《2013年高考物理 考前預(yù)測(cè)仿真檢測(cè)題2》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2013年高考物理 考前預(yù)測(cè)仿真檢測(cè)題2（13頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、2013年高考考前預(yù)測(cè)仿真檢測(cè)題二 第Ⅰ卷(選擇題　共31分) 一、單項(xiàng)選擇題：本題共5小題，每小題3分，共計(jì)15分。每小題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題意。 1．許多科學(xué)家對(duì)物理學(xué)的發(fā)展作出了巨大貢獻(xiàn)，這也歸功于他們采用了正確的物理方法，下列表述正確的是(　　) A．卡文迪許用放大法測(cè)出了靜電力常量 B．伽利略用理想實(shí)驗(yàn)證明了力是使物體運(yùn)動(dòng)的原因 C．法拉第用歸納法得出了電磁感應(yīng)的產(chǎn)生條件 D．庫侖用微分測(cè)出了靜電力常量 解析：選C　卡文迪許用放大法測(cè)出了引力常量，A項(xiàng)錯(cuò)；伽利略用理想實(shí)驗(yàn)證明了運(yùn)動(dòng)不需要力來維持，B項(xiàng)錯(cuò)；法拉第研究了各種電磁感應(yīng)現(xiàn)象，如動(dòng)生、感生等，歸納出了電磁感應(yīng)產(chǎn)生

2、的條件，C項(xiàng)正確；庫侖用庫侖扭秤測(cè)出了靜電力常量，D項(xiàng)錯(cuò)。 2．如圖1所示，有5 000個(gè)質(zhì)量均勻?yàn)閙的小球，將它們用長(zhǎng)度相等的輕繩依次連接，再將其左端用細(xì)繩固定在天花板上，右端施加一水平力使全部小球靜止。若連接天花板的細(xì)繩與水平方向的夾角為45°。則第2 011個(gè)小球與2 012個(gè)小球之間的輕繩與水平方向的夾角α的正切值等于(　　) 圖1 A.　　　　　　　　 B. C. D. 解析：選A　選取所有的5 000個(gè)小球?yàn)檠芯拷Y(jié)象，由平衡條件得：Tsin 45°＝5 000mg，Tcos 45°＝F，可得F＝5 000mg，然后取下邊5 000－2 011＝2 9

3、89個(gè)小球?yàn)檠芯繉?duì)象，設(shè)2 011個(gè)小球與2 012個(gè)小球間作用力為T′，T′與水平方向夾角為α，由平衡條件可得：Τ′sin α＝2 989mg，T′cos α＝F，解得tan α＝，故A正確。 3.如圖2所示是物體在某段運(yùn)動(dòng)過程中v－t圖象，在t1和t2時(shí)刻的瞬時(shí)速度分別為v1和v2，則時(shí)間由t1到t2的過程中(　　) A．加速度不斷減小 B．加速度不斷增大 圖2 C．平均速度＝ D．平均速度> 解析：選A　從圖線的斜率可知物體的加速度逐漸減小，故A正確、B錯(cuò)誤；若物體從t1時(shí)刻到t2時(shí)刻做勻減速運(yùn)動(dòng)，則其v－t圖如圖中直線2所示，從v－t圖象可知兩種運(yùn)動(dòng)情況下，勻減速運(yùn)動(dòng)的

4、位移較大，其平均速度較大，物體做勻減速運(yùn)動(dòng)由t1到t2的過程中平均速度等于，所以物體做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)中的平均速度應(yīng)小于，故C、D錯(cuò)誤。 4．神舟七號(hào)經(jīng)過變軌后，最終在距地球表面約343公里的圓軌道上正常飛行，約每90分鐘繞地球一圈。則下列說法正確的是(　　) A．神舟七號(hào)繞地球正常飛行時(shí)三位宇航員的加速度都大于9.8 m/s2 B．神舟七號(hào)繞地球正常環(huán)繞飛行的速率可能大于8 km/s C．神舟七號(hào)飛船在軌道上正常飛行時(shí)，宇航員由于失去重力作用而處于懸浮狀態(tài)，在艙內(nèi)行走時(shí)，須穿帶鉤的鞋子，地板是網(wǎng)格狀的 D．神舟七號(hào)運(yùn)行的周期比地球近地衛(wèi)星的周期大 解析：選D　地球表面的重力加

