2023年北京市重點(diǎn)學(xué)校高考物理三模試卷

2023年北京市育才學(xué)校高考物理三模試卷

一、單選題（本大題共6小題，共24.0分）

1.木星和土星都擁有眾多的衛(wèi)星，其中“木衛(wèi)三”作為太陽系唯一一顆擁有磁場的衛(wèi)星,

在其厚厚的冰層下面可能存在生命，而“土衛(wèi)二”具有生命誕生所需的全部要素，是最適宜

人類居住的星球，經(jīng)探測它們分別繞木星和土星做圓周運(yùn)動的軌道半徑之比為a,若木星和土

星的質(zhì)量之比為b,則下列關(guān)于“木衛(wèi)三”和“土衛(wèi)二”的相關(guān)說法正確的是（）

運(yùn)行周期之比為B.向心加速度之比為2

A.a

環(huán)繞速度之比為D.表面重力加速度之比為芻

C.a1

2.如圖所示，把一塊不帶電的鋅板接在驗(yàn)電器上，用紫外

線燈照射鋅板，驗(yàn)電器的金屬箔片張開，則下列說法中正確

的是（）

A.紫外線的波長比可見光長

B.驗(yàn)電器的金屬箔片帶正電

C.從鋅板逸出電子的動能都相等

D.若改用紅外燈照射，驗(yàn)電器的金屬箔片一定張開

3.下列說法正確的是（）

A.陰極射線的本質(zhì)是高頻電磁波

B.玻爾提出的原子模型，否定了盧瑟福的原子核式結(jié)構(gòu)學(xué)說

C.貝克勒爾發(fā)現(xiàn)了天然放射現(xiàn)象，揭示了原子核內(nèi)部有復(fù)雜結(jié)構(gòu)

D./9p〃變成第7pb,經(jīng)歷了4次0衰變和6次a衰變

4.物體做勻速圓周運(yùn)動時，在任意相同時間間隔內(nèi)，速度的變化量（）

A.大小相同、方向相同B.大小相同、方向不同

C.大小不同、方向不同D.大小不同、方向相同

5.如圖所示，真空中ab、cd四點(diǎn)共線且=b=cd在a點(diǎn)和d點(diǎn)分別固定有等量的異種點(diǎn)電

荷，則下列說法正確的是（）

.——.——￡

abed

A.b、c兩點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小相等，方向相反

B.b、c兩點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小不相等，但方向相同

C.同一負(fù)點(diǎn)電荷在b點(diǎn)的電勢能比在c點(diǎn)的小

D.把正點(diǎn)電荷從b點(diǎn)沿直線移到c點(diǎn)，電場力對其先做正功后做負(fù)功

6.如圖所示，一沿水平方向的勻強(qiáng)磁場分布在豎直高度為2L的某矩形|j

區(qū)域內(nèi)（寬度足夠大），該區(qū)域的上下邊界MN、PS是水平的.有一邊長

為L的正方形導(dǎo)線框abed從距離磁場上邊界MN的某高處由靜止釋放下

B

落而穿過該磁場區(qū)域.已知當(dāng)線框的ab邊到達(dá)MN時線框剛好做勻速直P，……

線運(yùn)動（以此時開始計(jì)時），以MN處為坐標(biāo)原點(diǎn)，取如圖坐標(biāo)軸支,并規(guī)

