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综合模拟卷(十)
(满分100 分 考试时间90 分钟)
选择题部分
一、选择题Ⅰ(本题共10 小题,每小题3 分,共30 分。每小题给出的四个备选项中,只
有一项是符合题目要求的)
1.一种常见的持球动作如图所示,用手臂挤压篮球,将篮球压在身侧。若增加手臂对篮球
的压力,篮球依旧保持静止,则下列说法正确的是( )
A.篮球受到的合力增大
B.人对篮球的作用力增大
C.人对篮球的作用力的方向竖直向上
D.手臂对篮球有压力,是由于篮球发生了形变
2.如图所示,两名翼装飞行的运动员保持整体造型在空中并排飞行,则( )
A.以甲为参考系,乙是运动的
B.以乙为参考系,甲是静止的
C.以地面为参考系,甲是静止的
D.以地面为参考系,乙是静止的
3.某游乐场圆弧形滑梯如图所示,滑梯表面粗糙。一个小朋友从最高处由静止滑下直至
到达最低处,水平滑离,在此过程中,下列说法一定正确的是( )
A.小朋友的动能一直增大
B.小朋友所受重力的功率一直增大
C.小朋友始终处于失重状态
D.小朋友的机械能一直减小
4.一个小球运动的频闪照片如图所示,下列说法一定正确的是( )
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A.加速度向左
B.速度向左
C.加速度向右D.速度向右
5.甲、乙两同学用如图所示的方法将带挂钩的重物抬起。不可伸长的轻绳两端分别固
定于刚性直杆上的A、B 两点,轻绳长度大于A、B 两点间的距离。现将挂钩挂在轻绳上,
乙站直后将杆的一端搭在肩上并保持不动,甲蹲下后将杆的另一端搭在肩上,此时重物刚
要离开地面,然后甲缓慢站起至站直。若甲、乙站直后肩膀高度相同,不计挂钩与绳之间
的摩擦。在甲缓慢站起至站直的过程中,下列说法正确的是( )
A.轻绳上的拉力大小一直变大
B.轻绳上的拉力一直变小
C.轻绳上的拉力先变大后变小
D.轻绳对挂钩的作用力一直变大
6.如图甲所示,O 点为单摆的固定悬点,将力传感器固定在O 点。现将摆球拉到A 点,由静
止释放摆球,摆球将在竖直面内的A、C 之间来回摆动,其中B 点为运动中的最低位置。
图乙表示摆球从A 点释放开始计时细线对摆球的拉力大小F 随时间t 变化的图像,重力
加速度g 取10 m/s2。下列说法正确的是( )
A.单摆的振动周期为0.2π s
B.单摆的摆长为0.1 m
C.摆球的质量为0.05 kg
D.摆球运动过程中的最大速度大小为0.08 m/s
7.海底通信电缆通电后会产生磁场,如图所示,科学家为了检测某一海域中磁感应强度的
大小,将一块长为a、宽为c、厚为b,单位体积内自由电子数为n 的金属霍尔元件,放在
海底磁场中,当有图示的恒定电流I(电流方向和磁场方向垂直)通过元件时,会产生霍尔
电势差UH,通过元件参数可以求得此时海底的磁感应强度B 的大小(地磁场较弱,可以忽
略)。下列说法正确的是(提示:电流I 与自由电子定向移动速率v 之间关系为I=nevbc,其
中e 为单个电子的电荷量)( )
A.元件上表面的电势高于下表面的电势
B.仅增大霍尔元件的宽度c,上、下表面的电势差不变
C.仅增大霍尔元件的厚度b,上、下表面的电势差不变
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D.其他条件一定时,霍尔电压越小,则该处的磁感应强度越大
8.如图所示,匀强磁场的方向垂直纸面向里,一带电微粒从磁场边界d 点沿垂直于磁场方
向射入,沿曲线dpa 打到屏MN 上的a 点。若该微粒经过p 点时,与一个静止的不带电微
粒碰撞并结合为一个新微粒,最终打到屏MN 上。各微粒所受重力均可忽略,下列说法正
确的是( )
A.微粒带负电
B.碰撞后,新微粒运动轨迹不变
C.碰撞后,新微粒运动周期不变
D.碰撞后,新微粒在磁场中所受洛伦兹力变大
9.中国科幻大片《流浪地球2》中展现的“太空电梯”让人印象深刻。“天梯”项目海
基平台效果图如图甲所示,“太空电梯”建造在赤道上且垂直于水平面,航天员可以乘坐
太空舱通过“太空电梯”直通地球空间站。如图乙所示,r 为航天员到地心的距离,R 为
地球半径,曲线A 为地球引力对航天员产生的加速度大小与r 的关系;直线B 为航天员由
于地球自转而产生的向心加速度大小与r 的关系,关于质量为m、相对地面静止在不同
高度的航天员,下列说法正确的是( )
A.随着r 的增大,航天员的角速度减小
