近5年高考物理計算題

16l16l年124分）水平桌面上有兩個玩具車A和B，兩者用輕質(zhì)細(xì)橡皮筋相連，在橡皮筋上有一紅色標(biāo)記。初始時橡皮筋處于拉直狀態(tài)B和分位于直坐標(biāo)系中的2l-l和，0）點。已知A從止開始沿y軸向做加速度大小為a的加速運動；平于x軸軸向勻速運動兩車此后運動的過程中記在某時刻通過（，l定橡皮筋的伸長是均勻的，求B運動速的大小。

yA

yH【答案】4【解析】設(shè)B車的速度大小。如圖，標(biāo)記在刻t通點K（l，l時A、

2llK(l,lB的置分別為H、G。由運動學(xué)公式，H的坐標(biāo)1ylat22

y

、的坐標(biāo)①

x

分別為

OxBFI

xxvt在開始運動時，R到A和B的距離之比為2:1，即

②由于橡皮筋的伸長是均勻的，在以后任一時刻R到A和B的距離之比都為。因此，在時刻有HK:KG:1由于FGH相似于IGK有HG:KG:BB

③④HG:KGA

⑤由③④⑤式得3xlB2yl

⑥⑦聯(lián)立①②⑥⑦式得v

14

6al

⑧25（分）如圖，兩條平行導(dǎo)軌所在平面與水平地面的夾角為為L。導(dǎo)軌上端接有一平行板電容器，電容為C導(dǎo)軌處于勻強磁場中，磁感應(yīng)強度大小為，向垂直于導(dǎo)軌平面。在導(dǎo)軌上放置一質(zhì)量為m的金屬棒，棒可沿導(dǎo)軌滑，且在下滑過程中保持與導(dǎo)軌垂直并

良好接觸已金屬棒與導(dǎo)軌之的動摩擦因數(shù)為加速度大小為g忽所有電阻。讓金屬棒從導(dǎo)軌上端由靜止開始下滑，求：?器板上積累的電荷與金屬棒速度大小的關(guān)系；?棒速度大小隨時間化的關(guān)系。m【答案】??vC【解析）金屬棒下滑的速度大小為，則感應(yīng)電動勢為

BLv平行板電容器兩極板之間的電勢差為UE設(shè)此時電容器極板上積累的電荷量為，定義有QU

①②③

θ

L聯(lián)立①②③式得CBLv

④（2設(shè)金屬棒的速度大小為時歷的時間為，通過金屬棒的電流為i，金屬棒受到磁場的作用力方向沿導(dǎo)軌向上，大小為fBLi1

⑤設(shè)在時間間隔

i

內(nèi)流經(jīng)金屬棒的電荷量為，按定義有

⑥

也是平行板電容器極板在時間間隔

內(nèi)增加的電荷量，由④式得式中，為屬棒的速度變化量，按定義有

⑦a

⑧金屬棒所受的摩擦力方向斜向上，大小為f2

⑨式中，金屬棒對于導(dǎo)軌的正壓力的大小，有cos

⑩金屬棒在時刻t的速度方向沿斜面向下，設(shè)其大小為a，根據(jù)牛頓第二定律有ffma1

聯(lián)立⑤至?式得

mm2L2

?由式及題設(shè)可知，金屬棒做初速度為零的勻加速運動時金屬棒的速大小為v

m

mL2C

gt

?34[理—選修（）?分如圖、、c、是勻媒質(zhì)中軸上的四個質(zhì)點，相鄰兩點的間距依次為、4m和6m。一列簡諧橫波以的速沿軸正向傳播，在t=0時刻到達(dá)質(zhì)點處質(zhì)點平衡位置開始豎直向下運動t時第次到達(dá)最高點下說法正確的是（正確答案標(biāo)號選對1個得分選對2個得4分選對3個6。每選錯扣分，最低得分為）A在t=6s時波恰好傳到質(zhì)點處B在t=5s時質(zhì)點恰到達(dá)最高點

acdC．點b開振動后，其振動周期為D．<6s的間間隔內(nèi)質(zhì)點向運動E．當(dāng)質(zhì)點向下運動時，質(zhì)點b一向上運動【答案ACD【解析】當(dāng)t=6時波播的距離2×6m=12m,A選正確；時質(zhì)點平衡位置開始豎直向下運動時第次達(dá)最高點，所以T=4s選項正確；質(zhì)點c恰好到達(dá)最高點的時間B選錯誤時質(zhì)點C位波谷，D項1確；由λ=vT知，1,以當(dāng)質(zhì)點從高點向下運動時，質(zhì)4點平衡位置向下運動E項錯誤。?分圖示為一光導(dǎo)纖維（可簡化為一長玻璃絲）的示意圖，玻璃絲長為L，射率為，AB代端面。已知光在真空中的傳播速度為c。為光線能從玻璃絲的AB端傳到另一端面光線在端面上入射角應(yīng)滿足的條件；

(ii)求線從玻璃絲的AB端面?zhèn)鞑サ搅硪欢嗣娼宓淖铋L時間。

A【答案】(i)sinin(ii)Tmax

c

2

B【解析）設(shè)光線在端面AB上點（如圖）的入射角為i折射角為r由折射定律有n

sinisinr

①設(shè)該光線射向玻璃絲內(nèi)壁D點入射角為，了使該光線可在此光導(dǎo)纖維中傳播，應(yīng)有

式中是線在玻璃絲內(nèi)發(fā)生全反射時的臨界角，它滿足1n

②③

AiB

r

α

D由幾何關(guān)系得

④由①②③④式得i2（ii）光在玻璃絲中播速度的大小為

⑤v

cn

⑥光速在玻璃絲中軸線方向的分量為va光線從玻璃絲端面AB傳到其另一端面所需時為

⑦T

Lv

⑧光線在玻璃絲中傳播剛好發(fā)全反射時線從端面播到其另一面所需的時間最長，由②③⑥⑦⑧式得Tmax

c

2

⑨35[理—選修（15分?分）一質(zhì)子束入射到靜止靶核

2713

Al

上，產(chǎn)生如下核反應(yīng)：

p

2713

AlX

，式中p代質(zhì)子，代表中子X代核反應(yīng)產(chǎn)生的新核。由反應(yīng)式可知，新核X的子數(shù)為，子數(shù)為?！敬鸢浮?3【解析根核反應(yīng)過程電荷數(shù)守恒和質(zhì)量數(shù)守恒核X的子數(shù)為1+13-0=14質(zhì)量數(shù)為1+27-1=27所以中子數(shù)=。?）在粗糙的水平桌面上有兩個靜止的木塊A和B，兩者相距為?，F(xiàn)給A一初速度，使A與B生彈性正碰，碰撞時間極短。當(dāng)兩木塊都停止運動后，相距仍然為d已知兩木塊與桌面之間的動摩擦因數(shù)均為μB的量A的倍重力加速度大小為。求A的速度的大小。【答案】

v

285

gd

111ba111ba【解析】設(shè)在發(fā)生碰撞前的瞬間，木塊A速度大小為v在碰撞后的瞬間，和B速度分別為和。在碰撞過程中，由能量和動量守恒定律，得112mv222mvmvmv1

22

①②式中，以碰撞前木塊A的速度方向為正，由①②式得v1

v22

③設(shè)碰撞后A和B的運動的距離分別為d和d，由動能定理得1

1ngd22

④

2

12

22

⑤依題意有1

2

⑥設(shè)A的速度大小為v，動能定理得0

mgd

11222

20

⑦聯(lián)立②至⑦式，得

285

gd年全2卷24分）如圖，勻強電場中有一半徑為r的光滑絕緣圓軌道，軌道平面與電場方向平行、b軌道直徑的兩端，該直徑與電場方向平行。一電荷量（>）的質(zhì)點沿軌道內(nèi)側(cè)運動，經(jīng)過a點點對軌道壓力的大小分別為和Ｎ。不a計重力，求電場強度的大小、質(zhì)點經(jīng)過a點點的動能。

rab

【答案】

q

NNba

rrN1212

Nb

【解析】質(zhì)點所受電場力的大小為f

①設(shè)質(zhì)點質(zhì)量為m經(jīng)過點b點的速度大小分別為和v，牛頓第二定律ab有fa

var

②

2qrkb122tt2qrkb122ttNfb

vbr

③設(shè)質(zhì)點經(jīng)過a點和點時的動能分別為和E，kk1mvka

2a

④kb

12

mv

2b

⑤根據(jù)動能定理有rf聯(lián)立①②③④⑤⑥式得ENNb

⑥⑦ka

r12

Nb

⑧Nb

⑨25分）一長木板在水平地面上運動，在t時將一相對于地面靜止的物塊輕放到木板上以木板運動的速度時間圖像如圖所示己物塊與板的質(zhì)量相等，物塊與木板間及木板與地面間均有摩擦，物塊與木板間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，且物塊始終在木板上。取重力加速度的大小=10m/s，：?與板間、木板與地間的動摩擦因數(shù)；?t=0時到物塊與木板均停止運動時，物塊相對于木板的位移的大小。

