2021高考物理真題匯編

\〔一參考答案與解析,

專題一運(yùn)動(dòng)的描述勻變速直線運(yùn)動(dòng)的研究

1.解析：選A。研究貓?jiān)诘匕迳闲凶叩乃俣葧r(shí)，不涉及貓的形狀，可以把貓

看作質(zhì)點(diǎn)，A正確；旋轉(zhuǎn)球邊緣的線速度影響水珠的形狀，不能把旋轉(zhuǎn)球看作質(zhì)

點(diǎn)，B錯(cuò)誤；判斷飛翔的鳥兒能否停在樹樁上，要觀察它的爪的位置，不能把鳥

兒看作質(zhì)點(diǎn)，C錯(cuò)誤；研究馬術(shù)運(yùn)動(dòng)員和馬能否跨過障礙物時(shí)，需要研究馬的形

狀和大小，不能把馬看作質(zhì)點(diǎn)，D錯(cuò)誤。

2.解析：選BD。A圖是速度一時(shí)間圖象，由圖可知，甲的速度一直大于乙

的速度，所以中途不可能出現(xiàn)甲、乙船頭并齊，故A錯(cuò)誤；B圖是速度一時(shí)間圖

象，由圖可知，開始丙的速度大，后來甲的速度大，速度一時(shí)間圖象中圖象與橫

軸圍成的面積表示位移，由圖可以判斷在中途甲、丙位移會(huì)相同，所以在中途甲、

丙船頭會(huì)并齊，故B正確；C圖是位移一時(shí)間圖象，由圖可知，丁一直運(yùn)動(dòng)在甲

的前面，所以中途不可能出現(xiàn)甲、丁船頭并齊，故C錯(cuò)誤；D圖是位移一時(shí)間圖

象，交點(diǎn)表示相遇，所以甲、戊在中途船頭會(huì)并齊，故D正確。

3.解析：選D。設(shè)尸。的水平距離為3由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可知己=&Ain，,

可得可知夕=45。時(shí)，/有最小值，故當(dāng)6從由30。逐漸增大至60°

時(shí)，下滑時(shí)間，先減小后增大。

專題二相互作用

1.解析：選A。秋千擺動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)，受力情況如圖所示，此時(shí)小明的速度

為零，F(xiàn)=mgcos6<mg,合力為mgsin加速度為gsin仇A正確，B、C、D

錯(cuò)誤。

2.解析：選B。打開降落傘前后，著陸器均受到火星萬有引力的作用，A

、C錯(cuò)誤；打開降落傘后90s內(nèi)，著陸器的運(yùn)動(dòng)是豎直向下的減速運(yùn)動(dòng)，合

力方向豎直向上，B正確；著陸器處于懸停狀態(tài)時(shí)，豎直方向還受到萬有引力，

D錯(cuò)誤。

3.解析：選B。曲轅犁耕索的拉力在水平方向上的分力為尸sina,直轅犁耕

索的拉力在水平方向上的分力為這皿夕，由于a<夕，則/sin^Absina,A錯(cuò)誤；

曲轅犁耕索的拉力在豎直方向上分力為Feosa,直轅犁耕索的拉力在豎直方向上

的分力為Feos尸，由于故尸cosa>fcos6，B正確；耕索對犁的拉力與

犁對耕索的拉力是一對作用力與反作用力，大小相等，故耕索對犁的拉力等于犁

對耕索的拉力，C、D錯(cuò)誤。

4.解析：選C。對滑塊受力分析，設(shè)凹槽半圓柱面的切線與水平面的夾角為

9,OWeW/,由平衡條件有F=mgsin6,N=mgcos0,滑塊從A緩慢移動(dòng)到B

點(diǎn)過程中，。越來越大，則推力尸越來越大，支持力N越來越小，所以A、B錯(cuò)

誤；

對凹槽與滑塊整體分析有，墻面對凹槽的壓力為FN=FCOS6=mgsin8cos0

=52gsin2。，則。越來越大時(shí)，墻面對凹槽的壓力先增大后減小，C正確；水平

地面對凹槽的支持力為N地=(M+m)g-Fsin0=(M+m)g-mgsir?。，則。越來越

大時(shí)，水平地面對凹槽的支持力越來越小，D錯(cuò)誤。

專題三牛頓運(yùn)動(dòng)定律

1.解析：選BCDo由題圖(c)可知，力時(shí)刻木板與地面的靜摩擦力達(dá)到最大

值，此時(shí)物塊與木板相對靜止，木板剛要滑動(dòng)，此時(shí)以整體為研究對象有凡=.(如

+/?2)g,故A錯(cuò)誤；由題圖(c)可知，f2時(shí)刻物塊與木板剛要發(fā)生相對滑動(dòng)，以整

體為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律，有F2—1(???1+mi)g—(mi+mi)a,以木板為

研究對象，根據(jù)牛頓第二定律，有/Linmg〃2〃22g>〃i("”十

〃22(wi+w2)m\-\-mi,,

，"2)g,解得尸2=—(//2—〃l)g,〃2〉一—一小，故B、C正確；由題圖(c)

可知，0?及這段時(shí)間物塊與木板相對靜止，所以有相同的加速度，故D正確。

2.解析：(1)設(shè)斜面長度為L,背包質(zhì)量為網(wǎng)=2kg,在斜面上滑行的加速

度為ai,由牛頓第二定律有/wgsin有一〃冽igcos6=wnao解得ai=2m/s2,滑雪

者質(zhì)量為"醛=48kg,初速度為00=1.5m/s,加速度為s=3m/s?,在斜面上滑行

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時(shí)間為3落后時(shí)間fO=ls,則背包的滑行時(shí)間為f+fo,由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得

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1.

