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2007 年江苏省高考物理试卷解析版
参考答案与试题解析
一、单项选择题：本题共6 小题，每小题3 分，共计18 分．每小题只有一个选项符合题意．
1．（3 分）分子动理论较好地解释了物质的宏观热力学性质．据此可判断下列说法中错误的是（ ）
A．显微镜下观察到墨水中的小炭粒在不停的作无规则运动，这反映了液体分子运动的无规则性
B．分子间的相互作用力随着分子间距离的增大，一定先减小后增大
C．分子势能随着分子间距离的增大，可能先减小后增大
D．在真空、高温条件下，可以利用分子扩散向半导体材料掺入其它元素
【考点】81：分子动理论的基本观点和实验依据；84：布朗运动；85：扩散；86：分子间的相互作用力；
87：分子势能．菁优网版权所有
【专题】541：分子运动论专题．
【分析】解答本题需要掌握：分子热运动特点，分子力、分子势能与分子之间距离关系；明确布朗运动特点
是固体微粒的无规则运动，反应了液体分子的无规则运动．
【解答】解：A、墨水中的碳粒的运动是因为大量水分子对它的撞击作用力不平衡导致向各方向运动，并且
没有规则，故A 正确；
B、当分子间距离为r0 时，分子间作用力最小，所以当分子从大于r0 处增大时，分子力先增大后减小，故B
错误；
C、当分子间距离等于r0 时，分子间的势能最小，分子可以从距离小于r0 的处增大分子之间距离，此时分子
势能先减小后增大，故C 正确；
D、温度越高，分子无规则运动的剧烈程度越大，因此在真空、高温条件下，可以利用分子扩散向半导体材
料掺入其它元素，故D 正确。
本题选错误的，故选B。
【点评】正确理解和应用分子力、分子势能与分子之间距离的关系是分子动理论的重点知识．
2．（3 分）2006 年美国和俄罗斯的科学家利用回旋加速器，通过（钙48）轰击（锎249）发生核反应，成功合
成了第118 号元素，这是迄今为止门捷列夫元素周期表中原子序数最大的元素，实验表明，该元素的原子核
先放出3 个相同的粒子x，再连续经过3 次α 衰变后，变成质量为282 的第112 号元素的原子核，则上述过
程中的粒子x 是（ ）
A．中子
B．质子
C．电子
D．α 粒子
【考点】JA：原子核衰变及半衰期、衰变速度．菁优网版权所有
【专题】54M：原子的核式结构及其组成．
【分析】根据核反应过程中的质量数和电荷数守恒求出x 的质量数和电荷数即可判断x 属于那种粒子．
【解答】解：因为在衰变的过程中质量数守恒，电荷数守恒。
根据电荷守恒定律可得，118﹣3×2﹣112＝0，所以X 粒子的电荷量为零。
再根据质量守恒，48+249﹣4×3﹣282＝3，所以X 粒子的质量数为1，所以该粒子为中子，故BCD 错误，
A 正确。
故选：A。
【点评】本题比较简单，直接利用核反应过程中的质量数和电荷数守恒即可解答．
3．（3 分）光的偏振现象说明光是横波，下列现象中不能反映光的偏振特性的是（ ）
A．一束自然光相继通过两个偏振片，以光束为轴旋转其中一个偏振片，透射光的强度发生变化
B．一束自然光入射到两种介质的分界面上，当反射光与折射光线之间的夹角恰好是90°时，反射光是偏振
光
C．日落时分，拍摄水面下的景物，在照相机镜头前装上偏振光片可以使景象更清晰
D．通过手指间的缝隙观察日光灯，可以看到彩色条纹
【考点】HA：光的衍射；HB：光的偏振．菁优网版权所有
【分析】偏振光具有的性质是光子的振动具有方向性．当两个偏振片的偏振方向夹角增大时，透射光的强度
减弱．
【解答】解：A、一束自然光相继通过两个偏振片，以光束为轴旋转其中一个偏振片，当看到透射光的强度
发生变化时，则说明光的振动方向与传播方向相垂直。能反映光的偏振特性，故A 不选；
B、一束自然光入射到两种介质的表面时，一定有反射光线。如果折射光线与反射光线垂直，反射光为偏振
光。故B 不选；
C、在日落时分，拍摄水面下的景物，在照相机镜头前装上偏振光片，由于反射光太强，偏振光强，加偏振
片可以将反射的偏振光过滤，使图象清晰。故C 不选；
D、通过手指间缝隙观察日光灯，看到彩色条纹是光的衍射现象，而不是偏振现象，所以D 是错误。
故选：D。
【点评】通过日常生活中的事实，让我们更能理解光的偏振与光的衍射．
4．（3 分）μ 子与氢原子核（质子）构成的原子称为μ 氢原子（hydrogen muon atom），它在原子核物理的研究中
有重要作用．图为μ 氢原子的能级示意图．假定光子能量为E 的一束光照射容器中大量处于n＝2 能级的μ
