2015年天津市高考物理試卷解析版

1、2015年天津市高考物理試卷解析版參考答案與試題解析一、單項(xiàng)選擇題（每小題6分，每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一個(gè)選項(xiàng)是正確的）1（6分）物理學(xué)重視邏輯，崇尚理性，其理論總是建立在對(duì)事實(shí)觀察的基礎(chǔ)上，下列說(shuō)法正確的是（）A天然放射現(xiàn)象說(shuō)明原子核內(nèi)部是有結(jié)構(gòu)的B電子的發(fā)現(xiàn)使人們認(rèn)識(shí)到原子具有核式結(jié)構(gòu)C粒子散射實(shí)驗(yàn)的重要發(fā)現(xiàn)是電荷是量子化的D密立根油滴實(shí)驗(yàn)表明核外電子的軌道是不連續(xù)的【考點(diǎn)】1U：物理學(xué)史菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【分析】本題是原子物理學(xué)史問(wèn)題，根據(jù)相關(guān)科學(xué)家的物理學(xué)成就進(jìn)行解答【解答】解：A、天然放射現(xiàn)象是原子核發(fā)生衰變而產(chǎn)生的，說(shuō)明原子核內(nèi)部是有結(jié)構(gòu)的，故A正確。B、電子的發(fā)現(xiàn)使人們認(rèn)識(shí)到原

2、子具有復(fù)雜結(jié)構(gòu)，但不能說(shuō)明原子具有核式結(jié)構(gòu)，故B錯(cuò)誤。C、粒子散射實(shí)驗(yàn)的重要發(fā)現(xiàn)是原子的核式結(jié)構(gòu)，而不是電荷的量子化，故C錯(cuò)誤。D、密立根油滴實(shí)驗(yàn)測(cè)出了電子的電荷量，發(fā)現(xiàn)了電荷量的量子化，不明說(shuō)明核外電子的軌道是不連續(xù)的，故D錯(cuò)誤。故選：A。【點(diǎn)評(píng)】本題考查了原子核的知識(shí)和物理學(xué)史，象、原子的核式結(jié)構(gòu)學(xué)說(shuō)、粒子散射實(shí)驗(yàn)、密立根油滴實(shí)驗(yàn)都是考查的重點(diǎn)，要重點(diǎn)掌握2（6分）中國(guó)古人對(duì)許多自然現(xiàn)象有深刻認(rèn)識(shí)，唐人張志和在玄真子濤之靈中寫(xiě)道：“雨色映日而為虹”從物理學(xué)角度看，虹是太陽(yáng)光經(jīng)過(guò)雨滴的兩次折射和一次反射形成的如圖是彩虹成因的簡(jiǎn)化示意圖，其中a、b是兩種不同頻率的單色光，則兩光（）A在同種玻璃

3、中傳播，a光的傳播速度一定大于b光B以相同角度斜射到同一玻璃板透過(guò)平行表面后，b光側(cè)移量大C分別照射同一光電管，若b光能引起光電效應(yīng)，a光也一定能D以相同的入射角從水中射入空氣，在空氣中只能看到一種光時(shí)，一定是a光【考點(diǎn)】H3：光的折射定律菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專(zhuān)題】54I：光電效應(yīng)專(zhuān)題【分析】由圖看出第一次折射時(shí)，b光折射角較大，其折射率較小，頻率較小，波長(zhǎng)較長(zhǎng)由公式v=cn得到，b光在玻璃中的傳播速度較大；結(jié)合發(fā)生光電效應(yīng)的條件分析；折射率較小，則臨界角大，不容易發(fā)生全反射【解答】解：畫(huà)出光路圖，分析可知，第一次折射時(shí)，b光的折射角較大，而入射角相等，根據(jù)折射率公式n=sinisinr得知，b光

4、的折射率較小，頻率較小，波長(zhǎng)較長(zhǎng)。再由 cn=f，可知，折射率越小，則波長(zhǎng)越長(zhǎng)。A、由公式v=cn得知，b光的折射率較小，在同種玻璃中傳播，a光的傳播速度一定小于b光，故A錯(cuò)誤；B、光的折射率較小，以相同角度斜射到同一玻璃板透過(guò)平行表面后，b光的折射角較大，所以b光側(cè)移量小。故B錯(cuò)誤；C、b光的折射率較小，頻率較小，分別照射同一光電管，若b光能引起光電效應(yīng)，a光也一定能，故C正確；D、b光的折射率較小，則臨界角大，不容易發(fā)生全反射，所以以相同的入射角從水中射入空氣，在空氣中只能看到一種光時(shí)，一定是b光。故D錯(cuò)誤。故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】該題結(jié)合光的折射考查折射率、折射率與光的頻率、速度的關(guān)系以及光電