定逆時針方向?yàn)楦袘?yīng)電流的正方向，則關(guān)于線框中的感應(yīng)電流與時邊的位置坐標(biāo)x間的以下

圖象中，可能正確的是（）

二、多選題（本大題共4小題，共20.0分）

7.下列說法中正確的是（）

A.布朗微粒越大，受力面積越大，所以布朗運(yùn)動越激烈

B.在兩個分子從無限遠(yuǎn)的地方不斷靠近的過程中，它們的分子力先增大后減小再增大

C.在兩個分子從無限遠(yuǎn)的地方不斷靠近的過程中，它們的分子勢能先增大后減小

D.兩個系統(tǒng)達(dá)到熱平衡時，它們的分子平均動能一定相同

E.外界對封閉的理想氣體做正功，氣體的內(nèi)能可能減少

8.如圖所示。有一束平行于等邊三棱鏡橫截面4BC的紅光從空氣A

射向E點(diǎn)，并偏折到F點(diǎn)。已知入射方向與邊4B的夾角0=45。,E、\（）/\

F分別為邊4B.BC的中點(diǎn)，則（）fX\

A.該三棱鏡對紅光的折射率為「/\

B.光在F點(diǎn)發(fā)生全反射/F

C.從尸點(diǎn)出射的光束與入射到E點(diǎn)的光束的夾角為30°

D.若改用紫光沿相同角度從E點(diǎn)入射，則出射點(diǎn)在F點(diǎn)左側(cè)

9.下列說法正確的（）

A.在車胎突然爆裂的瞬間，氣體內(nèi)能減少

B.凡是能量守恒的過程一定能夠自發(fā)地發(fā)生的

C.氣體對器壁的壓強(qiáng)是由大量氣體分子對器壁不斷碰撞而產(chǎn)生的

D.隨著高度的增加，大氣壓和溫度都在減小，一個正在上升的氫氣球內(nèi)的氫氣內(nèi)能減小

E.能量轉(zhuǎn)化過程中，其總能量越來越小，所以要大力提倡節(jié)約能源

10.下列說法正確的是（）

A.同種物質(zhì)可能以晶體和非晶體兩種不同的形態(tài)出現(xiàn)

B.在陽光照射下的教室里，眼睛看到空氣中塵埃的運(yùn)動就是布朗運(yùn)動

C.在任何自然過程中，一個孤立系統(tǒng)的總焙不會減小

D.打氣筒給自行車打氣時，要用力才能將空氣壓縮，說明空氣分子之間存在著斥力

E.氣體向真空的自由膨脹是不可逆的

三、實(shí)驗(yàn)題（本大題共2小題，共18.0分）

11.某實(shí)驗(yàn)小組做“驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律”的實(shí)驗(yàn)裝置如圖所示，圖中4

為鐵架臺，B,C是用細(xì)線連接的兩個物塊，。為固定在物塊C上的細(xì)遮光

條（質(zhì)量可忽略不計(jì)），E為固定在鐵架臺上的輕質(zhì)定滑輪，尸為光電門，實(shí)

驗(yàn)步驟如下：

①用游標(biāo)卡尺測得遮光條的寬度為d,用天平分別稱出物塊B、C的質(zhì)量分

別為m-和Tn,，用跨過定滑輪的細(xì)線連接物塊B和C；

②在鐵架臺上標(biāo)記一位置。，并測得該位置與光電門之間的高度差九；

③將物塊C從位置0由靜止釋放，C加速下降，B加速上升;

④記錄遮光條。通過光電門的時間t。

依據(jù)以上步驟，回答以下問題:

（1）該實(shí)驗(yàn)的研究對象是（填"夕’或"C”或"B、C組成的系統(tǒng)”）；

（2）從物塊C由靜止釋放到其經(jīng)過光電門的過程中，研究對象的動能增加量△EK=,研

究對象的重力勢能減少量4埒=（用實(shí)驗(yàn)中測量的量表示，重力加速度為g）。

12.如圖甲所示為測量電動機(jī)轉(zhuǎn)速的實(shí)驗(yàn)裝置，半徑不大的

圓形卡紙固定在電動機(jī)轉(zhuǎn)軸上，在電動機(jī)的帶動下勻速轉(zhuǎn)動,

在圓形卡紙的旁邊垂直安裝了一個改裝了的電火花計(jì)時器，

甲

時間間隔為r的電火花可在卡紙上留下痕跡.

（1）請將下列實(shí)驗(yàn)步驟按先后排序：.

