1、- 1 -浙江省建德市新安江中学 2019 届高三物理上学期期末复习试题（含解析）一、单项选择题1.下列各物理量中，其值与放入的试探电荷电量大小有关的是（ ）A. 电场强度 E B. 电势 C. 电势能 E p D. 电势差【答案】C【解析】【分析】电场强度和电势是描述电场的性质的物理量，是由电场本身决定的，与试探电荷无关。电势差与电荷无关，只与电场本身有关，电场力与试探电荷有关。【详解】A、B 项：电场强度和电势是描述电场的性质的物理量，是由电场本身决定的，与试探电荷无关。故 A、B 错误；C 项：电势能 ，电势能放入的试探电荷电量大小有关，故 C 正确；D 项：电势差： 与试探电荷的无关。
2、故 D 错误。故选：C。【点睛】电场强度和电势是由电场本身决定的，与试探电荷无关，一定要牢记。而电场力是由电场和试探电荷共同决定。2.一碗水置于火车车厢内的水平桌面上。当火车向右做匀减速运动时，水面形状接近于图A. B. C. D. 【答案】A【解析】- 2 -【分析】当火车向右做匀减速运动时，碗中水的加速度方向水平向左，根据牛顿第二定律分析即可。【详解】当火车向右做匀减速运动时，碗中水也向右做匀减速运动，加速度方向水平向左，根据牛顿第二定律知水所受的合力水平向左，则碗对水的作用力的合力方向大致斜向左上方，所以水面形状接近于 A 图，故 A 正确，BCD 错误。故选：A。【点睛】解决本题的关键
3、是理解牛顿第二定律 F=ma 的矢量性，知道加速度方向与合力方向相同，据此分析实际问题。3.明朝谢肇淛五杂组中记载：“明姑苏虎丘寺庙倾侧，议欲正之，非万缗不可。一游僧见之,曰： 无烦也，我能正之。 ”游僧每天将木楔从塔身倾斜一侧的砖缝间敲进去，经月余扶正了塔身。假设所 用的木楔为等腰三角形，木楔的顶角为 ，现在木楔背上加一力 F，方向如图所示，木楔两侧产生推 力 FN，则下列说法正确的是（ ）若 F 一定， 大时 FN大 若 F 一定， 小时 FN大若 一定， F 大时 FN大 若 一定，F 小时 FN大A. 正确 B. 正确C. 正确 D. 正确【答案】B【解析】【分析】由于木楔处在静止状态
4、，可将力 F 沿与木楔的斜面垂直且向上的方向进行分解，根据平行四边形定则，画出力 F 按效果分解的图示。并且可据此求出木楔两侧产生的推力，再进行分析。【详解】选木楔为研究对象，木楔受到的力有：水平向左的 F 和两侧给它的与木楔的斜面垂直的弹力，由于木楔处于平衡状态，所以两侧给木楔的斜面垂直的弹力与 F 沿两侧分解的力是相等的，力 F 的分解如图：- 3 -则 F=F 1cos（90- +则 F=F 1cos（90- = 2F1cos（90- =2 ，F N=F1，故得，所以 F 一定时， 越小，F N越大； 一定时， F 越大，F N越大。若 一定，F大时 FN大。若 一定，F 小时 FN小。
5、故应选：B。【点睛】本题运用分解法研究力平衡问题。对力进行分解时，一定要搞清力的实际作用效果，从而确定两个分力的方向，再根据平行四边形定则或三角形定则进行分解即可。4.火车以 60 m/s 的速率转过一段弯道，某乘客发现放在桌面上的指南针在 10 s 内匀速转过了约 10 度在此 10 s 时间内，火车（ ）A. 运动位移为 600 mB. 转弯半径约为 3.4 kmC. 角速度约为 1 rad/sD. 加速度为零【答案】B【解析】【分析】做匀速圆周运动的物体，所受到的合外力提供向心力，向心力产生向心加速度；利用线速度和角速度的定义式可计算出路程和角速度大小；把火车运动时间推广到 30s，再结
