文档文本内容
2014 年山东省高考物理试卷
一、选择题（共13 小题，每小题5 分，共65 分，每小题只有一个选项符合题意）
二、选择题（共7 小题，每小题6 分，共42 分，每小题给出的四个选项中，有的只
有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得6 分，选对但不全的得3 分，
有选错的得0 分）
14．（6 分）如图，用两根等长轻绳将木板悬挂在竖直木桩上等高的两点，制成一
简易秋千，某次维修时将两轻绳各剪去一小段，但仍能保持等长且悬挂点不变，
木板静止时，F1表示木板所受合力的大小，F2表示单根轻绳对木板拉力的大小，则
维修后（ ）
A．F1不变，F2变大B．F1变大，F2变小
C．F1变大，F2变大D．F1变小，F2变小
15．（6 分）一质点在外力作用下做直线运动，其速度v 随时间t 变化的图象如图
所示，在图中标出的时刻中，质点所受合外力的方向与速度方向相同的有（ ）
A．t1
B．t2
C．t3D．t4
16．（6 分）如图，一端接有定值电阻的轨道固定在水平面内，通有恒定电流的长
直绝缘导体棒垂直并紧靠轨道固定，导体棒与轨道垂直且接触良好，在向右匀速
通过M、N 两区的过程中，导体棒所受安培力分别用FM、FN表示，不计轨道电阻，
以下叙述正确的是（ ）
第1页（共32页）
A．FM向右B．FN向左C．FM逐渐增大D．FN逐渐减小
17．（6 分）如图，将额定电压为60V 的用电器，通过一理想变压器接在正弦交变
电源上，闭合开关S 后，用电器正常工作，交流电压表和交流电流表（均为理想电
表）的示数分别为220V 和2.2A，以下判断正确的是（ ）
A．变压器输入功率为484W
B．通过原线圈的电流的有效值为0.6A
C．通过副线圈的电流的最大值为2.2A
D．变压器原、副线圈匝数比n1：n2=11：3
18．（6 分）如图，场强大小为E、方向竖直向下的匀强电场中有一矩形区域abcd，
水平边ab 长为s，竖直边ad 长为h，质量均为m、带电量分别为+q 和﹣q 的两粒
子，由a、c 两点先后沿ab 和cd 方向以速率v0进入矩形区（两粒子不同时出现在
电场中），不计重力，若两粒子轨迹恰好相切，则v0等于（ ）
A．
B．
C．
D．
19．（6 分）如图，半径为R 的均匀带正电薄球壳，其上有一小孔A，已知壳内的场
第2页（共32页）
强处处为零，壳外空间的电场与将球壳上的全部电荷集中于球心O 时在壳外产
生的电场一样，一带正电的试探电荷（不计重力）从球心以初动能Ek0沿OA 方向
射出，下列关于试探电荷的动能Ek与离开球心的距离r 的关系图线，可能正确的
是（ ）
A．
B．
C
．
D．
20．（6 分）2013 年我国相继完成“神十”与“天宫”对接，“嫦娥”携“玉兔”
落月两大航天工程，某航天爱好者提出“玉兔”回家的设想：如图，将携带“玉
兔”的返回系统由月球表面发射到h 高度的轨道上，与在该轨道绕月球做圆周运
动的飞船对接，然后由飞船送“玉兔”返回地球，设“玉兔”质量为m，月球半
径为R，月面的重力加速度为g 月．以月面为零势能面，“玉兔”在h 高度的引力
第3页（共32页）
势能可表示为Ep=
，其中G 为引力常量，M 为月球质量，若忽略月球的自
转，从开始发射到对接完成需要对“玉兔”做的功为（ ）
A．
（h+2R）B．
（h+
R）
C．
（h+
R）D．
（h+
R）
三、解答题
21．（8 分）某实验小组利用弹簧秤和刻度尺，测量滑块在木板上运动的最大速度。
实验步骤：
①用弹簧秤测量橡皮泥和滑块的总重力，记作G；
②用装有橡皮泥的滑块放在水平木板上，通过水平细绳和固定弹簧秤相连，如图
甲所示，在A 端向右拉动木板，待弹簧秤实数稳定后，将读数记为F；
③改变滑块上橡皮泥的质量，重复步骤①②，实验数据如表所示：
G/N
1.50
2.00
2.50
3.00
3.50
4.00
F/N
0.59
0.83
0.99
1.22
1.37
1.60
④如图乙所示，将木板固定在水平桌面上，滑块置于木板上左侧C 处，细绳跨过
定滑轮分别与滑块和重物P 连接，保持滑块静止，测量重物P 离地面的高度h；
⑤滑块由静止释放后开始运动并最终停在木板上的D 点（未与滑轮碰撞），测量
C、D 间的距离。
完成下列作图和填空：
第4页（共32页）
（1）根据表中数据在给定的坐标纸上作出F