乙=呼1。+/0)92

L=v()t+^a2p

聯(lián)立解得t=2s或f=-1s(舍去)，故可得L=9mo

(2)背包和滑雪者到達(dá)水平軌道時(shí)的速度為初、02,有

vi=ai(t+to)=6m/s

s=oo+a2f=7.5m/s,滑雪者拎起背包的過程，系統(tǒng)在光滑水平面上外力為

零，動(dòng)量守恒，設(shè)共同速度為0,有機(jī)mi+m202=(加+儂)0,解得0=7.44m/s。

答案：(l)9m(2)7.44m/s

專題四曲線運(yùn)動(dòng)萬有引力與航天

1.解析：選C。紐扣上各點(diǎn)繞其中心做圓周運(yùn)動(dòng)的角速度相等，已知〃=50

r/s,則an=02r=(27i〃)2r=4Xjt2x5()2xIX10-2^52=1x1()3352,C正確。

2.解析：選C。設(shè)距離d=0.2m,鈉原子做平拋運(yùn)動(dòng)時(shí)有d=w)A,做豎直

上拋運(yùn)動(dòng)時(shí)有人上圖，解得卜志。故A、B、D錯(cuò)誤，C正確。

3.解析：選BC。甲、乙兩顆手榴彈豎直方向下落的高度相同，由平拋運(yùn)動(dòng)

2

的特點(diǎn)可知，它們的運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等，A錯(cuò)誤。落地前瞬間，PG=mgvy=nigt,由

于運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等，故重力的瞬時(shí)功率相等，B正確。從投出到落地，重力做功為

mgh,故重力勢能減少mgh,C正確。從投出到落地過程中只有重力做功，手榴

彈的機(jī)械能守恒，D錯(cuò)誤。

4.解析：選A。由題知桿OP繞。點(diǎn)從與水平方向成30。勻速轉(zhuǎn)動(dòng)到60。，

則P點(diǎn)繞。點(diǎn)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則P點(diǎn)的線速度大小不變，加速度方向時(shí)刻指向

。點(diǎn)，A正確，B錯(cuò)誤；Q點(diǎn)在豎直方向的運(yùn)動(dòng)與尸點(diǎn)相同，位移y關(guān)于時(shí)間/

的關(guān)系為y=/op?sin*+函］，則可看出Q點(diǎn)在豎直方向不是勻速運(yùn)動(dòng)，C錯(cuò)誤；

Q點(diǎn)在水平方向的位移X關(guān)于時(shí)間t的關(guān)系為X=lop,cos■+6u，+/p。，則可看

出。點(diǎn)在水平方向也不是勻速運(yùn)動(dòng)，D錯(cuò)誤。

5.解析：選BD。對小球受力分析，設(shè)彈力為T,彈簧與水平方向的夾角為

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e,則小球豎直方向Tsine=mg,由T=?巖一/。)，可知。為定值，丁不變,

則當(dāng)轉(zhuǎn)速增大后，小球的高度不變，彈簧的彈力不變，A錯(cuò)誤，B正確；水平方

向當(dāng)轉(zhuǎn)速較小時(shí)，桿對小球的彈力人背離轉(zhuǎn)軸，則Teos。一網(wǎng)=加。2r

即FN=TCOS8-mco2r

當(dāng)轉(zhuǎn)速較大時(shí)，尺指向轉(zhuǎn)軸，有Teos。+尸N=/my'2r

即F,N=m(z>/2r—Tcos0

則因方根據(jù)牛頓第三定律可知，小球?qū)U的壓力不一定變大，C錯(cuò)誤；

根據(jù)尸合=加。2r可知，因角速度變大，則小球受合外力變大，D正確。

6.解析：選D。物體繞中心天體做圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)萬有引力提供向心力，可

GMm4712c/4TI27?3八3IGMTq._人?口口小…“小工.

得ZF1/一=〃7亍十，則R=7京1由于一個(gè)火星日的時(shí)長約為一

個(gè)地球日，火星質(zhì)量約為地球質(zhì)量的0.1,則飛船的軌道半徑

7.解析：選D。根據(jù)核心艙做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力由地球的萬有引力提供，可

得=mco2r=nr^r,M=^=，3=空聲，則已知核心艙的質(zhì)量和繞

廣rLUCr(jri

地半徑、已知核心艙的質(zhì)量和繞地周期以及已知核心艙的角速度和繞地周期，都

不能求解地球的質(zhì)量;若已知核心艙的繞地線速度和繞地半徑可求解地球的質(zhì)量。

8.解析：選B。地球繞太陽做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，太陽對地球的萬有引力提供地

球做圓周運(yùn)動(dòng)所需向心力，有等=〃?!(李J，化簡得提=疝，由此推斷S2繞

黑洞做橢圓運(yùn)動(dòng)時(shí)，半長軸的三次方與周期二次方的比值與黑洞質(zhì)量成正比，有

&

至=方，由觀測推算S2的周期約為16年，代入數(shù)據(jù)解得知產(chǎn)4*1()6加，選B。

亍

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9.解析：選AC。根據(jù)萬有引力定律有尸=G華，核心艙進(jìn)入軌道后的萬有

引力與地面上萬有引力之比為魯=/￡、尸信Y，所以A正確；因?yàn)榈谝挥?/p>

宙速度是最大的環(huán)繞速度，所以核心艙在軌道上飛行的速度小于79km/s,B錯(cuò)

誤；根據(jù)T=2盜，可知軌道半徑越大周期越大，則其周期比同步衛(wèi)星的周

期小，小于24h,C正確；衛(wèi)星做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)萬有引力提供向心力有6誓=〃,,

解得。=、管，則衛(wèi)星的環(huán)繞速度與衛(wèi)星的質(zhì)量無關(guān)，所以變軌時(shí)需要點(diǎn)火減

速或者點(diǎn)火加速，增加質(zhì)量不會(huì)改變軌道半徑，D錯(cuò)誤。

10.解析：選C.設(shè)火星的質(zhì)量為M,半徑為R,自由落體的加速度為g火，

則有誓=mg火，設(shè)其近地衛(wèi)星做圓周運(yùn)動(dòng)的周期為T,則有誓=〃筆R，設(shè)

探測器所在橢圓形停泊軌道的半長軸為a,根據(jù)開普勒第三定律得葦=9,聯(lián)立

111

上述方程并代入數(shù)據(jù)解得a-河X1()7m,可得停泊軌道與火星表面的最遠(yuǎn)距離

約為2a—2.8X105m-2X3.4義106m^6X107m,故C正確。

專題五機(jī)械能及其守恒定律

1.解析：選A。當(dāng)與圓柱體未接觸部分的細(xì)繩豎直時(shí)，小球下落的高度人=

火+兀/?—竽，根據(jù)動(dòng)能定理有mgh=^mv2,解得v=?(2+兀)gR。故

A正確，B、C、D錯(cuò)誤。

2.解析：選BC。設(shè)物體向上滑動(dòng)的距離為s,根據(jù)動(dòng)能定理得，上滑過程,

、、Ek

一(mgsina+]nmgcosa)s=0—Ek,下滑過程，(mgsina—^mgcosa)s=g-0,聯(lián)

立解得s=熱Ek、〃=0,5,故A錯(cuò)誤，C正確；下滑過程，根據(jù)牛頓第二定律得mg

a

sin1一〃加geos下，解得a下=5,故B

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正確；物體上滑與下滑過程都做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，但上滑的初速度比回到出

