1．电场线分布如图所示，电场中 a，b 两点的电场强度大小分别为已知 E_a 和 E_b，电势分别为 φ_a 和 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】

从本题给出的图线看，这是一个非匀强电场，左边的电场线较疏，右边的电场线较密，显然右边的电场强度大于左边的电场强度，即 E_a 小于 E_b。又因为沿着电场线的方向电势降低，所以 φ_a 大于 φ_b。本题的正确选项是（C）。

 

2．卢瑟福利用α粒子轰击金箔的实验研究原子结构，正确反映实验结果的示意图是 （ ）

【答案】

D

【解析】

本题未与通常一样画出原子核的位置，而是仅仅用虚线表示原子，这与考生见到的情况有所不同，但可以从射入的几条α粒子的运动轨迹弯曲情况可以作出判断。实验过程中的α粒子在穿过金箔后的轨迹发生了弯曲，轨迹弯曲的程度取决于α粒子离核的距离。解答本题的关键是看离核较近的α粒子射线轨迹是否与离核较远的轨迹有相交，有相交的有可能为正确，但不相交的一定不准确，所以选项（A）、（B）错误。选项（C）中正对中心的α粒子射线轨迹沿虚线圆的直径穿过，说明该条射线能穿过金箔核而不受影响，这与事实不符，所以错误。而选项（D）与事实相符。本题的正确选项为（D）。

 

3．用一束紫外线照射某金属时不能产生光电效应，可能使该金属产生光电效应的措施是（    ）

（A）改用频率更小的紫外线照射

（B）改用X射线照射

（C）改用强度更大的原紫外线照射

（D）延长原紫外线的照射时间

【答案】

B

【解析】

在光电效应实验中'能否产生光电流的根本条件是入射光的频率要大于金属材料的极限频率。既然用一束紫外线照射某金属时不能产生光电效应，说明该金属的极限频率大于紫外线的频率，只有改用更高频率的射线才能使该金属发生光电效应，所以选项（A）错误。X射线的频率远高于紫外线的频率，选项（B）正确。选项（C）与（D）涉及光强与照射时间，光强越强说明紫外线光束中含有的光子数较多，但因为每个紫外线光子都不能产生光电效应，所以光子数多仍然不能产生光电效应，同样，延长照射时间也不能使该金属产生光电效应，选项（C）、（D）错误。本题的正确选项是（B）。

 

4．如图，一定量的理想气体从状态a沿直线变化到状态b，在此过程中，其压强 （ ）

（A）逐渐增大

（B）逐渐减小

（C）始终不变

（D）先增大后减小

【答案】

A

【解析】

本题给出的是V-T图，当理想气体从状态a沿直线变化到状态b时，由图可知，气体的体积在缩小而温度在增加，设想该理想气体处于一气缸内，显然气体经历的是压缩升温的过程，因此压强是增大的。本题的正确选项是（A）。

 

5．两个相同的单摆静止于平衡位置，使摆球分别以水平初速 v₁、v₂（v₁ ＞ v₂）在竖直平面内做小角度摆动，它们的频率与振幅分别为 f₁、f₂ 和 A₁、A₂，则 （ ）

（A）f₁ ＞ f₂，A₁ ＝ A₂

（B）f₁ ＜ f₂，A₁ ＝ A₂

（C）f₁ ＝ f₂，A₁ ＞ A₂

（D）f₁ ＝ f₂，A₁ ＜ A₂

【答案】

C

【解析】

单摆的频率只决定于摆长，与摆球的质量、位置以及速度等均无关。题意表示两个单摆相同，所以它们的摆长一定相等，频率相等，即f₁＝f₂。增大单摆振幅大小的方法有两个：在保持单摆的基本条件下适当增加摆球偏离平衡位置的角度；或增加小球初始运动的能量，例如增大摆动的初始速度或给小球一个偏离平衡位置的推力等。能量越大则振幅越大，因v₁＞v₂，所以A₁＞A₂。本题的正确选项是（C）。

 

6．右表是某逻辑电路的真值表，该电路是 （ ）

输入		输出
0	0	1
0	1	1
1	0	1
1	1	0

【答案】

D

【解析】

在逻辑电路中，真值表是非常重要的，它反映了逻辑器件的输入输出关系。从试题给出的真值表可以得出，当两个输入端均为0时输出为1，而当两个输入端均为1时，输出为0，其他情况的输入，电路的输出均为1。这与与非门的真值表相同，因此，本题的正确选项为（D）。

 

7．在存放放射性元素时，若把放射性元素①置于大量水中；②密封于铅盒中；③与轻核元素结合成化合物，则 （ ）

（A）措施①可减缓放射性元素衰变

（B）措施②可减缓放射性元素衰变

（C）措施③可减缓放射性元素衰变

（D）上述措施均无法减缓放射性元素衰变

【答案】

D

【解析】

放射性元素有两个基本特征：能释放出高能射线和具有衰变的特性，不同放射性元素的衰变特性与外部条件无关，是放射性元素所固有的，因此，题目中所列举的三种措施：放射性元素置于水中可以使射线粒子的速度有所减小；铅盒只能阻挡放射性射线；与轻核元素结合成化合物是将放射性元素转换成其他物质，它们都无法减缓放射性元素的衰变。本题的正确选项是（D）。