G
﹣
图线。
（2）由图线求得滑块和木板间的动摩擦因数μ= （保留2 位有效数字）。
（3）滑块最大速度的大小v= （用h、s、μ 和重力加速度g 表示）。
22．（10 分）实验室购买了一根标称长度为100m 的铜导线，某同学想通过实验测
其实际长度，该同学首先测得导线横截面积为1.0mm2，查得铜的电阻率为
1.7×10
8
﹣Ω•m，再利用图甲所示电路测出铜导线的电阻Rx，从而确定导线的实际
长度．可供使用的器材有：
电流表：量程0.6A，内阻约0.2Ω；
电压表：量程3V，内阻约9kΩ；
滑动变阻器R1：最大阻值5Ω；
滑动变阻器R2：最大阻值20Ω；
定值电阻：R0=3Ω；
电源：电动势6V，内阻可不计；
开关、导线若干．
（1）实验中，滑动变阻器应选 （填“R1”或“R2”），闭合开关S 前应将滑片
移至 端（填“a”或“b”）．
（2）在实物图中，已正确连接了部分导线，请根据图甲电路完成剩余部分的连接．
（3）调节滑动变阻器，当电流表的读数为0.50A 时，电压表示数如图乙所示，读数
为 V．
（4）导线实际长度为 m（保留2 位有效数字）．
第5页（共32页）
23．（18 分）研究表明，一般人的刹车反应时间（即图甲中“反应过程”所用时
间）t0=0.4s，但饮酒会导致反应时间延长，在某次试验中，志愿者少量饮酒后驾车
以v1=72km/h 的速度在试验场的水平路面上匀速行驶，从发现情况到汽车停止，
行驶距离L=39m，减速过程中汽车位移x 与速度v 的关系曲线如同乙所示，此过
程可视为匀变速直线运动，取重力加速度的大小g=10m/s2，求：
（1）减速过程汽车加速度的大小及所用时间；
（2）饮酒使志愿者反应时间比一般人增加了多少；
（3）减速过程汽车对志愿者作用力的大小与志愿者重力大小的比值．
24．（20 分）如图甲所示，间距为d，垂直于纸面的两平行板P，Q 间存在匀强磁场，
取垂直于纸面向里为磁场的正方向，磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示，
t=0 时刻，一质量为m，带电量为+q 的粒子（不计重力），以初速度v0，由Q 板左端
靠近板面的位置，沿垂直于磁场且平行于板面的方向射入磁场区，当B0和TB取某
些特定值时，可使t=0 时刻入射的粒子经△t 时间恰能垂直打在P 板上（不考虑粒
子反弹），上述m、q、d、v0为已知量．
第6页（共32页）
（1）若△t=
TB，求B0；
（2）若△t=
TB，求粒子在磁场中运动时加速度的大小；
（3）若B0=
，为使粒子仍能垂直打在P 板上，求TB．
【选做题】
37．（12 分）如图，内壁光滑、导热良好的气缸中用活塞封闭有一定质量的理想气
体．当环境温度升高时，缸内气体（ ）
A．内能增加B．对外做功
C．压强增大D．分子间的引力和斥力都增大
38．一种水下重物打捞方法的工作原理如图所示，将一质量M=3×103kg，体积
V0=0.5m3的重物捆绑在开口朝下的浮筒上，向浮筒内充入一定量的气体，开始时
筒内液面到水面的距离h1=40m，筒内气体体积V1=1m3，在拉力作用下浮筒缓慢
上升，当筒内液面到水面的距离为h2时，拉力减为零，此时气体体积为V2，稍后浮
筒和重物自动上浮，求V2和h2。
已知：大气压强p0=1×105Pa，水的密度ρ=1×103kg/m3，重力加速度的大小为
g=10m/s2，不计水温变化，筒内气体质量不变且可视为理想气体，浮筒质量和厚度
第7页（共32页）
可忽略。
【物理--物理3-4】
39．一列简谐波沿直线传播，以波源O 由平衡位置开始振动为计时零点，质点A
的振动图象如图所示，已知O，A 的平衡位置相距0.9m，以下判断正确的是
（ ）
A．波长为1.2m B．波源起振方向沿y 轴正方向
C．波速大小为0.4m/s
D．质点A 的动能在t=4s 时最大
40．如图，三角形ABC 为某透明介质的横截面，O 为BC 边的中点，位于截面所在
平面内的一束光线自O 以角I 入射，第一次到达AB 边恰好发生全反射，已知
θ=15°，BC 边长为2L，该介质的折射率为
，求：
（i）入射角i；
（ii）从入射角到发生第一次全反射所用的时间（设光在真空中的速度为v，可能用
到sin75°=
或sin15°=2﹣
）
第8页（共32页）
【物理---物理3-5】
