1、2019年广东省佛山市高考物理二模试卷1题号 一 二 三 四 总分得分一、单选题（本大题共 5 小题，共 30.0 分）1. 2019 年 1 月 3 日，“嫦娥四号”探测器完成了人类历史上的首次月背软着陆。“嫦娥四号”的核电池利用放射性同位素 Pu 衰变供电；静止的 Pu 衰变为铀23894 23894核 U 和 X 粒子，产生热能并放出频率为 的 光子。已知： Pu、 U 和 X23492 23894 23492粒子的质量分别为 mPu、m U和 mX，普朗克常数为 h，光速为 c。则下列说法正确的是（ ）A. X 粒子是 32B. 的比结合能比 的大 23492
2、 23894C. 释放出的 光子能量为 ()2D. 若 光子照射到某金属并发生光电效应，则光电子的最大初动能为 2. 拍皮球是大家都喜欢的体育活动，既能强身又能健体。已知皮球质量为 0.4kg，为保证皮球与地面碰撞后自然跳起的最大高度均为1.25m，小明需每次在球到达最高点时拍球，每次拍球作用距离为0.25m，使球在离手时获得一个竖直向下 4m/s 的初速度。若不计空气阻力及球的形变，g 取 10m/s2，则每次拍球（ ）A. 手给球的冲量为 B. 手给球的冲量为1.6/2.0/C. 人对球做的功为 D. 人对球做的功为3.2 2.23. 如图电动机线框 abcd 的面积
3、为 S，匝数为 n，匀强磁场磁感应强度为 B，线框平面与磁场平行。若此时闭合开关，则下列说法正确的是（ ）A. 该线框将会顺时针转动B. 转动过程中线圈中电流和流过 R 的电流方向都不变C. 若同时调转电极和磁极方向，则线圈的转动方向改变D. 线框转过 时，穿过线框平面的磁通量最大，且为 nBS904. 如图，在理想变压器 AB 端加有 u=180 sin100t（V）的2交变电压，电动机额定功率为 45W，额定电流为 1.5A，电阻 R 阻值为 20，电流表为理想电表。通电后电动机正常工作，则（ ）A. 通过电动机的交变电流频率为 0.02B. 电阻 R 的电压为 2
4、0VC. 变压器原、副线圈匝数比为 3：1D. 电流表读数为 4.5第 2 页，共 18 页5. 如图，倾角为 、质量为 M 的斜面体静止在光滑水平面上。现有质量为 m 的物块，以初速度 v0 从斜面上某处沿斜面减速下滑。已知物块与斜面体间的动摩擦因数为 ，则在此过程中（ ）A. 斜面体向右运动B. 斜面体对物块做负功C. 地面给斜面体的支持力等于 (+)D. 物块和斜面体构成的系统动量守恒二、多选题（本大题共 5 小题，共 27.0 分）6. 新能源汽车近几年发展非常迅速，下表是某品牌电动汽车相关参数。请根据相关参数判断以下哪些说法正确：（假设汽车以 30m/s 匀速行驶时的阻力
5、为车重的0.05 倍，汽车电能转化为有用功的效率为 80%，重力加速度 g 取 10m/s2）（ ）指标参数 整车质量 030m/s加速时间 最大速度 电池容量 制动最短距离（30m/s0）数值 2000kg 5.0s 60m/s 75kwh 30mA. 汽车在 的加速过程中的平均加速度大小为0 30/ 6/2B. 汽车刹车由 减速到 0 所用时间最短为 1s30/C. 当汽车以 匀速行驶时，汽车克服阻力做功的功率为 75kw30/D. 当汽车以 匀速行驶时，汽车的续航里程 最大行驶距离 约为 216km30/ ( )7. “鹊桥”号是世界首颗运行于地月拉格朗日 L2 点附近的中继