氢原子，μ 氢原子吸收光子后，发出频率为γ1、γ2、γ3、γ4、γ5、和γ6 的光，且频率依次增大，则E 等于
（ ）
A．h（γ3﹣γ1）
B．h（γ5+γ6）
C．hγ3
D．hγ4
【考点】J4：氢原子的能级公式和跃迁．菁优网版权所有
【专题】11：计算题．
【分析】μ 子吸收能量后向高能级跃迁，而较高能级不稳定会自发的向所有的较低能级跃迁，只有跃迁到基
态后才能稳定，故辐射光子的种类为
．能级差越大，辐射的光子的频率越高．
C2𝑛
【解答】解：μ 子吸收能量后从n＝2 能级跃迁到较高m 能级，然后从m 能级向较低能级跃迁，若从m 能级
向低能级跃迁时如果直接跃迁到基态n＝1 能级，则辐射的能量最大，否则跃迁到其它较低的激发态时μ 子
仍不稳定，将继续向基态和更低的激发态跃迁，即1、2、3…m 任意两个轨道之间都可以产生一种频率的辐
射光，
故总共可以产生的辐射光子的种类为
6，
C2𝑚= 𝑚(𝑚‒ 1)
2
=
解得m＝4，
即μ 子吸收能量后先从n＝2 能级跃迁到n＝4 能级，然后从n＝4 能级向低能级跃迁。
辐射光子的按能量从小到大的顺序排列为4 能级到3 能级，能级3 到能级2，能级4 到能级2，能级2 到能
级1，能级3 到能级1，能级4 到能级1．所以能量E 与hν3 相等。
故C 正确。
故选：C。
【点评】本题需要同学们理解μ 子吸收能量后从较低能级跃迁到较高能级，而较高能级不稳定会自发的向较
低能级跃迁，只有跃迁到基态后才能稳定，故辐射光子的种类为
，这是高考的重点，我们一定要熟练掌
C2𝑛
握．
5．（3 分）如图所示，实线和虚线分别为某种波在t 时刻和t+△t 时刻的波形曲线。B 和C 是横坐标分别为d 和
3d 的两个质点，下列说法中正确的是（ ）
A．任一时刻，如果质点B 向上运动，则质点C 一定向下运动
B．任一时刻，如果质点B 速度为零，则质点C 的速度也为零
C．如果波是向右传播的，则波的周期可能为△t
6
7
D．如果波是向左传播的，则波的周期可能为
△t
6
13
【考点】F1：波的形成和传播；F4：横波的图象．菁优网版权所有
【专题】16：压轴题．
【分析】该波不是标准正弦波，根据BC 两点间距离分析它们的速度关系。抓住周期性研究周期与时间的关
系。
【解答】解：A、B，从图上可以看出，该波不是标准正弦波，波长为3d，BC 两点间距不是相差半个波长，
则速度可能大小相等，也可能不相等。故AB 均错误
C、如果波向右传播，时间可能为
，当k＝1 时，
，故C 正确。
△t = kT + 1
6
𝑇
T = 6
7
△𝑡
D、若波向左传播，则波传播的距离为k•3d+2.5d，其中k＝0，1，2，为该波向左传播的可能整数波的
个数。 时间可能为
，当k＝1 时，有
，故D 错误。
△t = kT + 5
6
𝑇
T = 6
11
△𝑡
故选：C。
【点评】本题考查分析、理解波动图象的能力，要抓住与标准的正弦波的相同点和不同点。
6．（3 分）如图所示，光滑水平面上放置质量分别为m 和2m 的四个木块，其中两个质量为m 的木块间用一不
可伸长的轻绳相连，木块间的最大静摩擦力是μmg．现用水平拉力F 拉其中一个质量为2m 的木块，使四个
木块以同一加速度运动，则轻绳对m 的最大拉力为（ ）
A．
B．
C．
D．3μmg
3𝜇𝑚𝑔
5
3𝜇𝑚𝑔
4
3𝜇𝑚𝑔
2
【考点】3F：牛顿运动定律的应用﹣连接体．菁优网版权所有
【专题】31：定性思想；43：推理法；524：摩擦力专题．
【分析】要使四个物体一块做加速运动而不产生相对滑动，则两接触面上的摩擦力不能超过最大静摩擦力；
分析各物体的受力可确定出哪一面上达到最大静摩擦力；由牛顿第二定律可求得拉力T。
【解答】解：本题的关键是要想使四个木块一起加速，则任两个木块间的静摩擦力都不能超过最大静摩擦
力。
设左侧两木块间的摩擦力为f1，右侧木块间摩擦力为f2；则有
对左侧下面的大木块有：f1＝2ma，对左侧小木块有T﹣f1＝ma；
对右侧小木块有f2﹣T＝ma，对右侧大木块有F﹣f2＝2ma﹣﹣﹣（1）；联立可F＝6ma﹣﹣﹣﹣（2）；
四个物体加速度相同，由以上式子可知f2 一定大于f1；故f2 应达到最大静摩擦力，由于两个接触面的最大静
摩擦力最大值为μmg，所以应有f2＝μmg﹣﹣﹣﹣（3），
联立（1）、（2）、（3）解得T
。
= 3
4
𝜇𝑚𝑔
故选：B。
【点评】本题注意分析题目中的条件，明确哪个物体最先达到最大静摩擦力；再由整体法和隔离法求出拉
力；同时还应注意本题要求的是绳子上的拉力，很多同学求成了F。
二、多项选择题：本题共5 小题，每小题4 分，共计20 分，每小题有多个选项符合题意对的得4 分，选对但不
