2021年江蘇省南京市高考物理三模試卷(含答案詳解)

2021年江蘇省南京市高考物理三模試卷

一、單選題（本大題共10小題，共40.0分）

1.下列說法正確的是（）

A.分子間距離越小，分子勢能越小

B.分子間距離越小，分子間作用力越小

C.露珠呈球狀是由于液體表面張力的作用

D.晶體的物理性質(zhì)都是各向異性的

2.已知鈣和鉀的截止頻率分別為7.73x1014HZ和5.44x1014Hz,在某種單色光的照射下兩種金屬

均發(fā)生光電效應(yīng)，比較它們表面逸出的具有最大初動(dòng)能的光電子，鈣逸出的光電子具有較大的

（）

A.波長B.頻率C.能量D.動(dòng)量

3.如圖所示是一半徑為R的玻璃球體，0為球心，AB為水平直徑，M點(diǎn)

是玻璃球的最高點(diǎn)，來自B點(diǎn)的光線BD從。點(diǎn)射出，出射光線平行于

AB,已知4480=30。，光在真空中的傳播速度為c,則（）方y(tǒng)

A.此玻璃的折射率為|百'/

B.光線從B傳到。的時(shí)間為辿

C

C.若增大乙4BD,光線不可能在DM段發(fā)生全反射現(xiàn)象

D.若減小N4BD,從4D段射出的光線均平行于AB

4.如圖甲所示，質(zhì)量相等大小可忽略的a、b兩小球用不可伸長的等長輕質(zhì)細(xì)線懸掛起來，使小球a

在豎直平面內(nèi)來回?cái)[動(dòng)，小球b在水平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，連接小球b的繩子與豎直方向的夾

角和小球a擺動(dòng)時(shí)繩子偏離豎直方向的最大夾角都為0,運(yùn)動(dòng)過程中兩繩子拉力大小隨時(shí)間變化

的關(guān)系如圖乙中c、d所示。則下列說法正確的是（）

B.a球在最低點(diǎn)的速度大小跟b球速度大小相同

C.。的取值不是唯一的

D.。=60°

5.關(guān)于封閉容器內(nèi)的氣體壓強(qiáng)，下列說法正確的是（）

A.封閉容器內(nèi)的氣體壓強(qiáng)是由于容器內(nèi)氣體受到重力作用而產(chǎn)生

B.等溫變化過程中，若氣體的體積減小，則分子的密集程度增大，則壓強(qiáng)變大

C.等容變化過程中，若氣體分子平均動(dòng)能增大，則氣體壓強(qiáng)變小

D.當(dāng)壓強(qiáng)不變而體積和溫度變化時(shí)，單位時(shí)間內(nèi)與器壁單位面積碰撞的分子數(shù)可能不變

6.如圖，光滑斜面的傾角為。=45。，斜面足夠長，在斜面上A點(diǎn)向斜

上方拋出一小球，初速度方向與水平方向夾角為a,小球與斜面垂左、"..

直碰撞于。點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力；若小球與斜面碰撞后返回4點(diǎn)，碰

撞時(shí)間極短，且碰撞前后能量無損失，重力加速度g取10m/s2.則______________

可以求出的物理量是（）,"

A.a的值B.小球的初速度火

C.小球在空中運(yùn)動(dòng)時(shí)間D.小球初動(dòng)能

7.如圖所示，質(zhì)量相同的4、B、C三木塊從同一高度自由下落，8木塊剛要下落，：

時(shí)被水平飛來的子彈擊中而下落，C木塊落至某一位置時(shí)被水平飛來的子彈很

快地?fù)糁校O(shè)子彈均未穿出，則4、8、C三木塊在空中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間以、口、生的,一

關(guān)系是（）

A.以=%<tcB.tA<tB<tcC.tA<tB=tcD.以=1B=tc

8.目前，世界各國都在積極研究磁流體發(fā)電機(jī)，設(shè)兩金屬板間的距離為d,兩極板間勻強(qiáng)磁場的磁

感應(yīng)強(qiáng)度為B.等離子體垂直進(jìn)入磁場的速度為外單個(gè)離子所帶的電量為q.離子通道（即兩極板內(nèi)

所圍成空間）的等效電阻為r,負(fù)載電阻為R則下列說法中正確的是（）

A.下極板電勢高

B.上下兩極板間的電勢差與兩板間的間距無關(guān)

