2014年上海市高考物理word解析版

机械振动与机械波【2014高考真题】1.【物理——选修34]【2014·新课标全国卷Ⅰ】(1)图(a)为一列简谐横波在t＝2 s时的波形图．图(b)为媒质中平衡位置在x＝1.5 m处的质点的振动图像，P是平衡位置为x＝2 m的质点．下列说法正确的是________．图(a)图(b)A．波速为0.5 m/sB．波的传播方向向右C．0～2 s时间内，P运动的路程为8 cmD．0～2 s时间内，P向y轴正方向运动E．当t＝7 s时，P恰好回到平衡位置2.【2014·安徽卷】一简谐横波沿x轴正向传播，图1是t＝0时刻的波形图，图2是介质中某质点的振动图像，则该质点的x坐标值合理的是()图1图2A ．0.5 mB ．1.5 mC ．2.5 mD ．3.5 m3.【2014·安徽卷】在科学研究中，科学家常将未知现象同已知现象进行比较，找出其共同点，进一步推测未知现象的特性和规律．法国物理学家库仑在研究异种电荷的吸引力问题时，曾将扭秤的振动周期与电荷间距离的关系类比单摆的振动周期与摆球到地心距离的关系．已知单摆摆长为l ，引力常量为G ，地球质量为M ，摆球到地心的距离为r ，则单摆振动周期T 与距离r 的关系式为( ) A ．T ＝2πr GMlB ．T ＝2πr l GMC ．T ＝2πr GMlD ．T ＝2πl r GM【答案】B【解析】本题考查单摆周期公式、万有引力定律与类比的方法，考查推理能力．在地球表面有G Mm r 2＝mg ，解得g ＝G Mmr2.单摆的周期T ＝2π·lg＝2πr lGM，选项B 正确． 4.【2014·北京卷】一简谐机械横波沿x 轴正方向传播，波长为λ，周期为T .t ＝0时刻的波形如图1所示，a 、b 是波上的两个质点．图2是波上某一质点的振动图像．下列说法中正确的是( )图1 图2A ．t ＝0时质点a 的速度比质点b 的大B ．t ＝0时质点a 的加速度比质点b 的小C ．图2可以表示质点a 的振动D ．图2可以表示质点b 的振动 【答案】D【解析】本题考查简谐运动的振动和波动图像．图1为波动图像，图2为振动图像．t＝0时刻，a在波峰位置，速度为零，加速度最大，b在平衡位置，加速度为零，速度最大，A、B错误．在波动图像中，根据同侧法由波传播方向可以判断出质点的振动方向，所以t＝0时刻，b点在平衡位置且向下振动，故图2可以表示质点b的振动，C错误，D正确．5.【2014·全国卷】两列振动方向相同、振幅分别为A1和A2的相干简谐横波相遇．下列说法正确的是()A．波峰与波谷相遇处质点的振幅为|A1－A2|B．波峰与波峰相遇处质点离开平衡位置的位移始终为A1＋A2C．波峰与波谷相遇处质点的位移总是小于波峰与波峰相遇处质点的位移D．波峰与波峰相遇处质点的振幅一定大于波峰与波谷相遇处质点的振幅6.【2014·福建卷Ⅰ】在均匀介质中，一列沿x轴正向传播的横波，其波源O在第一个周期内的振动图像如图所示，则该波在第一个周期末的波形图是()A BC D【答案】D【解析】由振动图像可知，波源的起振方向是沿y轴负方向的，由题干可知该波沿x轴正方向传播，由质点的振动方向与波的传播方向的关系可知，该波在第一个周期末的波形图如图D所示．7.【2014·山东卷】(1)一列简谐横波沿直线传播．以波源O由平衡位置开始振动为计时零点，质点A的振动图像如图所示，已知O、A的平衡位置相距0.9 m．以下判断正确的是________．(双选，填正确答案标号)a．波长为1.2 mb．波源起振方向沿y轴正方向c．波速大小为0.4 m/sd．质点A的动能在t＝4 s时最大8.【2014·四川卷】如图所示，甲为t＝1 s时某横波的波形图像，乙为该波传播方向上某一质点的振动图像，距该质点Δx＝0.5 m处质点的振动图像可能是()甲乙A BC D【答案】A【解析】从甲图可以得到波长为2 m，从乙图可以得到周期为2 s，即波速为1 m/s；由乙图的振动图像可以找到t＝1 s时，该质点位移为负，并且向下运动，距该质点Δx＝0.5 m处的质点与该质点的振动情况相差T4，即将乙图中的图像向左或右平移14周期即可得到距该质点Δx＝0.5 m处质点的振动图像，故只有A正确．9.【2014·天津卷】平衡位置处于坐标原点的波源S在y轴上振动，产生频率为50 Hz的简谐横波向x轴正、负两个方向传播，波速均为100 m/s.平衡位置在x轴上的P、Q两个质点随波源振动着，P、Q的x轴坐标分别为x P＝3.5 m、x Q＝－3 m．当S位移为负且向－y方向运动时，P、Q两质点的()A．位移方向相同、速度方向相反B．位移方向相同、速度方向相同C．位移方向相反、速度方向相反D．位移方向相反、速度方向相同10. 【2014·浙江卷】一位游客在千岛湖边欲乘坐游船，当日风浪较大，游船上下浮动．可把游船浮动简化成竖直方向的简谐运动，振幅为20 cm，周期为3.0 s．当船上升到最高点时，甲板刚好与码头地面平齐．地面与甲板的高度差不超过10 cm时，游客能舒服地登船．在一个周期内，游客能舒服登船的时间是()A．0.5 s B．0.75 s C．1.0 s D．1.5 s11.【2014·浙江卷】下列说法正确的是()A．机械波的振幅与波源无关B．机械波的传播速度由介质本身的性质决定C ．物体受到的静摩擦力方向与其运动方向相反D ．动摩擦因数的数值跟相互接触的两个物体的材料无关12.【2014·重庆卷】(2)(6分)一竖直悬挂的弹簧振子下端装有一记录笔，在竖直面内放置有一记录纸．当振子上下振动时，以速率v 水平向左匀速拉动记录纸，记录笔在纸上留下如题11图2所示的图像．y 1、y 2、x 0、2x 0为纸上印迹的位置坐标．由此图求振动的周期和振幅．题11图2【答案】(2)2x 0v y 1－y 22【解析】(2)设周期为T ，振幅为A . 由题图得T ＝2x 0v ，A ＝y 1－y 22.【2013高考真题】（2013·天津卷）7、一列简谐波沿直线传播，该直线上平衡位置相距9m 的a ，b 两质点的振动图像如右图所示，下列描述该波的图像可能正确的是（ ）（2013·大纲卷）21．在学校运动场上50 m直跑道的两端，分别安装了由同一信号发生器带动的两个相同的扬声器。

2014年全国统一高考物理试卷（新课标Ⅰ）一、选择题：本题共8小题，每小题6分，在每题给出的四个选项中，第14-18题只有一项符合题目要求，第19-21题有多项符合题目要求。

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）在法拉第时代，下列验证“由磁产生电”设想的实验中，能观察到感应电流的是（）A．将绕在磁铁上的线圈与电流表组成一闭合回路，然后观察电流表的变化B．在一通电线圈旁放置一连有电流表的闭合线圈，然后观察电流表的变化C．将一房间内的线圈两端与相邻房间的电流表连接，往线圈中插入条形磁铁后，再到相邻房间去观察电流表的变化D．绕在同一铁环上的两个线圈，分别接电源和电流表，在给线圈通电或断电的瞬间，观察电流表的变化15．（6分）关于通电直导线在匀强磁场中所受的安培力，下列说法正确的是（）A．安培力的方向可以不垂直于直导线B．安培力的方向总是垂直于磁场的方向C．安培力的大小与通电导线和磁场方向的夹角无关D．将直导线从中折成直角，安培力的大小一定变为原来的一半16．（6分）如图，MN为铝质薄平板，铝板上方和下方分别有垂直于图平面的匀强磁场（未画出），一带电粒子从紧贴铝板上表面的P点垂直于铝板向上射出，从Q点穿越铝板后到达PQ的中点O．已知粒子穿越铝板时，其动能损失一半，速度方向和电荷量不变，不计重力，铝板上方和下方的磁感应强度大小之比为（）A．2 B．C．1 D．17．（6分）如图所示，用橡皮筋将一小球悬挂在小车的架子上，系统处于平衡状态，现使小车从静止开始向左加速，加速度从零开始逐渐增大到某一值，然后保持此值，小球稳定时细线偏离竖直方向到某一角度（橡皮筋在弹性限度内）。

与稳定在竖直位置时相比，小球的高度（）A．一定降低B．一定升高C．保持不变D．升高或降低由橡皮筋的劲度系数决定18．（6分）如图（a），线圈ab、cd绕在同一软铁芯上，在ab线圈中通以变化的电流，用示波器测得线圈cd间电压如图（b）所示，已知线圈内部的磁场与流经线圈的电流成正比，则下列描述线圈ab中电流随时间变化关系的图中，可能正确的是（）A．B．C．D．19．（6分）太阳系各行星几乎在同一平面内沿同一方向绕太阳做圆周运动，当地球恰好运行到某地外行星和太阳之间，且三者几乎排成一条直线的现象，天文学家称为“行星冲日”，据报道，2014年各行星冲日时间分别为：1月6日木星冲日；4月9日火星冲日；5月11日土星冲日；8月29日海王星冲日；10月8日天王星冲日．已知地球及各地外行星绕太阳运动的轨道半径如下表所示，则下列判断正确的是（ ）A ．各地外行星每年都会出现冲日现象B ．在2015年内一定会出现木星冲日C ．天王星相邻两次冲日的时间间隔为土星的一半D ．地外行星中，海王星相邻两次冲日的时间间隔最短20．（6分）如图，两个质量均为m 的小木块a 和b （可视为质点）放在水平圆盘上，a 与转轴OO′的距离为L ，b 与转轴的距离为2L ．木块与圆盘的最大静摩擦力为木块所受重力的k 倍，重力加速度大小为g ．若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，用ω表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是（ ）A ．a 、b 所受的摩擦力始终相等 B．b 一定比a 先开始滑动 C ．ω=是b 开始滑动的临界角速度D ．当ω=时，a 所受摩擦力的大小为kmg21．（6分）如图，在正电荷Q 的电场中有M 、N 、P 、F 四点，M 、N 、P 为直角三角形的三个顶点，F 为MN 的中点，∠M=30°，M 、N 、P 、F 四点处的电势分别用φM 、φN 、φP 、φF 表示，已知φM =φN 、φP =φF ，点电荷Q 在M 、N 、P 三点所在平面内，则（ ）A ．点电荷Q 一定在MP 的连线上B ．连接PF 的线段一定在同一等势面上C．将正试探电荷从P点搬运到N点，电场力做负功D．φP＞φM三、非选择题：包括必考题和选考题两部分（一）必考题（共129分）22．（6分）某同学利用图甲所示实验装置及数字化信息系统获得了小车加速度a与钩码的质量m的对应关系图，如图乙所示，实验中小车（含发射器）的质量为200g，实验时选择了不可伸长的轻质细绳和轻定滑轮，小车的加速度由位移传感器及与之相连的计算机得到．回答下列问题：（1）根据该同学的结果，小车的加速度与钩码的质量成（填“线性”或“非线性”）关系；（2）由图乙可知，a﹣m图线不经过原点，可能的原因是；（3）若利用本实验来验证“小车质量不变的情况下，小车的加速度与作用力成正比”的结论，并直接以钩码所受重力mg作为小车受到的合外力，则实验中应采取的改进措施是，钩码的质量应满足的条件是．23．（9分）利用如图（a）所示电路，可以测量电源的电动势和内阻，所用的实验器材有：待测电源，电阻箱R（最大阻值999.9Ω），电阻R0（阻值为3.0Ω），电阻R1（阻值为3.0Ω），电流表（量程为200mA，内阻为R A=6.0Ω），开关S．实验步骤如下：①将电阻箱阻值调到最大，闭合开关S；②多次调节电阻箱，记下电流表的示数I和电阻箱相应的阻值R；③以为纵坐标，R为横坐标，作出﹣R图线（用直线拟合）；④求出直线的斜率k和在纵轴上的截距b回答下列问题：（1）分别用E和r表示电源的电动势和内阻，则和R的关系式为；（2）实验得到的部分数据如下表所示，其中电阻R=3.0Ω时电流表的示数如图（b）所示，读出数据，完成下表．答：①，②．/A﹣1（3）在图（c）的坐标纸上将所缺数据点补充完整并作图，根据图线求得斜率k=A﹣1Ω﹣1，截距b=A﹣1；（4）根据图线求得电源电动势E=V，内阻r=Ω．24．（12分）公路上行驶的两辆汽车之间应保持一定的安全距离。