①使電火花計(jì)時器與圓形卡紙保持良好接觸

②接通電火花計(jì)時器的電源，使它工作起來

③啟動電動機(jī)，使圓形卡紙轉(zhuǎn)動起來

④關(guān)閉電火花計(jì)時器，關(guān)閉電動機(jī)；研究卡紙上留下的一段痕跡（如圖乙所示），寫出角速度3

的表達(dá)式，代入數(shù)據(jù)，得出3的測量值

（2）（單選題）要得到3的測量值，還缺少一種必要的測量工具，它是

（A）秒表（B）毫米刻度尺（C）圓規(guī)（C）量角器

（3）寫出角速度3的表達(dá)式3=,并指出表達(dá)式中各個物理量的意義：.

四、計(jì)算題（本大題共3小題，共38.0分）

13.如圖，半徑R=0.50m的光滑圓環(huán)固定在豎直平面內(nèi).輕質(zhì)彈簧A

的一端固定在環(huán)的最高點(diǎn)4處，另一端系一個質(zhì)量？n=0.20kg的小

球.小球套在圓環(huán)上.已知彈簧的原長為d=0?50小，勁度系數(shù)長=[0^]

4.8N/m.將小球從如圖所示的位置由靜止開始釋放.小球?qū)⒀貓A環(huán)滑\/

動并通過最低點(diǎn)C,在C點(diǎn)時彈簧的彈性勢能Epc=0.6/.g=10m/s2.

求：

（1）小球經(jīng)過C點(diǎn)時的速度%的大小.

（2）小球經(jīng)過C點(diǎn)時對環(huán)的作用力的大小和方向.

14.如圖所示，光滑軌道槽4BCD與粗糙軌道槽（點(diǎn)G與點(diǎn)。在同一高度但不相交，F(xiàn)H與圓

相切）通過光滑圓軌道EF平滑連接，組成一套完整的軌道，整個裝置位于豎直平面內(nèi)?，F(xiàn)將

一質(zhì)量m=1kg的小球甲從4B段距地面高加=2nl處靜止釋放，與靜止在水平軌道上、質(zhì)量

為Mg的小球乙發(fā)生完全彈性碰撞。碰后小球乙滑上右邊斜面軌道并能通過軌道的最高點(diǎn)E點(diǎn)。

已知CO、GH與水平面的夾角為0=37。，GH段的動摩擦因數(shù)為〃=0.25,圓軌道的半徑R=

0.4m,E點(diǎn)離水平面的豎直高度為3R（E點(diǎn)為軌道的最高點(diǎn)），=10m/s2,sin37°=

0.6,cos37°=0.8）求兩球碰撞后：

（1）小球乙第一次通過E點(diǎn)時對軌道的壓力大??；

（2）小球乙沿GH段向上滑行后距離地面的最大高度；

（3）若將小球乙拿走，只將小球甲從4B段離地面八處自由釋放后，小球甲又能沿原路徑返回，

試求左的取值范圍。

即

A

H

4戶”

BC*0-37r

15.引力波探測于2017年獲得諾貝爾物理學(xué)獎。雙星的運(yùn)動是產(chǎn)生引力波的來源之一，假設(shè)

宇宙中有一雙星系統(tǒng)由P、Q兩顆星體組成，這兩顆星繞它們連線的某一點(diǎn)在二者萬有引力作

用下做勻速圓周運(yùn)動，測得P星的周期為7,P、Q兩顆星的距離為1,P、Q兩顆星的軌道半徑

之差為”(P星的軌道半徑大于Q星的軌道半徑)，引力常量為G,求：

(1)Q、P兩顆星的線速度之差A(yù)v；

(2)(?,P兩顆星的質(zhì)量之差A(yù)m。

答案和解析

1.【答案】A

【解析】解：人根據(jù)：繆=加貯=771綽=小（1解得：7=叵ma=緣，"=陛則

rzrrz勺GM*\r

運(yùn)行周期之比為膽，向心加速度之比為芻，線速度之比為fl故A正確，8c錯誤；

7bF7a

D、根據(jù)星球表面萬有引力等于重力可知，等=加9,由于不知道“木衛(wèi)三”和“土衛(wèi)二”的半

R

徑之比，所以無法求出表面重力加速度之比，故。錯誤。

故選：4。

根據(jù)萬有引力提供向心力：^=m^=m-=ma,求出加速度、線速度和周期，看與什么

rLrT

因素有關(guān)，然后求出線速度、加速度和周期之比。

解決本題的關(guān)鍵掌握萬有引力提供向心力：粵=皿2=皿綽=ma,注意中心天體和環(huán)繞天

r2r片

體的區(qū)別，難度適中0

2.【答案】B

【解析】解：4、根據(jù)電磁波譜內(nèi)容可知，紫外線的頻率大于可見光，則其波長小于可見光.故A

錯誤.