6、合数学知识可得出转弯半径。【详解】A 项：、由于火车的运动可看做匀速圆周运动，则可求得火车在此 10s 时间内的路程为 s=vt=600m，并不是位移大小，故 A 错误；B 项：已知火车在此 30s 时间内通过的路程为 1800m，由数学知识可知，火车转过的弧长为- 4 -l=R，可解得： ，故 B 正确；C 项：利用指南针在 10s 内匀速转过了约 10，可推广出在 30s 内匀速转过了约 30，再根据角速度的定义式 ，解得角速度的大小为 ，C 错误；D 项：因为火车的运动可看做匀速圆周运动，其所受到的合外力提供向心力，根据牛顿第二定律可知加速度不等于零。故 D 错误。故应选：B。【点睛】解
7、答本题的关键是：要熟练掌握匀速圆周运动的性质和规律，再把已知转过的夹角推广到特殊值，结合数学知识可解出答案。5.物理教科书中有以下四个小实验，让小明同学印象深刻。关于这四个趣味实验的说法正确的是：A. 图甲中，电流由边缘流向中心，导电液沿顺时针方向转动，B. 图乙中，在玻璃漏斗中做匀速圆周运动的小球受到的合外力是恒力C. 图丙中，如果磁铁两级和导体中电流方向同时反向，则通电导线的受力方向会发生变化D. 图丁中，滑冰运动员通过圆弧弯道处，若此时地面摩擦力突然消失，则他将在冰面上沿着轨 迹半径方向“离心”而去【答案】D【解析】【分析】在电源外部，电流由正极流向负极；由左手定则可以判断出导电液体受到
8、的安培力方向，从而判断出液体的旋转方向。通电导线在磁场中的受力方向与电流方向及磁场方向有关；其关系可由左手定则进行判断- 5 -【详解】A 项：在电源外部电流由正极流向负极，因此电流由边缘流向中心；器皿所在处的磁场竖直向上，由左手定则可知，导电液体受到的磁场力沿逆时针方向，因此液体沿逆时针方向（从上往下看）旋转，故 A 错误；B 项：图乙中，在玻璃漏斗中做匀速圆周运动的小球所受合力提供向心力，大小恒定，方向时刻改变，故 B 错误；C 项：由左手定则可知，电流方向和磁场方向同时改变时，通电导线的受力方向将不发生变化，故 C 错误；D 项：图丁中，滑冰运动员通过圆弧弯道处时做圆周运动所需的向心力由
9、地面的摩擦力提供，如果此时地面摩擦力突然消失，运动员将做离心运动，故 D 正确。故应选：D。6.如图所示， A、 B 两物体叠放在一起，以相同的初速度上抛（不计空气阻力） 。下列说法正确的是A. 在上升和下降过程中 A 对 B 的压力一定为零B. 上升过程中 A 对 B 的压力大于 A 物体受到的重力C. 下降过程中 A 对 B 的压力大于 A 物体受到的重力D. 在上升和下降过程中 A 对 B 的压力等于 A 物体受到的重力【答案】A【解析】以 A、B 整体为研究对象：在上升和下降过程中仅受重力，由牛顿第二定律知加速度为 g，方向竖直向下再以 A 为研究对象：因加速度为 g，方向竖直向下，由
10、牛顿第二定律知 A 所受合力为 A 的重力，所以 A 仅受重力作用，即 A 和 B 之间没有作用力本题是整体法和隔离法的应用，整体跟部分的运动情况相同，可以通过计算整体的加速度来确定部分的加速度，再对部分进行受力分析，得出最终结论7. 如图所示，斜面上有 a、b、c、d 四个点，abbccd。从 a 点正上方 O 点以速度 v 水平抛出一个小球，它落在斜面上 b 点，若小球从 O 点以速度 2v 水平抛出，不计空气阻力，则- 6 -它落在斜面上的( )A. b 与 c 之间某一点B. c 点C. c 与 d 之间某一点D. d 点【答案】A【解析】试题分析：过 b 做一条与水平面平行的一条直线