绝密★启用前2014年普通高等学校招生全国统一考试（课标卷II ）理科综合能力测试（物理）(青海 西藏 甘肃 贵州 黑龙江 吉林 宁夏 内蒙古 新疆 云南 辽宁)第Ⅰ卷二、选择题：本题共8小题，每小题6分。

在每小题给出的四个选项中，第14~18题只有一项符合题目要求，第19~21题有多项符合题目要求。

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．甲乙两汽车在一平直公路上同向行驶。

在t =0到t=t 1的时间内，它们的v-t内A ．汽车甲的平均速度比乙大B ．汽车乙的平均速度等于221v v +C ．甲乙两汽车的位移相同D ．汽车甲的加速度大小逐渐减小，汽车乙的加速度大小逐渐增大15．取水平地面为重力势能零点。

一物块从某一高度水平抛出，在抛出点其动能与重力势能恰好相等。

不计空气阻力，该物块落地时的速度方向与水平方向的夹角为A ．6π B ．4π C ．3π D ．125π16．一物体静止在粗糙水平地面上，现用一大小为F 1的水平拉力拉动物体，经过一段时间后其速度变为v ，若将水平拉力的大小改为F 2，物体从静止开始经过同样的时间后速度变为2v ，对于上述两个过程，用1F W 、2F W 分别表示拉力F 1、F 2所做的功，1f W 、2f W 分别表示前后两次克服摩擦力所做的功，则A ．214F F W W >，212f f W W >B ．214F F W W >，122f f W W =C ．214F F W W <，122f f W W =D ．214F F W W <，212f f W W <17．如图，一质量为M 的光滑大圆环，用一细轻杆固定在竖直平面内；套在大环上质量为m 的小环（可视为质点），从大环的最高处由静止滑下。

重力加速度大小为g ，当小环滑到大环的最低点时，大环对轻杆拉力的大小为Ａ．Mg －5Mg B ．Mg +mg C ．Mg +5mg D ．Mg +10mg18．假设地球可视为质量均匀分布的球体。

2014年高考物理二轮复习经典试题力与直线运动一、选择题(本题共8小题，每小题8分，共64分，其中第3、6小题为多选题．)1．质量均为1.5×103 kg的甲、乙两车同时同地出发在水平面上运动，二者所受阻力均为车重的0.5倍，由于牵引力不同，甲车做匀速直线运动，乙车做匀加速直线运动，其运动的位移－时间(x－t)图象如图所示，则以下叙述正确的是()A．乙车牵引力为7.5×103 NB．t＝1 s时两车速度相同且v共＝1 m/sC．t＝1 s时两车间距最大，且最大间距为1 mD．0～2 s内阻力对两车做的功均为－3×103 J解析：甲车做匀速运动，牵引力与阻力大小相等为7.5×103 N，乙车做加速运动，牵引力大于7.5×103 N，A错；甲车速度v甲＝2 m/s，乙车加速度a乙＝2 m/s2，v乙＝a乙t，t＝1 s时两车速度相同且v共＝2 m/s，此时二者间距最大，最大间距为1 m，B错，C对；0～2 s内阻力对两车做的功均为W＝fΔx＝－3×104 J，D错．答案：C2．如图所示，在水平地面上有一辆后轮驱动的玩具小车，车上弹簧的左端固定在小车的挡板上，右端与一小球相连，弹簧水平．设在某一段时间内小车向左运动，小球与小车相对静止，弹簧处于伸长状态且伸长量不变，若忽略小球与小车间的摩擦力，则在这段时间内小车向左()A．做变减速运动B．做变加速运动C．做匀加速运动D．做匀减速运动解析：小球受到水平向左的恒定弹簧弹力，由牛顿第二定律可知，小球必定具有水平向左的恒定加速度，而小球与小车相对静止，故小车也有向左的恒定加速度，所以小车向左做匀加速运动，选项C正确．答案：C3．[2013·淮安调研]三角形传送带以1 m/s的速度逆时针匀速转动，两边的传送带长都是2 m且与水平方向的夹角均为37°.现有两个小物块A、B从传送带顶端都以1 m/s的初速度沿传送带下滑，物块与传送带间的动摩擦因数都是0.5，下列说法正确的是(sin 37°＝0.6)()A．物块A先到达传送带底端B．物块A、B同时到达传送带底端C．传送带对物块A、B均做负功D．物块A、B在传送带上的划痕长度不相同解析：因为物块A的运动速度与传送带的运动速度相同，在重力分力作用下将向下加速运动，故传送带对物块A的摩擦力沿传送带向上，而物块B由于相对传送带向下运动，故所受的摩擦力沿传送带向上，所以两物块将同时到达传送带底端，A错误，B正确；传送带对物块A、B的摩擦力均做负功，C正确；由于物块A与传送带的运动方向相同，物块B与传送带的运动方向相反，故两物块在传送带上的划痕长度不相同，D正确．答案：BCD4．[2013·渭南二模]压敏电阻的阻值随所受压力的增大而减小，有位同学把压敏电阻与电源、电流表、定值电阻串联成一闭合电路，并把压敏电阻放在桌子上，其上放一物块，整个装置放在可在竖直方向运动的电梯中，如图甲所示．已知0～t1时间电梯静止不动，电流表的示数为I0，现开动电梯，得到电流表的变化如图乙所示，则关于t2～t3时间内物块与电梯运动状态的叙述正确的是()A．物块处于失重状态，电梯向下做匀加速直线运动B．物块处于超重状态，电梯向上做匀加速直线运动C．物块仍旧平衡，电梯向上做匀速直线运动D．物块仍旧平衡，电梯向下做匀速直线运动解析：t2～t3时间内，电流大于电梯静止时的电流，说明压敏电阻所受压力大于电梯静止时所受压力，物块处于超重状态，电梯向上做匀加速直线运动，选项B正确．答案：B5．某同学在学习了直线运动和牛顿运动定律知识后，绘出了沿直线运动的物体的位移x、速度v、加速度a随时间变化的图象如图所示，若该物体在t＝0时刻，初速度为零，则下列图象中该物体在t ＝4 s内位移一定不为零的是()解析：A图为物体的位移－时间图象，由图可以看出t＝4 s内物体的位移为零．B图和D图中物体先沿正方向运动，然后返回，t＝4 s内物体的位移为零．C图中物体沿单一方向做直线运动，t＝4 s内物体的位移不为零．答案：C6．被称为“史上最严交规”于2013年1月1日起施行．对校车、大中型客货车、危险品运输车等重点车型驾驶人的严重交通违法行为，提高了记分分值．如图是张明在2013年春节假期试驾中某次小轿车在平直公路上运动的0～25 s内的速度随时间变化的图象，由图象可知()A．小轿车在0～15 s内的位移为200 mB．小轿车在10～15 s内加速度为零C．小轿车在10 s末运动方向发生改变D．小轿车在4～9 s内的加速度大小大于16～24 s内的加速度大小解析：小轿车在0～15 s内的位移为200 m，A项正确；10～15 s 内小轿车匀速运动，B项正确；0～25 s内小轿车始终未改变方向，C 项错误；小轿车4～9 s内的加速度大小是2 m/s2,16～24 s内的加速度大小是1 m/s2，D项正确．答案：ABD7．[2013·唐山二模]如图所示，在圆锥形内部有三根固定的光滑细杆，A 、B 、C 为圆锥底部同一圆周上的三个点，三杆Aa 、bB 、cC 与水平底面的夹角分别为60°、45°、30°.每根杆上都套着一个小滑环(图中未画出)，三个滑环分别从a 、b 、c 处由静止释放(忽略阻力)，用t 1、t 2、t 3依次表示各滑环到达A 、B 、C 所用的时间，则( )A ．t 1>t 2>t 3B ．t 1<t 2<t 3C ．t 1＝t 3<t 2D ．t 1＝t 3>t 2解析：三根固定的光滑细杆在水平面上投影相等，设投影长度为d ，则有aA ＝d /cos60°，bB ＝d /cos45°，cC ＝d /cos30°，小滑环沿三根光滑细杆下滑，d /cos60°＝12g sin60°t 21； d /cos45°＝12g sin45°t 22；d /cos30°＝12g sin30°t 23；联立解得：t 1＝t 3＝2d g sin60°cos60°，t 2＝2d g sin45°cos45°，即t 1＝t 3>t 2，选项D 正确． 答案：D8．[2013·长春一调]物块A 、B 的质量分别为m 和2m ，用轻弹簧连接后放在光滑的水平面上．对B施加向右的水平拉力F，稳定后A、B相对静止在水平面上运动，此时弹簧长度为l1；若撤去拉力F，换成大小仍为F的水平推力向右推A，稳定后A、B相对静止在水平面上运动，弹簧长度为l2.则下列判断正确的是()A．弹簧的原长为l1＋l2 2B．两种情况下稳定时弹簧的形变量相等C．两种情况下稳定时两物块的加速度不相等D．弹簧的劲度系数为F l1－l2解析：由题意可得两次物块的加速度大小相等为a＝F3m，方向水平向右，所以C选项错误．设弹簧的原长为l0，弹簧的劲度系数为k，则有k(l1－l0)＝ma，k(l0－l2)＝2ma，解得l0＝2l1＋l23，k＝Fl1－l2，所以A、B选项错误，D选项正确．答案：D二、计算题(本题共2小题，共36分．需写出规范的解题步骤)9．[2013·金版原创卷二]2013年元月开始实施的最严交规规定：黄灯亮时车头已越过停车线的车辆可以继续通行，车头未越过停车线的若继续前行则视为闯黄灯，属于交通违章行为．我国一般城市路口红灯变亮之前绿灯和黄灯各有3 s的闪烁时间．国家汽车检测标准中有关汽车制动初速度与刹车距离的规定是这样的：小客车在制动初速度为14 m/s的情况下，制动距离不得大于20 m.(1)若要确保小客车在3 s内停下来，汽车刹车前的行驶速度不能超过多少？(2)某小客车正以v0＝8 m/s的速度驶向路口，绿灯开始闪时车头距离停车线L＝36.5 m，小客车至少以多大的加速度匀加速行驶才能不闯黄灯？已知驾驶员从眼睛看到灯闪到脚下采取动作的反应时间是0.5 s.解析：(1)设小客车刹车时的最小加速度为a根据v2＝2as①得a＝v22s＝1422×20m/s2＝4.9 m/s2②确保小客车在 3 s内停下来，小客车刹车前的行驶最大速度为v max＝at＝4.9×3 m/s＝14.7 m/s③(2)在反应时间内小客车匀速运动的距离为L0＝v0Δt＝8×0.5 m＝4 m④车匀加速运动的距离为L′＝L－L0＝36.5 m－4 m＝32.5 m⑤从绿灯闪到黄灯亮起这3 s内小客车加速运动的时间t′＝t－Δt＝3 s－0.5 s＝2.5 s⑥设小客车加速时的加速度为a′，得L′＝v0t′＋12a′t′2⑦代入数据，化简得a′＝4.0 m/s2.⑧答案：(1)14.7 m/s(2)4.0 m/s210．[2013·金版原创卷一]如图所示，静止放在水平桌面上的纸带上有一质量为m＝0.1 kg的铁块，它与纸带右端的距离为L＝0.5 m，铁块与纸带间、纸带与桌面间的动摩擦因数均为μ＝0.1.现用力F水平向左将纸带从铁块下抽出，当纸带全部抽出时铁块恰好到达桌面边缘，铁块抛出后落地点离抛出点的水平距离为s＝0.8 m．已知g＝10 m/s2，桌面高度为H＝0.8 m，不计纸带质量，不计铁块大小，铁块不滚动．求：(1)铁块抛出时的速度大小v；(2)纸带从铁块下抽出所用的时间t1；(3)纸带抽出过程中产生的内能E.解析：(1)根据平抛运动的规律，s＝v t，H＝12gt2可得：v＝2 m/s.(2)设铁块的加速度为a1，由牛顿第二定律，得μmg＝ma1纸带抽出时，铁块的速度v＝a1t1可得t1＝2 s.(3)铁块的位移s1＝12a1t21设纸带的位移为s2，由题意知，s2－s1＝L 由功能关系可得E＝μmgs2＋μmg(s2－s1) 联立以上各式解得E＝0.3 J.答案：(1)2 m/s(2)2 s(3)0.3 J。