全的得2 分，错选或不答的得0 分．
7．（4 分）现代物理学认为，光和实物粒子都具有波粒二象性．下列事实中突出体现波动性的是（ ）
A．一定频率的光照射到锌板上，光的强度越大，单位时间内锌板上发射的光电子就越多
B．肥皂液是无色的，吹出的肥皂泡却是彩色的
C．质量为10﹣3kg、速度为10﹣2m/s 的小球，其德布罗意波长约为10﹣23m，不过我们能清晰地观测到小球
运动的轨迹
D．人们常利用热中子研究晶体的结构，因为热中子的德布罗意波长一晶体中原子间距大致相同
【考点】IF：光的波粒二象性；IG：物质波．菁优网版权所有
【专题】54J：光的波粒二象性和物质波专题．
【分析】光电效应证明了光的粒子性，肥皂泡是彩色的，是由于光线在肥皂膜的表面发生干涉造成的证明了
光具有波动性；实物粒子也具有波动性，但由于波长太小，我们无法直接观测到；相邻原子之间的距离大致
与德布罗意波长相同故能发生明显的衍射现象，证明了光的波动性．
【解答】解：A、只有当入射光的频率大于金属的极限频率时才能发生光电效应，故如果入射光的频率小于
金属的极限频率，无论怎样增大光的强度，也不会有光电子逸出，如能发生光电效应，则证明了光的粒子
性，故A 错误。
B、肥皂液是无色的，吹出的肥皂泡却是彩色的，是由于光线在肥皂膜的表面发生干涉造成的，而干涉是波
特有的性质，故证明了光具有波动性，故B 正确。
C、实物粒子也具有波动性，但由于波长太小，我们无法直接观测到。只能观测到小球运动的轨迹，故只能
证明实物的粒子性，故C 错误。
D、晶体中相邻原子之间的距离大致与德布罗意波长相同故能发生明显的衍射现象。而衍射是波特有的性
质，故D 正确。
故选：BD。
【点评】明确各种物理现象的实质和原理才能顺利解决此类题目，故平时学习时要“知其然，更要知其所以
然”．
8．（4 分）2006 年度诺贝尔物理学奖授予了两名美国科学家，以表彰他们发现了宇宙微波背景辐射的黑体谱形
状及其温度在不同方向上的微小变化。他们的出色工作被誉为是宇宙学研究进入精密科学时代的起点，下列
与宇宙微波背景辐射黑体谱相关的说法中正确的是（ ）
A．微波是指波长在10﹣3m 到10m 之间的电磁波
B．微波和声波一样都只能在介质中传播
C．黑体的热辐射实际上是电磁辐射
D．普朗克在研究黑体的热辐射问题中提出了能量子假说
【考点】G5：电磁波谱；I9：量子化现象．菁优网版权所有
【分析】波长从1mm 到10m 的电磁波称微波，电磁波既能在介质中传播也能在真空中传播，而声波只能在
介质中传播。黑体向外辐射的是电磁波。普朗克在研究黑体辐射的过程中提出能量子的假说。
【解答】解：A、波长从1mm 到10m 的电磁波称微波，故A 正确。
B、微波是电磁波，电磁波既能在介质中传播也能在真空中传播，而声波是机械波，只能在介质中传播。故
B 错误。
C、黑体向外辐射的是热量，是以光子的形式辐射的，而光是电磁波，故C 正确。
D、普朗克在研究黑体辐射的过程中提出了黑体辐射的能量是一份一份的，从而提出了能量子的假说，故D
正确。
故选：ACD。
【点评】注意基础知识的积累是学好该部分内容的前提。
9．（4 分）某同学欲采用如图所示的电路完成相关实验．图中电流表的量程为0.6A，内阻约0.1Ω；电压表的量
程为3V，内阻约6kΩ；G 为小量程电流表；电源电动势约3V，内阻较小，下列电路中正确的是（ ）
A．
测定一段电阻丝（约5Ω）的电阻
B．
测定电源的电动势和内电阻（约3Ω）
C．
描绘小灯泡（额定电压为2.5 V）的伏安特性曲线
D．
测定电流表内阻
【考点】N3：测定电源的电动势和内阻；N5：描绘小电珠的伏安特性曲线；N6：伏安法测电阻．菁优网版权所有
【分析】A、伏安法测电阻的电路有两种接法．一种是电流表外接，适用于测量小电阻．另一种方法是电流
表内接，适用于测量大电阻．待测电阻丝的电阻与电流表内阻相当，属于小电阻．
B、测定电源的电动势和内电阻，在该电路图中，电压表测量的是电源两端的电压，电流表应测量通过电源
的电流，测的数据偏小，误差形成的原因是电压表的分流作用．
C、描绘小灯泡（额定电压为2.5 V）的伏安特性曲线，电流电压要从0 测起，滑动变阻器应该用分压式．
D、半偏法测量电流表的内阻，先闭合干路开关，调节滑动变阻器，使电流表满偏，保持滑动变阻器电阻不
变，闭合支路开关，调节支路电阻，使得电流表半偏，此时支路电阻即为电流表的内阻．
【解答】解：A、待测电阻丝的电阻与电流表内阻相当，远小于电压表内阻，该待测电阻属于小电阻，电流
表应用外接法。故A 正确。
