1、1北京市东城区 2019 届高三上学期期末考试物理试题一、单项选择题1.下列各个物理量中属于矢量的有A. 电场强度 B. 电势差 C. 电场力做的功 D. 电势能【答案】A【解析】【分析】矢量是既有大小又有方向的物理量，标量是只有大小没有方向的物理量；【详解】A、电场强度为矢量，其定义式为 ，其方向为正电荷的受力方向，故选项 A正确；B、电势差、电场力的功以及电势能只有大小，没有方向，是标量，故选项 BCD 错误。【点睛】对于矢量与标量，要知道它们有两大区别：一是矢量有方向，标量没有方向；二是运算法则不同，矢量运算遵守平行四边形定则，标量运算遵守代数加减法则。2.下列关于物理学史或物理方法的说
2、法中正确的是A. 伽利略利用斜面“外推”研究自由落体运动时，直接测量铜球的速度与时间的关系，得到自由落体运动的规律B. 速度、加速度、动量和动能都是利用比值法定义的物理量C. 物理模型在物理学的研究中起了重要作用，其中“质点” “点电荷” “光滑的轻滑轮”“轻弹簧”等都是理想化模型D. 牛顿发现了万有引力定律并测定了万有引力常量 G【答案】C【解析】【详解】A、伽利略时代，没有先进的测量手段和工具，为了“冲淡”重力作用，采用斜面实验，其实就是为了使物体下落时间长些，减小实验误差，根据实验结果，伽利略将实验结论进行合理的外推，得到自由落体的运动规律，但不是直接得出的落体规律，故选项 A错误；B、
3、速度、加速度是用比值法定义的物理量，但是动量和动能都不是，故选项 B 错误；C、物理模型在物理学的研究中起了重要作用，其中“质点” “点电荷” “光滑的轻滑轮”“轻弹簧”等都是理想化模型，故选项 C 正确；2D、牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许测定了万有引力常量，故 D 错误。【点睛】本题考查物理学史以及物理方法，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一。3.如图所示一架飞机正在沿一直线匀速爬升，飞机除了受到重力以外还受到来自喷射气体的推力、空气阻力、升力等力的作用，请分析除去重力以外的其他外力的合力的方向A. 沿飞机的速度方向 B. 垂直机身方向向上C
4、. 沿飞机速度的反方向 D. 竖直向上【答案】D【解析】【详解】由题可知飞机做匀速运动，处于平衡状态，合力为零，则根据平衡条件可以知道：除去重力以外的其他外力的合力的大小与重力的大小相等，但是方向与重力的方向相反，即竖直向上，故选项 D 正确，ABC 错误。【点睛】本题主要考查物体的平衡状态，掌握平衡状态的平衡条件，即合力为零。4.飞镖比赛是一项极具观赏性的体育比赛项目。 （国际飞镖联合会）飞镖世界杯赛上，IDF某一选手在距地面高 、离靶面的水平距离 处，将质量为 的飞镖以速度 水平投出，结h L m v0果飞镖落在靶心正上方。从理论分析只改变 、 、 、 四个量中的一个，可使飞镖投中h L
5、m v0靶心的是（不计空气阻力）A. 适当减少飞镖投出时的水平速度 v0B. 适当提高飞镖投出时的离地高度 hC. 适当减小飞镖的质量 mD. 适当减小飞镖离靶面的水平距离 L【答案】A3【解析】飞镖飞行中竖直方向 y gt2、水平方向 L v0t，得 y ，欲击中靶心，应该使竖直位移增大，使 L 增大或 v0减小，选项 A 正确5.如图所示，两光滑水平放置的平行金属导轨间距为 ，直导线 垂直跨在导轨上，且与L MN导轨接触良好，整个装置处于垂直于纸面向里的匀强磁场中，磁感应强度为 。电容器的B电容为 ，除电阻 外，导轨和导线的电阻均不计。现给导线 一初速度，使导线 向C R MN MN右运动
6、，当电路稳定后， 以速度 向右匀速运动时MN vA. 电容器两端的电压为零B. 通过电阻 的电流为RBLvRC. 电容器所带电荷量为 CBLvD. 为保持 匀速运动，需对其施加的拉力大小为MNB2L2vR【答案】C【解析】AB、当导线 MN 匀速向右运动时,导线所受的合力为零,说明导线不受安培力,电路中电流为零,故电阻两端没有电压.此时导线 MN 产生的感应电动势恒定,根据闭合电路欧姆定律得知,电容器两板间的电压为 .故 AB 错误.U=E=BLvC、电容器所带电荷量 ,所以 C 选项是正确的 ;Q=CU=CBLvD、因匀速运动后 MN 所受合力为 0,而此时无电流,不受安培力,则无需拉力便可
