2023年青海省西寧市高考物理復(fù)習(xí)試卷（二）

2023年青海省西寧市高考物理復(fù)習(xí)試卷（二）

一、選擇題

1.自然界存在的放射性元素的原子核并非只發(fā)生一次衰變就達到穩(wěn)定狀態(tài)，而是要發(fā)生一

系列連續(xù)的衰變，最終達到穩(wěn)定狀態(tài)。某些原子核的衰變情況如圖所示（N表示中子數(shù),

Z表示質(zhì)子數(shù)），則下列說法正確的是（）

A.由褊8Ra到禧8人?的衰變是a衰變

B.已知煦8Ra的半衰期是T,則8個煦8Ra原子核經(jīng)過2T時間后還剩4個

C.從煦8Th到烈8Pb共發(fā)生5次a衰變和2次B衰變

9082

D.圖中原子核發(fā)生的a衰變和0衰變分別只能產(chǎn)生a射線和0射線

2.如圖所示，若船用纜繩固定，人恰好可以從船頭跳上岸；撤去纜繩，人仍然恰好可以從

船頭跳上岸。已知兩次從離開船跳上岸所用時間相等，人的質(zhì)量為60kg,船的質(zhì)量為

120kg,不計水和空氣阻力，忽略人豎直方向的運動，則兩次人消耗的能量之比為（）

A.1：IB.1：2C.I：3D.2：3

3.風(fēng)力發(fā)電為2022年卡塔爾世界杯供應(yīng)綠色電能，其模型如圖所示。風(fēng)輪機葉片轉(zhuǎn)速為n,

并形成半徑為r的圓面，通過轉(zhuǎn)速比為1：k的升速齒輪箱帶動面積為S、匝數(shù)為N的發(fā)

電機線圈高速轉(zhuǎn)動，產(chǎn)生的交變電流經(jīng)過理想變壓器升壓后，輸出電壓為U。已知空氣

密度為P，風(fēng)速為v,勻強磁場的磁感應(yīng)強度為B,⑨為交流電壓表，忽略線圈電阻，則

（）

A.線圈位于圖示位置時，交流電壓表的示數(shù)為零

B.從圖示位置開始計時，線圈中感應(yīng)電動勢的瞬時值表達式為2nNBSknsin（如knt）

C.變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為如NBSkn：U

D.單位時間內(nèi)沖擊風(fēng)輪機葉片氣流的動能為apirFv?

4.2022年2月12EI,在速度滑冰男子500米決賽上，高亭宇以34秒32的成績刷新奧運

紀(jì)錄。國家速度滑冰隊在訓(xùn)練彎道技術(shù)時采用人體高速彈射裝置，如圖甲所示，在實際

應(yīng)用中裝置在前方通過繩子拉著運動員，使運動員做勻加速直線運動，到達設(shè)定速度時，

運動員松開繩子，進行高速入彎訓(xùn)練，已知彎道半徑為25m,人體彈射裝置可以使運動

員在4.5s內(nèi)由靜止達到入彎速度18m/s,入彎時冰刀與冰面的接觸情況如圖乙所示，運

動員質(zhì)量為50kg,重力加速度g=10m/s2,忽略彎道內(nèi)外高度差及繩子與冰面的夾角、

冰刀與冰面間的摩擦，下列說法正確的是（）

A.運動員勻加速運動的距離為81m

B.勻加速過程中，繩子的平均彈力為100N

C.運動員入彎時的向心力為648N

D.入彎時冰刀與水平冰面的夾角大于45°

（多選）5.規(guī)定無限遠處的電勢為0,則距離點電荷Q為r的位置的電勢＜p=kQ,其中k

r

為靜電力常量，以正電荷Q為坐標(biāo)原點，以某一根電場線為坐標(biāo)軸x,則x軸上各點的

電場強度E與X」的圖像如圖所示。下列說法正確的是（）

A.距離點電荷1m處的各點的電場強度相同

B.距離點電荷1m處的各點的電勢相同

C.電子從xi=lm點移動到X2=2m點的過程中電勢能增加45eV

D.Xi=1m與X2=2m處的電勢差小于X2=2m與X3=3m處的電勢差

（多選）6.宇宙中有這樣一種三星系統(tǒng)，系統(tǒng)由兩個質(zhì)量為m的小星體和一個質(zhì)量為M

的大星體組成，兩個小星體圍繞大星體在同一圓形軌道上運行，軌道半徑為r.關(guān)于該三

星系統(tǒng)的說法中正確的是（）

A.在穩(wěn)定運行的情況下，大星體提供兩小星體做圓周運動的向心力

B.在穩(wěn)定運行的情況下，大星體應(yīng)在小星體軌道中心，兩小星體在大星體相對的兩側(cè)