8、發(fā)生光電效應(yīng)時，有光電子從鋅板飛出，鋅板失去電子帶正電，所以驗(yàn)電器帶正電.故B正

確.

C、根據(jù)光電效應(yīng)方程知，光電子的最大初動能為取加=錚-但不是所有電子的動能等于最

大初動能.故C錯誤.

。、根據(jù)光電效應(yīng)產(chǎn)生條件，當(dāng)紅外燈照射，則紅外線頻率小于紫外線，因此可能不發(fā)生光電效

應(yīng)現(xiàn)象，則驗(yàn)電器金屬箔不一定張開.故。錯誤.

故選:B.

紫外線照射鋅板，發(fā)生光電效應(yīng)，有光電子從鋅板飛出，鋅板失去電子帶正電.根據(jù)光電效應(yīng)方

程可以求出光電子的最大初動能.

解決本題的關(guān)鍵知道發(fā)生光電效應(yīng)的條件，知道光電效應(yīng)方程的應(yīng)用，注意電磁波譜的內(nèi)容，及

各種電磁波的頻率間，及波長間的關(guān)系.

3.【答案】C

【解析】解：4陰極射線的本質(zhì)是高速電子流，并不是高頻電磁波，故A錯誤；

8、玻爾提出的原子模型認(rèn)為電子只能在特定的軌道上運(yùn)行，沒否定盧瑟福的核式結(jié)構(gòu)模型，故B

錯誤；

C、貝可勒爾發(fā)現(xiàn)了天然放射現(xiàn)象，天然放射現(xiàn)象表明原子核具有復(fù)雜的結(jié)構(gòu)，故C正確；

D、裝Pu衰變成第7Pb時,質(zhì)量數(shù)減小：△4=239-207=32,而質(zhì)子數(shù)減小12,a衰變質(zhì)量數(shù)

減少4,質(zhì)子數(shù)減少2,/?衰變質(zhì)量數(shù)不變，質(zhì)子數(shù)在增加1,因此經(jīng)過8次a衰變，和4次/?衰變，

故。錯誤；

故選：Co

陰極射線的本質(zhì)是高速電子流，玻爾提出的原子模型認(rèn)為電子只能在特定的軌道上運(yùn)行，貝可勒

爾發(fā)現(xiàn)了天然放射現(xiàn)象；根據(jù)質(zhì)量數(shù)守恒與電荷數(shù)守恒判斷衰變的次數(shù)。

本題考查了原子的結(jié)構(gòu)和物理學(xué)史，難度不大，注意基礎(chǔ)知識的積累，掌握原子核式結(jié)構(gòu)與原子

核復(fù)雜結(jié)構(gòu)的不同是關(guān)鍵。

4.【答案】B

【解析】解：勻速圓周運(yùn)動加速度大小不變，方向始終指向圓心，根據(jù)=可知，在任意

相同時間間隔內(nèi)，速度變化量的大小相等，但是方向不同，故B正確.

故選：B

勻速圓周運(yùn)動的線速度大小不變，方向時刻改變，向心加速度方向始終指向圓心，大小保持不變，

根據(jù)△v=a△t求解.

解決本題的關(guān)鍵知道勻速圓周運(yùn)動的特點(diǎn)，知道線速度、向心加速度和向心力都是矢量，知道速

度變化量與加速度的關(guān)系，難度不大，屬于基礎(chǔ)題.