5、速度為g＝9.8 m/s2，g值隨著高度的升高而減小，故A錯(cuò)誤；近地軌道上衛(wèi)星的線速度為v＝7.9 m/s，高度越高、半徑越大、線速度越小，故B錯(cuò)誤；飛船在軌道上正常飛行時(shí)，宇航員處于失重狀態(tài)但是并沒有失去重力，故C錯(cuò)誤；近地軌道的衛(wèi)星周期約為84 min，半徑越大、周期越大，故D正確。 5.如圖3所示，虛線框內(nèi)存在著沿紙面方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)(具體方向未畫出)，一質(zhì)子從bc邊上的M點(diǎn)以速度v0垂直于bc邊射入電場(chǎng)，只在電場(chǎng)力作用下，從cd邊上的Q點(diǎn)飛出電場(chǎng)。下列說法正確的是(　　) A．不管電場(chǎng)方向如何，質(zhì)子從M點(diǎn)到Q點(diǎn)一定做勻變速運(yùn)動(dòng) B．電場(chǎng)方向一定是垂直ab邊向右 圖3

6、 C．電場(chǎng)力一定對(duì)電荷做了正功 D．M點(diǎn)的電勢(shì)一定高于Q點(diǎn)的電勢(shì) 解析：選A　由于是勻強(qiáng)電場(chǎng)，質(zhì)子所受電場(chǎng)力為恒力，故質(zhì)子運(yùn)動(dòng)的加速度恒定，一定做勻變速運(yùn)動(dòng)，A項(xiàng)正確。由于電場(chǎng)方向不確定，故無法判斷M、Q兩點(diǎn)的電勢(shì)高低，也無法判斷電場(chǎng)力做功的正負(fù)，BCD項(xiàng)均錯(cuò)。 二、多項(xiàng)選擇題：本題共4小題，每小題4分，共計(jì)16分。每小題有多個(gè)選項(xiàng)符合題意。全部選對(duì)的得4分，選對(duì)但不全的得2分，錯(cuò)選或不答的得0分。 6．在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，一矩形金屬線框繞與磁感線垂直的轉(zhuǎn)軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，當(dāng)線框的轉(zhuǎn)速為n1時(shí)， 產(chǎn)生的交變電動(dòng)勢(shì)的圖線為甲，當(dāng)線框的轉(zhuǎn)速為n2時(shí)，產(chǎn)生的交變電動(dòng)勢(shì)的圖線為乙。則(　　) A．t＝

7、0時(shí)，穿過線框的磁通量均為零 B．t＝0時(shí)，穿過線框的磁通量變化率均為零 圖4 C．n1∶n2＝3∶2 D．乙的交變電動(dòng)勢(shì)的最大值是 V 解析：選BCD　t＝0時(shí)，線圈的電動(dòng)勢(shì)為零，則線圈的磁通量最大，磁通量的變化率為零，故A錯(cuò)誤，B正確；由圖可知，T乙＝0.04 s，T甲＝ s，由n＝可得n1∶n2＝T乙∶T甲＝3∶2，C正確；由Em甲＝NBSω甲，Em乙＝NBSω乙，又ω＝可解得Em乙＝ V，D正確。 7.如圖5所示，光滑水平面上放著足夠長(zhǎng)的木板B，木板B上放著木塊A。A、B接觸面粗糙，現(xiàn)用一水平拉力F作用在B上使其由靜止開始運(yùn)動(dòng)，用f1代表B對(duì)A的摩擦力，f2代表A

8、對(duì)B的摩擦力， 圖5 下列說法正確的有(　　) A．力F做的功一定等于A、B系統(tǒng)動(dòng)能的增加量 B．力F做的功一定小于A、B系統(tǒng)動(dòng)能的增加量 C．力f1對(duì)A做的功等于A動(dòng)能的增加量 D．力F、f2對(duì)B做的功之和等于B動(dòng)能的增加量 解析：選CD　若力F較小，A、B間不發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，則力F做的功等于A、B動(dòng)能的增加量，若力F較大，A、B間發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，則力F做的功等于A、B的動(dòng)能增加量與系統(tǒng)內(nèi)能增量的和，故A、B均錯(cuò)誤；由動(dòng)能定理可知，C、D均正確。 8.如圖6所示，傾斜的傳送帶始終以恒定速率v2運(yùn)動(dòng)。一小物塊以v1的初速度沖上傳送帶，v1>v2。小物塊從A到B的過程中一直做減速運(yùn)