7、做匀速运动,故 D 错误.故选 C点睛：当电路稳定后,MN 以速度 v 向右做匀速运动时,导线产生的感应电动势恒定,对电容器不充电也放电,电路中无电流,电容器两板间的电压等于感应电动势,即可求出电荷量.匀速时,电路中没有电流,不受安培力,无需拉力.6.自 20 世纪以来，随着人类天文观测技术的不断进步，地球自转中的各种变化相继被天文学家发现，经过长时间的观察和计算，天文科学家观察到地球自转速度存在长期减慢的趋4势。5.43 亿年前，地球每天的时间是 0.37 小时，5.43 亿年以来，地球每天的时间越来越长，平均每年增加 0.00015 秒，经过 5.43 亿年的缓慢进化，现在，地球的一天的时
8、间已经增加变化成了 23 小时 56 分。假设这种趋势会持续下去，地球的其它条件都不变，未来人类发射的地球同步卫星与现在的相比A. 距地面的距离变大B. 向心加速度变大C. 线速度变大D. 角速度变大【答案】A【解析】【分析】同步卫星绕地球做匀速圆周运动，由地球的万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得到同步卫星的周期与半径的关系，从而求出半径大小、向心加速度大小、线速度大小和角速度大小的变化关系；【详解】A、设同步卫星的质量为 m，轨道半径为 r，地球的质量为 M，同步卫星做圆周运动，万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得： ，解得： ，由题意GMmr2=m(2T)2r T=2 r3GM知，现在同
9、步卫星的周期 T 变大，则：同步卫星的轨道半径 r 增大，同步卫星距地面的高度变大，故 A 正确；B、同步卫星做圆周运动，万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得： ，解得，GMmr2=ma向向心加速度 ，由于 r 变大，则向心角速度 a 减小，故 B 错误；a向 =GMr2C、同步卫星做圆周运动，万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得： ，解得，GMmr2=mv2r线速度为： ，由于 r 变大，则线速度 v 变小，故 C 错误；v=GMrD、由题意知，现在同步卫星的周期变大，根据 ，可知角速度 减小，故 D 错误。=2T 【点睛】本题是万有引力定律与圆周运动知识的综合，关键要建立模型，抓住同步卫星
10、做匀速圆周运动时，由地球的万有引力提供向心力。7.如图所示，游乐园的游戏项目旋转飞椅，飞椅从静止开始缓慢转动，经过一小段时间，坐在飞椅上的游客的运动可以看作匀速圆周运动。整个装置可以简化为如图所示的模型。忽略转动中的空气阻力。设细绳与竖直方向的夹角为，则5A. 飞椅受到重力、绳子拉力和向心力作用B.角越大，小球的向心加速度就越大C. 只要线速度足够大，角可以达到 90D. 飞椅运动的周期随着角的増大而增大【答案】B【解析】【分析】飞椅做匀速圆周运动时，由重力和绳子的拉力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律进行分析即可；【详解】A、飞椅受到重力和绳子的拉力作用，二者的合力提供向心力，故选项 A 错
11、误；B、根据牛顿第二定律可知： ，则向心加速度为大小为： ，可知角越mgtan=man an=gtan大，小球的向心加速度就越大，故选项 B 正确；C、若角可以达到 ，则在水平方向绳子的拉力提供向心力，竖直方向合力为零，但是竖90直方向只有重力作用，合力不可能为零，故选项 C 错误；D、设绳长为 L，则根据牛顿第二定律可知： ，mgtan=m(2T)2Lsin整理可以得到： ，当增大则 减小，导致周期 T 减小，故选项 D 错误。T=42Lcosg cos【点睛】飞椅做匀速圆周运动时，由重力和绳子的拉力的合力提供向心力，因此受力分析时不能将向心力作为单独的力而分析出来，这是部分同学易错的地方。