5、效應(yīng)的條件等知識(shí)點(diǎn)的內(nèi)容，關(guān)鍵之處是畫(huà)出光路圖，分析第一次折射時(shí)折射角的關(guān)系，要注意運(yùn)用反射的對(duì)稱(chēng)性作圖3（6分）圖甲為一列簡(jiǎn)諧橫波在某一時(shí)刻的波形圖，a、b兩質(zhì)點(diǎn)的橫坐標(biāo)分別為xa2m和xb6m，圖乙為質(zhì)點(diǎn)b從該時(shí)刻開(kāi)始計(jì)時(shí)的振動(dòng)圖象，下列說(shuō)法正確的是（）A該波沿+x方向傳播，波速為1m/sB質(zhì)點(diǎn)a經(jīng)4s振動(dòng)的路程為4mC此時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)a的速度沿+y方向D質(zhì)點(diǎn)a在t2s時(shí)速度為零【考點(diǎn)】73：簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的振動(dòng)圖象；F4：橫波的圖象；F5：波長(zhǎng)、頻率和波速的關(guān)系菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專(zhuān)題】51D：振動(dòng)圖像與波動(dòng)圖像專(zhuān)題【分析】A、由圖可知ab兩點(diǎn)之間的距離，利用波的速度公式可求出波傳播的速度大小，結(jié)合b點(diǎn)

6、在該時(shí)刻的位置及振動(dòng)方向，利用平移法可知波的傳播方向，從而可知選項(xiàng)A的正誤B、方向經(jīng)過(guò)4s的時(shí)間與周期之間的關(guān)系，利用在一個(gè)周期內(nèi)，質(zhì)點(diǎn)經(jīng)過(guò)的路程為振幅的4倍，即可得知選項(xiàng)B的正誤。C，結(jié)合b質(zhì)點(diǎn)此時(shí)刻的位置和振動(dòng)方向，從而可得知a質(zhì)點(diǎn)所處的位置和振動(dòng)方向，繼而可知選項(xiàng)C的正誤。D、通過(guò)t2s時(shí)b的位置，可判斷出a點(diǎn)的位置，從而可知a點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)情況，繼而得知選項(xiàng)D的正誤?！窘獯稹拷猓篈、ab兩點(diǎn)間的距離為xxbxa624m，振動(dòng)從a傳播到b的時(shí)間為半個(gè)周期，為t=T2=4s，所以波速為：v=xt=44=1m/s，但是b點(diǎn)該時(shí)刻的振動(dòng)方向是沿y軸正方向，由微平移法可知波向x軸方向傳播，選項(xiàng)A錯(cuò)誤。

7、B、質(zhì)點(diǎn)a振動(dòng)4s，是經(jīng)過(guò)了半個(gè)周期，質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)過(guò)的路程為振幅的2倍，即為1m，選項(xiàng)B錯(cuò)誤C、此時(shí)刻b的振動(dòng)方向是向y軸正方向，ab間相隔半個(gè)波長(zhǎng)，振動(dòng)步調(diào)完全相反，所以此時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)a的速度沿y方向，選項(xiàng)C錯(cuò)誤。D、在t2s時(shí)，質(zhì)點(diǎn)b在正的最大位移處，ab兩質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)步調(diào)完全相反，所以質(zhì)點(diǎn)a在負(fù)的最大位移處，此時(shí)a的速度為零，選項(xiàng)D正確。故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】該題考查了簡(jiǎn)諧波的傳播和質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)，解答該題要熟練的掌握波傳播方向的判斷，常用的方法有“微平移法”、“帶動(dòng)法”、“上下坡法”、“振向波向同側(cè)法”和“頭頭尾尾相對(duì)法”，還有就是要熟練的掌握步調(diào)一致的點(diǎn)的判斷和步調(diào)始終相反的點(diǎn)的判斷。會(huì)通過(guò)時(shí)間計(jì)算振

8、動(dòng)質(zhì)點(diǎn)通過(guò)的路程。4（6分）未來(lái)的星際航行中，宇航員長(zhǎng)期處于零重力狀態(tài)，為緩解這種狀態(tài)帶來(lái)的不適，有人設(shè)想在未來(lái)的航天器上加裝一段圓柱形“旋轉(zhuǎn)艙”，如圖所示，當(dāng)旋轉(zhuǎn)艙繞其軸線勻速旋轉(zhuǎn)時(shí)，宇航員站在旋轉(zhuǎn)艙內(nèi)圓柱形側(cè)壁上，可以受到與他站在地球表面時(shí)相同大小的支持力。為達(dá)到上述目的，下列說(shuō)法正確的是（）A旋轉(zhuǎn)艙的半徑越大，轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度就應(yīng)越大B旋轉(zhuǎn)艙的半徑越大，轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度就應(yīng)越小C宇航員質(zhì)量越大，旋轉(zhuǎn)艙的角速度就應(yīng)越大D宇航員質(zhì)量越大，旋轉(zhuǎn)艙的角速度就應(yīng)越小【考點(diǎn)】48：線速度、角速度和周期、轉(zhuǎn)速；4F：萬(wàn)有引力定律及其應(yīng)用菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專(zhuān)題】528：萬(wàn)有引力定律的應(yīng)用專(zhuān)題【分析】首先分析出該題