11、，若没有斜面，当小球从 O 点以速度 2v 水平抛出时，小球将落在我们所画水平线上 c 点的正下方，但是现在有斜面的限制，小球将落在斜面上的 bc 之间，故 A 正确考点：考查了平抛运动规律的应用【名师点睛】本题考查角度新颖，很好的考查了学生灵活应用知识解题的能力，在学习过程中要开阔思路，多角度思考如本题中学生可以通过有无斜面的区别，找到解题的突破口8.如图甲是某景点的山坡滑道图片，技术人员通过测量绘制出如图乙所示的示意图。 AC 是滑道的竖 直高度，D 点是 AC 竖直线上的一点，且有 ADDE20 m，滑道 AE 可视为光滑，滑行者从坡顶 A 点 由静止开始沿滑道 AE 向下做直线滑动，则
12、滑行者在滑道 AE 上滑行的时间为（ ）A. sB. 2 sC. sD. 2s- 7 -【答案】B【解析】【分析】设斜面坡角为 ，从 D 向 AE 做垂线交于点 F，由 AD=DE=20m，得 AF=20sin，故AE=2AF=40sin；再根据牛顿第二定律求解出加速度，然后根据匀加速直线运动的位移时间关系公式列式求解即可。【详解】设斜面坡角为 ，从 D 向 AE 做垂线交于点 F则：AE=2AF=40sin物体做匀加速直线运动，对物体受力分析，受重力和支持力，将重力沿着平行斜面和垂直斜面正交分解，根据牛顿第二定律，有：mgsin=ma解得：a=gsin根据速度位移公式，有：由以上各式联立解得
13、： 故选：B。【点睛】本题关键是根据牛顿第二定律求解出加速度，然后根据位移时间关系公式列式求解，关键是有中间变量 ，要列式后约去。9.2018 年 5 月 21 日凌晨 5 点 28 分，中国在西昌卫星发射中 心成功将嫦娥四号任务“鹊桥”号中继星发射升空。 “鹊桥”中继 卫星绕地月拉格朗日 L2 点运动的同时也随月球一起绕地球运动， 如图在该位置处鹊桥卫星可以和在月球背面登陆的嫦娥四号通 讯，也可以和地面通讯， “鹊桥”号环绕拉格朗日 L2 点，转一圈 大约为 14 天，关于中继卫星说法正确的是A. 中继卫星的向心力由月球引力提供- 8 -B. 中继卫星绕地球运动时线速度比月球绕地球运动的线速
14、度大C. 中继卫星绕地球运动的周期比地球同步卫星周期大D. 中继卫星在地球表面发射时比 11.2k m/ s 大【答案】C【解析】【分析】卫星与月球同步绕地球运动，角速度相等，卫星靠地球和月球引力的合力提供向心力，根据v=r，a=r 2比较线速度和向心加速度的大小。【详解】A 项：卫星的向心力由月球和地球引力的合力提供，则 A 错误；B 项：由公式 可知，中继卫星绕地球运动时线速度比月球绕地球运动的线速度小，故B 错误；C 项：由于中继卫星的高度比同步卫星更大，所以中继卫星绕地球运动的周期比地球同步卫星周期大，故 C 正确；D 项：中继卫星仍绕地球运动，故 D 错误。故应选：C。10.如图所示
15、，两个带等量的正电荷的小球 A、B(可视为点电荷)，被固定在光滑的绝缘的水平面上，P、N 是小球 A、B 的连线的水平中垂线上的两点，且 PO=ON.现将一个电荷量很小的带负电的小球 C(可 视为质点)，由 P 点静止释放，在小球 C 向 N 点的运动的过程中，下列关于小球 C 的速度图象中，下 列说法正确的是( )A. 小球 C 运动 vt 图像可能是图- 9 -B. 小球 C 运动 vt 图像可能是图C. 小球 C 运动 vt 图像可能是图D. 小球 C 运动 vt 图像可能是图【答案】D【解析】【分析】A、B 为两个等量的正点电荷，其连线中垂线上电场强度方向 OP，负点电荷 q 从 P
16、点到 O点运动的过程中，电场力方向 PO，速度越来越大但电场线的疏密情况不确定，电场强度大小变化情况不确定，则电荷所受电场力大小变化情况不确定，加速度变化情况不确定越过 O 点后，负电荷 q 做减速运动，点电荷运动到 O 点时加速度为零，速度达最大值，加速度变化情况同样不确定。【详解】在 AB 的垂直平分线上，从无穷远处到 O 点电场强度先变大后变小，到 O 点变为零，负电荷受力沿垂直平分线运动，电荷的加速度先变大后变小，速度不断增大，在 O 点加速度变为零，速度达到最大，由速度与时间的图象的斜率先变大后变小，由 O 点到无穷远，速度变化情况与另一侧速度的变化情况具有对称性。如果 PN 足够远