12、8.一列简谐波沿 轴传播，其波源位于坐标原点 。质点 刚好完成一次全振动时，形成的x O O简谐横波波形如图所示，已知波速为 ，波源 简谐运动的周期为 ， 是沿波传播方8m/s O 0.4s B向上介质中的一个质点，则6A. 图中 轴上 、 之间的距离为x O A 3.2mB. 波源 的起振方向沿 轴正方向O yC. 在一个周期内，质点 将向右运动一个波长的距离AD. 图示时刻质点 所受的回复方向沿 轴正方向B y【答案】D【解析】【分析】波在同一均匀介质中匀速传播，振动在一个周期内传播一个波长，简谐波传播过程中，质点做简谐运动时，起振方向与波源起振方向相同，与图示时刻波最前端质点的振动方向相
13、同，各个质点合外力方向指向平衡位置；【详解】A、波长为 ，O、A 之间的距离为 ，故 A 错误；=vT=40.8m=3.2m2=1.6mB、波源 O 开始振动时的运动方向与波前质点的起振方向相同，沿 y 轴负方向，故 B 错误；C、质点只是在平衡位置附近上下振动，并不随波迁移，故 C 错误；D、图示时刻质点 C 所受的合外力方向指向平衡位置，即沿 y 轴正方向，故 D 正确。【点睛】本题应用到机械波两个基本特点：一简谐横波向前传播时质点并不随波迁移；二是介质中质点起振方向与波源起振方向相同。9.利用电容传感器可检测矿井渗水，及时发出安全警报，从而避免事故的发生。如图所示是一种通过测量电容器电容
14、的变化来检测矿井中液面高低的仪器原理图， 为位置固定的A导体芯， 为导体芯外面的一层绝缘物质， 为导电液体（矿井中含有杂质的水） ， 、 、B C A B构成电容器。若矿井渗水（导电液体深度 增大） ，则电流C hA. 从 向， 、 、 构成的电容器放电b A B C7B. 从向 ， 、 、 构成的电容器放电b A B CC. 从 向， 、 、 构成的电容器充电b A B CD. 从向 ， 、 、 构成的电容器充电b A B C【答案】D【解析】【分析】由图可知电容器的构造，再由平行板电容器的决定式进行分析即可；【详解】由图可知，液体 C 与芯柱 A 构成了电容器的两个极板，B 为电介质，由图
15、可知，两板间距离不变，液面变化时只有正对面积发生变化；则由 可知，当液面升高时，C=S4kd只能是正对面积 S 增大，故可判断电容增大，再依据 ，因此电势差不变，那么电容的C=QU电荷量增大，因此电容器处于充电状态，由图可知电流从向 ，故 ABC 错误，D 正确。b【点睛】本题考查平行板电容器在生产生活中的应用，注意由题意找出我们常见的模型再进行分析。10.某兴趣小组利用如图所示装置给灯泡供电。图中两磁极位置相对于水平轴线 对称，OO导线框 绕轴线 以角速度 匀速转动，并通过升压变压器给灯泡供电。下列说法正ABCD OO 确的是A. 图示位置穿过线框的磁通量为零B. 图示位置线框产生的感应电动
16、势为零C. 线框 中电流的有效值小于灯泡中电流的有效值ABCDD. 若灯泡偏暗，可通过增加原线圈匝数来提高灯泡亮度【答案】B【解析】【分析】线框与磁场垂直时，位于中性面，感应电动势为零，根据电压与匝数成正比，电流与匝数8成反比，逐项分析即可得出结论；【详解】A、由图可知，此时线圈和磁场垂直，线框的磁通量最大，感应电动势为零，故 A错误，B 正确；C、根据变压器的原理可以得到原副线圈电流与匝数的关系为： ，由图可知匝数关系I1I2=n2n1为： ，则可以知道 ，故选项 C 错误；n1I2D、根据变压器的原理可以得到原副线圈电压与匝数的关系为： ，则可以得到副线圈U1U2=n1n2电压即灯泡两端电
17、压为： ，若增大 则 减小，则灯泡继续偏暗，故选项 D 错误。U2=U1n2n1 n1 U2【点睛】本题关键交变电流产生的过程及其规律，掌握住理想变压器的电压、电流及功率之间的关系。11.如图甲所示，倾斜的传送带正以恒定速率 沿顺时针方向转动，传送带的倾角为 。v1 37一物块以初速度 从传送带的底部冲上传送带并沿传送带向上运动，其运动的 图象如图v0 vt乙所示，物块到传送带顶端时速度恰好为零， ， ， 取 ，则sin37=0.6cos37=0.8g 10m/s2A. 由图乙可知， 内物块受到的摩擦力大于 内的摩擦力01s 12sB. 摩擦力方向一直与物块运动的方向相反C. 物块与传送带间的