6、通信卫星，如图它以地月连线为轴做圆周运动，同时随月球绕地球运转。已知地球质量为 M，月球质量为 m，月球的轨道半径为 r，公转周期为 T，引力常数为 G；当卫星处于地月拉格朗日点 L1 或 L2 时，都能随月球同步绕地球做圆周运动。则以下说法正确的是（ ）A. “鹊桥”号仅受月球引力作用B. 在 点工作的卫星比在 点工作的卫星的线速度大2 1C. 在拉格朗日 点工作的卫星，受到地球的引力一定大于月球对它的引力1D. 拉格朗日 点与地心的距离为22428. 如图所示，在竖直平面内有一光滑直杆 MN，杆与水平方向夹角为 ，一质量为 m 的带电小球套在直杆上，小球带电量为+q，杆所在的空
7、间有一匀强电场，场强方向平行于杆所在的竖直平面，将小球从杆的顶端由静止释放，小球在直杆上运动的时间与 （0 a90）角的大小有关，当 =60时，时间最短，重力加速度为 g，则下列说法正确的是（ ）A. 电场方向可能与水平成 角指向左下方60第 3 页，共 18 页B. 小球受到的电场力和小球重力的合力与水平成 角指向左下方60C. 电场强度大小可能为D. 小球沿杆下滑的过程中电场力可能不做功9. 住在海边的小明，跟几个朋友自驾去某高原沙漠地区游玩，下列相关说法正确的是（ ）A. 出发前给汽车轮胎充气，气压不宜过高，因为汽车高速行驶时胎压会增大B. 小明在下时发现，雨水流
8、过车窗时留有痕迹，说明水对玻璃是漫润的C. 到了高原地区，小明发现，尽管气温变化不大，但车上带的矿泉水瓶变得更鼓胀了，这是瓶内空气压强变大的缘故D. 小明发现在晴天大风刮起时，沙漠会黄沙漫天，海上不会水雾漫天，这是因为水具有表面张力的缘故E. 白天很热时，开空调给车内降温，此时空调机从车内吸收的热量多于向车外排放的热量10. 如图所示，一束黄光和一束蓝光，从 O 点以相同角度沿 PO 方向射入横截面为半圆形的玻璃柱体，其透射光线分别从 M、N 两点射出，已知 =45，=60 ，光速 C=3108m/s 则下列说法正确的是（ ）A. 两束光穿过玻璃柱体所需时间相同B. PM 是黄光，
9、PN 是蓝光C. 玻璃对 PM 光束的折射率为 2D. PM 光束在该玻璃中传播的速度为 3108/E. 若将 PM 光束从 N 点沿着 NO 方向射入，一定不会发生全反射三、实验题探究题（本大题共 2 小题，共 15.0 分）11. 某实验小组用如图（a）的实验装置校对流量计。盛水容器上端开口，下端有横截面一定的细管（厚度可忽略）与流量计相连（流量计可测得每秒流出液体的体积）。打开开关让水沿水平方向喷出，为保证流速恒定，实验时不断给容器加水保持液面稳定，已知当地的重力加速度为 g。请完善如下实验步骤：12. （1）安装器材前用螺旋测微器测量细管的直径如图（b），其直径为d=_mm；13. （
10、2）按图（a）安装好实验器材，测定喷口到地面的竖直距离 y，再打开开关让水喷出；14. （3）待水流运动稳定后，读出流量计读数：测量_，计算水喷出时的初速度；15. （4）测得水喷出时的初速度为 v，则液体的流量表达式 Q=_，代入具体数值可计算出实际流量。16. （5）将实际流量值与读数值比较，进行流量计校对。第 4 页，共 18 页17. 小明同学想要设计一个既能测量电源电动势和内阻，又能测量定值电阻阻值的电路。他用了以下的实验器材中的一部分，设计出了图（a）的电路图：18. a电流表 A1（量程 0.6A，内阻很小）；电流表 A2（量程 300A，内阻rA=1000）；19. b滑动变阻
11、器 R（0-20）；20. c，两个定值电阻 R1=1000，R 2=9000；21. d待测电阻 Rx；22. e待测电源 E（电动势约为 3V，内阻约为 2）23. f开关和导线若干24. （1）根据实验要求，与电流表 A2 串联的定值电阻为_（填“R 1”或“R 2”）25. （2）小明先用该电路测量电源电动势和内阻，将滑动变阻器滑片移至最右端，闭合开关 S1，调节滑动变阻器，分别记录电流表 A1、A 2 的读数 I1、I 2，得 I1 与 I2 的关系如图（b）所示。根据图线可得电源电动势 E=_V；电源内阻r=_，（计算结果均保留两位有效数字）26. （3）小明再用该电路测量定值电阻