C.電阻R上消耗的電功率為「=立至

D.發(fā)電機(jī)的總電功率為P=史上

R+r

9.如圖所示，不帶電的金屬球4固定在絕緣底座上，它的正上方有一B點(diǎn)，該處有

帶正電液滴不斷地由靜止開始下落（不計(jì)空氣阻力，每滴液滴的質(zhì)量、電荷量均

相同），液滴到達(dá)4球后將電荷量全部傳給4球，且前一液滴到達(dá)4球后，后一液

滴才開始下落，不計(jì)8點(diǎn)未下落的帶電液滴對(duì)下落液滴的影響，則下列說法正確

的是（）

A.第一滴液滴做自由落體運(yùn)動(dòng)，以后液滴做變加速運(yùn)動(dòng)，都能到達(dá)4球

B.當(dāng)液滴下落到重力與電場力大小相等時(shí)，開始做勻速運(yùn)動(dòng)

C.能夠下落到4球的所有液滴在下落過程中達(dá)到最大動(dòng)能時(shí)的位置均相同

D.除第一滴外所有液滴下落過程中電勢能均在增加

10.如圖所示，一內(nèi)壁光滑的圓錐，軸線。0'是豎直的，頂點(diǎn)。在下方，錐角為2a,若

有兩個(gè)相同的小珠（均視為質(zhì)點(diǎn)）在圓錐的內(nèi)壁上沿不同的水平圓軌道運(yùn)動(dòng)，則

（）

A.它們的動(dòng)能相同

B.它們運(yùn)動(dòng)的周期相同

C.錐壁對(duì)它們的支撐力不相同

D.設(shè)頂點(diǎn)0為勢能零點(diǎn)，它們的動(dòng)能與勢能之比相同

二、實(shí)驗(yàn)題（本大題共1小題，共15.0分）

11.某同學(xué)用如圖甲所示的實(shí)驗(yàn)裝置測量物塊沿長木板滑動(dòng)的加速度及物塊與長木板間的動(dòng)摩擦因

數(shù)，長木板一端固定在鐵架臺(tái)上的4點(diǎn)，另一端8支在地而上，且在8端裝有測量物塊下滑時(shí)的

瞬時(shí)速度的速度傳感器及對(duì)應(yīng)的物塊到B端距離的距離傳感器.

（1）實(shí)驗(yàn)時(shí)，打開傳感器，讓物塊從長木板上某處由靜止下落，傳感器將接收到的瞬時(shí)速度及相對(duì)應(yīng)

的物塊離B點(diǎn)的距離信息傳給計(jì)算機(jī)，計(jì)算機(jī)將獲得的數(shù)據(jù)擬合出圖乙所示的圖象，由圖乙上的

數(shù)據(jù)可以得到物塊下滑的加速度大小a=；

(2)要測量物塊與長木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)，除了測得的加速度a,還需要測量一些物理量，寫出需要

測量的物理量及其符號(hào)：，根據(jù)測得的物理量表示物塊與長木板問動(dòng)摩擦因數(shù)的表達(dá)式

M=----------

三、計(jì)算題(本大題共4小題，共45.0分)

12.已知處于基態(tài)的氫原子的電子軌道半徑r=0.53x10-lom,基態(tài)的能級(jí)值為E1=-13.6eK.

(1)有一群氫原子處在量子數(shù)n=3的激發(fā)態(tài)，畫一能級(jí)圖，在圖上用箭頭標(biāo)明這些氫原子能發(fā)出幾

種光譜線.

(2)計(jì)算這幾條光譜線中最短的波長.