3_

C.小星體運行的周期為丁=）絲二_

VG（4M+m）

3_

D.大星體運行的周期為T=

VG（4M+m）

（多選）7.如圖甲所示，粗糙、絕緣的水平地面上，一質(zhì)量m=2kg的帶負電小滑塊（可

視為質(zhì)點）在x=lm處以vo=1.5m/s的初速度沿x軸正方向運動，滑塊與地面間的動摩

擦因數(shù)n=0.05?整個區(qū)域存在沿水平方向的電場，滑塊在不同位置所具有的電勢能EP

如圖乙所示，P點是圖線最低點，虛線AB是圖像在x=1m處的切線，取g=10m/s2,下

列說法正確的是（）

A.x=3m處的電勢最低

B.滑塊向右運動過程中，速度始終減小

C.滑塊運動至x=3m處時，速度大小為與1nzs

D.滑塊向右一定可以經(jīng)過x=4m處的位置

（多選）8.質(zhì)量m=lkg的物體從高為h=0.2m的光滑軌道上P點由靜止開始下滑，滑到

水平傳送帶上的A點，物體和傳送帶之間的動摩擦因數(shù)為四=0.2,傳送帶AB之間的距

離為L=5m,傳送帶一直以v=4m/s的速度勻速運動，則（）

B.物體從A運動到B的過程中，摩擦力對物體做功為2J

C.物體從A運動到B的過程中，產(chǎn)生的熱量為2J

D.物體從A運動到B的過程中，帶動傳送帶轉(zhuǎn)動的電動機多做的功為10J

二、非選擇題

9.采用如圖所示的裝置驗證動量守恒定律。將兩個小球用細線懸掛起來，靜止時兩球相切，

球心等高，兩細線恰好豎直。保持細線伸直，將A球向左拉起，由靜止開始釋放，兩球

碰撞后，A球被反彈向左擺動。貝IJ：

（1）兩球質(zhì)量關(guān)系為mAmB（選填或"="）。

（2）取兩球靜止時球心處為參考面，測出A球向左拉起的最大高度hi；兩球碰撞后，

測出A球與B球第一次彈起分別能達到的最大高度h2和h3。本實驗中能驗證碰撞前后

動量守恒的表達式為：（用上述物理量表示）。

（3）實驗中所需要的測量儀器有：、.