5.【答案】C

【解析】解：4B.由等量異種電荷的電場線分布可知，b、c關(guān)于中心對稱，b、c兩點(diǎn)的場強(qiáng)大小

相等，方向相同，故A8錯誤；

C.由電場線從正電荷指向負(fù)電荷即電場線由b指向c,所以b點(diǎn)的電勢高于c點(diǎn)電勢，根據(jù)琢=q。知

負(fù)電荷在電勢低處電勢能大，即負(fù)電荷在b點(diǎn)的電勢更小，故C正確；

D由C分析可知，電場線從b指向c,正電荷從b沿直線運(yùn)動到c,電場力一直做正功，故￡＞錯誤.

故選：C。

根據(jù)等量異種點(diǎn)電荷電場線的分布特點(diǎn)，利用對稱性比較從c的場強(qiáng)大??；根據(jù)電勢能的定義Ep=

知，正電荷在電勢高處電勢能大，負(fù)電荷在電勢低處電勢能大；根據(jù)電場力與移動的位移方向

判斷做功情況。

解決本題關(guān)鍵是要求能牢記等量同種電荷和等量異種電荷的電場線以及等勢面的分布情況，做到

心中有圖才能快速求解。

6.【答案】D

【解析】

【分析】

本題分三段研究線框中感應(yīng)電流，可根據(jù)E=Bh、/=(,得到感應(yīng)電流與速度的關(guān)系，通過分

K

析速度的變化，來分析感應(yīng)電流的變化，即可作出選擇.解決本題的關(guān)鍵正確分析線框的運(yùn)動情

況，掌握切割產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢公式和歐姆定律公式，會通過楞次定律判斷感應(yīng)電流的方向，通

過表達(dá)式分析和選擇圖象.

【解答】

解：據(jù)題意得：

%在0-L內(nèi)，線框的ab邊到達(dá)MN時剛好做勻速直線運(yùn)動，線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電流為/=5=萼，

KK

可知/保持不變，根據(jù)楞次定律判斷可知，/的方向沿逆時針方向，為正；

x在L-2L內(nèi)，磁通量不變，沒有感應(yīng)電流產(chǎn)生，/=0,線框不受安培力，只受重力而做勻加速

直線運(yùn)動；

x在2L-3L內(nèi)，線框穿出磁場，根據(jù)楞次定律判斷得知感應(yīng)電流沿順時針方向，為負(fù)值.由于速

度大于進(jìn)入磁場時的速度，安培力增大，所以安培力大于其重力而減速運(yùn)動，隨著速度減小，安

培力減小，合力減小，加速度隨之減小，所以線框做加速度減小的變減速運(yùn)動.速度減小，感應(yīng)

電流減小，而且加速度減小，速度的變化率減小，則電流的變化率隨之減小，所以i-x的切線斜

率減小.線框剛出磁場時安培力最小等于重力，速度最小等于進(jìn)入磁場時的速度，所以感應(yīng)電流

最小值不小于進(jìn)入磁場時的電流值，故。正確，A8C錯誤.

故選：D.

7.【答案】BDE

【解析】解：A、布朗運(yùn)動微粒越大，受力面積越大，液體分子從各個方向?qū)腋×Ｗ幼矒糇饔?/p>

的越趨于平衡，所以布朗運(yùn)動越不劇烈，故A錯誤。

8、在兩個分子從無限遠(yuǎn)的地方不斷靠近的過程中，它們的分子力先增大后減小再增大，如圖所示:

故B正確。

C、在兩個分子從無限遠(yuǎn)的地方不斷靠近的過程中，它們的分子勢能先減小后增大，如圖所示:

故C錯誤。

D、溫度是分子平均動能的標(biāo)志，兩個系統(tǒng)達(dá)到熱平衡時，溫度相同，它們的分子平均動能一定

相同，故。正確。

E、根據(jù)熱力學(xué)第一定律△(7=(?+〃，外界對封閉的理想氣體做正功皿＞0,但氣體和外界的熱

交換不明確，氣體的內(nèi)能可能減少，故E正確。

故選：BDE。

顆粒越小，溫度越高，布朗運(yùn)動越劇烈；根據(jù)分子力F-r圖象和分子勢能Ep-r圖象分析分子力

和分子勢能隨r的變化情況；兩個系統(tǒng)達(dá)到熱平衡時，溫度相同；根據(jù)熱力學(xué)第一定律判斷。

本題考查了布朗運(yùn)動、分子力、分子勢能、熱力學(xué)第一定律等知識點(diǎn)。這種題型知識點(diǎn)廣，多以

基礎(chǔ)為主，只要平時多加積累，難度不大。

8.【答案】AC

【解析】解：A由幾何知識得：光線在力B面上入射角為0=45。，折射

角為a=30。，則棱鏡的折射率為：〃=陋=/工，故A正確；

sina

B、根據(jù)幾何關(guān)系得到：夕=30。，根據(jù)全反射定律：siny=；,得到全

反射角y=45。＞。，故光在F點(diǎn)發(fā)生全反射，故8錯誤;

C、根據(jù)幾何關(guān)系可知從尸點(diǎn)出射的光束與入射到E點(diǎn)的光束的夾角為30。，故C正確；

。、由于同種材料對不同的色光的折射率不同，相對于紅光而言紫光的折射率大，因此折射后紫

光的偏向角大些，故改用紫光沿相同角度從E點(diǎn)入射，則出射點(diǎn)在尸點(diǎn)右側(cè)，故。錯誤。

故選：AC.

由幾何知識分別得到入射角和折射角，求出折射率；根據(jù)全反射定律求出全反射角，從而判斷在F

點(diǎn)能否發(fā)生全反射；根據(jù)幾何關(guān)系求出夾角；根據(jù)各種色光的折射率大小分析偏向角的大小。

解決該題的關(guān)鍵是根據(jù)光路圖找到折射現(xiàn)象中的入射角和折射角，熟記折射定律，知道光速、波

長和頻率的影響因素。

9.【答案】ACD

【解析】解：4、當(dāng)氣體膨脹時，氣體對外做功，所以根據(jù)熱力學(xué)第一定律知：車胎突然爆裂的

瞬間，氣體內(nèi)能減少。故A正確。

8、根據(jù)熱力學(xué)第二定律，熱量能夠自發(fā)地從高溫物體傳遞到低溫物體，但不能自發(fā)地從低溫物體

傳遞到高溫物體。故B錯誤

C、根據(jù)氣體壓強(qiáng)的微觀意義可知，氣體的壓強(qiáng)產(chǎn)生的機(jī)理是由大量氣體分子對器壁不斷碰撞而

產(chǎn)生的，故C正確。

。、根據(jù)大氣壓的變化規(guī)律可知，隨著高度的增加，大氣壓和溫度都在減小，一個正在上升的氫

氣球內(nèi)的氫氣的溫度隨外界溫度的降低而降低，所以氫氣的內(nèi)能減小。故。正確。

從能量轉(zhuǎn)化過程中，總能量不變，但能量可以利用的品質(zhì)降低，能源會越來越少。故E錯誤。

故選：ACD.

根據(jù)熱力學(xué)第一定律分析氣體膨脹時內(nèi)能如何變化；根據(jù)熱力學(xué)第二定律分析；根據(jù)氣體壓強(qiáng)的

微觀意義分析；知道節(jié)約能源的意義。

了解氣體的分子運(yùn)動特點(diǎn)，氣體壓強(qiáng)的微觀含義和氣體的內(nèi)能，溫度是理想氣體的內(nèi)能大小的標(biāo)

志，關(guān)于內(nèi)能的變化可由熱力學(xué)第一定律來判斷。

10.【答案】ACE

【解析】解：力、同種物質(zhì)可能以晶體和非晶體兩種不同的形態(tài)出現(xiàn)，比如：金剛石與石墨，故A

正確。

B,教室空氣中飛舞的塵埃是由于空氣的對流而形成的，不是布朗運(yùn)動，故B錯誤。

C、根據(jù)熱力學(xué)第二定律或者嫡增加原理可知：在任何自然的過程中，總是朝著更無序更混亂的

方向進(jìn)行，故一個孤立的系統(tǒng)的總嫡不會減小，故C正確。

。、打氣筒給自行車打氣時，用力才能將空氣壓縮，是要克服氣體壓強(qiáng)的原因，氣體壓強(qiáng)是氣體

分子對容器壁的碰撞造成的，與分子力無關(guān)，故。錯誤。

E、根據(jù)熱力學(xué)第二定律可知，氣體向真空的自由膨脹是不可逆的，故E正確。

故選：ACE.