13.如圖所示是磁動(dòng)力電梯示意圖，即在豎直平面內(nèi)有兩根很長的平行豎直軌道，軌道間有垂直軌

道平面交替排列的勻強(qiáng)磁場當(dāng)和％,81=殳=1.07,Bi和外的方向相反，兩磁場始終豎直向

上做勻速運(yùn)動(dòng)，電梯轎廂固定在圖示的金屬框abed內(nèi)，并且與之絕緣。已知電梯載人時(shí)的總質(zhì)

量為4.95X1。33，所受阻力/=500N,金屬框垂直軌道的邊長ab=2.0m,兩磁場的寬度均與

金屬框的邊長ad相同，金屬框整個(gè)回路的電阻R=8.0xICT。，g取lOm/s?.已知電梯正以巧=

10m/s的速度勻速上升，求：

x^xXX

XXXX

XXXX

XXXX

XXXX

A7,1--------------------口。

(1)金屬框中感應(yīng)電流的大小及圖示時(shí)刻感應(yīng)電流的方向;

(2)磁場向上運(yùn)動(dòng)速度%的大?。?/p>

(3)該電梯的工作效率。

14.如圖所示，絕緣水平面上有相距為L-15nl的4、B兩點(diǎn),質(zhì)量為m-2.2kg、帶電量為q=+3x

10-4c的物體靜止放在水平面上的4點(diǎn)，其與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為〃=0.5。某時(shí)刻，空間加

上與水平方向成0=37。角斜向上的勻強(qiáng)電場，使物體從靜止開始加速運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過C點(diǎn)時(shí)，電場

突然消失，物體繼續(xù)運(yùn)動(dòng)到B位置停下。已知物體減速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間是加速運(yùn)動(dòng)時(shí)間的2倍，

sin37°=0.6,cos370=0.8,重力加速度g取lOm/s2,求：

(1)勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度；

(2)電場中4、C兩點(diǎn)之間的電勢差。

15.如圖所示,一質(zhì)量M=0.8kg足夠長的絕緣平板放在光滑的水平地

面上，平板右端緊靠豎直墻壁，整個(gè)空間加有水平向左的勻強(qiáng)電

場，場強(qiáng)大小E=0.6V/m,豎直墻壁左邊寬度為d=1.5m的范圍

內(nèi)加有垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場，一個(gè)質(zhì)量m=0.2kg,電荷量

q=lC帶負(fù)電的小物體(可視為質(zhì)點(diǎn))，從板上的P點(diǎn)由靜止釋放，進(jìn)入磁場恰好開始勻速向右運(yùn)

動(dòng)，當(dāng)它與豎直墻壁相碰撞時(shí)撤去電場和磁場，設(shè)在碰撞前后的瞬間物體的速度大小不變、方

向相反.已知物體與平板間的動(dòng)摩擦因數(shù)“=0.2,P'點(diǎn)到磁場左邊界的距離L=2.0m,重力加

速度g取lOm/sz.求：

(1)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小;

(2)從物體開始運(yùn)動(dòng)到相對(duì)于平板靜止的過程中，由于摩擦產(chǎn)生的熱量Q.

參考答案及解析

1.答案：C

解析：解：4、當(dāng)「=小時(shí)，分子間作用力為零，分子勢能最小，A錯(cuò)誤；

B、當(dāng)「=?時(shí)，分子間作用力為零，若r<r0時(shí)分子間作用力越大，B錯(cuò)誤；

C、露珠呈球狀是由于液體表面張力的作用，C正確；

。、多晶體的物理性質(zhì)都是各向同性的，。錯(cuò)誤；

故選C

分子間既存在引力又存在斥力，我們說的分子力是二者的合力，當(dāng)「=為時(shí)，分子間作用力為零，分

子勢能最小.單晶體的物理性質(zhì)都是各向異性的.

本題考查了分子之間的作用力隨分子間距的變化，需要注意的是在「=小時(shí)，分子間作用力為零并不

是不受分子力，分子勢能最小并不是零.

2.答案：A

解析：

根據(jù)愛因斯坦光電效應(yīng)方程列式，分析鈣逸出的光電子波長、頻率、能量和動(dòng)量大小，金屬的逸出

功%%，%是金屬的截止頻率。

解決本題的關(guān)鍵要掌握光電效應(yīng)方程，明確光電子的動(dòng)量與動(dòng)能的關(guān)系、物質(zhì)波的波長與動(dòng)量的關(guān)

系X

根據(jù)愛因斯坦光電效應(yīng)方程得：Ek=hy-W0,

又%=hyc,

聯(lián)立得：Ek=hy-hyc,

據(jù)題：鈣的截止頻率比鉀的截止頻率大，由上式可知：從鈣表面逸出的光電子最大初動(dòng)能較小，由

，=而皈，可知該光電子的動(dòng)量較小，根據(jù)人=、可知，波長較大，則頻率較小，故A正確，B、

C、。錯(cuò)誤。

故選

3.答案：B

解析：解：4、如圖，由幾何知識(shí)可得入射角》=448。=30。，折射角rM

2乙48。=30。=60。/

則此玻璃的折射率為九=等=遍，故A錯(cuò)誤.\一一/

sini\y

B、BO長度而=2Rcos30°=73/?