18、动摩擦因数为14D. 传送带底端到顶端的距离为 11m【答案】C【解析】【分析】刚开始时，物块的速度大于传送带的速度，受到沿斜面向下的滑动摩擦力，向上做减速运动，速度与传送带相等以后，物体所受摩擦力改为向上，继续向上做减速运动；根据牛顿第二定律求解摩擦因数，根据图象的“面积”求传送带底端到顶端的距离；【详解】A、由乙图可知在 0-1s 内物块的速度大于传送带的速度，物块所受摩擦力的方向9沿斜面向下，与物块运动的方向相反；1-2s 内，物块的速度小于传送带的速度，物块所受摩擦力的方向沿斜面向上，与物块运动的方向相同，由于物块对传送带的压力相等，根据摩擦力公式 可知两段时间内摩擦力大小相等，故选项
19、 AB 错误；f=FNC、在 内物块的加速度大小为 ，根据牛顿第二定律得：01s a=vt=4121m/s2=8m/s2，解得 ，故 C 正确；(mgsin37+mgcos37)=ma =14D、物块上升的位移大小等于 图象所包围的面积大小，为：vt，所以传送带底端到顶端的距离为 ，故 D 错误。x=4+122 1m+412m=10m 10m【点睛】解决本题的关键理清物体在整个过程中的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解。12.如图甲是建筑工地将桩料打入泥土中以加固地基的打夯机示意图，打夯前先将桩料扶正立于地基上，桩料进入泥土的深度忽略不计。已知夯锤的质量为 ，桩料的质量为M=450
20、kg。每次打夯都通过卷扬机牵引将夯锤提升到距离桩顶 处再释放，让夯锤自m=50kg h0=5m由下落，夯锤砸在桩料上后立刻随桩料一起向下运动。桩料进入泥土后所受阻力随打入深度 的变化关系如图乙所示，直线斜率 。 取 ，则下列说法正确的是h k=5.05104N/m g 10m/s2A. 夯锤与桩料碰撞前瞬间的速度为 9m/sB. 夯锤与桩料碰撞后瞬间的速度为 4.5m/sC. 打完第一夯后，桩料进入泥土的深度为 1mD. 打完第三夯后，桩料进入泥土的深度为 3m【答案】C【解析】【分析】夯锤先自由下落，然后与桩料碰撞，先由运动学公式求出与桩料碰撞前瞬间的速度，对于10碰撞过程，由于内力远大于外
21、力，所以系统的动量守恒，由动量守恒定律求出碰后共同速度；夯锤与桩料一起下沉的过程，重力和阻力做功，由动能定理可求得桩料进入泥土的深度；【详解】A、夯锤与桩料碰撞前瞬间的速度 ，得v02=2gh0v0=2gh0=2105m/s=10m/s取向下为正方向，打击过程遵守动量守恒定律，则得： Mv0=（M+m)v代入数据解得： ，故选项 AB 错误；v=9m/sC、由乙图知，桩料下沉过程中所受的阻力是随距离均匀变化，可用平均力求阻力做功，为Wf=12khh=12kh2打完第一夯后，对夯锤与桩料，由动能定理得： （M+m)gh1+Wf=012(M+m)v2即： （M+m)gh112kh21=012(M+
22、m)v2代入数据解得 ，故选项 C 正确；h1=1mD、由上面分析可知：第二次夯后桩料再次进入泥土的深度为 h2则对夯锤与桩料，由动能定理得： （M+m)gh212k(h1+h2)2=012(M+m)v2同理可以得到：第三次夯后桩料再次进入泥土的深度为 h3则对夯锤与桩料，由动能定理得： （M+m)gh312k(h1+h2+h3)2=012(M+m)v2则打完第三夯后，桩料进入泥土的深度为 H=h1+h2+h3代入数据可以得到： ，故选项 D 错误。H=h1+h2+h33m【点睛】本题的关键是要分析物体的运动过程，抓住把握每个过程的物理规律，要知道当力随距离均匀变化时，可用平均力求功，也可用图