17、，则正确，如果 PN 很近，则正确。故应选：D。【点睛】本题考查对等量异种电荷电场线的分布情况及特点的理解和掌握程度，要抓住电场线的对称性。11.如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端连接一小物块， O 点为弹簧在原长时物块的位置。物块由 A 点静止释放，沿粗糙程度相同的水平面向右运动，最远到达 B 点。在从 A 到 B 的过程中，物块（ ）A. 加速度逐渐减小B. 经过 O 点时的速度最大C. 所受弹簧弹力始终做正功D. 所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功【答案】D【解析】- 10 -【详解】由于水平面粗糙且 O 点为弹簧在原长时物块的位置，所以弹力与摩擦力平衡的位置在 OA 之间，加速度为
18、零时弹力和摩擦力平衡，所以物块在从 A 到 B 的过程中加速度先减小后反向增大，A 错误；物体在平衡位置处速度最大，所以物块速度最大的位置在 AO 之间某一位置，B 错误；从 A 到 O 过程中弹力方向与位移方向相同，弹力做正功，从 O 到 B 过程中弹力方向与位移方向相反，弹力做负功，C 错误；从 A 到 B 过程中根据动能定理可得，即 ，即弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功，D 正确12.电动自行车是生活中重要的交通工 具，某品牌电动自行车的铭牌如下：当蓄电池充满电量后，根 据此铭牌中相关数据，下列说法不正确的是A. 该车的额定时速约为 20km/hB. 该车的额定功率约为 4.32102
19、WC. 该车约能行驶 2.4hD. 该车一次充满电所储存的电能约为 1.56106J【答案】B【解析】【分析】由 P=UI 可求得电动车的额定功率；由匀速圆周运动规律可求得电动车的额定时速。【详解】A 项：汽车的额定时速等于车轮的线速度，则电动车的时速为，故 A 正确；B 项：由 P=UI 可得，电动车的额定功率 P=UI=365=180W，故 B 错误；C 项：根据容量 Q=It，有： ，故 C 正确；D 项：该车一次充满电所储存的电能为：Q=UIt=36123600=1.5610 6J，故 D 正确。本题选不正确的，故选：B。- 11 -【点睛】本题考查电动车的功率公式及匀速圆周运动的规律
20、，知道通过额定转速求出 1h 内转过的圈数，从而求出 1h 内行走的路程，要求同学们能从表格中得出有效信息。13.图中虚线 a、b、c、d、f 代表匀强电场内间距相等的一组等势面，已知平面 b 上的电势为 2 V 。一电子经过 a 时的动能为 10 eV ，从 a 到 d 的过程中克服电场力所做的功为 6 eV 。下列说法正确的是A. 该电子个一定不可能到达平面 fB. 平面 d 上的电势为零C. 该电子经过平面 d 时，其电势能为 2 eVD. 该电子经过平面 b 时的速率是经过 d 时的 2 倍【答案】C【解析】【分析】根据只有电场力做功，动能与电势能之和不变，当电场力做负功时，动能转化为