B、电压表测量的是电源两端的电压，电流表应测量通过电源的电流，测的数据偏小，误差形成的原因是
电压表的分流作用。在该实验中，电压表内阻非常大，分流很不明显，误差较小。故B 正确。
C、描绘小灯泡（额定电压为2.5 V）的伏安特性曲线，电流电压要从0 测起，滑动变阻器应该用分压
式，不能用限流式。故C 错误。
D、半偏法测量电流表的内阻，最终支路电阻即为电流表的内阻，所以支路的电阻不能用滑动变阻器，应
该用电阻箱。故D 错误。
故选：AB。
【点评】解决本题的关键掌握电流表的内外接问题和滑动变阻器的分压限流接法，以及会对实验进行误差分
析．
10．（4 分）假设太阳系中天体的密度不变，天体直径和天体之间距离都缩小到原来的一半，地球绕太阳公转近
似为匀速圆周运动，则下列物理量变化正确的是（ ）
A．地球的向心力变为缩小前的一半
B．地球的向心力变为缩小前的
1
16
C．地球绕太阳公转周期与缩小前的相同
D．地球绕太阳公转周期变为缩小前的一半
【考点】48：线速度、角速度和周期、转速；4F：万有引力定律及其应用．菁优网版权所有
【专题】11：计算题；16：压轴题．
【分析】由密度不变，半径变化可求得天体的质量变化；由万有引力充当向心力可得出变化以后的各量的变
化情况．
【解答】解：由于天体的密度不变而半径减半，导致天体的质量减小，所以有
M' = ρ4
3
𝜋(𝑟
2
)3 = 𝑀
8
地球绕太阳做圆周运动由万有引力充当向心力。所以有
所以B 正确，A 错误；
G
𝑀'日𝑀'地
(
𝑅
2)
2
= 1
16
𝐺
𝑀日𝑀地
𝑅2
由
，整理得
与原来相同，C 正确。D 错误；
G
𝑀'日𝑀'地
(
𝑅
2)
2
= 𝑀'地
4𝜋2
𝑇2
𝑅
2
T2 = 4𝜋2𝑅3
𝐺𝑀
故选：BC。
【点评】天体的运动中都是万有引力充当向心力，因向心力的表达式有多种，故应根据题目中的实际情况确
定该用的表达式．
11．（4 分）如图所示，绝热气缸中间用固定栓将可无摩擦移动的导热隔板固定，隔板质量不计，左右两室分别
充有一定量的氢气和氧气（视为理想气体）．初始时，两室气体的温度相等，氢气的压强大于氧气的压强，
松开固定栓直至系统重新达到平衡，下列说法中正确的是（ ）
A．初始时氢分子的平均动能大于氧分子的平均动能
B．系统重新达到平衡时，氢气的内能比初始时的小
C．松开固定栓直至系统重新达到平衡的过程中有热量从氧气传递到氢气
D．松开固定栓直至系统重新达到平衡的过程中，氧气的内能先增大后减小
【考点】89：温度是分子平均动能的标志；8C：改变内能的两种方式；8F：热力学第一定律；98：理想气
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【专题】16：压轴题．
【分析】理想气体的内能只与温度有关，则由温度的变化可知内能的变化；由热力学第一定律可知两部分气
体间热量的传递方向．
【解答】解：温度是分子平均动能的标志，温度相同，分子的平均动能相同，与分子质量无关，两部分气体
温度相同，故分子的平均动能相同，故A 错误；
松开固定栓至系统达到平衡过程中，先是氢气对氧气做功，内能减少，氧气内能增加，温度升高。由于存在
温度差，发生热传递，最后两者温度相同，故氧气内能又减小，等于初始值，所以两种气体的内能与初始时
相同。故B 错误，CD 正确；
故选：CD。
【点评】本题要注意理想气体分子间距离较大，故不计分子势能，分子内能只与温度有关，温度相同，则内
能及分子的平均动能均相同．
三、填空题：本题共2 小题，共计22 分．把答案填在答题卡相应的横线上．
12．（9 分）要描绘某电学元件（最大电流不超过6mA，最大电压不超过7V）的伏安特性曲线，设计电路如
图，图中定值电阻R 为1kΩ，用于限流；电流表量程为10mA，内阻约为5Ω；电压表（未画出）量程为
10V，内阻约为10kΩ；电源电动势E 为12V，内阻不计．
（1）实验时有两个滑动变阻器可供选择：
a、阻值0 到200Ω，额定电流0.3A
b、阻值0 到20Ω，额定电流0.5A
本实验应选的滑动变阻器是 a （填“a”或“b”）．
（2）正确接线后，测得数据如下表：
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
U（V）
0.00
3.00
6.00
6.16
6.28
6.32
6.36
6.38
6.39
6.40
I（mA）
0.00
0.00
0.00
0.06
0.50
1.00
2.00
3.00
4.00
5.50
a）根据以上数据，电压表是并联在M 与 p 之间的．（填“O”或“P”）
