2023年青海省西宁市高考物理复习试卷（二）

2023年青海省西宁市高考物理复习试卷（二）

一、选择题

1.自然界存在的放射性元素的原子核并非只发生一次衰变就达到稳定状态，而是要发生一

系列连续的衰变，最终达到稳定状态。某些原子核的衰变情况如图所示（N表示中子数,

Z表示质子数），则下列说法正确的是（）

A.由褊8Ra到禧8人©的衰变是a衰变

B.已知煦8Ra的半衰期是T,则8个煦8Ra原子核经过2T时间后还剩4个

C.从煦8Th到烈8Pb共发生5次a衰变和2次B衰变

9082

D.图中原子核发生的a衰变和0衰变分别只能产生a射线和0射线

2.如图所示，若船用缆绳固定，人恰好可以从船头跳上岸；撤去缆绳，人仍然恰好可以从

船头跳上岸。已知两次从离开船跳上岸所用时间相等，人的质量为60kg,船的质量为

120kg,不计水和空气阻力，忽略人竖直方向的运动，则两次人消耗的能量之比为（）

A.1：IB.1：2C.I：3D.2：3

3.风力发电为2022年卡塔尔世界杯供应绿色电能，其模型如图所示。风轮机叶片转速为n,

并形成半径为r的圆面，通过转速比为1：k的升速齿轮箱带动面积为S、匝数为N的发

电机线圈高速转动，产生的交变电流经过理想变压器升压后，输出电压为U。已知空气

密度为P，风速为v,匀强磁场的磁感应强度为B,⑨为交流电压表，忽略线圈电阻，则

（）

A.线圈位于图示位置时，交流电压表的示数为零

B.从图示位置开始计时，线圈中感应电动势的瞬时值表达式为2nNBSknsin（如knt）

C.变压器原、副线圈的匝数比为如NBSkn：U

D.单位时间内冲击风轮机叶片气流的动能为apirFv?