光在玻璃球內(nèi)傳播的速度°=￡=

n3

故光線從8傳到。的時(shí)間為￡=邁="，故8正確.

VC

C由sinC=L=立〈五，則臨界角C<45。

n32

所以若增大NABD,入射角能大于臨界角，光線可能在。M段發(fā)生全反射現(xiàn)象，故C錯(cuò)誤.

。、要使出射光線平行于AB,入射角必為30。，若減小乙4BD,入射角減小，則從40段射出的光線與

48不平行，故。錯(cuò)誤.

故選：B.

根據(jù)幾何知識(shí)求出入射角和折射角，由折射定律求折射率.由幾何關(guān)系求出BD長度，由求出

光在玻璃球內(nèi)傳播的速度。，再由t=；求出時(shí)間.對(duì)照全反射條件分析增大乙480,光線能否發(fā)生全

反射.

本題是折射定律和全反射知識(shí)的應(yīng)用，關(guān)鍵是畫出光路圖，運(yùn)用幾何知識(shí)求解入射角與折射角，即

可求解.

4.答案：D

解析：解：4、a球作擺動(dòng)，繩子的拉力作周期性變化.b球在水平面作勻速圓周運(yùn)動(dòng)，豎直方向沒

有加速度，則有

Fbcos9=mg,&=梟，保持不變，

所以圖乙中直線d表示繩子對(duì)小球b的拉力大小隨時(shí)間變化的關(guān)系，直線c表示繩子對(duì)小球a的拉力大

小隨時(shí)間變化的關(guān)系，故A錯(cuò)誤；

B,a球在最低點(diǎn)4F0-rng=

b球豎直方向4E（）cosO=mg,水平方向4FoSin。=加點(diǎn)？，

聯(lián)立解得龍=竺叱詈竺竺，

而域="”產(chǎn)曳，顯然cos。41,所以％中以。故B錯(cuò)誤；

CD,在甲圖中，設(shè)小球經(jīng)過最低點(diǎn)的速度大小為繩子長度為3則由機(jī)械能守恒得:

mgL^l—cosd)=-1mv7z,

2

在最低點(diǎn)，有七一小9=巾1

聯(lián)立解得心=mg(3-2cos0)

由圖乙知七=%,即mg(3—2cos。)=器，解得8=60。，故C錯(cuò)誤，。正確。

故選：D。

a球作擺動(dòng)，繩子的拉力作周期性變化.b球在水平面作勻速圓周運(yùn)動(dòng)，繩子的拉力大小不變.由向

心力知識(shí)分別得到繩子的最大拉力表達(dá)式，由圖乙兩種情況最大拉力大小相等，聯(lián)立即可求解8。

本題要分析清楚兩小球的運(yùn)動(dòng)情況，知道指向圓心的合力提供小球做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，應(yīng)用機(jī)械

能守恒定律與牛頓第二定律即可正確解題。

5.答案：B

解析：解：4、大量做無規(guī)則熱運(yùn)動(dòng)的分子對(duì)器壁頻繁、持續(xù)地碰撞產(chǎn)生了氣體的壓強(qiáng)，與氣體重力

無關(guān)，故A錯(cuò)誤；

8、一定質(zhì)量的氣體，溫度一定，體積減小，分子數(shù)保持不變，則分子密集程度增大，氣體發(fā)生等溫

變化體積減小，由玻意耳定律可知，氣體壓強(qiáng)增大，故8正確；

C、等容變化過程中，若氣體分子平均動(dòng)能增大，則氣體壓強(qiáng)變大，故C錯(cuò)誤；

。、從分子動(dòng)理論的觀點(diǎn)來看，氣體的壓強(qiáng)就是大量氣體分子作用在器壁單位面積上的平均作用力，

與分子碰撞次數(shù)和分子碰撞力有關(guān)，當(dāng)壓強(qiáng)不變而體積和溫度變化時(shí)，單位時(shí)間內(nèi)與器壁單位面積

