大二轮专题复习讲义答案精析_4.2025物理总复习_2023年新高复习资料_二轮复习_2023年高考物理二轮复习讲义+课件（新高考版）_2023年高考物理二轮复习讲义（新高考版）_学生版_答案精析

x －x B C BC 联立可知WL ，货物 2 传送带2 2 1 速度与传送带速度相等后向上运动过程中货物与传送带上留下的划痕与第一阶段减速运动过 程划痕重合，因此货物在传送带上留下划痕的长度L＝L＝1 m，C错误；货物从滑上传送带 2 到滑离传送带的过程中，因摩擦产生的热量为Q＝μmgcos θ·(L＋L)＝3.75 J，D正确．] 1 2 2．(1)6 m/s (2)12.5 s (3)88 J 解析 (1)由动能定理得 (mgsin 37°－μmgcos 37°)L＝mv2－0 1 1解得v＝6 m/s 1 (2)由牛顿第二定律有μmg＝ma 2 物块与传送带共速时，由速度公式得－v＝v－at 1 1 解得t＝10 s 1 匀速运动阶段的时间为t＝＝2.5 s 2 第1次在传送带上往返运动的时间t＝t＋t＝12.5 s 1 2 (3)由分析可知，物块第一次离开传送带以后，每次再到达传送带和离开传送带的速度大小 相等，物块最终停止在P点，则根据能量守恒有 Q＝μmgcos 37°·L＋mv2＝88 J. 1 第 7 讲 动量 例1 AD [足球下落到与脚部刚接触时的速度为v＝＝5 m/s，则足球下落到与脚部刚接触 时动量大小为p＝mv＝2 kg·m/s，A正确；根据运动的对称性，足球离开脚部时的速度大小 也是5 m/s，所以脚部与足球作用过程中，由动量定理得(F－mg)Δt＝mv－m(－v)，解得F＝ 11mg，足球自由下落过程重力的冲量大小为mg＝2 N·s，B错误，D正确；足球与脚部作用 过程中动量变化大小为Δp＝mv－m(－v)＝4 kg·m/s，C错误．] 例2 C [根据动能定理得qU＝mv2，解得v＝，对Δt时间内喷射出的氙离子，根据动量定 理，有ΔMv＝FΔt，其中ΔM＝NmΔt，联立有F＝Nmv＝N·m·＝N，则根据牛顿第三定律可 知，飞船获得的反冲推力大小为F′＝N，故选C.] 例3 BC [设运动员的质量为M，第一次推物块后，运动员速度大小为v ，第二次推物块 1 后，运动员速度大小为v……第八次推物块后，运动员速度大小为v，第一次推物块后，由 2 8 动量守恒定律知：Mv ＝mv ；第二次推物块后由动量守恒定律知：M(v －v)＝m[v －(－v)] 1 0 2 1 0 0 ＝2mv，……，第n次推物块后，由动量守恒定律知：M(v－v )＝2mv，整理得v＝，则 0 n n－1 0 n v ＝，v ＝.由题意知，v <5.0 m/s，则M>52 kg，又知v >5.0 m/s，则M<60 kg，故选B、 7 8 7 8 C.] 例4 C [小球C下落到最低点时，A、B将要开始分离，此过程水平方向动量守恒，根据 机械能守恒有：mgL＝mv 2＋×2mv 2，取水平向左为正方向，由水平方向动量守恒得： 0 0 C AB mv ＝2mv ，联立解得v ＝2，v ＝，故A、B正确；C球由静止释放到最低点的过程中， 0 C AB C AB 选B为研究对象，由动量定理有I ＝mv ＝m ，故C错误；C球由静止释放到最低点的过 AB AB 0 程中，系统水平方向动量守恒，设C对地向左水平位移大小为x ，A、B对地水平位移大小 1 为x，则有mx＝2mx，x＋x＝L，可解得x＝，故D正确．] 2 0 1 2 1 2 2 例5 B [设中子的质量为m，则氢核的质量也为m，氮核的质量为14m，设中子和氢核碰撞后中子速度为v ，取v 的方向为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律可得mv ＝mv 3 0 0 1 ＋mv ，mv2＝mv2＋mv2，联立解得v ＝v ，设中子和氮核碰撞后中子速度为v ，取v 的方 3 0 1 3 1 0 4 0 向为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律可得 mv ＝14mv ＋mv ，mv2＝×14mv2＋ 0 2 4 0 2 mv2，联立解得v ＝v ，可得v ＝v>v ，碰撞后氢核的动量为p ＝mv ＝mv ，氮核的动量为 4 2 0 1 0 2 H 1 0 p ＝14mv ＝，可得p >p ，碰撞后氢核的动能为 E ＝mv2＝mv2，氮核的动能为E ＝ N 2 N H kH 1 0 kN ×14mv2＝，可得E >E ，故B正确，A、C、D错误．] 2 kH kN 例6 BC [A与B碰撞的过程为弹性碰撞，则碰撞的过程中动量守恒，设B的初速度方向 为正方向，设碰撞后B与A的速度分别为v 和v ，则：mv ＝mv ＋2mv ，由能量守恒得： 1 2 0 1 2 mv2＝mv2＋·2mv2 ，联立得：v＝① 0 1 2 2 若小球A恰好能通过最高点，说明小球到达最高点时恰由小球的重力提供向心力，设在最 高点的速度为v ，由牛顿第二定律得： min 2mg＝2m·② A在碰撞后到达最高点的过程中机械能守恒，得：2mg·2R＝·2mv2－·2mv 2③ 2 min 联立①②③得：v＝1.5，可知若小球A经过最高点，则需要：v≥1.5 0 0 若小球A不能到达最高点，则小球不脱离轨道时，恰好到达与 O等高处，由机械能守恒定 律得： 2mg·R＝·2mv2④ 2 联立①④得：v＝1.5 0 可知若小球A不脱离轨道时，需满足：v≤1.5 0 由以上的分析可知，若小球不脱离轨道时，需满足：v≤1.5或v≥1.5，故A、D错误，B、 0 0 C正确．] 