4.2022年2月12EI,在速度滑冰男子500米决赛上，高亭宇以34秒32的成绩刷新奥运

纪录。国家速度滑冰队在训练弯道技术时采用人体高速弹射装置，如图甲所示，在实际

应用中装置在前方通过绳子拉着运动员，使运动员做匀加速直线运动，到达设定速度时，

运动员松开绳子，进行高速入弯训练，已知弯道半径为25m,人体弹射装置可以使运动

员在4.5s内由静止达到入弯速度18m/s,入弯时冰刀与冰面的接触情况如图乙所示，运

动员质量为50kg,重力加速度g=10m/s2,忽略弯道内外高度差及绳子与冰面的夹角、

冰刀与冰面间的摩擦，下列说法正确的是（）

A.运动员匀加速运动的距离为81m

B.匀加速过程中，绳子的平均弹力为100N

C.运动员入弯时的向心力为648N

D.入弯时冰刀与水平冰面的夹角大于45°

（多选）5.规定无限远处的电势为0,则距离点电荷Q为r的位置的电势＜p=kQ,其中k

r

为静电力常量，以正电荷Q为坐标原点，以某一根电场线为坐标轴x,则x轴上各点的

电场强度E与X」的图像如图所示。下列说法正确的是（）

A.距离点电荷1m处的各点的电场强度相同

B.距离点电荷1m处的各点的电势相同

C.电子从xi=lm点移动到X2=2m点的过程中电势能增加45eV

D.Xi=1m与X2=2m处的电势差小于X2=2m与X3=3m处的电势差

（多选）6.宇宙中有这样一种三星系统，系统由两个质量为m的小星体和一个质量为M

的大星体组成，两个小星体围绕大星体在同一圆形轨道上运行，轨道半径为r.关于该三

星系统的说法中正确的是（）

A.在稳定运行的情况下，大星体提供两小星体做圆周运动的向心力

B.在稳定运行的情况下，大星体应在小星体轨道中心，两小星体在大星体相对的两侧

3_

C.小星体运行的周期为丁=）丝二_

VG（4M+m）

3_

D.大星体运行的周期为T=

VG（4M+m）

（多选）7.如图甲所示，粗糙、绝缘的水平地面上，一质量m=2kg的带负电小滑块（可

视为质点）在x=lm处以vo=1.5m/s的初速度沿x轴正方向运动，滑块与地面间的动摩

擦因数n=0.05«整个区域存在沿水平方向的电场，滑块在不同位置所具有的电势能EP

如图乙所示，P点是图线最低点，虚线AB是图像在x=1m处的切线，取g=10m/s2,下

列说法正确的是（）

A.x=3m处的电势最低

B.滑块向右运动过程中，速度始终减小

C.滑块运动至x=3m处时，速度大小为与1nzs

D.滑块向右一定可以经过x=4m处的位置

（多选）8.质量m=lkg的物体从高为h=0.2m的光滑轨道上P点由静止开始下滑，滑到

水平传送带上的A点，物体和传送带之间的动摩擦因数为四=0.2,传送带AB之间的距

离为L=5m,传送带一直以v=4m/s的速度匀速运动，则（）

B.物体从A运动到B的过程中，摩擦力对物体做功为2J

C.物体从A运动到B的过程中，产生的热量为2J

D.物体从A运动到B的过程中，带动传送带转动的电动机多做的功为10J

二、非选择题

9.采用如图所示的装置验证动量守恒定律。将两个小球用细线悬挂起来，静止时两球相切，

球心等高，两细线恰好竖直。保持细线伸直，将A球向左拉起，由静止开始释放，两球

碰撞后，A球被反弹向左摆动。贝IJ：

（1）两球质量关系为mAmB（选填或"="）。

（2）取两球静止时球心处为参考面，测出A球向左拉起的最大高度hi；两球碰撞后，

测出A球与B球第一次弹起分别能达到的最大高度h2和h3。本实验中能验证碰撞前后

动量守恒的表达式为：（用上述物理量表示）。

（3）实验中所需要的测量仪器有：、.