41．氢原子能级如图，当氢原子从n=3 跃迁到n=2 的能级时，辐射光的波长为
656nm．以下判断正确的是（ ）
A．氢原子从n=2 跃迁到n=1 的能级时，辐射光的波长大于656 nm
B．用波长为325 nm 的光照射，可使氢原子从n=1 跃迁到n=2 的能级
C．一群处于n=3 能级上的氢原子向低能级跃迁时最多产生3 种谱线
D．用波长为633 nm 的光照射，不能使氢原子从n=2 跃迁到n=3 的能级
42．如图所示，光滑水平直轨道上两滑块A、B 用橡皮筋连接，A 的质量为m，开始
时橡皮筋松弛，B 静止，给A 向左的初速度v0，一段时间后，B 与A 同向运动发生
碰撞并黏在一起，碰撞后的共同速度是碰撞前瞬间A 的速度的两倍，也是碰撞前
瞬间B 的速度的一半，求：
（i）B 的质量；
（ii）碰撞过程中A、B 系统机械能的损失．
第9页（共32页）
2014 年山东省高考物理试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（共13 小题，每小题5 分，共65 分，每小题只有一个选项符合题意）
二、选择题（共7 小题，每小题6 分，共42 分，每小题给出的四个选项中，有的只
有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得6 分，选对但不全的得3 分，
有选错的得0 分）
14．（6 分）如图，用两根等长轻绳将木板悬挂在竖直木桩上等高的两点，制成一
简易秋千，某次维修时将两轻绳各剪去一小段，但仍能保持等长且悬挂点不变，
木板静止时，F1表示木板所受合力的大小，F2表示单根轻绳对木板拉力的大小，则
维修后（ ）
A．F1不变，F2变大B．F1变大，F2变小
C．F1变大，F2变大D．F1变小，F2变小
【分析】木板静止时，受重力和两个拉力而平衡，根据共点力平衡条件并结合正交
分解法列式分析即可．
【解答】解：木板静止时，受重力和两个拉力而平衡，故三个力的合力为零，即：
F1=0；
根据共点力平衡条件，有：
2F2cosθ=mg
解得：
F2=
当细线变短时，细线与竖直方向的夹角θ 增加，故cosθ 减小，拉力F2变大。
故选：A。
第10页（共32页）
【点评】本题是简单的三力平衡问题，关键是受力分析后运用图示法分析，不难．
15．（6 分）一质点在外力作用下做直线运动，其速度v 随时间t 变化的图象如图
所示，在图中标出的时刻中，质点所受合外力的方向与速度方向相同的有（ ）
A．t1
B．t2
C．t3D．t4
【分析】根据牛顿第二定律，合外力方向与加速度方向相同，当加速度与速度同向
时物体做加速运动．
【解答】解：A、C、t1时刻与t3时刻，物体正加速，故加速度与速度同向，而加速度和
合力同向，故合力与速度同方向，故A 正确，C 正确；
B、D、t2时刻与t4时刻，物体正减速，故合力与速度反向，故B 错误，D 错误；
故选：AC。
【点评】本题关键是明确直线运动中，物体加速时合力与速度同向；物体减速时合
力与速度反向，基础题目．
16．（6 分）如图，一端接有定值电阻的轨道固定在水平面内，通有恒定电流的长
直绝缘导体棒垂直并紧靠轨道固定，导体棒与轨道垂直且接触良好，在向右匀速
通过M、N 两区的过程中，导体棒所受安培力分别用FM、FN表示，不计轨道电阻，
以下叙述正确的是（ ）
第11页（共32页）
A．FM向右B．FN向左C．FM逐渐增大D．FN逐渐减小
【分析】导体棒向右做切割磁感线运动，产生感应电动势，形成感应电流，受安培
力，安培力与磁场方向垂直、与导体棒也垂直，根据楞次定律，阻碍相对运动，故
都是水平向左．
【解答】解：A、B、导体棒向右做切割磁感线运动，形成感应电流，根据楞次定律，
阻碍相对运动，故FM与FN都是水平向左，故A 错误，B 正确；
C、D、导体棒匀速直线运动，通电导体周围磁场的分布是距离导体越近，磁场强度
越大，再根据电磁感应定律F=BIL=
可知，FM逐渐增大，FN逐渐减小，故CD
正确。
故选：BCD。
【点评】本题主要是根据楞次定律判断安培力的方向，从阻碍相对运动的角度可
以快速判断，基础问题．
17．（6 分）如图，将额定电压为60V 的用电器，通过一理想变压器接在正弦交变
电源上，闭合开关S 后，用电器正常工作，交流电压表和交流电流表（均为理想电
表）的示数分别为220V 和2.2A，以下判断正确的是（ ）