9、要考查的知識(shí)點(diǎn)，就是對(duì)向心加速度的大小有影響的因素的分析，列出向心加速度的表達(dá)式，進(jìn)行分析即可得知正確選項(xiàng)。【解答】解：為了使宇航員在航天器上受到與他站在地球表面時(shí)相同大小的支持力，即為使宇航員隨旋轉(zhuǎn)艙轉(zhuǎn)動(dòng)的向心加速度為定值，且有ag，宇航員隨旋轉(zhuǎn)艙轉(zhuǎn)動(dòng)的加速度為：a2R，由此式可知，旋轉(zhuǎn)艙的半徑越大，轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度就應(yīng)越小，此加速度與宇航員的質(zhì)量沒(méi)有關(guān)系，所以選項(xiàng)ACD錯(cuò)誤，B正確。故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】該題的考查方法非常新穎，解題的關(guān)鍵是從相關(guān)描述中提起有用的東西，對(duì)于該題，就是得知在向心加速度不變的情況下，影響向心加速度大小的物理量之間的變化關(guān)系，該題還要熟練的掌握有關(guān)勻速圓周運(yùn)動(dòng)的各個(gè)物理量

10、的關(guān)系式，并會(huì)應(yīng)用其進(jìn)行正確的計(jì)算和分析。5（6分）如圖所示，固定的豎直光滑長(zhǎng)桿上套有質(zhì)量為m的小圓環(huán)，圓環(huán)與水平狀態(tài)的輕質(zhì)彈簧一端連接，彈簧的另一端連接在墻上，并且處于原長(zhǎng)狀態(tài)，現(xiàn)讓圓環(huán)由靜止開(kāi)始下滑，已知彈簧原長(zhǎng)為L(zhǎng)，圓環(huán)下滑到最大距離時(shí)彈簧的長(zhǎng)度變?yōu)?L（未超過(guò)彈性限度），則在圓環(huán)下滑到最大距離的過(guò)程中（）A圓環(huán)的機(jī)械能守恒B彈簧彈性勢(shì)能變化了3mgLC圓環(huán)下滑到最大距離時(shí)，所受合力為零D圓環(huán)重力勢(shì)能與彈簧彈性勢(shì)能之和保持不變【考點(diǎn)】6B：功能關(guān)系；6C：機(jī)械能守恒定律菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【分析】分析圓環(huán)沿桿下滑的過(guò)程的受力和做功情況，由于彈簧的拉力對(duì)圓環(huán)做功，所以圓環(huán)機(jī)械能不守恒，系統(tǒng)的機(jī)械

11、能守恒；根據(jù)系統(tǒng)的機(jī)械能守恒進(jìn)行分析?！窘獯稹拷猓篈、圓環(huán)沿桿滑下過(guò)程中，彈簧的拉力對(duì)圓環(huán)做功，圓環(huán)的機(jī)械能不守恒，故A錯(cuò)誤，B、圖中彈簧水平時(shí)恰好處于原長(zhǎng)狀態(tài)，圓環(huán)下滑到最大距離時(shí)彈簧的長(zhǎng)度變?yōu)?L，可得物體下降的高度為h=3L，根據(jù)系統(tǒng)的機(jī)械能守恒得 彈簧的彈性勢(shì)能增大量為Epmgh=3mgL，故B正確。C、圓環(huán)所受合力為零，速度最大，此后圓環(huán)繼續(xù)向下運(yùn)動(dòng)，則彈簧的彈力增大，圓環(huán)下滑到最大距離時(shí)，所受合力不為零，故C錯(cuò)誤。D、根據(jù)圓環(huán)與彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，知圓環(huán)的動(dòng)能先增大后減小，則圓環(huán)重力勢(shì)能與彈簧彈性勢(shì)能之和先減小后增大，故D錯(cuò)誤。故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】對(duì)物理過(guò)程進(jìn)行受力、運(yùn)動(dòng)、做功