21、电势能，在电势为零处，电势能为零，从而即可一一求解。【详解】A、B 项：虚线 a、b、c、d、f 代表匀强电场内间距相等的一组等势面，一电子经过a 时的动能为 10eV，从 a 到 d 的过程中克服电场力所做的功为 6eV，动能减小了 6eV，电势能增加了 6eV，因此等势面间的电势差为 2V，因平面 b 上的电势为 2V，由于电子的电势能增加，等势面由 a 到 f 是降低的，因此平面 c 上的电势为零，当电子由 a 向 f 方向运动，则电子到达平面 f 的动能为 2eV，所以电子可能到达 f，故 A、B错误；C 项：在平面 b 上电势为 2V，则电子的电势能为-2eV，动能为 8eV，电势能
22、与动能之和为6eV，当电子经过平面 d 时，动能为 4eV，其电势能为 2eV，故 C 正确；D 项：子经过平面 b 时的动能是平面 d 的动能 2 倍，电子经过平面 b 时的速率是经过 d 时的倍，故 D 错误。故应选：C。【点睛】考查电场力做功与电势能变化的关系，掌握电势能与动能之和不变，理解电势为零- 12 -处的电势能为零是解题的关键。二、加试选择题 14.关于波动，下列说法错误的是（ ）A. 各种波均会发生偏振现象B. 用白光做单缝衍射与双缝干涉实验，均可看到色彩条纹C. 声波传播过程中，介质中质点的运动速度等于声波的传播速度D. 已知地震波纵波速度大于横波速度，此性质可用于横波的预
23、警【答案】AC【解析】【分析】偏折是波所特有的现象，但只有横波才能发生偏振现象，用白光做单峰衍射和双缝干涉实验，在光屏上得到彩色条纹波在传播的过程中，质点参与了振动，不随波迁移地震波中有横波也有纵波，纵波的传播速度大于横波。【详解】A 项：横波可以发生偏振现象，纵波没有偏振现象故 A 错误；B 项：白光由各种色光组成，在单缝衍射和双缝干涉实验中，不同的色光叠加在光屏上产生彩色条纹故 B 正确；C 项：在声波的传播过程中，介质中的质点参与了波引起的振动，不随波迁移，振动的速度与波传播的速度不等故 C 错误；D 项：地震波中有横波也有纵波，纵波的传播速度大于横波，此性质可用于横波的预警故D 正确。
24、本题选错误的，故应选：AC。【点睛】决本题的关键知道波的特点，知道波动与振动的区别。15.一列简谐横波沿 x 轴正方向传播，在 t=0 和 t=0.20 s 时的波形分别如图中实线和虚线所示。己知 该波的周期 T0.20 s。下列说法正确的是（ ） 。A. 波速为 0.40 m/sB. 波长为 0.08 mC. x=0.08 m 的质点在 t=0.70 s 时位于波谷- 13 -D. 若此波传入另一介质中其波速变为 0.80 m/s，则它在该介质中的波长为 0.32 m【答案】ACD【解析】【分析】波沿 x 轴正方传播，根据波形图得到周期表达式，根据条件求解周期，根据 求解波速；波传入另一介质
25、中，频率不变，根据 =vT 求解波长。【详解】A、B 项：波沿 x 轴正方传播，根据波形图可知 ，该波的周期T0.20s，n 只能等于 0，故 T=0.4s；波长 =16cm=0.16m，故波速 ，故 A 正确，B 错误；C 项：x=0.08m 的质点在 t=0 时位于平衡位置向上振动，经过 t=0.70s 时， ，所以0.7s 时 x=0.08m 处的质点位于波谷，故 C 正确；D 项：若此波传入另一介质中，频率不变，则周期不变，其波速变为 0.80m/s，则它在该介质中的波长为 =vT=0.80.4m=0.32m，故 D 正确。故选：ACD。【点睛】本题主要是考查了波的图象；解答本题关键是
26、要能够根据图象直接读出波长和各个位置处的质点振动方向，知道波速、波长和频率之间的关系。16.在光电效应实验中，飞飞同学用同一光电管在不同实验条件下得到了三条光电流与电压之间的关 系曲线（甲光、乙光、丙光） ，如图所示。则可判断出（ ）A. 甲光的光子动量小于乙光的光子动量B. 乙光的波长大于丙光的波长C. 乙光对应的截止频率大于丙光的截止频率D. 甲光对应的光电子最大初动能大于丙光的光电子最大初动能【答案】B【解析】- 14 -【分析】通过遏止电压的大小比较光电子的最大初动能，从而根据光电效应方程比较出三种光的频率、波长、光子能量的大小。【详解】根据 知，甲、乙的遏止电压相等，则光电子的最大初