7)

發(fā)點(diǎn)時(shí)的速度大，根據(jù)5=亍知，下滑的時(shí)間較長，故D錯(cuò)誤。

3.解析：選C。在動(dòng)車組勻加速啟動(dòng)的過程中，對動(dòng)車組受力分析，根據(jù)牛

頓第二定律有門一戶陽=機(jī)小，其中產(chǎn)陽=依，在動(dòng)車組勻加速啟動(dòng)的過程中，加

速度m不變，。增大，則尸阻增大，故牽引力￡逐漸增大，A錯(cuò)誤；若四節(jié)動(dòng)力

4P

車廂輸出功率均為額定值，則牽引力尸2=7，而七一/陽=松，其中公尸如，

由。增大可知加速度。減小，所以動(dòng)車組從靜止開始做加速度減小的變加速運(yùn)動(dòng),

B錯(cuò)誤；設(shè)當(dāng)四節(jié)動(dòng)力車廂輸出的總功率為2.25尸時(shí)，動(dòng)車組勻速運(yùn)動(dòng)的速度為

0m',動(dòng)車組勻速行駛時(shí)受力平衡，有尸=尸阻=依01',則4P=依土、2.25尸=切mV

解得。C正確；當(dāng)四節(jié)動(dòng)力車廂輸出功率均為額定值時(shí)，對動(dòng)車組從啟

動(dòng)到達(dá)到最大速度的過程，根據(jù)動(dòng)能定理有4PLW克=%扇，解得這一過程中該

動(dòng)車組克服阻力做的功W克=4Pf—%?*,D錯(cuò)誤。

4.解析：(1)設(shè)小車通過第30個(gè)減速帶后，經(jīng)過每個(gè)減速帶損失的機(jī)械能為

小車從剛通過第30個(gè)減速帶到剛通過第31個(gè)減速帶，由動(dòng)能定理可知

mgdsinAE=0

解得：卜E=mgdsin仇

(2)小車運(yùn)動(dòng)全程能量守恒，設(shè)后為通過前30個(gè)減速帶時(shí)每一個(gè)減速帶上平

均損失的機(jī)械能，

mgLsin3+49mgdsin^=///?2g5+20AE+30E

解得豆_”次+29",sin"一“mgs

(3)由題意可知后

MS

sin00

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答案：(l)m^Jsin0

mg(L+29d)sin。一〃加gs

⑵30

(3)L>"仁

')sm6

專題六碰撞與動(dòng)量守恒

1.解析：選B。因?yàn)榛瑝K與車廂水平底板間有摩擦，且撤去推力后滑塊在車

廂底板上有相對滑動(dòng)，即摩擦力做功，而水平地面是光滑的；對小車、彈簧和滑

塊組成的系統(tǒng)，根據(jù)動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒的條件可知撤去推力后該系統(tǒng)動(dòng)量守

恒，機(jī)械能不守恒。

2.解析：選BC。設(shè)物體運(yùn)動(dòng)過程中，滑動(dòng)摩擦力大小為f,對全程應(yīng)用動(dòng)

能定理，得片o-/X3so=O-O,可得尸=”選項(xiàng)D錯(cuò)誤；對第一階段應(yīng)用動(dòng)能

13

定理，得(F—小()=呼加一0,由于WF=FSO,F=3f,故有Wi-=-^mvl，選項(xiàng)A錯(cuò)

誤；對第一階段應(yīng)用動(dòng)量定理，有(F—0|=機(jī)。0—0,由于lF=Ft\.F=3f,故有

2

/F=|機(jī)00,選項(xiàng)B正確；由f=/Limg,結(jié)合F=3f、(F—f)so=^mvo—O,可得〃

選項(xiàng)C正確。

3.解析：選D。質(zhì)點(diǎn)沿x軸正方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由運(yùn)動(dòng)

學(xué)公式"=2ox可得詬，設(shè)質(zhì)點(diǎn)的質(zhì)量為相，則質(zhì)點(diǎn)的動(dòng)量p=/?V五L由

于質(zhì)點(diǎn)的速度方向不變，則質(zhì)點(diǎn)動(dòng)量p的方向始終沿x軸正方向，根據(jù)數(shù)學(xué)知識(shí)

可知D正確。

4.解析：選ABD。將A、彈簧、8看成一個(gè)系統(tǒng)，0到九時(shí)間內(nèi)，重力、支

持力對系統(tǒng)的沖量的矢量和為零，墻對系統(tǒng)的沖量等于系統(tǒng)動(dòng)量的變化量，即墻

對B的沖量等于mAVo,A正確；力時(shí)刻之后，A、B組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，由題

圖(b)可知，九到/2這段時(shí)間內(nèi)，S3>S2,故8物體速度的變化量大于A物體速度

的變化量，可知A物體的質(zhì)量大于B物體的質(zhì)量，B正確；撤去外力產(chǎn)后，A、B

和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，8運(yùn)動(dòng)后，A、B具有動(dòng)能，根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒

可知，彈簧的最大形變量小于尤，C錯(cuò)誤；12時(shí)刻，A、B的加速度均最大，此時(shí)

彈簧拉伸到最長，A、8共速，設(shè)速度為。，a-t

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圖像與時(shí)間軸所圍圖形的面積代表速度的變化量，0?12時(shí)間內(nèi)，A的速度變

化量為SI—S2,力?f2時(shí)間內(nèi)，8的速度變化量為S3,兩者相等，即S|—S2=S3,

D正確。

專題七靜電場

1.解析：選BD。由圖象可知他=心則正電荷從。點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到e點(diǎn)，電場力不

做功，A錯(cuò)誤；由圖象可知s“=3V,9"=7V,根據(jù)電場力做功與電勢能的變化

關(guān)系有Wad=Epa—EPd={（pa—（pd）-{—e）=4eV,B正確；沿電場線方向電勢逐漸降

低，則分點(diǎn)處的場強(qiáng)方向向左，C錯(cuò)誤；由于電場線與等勢面處處垂直，則可畫

出電場線分布如圖所示

由圖可看出，分點(diǎn)電場線最密集，則分點(diǎn)處的場強(qiáng)最大，D正確。

2.解析：選A。由題圖中由等勢面的疏密程度可知根據(jù)尸=qE可

知FM<FN,由題可知圖中電場線是由金屬板指向負(fù)電荷，設(shè)將該試探電荷從M點(diǎn)