12、 Rx的阻值，进行了以下操作：27. 闭合开关 S1、S 2，调节滑动变阻器到适当阻值，记录此时电流表 A1 示数 Ia，电流表 A2 示数 Ib；28. 断开开关 S2，保持滑动变阻器阻值不变，记录此时电流表 A1 示数 Ic，电流表A2 示数 Id；后断开 S1；29. 根据上述数据可知计算定值电阻 Rx的表达式为_。若忽略偶然误差，则用该方法测得的阻值与其真实值相比_（填“偏大”、“偏小”或“相等”）四、计算题（本大题共 4 小题，共 52.0 分）30. 如图，PQ 分界线的右侧空间有一垂直纸面向里、磁感应强度为 B 的匀强磁场。一质量为 m、电荷量为 q 的粒子以速度 v0 沿 AC
13、 方向由 A 点射入。粒子经 D 点时速度的偏向角（偏离原方向的夹角）=60（不计重力）31. （1）试求 AD 间的距离；32. （2）若去除磁场，改为纸平面内垂直于 AC 方向的匀强电场，要想由 A 射入的粒子仍然能经过 D 点，试求该电场的强度的大小及方向；粒子此时经 D 点时速度的偏向角比 60角大还是小？为什么？33.34.35.36.37.38.39.第 5 页，共 18 页40. 如图所示，一质量为 3m、厚度 h=0.05m 的木板 C，静放在粗糙水平地面上。在木板 C 上静放一质量为 2m 的弹性小物块 B，B 所处位置的右侧光滑，长L1=0.22m；左侧粗糙，长 L2=0.
14、32m；B 与其左侧的动摩擦因数 1=0.9，竖直固定、半径 R=0.45m 的光滑 圆弧轨道，其最低点与木板 C 右端等高相切。现有一质量14为 m 的弹性小物块 A，从轨道最高点由静止下滑，与 B 发生弹性碰撞。已知 C 与地面间动摩擦因数 2=0.25，小物块 A、B 可看为质点，重力加速度 g 取10m/s2试求：41. （1）A 刚滑上 C 时的速度大小；42. （2）A、B 碰后瞬间的速度大小；43. （3）试分析判断，小物块 A 是否会滑离木板 C；如果会，试求小物块 A 落地瞬间与木板 C 右端的水平距离。44. 如图所示，一气缸开口向上竖直放置，用面积为 S 的活塞在汽缸内封
15、闭着一定质量的气体，活塞上放有一重物，活塞和重物的总质量为 m，距气缸底部的高度为 h1，此时缸内气体温度为 T1在气缸内注入汽油并迅速完全燃烧，使气体温度急剧升高，重物与活塞沿气缸加速上升。当活塞距缸底高度为 h2 时，速度达到最大值。若此时汽油燃烧释放的热能为 Q0，气缸对外释放的热量为 Q1，气体内能增加了E，外界大气压强为 P0不计活塞所受摩擦阻力，试求：45. （i）气缸注入汽油前气体的压强，以及活塞速度达最大值时，气体的压强及温度；46. （ii）活塞的最大速度（设活塞与重物一直一起运动）。（不考虑汽油燃烧前后气缸内被封闭气体种类及质量等的变化，仍将其看作是质量一定的同种理想气体。
16、）47.48.49.50.51.52.53.54. 甲乙两列横波传播速率相同，分别沿 x 轴正方向和负方向传播，t 1 时刻两列波的前端刚好分别传播到质点 A 和质点 B，如图所示。已知横波甲的频率为 2.5Hz，求：第 6 页，共 18 页55. （i）在 t1 时刻之前，x 轴上的质点 C 已经振动的时间；56. （ii）在 t1 时刻之后的 2.5s 内，x =+3 处的质点位移为-6cm 的时刻。第 7 页，共 18 页答案和解析1.【答案】B【解析】解：A、根据 质 量数守恒与 电荷数守恒可知， Pu 衰的衰变方程为 Pu 衰U+ He+，故 A 错误；B、 Pu 衰变成核 U 和