27、动能相等，丙的遏止电压最大，所以丙光对应的光电子最大初动能最大，根据光电效应方程，E km=hv-W0知，甲、乙的频率相等，丙的频率最大，由公式 可知，丙的波长最小，甲、乙波长相等，由公式 可知，丙光的动量最大，甲、乙动量相等，同一金属，截止频率是相同的。故应选：B。非选择题17.（1）某次做实验的时候，实验员准备了以下器材，用以下器材可以做下列哪些实验_A探究小车速度随时间变化规律 B探究加速度与力、质量的关系 C探究求合力的方法 D探究做功与速度变化的关系（2）在验证机械能守恒实验时，提供了铁架台、夹子、导线、纸带等器材。为完成此- 15 -实验，除 了所给的器材，从下图还必须选取的实验器
28、材是_，可选择的实验器材是_。 （填字母代号）A. B. C. D. E.F. G.（3）下列方法有助于减小实验误差的是_ A在重锤的正下方地面铺海绵 B必须从纸带上第一个点开始计算验证机械能是否守恒 C重复多次实验，重物必须从同一位置开始下落 D重物的密度尽量大一些。【答案】 (1). （1） ABD (2). （2）AEF (3). D (4). D【解析】【详解】(1) 用以下器材可以做探究小车速度随时间变化规律，探究加速度与力、质量的关系 ，探究做功与速度变化的关系，但这些器材中没有测力的仪器，所以无法探究求合力的方法，故应选：ABD。(2) 打点计时器的工作电源是交流电源，在实验中需
29、要刻度尺测量纸带上点与点间的距离从而可知道重锤下降的距离，以及通过纸带上两点的距离，求出平均速度，从而可知瞬时速度纸带上相邻两计时点的时间间隔已知，所以不需要秒表必须选取的实验器材其名称是学生电源、电磁打点计时器、毫米刻度尺，故选 AEF重锤的质量可以测量也可以不测量，可选择的实验器材其名称天平，故选：D；(3)A、在重锤的正下方地面铺海绵，是防止损坏仪器，故 A 错误；B、不一定要从纸带上第一个点开始计算验证机械能是否守恒，故 B 错误；C、重复多次实验时，重物不需要从同一位置开始下落，故 C 错误；- 16 -D选重物的密度尽量大一些，可以减小受到的阻力的影响，可减少实验误差，故 D 正确
30、。故选：D【点睛】决本题的关键掌握验证机械能守恒定律的实验的原理，知道需要测量哪些量，需要哪些器材，要知道重物带动纸带下落过程中能量转化的过程和能量守恒，知道能够减小实验误差的方法18.如图甲所示，在粗糙的水平面上，一质量 m=0.1kg 可视为质点的滑块压缩一轻弹簧并被锁定，滑块与弹簧不相连，解除锁定前滑块处于 P 处，t=0 时解除锁定计算机通过传感器描绘出滑块的速度时间图象如图乙所示，其中 oab 段为曲线，bc 段为直线，在 t1=1s 时滑块已经在水平面上滑行 s=4m 的距离在滑块运动方向上与 P 相距 7m 的 Q 处有一竖直挡板，若滑块与挡板碰撞被弹回时无能量损失，g 取 10
31、m/s2，求：（1）滑块与水平面间动摩擦因数 ；（2）锁定时弹簧具有的弹性势能 Ep；（3）滑块停下时与挡板的距离【答案】 （1）滑块与地面的动摩擦因数为 0.2；（2）锁定时弹簧具有的弹性势能是 1.6J；（3）滑块停下时与挡板的距离是 1m【解析】试题分析：1从速度时间图象得到滑块脱离弹簧后减速滑行时的加速度，然后根据牛顿第二定律列式求解动摩擦因数；2对全过程运用动能定理，求出弹簧弹力做的功，从而得出弹性势能的最大值3合力为零时，即加速度为零时速度最大，根据平衡方程求得弹簧的形变量，从而求得前进的距离解：（1）从图象可知，滑块脱离弹簧后的加速度为：m/s2- 17 -由牛顿第二定律有：mg