12、分析，是解決問(wèn)題的根本方法。要注意圓環(huán)的機(jī)械能不守恒，圓環(huán)與彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能才守恒。二、不定向選擇題（每小題6分，共18分。每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，都有多個(gè)選項(xiàng)是正確的。全部選對(duì)的得6分，選對(duì)但不全的得3分，選錯(cuò)或不答的得0分）6（6分）如圖所示，理想變壓器的原線圈連接一只理想交流電流表，副線圈匝數(shù)可以通過(guò)滑動(dòng)觸頭Q來(lái)調(diào)節(jié)，在副線圈兩端連接了定值電阻R0和滑動(dòng)變阻器R，P為滑動(dòng)變阻器的滑動(dòng)觸頭。在原線圈上加一電壓為U的正弦交流電，則（）A保持Q的位置不動(dòng)，將P向上滑動(dòng)時(shí)，電流表讀數(shù)變大B保持Q的位置不動(dòng)，將P向上滑動(dòng)時(shí)，電流表讀數(shù)變小C保持P的位置不動(dòng)，將Q向上滑動(dòng)時(shí)，電流表讀數(shù)變大D保持

13、P的位置不動(dòng)，將Q向上滑動(dòng)時(shí)，電流表讀數(shù)變小【考點(diǎn)】E8：變壓器的構(gòu)造和原理菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專(zhuān)題】53A：交流電專(zhuān)題【分析】保持Q位置不動(dòng)，則輸出電壓不變，保持P位置不動(dòng)，則負(fù)載不變，再根據(jù)變壓器的特點(diǎn)分析。【解答】解：AB、在原、副線圈匝數(shù)比一定的情況下，變壓器的輸出電壓由輸入電壓決定。因此，當(dāng)Q位置不變時(shí)，輸出電壓不變，此時(shí)P向上滑動(dòng)，負(fù)載電阻值增大，則輸出電流減小，電流表的讀數(shù)I變小，故A錯(cuò)誤，B正確；CD、P位置不變，將Q向上滑動(dòng)，則輸出電壓變大，輸出電流變大，則電流表的讀數(shù)I變大，故C正確，D錯(cuò)誤；故選：BC?！军c(diǎn)評(píng)】本題的關(guān)鍵在于P位置不動(dòng)時(shí) 總電阻不變，Q不變時(shí)輸出電壓不變，完全

14、利用變壓器特點(diǎn)。7（6分）如圖所示，氕核、氘核、氚核三種粒子從同一位置無(wú)初速地飄入電場(chǎng)線水平向右的加速電場(chǎng)E1，之后進(jìn)入電場(chǎng)豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)E2發(fā)生偏轉(zhuǎn)，最后打在屏上。整個(gè)裝置處于真空中，不計(jì)粒子重力及其相互作用，那么（）A偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)E2對(duì)三種粒子做功一樣多B三種粒子打到屏上時(shí)的速度一樣大C三種粒子運(yùn)動(dòng)到屏上所用時(shí)間相同D三種粒子一定打到屏上的同一位置【考點(diǎn)】AK：帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專(zhuān)題】32：定量思想；43：推理法；531：帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專(zhuān)題【分析】由動(dòng)能定理定理可求得粒子剛進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的速度。粒子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，由分位移公式得到粒子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中

15、的偏轉(zhuǎn)距離，再由幾何關(guān)系可明確粒子打在屏上的位置。根據(jù)電場(chǎng)力做功WEqy可分析偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)對(duì)粒子做功大小關(guān)系，結(jié)合動(dòng)能定理分析粒子打到屏上時(shí)速度關(guān)系?！窘獯稹拷猓篈D、粒子在加速電場(chǎng)中加速，由動(dòng)能定理可知：qU1=12mv020解得：v0=2qU1m粒子在加速電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間：t1=Lv02=2L1m2qU1；粒子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間：t2=L2v0=L2m2qU1；在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中豎直分位移：y=12a2t22=12qU2md(L2v0)2；聯(lián)立得 y=U2L224U1d，y與q、m無(wú)關(guān)，所以三種粒子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中軌跡重合，離開(kāi)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)后粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng)，因此三種粒子一定打到屏上的同一

16、位置；加速電場(chǎng)對(duì)粒子做功為 W1qU1，q和U1相等，所以加速電場(chǎng)E1對(duì)三種粒子做功相等。偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)E2對(duì)粒子做功：W2qE2y，q、E2、y相等，則知偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)E2對(duì)三種粒子做功相等。故A正確，D正確。C、離開(kāi)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)后粒子的運(yùn)動(dòng)時(shí)間：t3=L3v0=L3m2qU1；粒子運(yùn)動(dòng)到屏上所用時(shí)間 tt1+t2+t3（2L1+L2+L3）m2qU1；因?yàn)閙q不等，所以t不等，故C錯(cuò)誤。B、對(duì)整個(gè)過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理得 W=12mv2-0，由于W相等，m不等，所以v不等，即三種粒子打到屏上時(shí)速度不等，故B錯(cuò)誤。故選：AD?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查帶電粒子在電場(chǎng)中的加速和偏轉(zhuǎn)，要注意偏轉(zhuǎn)中運(yùn)動(dòng)的合成與分解的正確應(yīng)用，