 

8．某种气体在不同温度下的气体分子速率分布曲线如图所示，图中f(v)表示v处单位速率区间内的分子数百分率，所对应的温度分别为T_Ⅰ，T_Ⅱ，T_Ⅲ，则（ ）

（A）T_Ⅰ＞T_Ⅱ＞T_Ⅲ

（B）T_Ⅲ＞T_Ⅱ＞T_Ⅰ

（C）T_Ⅱ＞T_Ⅰ，T_Ⅱ＞T_Ⅲ

（D）T_Ⅰ＝T_Ⅱ＝T_Ⅲ

【答案】

B

【解析】

根据速率分布的规律，每条曲线与横轴围成面积为1，曲线的峰越高，表明具有这种速度的分子数越多。曲线Ⅰ表示具有较低速度的分子数很多，随着温度的升高，分子的速度逐渐增大，曲线的峰值位置向右移动，对照题目的四个选项可知，选项（B）正确。

 

9．天然放射性元素放出的三种射线的穿透能力实验结果如图所示，由此可推知 （ ）

（A）②来自于原子核外的电子

（B）①的电离作用最强，是一种电磁波

（C）③的电离作用较强，是一种电磁波

（D）③的电离作用最弱，属于原子核内释放的光子

【答案】

D

【解析】

天然放射性元素能放出α、β、γ三种射线，α粒子流是氦原子核，它的贯穿本领很弱；氦原子核带有正电荷，所以电离本领很强。β射线是由核内放出的高速运动电子流，其贯穿的本领很强，电离作用比较弱。γ射线是以光速运动的光子，其贯穿本领最强，但电离本领最弱。题目显示：射线①不能穿透纸张；射线②能穿透纸张，但不能穿透较厚的铝板；射线③能穿透前两种材质，但不能穿透较厚的铝板。再结合上面所给出的三种射线的特性，可以知道射线③是γ线，是原子核内释放出的光子，是一种电磁波，它的电离作用最弱，所以选项（C）错误、选项（D）正确；射线②是β射线，是从核内放出的电子流，不是核外的电子，因此选项（A）错误；射线①是α射线，电离作用很强，但α射线不是电磁波，选项（B）错误。本题的正确选项是（D）。

 

10．两波源S₁、S₂在水槽中形成的波形如图所示，其中实线表示波峰，虚线表示波谷，则 （ ）

（A）在两波相遇的区域中会产生干涉

（B）在两波相遇的区域中不会产生干涉

（C）a点的振动始终加强

（D）a点的振动始终减弱

【答案】

B

【解析】

首先，从两波源S₁、S₂在水槽中形成的波形图可判断出这两个波源的频率不相等，这是因为，在波形图中相邻两条实线圆弧的距离表示波长，显然S₁的波长小于S₂的波长；又因为两个波源在同一媒质中传播，波长不等意味着频率不相等。其次，产生干涉的必要条件是频率必须相等，否则在两波相遇的区域中不会产生干涉，所以选项（A）错误，选项（B）正确。即使在产生干涉的情况下，a点的振动也会随着时间作相应变化，所以选项（C）与（D）错误。本题的正确选项是（B）。

 

11．如图，人沿平直的河岸以速度v行走，且通过不可伸长的绳拖船，船沿绳的方向行进，此过程中绳始终与水面平行。当绳与河岸的夹角为α，船的速率为 （ ）

（A）vsinα

 （B）$\frac{v}{\sin \alpha }$

 （C）vcosα

 （D）$\frac{v}{\cos \alpha }$

【答案】

C

【解析】

试题所述很容易让人想起人力拉纤的情景，显然船的速度来自于人的速度，且通过拉动纤绳作用于船，认识这一点非常重要。那么，船的速率就是人的速度沿纤绳方向的投影，即v_船＝vcosα。显然选项（C）为正确答案。

 

12．如图所示电路中，闭合电键S，当滑动变阻器的滑动触头P从最高端向下滑动时，（ ）

（A）电压表V读数先变大后变小，电流表A读数变大

（B）电压表V读数先变小后变大，电流表A读数变小

（C）电压表V读数先变大后变小，电流表A读数先变小后变大

（D）电压表V读数先变小后变大，电流表A读数先变大后变小

【答案】

A

【解析】

当滑动变阻器的R动触头P在最高端时，滑动变阻器被导线短路，电路中只有电阻R，电压表V测到的是电阻R两端的路端电压。当滑动触头P从最高端向下滑动时，滑动变阻器分为上下两个电阻相并联，然后接入电路与电阻R串联。在滑动触头P向下滑动的过程中，滑动变阻器的上下两个电阻的并联电阻阻值经历了从小变大再到变小的过程，即路端的总电阻R＋R_并也会经历从小变大再到变小的过程。由于电压表测的是路端电压，所以电压表的读数也经历了先变大后变小的过程。开始时，由于滑动触头P在最高端，有电流表的支路被导线短路，所以起始时刻电流表读数为0；当滑动触头P从最高端向下滑动时，R_并在增大，I_总在减小，U_外在增大，而I_总R在减小，所以U_并在增大；而两个并联电阻中有电流表支路的电阻在减小，所以电流表的读数在增大，一直到滑动头P滑到滑动变阻器的中点；当滑动头P过滑动变阻器的中点后，R_并在减小，I_总在增大，U_外减小，而I_总R在增大，所以U_并在减小，又由于两个并联电阻中没有电流表支路中的电阻在增大，所以该支路中的电流在减小；又因为I_总在增大，所以两个并联电阻中，有电流表支路的电流在增大，一直到滑动头P滑到滑动变阻器的最下端，所以电流表的读数一直在增大。