32、=ma 1得：=0.2（2）t 1=1s 时滑块已经在水平面上滑行 s=4m 的距离；设弹簧对滑块做功为 W，由动能定理知：Wmgs= m代入数据得：W=1.6J由图可知此时弹簧已经恢复原长，弹性势能已经全部释放，所以 弹性势能 Ep：E P=W=1.6J（3）弹簧在恢复原长后只有摩擦力做功，由动能定理得：代入数据得：x=4m所以滑块停下时与挡板的距离为：s=4m+4m7m=1m答：（1）滑块与地面的动摩擦因数为 0.2；（2）锁定时弹簧具有的弹性势能是 1.6J；（3）滑块停下时与挡板的距离是 1m【点评】本题关键从速度时间图象得到滑块刚释放和脱离弹簧时的加速度大小，然后根据牛顿第二定律列式
33、分析求解19.草逐渐成为我们浙江一项新兴娱乐活动。某体验者乘坐滑草车运动过程简化为如图所示，滑草车 从 A 点静止滑下，滑到 B 点时速 度大小不变而方向变为水平，再滑过一段水平草坪后从 C 点水平抛 出，最后落在三角形状的草堆上。已知斜坡 A B 与水平面的夹角=37 ，长为 x AB=15m，水平草坪 B C 长为 x BC=10m。从 A 点滑到了 B 点用时 3s。该体验者和滑草车的质量 m =60kg，运动过程中看成质点， 在斜坡上运动时空气阻力不计。（sin37=0.6，cos37=0.8，重力加速度 g=10m/s 2）（1）求滑草车和草坪之间的动摩擦因数； - 18 -（2）体
34、验者滑到水平草坪时，恰好受到与速度方向相反的水平恒定风的作用，风速大小为 5m/s，已 知风的阻力大小 F 与风速 v 满足经验公式 F=1.2v 2。求体验者滑到 C 点时的速度大小；（3）已知三角形的草堆的最高点 D 与 C 点等高，且距离 C 点 6m，其左顶点 E 位于 C 点正下方 3m 处。 在某次滑草过程中，体验者和滑草车离开 C 点时速度大小为 7m/s，无风力作用，空气阻力忽略 不计，求体验者和滑草车落到草堆时的动能。【答案】 （1） ；（2） ；（3）【解析】试题分析：（1）根据代入数据解得 2 分2 分代入数据解得 1 分（2）在 BC 阶段运动时 2 分代入数据解得 1
35、 分又 2 分1 分代入数据解得 1 分（3）根据题意- 19 -2 分2 分代入数据解得 1 分又由动能定理 2 分代入数据解得 1 分考点：动能定理。20.（1）在“用双缝干涉测光的波长”实验中：（实验装置如下图）下列说法哪一个是错误的_。(填 选项前的字母)A调节光源高度使光束沿遮光筒轴线照在屏中心时，应放上单缝和双缝 B测量某条干涉亮纹位置时，应使测微目镜分划板中心刻线与该亮纹的中心对齐C为了减小测量误差，可用测微目镜测出 n 条亮纹间的距离 a，求出相邻两条亮纹间距 x【答案】A【解析】【分析】在“用双缝干涉测光的波长”的实验中，让光源通过滤光片获得单色光，让单色光通过单缝，- 20
36、 -获得线光源，让单色的线光源通过双缝在光屏上产生干涉条纹。【详解】A 项：调节光源高度使光束沿遮光筒轴线照在屏中心时，不需放单缝和双缝故 A错误；B 项：测量某条干涉亮纹位置时，应使测微目镜分划板中心刻线与该亮纹的中心对齐故 B正确；C 项：n 条亮纹之间有 n-1 个间距，相邻条纹的间距x= 故 C 正确；本题选错误的，故选：A。【点睛】关键会用螺旋测微器读数并且明确“用双缝干涉测光的波长”的实验中的操作步骤与注意事项。21.某同学利用单摆测量重力加速度（1） 为了使测量误差尽量小，下列说法正确的是_A. 组装单摆须选用密度和直径都较小的摆球 B. 组装单摆须选用轻且不易伸长的细线 C.