例7 ABD [经分析可知，小球到达弧形槽顶端时，小球与小车的速度相同(设共同速度大 小为v)，在小球沿小车弧形槽上滑的过程中，小球与小车组成的系统水平方向上动量守恒， 有mv ＝2mv，设弧形槽的顶端距底端的高度为h，根据机械能守恒定律有mv2＝×2mv2＋ 0 0 mgh，解得h＝，A正确；设小球返回弧形槽的底端时，小球与小车的速度分别为 v 、v ， 1 2 在小球沿小车弧形槽滑行的过程中，小球与小车组成的系统水平方向动量守恒，以v 的方 0 向为正方向，有mv ＝mv ＋mv ，根据机械能守恒定律有mv2＝mv2＋mv2，解得v ＝0，v 0 1 2 0 1 2 1 2 ＝v ，可知小球离开小车后，相对地面做自由落体运动，B正确；根据动能定理，在小球沿 0 小车弧形槽滑行的过程中，小车对小球做的功W＝0－mv2＝－mv2，C错误；根据动量定理， 0 0 在小球沿小车弧形槽滑行的过程中，合力对小车的冲量大小I＝mv－0＝mv，D正确．] 2 0 例8 (1)0.6mv2 (2)0.768vt (3)0.45 0 00 解析 (1)当弹簧被压缩到最短时，弹簧弹性势能最大，此时A、B速度相等，即在t＝t 时刻， 0 根据动量守恒定律有m ·1.2v＝(m ＋m)v B 0 B 0 根据能量守恒定律有 E ＝m (1.2v)2－(m ＋m)v2 pmax B 0 B 0 联立解得m ＝5m，E ＝0.6 mv2 B pmax 0 (2)B接触弹簧后，压缩弹簧的过程中，A、B动量守恒，有 m ·1.2v＝m v ＋mv B 0 B B A 对方程两边同时乘时间Δt，有 6mvΔt＝5mv Δt＋mv Δt 0 B A 0～t 之间，根据位移等于速度在时间上的累积，可得6mvt＝5ms ＋ms ，将s ＝0.36vt 0 00 B A A 00 代入可得s ＝1.128vt B 00 则第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值 Δs＝s －s ＝0.768vt B A 00 (3)物块A第二次到达斜面的最高点与第一次相同，说明物块A第二次与B分离后速度大小 仍为2v ，方向水平向右，设物块A第一次滑下斜面的速度大小为v ′，取向左为正方向， 0 A 根据动量守恒定律可得 mv ′－5m·0.8v＝m·(－2v)＋5mv ′ A 0 0 B 根据能量守恒定律可得 mv ′2＋·5 m·(0.8v)2 A 0 ＝ m·(－2v)2＋·5mv ′2 0 B 联立解得v ′＝v A 0 方法一：设在斜面上滑行的长度为L，上滑过程，根据动能定理可得 －mgLsin θ－μmgLcos θ ＝0－m(2v)2 0 下滑过程，根据动能定理可得 mgLsin θ－μmgLcos θ＝mv2－0 0 联立解得μ＝0.45 方法二：根据牛顿第二定律，可以分别计算出滑块A上滑和下滑时的加速度大小， mgsin θ＋μmgcos θ＝ma 上 mgsin θ－μmgcos θ＝ma 下 上滑时末速度为0，下滑时初速度为0，设在斜面上滑行的位移为L，由匀变速直线运动的 位移速度关系可得2a L＝(2v)2－0,2a L＝v ′2 上 0 下 A 联立可解得μ＝0.45. 高考预测1．D [每次抛出沙包前后，雪橇(含人)和抛出的沙包总动量守恒，故A错误；抛出沙包后， 雪橇的速度不会超过v，不可能再与抛出的沙包发生碰撞，故B错误；规定雪橇的初速度方 向为正方向，对抛出第一个沙包前后，根据动量守恒定律有Mv＝(M－m)v＋m·3v，得M＝ 11m，故C错误；抛出第四个沙包后雪橇速度为v ，由全过程动量守恒得Mv＝(M－4m)v ＋ 1 1 4m·3v，将M＝11m代入得v＝－，故D正确．] 1 2．(1)80 J (2)4 N，方向竖直向下 (3)5 m 解析 (1)子弹打进木块过程，由动量守恒定律有mv＝(m＋m)v， 2 0 1 2 1 解得v＝20 m/s， 1 由能量守恒定律有ΔE＝mv2 － (m＋m)v2， 1 2 0 1 2 1 解得ΔE＝80 J. 1 (2)木块从A端滑到B端过程， 由动能定理有－ μ(m＋m)gL＝(m＋m)v2－ (m＋m)v2， 1 2 1 2 2 1 2 1 木块滑到B端时，由牛顿第二定律有F －(m＋m)g＝v2， N 1 2 2 联立解得F ＝4 N， N 根据牛顿第三定律可得F ＝F ＝4 N，方向竖直向下． 压 N (3)从开始至木块在圆弧轨道上滑至最高过程中水平方向系统动量守恒，有 mv ＝(m ＋m ＋ 2 0 2 1 M)v， 3 得v＝10 m/s， 3 子弹打进木块后至木块在圆弧轨道上滑至最高过程中， 根据能量守恒定律有(m＋m)v2＝(m＋m＋M)v2＋(m＋m)gh＋μ(m＋m)gL，解得h＝ 1 2 1 2 1 3 1 2 1 2 5 m. 微专题 2 板块模型的综合分析 例1 (1)4 m/s 3 m/s 2 m/s (2)12 J 解析 (1)根据题意可知，题图乙中图线a表示碰撞前物块的减速运动过程，图线b表示碰撞 前木板的加速过程，图线c表示碰撞后木板的减速过程，图线d表示碰撞后物块的加速过程． 