17、粒子后，释放核能，将原子核分解为单个的核子需要的能量更大，原子变得更稳定，所以 U 的比结合能比 Pu 的大，故 B正确；C、此核反应过程中的质量 亏损等于反应前后质量的差， 为 m=mpU-mU-m，释放的 光子的能量为 hv，核反 应的过程中释放的能量：E=（m pU-mU-m）c2，由于核反应的过程中释放的核能转化为新核与 粒子的动能以及光子的能量，所以光子的能量小于（m pU-mU-m）c2，故 C 错误；D、光子的频率为 v，由于金属的逸出功不能 为 0，所以若 光子照射到某金属并发生光电效应，则光电子的最大初动能一定小于 h故 D 错误；故选：B 。根据质量数守恒与电荷数守恒写出核
18、反应方程；核反应的过程中亏损的质量等于反应前后质量的差；核反应的过程中释放的核能转化为新核与 粒子的动能以及光子的能量；原子核是核子结合在一起构成的，要把它们分开，需要能量， 这就是原子核的结合能。抓住衰变后产物更稳定，比 较反应后产物的结合能之和与反应前原子核的结合能大小。本题考查选修 3-5 中内容，关键熟悉教材，牢 记这些知 识点，注意 结合能和比结合能的区别，注意两个概念的联系和应用。2.【答案】D【解析】第 8 页，共 18 页解：AB、重力与手的力的合力的冲量 为 I=P=mv=0.44=1.6Kgm/s，因重力与手的力的冲量都向下，则手的冲量要小球 1.6kgm/s，故 AB 错
19、误CD、由动能定理：W 手 +mgh= ，代入数据解得：W 手 =2.2J，故 C 错误，D正确故选：D。由动量定理求得冲量，由动能定理求得功。考查动量定理与动能定理的基本应用，注意矢量的方向与功的 正负。3.【答案】A【解析】解：A、由 图可知，磁 场的方向向右，电流的方向为 dcba 方向，由左手定则可知，cd 边受到的安培力的方向向下， ab 边受到的安培力的方向向上，从外向里看线框将沿顺时针方向转动。故 A 正确； B、由图，由于电刷的存在，流 过线框的电流每半个周期电流的方向将变化一次，而流过电阻 R 的电流方向不 变。故 B 错误； C、若同时调转电极和磁极方向，根据左手定 则可知
20、，线圈的转动方向不改变。故 C 错误 ； D、当线 框转过 90时，穿过线框平面的磁通量最大，且为 BS故 D 错误； 故选：A。根据左手定则判断转动的方向，根据电动机原理分析；穿过线圈的磁通量为BS。该题考查直流电动机的工作原理，要注意电刷的作用可以保证线框转动的方向不变。4.【答案】C【解析】解：A、根据 AB 端加有 u=180 sin100t（V）的交变电压可知频率f= =50Hz，故 A 错误；B、电阻 R 的 电压为 UR=I2R=1.520V=30V，故 B 错误 ；第 9 页，共 18 页C、电动机两端电压 UM= = V=30V，副线圈两端 电压U2=UM+UR=60V，原线
21、圈两端电压 U1= V=180V，所以变压器原、副线圈匝数比为 = ，故 C 正确；D、电流表 读 数为 I1= = A=0.5A，故 D 错误 。故选：C 。根据输入电压表达式求解频率；电阻 R 的电压为 UR=I2R；求出电动机两端电压、副线圈两端电压，根据变压器原理求解变压器原、副线圈匝数比和电流表示数。本题主要是考查了变压器的知识；解答本题的关键是知道变压器的电压之比等于匝数之比，在只有一个副线圈的情况下的电流之比等于匝数的反比；知道理想变压器的输出功率决定输入功率且相等。5.【答案】B【解析】解：A、物 块沿斜面减速下滑，有 mgsinmgcos如果物块匀速下滑时，mgsin=mgc