37、实验时须使摆球在同一竖直面内摆动 D. 摆长一定的情况下，摆的振幅尽量大（2） 如图所示，在物理支架的竖直立柱上固定有摆长约为 1m 的单摆，实验时，由于仅有量程为 20cm、精度为 1mm 的钢板刻度尺，于是他先使摆球自然下垂，在竖直立柱上与摆球最下端处于同一水平面的位置做一标记点，测出单摆的周期 T1；然后保持悬点位置不变，设法将摆长缩短一些，再次使摆球自然下垂，用同样方法在竖直立柱上做另一标记点，并测出单摆周期 T2；最后用钢板刻度尺量出竖直立柱上两标记点之间的距离 L用上述测量结果，写出重力加速度的表达式 g =_【答案】 (1). （1）B C (2). （2） 【解析】- 21 -
38、为了减小空气阻力的误差选用密度大，体积小的小球，A 错。如果振幅过大（大于 10o小球的运动不在是简谐运动，所以误差较大，D 错误。要求小球在运动过程中摆长不变，且是单摆，而不能是圆锥摆故选 BC。 同理得 两式相减可得考点：用单摆测定当地的重力加速度。22.如图所示，两平行且无限长光滑金属导轨 MN、PQ 竖直放置，两导轨之间的距离为 L=1m，两导轨 M 、 P 之间接入电阻 R =0.2，导轨电阻不计，在 a b c d 区域内有一个方向垂直于两导轨平面向里的磁场， 磁感应强度 B 1=1T磁场的宽度 x1=1m，在 c d 连线以下区域有一个方向也垂直于导轨平面向里的磁场 一个质量为
39、m=0.5kg 的金属棒垂直放在金属导轨上，与导轨接触良好，金属棒的电阻 r=0.2， 若金属棒紧贴 a b 连线处自由释放，金属棒刚出磁场时恰好做匀速直线运动。金属棒进入磁场后， 经过 t =1.8s 到达 ef 时系统处于稳定状态，cd 与 e f 之间的距离 x=10m （g 取 10m/s 2）（1）金属棒刚出磁场时的速度大小；（2）金属棒穿过磁场这段时间内电阻 R 产生的热量；（3）磁场磁感应强度 B2 大小【答案】 （1）2m/s（2）2J （3） 【解析】【详解】(1) 导体棒切割磁感线产生的感应电动势为：- 22 -由闭合电路欧姆定律有： 安培力为： 匀速时有： 解得：v 1=
40、2m/s；(2)穿过磁场 I 过程中由动能定理得：解得： 所以 解得： ；(3)稳定时有： 穿过磁场 II 过程中由动量定理得：联立解得： 。23.如图为近代物理实验室中研究带电粒子的一种装置带正电的粒子从容器 A 下方小孔 S不断飘入电势差为 U 的加速电场进过 S 正下方小孔 O 后，沿 SO 方向垂直进入磁感应强度为 B 的匀强磁场中，最后打在照相底片 D 上并被吸收，D 与 O 在同一水平面上，粒子在 D 上的落点距 O 为 x，已知粒子经过小孔 S 时的速度可视为零，不考虑粒子重力- 23 -（1）求粒子的比荷 q/m；（2）由于粒子间存在相互作用，从 O 进入磁场的粒子在纸面内将发
41、生不同程度的微小偏转其方向与竖直方向的最大夹角为 ，若假设粒子速度大小相同，求粒子在 D 上的落点与O 的距离范围；（3）加速电压在（UU）范围内的微小变化会导致进入磁场的粒子速度大小也有所不同现从容器 A 中飘入的粒子电荷最相同但质量分别为 m1、m 2（m 1m 2） ，在纸面内经电场和磁场后都打在照相底片上若要使两种离子的落点区域不重叠，则 应满足什么条件？（粒子进入磁场时的速度方向与竖直方向的最大夹角仍为 ）【答案】 （1） （2）最大值 最小值 （3） 【解析】（1）沿 SO 方向垂直进入磁场的粒子，最后打在照相底片 D 的粒子；粒子经过加速电场：qU= mv2 洛伦兹力提供向心力：
42、qvB=m落点到 O 的距离等于圆运动直径：x=2R - 24 -所以粒子的比荷为： （2）粒子在磁场中圆运动半径 由图象可知：粒子左偏 角（轨迹圆心为 O1）或右偏 角（轨迹圆心为 O2）落点到 O 的距离相等，均为 L=2Rcos 故落点到 O 的距离最大：L max=2R=x 最小：L min=2Rcos=xcos （3）考虑同种粒子的落点到 O 的距离；当加速电压为 U+U、偏角 =0 时，距离最大，Lmax=2Rmax= 当加速电压为 U-U、偏角 = 时，距离最小Lmin=2Rmin cos=cos 考虑质量不同但电荷量相同的两种粒子由 R= 和 m 1m 2，知：R 1R 2要使落点区域不重叠，则应满足：L 1minL 2maxcos解得： （应有条件 m1cos2m 2，否则粒子落点区域必然重叠）点睛：本题主要考查了动能定理及向心力公式的直接应用，要求同学们知道要使两种离子在磁场中运动的轨迹不发生交叠，应满足：L 1minL 2max- 25 -