510

vs)0.5t/s【答案】(1)=0.20μ=0.30s=12【解析(1)從t=0時始，木板與物塊之間摩擦力使物塊加速木板減速，此過程一直持續(xù)到物塊和木板具有共同速度為止。由圖可知，在t時物塊和木板的速度相同設(shè)t=0到時間隔內(nèi)物1和木板的加速度大小分別為和，1va11v0

①②式中v=5/sv=1m/s分為木板在t=0、時度的大小。0設(shè)物塊和木板為和木板間與面間的動摩擦因數(shù)分別為μ和，1由牛頓第二定律得

ma1

③(

1

)mgma2

2

④聯(lián)立①②③④式得

121121

12

0.30

⑤⑥(2)在t時刻后，地面對木板的摩擦力阻礙木板運動，物塊與木板之間的擦力改變1方向。設(shè)物塊與木板之間的摩擦力大小為，物塊和木板的加速度大小分別1

和2

，則由牛頓第二定律得f1fma2

⑦⑧假設(shè)

fmg，a1

a2

；由⑤⑥⑦⑧式得

f21

，與假設(shè)矛盾，故f1由⑦⑨式知，物塊的加速度的大

1

⑨等于a；塊的v-t圖如圖中點劃線所示。1由運動學(xué)公式可推知，物塊和木板相對于地面的運動距離分別為va1vt22物塊相對于木板的位移的大小為s2

⑩eq\o\ac(○,1)2

510

v/(s)0.5t/s聯(lián)立①⑤⑥⑧⑨⑩得34[理—選修（）

eq\o\ac(○,13)?分如圖，一輕彈簧一端固定，另一端連接一物塊構(gòu)成彈簧振子，該物塊是由、b兩小物塊粘在起組成的。物塊在光滑水平面上左右振動，幅為，0期為T。當(dāng)物塊向右通過平衡位置時a、b之的粘膠脫開；以后小物塊振的振0幅和周期分別為A和T則___________A（填或,TT（0、或【答案<<?分如圖，三棱鏡的橫截為直角三角形ABC，∠=30°，∠B。束平行于邊光線自邊點射入三棱鏡，在AC邊生反射后從邊M射出，若光線在P點的入射角和在M點折角相等，

a求棱鏡的折射率；(ii)在棱鏡的邊否有光線透出，寫出分析過程考多次反射）

M【答案】n=3，棱鏡的AC邊光線透出?！窘馕觥抗鈭D如圖所示，圖中N點為光線在AC邊發(fā)生反射的入射點。設(shè)光線在P點的入射角為i、折射角r，在M點入射角r角依題意也為i有

Bi

r

i

Or

iM

A

N

133208133208i

0

①由折射定律有sininr

②nsinr

i

③由②③式得

rr

④OO

為過M點法線，

為直角，

OO

∥AC由幾何關(guān)系有MNCr由發(fā)射定律可知

⑤聯(lián)立④⑤⑥式得PNAr

⑥⑦由幾何關(guān)系得r聯(lián)立①②⑧式得

0

⑧3(ii)設(shè)點入射角為i

⑨i

0

⑩此三棱鏡的全反射臨界角滿足

由eq\o\ac(○,9)

i

eq\o\ac(○,1)2此光線在N點發(fā)生全射，三棱鏡的AC邊有光線透出。35[理—選修3-5]（15分?分關(guān)于原子核的結(jié)合能，下列說法正確的_________填正確答案標(biāo)號。選對個得，選對2個得分選得5分每選錯扣分最得分為)。A原子核的結(jié)合能等于使其完全分解成自由核子所需的最小能量B一重原子核衰變成子和另一原子核，衰變產(chǎn)物的結(jié)合能之和一定大于原來重核的結(jié)合能C．原子核（Cs）結(jié)能小于鉛原子核（Pb）的結(jié)合能55D．結(jié)能越大，原子核越不穩(wěn)定E．自由核子組成原子核時，其質(zhì)量虧損所對應(yīng)的能量大于該原子核的結(jié)合能【答案ABC?分如圖，光滑水平直軌道上有三個質(zhì)量均為的塊。的

０20103p０20103p側(cè)固定一輕彈簧（彈簧左側(cè)的擋板質(zhì)最不計以度朝B運，縮彈簧；當(dāng)A、B速度相等時，與恰好相碰并粘接在一起，然后繼續(xù)運動。假設(shè)和碰過程時間極短。求從開壓縮彈簧直至與彈簧分離的過程中，整系統(tǒng)損失的機械能；(ii)彈被壓縮到最短時的彈性勢能。

【答案】(i)

1mv(ii)1648

mv

20【解析從A縮彈簧到A與B具相同速度時，對A、與簧組成的系，由動1量守恒定律得mvmv01

eq\o\ac(○,1)此時與生完全非彈性碰撞撞后的瞬時速度為失機械能為ΔE。2對B、C組的系統(tǒng)由動量守恒和能量守恒定律得mv2121mv(2m)2

22

eq\o\ac(○,2)eq\o\ac(○,3)聯(lián)立eq\o\ac(○,1)eq\o\ac(○,2)eq\o\ac(○,3)得

116

mv

20

eq\o\ac(○,4)(ii)由eq\o\ac(○,2)可知

v2

，A將續(xù)縮彈簧，直至A、B、三速相同，設(shè)此速度為v，時彈簧被壓縮至最短，其彈性勢能為。動量守恒和能量守恒定3律得mv01m)v2

eq\o\ac(○,5)eq\o\ac(○,6)聯(lián)立eq\o\ac(○,4)eq\o\ac(○,5)eq\o\ac(○,6)得p

1348

mv

20年全國1卷24(分公路上行駛的兩汽車之間應(yīng)保持一定的安全距離車實然停止時車司機可以采取剎車措施使汽車在安全距離停下而不會與前車相碰常情況下人的反應(yīng)時間和汽車系統(tǒng)的反應(yīng)時間之和為1s當(dāng)汽車在睛天干燥瀝青路面上以108km/h的度勻速行駛時，安全距離為120m．設(shè)雨天時汽車輪胎與瀝青路面的動摩擦因數(shù)為晴天時的2/5，若要求安全距離仍為，汽車在雨天安全行駛的最大速度。【答案】20m/s

(72km/h)抽樣度0.550【解】設(shè)路面干燥時，汽車與地面的動摩擦因數(shù)為μ，剎車時汽車的加速度大小為a，00

22全距離為s，反應(yīng)時間為t，由牛頓第二定律和運動學(xué)公式得0μmgma00

①svt+00

v00

②式中，和分為汽車的質(zhì)量和剎車前的速度。0設(shè)在雨天行駛時，汽車與地面的動摩擦因數(shù)為，依題意有μ=

25

μ0

③設(shè)在雨天行駛時汽車剎車的加速度大小為，安全行駛的最大速度為，由牛頓第二定律和運動學(xué)公式得μmgma

④svt+0

v

⑤聯(lián)立①②③④⑤式并代入題給數(shù)據(jù)得v(72km/h)⑥25(分如圖AB同一豎直平面內(nèi)的三個點豎直方向∠BOA=60°=

32

OA將一質(zhì)量為m的球以一定的初動能自O(shè)點水平向右拋出，小球在運動過程中恰好通過A點。使此小球帶電，電荷量為()，同時加一勻強電場，場強方向與所平面平行?，F(xiàn)從O點同樣的初動能沿一方向拋出此帶電小球，該小球通過了A，到達(dá)點時的動能是初動能的倍；若小球從O點同樣的初動能沿另一方向拋出，恰好通過B點且到達(dá)B點時的動能為初動能的6。重力加速度大小為．求(1無電場時，小球到達(dá)A點的動能與初動能的比值；(2電場強度的大小和方向?！敬鸢?)