A．变压器输入功率为484W
B．通过原线圈的电流的有效值为0.6A
C．通过副线圈的电流的最大值为2.2A
第12页（共32页）
D．变压器原、副线圈匝数比n1：n2=11：3
【分析】副线圈的用电器正常工作，电压为额定电压，即为副线圈电压，再根据副
线圈的电流，可以计算出输出功率，理想变压器的输入功率等于输出功率．再根
据变压器原副线圈电压、电流与线圈匝数的关系即可求解，要知道电流表和电压
表都是有效值．
【解答】解：A、变压器的输入功率等于输出功率，P 入=P 出=I2U2=2.2×60W=132W，
故A 错误；
B、根据P 入=I1U1，所以
，故B 正确；
C、电流表示数为有效值，故通过副线圈的电流的有效值为2.2A，则最大值为
，故C 错误；
D、根据变压器的工作原理可知
，所以变压器原、副线圈匝数比
，故D 正确。
故选：BD。
【点评】掌握住理想变压器的输入功率等于输出功率，知道电压、电流之间的关系，
还要知道电流表和电压表都是有效值．
18．（6 分）如图，场强大小为E、方向竖直向下的匀强电场中有一矩形区域abcd，
水平边ab 长为s，竖直边ad 长为h，质量均为m、带电量分别为+q 和﹣q 的两粒
子，由a、c 两点先后沿ab 和cd 方向以速率v0进入矩形区（两粒子不同时出现在
电场中），不计重力，若两粒子轨迹恰好相切，则v0等于（ ）
第13页（共32页）
A．
B．
C．
D．
【分析】在匀强电场中，两个质量相同、带电量大小相同的正负粒子在一矩形的对
角顶点以方向相反、大小相等的速度进入矩形，轨迹恰好相切，由此可知两粒子
的运动轨迹完全对称，且相切点是矩形的几何中心．不计重力，则粒子做类平抛
运动．
【解答】解：由于正负粒子的质量、电荷量大小、运动初速度大小均相等，且粒子仅
在电场的作用下运动，所以可知粒子做类平抛运动，且运动轨迹形状相同，根据
空间的对称性可知，相切点为矩形的几何中心。
由类平抛运动的关系可得：
竖直方向：
at2=
t2=
，
水平方向：v0t=
，
解得t=
，
则v0=
。
故选：B。
【点评】本题考查了粒子在匀强电场中的运动，解题的关键是知道该题条件下的
正负粒子的运动轨迹完全对称，且它们做的运动是类平抛运动，由类平抛运动的
关系列式即可求解．
19．（6 分）如图，半径为R 的均匀带正电薄球壳，其上有一小孔A，已知壳内的场
强处处为零，壳外空间的电场与将球壳上的全部电荷集中于球心O 时在壳外产
生的电场一样，一带正电的试探电荷（不计重力）从球心以初动能Ek0沿OA 方向
第14页（共32页）
射出，下列关于试探电荷的动能Ek与离开球心的距离r 的关系图线，可能正确的
是（ ）
A．
B．
C
．
D．
【分析】试探电荷的动能Ek与离开球心的距离r 的关系根据动能定理分析．
【解答】解：在球壳内，场强处处为零，试探电荷不受电场力，其动能不变；
在球壳外，取一段极短距离内，认为库仑力不变，设为F，根据动能定理得：
△Ek=F△r
则得：F=
根据数学知识得知：
等于Ek
r
﹣图象上切线的斜率，由库仑定律知r 增大，F
减小，图象切线的斜率减小，故A 正确，BCD 错误。
第15页（共32页）
故选：A。
【点评】本题的关键是运用微元法，根据动能定理列式，分析图象的斜率的意义，
即可解答．
20．（6 分）2013 年我国相继完成“神十”与“天宫”对接，“嫦娥”携“玉兔”
落月两大航天工程，某航天爱好者提出“玉兔”回家的设想：如图，将携带“玉
兔”的返回系统由月球表面发射到h 高度的轨道上，与在该轨道绕月球做圆周运
动的飞船对接，然后由飞船送“玉兔”返回地球，设“玉兔”质量为m，月球半
径为R，月面的重力加速度为g 月．以月面为零势能面，“玉兔”在h 高度的引力
势能可表示为Ep=
，其中G 为引力常量，M 为月球质量，若忽略月球的自
转，从开始发射到对接完成需要对“玉兔”做的功为（ ）
A．
（h+2R）B．
（h+
R）
C．
（h+
R）D．
（h+
R）
【分析】先根据万有引力提供向心力，以及重力等于万有引力，求出“玉兔”绕月
球做圆周运动的动能，再根据功能关系求解需要对“玉兔”做的功。
【解答】解：根据万有引力提供向心力，得：
G
=m
在月球表面上，由重力等于万有引力，则得：G
=m′g 月
即有：GM=g 月R2；
第16页（共32页）
“玉兔”绕月球做圆周运动的动能为：Ek=