本题的正确选项是（A）。

 

13．如图，均匀带正电的绝缘圆环a与金属圆环b同心共面放置，当a绕O点在其所在平面内旋转时，b中产生顺时针方向的感应电流，且具有收缩趋势，由此可知，圆环a（ ）

（A）顺时针加速旋转

（B）顺时针减速旋转

（C）逆时针加速旋转

（D）逆时针减速旋转

【答案】

B

【解析】

当均匀带正电的绝缘圆环口在平面内旋转时，它的作用就相当于一个圆电流，圆电流产生的磁场垂直于圆电流所在的平面。如果均匀带正电的绝缘圆环a仅仅是匀速转动，那么圆电流产生的磁场大小恒定不变，显然这种磁场穿过圆环b时不可能在b中产生感应电动势，也就没有感应电流。因此，圆环a必须只有加速转动或减速转动才能在圆环b中产生感应电流。如果圆环a顺时针加速旋转，圆环a内的磁场方向向里且在增加，由楞次定律可判断出，此时在圆环b中感应出的电流方向为逆时针方向，选项（A）错误；如果圆环a顺时针减速旋转，圆环a内的磁场方向向里且在减小，但在圆环b处的磁场方向向外，由楞次定律可判断出，此时在圆环b中感应出的电流方向为顺时针方向，又因为此时在圆环b处的磁场方向向外，所以由安培定则可判断出，此时圆环b具有收缩的趋势，选项（B）正确；同理当圆环以逆时针加速旋转时，圆环b中感应出的电流方向虽然也为顺时针方向，但由于b处的磁场方向向里，所以圆环b具有扩展的趋势；同样圆环a逆时针减速旋转时圆环b中的感应电流为逆时针方向，因此选项（C）、（D）错误。

本题的正确选项是（B）。

 

14．两个等量异种点电荷位于x轴上，相对原点对称分布，正确描述电势φ随位置x变化规律的是图（ ）

【答案】

A

 

15．如图，一长为L的轻杆一端固定在光滑铰链上，另一端固定一质量为m的小球。一水平向右的拉力作用于杆的中点，使杆以角速度ω匀速转动，当杆与水平方向成60°时，拉力的功率为 （ ）

（A）mgLω    （B）$\frac{\sqrt{3}}{2}$mgLω

（C）$\frac{1}{2}$mgLω    （D）$\frac{\sqrt{3}}{6}$mgLω

【答案】

C

【解析】

拉力作用于杆的中点，使杆以角速度ω匀速转动到与水平方向成60°时，拉力的力矩与此时刻小球重力的力矩平衡，可得

$F\cdot \frac{L}{2}$sin60°＝mgLcos60°，F＝$\frac{2\sqrt{3}}{3}$mg。因为杆以ω匀速转动，所以杆中心的速度为v＝$\frac{L}{2}$ω，该速度沿拉力方向的分速度为vʹ＝vcos30°。

拉力的功率P＝Fvʹ＝Fvcos30°＝$\frac{2\sqrt{3}}{3}$mgvcos30°＝$\frac{2\sqrt{3}}{3}$mg$\frac{L}{2}$ωcos30°＝$\frac{1}{2}$mgLω。

本题也可直接根据拉力的功率等于重力的功率来解题，有Fvcos30°＝mgLωsin30°＝$\frac{1}{2}$mgLω，显然这种方法要简便得多。

本题的正确选项是（C）。

 

16．如图，在水平面上的箱子内，带异种电荷的小球 a、b 用绝缘细线分别系于上、下两边，处于静止状态。地面受到的压力为 N，球 b 所受细线的拉力为 F。剪断连接球b的细线后，在球 b 上升过程中地面受到的压力 （ ）

（A）小于 N                 （B）等于 N

（C）等于 N + F          （D）大于 N + F

【答案】

D

【解析】

剪断细线前，系统处于静止状态，压力 N 等于系统的总重力，即 N = Mg + m_ag + m_bg；剪断连接球 b 的细线后，b 球向上做加速运动，系统处于超重状态，压力大于总重力，故 AB 错误；

再选 a 和箱为研究对象，箱子受到的支持力 Nʹ = Mg + m_ag + F_库，其中 F_库 为 b 球对 a 球的库仑力。因为平衡时 F_库 = m_bg + F，而球 b 加速上升过程中，随着两球距离的减小，F_库ʹ > F_库 = m_bg + F，故 Nʹ > Mg + m_ag + m_bg + F = N + F，故 D 正确。