考点14 热学1 .（2007·新课标全国卷·T30 B ）（15分）如图所示，两个可导热的气缸竖直放置，它们的底部由一细管连通（忽略细管的容积）。

两气缸各有一活塞，质量分别为1m 和2m ，活塞与气缸壁无摩擦。

活塞的下方为理想气体，上方为真空。

当气体处于平衡状态时，两活塞位于同一高度h 。

（已知1m =3m ,2m =2m ）（1）在两活塞上同时各放一质量为m 的物块，求气体再次达到平衡后两活塞的高度差（假定环境的温度始终保持为0T ）。

（2）在达到上一问的终态后，环境温度由0T 缓慢上升到T ，试问在这个过程中，气体对活塞做了多少功？气体是吸收还是放出了热量？（假定在气体状态变化过程中，两物块均不会碰到气缸顶部）【解析】⑴设左、右活塞的面积分别为A /和A ，由于气体处于平衡状态，故两活塞对气体的压强相等，即： /32mg mg A A= 由此得： /32A A = 在两个活塞上各加一质量为m 的物块后，右活塞降至气缸底部，所有气体都在左气缸中。

在初态，气体的压强为2mg A ，体积为52Ah ；在末态，气体压强为83mg A ，体积为32Ax （x 为左活塞的高度）。

由玻意耳－马略特定律得：4533mg mg Ah Ax A A = 解得：54x h = 即两活塞的高度差为54h ⑵当温度由T 0上升至T 时，气体的压强始终为83mg A，设x /是温度达到T 时左活塞的高度，由盖·吕萨克定律得： /0054T Th x x T T == 活塞对气体做的功为：0054(1)5(1)4T T W Fs mgh mgh T T ==-=-在此过程中气体吸收热量 【答案】⑴54h ⑵05(1)T mgh T - 吸收热量 2 .（2008·新课标全国卷·T31）（6分）⑴（6分）如图所示，由导热材料制成的气缸和活塞将一定质量的理想气体封闭在气缸内，活塞与气缸壁之间无摩擦，活塞上方存有少量液体．将一细管插入液体，由于虹吸现象，活塞上方液体逐渐流出．在此过程中，大气压强与外界的温度保持不变．关于这一过程，下列说法正确的是 ．（填入选项前的字母，有填错的不得分）A ．气体分子的平均动能逐渐增大B ．单位时间气体分子对活塞撞击的次数增多C ．单位时间气体分子对活塞的冲量保持不变D ．气体对外界做功等于气体从外界吸收的热量【解析】⑴本题考查了气体状态方程和热力学第一定律的综合应用，是一道考查热学知识综合应用的好题。

绝密★启用前2014年普通高等学校招生全国统一考试(上海卷)物理本试卷共34题，共150分。

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注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。