17、本題的結(jié)論要在理解的基礎(chǔ)上記牢，經(jīng)常用到。8（6分）P1、P2為相距遙遠(yuǎn)的兩顆行星，距各自表面相同高度處各有一顆衛(wèi)星s1、s2做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，圖中縱坐標(biāo)表示行星對(duì)周?chē)臻g各處物體的引力產(chǎn)生的加速度a，橫坐標(biāo)表示物體到行星中心的距離r的平方，兩條曲線分別表示P1、P2周?chē)腶與r2的反比關(guān)系，它們左端點(diǎn)橫坐標(biāo)相同，則（）AP1的平均密度比P2的大BP1的第一宇宙速度比P2的小Cs1的向心加速度比s2的大Ds1的公轉(zhuǎn)周期比s2的大【考點(diǎn)】4F：萬(wàn)有引力定律及其應(yīng)用菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專(zhuān)題】528：萬(wàn)有引力定律的應(yīng)用專(zhuān)題【分析】根據(jù)牛頓第二定律得出行星對(duì)周?chē)臻g各處物體的引力產(chǎn)生的加速度a的表達(dá)式，結(jié)合

18、a與r2的反比關(guān)系函數(shù)圖象得出P1、P2的質(zhì)量和半徑關(guān)系，根據(jù)密度和第一宇宙速度的表達(dá)式分析求解；根據(jù)根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力得出周期表達(dá)式求解?！窘獯稹拷猓篈、根據(jù)牛頓第二定律，行星對(duì)周?chē)臻g各處物體的引力產(chǎn)生的加速度為：a=GMr2，兩曲線左端點(diǎn)橫坐標(biāo)相同，所以P1、P2的半徑相等，結(jié)合a與r2的反比關(guān)系函數(shù)圖象得出P1的質(zhì)量大于P2的質(zhì)量，根據(jù)=M4R33，所以P1的平均密度比P2的大，故A正確；B、第一宇宙速度v=GMR，所以P1的“第一宇宙速度”比P2的大，故B錯(cuò)誤；C、s1、s2的軌道半徑相等，根據(jù)a=GMr2，所以s1的向心加速度比s2的大，故C正確；D、根據(jù)根據(jù)萬(wàn)有引力提供向心力

19、得出周期表達(dá)式T2r3GM，所以s1的公轉(zhuǎn)周期比s2的小，故D錯(cuò)誤；故選：AC?！军c(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵掌握萬(wàn)有引力提供向心力這一理論，知道線速度、角速度、周期、加速度與軌道半徑的關(guān)系，并會(huì)用這些關(guān)系式進(jìn)行正確的分析和計(jì)算。該題還要求要有一定的讀圖能力和數(shù)學(xué)分析能力，會(huì)從圖中讀出一些信息。就像該題，能知道兩個(gè)行星的半徑是相等的。三、實(shí)驗(yàn)填空題（共3小題，每小題4分，滿(mǎn)分18分）9（4分）如圖所示，在光滑水平面的左側(cè)固定一豎直擋板，A球在水平面上靜止放置，B球向左運(yùn)動(dòng)與A球發(fā)生正碰，B球碰撞前、后的速率之比為3：1，A球垂直撞向擋板，碰后原速率返回，兩球剛好不發(fā)生第二次碰撞，A、B兩球的質(zhì)量之比為

20、4：1，A、B碰撞前、后兩球總動(dòng)能之比為9：5【考點(diǎn)】53：動(dòng)量守恒定律菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專(zhuān)題】52F：動(dòng)量定理應(yīng)用專(zhuān)題【分析】設(shè)開(kāi)始時(shí)B的速度為v0，由題得出B與A碰撞后A與B的速度關(guān)系，然后由動(dòng)量守恒定律即可求出質(zhì)量關(guān)系，由動(dòng)能的定義式即可求出動(dòng)能關(guān)系【解答】解：設(shè)開(kāi)始時(shí)B的速度為v0，B球碰撞前、后的速率之比為3：1，A與擋板碰后原速率返回，兩球剛好不發(fā)生第二次碰撞，所以碰撞后A與B的速度方向相反，大小相等，A的速度是13v0，B的速度是-13v0，選取向左為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：mBv0=mA13v0-mB13v0 整理得：mAmB=41碰撞前的動(dòng)能：E1=12mBv02碰撞后的動(dòng)能