移到N點(diǎn)，可知電場力做正功，電勢能減小，即EpM>EpN。

3.解析：選AD。帶電粒子垂直進(jìn)入勻強(qiáng)電場做類平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)水平位移為

x,豎直位移為》初速度為。0,則其軌跡方程為〉=；*盥）=黑，由于粒子

的初速度相同，在同一勻速電場中運(yùn)動(dòng)，粒子的軌跡取決于三及電性。電荷量和

質(zhì)量分別為（+q，，%）和（+3q,3/w）的帶電粒子的偏轉(zhuǎn)軌跡重合，且與（一q,"?）的

帶電粒子的軌跡關(guān)于x軸對稱。根據(jù)帶電粒子的軌跡方程可知，（+夕，/〃）的粒子

比（+“，2”）的粒子的軌跡“彎曲程度”更大，同時(shí)符合以上特征的圖像為A、D

因此選A、Do

4.解析：選D。導(dǎo)體是等勢體，導(dǎo)體表面是等勢面，電場線與等勢面垂直,

所以實(shí)線表示等勢面，A錯(cuò)誤；根據(jù)導(dǎo)體上電荷分布規(guī)律可知，離”點(diǎn)最近的導(dǎo)

體表面電荷密度最小，B錯(cuò)誤；電場線與等勢面垂直，所以導(dǎo)體右側(cè)表面附近的

電場強(qiáng)度方向不相同，C錯(cuò)誤；電場力做功與路徑無關(guān)，八匕是同一等勢面上的

兩點(diǎn)，Uab=0,Wab~CjUab=O>D正確。

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5.解析：選D。高壓電源左為正極，則所加強(qiáng)電場的場強(qiáng)向右，而沿著電場

線電勢逐漸降低，可知他＞"，故A錯(cuò)誤；等差等勢線的疏密反映場強(qiáng)的大小，

由圖可知。處的等勢線較密，則反〉瓦，故B錯(cuò)誤；液滴的重力不計(jì)，根據(jù)牛頓

第二定律可知，液滴的加速度為。=臂，因瓦,瓦，可得如＞偏,故C錯(cuò)誤；液滴

在電場力作用下向右加速，則電場力做正功，動(dòng)能增大，電勢能減少，即EpQEp/”

故D正確。

6.解析：選ABo由于該電場為勻強(qiáng)電場，可采用矢量分解的思路，沿cd

方向建立x軸，垂直于cd方向建立y軸如圖所示

在x方向有W=ExqX2R,在y方向有2W=E、qX小R+ExqR,經(jīng)過計(jì)算有

W\[3WWEv

EX=7區(qū)■=巖淳，E=蒜，tane*=小,由于電場方向與水平方向成60。，

則電場與必平行，且沿。指向江A正確；該粒子從d點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到力點(diǎn)，電場力做

的功為W'="f=0.5W,B正確；沿電場線方向電勢逐漸降低，則。點(diǎn)的電勢高

于c點(diǎn)的電勢，C錯(cuò)誤；若粒子的初速度方向與ab平行則粒子做勻變速直線運(yùn)動(dòng),

D錯(cuò)誤。

7.解析：選B。根據(jù)點(diǎn)電荷場強(qiáng)公式E=省，兩異種點(diǎn)電荷在P點(diǎn)的場強(qiáng)

大小均為Eo=%方向如圖所示，兩異種點(diǎn)電荷在P點(diǎn)的合場強(qiáng)為田=啦芯0=啦

*，方向與+q點(diǎn)電荷與一4點(diǎn)電荷的連線平行如圖所示，Q點(diǎn)電荷在尸點(diǎn)的場

強(qiáng)大小為及=人(總)2=養(yǎng)，三點(diǎn)電荷的合場強(qiáng)為0,則及方向如圖所示，大

小有EI=E2,解得Q=2\「q,由幾何關(guān)系可知Q的坐標(biāo)為(0,2a),故選B。

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8.解析：選ACDo由對稱及電場疊加原理可知，除無窮遠(yuǎn)處之外，菱形外

部各點(diǎn)電場強(qiáng)度處處不為零，故A正確。分析可知。點(diǎn)電場強(qiáng)度等于零，由對稱

及電場疊加原理可知，除。點(diǎn)外，菱形內(nèi)部的電場強(qiáng)度為零的點(diǎn)都是成對出現(xiàn)的，

所以在菱形內(nèi)部不可能只存在兩個(gè)電場強(qiáng)度為零的點(diǎn)，故B錯(cuò)誤。當(dāng)刈=8/時(shí)，

由對稱性可知點(diǎn)(0,—3/)和點(diǎn)(0,3/)的電勢相等，將負(fù)點(diǎn)電荷從點(diǎn)(4/,5/)移至U點(diǎn)

(0,一3/)和從點(diǎn)(4/,5。移到點(diǎn)(0,31),電場力做功相同，由等量同種點(diǎn)電荷形成

的電場的特點(diǎn)可知，在x、y正半軸上的兩個(gè)點(diǎn)電荷形成的電場中，點(diǎn)(4/,5/)和

點(diǎn)(0,3/)是兩點(diǎn)電荷連線的中垂線上對稱的兩點(diǎn)，電勢相等，所以將負(fù)點(diǎn)電荷從

點(diǎn)(4/,5/)移到點(diǎn)(0,31),電場力不做功；在x負(fù)半軸的點(diǎn)電荷形成的電場中，將

負(fù)點(diǎn)電荷從點(diǎn)(4/,5/)移到點(diǎn)(0,31),電場力做正功；在y負(fù)半軸的點(diǎn)電荷形成的

電場中，將負(fù)點(diǎn)電荷從點(diǎn)(4/,5/)移到點(diǎn)(0,31),電場力做正功；綜上所述，當(dāng)yo

=8/時(shí)，將一帶負(fù)電的試探電荷由點(diǎn)(4/,57)移到點(diǎn)(0,-31),電場力做正功，故

C正確。當(dāng)刈=4/時(shí)，尤、y正半軸的兩個(gè)點(diǎn)電荷在點(diǎn)(/,/)處的合場強(qiáng)與x軸負(fù)方

大小為赤筆

向的夾角為45。,傾斜向下,x、y負(fù)半軸的兩個(gè)點(diǎn)電荷在點(diǎn)(/,/)