 

17．用极微弱的可见光做双缝干涉实验，随着时间的增加，在屏上先后出现如图（a）、（b）、（c）所示的图像，则 （ ）

（A）图像（a）表明光具有粒子性

（B）图像（c）表明光具有波动性

（C）用紫外光观察不到类似的图像

（D）实验表明光是一种概率波

【答案】

ABD

【解析】

光的双缝干涉实验图像的特点是可以在光屏上看到明暗相间且等宽的干涉条纹，这是光具有波动性的基本特征，所以图（c）所示的图像是干涉条纹，即用该微弱可见光做的双缝干涉实验能很好地反映光的波动特性，选项（B）正确。图（c）表现为光斑的散点图，体现了光具有粒子性，选项（A）正确。图（b）是双缝干涉实验的中间过程，表明当穿过狭缝后的光子射到屏上累积到一定程度，呈现出干涉的条纹，体现了光的波粒二象性。紫外光也有波粒二象性，所以用紫外光也可观察到类似的图像，选项（C）错误。从图（a）到（b）到（c）的全过程，可以看到在干涉实验的过程中，我们并不知道光子落在屏上何处，但随着时间的积累，在干涉条纹处光子出现的可能性最大，所以说光是一种概率波，选项（D）正确。

本题的正确选项是（A）、（B）、（D）。

 

18．如图，质量为m、长为L的直导线用两绝缘细线悬挂于O、Oʹ，并处于匀强磁场中。当导线中通以沿x正方向的电流I，且导线保持静止时，悬线与竖直方向夹角为θ。则磁感应强度方向和大小可能为 （ ）

（A）z正向，$\frac{mg}{IL}$tanθ

（B）y正向，$\frac{mg}{IL}$

（C）z负向，$\frac{mg}{IL}$tanθ

（D）沿悬线向上，$\frac{mg}{IL}$sinθ

【答案】

BC

 

19．受水平外力F作用的物体，在粗糙水平面上作直线运动，其v-t图线如图所示，则 （      ）

（A）在0～t₁秒内，外力F大小不断增大

（B）在t₁时刻，外力F为零

（C）在t₁～t₂秒内，外力F大小可能不断减小

（D）在t₁～t₂秒内，外力F大小可能先减小后增大

【答案】

CD

【解析】

在0～t₁时间内，物体在做加速度减小的变加速直线运动，说明水平外力F比滑动摩擦阻力f大，由F－f＝ma可知，f不变，a减小，则外力F大小不断减小，因此选项（A）错误。

在t₁时刻，物体的加速度为零，说明水平外力F等于滑动摩擦阻力f，因此选项（B）错误。

在t₁～t₂秒时间内，物体在做加速度增大的变减速直线运动，且在t₁时刻水平外力F等于滑动摩擦阻力f，则t₁时刻后水平外力F应在减小或减小到零后变为阻力且增大，因此选项（C）、（D）正确。

本题的正确选项是（C）、（D）。

 

20．如图，磁场垂直于纸面，磁感应强度在竖直方向均匀分布，水平方向非均匀分布。一铜制圆环用丝线悬挂于O点，将圆环拉至位置a后无初速释放，在圆环从a摆向b的过程中 （       ）

（A）感应电流方向先逆时针后顺时针再逆时针

（B）感应电流方向一直是逆时针

（C）安培力方向始终与速度方向相反

（D）安培力方向始终沿水平方向

【答案】

AD

【解析】

由于靠近两磁场分界线附近的磁感应强度较强，在圆环从a摆向b的过程中，在圆环中将产生感应电流，圆环中的磁通量经历了×先增加→×再减少→0→•增加→•减少的过程。由楞次定律可知，圆环在左边区域运动到中间分界线之前，圆环中的感应电流为逆时针方向。圆环的一小部分从刚进入右边磁场区域到完全进入右边磁场的过程中，圆环中的感应电流为顺时针方向。这是因为此过程中，穿进圆环的磁通量在减少。为了弥补这种减少，由楞次定律可知，圆环中产生顺时针方向的感应电流，该感应电流激发的磁通量补偿穿进圆环的磁通量的减少。当圆环进入右边继续向右摆动过程中，穿出圆环的磁通量在减少，所以由楞次定律可知，之后圆环中的感应电流为逆时针方向。考虑安培力时，只要将圆环等效于通电直导线（直径）受到的安培力即可，显然圆环中逆时针方向的感应电流等效于由下向上的通电直导线（直径）。在左边磁场中时，安培力方向水平向左，与速度方向相反；同理，在右边磁场中时，安培力方向水平向右与速度方向相同，即安培力方向始终沿水平方向。

本题的正确选项是（A）、（D）。

 

21．如图，当用激光照射直径小于激光束的不透明圆盘时，在圆盘后屏上的阴影中心出现了一个亮斑。这是光的_______（填“干涉”、“衍射”或“直线传播”）现象，这一实验支持了光的_________（填“波动说”、“微粒说”或“光子说 ”）。