21、：E2=12mA(13v0)2+12mB(-13v0)2=518mBv02所以：E1E2=95故答案為：4：1，9：5【點(diǎn)評(píng)】該題考查水平方向的動(dòng)量守恒定律，從題目給出的條件中判斷出碰撞后A與B的速度方向相反，大小相等是解答的關(guān)鍵10（4分）某同學(xué)利用單擺測(cè)量重力加速度。為了使測(cè)量誤差盡量小，下列說(shuō)法正確的是BC。A組裝單擺須選用密度和直徑都較小的擺球B組裝單擺須選用輕且不易伸長(zhǎng)的細(xì)線C實(shí)驗(yàn)時(shí)須使擺球在同一豎直面內(nèi)擺動(dòng)D擺長(zhǎng)一定的情況下，擺的振幅盡量大如圖所示，在物理支架的豎直立柱上固定有擺長(zhǎng)約1m的單擺。實(shí)驗(yàn)時(shí)，由于僅有量程為20cm、精度為1mm的鋼板刻度尺，于是他先使擺球自然下垂，在豎直

22、立柱上與擺球最下端處于同一水平面的位置做一標(biāo)記點(diǎn)，測(cè)出單擺的周期T1；然后保持懸點(diǎn)位置不變，設(shè)法將擺長(zhǎng)縮短一些，再次使擺球自然下垂，用同樣方法在豎直立柱上做另一標(biāo)記點(diǎn)，并測(cè)出單擺的周期T2；最后用鋼板刻度尺量出豎直立柱上兩標(biāo)記點(diǎn)之間的距離L用上述測(cè)量結(jié)果，寫(xiě)出重力加速度的表達(dá)式g42LT12-T22。【考點(diǎn)】MF：用單擺測(cè)定重力加速度菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專(zhuān)題】13：實(shí)驗(yàn)題【分析】為減小實(shí)驗(yàn)誤差應(yīng)選擇密度大而體積小的球作為擺球，選用輕質(zhì)細(xì)線做擺線，當(dāng)單擺擺角小于5°時(shí)單擺的運(yùn)動(dòng)是簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，根據(jù)實(shí)驗(yàn)注意事項(xiàng)分析答題；應(yīng)用單擺周期公式求出重力加速度的表達(dá)式。【解答】解：A、為減小空氣阻力對(duì)實(shí)驗(yàn)

23、的影響，減小實(shí)驗(yàn)誤差，組裝單擺須選用密度大而直徑都較小的擺球，故A錯(cuò)誤；B、為減小實(shí)驗(yàn)誤差，組裝單擺須選用輕且不易伸長(zhǎng)的細(xì)線，故B正確；C、實(shí)驗(yàn)時(shí)須使擺球在同一豎直面內(nèi)擺動(dòng)，不能使單擺成為圓錐擺，故C正確；D、單擺擺角最大擺角應(yīng)小于5°，擺長(zhǎng)一定的情況下，擺的振幅盡量小些，故D錯(cuò)誤；故選BC。由單擺周期公式，根據(jù)題意看得：T12Lg，T22L-Lg，解得：g=42LT12-T22；故答案為：BC；42LT12-T22?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了實(shí)驗(yàn)注意事項(xiàng)、求重力加速度，知道實(shí)驗(yàn)原理與實(shí)驗(yàn)注意事項(xiàng)、應(yīng)用單擺周期公式即可正確解題，本題是一道 基礎(chǔ)題，要注意基礎(chǔ)知識(shí)的學(xué)習(xí)與掌握。11（10分）用

24、電流表和電壓表測(cè)定由三節(jié)干電池串聯(lián)組成的電池組（電動(dòng)勢(shì)約4.5V，內(nèi)電阻約1）的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)電阻，除待測(cè)電池組、電鍵、導(dǎo)線外，還有下列器材供選用：A電流表：量程0.6A，內(nèi)電阻約1B電流表：量程3A，內(nèi)電阻約0.2C電壓表：量程3V，內(nèi)電阻約30kD電壓表：量程6V，內(nèi)電阻約60kE滑動(dòng)變阻器：01000，額定電流0.5AF滑動(dòng)變阻器：020，額定電流2A為了使測(cè)量結(jié)果盡量準(zhǔn)確，電流表應(yīng)選用A，電壓表應(yīng)選用D，滑動(dòng)變阻器應(yīng)選用F（均填儀器的字母代號(hào)）如圖為正確選擇儀器后，連好的部分電路，為了使測(cè)量誤差盡可能小，還需在電路中用導(dǎo)線將a和d相連、c和g相連、f和h相連（均填儀器上接線柱的字母代號(hào)）實(shí)