的合場強(qiáng)與x軸正方向的夾角為45°,傾斜向上，大小為石扁?華，故該點(diǎn)的合

場強(qiáng)與x軸負(fù)方向的夾角為45。，傾斜向下，負(fù)點(diǎn)電荷受到的電場力與x軸正方

向的夾角為45。，傾斜向上，故D正確。

專題八磁場

1.解析：選C。根據(jù)“同向電流相互吸引，異向電流相互排斥”的作用規(guī)律

可知，左、右兩導(dǎo)線與長管中心的長直導(dǎo)線相互吸引，上、下兩導(dǎo)線與長管中心

的長直導(dǎo)線相互排斥，C正確。

2.解析：選B。根據(jù)題意作出粒子的圓心如圖所示

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設(shè)圓形磁場區(qū)域的半徑為R,根據(jù)幾何關(guān)系有第一次的半徑八=上第二次的

半徑廢=小/?,根據(jù)洛倫茲力提供向心力有9=用可得。=等，所以￡弋=

巫

3°

3.解析：選B。兩直角導(dǎo)線可以等效為如圖所示的兩直導(dǎo)線，由安培定則可

知，兩直導(dǎo)線分別在M處的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向?yàn)榇怪庇诩埫嫦蚶?、垂直于紙面向外?/p>

故M處的磁感應(yīng)強(qiáng)度為零;兩直導(dǎo)線在N處的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向均垂直于紙面向里，

故N處的磁感應(yīng)強(qiáng)度為2瓦綜上分析B正確。

MN

X?XX

---------------------FOP

EO'Q

4.解析：選B。等離子體垂直于磁場噴入板間時(shí)，根據(jù)左手定則可得金屬板

。帶正電荷，金屬板尸帶負(fù)電荷，則電流方向由金屬棒。端流向b端。等離子體

穿過金屬板P、。時(shí)產(chǎn)生的電動(dòng)勢U滿足由歐姆定律/=，和安培力

公式尸=8〃可得?=及八g="華U再根據(jù)金屬棒成垂直導(dǎo)軌放置，恰好

AA

靜止，可得/次=加gsin，，則。=嗽：心,金屬棒時(shí)受到的安培力方向沿斜面

D\D2La

向上，由左手定則可判定導(dǎo)軌處磁場的方向垂直導(dǎo)軌平面向下。

專題九電磁感應(yīng)

1.解析：選AB。設(shè)線圈到磁場的高度為九線圈的邊長為/,則線圈下邊剛

進(jìn)入磁場時(shí)，有。=，麗，感應(yīng)電動(dòng)勢為兩線圈材料相同（設(shè)密度為po）,

4/7/

質(zhì)量相同（設(shè)為機(jī)），則m=mX4〃/xs,設(shè)材料的電阻率為p,則線圈電阻

=坨誓曲，感應(yīng)電流為//=■，安培力為F=nB2喘,由牛頓第二

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F_B2v

聯(lián)立解得

定律有mgF=ma,a=g—mg16ppo'

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加速度和線圈的匝數(shù)、橫截面積無關(guān)，則甲和乙進(jìn)入磁場時(shí)，具有相同的加

速度。當(dāng)g>J訴時(shí)’甲和乙都加速運(yùn)動(dòng)’當(dāng)g<J訴時(shí)’甲和乙都減速運(yùn)動(dòng)’當(dāng)

8=訴時(shí)都勻速。

2.解析：選AD。0P轉(zhuǎn)動(dòng)切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢為￡=38戶。，因?yàn)?/p>

0P勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，所以桿0尸產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢恒定，故A正確；桿0P勻速轉(zhuǎn)動(dòng)產(chǎn)

生的感應(yīng)電動(dòng)勢產(chǎn)生的感應(yīng)電流由M到N通過MN棒，由左手定則可知，MN棒

會(huì)向左運(yùn)動(dòng)，MN棒運(yùn)動(dòng)會(huì)切割磁感線，產(chǎn)生電動(dòng)勢與原來電流方向相反，使回

路電流減小，MN棒所受合力為安培力，電流減小，安培力會(huì)減小，加速度減小，

故D正確，B、C錯(cuò)誤。

3.解析：選CD。將組合體以初速度內(nèi)水平無旋轉(zhuǎn)拋出后，組合體做平拋運(yùn)

動(dòng)，后進(jìn)入磁場做勻速運(yùn)動(dòng)，由于水平方向切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢相互抵

消，則有mg=F次=啜，5=屈,綜合有B=\[^g?福則B與儡

成正比，A錯(cuò)誤；當(dāng)金屬框剛進(jìn)入磁場時(shí)金屬框的磁通量增加，此時(shí)感應(yīng)電流的

方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向，當(dāng)金屬框剛出磁場時(shí)金屬框的磁通量減少，此時(shí)感應(yīng)電流的

方向?yàn)轫槙r(shí)針方向，B錯(cuò)誤；由于組合體進(jìn)入磁場后做勻速運(yùn)動(dòng)，由于水平方向

的感應(yīng)電動(dòng)勢相互抵消，有〃吆=?安=%上，則組合體克服安培力做功的功率等

于重力做功的功率，C正確；無論調(diào)節(jié)哪個(gè)物理量，只要組合體仍能勻速通過磁

場，都有〃吆=/女，則安培力做的功都為W=b女?3L,則組合體通過磁場過程中

產(chǎn)生的焦耳熱不變，D正確。

4.解析：選A。經(jīng)過時(shí)間7,金屬棒切割磁感線的有效長度L=2"tan。，金

屬棒切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢E=8L0=2a2ztan0,則電容器極板上的電荷

量Q=CE=2BCy2ztana則通過金屬棒中的電流/='^=2BQAanaA正確；

當(dāng)金屬棒到達(dá)x=xo時(shí)，即時(shí)，電容器極板上的電荷量。o=2BCoxotan仇

B錯(cuò)誤；根據(jù)楞次定律可知，感應(yīng)電流沿逆時(shí)針方向（從上往下看），則電容器的

上極板帶正電，C錯(cuò)誤；因?yàn)榻饘侔糇鰟蛩龠\(yùn)動(dòng)，所以外力/=/安=8〃，外力

做功的功率P=Fo=432Q；4rtan2仇是變化的，D錯(cuò)誤。

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專題十交變電流

1.解析：選D。通過對比給出的兩個(gè)圖像可知，同一時(shí)刻正弦交流電的瞬時(shí)

值都大于實(shí)線交流電的瞬時(shí)值，所以實(shí)線交流電的有效值小于正弦交流電的有效

值，即U＜為-Um。A、B、C錯(cuò)誤，D正確。

2.解析：選B。周期是T=0.2s,頻率是/=1;=5Hz,故A錯(cuò)誤；由理想變

壓器原理署=今解得，副線圈兩端的最大電壓為。2=第7|=3V,故B正確；根

據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知，永磁鐵磁場越強(qiáng)，線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢越大，

變壓器的輸入電壓就會(huì)越大，故C錯(cuò)誤；由理想變壓器原理可知，充電電路的輸

入功率等于變壓器的輸入功率，故D錯(cuò)誤。

3.解析：選A。副線圈的總電阻為焉=京'+―丁?