【答案】

衍射；波动说

【解析】

光在传播过程中，一般呈现直线传播的特征，但是当障碍物的尺度与光的波长可比拟时，将出现干涉或衍射现象。题意给出在屏上的阴影中心出现了一个亮斑，这是衍射产生的条纹。干涉、衍射现象支持了光的波动说。本题的正确答案为：衍射；波动说。

 

22．光滑水平面上两小球 a、b 用不可伸长的松弛细绳相连。开始时 a 球静止，b 球以一定速度运动直至绳被拉紧，然后两球一起运动，在此过程中两球的总动量_______（填“守恒”或“不守恒”）；机械能_________（填“守恒”或“不守恒 ”）。

【答案】

守恒；不守恒

【解析】

系统动量守恒的条件是，系统不受外力或所受外力的合力为零。题目中，水平面是光滑的，两球在水平方向不受摩擦力作用，当绳被拉紧，两球一起运动时，绳子对两球的作用力是系统（球与绳子）的内力，所以在此过程中两球在水平方向不受外力作用，在竖直方向合力为零，即总动量守恒。球 b 在绳被拉紧的过程中有能量损耗，所以机械能不守恒。

本题的正确答案为：守恒；不守恒。

 

22．人造地球卫星在运行过程中由于受到微小的阻力，轨道半径将缓慢减小。在此运动过程中，卫星所受万有引力大小将_________（填“减小”或“增大”）；其动能将________（填“减小”或“增大 ”）。

【答案】

增大；增大

【解析】

人造卫星是受万有引力作用而做圆周运动的。人造卫星所受的万有引力F＝G$\frac{Mm}{r^2}$，其中M为地球质量，m为卫星质量，当r减小时，F增大。又因为对于人造卫星，有公式G$\frac{Mm}{r^2}$＝m$\frac{v^2}{r}$，变形后得v²＝$\frac{GM}{r}$，由此得，r变小，v²变大，所以人造卫星的动能增大。

本题的正确答案为：增大；增大。

 

23．如图，在竖直向下，场强为E的匀强电场中，长为l的绝缘轻杆可绕固定轴在竖直面内无摩擦转动，两个小球A、B固定于杆的两端，A、B的质量分别为m₁和m₂（m₁＜m₂），A带负电，电量为q₁，B带正电，电量为q₂。杆从静止开始由水平位置转到竖直位置，在此过程中电场力做功为_______________，在竖直位置处两球的总动能为__________________。

【答案】

$\frac{(q_1+q_2)El}{2}$，$\frac{(q_1+q_2)El+(m_2-m_1)gl}{2}$

【解析】

带电粒子在电场中受到电场力作用，由于电场方向竖直向下，带负电的q₁向上转动，q₂向下转动，在转动过程中电场力做功为

$q_{1}E\frac{l}{2}+q_{2}E\frac{l}{2}=\frac{(q_1+q_2)El}{2}$

在转动过程中，电场力做正功，重力对q₁做负功、对q₂做正功，电场力与重力所做的总功应与竖直位置处的总动能相等，即在竖直位置处两球的总动能为

$\frac{(q_1+q_2)El+(m_2-m_1)gl}{2}$

本题的正确答案为：$\frac{(q_1+q_2)El}{2}$，$\frac{(q_1+q_2)El+(m_2-m_1)gl}{2}$

 

24．两列简谐波沿x轴相向而行，波速均为v＝0.4m/s，两波源分别位于A、B处，t＝0时的波形如图所示。当t＝2.5s时，M点的位移为_______cm，N点的位移为_____cm 。

【答案】

2；0

【解析】

波向右或向左由波源处传播和在波源后画出一些波形后再移动是等价的。因此可以先画出A、B波的若干个完整的波形，再由s＝vt＝0.4×2.5m＝1m可知，应将A、B两波分别向右和向左移动1米，可得A波到达M点时位移为零，B波到达M点时位移为2cm，因此M点的位移为2cm。A波到达N点时位移为零，B波到达N点时位移也为零，因此N点的位移为零。

本题的正确答案为：2；0。

 

25．以初速为 v₀，射程为 s 的平抛运动轨迹制成一光滑轨道。一物体由静止开始从轨道顶端滑下，当其到达轨道底部时，物体的速率为_______，其水平方向的速度大小为________。

【答案】

$\frac{gs}{v_0}$，$\frac{v_0}{\sqrt{1+\frac{v_0^4}{g^2{s}^2}}}$

【解析】

由平抛运动的规律可得轨道高度为 h = $\frac{1}{2}g{\left(\frac{s}{v_0}\right)}^2$ = $\frac{g{s}^2}{2v_0^2}$。物体从轨道顶端由静止滑到底部时，由机械能守恒定律得 mgh = $\frac{1}{2}$mv²，得 v = $\frac{gs}{v_0}$。

设速度方向与水平方向的夹角为 θ，由平抛运动的规律可得 tanθ = $\frac{v_y}{v_x}$ = $\frac{\sqrt{2gh}}{v_0}$ = $\frac{gs}{v_0^2}$；而物块落到轨道底部时水平分速度 v_x = vcosθ，解得 v_x = $\frac{v_0}{\sqrt{1+\frac{v_0^4}{g^2{s}^2}}}$。

 