73

(2)

3

與豎直向下的方向的夾角為30°抽難度【解析1設(shè)小球的初速度為，初動能為，點動到點時間為t，令OA=0，則=

32

，根據(jù)平拋運動的規(guī)律有vt0

①cos60°=

12

②又有

E=

12

20

③由①②③式E=

38

④設(shè)小球到達(dá)點的動能為E，kA

22E=+kAk0

12

⑤由④⑤式得7kA3k0

⑥(2加電場后小球從點點點高分別降低了小ΔE和，由能量守恒及④式得pA1ΔE=3E--=E⑦pAk0

dd和設(shè)勢能分別減2ΔE-k0

32

=

⑧在勻強電場中，沿任一直線，電勢的降落是均勻的。設(shè)直線上M點與A點電勢，M與O點的距離為x，如圖，則有3d2

=

⑨解得x。MA為勢線，電場必與其垂線方平行。設(shè)電場方向與豎直向下的方向夾角為，由幾何關(guān)系可得α=30°

⑩

O即電場方向與豎直向下的方向的夾角為30°。

α

A設(shè)場強的大小為，有qEdcos30°=由④⑦eq\o\ac(○,11)得

pA

eq\o\ac(○,11)

MB

C

E3E34[理選修3-4](15分

大題抽樣難度0.571

eq\o\ac(○,12)(1)(分圖(為一列簡諧橫波在t=2s時形圖)為質(zhì)中平衡位置在x處的質(zhì)點的振動圖像。P是衡位置為=2m的點。下列說法正確的是。填正確答案標(biāo)號。選對1個3分選個得，選對得分。選錯1個扣3分最低得分為分A波速為B波的傳播方向向右

C．時間內(nèi)，運的路程為D．時內(nèi)，向y軸方向運動E．當(dāng)t時恰好回到平衡位置【答案ACE【解析】根據(jù)圖(a)波形圖判斷機械波的波長=2，據(jù)(b)得振動周期=4s，所以波速v==0.5m/sA正據(jù)(b)判斷x的質(zhì)點在振動方向為y軸方向，在圖a)，根據(jù)質(zhì)點振動方向和傳播方向在圖像同一側(cè)可判斷波的傳播方向向左錯；時質(zhì)點在低點，根據(jù)周期，知T=0時點P在高點，所以時間內(nèi)質(zhì)點通的路程為倍振幅即C正確；質(zhì)向y軸方運動D錯；tt=7s共經(jīng)5T，以質(zhì)點P剛好回到平衡位置，E正。(2)(分一半圓柱形玻磚，其橫截面是半徑為的圓AB為半圓的直徑，O為圓心，如圖所示。璃的折射率為n．(i一束平行光垂直射向玻璃磚的下表面，若光線到達(dá)上表面后，都能從該表面射出，則入射光束在上最大寬度為多少？(ii)一束光線在O點側(cè)與O點距光線從玻璃磚射出點的位置。

32

處直AB從方射此【答案】i

(ii)

32

【解析】(i在點左側(cè)，設(shè)從E點入光線進(jìn)入玻璃磚后在上表面的入射角恰好等于全反射的臨界角，則區(qū)的入射光線經(jīng)上表面折射都能從玻璃磚射出，如圖。由全反射條件有θ

1n

①由幾何關(guān)系有OE=sinθ

②由對稱性可知，若光線都能從上表面射出，光束的寬度最大為l聯(lián)立①②③式，代入已知數(shù)據(jù)得l=R

③④(ii)設(shè)線在距O點系及①式和已知條件得

的C射入后上表面的入射角為α由何關(guān)αθ

⑤光線在玻璃磚內(nèi)會發(fā)生三次全反射，最后由G點出，如圖。由反射定律和幾何關(guān)系得OG=OC=

⑥射到點的光有一部分被反射，沿原路返回到達(dá)點出

222ABB12222ABB1235[理選修3-5](15分大題抽樣難度0.537(1)(分關(guān)天然放射性下列說法正確的是。填確答案標(biāo)號。選對1個得3分選對2個4分選個得。每選錯個扣分最低得分為0分A所有元素都可能發(fā)生衰變B放射性元素的半衰期與外界的溫度無關(guān)C．射性元素與別的元素形成化合物時仍具有放射性D．、和γ三射線中γ射的穿透能力最強E．一個原子核在一次衰變中可同時放出、和三種射線【答案BCD【解析】只有原子序號超過的素才都能發(fā)生衰變A錯；放射性元素的衰期決定于由原子核內(nèi)部的結(jié)構(gòu)與界度及化學(xué)作用等無關(guān)B確放性元素其放射性來自于原子核內(nèi)部的，與其他元素形成化合物并沒有改變其內(nèi)部原子核結(jié)構(gòu)所以仍具有放射性，C確β和γ；種射線中γ射能量最高，穿透能力最強D正；一個原子核在一次衰變中，要是衰、要么是β衰，同時伴隨著能量的釋放，即γ射，錯誤。(2)(分如，質(zhì)量分別、m的個彈性小球A、B靜在地面上方BAB球距地面的高度h，A球球的正上方。先將B球放經(jīng)過一段時間后再將A球放。當(dāng)A下落t=0.3s時，剛好與B在地面上方的P點相碰，碰撞時間極短，碰后瞬間A球速度恰為零。已知mm，重力加速大小g=10m/s。忽BA略空氣阻力及碰撞中的動能損失。求：(iB球一次到達(dá)地面時的速度；(ii)點離地面的高度?！敬鸢浮縤4m/s

(ii【解析】i設(shè)B第一次到達(dá)地面時的速度大小為v，由運學(xué)公式有Bv=B

2gh

①將h代入上式，得v=4m/sB

②(ii)設(shè)球相碰前后A球速大小分別為和′(′1v，運動學(xué)規(guī)律可得2

=0，球速度分別為v和2v=1

③由于碰撞時間極短力作用可以忽略球碰前后的動量守恒動能保持不變。規(guī)定向下的方向為正，有m+=v′ABB211mv=v222

④⑤設(shè)B球與地面相碰后的速度大小為，由運動學(xué)碰撞的規(guī)律可得Bv=vBB設(shè)P點地面的高度為h，由運動學(xué)規(guī)律可得

⑥

2222v′=22聯(lián)立②③④⑤⑥⑦式，并代入已條件可得′年全國2卷24分）

⑦⑧年月地極限運動員菲利克鮑加特納乘氣球升至約39km的空后跳下，經(jīng)過4分秒達(dá)距地面約1.5km高處打開降落傘并成功落，打破了跳傘運動的多項世界紀(jì)錄，取重加度的大小10/2．（1）略空氣阻力，求該運動員從靜止開始下落到高度處所需要的間及其在此處速度的大??；（2上物體在空氣中運動時會受到空氣阻力，高速運動受阻力大小可近似表示為kv2，中為速率，k為力系數(shù)，其數(shù)值與物體的形狀，橫截面積及空氣密度有關(guān)知該運動員某段時間內(nèi)高速下落的v圖如圖所示，著陸過程中，運動員和所攜裝

400350300250200150

v)203090100t備的總質(zhì)量

m100

，試估算該運動員在達(dá)到最大速度時所受阻力的阻力系數(shù)（結(jié)果保留有效數(shù)字【答案）87s8.7×10

（2抽樣得率0.432【解析動從開始自由下落至度處的時間為t落距離為在高度處的速度大小為，運動學(xué)公式有：h

12

gt

且

3.933.75m聯(lián)立解得：v

m/s（2）運動員在達(dá)到最大速度時，加速度為零，由牛頓第二定律有：mMgkv2m由題圖可讀出

v360代入得：k25分）半徑分別為r和r同心圓形導(dǎo)軌固定在同一水平面內(nèi)，一長為r，質(zhì)量為且質(zhì)量分布均勻的直導(dǎo)體棒置圓導(dǎo)軌上面BA的長線通過圓導(dǎo)軌中

ω心裝的俯視圖如圖所示整個裝置位于勻強磁場中磁感應(yīng)強度的

B大小為B，方向豎直向下，在內(nèi)圓導(dǎo)軌C點外圓導(dǎo)軌的D點間接有一阻值為R的電阻（圖中未畫出導(dǎo)棒在水平外力作用下以角速度繞逆針勻速轉(zhuǎn)動，在轉(zhuǎn)動過程中始終與導(dǎo)軌保持良好接觸。設(shè)導(dǎo)體棒

OC

AD

3N23243N2324與導(dǎo)軌之間的動摩擦因數(shù)為導(dǎo)軌的電阻均可忽略加度大小為g（1通過電阻的應(yīng)電流的方向和??；（2外力的功率。

3Br9r【答案C端向D（2）+R4

抽樣得分率【解析t時內(nèi)導(dǎo)體棒掃的面積為

12

[(2r)2]

①根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律體產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大小為