K2AOIRapAOIKpb

(Ro+Rap)?(Ro+Rpb)(Ro+Aap),(Ro+Rpb)El皿fV

解得此〕R)+而干(R)函萬=----------------------,則滑動(dòng)變

阻器R的滑片從a端滑到人端過程中，副線圈的總電阻先增大后減小，根據(jù)等效

電阻關(guān)系有火等=牛=方=(募3]7?2,則等效電阻先增大后減小，由歐姆

—11

n\

定律有力=五%，=人先減小后增大，/2先減小后增大，則L1先變暗后

變亮，根據(jù)3=。一/由0,lh=,5,由于人先減小后增大，則副線圈的電壓仍

n\

先增大后減小，通過L2的電流為九2=君丁，則滑動(dòng)變阻器R的滑片從。端滑

Ro+Rpb

到。端過程中，&/，逐漸減小，副線圈的電壓U2增大過程中/L2增大；在副線圈的

電壓S減小過程中，通過Ro的電流為次0=石隹丁，R叩逐漸增大，則/R0越來

越小，則IL2t=/2t-IROI,則Ll先變暗后變亮，L2一直變亮。

4.解析：選BC。由題知理想電流表讀數(shù)為/,則根據(jù)歐姆定律U|=/R|

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根據(jù)變壓器電壓與匝數(shù)的關(guān)系有?=辭，果=第

，C11-/I4-/L.

代入數(shù)據(jù)有Uo=^IR\,U2=-^IR\

n\n\

再由歐姆定律有U2=hR2

可計(jì)算出/2=^?

綜上可知，A錯(cuò)誤，B正確；由于矩形線圈產(chǎn)生的交變電流直接輸入原線圈，

2

則有EmM=2NBLco,Uo=,=巾NB廿co,由選項(xiàng)A、B知Uo=部Ri,則詈=

亞轡包，C正確；由于變壓器為理想變壓器則有PO=P|+P2=U/+U2/2=/2R

1A1

+U2I2,代入以上公式有尸。=返警氣吟磐)由于矩形線圈產(chǎn)生的交變

電流直接輸入原線圈，則發(fā)電機(jī)的功率為Po,D錯(cuò)誤。

專題十一近代物理

1.解析：選A。只有在原子核發(fā)生0衰變時(shí)，才產(chǎn)生電子，發(fā)生一次p衰變，

中子數(shù)減少1個(gè)，質(zhì)子數(shù)增加1個(gè)，由圖知，共發(fā)生6次p衰變，故A正確。

2.解析：選C。放射性元素的原子核有半數(shù)發(fā)生衰變所需的時(shí)間，叫作這種

元素的半衰期。從圖中可以看出，質(zhì)量為，加的“3sn衰變時(shí)，從|向)衰變一半到;

制所用時(shí)間為7=182.4d—67.3d=115.1d,所以半衰期為115.1d,C正確，A、

B、D錯(cuò)誤。

3.解析：選D。電子伏特(eV)是能量的單位，V是電壓的單位，C是電荷量

的單位，W是功率的單位，J是能量的單位，D正確，A、B、C錯(cuò)誤。

4.解析：選C。根據(jù)電荷數(shù)守恒與質(zhì)量數(shù)守恒可知Y為正電子;e,A、B錯(cuò)

誤。經(jīng)過一個(gè)半衰期，鋁26衰變一半，經(jīng)過兩個(gè)半衰期，鋁26還剩下四分之一，

C正確，D錯(cuò)誤。

5.解析：選C。26Al發(fā)生衰變的過程中釋放正電子的同時(shí)還有核能釋放，發(fā)

生質(zhì)量虧損，所以26Al核的質(zhì)量大于26Mg核的質(zhì)量，故A錯(cuò)誤；26Al

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核的中子數(shù)加=26—13=13,而26Mg核的中子數(shù)〃2=26—12=14,所以26Al

核的中子數(shù)小于26Mg核的中子數(shù)，故B錯(cuò)誤；半衰期是原子核的固有屬性，與

物理環(huán)境和化學(xué)狀態(tài)無關(guān)，故C正確；鋁同位素26Al的半衰期為72萬年，所以

經(jīng)過144萬年也就是兩個(gè)半衰期后還剩下方殳有衰變，故D錯(cuò)誤。

6.解析：選B。解法一：由題意可知儂c本質(zhì)是一個(gè)動(dòng)量，所以意=》而

hh

由波粒二象性有％=￡由此可知￡在國際單位制下的單位是m。故A、C、D錯(cuò)

PJTleC

誤，B正確。

“…一h4、.=J*sN?m?s

斛法一：一的單位是^--------=----------

meckg,m?skg?m,s

kg,m,s-2?m,s,,一-

—.-1=m。故A、C、D宿陜,D，B正確。

kg?m?s'

7.解析：選D。根據(jù)半衰期的定義可知，放射性元素經(jīng)過兩個(gè)完整的半衰期

后，還剩原來的〃未衰變，A錯(cuò)誤；原子核衰變時(shí)電荷數(shù)和質(zhì)量數(shù)都守恒，B錯(cuò)誤;

放射性元素的半衰期由原子核內(nèi)部自身的因素決定，跟原子所處的化學(xué)狀態(tài)和外

部條件沒有關(guān)系，因此改變壓力、溫度或濃度，放射性元素的半衰期不變，C錯(cuò)

誤；過量放射性輻射對人體組織有破壞作用，若輻射強(qiáng)度在安全劑量內(nèi)則不會(huì)對

人體組織造成傷害，D正確。

專題十二熱學(xué)

1.解析：（1）根據(jù)VY圖像畫出V-T圖像.

a、b在圖像I上,"圖線過原點(diǎn)，是等壓線，可知f所喘=1；北，

兩點(diǎn)溫度相同，根據(jù)玻意耳定律可得

pb'V\=pc'V2,由等壓線知po=P",Pc=Pc,,解得院=優(yōu)。

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v

(2Xi)B氣體等溫變化：poV=pB]