23、象法，力与距离所夹面积表示阻力做功的大小。二、实验题13.如图甲所示，在“验证力的平行四边形定则”的实验中，小高同学进行实验的主要步骤是：将橡皮条的一端固定在木板上 A 位置，另一端系有轻质小圆环：两根轻质细绳的一端分别系在小圆环上，另一端分别系在弹簧测力计的挂钩上。现用弹簧测力计通过细绳拉动11小圆环，使橡皮条沿平行木板平面伸长至 O 位置。读取此时弹簧测力计的示数，分别记录两个拉力 F1、 F2的大小。再用笔在两绳的拉力方向上分别标记 a、 b 两点，并分别将其与O 点连接，表示两力的方向。再用一个弹簧测力计将橡皮筋的活动端仍拉至 O 点，记录其拉力 F 的大小并用上述方法记录其方向.对于
24、上述的实验过程，下列说法中正确的是_A.用一个弹簧测力计将橡皮筋的活动端时，可以拉至 O 点，也可以不拉至 O 点B.两根轻质绳拉力的方向应与木板平面平行C.这位同学在实验中确定分力方向时，图甲所示的 a 点离 O 点过近，标记得不妥D.图乙是在白纸上根据实验结果作出的图示，其中 F 是 F1和 F2合力的理论值【答案】BC【解析】【分析】验证力的平行四边形定则的实验中需要我们让两次拉时的效果相同，且需要记录下拉力的大小及方向；分析两个合力的来源可知实验值及真实值；【详解】A、两次用弹簧测力计将橡皮筋的活动端都要拉至 O 点，这样做的目的是保证前后两次作用力的效果相同；故 A 错误B、为保证拉
25、力的方向为在纸面上画出的方向， OB 和 OC 绳拉力的方向应与木板平面平行；故 B 正确.C、由图可知， O、 a 两点距离太近，画力的方向时容易产生误差，应使 a 离 O 远一些；则C 正确.D、图乙是在白纸上根据实验结果作出的力的图示，实际测量值一定与 AO 在同一直线上，而另一合力是由平行四边形得出的，一定为平行四边形的对角线，故 F 为实际测量值， F12为实验值；故 D 错误.故选 BC.【点睛】要围绕“验证力的平行四边形定则”的实验原理对实验步骤和实验中需要注意的问题进行记忆14.单摆测定重力加速度的实验中：（1）实验时用 20 分度的游标卡尺测量摆球直径，示数如图甲所示，该摆球
26、的直径_d= mm（2）接着测量了摆线的长度为 。 ，实验时用拉力传感器测得摆线的拉力 随时间变化的图l0 F像如图乙所示，写出重力加速度 与 、 、 的关系式： _。g l0 d t0 g=（3）某小组改变摆线长度 ，测量了多组数据。在进行数据处理时，甲同学把摆线长 作l0 l0为摆长，直接利用公式求出各组重力加速度值再求出平均值：乙同学作出 图像后求出T2l0斜率，然后算出重力加速度。两同学处理数据的方法对结果的影响是：甲_，乙_。 （填“偏大” 、 “偏小”或“无影响” ）【答案】 (1). 14.15 (2). (3). 偏小 (4). 无影响 24t20(l0+d2)【解析】【分析】
27、（1）由图示游标卡尺确定游标尺的精度，游标卡尺主尺示数与游标尺示数之和是游标卡尺的示数；（2）单摆的摆长等于摆线的长度与摆球的半径之和，根据题意求出摆长，由图像确定单摆的周期，最后由单摆周期公式求出重力加速度的表达式；（3）根据单摆周期公式判断甲的测量值与真实值间的关系，由单摆周期公式的变形公式求出 关系表达式，然后根据图像斜率求解加速度，之后判断测量值与真实值间的关系；T2l0【详解】 （1）由图甲所示游标卡尺可知，游标尺是 20 分度的，游标尺的精度是 ，0.05mm游标尺主尺示数是 ，游标尺示数是 ，游标卡尺示数，即摆球的14mm 30.05mm=0.15mm13直径为： ；d=14mm
28、+0.15mm=14.15mm（2）单摆摆长等于摆线长度与摆球半径之和，则单摆摆长为 ，由图乙所示图象可l=l0+d2知，单摆的周期 ，由单摆周期公式 可知，T=5t0t0=4t0 T=2lg重力加速度 ；g=42lT2=42(l0+d2)(4t0)2 =24t20(l0+d2)（3）由单摆周期公式 可知，重力加速度 ，摆长应该是摆线长度 与摆球半径T=2lg g=42lT2 l0之和，甲同学把摆线长 作为摆长，摆长小于实际摆长，由 可知，重力加速度的测d2 l0 g=42lT2量值小于真实值；对于乙同学，若摆长为摆线长 ，则由 可知， ，其中 ，由此可见，l0 T=2l0g T2=42l0g