②根據(jù)右手定則，感應(yīng)電流的方向是從端向A端因此流過導(dǎo)又的電流方向是從C流向D端由歐姆定律流過導(dǎo)體又的流滿足：

I

③聯(lián)立①②③可得：

I

3BrR

④（2）在豎直方向有：

⑤式中，由于質(zhì)量分布均勻，內(nèi)外圓導(dǎo)軌對導(dǎo)體棒的正壓力相等，其值為F，導(dǎo)FF軌對運動的導(dǎo)體棒的滑動摩擦力均為：fN在t時間內(nèi)，導(dǎo)體棒在內(nèi)外圓導(dǎo)軌上掃過的弧長分別為：l2r2WF(l)克服摩擦力做的總功為：ff

l1

⑥⑧⑨

⑦在t時內(nèi)耗電阻R的功為WIRR根據(jù)能量轉(zhuǎn)化和守恒定律，外力t時內(nèi)做的功為fR

eq\o\ac(○,10)eq\o\ac(○,11)外力的功率為：由④式得：P

Br+2R

eq\o\ac(○,12)

eq\o\ac(○,13)34[理——選修3-4]（）題抽樣難度0.374(1)（分圖(a)為一列簡諧橫波在時波形圖是平衡位置在處質(zhì)點，Q是平衡位置在x處的質(zhì)點；(b)為質(zhì)點的動圖形。下列說法正確的是正確答案標(biāo)。選對個得分，對個得4分選對3個得5分，每選錯1個3分最低得為）

O

P

Q12x/m圖

O

0.10.2圖b)

0.3t/sA在t=0.10s時質(zhì)向y軸方向運動B在t=0.25s時質(zhì)點P加速度方向與y軸正方向相C．到=0.25s，該波沿x軸方向傳播了6mD．t=0.到=0.，質(zhì)點通過的路程為E．質(zhì)點簡諧運動的表達(dá)式為

y0.10sin10

t

（國際單位制）【答案BCE【解析】由Q點的振動圖線可知t=0.10s時點向y軸方向振動，錯；由波的圖像可知波向左傳播波的周期為T=0.2st=0.10s質(zhì)點P向振動經(jīng)時即在=時質(zhì)點振動到軸方位置，且速度方向向上，加速度方向也沿y軸正向，B正；波速

v

T

/s40s

，故從t=0.10s到，波沿x負(fù)方間傳播的距離為：

xvtm

，C正確；由于點是在波峰或波谷或者平衡位置，故從t=0.10s到的周內(nèi)，通過的路程不等于3A=30cm，選項D誤；質(zhì)點Q做簡諧振動的表達(dá)式為：

y

T

)0.10sin10

（國際單位項E正。分一厚度為h的平板玻璃水平放置，共下表面貼有一半徑為r的形發(fā)光面。在玻璃板上表面放置一半徑為的紙片，圓紙片與圓形發(fā)光面的中心在同一豎直錢上。已知圓紙片恰好能完全遮檔住從圓形發(fā)光面發(fā)出的光線（不考慮反射平板玻璃的折射率?！敬鸢浮?/p>

1

h

)

2【解析】如圖，考慮從圓形發(fā)光面邊緣的A點出的一條光線，假設(shè)它斜射到玻璃上表面的A點射，根據(jù)折射定律有：

n

sin

式中，n是璃折射率θ是入射角，折射角

A

L

現(xiàn)假設(shè)A恰在紙片邊緣，由題意，在A剛發(fā)生全反射，故2L設(shè)AA玻璃上表面的投影長為L，幾關(guān)系有：sin22

θ

OABr

由題意紙片的半徑應(yīng)為－聯(lián)立以上各式可得：

n

h

)

235[理——選修3-5]（）題抽樣難度0.336

-19-19分在人類對微觀世界進(jìn)行探索的過程中，科學(xué)實驗起到了非常重的作用。下列說法符合歷史事實的是正確答案標(biāo)號。選對個2分，選對2個得4分，選對3個得5分每選錯個扣，最低得分為分）A密立根通過油滴實驗測出了基本電荷的數(shù)值B貝克勒爾通過對天然放射現(xiàn)象的研究，發(fā)現(xiàn)了原子中存在原子核C．里夫婦從瀝青鈾礦中分離出釙Po）鐳）種新元素D．盧瑟福通過粒散射實驗證實了原子核內(nèi)部存在質(zhì)子E．姆遜通過陰射線在電場和磁場中的偏轉(zhuǎn)實驗，發(fā)現(xiàn)了陰極射線是由帶負(fù)電的粒子組成的，并測出了該粒子的比荷【答案】【解析】密立根通過油滴實驗出了基本電荷的數(shù)值為1.6×10，A正確；貝克勒爾通過對天然放射性研究發(fā)現(xiàn)了中子，B錯誤；居里夫婦從瀝青鈾礦中分離出了釙）鐳（Ra兩新元素正確盧福通過α子散射實驗得了原子的核式結(jié)構(gòu)理論，D錯誤湯姆遜通過對陰極射線在場及在磁場中偏轉(zhuǎn)的實驗現(xiàn)陰極射線是由帶負(fù)電的粒子組成，并測定了粒子的比荷正確。（分）現(xiàn)利用圖(a)示裝置驗證動量守恒定律。在圖(a)，氣墊導(dǎo)軌上有、B個滑塊，滑塊A右?guī)в幸粡椈善?，左?cè)與打點計時器（圖中未畫出）的紙帶相連；滑塊B左也帶有一彈簧片上面固定一遮光片，光電計數(shù)器（未完全畫出）可以記錄遮光片通過光電門

紙帶A

遮光片圖(a)

B

光電門氣墊導(dǎo)軌的時間。實驗測得滑塊A的量m=0.301kg滑塊的質(zhì)量m，光片的寬度12=1.00cm打點計時器所用交流電的頻率f=50.0Hz。將光電門固定在滑塊B右側(cè)，啟動打點計時器，給滑塊A一向右的初速度，使它與B相。碰后光電計數(shù)器顯示的時間為，碰撞前后打出的紙帶如(b)所示。B（）1.921.933.25

圖(

4.05若實驗允許的相對誤差絕對值（

碰撞前后總動量之差碰前總動量

100%

）最大為，本實驗是否在誤差范圍內(nèi)驗證了動量守恒定律？寫出運算過程。【答案】【解析】按定義，物體運動的瞬時速度大小為：

v

式中為物塊在很短的時間Δt內(nèi)位移，設(shè)紙帶上打出鄰兩點的時間間隔為Δt，則AΔt=1/f=0.02sA

Δt可視為很短A設(shè)在A碰前后瞬時速度大小分別為和v0由圖(所給數(shù)據(jù)可得=2.00m/sv=0.790m/s0設(shè)B碰撞后瞬時速度大小為2

22dvm/sB設(shè)兩滑塊在碰撞前后的動量分別為P和Pm1Pv122

，則兩滑塊在碰撞前后總動量相對誤差的絕對值為

r

100%聯(lián)立各式代入數(shù)據(jù)得：

r

因此，本實驗在允許的誤差范圍內(nèi)驗證了動量守恒定律。年全國1卷24(12分)如圖，一長為

0cm

的金屬棒

ab

用兩個完全相同的彈簧水平地懸掛在勻強磁場中；磁場的磁感應(yīng)強度大小為，方向垂直于紙面向里；彈簧上端固定，下端與金屬棒絕緣。金屬棒通過開關(guān)與電動勢為2V電池相連，電路總電阻為2已知開關(guān)斷開時兩彈簧的伸長量均為0；閉合開關(guān)，系統(tǒng)重新平衡后，兩彈簧的伸長量與開關(guān)斷開時相比均改變了0.3cm，重力加度大小取0m/s。判斷開關(guān)閉合后金屬棒所受安培力的方向，并求出金屬棒的質(zhì)量。解依題意，開關(guān)閉合后，電流方向從到，由左手定則可知，金屬棒所受安培力方向豎直向下。開關(guān)斷開時，兩彈簧各自相對于其原長伸長為kmg1①

．由胡克定律和力的平衡條件得式中，m為金屬棒的質(zhì)量，是彈簧的勁度系數(shù)，g是重力加速度大小。開關(guān)閉合后，金屬棒所受安培力的大小為

F

②式中，I回路電流，是金屬棒的長度。兩彈簧各自再伸長了

，由胡克定律和力的平衡條件得

2()

③由歐姆定律有

IR

④式中，E電池的電動勢，是電路總電阻。聯(lián)立①②③④式，并代入題給數(shù)據(jù)得

kg

⑤25(20分)一長木板置于粗糙水平地面上，木板左放置一小物塊；在木板右方有一墻壁，木板右端與墻壁的距離為4.5m如圖(a)所示t時刻開始，小物塊與木板一起以共同速度向右運動，直至t=1s時木板與墻壁碰撞(碰撞時間極短)。碰撞前后木板度大小不變，方向相反；運動過程中小物塊始終未離開木板。已知碰撞后1時間內(nèi)小物塊的vt圖線如圖所示。木板的質(zhì)量是小物塊質(zhì)量的15，重力加速度大小取10m/s。(1)木板與地面間的動摩擦因μ及物塊與木板間的動摩擦因μ；1(2)木板的最小長度；(3)木板右端離墻的最終距離。解規(guī)定向右為正方向。木板與墻壁相碰前，小物塊和木板一起向右做勻變速運動，設(shè)加速度為，物塊和板的質(zhì)量分別為1m和M由牛頓第二定律有