25、驗(yàn)時(shí)發(fā)現(xiàn)電流表壞了，于是不再使用電流表，剩余儀器中僅用電阻箱替換掉滑動(dòng)變阻器，重新連接電路，仍能完成實(shí)驗(yàn)實(shí)驗(yàn)中讀出幾組電阻箱的阻值R和對(duì)應(yīng)電壓表的示數(shù)U用圖象法處理采集到的數(shù)據(jù)，為在直角坐標(biāo)系中得到的函數(shù)圖象是一條直線，則可以1U為縱坐標(biāo)，以1R為橫坐標(biāo)【考點(diǎn)】N3：測(cè)定電源的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專(zhuān)題】13：實(shí)驗(yàn)題【分析】1、根據(jù)電路電流選擇電流表，根據(jù)電源電動(dòng)勢(shì)選擇電壓表，為方便實(shí)驗(yàn)操作，應(yīng)選最大阻值較小的滑動(dòng)變阻器2、根據(jù)伏安法測(cè)電源電動(dòng)勢(shì)與內(nèi)阻的原理作出實(shí)驗(yàn)圖3、根據(jù)閉合電路歐姆定律得出對(duì)應(yīng)的表達(dá)式，讓圖象為直線，便于我們處理【解答】解：實(shí)驗(yàn)中電流較小，若選用3A量程測(cè)量誤差較大

26、；故為了準(zhǔn)確測(cè)量，電流表應(yīng)選A，電源電動(dòng)勢(shì)約為1.5×34.5V，電壓表應(yīng)選D，電阻值太大，調(diào)節(jié)不方便，為方便實(shí)驗(yàn)操作，滑動(dòng)變阻器應(yīng)選F；測(cè)量電源電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻的時(shí)候，由于電源的內(nèi)阻是很小的，為了減小內(nèi)阻的測(cè)量誤差，我們選用的是電流表的相對(duì)電源的外接法，故應(yīng)將ad、cg以及fh相連組成電路；由于電流表壞，故只能利用電壓表和電阻箱進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，由閉合電路歐姆定律可得：電源電動(dòng)勢(shì)EU+IrU+URr，則1U=1E+rE1R，故應(yīng)作出1U-1R圖象；故答案為：ADF；ad，cg，fh；1U；1R【點(diǎn)評(píng)】本題考查了測(cè)電壓表內(nèi)阻、測(cè)電源電動(dòng)勢(shì)與內(nèi)阻實(shí)驗(yàn)，要掌握辦偏法測(cè)電表內(nèi)阻的方法；根據(jù)電路圖由歐姆

27、定律求出圖象的函數(shù)表達(dá)式是正確求出電源電動(dòng)勢(shì)與內(nèi)阻的前提與關(guān)鍵四、計(jì)算題（共3小題，滿(mǎn)分54分）12（16分）某快遞公司分揀郵件的水平傳輸裝置示意如圖，皮帶在電動(dòng)機(jī)的帶動(dòng)下保持v1m/s的恒定速度向右運(yùn)動(dòng)，現(xiàn)將一質(zhì)量為m2kg的郵件輕放在皮帶上，郵件和皮帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.5設(shè)皮帶足夠長(zhǎng)，取g10m/s2，在郵件與皮帶發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)過(guò)程中，求：（1）郵件滑動(dòng)的時(shí)間t；（2）郵件對(duì)地的位移大小x；（3）郵件與皮帶間的摩擦力對(duì)皮帶做的功W。【考點(diǎn)】37：牛頓第二定律；65：動(dòng)能定理菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專(zhuān)題】52D：動(dòng)能定理的應(yīng)用專(zhuān)題【分析】（1）對(duì)郵件運(yùn)用動(dòng)量定理，求出郵件速度達(dá)到傳送帶速度所需的時(shí)間（

28、2）對(duì)郵件運(yùn)用動(dòng)能定理，求出郵件相對(duì)地面的位移大?。?）根據(jù)摩擦力的大小以及皮帶的位移大小求出郵件與皮帶間的摩擦力對(duì)皮帶做的功W【解答】解：（1）設(shè)郵件放到皮帶上與皮帶發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)過(guò)程中受到的滑動(dòng)摩擦力為F，則：Fmg 取向右為正方向，對(duì)郵件應(yīng)用動(dòng)量定理得，F(xiàn)tmv0，由式并代入數(shù)據(jù)得，t0.2s （2）郵件與皮帶發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)的過(guò)程中，對(duì)郵件應(yīng)用動(dòng)能定理，有：Fx=12mv2-0由式并代入數(shù)據(jù)得，x0.1m （3）郵件與皮帶發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)的過(guò)程中，設(shè)皮帶相對(duì)地面的位移為s，則：svt 摩擦力對(duì)皮帶做的功WFs 由式并代入數(shù)據(jù)得，W2J答：（1）郵件滑動(dòng)的時(shí)間t為0.2s；（2）郵件對(duì)地的位移大小