碰撞的分子數(shù)和分子力合的作用效果一樣，那么當(dāng)溫度升高，分子力增大，分子數(shù)就減小，當(dāng)溫度

降低，分子力減小，那分子碰撞次數(shù)增大，故。錯(cuò)誤。

故選：B。

大量做無規(guī)則熱運(yùn)動(dòng)的分子對(duì)器壁頻繁、持續(xù)地碰撞產(chǎn)生了氣體的壓強(qiáng)。單個(gè)分子碰撞器壁的沖力

是短暫的，但是大量分子頻繁地碰撞器壁，就對(duì)器壁產(chǎn)生持續(xù)、均勻的壓力。所以從分子動(dòng)理論的

觀點(diǎn)來看，氣體的壓強(qiáng)就是大量氣體分子作用在器壁單位面積上的平均作用力。

氣體壓強(qiáng)由氣體分子碰撞器壁產(chǎn)生，大小由氣體分子的數(shù)密度和溫度決定，與地球的引力無關(guān)，氣

體對(duì)上下左右器壁的壓強(qiáng)大小都是相等的。

6.答案：A

解析：解：設(shè)初速度必與豎直方向夾角6，則0=90。一以1)；

由4點(diǎn)斜拋至至最高點(diǎn)時(shí)，設(shè)水平位移為匕，豎直位移為由最高點(diǎn)至碰撞點(diǎn)。的平拋過程n中水

V

平位移為%2，豎直位移點(diǎn)拋出時(shí)：X=vosinp(2)；Vyi=v0cosp(3)；=^-(4)?

小球垂直打到斜面時(shí)，碰撞無能力損失，設(shè)豎直方向速度%2，

則水平方向速度保持％：=%sin0不變，斜面傾角。=45°,vy2=vxtan45°=vx=vosinp(5)；y2-

當(dāng)⑹；

2g

Vo(cos2/?-sin2/?),r、

△y=yi-y2=―~-(7),

平拋運(yùn)動(dòng)中，速度的偏向角正切值等于位移偏向角的正切值的二倍，

所以：瓷/詈=加11(90。-￡)=就(8),由(8)變形化解：x1=2y】tan"酗誓々9)；

4VX乙4mlipQ

同理，n中水平位移為：x2=2y2tan45°=^^(10);

_唳出°(sin0+cos。)

%總=%]+~(JI)

黃=tan45°f故4y=%總，即—2si印=sin13—cos8(12),

S-

由此得tan￡=-,a=90°—/?=90°—arctan-o

故可求得a的值，其他選項(xiàng)無法求出；

故選：Ao

根據(jù)運(yùn)動(dòng)的合成與分解，4點(diǎn)至。點(diǎn)的曲線運(yùn)動(dòng)分為兩個(gè)階段：I階段為4點(diǎn)斜拋至豎直最高點(diǎn)，此

時(shí)豎直速度減為零，I階段反向看是平拋運(yùn)動(dòng)；n階段為從豎直最高點(diǎn)平拋至碰撞點(diǎn)D,由兩個(gè)運(yùn)

動(dòng)過程結(jié)合平拋運(yùn)動(dòng)結(jié)論求解。

此題以斜拋為載體，實(shí)質(zhì)等效為兩個(gè)階段的平拋運(yùn)動(dòng)，學(xué)生需掌握平拋運(yùn)動(dòng)的分解及其推論才可正

確解題，同時(shí)對(duì)數(shù)學(xué)運(yùn)算能力要求很高，難度很大。

7.答案：A

解析：解：木塊4做自由落體運(yùn)動(dòng)。

木塊B在剛要下落時(shí)被水平飛來的子彈擊中并留在其中，使木塊獲得水平速度，之后木塊和子彈一起

做平拋運(yùn)動(dòng)，豎直方向上的分運(yùn)動(dòng)仍然為自由落體運(yùn)動(dòng)。

木塊C在下落途中被一顆子彈沿水平方向擊中并留在其中，設(shè)子彈擊中木塊C前木塊C的速度為口子

彈擊中木塊C后豎直分速度為之,取豎直向下為正方向，由豎直方向的動(dòng)量守恒得：mcv=(7nc+

m給"B,可知如<u,所以子彈擊中木塊C后，木塊C的豎直分速度減小，在空中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間延長，