9、動(dòng)，則(　　) A．小物塊到達(dá)B端的速度可能等于v2 圖6 B．小物塊到達(dá)B端的速度不可能等于零 C．小物塊的機(jī)械能一直在減少 D．小物塊所受合力一直在做負(fù)功 解析：選AD　小物塊一直做減速運(yùn)動(dòng)，到B點(diǎn)時(shí)速度為小于v1的任何值，故A正確，B錯(cuò)誤；當(dāng)小物塊與傳送帶共速后，再向上運(yùn)動(dòng)摩擦力對(duì)小物塊做正功，機(jī)械能將增加，故C錯(cuò)誤。W合＝ΔEk<0，D正確。 9.在如圖7所示的傾角為θ的光滑斜面上，存在著兩個(gè)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，區(qū)域Ⅰ的磁場(chǎng)方向垂直斜面向上，區(qū)域Ⅱ的磁場(chǎng)方向垂直斜面向下，磁場(chǎng)的寬度均為L(zhǎng)，一個(gè)質(zhì)量為m、電阻為R、邊長(zhǎng)也為L(zhǎng)的正方形導(dǎo)線框，由靜止開始沿

10、斜面下滑，當(dāng)ab邊剛越過GH進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅰ區(qū)時(shí)，恰好以速度v1做勻速直線運(yùn)動(dòng)；當(dāng)ab邊下滑到JP與 圖7 MN的中間位置時(shí)，線框又恰好以速度v2做勻速直線運(yùn)動(dòng)，從ab進(jìn)入GH到MN與JP的中間位置的過程中，線框的動(dòng)能變化量為ΔEk，重力對(duì)線框做功大小為W1，安培力對(duì)線框做功大小為W2，下列說法中正確的有(　　) A．在下滑過程中，由于重力做正功，所以有v2>v1 B．從ab進(jìn)入GH到MN與JP的中間位置的過程中，機(jī)械能守恒 C．從ab進(jìn)入GH到MN與JP的中間位置的過程，有(W1－ΔEk)機(jī)械能轉(zhuǎn)化為電能 D．從ab進(jìn)入GH到MN與JP的中間位置的過程中，線框動(dòng)能的變化量大小為ΔE

11、k＝W1－W2 解析：選CD　由mgsin θ＝B·L得：v1＝，當(dāng)ab到達(dá)JP和MN的中點(diǎn)時(shí)，mgsin θ＝2B·L得：v2＝，故v1>v2，A錯(cuò)誤；因框運(yùn)動(dòng)過程中有安培力做負(fù)功，其機(jī)械能不守恒，機(jī)械能的減少量W1－ΔEk用于克服安培力做功，轉(zhuǎn)化為電能，C正確；由動(dòng)能定理得：ΔEk＝W1－W2，D正確。 第Ⅱ卷(非選擇題　共89分) 三、簡(jiǎn)答題：本題分必做題(第10、11題)和選做題(第12題)兩部分，共計(jì)42分。請(qǐng)將解答填寫在相應(yīng)的位置。 [必做題] 10．(8分)某研究性學(xué)習(xí)小組做探究“橡皮筋做的功和物體速度變化的關(guān)系”的實(shí)驗(yàn)，實(shí)驗(yàn)開始前，他們提出了以下幾種猜想：①W∝，②W

12、∝v，③W∝v2。實(shí)驗(yàn)裝置如圖8甲所示，圖中是小車在一條橡皮筋作用下彈出，沿木板滑行的情形，這時(shí)橡皮筋對(duì)小車做的功記為W。當(dāng)我們用2條、3條……完全相同的橡皮筋并在一起進(jìn)行第2次、第3次……實(shí)驗(yàn)時(shí)，每次橡皮筋都拉伸到同一位置釋放。小車在實(shí)驗(yàn)中獲得的速度由打點(diǎn)計(jì)時(shí)器所打的紙帶測(cè)出。 圖8 (1)實(shí)驗(yàn)時(shí)為了使小車只在橡皮筋作用下運(yùn)動(dòng)，應(yīng)采取的措施是_______________； (2)每次實(shí)驗(yàn)得到的紙帶上的點(diǎn)并不都是均勻的，為了計(jì)算出小車獲得的速度，應(yīng)選用紙帶的________部分進(jìn)行測(cè)量； (3)同學(xué)們?cè)O(shè)計(jì)了以下表格來記錄數(shù)據(jù)。其中W1、W2、W3、W4…表示橡皮筋對(duì)小車做的功

