I = $\frac{E}{R}$ = $\frac{BLv}{R}$

由牛顿第二定律得

F = $\frac{B^2{L}^{2}v}{R}$ = ma，

由于棒做匀减速运动，有

v = $\sqrt{v_0^2-2a(x_0-x)}$，

联立解得        R = $\frac{B^2{L}^2}{ma}\sqrt{v_0^2-2a(x_0-x)}$ = 0.4$\sqrt{x}$。

（3）错误之处是把 0.4 s 时回路内的电阻 R 代入 q = $\frac{BLs}{R}$ 进行计算，

正确解法是：由电荷量的定义知

q = It，

又    F = BIL = ma，

联立解得        q = $\frac{mat}{BL}$ = 0.4 C。

 

33．如图，一质量不计，可上下移动的活塞将圆筒分为上下两室，两室中分别封有理想气体。筒的侧壁为绝缘体，上底 N、下底 M 及活塞 D 均为导体并按图连接，活塞面积 S ＝ 2 cm²。在电键K断开时，两室中气体压强均为 p₀ ＝ 240 Pa，ND 间距 l₁ ＝ 1 μm，DM 间距 l₂ ＝ 3 μm。将变阻器的滑片 P 滑到左端 B，闭合电键后，活塞 D 与下底 M 分别带有等量异种电荷，并各自产生匀强电场，在电场力作用下活塞 D 发生移动。稳定后，ND 间距 l₁ʹ ＝ 3 μm，DM 间距 l₂ʹ ＝ 1 μm，活塞 D 所带电量的绝对值 q ＝ ε₀SE（式中 E 为 D 与 M 所带电荷产生的合场强，常量 ε₀ ＝ 8.85×10⁻¹² C²/N·m²）。求：

（1）两室中气体的压强（设活塞移动前后气体温度保持不变）；

（2）活塞受到的电场力大小 F；

（3）M 所带电荷产生的场强大小 E_M 和电源电压 U；

（4）使滑片 P 缓慢地由 B 向 A 滑动，活塞如何运动，并说明理由。

【答案】

（1）p₁ ＝ 80 Pa， p₂ ＝ 720 Pa

（2）F ＝ 0.128 N

（3）E_M ＝ 6×10⁶ V/m，U ＝ 12 V

（4）当滑片 P 由 B 向 A 滑动时，DM 间场强减小，DN 间场强变大，活塞受到向下的电场力减小，电场力与气体压力间的平衡被破坏，活塞向上移动。

【解析】

（1）电键未合上时两室中气体压强为 p₀，设电键合上后，两室中气体压强分别为 p₁、p₂，由玻意耳定律得

p₀l₁S = p₁l₁ʹS，p₁ = $\frac{p_0}{3}$ = 80 Pa，

p₀l₂S = p₂l₂ʹS，p₂ = 3p₀ = 720 Pa。

（2）活塞受到的气体压强差为

Δp = p₂ − p₁ = 640 Pa

活塞在气体压力和电场力作用下处于平衡，电场力

F = ΔpS = 0.128 N

（3）活塞受到的电场力大小为

F = qE_M，

其中活塞带电量 q = ε₀SE，因为 E 由 D、M 所带等量导号电荷共同产生，根据电场叠加原理，M 产生的场强大小

E_M = $\frac{E}{2}$，

则    F = qE_M = 2ε₀SE_M²

解得        E_M = $\sqrt{\frac{F}{2{\epsilon }_{0}S}}$ = $\sqrt{\frac{0.128}{2\times 8.85\times {10}^{-12}\times 2\times {10}^{-4}}}$ V/m = 6×10⁶ V/m

故    E = 2E_M = 1.2×10⁷ V/m，U = El₂ʹ = 1.2×10⁷×1×10⁻⁶ V = 12 V

（4）当滑片 P 由 B 向 A 滑动时，DM 间场强减小，DN 间场强变大，活塞受到向下的电场力减小，电场力与气体压力间的平衡被破坏，活塞向上移动。