（4）下列做法中对上面的验证动量守恒表达式有影响的是：。

A.起始小球在最低处静止时，细线长度略有不等，但两球心等高

B.起始小球在最低处静止时，两细线上端系在同一点上

C.A球开始释放时有一定的初速度

D.两球碰撞过程中有机械能损失

E.B球摆到最高点的位置记录不准确

10.如图1所示为某兴趣小组测量电池组的电动势和内阻的实验原理图，已知电池组的电动

势约3V,内阻约2。。现提供的器材如下：

A.电池组

B.电压表Vi（量程0〜10V,内阻约10kQ）

C.电压表V2（量程0~3v,内阻约3kC）

E.定值电阻Ri。

F.定值电阻R2=100Q

G.开关和导线若干

（1）如图1所示，要尽可能精确测量电源的电动势和内阻，电压表V应选择（选

填“B”或"C”）；定值电阻Ro应选择（选填"E”或"F”）。

（2）改变电阻箱的阻值R,记录对应电压表的读数U,作出的工-上图像如图2所示，

UR

图线与横、纵坐标轴的截距分别为-b、a,定值电阻的阻值用Ro表示，则可得该电池组

的电动势为，内阻为（用字母表示）。

（3）该实验测得的电动势与真实值相比（选填“偏大”“偏小”或“不变”），

内阻的测量值与真实值相比（选填“偏大“偏小”或“不变

11.如图所示，将原长为r的轻质弹簧放置在粗糙的水平面AB上，一端固定在A点，另一

端与滑块P（视为质点，质量可调节变化）接触但不连接，AB的长度为2r,B端与半径

为r的光滑半圆轨道BCD相切，C点与圆心O等高，D点在O点的正上方，是圆弧的最

高点，滑块与AB之间的动摩擦因数为口」。用外力缓慢推动滑块，每次都将弹簧压缩

至原长的一半，然后由静止释放，滑块开始沿轨道AB运动，当滑块的质量为m时，刚

好能到达圆轨道的最高点D。已知sin37°=0.6,cos37°=0.8,重力加速度为g,求：

（1）弹簧被压缩至原长的一半时，弹簧的弹性势能；

（2）改变滑块的质量为M,使之能滑上圆轨道，且仍能沿圆轨道滑下，M的最小值；

（3）E是圆弧轨道上的一点，0、E的连线与OC的夹角为37°,若滑块的质量为mo,

滑块运动到E点时恰好脱离圆轨道，滑块的质量mo。

12.如图所示，在xOy平面内的第二象限有一个圆形匀强磁场区域，其边界与x轴相切于

A（-2V3ir）0）点，磁场方向垂直于纸面向外，磁感应强度大小为B=1T,磁场区域

的半径为R=2m,第一象限内有一条抛物线OQP（图中虚线所示），P（4m,0）是x轴

上的一点，抛物线OQP上方存在沿y轴负方向的匀强电场，场强E=3Xl（）3v/m,从A

点向第二象限发射大量带正电的某种粒子，粒子的速率均为vo（未知），质量均为m=2

X107kg,电荷量均为q=lX10“c,所有粒子均可到达P点，不计粒子的重力和粒子

间的相互作用。

（1）已知粒子1沿与x轴正方向成01=60°的方向进入磁场后平行于x轴从磁场中射出，

求初速度vo的大小；

（2）粒子2沿与x轴正方向成。2=120。的方向进入磁场，求它从A点运动到P点所用

的时间t（结果保留2位有效数字）；

（3）求电场的边界线OQP的轨迹方程。

三、选考题

（多选）13.如图所示，绝热容器被绝热隔板Ki和卡销锁住的绝热光滑活塞K2隔成a、b、

c三部分，a部分为真空，b部分为一定质量的稀薄气体，且压强pb<po（po是大气压强），

c与大气连通，则下列说法中正确的是（）

A.只打开隔板Ki,b中气体对外做功，内能减少

B.只打开隔板Ki,b中气体不做功，内能不变

C.只打开隔板Ki,b中气体压强减小，温度不变

D.只打开卡销，b中气体对外做功，内能减少

E.只打开卡销，外界对b中气体做功，b中气体内能增加

X10-2kg/mol,标准状态下摩尔体积是22.4L。

（1）估算氮气分子间距；

（2）液氮的密度为810kg/m3,假设液氮可以看成由立方体分子堆积而成，估算液氮分子

间距。（保留一位有效数字）

（多选）15.如图所示，等边三角形AOB为透明柱状介质的横截面。一束单色光PQ平行

于角平分线OM射向OA,在界面OA发生折射，折射光线平行于OB且恰好射到M点

（不考虑反射光线）。下列说法正确的有（）

A.单色光在透明柱状介质中的传播速度为遥X1（）8m/s

B.从AMB面的出射光线与入射光线PQ的偏向角60°

C.增大入射光PQ的频率，光在该介质中的传播速度减小

D.保持入射点Q不变，减小入射角度，一直有光线从AMB面射出

E.保持入射光PQ的方向不变，增大入射光的频率，出射点将在M点上方

16.一列简谐横波沿直线水平向右传播，依次经过该直线上平衡位置相距9m的a、b两质

点，t=0时刻振动刚好传到b点，两质点的振动图像如图所示。

①求这列简谐波的波速；

②若该简谐波的波长人>10m,从振动刚传到b点时开始计时，请写出b点右侧18m处c

点的振动方程。

2023年青海省西宁市高考物理复习试卷（二）

参考答案与试题解析

一、选择题

1.自然界存在的放射性元素的原子核并非只发生一次衰变就达到稳定状态，而是要发生一

系列连续的衰变，最终达到稳定状态。某些原子核的衰变情况如图所示（N表示中子数，

Z表示质子数），则下列说法正确的是（）

A.由煦8Ra到*8Ac的衰变是。衰变

8889

B.已知228Ra的半衰期是T,则8个228区&原子核经过2T时间后还剩4个

8888

C.从煦8Th到州8Pb共发生5次a衰变和2次B衰变

9082

D.图中原子核发生的a衰变和p衰变分别只能产生a射线和p射线

【分析】根据电荷数和质量数的变化确定衰变的类型；根据电荷数守恒、质量数守恒求

出a衰变的次数；原子核的半衰期适用大量的，具有统计规律的；丫射线经常是伴随a

射线和p射线产生的。

【解答】解：A.由煦8Ra到煦8庆©的衰变方程为

8889

即为B衰变，故A错误；

B.原子核的半衰期是对大量原子核的行为做出的统计预测，对于单个或是少量的原子的

衰变是不可预测的，故B错误；

C.从煦8Th到用8Pb质量数少20,则发生了5次a衰变，根据反应前后质量数、电

9082

荷数守恒可得，发生2次0衰变，故C正确；

D.图中发生a衰变和0衰变时，往往伴随丫射线产生，故D错误。

故选：C,

【点评】解决本题的关键知道衰变的实质，及有统计规律，知道衰变的过程中电荷数守

恒、质量数守恒，搞清Y射线的来源。基础题目。

2.如图所示，若船用缆绳固定，人恰好可以从船头跳上岸；撤去缆绳，人仍然恰好可以从

船头跳上岸。已知两次从离开船跳上岸所用时间相等，人的质量为60kg,船的质量为

120kg,不计水和空气阻力，忽略人竖直方向的运动，则两次人消耗的能量之比为（）

A.1：IB.1：2C.1：3D.2：3

【分析】根据题意求出人离开船时的速度，撤去缆绳人跳离船的过程系统在水平方向动

量守恒，应用动量守恒定律求出船的速度，然后应用功能关系求出人消耗的能量，然后

答题。

【解答】解：船静止时到河岸的距离相等，两次从离开船跳上岸所用时间相等，则两种

情况下人的速度相等，设为V,撤去缆绳时，人与船组成的系统在水平方向动量守恒，以

人的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv-Mv«|=0,解得：ViiguOSv,由功能

22

关系可知：Ei=imv,E2=ymv4Ajjv|^,代入数据解得：Ei：E2—2：3,故ABC

错误，D正确。

故选：D。

【点评】本题考查动量守恒定律及功能关系的综合应用，要注意正确分析功能关系以及

动量守恒定律的规律才能正确求解。

3.风力发电为2022年卡塔尔世界杯供应绿色电能，其模型如图所示。风轮机叶片转速为n,

并形成半径为r的圆面，通过转速比为1：k的升速齿轮箱带动面积为S、匝数为N的发

电机线圈高速转动，产生的交变电流经过理想变压器升压后，输出电压为U。己知空气

密度为P，风速为v,匀强磁场的磁感应强度为B,⑰为交流电压表，忽略线圈电阻，则

()

A.线圈位于图示位置时，交流电压表的示数为零

B.从图示位置开始计时，线圈中感应电动势的瞬时值表达式为2irNBSknsin(如knt)

C.变压器原、副线圈的匝数比为2irNBSkn：U

D.单位时间内冲击风轮机叶片气流的动能为apnFv?