B.随着r 的增大,航天员感受到的“重力”先增大后减小
C.航天员随地球自转的周期为T=√
r0
a0
D.在离地面高为R 的位置,航天员对座椅的压力大小为FN=m g0
4
- 2mR a0
r0
10.如图所示,宽AD=d,长CD=5d 的矩形玻璃砖可以绕过O 点且垂直于纸面的轴转动,初
始时AB 与光屏MN 平行,一束光自O 点垂直于AB 射入玻璃砖,打到光屏上的O'点,O'点
为光屏的中点,保持入射光方向不变,玻璃砖沿顺时针方向缓慢转动α(α<90°),光屏上始
终有光点,当α=45°时,光屏上光点到O'点的距离为3√2-√6
6
d,下列说法正确的是( )
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A.玻璃砖的折射率为√2
B.玻璃砖的折射率为√3
C.光屏长度至少为2.5d
D.玻璃砖转动后,光点相对于O'上移
二、选择题Ⅱ(本题共3 小题,每小题4 分,共12 分。每小题列出的四个备选项中至少
有一个是符合题目要求的。全部选对的得4 分,选对但不全的得2 分,有选错的得0
分)
11.光电效应实验电路如图甲所示。用a、b 两种单色光分别照射光电管的阴极K,实验
中得到的光电流I 与光电管两端电压U 的关系如图乙所示。则( )
A.研究图乙中U<0 的规律时图甲开关需打在1 上
B.开关打在2 上滑片P 左移时,微安表示数增大
C.电压为图乙中U0时,a 光照射时单位时间到达A 极的光电子个数比b 的多
D.若b 光可以让处于基态的氢原子电离,则a 光一定也可以
12.关于原子结构的相关内容,下列说法正确的是( )
甲
乙
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丙
丁
A.图甲为α 粒子散射实验示意图,该实验说明原子核是有结构的
B.图乙为电子的干涉实验示意图,干涉条纹的产生是电子之间相互作用的结果
C.图丙为康普顿效应示意图,应满足h
λ'
sin θ=mevsin φ
D.图丁为部分氢原子光谱示意图,光谱中Hγ是电子从第5 激发态向第2 激发态跃迁产生
的
13.如图所示,在均匀介质中有两个频率为2 Hz 的波源S1和S2,两波源之间的距离为4 m,
以波源S1为圆心,有一半径R=5 m 的圆,在t=0 时,两波源同时沿垂直纸面方向从平衡位
置开始振动,已知波源S1的振幅为5 cm,两波源发出的波传到A 点的时间相差为4 s,最终
稳定后,波源S1和S2连线的中点的振幅为5 cm,则下列说法正确的是( )
A.波源S2的振幅为10 cm
B.两波源发出波的波长都为2 m
C.x 轴正半轴上所有质点的振幅都相同
D.在圆周上振动加强点有32 个
非选择题部分
三、非选择题(本题共5 小题,共58 分)
14.实验题(Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三题共14 分)
14-Ⅰ.(6 分)某同学采用如图甲所示的装置做“探究平抛运动的特点”实验,按以下步骤
进行:
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甲
(1)用小锤打击弹性金属片,金属片把A 球沿水平方向弹出,同时B 球被松开,自由下落,观
察到两球同时落地。改变高度重复此实验,观察到两球总是同时落地,这说明 。
A.平抛运动的水平方向分运动是匀速直线运动
B.平抛运动的竖直方向分运动是自由落体运动
C.平抛运动的运动轨迹是抛物线
D.改变击打力度,可以得到A 球水平方向上的运动特点
(2)为得到小球做平抛运动的轨迹,使用如图乙所示的装置,实验前,先将一张带有小方格
的白纸和复写纸固定在装置的背板上,钢球落到倾斜的挡板上后,就会挤压复写纸,在白
纸上留下印迹。上下调节挡板,通过多次实验,在白纸上记录钢球所经过的多个位置,下
列选项必要的是 。
乙
A.使用密度大、体积小的钢球
B.斜槽要尽可能光滑
C.每次实验钢球需要从同一位置释放
D.每次实验,挡板需要下降相同的高度
E.背板必须竖直放置
F.需要用折线将白纸上的各位置进行连接
(3)得到平抛运动的轨迹后,以抛出点为坐标原点O,建立平面直角坐标系如图丙所示,水
平向右为x 轴,竖直向下为y 轴,已知每个小方格的边长为L,已经在轨迹上确定了坐标为
(5L,5L)的A 点,若想得到小球水平方向运动的规律,需要再选取纵坐标为 的B 点,
若B 点的横坐标为 ,则能初步说明小球在水平方向的运动是匀速直线运动。