0221202212

1

(mMg)1

①由圖可知，木板與墻壁碰前瞬間速度，運動學(xué)公式得1v1

②

1tat011

③式中，=1s，=4.5m是板碰前的位移v是小木塊和木板開始運動時的速度。1聯(lián)立①②③式和題給條件得

1

0.1

④在木板與墻壁碰撞后，木板的初速度向左做勻變速運動，小物塊以的初速度向11右做勻變速運動。設(shè)小物塊的加速度為，由牛頓第定律有2va21由圖可得⑥t2

2

mg2

⑤式中，=2s，，聯(lián)立⑤⑥式和題給條件得2

2

0.4

⑦(2)設(shè)碰撞后木板的加速度為，過時間Δt，板和小物塊剛好具有共同速度．由3牛頓第二定律及運動學(xué)公式得v33v31

M)gMa213⑨⑩

⑧碰撞后至木板和小物塊剛好達(dá)到共同速度的過程中，木板運動的位移為1小物塊運動的位移為小物塊相對木板的位移為

eq\o\ac(○,11)vs1221

eq\o\ac(○,12)eq\o\ac(○,13)聯(lián)立⑥⑧⑨⑩eq\o\ac(○,11)eq\o\ac(○,12)eq\o\ac(○,13)，并代入數(shù)值得

eq\o\ac(○,14)因為運動過程中小物塊沒有脫離木板，所以木板的最小長度應(yīng)為6.0m．(3)在小物塊和木板具有共同速度，兩者向左做勻變速運動直至停止，設(shè)加速度a，4此過程中小物塊和木板運動的位移．牛頓第二定律及運動學(xué)公式得3(M)gm)eq\o\ac(○,15)1423

eq\o\ac(○,16)碰后木板運動的位移為

s1

eq\o\ac(○,17)聯(lián)立⑥eq\o\ac(○,11)eq\o\ac(○,15)eq\o\ac(○,16)eq\o\ac(○,17)，并代入數(shù)值得木板右端離墻壁的最終距離為6.5m34[理—選修3-4]（15分

s=

eq\o\ac(○,18)（1在縫干涉實驗中分別用紅色和綠色的激光照射同一雙縫雙縫后的屏幕上，紅光的干涉條紋間距

1

與綠光的干涉條紋間距

2

相比

1

2

（填或?qū)嵵屑t光的波長為630nm，雙縫到屏幕的距離為，測得條第6條亮條紋中心間的距離為0.5mm，則雙之間的距離為【答案>0.300

．

210AC10C10210AC10C10（210分）甲乙兩列簡諧橫波在同一介質(zhì)中別沿，兩列波在的波形曲線如圖所示。求

x

軸正向和負(fù)向傳播，波速均為（）t介中偏離平衡位置位移為16的有質(zhì)點的坐（ii）從

t

開始，介質(zhì)中最早出現(xiàn)偏離平衡位置位移為

的質(zhì)點的時間。解（t=0時在x處列波的波峰相遇，該處質(zhì)點偏離平衡位置的位移為。兩列波的波峰相遇處的質(zhì)點偏離平衡位置的位移均為從圖線可以看出，甲、乙兩列波的波長分別為甲、乙兩列波波峰的坐分別為

λ=50cm，＝12

①x=50＋λ，=0，±，±，?②l1

x=50λ，k，±，±，?222③由①②③式，介質(zhì)中偏離平衡位置位移為16cm的有質(zhì)點的坐為x=(50+300n)cmn=0，±l2?④（ii）有兩列波的波谷相遇處的質(zhì)點的位移–．時兩波波谷間的坐標(biāo)之差為

m

22

m2

⑤式中，和m均整數(shù)。將①式代入⑤式得1

m2

⑥由于m、均整數(shù)，相向傳播的波谷間的距離最小為1

0

⑦從t=0開，介質(zhì)中最早出現(xiàn)偏離平位置位移質(zhì)點的時間為t

02

⑧代入數(shù)值得

t=0.1s

⑨35.[物理選3-5]15分（1分在某次光電效應(yīng)實驗中，得到的遏制電壓U與射光的頻的關(guān)如圖所示，若該直線的斜率和截距分別為

和

，電子電荷量的絕對值為

e

，則普朗克常量可表示為，所用材料的逸出功可表示為?！敬鸢浮縠k（210分）如圖，在足夠長的光滑水平面上，物體AB、位同一直線上A位于B、C之A的量，B、的量都為M，三者都處于靜止?fàn)顟B(tài)現(xiàn)使A以一速度向右運動和M之間滿足什么條件才能使A只B、各生一次碰撞。設(shè)物體間的碰撞都是彈性的。解A向右運動與發(fā)第一次碰撞，碰撞過程中，系統(tǒng)的動量守恒、機械能守恒。設(shè)速度方向向右為正始A速度為v第次碰撞后C的速度為vA速度為0A1動量守恒定律和機械能守恒定律得mvmvMv0A1C1

①

1112mv2Mv222

②聯(lián)立①②式得

vA

M2mv③Mm

④

A0022A0022如果>M第一次碰撞后A與C速同向，且A的度小于C的度，不可能與B發(fā)生碰撞；如果m=，一次碰撞后停以A碰前的速度向右運動A不能與B發(fā)碰；所以只需考慮<M的況。第一次碰撞后A反運動與B發(fā)生碰撞設(shè)與B發(fā)碰撞后，A的度為，B的度為，同樣有A2

v

A2

vM

2

v0⑤根據(jù)題意，要求A只BC各發(fā)生一次碰撞，應(yīng)有

vA

⑥聯(lián)立④⑤⑥式得

mmM2

⑦解得

mM

⑧另一解

m5

舍去。所以，和滿足的條件為

(5M年全國2卷24分）如圖，一質(zhì)量為m、電荷量為（q>0）的粒子在勻強電場中運動AB為運動軌跡上的兩點。已知該粒子在A點速大小為，方向與電場方向的夾角為60°；它動到B0點時速度方向與電場方向的夾角為30°不計重力。求A、兩間的電勢差。解：設(shè)電粒子在B點速大小為，粒子在垂直于電場方向的分速度不變即：Bv=vB0由此得

v0設(shè)A、兩間的電勢差為U，動能定理有：AB

122

2解得

mv2q25分）下暴雨時，有時會發(fā)生山體滑坡或泥石流等地質(zhì)災(zāi)害。某地有一傾角為

θ=37°3（）的山坡，面有一質(zhì)量為的石板B，其上下表面與斜坡平B上有一5碎石堆A含有大量泥土A和B均于靜止?fàn)顟B(tài)，如圖所示。假設(shè)某次雨中A浸雨水后總質(zhì)量也為m可視為質(zhì)量不變的滑塊極時間內(nèi)AB間動摩擦因數(shù)μ13減小為B、C間動摩擦因數(shù)μ減小為，AB開運動，此時刻為計時起點；在第82s末B上表面突然變?yōu)楣饣２蛔?。已知A開運動時A離B下緣的距2l=27mC足夠長，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。取重力加速度大g=10m/s

。求：

222121222121222（1在0~2s時內(nèi)A和B加度的大；（2）在上的運動時間。解在0~2s時內(nèi)，和B的力如圖所示其中、是A與11之間的摩擦力和正壓力的大小fN是B與C之的摩擦力和正2壓力的大小，方向如圖所示。由滑動摩擦力公式和力的平衡條件f1

1

1

①cos1

②f2

2

2

③cos2

④規(guī)定沿斜面向下為正。設(shè)A和B的速度分別為a和a，牛頓第二定律得1mgsin

fma1f22

⑤⑥聯(lián)立①②③④⑤⑥式，并代入題條件得=3m/s1=1m/s2

⑦⑧(2)在t=2s時設(shè)A和B的度分別為v和，1v=t1v=t2

⑨⑩t>t時設(shè)AB的速度分別為a?和a。時A與B之摩擦力為零，同理可得1?=6m/seq\o\ac(○,11)1?–2m/s2

eq\o\ac(○,12)即B做減速運動。設(shè)經(jīng)過時間t，的度減為零，則有2v+?teq\o\ac(○,13)222聯(lián)立eq\o\ac(○,10)eq\o\ac(○,12)eq\o\ac(○,13)得t=1s2

eq\o\ac(○,14)在t+t時間內(nèi)A相于運動的距離為1s

11a(22

2

12

2

t22

eq\o\ac(○,15)此后靜止不動。A繼續(xù)在上動。設(shè)再經(jīng)過時間t后A離則有31vt121

eq\o\ac(○,16)可得

t（一解不合題意，舍去3

eq\o\ac(○,17)設(shè)A在B上的運動時間為t，有tttt=4s(利用下面的速度圖象求解，正確的，參照上述答案信參考給)

eq\o\ac(○,18)