【分析】交流电压表的示数为有效值；根据发电机线圈的转速得出线圈转动的角速度，

根据Em=NBS3求解感应电动势的最大值，进而得出电动势的有效值和瞬时值；单位时

间内垂直流向叶片旋转面积的气体质量为pvs,根据动能公式即可求解。

【解答】解：A、线圈位于图示位置时，线圈所在平面与磁场方向垂直，则穿过线圈的磁

通量最大，变化率最小，电动势为零，交流电压表的示数为有效值，故不为零，故A错

误；

B、风轮机叶片转速为n,发电机线圈的转速为kn,线圈转动的角速度：3=如如

电动势的峰值Em=NBS3=NBS・2nkn

则从图示位置开始计时，线圈中感应电动势的瞬时值表达式为e=Emsin3t=2nNBSknsin

(2nknt)

故B正确；

C、变压器原线圈电压的有效值为£=/=空域型=&nknNBS

V2V2

变压器原副线圈的匝数比为n”n2=E：U=&irknNBS：U

故C错误；

D、单位时间内垂直流向叶片旋转面积的气体质量为mo=pvS=pvnr2

单位时间内冲击风轮机叶片气流的动能为Ek=Amov2=Apvnr2,v2=Ap-irr2v3

222

故D错误。

故选：B。

【点评】本题主要考查了交流电的相关应用，解题关键是掌握正弦式交变电流峰值、有

效值和瞬时值的计算。

4.2022年2月120,在速度滑冰男子500米决赛上，高亭宇以34秒32的成绩刷新奥运

纪录。国家速度滑冰队在训练弯道技术时采用人体高速弹射装置，如图甲所示，在实际

应用中装置在前方通过绳子拉着运动员，使运动员做匀加速直线运动，到达设定速度时,

运动员松开绳子，进行高速入弯训练，已知弯道半径为25m,人体弹射装置可以使运动

员在4.5s内由静止达到入弯速度18m/s,入弯时冰刀与冰面的接触情况如图乙所示，运

动员质量为50kg,重力加速度g=10m/s2,忽略弯道内外高度差及绳子与冰面的夹角、

冰刀与冰面间的摩擦，下列说法正确的是（）

A.运动员匀加速运动的距离为81m

B.匀加速过程中，绳子的平均弹力为100N

C.运动员入弯时的向心力为648N

D.入弯时冰刀与水平冰面的夹角大于45°

【分析】根据运动学公式求解运动的距离；根据运动学公式求得加速度，根据牛顿第二

定律求解绳子的平均弹力；根据向心力公式和几何关系完成分析。

【解答】解：A、根据匀变速直线运动的规律，可得运动员匀加速直线运动的距离为：

x=yt=^-X4.5m=40.51r故A错误；

B、匀加速过程中，平均加速度大小为：

由牛顿第二定律可得绳子的平均弹力为：

F=ma=50X4N=200N,故B错误；

C、运动员入弯时的向心力为：

2-1Q2

Fn=nry-50X^-N=648N-故C正确；

D、设入弯时冰刀与水平冰面的夹角。，则有:

mg=50X10

tan©='<1可得：0<45°,故D错误。

『684

故选Co

【点评】本题主要考查了牛顿第二定律在直线运动和圆周运动中的相关应用，熟悉运动

学公式，结合牛顿第二定律和向心力的公式完成分析。

（多选）5.规定无限远处的电势为0,则距离点电荷Q为r的位置的电势<p=k&,其中k

r

为静电力常量，以正电荷Q为坐标原点，以某一根电场线为坐标轴x,则x轴上各点的

电场强度E与x-2的图像如图所示。下列说法正确的是（）

A.距离点电荷1m处的各点的电场强度相同

B.距离点电荷1m处的各点的电势相同

C.电子从xi=lm点移动到X2=2m点的过程中电势能增加45eV

D.xi=lm与X2=2m处的电势差小于X2=2m与X3=3m处的电势差

【分析】根据点电荷的电场线和等势面特点分析判断，根据场强公式结合图像解得kQ,

从而计算电势，离电荷越近的地方场强越大。

【解答】解：A.点电荷为圆心，r为半径的球面上，各点的电场强度大小相同，但方向不

同，故A错误；

B.以点电荷为球心的球面是一个等势面，即各点的电势相等，故B正确；

E=-^-

x2

结合E与x-2的图像可知

kQ=-^-=36Q~90Nm2/C=90Nm2/C

2

△x4-1

由题意知Q为正电荷，所以xi=lm和X2=2m处的电势分别为

<pi=X^,夕2=应》,

X1x2

代入数据解得：<pi=90V,（p2=45V

所以电子从xi=lm点移动到X2=2m点的过程中电势能的变化为

AE=-e(cp2-<pi)=-e(45V-90V)=45eV

即电势能增加45eV,故C正确；

D.离电荷越近的地方场强越大，根据U=Ed可知Xi=1m与X2=2m处的电势差大于X2

=2m与X3=3m处的电势差，故D错误。

故选：BC。

【点评】本题属于信息给予题，充分利用题干中给的图像，结合点电荷电场公式解得。

(多选)6.宇宙中有这样一种三星系统，系统由两个质量为m的小星体和一个质量为M

的大星体组成，两个小星体围绕大星体在同一圆形轨道上运行，轨道半径为r.关于该三

星系统的说法中正确的是()

A.在稳定运行的情况下，大星体提供两小星体做圆周运动的向心力

B.在稳定运行的情况下，大星体应在小星体轨道中心，两小星体在大星体相对的两侧

3

2-

C.小星体运行的周期为T=二2三一

3_

D.大星体运行的周期为T=,4兀「

4G⑷.)

【分析】对于某一个环绕星而言，受到两个星的万有引力，两个万有引力的合力提供环

绕星做圆周运动的向心力.

【解答】解：A、在稳定运行的情况下，某一个环绕星而言，受到两个星的万有引力，两

个万有引力的合力提供环绕星做圆周运动的向心力。故A错误

B、在稳定运行的情况下，大星体应在小星体轨道中心，两小星体在大星体相对的两侧，

故B正确

C、对某一个小星体：

GMm+Giron兀2r

r2(2r)2T2

3

2-

解得：小星体的周期T=,47r，故C正确

VG(4M+m)

D、大星体相对静止，故D错误

故选：BCo

【点评】解决本题的关键掌握万有引力提供向心力，两个万有引力的合力提供环绕星做

圆周运动的向心力，难度不大，属于基础题.