物块与挡板碰撞前瞬间，物块的速度大小为v，此时木板速度大小v ＝1 m/s 1 木 从物块滑上木板到物块与挡板碰撞前瞬间的过程，根据系统动量守恒有 mv＝mv＋Mv 0 1 木 解得v＝4 m/s 1 物块与挡板碰撞后瞬间，物块的速度为0，木板速度大小为v ，从物块滑上木板到物块与挡 2板碰撞后瞬间的过程，根据系统动量守恒有 mv＝Mv 0 2 解得v＝3 m/s 2 2 s末物块与木板共同运动的速度大小为v ，从物块滑上木板到最终共同匀速运动的过程， 3 根据系统动量守恒有 mv＝(m＋M)v 0 3 解得v＝2 m/s 3 (2)物块与挡板碰撞前瞬间，系统的动能 E ＝mv2＋Mv 2＝9 J k1 1 木 物块与挡板碰撞后瞬间，系统的动能 E ＝Mv2＝9 J k2 2 故碰撞过程系统没有机械能损失，物块滑上木板时系统的动能 E ＝mv2＝18 J k0 0 最终相对静止时系统的动能 E ＝v2＝6 J k3 3 所以系统产生的热量 Q＝E －E ＝12 J. k0 k3 例2 (1)4 m/s，方向水平向右 (2) m (3)1.5 m≤L≤3 m 解析 (1)物块P沿MN滑下，设末速度为v，由机械能守恒定律得mgh＝mv2 0 1 1 0 解得v＝6 m/s 0 物块P、Q碰撞，取向右为正方向，设碰后瞬间P、Q速度分别为v 、v ，由动量守恒定律 1 2 得mv＝mv＋mv 1 0 1 1 2 2 由机械能守恒定律得mv2＝mv2＋mv2 1 0 1 1 2 2 解得v＝－2 m/s，v＝4 m/s 1 2 故碰撞后瞬间物块Q的速度为4 m/s，方向水平向右 (2)物块Q与小车相对运动，可由牛顿第二定律求得两者的加速度 a＝－＝－2 m/s2， 2 a＝＝ m/s2 3 物块Q的位移x＝vt＋at2＝3 m 2 2 2 小车的位移x＝at2＝ m 3 3 解得s＝x－x＝ m 2 3 (3)物块Q刚好到达B点时就与木板共速时AB段最长，根据动量守恒定律有 mv ＝(m ＋ 2 2 2M)v 3 可得共同速度为v＝1 m/s 3 由能量守恒定律得mv2＝(m＋M)v2＋μm gL 2 2 2 3 2 1 解得L＝3 m 1 物块Q刚好回到A点时与木板共速时，AB段最短根据动量守恒定律可得共同速度仍为v ＝1 3 m/s 由能量守恒定律得mv2＝(m＋M)v2＋2μm gL 2 2 2 3 2 2 解得L＝1.5 m 2 当AB段最短时需要验证物块Q在圆弧上共速时上升高度是否超过R，由能量守恒定律得 mv2＝(m＋M)v2＋μm gL＋mgH 2 2 2 3 2 2 2 解得H＝0.3 m1)，则N到cd边的速度大小恒为，取水平向右为正方向，根据动 量守恒定律可知mv＝mv＋m· 0 1 解得N出磁场时，M的速度大小为v＝v 1 0 由题意可知，此时M到cd边的距离为 s＝(k－1)x 若要保证M出磁场后不与N相撞，则有两种临界情况： ①M减速到时出磁场，速度刚好等于N的速度，一定不与N相撞，对M根据动量定理有 －BL·Δt＝m·－m·v 1 0 q＝·Δt＝ 1 1 联立解得k＝2 ②M运动到cd边时，恰好减速到零，则对M由动量定理有－BL·Δt＝0－m·v 2 0 同理解得k＝3 综上所述，M出磁场后不与N相撞条件下k的取值范围为2≤k<3. 高考预测 1．BC [a棒向右运动，根据右手定则可知，俯视时感应电流方向为逆时针，故A错误；由 题意分析可知，a棒减速，b棒加速，设a棒的速度大小为0.8v 时b棒的速度大小为v，取 0 水平向右为正方向，根据动量定理，对a棒有－BLΔt＝m·0.8v －mv ，对b棒有B·2LΔt＝ 0 0 mv，联立解得v＝0.4v ，此后回路中电流为0，a、b棒都做匀速运动，即b棒的最大速度为 0 0.4v，故B正确；根据能量守恒定律有Q＝mv2－[m(0.8v)2＋m(0.4v)2]＝0.1mv2，故C正确； 0 0 0 0 0 对b棒，由2BL·Δt＝mv得，通过回路中某一截面的电荷量q＝·Δt＝＝，故D错误．] 2．(1) (2) (3)mgr (4)不能 解析 (1)设两导体棒碰撞前瞬间ab棒的速度大小为v ，在推力作用的过程中，由动能定理 0 有Pt＝mv2 0 设ab与cd碰后瞬间结合体的速度大小为v，由题意知v＝3，由动量守恒定律有mv＝2mv 1 1 0 1 联立解得P＝ (2)对两导体棒沿圆弧形导轨上滑的过程分析，由机械能守恒定律有×2mv2＝2mgr 解得v＝ (3)两棒碰撞并粘在一起，由电阻定律可知，两导体棒的总电阻为，阻值为 R的定值电阻Z 产生的焦耳热为Q，故两棒产生的总焦耳热为，由能量守恒定律有 －(Q＋)＝×2mv2－×2mv2 1解得Q＝mgr (4)设导体棒第一次穿越磁场的时间为t ，该过程回路中的平均电流为，DD′与BB′的间距 1 为x，由动量定理有－BLt＝2mv－2mv 1 1 1 根据法拉第电磁感应定律和电路相关知识有t＝ 1 解得x＝ 1 由机械能守恒定律可知，导体棒再次回到BB′处时的速度大小仍为v＝，导体棒再次进入 磁场向左运动的过程中，仍用动量定理和相关电路知识，并且假设导体棒会停在磁场中，同 时设导体棒在磁场中向左运动的时间为t ，导体棒进入磁场后到停止运动的距离为Δx，该 2 过程回路中的平均电流为′，同前述道理可分别列式为 －B′Lt ＝0－2mv 2 ′t＝ 2 解得Δx＝ 显然Δx0.25 s，即质点a还在继续振动，从t＝2.1 s到t＝2.25 s，经过时间 1 为t ＝0.15 s，即0.6 s，若波沿x轴向右传播，有T＝0.6 s， 则T＝2.4 s，由题图知波长为8 m，根据公式可得v＝ m/s；若波沿x轴向左传播，有T＝0.6 s，故T＝0.8 s，则v＝10 m/s，B错误，A正确；t＝0时，Q点位移为y ＝－sin (m)＝－1 Q m，t＝0.6 s时，Q点的位移为y ′＝－cos (m)＝1 m，若波沿x轴向右传播，则Q点的路 Q 程为2 m，若波沿x轴向左传播，Q点的路程为(－1)×2 m＋×2 m＝(4－2) m，C错误，D 正确．] 2．