（4）下列做法中對上面的驗證動量守恒表達式有影響的是：。

A.起始小球在最低處靜止時，細線長度略有不等，但兩球心等高

B.起始小球在最低處靜止時，兩細線上端系在同一點上

C.A球開始釋放時有一定的初速度

D.兩球碰撞過程中有機械能損失

E.B球擺到最高點的位置記錄不準(zhǔn)確

10.如圖1所示為某興趣小組測量電池組的電動勢和內(nèi)阻的實驗原理圖，已知電池組的電動

勢約3V,內(nèi)阻約2?！，F(xiàn)提供的器材如下：

A.電池組

B.電壓表Vi（量程0?10V,內(nèi)阻約10kQ）

C.電壓表V2（量程0~3v,內(nèi)阻約3kC）

E.定值電阻Ri。

F.定值電阻R2=100Q

G.開關(guān)和導(dǎo)線若干

（1）如圖1所示，要盡可能精確測量電源的電動勢和內(nèi)阻，電壓表V應(yīng)選擇（選

填“B”或"C”）；定值電阻Ro應(yīng)選擇（選填"E”或"F”）。

（2）改變電阻箱的阻值R,記錄對應(yīng)電壓表的讀數(shù)U,作出的工-上圖像如圖2所示，

UR

圖線與橫、縱坐標(biāo)軸的截距分別為-b、a,定值電阻的阻值用Ro表示，則可得該電池組

的電動勢為，內(nèi)阻為（用字母表示）。

（3）該實驗測得的電動勢與真實值相比（選填“偏大”“偏小”或“不變”），

內(nèi)阻的測量值與真實值相比（選填“偏大“偏小”或“不變

11.如圖所示，將原長為r的輕質(zhì)彈簧放置在粗糙的水平面AB上，一端固定在A點，另一

端與滑塊P（視為質(zhì)點，質(zhì)量可調(diào)節(jié)變化）接觸但不連接，AB的長度為2r,B端與半徑

為r的光滑半圓軌道BCD相切，C點與圓心O等高，D點在O點的正上方，是圓弧的最

高點，滑塊與AB之間的動摩擦因數(shù)為口」。用外力緩慢推動滑塊，每次都將彈簧壓縮

至原長的一半，然后由靜止釋放，滑塊開始沿軌道AB運動，當(dāng)滑塊的質(zhì)量為m時，剛

好能到達圓軌道的最高點D。已知sin37°=0.6,cos37°=0.8,重力加速度為g,求：

（1）彈簧被壓縮至原長的一半時，彈簧的彈性勢能；

（2）改變滑塊的質(zhì)量為M,使之能滑上圓軌道，且仍能沿圓軌道滑下，M的最小值；

（3）E是圓弧軌道上的一點，0、E的連線與OC的夾角為37°,若滑塊的質(zhì)量為mo,

滑塊運動到E點時恰好脫離圓軌道，滑塊的質(zhì)量mo。

12.如圖所示，在xOy平面內(nèi)的第二象限有一個圓形勻強磁場區(qū)域，其邊界與x軸相切于

A（-2V3ir）0）點，磁場方向垂直于紙面向外，磁感應(yīng)強度大小為B=1T,磁場區(qū)域

的半徑為R=2m,第一象限內(nèi)有一條拋物線OQP（圖中虛線所示），P（4m,0）是x軸

上的一點，拋物線OQP上方存在沿y軸負方向的勻強電場，場強E=3Xl（）3v/m,從A

點向第二象限發(fā)射大量帶正電的某種粒子，粒子的速率均為vo（未知），質(zhì)量均為m=2

X107kg,電荷量均為q=lX10“c,所有粒子均可到達P點，不計粒子的重力和粒子

間的相互作用。

（1）已知粒子1沿與x軸正方向成01=60°的方向進入磁場后平行于x軸從磁場中射出，

求初速度vo的大??；

（2）粒子2沿與x軸正方向成。2=120。的方向進入磁場，求它從A點運動到P點所用

的時間t（結(jié)果保留2位有效數(shù)字）；

（3）求電場的邊界線OQP的軌跡方程。

三、選考題

（多選）13.如圖所示，絕熱容器被絕熱隔板Ki和卡銷鎖住的絕熱光滑活塞K2隔成a、b、

c三部分，a部分為真空，b部分為一定質(zhì)量的稀薄氣體，且壓強pb<po（po是大氣壓強），

c與大氣連通，則下列說法中正確的是（）

A.只打開隔板Ki,b中氣體對外做功，內(nèi)能減少

B.只打開隔板Ki,b中氣體不做功，內(nèi)能不變

C.只打開隔板Ki,b中氣體壓強減小，溫度不變

D.只打開卡銷，b中氣體對外做功，內(nèi)能減少

E.只打開卡銷，外界對b中氣體做功，b中氣體內(nèi)能增加

X10-2kg/mol,標(biāo)準(zhǔn)狀態(tài)下摩爾體積是22.4L。

（1）估算氮氣分子間距；

（2）液氮的密度為810kg/m3,假設(shè)液氮可以看成由立方體分子堆積而成，估算液氮分子

間距。（保留一位有效數(shù)字）

（多選）15.如圖所示，等邊三角形AOB為透明柱狀介質(zhì)的橫截面。一束單色光PQ平行

于角平分線OM射向OA,在界面OA發(fā)生折射，折射光線平行于OB且恰好射到M點

（不考慮反射光線）。下列說法正確的有（）

A.單色光在透明柱狀介質(zhì)中的傳播速度為遙X1（）8m/s

B.從AMB面的出射光線與入射光線PQ的偏向角60°

C.增大入射光PQ的頻率，光在該介質(zhì)中的傳播速度減小

D.保持入射點Q不變，減小入射角度，一直有光線從AMB面射出

E.保持入射光PQ的方向不變，增大入射光的頻率，出射點將在M點上方

16.一列簡諧橫波沿直線水平向右傳播，依次經(jīng)過該直線上平衡位置相距9m的a、b兩質(zhì)

點，t=0時刻振動剛好傳到b點，兩質(zhì)點的振動圖像如圖所示。

①求這列簡諧波的波速；

②若該簡諧波的波長人>10m,從振動剛傳到b點時開始計時，請寫出b點右側(cè)18m處c

點的振動方程。

2023年青海省西寧市高考物理復(fù)習(xí)試卷（二）

參考答案與試題解析

一、選擇題

1.自然界存在的放射性元素的原子核并非只發(fā)生一次衰變就達到穩(wěn)定狀態(tài)，而是要發(fā)生一

系列連續(xù)的衰變，最終達到穩(wěn)定狀態(tài)。某些原子核的衰變情況如圖所示（N表示中子數(shù)，

Z表示質(zhì)子數(shù)），則下列說法正確的是（）

A.由煦8Ra到*8Ac的衰變是。衰變

8889

B.已知228Ra的半衰期是T,則8個228區(qū)&原子核經(jīng)過2T時間后還剩4個

8888

C.從煦8Th到州8Pb共發(fā)生5次a衰變和2次B衰變

9082

D.圖中原子核發(fā)生的a衰變和p衰變分別只能產(chǎn)生a射線和p射線

【分析】根據(jù)電荷數(shù)和質(zhì)量數(shù)的變化確定衰變的類型；根據(jù)電荷數(shù)守恒、質(zhì)量數(shù)守恒求

出a衰變的次數(shù)；原子核的半衰期適用大量的，具有統(tǒng)計規(guī)律的；丫射線經(jīng)常是伴隨a

射線和p射線產(chǎn)生的。

【解答】解：A.由煦8Ra到煦8慶?的衰變方程為

8889

即為B衰變，故A錯誤；

B.原子核的半衰期是對大量原子核的行為做出的統(tǒng)計預(yù)測，對于單個或是少量的原子的

衰變是不可預(yù)測的，故B錯誤；

C.從煦8Th到用8Pb質(zhì)量數(shù)少20,則發(fā)生了5次a衰變，根據(jù)反應(yīng)前后質(zhì)量數(shù)、電

9082

荷數(shù)守恒可得，發(fā)生2次0衰變，故C正確；

D.圖中發(fā)生a衰變和0衰變時，往往伴隨丫射線產(chǎn)生，故D錯誤。

故選：C,

【點評】解決本題的關(guān)鍵知道衰變的實質(zhì)，及有統(tǒng)計規(guī)律，知道衰變的過程中電荷數(shù)守

恒、質(zhì)量數(shù)守恒，搞清Y射線的來源?；A(chǔ)題目。

2.如圖所示，若船用纜繩固定，人恰好可以從船頭跳上岸；撤去纜繩，人仍然恰好可以從

船頭跳上岸。已知兩次從離開船跳上岸所用時間相等，人的質(zhì)量為60kg,船的質(zhì)量為

120kg,不計水和空氣阻力，忽略人豎直方向的運動，則兩次人消耗的能量之比為（）

A.1：IB.1：2C.1：3D.2：3

【分析】根據(jù)題意求出人離開船時的速度，撤去纜繩人跳離船的過程系統(tǒng)在水平方向動

量守恒，應(yīng)用動量守恒定律求出船的速度，然后應(yīng)用功能關(guān)系求出人消耗的能量，然后

答題。

【解答】解：船靜止時到河岸的距離相等，兩次從離開船跳上岸所用時間相等，則兩種

情況下人的速度相等，設(shè)為V,撤去纜繩時，人與船組成的系統(tǒng)在水平方向動量守恒，以

人的速度方向為正方向，由動量守恒定律得：mv-Mv?|=0,解得：ViiguOSv,由功能

22

關(guān)系可知：Ei=imv,E2=ymv4Ajjv|^,代入數(shù)據(jù)解得：Ei：E2—2：3,故ABC

錯誤，D正確。

故選：D。

【點評】本題考查動量守恒定律及功能關(guān)系的綜合應(yīng)用，要注意正確分析功能關(guān)系以及

動量守恒定律的規(guī)律才能正確求解。

3.風(fēng)力發(fā)電為2022年卡塔爾世界杯供應(yīng)綠色電能，其模型如圖所示。風(fēng)輪機葉片轉(zhuǎn)速為n,

并形成半徑為r的圓面，通過轉(zhuǎn)速比為1：k的升速齒輪箱帶動面積為S、匝數(shù)為N的發(fā)

電機線圈高速轉(zhuǎn)動，產(chǎn)生的交變電流經(jīng)過理想變壓器升壓后，輸出電壓為U。己知空氣

密度為P，風(fēng)速為v,勻強磁場的磁感應(yīng)強度為B,?為交流電壓表，忽略線圈電阻，則

()

A.線圈位于圖示位置時，交流電壓表的示數(shù)為零

B.從圖示位置開始計時，線圈中感應(yīng)電動勢的瞬時值表達式為2irNBSknsin(如knt)

C.變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為2irNBSkn：U

D.單位時間內(nèi)沖擊風(fēng)輪機葉片氣流的動能為apnFv?