．物——修3-4]（）（1分）如圖，一束光沿半徑方向射向一塊半圓柱形玻璃磚，在玻璃磚底面上的入射角為θ，經(jīng)折射后射出a兩光線。則正確答案標(biāo)號。選對1個2分選對得4分選對3個5每選錯1個分低分為0分A在玻璃中a光的傳播速度小于b光傳播速度B在真空中a的波長小于b光波長C．璃磚對a光折射率小于對的折射率D．改光束的入射方向使θ角大，則折射線a首先消失E．分別用a、在同一個雙縫干涉實驗室裝置上做實驗a光干涉條紋間距大于的干涉條紋間距【答案（2分平位置位于原點的源發(fā)出簡諧橫波在均勻介質(zhì)中沿水平x軸播，、Q為上的兩個點（均位于軸方O的離為，距離介于一波長與二倍波長之間波自時平位置開始向上振動T=1s幅A=5cm當(dāng)波傳到點，波源恰好處于波峰位置；此后再經(jīng)過5s，平衡位置在處質(zhì)第一次處于波峰位置。求：（i、Q間距；（ii）t=0開到平衡位置在Q處的質(zhì)點第一次處于波峰位置時，波源在振動程中通過的路程?！敬鸢浮?i)133cm）．物選修3-5]分）（1物子和光具有波粒二象性事中突出體現(xiàn)波動性的是。（填正確答案標(biāo)號，選對給2分選2個，選對個得，每選錯1個分，最低得分分）A電子束通過雙縫實驗后可以形成干涉圖樣B射線在云室中穿過會留下清晰的徑跡C．們利用慢中子衍射來研究晶體的結(jié)構(gòu)D．們用電子顯微鏡觀測物質(zhì)的微觀結(jié)構(gòu)

E．光電效應(yīng)實驗中，光電子的最大初動能與入射光的頻率有關(guān)，與入射光的強度關(guān)【答案ACD（２分）滑塊、b沿平面上同一條直線運動，并發(fā)生碰撞；碰撞后兩者粘在一起運動；經(jīng)過一段時間后，從光滑路段進(jìn)入粗糙路段。兩者的位置x隨間變的圖像如圖所示。求：滑a、b的量之比；(ii)整運動過程中，兩滑塊克服摩擦力做的功與因碰撞而損失的機械能之比?！敬鸢福?/p>

mW11ii）m82年全國1卷24分）如圖兩定的絕緣斜面傾角均上相連細(xì)金屬棒（標(biāo)出a端（標(biāo)出c端長度均為L，量分別為2m和m用兩根不可伸長的柔軟導(dǎo)線將它們連成閉合回路abdca通過固定在斜面上沿的兩光滑絕緣小定滑輪跨放在斜面上金屬棒水平右斜面上存在勻強磁場磁感應(yīng)度大小為B方向垂直于斜面向上，已知兩根導(dǎo)線剛好不在磁場中，回路電阻為R兩金屬棒與斜面間的動摩擦因數(shù)均為，重力速度大小為g，已知金屬棒ab勻下滑。求（1作用在金屬棒上的安培力的大??；（2金屬棒運動速度的大小。【答案）

Fsin安

cos

（2

L

【解析）由a、棒平行于斜面的導(dǎo)線相連，故a、速時時刻刻相等，也做勻速直線運動；選cd為研究對象，受力分析如圖：由于勻，其受力平衡，沿斜面方向受力平衡方程：

垂直于斜面方向受力平衡方程：fsin

且

，聯(lián)立可得：cos選ab為研究對象，受力分析如圖：其沿斜面方向受力平衡：

mgsin

'fFsin垂直于斜面方向受力平衡：

cos

且

，T與T'

為作用力與反作用力：'，聯(lián)立可得：

Fsin安

cos

①（2設(shè)感應(yīng)電動勢為E，由電磁感應(yīng)定律：EBLv由閉合電路歐姆定律，回路中電流：I

EBLvRR棒中所受的安培力：FBIL安

B22v與①聯(lián)立可得：v

mgR(sin

【點物體平衡、磁場對電流的作用、電磁感應(yīng)。25分）如圖，一輕彈簧原長為2R，其一端固定在傾角為的固定直軌道AC的端A處，另5一端位于直軌道上B處彈簧處于自然狀態(tài)，直軌道與一半徑為的光滑圓弧軌道相切6于C點R，、BCD在同一豎直面內(nèi)。質(zhì)量為的物塊P自點靜止開始下滑，最低到達(dá)點（未畫出后P沿道被彈，最高點到達(dá)F點，知與直軌道間的動摩擦因數(shù)

力加速度大小為g

sin00.6

00.8

）（1求第次運動到B點速度的大小。（2求運到Ｅ點時彈簧的彈性勢能。（3改變物塊P的量，將P推點，從靜止開始釋放。已知P自弧軌道的最點D處平飛出后恰通過點點C點下方與點平相距

72

豎相距，求P運到D點速度的大小和改變后P的量?！敬鸢福?gR

（2）

121（33【解析）為究對象，受力分析如圖：設(shè)P加速度

，其垂直于斜面方向受力平衡：

N沿斜面方向頓二定律得Gsin

fma且

f

，可得：

對CB段過程，由代入數(shù)據(jù)得B點速度：

ast2gRB（2P從C點出發(fā)，最終靜止在F，析整段過程；由到F，重力勢能變化量：

①

減少的重力勢能全部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能。設(shè)E點離點的距離為xR，到，熱：

)

②由

Q

P

，聯(lián)立、②解得：x；研究P從C點動到E點過程重力做功：

mgsin

(5)摩擦力做功：

f

動能變化量：由動能定理：

Wf代入得：

彈

由

彈彈

，到E點彈性勢能為彈

12mgR

。（3幾何關(guān)系如圖可知：OQ

1RCQ2由幾何關(guān)系可得，G點在D左方，豎直高度差為水平距離為。設(shè)P從D點出時速度為v其水平位移：豎直位移：解得：

，到G點間為3Rt5R25v

t研究P從點D點程，設(shè)P此質(zhì)量為'，過程中：重力做功：

51(RRsinmgR

①摩擦力做功：

f

m'gR

②彈力做功：

彈

mgR

③動能變化量：

'

9mgR10

④由動能定理：

W'f彈

⑤將①②③④代入，得：'m【考點】物體平衡、牛頓運動定、功和能、動能定理、能量守恒定律。34[理—選修34]分（1分）某同學(xué)漂浮在海面上，雖然水面波正平穩(wěn)地以1.8m./s的速率向著海灘傳

播，但他并不向海灘靠近。該同學(xué)發(fā)現(xiàn)從1波峰到第個波峰通過下的時間間隔為。下列法正確的是____正答案標(biāo)號。選對1得2分選對個得，選對3個5分。每選個扣3分，最低得分為0分A水面波是一種機械波B該水面波的頻率為6HzC．水面波的波長為mD．面沒有將該同學(xué)推向岸邊，是因為波傳播時能量不會傳遞出去E．水面波沒有將該同學(xué)推向岸邊，是因為波傳播時振動的質(zhì)點并不隨波遷移【答案ACE【解析】水面波是一種典型機械A(chǔ)對從第一個波峰到第十個波峰中經(jīng)歷了九個波形，時間間隔為15秒所以其振動周期為T

3

，頻率為，B錯其波長vTs

3m，對波的質(zhì)點都上下振動，不隨波遷移，但是能傳遞能量，D錯E對【考點】機械波及其特性、波長波速頻率間關(guān)系。（2分如圖，在注滿水的游泳池的池底有一點光源A，它到池邊的水平離為3.0。從點光源A射池邊的光線AB與直方向的夾角恰好等全反射的臨界角，水的折射率為

43

。（i）池內(nèi)的水深；（ii）救生員坐在離池邊不遠(yuǎn)處的高凳上，他的眼睛到地面的高度為2.0。當(dāng)他看到正前下方的點光源A時他的眼睛所接受的光與豎直方向的夾角恰好為。求救生員的眼睛到池邊的水平距離（結(jié)果保留位效數(shù)字【答案）

（ii）【解析（i）由A射B發(fā)全反射，光路如圖：由反射公式可知：sin

得：sin

34

；由

AO3m

，由幾何關(guān)系可得：AB4m所以水深。（ii）由A點射入救生員眼中路圖如圖：由折射率公式：

sin

可知：sin

，tan

323

32323設(shè)