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丙
14-Ⅱ.(5 分)在探究小球做匀速圆周运动所受向心力大小F 与小球质量m、角速度ω 和
半径r 之间关系的实验中:
(1)小明同学用如图甲所示的装置进行实验,转动手柄,使变速塔轮、长槽和短槽随之匀
速转动。小球做圆周运动的向心力由横臂的挡板提供,同时小球对挡板的弹力使弹簧测
力筒下降,标尺上露出的红白相间的等分格数之比即为两个小球所受向心力的比值。已
知小球在挡板A、B、C 处做圆周运动的轨道半径之比为1∶2∶1,在探究向心力的大小
与圆周运动半径的关系时,应选择两个质量相同的小球,分别放在C 挡板处与
(选填“A”或“B”)挡板处,同时选择半径 (选填“相同”或“不同”)的两个塔
轮进行实验。
(2)小强同学用如图乙所示的装置进行实验。一滑块套在水平杆上,力传感器套于竖直杆
上并通过一细绳连接滑块,用来测量细线拉力F 的大小。滑块随水平杆一起绕竖直杆做
匀速圆周运动,滑块上固定一遮光片,其宽度为d,光电门可记录遮光片通过的时间。已知
滑块做圆周运动的半径为r、水平杆光滑。根据以上表述,回答以下问题:
①某次转动过程中,遮光片经过光电门时的遮光时间为Δt,则角速度ω= (用题中
所给物理量符号表示);
②以F 为纵坐标,以
1
( Δt )
2 为横坐标,在坐标纸中描出数据点作出一条倾斜的直线,若直
线的斜率为k,则滑块的质量为 。(用k、r、d 表示)
14-Ⅲ.(3 分)小明用如图甲所示的电路测量某样品的电阻,得到如图乙所示的伏安特性曲
线。关于本次实验,下列说法正确的有 。
A.开关闭合前,滑动变阻器的滑片P 应该处于最右端
B.若滑动变阻器的滑片P 向左移动,电流表G 的示数将变小
C.该样品阻值大约为2.7×102 Ω
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D.考虑到电表有内阻,该样品电阻的测量值比真实值大
15.(8 分)如图所示,导热良好、粗细均匀的U 形玻璃管竖直放置。两侧的长度均为
L0=25 cm,右侧的玻璃管封闭,从左侧开口端注入一定量的水银,平衡时右侧封闭气柱的
长度为L1=10 cm,左侧液面处由一厚度、质量和摩擦均不计的活塞(未画出)密封,活塞到
管口的距离为L2=5 cm,已知外界大气压相当于75 cm 高水银柱产生的压强,温度不变,重
力加速度g 取10 m/s2。已知√425=20.6。(结果均保留一位小数)
(1)将玻璃管在纸面内缓慢地沿顺时针方向转过180°,求封闭气柱的长度;
(2)在左侧管口处放一厚度不计的新活塞将左侧开口密封,用力缓慢下压开口处活塞,使
右侧液面比左侧高出h0=5 cm,求开口处活塞下降的高度。
16.(11 分)如图甲所示,质量为m0的轨道静止在光滑水平面上,轨道水平部分的上表面粗
糙,竖直半圆形部分的表面光滑,两部分在P 点平滑连接,Q 为轨道的最高点。质量为m
的小物块静置在轨道水平部分上,与水平轨道间的动摩擦因数为μ,最大静摩擦力等于滑
动摩擦力。已知轨道半圆形部分的半径R=0.4 m,重力加速度g 取10 m/s2。
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(1)若轨道固定,小物块以一定的初速度沿轨道运动到Q 点时,受到轨道的弹力大小等于
3mg,求小物块在Q 点的速度大小v;
(2)若轨道不固定,给轨道施加水平向左的推力F,小物块处在轨道水平部分时,轨道加速
度a 与F 对应关系如图乙所示。
(ⅰ)求μ 和m;
(ⅱ)初始时,小物块静置在轨道最左端,给轨道施加水平向左的推力F=8 N,当小物块到P
点时撤去F,小物块从Q 点离开轨道时相对地的速度大小为7 m/s。求轨道水平部分的长
度L。
17.(12 分)如图甲所示,绝缘水平面上固定一光滑平行金属导轨,导轨左右两端分别与两粗
糙的倾斜平行金属导轨平滑连接,两侧导轨倾角分别为θ1、θ2,导轨间距均为l=2 m,水平
导轨所在区域存在竖直向上的匀强磁场,磁感应强度大小B=0.5 T,现有两均匀金属细棒
M 和N,质量分别为m1=6 kg 和m2=2 kg,接入导轨的电阻均为R=1 Ω,左、右两侧倾斜导
轨与两棒的动摩擦因数分别为μ1= 3
20
、μ2= 44
183
。初始时刻,N 静止在水平导轨上,与水平
导轨左端P1P2的距离为d,M 从左侧倾斜导轨高度h=4 m 的位置静止滑下。水平导轨足