2．答题时请按要求用笔。

3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。

4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。

5．保持卡面清洁，不要折叠、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

一、单项选择题（共16分，每小题2分，每小题只有一个正确选项）1．（2分）下列电磁波中，波长最长的是（）A．无线电波 B．红外线C．紫外线D．γ射线2．（2分）核反应方程Be+He→C+X中的X表示（）A．质子 B．电子 C．光子 D．中子3．（2分）不能用卢瑟福原子核式结构模型得出的结论是（）A．原子中心有一个很小的原子核B．原子核是由质子和中子组成的C．原子质量几乎全部集中在原子核内D．原子的正电荷全部集中在原子核内4．（2分）分子间同时存在着引力和斥力，当分子间距增加时，分子间的（）A．引力增加，斥力减小B．引力增加，斥力增加C．引力减小，斥力减小D．引力减小，斥力增加5．（2分）链式反应中，重核裂变时放出的可使裂变不断进行下去的粒子是（）A．质子 B．中子 C．β粒子D．α粒子6．（2分）在光电效应的实验结果中，与光的波动理论不矛盾的是（）A．光电效应是瞬时发生的B．所有金属都存在极限频率C．光电流随着入射光增强而变大D．入射光频率越大，光电子最大初动能越大7．（2分）质点做简谐运动x﹣t的关系如图，以x轴正向为速度v的正方向，该质点的v﹣t关系是（）A．B．C．D．8．（2分）在离地高h处，沿竖直方向向上和向下抛出两个小球，他们的初速度大小均为v，不计空气阻力，两球落地的时间差为（）A．B．C．D．二、单项选择题（共24分，每小题3分，每小题只有一个正确选项．）9．（3分）如图光滑的四分之一圆弧轨道AB固定在竖直平面内，A端与水平面相切，穿在轨道上的小球在拉力F作用下，缓慢地由A向B运动，F始终沿轨道的切线方向，轨道对球的弹力为N．在运动过程中（）A．F增大，N减小B．F减小，N减小C．F增大，N增大D．F减小，N增大10．（3分）如图，竖直放置、开口向下的试管内用水银封闭一段气体，若试管自由下落．管内气体（）A．压强增大，体积增大B．压强增大，体积减小C．压强减小，体积增大D．压强减小，体积减小11．（3分）静止在地面上的物体在竖直向上的恒力作用下上升，在某一高度撤去恒力．不计空气阻力，在整个上升过程中，物体机械能随时间变化的关系是（）A．B．C．D．12．（3分）如图，在磁感应强度为B的匀强磁场中，面积为S的矩形刚性导线框abcd可绕过ad边的固定轴OO′转动，磁场方向与线框平面垂直．在线框中通以电流强度为I的稳恒电流，并使线框与竖直平面成θ角，此时bc 边受到相对OO′轴的安培力矩大小为（）A．ISBsinθ B．ISBcosθ C．D．13．（3分）如图，带有一白点的黑色圆盘，可绕过其中心，垂直于盘面的轴匀速转动，每秒沿顺时针方向旋转30圈．在暗室中用每秒闪光31次的频闪光源照射圆盘，观察到白点每秒沿（）A．顺时针旋转31圈B．逆时针旋转31圈C．顺时针旋转1圈D．逆时针旋转1圈14．（3分）一列横波沿水平放置的弹性绳向右传播，绳上两质点A、B的平衡位置相距波长，B位于A右方．t时刻A位于平衡位置上方且向上运动，再经过周期，B位于平衡位置（）A．上方且向上运动B．上方且向下运动C．下方且向上运动D．下方且向下运动15．（3分）将阻值随温度升而减小的热敏电阻Ⅰ和Ⅱ串联，接在不计内阻的稳压电源两端．开始时Ⅰ和Ⅱ阻值相等，保持Ⅰ温度不变，冷却或加热Ⅱ，则Ⅱ的电功率在（）A．加热时变大，冷却时变小B．加热时变小，冷却时变大C．加热或冷却时都变小D．加热或冷却时都变大16．（3分）如图，竖直平面内的轨道Ⅰ和Ⅱ都由两段直杆连接而成，两轨道长度相等．用相同的水平恒力将穿在轨道最低点B的静止小球，分别沿Ⅰ和Ⅱ推至最高点A，所需时间分别为t1、t2；动能增量分别为△E k1、△E k2．假定球在经过轨道转折点前后速度大小不变，且球与Ⅰ、Ⅱ轨道间的动摩擦因数相等，则（）A．△E k1＞△E k2；t1＞t2B．△E k1=△E k2；t1＞t2C．△E k1＞△E k2；t1＜t2D．△E k1=△E k2；t1＜t2三、多项选择题（共16分，每小题4分．每小题有二个或三个正确选项．全选对的，得4分，选对但不全的，得2分；有选错或不答的，得0分）17．（4分）如图，匀强磁场垂直于软导线回路平面，由于磁场发生变化，回路变为圆形．则该磁场（）A．逐渐增强，方向向外B．逐渐增强，方向向里C．逐渐减弱，方向向外D．逐渐减弱，方向向里18．（4分）如图，电路中定值电阻阻值R大于电源内阻阻值r．将滑动变阻器滑片向下滑动，理想电压表V1、V2、V3示数变化量的绝对值分别为△V1、△V2、△V3，理想电流表示数变化量的绝对值为△I，则（）A．A的示数增大B．V2的示数增大C．△V3与△I的比值大于r D．△V1大于△V219．（4分）静电场在x轴上的场强E随x的变化关系如图所示，x轴正向为场强正方向，带正电的点电荷沿x轴运动，则点电荷（）A．在x2和x4处电势能相等B．由x1运动到x3的过程中电势能增大C．由x1运动到x4的过程中电场力先增大后减小D．由x1运动到x4的过程中电场力先减小后增大20．（4分）如图在水平放置的刚性气缸内用活塞封闭两部分气体A和B，质量一定的两活塞用杆连接．气缸内两活塞之间保持真空，活塞与气缸之间无摩擦，左侧活塞面积较大，A、B的初始温度相同．略抬高气缸左端使之倾斜，再使A、B升高相同温度，气体最终达到稳定状态．若始末状态A、B的压强变化量△p A，△p B均大于零，对活塞压力变化量△F A，△F B，则（）A．A体积增大B．A体积减小C．△F A＞△F B D．△p A＜△p B四、填空题，每小题4分．21．（4分）牛顿第一定律表明，力是物体发生变化的原因，该定律引出的一个重要概念是．选做题（本大题为交叉题，分22、23两道题，考生可任选一类答题，若两题均做，一律按22题计分）22．（4分）动能相等的两物体A、B在光滑水平面上沿同一直线相向而行，他们的速度大小之比v A：v B=2：1，则动量大小之比p A：p B= ；两者碰后粘在一起运动，总动量与A原来动量大小之比为p：p A= ．23．动能相等的两人造地球卫星A、B的轨道半径之比R A：R B=1：2，它们的角速度之比ωA：ωB= ，质量之比m A：m B= ．24．（4分）如图，两光滑斜面在B处连接，小球自A处静止释放，经过B、C两点时速度大小分别为3m/s和4m/s，AB=BC．设球经过B点前后速度大小不变，则球在AB、BC段的加速度大小之比为，球由A运动到C的过程中平均速率为m/s．25．（4分）如图，宽为L的竖直障碍物上开有间距d=0.6m的矩形孔，其下沿离地高h=1.2m，离地高H=2m的质点与障碍物相距x．在障碍物以v0=4m/s匀速向左运动的同时，质点自由下落．为使质点能穿过该孔，L的最大值为m；若L=0.6m，x的取值范围是m．（取g=10m/s2）26．（4分）如图，在竖直绝缘墙上固定一带电小球A，将带电小球B用轻质绝缘丝线悬挂在A的正上方C处，图中AC=h．当B静止在与竖直方向夹角θ=30°方向时，A对B的静电场力为B所受重力的倍，则丝线BC长度为．若A对B的静场力为B所受重力的0.5倍，改变丝线长度，使B仍能在θ=30°处平衡，以后由于A漏电，B在竖直平面内缓慢运动，到θ=0°处A的电荷尚未漏完，在整个漏电过程中，丝线上拉力大小的变化情况是．27．（4分）如图，在“观察光的衍射现象”试验中，保持缝到光屏的距离不变，增加缝宽，屏上衍射条纹间距将（选填“增大”、“减小”或“不变”）；该现象表明，光沿直线转播只是一种近似规律，只有在情况下，光才可以看作是沿直线传播的．28．（4分）在“用DIS研究在温度不变时，一定质量的气体压强与体积的关系”实验中，某同学将注射器活塞置于刻度为10mL处，然后将注射器连接压强传感器并开始实验，气体体积V每增加1mL测一次压强p，最后得到p和V 的乘积逐渐增大．（1）由此可推断，该同学的实验结果可能为图．（2）图线弯曲的可能原因是在实验过程中．A．注射器有异物B．连接软管中存在气体C．注射器内气体温度升高D．注射器内气体温度降低．29．（4分）在“用DIS测电源的电动势和内阻”的实验中（1）将待测电池组、滑动变阻器、电流传感器、电压传感器、定值电阻、电键及若干导线连接成电路如图（a）所示，图中未接导线的A端应接在点（选填“B”、“C”、“D”或“E”）．（2）实验得到的U﹣I关系如图（b）中的直线Ⅰ所示，则电池组的电动势为V，内电阻的阻值为Ω．（3）为了测量定值电阻的阻值，应在图（a）中将“A”端重新连接到点（选填：“B”、“C”、“D”或“E”），所得到的U﹣I的关系如图（b）中的直线Ⅱ所示，则定值电阻的阻值为Ω．30．（4分）某小组在做“用单摆测定重力加速度“实验后，为了进一步探究，将单摆的轻质细线改为刚性重杆．通过查资料得知，这样做成的“复摆”做简谐运动的周期T=2π，式中I C为由该摆决定的常量，m为摆的质量，g为重力加速度，r为转轴到中心C的距离．如图（a），实验时杆上不同位置打上多个小孔，将其中一个小孔穿在光滑水平轴O上，使杆做简谐运动，测量并记录r和相应的运动周期T；然后将不同位置的孔穿在轴上重复实验，（1）由实验数据得出图（b）所示的拟合直线，图中纵轴表示（2）I c的国际单位为，由拟合直线得带I c的值为（保留到小数点后二位）（3）若摆的质量测量值偏大，重力加速度g的测量值（选填：“偏大”、“偏小”或“不变”）七、计算题（共50分）31．（10分）如图，一端封闭、粗细均匀的U形玻璃管开口向上竖直放置，管内用水银将一段气体封闭在管中．当温度为280K时，被封闭的气柱长L=22cm，两边水银柱高度差h=16cm，大气压强p0=76cm Hg．（1）为使左端水银面下降3cm，封闭气体温度应变为多少？（2）封闭气体的温度重新回到280K后为使封闭气柱长度变为20cm，需向开口端注入的水银柱长度为多少？32．（12分）如图，水平面上的矩形箱子内有一倾角为θ的固定斜面，斜面上放一质量为m的光滑球，静止时，箱子顶部与球接触但无压力，箱子由静止开始向右做匀加速运动，然后改做加速度大小为a的匀减速运动直至静止，经过的总路程为s，运动过程中的最大速度为v．（1）求箱子加速阶段的加速度为a′．（2）若a＞gtanθ，求减速阶段球受到箱子左壁和顶部的作用力．33．（14分）如图，一对平行金属板水平放置，板间距为d，上板始终接地．长度为、质量均匀的绝缘杆，上端可绕上板中央的固定轴O在竖直平面内转动，下端固定一带正电的轻质小球，其电荷量为q．当两板间电压为U1时，杆静止在与竖直方向OO′夹角θ=30°的位置；若金属板在竖直平面内同时绕O、O′顺时针旋转α=15°至图中虚线位置时，为使杆仍在原位置静止，需改变两板间电压，假定两板间始终为匀强电场．求：（1）绝缘杆所受的重力G；（2）两板旋转后板间电压U2；（3）在求前后两种情况中带电小球的电势能W1与W2时，某同学认为由于在两板旋转过程中带电小球位置未变，电场力不做功，因此带电小球的电势能不变．你若认为该同学的结论正确，计算该电势能；你若认为该同学的结论错误，说明理由并求W1与W2．34．（14分）如图，水平面内有一光滑金属导轨，其MN、PQ边的电阻不计，MP边的电阻阻值R=1.5Ω，MN与MP的夹角为135°，PQ与MP垂直，MP边长度小于1m．将质量m=2kg，电阻不计的足够长直导体棒搁在导线上，并与MP 平行，棒与MN、PQ交点G、H间的距离L=4m，空间存在垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度B=0.5T．在外力作用下，棒由GH处以一定的初速度向左做直线运动，运动时回路中的电流强度始终与初始时的电流强度相等．（1）若初速度v1=3m/s，求棒在GH处所受的安培力大小F A．（2）若初速度v2=1.5m/s，求棒向左移动距离2m到达EF所需的时间△t．（3）在棒由GH处向左移动2m到达EF处的过程中，外力做功W=7J，求初速度v3．2014年普通高等学校招生全国统一考试(上海卷)物理(参考答案)1．【解答】解：根据电磁波谱可知，电磁波按照波长逐渐减小的顺序为：长波、中波、短波、微波、红外线、可见光、紫外线、x射线、γ射线．故A正确、BCD错误．故选：A．2．【解答】解：设X的质子数为m，质量数为n，则有：4+2=m+6，9+4=12+n，所以m=0，n=1，即X为中子，故ABC 错误，D正确．故选：D．3．【解答】解：当α粒子穿过原子时，电子对α粒子影响很小，影响α粒子运动的主要是原子核，离核远则α粒子受到的库仑斥力很小，运动方向改变小．只有当α粒子与核十分接近时，才会受到很大库仑斥力，而原子核很小，所以α粒子接近它的机会就很少，所以只有极少数大角度的偏转，而绝大多数基本按直线方向前进，因此为了解释α粒子散射实验，卢瑟福提出了原子核式结构模型：在原子的中心有一个很小的核，叫原子核，原子的全部正电荷和几乎全部质量都集中在原子核里，但不能得到原子核内的组成，故B不能用卢瑟福原子核式结构模型得出的结论，ACD可以．