同種物質(zhì)可能以晶體和非晶體兩種不同的形態(tài)出現(xiàn)。

布朗運(yùn)動是固體微粒的運(yùn)動，是液體分子無規(guī)則熱運(yùn)動的反映。

根據(jù)熱力學(xué)第二定律或者燃增加原理即可判斷。

氣體很難壓縮是壓強(qiáng)的原因。

本題考查了物體形態(tài)、布朗運(yùn)動、熱力學(xué)第二定律、氣體壓強(qiáng)的知識，解題關(guān)鍵是要全面綜合掌

握教材選修3-3的知識內(nèi)容，并能運(yùn)用其去解釋現(xiàn)實(shí)生活中的現(xiàn)象，熠增加原理是熱力學(xué)第二定

律除了開爾文表述、克勞修斯表表述的又一種表述。

2

11.【答案】8、C組成的系統(tǒng)颯;*d(mc_m^gh

【解析】解：(1)實(shí)驗(yàn)中要驗(yàn)證機(jī)械能守恒，只有以B、C組成的系統(tǒng)為研究對象，才只有重力做

功，機(jī)械能才守恒，故該實(shí)驗(yàn)的研究對象是B、C組成的系統(tǒng)。

(2)因?yàn)檎诠鈼l的寬度為故物塊C通過光電門的速度可近似等于通過d的平均速度，即為:

"一￡d

所以從物塊C由靜止釋放到其經(jīng)過光電門的過程中，B、C組成的系統(tǒng)動能增加量為：2EK=

2

從物塊C由靜止釋放到其經(jīng)過光電門的過程中，物塊C下降兒物塊B上升八，故8、C組成的系統(tǒng)重

力勢能該變量為：△Ep=mcgh-mBgh=(mc-mB)gh

2

故答案為：(1)B、C組成的系統(tǒng)；(2)⑺魯c)d；(3)(?k-機(jī)8)9九。

(1)明確機(jī)械能守恒的條件只有重力或彈力做功，而本實(shí)驗(yàn)中要驗(yàn)證機(jī)械能守恒，所以要選擇機(jī)械

能守恒的系統(tǒng)進(jìn)行研究；

(2)根據(jù)平均速度可近似等于中間時刻的瞬時速度求出d點(diǎn)的瞬時速度，再根據(jù)動能的定義確定動

能的增加量；根據(jù)重力勢能的定義確定重力勢能的減小量。

解決本題的關(guān)鍵掌握游標(biāo)卡尺的讀數(shù)方法，知道極短時間內(nèi)的平均速度可以代替瞬時速度，同時

明確重力勢能和動能的定義，明確驗(yàn)證機(jī)械能守恒的方法。

°

12.【答案】(1)①③②④；(2)。；(3)而可；。是N個點(diǎn)對應(yīng)的圓心角，7是電火花計(jì)時器的打

點(diǎn)時間間隔

【解析】

【分析】

(1)該實(shí)驗(yàn)應(yīng)先安裝器材，再啟動電動機(jī)，然后接通電源打點(diǎn)，最后關(guān)閉電源，取出卡片，測量進(jìn)

行數(shù)據(jù)處理.

(2)打點(diǎn)計(jì)時器可以記錄時間，要求角速度，還得知道在一定的時間里轉(zhuǎn)過的角度，這點(diǎn)可用量角

器測量.

(3)角速度3="，測出角度，時間可以通過打點(diǎn)的間隔讀出.

解決本題的關(guān)鍵知道該實(shí)驗(yàn)的實(shí)驗(yàn)原理3以及知道該實(shí)驗(yàn)的操作順序.