（多选）7.如图甲所示，粗糙、绝缘的水平地面上，一质量m=2kg的带负电小滑块（可

视为质点）在x=lm处以vo=1.5m/s的初速度沿x轴正方向运动，滑块与地面间的动摩

擦因数n=0.05«整个区域存在沿水平方向的电场，滑块在不同位置所具有的电势能EP

如图乙所示，P点是图线最低点，虚线AB是图像在x=1m处的切线，取g=10m/s2,下

列说法正确的是（）

A.x=3m处的电势最低

B.滑块向右运动过程中，速度始终减小

C.滑块运动至x=3m处时，速度大小为赛1nzs

D.滑块向右一定可以经过x=4m处的位置

【分析】滑块在x=3m处电势能最低，因为滑块带负电，所以x=3m处的电势最高，EP

-x图像斜率的绝对值表示滑块所受电场力的大小，结合摩擦力可知速度的变化情况；根

据能量守恒定律判断滑块是否到达x=4m处的位置。

【解答】解：A、滑块在x=3m处电势能最低，因为滑块带负电，所以x=3m处的电势

最高，故A错误；

B、Ep-x图像斜率的绝对值表示滑块所受电场力的大小，所以滑块在x=1m处所受电场

力大小为卜』2=与于=1N

x2

滑块所受滑动摩擦力大小为

f=|iX2X1ON=1N

在1〜3m区间内，滑块所受电场力与滑动摩擦力方向相反，且不断减小，则滑块所受合

外力方向与速度方向相反；在x=3m之后，滑块所受电场力与滑动摩擦力同向，且不断

增大，则滑块所受合外力方向也与速度方向相反。综上所述可知滑块向右运动过程中，

速度始终减小，在x=1m处速度最大，故B正确；

22

C、滑块从x=1m到x=3m运动过程中根据动能定理有：W«-Wf-lmv-lmvg

解得速故C正确；

2

D.滑块在x=lm处的电势能与在x=4m处的电势能相等，根据能量守恒定律，若滑块能

够经过x=4m处，则应满足

—22fAx

2mv0

根据题中数据可知实际情况并不满足上式，所以滑块一定无法经过x=4m处的位置，故

D错误。

故选：BC。

【点评】本题考查电势能与电场力做功，解题关键掌握电势能与电势的关系，注意Ep-x

图像斜率的绝对值表示滑块所受电场力的大小。

（多选）8.质量m=lkg的物体从高为h=0.2m的光滑轨道上P点由静止开始下滑，滑到

水平传送带上的A点，物体和传送带之间的动摩擦因数为p=0.2,传送带AB之间的距

离为L=5m,传送带一直以v=4m/s的速度匀速运动，则（）

B.物体从A运动到B的过程中，摩擦力对物体做功为2J

C.物体从A运动到B的过程中，产生的热量为2J

D.物体从A运动到B的过程中，带动传送带转动的电动机多做的功为10J

【分析】先由机械能守恒定律求出物体滑到A点时的速度。根据物体在传送带的运动情

况，由牛顿第二定律求出匀加速运动的加速度，由速度公式求出加速到速度与传送带相

同所用时间，并求出匀加速运动的位移，分析物体运动到B的速度。再求出物体向右匀

速运动时间，即可所求时间；由动能定理求摩擦力对物体做功。由运动学可求物体与传

送带间的相对位移△$,进而由Q=^mgAS可求产生的热量。

物体在传送带上运动时，物体和传送带要发生相对滑动，所以电动机多做的功一部分转

化成为物体的动能，另一部分就是增加了内能。根据能量守恒求解。

【解答】解：A、设物体下滑到A点的速度为vo,对PA过程，由机械能守恒定律有：

20

=mgh,代入数据得：vo=2m/s<v=4m/s,则物体滑上传送带后，在滑动摩擦力的作用

下向右做匀加速运动，加速度大小为a=」*=ug=2m/s*2；当物体的速度与传送带的

m

速度相等时用时：ti=v丫0=生2s=is,匀加速运动的位移X1=ti=2^x1m

a222

=3m<L=5m,所以物体与传送带共速后向右做匀速运动，匀速运动的时间为t2=

x

15-3S_Qgs）故物体从A运动到B的时间为：t=ti+t2=1.5s,故A正确；

v4

B、物体运动到B的速度是v=4m/s,根据动能定理得：摩擦力对物体做功W=lmv2

2

皿2=lxiX42-J1X1X22J=6J,故B错误；

C、在ti时间内，传送带做匀速运动的位移为x<if=vti=4m,故产生热量Q=nmgAx

=pmg（x带-xi）,代入数据得：Q=2J,故C正确；

D、电动机多做的功一部分转化成为物体的动能，另一部分转化为内能，则电动机多做的

功3=（Amv2-A„.2）+Q=6J+2J=8J,故D错误。

220

故选：ACo

【点评】本题首先要求同学们能正确分析物体的运动情况，判断物体与传送带是否有共

速。要注意电动机多做的功一部分转化成了物体的动能另一部分就是了相同的内能，不

能只考虑物体的动能。

二、非选择题

9.采用如图所示的装置验证动量守恒定律。将两个小球用细线悬挂起来，静止时两球相切,

球心等高，两细线恰好竖直。保持细线伸直，将A球向左拉起，由静止开始释放，两球

碰撞后，A球被反弹向左摆动。则：

（1）两球质量关系为mA<mB（选填或"="）。

（2）取两球静止时球心处为参考面，测出A球向左拉起的最大高度hi；两球碰撞后，

测出A球与B球第一次弹起分别能达到的最大高度h2和h3。本实验中能验证碰撞前后

动量守恒的表达式为：01人.而~^=-mA"^+mBGJ_（用上述物理量表示）。

（3）实验中所需要的测量仪器有：天平、刻度尺。

（4）下列做法中对上面的验证动量守恒表达式有影响的是：BCE,

A.起始小球在最低处静止时，细线长度略有不等，但两球心等高

B.起始小球在最低处静止时，两细线上端系在同一点上

C.A球开始释放时有一定的初速度

D.两球碰撞过程中有机械能损失

E.B球摆到最高点的位置记录不准确

【分析】（1）两球碰撞后入射球反弹，入射球的质量小于被碰球的质量。

（2）应用动能定理求出小球碰撞前后瞬间的速度大小，碰撞过程系统动量守恒，应用动

量守恒定律可以求出实验需要验证的表达式。

（3）根据实验需要测量的量确定需要的实验器材。

（4）根据实验原理与实验注意事项分析答题。

【解答】解：（1）两球碰撞后入射球反弹，入射球的质量小于被碰球的质量，即mA<

ITlBo

（2）设碰撞前瞬间A的速度大小为vo,碰撞后瞬间，A的速度大小为VA,B的速度大

小为VB,由动能定理得：

A球下摆过程，对A球：mAghi=—2.o

2mAvC

A球碰撞后反弹过程，对A球：-mAgh2=0-Lm'v?