26．如图，为测量作匀加速直线运动小车的加速度，将宽度均为b的挡光片A、B固定在小车上，测得二者间距为d。

（1）当小车匀加速经过光电门时，测得两挡光片先后经过的时间Δt₁和Δt₂，则小车加速度a＝______________。

（2）（多选题）为减小实验误差，可采取的方法是（     ）

（A）增大两挡光片宽度b

（B）减小两挡光片宽度b

（C）增大两挡光片间距d

（D）减小两挡光片间距d

【答案】

（1）$\frac{b^2}{2d}(\frac{1}{\mathrm{\Delta }{t}_2^2}-\frac{1}{\mathrm{\Delta }{t}_1^2})$。

（2）BC

【解析】

（1）设A、B挡光片经过光电门时的速度分别为v₁、v₂，则v₁＝$\frac{b}{\mathrm{\Delta }{t}_1}$，v₂＝$\frac{b}{\mathrm{\Delta }{t}_2}$。由匀加速运动公式得v₂²－v₁²＝2ad＝$\frac{b^2}{\mathrm{\Delta }{t_2}^2}$ －$\frac{b^2}{\mathrm{\Delta }{t_1}^2}$，可解得a＝$\frac{b^2}{2d}(\frac{1}{\mathrm{\Delta }{t}_2^2}-\frac{1}{\mathrm{\Delta }{t}_1^2})$。

（2）先分析出现实验误差的原因。显然v₁、v₂测量越精确，则实验误差越小。将挡光片经过光电门的平均速度看作小车的瞬时速度，所以适当减小两挡光片宽度b，可使速度值测得更精确；同时适当加大两挡光片之间的距离，可以增大v₁与v₂之间的差值。选项（B）、（C）正确。

 

27．在“用单分子油膜估测分子大小”实验中：

（1）某同学操作步骤如下：

①取一定量的无水酒精和油酸，制成一定浓度的油酸酒精溶液；

②在量筒中滴入一滴该溶液，测出它的体积；

③在蒸发皿内盛一定量的水，再滴入一滴油酸酒精溶液，待其散开稳定；

④在蒸发皿上覆盖透明玻璃，描出油膜形状，用透明方格纸测量油膜的面积。改正其中的错误：____________________________________________________。

（2）若油酸酒精溶液体积浓度为0.10%，一滴溶液的体积为4.8×10^-3ml，其形成的油膜面积为40cm²，则估测出油酸分子的直径为________m 。

【答案】

（1）②在量筒中滴入N滴溶液；③在水面上先撒上痱子粉。

（2）1.2×10^-9

【解析】

（1）步骤②不正确，因为滴入一滴溶液很难测得该漓溶液的精确体积，有读数误差。在实验中通常是滴入N滴该溶液，测定N滴溶液的体积时读数的误差将会减小。在操作步骤③前应先在水面上撒上痱子粉，然后将该溶液滴在痱子粉上使得容易区分溶液与水。

（2）d＝$\frac{V}{S}$ ＝1.2×10^-7cm＝1.2×10^-9m。即油酸分子的直径为1.2×10^-9m。

 

28．在“研究回路中感应电动势大小与磁通量变化快慢的关系”实验（见图（甲））中，得到E－$\frac{1}{\mathrm{\Delta }t}$图线如图（乙）所示 。

（1）（多选题）在实验中需保持不变的是（      ）

（A）挡光片的宽度

（B）小车的释放位置

（C）导轨倾斜的角度

（D）光电门的位置

（2）线圈匝数增加一倍后重做该实验，在图（乙）中画出实验图线。

【答案】

（1）AD

（2）见图

 

29．实际电流表有内阻，可等效为理想电流表与电阻的串联。测量实际电流表 G₁ 内阻 r₁ 的电路如图所示。供选择的仪器如下： ①待测电流表 G₁（0 ～ 5 mA，内阻约 300 Ω），②电流表 G₂ （0 ～ 10 mA，内阻约 100 Ω），③定值电阻 R₁（300 Ω），④定值电阻 R₂（10 Ω），⑤滑动变阻器 R₃（0 ～ 1000 Ω），⑥滑动变阻器 R₄（0 ～ 20 Ω），⑦干电池（1.5 V），⑧电键 S 及导线若干。

（1）定值电阻应选_______，滑动变阻器应选_________。（在空格内填写序号 ）

（2）用连线连接实物图。

（3）补全实验步骤：

①按电路图连接电路，_____________________；

②闭合电键 S，移动滑动触头至某一位置，记录 G₁，G₂ 的读数 I₁，I₂；

③____________________________________；

④以 I₂ 为纵坐标，I₁ 为横坐标，作出相应图线，如图所示。

（4）根据 I₂－I₁ 图线的斜率k及定值电阻，写出待测电流表内阻的表达式________________。

【答案】

（1）③，⑥

（2）见图

（3）①将滑动触头移至最左端

③多次移动滑动触头，记录相应的 G₁，G₂ 读数 I₁，I₂。

（4）r₁ = （k－1）R₁

 