所以，tA=tB<tc,故A正確，BCD錯(cuò)誤。

故選：Ac

子彈擊中木塊并留在其中的過程，系統(tǒng)的動(dòng)量近似守恒，由動(dòng)量守恒定律分析木塊豎直方向分速度

的變化情況，然后分析三木塊在空中運(yùn)動(dòng)時(shí)間的長短。

解決本題的關(guān)鍵要明確子彈擊中木塊的過程遵守動(dòng)量守恒定律，并能運(yùn)用運(yùn)動(dòng)的分解法研究木塊C的

運(yùn)動(dòng)情況。

8.答案：D

解析：

根據(jù)電場力和洛倫茲力平衡求出電動(dòng)勢的大小，結(jié)合閉合電路歐姆定律求出電流的大小，從而得出

兩極板間的電勢差。根據(jù)閉合電路歐姆定律求出電流的大小，通過P=E/求出發(fā)電機(jī)的總功率，及

電阻R上的消耗功率。

解決本題的關(guān)鍵知道穩(wěn)定時(shí)，電荷所受的電場力和洛倫茲力平衡，結(jié)合閉合電路歐姆定律進(jìn)行求解。

解：4根據(jù)左手定則，可知，正電荷向上偏，負(fù)電荷向下偏，則上板是電源的正極，下板是電源的

負(fù)極，故A錯(cuò)誤；

8.根據(jù)quB=q^得電動(dòng)勢的大小為：E=Bdv,故B錯(cuò)誤；

C.閉合電路歐姆定律，則流過R的電流為：/=5-=竽，而功率。=/27?=翳U乩故C錯(cuò)誤；

AT7*K~rV(H+T)

D設(shè)總功率為P,電源功率，P=IE,且/=普，則有：「=且=空史，故。正確。

R+rR+rR+r

故選Do

9.答案：D

解析：

隨著球4液滴增多，帶電量增大，空間產(chǎn)生的場強(qiáng)增強(qiáng)，除第一滴液滴做自由落體運(yùn)動(dòng)，以后液滴做

變加速運(yùn)動(dòng)，不一定能到達(dá)4球；通過分析受力情況，判斷液滴的運(yùn)動(dòng)情況；當(dāng)液滴所受的電場力與

重力相等時(shí)動(dòng)能最大，但各個(gè)液滴動(dòng)能最大的位置不同，最大動(dòng)能不等；根據(jù)功的公式W=F，分析

電場力做功關(guān)系。

本題關(guān)鍵要正確分析液滴的受力情況，從而判斷其運(yùn)動(dòng)情況，知道液滴所受的電場力與重力平衡時(shí)

動(dòng)能最大，類似于小球掉在彈簧上的問題，要能進(jìn)行動(dòng)態(tài)分析。

解：4、液滴到達(dá)4球后將電荷量全部傳給4球，所以4球電荷量Q逐漸增加，以后的液滴下落過程中

受到重力和電場力共同作用，當(dāng)電荷量Q增加到一定程度后，液滴將不能到達(dá)4球，故A錯(cuò)誤；

8、液滴受到的電場力是變力，當(dāng)液滴下落到重力等于電場力位置時(shí)，速度最大，以后將減速下落,

故8錯(cuò)誤；

C、設(shè)速度最大處液滴距4球的距離為R,有mg=黑,可以看出隨Q逐漸增加，R也逐漸增加，故C

錯(cuò)誤；

。、除第一滴外所有液滴下落過程中，電場力做負(fù)功，所以電勢能增加，故。正確

故選：D

10.答案：D

解析：解：對(duì)小球受力分析，受重力和支持力，如圖：

由幾何知識(shí)知：F=mgcota,兩小球質(zhì)量相同，則合力尸相同。

A.根據(jù)牛頓第二定律，有：F=mgcota=m^-

得：v=y/grcota

4的半徑較大，則u較大，即動(dòng)能較大，故A錯(cuò)誤；

8.根據(jù)尸=A的半徑r較大，則周期T較大，故B錯(cuò)誤；

C.由圖中幾何關(guān)系：N=黑,a相同，故N相同，故C錯(cuò)誤；

。.球的動(dòng)能為=gmgrcota,勢能：mgrcota,則動(dòng)能與勢能之比為%故動(dòng)能與勢能之比為定

值，與距離頂點(diǎn)的高度無關(guān)，故。正確；

故選：Do

對(duì)小球受力分析，受重力和支持力，合力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律列式求解即可。