4．【解答】解：分子间同时存在着引力和斥力，当分子间距增加时，分子间的作用力都减小，即引力和斥力都减小，但斥力变化的快，故ABD错误，C正确．故选：C．5．【解答】解：在重核的裂变中，铀235需要吸收一个慢中子后才可以发生裂变，所以重核裂变时放出的可使裂变不断进行下去的粒子是中子．故选：B．6．【解答】解：ABD、根据波动理论，认为只要光照射的时间足够长、足够强就能发生光电效应，且光电子的初动能就大，但实验中金属表面没有溢出电子的实验结果；光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限频率，发生是瞬时的，且入射光频率越大，光电子最大初动能越大，这与光的波动理论相矛盾，故ABD错误；C、波动理论认为光强度越大，光电流越大；光电效应中认为光强度越大，光子越多，金属表面溢出的光电子越多，即光电流越大，所以该实验结果与波动理论不矛盾，故C正确．故选：C．7．【解答】解：质点通过平衡位置时速度最大，由图知在内，1s和3s两个时刻质点通过平衡位置，速度最大，根据图象切线的斜率等于速度，可知，1s时刻速度为负向，3s时刻速度为正向，故具有最大正方向速度是3s．由加速度与位移的关系：a=﹣，可知，质点具有最大正方向加速度时有最大负向的位移，由图看出该时刻在2s，所以质点具有最大正方向加速度的时刻是2s，故B正确．故选：B．8．【解答】解：由于不计空气阻力，两球运动过程中机械能都守恒，设落地时速度为v′，则由机械能守恒定律得：mgh+=则得：v′=，所以落地时两球的速度大小相等．对于竖直上抛的小球，将其运动看成一种匀减速直线运动，取竖直向上为正方向，加速度为﹣g，则运动时间为：t1==对于竖直下抛的小球，运动时间为：t2=故两球落地的时间差为：△t=t1﹣t2=故选：A．9．【解答】解：对球受力分析，受重力、支持力和拉力，如，根据共点力平衡条件，有N=mgcosθF=mgsinθ其中θ为支持力N与竖直方向的夹角；当物体向上移动时，θ变大，故N变小，F变大；故A正确，BCD错误．故选：A．10．【解答】解：初始状态P0=P x+P h，若试管自由下落，则p h=0，P x=P0，所以压强增大由玻意耳定律知，PV=C，故V减小．故选：B．11．【解答】解：设在恒力作用下的加速度为a，则机械能增量E=Fh=，知机械能随时间不是线性增加，撤去拉力后，机械能守恒，则机械能随时间不变．故C正确，A、B、D错误．故选：C．12．【解答】解：I与B垂直，故安培力F=BIL=B•bc•I，由左手定则知安培力竖直向上，由几何知识可知力臂的大小为：L=ab•sinθ则力矩为：B•bc•I×ab•sinθ=BISsinθ故选：A．13．【解答】解：带有一白点的黑色圆盘，可绕过其中心，垂直于盘面的轴匀速转动，每秒沿顺时针方向旋转30圈，即f0=30Hz，在暗室中用每秒闪光31次的频闪光源照射圆盘，即f′=31Hz，f0＜f′＜2f0，所以观察到白点逆时针旋转，f′﹣f0=f″=1Hz，所以观察到白点每秒逆时针旋转1圈．故选：D．14．【解答】解：波向右传播，据题意：t时刻A位于平衡位置上方且向上运动时，B位于平衡位置的上方，速度方向向下，再经过周期，B位于平衡位置下方且向下运动．故D正确．故选：D．15．【解答】解：将热敏电阻Ⅰ看成电源的内阻，开始时Ⅰ和Ⅱ阻值相等，根据数学知识分析得知此时电源的输出功率最大，即Ⅱ上消耗的电功率最大，所以无论温度升高还是降低，Ⅱ阻值增大或减小，Ⅱ上消耗的电功率都变小．故C正确．故选：C．16．【解答】解：因为摩擦力做功W f=μ（mgcosθ+Fsinθ）•s=μmgx+μFh，可知沿两轨道运动，摩擦力做功相等，根据动能定理得：W F﹣mgh﹣W f=△E k，知两次情况拉力做功相等，摩擦力做功相等，重力做功相等，则动能的变化量相等．作出在两个轨道上运动的速度时间图线如图所示，由于路程相等，则图线与时间轴围成的面积相等，由图可知，t1＞t2．故B正确，A、C、D错误．故选：B．17．【解答】解：磁场发生变化，回路变为圆形，受到的安培力的方向向外，导线围成的面积扩大，根据楞次定律的推广形式可得，导线内的磁通量一定正在减小，而推广扩大面积可以阻碍磁通量的减小．该过程与磁通量的方向无关．故选项CD正确，AB错误．故选：CD．18．【解答】解：A、据题理想电压表内阻无穷大，相当于断路．理想电流表内阻为零，相当短路，所以R与变阻器串联，电压表V1、V2、V3分别测量R、路端电压和变阻器两端的电压．当滑动变阻器滑片向下滑动时，接入电路的电阻减小，电路中电流增大，则A的示数增大，故A正确；B、电路中电流增大，电源的内电压增大，则路端电压减小，所以V2的示数减小，故B错误；C、根据闭合电路欧姆定律得：U3=E﹣I（R+r），则得：=R+r＞r，则△V3与△I的比值大于r，故C正确；D、根据闭合电路欧姆定律得：U2=E﹣Ir，则得：=r；=R，据题：R＞r，则＞，故△V1大于△V2．故D正确．故选：ACD．19．【解答】解：A、x2﹣x4处场强为x轴负方向，则从x2到x4处逆着电场线方向移动，电势升高，正电荷在x4处电势能较大，故A错误；B、x1﹣x3处场强为x轴负方向，则从x1到x3处逆着电场线方向移动，电势升高，正电荷在x3处电势能较大，B正确；C、由x1运动到x4的过程中，由图可以看出电场强度的绝对值先增大后减小，故电场力先增大后减小，故C正确，D错误；故选：BC．20．【解答】解：AB、气温不变时，略抬高气缸左端使之倾斜，由于活塞的重力作用，A部分气体压强减小，B部分气体压强增加，设此时的细杆与水平面的夹角为θ，则有：P A S A+（M+m）gsinθ=P B S B…①对两部分气体由玻意耳定律得，A体积增大，B体积减小；故A正确，B错误．C、开始时，两活塞受力平衡，略抬高气缸左端使之倾斜，则A部分气体压强减小一些，B部分气体压强增大一些，而最终两个活塞的受力还要平衡，那么压力的变化不相等△F B＞△F A，故C错误．D、由，但S A＞S B，结合C分析可得，故有△p A＜△p B．故D正确．故选：AD．21．【解答】解：牛顿第一定律表明，力是物体运动状态发生变化的原因，该定律引出的一个重要概念是惯性．故答案为：运动状态；惯性．22．【解答】解：动能E K=mv2，则m=，两物体质量之比：==（）2=；物体的动量为：p=，两物体动量之比：===；以B的初动量方向为正方向，A、B碰撞过程动量守恒，由动量守恒定律得：p B﹣p A=p，解得：p=p A，A、B碰撞后总动量与A原来动量大小之比为：p：p A=p A：p A=1：1．故答案为：1：2，1：1．23．【解答】解：由==mR可得ω=，所以==2：1；由=，及v=ωR，可得：m=，所以=•=；故答案为：2：1，1：2．24．【解答】解：设AB=BC=x，AB段时间为t1，BC段时间为t2，根据知AB段：，BC段为=则t1：t2=7：3，根据a==知AB段加速度a1=，BC段加速度a2=，则球在AB、BC段的加速度大小之比为9：7；根据=知AC的平均速度===2.1m/s．故答案为：9：7，2.1m/s．25．【解答】解：小球做自由落体运动到矩形孔的上沿的时间s=0.2s；小球做自由落体运动到矩形孔下沿的时间，则小球通过矩形孔的时间△t=t2﹣t1=0.2s，根据等时性知，L的最大值为L m=v0△t=4×0.2m=0.8m．x的最小值x min=v0t1=4×0.2m=0.8mx的最大值x max=v0t2﹣L=4×0.4﹣0.6m=1m．所以0.8m≤x≤1m．故答案为：0.8，0.8m≤x≤1m．26．【解答】解：当B静止在与竖直方向夹角θ=30°方向时，A对B的静电场力为B所受重力的倍，对B受力分析，G、F与T，将F与T合成，则有：解得：AB==h，根据余弦定理，可得，（h）2=h2+BC2﹣2×BC×hcos30°，解得BC=h，或h；当A对B的静场力为B所受重力的0.5倍，B仍能在θ=30°处平衡，根据几何关系可知此时AB与BC互相垂直，由三角形相似可知，随着电量的减小，细绳的拉力不变，库仑力减小．当细绳变为竖直方向时，此时绳子拉力仍小于重力，所以拉力先不变，后增大．故答案为：h或h；先不变，后增大．27．【解答】解：保持缝到光屏的距离不变，增加缝宽，屏上衍射条纹间距将减小；该现象表明，光沿直线转播只是一种近似规律，只有在光的波长比障碍物小得多情况下，光才可以看作是沿直线传播的．故答案为：减小；光的波长比障碍物小得多．28．【解答】解：（1）由于“最后得到p和V的乘积逐渐增大”，因此在V﹣﹣图象中，斜率k=PV逐渐增大，斜率变大，故选a．（2）A、注射器有异物不会影响图线的斜率，故A错误．B、连接软管中存在气体可以视为被封闭的气体总体积较大，不会影响斜率，故B错误．C、注射器内气体温度升高，由克拉柏龙方程知=C，当T增大时，PV会增大，故C正确．D、由C分析得，D错误．故选：C．故答案为：a；C29．【解答】解：（1）应用伏安法测电源电动势与内阻实验，电压表应测路端电压，由图a所示电路图可知，导线应接在C点．（2）由图（b）中的直线Ⅰ所示电源U﹣I图象可知，图象与纵轴交点坐标值是2.8，则电源电动势E=2.8V，电源内阻为：r===2Ω．（3）可以把定值电阻与电源组成的整体作为等效电源，测出等效电源的内阻，然后求出定值电阻阻值，由图（a）所示电路图可知，导线应接在D点，通过电压传感器来测量滑动变阻器的电压，从而算出定值电阻的电压；由（b）中的直线Ⅱ所示可知：k=R+r===5Ω，则定值电阻阻值：R=k﹣r=5﹣2=3Ω；故答案为：（1）C；（2）2.8，2；（3）D，3．30．【解答】解：（1）由T=2π可知，整理得：T2r=4π2，因此横坐标为r2，纵坐标即为T2r；（2）（2）根据T2r=+，可知，与的单位是相同的，因此I C的单位即为kg•m2；图象的斜率k=，由图可知k==3.68；解得：g=（g=10.7m/s2）；由图可知=1.25，则I C=0.17．（3）根据上式可知，质量的测量值偏大，不影响重力加速度的测量值，即为不变；故答案为：（1）T2r；（2）kg•m2；0.17；（3）不变．31．【解答】解：（1）初态压强P1=（76﹣16）cmH g末态时左右水银面的高度差为16﹣2×3cm=10cm末状态压强为：P2=76﹣10cmH g=66cmH g由理想气体状态方程得：故：T1=（2）加注水银后，左右水银面的高度差为：h′=（16+2×2）﹣l由玻意耳定律得，P1V1=P3V3，其中P3=76﹣（20﹣l）解得：l=10cm答：（1）为使左端水银面下降3cm，封闭气体温度应变为350K；（2）需向开口端注入的水银柱长度为10cm．32．【解答】解：（1）设加速度为a′，由匀变速直线运动的公式：，得：解得：（2）设小球不受车厢的作用力，应满足：Nsinθ=maNcosθ=mg解得：a=gtanθ减速时加速度的方向向左，此加速度有斜面的支持力N与左壁支持力共同提供，当a＞gtanθ 时，左壁的支持力等于0，此时小球的受力如图，则：Nsinθ=maNcosθ﹣F=mg解得：F=macotθ﹣mg答：（1）箱子加速阶段的加速度为；（2）若a＞gtanθ，减速阶段球受到箱子左壁的作用力是0，顶部的作用力是macotθ﹣mg．33．【解答】解：（1）设杆长为L，杆受到的重力力矩与球受到的电场力矩平衡，则有：；解得：G=；（2）金属板转过α角后，同样满足力矩平衡，则有：；联立以上两式解得：=；（3）该同学的结论错误的，因为上板接地，当板旋转α角度时，板间电场强度发生变化，电场的零势能面改变了，带电小球所在处相对零势能面的位置也改变了，所以，带电小球的电势能也改变了．设带电小球与零势能间的电势差为U′；金属板转动前：；电势能为：W1=qU=金属板转动后：；电势能为：W2=qU=；答：（1）绝缘杆所受的重力为；（2）两板旋转后板间电压为；（3）该同学的结论错误，电势能为：W1=，与电势能为：W2=．34．【解答】解：（1）棒在GH处时，感应电动势：E=BLv1，电流：I1=，棒受到的安培力：F A=BIL，代入数据解得：F A=8N；（2）设棒移动的距离为a，由几何知识可知，EF间距离为L﹣a，在此过程中，磁通量的变化量：△Φ=B△S=a[（L﹣a）+L）B=由题意可知，回路中感应电流保持不变，则感应电动势不变，感应电动势：E=BLv2，由法拉第电磁感应定律可得：E==，解得：△t=1s；（3）设外力做功为W，克服安培力做功为W A，导体棒在EF处的速度为v3′，由动能定理得：W﹣W A=mv3′2﹣mv32，克服安培力做功：W A=I32R△t′，I3=，△t′=，解得：W A=，由于电流始终不变，则：v3′=v3，则：W=+m（）v32，代入数据得：3v32+4v3﹣7=0，解得：v3=1m/s，（v3=﹣m/s，舍去）；答：（1）若初速度v1=3m/s，求棒在GH处所受的安培力大小为8N．（2）若初速度v2=1.5m/s，求棒向左移动距离2m到达EF所需的时间为1s．（3）在棒由GH处向左移动2m到达EF处的过程中，外力做功W=7J，初速度为1m/s．。