2AYA

碰撞后B摆动过程，对B球：-mBgh3=0-/mpJ

两球碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mAvo=-

mAVA+mBVB，

整理得：mA7h7=-mA7h^+mB7h3

（3）实验需要用天平测小球的质量，需要用刻度尺测量小球的高度。

（4）A、起始小球在最低处静止时，细线长度略有不等，但两球心等高，两球发生对心

正碰，对验证动量守恒表达式没有影响，故A错误；

B、起始小球在最低处静止时，两细线上端系在同一点上，两球不能发生对心正碰，对验

证动量守恒表达式有影响，故B正确；

C、A球开始释放时有一定的初速度，小球到达最低点时的速度偏大，对验证动量守恒表

达式有影响，故C正确；

D、两球碰撞过程系统动量守恒，两球碰撞过程中有机械能损失对验证动量守恒表达式没

有影响，故D错误；

E、B球摆到最高点的位置记录不准确，影响小球速度的测量，对验证动量守恒表达式有

影响，故E正确。

故选：BCE。

故答案为：⑴<;（2）mAjj「=-mA/m+mBjim；⑶天平；刻度尺；（4）BCE。

【点评】理解实验原理是解题的前提，应用动能定理或机械能守恒定律求出小球碰撞前

后瞬间小球的速度，应用动量守恒定律即可解题。

10.如图1所示为某兴趣小组测量电池组的电动势和内阻的实验原理图，已知电池组的电动

势约3V,内阻约2。。现提供的器材如下：

A.电池组

B.电压表Vi（量程0〜10V,内阻约10kQ）

C.电压表V2（量程0〜3v,内阻约3k£D

E.定值电阻Ri。

F.定值电阻R2=100Q

G.开关和导线若干

（1）如图1所示，要尽可能精确测量电源的电动势和内阻，电压表V应选择C（选

填“B”或"C”）；定值电阻Ro应选择E（选填"E”或"F”）.

（2）改变电阻箱的阻值R,记录对应电压表的读数U,作出的工-上图像如图2所示，

UR

图线与横、纵坐标轴的截距分别为-b、a,定值电阻的阻值用Ro表示，则可得该电池组

的电动势为_工_,内阻为工-Ro（用字母表示）。

ab

（3）该实验测得的电动势与真实值相比偏小（选填“偏大”“偏小”或“不变”），

内阻的测量值与真实值相比偏小（选填“偏大“偏小”或“不变”）。

【分析】（1）根据实验器材与实验目的确定实验原理，然后根据实验目的与实验所给实

验器材分析答题；

（2）应用闭合电路欧姆定律求出图象的函数表达式，然后根据图示图象求电源电动势与

内阻；

（3）根据实验误差来源分析实验误差。

【解答】解：（1）电源电动势约为3V,考虑准确和安全，电压表应选C；电源内阻约为

2Q,定值电阻如果选择F,电压表示数变化很小，因此定值电阻不能选F,定值电阻应

选择E。

（2）欧闭合电路欧姆定律得：

E=U+I（r+Ro）=U+\（r+Ro）,

R

结合工-工图象得：

UR

图象斜率为：1<=三四=至,

Eb

纵轴截距为；a=工，

E

解得电源电动势为：E=工，

电源内阻为：r=2-Ro；

b

(3)由于电压表的分流作用，导致电流值比实际通过电源的电流偏小，则造成电动势的

测量值偏小，内阻的测量值与真实值相比偏小。

故答案为：(1)C；E；(2).1,A-Ro；(3)偏小；偏小

ab

【点评】本题考查测量电动势和内阻的实验，要注意明确实验原理，能根据图象法进行

分析，同时利用函数规律进行分析求解即可。

11.如图所示，将原长为r的轻质弹簧放置在粗糙的水平面AB上，一端固定在A点，另一

端与滑块P(视为质点，质量可调节变化)接触但不连接，AB的长度为2r,B端与半径

为r的光滑半圆轨道BCD相切，C点与圆心O等高，D点在O点的正上方，是圆弧的最

高点，滑块与AB之间的动摩擦因数为以小。用外力缓慢推动滑块，每次都将弹簧压缩

至原长的一半，然后由静止释放，滑块开始沿轨道AB运动，当滑块的质量为m时，刚

好能到达圆轨道的最高点D。已知sin37°=0.6,cos37°=0.8,重力加速度为g,求:

(1)弹簧被压缩至原长的一半时，弹簧的弹性势能；

(2)改变滑块的质量为M,使之能滑上圆轨道，且仍能沿圆轨道滑下，M的最小值：

(3)E是圆弧轨道上的一点，0、E的连线与OC的夹角为37°,若滑块的质量为mo,

滑块运动到E点时恰好脱离圆轨道，滑块的质量mo。

【分析】(1)滑块刚好能到达圆轨道的最高点D时，由重力提供向心力，由牛顿第二定

律求出滑块到达D点的速度大小，再由动能定理求弹簧被压缩至原长的一半时，弹簧的

弹性势能；

(2)改变滑块的质量为M,使之能滑上圆轨道，且仍能沿圆轨道滑下，滑块到达C点

时速度刚好为0时，M最小，由动能定理求M的最小值；

(3)滑块运动到E点时恰好脱离圆轨道，由重力沿半径方向的分力提供向心力，由牛顿

第二定律求出滑块运动到E点时的速度大小，再由动能定理求滑块的质量mo。

【解答】解：(1)滑块刚好到达D点时，由重力提供向心力，由牛顿第二定律可知

滑块由释放到D点，由动能定理有

联立解得：Ep=3mgr

(2)当滑块的质量M最小时，滑块到达C点时速度刚好为0。

滑块由释放到C点，由动能定理有

解得：M=2m

(3)滑块运动到E点时恰好脱离圆轨道，此时轨道对滑块的弹力刚好为0,重力沿半径

方向的分力提供向心力，由牛顿第二定律可知

滑块由释放到E点，由动能定理有

联立解得：m0-1m

答：(D弹簧被压缩至原长的一半时，弹簧的弹性势能为3mgr；

(2)M的最小值为2m；

(3)滑块的质量mo为$m。

4

【点评】根据题意分析清楚滑块的运动过程，确定滑块做圆周运动的向心力来源是解题

的关键；应用动能定理时，要明确研究过程，分析各力做功情况。

12.如图所示，在xOy平面内的第二象限有一个圆形匀强磁场区域，其边界与x轴相切于

A(-2V3ir>0)点，磁场方向垂直于纸面向外，磁感应强度大小为B=1T,磁场区域

的半径为R=2m,第一象限内有一条抛物线OQP(图中虚线所示)，P(4m,0)是x轴

上的一点，抛物线OQP上方存在沿y轴负方向的匀强电场，场强E=3Xl()3v/m,从A

点向第二象限发射大量带正电的某种粒子，粒子的速率均为vo(未知)，质量均为m=2

X10“kg,电荷量均为q=lX10"c,所有粒子均可到达P点，不计粒子的重力和粒子

间的相互作用。

(1)已知粒子1沿与x轴正方向成01=60°的方向进入磁场后平行于x轴从磁场中射出，

求初速度vo的大小；

(2)粒子2沿与x轴正方向成。2=120。的方向进入磁场，求它从A点运动到P点所用

的时间t(结果保留2位有效数字)；

(3)求电场的边界线OQP的轨迹方程。

【分析】(1)根据题意可知粒子1做匀速圆周运动的圆心，由几何关系求得半径，根据

洛伦兹力提供向心力可求得粒子1的速度vo；

(2)根据粒子2的入射方向，由磁发散的原理，找到离开磁场的D点及方向，由几何关

系求出D点到P点的水平距离，再分别求出粒子2在磁场中的时间和从离开到到达P点

的时间，从而求得粒子2从A到P的时间；

(3)根据题设条件画出任意粒子的运动轨迹，由类平抛运动的规律分别表示出做类平抛

的水平位移和竖直位移，结合末速度方向(即经过P点)，由相似三角形的比例关系求得

抛物线方程。

【解答】解：（1）设磁磁场圆心为01,粒子1在磁场中运动轨迹的半径为r,圆心为02,

从磁场边界上的C点飞出，如下图所示，

由几何关系可知四边形OiAO2c为菱形，故有：r=R

2

mV

Bo

由牛顿第二定律，洛伦兹力提供向心力:o

qvr

联立代入数据解得：=lX103m/3

（2）设粒子2在磁场中运动轨迹的圆心为03,它从D点平行于x轴射出磁场，延长D03

与x轴相交于E点，DE垂直于x轴，如下图所示，

ZAO3D=120°NO3AE=30°

粒子2在磁场中运动的周期：T=2工三=22L2£2_s=4nxio-3s

v01X103

它在磁场中运动的时间：t120°T^42LX10-3

13603

D点的横坐标：XD=XA+r・cos/O3AE=-W^m+2XY^_m=

2

D点到P点沿x轴方向的位移为：x=xp-XD=4m-(f/§m)=(4+^3)m

粒子2从D点到P点在沿x轴方向上做匀速直线运动，所用时间：t2=K=

v01X103

—(4+^3)s

-3

所以：t=t1+t2=9.9X10s

（3）由几何关系可知所有粒子都平行于x轴进入电场，如下图所示

设某个粒子在电场中运动的时间为to,加速度为a,到达抛物线OQP时的坐标为（x,y）,

此时粒子速度为V,沿y轴方向的分速度大小为Vy,X轴方向上匀速直线运动：X=voto

y轴方向上由牛顿第二定律有：qE=ma

X106mzs2

而竖直方向的速度：vy=ato

Y

由三角形相似可得：上=」—

V0XD-X

联立以上几式解得：y=-2+6X（m）（0WxW4m）

答：（1）初速度vo的大小为1义10%/s；

X10-3s；

(3)电场的边界线OQP的轨迹方程为y=-2+6X(m)(0WxW4m)。

【点评】该题考查带电粒子在圆形匀强磁场磁发散后，平行进入抛物线界面的电场中做

类平抛运动，再进入无场区做匀速直线运动的实例。需要根据题意将粒子沿不同方向射

出的运动轨迹画出，再结合圆的知识以及类平抛运动的规律进行分析，解决该题的关键

是准确画出粒子的运动轨迹，并能正确分析轨迹，题目综合性较强，难度较大。

三、选考题

(多选)13.如图所示，绝热容器被绝热隔板Ki和卡销锁住的绝热光滑活塞K2隔成a、b、

c三部分，a部分为真空，b部分为一定质量的稀薄气体，且压强pb<po(po是大气压强)，

c与大气连通，则下列说法中正确的是()

A.