ACD [由题图可知，在t＝3 s时，第一列波传播到x ＝18 m处，则波的传播速度为v＝ 1 ＝6 m/s，第二列波传播到x ＝6 m处，传播时间为t ＝＝1 s，第一列波的振动时间为t ＝＝ 2 2 3 1 s，则波源两次振动的间隔时间为Δt＝t－t－t＝1 s，故A正确；由题图可知，两次振动形 2 3 成的两列波的波长不同，由同种介质中波的传播速度相等以及 v＝，可知波源前后两次振动 的周期不同，故B错误；两列波在第4 s内传播的距离Δx＝vΔt＝6 m，则根据题图可知，第 一列波x＝15 m处的位移－10 cm传至x＝21 m处，第二列波x＝0处的位移10 cm传至x＝6 m处，则t＝4 s时，x＝6 m和x＝21 m两质点的位移大小相等，故C正确；从t＝2 s至t＝ 4.5 s的时间内，第一列波引起x＝12 m处的质点经历半个周期的振动，经过的路程为 s＝20 1 cm，第二列波引起x＝12 m处的质点经过的路程为s ＝10 cm，则从t＝2 s至t＝4.5 s的时间 2 内x＝12 m处的质点经过的路程为s＝s＋s＝30 cm，故D正确．] 1 2第 13 讲 光学 电磁波 例1 AB [若不充入介质，单色光a从1的左侧垂直于棱镜表面射入，在斜边界面入射角 为45°，由全反射的条件可知sin C＝＝ b 两种频率的细激光束的全反射的临界角关系为C <45°0，由热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知，气体要从外 界吸收热量，所以从状态c到状态a，气体从外界吸热，所以D正确．] 2．(1)见解析 (2) 解析 (1)气体压强微观方面取决于两个因素：分子的平均动能和单位体积内的分子数．温 度降低，分子平均动能减小，质量增加，单位体积内的分子数增加，从而使压强维持不变． (2)设－8 ℃时馆内气体体积为V，气体状态参量初状态V＝V＋ΔV，T＝280 K 1 1 末状态V＝V，T＝265 K 2 2 由盖－吕萨克定律得＝得ΔV＝V场馆内增加的气体质量与降温前场馆内气体质量之比为＝ 代入数据得＝. 第 15 讲 近代物理 例1 D [入射光子的能量相同，根据ε＝hν可知，三次实验采用了相同频率的入射光，故 A错误；根据E ＝hν－W 可知，最大初动能相同，则逸出功相同，因此金属板材质相同， k 0 故B错误；对于不同频率的光子，饱和光电流的大小还与光照强度有关，当入射光子的能 量为5 eV，若光照强度弱，饱和光电流大小不一定大于60 mA，故C错误；根据E ＝ε － k1 1 W，E ＝ε－W，代入数据解得E ＝1.8 eV，故D正确．] 0 k2 2 0 k2 例2 C [光电管所加电压为正向电压，则根据爱因斯坦光电效应方程可知，光电子到达A 极时动能的最大值为E ＝Ue＋hν－hν ，可知E －U图像的斜率相同，均为e；截止频 km 截止 km 率越大，则图像在纵轴上的截距越小，因ν<ν，则选项C正确，A、B、D错误．] 1 2 例3 C [因为有大量处于n＝3激发态的氢原子，跃迁时能释放C＝3种不同频率的光子， 则跃迁所发射的光谱线有3条，故A错误；由题意知，当氢原子从n＝3能级跃迁到n＝2能 级时，辐射出光子a的能量为ε＝E －E ＝1.89 eV，当氢原子从n＝3能级跃迁到n＝1能级 3 2 时，辐射出光子b的能量为ε′＝E －E ＝12.09 eV，所以光子a的能量小于光子b的能量， 3 1 故B错误；由光子能量ε＝hν＝h可知，光子a的波长大于光子b的波长，又由p＝可知，光 子a的动量小于光子b的动量，故C正确；因为氢原子向高能级跃迁时吸收能量为两能级之 差，经分析知用光子能量为0.7 eV的光照射不能被吸收，故D错误．] 例4 C [根据题意设半衰期为t 的元素原子核数为x，另一种元素原子核数为y，依题意有 0 x＋y＝N，经历2t 后有x＋y＝，联立可得x＝N，y＝N，在t＝4t 时，原子核数为x的元素经 0 0 历了4个半衰期，原子核数为y的元素经历了2个半衰期，则此时未衰变的原子核总数为n ＝x＋y＝，故选C.] 例5 B [静止的放射性原子核发生了衰变放出粒子后，由动量守恒知新核的速度与粒子速 度方向相反，放出的粒子与新核所受的洛伦兹力方向相同，根据左手定则判断出粒子与新核 的电性相反，则为β衰变．在磁场中，根据洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m，解得r＝， 因粒子和新核的动量大小相等，可由半径之比7∶1，从而确定电荷量之比为1∶7，即可根 据电荷数守恒及质量数守恒得出核反应方程式为B.] 例6 D [α粒子轰击N，生成O，并产生了质子，选项A错误；U经过4次α衰变，2次β 衰变，新核质量数为222，电荷数为86，中子数为136，原来的原子核中子数为238－92＝ 146，则新核与原来的原子核相比，中子数少了10个，选项B错误；放射性β射线其实质是 高速电子流，选项C错误；核电站可通过控制中子数目来控制核反应剧烈程度，选项D正确．] 例7 C [根据核反应方程式，6个氘核聚变反应可释放出43.15 MeV的能量，1 kg海水中 的氘核反应释放的能量为E＝×43.15 MeV≈7.19×1022 MeV≈1.15×1010 J，则相当于燃烧 的标准煤的质量为M＝ kg≈400 kg，故选C.] 高考预测 1．A [因为H 比H 的波长更大，则遇同一个障碍物，H 比H 更易发生明显衍射现象，选 α δ α δ 项A正确；H 光的光子能量为2.86 eV，而使处于n＝2能级的氢原子电离需要的能量至少为 γ 3.4 eV，则H 光不能使处于n＝2能级的氢原子电离，选项B错误；H 光的光子能量为3.02 γ δ eV，是由处于n＝6能级的氢原子向n＝2能级跃迁的过程中产生的，选项C错误；H 光的 α 波长最长，光子能量最小，则若4种光均能使某金属发生光电效应，则H 光对应的光电子 α 的最大初动能最小，选项D错误．] 