2014年全国普通高等学校招生统一考试物理试卷（新课标Ⅰ）一、选择题：本题共8小题，每小题6分，在每题给出的四个选项中，第14-18题只有一项符合题目要求，第19-21题有多项符合题目要求。

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）在法拉第时代，下列验证“由磁产生电”设想的实验中，能观察到感应电流的是（）A．将绕在磁铁上的线圈与电流表组成一闭合回路，然后观察电流表的变化B．在一通电线圈旁放置一连有电流表的闭合线圈，然后观察电流表的变化C．将一房间内的线圈两端与相邻房间的电流表连接，往线圈中插入条形磁铁后，再到相邻房间去观察电流表的变化D．绕在同一铁环上的两个线圈，分别接电源和电流表，在给线圈通电或断电的瞬间，观察电流表的变化15．（6分）关于通电直导线在匀强磁场中所受的安培力，下列说法正确的是（）A．安培力的方向可以不垂直于直导线B．安培力的方向总是垂直于磁场的方向C．安培力的大小与通电导线和磁场方向的夹角无关D．将直导线从中折成直角，安培力的大小一定变为原来的一半16．（6分）如图，MN为铝质薄平板，铝板上方和下方分别有垂直于图平面的匀强磁场（未画出），一带电粒子从紧贴铝板上表面的P点垂直于铝板向上射出，从Q点穿越铝板后到达PQ的中点O．已知粒子穿越铝板时，其动能损失一半，速度方向和电荷量不变，不计重力，铝板上方和下方的磁感应强度大小之比为（）A．2 B．C．1 D．17．（6分）如图所示，用橡皮筋将一小球悬挂在小车的架子上，系统处于平衡状态，现使小车从静止开始向左加速，加速度从零开始逐渐增大到某一值，然后保持此值，小球稳定时细线偏离竖直方向到某一角度（橡皮筋在弹性限度内）。

与稳定在竖直位置时相比，小球的高度（）A．一定降低B．一定升高C．保持不变D．升高或降低由橡皮筋的劲度系数决定18．（6分）如图（a），线圈ab、cd绕在同一软铁芯上，在ab线圈中通以变化的电流，用示波器测得线圈cd间电压如图（b）所示，已知线圈内部的磁场与流经线圈的电流成正比，则下列描述线圈ab中电流随时间变化关系的图中，可能正确的是（）A．B．C ．D ．19．（6分）太阳系各行星几乎在同一平面内沿同一方向绕太阳做圆周运动，当地球恰好运行到某地外行星和太阳之间，且三者几乎排成一条直线的现象，天文学家称为“行星冲日”，据报道，2014年各行星冲日时间分别为：1月6日木星冲日；4月9日火星冲日；5月11日土星冲日；8月29日海王星冲日；10月8日天王星冲日．已知地球及各地外行星绕太阳运动的轨道半径如下表所示，则下列判断正确的是（）A．各地外行星每年都会出现冲日现象B．在2015年内一定会出现木星冲日C．天王星相邻两次冲日的时间间隔为土星的一半D．地外行星中，海王星相邻两次冲日的时间间隔最短20．（6分）如图，两个质量均为m的小木块a和b（可视为质点）放在水平圆盘上，a与转轴OO′的距离为L，b与转轴的距离为2L．木块与圆盘的最大静摩擦力为木块所受重力的k倍，重力加速度大小为g．若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，用ω表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是（）A．a、b所受的摩擦力始终相等B．b一定比a先开始滑动C．ω=是b开始滑动的临界角速度D．当ω=时，a所受摩擦力的大小为kmg21．（6分）如图，在正电荷Q的电场中有M、N、P、F四点，M、N、P为直角三角形的三个顶点，F为MN的中点，∠M=30°，M、N、P、F四点处的电势分别用φM、φN、φP、φF表示，已知φM=φN、φP=φF，点电荷Q在M、N、P三点所在平面内，则（）A．点电荷Q一定在MP的连线上B．连接PF的线段一定在同一等势面上C．将正试探电荷从P点搬运到N点，电场力做负功D．φP＞φM三、非选择题：包括必考题和选考题两部分（一）必考题（共129分）22．（6分）某同学利用图甲所示实验装置及数字化信息系统获得了小车加速度a 与钩码的质量m的对应关系图，如图乙所示，实验中小车（含发射器）的质量为200g，实验时选择了不可伸长的轻质细绳和轻定滑轮，小车的加速度由位移传感器及与之相连的计算机得到．回答下列问题：（1）根据该同学的结果，小车的加速度与钩码的质量成（填“线性”或“非线性”）关系；（2）由图乙可知，a﹣m图线不经过原点，可能的原因是；（3）若利用本实验来验证“小车质量不变的情况下，小车的加速度与作用力成正比”的结论，并直接以钩码所受重力mg作为小车受到的合外力，则实验中应采取的改进措施是，钩码的质量应满足的条件是．23．（9分）利用如图（a）所示电路，可以测量电源的电动势和内阻，所用的实验器材有：待测电源，电阻箱R（最大阻值999.9Ω），电阻R0（阻值为3.0Ω），电阻R1（阻值为3.0Ω），电流表（量程为200mA，内阻为R A=6.0Ω），开关S．实验步骤如下：①将电阻箱阻值调到最大，闭合开关S；②多次调节电阻箱，记下电流表的示数I和电阻箱相应的阻值R；③以为纵坐标，R为横坐标，作出﹣R图线（用直线拟合）；④求出直线的斜率k和在纵轴上的截距b回答下列问题：（1）分别用E和r表示电源的电动势和内阻，则和R的关系式为；（2）实验得到的部分数据如下表所示，其中电阻R=3.0Ω时电流表的示数如图（b）所示，读出数据，完成下表．答：①，②．/A﹣1（3）在图（c）的坐标纸上将所缺数据点补充完整并作图，根据图线求得斜率k=A﹣1Ω﹣1，截距b=A﹣1；（4）根据图线求得电源电动势E=V，内阻r=Ω．24．（12分）公路上行驶的两辆汽车之间应保持一定的安全距离。

2014年全国统一高考物理试卷（大纲卷）一、选择题：本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，有的只有一项符合题目要求，有的有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．1．（6分）一质点沿x轴做直线运动，其v﹣t图象如图所示．质点在t=0时位于x=5m处，开始沿x轴正向运动．当t=8s时，质点在x轴上的位置为（ ）A．x=3m B．x=8m C．x=9m D．x=14m【考点】1I：匀变速直线运动的图像．【专题】512：运动学中的图像专题．【分析】速度时间图象可读出速度的大小和方向，根据速度图象可分析物体的运动情况，确定何时物体离原点最远．图象的“面积”大小等于位移大小，图象在时间轴上方“面积”表示的位移为正，图象在时间轴下方“面积”表示的位移为负．【解答】解：图象的“面积”大小等于位移大小，图象在时间轴上方“面积”表示的位移为正，图象在时间轴下方“面积”表示的位移为负，故8s时位移为：s=，由于质点在t=0时位于x=5m处，故当t=8s时，质点在x轴上的位置为8m，故ACD错误，B正确。

故选：B。

【点评】本题抓住速度图象的“面积”等于位移是关键．能根据图象分析物体的运动情况，通过训练，培养基本的读图能力．2．（6分）地球表面附近某区域存在大小为150N/C、方向竖直向下的电场．一质量为1.00×l0﹣4kg、带电量为﹣1.00×10﹣7C的小球从静止释放，在电场区域内下落10.0m．对此过程，该小球的电势能和动能的改变量分别为（重力加速度大小取9.80m/s2，忽略空气阻力）（ ）A．﹣1.50×10﹣4J和9.95×10﹣3J B．1.50×10﹣4J和9.95×10﹣3JC．﹣1.50×10﹣4J和9.65×10﹣3J D．1.50×10﹣4J和9.65×10﹣3J【考点】6B：功能关系；AE：电势能与电场力做功．【专题】532：电场力与电势的性质专题．【分析】小球的电势能的改变量看电场力做功，动能的改变量取决于合外力做功，根据功的计算公式分别求出电场力做功和合外力做功，即可解答．【解答】解：小球带负电，电场力对小球做负功，为：W电=qEs=﹣1.00×10﹣7×150×10J=﹣1.50×10﹣4J，则小球的电势能增加量1.50×10﹣4J，即电势能的改变量为1.50×10﹣4J。