29、=kl0 k=42g与 成正比，k 是比例常数，在 图像取两组坐标 和 ，可以得到斜率T2 l0 T2-l0 (x1,y1) (x2,y2)，可知由于单摆摆长偏大还是偏小不影响图象的斜率 ，因此摆长偏小不k=y2y1x2x1=42g k=y2y1x2x1影响重力加速度的测量值。【点睛】根据图乙所示图象求出单摆的周期是易错点，要掌握单摆的运动过程，结合图象求出单摆周期，熟练应用单摆周期公式是正确解题的关键。15.某实验小组利用如图 1 所示的电路做”测量电池的电动势和内电阻”的实验。（1）请你根据电路图，在图 3 所示的实物图上连线_。（2）该小组利用测量出来的几组电压和电流值画出了 图线如图
30、2。根据图线求出电源UI的电动势 _，电源的内电阻 _。E= r=（3）另一实验小组也做了“测量电池的电动势和内电阻”的实验，他们在实验室里找到了14以下器材：A一节待测的干电池B电流表 （满偏电流 ，内阻 ）A1 3mA RA1=10C电流表 （ ，内阻 约为 ）A2 00.6A RA2 0.1D滑动变阻器 （ ， ）R1 020 10AE定值电阻 （ ）R0 1190F开关和导线若干某同学发现上述器材中虽然没有电压表，但提供了两块电流表，于是他设计了如图 4 所示的电路，并进行实验。该同学测出几组电流表 、 的数据 、 ，利用测出的数据画出A1 A2 I1 I2图像，则由图像可得被测干电池
31、的电动势 _ ，内电阻 _ 。 （两I1I2 E= V r= 空结果均保留两位有效数字）【答案】 (1). 如图所示：(2). (3). (4). 【答题空U2U2-U1I04】1.5 (5). 【答题空 5】0.60 【解析】【分析】（1）根据图 1 所示电路图连接实物电路图；15（2）电源 U-I 图象与纵轴的交点是电源电动势，图象斜率的绝对值等于电源内阻；（3）由图象求出与纵轴的交点，然后由欧姆定律求出该电流所对应的电压，该电压是电源的电动势，图象斜率的绝对值等于电源的内阻；【详解】 （1）根据电路图连接实物电路图，如图所示：（2）由图 2 所示可知，电源电动势为 ，电源内阻 ；U2 r
32、=U2U1I0（3）由图 5 所示可知，图象与纵轴的交点为： ，与横轴的交点为： ，I1=1.25mA I2=0.5A则电源内阻为： r=UI=I1(RA1+R0)I2 =(1.251.0)103(10+1190)0.5 =0.60电源电动势为： 。E=I1（RA1+r+R0）=1.25103（10+0.6+1190)V=1.5V【点睛】应用图象求电源电动势与内阻时，从图象上求出电流值，然后应用欧姆定律求出电源电动势与内阻。三、计算题16.北京将在 2022 年举办冬季奥运会，滑雪运动将速度与技巧完美地结合在一起，一直深受广大观众的欢迎。一质量为 60kg 的运动员在高度为 ，倾角为 的斜坡顶
33、端，h=80m =30从静止开始沿直线滑到斜面底端。下滑过程运动员可以看作质点，收起滑雪杖，忽略摩擦阻力和空气阻力， 取 ，问：g 10m/s2（1）运动员到达斜坡底端时的速率 ；v（2）运动员刚到斜面底端时，重力的瞬时功率；（3）从坡顶滑到坡底的过程中，运动员受到的重力的沖量。【答案】 （1） （2） （3） 方向为竖直向下 40m/s 1.2104W 4.8103Ns【解析】16【分析】（1）根据牛顿第二定律或机械能守恒定律都可以求出到达底端的速度的大小；（2）根据功率公式进行求解即可；（3）根据速度与时间关系求出时间，然后根据冲量公式进行求解即可；【详解】 （1）滑雪者由斜面顶端滑到底端
34、过程中，系统机械能守恒： mgh=12mv2到达底端时的速率为： ；v=40m/s（2）滑雪者由滑到斜面底端时重力的瞬时功率为： ； PG=mgvsin30=1.2104W（3）滑雪者由斜面顶端滑到底端过程中，做匀加速直线运动根据牛顿第二定律 ，可以得到： mgsin300=ma a=gsin30=5m/s2根据速度与时间关系可以得到： t=v0a=8s则重力的冲量为： ，方向为竖直向下。IG=mgt=4.8103Ns【点睛】本题关键根据牛顿第二定律求解加速度，然后根据运动学公式求解末速度，注意瞬时功率的求法。17.随着新技术的应用，手机不断地更新换代。新机型除了常规的硬件升级外，还支持快充和