够长,两棒运动过程中始终与导轨接触良好且保持垂直。若两棒发生碰撞,则为完全非弹
性碰撞。不计空气阻力和导轨的电阻。(重力加速度g 取10 m/s2,sin θ1=0.6,sin θ2=0.8)
甲
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乙
(1)求M 刚进入磁场时N 的加速度大小和方向。
(2)为使N 第一次到达水平导轨右端Q1Q2之前M 和N 不相碰,求d 的最小值。
(3)若N 前两次在右侧倾斜导轨上相对于水平导轨的竖直高度y 随时间t 的变化如图乙
所示(t1、t2、t3、t4、b 均为未知量),N 第二次进入右侧倾斜导轨之前与M 发生碰撞,M 在
0~t3时间内未进入右侧倾斜导轨,求d 的取值范围。
18.(13 分)某离子诊断装置的简化结构如图所示,以抛物线y=2
d
x2为边界的匀强电场存在
于第二象限中,方向沿y 轴负方向,电场强度E=4 mv0
2
dq
。在x>0 区域内存在着垂直于纸
面向外的匀强磁场,磁场的右边界为平行于y 轴的直线MN。绝缘板恰好处在y 轴和MN
之间,在y=-d 处平行于x 轴放置,厚度不计。线型可控粒子源PQ 在x=-√3
4
d 垂直x 轴设
立,长度PQ=0.375d,可实现从PQ 上一点或多点沿x 轴正方向发射大量带正电的相同粒
子,这些粒子质量为m、电荷量恒为q,速度大小为v0,重力可不计。
(1)控制粒子源PQ,只让P 点发射粒子,求解不同条件下的三个问题:
①若绝缘板长为4d,要使粒子进入磁场后不与绝缘板发生碰撞,求磁感应强度B 需要满
足的条件;
②若磁场磁感应强度B=m v0
qd
,从P 点发出的粒子打到绝缘板上经短时碰撞后,反弹的水
平分速度不变,竖直分速度大小不变、方向相反。若有一粒子与绝缘板碰撞5 次后从磁
场右边界MN 上的H 点(图中未标出)离开,H 点到绝缘板的垂直距离为√3
2
d,求该粒子从
进入磁场到运动到H 点的时间;
③若撤去绝缘板,磁场磁感应强度B=m v0
qd
,P 点发出的粒子进入磁场后还受到了与速度
大小成正比、方向相反的阻力,观察发现粒子的运动轨迹呈现螺旋状并与y 轴相切于K
点。求粒子从进入磁场到运动到K 点的时间和K 点的坐标。
(2)若撤去磁场右边界,磁感应强度B=m v0
qd
,绝缘板仍在y=-d 处平行于x 轴放置,但左右两
端位置可以调节。让粒子源PQ 上的每一点都沿x 轴正方向发射粒子,射出的粒子在y
轴方向上分布均匀,要使射出的粒子都能打在绝缘板上,绝缘板的最小长度应为多少?
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参考答案
综合模拟卷(十)
1.C
【解析】 篮球受到重力和人对篮球的作用力从而保持静止状态,篮球受力平衡,则合力为零,保
持不变,故A 错误;重力和人对篮球的作用力是一对平衡力,等大反向,篮球所受重力不变,则人对
篮球的作用力大小不变,方向竖直向上,故B 错误,C 正确;发生形变的物体,要恢复原状,对与它接
触的物体会产生力的作用,这种力叫作弹力,手臂对篮球的压力的施力物体是手臂,则是手臂发生
了形变,故D 错误。故选C。
2.B
【解析】 以甲为参考系,乙是静止的,故A 错误;以乙为参考系,甲是静止的,故B 正确;以地面为
参考系,甲、乙都是运动的,故C、D 错误。故选B。
3.D
【解析】 由于滑梯表面粗糙,小朋友在水平滑离过程中动能在减小,故A 错误;小朋友在水平滑
离过程中,所受重力与速度方向垂直,重力的功率为零,故B 错误;小朋友在到达水平滑离过程前,
会有一个竖直方向速度减小的过程,此时小朋友加速度方向向上,处于超重状态,故C 错误;由于
一直克服摩擦力做功,小朋友的机械能一直减小,故D 正确。故选D。
4.C
【解析】 在频闪照片中,从相邻小球距离变化来看,可知其运动可能是向左减速运动,也可能是
向右加速运动,从速度与加速度的关系可知其加速度一定向右。故选C。
5.A
【解析】 不计挂钩与绳之间的摩擦,则挂钩可视为“活结”。挂钩两侧轻绳上的拉力大小相等。
甲缓慢站起至站直的过程,可视为动态平衡。设挂钩两侧轻绳的夹角为θ,设轻绳上的拉力为F,
则由共点力的平衡可得2Fcos θ
2
=mg,则甲缓慢站起至低于乙的过程中,AB 与挂钩之间的距离变
大,故轻绳间的夹角θ 先变大,cos θ
2
先变小,轻绳上的拉力先变大;甲、乙站直后肩膀高度相同,当