【分析】交流電壓表的示數(shù)為有效值；根據(jù)發(fā)電機線圈的轉(zhuǎn)速得出線圈轉(zhuǎn)動的角速度，

根據(jù)Em=NBS3求解感應(yīng)電動勢的最大值，進而得出電動勢的有效值和瞬時值；單位時

間內(nèi)垂直流向葉片旋轉(zhuǎn)面積的氣體質(zhì)量為pvs,根據(jù)動能公式即可求解。

【解答】解：A、線圈位于圖示位置時，線圈所在平面與磁場方向垂直，則穿過線圈的磁

通量最大，變化率最小，電動勢為零，交流電壓表的示數(shù)為有效值，故不為零，故A錯

誤；

B、風(fēng)輪機葉片轉(zhuǎn)速為n,發(fā)電機線圈的轉(zhuǎn)速為kn,線圈轉(zhuǎn)動的角速度：3=如如

電動勢的峰值Em=NBS3=NBS?2nkn

則從圖示位置開始計時，線圈中感應(yīng)電動勢的瞬時值表達式為e=Emsin3t=2nNBSknsin

(2nknt)

故B正確；

C、變壓器原線圈電壓的有效值為￡=/=空域型=&nknNBS

V2V2

變壓器原副線圈的匝數(shù)比為n”n2=E：U=&irknNBS：U

故C錯誤；

D、單位時間內(nèi)垂直流向葉片旋轉(zhuǎn)面積的氣體質(zhì)量為mo=pvS=pvnr2

單位時間內(nèi)沖擊風(fēng)輪機葉片氣流的動能為Ek=Amov2=Apvnr2,v2=Ap-irr2v3

222

故D錯誤。

故選：B。

【點評】本題主要考查了交流電的相關(guān)應(yīng)用，解題關(guān)鍵是掌握正弦式交變電流峰值、有

效值和瞬時值的計算。

4.2022年2月120,在速度滑冰男子500米決賽上，高亭宇以34秒32的成績刷新奧運

紀(jì)錄。國家速度滑冰隊在訓(xùn)練彎道技術(shù)時采用人體高速彈射裝置，如圖甲所示，在實際

應(yīng)用中裝置在前方通過繩子拉著運動員，使運動員做勻加速直線運動，到達設(shè)定速度時,

運動員松開繩子，進行高速入彎訓(xùn)練，已知彎道半徑為25m,人體彈射裝置可以使運動

員在4.5s內(nèi)由靜止達到入彎速度18m/s,入彎時冰刀與冰面的接觸情況如圖乙所示，運

動員質(zhì)量為50kg,重力加速度g=10m/s2,忽略彎道內(nèi)外高度差及繩子與冰面的夾角、

冰刀與冰面間的摩擦，下列說法正確的是（）

A.運動員勻加速運動的距離為81m

B.勻加速過程中，繩子的平均彈力為100N

C.運動員入彎時的向心力為648N

D.入彎時冰刀與水平冰面的夾角大于45°

【分析】根據(jù)運動學(xué)公式求解運動的距離；根據(jù)運動學(xué)公式求得加速度，根據(jù)牛頓第二

定律求解繩子的平均彈力；根據(jù)向心力公式和幾何關(guān)系完成分析。

【解答】解：A、根據(jù)勻變速直線運動的規(guī)律，可得運動員勻加速直線運動的距離為：

x=yt=^-X4.5m=40.51r故A錯誤；

B、勻加速過程中，平均加速度大小為：

由牛頓第二定律可得繩子的平均彈力為：

F=ma=50X4N=200N,故B錯誤；

C、運動員入彎時的向心力為：

2-1Q2

Fn=nry-50X^-N=648N-故C正確；

D、設(shè)入彎時冰刀與水平冰面的夾角。，則有:

mg=50X10

tan?='<1可得：0<45°,故D錯誤。

『684

故選Co

【點評】本題主要考查了牛頓第二定律在直線運動和圓周運動中的相關(guān)應(yīng)用，熟悉運動

學(xué)公式，結(jié)合牛頓第二定律和向心力的公式完成分析。

（多選）5.規(guī)定無限遠處的電勢為0,則距離點電荷Q為r的位置的電勢<p=k&,其中k

r

為靜電力常量，以正電荷Q為坐標(biāo)原點，以某一根電場線為坐標(biāo)軸x,則x軸上各點的

電場強度E與x-2的圖像如圖所示。下列說法正確的是（）

A.距離點電荷1m處的各點的電場強度相同

B.距離點電荷1m處的各點的電勢相同

C.電子從xi=lm點移動到X2=2m點的過程中電勢能增加45eV

D.xi=lm與X2=2m處的電勢差小于X2=2m與X3=3m處的電勢差

【分析】根據(jù)點電荷的電場線和等勢面特點分析判斷，根據(jù)場強公式結(jié)合圖像解得kQ,

從而計算電勢，離電荷越近的地方場強越大。

【解答】解：A.點電荷為圓心，r為半徑的球面上，各點的電場強度大小相同，但方向不

同，故A錯誤；

B.以點電荷為球心的球面是一個等勢面，即各點的電勢相等，故B正確；

E=-^-

x2

結(jié)合E與x-2的圖像可知

kQ=-^-=36Q~90Nm2/C=90Nm2/C

2

△x4-1

由題意知Q為正電荷，所以xi=lm和X2=2m處的電勢分別為

<pi=X^,夕2=應(yīng)》,

X1x2

代入數(shù)據(jù)解得：<pi=90V,（p2=45V

所以電子從xi=lm點移動到X2=2m點的過程中電勢能的變化為

AE=-e(cp2-<pi)=-e(45V-90V)=45eV

即電勢能增加45eV,故C正確；

D.離電荷越近的地方場強越大，根據(jù)U=Ed可知Xi=1m與X2=2m處的電勢差大于X2

=2m與X3=3m處的電勢差，故D錯誤。

故選：BC。

【點評】本題屬于信息給予題，充分利用題干中給的圖像，結(jié)合點電荷電場公式解得。

(多選)6.宇宙中有這樣一種三星系統(tǒng)，系統(tǒng)由兩個質(zhì)量為m的小星體和一個質(zhì)量為M

的大星體組成，兩個小星體圍繞大星體在同一圓形軌道上運行，軌道半徑為r.關(guān)于該三

星系統(tǒng)的說法中正確的是()

A.在穩(wěn)定運行的情況下，大星體提供兩小星體做圓周運動的向心力

B.在穩(wěn)定運行的情況下，大星體應(yīng)在小星體軌道中心，兩小星體在大星體相對的兩側(cè)

3

2-

C.小星體運行的周期為T=二2三一

3_

D.大星體運行的周期為T=,4?！?/p>

4G⑷.)

【分析】對于某一個環(huán)繞星而言，受到兩個星的萬有引力，兩個萬有引力的合力提供環(huán)

繞星做圓周運動的向心力.

【解答】解：A、在穩(wěn)定運行的情況下，某一個環(huán)繞星而言，受到兩個星的萬有引力，兩

個萬有引力的合力提供環(huán)繞星做圓周運動的向心力。故A錯誤

B、在穩(wěn)定運行的情況下，大星體應(yīng)在小星體軌道中心，兩小星體在大星體相對的兩側(cè)，

故B正確

C、對某一個小星體：

GMm+Giron兀2r

r2(2r)2T2

3

2-

解得：小星體的周期T=,47r，故C正確

VG(4M+m)

D、大星體相對靜止，故D錯誤

故選：BCo

【點評】解決本題的關(guān)鍵掌握萬有引力提供向心力，兩個萬有引力的合力提供環(huán)繞星做

圓周運動的向心力，難度不大，屬于基礎(chǔ)題.