BE，

帶入數(shù)據(jù)得：x

，由幾何關(guān)系得，救生員到池邊水平距離為【考點】全反射、折射定律。【物理選】

(20.7m（1分現(xiàn)用一光電管進(jìn)行光電效應(yīng)的實驗，當(dāng)用某一頻率的光入射時，光電流產(chǎn)生下說法正確的是確答案標(biāo)號對個得分對得4分選對個得。每選錯1個扣分最低得分為）A保持入射光的頻率不變，入射光的光強變大，飽和光電流變大B入射光的頻率變高，飽和光電流變大C．射光的頻率變高，光電子的最大初動能變大D．持射光的光強不變，不斷減小入射光的頻率，始終有光電流產(chǎn)生E．遏止電壓的大小與入射光的頻率有關(guān)，與入射光的光強無關(guān)【答案ACE【解析光電效應(yīng)規(guī)律可知頻低于截止頻率時無論光照強度多大會光電流，因此D錯；在發(fā)生光電效應(yīng)時，飽和光電流大小由光照強度來決定，與頻率無關(guān)，光照強度越大飽和光電流越大此A確B錯根

可對同一光電管，逸出功W不率高初能

變大正E

eU

和E

，得eU

，遏制電壓只與入射光頻率有關(guān)，與入射光強無關(guān)，因此E正?！究键c】光電效應(yīng)規(guī)律（2分某游樂園入口旁有一噴泉，噴出的水柱將一質(zhì)量為M的卡通玩具穩(wěn)定地懸停在空中。為計算方便起見，假設(shè)水柱從橫截面積為S噴口持續(xù)以速度v豎直向上噴出；玩具底部為平板（面積略大于S柱擊到玩具底板后，在豎直方向水的速度變?yōu)榱?，在水平方向朝四周均勻散開。忽略空氣阻力。已知水的密度為，重力加速度大小為g求（i）泉單位時間內(nèi)噴出的水的質(zhì)量；（ii）具在空中懸停時，其底面相對于噴口的高度?！敬鸢福?/p>

（ii）

Mg2g

【解析】在段很短的時間內(nèi)，可以為噴泉噴出的水柱保速度

不變。該時間內(nèi)，噴出水柱高度：噴出水柱質(zhì)量：

①②其中為水柱體積，滿足：

③由①②③可得：噴泉單位時間內(nèi)出的水的質(zhì)量為

(ii)設(shè)具底面相對于噴口的高度為h由玩具受力平衡得：

F=沖

④其中，F(xiàn)為具底部水體對其的作用力．沖

由牛頓第三定律：

FF壓

⑤其中，F(xiàn)為具時其底部下面水體的作用力壓體到達(dá)玩具底部時的速度由運動學(xué)公式：

v

⑥在很短時間內(nèi)，沖擊玩具水柱的質(zhì)量為由題意可知，在豎直方向上，對該部分水柱有

⑦動量定理

壓

⑧由于很小，也小，可以忽略⑧式變?yōu)?/p>

F壓

⑨由④⑤⑥⑦可得

Mgh2

【考點】動量定理，流體受力分，微元法【難點】情景比較新穎，微元法應(yīng)用年全國2卷24分）如圖，水平面（紙面）內(nèi)間距為l

的平行金屬導(dǎo)軌間接一電阻，質(zhì)量為m長度為l

的金屬桿置于導(dǎo)軌上。t時金屬桿在水平向右、大小為F的定拉力作用下由靜止開始運動。

t

時刻，金屬桿進(jìn)入磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直于紙面向里勻強磁場區(qū)域磁中恰好能保持勻速運動導(dǎo)的電阻均忽略不計，兩者始終保持垂直且接觸良好者間的動摩擦因數(shù)為重力加速度大小為．求?金屬在磁場中運動時生的電動勢的大小；?電阻阻值?！敬鸢浮竣臙

m

F

⑵R

B

l

t

【解析】⑴由題可知f①f②

0t

時間內(nèi)受力分析如圖物體做勻加速直線運動

③物體勻加進(jìn)入磁場瞬間的速度為，

④由法拉第電磁感應(yīng)定律可知EBlv由①②③④⑤可

⑤E

m

F

⑥⑵金桿在磁場中的受力如圖即由桿在磁場中勻速直線運動可知

2222Ff安f由安培力可知

⑦⑧

⑨由歐姆定律可知I

ER

⑩由⑥⑦⑧⑨⑩可知25分）

Blt

輕質(zhì)彈簧原長為2l將彈簧豎直放置在地面上，在其頂端將一質(zhì)量為5m的體由靜止釋放，當(dāng)彈簧被壓縮到最短時，彈簧長度為l，現(xiàn)將該彈簧水平放置，一端固定在A點另一端與物塊P接但不連接長度為l的平軌道B端半徑l的滑半圓軌道BCD相，半圓的直徑BD豎，如圖所示，物塊P與間動摩擦因數(shù)。外力推動物塊P，彈簧壓縮至長度l，然后開P開沿軌道運動，重力加速度大小為．?的量為m求到達(dá)B點的速度的大，以及它離開圓軌道后落回到上位置與B點間距；?能上圓軌道，且仍能沿圓軌道滑下，求P的量的取值范圍．【答案】?

2l

?

53

m'≤

52

【解析】?上

P

轉(zhuǎn)化為

，守恒∴

重

mglP

，此時彈簧長度為lAB：量守恒

EPKB

即mglv6glBD：能定理：

11mv2v2DBD此后，物體做平拋運動：l

14gtt2tlD∴點度vgl，落點與B點離為lB?物質(zhì)量為m'則A能量守恒：

E'pKB

15mgl2

解得：

'B

mglm

gl若要滑上圓弧，則

vB

，即

v20解得'B

52

m若要滑上圓弧還能沿圓弧滑下，則最高不能超過C點此時假設(shè)好到達(dá)點則根據(jù)能量守恒：5mglm'

EE

pc解得：

m'

53

故若使物塊不超過C點，

5m'3綜上：

53

'

52

m34——修3-4）?分）關(guān)于電磁波，下列法正確的是正確答案標(biāo)號，選對1個分，選對個得4分，選對得5．每選錯一個扣分最低得分為0分A電磁波在真空中的傳播速度與電磁波的頻率無關(guān)B周期性變化的電場和磁場可以相互激發(fā)，形成電磁波C．磁波在真空中自由傳播時，其傳播方向與電場強度、磁感應(yīng)強度垂直D．用磁波傳遞信號可以實現(xiàn)無線通信，但電磁波不能通過電纜、光纜傳輸E．電磁波可以由電磁振蕩產(chǎn)生，若波源的電磁振蕩停止，空間的電磁波隨即消失【答案ABC【解析電波在真空中傳播速度不變，與波長、頻率無關(guān)A正；電磁波的形成即是變化的電場和變化的磁場互相激發(fā)得到正磁波傳播方向與電場方向與磁場方向垂直，C確；光是一種電磁波，光可在光導(dǎo)纖維中傳播錯；磁振蕩停止后，電磁波仍會在介質(zhì)或真空中繼續(xù)傳播錯。?分）一列簡橫波在介質(zhì)中沿x軸向傳播，波長不小于。和A是質(zhì)中平衡位置分別位于和x5cm處的兩個質(zhì)點。時開始觀測，此時質(zhì)點的位移為

y

1，質(zhì)點A于波峰位置；t3

時，質(zhì)點第次回到平衡位置，t時質(zhì)點A第次回到平衡位置．求（ⅰ）簡諧波的周期、波速和波長；（ⅱ）質(zhì)點O的移隨時間變化的關(guān)系式。【答案）=4s/（ii）t或者0.08cos(t623【解析）t時A處質(zhì)點位于波峰位置t時A處質(zhì)點第一次回到平衡位置可知

T

，T=4s

冰冰22冰冰22ts

時，O第次到平衡位置t時A第一次到平衡位置2可知波從O傳用時，播離3故波速v

xt

/s

，波長vT30cm（ii）

yAsin(可知

2rad/sT又由0s時

y

；t

，

，代入得

c，再結(jié)合題意得

1故y0.08sin(t者y0.08cos(t6335——修3-5）?分在下列描述核過程的方程中，屬衰的是，于

衰變的是，屬于裂變的是，于聚變的是正確答案標(biāo)號）A

146

C147

N+

0

B

3215

P16

S+

0

C．238UTh+He9290E．1140+Sr+92054380【答案C

D．14+4He17O+H7．3H+24He+1n110【解析】衰C

衰變AB

裂變E

聚變F?分）如圖，光滑冰面上靜止放置一表面光滑的斜面體斜面體右側(cè)一蹲在滑板上的小孩和其前面的冰塊均靜止于冰面上．某時刻小孩將冰塊以相對冰面3m/的度向斜面體推出冰塊平滑地滑斜面體斜面體上上升的最大高度為（于斜面體的高度小孩與滑板的總質(zhì)量為

m30kg

冰塊的質(zhì)量為

m

小與滑板始終無相對運動。取重力加速度的大小g

2

。（?。┣笮泵骟w的質(zhì)量；（ⅱ）通過計算判斷，冰塊與斜面體分離后能否追上小孩？【解析）定水平向左為正，對小冰塊與鞋面組成的系統(tǒng)由動量守恒：由能量守恒：