联立以上三式解得：Ek=
“玉兔”在h 高度的引力势能为：Ep=
=
=
根据功能关系得：从开始发射到对接完成需要对“玉兔”做的功为：W=Ep+Ek=
（h+
R）
故选：D。
【点评】解决本题的关键掌握万有引力的两个重要理论：1、万有引力等于重力，2、
万有引力提供向心力，并能灵活运用。
三、解答题
21．（8 分）某实验小组利用弹簧秤和刻度尺，测量滑块在木板上运动的最大速度。
实验步骤：
①用弹簧秤测量橡皮泥和滑块的总重力，记作G；
②用装有橡皮泥的滑块放在水平木板上，通过水平细绳和固定弹簧秤相连，如图
甲所示，在A 端向右拉动木板，待弹簧秤实数稳定后，将读数记为F；
③改变滑块上橡皮泥的质量，重复步骤①②，实验数据如表所示：
G/N
1.50
2.00
2.50
3.00
3.50
4.00
F/N
0.59
0.83
0.99
1.22
1.37
1.60
④如图乙所示，将木板固定在水平桌面上，滑块置于木板上左侧C 处，细绳跨过
定滑轮分别与滑块和重物P 连接，保持滑块静止，测量重物P 离地面的高度h；
⑤滑块由静止释放后开始运动并最终停在木板上的D 点（未与滑轮碰撞），测量
C、D 间的距离。
完成下列作图和填空：
第17页（共32页）
（1）根据表中数据在给定的坐标纸上作出F
G
﹣
图线。
（2）由图线求得滑块和木板间的动摩擦因数μ=
0.40
（保留2 位有效数字）。
（3）滑块最大速度的大小v=
（用h、s、μ 和重力加速度g 表示）。
【分析】（1）根据所测数据描点即可，注意所连的线必须是平滑的，偏离太远的点
舍弃；
（2）由实验图甲可知F=μG，即F
G
﹣
图象上的直线的斜率代表动摩擦因数μ；
（3）当重物P 停止运动时，滑块达到最大速度，此后做匀减速运动，动摩擦因数μ
在（2）中已知，根据运动规律公式v2
v
﹣0
2=2as 列式即可求解。
【解答】解：（1）根据描点法在F
G
﹣
图象上描出各点，再连接起来，如图所示；
（2）由图甲可知F=μG，则F
G
﹣
图象上的直线的斜率代表μ 值的大小。由F
G
﹣
图
象可知μ=
；
（3）当重物P 刚好下落到地面时，滑块的速度v 最大，此时滑块的位移为h，此后
滑块做加速度为μg 的匀减速运动，
由公式v2
v
﹣0
2=2as 知：
滑块的最大速度vmax满足：vmax
2=2μg（S
h
﹣），
则vmax=
。
故答案为：（1）如图所示；（2）0.40；（3）
。
第18页（共32页）
【点评】本题既考查了学生实验创新能力、运用图象处理实验数据的能力，又考查
了物体做匀加速运动的规律。求滑块的最大速度时，需注意重物刚落地时，滑块
速度最大。
22．（10 分）实验室购买了一根标称长度为100m 的铜导线，某同学想通过实验测
其实际长度，该同学首先测得导线横截面积为1.0mm2，查得铜的电阻率为
1.7×10
8
﹣Ω•m，再利用图甲所示电路测出铜导线的电阻Rx，从而确定导线的实际
长度．可供使用的器材有：
电流表：量程0.6A，内阻约0.2Ω；
电压表：量程3V，内阻约9kΩ；
滑动变阻器R1：最大阻值5Ω；
滑动变阻器R2：最大阻值20Ω；
定值电阻：R0=3Ω；
电源：电动势6V，内阻可不计；
开关、导线若干．
（1）实验中，滑动变阻器应选
R 2 （填“R1”或“R2”），闭合开关S 前应将滑片移
至
a
端（填“a”或“b”）．
（2）在实物图中，已正确连接了部分导线，请根据图甲电路完成剩余部分的连接．
（3）调节滑动变阻器，当电流表的读数为0.50A 时，电压表示数如图乙所示，读数
第19页（共32页）
为
2.30
V．
（4）导线实际长度为
94
m（保留2 位有效数字）．
【分析】（1）本实验采用限流法测电阻，所以滑动变阻器的最大阻值应为R0和Rx
总阻值的4 倍以上，闭合开关S 前应将滑片移至阻值最大处；
（2）根据实验电路图，连接实物图；
（3）根据图乙读出电压，注意估读；
（4）根据欧姆定律及电阻定律即可求解．
【解答】解：（1）本实验采用限流法测电阻，所以滑动变阻器的最大阻值应为R0和
Rx总阻值的4 倍以上，R0=3Ω，所以滑动变阻器选R2，闭合开关S 前应将滑片移至
阻值最大处，即a 处；
（2）根据实验电路图，连接实物图，如图所示：
（3）根据图乙读出电压U=2.30V，
（4）根据欧姆定律得：R0+Rx=
解得：Rx=1.6Ω