（多選）7.如圖甲所示，粗糙、絕緣的水平地面上，一質(zhì)量m=2kg的帶負電小滑塊（可

視為質(zhì)點）在x=lm處以vo=1.5m/s的初速度沿x軸正方向運動，滑塊與地面間的動摩

擦因數(shù)n=0.05?整個區(qū)域存在沿水平方向的電場，滑塊在不同位置所具有的電勢能EP

如圖乙所示，P點是圖線最低點，虛線AB是圖像在x=1m處的切線，取g=10m/s2,下

列說法正確的是（）

A.x=3m處的電勢最低

B.滑塊向右運動過程中，速度始終減小

C.滑塊運動至x=3m處時，速度大小為賽1nzs

D.滑塊向右一定可以經(jīng)過x=4m處的位置

【分析】滑塊在x=3m處電勢能最低，因為滑塊帶負電，所以x=3m處的電勢最高，EP

-x圖像斜率的絕對值表示滑塊所受電場力的大小，結(jié)合摩擦力可知速度的變化情況；根

據(jù)能量守恒定律判斷滑塊是否到達x=4m處的位置。

【解答】解：A、滑塊在x=3m處電勢能最低，因為滑塊帶負電，所以x=3m處的電勢

最高，故A錯誤；

B、Ep-x圖像斜率的絕對值表示滑塊所受電場力的大小，所以滑塊在x=1m處所受電場

力大小為卜』2=與于=1N

x2

滑塊所受滑動摩擦力大小為

f=|iX2X1ON=1N

在1?3m區(qū)間內(nèi)，滑塊所受電場力與滑動摩擦力方向相反，且不斷減小，則滑塊所受合

外力方向與速度方向相反；在x=3m之后，滑塊所受電場力與滑動摩擦力同向，且不斷

增大，則滑塊所受合外力方向也與速度方向相反。綜上所述可知滑塊向右運動過程中，

速度始終減小，在x=1m處速度最大，故B正確；

22

C、滑塊從x=1m到x=3m運動過程中根據(jù)動能定理有：W?-Wf-lmv-lmvg

解得速故C正確；

2

D.滑塊在x=lm處的電勢能與在x=4m處的電勢能相等，根據(jù)能量守恒定律，若滑塊能

夠經(jīng)過x=4m處，則應(yīng)滿足

—22fAx

2mv0

根據(jù)題中數(shù)據(jù)可知實際情況并不滿足上式，所以滑塊一定無法經(jīng)過x=4m處的位置，故

D錯誤。

故選：BC。

【點評】本題考查電勢能與電場力做功，解題關(guān)鍵掌握電勢能與電勢的關(guān)系，注意Ep-x

圖像斜率的絕對值表示滑塊所受電場力的大小。

（多選）8.質(zhì)量m=lkg的物體從高為h=0.2m的光滑軌道上P點由靜止開始下滑，滑到

水平傳送帶上的A點，物體和傳送帶之間的動摩擦因數(shù)為p=0.2,傳送帶AB之間的距

離為L=5m,傳送帶一直以v=4m/s的速度勻速運動，則（）

B.物體從A運動到B的過程中，摩擦力對物體做功為2J

C.物體從A運動到B的過程中，產(chǎn)生的熱量為2J

D.物體從A運動到B的過程中，帶動傳送帶轉(zhuǎn)動的電動機多做的功為10J

【分析】先由機械能守恒定律求出物體滑到A點時的速度。根據(jù)物體在傳送帶的運動情

況，由牛頓第二定律求出勻加速運動的加速度，由速度公式求出加速到速度與傳送帶相

同所用時間，并求出勻加速運動的位移，分析物體運動到B的速度。再求出物體向右勻

速運動時間，即可所求時間；由動能定理求摩擦力對物體做功。由運動學(xué)可求物體與傳

送帶間的相對位移△$,進而由Q=^mgAS可求產(chǎn)生的熱量。

物體在傳送帶上運動時，物體和傳送帶要發(fā)生相對滑動，所以電動機多做的功一部分轉(zhuǎn)

化成為物體的動能，另一部分就是增加了內(nèi)能。根據(jù)能量守恒求解。

【解答】解：A、設(shè)物體下滑到A點的速度為vo,對PA過程，由機械能守恒定律有：

20

=mgh,代入數(shù)據(jù)得：vo=2m/s<v=4m/s,則物體滑上傳送帶后，在滑動摩擦力的作用

下向右做勻加速運動，加速度大小為a=」*=ug=2m/s*2；當(dāng)物體的速度與傳送帶的

m

速度相等時用時：ti=v丫0=生2s=is,勻加速運動的位移X1=ti=2^x1m

a222

=3m<L=5m,所以物體與傳送帶共速后向右做勻速運動，勻速運動的時間為t2=

x

15-3S_Qgs）故物體從A運動到B的時間為：t=ti+t2=1.5s,故A正確；

v4

B、物體運動到B的速度是v=4m/s,根據(jù)動能定理得：摩擦力對物體做功W=lmv2

2

皿2=lxiX42-J1X1X22J=6J,故B錯誤；

C、在ti時間內(nèi)，傳送帶做勻速運動的位移為x<if=vti=4m,故產(chǎn)生熱量Q=nmgAx

=pmg（x帶-xi）,代入數(shù)據(jù)得：Q=2J,故C正確；

D、電動機多做的功一部分轉(zhuǎn)化成為物體的動能，另一部分轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，則電動機多做的

功3=（Amv2-A?.2）+Q=6J+2J=8J,故D錯誤。

220

故選：ACo

【點評】本題首先要求同學(xué)們能正確分析物體的運動情況，判斷物體與傳送帶是否有共

速。要注意電動機多做的功一部分轉(zhuǎn)化成了物體的動能另一部分就是了相同的內(nèi)能，不

能只考慮物體的動能。

二、非選擇題

9.采用如圖所示的裝置驗證動量守恒定律。將兩個小球用細線懸掛起來，靜止時兩球相切,

球心等高，兩細線恰好豎直。保持細線伸直，將A球向左拉起，由靜止開始釋放，兩球

碰撞后，A球被反彈向左擺動。則：

（1）兩球質(zhì)量關(guān)系為mA<mB（選填或"="）。

（2）取兩球靜止時球心處為參考面，測出A球向左拉起的最大高度hi；兩球碰撞后，

測出A球與B球第一次彈起分別能達到的最大高度h2和h3。本實驗中能驗證碰撞前后

動量守恒的表達式為：01人.而~^=-mA"^+mBGJ_（用上述物理量表示）。

（3）實驗中所需要的測量儀器有：天平、刻度尺。

（4）下列做法中對上面的驗證動量守恒表達式有影響的是：BCE,

A.起始小球在最低處靜止時，細線長度略有不等，但兩球心等高

B.起始小球在最低處靜止時，兩細線上端系在同一點上

C.A球開始釋放時有一定的初速度

D.兩球碰撞過程中有機械能損失

E.B球擺到最高點的位置記錄不準(zhǔn)確

【分析】（1）兩球碰撞后入射球反彈，入射球的質(zhì)量小于被碰球的質(zhì)量。

（2）應(yīng)用動能定理求出小球碰撞前后瞬間的速度大小，碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，應(yīng)用動

量守恒定律可以求出實驗需要驗證的表達式。

（3）根據(jù)實驗需要測量的量確定需要的實驗器材。

（4）根據(jù)實驗原理與實驗注意事項分析答題。

【解答】解：（1）兩球碰撞后入射球反彈，入射球的質(zhì)量小于被碰球的質(zhì)量，即mA<

ITlBo

（2）設(shè)碰撞前瞬間A的速度大小為vo,碰撞后瞬間，A的速度大小為VA,B的速度大

小為VB,由動能定理得：

A球下擺過程，對A球：mAghi=—2.o

2mAvC

A球碰撞后反彈過程，對A球：-mAgh2=0-Lm'v?