13、，v1、v2、v3、v4…表示小車每次獲得的速度。 實(shí)驗(yàn)次數(shù) 1 2 3 4 … W W1 W2 W3 W4 … v v1 v2 v3 v4 … 他們根據(jù)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)繪制了如圖乙所示的W－v圖象，由圖象形狀得出結(jié)論W∝v2。他們的做法是否合適？請(qǐng)說明理由：_________________________________________________ ________________________________________________________________________ 解析：(1)把木板的末端墊高，傾角為θ，若f＝mgsin θ

14、，則平衡了摩擦力，此時(shí)只有橡皮筋的作用力使小車運(yùn)動(dòng)。 (2)小車先加速后勻速，勻速時(shí)橡皮筋的彈力剛好全部做功，所以應(yīng)選紙帶的均勻部分測(cè)量。 (3)因?yàn)閃－v圖象是曲線，不能確定W與v2的函數(shù)關(guān)系，所以不合適。 答案：(1)把木板的末端墊起適當(dāng)高度以平衡摩擦力　(2)點(diǎn)距均勻　(3)不合適。由曲線不能直接確定W、v2的函數(shù)關(guān)系，應(yīng)進(jìn)一步繪制W－v2圖象 11．(10分)圖9是利用兩個(gè)電流表A1和A2測(cè)量干電池電動(dòng)勢(shì)E和內(nèi)阻r的電路原理圖。圖中S為開關(guān)， R為滑動(dòng)變阻器，固定電阻R1和電流表A1的內(nèi)阻r1之和為10 000 Ω(比r和滑動(dòng)變阻器的總電阻都大得多)，A2為理想電流表。 (1

15、)按電路原理圖在圖10虛線框內(nèi)各實(shí)物圖之間畫出連線。 圖9 圖10 (2)閉合開關(guān)S，移動(dòng)滑動(dòng)變阻器的滑動(dòng)端c至某一位置，讀出電流表A1和A2的示數(shù)I1和I2。多次改變滑動(dòng)端c的位置，得到的數(shù)據(jù)為 I1/mA 0.120 0.125 0.130 0.135 0.140 0.145 I2/mA 480 400 320 232 140 68 在圖11所示的坐標(biāo)紙上以I1為縱坐標(biāo)、I2為橫坐標(biāo)畫出所對(duì)應(yīng)的I1－I2曲線。 圖11 (3)利用所得曲線求得電源的電動(dòng)勢(shì)E＝________V，內(nèi)阻r＝________Ω。(保留兩位小數(shù)) (4)該電路

16、中電源輸出的短路電流I短＝________A。 解析：本題主要考查了實(shí)物圖連接、實(shí)驗(yàn)注意事項(xiàng)、數(shù)據(jù)處理，本實(shí)驗(yàn)是用兩個(gè)電流表測(cè)電源電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻，實(shí)質(zhì)是將電流表A1與一定值電阻串聯(lián)，改裝成電壓表使用。 (1)實(shí)物連接如圖所示 (2)作I1－I2圖象如圖所示 (3)電動(dòng)勢(shì)E＝I1′(圖象與縱軸截距)×10 000 V＝1.49 V， 電源的內(nèi)阻r＝k(圖象斜率)×10 000 Ω＝0.60 Ω。 (4)若圖象與橫軸的截距為I2′，則電源輸出的短路電流I短＝×I2′≈2.5 A。 答案：(1)見解析　(2)見解析 (3)1.49(1.48～1.50)　0.60(0.55～0.