b）根据以上数据，画出该元件的伏安特性曲线为 如下图 ．
（3）画出待测元件两端电压UMO 随MN 间电压UMN 变化的示意图为：（无需数值）
【考点】N5：描绘小电珠的伏安特性曲线．菁优网版权所有
【专题】13：实验题；16：压轴题；535：恒定电流专题．
【分析】（1）器材的选取注意原则，精确、安全．从精确角度讲，选分压滑动变阻器时，尽量选电阻较小
的，电压表电流表变化明显，但要考虑到安全，加在B 电阻上的电压最大10V．
（2）判断电流表内外接，关键看待测电阻是大电阻还是小电阻．“大内偏大，小外偏小”伏安特性曲线用平
滑线画．
（3）从表格中数据看，电学元件两端的电压先增大，然后趋于稳定．
【解答】
解：（1）选择分压滑动变阻器时，要尽量选择电阻较小的，测量时电压表电流表示数变化明显，但要保证
仪器的安全．B 电阻的额定电流为0.5A，加在它上面的最大电压为10V，所以仪器不能正常使用，而选择
a．
（2）从表中数据看，该电阻为大电阻，“大内偏大”，所以电流表用内接法，即电压表是并联在M 与P
之间．伏安特性曲线用平滑曲线画，如图．
（3）从表格中数据看，电学元件两端的电压先增大，然后趋于稳定．所以MO 两端的电压随MN 两端电
压的增大先增大，后趋于稳定．如上图．
故本题答案：（1）a（2）P，图线如上面最右面图．（3）如上图中间图．
【点评】解决本题的关键掌握器材选取的方法：精确、安全．以及掌握电流表内外接的选取．
13．（13 分）如（a）图，质量为M 的滑块A 放在气垫导轨B 上，C 为位移传感器，它能将滑块A 到传感器C
的距离数据实时传送到计算机上，经计算机处理后在屏幕上显示滑块A 的位移﹣时间（s﹣t）图象和速率﹣
时间（v﹣t）图象．整个装置置于高度可调节的斜面上，斜面的长度为l、高度为h．（取重力加速度g＝
9.8m/s2，结果可保留一位有效数字）
（1）现给滑块A 一沿气垫导轨向上的初速度，A 的v﹣t 图线如（b）图所示．从图线可得滑块A 下滑时的
加速度a＝ 6 m/s2，摩擦力对滑块A 运动的影响 不明显，可忽略 ．（填“明显，不可忽略”或“不明
显，可忽略”）
（2）此装置还可用来验证牛顿第二定律．实验时通过改变 斜面高度h ，可验证质量一定时，加速度与力
成正比的关系；实验时通过改变 滑块A 的质量M 及斜面的高度h，且使Mh 不变 ，可验证力一定时，加
速度与质量成反比的关系．
（3）将气垫导轨换成滑板，滑块A 换成滑块A′，给滑块A′一沿滑板向上的初速度，A′的
s﹣t 图线如（c）图．图线不对称是由于 滑动摩擦力 造成的，通过图线可求得滑板的倾角θ＝ arcsin0.58
（用反三角函数表示），滑块与滑板间的动摩擦因数μ＝ 0.27 ．
【考点】M6：验证牛顿第二运动定律；M8：探究加速度与物体质量、物体受力的关系．菁优网版权所有
【专题】16：压轴题．
【分析】根据v﹣t 图象求出该图象的斜率，其斜率的绝对值就是加速度大小．
从v﹣t 图象中我们发现两条倾斜直线的斜率绝对值大小几乎相等，说明滑块A 沿气垫导轨上下运动加速度
大小相等．
实验运用控制变量法研究．
对滑块进行运动和受力分析，运用牛顿第二定律结合运动学公式解决问题．
【解答】解：（1）从图象可以看出，滑块上滑和下滑过程中的加速度基本相等，所以摩擦力对滑块的运动
影响不明显，可以忽略．根据加速度的定义式可以得出a
m/s2＝6m/s2
=
𝑣‒ 𝑣0
𝑡
= 3.0 ‒ 0
0.5
（2）牛顿第二定律研究的是加速度与合外力和质量的关系．当质量一定时，可以改变力的大小，当斜面高
度不同时，滑块受到的力不同，可以探究加速度与合外力的关系．由于滑块下滑加速的力是由重力沿斜面向
下的分力提供，所以要保证向下的分力不变，应该使Mg
不变，所以应该调节滑块的质量及斜面的高
⋅ℎ
𝑙
度，且使Mh 不变．
（3）滑板与滑块间的滑动摩擦力比较大，导致图象成抛物线形．
从图上可以读出，滑块上滑和下滑时发生位移大小约为x＝0.84m﹣0.20m＝0.64m
上滑时间约为t1＝0.4s，下滑时间约为t2＝0.6s，上滑时看做反向匀加速运动，
根据动学规律有：x
a1t12，根据牛顿第二定律有mgsinθ+μmgcosθ＝ma1
= 1
2
下滑时，有x
a2t22，mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma2
= 1
2
联立解得sinθ＝0.58，θ＝arcsin0.58，μ＝0.27
故答案为：（1）6 不明显，可忽略
（2）斜面高度h