解得pn=2po

隔板靜止時(shí)，/?A=PB+O.5Po=2.5po

A氣體等溫變化：poV=2.5poVA

VA=0.4VO

(ii)活塞回到初始位置的過程中，8氣體等溫變化，設(shè)B的壓強(qiáng)為體積

為VB'

POV=PI3'VB'

A氣體等溫變化，設(shè)A的壓強(qiáng)為pH,體積為以‘

P()V=PA'VA'

當(dāng)p/比pH大O.5po時(shí)，隔板停止運(yùn)動(dòng)，PB'=PA'+O.5PO

VA'+VB'=2V

聯(lián)立解得VV=(小一1)V,pB'=f^po。

答案：⑴1.(2)(i)0.4V2Po(ii)(^-l)V主乎po

2.解析：(1)"過程中氣體體積不變，則W=0,而pV增大，即溫度升高，

內(nèi)能增加，故氣體吸熱，A項(xiàng)正確；館過程中氣體體積減小，外界對氣體做功，

且pV減小，即溫度降低，內(nèi)能減少，則氣體放熱，故C項(xiàng)錯(cuò)誤，B項(xiàng)正確；由p

—V圖可見，be過程中先增大后減小，則溫度先升高后降低，故D項(xiàng)錯(cuò)誤，E

項(xiàng)正確。

(2)設(shè)注入水銀后A管內(nèi)的水銀柱高度為人，橫截面積為S,B管內(nèi)的水銀柱

高度為近，橫截面積為8。分別對A、B管內(nèi)的氣體應(yīng)用玻意耳定律

對A管內(nèi)氣體：pohS\=[po+p水銀8(/22+。一①

對B管內(nèi)氣體：pobS2=(po+p水銀g%)(12-/l2)S2②

②式代入數(shù)據(jù)解得：h2=2cm

①式代入數(shù)據(jù)解得：/ti=lcm

故^h=h2—hi=lcm。

答案：(l)ABE(2)1cm

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3.解析：(1)下飛機(jī)后礦泉水瓶變癟，說明礦泉水瓶內(nèi)的氣體體積變小，由

于溫度不變，故根據(jù)玻意耳定律有pi0=p2V2,氣體的壓強(qiáng)變大，礦泉水瓶內(nèi)氣

體壓強(qiáng)始終與外界大氣壓強(qiáng)相等，故高空客艙內(nèi)的氣體壓強(qiáng)小于機(jī)場地面大氣壓

強(qiáng)；由于溫度不變，故氣體的平均動(dòng)能不變。

(2)未向藥瓶內(nèi)注入氣體前，藥瓶內(nèi)氣體的壓強(qiáng)pi=1.0X105Pa,

體積Vi=0.4mL,

注射器內(nèi)氣體的壓強(qiáng)po=LOX105Pa,體積Vo=O.3XO.4mL=0.12mL,

將注射器內(nèi)氣體注入藥瓶后，藥瓶內(nèi)氣體的體積V2=U=0.4mL,設(shè)壓強(qiáng)為

P2，

根據(jù)玻意耳定律有pi□+/%%=〃2V2,解得P2=L3X1()5Pa。

答案：⑴小于不變⑵1.3X105Pa

4.解析：(1)當(dāng)向活塞上表面緩慢倒入細(xì)沙時(shí)，活塞緩慢下降，外界對汽缸

內(nèi)氣體做功；當(dāng)A、8活塞上表面加入的細(xì)沙質(zhì)量相同時(shí)，A、8汽缸內(nèi)的氣體體

積相同，由于A中細(xì)沙的質(zhì)量大于8中細(xì)沙的質(zhì)量，則重新平衡時(shí)A中氣體的體

積小，汽缸A中活塞和細(xì)沙對汽缸內(nèi)氣體做功多，由于活塞和汽缸都是絕熱的，

則由熱力學(xué)第一定律AU=Q+W可知，汽缸A內(nèi)氣體的內(nèi)能大于汽缸8內(nèi)氣體

的內(nèi)能。一定質(zhì)量的理想氣體的內(nèi)能只與溫度有關(guān)，故汽缸A內(nèi)氣體的溫度更高;

溫度升高，大多數(shù)氣體分子的速率增大，氣體分子的速率分布圖線的峰值向速率

大的方向移動(dòng)，故曲線①表示汽缸B內(nèi)氣體分子的速率分布規(guī)律。

(2)(i)初狀態(tài):pi=3.0X103Pa,Ti=(273+27)K=300K,

末狀態(tài)：T2=(273+37)K=310K,設(shè)壓強(qiáng)為pz,

根據(jù)查理定律得給=華，

1\12

解得P2=3.1X1()3Pa。

(2)(ii)保溫杯外層出現(xiàn)裂隙，靜置足夠長時(shí)間，以夾層中原有空氣為研究對

象，由玻意耳定律得piV=poV,

解得^=0.03匕

夾層中增加的空氣質(zhì)量與原有空氣質(zhì)量的比值

△"?V—V"97

mP-30

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答案：⑴大于①

(2)(i)3.1X1()3pa(ii)y

5.解析：(1)整個(gè)過程中右邊活塞的位置始終不變，外力廠不做功，A錯(cuò)誤;

整個(gè)過程中系統(tǒng)的溫度不變，所以一定質(zhì)量的理想氣體的分子平均動(dòng)能不變，內(nèi)

能不變，B正確，C錯(cuò)誤；當(dāng)左邊活塞到達(dá)8位置時(shí)汽缸內(nèi)氣體的壓強(qiáng)最大，最

大壓強(qiáng)〃=等+〃0,所以外界對氣體做的功小于poS業(yè)由于內(nèi)能不變，故

理想氣體向外界釋放的熱量小于+優(yōu)g/?),D正確；根據(jù)左、右兩邊氣體的

壓強(qiáng)相等，有〃。+等=〃。+9,解得尸=喏，E正確。

*31J2*31

(2)(i)整個(gè)系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)，汽缸內(nèi)的氣體發(fā)生等容變化，當(dāng)電子天平的