22、os斜面体对物块的作用力方向竖直向上，即斜面体对物块的支持力和摩擦力的合力方向竖直向上。物块对斜面体压力大小 N=mgcos，由于摩擦力 f=mgcosmgsin，所以斜面体 对物 块的支持力和摩擦力合力方向为向上偏右，由牛顿第三定律知，物块对斜面体的作用力方向为向下偏左，因此，斜面体向左运动，故 A 错误。 B、斜面体对物块的作用力合力方向 为向上偏右，与位移的 夹角为钝角，所以斜面体对物块做负功，故 B 正确。 C、物块沿斜面减速下滑，有沿竖直向下的分加速度，系统处于超重状态，则地面给斜面体的支持力大于（m+M）g，故 C 错误。 D、系统竖 直方向的合外力不为零，因此系统的动
23、量不守恒，故 D 错误。 故选：B 。第 10 页，共 18 页分析斜面体的受力情况，判断其运动方向。根据斜面体对物块的作用力方向与位移方向的夹角分析斜面体对物块正负。根据牛顿运动定律分析地面给斜面体的支持力与总重力的关系。结合系统的合外力是否为零，分析系统的动量是否守恒。解决本题的关键要根据物块的运动情况，分析其受力情况，确定斜面体对物体的作用力方向，再进一步分析做功情况。6.【答案】AD【解析】解：A、汽 车在 030m/s 的加速 过程中的平均加速度大小 为：a= = =6m/s2，故 A 正确；B、汽车刹车由 30m/s 减速到 0 所用时间最短为为 t，则有： =x，解得： t=s=
24、2s，故 B 错误；C、当汽车以 30m/s 匀速行驶时，汽车克服阻力做功的功率为：P=fv=0.05mgv=0.0520001030W=30kW，故 C 错误；D、当汽 车以 30m/s 匀速行 驶时，根据能量关系可得： Pt=fs，则汽车的续航里程为：s= = m=216km，故 D 正确。故选：AD。根据图中给出的参数，结合加速度的定义式、位移 时间关系、功率的 计算公式进行求解。本题主要是考查功率的计算，解答本题的关键是能够根据表格中的数据结合运动学公式分析。7.【答案】BC【解析】解：A、 “鹊桥”号不仅受月球引力， 还受地球的引力。故 A 错误B、由 v=r，因 相同，则轨 道半径
25、大的线速度大，故 B 正确C、在拉格朗日 L1 点工作的 卫星，受到地球的引力一定大于月球 对它的引力，因其合力指向地球，故 C 正确第 11 页，共 18 页D、若在拉格朗日 L2 点只受地球的引力， 则由 = 得与地心的距离为，但卫星在该位置还受月球的引力，即式中应有 m，故 D 错误故选：BC。“鹊桥”与月球同步绕地球运 动，角速度相等，月球自转周期和公转周期相等，然后结合线速度、角速度与向心加速度的关系分析即可。本题的关键是审清题意，通过受力分析找出“鹊桥号 ”的向心力来源、得出“鹊桥号”与月球的角速度关系即可正确答题。8.【答案】BCD【解析】解：AB、由于小球在直杆上运动的时间最短
26、，即加速度方向沿杆的方向，而 电场力和小球的重力的合力一定沿与水平方向夹 60斜向左下的方向，即为杆的方向，则电场的方向一定不会与水平成 60角指向左下方，故 A 错误，B 正确；C、合力 F 合 与 mg、qE 三力可构成矢量三角形，如图所示：由图可知，当 qE 与 F 合 垂直 时，即与杆垂直 时，qE有最小值，则有：qE min=mgsin60= mg即 Emin= ，而 ，即 电场强度大小可能为 ，故 C 正确；D、小球沿杆下滑的过程中 电场力的方向可能与杆垂直，则电场力可能不做功，故 D 正确。故选：BCD。根据题意，结合牛顿第二定律，可知， 电场力与重力的合力方向一定沿杆的方向，再
27、依据矢量的合成法则，及三角知 识，即可求解。本题主要是考查受力分析与运动分析的应用，掌握牛顿第二定律的内容，理解矢量的合成法则与三角知识的运用，注意时间最短，即加速度沿杆的方向是解题的突破口。第 12 页，共 18 页9.【答案】ABD【解析】解：A、气体的压强和温度有关，出发前给汽车轮胎充气，气压不宜过高，因为汽车高速行驶时会使胎内气体温度升高、压强增大，可能爆胎，故 A 正确； B、雨水流过车窗的玻璃时 留有痕迹， 说明水对玻璃是漫 润的，否 则不会留下痕迹，故 B 正确； C、到了高原地区，小明发现，气温变化不大，说明气体压强的变化受温度影响较小，但车上带的矿泉水瓶变得更鼓胀了， 这说明