滑块A 的质量M 及斜面的高度h，且使Mh 不变
（3）滑动摩擦力
arcsin0.58
0.27
【点评】解答本题关键是能够把v﹣t 图象运用物理规律结合数学知识解决问题．对滑块进行运动和受力分
析，运用牛顿第二定律结合运动学公式解决问题．
四、计算题或推导证明题：本题共6 小题，共计90 分．解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步
骤．只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．
14．（14 分）如图所示，巡查员站立于一空的贮液池边，检查池角处出液口的安全情况。已知池宽为L，照明灯
到池底的距离为H．若保持照明光束方向不变，向贮液池中注入某种液体，当液面高为
时，池底的光斑距
𝐻
2
离出液口。
𝐿
4
（1）试求当液面高为
时，池底的光斑到出液口的距离x。
2
3
𝐻
（2）控制出液口缓慢地排出液体，使液面以v0 的速率匀速下降，试求池底的光斑移动的速率vx。
【考点】H3：光的折射定律．菁优网版权所有
【分析】（1）当光从空气射向水中时，根据几何关系从而确定入射角的正弦值与折射角的正弦值，从而由光
的折射定律可算出水的折射率。当液面高度改变时，即入射点发生变化，但入射角与折射角均没有变化，所
以通过几何关系可以确定池底的光斑到出液口的距离。
（2）液面匀速下降时，光斑也在匀速向左运动。所以由位移与速度的比值相等可列式，从而求出光斑的运
动速度。
【解答】解：（1）如图所示，由几何关系知：
𝑥+ 𝑙
ℎ
= 𝐿
𝐻
由折射定律得：
𝐿
𝐿2 + 𝐻2
= 𝑛⋅
𝑙
𝑙2 + ℎ2
代入
，x
h = 𝐻
2
= 𝐿
4
得：
n =
𝐿2 + 4𝐻2
𝐿2 + 𝐻2
由于
x = 𝐿
2𝐻
ℎ
解得：
x = 𝐿
3
（2）液面匀速下降，光斑也匀速向左运动。
则有
，
𝐿
4
𝑣𝑥
=
𝐻
2
𝑣𝐻
整理得
。
v𝑥= 𝐿
2𝐻
𝑣ℎ
【点评】虽然液面高度变化，但由于入射角没变，则折射角也不变。于是可以根据几何关系来构建长度关
系，从而求出所求结果。当液面高度匀速变化时，光斑也匀速变化，因此利用同时性，来列出等式，从而确
定光斑运动的速度。
15．（14 分）直升机沿水平方向匀速飞往水源取水灭火，悬挂着m＝500kg 空箱的悬索与竖直方向的夹角θ1＝
45°．直升机取水后飞往火场，加速度沿水平方向，大小稳定在a＝1.5m/s2 时，悬索与竖直方向的夹角θ2＝
14°．如果空气阻力大小不变，且忽略悬索的质量，试求水箱中水的质量M．（取重力加速度g＝10m/s2；
sin14°＝0.242；cos14°＝0.970）
【考点】37：牛顿第二定律；39：牛顿运动定律的综合应用；3C：共点力的平衡．菁优网版权所有
【分析】本题中直升机沿水平方向匀速飞往水源过程，水箱受力平衡，可由共点力平衡条件求解出空气阻
力；
直升机取水后飞往火场过程，做匀加速直线运动，可根据牛顿第二定律列式求解。
【解答】解：直升机取水过程，对水箱受力分析，如图；
水箱受力平衡：
T1sinθ1﹣f＝0；
T1cosθ1﹣mg＝0；
解得：f＝mgtanθ1；
直升机返回过程，对水箱受力分析，如图；
由牛顿第二定律得：
T2sinθ2﹣f＝（M+m）a；
T2cosθ2﹣（M+m）g＝0；
解得，M＝4.5×103 kg
故水箱中水的质量为4.5×103 kg。
【点评】本题中要能正确的对物体受力分析，根据平衡条件与牛顿第二定律列式求解；同时要注意，取水
后，水箱变重，虽加速，但绳子与竖直方向夹角仍然变小。
16．（15 分）如图所示，带电量分别为4q 和﹣q 的小球A、B 固定在水平放置的光滑绝缘细杆上，相距为d．若
杆上套一带电小环C，带电体A、B 和C 均可视为点电荷．
（1）求小环C 的平衡位置．
（2）若小环C 带电量为q，将小环拉离平衡位置一小位移x（|x|≪d）后静止释放，试判断小环C 能否回到
平衡位置．（回答“能”或“不能”即可）
（3）若小环C 带电量为﹣q，将小环拉离平衡位置一小位移x（|x|≪d）后静止释放，试证明小环C 将作简谐
运动．
（提示：当α≪1 时，则
）
1
(1 + 𝛼)𝑛≈1 ‒ 𝑛𝛼
【考点】3C：共点力的平衡；71：简谐运动；A4：库仑定律．菁优网版权所有
【分析】由于A 处放正点电荷，B 处放负点电荷，根据同种电荷排斥，异种电荷吸引，
要使小环C 处于平衡状态，对其小环C 受力分析，去判断所处的位置．
运用库仑定律结合力学平衡知识解决问题．
【解答】解析：（1）对C 进行受力分析，根据共点力平衡条件得两个力大小相等方向相反