17、65)　(4)2.5(2.3～2.7) 12．[選做題]本題包括A、B、C三小題，請(qǐng)選定其中兩小題，并在相應(yīng)的答題區(qū)域內(nèi)作答，若多做，則按A、B兩小題評(píng)分。 A．[選修3－3](12分) (1)關(guān)于熱現(xiàn)象，下列說法正確的是________。 A．在一定條件下，物體的溫度可以降到0 K B．物體吸收了熱量，內(nèi)能不一定增加 C．分子勢(shì)能隨著分子間距離的增大，可能先減小后增大 D．布朗運(yùn)動(dòng)是懸浮在液體中固體顆粒分子的無規(guī)則運(yùn)動(dòng)的反映 (2)某學(xué)習(xí)小組做了如下實(shí)驗(yàn)：先把空的燒瓶放入冰箱冷凍，待冷卻后取出燒瓶。并迅速把一個(gè)小氣球緊套在燒瓶頸上，封閉了一部分氣體(視為理想氣體)，然后將燒瓶

18、放進(jìn)盛有熱水的燒杯里，氣體逐漸膨脹起來，如圖12所示。在氣體膨脹過程中，該密閉氣體組成的系統(tǒng)內(nèi)能________(選填“增加”“減少”或“不變”)；大氣壓力對(duì)氣體做功為________功(選填 圖12 “正”“負(fù)”或“零”)。 (3)一定質(zhì)量的理想氣體經(jīng)歷了溫度緩慢升高的變化，其p－T圖和V－T圖如圖13所示。 ①求溫度為600 K時(shí)氣體的壓強(qiáng)； ②請(qǐng)?jiān)趐－T圖線上將溫度從400 K升高到600 K的變化過程補(bǔ)充完整。 解析：(1)溫度0 K為極限溫度，不可能達(dá)到，A錯(cuò)誤；物體吸收熱量，但因不知做功情況，故無法確定內(nèi)能變化，B正確；當(dāng)分子間距由rr0的

19、過程中，分子勢(shì)能先減小后增大，C正確；布朗運(yùn)動(dòng)是液體分子無規(guī)則運(yùn)動(dòng)的反映，不反映固體分子的無規(guī)則運(yùn)動(dòng)，D錯(cuò)誤。 (2)氣體從熱水中吸收熱量溫度升高，內(nèi)能增加，氣球膨脹體積變大，氣體對(duì)外做正功，大氣壓力對(duì)氣體做負(fù)功。 (3)①由理想氣體狀態(tài)方程＝，即＝ 溫度為600 K時(shí)，氣體的壓強(qiáng)為p2＝1.25×105 Pa ②由根據(jù)V－T圖線可知：在溫度從400 K升高到500 K的變化過程中，氣體經(jīng)歷了等容變化，其p－T圖線是正比例函數(shù)圖象。 在溫度從500 K升高到600 K的變化過程中，氣體經(jīng)歷了等壓變化，其p－T圖象是平行于T軸的直線段。 如圖所示。 答案：(1)BC　(2)增加　負(fù)

20、　(3)1.25×105 Pa　見解析 B．[選修3－4](12分) (1)如圖14所示是一列簡(jiǎn)諧橫波在t＝0時(shí)的波形圖，若波的傳播速度為2 m/s，此時(shí)質(zhì)點(diǎn)P向y軸正方向振動(dòng)，P、Q兩個(gè)質(zhì)點(diǎn)相距一個(gè)波長(zhǎng)。下列說法正確的是________。 A．質(zhì)點(diǎn)P在一個(gè)周期內(nèi)的路程為20 cm圖14 B．經(jīng)過0.1 s，質(zhì)點(diǎn)Q和P的振動(dòng)方向相反 C．經(jīng)過Δt＝0.15 s，質(zhì)子P向y軸負(fù)方向振動(dòng) D．若該波傳播中遇到寬約0.4 m的障礙物，能發(fā)生明顯的衍射現(xiàn)象 (2)薄膜干涉在科學(xué)技術(shù)上有很大應(yīng)用。 如圖15甲是干涉法檢查平面示意圖，圖15乙是得到的干涉圖樣，則干涉圖樣中條紋彎曲處的凹凸