2AYA

碰撞后B擺動過程，對B球：-mBgh3=0-/mpJ

兩球碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得：mAvo=-

mAVA+mBVB，

整理得：mA7h7=-mA7h^+mB7h3

（3）實驗需要用天平測小球的質(zhì)量，需要用刻度尺測量小球的高度。

（4）A、起始小球在最低處靜止時，細線長度略有不等，但兩球心等高，兩球發(fā)生對心

正碰，對驗證動量守恒表達式?jīng)]有影響，故A錯誤；

B、起始小球在最低處靜止時，兩細線上端系在同一點上，兩球不能發(fā)生對心正碰，對驗

證動量守恒表達式有影響，故B正確；

C、A球開始釋放時有一定的初速度，小球到達最低點時的速度偏大，對驗證動量守恒表

達式有影響，故C正確；

D、兩球碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，兩球碰撞過程中有機械能損失對驗證動量守恒表達式?jīng)]

有影響，故D錯誤；

E、B球擺到最高點的位置記錄不準(zhǔn)確，影響小球速度的測量，對驗證動量守恒表達式有

影響，故E正確。

故選：BCE。

故答案為：⑴<;（2）mAjj「=-mA/m+mBjim；⑶天平；刻度尺；（4）BCE。

【點評】理解實驗原理是解題的前提，應(yīng)用動能定理或機械能守恒定律求出小球碰撞前

后瞬間小球的速度，應(yīng)用動量守恒定律即可解題。

10.如圖1所示為某興趣小組測量電池組的電動勢和內(nèi)阻的實驗原理圖，已知電池組的電動

勢約3V,內(nèi)阻約2。?，F(xiàn)提供的器材如下：

A.電池組

B.電壓表Vi（量程0?10V,內(nèi)阻約10kQ）

C.電壓表V2（量程0?3v,內(nèi)阻約3k￡D

E.定值電阻Ri。

F.定值電阻R2=100Q

G.開關(guān)和導(dǎo)線若干

（1）如圖1所示，要盡可能精確測量電源的電動勢和內(nèi)阻，電壓表V應(yīng)選擇C（選

填“B”或"C”）；定值電阻Ro應(yīng)選擇E（選填"E”或"F”）.

（2）改變電阻箱的阻值R,記錄對應(yīng)電壓表的讀數(shù)U,作出的工-上圖像如圖2所示，

UR

圖線與橫、縱坐標(biāo)軸的截距分別為-b、a,定值電阻的阻值用Ro表示，則可得該電池組

的電動勢為_工_,內(nèi)阻為工-Ro（用字母表示）。

ab

（3）該實驗測得的電動勢與真實值相比偏?。ㄟx填“偏大”“偏小”或“不變”），

內(nèi)阻的測量值與真實值相比偏?。ㄟx填“偏大“偏小”或“不變”）。

【分析】（1）根據(jù)實驗器材與實驗?zāi)康拇_定實驗原理，然后根據(jù)實驗?zāi)康呐c實驗所給實

驗器材分析答題；

（2）應(yīng)用閉合電路歐姆定律求出圖象的函數(shù)表達式，然后根據(jù)圖示圖象求電源電動勢與

內(nèi)阻；

（3）根據(jù)實驗誤差來源分析實驗誤差。

【解答】解：（1）電源電動勢約為3V,考慮準(zhǔn)確和安全，電壓表應(yīng)選C；電源內(nèi)阻約為

2Q,定值電阻如果選擇F,電壓表示數(shù)變化很小，因此定值電阻不能選F,定值電阻應(yīng)

選擇E。

（2）歐閉合電路歐姆定律得：

E=U+I（r+Ro）=U+\（r+Ro）,

R

結(jié)合工-工圖象得：

UR

圖象斜率為：1<=三四=至,

Eb

縱軸截距為；a=工，

E

解得電源電動勢為：E=工，

電源內(nèi)阻為：r=2-Ro；

b

(3)由于電壓表的分流作用，導(dǎo)致電流值比實際通過電源的電流偏小，則造成電動勢的

測量值偏小，內(nèi)阻的測量值與真實值相比偏小。

故答案為：(1)C；E；(2).1,A-Ro；(3)偏?。黄?/p>

ab

【點評】本題考查測量電動勢和內(nèi)阻的實驗，要注意明確實驗原理，能根據(jù)圖象法進行

分析，同時利用函數(shù)規(guī)律進行分析求解即可。

11.如圖所示，將原長為r的輕質(zhì)彈簧放置在粗糙的水平面AB上，一端固定在A點，另一

端與滑塊P(視為質(zhì)點，質(zhì)量可調(diào)節(jié)變化)接觸但不連接，AB的長度為2r,B端與半徑

為r的光滑半圓軌道BCD相切，C點與圓心O等高，D點在O點的正上方，是圓弧的最

高點，滑塊與AB之間的動摩擦因數(shù)為以小。用外力緩慢推動滑塊，每次都將彈簧壓縮

至原長的一半，然后由靜止釋放，滑塊開始沿軌道AB運動，當(dāng)滑塊的質(zhì)量為m時，剛

好能到達圓軌道的最高點D。已知sin37°=0.6,cos37°=0.8,重力加速度為g,求:

(1)彈簧被壓縮至原長的一半時，彈簧的彈性勢能；

(2)改變滑塊的質(zhì)量為M,使之能滑上圓軌道，且仍能沿圓軌道滑下，M的最小值：

(3)E是圓弧軌道上的一點，0、E的連線與OC的夾角為37°,若滑塊的質(zhì)量為mo,

滑塊運動到E點時恰好脫離圓軌道，滑塊的質(zhì)量mo。

【分析】(1)滑塊剛好能到達圓軌道的最高點D時，由重力提供向心力，由牛頓第二定

律求出滑塊到達D點的速度大小，再由動能定理求彈簧被壓縮至原長的一半時，彈簧的

彈性勢能；

(2)改變滑塊的質(zhì)量為M,使之能滑上圓軌道，且仍能沿圓軌道滑下，滑塊到達C點

時速度剛好為0時，M最小，由動能定理求M的最小值；

(3)滑塊運動到E點時恰好脫離圓軌道，由重力沿半徑方向的分力提供向心力，由牛頓

第二定律求出滑塊運動到E點時的速度大小，再由動能定理求滑塊的質(zhì)量mo。

【解答】解：(1)滑塊剛好到達D點時，由重力提供向心力，由牛頓第二定律可知

滑塊由釋放到D點，由動能定理有

聯(lián)立解得：Ep=3mgr

(2)當(dāng)滑塊的質(zhì)量M最小時，滑塊到達C點時速度剛好為0。

滑塊由釋放到C點，由動能定理有

解得：M=2m

(3)滑塊運動到E點時恰好脫離圓軌道，此時軌道對滑塊的彈力剛好為0,重力沿半徑

方向的分力提供向心力，由牛頓第二定律可知

滑塊由釋放到E點，由動能定理有

聯(lián)立解得：m0-1m

答：(D彈簧被壓縮至原長的一半時，彈簧的彈性勢能為3mgr；

(2)M的最小值為2m；

(3)滑塊的質(zhì)量mo為$m。

4

【點評】根據(jù)題意分析清楚滑塊的運動過程，確定滑塊做圓周運動的向心力來源是解題

的關(guān)鍵；應(yīng)用動能定理時，要明確研究過程，分析各力做功情況。

12.如圖所示，在xOy平面內(nèi)的第二象限有一個圓形勻強磁場區(qū)域，其邊界與x軸相切于

A(-2V3ir>0)點，磁場方向垂直于紙面向外，磁感應(yīng)強度大小為B=1T,磁場區(qū)域

的半徑為R=2m,第一象限內(nèi)有一條拋物線OQP(圖中虛線所示)，P(4m,0)是x軸

上的一點，拋物線OQP上方存在沿y軸負方向的勻強電場，場強E=3Xl()3v/m,從A

點向第二象限發(fā)射大量帶正電的某種粒子，粒子的速率均為vo(未知)，質(zhì)量均為m=2

X10“kg,電荷量均為q=lX10"c,所有粒子均可到達P點，不計粒子的重力和粒子

間的相互作用。

(1)已知粒子1沿與x軸正方向成01=60°的方向進入磁場后平行于x軸從磁場中射出，

求初速度vo的大??；

(2)粒子2沿與x軸正方向成。2=120。的方向進入磁場，求它從A點運動到P點所用

的時間t(結(jié)果保留2位有效數(shù)字)；

(3)求電場的邊界線OQP的軌跡方程。

【分析】(1)根據(jù)題意可知粒子1做勻速圓周運動的圓心，由幾何關(guān)系求得半徑，根據(jù)

洛倫茲力提供向心力可求得粒子1的速度vo；

(2)根據(jù)粒子2的入射方向，由磁發(fā)散的原理，找到離開磁場的D點及方向，由幾何關(guān)

系求出D點到P點的水平距離，再分別求出粒子2在磁場中的時間和從離開到到達P點

的時間，從而求得粒子2從A到P的時間；

(3)根據(jù)題設(shè)條件畫出任意粒子的運動軌跡，由類平拋運動的規(guī)律分別表示出做類平拋

的水平位移和豎直位移，結(jié)合末速度方向(即經(jīng)過P點)，由相似三角形的比例關(guān)系求得

拋物線方程。

【解答】解：（1）設(shè)磁磁場圓心為01,粒子1在磁場中運動軌跡的半徑為r,圓心為02,

從磁場邊界上的C點飛出，如下圖所示，

由幾何關(guān)系可知四邊形OiAO2c為菱形，故有：r=R

2

mV

Bo

由牛頓第二定律，洛倫茲力提供向心力:o

qvr

聯(lián)立代入數(shù)據(jù)解得：=lX103m/3

（2）設(shè)粒子2在磁場中運動軌跡的圓心為03,它從D點平行于x軸射出磁場，延長D03

與x軸相交于E點，DE垂直于x軸，如下圖所示，

ZAO3D=120°NO3AE=30°

粒子2在磁場中運動的周期：T=2工三=22L2￡2_s=4nxio-3s

v01X103

它在磁場中運動的時間：t120°T^42LX10-3

13603

D點的橫坐標(biāo)：XD=XA+r?cos/O3AE=-W^m+2XY^_m=

2

D點到P點沿x軸方向的位移為：x=xp-XD=4m-(f/§m)=(4+^3)m

粒子2從D點到P點在沿x軸方向上做勻速直線運動，所用時間：t2=K=

v01X103

—(4+^3)s

-3

所以：t=t1+t2=9.9X10s

（3）由幾何關(guān)系可知所有粒子都平行于x軸進入電場，如下圖所示

設(shè)某個粒子在電場中運動的時間為to,加速度為a,到達拋物線OQP時的坐標(biāo)為（x,y）,

此時粒子速度為V,沿y軸方向的分速度大小為Vy,X軸方向上勻速直線運動：X=voto

y軸方向上由牛頓第二定律有：qE=ma

X106mzs2

而豎直方向的速度：vy=ato

Y

由三角形相似可得：上=」—

V0XD-X

聯(lián)立以上幾式解得：y=-2+6X（m）（0WxW4m）

答：（1）初速度vo的大小為1義10%/s；

X10-3s；

(3)電場的邊界線OQP的軌跡方程為y=-2+6X(m)(0WxW4m)。

【點評】該題考查帶電粒子在圓形勻強磁場磁發(fā)散后，平行進入拋物線界面的電場中做

類平拋運動，再進入無場區(qū)做勻速直線運動的實例。需要根據(jù)題意將粒子沿不同方向射

出的運動軌跡畫出，再結(jié)合圓的知識以及類平拋運動的規(guī)律進行分析，解決該題的關(guān)鍵

是準(zhǔn)確畫出粒子的運動軌跡，并能正確分析軌跡，題目綜合性較強，難度較大。

三、選考題

(多選)13.如圖所示，絕熱容器被絕熱隔板Ki和卡銷鎖住的絕熱光滑活塞K2隔成a、b、

c三部分，a部分為真空，b部分為一定質(zhì)量的稀薄氣體，且壓強pb<po(po是大氣壓強)，

c與大氣連通，則下列說法中正確的是()

A.