所以小环C 的平衡位置应该在AB 连线的延长线上，
设C 在AB 连线的延长线上距离B 为l 处达到平衡，带电量为Q
由库仑定律得：F
= k𝑞𝑄
𝑟2
有平衡条件得：Fc
0
=
4𝑘𝑞𝑄
(𝑑+ 𝑙)2 + ‒ 𝑘𝑞𝑄
𝑙2
=
解得：l1
d（舍去）；l2＝d
= -
1
3
所以平衡位置为：l＝d
（2）不能，若小环C 带电量为q，将小环拉离平衡位置一小位移x（|x|＜＜d）后静止释放，由于q 受的电
场力合力背离平衡位置，所以q 将由静止开始背离平衡位置做加速运动，不可能回到平衡位置．
（3）环C 带电﹣q，平衡位置不变，拉离平衡位置一小位移x 后，C 受力为：
Fc
=
‒ 4𝑘𝑞2
(2𝑑+ 𝑥)2 +
𝑘𝑞2
(𝑑+ 𝑥)2
利用近似关系化简得：Fc
= -
𝑘𝑞2
𝑑3 𝑥
所以小环C 将做简谐运动．
答：（1）C 的平衡位置在B 右侧l＝d 处
（2）不能回到平衡位置
（3）Fc
，小环C 将做简谐运动．
= -
𝑘𝑞2
𝑑3 𝑥
【点评】我们需要对小环C 进行受力分析，根据共点力平衡得出物理关系等式．
证明简谐运动，我们需要找出回复力与位移的关系去说明问题．
17．（15 分）磁谱仪是测量α 能谱的重要仪器．磁谱仪的工作原理如图所示，放射源S 发出质量为m、电量为
q 的α 粒子沿垂直磁场方向进入磁感应强度为B 的匀强磁场，被限束光栏Q 限制在2φ 的小角度内，α 粒子
经磁场偏转后打到与束光栏平行的感光片P 上．（重力影响不计）
（1）若能量在E～E+△E（△E＞0，且△E≪E）范围内的α 粒子均垂直于限束光栏的方向进入磁场．试求
这些α 粒子打在胶片上的范围△x1．
（2）实际上，限束光栏有一定的宽度，α 粒子将在2φ 角内进入磁场．试求能量均为E 的α 粒子打到感光
胶片上的范围△x2．
【考点】37：牛顿第二定律；4A：向心力；65：动能定理；CI：带电粒子在匀强磁场中的运动．菁优网版权所有
【专题】536：带电粒子在磁场中的运动专题．
【分析】（1）粒子做圆周运动，垂直入射刚好为半圆，由
，E
，求出x 的表达式，分别
qvb = 𝑚𝑣2
𝑅
= 1
2
𝑚𝑣2
代入E 与△E，两式平方后相减，忽略△E2 与△x2 的二次方量，可求解此问．
（2）由简单几何关系，求出粒子边界两边φ 角入射粒子打在2Rcosφ 出，中间入射粒子打在2R 处．
【解答】解析：设α 粒子以速度v 进入磁场，打在胶片上的位置距S 的距离为x
圆周运动
qvB = m𝑣2
𝑅
α 粒子的动能
E = 1
2
𝑚𝑣2
且 x＝2R
解得：
．
x = 2 2𝑚𝐸
𝑞𝐵
△x1
= 2 2𝑚(𝐸+△𝐸)
𝐵𝑞
‒ 2 2𝑚𝐸
𝐵𝑞
当x＜＜1 时，（1+x）n≈1+xn
由上式可得：
．
△𝑥1 ≈
2𝑚𝐸
𝑞𝐵𝐸
△𝐸
（2）动能为E 的α 粒子沿±φ 角入射，轨道半径相同，设为R
圆周运动
qvB = m𝑣2
𝑅
α 粒子的动能
E = 1
2
𝑚𝑣2
由几何关系得
△𝑥2 = 2𝑅‒ 2𝑅𝑐𝑜𝑠𝜑= 2 2𝑚𝐸
𝑞𝐵
(1 ‒ 𝑐𝑜𝑠𝜑) = 4 2𝑚𝐸
𝑞𝐵
𝑠𝑖𝑛2𝜑
2
答：（1）
（2）
△𝑥1 ≈
2𝑚𝐸
𝑞𝐵𝐸
△𝐸
△𝑥2 = 4 2𝑚𝐸
𝑞𝐵
𝑠𝑖𝑛2𝜑
2
【点评】此题需要应用简单几何知识，加大了解决磁场问题的难度．需要考生多做练习，熟能生巧．
18．（16 分）如图所示，空间等间距分布着水平方向的条形匀强磁场，竖直方向磁场区域足够长，磁感应强度B
＝1T，每一条形磁场区域的宽度及相邻条形磁场区域的间距均为d＝0.5m，现有一边长l＝0.2m、质量m＝
0.1kg、电阻R＝0.1Ω 的正方形线框MNOP 以v0＝7m/s 的初速从左侧磁场边缘水平进入磁场，求：
（1）线框MN 边刚进入磁场时受到安培力的大小F；
（2）线框从开始进入磁场到竖直下落的过程中产生的焦耳热Q；
（3）线框能穿过的完整条形磁场区域的个数n。
【考点】1J：自由落体运动；52：动量定理；8G：能量守恒定律；D9：导体切割磁感线时的感应电动势．菁优网版权所有
【专题】16：压轴题．
【分析】（1）线框MN 边刚进入磁场时，右边切割磁感线产生感应电动势，从而产生感应电流，根据安培力
的公式F＝BIL 求解。
（2）线框水平方向上进磁场和出磁场受安培力做减速运动，在无磁场区以及全部在磁场中做匀速直线运
动，在竖直方向上仅受重力，做自由落体运动。根据自由落体运动求出线框的末速度，再根据能量守恒：
，求出热量Q。
mgH + 1
2
𝑚𝑣20 = 𝑄+ 1
2
𝑚𝑣2𝐻