21、情況是________。(選填“上凸”或“下凹”) 圖15 (3)某同學(xué)做“測(cè)定玻璃的折射率”實(shí)驗(yàn)時(shí)，由于沒有量角器，在完成光路圖后，以O(shè)為圓心畫圓，分別交入射光于A點(diǎn)，交OO′連線延長(zhǎng)線于C點(diǎn)。分別過A點(diǎn)、C點(diǎn)作法線NN′的垂線AB、CD交NN′于B點(diǎn)、D點(diǎn)，用刻度尺量得AB＝6 cm，CD＝4 cm。求：玻璃的折射率n。 圖16 解析：(1)任何質(zhì)點(diǎn)在一個(gè)周期內(nèi)走的路程均為4 A＝20 cm，A正確，P和Q兩點(diǎn)相距一個(gè)波長(zhǎng)，為同相點(diǎn)，振動(dòng)情況相同，B錯(cuò)誤；由v＝2 m/s，λ＝0.4 m可得T＝＝0.2 s，故Δt＝0.15 s＝ T，質(zhì)點(diǎn)P此時(shí)向＋y方向振動(dòng)，T后來到

22、x軸下方，仍向＋y方向振動(dòng)，C錯(cuò)誤；因障礙物的尺寸d＝λ，故該波遇到此障礙物能發(fā)生明顯的衍射現(xiàn)象，D正確。 (2)由圖乙可知干涉條紋向左彎曲，即向空氣薄膜的較厚一側(cè)彎曲，說明在彎曲處與其在一條線上的空氣薄膜厚度相比反射光和入射光的光程差較小所至，故在彎曲處向上凸起。 (3)O所在玻璃面為界面，設(shè)入射角為θ1，折射角為θ2，由幾何關(guān)系得： sin θ1＝ sin θ2＝，OA＝OC 由以上關(guān)系得n＝ 帶入數(shù)據(jù)得：n＝1.5 答案：(1)AD　(2)上凸　(3)1.5 C．[選修3－5](12分) (1)下列說法正確的是________。 A．盧瑟福由α粒子散射實(shí)驗(yàn)提出了原子

23、的核式結(jié)構(gòu) B．β射線是原子核外的電子電離形成的電子流，它具有中等的穿透能力 C．根據(jù)玻爾理論可知，氫原子輻射出一個(gè)光子后，氫原子的電勢(shì)能減小，核外電子動(dòng)能增大，總能量減小 D．在光電效應(yīng)的實(shí)驗(yàn)中，入射光的強(qiáng)度增大，光電子的最大初動(dòng)能也增大 (2)假設(shè)兩個(gè)氘核在一直線上相碰發(fā)生聚變反應(yīng)生成氦的同位素和中子，已知氘核的質(zhì)量是2.0136 u，中子的質(zhì)量是1.0087 u，氦核同位素的質(zhì)量是3.0150 u，已知1 u質(zhì)量對(duì)應(yīng)931.5 MeV的能量，聚變的核反應(yīng)方程式是________，在聚變核反應(yīng)中釋放出的能量為________MeV。(保留兩位有效數(shù)字) (3)如圖17所示，光滑水

24、平面上，輕彈簧兩端分別拴住質(zhì)量均為m的小物塊A和B，B物塊靠著豎直墻壁。今用水平外力緩慢推A，使A、B間彈簧壓縮，當(dāng)壓縮到彈簧的彈性勢(shì)能為E時(shí)撤去此水平外力，讓A和B 圖17 在水平面上運(yùn)動(dòng)。求： ①當(dāng)彈簧達(dá)到最大長(zhǎng)度時(shí)A、B的速度大??； ②當(dāng)B離開墻壁以后的運(yùn)動(dòng)過程中，彈簧彈性勢(shì)能的最大值。 解析：(1)盧瑟福根據(jù)α 粒子散射實(shí)驗(yàn)結(jié)果提出了原子的核式結(jié)構(gòu)，A正確；β射線是原子核內(nèi)中子轉(zhuǎn)化為質(zhì)子時(shí)放出的電子形成的電子流，B錯(cuò)誤；氫原子輻射光子后，向離核較近的軌道躍遷，庫侖力做正功，氫原子電勢(shì)能減少，總能減少，C對(duì)；由hν－W＝Ekm可知，入射光的頻率越高，光電子的最大初動(dòng)能越大，與光