示數(shù)為600.0g時(shí)，細(xì)繩對鐵塊的拉力大小Fi=m2g-6N,根據(jù)牛頓第三定律可

知右端細(xì)繩對輕桿的拉力大小為F\,對輕桿根據(jù)平衡條件可得左端細(xì)繩對輕桿的

拉力大小也為Fx,根據(jù)牛頓第三定律可知左端細(xì)繩對活塞向上的拉力大小為Fi,

對活塞根據(jù)平衡條件有Fi+p\S=poS+m\g,解得

pi=po,

當(dāng)電子天平的示數(shù)為400.0g時(shí)，右端細(xì)繩對鐵塊的拉力大小戶2=機(jī)2g—4N,

同理，對活塞有Fi+piS=pnS+m\g,

解得P2=0.99X1()5pa,

由查理定律得好=華，解得乃=297K。

1112

(ii)分析可知，氣體的溫度越高，繩的張力越小，當(dāng)繩中的張力為零時(shí)，系

統(tǒng)的溫度最高，此時(shí)對活塞有

p3S=poS+m}g,解得p3=l.O3Xl()5pa,

由查理定律得增=/，解得最高溫度Tmax=309K。

111max

答案：(l)BDE(2)(i)297K(ii)309K

專題十三機(jī)械振動(dòng)與機(jī)械波光

1.解析：該單色光在玻璃板內(nèi)傳播的速度0=f=2.OXK)8mzs

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。光在玻璃板中傳播的兩種極限情況如圖

①

情況①在介質(zhì)中傳播路徑最短，時(shí)間最短

Min='=5X1010i

情況②在介質(zhì)中傳播路徑最長，時(shí)間最長

1

sina

Zmax==3-\/5X101°So

⑵⑴由“每隔。=0.65兩者偏離平衡位置的位移大小相等、方向相同”可知

T=2Ar=1.2s

因波速0=20cm/s

故波長2=oT=24cm

因t\時(shí)刻A位于波峰，A、B間水平距離Ac=16cmV九且波由A向8傳播,

故質(zhì)點(diǎn)B到達(dá)波峰所需最短時(shí)間:

Ax

Z=—=0.8So

224

(ii)由于AY=16cm=jl,故B的振動(dòng)狀態(tài)滯后于A的相位夕=?2兀=于

t\時(shí)刻A質(zhì)點(diǎn)的位移用=”=1cm

4

故B質(zhì)點(diǎn)的位移＞B=yocosQ兀=-0.5cm。

答案：(1)2.0X1085X10-1。3^5X1O-10

(2)(i)0.8s(ii)—0.5cm

2.解析：(1)波沿x軸正方向傳播時(shí)，由題中圖像可知，0.3s傳播了15cm

的距離，故波速。=?=與導(dǎo)m/s=0.5m/s,由。=彳得7=瞿s=0.4s；波沿x軸

負(fù)方向傳播時(shí)，。'=號號m/s=\m/s,由萬='得「=牛s=1.2So

6

第19頁，共34頁

…、/.、..AM10mmA/1.s5mmV15

(2)⑴sin『方=標(biāo)嬴=5，2=而十而嬴=10

則折射率〃=泮=6。

（ii）由題意，光的傳播路線如圖所示。

由幾何關(guān)系有：C=a+0

?5

而sin。=一=乎，則C=45°

n2

故夕=15。。

答案：⑴0.50.41.2⑵⑴&（ii）15°

3.解析：由于從最低點(diǎn)開始計(jì)時(shí)，則經(jīng)《時(shí)間，小球從最低點(diǎn)向平衡位置運(yùn)

O

動(dòng)，則小球的速度逐漸增大，故。?百寸間內(nèi)小球的平均速度小于（?1時(shí)間內(nèi)的平

O54

均速度，因此經(jīng)知T寸間，小球從最低點(diǎn)向上運(yùn)動(dòng)的距離小于今A在T5時(shí)刻，小球位

OZ4

于平衡位置，動(dòng)能最大。

（2）由折射定律有〃=鬻，

光從P點(diǎn)射向外側(cè)N點(diǎn)時(shí)，剛好發(fā)生全反射，則有sin9=：=*：。

答案：（1）小于最大（2）需

4.解析：（1）振子零時(shí)刻向右經(jīng)過A點(diǎn)，2s后振子第一次到達(dá)8點(diǎn)，且經(jīng)過

A、8兩點(diǎn)的速度大小相等，則振子從A到B的時(shí)間為半個(gè)周期，即f-2s,

第20頁，共34頁

解得周期T=4s,振幅A=$=2.8mo

(2)(i)由題意可知，光線在半圓柱體內(nèi)發(fā)生全反射的臨界角C=60。，根據(jù)全

反射規(guī)律有〃=盛，解得半圓柱體對該單色光的折射率〃=畢。

(ii)當(dāng)。=30。時(shí)，由于光線沿B的半徑射出，故射出半圓柱體A的光線經(jīng)過

8的圓心，光路圖如圖所示。

設(shè)光線在射出半圓柱體A時(shí)的折射角為「，則根據(jù)光的折射定律有需=〃，

解得sinr=?

根據(jù)幾何知識(shí)有d="5步，

解得d=啦〃一坐R。

答案：⑴42.8(2)(i)斗^(近地力-乎R

專題十四力學(xué)實(shí)驗(yàn)

1.角星析：52-51=1.71cm,S3——S2=1.73cm,54-53=1.71cm,S5——S4=1.72cm,

在實(shí)驗(yàn)誤差允許的范圍內(nèi)，相鄰相等時(shí)間間隔內(nèi)位移差相等，銅塊做勻加速直線

運(yùn)動(dòng)；

54+55-(51+52)

加速度a=^0.43m/s2；

6(AT)2

由牛頓第二定律得：/"gsina—/.imgcosa=ma

解得〃仁0.32。

答案：0.430.32

2.解析：(1)頻閃儀每隔0.05s發(fā)出一次閃光,

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則照片上小球相鄰影像間隔時(shí)間相等，均為0.05so做平拋運(yùn)動(dòng)的物體水平

方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，豎直方向上做自由落體運(yùn)動(dòng)，則有九=如3由題圖(b)可

〃x5X10「2

知vo=~=m/s=1.0m/So

QQ5

根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)中，某段時(shí)間內(nèi)的平均速度等于中間時(shí)刻的瞬時(shí)速度，

U-2

可知小球在A點(diǎn)時(shí)速度的豎直分量2/'°X10m/s^2.0m/s。

(2)由逐差法求當(dāng)?shù)刂亓铀俣?/p>

13.4+11.0-(8.6+6.1)

-222

g=X10m/s=9.7m/so

答案：(1)1.02.0(2)9.7

3.解析：(1口乙3=〃一￡3=18.09cm—12.05cm=6.04cm,壓縮量的平均值

——ALI+AL+A￡3_

△L=□2-6.05crrio

(2)根據(jù)⑴問可知，為增加3個(gè)鋼球時(shí)產(chǎn)生的平均壓縮量。

(3)根據(jù)胡克定律的推論可知，3mg