甲站直时,杆水平,轻绳间夹角最大,轻绳上的拉力最大,所以轻绳的拉力大小一直变大,故A 正
确,B、C 错误;把挂钩与重物看成一个整体,它们一直保持相对静止,所以轻绳对挂钩和重物的作
用力等于挂钩和重物的重力,所以轻绳对挂钩的作用力不变,故D 错误。故选A。
6.C
【解析】 单摆每个周期经过两次最低点,即每个周期细线的拉力出现两次最大值,由乙图可知,
单摆的周期为0.4π s,故A 错误;由单摆周期公式T=2π√
l
g
,代入数据,解得l=0.4 m,故B 错误;设摆
球在A 点时,摆线与竖直方向的夹角为θ,则由乙图和牛顿运动定律得,在最高点时有mgcos
θ=0.495 N,在最低点时有mg+mv
2
l
=0.510 N,从最高点到最低点,由动能定理得mgl(1-cos θ)=1
2
mv2,联立解得m=0.05 kg,v=0.2√2 m/s,故C 正确,D 错误。故选C。
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7.C
【解析】 该金属材料中定向移动的是自由电子,自由电子定向移动的方向与电流方向相反,由左
手定则可知,电子聚集在上表面,上表面的电势低,故A 错误;当电子受到的电场力和洛伦兹力平
衡时,霍尔电压也趋于稳定,可得eU H
b
=evB,解得UH=Bvb,将电流I=nevbc 代入,可得UH= BI
nec
,仅
增大霍尔元件的宽度c,上、下表面的电势差变小;仅增大霍尔元件的厚度b,上、下表面的电势
差不变,故B 错误,C 正确;根据UH=Bvb,其他条件一定时,霍尔电压越小,该处的磁感应强度越小,
故D 错误。故选C。
8.B
【解析】 根据粒子的偏转方向,由左手定则可判断粒子带正电,故A 错误;带电粒子和不带电粒
子相碰,遵守动量守恒,故总动量不变,总电量也保持不变,则mv=(m+m')v',解得v'=
mv
m'+m
,由
qBv=mv
2
r
,解得r=mv
qB = p
qB
,动量p、电荷量q 都不变,可知粒子碰撞前后的轨迹半径r 不变,故轨
迹不变,故B 正确;由周期公式T=2π m
qB
可知,因碰撞后粒子质量增大,故粒子运动的周期增大,故
C 错误;由洛伦兹力公式F=qvB 可知,由于碰撞后粒子速度减小,所以碰撞后,新微粒在磁场中所
受洛伦兹力减小,故D 错误。故选B。
9.D
【解析】 航天员的角速度与地球自转角速度相等,保持不变,故A 错误。根据Gm地m
r
2
=F+mω2r,
得航天员所受重力F=Gm地m
r
2
-mω2r=ma 引-ma 向,由图乙可知,随着r 的增大,当R≤r≤r0,a 引-a 向逐渐
减小,则航天员感受到的重力逐渐减小;当r0<r,a 引-a 向逐渐反向增大,则航天员感受到的重力逐渐
增大,故B 错误。当r=r0时Gm地m
r0
2 =m4 π
2
T
2 r0=ma0,航天员随地球自转的周期为T=2π√
r0
a0
,故C 错
误。由题意得G m地m
(2 R)
2 -F 支=m4 π
2
T
2 ·2R,又Gm 地=g0R2,得F 支=m g0
4
- 2mR a0
r0
,根据牛顿第三定律,
航天员对座椅的压力大小为FN=m g0
4
- 2mR a0
r0
,故D 正确。
10.A
【解析】 作出光路图如图所示。玻璃砖顺时针转动α,根据几何关系可知,入射光对应的入射角
为α,设折射角为θ,根据几何关系有
d
cosθ =
3√2-√6
6
d
sin(α -θ)
,当α=45°时解得θ=30°,根据折射率的定
义有n=sin α
sinθ =√2,故A 正确,B 错误;设光点到O'点的距离为x,则有
d
cosθ =
x
sin(α -θ)
,由于
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sin α
sinθ =√2,且sin2θ+cos2θ=1,可得x
d =
sin
2α
√2- sin
2α
-√1- sin
2α,结合数学函数规律可知,玻璃砖转
动后,随着α 增大,光点到O'点的距离x 增大,可知光点相对于O'下移,故D 错误;令临界角为C,则
有sin C=1
n
,解得C=45°,当α 等于90°时,θ 等于临界角45°,此时光点到O'点的距离达到最大值,结
合上述解得xmax=d,由于O'点为光屏的中点,则光屏长度至少为L=2xmax=2d,故C 错误。故选A。
11.AC
【解析】 研究图乙中U<0 的规律时,光电子在极板间做减速运动,所加阳极A 板电势为低电势,