30．如图，绝热气缸 A 与导热气缸 B 均固定于地面，由刚性杆连接的绝热活塞与两气缸间均无摩擦。两气缸内装有处于平衡状态的理想气体，开始时体积均为 V₀、温度均为 T₀。缓慢加热 A 中气体，停止加热达到稳定后，A 中气体压强为原来的 1.2 倍。设环境温度始终保持不变，求气缸 A 中气体的体积 V_A 和温度 T_A。

【答案】

V_A ＝ $\frac{7}{6}$V₀，T_A ＝ 1.4T₀

【解析】

设初态压强为 p₀，膨胀后 A，B 压强相等，有

p_B = 1.2p₀

B 中气体始末状态温度相等，由玻意耳定律得

p₀V₀ = 1.2p₀（2V₀ − V_A）

V_A = $\frac{7}{6}$V₀

A 部分气体满足

$\frac{p_0{V}_0}{T_0}$ = $\frac{1.2p_0{V}_{\mathrm{A}}}{T_{\mathrm{A}}}$

解得 T_A = 1.4T₀

 

31．如图，质量 m ＝ 2 kg 的物体静止于水平地面的 A 处，A、B 间距 L ＝ 20 m。用大小为 30 N，沿水平方向的外力拉此物体，经 t₀ ＝ 2 s 拉至 B 处。（已知 cos37° ＝ 0.8，sin37° ＝ 0.6。取 g ＝ 10 m/s²）

（1）求物体与地面间的动摩擦因数 μ；

（2）用大小为 30 N，与水平方向成 37° 的力斜向上拉此物体，使物体从 A 处由静止开始运动并能到达 B 处，求该力作用的最短时间 t。

【答案】

（1）μ ＝ 0.5

（2）t ＝ 1.03 s

【解析】

（1）物体做匀加速运动，由运动学公式得

L = $\frac{1}{2}$at₀²

解得 a = $\frac{2L}{t_0^2}$ = $\frac{2\times 20}{2^2}$ m/s² = 10 m/s²

由牛顿第二定律

F − f = ma

解得 f =（30 − 2×10）N = 10 N

故 μ = $\frac{f}{mg}$ = $\frac{10}{2\times 10}$ = 0.5

（2）设 F 作用的最短时间为 t，小车先以大小为 a 的加速度匀加速 t 秒，撤去外力后，以大小为 aʹ，的加速度匀减速 tʹ 秒到达 B 处，速度恰为 0，由牛顿定律

Fcos37° − μ（mg − Fsin37°） = ma

解得 a = $\frac{F(\cos {37}^{\circ }+\mu \sin {37}^{\circ })}{m}$ − μg = （$\frac{30\times (0.8+0.5\times 0.6)}{2}$ − 0.5×10）m/s² = 11.5 m/s²

aʹ = $\frac{f}{m}$ = μg = 5 m/s²

由于匀加速阶段的末速度即为匀减速阶段的初速度，因此有

at = aʹtʹ

解得 tʹ = $\frac{a}{a^{\prime }}$t = $\frac{11.5}{5}$ t = 2.3t

又 L = $\frac{1}{2}$at² + $\frac{1}{2}$aʹtʹ²

解得 t = $\sqrt{\frac{2L}{a+{2.3}^2{a}^{\prime }}}$ = $\sqrt{\frac{2\times 20}{11.5+{2.3}^2\times 5}}$ s = 1.03 s

（2）另解：设力 F 作用的最短时间为 t，相应的位移为 s，物体到达 B 处速度恰为 0，由动能定理

［Fcos37° − μ（mg − Fsin37°）］s − μmg（L − s） = 0

解得 s = $\frac{\mu mgL}{F(\cos {37}^{\circ }+\mu \sin {37}^{\circ })}$ = $\frac{0.5\times 2\times 10\times 20}{30\times (0.8+0.5\times 0.6)}$ m = 6.06 m

由牛顿定律

Fcos37° − μ（mg − Fsin37°） = ma

解得 a = $\frac{F(\cos {37}^{\circ }+\mu \sin {37}^{\circ })}{m}$ − μg = （$\frac{30\times (0.8+0.5\times 0.6)}{2}$ − 0.5×10）m/s² = 11.5 m/s²

又 s = $\frac{1}{2}$at²

解得 t = $\sqrt{\frac{2s}{a}}$  = $\sqrt{\frac{2\times 6.06}{11.5}}$ s = 1.03 s

 

32．电阻可忽略的光滑平行金属导轨长 s ＝ 1.15 m，两导轨间距 L ＝ 0.75 m，导轨倾角为 30°，导轨上端 ab 接一阻值 R ＝ 1.5 Ω 的电阻，磁感应强度 B ＝ 0.8 T 的匀强磁场垂直轨道平面向上。阻值 r ＝ 0.5 Ω，质量 m ＝ 0.2 kg 的金属棒与轨道垂直且接触良好，从轨道上端 ab 处由静止开始下滑至底端，在此过程中金属棒产生的焦耳热 Q_r ＝ 0.1 J。（取 g ＝ 10 m/s²）求：