2．C [由题图可知He核的比结合能约为7 MeV，所以结合能约为28 MeV，故A错误；由 题图可知Li核的比结合能约为5.5 MeV，所以结合能约为33 MeV，大于He核的结合能， 故B错误；两个H核结合成He核时，生成物的总结合能大于反应物的总结合能，所以会释 放能量，故C正确；由题图可知U核中核子的平均结合能比Kr核中的小，故D错误．] 3．C [由题述“将电路中的滑动变阻器的滑片P向右移动到某一位置时，毫安表的读数恰 好减小到零，此时电压表读数为1.00 V”，可知遏止电压为U＝1.00 V，光电子的最大初动 c 能为E ＝eU＝1 eV，根据爱因斯坦光电效应方程可知K极板的金属涂层的逸出功为，W ＝ k c 0 hν－E＝2.82 eV－1 eV＝1.82 eV＝1.82×1.6×10－19 J≈2.9×10－19 J，C正确．] k 专题七 实验 第 16 讲 力学实验 例1 (1) 大于 (2) ＝＋ (3) 解析 (1)设滑块A碰撞前瞬间的速度为v ， A 碰撞后瞬间A、B的速度分别为v ′、v ， A B 根据动量守恒定律有m v ＝m v ′＋m v ① A A A A B B 根据能量守恒定律有m v 2＝m v ′2＋m v 2② A A A A B B 联立解得v ′＝v ③ A A v ＝v ④ B A 计算机显示光电门1有一个时间记录，光电门2有两个时间记录，说明A与B碰撞后A未反弹，即v ′与v 的方向相同，可知m >m . A A A B (2)设挡光片宽度为d，由题意可得v ＝⑤ A v ′＝⑥ A v ＝⑦ B 碰撞过程中满足动量守恒，则应满足的关系式为m ＝m ＋m ⑧ A A B 即＝＋⑨ (3)由 ③④⑥⑦可得＝＝ 解得＝. 例2 (1)接通电源 释放物块a和物块b (2) 0.720 1.68 (3)(m －m)g(x ＋x ＋x ＋x) 2 1 2 3 4 5 (m＋m)v 2－(m＋m)v 2 1 2 E 1 2 A 解析 (1) 实验过程中应先接通电源，再释放物块a和物块b； (2)由题可知，每相邻计数点间的时间间隔为T＝0.02 s×5＝0.1 s 打下计数点A时物块a和物块b运动的速度大小v ＝＝×10－2 m/s≈0.720 m/s A 打下计数点E时物块a和物块b运动的速度大小v ＝＝×10－2 m/s＝1.68 m/s E (3)从打计数点A到E的过程中，物块a和物块b组成的系统减小的重力势能为 ΔE＝mgh－mgh p 2 1 ＝(m－m)g(x＋x＋x＋x) 2 1 2 3 4 5 增加的动能为ΔE＝(m＋m)v 2－(m＋m)v 2 k 1 2 E 1 2 A 例3 (1)①BC ②0.48 ③见解析图 力一定时，小车的加速度a与质量M成反比 (2)① 不需要 ②A 解析 (1)①为了补偿阻力，把木板的一侧垫高，小车上并不挂砝码盘，A错误；先接通电 源，待打点计时器正常工作后再释放小车，B正确；调节滑轮，使细线与木板平行，这样才 能使细线的拉力等于小车受到的合力，C正确； ②相邻两个计数点间还有四个点未画出，则T＝0.02 s×5＝0.1 s. 小车的加速度a＝ m/s2≈0.48 m/s2 ③作出a－图像如图 由a－图像可得出的实验结论：力一定时，小车的加速度a与质量M成反比．(2)设木板倾角为θ，则挂上砝码盘和砝码时有F＋F＝Mgsin θ f F＝mg 取下砝码盘和砝码时有Mgsin θ－F＝Ma f 整理得mg＝Ma 即小车加速下滑的外力恰好等于砝码盘和砝码的总重力； ①由以上分析可知，该实验方案不需要满足条件M≫m； ②因为a＝＝ F，所以a－F图像应为一条过原点的直线．故选A. 例4 (1)BC (2)C 解析 (1)摆的振幅过大，摆角大于5°，单摆周期公式不再成立，故A错误；摆球质量大、 体积小(用密度大的实心金属球)，摆线细长、伸缩性小可使阻力及摆长变化等影响更小，是 单摆模型的要求，故B、C正确；摆球在最高点附近速度小，计时误差大，故计时起点应选 在平衡位置，故D错误． (2)测周期时，无论是多数一个周期还是少数一个周期，T2－l图线都是过原点的直线，只是 图线的斜率变化，即测得的重力加速度变化，故 A、B错误；T2－l的图像的纵轴截距大于 0，可知测量的摆长比实际摆长小了一些，故可判断测摆长时未加摆球的半径，直接将摆线 的长度作为摆长，故C正确，D错误． 例5 (1)2.00 (2) F′ (3)C (4)B 解析 (1)分度值为0.1 N，读数为2.00 N. (2) 由题图乙发现F是根据平行四边形定则作出的理论值，而实际值与理论值有一定的误差， 故方向和细线PO方向相同的是F′. (3) 弹簧测力计B的方向没有特殊要求，不需要始终保持水平，故A错误；重物M的重力 可以由弹簧测力计测出，没必要再测质量，故B错误；为使力都作用在同一平面上，细线 套方向应与木板平面平行，故C正确；根据平行四边形定则可知，若只增大某一只弹簧测 力计的拉力大小而保持细线套结点位置不变，需调整另一只弹簧测力计拉力的大小和方向， 故D错误． (4)本实验通过不同力之间作用效果的等效替代，探究互成角度的力的合成规律，故采用的 是等效替代法．故选B. 例6 (1)D (2)上 相等的时间间隔内水平位移相等 (3)1 解析 (1)本实验用频闪照相仪记录小球在空中一次平抛的多个位置，所以不需要小球从斜 槽上多次释放；每次只能记录一个位置，斜槽光滑与否、小球质量大小都不影响位置的记录； 在空中不能与方格纸相触．