（3）线框进入和穿出条形磁场区域时，才产生感应电动势，才受到安培力，在水平方向做减速运动。因为
线框在水平方向上做变减速运动，取很短的一段时间△t，根据动量定理有：﹣F△t＝m△v，再利用微分
∑𝐵2𝑙2
𝑅
𝑣△𝑡= ∑𝐵2𝑙2
𝑅
△𝑥= 𝑚𝑣0
求出线框在水平方向上减速运动的位移，从而求出穿过的完整条形磁场区域的个数。
【解答】解：（1）线框MN 边刚进入磁场时有：
F = BlI = Bl
𝐵𝑙𝑣0
𝑅
= 2.8𝑁
（2）设线框竖直下落H 时，速度为vH
由能量守恒得：
mgH + 1
2
𝑚𝑣20 = 𝑄+ 1
2
𝑚𝑣2𝐻
自由落体规律：vH2＝2gH
解得：
Q = 1
2
𝑚𝑣20 = 2.45𝐽
（3）只有在线框进入和穿出条形磁场区域时，才产生感应电动势，线框部分进入磁场区域x 时有：
F = BlI = Bl𝐵𝑙𝑣
𝑅
= 𝐵2𝑙2
𝑅
𝑣
在t→t+△t 时间内，由动量定理：﹣F△t＝m△v
求和：
∑𝐵2𝑙2
𝑅
𝑣△𝑡= ∑𝐵2𝑙2
𝑅
△𝑥= 𝑚𝑣0
解得：
𝐵2𝑙2
𝑅
𝑥= 𝑚𝑣0
穿过条形磁场区域的个数为：
n = 𝑥
2𝑙
≈4.4
可穿过4 个完整条形磁场区域。
【点评】解决本题的关键掌握切割产生的感应电动势E＝BLv．以及熟练运用能量守恒。第（3）问较难，在
水平方向进磁场和出磁场做变减速运动，取很小的一段，通过微分的思想来解决问题。
19．（16 分）如图所示，一轻绳吊着粗细均匀的棒，棒下端离地面高H，上端套着一个细环．棒和环的质量均
为m，相互间最大静摩擦力等于滑动摩擦力kmg（k＞1）．断开轻绳，棒和环自由下落．假设棒足够长，与
地面发生碰撞时，触地时间极短，无动能损失．棒在整个运动过程中始终保持竖直，空气阻力不计．求：
（1）棒第一次与地面碰撞弹起上升过程中，环的加速度；
（2）从断开轻绳到棒与地面第二次碰撞的瞬间，棒运动的路程S；
（3）从断开轻绳到棒和环都静止，摩擦力对环及棒做的总功W．
【考点】1J：自由落体运动；65：动能定理．菁优网版权所有
【专题】16：压轴题．
【分析】（1）在棒上升的过程中，环要受到重力的作用，同时由于环向下运动而棒向上运动，环还要受到棒
的向上的摩擦力的作用，根据牛顿第二定律列式可以求得加速度的大小．
（2）棒运动的总路程为原来下降的高度H，加上第一次上升高度的两倍，对棒受力分析可以求得棒的加速
度的大小，在由运动学公式可以求得上升的高度．
（3）整个过程中能量的损失都是由于摩擦力对物体做的功，所以根据能量的守恒可以较简单的求得摩擦力
对环及棒做的总功．
【解答】解：（1）设棒第一次上升过程中，环的加速度为a 环，
由牛顿第二定律得：kmg﹣mg＝ma 环
解得：a 环＝（k﹣1）g，方向竖直向上
（2）设棒第一次落地的速度大小为v1
由机械能守恒得：
1
2
2𝑚𝑣21 = 2𝑚𝑔𝐻
解得：
v1 =
2𝑔𝐻
设棒弹起后的加速度为a 棒，由牛顿第二定律得：
a 棒＝﹣（k+1）g
棒第一次弹起的最大高度为：
H1 =
𝑣2
1
2𝑎棒
解得：
H1 =
𝐻
𝑘+ 1
棒运动的路程为：
S = H + 2𝐻1 = 𝑘+ 3
𝑘+ 1
𝐻
（3）解法一：
棒第一次弹起经过t1 时间，与环达到相同速度v′1
环的速度：v′1＝﹣v1+a 环t1
棒的速度：v′1＝v1+a 棒t1
环的位移：
h环1 =‒ 𝑣1𝑡1 + 1
2
𝑎环𝑡21
棒的位移：
h棒1 = 𝑣1𝑡1 + 1
2
𝑎棒𝑡21
环第一次相对棒的位移为：
x1 = ℎ环1 ‒ ℎ棒1 =‒ 2𝐻
𝑘
棒环一起下落至地：
v22 ‒ 𝑣/2
1 = 2𝑔ℎ棒1
解得：
v2 = 2𝑔𝐻
𝑘
同理，环第二次相对棒的位移为
x2 = ℎ环2 ‒ ℎ棒2 =‒ 2𝐻
𝑘2
⋯𝑥𝑛=‒ 2𝐻
𝑘𝑛
环相对棒的总位移为：x＝x1+x2+…+xn
摩擦力对棒及环做的总功为：
W = kmgx = -
2𝑘𝑚𝑔𝐻
𝑘‒ 1
解法二：
设环相对棒滑动距离为l
根据能量守恒 mgH+mg（H+l）＝kmgl
摩擦力对棒及环做的总功为：W＝﹣kmgl
解得：
．
W = -
2𝑘𝑚𝑔𝐻
𝑘‒ 1
答：（1）环的加速度为（k﹣1）g，方向竖直向上．
（2）从断开轻绳到棒与地面第二次碰撞的瞬间，棒运动的路程：
．
S = H + 2𝐻1 = 𝑘+ 3
𝑘+ 1
𝐻
（3）从断开轻绳到棒和环都静止，摩擦力对环及棒做的总功
．
W = -
2𝑘𝑚𝑔𝐻
𝑘‒ 1
【点评】对比求摩擦力总功的两种方法可以发现，应用能量的守恒来解决本题可以很简单的求出结果，这样
既能够简化解题的过程还可以节约宝贵的时间，所以在平时一定要考虑如何解题能够简单快捷．