所以开关需打在1 上,故A 正确;开关打在2 上滑片P 左移时,极板间电压减小,电流可能不变,可
能减小,所以微安表示数变化不确定,故B 错误;电压为图乙中U0时,a 光照射时电流比b 的大,即
单位时间到达阳极A 的光电子个数比b 的多,故C 正确;由eUc=hν-W0得ν=eU c+W 0
h
,因为
Uc2>Uc1,所以νb>νa,若b 光可以让处于基态的氢原子电离,则a 光不一定可以,故D 错误。故选
A、C。
12.CD
【解析】 图甲为α 粒子散射实验示意图,该实验是原子的核式结构理论的基础,说明原子是有结
构的,选项A 错误;图乙为电子的干涉实验示意图,在该实验中,若减小电子数量,让电子通过双缝
后,电子只能一个接一个地到达光屏,经过足够长时间,仍然会发现相同的干涉条纹,这表明电子的
波动性不是由电子之间的相互作用引起的,故B 错误;图丙为康普顿效应示意图,光子和电子之间
的碰撞满足动量守恒定律,即垂直光子的初速度方向应满足h
λ'
sin θ=mevsin φ,选项C 正确;图丁
为氢原子在可见光区域的光谱线,巴尔末总结了氢原子在可见光区域的光谱遵循的规律,得到1
λ
=R∞(
1
2
2 - 1
n
2)(n=3,4,5,…),其中,R∞=1.10×107 m-1,因发生跃迁时能级差越大,辐射光子的能量越大,
频率越大,波长越小,可知光谱中Hα是电子从第3 激发态向第2 激发态跃迁产生的,光谱中Hγ是
电子从第5 激发态向第2 激发态跃迁产生的,选项D 正确。
13.ACD
【解析】 设波源S2的振幅为A,若两波源的振动步调相同,由于波源S1和S2连线的中点到两波
源的距离差为零,则该点为振动加强点,则有A+5 cm=5 cm,解得A=0,不符合题意;若两波源的振
动步调相反,由于波源S1和S2连线的中点到两波源的距离差为零,则该点为振动减弱点,则有|A-5
cm|=5 cm,解得A=10 cm 或A=0(舍),故A 正确;设波速为v,两波源发出的波传到A 点的时间差为
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4 s,则有x AS2
v
- x AS1
v
= 5m+ 4 m
v
- 5m
v
=4 s,解得v=1 m/s,两波源发出波的波长λ=vT=v
f
=0.5 m,
故B 错误;x 轴正半轴上所有质点到两波源的距离差均为Δx=4 m,由于Δ x
λ
=8,且两波源的振动步
调相反,所以x 轴正半轴上所有质点都为振动减弱点,振幅都相同,故C 正确;取圆上一点,设其到
S1和S2两个波源的距离分别为x1和x2,两波源的振动步调相反,加强点满足|x1-x2|=(2n+1) λ
2
(n=0,1,2,3,…),又因为三角形的两边之差小于第三边,故|x1-x2|<4 m,解得n=0,1,2,3,4,5,6,7,由数学
知识可知,n 的每个取值都对应着4 个满足条件的点,所以在圆周上振动加强点有8×4 个=32 个,
故D 正确。
14-Ⅰ.【答案】 (1)B
(2)ACE
(3)20L 10L
【解析】 (1)改变高度重复此实验,观察到两球总是同时落地,则说明,平抛运动的竖直方向分运
动是自由落体运动。故选B。
(2)为减小空气阻力的影响,应该选用密度大、体积小的钢球,故A 项正确;实验过程中斜槽不必
尽可能光滑,故B 项错误;为保证小球以同一初速度做平抛运动,每次实验小球需要从同一位置释
放,故C 项正确;小球沿竖直方向做加速运动,相同时间内竖直方向位移变大,挡板不需要每次实
验下降相同的高度,故D 项错误;平抛运动在竖直方向为自由落体运动,轨迹在同一竖直平面内,
所以背板必须竖直放置,故E 项正确;需要用光滑的曲线将白纸上的各位置进行连接,故F 项错误。
故选A、C、E。
(3)小球在水平方向做匀速直线运动,在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动。在相同时间
内,其竖直方向的位移之比满足1∶3,由题意可知,第一段时间内竖直位移为5L,所以相同时间,第
二段其位移为15L。则前两段时间竖直位移为20L,所以B 点的纵坐标为20L。
若在水平方向做匀速直线运动,其第二段小球的水平位移也应为5L,则其前两段的水平位移为
10L,所以B 点的横坐标应该为10L。
14-Ⅱ.【答案】 (1)B 相同
(2) d
r Δt
kr
d
2
【解析】 (1)在探究向心力的大小与圆周运动半径的关系时,应保持小球的质量和转动的角速度