（1）金属棒在此过程中克服安培力的功 W_安；

（2）金属棒下滑速度 v ＝2 m/s 时的加速度 a；

（3）为求金属棒下滑的最大速度 v_m，有同学解答如下：由动能定理 W_重－W_安 ＝ $\frac{1}{2}$mv_m²，……。由此所得结果是否正确？若正确，说明理由并完成本小题；若不正确，给出正确的解答。

【答案】

（1）W_安 ＝ 0.4 J

（2）a ＝ 3.2 m/s²

（3）此解法正确。v_m ＝ 2.74 m/s

【解析】

（1）下滑过程中安培力的功即为在电阻上产生的焦耳热，由于 R = 3r，因此

Q_R = 3Q_r = 0.3 J

W_安 = Q = Q_R + Q_r = 0.4 J

（2）金属棒下滑时受重力和安培力

F_安 = BIL = $\frac{B^2{L}^{2}v}{R+r}$

由牛顿第二定律 mgsin30° − $\frac{B^2{L}^{2}v}{R+r}$ = ma

a = gsin30° − $\frac{B^2{L}^{2}v}{m(R+r}$ = （10×0.5 − $\frac{{0.8}^2\times {0.75}^2\times 2}{0.2\times (1.5+0.5)}$）m/s² = 3.2 m/s²

（3）此解法正确。

金属棒下滑时受重力和安培力作用，其运动满足

mgsin30° − $\frac{B^2{L}^{2}v}{R+r}$ = ma

上式表明，加速度随速度增加而减小，棒作加速度减小的加速运动。无论最终是否达到匀速，当棒到达斜面底端时速度一定为最大。由动能定理可以得到棒的末速度，因此上述解法正确。

mgssin30° − Q = $\frac{1}{2}$mv_m²

v_m = $\sqrt{2gs\sin {30}^{\circ }-\frac{2Q}{m}}$ = $\sqrt{2\times 10\times 1.15\times 0.5-\frac{2\times 0.4}{0.2}}$ m/s = 2.74 m/s

 

33．如图（a），磁铁 A、B 的同名磁极相对放置，置于水平气垫导轨上。A 固定于导轨左端，B 的质量 m ＝ 0.5 kg，可在导轨上无摩擦滑动。将 B 在 A 附近某一位置由静止释放，由于能量守恒，可通过测量 B 在不同位置处的速度，得到B的势能随位置 x 的变化规律，见图（c）中曲线 Ⅰ。若将导轨右端抬高，使其与水平面成一定角度（如图（b）所示），则B的总势能曲线如图（c）中 Ⅱ 所示，将 B 在 x ＝ 20 cm 处由静止释放，求：（解答时必须写出必要的推断说明。取 g ＝ 9.8 m/s²）

（1）B 在运动过程中动能最大的位置；

（2）运动过程中 B 的最大速度和最大位移。

（3）图（c）中直线 Ⅲ 为曲线 Ⅱ 的渐近线，求导轨的倾角。

（4）若A、B异名磁极相对放置，导轨的倾角不变，在图（c）上画出B的总势能随x的变化曲线。

【答案】

（1）x = 6.1 cm（在 5.9 ~ 6.3 cm 间均视为正确）

（2）v_m = 1.31 m/s（v_m 在 1.29 ～ 1.33 m/s 间均视为正确）

Δx = 18.0 cm（Δx 在 17.9 ~ 18.1 cm 间均视为正确）

（3）θ = 59.7°（θ 在59° ~ 61°间均视为正确）

（4）如图。

【解析】

（1）由能量守恒知， 势能最小处动能最大

由图线 Ⅱ 得 x = 6.1 cm（在5.9 ~ 6.3 cm间均视为正确）。

（2）由图读得释放处势能 E_p = 0.90 J，此即 B 的总能量。

由于运动中总能量守恒，因此在势能最小处动能最大，由图像得最小势能为 0.47 J，则最大动能为

E_km = 0.9 − 0.47 = 0.43 J（E_km 在 0.42 ~ 0.44 J 间均视为正确）

最大速度为

v_m = $\sqrt{\frac{2E_{\mathrm{k}\mathrm{m}}}{m}}$  = $\sqrt{\frac{2\times 0.43}{0.5}}$ m/s = 1.31 m/s（v_m 在 1.29 ~ 1.33 m/s 间均视为正确）

x = 20.0 cm 处的总能量为 0.90 J，最大位移由 E = 0.90 J 的水平直线与曲线II的左侧交点确定,由图中读出交点位置为 x = 2.0 cm，因此，最大位移

Δx = 20.0 − 2.0 = 18.0 cm（Δx 在 17.9 ~ 18.1 cm 间均视为正确）

（3）渐近线 Ⅲ 表示 B 的重力势能随位置变化关系，即

E_pg = mgxsinθ = kx

解得 sinθ = $\frac{k}{mg}$

由图读出直线斜率为

k = $\frac{0.85-0.30}{20.0-7.0}$ = 4.23×10⁻² J/cm

θ = sin⁻¹（$\frac{k\times {10}^2}{mg}$）= sin⁻¹（$\frac{4.23}{0.5\times 9.8}$） = 59.7° （θ 在 59° ~ 61° 间均视为正确）

（4）若异名磁极相对放置，A，B 间相互作用势能为负值，总势能如图。