2015年上海市高考物理试卷一、单项选择题（共16分，每题2分，每题只有一个准确选项．）1．（2分）（2015•上海）X射线（）A．不是电磁波B．具有反射和折射的特性C．只能在介质中传播D．不能发生干涉和衍射考点：光的电磁本性．分析：解答此题应明确X射线为电磁波的一种，它具有电磁波的一切性质．解答：解：X射线属于电磁波的一种，它具有波的一切性质，如反射、折射、干涉及衍射等；它能够在真空中传播；故只有B准确，ACD错误；应选：B．点评：此题考查电磁波谱，要注意电磁波谱中的一切波均能发生反射、折射、干涉及衍射等现象．2．（2分）（2015•上海）如图，P为桥墩，A为靠近桥墩浮在水面的叶片，波源S连续振动，形成水波，此时叶片A静止不动．为使水波能带动叶片振动，可用的方法是（）A．提升波源频率B．降低波源频率C．增加波源距桥墩的距离D．减小波源距桥墩的距离考点：波的干涉和衍射现象．分析：发生明显的衍射现象的条件：孔缝的宽度或障碍物的尺寸与波长相近或更小．当衍射现象明显时，形成的水波能带动树叶A振动起来．解答：解：拍打水面时，水波中的质点上下振动，形成的波向前传播，提升拍打水面的频率，则质点振动的频率增加，波的频率与振动的频率相等，根据，波速不变，频率增大，波长减小，衍射现象不明显，反之降低频率，波长增大，衍射现象更明显．故A错误，B准确．C、D错误．应选：B．点评：解决此题的关键知道质点振动的频率与波传播的频率相等，以及掌握波发生明显衍射的条件．3．（2分）（2015•上海）如图，鸟沿虚线斜向上加速飞行，空气对其作用力可能是（）A．F1B．F2C．F3D．F4考点：共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：鸟受重力和空气对其作用力（阻力和升力的合力），做匀加速直线运动，加速度沿着虚线向上，故合力沿着虚线向上，根据矢量合成的三角形定则作图判断即可．解答：解：鸟沿虚线斜向上加速飞行，加速度沿着虚线向上，故合力F沿着虚线向上；鸟受重力和空气对其作用力，根据三角形定则作图如下：应选：B点评：此题是已知运动情况判断受力情况的问题，关键是先根据运动情况确定加速度方向，得到合力方向，然后受力分析后根据三角形定则判断空气作用力的方向．4．（2分）（2015•上海）一定质量的理想气体在升温过程中（）A分子平均势能减小B．每个分子速率都增大C．分子平均动能增大D．分子间作用力先增大后减小考点：温度是分子平均动能的标志；分子间的相互作用力．专题：内能及其变化专题．分析：在等容过程中，温度与压强在变化，温度是分子平均动能变化的标志，分子间同时存有分子引力和斥力，都随距离的增大而减小；解答：解：A、温度是分子平均动能的量度，当温度升高时平均动能一定变大，分子的平均速率也一定变化，但不是每个分子速率都增大，平均势能与体积相关，故AB错误C准确D、分子间同时存有分子引力和斥力，都随距离的增大而减小；都随距离的减小而增大，分子力大小与分子间距相关，故D错误应选：C点评：热学中很多知识点要需要记忆，注意平时的积累，在平时训练中增强练习5．（2分）（2015•上海）铀核能够发生衰变和裂变，铀核的（）A．衰变和裂变都能自发发生B．衰变和裂变都不能自发发生C．衰变能自发发生而裂变不能自发发生D．衰变不能自发发生而裂变能自发发生考点：原子核衰变及半衰期、衰变速度．专题：衰变和半衰期专题．分析：衰变能自发发生．铀235发生裂变的条件是有慢速中子轰击，重核裂变时用中子轰击重核，产生多个中子，中子又会撞击重核，产生更多的中子，使裂变持续实行下去，这就是链式反应，产生链式反应的条件是中子再生率大于1．解答：解：衰变能自发发生．铀235发生裂变的条件是有慢速中子轰击．故C准确，ABD 错误．应选：C点评：此题考查了重核裂变和产生链式反应的条件，难度不大，属于基础题．6．（2分）（2015•上海）Th经过一系列α衰变和β衰变后变成Pb，则Pb比Th少（）A．16个中子，8个质子B．8个中子，16个质子C．24个中子，8个质子D．8个中子，24个质子考点：原子核衰变及半衰期、衰变速度．专题：衰变和半衰期专题．分析：准确解答此题的关键是：理解α、β衰变的实质，准确根据衰变过程中质量数和电荷数守恒实行解题．解答：解：发生α衰变是放出42He，发生β衰变是放出电子0﹣1e，则根据质量数和电荷数守恒有：则Pb比Th少的质子数：z=90﹣82=8个，质量数：m=232﹣208=24个，据质量数=电荷数+中子数可知，减少的中子数：n=24﹣8=16个即铅核比钍核少8个质子，少16个中子．应选：A点评：此题主要考查了质量数和电荷数守恒在衰变过程中的应用，是考查基础知识和规律的好题．7．（2分）（2015•上海）在α粒子散射实验中，电子对α粒子运动的影响能够忽略，这是因为与α粒子相比，电子的（）A．电量太小B．速度太小C．体积太小D．质量太小考点：粒子散射实验．专题：原子的核式结构及其组成．分析：在α粒子散射实验中，因为电子的质量较小，α粒子与电子相碰，就像子弹碰到灰尘一样．解答：解：α粒子的质量是电子质量的7000多倍，α粒子碰到电子，像子弹碰到灰尘，损失的能量极少，几乎不改变运动的轨迹．故D准确，A、B、C错误．应选：D．点评：该题考查对α粒子散射实验的解释，解决此题的关键知道α粒子散射实验，会解释α粒子偏转的原因．基础题目．8．（2分）（2015•上海）两个正、负点电荷周围电场线分布如下图，P、Q为电场中两点，则（）A．正电荷由P静止释放能运动到QB．正电荷在P的加速度小于在Q的加速度C．负电荷在P的电势能高于在Q的电势能D．负电荷从P移动到Q，其间必有一点电势能为零考点：电势差与电场强度的关系；电势能．专题：电场力与电势的性质专题．分析：根据电场线的疏密判断场强的大小．根据电场线的方向判断电荷的正负．顺着电场线电势逐渐降低，由电场线的方向可判断电势的正负解答：解：A、正电荷在电场中受到的力沿该点的切线方向，故正电荷由P静止释放不能运动到Q，故A错误B、电场线的疏密代表场强的大小，故E P＞E Q，故正电荷在P的加速度大于在Q的加速度，故B错误；C、负电荷从P到Q电场力做负功，电势能增加，故负电荷在P的电势能小于在Q的电势能，故C错误；D、从P到Q的过程中，沿电场线方向电势降低，故在PQ间有一点电势为零点，故E P=qφ，故其间必有一点电势能为零，故D准确；应选：D点评：此题要掌握电场线的物理意义：电场线的疏密表示场强的大小，顺着电场线电势逐渐降低，知道等量异种电荷连线的垂直平分线是一个等势面二、单项选择题（共24分，每题3分，每题只有一个准确选项）9．（3分）（2015•上海）如图，长为h的水银柱将上端封闭的玻璃管内气体分隔成两局部，A处管内外水银面相平．将玻璃管缓慢向上提升H高度（管下端未离开水银面），上下两局部气体的压强变化分别为△p1和△p2，体积变化分别为△V1和△V2．已知水银密度为ρ，玻璃管截面积为S，则（）A．△p2一定等于△p1B．△V2一定等于△V1C．△p2与△p1之差为ρgh D．△V2与△V2之和为HS考点：理想气体的状态方程．专题：理想气体状态方程专题．分析：对水银柱受力分析，根据平衡列方程可分析压强关系，从而分析压强变化之间的关系；两局部气体做等温变化，根据玻意而定律列式求解分析．解答：解：AC、对水银柱有P1S+mg=P2S 水银柱的质量为：m=ρhSg△P2=P2′﹣P2=（P1′+ρgh﹣P1﹣ρgh）=P1′﹣P1=△P1，故A准确，C错误；B、对上局部气体根据玻意而定律得：P1V1=P1′V1′①，对下局部气体根据玻意而定律得：P2V2=P2′V2′②因为两局部封闭原来气体体积关系不确定，所以两局部气体体积变化不确定，故B错误；D、在A处管内外水银面相平的情况下有几何关系得：△V1+△V2=HS，现在是不确定，故D错误；应选：A．点评：分析此题的关键是根据水银柱分析，不管怎样变化，上下两局部气体压强之差不变，等于水银柱产生的压强．10．（3分）（2015•上海）用很弱的光做单缝衍射实验，改变曝光时间，在胶片上出现的图象如下图，该实验说明（）A．光的本质是波B．光的本质是粒子C．光的能量在胶片上分布不均匀D．光到达胶片上不同位置的概率相同考点：光的衍射．专题：光的衍射、偏振和电磁本性专题．分析：根据爱因斯坦的“光子说”可知，单个光子表现为粒子性，而大量光子表现为波动性，并且单个光子通过双缝后的落点无法预测，而光子到达的多的区域表现为亮条纹，而光子到达的少的区域表现为暗条纹解答：解：AB、据爱因斯坦的“光子说”可知，单个光子表现为粒子性，而大量光子表现为波动性；故AB错误；CD、时间不太长时，底片上只能出现一些不规则的点子，说明了单个光子表现为粒子性，光子到达的多的区域表现为亮条纹，而光子到达的少的区域表现为暗条纹，说明光的能量在胶片上分布不均匀，光到达胶片上不同位置的概率不相同；故C准确，D错误；应选：C．点评：此题主要考查了光的波粒二象性及其表现形式，其实这类题目往往考查的内容很基础，故只要注意基础知识的积累，就能顺利解决此类题目11．（3分）（2015•上海）某光源发出的光由不同波长的光组成，不同波长的光的强度如下图．表中给出了一些材料的极限波长，用该光源发出的光照射表中材料（）材料钠铜铂极限波长（nm）541 268 196A．仅钠能产生光电子B．仅钠、铜能产生光电子C．仅铜、铂能产生光电子D．都能产生光电子考点：光电效应．专题：光电效应专题．分析：根据发生光电效应的条件，当入射光的频率大于金属的极限频率，就会发生光电效应．根解答：解：由题图可知，该光源发出的光的波长大约在50nm到440nm之间，而三种材料中，极限频率最小的铂的极限波长是196nm，大于50nm，所以该光源能使三种材料都产生光电效应．应选：D点评：该题考查发生光电效应的条件．解决此题的关键知道光电效应的条件即可．基础题目．12．（3分）（2015•上海）重离子肿瘤治疗装置中的回旋加速器可发射+5价重离子束，其束流强度为1.2×10﹣5A，则在1s内发射的重离子个数为（e=1.6×10﹣19C）（）A．3.0×1012B．1.5×1013C．7.5×1013D．3.75×1014考点：电流、电压概念．分析：已知电流的多少和通电时间，根据公式Q=It求出电荷，再由Q=n•5e求出离子数目．解答：解：1s内发射的重离子的电荷量为Q=It=1.2×10﹣5C．每个重离子的电荷量为5e，则通过的重离子数为n===1.5×1013（个）应选：B．点评：此题考查电荷量的计算，关键是公式及其变形的灵活使用．要知道每个重离子的电荷量为5e，e是元电荷．13．（3分）（2015•上海）监控系统控制电路如下图，电键S闭合时，系统白天和晚上都工作；电键S断开时，系统仅晚上工作．在电路中虚框处分别接入光敏电阻（受光照时阻值减小）和定值电阻，则电路中（）A．C是“与门”，A是光敏电阻B．C是“与门”，B是光敏电阻C．C是“或门”，A是光敏电阻D．C是“或门”，B是光敏电阻考点：传感器在生产、生活中的应用．分析：光线较暗，报警系统自动开始工作，光线不暗时不工作，此电路与光照相关；只要合上电键S，报警系统24小时都能工作，所以电键与定值电阻相连，两个条件有一个满足就工作，所以是或门解答：解：由题意可知：S断开时报警系统自动开始工作，光线不暗时不工作，所以滑动变阻器与光敏电阻相连；S闭合时，报警系统24小时都能工作，所以电键应与定值电阻相连，两个条件有一个满足就工作，所以是或门．