相等,即选择半径相同的两个塔轮进行实验,让小球做圆周运动的半径不同,即分别放在C 挡板处
与B 挡板处。
(2)遮光片经过光电门时,滑块的速度为v= d
Δt
,由公式v=ωr 可得,角速度为ω=v
r =
d
r Δt
。由向心
力公式有F=mω2r=md
2
r
·
1
( Δt )
2 ,则有k=md
2
r
,解得m=kr
d
2。
14-Ⅲ.【答案】 BD
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【解析】 为了保护电表,开关闭合前,滑动变阻器的滑片P 应该处于最左端,使测量电路电压为
零,故A 错误;由图甲电路可知,若滑动变阻器的滑片P 向左移动,电流表G 的示数将变小,故B 正
确;根据R=U
I
,结合图乙,有R=k= ΔU
Δ I =
2.9-0
10.8×10
-6 Ω=2.7×105 Ω,故C 错误;图甲中电压表测量
的是样品和电流表的电压,考虑到电流表有内阻,可得R 测=U 测
I 测
=R+RA>R,可知该样品电阻的测
量值比真实值大,故D 正确。故选B、D。
15.【答案】 (1)12.2 cm (2)7.7 cm
【解析】 (1)设水银密度为ρ,转动前,封闭气体的压强为
p1=p0+ρg(L1-L2)=80.0 cm·ρg
假设转动后水银恰不从原左侧玻璃管中流出,则原右侧气柱长度为
L'=L1+L2=15 cm
压强为p'=p0-ρg(L1+L2)=60.0 cm·ρg
由于p1L1S<p'L'S,假设不成立,所以水银不会到达原左侧管口。设实际平衡时气柱长度为x,则平
衡时封闭气体的压强为p2=p0-ρg(2x-L1-L2)
由玻意耳定律得p1L1S=p2xS
解得x=12.2 cm。
(2)当右侧液面比左侧高出h0=5 cm 时,以右侧封闭气体为研究对象,由玻意耳定律得p1L1S=p3L3S
右侧气柱的长度为L3= L1+ L2-h0
2
=5 cm
解得p3=160 cm·ρg
以左侧封闭的气体为研究对象,设开口处活塞下降的高度为h,由玻意耳定律得p0L2S=p4L4S
左侧两活塞间气柱的长度为
L4=L1+L2-L3-h=(10-h) cm
又p4=p3+ρgh0=165 cm·ρg
解得h=7.7 cm。
16.【答案】 (1)4 m/s (2)(ⅰ)1 kg 0.2 (ⅱ)4.5 m
【解析】 (1)根据题意可知,小物块在Q 点由合力提供向心力有
mg+3mg=mv
2
R
代入数据解得v=4 m/s。
(2)(ⅰ)根据题意可知当F≤4 N 时,小物块与轨道一起向左加速,根据牛顿第二定律可知
F=(m0+m)a
根据图乙有k=
1
m0+m
=0.5 kg-1
当外力F>4 N 时,轨道与小物块有相对滑动,则对轨道有
F-μmg=m0a
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结合题图乙有a= 1
m0
F-μmg
m0
可知k= 1
m0
=1 kg-1
纵轴截距b=-μmg
m0
=-2 m/s2
联立以上各式可得m0=1 kg,m=1 kg,μ=0.2。
(ⅱ)由图乙可知,当F=8 N 时,轨道的加速度为a1=6 m/s2,小物块的加速度为a2=μg=2 m/s2
设当小物块运动到P 点时,经过t0时间,则此时轨道有
v1=a1t0
小物块有v2=a2t0
小物块从P 运动到Q 的过程中系统机械能守恒,有
1
2
m0v1
2+ 1
2 m v2
2= 1
2
m0v3
2+ 1
2 m v4
2+2mgR
水平方向动量守恒,以水平向左为正方向,则有
m0v1+mv2=m0v3+mv4
联立解得t0=1.5 s
根据运动学公式有L=1
2
a1t0
2- 1
2
a2t0
2
代入数据解得L=4.5 m。
17.【答案】 (1)2 m/s2 水平向右
(2)24 m
(3)356
11
m<d<696
11
m
【解析】 (1)M 从静止运动至水平导轨时,根据动能定理有m1gh-μ1m1gcos θ1·
h
sin θ1
= 1
2
m1v0
2
解得v0=8 m/s
M 刚进入磁场时,平动切割磁感线,有E0=Blv0
则根据欧姆定律可知此时回路的感应电流为I0= E0
2 R
根据楞次定律可知,回路中的感应电流沿逆时针方向(俯视),结合左手定则可知,N 所受安培力方
向水平向右,由牛顿第二定律有BI0l=m2aN0
联立并代入数据得aN0=2 m/s2,方向水平向右。
(2)M 和N 在磁场中运动的过程中,所受安培力大小相等,方向相反,系统所受合外力为0,则系统