+M冰冰冰共11m=+Mvgh冰共冰解得v/共（ii）動量守恒+Mvv冰共M冰m

22由能量守恒

11m=v冰冰M冰聯(lián)立解得

vM

2m/v/m對小孩和冰塊組成的系統(tǒng)：vv冰冰小小解得

/小

v/s小即兩者速度相同故追上年全國3卷24(12分)如圖，在豎直平面內(nèi)由

1圓弧AB和圓BC組的光滑固定軌道，兩者在最低點42B平連接AB弧半徑為RBC弧半徑為靜止開始自由下落，經(jīng)A點圓弧軌道運動。

R一球在A點正上方與A距處由2（1求小球在B、A點的動能之比分（2通過計算判斷小球能否沿軌道運動到C點。(6分)【答案）【解析】

KBKA

（2小球恰好可以沿軌道運動到C點試題分析）設(shè)小球的質(zhì)量為，球在A點動能為

KA

，由機械能守恒可得

4

①設(shè)小球在B點動能為

KB

，同理有

5R4

②由①②聯(lián)立可得

KBKA

③考點：考查了機械能守恒，牛頓運動定律，圓周運動，25(20分)

0000如圖，兩條相距l(xiāng)的滑行金屬導(dǎo)軌位于同一水平面（紙面）內(nèi)，其左端接一阻值為R的阻；一與導(dǎo)軌垂直的金屬棒置于兩導(dǎo)軌上；在電阻、導(dǎo)軌和金屬棒中間有一面積為S的區(qū)域，區(qū)域中存在垂直于紙面向里的均勻磁場，磁感應(yīng)強度大小隨間1t的化關(guān)系為

式中k為量在金屬棒右側(cè)還有一勻強磁場區(qū)域域左邊界MN虛線與軌垂直，磁場的磁感應(yīng)強大小為B，向也垂直于紙面0向里。某時刻，金屬棒在一外加水平恒力的作用下從靜止開始向右運動，在t時0刻恰好以速度v越MN此后向右做勻速運動。金屬棒與導(dǎo)軌始終相互垂直并0接觸良好，它們的電阻均忽略不計。求（1在t=0到=t時間間隔內(nèi)，流過電阻的電荷量的絕對值分0（2在時刻t（>t）穿過回路的總磁通量和金屬棒所受外加水平力的大小(13分0【答案）

q

l0（）fBlv0RR【解析】試題分析：在金屬棒未超過之，時刻穿過回路的磁通量為ktS設(shè)在從時到

t

的時間間隔內(nèi)，回路磁通量的變化量為

，流過電阻R的電荷量為根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)有

②根據(jù)歐姆定律可得

i

R

③根據(jù)電流的定義可得

i

④聯(lián)立①②③④可得

R

⑤根據(jù)⑤可得在t=0到t=t的間間隔內(nèi)，流過電阻R的荷量的絕對值為

q

0R

⑥

考點：考查了導(dǎo)體切割磁感線運動34理選修3-4(15)（1(5分由源形成的簡諧橫波在均勻介質(zhì)中左、右傳播。波源振動的頻率為2，波速為16m/s。已知介質(zhì)兩點位于波源的側(cè)，且、Q和S的平衡位置在一條直線上P、的平衡位置到的衡位置之間的距離分別為、，、Q開震動后，下列判斷正確的_正答案標(biāo)號。選對得2分選對2個4分選對3個得5分每選錯扣3分最低得分為）AP、Q兩點運動的方向始終相同B．P、Q兩點運動的方向始終相反C．S好通過平衡位置時，P、Q兩點也正好通過平衡位置D．恰通過平衡位置向上運動時在峰E．當(dāng)恰通過平衡位置向下運動時Q在峰【答案BDE

考點：考查了機械波的傳播（2(10分如圖璃球冠的折射率為

底面鍍銀面半徑是球半徑的

倍；在過球心O且直于底面的平面（紙面）內(nèi)，有一與底面垂直的光線射到玻璃球冠上的M點該光線的延長線恰好過底面邊緣上的A。求該光線從球面射出的方向相對于其初始入射方向的偏角?！敬鸢浮?/p>

180考點：

272735理選修3-5(15)（1分一靜止的鋁原子核Al13

俘獲一速度為的質(zhì)子p后變?yōu)樘幱诩ぐl(fā)態(tài)的硅原子核

2814

，下列說法正確的_________填正確的答案標(biāo)號，選對一個得分，選對個得4分選對3個5，沒錯選個扣最低得分為零分）A核反應(yīng)方程為

Al28

B核反應(yīng)方程過程中系統(tǒng)動量守恒C．反應(yīng)過程中系統(tǒng)能量不守恒D．反前后核子數(shù)相等，所以生成物的質(zhì)量等于反應(yīng)物的質(zhì)量之和E．硅原子核速度的數(shù)量級【答案ABE【解析】

，方向與質(zhì)子初速度方向一致試題分析：根據(jù)質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)守恒可得核反應(yīng)方程

Al13

，A正；程中釋放的核力遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于外力，故系統(tǒng)動量守恒正確；核反應(yīng)過程中系統(tǒng)能量守恒錯；由于反應(yīng)過程中要釋放大量的量即隨著質(zhì)量虧損所以生成物的質(zhì)量小于反應(yīng)物的質(zhì)量之和D錯誤；動量守恒可知'

，解得

v

1.028

/

，故數(shù)量級約為

．故E正；&網(wǎng)考點：考查了動量守恒，能量守恒，核反應(yīng)方程，（2(10分如所，水平地面上有兩個靜止的小物塊和b其連線與墻垂直：和距l(xiāng)b與之間也相距l(xiāng)a的量為mb的量

34

，兩物塊與地面間的動摩擦因數(shù)均相同，現(xiàn)使a以速度

向右滑動，此后a與發(fā)彈性碰撞，但b【答案】

沒有與墻發(fā)生碰撞，重力加速度大小為，求物塊與地面間的動摩擦力因數(shù)滿足的條件。v002113

考點：考查了動量守恒定律和能量守恒定律的應(yīng)用年全國1卷24．（分）一質(zhì)量為8.00×10kg的空飛船從其飛行軌道返回地面。飛船在離地面高度1.60×10m處m/s速度進(jìn)入大氣層，逐漸減慢至速度為100時下落到地面面重力勢能零點飛船下落過程中加速度可視為常量取m/s。（結(jié)果保留2位效數(shù)字）（）別求出該飛船著地前瞬間的機械能和它進(jìn)入大氣層時的機械能；（）飛船從離地面高度m處著地前瞬間的過程中克服阻力所做的功，已知飛船在該處的速度大小是其進(jìn)入大氣層時速度大小的2.0%【答案）4.0×J2.410）×10J

hh式中，是船在高度1.6×處的度大小。由③式和題給數(shù)據(jù)得E2.412h

④【考點定位】機械能動定理【名師點睛題要考查機械及動能定理意零勢面的選擇及第2問要求的是克服阻力做功。25．（分）真空中存在電場強度大小為E的勻強電場，一帶電油滴在該電場中豎直向上做速直線運動速大小為在滴于位置A時將電場強度的大小突然增大到某值保持其方向不變。持續(xù)一段時間t后又突然將電場反向，但保持其大小不變；再持續(xù)同樣一段時間后，油滴運動到點重加速度大小為。（）滴運動到B點的速度（）增大后的電場強度的大??；為保證后來的電場強度比原來的大，試給出相應(yīng)的t和應(yīng)足條件。已知不存在電場時，油滴以初速度v做豎直上拋運動的最大高度恰好等于B、兩間距離的兩倍。

【答案）gt（）[2

v1()]Egt4gt

t

v【解析設(shè)油滴質(zhì)量和電荷量分別為和，油滴速度方向向上為整。油滴在電場強度大小為E的勻電場中做勻速直線運動，故勻強電場方向向上。=0，電場強度突然從E增至E時油滴做豎直上的勻加速運動，加速度方向向上，大小a滿足mg①油滴在時刻t1的速為vt

②電