29、x為0.1m；（3）郵件與皮帶間的摩擦力對(duì)皮帶做的功W為2J【點(diǎn)評(píng)】本題考查了動(dòng)量定理、動(dòng)能定理的基本運(yùn)用，本題也可以采用動(dòng)力學(xué)知識(shí)進(jìn)行求解，關(guān)鍵需理清郵件在整個(gè)過(guò)程中的運(yùn)動(dòng)規(guī)律13（18分）如圖所示，“凸”字形硬質(zhì)金屬線框質(zhì)量為m，相鄰各邊相互垂直，且處于同一豎直平面內(nèi)，ab邊長(zhǎng)為l，cd邊長(zhǎng)為2l，ab與cd平行，間距為2l勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域的上下邊界均水平，磁場(chǎng)方向垂直于線框所在平面。開(kāi)始時(shí)，cd邊到磁場(chǎng)上邊界的距離為2l，線框由靜止釋放，從cd邊進(jìn)入磁場(chǎng)直到ef、pq邊進(jìn)入磁場(chǎng)前，線框做勻速運(yùn)動(dòng)。在ef、pq邊離開(kāi)磁場(chǎng)后，ab邊離開(kāi)磁場(chǎng)之前，線框又做勻速運(yùn)動(dòng)。線框完全穿過(guò)磁場(chǎng)過(guò)程中產(chǎn)生的熱量

30、為Q線框在下落過(guò)程中始終處于原豎直平面內(nèi)，且ab、cd邊保持水平，重力加速度為g求：（1）線框ab邊將離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)做勻速運(yùn)動(dòng)的速度大小是cd邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的幾倍；（2）磁場(chǎng)上下邊界間的距離H。【考點(diǎn)】65：動(dòng)能定理；BB：閉合電路的歐姆定律；CE：安培力的計(jì)算；D9：導(dǎo)體切割磁感線時(shí)的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)；DD：電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)化菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專(zhuān)題】53C：電磁感應(yīng)與電路結(jié)合【分析】（1）線框勻速進(jìn)入（離開(kāi)）磁場(chǎng)，重力與安培力平衡，根據(jù)平衡條件、安培力公式、切割公式、歐姆定律列式求解即可分別求出兩個(gè)速度；（2）由動(dòng)能定理和功的計(jì)算公式，寫(xiě)出重力做的功W，然后結(jié)合功能關(guān)系即可求出磁場(chǎng)的寬度?！窘獯稹拷猓?/p>

31、（1）設(shè)線框dc邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，線框的速度為v1，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì) EB2lv1感應(yīng)電流：I=ERdc邊受安培力的大?。篎BI2l 由于做勻速運(yùn)動(dòng)，則：Fmg 由式解得速度：v1=mgR4B2l2設(shè)線框ab邊將離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)，線框的速度為v2，同理可得：v2=mgRB2l2所以：v24v1（2）在線框從開(kāi)始下落到dc邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中，重力做功WG2mgl根據(jù)動(dòng)能定理得：2mgl=12mv12線框完全穿過(guò)磁場(chǎng)的過(guò)程中，由功能關(guān)系得：mg(2l+H)=12mv22-12mv12+Q聯(lián)立得：H=Qmg+28l答：（1）線框ab邊將離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)做勻速運(yùn)動(dòng)的速度大小是cd邊剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的4倍；（2）磁場(chǎng)上下邊界

32、間的距離是Qmg+28l?！军c(diǎn)評(píng)】本題是電磁感應(yīng)中的綜合問(wèn)題，全面考查電磁感應(yīng)定律、歐姆定律以及動(dòng)能定理、平衡條件等知識(shí)，分析清楚線框的運(yùn)動(dòng)過(guò)程、應(yīng)用勻變速直線運(yùn)動(dòng)的速度位移公式、EBLv、安培力公式、平衡條件、能量守恒定律、電流定義式即可正確解題。14（20分）現(xiàn)代科學(xué)儀器常利用電場(chǎng)、磁場(chǎng)控制帶電粒子的運(yùn)動(dòng)，真空中存在著如圖所示的多層緊密相鄰的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，電場(chǎng)與磁場(chǎng)的寬度均為d，電場(chǎng)強(qiáng)度為E，方向水平向右；磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向垂直紙面向里。電場(chǎng)、磁場(chǎng)的邊界互相平行且與電場(chǎng)方向垂直。一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子在第1層電場(chǎng)左側(cè)邊界某處由靜止釋放，粒子始終在電場(chǎng)、磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，不計(jì)粒子重力及運(yùn)動(dòng)時(shí)的電磁輻射。（1）求粒子在第2層磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)速度v2的大小與軌跡半徑r2；（2）粒子從第n層磁場(chǎng)右側(cè)邊界穿出時(shí)，速度的方向與水平方向的夾角為n，試求sinn；（3）若粒子恰好不能從第n層