【解答】

解：(1)該實(shí)驗(yàn)先將電火花計(jì)時器與圓形卡紙保持良好接觸，先使卡片轉(zhuǎn)動，再打點(diǎn)，最后取出卡

片進(jìn)行數(shù)據(jù)處理.故次序?yàn)棰佗邰冖?

(2)要測出角速度，需要測量點(diǎn)跟點(diǎn)間的角度，需要的器材是量角器.

故選：D.

(3)根據(jù)3=空，則3=萬三,。是N個點(diǎn)對應(yīng)的圓心角，T是電火花計(jì)時器的打點(diǎn)時間間隔.

At(/V-1)/

故答案為：(1)①③②④；(2)。；(3)"看，。是N個點(diǎn)對應(yīng)的圓心角，7是電火花計(jì)時器的打點(diǎn)

時間間隔.

13.【答案】解：(1)小球從B到C,系統(tǒng)機(jī)械能守恒，有：

1o

mg(R+Rcos60。)=-mv^+EPc

4B_I_3tngR—2Ep(j_I~~3x0.2x10x0.5—2x0.6_。.

停：%=(~"m-,02=3mls?

(2)在C點(diǎn)，由牛頓第二定律可得：?+氏一69=小匹

R

其中：F=kR=4.8x0.5=2.4N

代入得：FN=3.2/V

由牛頓第三定律得：小球?qū)Νh(huán)的壓力的大小為3.2N,方向豎直向下.

答：(1)小球經(jīng)過C點(diǎn)時的速度大小為3m/s.

(2)小球經(jīng)過C點(diǎn)時對環(huán)的作用力的大小為3.2N,方向豎直向下.

【解析】對小球和彈簧組成的系統(tǒng)研究，運(yùn)用機(jī)械能守恒定律求出小球經(jīng)過C點(diǎn)的速度大小.在

最低點(diǎn)C,通過徑向的合力提供向心力求出環(huán)對小球的作用力大小，從而通過牛頓第三定律得出

小球?qū)Νh(huán)的作用力大小和方向.

本題考查了機(jī)械能守恒定律和牛頓第二定律的綜合運(yùn)用，知道小球在最低點(diǎn)向心力的來源，結(jié)合

牛頓第二定律進(jìn)行求解.

14.【答案】解：(1)小球甲從4點(diǎn)到B點(diǎn)，由機(jī)械能守恒定律可得：

1,

mvgh0='小甲/

兩小球碰撞時，取向右為正方向，由動量守恒定律可得：

m鏟0=m嚴(yán)'o+m^v'

由機(jī)械能守恒定律可得：

111

2m甲諾=2機(jī)甲弘2+2小乙0'2

小球乙從BC軌道滑至E點(diǎn)過程，由機(jī)械能守恒定律得：

11

2nl乙=m乙g-3R+々小乙

小球乙在E點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律及向心力公式，得：

V?

可+小乙9=m乙至

根據(jù)牛頓第三定律小球乙對軌道的壓力為：

N'=N

由以上各式并代入數(shù)據(jù)得：

v'=2V10m/s>N'=30/V

(2)。、G離地面的高度為：

九i=2R—Rcos370=0.48m

設(shè)小球乙上滑的最大高度為%,則小球乙在GH段滑行的距離為：

sin37

小球乙從水平軌道位置滑至最高點(diǎn)的過程，根據(jù)動能定理得：

-m乙gl1m-fs=0-々nt乙v'2

其中f=)imgcos37°,，=2V10m/s＞

由以上各式并代入數(shù)據(jù)得：hm=1.62m

(3)只有小球甲時，小球甲要沿原路徑返回，若未能完成圓周運(yùn)動，則/i〈2R=0.8m。

若能完成圓周運(yùn)動，則小球甲返回時必須能經(jīng)過圓軌道的最高點(diǎn)E.設(shè)小球沿GH上升的豎直高度為

△h,上升過程克服摩擦力做功為叼，則有：

,△h

=〃叫曲37。?花恭

小球甲從釋放位置滑至最高點(diǎn)的