解決該題的關(guān)鍵是正確對(duì)小球進(jìn)行受力分析，掌握小球做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力是在水平方向，找到其

向心力的表達(dá)式；

1L答案：j長木板4B間的距離L及4到水面的距離九；軍黑

yvLiri

解析：解：（1）在乙圖象中，根據(jù)速度位移公式可知后=2也可知：。=今

NX。

（2）根據(jù)牛頓第二定律可知：mgsinO-p.mgcos0=ma

解得“贄？

故要求的摩擦因數(shù)，需要知道斜面與水平面的夾角，故需測量長木板4B間的距離L及4到水面的距離

八，代入數(shù)據(jù)解得：〃=若券

gvL-ri

故答案為：（1）/；（2）長木板4B間的距離L及4到水面的距離九，

（1）根據(jù)病-x判斷出物體下滑的加速度大小;

(2)根據(jù)牛頓第二定律表示出摩擦因數(shù)，即可判斷所需測量的物理量，代入即可求得摩擦因數(shù)大小

本題主要考查了利用牛頓第二定律求得摩擦因數(shù)的方法，關(guān)鍵是抓住實(shí)驗(yàn)的原理，知道需要測量的

物理量即可

12.答案：解：當(dāng)氫原子從量子數(shù)幾=3的能級(jí)躍遷到較低能級(jí)時(shí)，可以得到3條光譜線.如圖所示:

n=3

n=2

n=l

(2)從n=3的激發(fā)態(tài)躍遷到基態(tài)時(shí)，放出的光子能量最大，波長最短.

由%-Ei=竽得:

8

he6.63x10-34x3x10

X—--------=------------------------------------)71

E3—E](-1.51-(-13.6))x1.6xIO-19

=1.03xIO_7m=103nm.

答：(1))氫原子一共發(fā)出3種光譜線，如上圖所示；

(2)光譜線中最短的波長為103nm.

解析：根據(jù)高能級(jí)躍遷到低能級(jí)畫圖；

波長最短，即頻率最大，能級(jí)間發(fā)生躍遷時(shí)吸收或輻射的光子能量等于兩能級(jí)間的能級(jí)差.

本題考查對(duì)玻爾理論的理解和應(yīng)用能力，關(guān)鍵抓住輻射的光子能量與能級(jí)差之間的關(guān)系.

13.答案：解：(1)對(duì)abed金屬框，由衡條件得：2F^=mg+f,

安培力：F^=Bl-ab,解得：/=1.25x10。；

由右手定則可知，圖示時(shí)刻電流方向?yàn)椋篴deb；

(2)感應(yīng)電動(dòng)勢：E=2B-ab(y0-v^,

E=IR,解得:v0=12.5m/s；

(3)有用功率：P=mg%，

總功率：=2F對(duì)％,

效率：〃X100%,

總

解得：牛=79.2%；

答：(1)金屬框中感應(yīng)電流的大小為1.25xIO",圖示時(shí)刻感應(yīng)電流的方向?yàn)椋篴deb；

⑵磁場向上運(yùn)動(dòng)速度處的大小為12.5m/s；

(3)該電梯的工作效率為79.2%.

解析：金屬框勻速上升時(shí)，ab、cd兩均切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢，兩邊均受到安培力，根據(jù)平衡

條件和右手定則可確定感應(yīng)電流的大小和方向.由歐姆定律和感應(yīng)電動(dòng)勢公式求出磁場向上運(yùn)動(dòng)速

度%的大小.根據(jù)功率公式求出重力、阻力和的熱功率，進(jìn)而求出效率.

本題是理論聯(lián)系實(shí)際的問題，與磁懸浮列車模型類似，關(guān)鍵要注意磁場運(yùn)動(dòng)，線框相對(duì)于磁場向下

運(yùn)動(dòng)，而且上下兩邊都切割磁感線，產(chǎn)生兩個(gè)電動(dòng)勢，兩個(gè)邊都受安培力.

14.答案：解：(1)設(shè)電場強(qiáng)度為E,加速的時(shí)間為3則減速時(shí)間為23加速的加速度為a