故选D. (2)由第二个位置高于第一个位置，说明斜槽轨道末端向上倾斜了；每个位置的水平间距都 是两个小方格，说明相等的时间间隔内水平位移相等，水平方向是匀速运动． (3)由平抛运动规律y＝gt2x＝vt 0 可得y＝ 则斜率k＝ 代入数据解得v＝1 m/s. 0 高考预测 1．(1)不需要 (2) (3)一条过原点的直线 解析 (1)实验中力传感器直接显示拉力大小，即为滑块及挡光片所受合外力，故不需要满 足重物的质量远小于滑块及挡光片的质量； (2)由题意知滑块通过AB段时的加速度大小为a＝ 其中v ＝，v ＝ A B 联立得a＝ (3)若在质量一定的情况下加速度与合外力成正比，则a－F图像是一条过原点的直线． 2．(1)4.00 (3)0.82 0.76 解析 (1)遮光条的宽度为d＝4 mm＋0.05 mm×0＝4.00 mm (3)弹簧对滑块的冲量大小等于F－t图像与坐标轴所围的面积，约等于0.82 N·s； 滑块通过光电门时的速度为v＝＝ m/s＝2 m/s 滑块的动量增量大小为Δp＝mv＝380.0×10－3×2 kg·m/s＝0.76 kg·m/s 第 17 讲 电学实验 例 1 (1)0.084(0.083～0.085 均可) (2)见解析图 (3)断路 (4)R 左端的接线柱上 20 0 1.7×10－8 解析 (1)单晶铜丝的直径为d＝0＋8.4×0.01 mm＝0.084 mm. (2)为了保证两个电表的示数从零开始变化，滑动变阻器必须采用分压接法，实验电路如图 所示． (3)线夹P处发生断路，铜丝没有接入电路中，使得电流表示数总为零 (4)因为单晶铜丝的电阻很小，所以电压表的读数很小且变化不大，这时应该把连接电压表 负接线柱的导线改接在R 左端的接线柱上，电压表的测量值等于R 和铜丝的总电压； 0 0根据电阻定律R＝ρ＋R 0 S＝πd2 联立解得R＝x＋R 0 根据图像知R＝20 Ω 0 ＝ Ω·m－1 解得ρ＝1.7×10－8 Ω·m. 例2 (1)黑 (2)40.0 (3)40.0 (4)×3 120.0 解析 (1)根据电流流向，可以判断与毫安表相连的应为黑表笔． (2)毫安表满偏，根据R ＝，解得R ＝40.0 Ω. 总 总 (3)毫安表指向25 mA时，毫安表半偏，待测电阻等于内阻，此处标记40.0 Ω. (4)学生电源的电压调至6 V，欧姆表的内阻为120.0 Ω，故欧姆表的倍率为×3，毫安表指在 25 mA处，该电阻的阻值为40.0×3 Ω＝120.0 Ω. 例3 (1)甲 (2)见解析图 (3)A (4)D 解析 (1)因为电源内阻较小，接近电流表内阻，为了减小误差所以电流表采用相对电源外 接，选择题图甲； (2)根据电路图得实物连接图如图所示； (3)由于电压表的分流作用，相同的路端电压下，电流表测量的电流值小于流过电源的电流， 内电阻的测量值为电源和电压表并联后的总电阻，比实际电源的内阻小，所以对应实线斜率 的绝对值比虚线的小，但当电压为零时，电压表的内阻对测量没有影响，实线和虚线重合， 故A正确，B、C、D错误； (4)因为电压表的分流作用产生的误差，为减小电表内阻引起的实验误差，在电表量程不变 的情况下，可以采取的措施是增大电压表的内阻，故D正确，A、B、C错误． 例4 (1)5 800 (2)见解析图 (3)①＝＋ ②1.4 1.6 解析 (1)为了把灵敏电流计 改装成量程为0～3 V的电压表继续实验，电阻箱R应调至R ＝－R＝5 800 Ω g (2)如图所示．(3)①根据闭合电路欧姆定律有 E＝I(R＋R＋r) g 整理得＝＋ ②由题意可得b＝＝144 A－1 k＝＝ V－1 解得E＝1.4 V r＝1.6 Ω 例5 (1)错误 (2)见解析图 (3)2.8(2.7～2.9均可) 等于 解析 (1)当电阻箱电阻调到最大时，闭合开关S 时，电压表两端电压为 1 U＝＝ V≈4.28 V 超过了电压表的量程，则该操作错误； (2)作出U－R图像如图； (3)电压表示数为1.60 V，利用(2)中测绘的U－R图像可得R＝2.8 Ω，该方法为等效替代法， x 电压表内阻对R 的测量无影响，则R 测量值等于真实值． x x 例6 (1)A 60 (2)100 (3)无 1 解析 (1)若不考虑电池内阻，且在电池两端只接R 时，电路中的电流约为 0 I＝＝ A＝10 mA， 由题知，闭合开关，调节滑片位置，要使电流表指针指在满刻度的处，则该同学选到的电流 表应为A； 1 当不考虑电池内阻，根据闭合电路的欧姆定律有 E＝(R＋R＋R )，计算出R＝60 Ω. 0 A1 (2)断开开关，保持滑片的位置不变，用R 替换R，闭合开关后，有E＝(R＋R＋R ) x 0 x A1 代入数据有R＝100 Ω. x (3)若考虑电池内阻，根据闭合电路的欧姆定律有E＝[(R＋r)＋R＋R ] 0 A1 E＝[(R＋r)＋R＋R ] x A1 联立计算出的R 不受电池内阻r的影响． x高考预测 1．(1)B D (2)①右 ④滑动变阻器滑片的位置 读数为满偏电流的三分之一 解析 (1)这个实验要求在闭合开关S 后，干路电流几乎不变，所以滑动变阻器接入电阻越 2 大越好，所以在电流计满偏时，电动势越大，滑动变阻器接入电阻才越大，所以电源应选 B，电流计G满偏电流约为几毫安，所以干路总电阻约为几千欧姆，所以滑动变阻器的最大 阻值选15 kΩ的合适，故选D； (2)①为了保证电流表的安全，则把滑动变阻器的滑片调至最右端，使得接入电路的阻值最 大，电流最小； ④要想保持干路电流不变，要求滑动变阻器的阻值不能再改变；使电流计读数为满偏电流的 三分之一，此时电阻箱的分流为三分之二的干路电流，其阻值为电流计的二分之一，改装后 的总电阻为之前的三分之一，则量程变为原来的3倍． 