28、外界大气压减小了，故C 错误 ； D、小明 发现 在晴天大风刮起 时，沙漠会黄沙漫天，海上不会水雾漫天，这是因为水具有表面张力使得水分子受到分子力的约束，不易散开，故 D 正确； E、空调机在制冷 过程中，由于电流做功，部分电能转化为内能，故从车内吸收的热量小于向车外放出的热量，故 E 错误。 故选：ABD。气体的压强和温度有关，温度越高压强越大；水对玻璃是漫润的；高原外界大气压小；水具有表面存在分子力的约束；空调机在制冷过程中，从车内吸收的热量小于向车外放出的热量。本题综合考查了气体的压强、浸润和非浸润、分子力以及能的转化和守恒定律等，解答本题要掌握热学部分的基本知识是关键。10
29、.【答案】BCE【解析】解：A、光穿 过 玻璃柱体所需 时间 t= = ，两束光的折射率不同，所以穿过玻璃柱体所需时间不相同，故 A 错误；B、因 n 黄 n 蓝 ，PM 偏折的小，PN 偏折的大，所以 PM 是黄光， PN 是蓝光，故 B 正确；C、由折射定律得：n 黄 = = ，故 C 正确；D、根据 v= 得 PM 光束在 该玻璃中传播的速度为 108m/s，故 D 错误；第 13 页，共 18 页E、根据 sinC= 得 PM 光的临界角 C=45，将 PM 光束从 N 点沿着 NO 方向射入，入射角为 30C ，一定不会发生全反射，故 E 正确。故选：BCE 。写出光在玻璃中的传播时
30、间表达式可分析穿过玻璃柱体所需时间；通过光线的偏折程度可判断黄光和蓝光；根据折射定律可求得玻璃对 PM 光束的折射率；根据 v= 得 PM 光束在该玻璃中传播的速度；根据 sinC= 得 PM 光的临界角，可判断能否发生全反射。本题考查了折射定律、会通过光线的偏折程度判断折射率的大小，灵活运用v= 、sinC= 分析求解光学问题。11.【答案】6.860 水的水平射程 x 282【解析】解：（1）螺旋测微器的读数需要先读出主尺的刻度，为：1mm，然后读出可动刻度，为：0.0136.0=0.360mm。所以总读数为：6.5mm+0.360mm=6.860mm；（3）水做
31、平抛运动，根据 y= gt2得：t= ，水从水管中射出的速度为：v 0= =x ，因此需要测量出水的水平射程 x，才能求出水喷出时的初速度。（4）水管内径部分的横截面积为：S=（ ）2= d2，则水泵的流量为：Q=vS= 。故答案为：（1）6.860；（3）水的水平射程 x；（4） 。螺旋测微器的读数需要先读出主尺的刻度，然后读出可动刻度；根据高度和水平射程，结合平抛运动的规律求出平抛运动的初速度，根据Q=vS 求出流量的大小。第 14 页，共 18 页解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式灵活求解，同时要掌握螺旋测微器固定刻度与可动刻度所示之和是螺旋测微器
32、的示数，螺旋测微器需要估读。12.【答案】R 2 3.0 2.1 （ - ）（r A+R2） 相等【解析】解：（1）电源电动势为 3V，应用定值电阻 R1 改装后电压表量程为 0.6V，改装后电压表量程太小，定值电阻应选择 R2。（2）由图示电路图根据实验步骤可知，电源电动势：E=I 2（rA+R1）+（I1+I2）r整理得：I 1= - I2，由 I1-I2 图象可知：b= ，k=-由图示图线解得，电源电动势为：E=3.0V，电源内阻为：r=2.1；（3）并联电路电压相等，根据图示电路由实验步骤可知：I aR=Ib（rA+R2），Ic（