25、的強(qiáng)度無關(guān)，D錯(cuò)誤。 (2)根據(jù)題中條件，可知核反應(yīng)方程為 H＋H→He＋n。 核反應(yīng)方程中的質(zhì)量虧損 Δm＝2mH－(mHe＋mn) ＝2×2.013 6 u－(3.015 0＋1.008 7) u ＝3.5×10－3 u。 由于1 u的質(zhì)量與931.5 MeV的能量相對(duì)應(yīng)，所以氘核聚變時(shí)放出的能量 ΔE＝3.5×10－3×931.5 MeV≈3.3 MeV (3)①當(dāng)B離開墻壁時(shí)，A的速度為v0，由機(jī)械能守恒有mv＝E 解得v0＝ 以后運(yùn)動(dòng)中，當(dāng)彈簧彈性勢(shì)能最大時(shí)，彈簧達(dá)到最大程度時(shí)，A、B速度相等， 設(shè)為v，由動(dòng)量守恒有2mv＝mv0 解得v＝ ②根據(jù)機(jī)械

26、能守恒，最大彈性勢(shì)能為 Ep＝mv－(2m)v2＝E 則：v0＝ 　Ep＝E 答案：(1)AC (2)H＋H→He＋n　3.3 (3)①均為 ?、贓 四、計(jì)算題：本題共3小題，共計(jì)47分。解答時(shí)請(qǐng)寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟。只寫出最后答案的不能得分。有數(shù)值計(jì)算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位。 13．(15分)半徑為a的圓形區(qū)域內(nèi)有均勻磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B＝0.2 T，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，半徑為b的金屬圓環(huán)與磁場(chǎng)同心放置，磁場(chǎng)與環(huán)面垂直，其中a＝0.4 m，b＝0.6 m，金屬圓環(huán)上分別接有燈L1、L2，兩燈的電阻均為R0＝2 Ω，一金屬棒MN與金屬圓環(huán)接觸

27、良好，棒與環(huán)的電阻均忽略不計(jì)。 圖18 ①若棒以v0＝5 m/s的速率在環(huán)上向右勻速滑動(dòng)，求棒滑過圓環(huán)直徑OO′的瞬間(如圖18所示)MN中的電動(dòng)勢(shì)和流過燈L1的電流。 ②撤去中間的金屬棒MN，將右面的半圓環(huán)OL2O′以O(shè)O′為軸向上翻轉(zhuǎn)90°，若此時(shí)磁場(chǎng)隨時(shí)間均勻變化，其變化率為＝T/s，求L1的功率。 解析：①棒通過圓環(huán)直徑時(shí)切割磁感線的有效長(zhǎng)度L＝2a，棒中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝BLv＝B·2av0＝0.2×0.8×5 V＝0.8 V (3分) 當(dāng)不計(jì)棒和圓環(huán)的電阻時(shí)，直徑OO′兩端的電壓U＝E＝0.8 V (1分) 通過燈L

28、1的電流為I1＝＝ A＝0.4 A (3分) ②右半圓環(huán)上翻90°后，穿過回路的磁場(chǎng)有效面積為原來的一半，S′＝πa2，磁場(chǎng)變化時(shí)回路產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E′＝＝＝πa2×V＝0.32 V (3分) 由于L1、L2兩燈相同，圓環(huán)電阻不計(jì)，所以每個(gè)燈的電壓均為U′＝E′ (1分) L1的功率為P1＝＝＝1.28×10－2 W。 (4分) 答案：①0.8 V　0.4 A　②1.28×10－2 W 14．(16分)一質(zhì)量為M＝2 kg的小物塊隨足夠長(zhǎng)的水平傳送帶一起運(yùn)動(dòng)，被一水平向左飛來的子彈擊中，子彈并從物塊中穿過，如圖19甲所示，地面觀察者記錄了小物塊被擊中后

29、的速度隨時(shí)間的變化關(guān)系，如圖19乙所示(圖中取向右運(yùn)動(dòng)的方向?yàn)檎较?，已知傳送帶的速度保持不變。(g＝10 m/s2) 圖19 (1)指出傳送帶的速度v的大小及方向，說明理由。 (2)計(jì)算物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)？ (3)計(jì)算物塊對(duì)傳送帶總共做了多少功？系統(tǒng)有多少能量轉(zhuǎn)化為內(nèi)能？ 解析：(1)由題圖可知，物塊被擊穿后先向左做勻減速運(yùn)動(dòng)，速度為零后，又向右做勻加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)速度等于2 m/s以后隨傳送帶一起勻速運(yùn)動(dòng)，所以傳送帶的速度方向向右，大小為2 m/s。 (3分) (2)由題圖可知，a＝＝ m/s2＝2 m/s2 (2分)