2．(1)见解析图 否 (2)AB (3)1 460 (4)小 解析 (1)如图所示 若光敏电阻的阻值 R 与照度 I 成反比关系，则有 RI 为定值，由图像中点的数据可得 5.8×0.2<3.7×0.4<2.7×0.6<2.3×0.8<2.0×1.0<1.8×1.2 可知光敏电阻的阻值R与照度I不是反比关系； (2)由于天亮时照度较大，光敏电阻的阻值较小，电路中的电流较大，衔铁被吸下，AB间断 开，CD间接通，故灯泡应接在AB间； (3)由题意可知，当照度降到1.0 lx时，要求电路电流降低到10 mA，此时电路中的总电阻为 R ＝＝ Ω＝3 600 Ω 总 此时光敏电阻的阻值为R＝2 000 Ω，则滑动变阻器R′的阻值应调为R′＝R －R－R ＝3 总 线 600 Ω－2 000 Ω－140 Ω＝1 460 Ω； (4)使用一段时间后发现，路灯在天色更亮时就已点亮了，说明在天色更亮时电路电流就降 到了10 mA，为了使路灯能按设计要求点亮和熄灭，应使天色更亮时电路电流大于 10 mA， 应使电路的总电阻适当减小，故应将变阻器R′的阻值适当调小些．第 18 讲 热学和光学实验 例1 (1)注射器(或滴管) (2)A (3)5×10－10 (4)酒精 解析 (1)在实验时需要测量出一滴油酸酒精溶液的体积，具体的操作是用注射器(或滴管)将 事先配制好的油酸酒精溶液一滴一滴地滴入量筒，记下量筒内增加一定体积时液滴的数目． (2)在浅盘中的水面上撒上爽身粉，将1滴油酸酒精溶液滴入水中后，可发现油膜的面积先 扩张后又稍微收缩了一些，选项A正确，B错误． (3)一滴油酸酒精溶液中含油酸的体积V＝×10－6 m3＝1.25×10－11 m3 油酸分子的直径为d＝＝ m＝5×10－10 m. (4)可以用适量酒精清洗，并用脱脂棉擦去，再用清水冲洗． 例2 (1)封闭在注射器内的气体 温度和气体的质量 注射器 压强 (2)D (3)D (4)C 解析 (1)实验中的研究对象是封闭在注射器内的气体，实验中应保持不变的参量是温度和 气体的质量； 它的体积由注射器直接读出，它的压强由压强传感器等计算机辅助系统得到． (2)p·V的数值越来越小，造成这一现象的原因可能是气体的质量减小了或者温度降低了．故 选D. (3)根据pV＝C则p＝C·，因图像是过原点的直线，则若纵坐标表示封闭气体的压强，则横 坐标表示的物理量是封闭气体的体积的倒数.故选D. (4)推拉活塞时，动作要慢，防止气体温度发生变化，选项A正确；推拉活塞时，手不能握 住注射器含有气体的部分，防止气体温度发生变化，选项B正确；压强传感器与注射器之 间的软管脱落后，注射器内封闭的气体的质量会发生变化，不能重新装上继续实验，选项 C 错误；活塞与针筒之间要保持气密性，从而保证气体质量不变，选项D正确． 例3 (1)AD (2)D (3) 解析 (2)由题图可知，选用的玻璃砖两光学表面平行，则入射光线应与出射光线平行，B、 C错误；又光线在玻璃砖中与法线的夹角应小于光线在空气中与法线的夹角，A错误，D正 确； (3)由折射定律可知n＝＝＝. 例4 (1)C (2)2.332 2.609 (3)4.35×10－7 解析 (1)根据Δx＝λ可知，增大双缝之间的距离时，条纹间距变小，故A错误；条纹间距 与单、双缝之间距离无关，故B错误；将蓝色滤光片改成红色滤光片，波长变长，所以条 纹间距变大，C正确；把光屏向靠近双缝的方向移动，则条纹间距变小，故D错误．(2)由题图甲可读出x＝2 mm＋0.331 mm＝2.332 mm 1 由题图乙可读出x＝15 mm＋0.377 mm＝15.377 mm 6 则相邻亮条纹的间距为Δx＝＝2.609 mm. (3)λ＝Δx≈4.35×10－4 mm＝4.35×10－7 m. 高考预测 1．(1)向上 B管内的水银面再一次回到标记的位置K (2)300 75.6 解析 (1)对烧瓶加热，使烧瓶内的气体温度升高．为使封闭气体的体积不变，由＝C可知， 应使封闭气体的压强增大，故应将C管向上移动，直至B管内的水银面再一次回到标记的 位置K. (2)由查理定律可知＝，即p＝t＋，结合题图乙，解得T＝300 K，p＝75.6 cmHg. h 0 0 2．(1)λ 749.0 0.25 (2)8 011 解析 (1)根据公式Δx＝λ，d＝2a 联立解得Δx＝λ 毫米刻度尺读数L＝749.0 mm 游标卡尺读数a＝0 mm＋5×0.05 mm＝0.25 mm. (2)相邻两条亮条纹间距Δx＝ cm＝12 mm 代入Δx＝λ 解得λ≈8 011 nm. 第二篇 解题技巧与增分策略 一、选择题解题技巧 例1 B [利用楞次定律，在线框进入磁场过程电路中的电流为顺时针方向，即进入磁场时 电流方向为负方向，故可排除A、D选项．在线框离开磁场过程中，根据楞次定律，回路中 电流方向为逆时针方向，故可排除C选项，故B项正确．] 例2 C [设小球落到斜面上时，速度方向与水平方向夹角为φ，则tan φ＝2tan θ，可知落 到斜面上时，速度方向与初速度大小无关，只与斜面的倾角有关，因此无论 v、v 大小如何， 1 2 均有α＝α，C正确，A、B、D错误．] 1 2 例3 B [因两只老鼠运动的加速度大小不清楚，所以无法进行计算，但可根据题中三者运 动路程相等，画出速率随时间变化的关系图像，利用图线与 t轴所围面积相等来求解．根据 猫与老鼠的运动情况可大致作出图像如图所示，由图知老鼠甲可以逃离洞口．] 例4 A [小球虽然是做斜抛运动，由于到达半圆轨道左端A点正上方某处小球的速度刚好 水平，所以可以逆向看作小球从该半圆轨道左端A点正上方某处开始做平抛运动，运动过 程中恰好与半圆轨道相切于B点，这样就可以用平抛运动规律求解．