35、无线充电。图甲为兴趣小组制作的无线充电装置中的输电线圈示意图，已知线圈匝数，电阻 ，线圈的横截面积 ，外接电阻 。线圈处在平n=100 r=1.0 S=1.5103m2 R=5.0行于线圈轴线的磁场中，磁场的磁感应强度随时间变化如图乙所示，求：（1） 时线圈中的感应电动势t=1.0102s E（2） 内通过电阻 的电荷量 ；02.0102s R q（3） 内电阻 上产生的热量 。03.0102s R Q【答案】 （1） （2） （3）0.6V 2.0103C 3.0103J【解析】17【分析】根据法拉第电磁感应定律列式求解感应电动势，根据闭合电路欧姆定律求解电流，根据焦耳定律列式求解热量即可；
36、【详解】 （1）由图乙可知 时刻t=0.01sBt=4T/s根据法拉第电磁感应定律得 E=nT=nSBt代入数据解得： ；E=0.6V（2） 内根据闭合电路欧姆定律可以得到： 00.02s I=ER+r=0.1A电荷量 q=It代入数据可以解得： ；q=2.0103C（3） 内，根据上面分析可知： ， ，00.02s E=0.6V I=0.1A根据焦耳定律可以得到， 上产生的焦耳热为：R Q1=I2Rt1=1.0103J内，同理可以得到： ， ，0.020.03s E=1.2V I=0.2A根据焦耳定律可以得到， 上产生的焦耳热为：R Q2=I2Rt2=2.0103J所以 。Q总 =Q1+Q2
37、=3.0103J【点睛】本题关键是根据法拉第电磁感应定律列式求解各个时间段的感应电动势大小，然后根据欧姆定律、电流定义公式、焦耳定律列式求解即可。18.如图所示，长度为 的轻绳一端固定于 点，另一端系一个质量为 的小球，将细绳拉L O m直到水平状态时轻轻释放小球。问：（1）小球经过最低点时，细绳受到的拉力大小。（2）若在 点的正下方钉一个钉子 ，要求小球在细绳与钉子相碰后能够绕钉子做一个完O A整的圆周运动（忽略钉子的直径） ，钉子 的位置到悬点 的距离至少为多大？A O（3）经验告诉我们，当细绳与钉子相碰时，钉子的位置越靠近小球，绳就越容易断。请你18通过推导计算解释这一现象。 （推导过程
38、中需要用到的物理量，自己设定。 ）【答案】 （1） （2） （3）见解析3mg 0.6L【解析】【分析】根据动能定理或机械能守恒求出小球运动到最低点时速度的表达式，根据牛顿第二定律求解绳的拉力，逐项分析即可；【详解】 （1）小球从绷紧的轻绳水平时摆下到最低点过程机械能守恒： mgL=12mv2由牛顿第二定律可得： Tmg=mv2L小球在最低点时，轻绳受到的拉力： ；T=3mg（2）设钉子 点到悬点 的距离为 ，小球在细绳与钉子相碰后圆周轨道半径为A O x小球摆到最高点时，由牛顿第二定律可得： ，其中：mg=mv2r r=Lx由机械能守恒定律可得： mg(L2r)=12mv2解得： ；x=0.
39、6L（3）设小球到钉子的距离为 ，R小球摆到最低点过程中，由机械能守恒定律可得： mgL=12mv2小球通过最低点的速度： v=2gL在最低点由牛顿第二定律可得： Tmg=mv2R则： T=mg+mv2R=mg+m2gLR可见钉子 点到小球的距离 越小，轻绳拉力 越大，绳就越容易断。A R T【点睛】该题是机械能及圆周运动相结合的问题，关键找出向心力的提供者，这是解决这类问题通用的方法，同时要注意恰好通过最高点的临界条件。19.如图轨道为地球同步卫星轨道，发射同步卫星的过程可以筒化为以下模型：先让卫星进入一个近地圆轨道（离地高度可忽略不计） ，经过轨道上 点时点火加速，进入椭圆形P转移轨道。该
40、椭圆轨道的近地点为圆轨道上的 点，远地点为同步圆轨道上的 点。P Q到达远地点 时再次点火加速，进入同步轨道 。Q已知引力常量为 ，地球质量为 ，地球半径为 ，飞船质量为 ，同步轨道距地面高度为G M R m。h19当卫星距离地心的距离为时，地球与卫星组成的系统的引力势能为 （取无穷远处Ep=GMmr的引力势能为零） ，忽略地球自转和喷气后飞船质量的変化，问：（1）在近地轨道上运行时，飞船的动能是多少？（2）若飞船在转移轨道上运动过程中，只有引力做功，引力势能和动能相互转化。已知飞船在椭圆轨道上运行中，经过 点时的速率为 ，则经过 点时的速率 多大？P v1 Q v2（3）若在近地圆轨道上运行