根据电阻定律得：
Rx=
解得：L=
m
故答案为：（1）R2，a；（2）如图所示；（3）2.30V；（4）94．
第20页（共32页）
【点评】本题主要考查了电学元件选取原则和欧姆定律及电阻定律的直接应用，
能根据电路图连接实物图，难度适中．
23．（18 分）研究表明，一般人的刹车反应时间（即图甲中“反应过程”所用时
间）t0=0.4s，但饮酒会导致反应时间延长，在某次试验中，志愿者少量饮酒后驾车
以v1=72km/h 的速度在试验场的水平路面上匀速行驶，从发现情况到汽车停止，
行驶距离L=39m，减速过程中汽车位移x 与速度v 的关系曲线如同乙所示，此过
程可视为匀变速直线运动，取重力加速度的大小g=10m/s2，求：
（1）减速过程汽车加速度的大小及所用时间；
（2）饮酒使志愿者反应时间比一般人增加了多少；
（3）减速过程汽车对志愿者作用力的大小与志愿者重力大小的比值．
【分析】（1）由图中所给数据结合位移速度公式可求得加速度，进而由速度变化
与加速度求得减速时间．
（2）由行驶距离与刹车距离可求得反应时间内的运动距离，再求出反应时间进
行比较．
（3）对志愿者受力分析由牛顿第二定律求减速过程汽车对志愿者作用力的大小
第21页（共32页）
与志愿者重力大小的比值．
【解答】解：（1）设刹车加速度为a，由题可知刹车初速度v0=20m/s，末速度 vt=0
位移 x=25m
﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②
由①②式可得：a=8m/s2 t=2.5s
（2）反应时间内的位移为x′=L
x=14m
﹣
则反应时间为t′=
则反应的增加量为△t=0.7
0.4=0.3s
﹣
（3）设志愿者所受合外力的大小为F，汽车对志愿者的作用力的大小为F0，志愿者
质量为m，受力如图，由牛顿第二定律得
F=ma﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣③
由平行四边形定则得：
﹣﹣﹣﹣④
由③④式可得：
答：（1）减速过程汽车加速度的大小为8m/s 所用时间为2.5s．
（2）饮酒使志愿者反应时间比一般人增加了0.3S．
（3）减速过程汽车对志愿者作用力的大小与志愿者重力大小的比值为
．
【点评】考查运动学公式，正确应用速度位移公式求加速度是解题的关键，注意受
第22页（共32页）
力分析．
24．（20 分）如图甲所示，间距为d，垂直于纸面的两平行板P，Q 间存在匀强磁场，
取垂直于纸面向里为磁场的正方向，磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示，
t=0 时刻，一质量为m，带电量为+q 的粒子（不计重力），以初速度v0，由Q 板左端
靠近板面的位置，沿垂直于磁场且平行于板面的方向射入磁场区，当B0和TB取某
些特定值时，可使t=0 时刻入射的粒子经△t 时间恰能垂直打在P 板上（不考虑粒
子反弹），上述m、q、d、v0为已知量．
（1）若△t=
TB，求B0；
（2）若△t=
TB，求粒子在磁场中运动时加速度的大小；
（3）若B0=
，为使粒子仍能垂直打在P 板上，求TB．
【分析】（1）由牛顿第二定律可以求出磁感应强度；
（2）由向心加速度公式可以求出粒子的向心加速度；
（3）由粒子在磁场中做圆周运动的周期公式与几何知识可以分析答题．
【解答】解：（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，
由牛顿第二定律得：qv0B0=m
①
根据题意，由几何知识可知，R1=d ②
解得：B0=
③
第23页（共32页）
（2）设粒子的轨道半径为R2，加速度为a，
由向心加速度公式得：a=
④
根据题意由几何知识可知，3R2=d ⑤
解得：a=
⑥
（3）设粒子的轨道半径为R，周期为T，则T=
⑦
由牛顿第二定律得：qv0B0=m
⑧
由题意知B0=
，代入⑧得
d=4R ⑨
粒子运动轨迹如图所示，O1、O2为圆心，O1O2连线与水平方向夹角为θ，
在每个TB内，只有A、B 两个位置才有可能垂直击中P 板，且均要求0＜θ＜
，
由题意可知：
T=
⑩
设经历整个完整TB的个数为n（n=0、1、2、3…）
若在A 点击中P 板，根据题意由几何关系得：
R+2（R+Rsinθ）n=d⑪