30、由牛頓第二定律得滑動(dòng)摩擦力f＝Ma，其中f＝μN(yùn)， N＝Mg，所以物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝＝＝0.2 (3分) (3)由題圖可知，傳送帶與物塊存在摩擦力的時(shí)間只有3 s，傳送帶在這段時(shí)間內(nèi)的位移s＝vt＝2×3 m＝6 m，所以物塊對(duì)傳送帶所做的功為W＝－fs＝－4×6 J＝－24 J (4分) 物塊相對(duì)于傳送帶通過的路程s′＝t＝×3 m＝9 m，所以轉(zhuǎn)化為內(nèi)能E＝fs′＝4×9 J＝36 J (4分) 答案：見解析 15．(16分)如圖20所示，質(zhì)量為m帶電量為＋q的帶電粒子(不計(jì)重力)，從左極板處由靜止開始經(jīng)電壓為U的加速電場(chǎng)加速后，經(jīng)

31、小孔O1進(jìn)入寬為L(zhǎng)的場(chǎng)區(qū)，再經(jīng)寬為L(zhǎng)的無場(chǎng)區(qū)打到熒光屏上。O2是熒光屏的中心，連線O1O2與熒光屏垂直。第一次在寬為L(zhǎng)整個(gè)區(qū)域加入電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E、方向垂直O(jiān)1O2豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)；第二次在寬為L(zhǎng)區(qū)域加入寬度均為L(zhǎng)的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相同、方向垂直紙面且相反。兩種情況下帶電粒子打到熒光屏的同一點(diǎn)。求： 圖20 (1)帶電粒子剛出小孔O1時(shí)的速度大?。? (2)加勻強(qiáng)電場(chǎng)時(shí)，帶電粒子打到熒光屏上的點(diǎn)到O2的距離d； (3)左右兩部分磁場(chǎng)的方向和磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小。 解析：(1)帶電粒子在加速電場(chǎng)中加速過程，由動(dòng)能定理得： qU＝mv ①(1分)

32、解得：v0＝ (1分) (2)帶電粒子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中，設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，加速度為a，平行電場(chǎng)的分速度為vy，側(cè)移距離為y。 由牛頓第二定律得：qE＝ma ②(1分) 由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得：L＝v0t ③(1分) vy＝at ④(1分) 由②③④得：y＝at2 ⑤(1分) 帶電粒子從離開電場(chǎng)到打到熒光屏上的過程中，設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t′，側(cè)移距離為y′。 由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得：＝v0t′ ⑥(1分) 由③④⑥得：y′＝vyt′ ⑦(

33、1分) 由⑤⑦得帶電粒子打到熒光屏上的點(diǎn)到O2的距離：d＝y(tǒng)＋y′＝ (1分) (3)磁場(chǎng)的方向如圖所示，左半部分垂直紙面向外，右半部分垂直紙面向里。 (1分) 帶電粒子運(yùn)動(dòng)軌跡與場(chǎng)區(qū)中心線交于N點(diǎn)，經(jīng)N點(diǎn)做場(chǎng)區(qū)左邊界的垂線交于M點(diǎn)，經(jīng)N點(diǎn)做過N點(diǎn)速度的垂線交場(chǎng)區(qū)左邊界于O點(diǎn)，O點(diǎn)就是帶電粒子在左半?yún)^(qū)域磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心。 帶電粒子在兩部分磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)對(duì)稱，出磁場(chǎng)的速度與熒光屏垂直，所以O(shè)1M＝。(意思明確即可) (1分) 設(shè)帶電粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R，由幾何關(guān)系得： R2＝()2＋(R－)2 ⑧(2分) 由牛頓第二定律得：qv0B＝m ⑨(1分) 由v0、d的結(jié)論和⑧⑨式解得： B＝()(未代入原始數(shù)據(jù)不得分) (2分) 答案：(1) 　(2) (3) ()