41、时，飞船上的发射装置短暂工作，将小探测器射出，并使它能脱离地球引力范围（即探测器可以到达离地心无穷远处） ，则探测器离开飞船时的速度（相对于地心）至少是多少？（探测器离开地球的过程中只有引力做功，动能转化为引v3力势能）【答案】 （1） （2） （3）GMm2R v21+2GMR+h2GMR 2GMR【解析】【分析】（1）万有引力提供向心力，求出速度，然后根据动能公式进行求解；（2）根据能量守恒进行求解即可；（3）将小探测器射出，并使它能脱离地球引力范围，动能全部用来克服引力做功转化为势能；【详解】 （1）在近地轨道（离地高度忽略不计）上运行时，在万有引力作用下做匀速圆周运动即： GmMR2=
42、mv2R则飞船的动能为 ；Ek=12mv2=GMm2R（2）飞船在转移轨道上运动过程中，只有引力做功，引力势能和动能相互转化。由能量守恒可知动能的减少量等于势能的増加量： 12mv2112mv22=GMmR+h(GMmR)若飞船在椭圆轨道上运行，经过 点时速率为 ，则经过 点时速率为：P v1 Q20；v2=v21+2GMR+h2GMR（3）若近地圆轨道运行时，飞船上的发射装置短暂工作，将小探测器射出，并使它能脱离地球引力范围（即探测器离地心的距离无穷远） ，动能全部用来克服引力做功转化为势能即： GMmR=12mv23则探测器离开飞船时的速度（相对于地心）至少是： 。v3=2GMR【点睛】本
43、题考查了万有引力定律的应用，知道万有引力提供向心力，同时注意应用能量守恒定律进行求解。20.高能粒子是现代粒子散射实验中的炮弹，加速器是加速粒子的重要工具，是核科学研究的重要平台。质子回旋加速器是利用电场和磁场共同作用，使质子作回旋运动，在运动中通过高频电场反复加速、获得能量的装置。质子回旋加速器的工作原理如图（a）所示，置于真空中的形金属盒半径为 ，两盒间狭缝的间距为 ，磁感应强度为 的匀强磁场与盒面垂直，被D R d B加速质子（ ）的质量为 ，电荷量为 。加在狭缝间的交变电压如图（b）所示，电压11H m +q值的大小为 、周期 。为了简化研究，假设有一束质子从 板上 处小孔均匀地飘U0
44、 T0=2mqB M A入狭缝，其初速度视为零。不考虑质子间的相互作用。（1）质子在磁场中的轨迹半径为（已知）时的动能 ；Ek（2）请你计算质子从飘入狭缝至动能达到 （问题（1）中的动能）所需要的时间。 （不考Ek虑质子间的相互作用，假设质子每次经过狭缝均做加速运动。 ）（3）若用该装置加速氦核（ ） ，需要对偏转磁场或交变电压作出哪些调整？42He【答案】 （1） （2）q2B2r22m BR2+2BRd2U0 mqB（3）方案一：增大磁感应强度 ，使得氦核的圆周运动周期等于上述电场的周期即可。B21方案二：增大交变电场的周期，使得电场的周期等于氦核圆周运动的周期。【解析】【分析】回旋加速器
45、的工作条件是电场的变化周期与粒子在磁场中运动的周期相等，回旋加速器运用电场加速磁场偏转来加速粒子，根据洛伦兹力提供向心力进行求解即可；【详解】 （1）洛伦兹力提供向心，根据牛顿第二定律有： qvB=mv2r粒子的动能为 ，解得 ；（2）设粒子被加速 次后达到最大动能，则有 ，解得：粒子在狭缝间做匀加速运动，加速度为 设 次经过狭缝的总时间为 ，根据运动学公式有： 设在磁场中做圆周运动的周期为 ，某时刻质子的速度为 ，半径为则 ， ，由解得： ；（3）氦核的荷质比与质子不同，要实现每次通过电场都被加速，需要保证交变电场的周期与磁场中圆周运动的周期相同，粒子在磁场中的圆周运动周期 ，氦核的荷质比大于质子，使得圆周运动周期变大方案一：增大磁感应强度 ，使得氦核的圆周运动周期等于上述电场的周期即可。方案二：增大交变电场的周期，使得电场的周期等于氦核圆周运动的周期。【点睛】解决本题的关键知道回旋加速器电场和磁场的作用，知道最大动能与什么因素有关，以及知道粒子在磁场中运动的周期与电场的变化的周期相等。