当n=0 时，无解；
当n=1 时，联立式得
θ=
（或sinθ=
）⑫
联立⑦⑨⑩
式得
⑫
TB=
⑬
第24页（共32页）
当n≥2 时，不满足0＜θ＜
的要求
若在B 点击中P 板，据题意由几何关系得
R+2Rsinθ+2（R+Rsinθ）n=d⑭
当n=0 时，无解；
当n=1 时，联立⑨
式得
⑭
θ=arcsin
（或sinθ=
）⑮
联立⑦⑨⑩
式得
⑮
TB=（
+arcsin
）
当n≥2 时，不满足0＜θ＜
的要求．
【点评】本题考查了粒子在磁场中的运动问题，分析清楚粒子运动过程是正确解
题的关键，应用牛顿第二定律即可正确解题．
【选做题】
37．（12 分）如图，内壁光滑、导热良好的气缸中用活塞封闭有一定质量的理想气
体．当环境温度升高时，缸内气体（ ）
第25页（共32页）
A．内能增加B．对外做功
C．压强增大D．分子间的引力和斥力都增大
【分析】据题：气缸导热性能良好，气缸内外气体的温度通过热交换保持相等．当
环境温度升高时，内能增大，气体发生等压变化，根据气态方程分析体积的变化，
即可判断做功情况．理想气体分子间的作用力不计．
【解答】解：
A、当环境温度升高时，由于气缸导热性能良好，缸内气体的温度升高，内能增加，
故A 正确。
B、C、气缸内气体的压强等于大气压与活塞重力产生的压强之和，可知气缸内气
体的压强不变。根据盖•吕萨克定律可知：温度升高，体积增大，则气体对外做功。
故B 正确，C 错误。
D、理想气体分子间的作用力不计，故D 错误。
故选：AB。
【点评】本题一掌握温度的意义：一定质量的理想气体的内能只跟温度有关；二可
从力学的规律判断出气缸内气体发生的是等压变化，运用气态方程分析体积的变
化．
38．一种水下重物打捞方法的工作原理如图所示，将一质量M=3×103kg，体积
V0=0.5m3的重物捆绑在开口朝下的浮筒上，向浮筒内充入一定量的气体，开始时
筒内液面到水面的距离h1=40m，筒内气体体积V1=1m3，在拉力作用下浮筒缓慢
上升，当筒内液面到水面的距离为h2时，拉力减为零，此时气体体积为V2，稍后浮
筒和重物自动上浮，求V2和h2。
已知：大气压强p0=1×105Pa，水的密度ρ=1×103kg/m3，重力加速度的大小为
g=10m/s2，不计水温变化，筒内气体质量不变且可视为理想气体，浮筒质量和厚度
可忽略。
第26页（共32页）
【分析】当深度为h2时，整体受到的重力和浮力相等，根据平衡条件求解气体的体
积V2，然后对气体根据玻意耳定律类似求解压强，得到液体的深度h2。
【解答】解：当F=0 时，由平衡条件得：
Mg=ρg（V0+V2）…①
代入数据得：
V2=2.5m3 …②
设筒内气体初态、末态的压强分别为P1、P2，由题意得：
P1=P0+ρgh1…③
P2=P0+ρgh2④
在此过程中筒内气体温度和质量不变，由玻意耳定律得：
P1V1=P2V2…⑤
联立②③④⑤，代入数据得：
h2=10m
答：V2为2.5m3，h2为10m。
【点评】本题关键是根据平衡条件求解体积，根据玻意耳定律求解深度，不难。
【物理--物理3-4】
39．一列简谐波沿直线传播，以波源O 由平衡位置开始振动为计时零点，质点A
的振动图象如图所示，已知O，A 的平衡位置相距0.9m，以下判断正确的是
（ ）
第27页（共32页）
A．波长为1.2m B．波源起振方向沿y 轴正方向
C．波速大小为0.4m/s
D．质点A 的动能在t=4s 时最大
【分析】首先明确其图象是振动图象，并可知周期为4s 和起振方向即A 的振动情
况；据波速公式即变形式即可求解．
【解答】解：AC、据图象可知：A 比波源晚振动3s，其周期为4s，所以波速为：v=
=0.3m/s。
在据波速公式得：λ=vT=0.3×4m=1.2m 故A 正确；C 错误；
BD、据波的传播特点，各质点的起振方向与波源的起振方向相同；据图象可知，起
振方向沿y 轴的正方向，质点A 在4s 时位于最大位移处，速率为零，动能为零，故
B 正确，D 错误。
故选：AB。
【点评】灵活应用波的传播特点是解题的关键，即波的起振方向与各质点的起振
方向相同；注意求波速的方法及波速公式的应用．
40．如图，三角形ABC 为某透明介质的横截面，O 为BC 边的中点，位于截面所在
平面内的一束光线自O 以角I 入射，第一次到达AB 边恰好发生全反射，已知
θ=15°，BC 边长为2L，该介质的折射率为