33、RX+R）=I（rA+R2），解得：R X=（ - ）（rA+R2），流过同一支路电流相等，并联电路电压相等，根据该方案电阻测量值与真实值相等；故答案为：（1）R 2；（2）3.0；2.1；（3）（ - ）（rA+R2）；相等。（1）根据电源电动势与所给电表参数分析答题。（2）根据图示电路图应用欧姆定律求出图线的函数表达式，然后根据图示图线求出电源电动势与内阻。（3）根据实验步骤应用欧姆定律求出电阻阻值、分析实验误差。本题考查了实验器材的选择、实验数据处理，要掌握实验器材的选择原则，认真审题理解实验原理是解题的前提与关键，分析清楚电路结构，应用串并联电路特点与欧姆定律即可解题。13.【答案】解
34、：（1）带电粒子在磁场中做圆周运动，速度偏向角为60，则粒子所转过的圆心角为 60，即 AD=R第 15 页，共 18 页由 qv0B=m 解得：AD=R=20 0（2）经 D 点 x=Rcos30= ，y =Rsin30= R32 12而 x=v0t，y= ，a=122 解得：E= Bv0，方向垂直 AC 向上。43速度偏向角 tan= ，v y=at0解得：tan=2tan30=233而 tan60= ，即 tantan60， 603答：（1）AD 间的距离 ；0（2）电场的强度的大小 Bv0，方向垂直 AC 向上；粒子此时经 D 点时速度的偏向角比4360角小。【解析】（1）带电粒子在磁
35、场中做圆周运动，由粒子转过的圆心角为 60可知 AS 等于粒子在磁场中的轨道半径，再由牛顿第二定律可求得 AD 间的距离； （2）去除磁场，粒子做类平抛运动，由平抛运 动的规律可求得电场的强度的大小及方向，进而求得速度的偏向角与 60的关系。本题为带电粒子在组合场中的运动，要注意分别应用电场中的类平抛，磁场中的匀速圆周运动的规律进行分析求解。并注意认真分析其对应的物理过程。明确物理规律的正确应用。14.【答案】解：（1）对小物块 A，由机械能守恒可知： ，=122解得： =2=3/（2）弹性小物块 A、B 碰撞，设向左为正方向，由动量守恒定律有：mv A=mvA'+2mvB又由能量守恒
36、有：122=12'2+1222解得：v' A=-1m/s，v B=2m/s（3）由于小物块 B 向左运动进入 C 的粗糙区域，则 C 不会向右运动，而小物块 A 运动的方向向右，C 上表面右边光滑，故 A 将会从 C 右端飞出在 A 未飞出 C 时，对 B 有： 12mg=2ma1，解得：a 1=9m/s2对 C 有： 12mg-26mg=3ma2，解得：a 2=1m/s2设通过 t1 时间 BC 共速，此时 A 还未从 C 飞出，有：v 共 =vB-a1t1=a2t1，解得：t 1=0.2s，v 共 =0.2m/s第 16 页，共 18 页A 的位移大小：x 1=vA'
37、;t1，解得：x 1=0.2mB 的位移： ，解得： x2=0.22m2=112121C 的位移： ，解得： x3=0.02m3=12221由于 x1+x3=0.22m=L1，故此时 A 刚好从 C 右端水平飞出而 x2-x3=0.2mL 2，故共速时 B 没有从 C 左端飞出设 BC 共速后可以相对静止一起减速，则：对 BC 有： 25mg=5ma3，解得： 3=2.5/2对 B：f=2 ma3 12mg，故 BC 将相对静止一起减速设 BC 一起减速到 0 的时刻为 t2，位移为 x4，则：0=v 共 -a3t2， ，解得： t2=0.08s，xBC=0.008m=共22对 A，飞出后做平