动量守恒,若两者共速时恰不相碰,则有m1v0=(m1+m2)v 共
解得v 共=6 m/s
对N 根据动量定理有BIlt=m2v 共
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其中It=q=Bl Δ x
2 R
联立解得dmin=Δx=24 m。
(3)根据(2)问可知,从M 刚进入磁场至M、N 第一次在水平导轨上运动稳定,相对位移为Δx=24
m,且稳定时的速度v 共=6 m/s
N 第一次在右侧倾斜导轨上向上运动的过程中,根据牛顿第二定律有m2gsin θ2+μ2m2gcos θ2=m2aN
上
根据匀变速直线运动位移与速度的关系有2aN 上x 上=v共
2
N 第一次在右侧倾斜导轨上向下运动的过程中,根据牛顿第二定律有m2gsin θ2-μ2m2gcos θ2=m2aN
下
再根据匀变速直线运动位移与速度的关系有2aN 下x 下=v1
2
且x 上=x 下
联立解得N 第一次滑下右侧轨道最低点的速度v1=5 m/s
由于两棒发生碰撞,则为完全非弹性碰撞,则MN 整体第一次在右侧倾斜轨道上向上运动有
(m1+m2)gsin θ2+μ2(m1+m2)gcos θ2=(m1+m2)a 共上
同理有2a 共上x 共上=v2
且由题图乙可知x 上=4.84x 共上
解得M、N 碰撞后的速度v=30
11
m/s
N 第一次滑下右侧轨道最低点后与M 相互作用的过程中,M、N 组成的系统所受合外力为0,根
据动量守恒定律有m1v2-m2v1=(m1+m2)v
解得N 第一次滑下右侧轨道最低点时M 的速度为v2=175
33
m/s
若N 第一次滑下右侧轨道最低点时与M 发生碰撞,则对应d 的最小值。
N 第一次在右侧倾斜导轨上运动的过程,对M 根据动量定理有-BI 1lΔt1=m1v2-m1v 共
其中I 1Δt1=q1=Bl Δ x1
2 R
解得Δx1=92
11
m
根据位移关系有dmin'-Δx1=Δx
解得dmin'=356
11
m
若N 返回水平导轨后,当两者共速时恰好碰撞,则对应d 的最大值。
对N 从返回水平导轨到与M 碰撞前瞬间的过程,根据动量定理有BI 2lΔt2=m2v+m2v1
其中I 2Δt2=q2=Bl Δ x2
2 R
解得Δx2=340
11
m
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根据位移关系有dmax-Δx1-Δx2=Δx
解得dmax=696
11
m
则d 的取值范围为356
11
m<d<696
11
m。
18.【答案】 (1)①B>2m v0
qd
或B<2m v0
17 qd
②29 π d
6 v0
或31π d
6 v0
③3 π d
2v0
(0,-d) (2)(√3-1)d
【解析】 (1)①由题知,绝缘板恰好处在y 轴和MN 之间,在y=-d 处平行于x 轴放置,要使粒子进
入磁场后不与绝缘板发生碰撞,由洛伦兹力提供做圆周运动向心力知,轨迹与绝缘板左侧相接的
最大半径为r1=d
2 ,则mv0
2
r1
=qv0B1
代入得B1=2m v0
qd
由几何关系知,轨迹与绝缘板右侧相接的最小半径为
r2
2=(r2-d)2+(4d)2
代入得r2=17
2
d
则此时磁感应强度为r2=17
2
d=m v0
q B2
代入得B2=2m v0
17 qd
所以B>2m v0
qd
或B<2m v0
17 qd
。
②由v=2π r
T
知T=2π m
qB = 2π d
v0
由几何关系知,粒子最后一次碰撞后的偏向角θ 满足
sin θ=√3
2
解得θ=60°或120°
则运动时间为t=29 π d
6 v0
或t=31π d
6 v0
。
③由题知,粒子的运动轨迹呈现螺旋状并与y 轴相切于K 点,则从O 到K 的运动时间为
t'=3
4
T=3 π d
2v0
由动量定理知,x 轴方向有
∑(qvyB+kvx)Δt=mv0⇒qBΔy=mv0
解得Δy=d
可得K 点坐标为(0,-d)。
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(2)由题意可知,粒子源射出的粒子全部汇聚在坐标原点后射入磁场
当粒子从粒子源上射出时的纵坐标y=0 时
v1=v0,r1=d
当y=1.5d 时,tan θ'=√3
3
可解得θ'=30°,v2=2v0,r2=2d
如图分析可得Lmin=(√3-1)d。