，求：
（i）入射角i；
（ii）从入射角到发生第一次全反射所用的时间（设光在真空中的速度为v，可能用
到sin75°=
或sin15°=2﹣
）
第28页（共32页）
【分析】由全反射定律求出临界角，由几何关系得到光线在BC 面上的折射角，折
射定律得到入射角；
根据正弦定理求出光线在介质中路程，由v=
求出玻璃中的传播速度，进而求出
所用时间．
【解答】解：（i）根据全反射定律可知，光线在AB 面上的P 点的入射角等于临界角
C，由折射定律得：
sinC=
代入数据得：
C=45°
设光线在BC 面上的折射角为r，由几何关系得：γ+C=90°
θ
﹣
所以：r=30°
n=
联立得：i=45°
第29页（共32页）
（ii）在△OPB 中，根据正弦定理得：
=
设所用时间为t，光线在介质中的速度为v，得：OP=VT
v=
联立得：t=
L
答：（i）入射角i 为45°；
（ii）从入射角到发生第一次全反射所用的时间t=
L．
【点评】解决本题的关键是掌握反射定律和折射定律，结合数学知识即可求解．
【物理---物理3-5】
41．氢原子能级如图，当氢原子从n=3 跃迁到n=2 的能级时，辐射光的波长为
656nm．以下判断正确的是（ ）
A．氢原子从n=2 跃迁到n=1 的能级时，辐射光的波长大于656 nm
B．用波长为325 nm 的光照射，可使氢原子从n=1 跃迁到n=2 的能级
C．一群处于n=3 能级上的氢原子向低能级跃迁时最多产生3 种谱线
D．用波长为633 nm 的光照射，不能使氢原子从n=2 跃迁到n=3 的能级
【分析】大量处于n=3 激发态的氢原子向低能级跃迁，可以辐射出3 种不同频率的
光子，跃迁释放能量满足△E=Em
E
﹣
n．既不能多于能级差，也不能少于此值，同时
根据λ=
，即可求解．
【解答】解：A、从n=3 跃迁到n=2 的能级时，辐射光的波长为656nm，即有：
第30页（共32页）
h
=（﹣1.51﹣（﹣3.4））×1.6×10
19
﹣，而当从n=2 跃迁到n=1 的能级时，辐
射能量更多，则频率更高，则波长小于656nm。故A 错误。
B、当从n=1 跃迁到n=2 的能级，需要吸收的能量为△E=（﹣3.4﹣（﹣13.6））
×1.6×10
19
﹣J，根据A 选项分析，则有：
=（﹣3.4﹣（﹣13.6））×1.6×10
19
﹣ J，解
得：λ=122nm；故B 错误；
C、根据数学组合
=3，可知一群n=3 能级上的氢原子向低能级跃迁时最多产生3
种谱线。故C 正确。
D、同理，氢原子的电子从n=2 跃迁到n=3 的能级，必须吸收的能量为△E′，与从
n=3 跃迁到n=2 的能级，放出能量相等，因此只能用波长656nm 的光照射，才能
使得电子从n=2 跃迁到n=3 的能级。故D 正确。
故选：CD。
【点评】解决本题的关键掌握光电效应的条件，以及知道能级间跃迁辐射的光子
能量等于两能级间的能级差．
42．如图所示，光滑水平直轨道上两滑块A、B 用橡皮筋连接，A 的质量为m，开始
时橡皮筋松弛，B 静止，给A 向左的初速度v0，一段时间后，B 与A 同向运动发生
碰撞并黏在一起，碰撞后的共同速度是碰撞前瞬间A 的速度的两倍，也是碰撞前
瞬间B 的速度的一半，求：
（i）B 的质量；
（ii）碰撞过程中A、B 系统机械能的损失．
【分析】对A、B 碰撞前后过程运用动量守恒定律，抓住A、B 碰撞前的瞬时速度和
碰后的速度关系求出B 的质量．
对整个过程运用动量守恒，求出最终的速度与A 初速度的关系，再结合能量守恒
求出碰撞过程中A、B 系统机械能的损失．
【解答】解：
（i）以初速度v0的方向为正方向，设B 的质量为mB，A、B 碰后的共同速
第31页（共32页）
度为v，
由题意知，碰撞前瞬间A 的速度为
，碰撞前瞬间B 的速度为2v，由动量守恒定
律得，
①
由①式得，
．②
（ii）从开始到碰后的全过程，以初速度v0的方向为正方向，由动量守恒得，
mv0=（m+mB）v ③
设碰撞过程A、B 系统机械能损失为△E，
则
﹣
，④
联立②③④式得，△E=
答：（i）B 的质量为
；
（ii）碰撞过程中A、B 系统机械能的损失为
．
【点评】本题考查了动量守恒和能量守恒的综合，运用动量守恒解题，关键合理地
选择研究的系统和研究的过程，抓住初末状态列式求解．
第32页（共32页）