因小球运动过程中与 半圆轨道相切于B点，则小球在B点的速度方向与水平方向的夹角为30°，设此时位移与水 平方向的夹角为θ，则tan θ＝＝，因为tan θ＝＝，则竖直位移y＝，而v2＝2gy＝gR，又 y tan 30°＝，所以v＝＝，故选项A正确．] 0 例5 B [滑块过P、Q两点时速度大小相等，根据动能定理得Fxcos θ＝ΔE ，得θ＝90°， k 即水平方向上恒定的外力F与PQ连线垂直且指向轨迹的凹侧，故A项错误；把滑块在P点 的速度分解到沿水平恒力F和垂直水平恒力F两个方向上，沿水平恒力F方向上滑块先做 匀减速直线运动后做匀加速直线运动，加速度大小为 a＝＝2 m/s2，当沿水平恒力F方向上 的速度为0时，时间t＝＝1.5 s，根据对称性，滑块从P运动到Q的时间为t′＝2t＝3 s，故 B项正确；沿垂直水平恒力F方向上滑块做匀速直线运动，有x ＝v′t′＝vcos 37°·t′＝ PQ 12 m，故D项错误；当沿水平恒力F方向上的速度为0时，只有垂直水平恒力F方向的速 度v′，此时速度最小，所以滑块从P运动到Q的过程中速度最小值为4 m/s，故C项错 误．] 例6 B [由于所有直导线中的电流一样，将所有直导线从中间一分为二，由右手螺旋定则 及对称性知左边6根直导线电流在P 点产生的磁场互相抵消，所有直导线电流在P 点产生 1 1 的磁场，仅相当于右边6根直导线电流在P 处产生的磁场，由题知磁感应强度大小为B ， 1 1 方向垂直ab向下；由对称性知右边6根直导线电流在P 处产生的磁场的磁感应强度大小为 2 B ，方向垂直ab向上，而所有直导线的电流在P 处产生的磁场的磁感应强度大小为B ，方 1 2 2 向垂直ab向上，所以将右边6根直导线移走后，由磁场的叠加原理知左边6根直导线电流 在P 处产生的磁场的磁感应强度大小为B－B，B选项正确．] 2 2 1 例7 CD [以小球为研究对象，受到重力、静电力和轻绳的拉力，重力与静电力的合力F ＝＝mg，P点为等效最高点，由于小球恰好做圆周运动，所以圆周运动过程中速度的最小 值出现在P点，由牛顿第二定律得mg＝m，小球的最小速度v ＝v ＝，故D正确；小球从 min P P点运动到A点，由动能定理得－mgR(1－cos 45°)＋qERsin 45°＝mv 2－mv 2，解得v ＝， A P A 故A错误；小球在C点时，有F －qE＝m，小球从H点运动到C点，由动能定理得qE·2R C ＝mv 2－mv 2＞0，在H点时，有F ＋qE＝m，所以F T>T b a c 解析 (1)螺旋测微器读数是固定刻度读数加可动刻度读数，题图丙中读数为 D＝1.5 mm＋ 30.0×0.01 mm＝1.800 mm； (2)小球的体积为V＝πr3＝πD3 由题图乙中曲线a可知，小球加速度先减小后为零，加速度为零时有ρVg－ρVg－6πηrv＝0 0 1 联立方程，解得η＝ 代入数据得η＝0.648 Pa·s.(3)由粘滞系数表达式可知，小球的收尾速度越大，粘滞系数越小，温度越高，因此 T>T>T. b a c 例6 (1)左 (2)R ＋R ＝R ＋R (3)E (4)不变 1测 2测 1校 2校 N 解析 (1)在开关闭合前，为保护灵敏电流计G，R 接入的阻值应为最大，则触头应在最左 3 端． (2)改用待测电源替换标准电源的位置，其前提条件是工作电源A所在电路电流I要保持不变， 电源A的输出电压固定不变，采取的措施是使R 与R 的阻值之和为某一固定阻值，所以 1校 2校 使R 和R 的阻值之和也为该固定阻值，即R ＋R ＝R ＋R 1测 2测 1测 2测 1校 2校． (3)根据部分电路欧姆定律，有＝，＝ 可知，当满足R ＋R ＝R ＋R 1测 2测 1校 2校 有E＝E . x N (4)若考虑工作电源内阻，则有＝，＝ 因之前有R ＋R ＝R ＋R 1测 2测 1校 2校 考虑到了工作电源内阻后，则有R ＋R ＋r＝R ＋R ＋r 1测 2测 1校 2校 故整理后依旧为E＝E ，故测量值不变． x N 四、数学方法在物理中的应用 例1 200 m 30° 解析 运动员在O点速度v＝＝10 m/s.起跳后运动员做斜上抛运动． 0 把运动分解为水平向右的匀速运动和竖直方向的竖直上抛运动． 水平方向上有x＝vcos θ·t，竖直方向上有y＝vsin θ·t－gt2， 0 0 令y＝－xtan α， 解得x＝＝. 当2θ＋α＝90°，即θ＝30°时， x ＝， max 此时L有极大值L ＝＝200 m. max 例2 AD [由题中选项可知要使F最小，则应有Fsin αMv ，故小车先减速为零，后向右加速直至与铁块达到共同速度；之后小车第二次碰墙 0 0 后反弹，重复上述过程．设小车第一次碰墙后向左运动的最大距离为 s，第二次碰墙后向左 1 运动的最大距离为s ，第三次碰墙后向左运动的最大距离为s ，……，小车第一次碰墙之后 2 3 与铁块的共同速率为v，第二次碰墙之后与铁块的共同速率为v，第三次碰墙之后与铁块的 1 2 共同速率为v，…… 3 第一次碰墙之后，由动能定理得μmgs＝Mv2 1 0 解得s＝＝ m 1 由动量守恒定律得 (m－M)v＝(m＋M)v 0 1 解得v＝v＝v 1 0 0 第二次碰墙之后，由动能定理得μmgs＝Mv2 2 1 解得s＝＝s 2 1 由动量守恒定律得(m－M)v＝(m＋M)v 1 2 解得v＝v＝v 2 1 1 …… 故小车第n次碰墙之后向左运动的最大距离为s＝s n 1 显然s、s、s、…、s 为一公比是的等比数列．小车运动的总路程为 1 2 3 n s＝2(s＋s＋s＋…＋s)＝＝1.25 m. 1 2 3 n