38、抛运动： ，解得：t 3=0.1s=1223xA=v'At3=0.1m由于 t2t 3 可知，BC 停下后 A 才落地，故 A 落地瞬间与木板 C 右端的水平距离为：x=xBC+xA=0.106m答：（1）A 刚滑上 C 时的速度大小为 3m/s；（2）A、B 碰后瞬间的速度大小分别为 1m/s，2m /s；（3）小物块 A 会滑离木板 C，小物块 A 落地瞬间与木板 C 右端的水平距离为0.106m。【解析】（1）A 沿圆弧下滑的过程，由机械能守恒定律求 A 刚滑上 C 时的速度大小； （2）根据弹性碰撞时，动量守恒及能量守恒可知 A、B 碰后瞬间的速度大小； （3）小物块 A 是否
39、会滑离 C，从相 对位移出发，相对位移大于 L1 时，意味着会滑出；滑出后，离木板 C 的距离，注意确定木板是否静止。本题主要考查了动量守恒及运动规律，解题的关键是抓住关键词“ 弹性碰撞”，及在计算 A 离 C 右端距离时 C 是否静止。15.【答案】解：（i）对活塞，由力的平衡条件： P1S=P0S+mg解得：P 1=P0+活塞速度达最大值时，活塞的加速度为零，活塞受力平衡，有：P2=P1=P0+设气缸注入汽油前气体的状态为初态：体积为 V1=h1S，压强为 P1=P0+ ，温度为 T1。活塞速度达最大值时，气缸气体的状态为末态：体积为 V2=h2S，压强为 P2=P0+ ，温度为 T2。第
40、 17 页，共 18 页气体初末状态变化为等圧変化，有：11=22代入各式得：T 2= 。211（ii）根据能量守恒定律：Q0=Q1+E+mg（h 2-h1）+ mv2+P0S（h 2-h1）12解得：v=201(0+)(12)答：（i）气缸注入汽油前气体的压强为 P0+ ，（ii）活塞速度达最大值时，气体的压强为 P0+ ，温度为 活塞的最大速度为 211。201(0+)(12)【解析】利用力的平衡条件，求出初态时气体压强；初末初态气体等压变化，根据：，可以求出 T2；利用能量守恒定律求出最大速度。本题考查了力的平衡条件、气体等圧変化规律、能量守恒定律定律等知识点。关键点：气体等圧変化规律：
41、 ；能量守恒定律。16.【答案】解：（i）由图可得：甲波波长 甲 =4m，乙波波长 乙 =8m；根据两波波速v 相等，甲波频率 f 甲 =2.5Hz 可得：波速 v= 甲 f 甲 =10m/s，甲波周期 T 甲 = =0.4s；乙波周期 T 乙 = =0.8s；1甲 乙tc= = s=0.6s； 610（）x=+3m 处的质点位移为 6cm，则说明两列波同时达到 x=+3m 处，则有甲波的波谷达到 x=+3m 处的时间为：t 甲 = ，（ n=0、1、2、 3）(+12)甲甲乙波的波谷达到 x=+3m 处的时间为：t 乙 = ，（m=0、1、2、3）(+12)乙乙由于 t 甲 =t 乙 可得：
42、m=2 n-1，故有：n=1 时，m=1 ，t=1.2 s；n=2 时，m=3 ，t=2.0 s；n=3 时，m=5 ，t=2.8 s；根据题意可知，在 t1 时刻之后的 2.5s 内，x =+3m 处的质点位移为-6cm 的时刻为t1+1.2s，t 1+2.0s答：（i）在 t1 时刻之前，x 轴上的质点 C 已经振动的时间为 0.6s；（ii）在 t1 时刻之后的 2.5s 内，x =+3 处的质点位移为-6 cm 的时刻为为t1+1.2s，t 1+2.0s。【解析】第 18 页，共 18 页（i）根据甲波波长和频率求得波速，即可根据乙波传 播距离，由波速求得传播时间，即 C 点振动时间； （）x=+3m 处的质点位移为 6cm，则说明两列波同时达到 x=+3m 处，分别求出甲、乙波的波谷达到 x=+3m 处的时间，然后 讨论分析 x=+3 处的质点位移为-6cm 的时刻。本题主要是考查了波的图象；解答本题关键是要能够根据图象直接读出振幅、波长和各个位置处的质点振动方向，知道波速、波长和频率之间的关系v=f。