电路图如下图：应选：D．点评：传感器在生产生活中的应用越来越广泛，要注意掌握分析电路并能准确掌握对应的逻辑关系．14．（3分）（2015•上海）如图，一质量为m的正方体物块置于风洞内的水平面上，其一面与风速垂直，当风速为v0时刚好能推动该物块．已知风对物块的推力F∝Sv2，其中v为风速、S为物块迎风面积．当风速变为2v0时，刚好能推动用同一材料做成的另一正方体物块，则该物块的质量为（）A．4m B．8m C．32m D．64m考点：共点力平衡的条件及其应用．专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：滑块被匀速推动，受重力、支持力、推力和滑动摩擦力，根据平衡条件列式；其中推力F∝Sv2，滑动摩擦力与压力成正比．解答：解：滑块被匀速推动，根据平衡条件，有：F=fN=mgF=kSv2=ka2v2f=μN=μmg=μρa3g解得：a=现在风速v变为2倍，故能推动的滑块边长为原来的4倍，故体积为原来的64倍，质量为原来的64倍；应选：D点评：此题关键是明确物体的受力情况，根据平衡条件推导出能够推动的滑块的边长a与风速的关系表达式实行分析，不难．15．（3分）（2015•上海）一简谐横波沿水平绳向右传播，波速为v，周期为T，振幅为A．绳上两质点M、N的平衡位置相距波长，N位于M右方．设向上为正，在t=0时M位移为+，且向上运动；经时间t（t＜T），M位移仍为+，但向下运动，则（）A．在t时刻，N恰好在波谷位置B．在t时刻，N位移为负，速度向上C．在t时刻，N位移为负，速度向下D．在2t时刻，N位移为﹣，速度向下考点：横波的图象；波长、频率和波速的关系．专题：振动图像与波动图像专题．分析：在t=0时M位移为+，且向上运动；经时间t（t＜T），M位移仍为+，但向下运动，由此写出M点的振动方程，然后结合M、N的平衡位置相距波长，N位于M右方写出N点的振动方程，即可判断出t时刻N点的位置以及振动的方向．解答：解：A、B、C、由题，在t=0时M位移为+，且向上运动，则M点的振动方程为：y M=Asin（ωt+φ0），将在t=0时M位移为+代入方程得：所以：经时间t（t＜T），M位移仍为+，但向下运动，代入公式得：两质点M、N的平衡位置相距波长，N位于M右方，所以N点的振动方程：，代入数据得：y N==，随t的增大，位移的绝对值减小，所以N向上运动．故AB错误，C准确；D、将2t代入公式，得：，质点恰好经过平衡位置．故D错误．点评：此题是特殊值问题，根据题目提供的条件，写出M点与N点的振动方程，代入数据即可．因为是特殊值问题，也能够使用特殊值，画出波动的图象，使用平移法解答．16．（3分）（2015•上海）如图，战机在斜坡上实行投弹演练．战机水平匀速飞行，每隔相等时间释放一颗炸弹，第一颗落在a点，第二颗落在b点．斜坡上c、d两点与a、b共线，且ab=bc=cd，不计空气阻力，第三颗炸弹将落在（）A．bc之间B．c点C．c d之间D．d点考点：平抛运动．专题：平抛运动专题．分析：飞机与炮弹的水平速度相同，则落点在飞机的正下方，据水平向与竖直向的位移关系画图分析，确定落点．解答：解：如图：假设第二颗炸弹经过Ab，第三颗经过PQ；则a，A，B，P，C在同一水平线上，由题意可知，设aA=AP=xo，ab=bc=L，斜面倾角为θ，三颗炸弹到达a所在水平面的竖直速度为v y，水平速度为v0，对第二颗炸弹：水平向：x1=Lcosθ﹣x0=v0t 竖直向：对第三颗炸弹：水平向：x2=2Lcosθ﹣2x0=v0t2竖直向：解得：t2=2t1，y2＞2y1所以Q点在c点的下方，也就时第三颗炸弹将落在bc之间，故A准确应选：A点评：考查平抛运动的规律，明确水平向与竖直向的运动规律．会画草图实行分析求解．考查的是数学知识．三、多项选择题（共16分，每题4分，每题有二个或三个准确选择，全选对的，得4分；选对但不全的，得2分，有选错或不答的，得0分）17．（4分）（2015•上海）质点运动的位移x与时间t的关系如下图，其中做机械振动的是（）A．B．C．D．考点：简谐运动．分析：物体在平衡位置附近的往复运动称为机械振动，根据图象可明确哪些为机械振动．解答：解：根据机械能振动的定义可知，ABC均在某一平衡位置附近振动，故ABC均为机械振动；而D中的物体没有振动过程；应选：ABC．点评：此题考查机械能振动的性质，要注意明确其定义，知道物体在某一位置附近的往复运动称为机械振动．18．（4分）（2015•上海）如图，质量为m的小球用轻绳悬挂在O点，在水平恒力F=mgtanθ作用下，小球从静止开始由A经B向C运动．则小球（）A．先加速后减速B．在B点加速度为零C．在C点速度为零D．在C点加速度为gtanθ考点：牛顿第二定律．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：根据动能定理求出小球速度为零时细线与竖直方向的角度，得出小球在整个过程中的运动规律．在C点，抓住径向的合力为零，通过数学知识，结合受力求出合力的大小，从而求出C点的加速度．解答：解：设小球摆到的最大角度为α，根据动能定理得，FLsinα﹣mgL（1﹣cosα）=0，又F=mgtanθ解得α=2θ，即在C点的速度为零．可知小球先加速后减速，故A、C准确．在B点，小球的速度不为零，则向心加速度不为零，所以加速度不为零，故B错误．在C点，速度为零，小球受重力和拉力，沿绳子方向的合力为零，则小球所受的合力为mgsin2θ﹣mgtanθcos2θ=mgtanθ，则C点的加速度为gtanθ，故D准确．应选：ACD．点评：此题考查了牛顿第二定律和动能定理的基本使用，知道小球速度为零时，径向的合力为零，此题对数学三角函数要求较高，需增强这方面的训练．19．（4分）（2015•上海）一颗子弹以水平速度v0穿透一块在光滑水平面上迎面滑来的速度也是v0木块后，二者运动方向均不变．设子弹与木块间相互作用力恒定，木块最后速度为v，则（）A．v0越大，v越大B．v0越小，v越大C．子弹质量越大，v越大D．木块质量越小，v越大考点：动量守恒定律．专题：动量定理应用专题．分析：子弹与木块组成的系统动量守恒，由动量守恒定律能够求出速度与各个物理量之间的关系；解答：解：子弹与木块组成的系统动量守恒，以木块的初速度方向为正方向，设木块的质量为M，子弹的质量为m，由动量守恒定律可得：（M﹣m）v0=Mv+mv′，设长度是l，碰撞的过程中子弹与木块之间的作用力为f，根据功能关系得：联立解得：v=；所以在其他的条件不变的条件下：A、B、由以上公式可知，v0越大，v越大．故A准确，B错误；C、D、因为二者运动方向均不变，结合以上公式可知，子弹质量越小，v越大；木块质量越大，v越大．故C错误，D错误．应选：A点评：此题有一定的难度，要求能根据物体的运动过程，分析得出木块的速度的表达式，然后才能结合速度的表达式实行分析说明．20．（4分）（2015•上海）如图，光滑平行金属导轨固定在水平面上，左端由导线相连，导体棒垂直静置于导轨上构成回路．在外力F作用下，回路上方的条形磁铁竖直向上做匀速运动．在匀速运动过程中外力F做功W F，磁场力对导体棒做功W1，磁铁克服磁场力做功W2，重力对磁铁做功W G，回路中产生的焦耳热为Q，导体棒获得的动能为E K．则（）A．W1=Q B．W2﹣W1=Q C．W1=E K D．W F+W G=Q+E K考点：法拉第电磁感应定律；功能关系．专题：电磁感应与电路结合．分析：分别选磁铁和导体棒为研究对象，根据动能定理列方程，对系统根据能量守恒知W2﹣W1=Q．解答：解：A、根据题意，由动能定理知：导体棒：W1=E k①，故A错误，C准确B、根据能量守恒知W2﹣W1=Q②，故B准确；D、对磁铁有：W F+W G﹣W2=0③，由①②③得W F+W G=E k+Q，故D准确；应选：BCD点评：此题考查动能定理和能量守恒，一对磁场力做功之和为系统产生的焦耳热．四、填空题（共20分，每题4分）22、23题任选一道作答，若两道均做，按所做第一道计分．21．（4分）（2015•上海）静电场是静止电荷周围空间存有的一种物质；通常用电势来描绘电场的能的性质．考点：电场；电势能．专题：电场力与电势的性质专题．分析：电荷周围存有着一种特殊物质，这种物质叫电场，其能的性质可由电势描绘．解答：解：静电场是静止电荷周围空间存有的一种物质；通常用电势来描绘电场的能的．故答案为：静止电荷，电势．点评：解决此题的关键要知道电场是一种存有于电荷周围的特殊物质，描绘电场的性质物理量有两个：电场强度和电势．22．（4分）（2015•上海）两小孩在冰面上乘坐“碰碰车”相向运动，A车总质量为50kg，以2m/s的速度向右运动；B车总质量为70kg，以3m/s的速度向左运动．碰撞后，A以1.5m/s 的速度向左运动，则B的速度大小为0.5m/s，方向向左（选填“左”或“右”）．考点：动量守恒定律．专题：动量定理应用专题．分析：碰撞过程系统动量守恒，平抛动量守恒定律能够求出B的速度．解答：解：A、B组成的系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：m B v B﹣m A v A=m A v A′+m B v B′，即：70×3﹣50×2=50×1.5+70v B′，解得：v B′=0.5m/s，方向：水平向左；故答案为：0.5；左．点评：此题考查了求物体的速度，应用动量守恒定律能够准确解题，解题时注意正方向的选择，否则会出错．23．（2015•上海）两靠得较近的天体组成的系统称为双星，它们以两者连线上某点为圆心做匀速圆周运动，因而不至于因为引力作用而吸引在一起．设两天体的质量分别为m1和m2，则它们的轨道半径之比R m1：R m2=m2：m1，速度之比v m1：v m2=m2：m1．考点：万有引力定律及其应用．专题：万有引力定律的应用专题．分析：双星靠相互间的万有引力提供向心力，抓住角速度相等，向心力相等求出轨道半径之比；根据万有引力提供向心力求出角速度的大小解答：解：（1）设m1和m2的轨道半径分别为r1，r2角速度为ω，由万有引力定律和向心力公式：G=m1ω2r1=m2ω2r2，得：r1 ：r2=m2：m1．由v=rω得：v m1：v m2=m2：m1故答案为：m2：m1，m2：m1点评：解决此题的关键掌握双星模型系统，知道它们靠相互间的万有引力提供向心力，向心力的大小相等，角速度的大小相等24．（4分）（2015•上海）如图，汽车在平直路面上匀速运动，用跨过光滑定滑轮的轻绳牵引轮船，汽车与滑轮间的绳保持水平，当牵引轮船的绳与水平方向成θ角时，轮船速度为v，绳的拉力对船做功的功率为P，此时绳对船的拉力为．若汽车还受到恒定阻力f，则汽车发动机的输出功率为fvcosθ+P．考点：功率、平均功率和瞬时功率．专题：功率的计算专题．分析：将船的速度分解为沿绳子方向和垂直绳子方向，结合沿绳子方向的速度大小以及拉力的功率大小求出绳对船的拉力大小．根据汽车做匀速直线运动求出汽车的牵引力，从而得出汽车发动机的功率．解答：解：船的速度沿绳子方向的分速度v1=vcosθ，根据P=Fv1得，绳对船的拉力大小F=．根据平衡得，汽车的牵引力F′=F+f=，则汽车发动机的功率P′=F′v1=P+fvcosθ．故答案为：，fvcosθ+P．点评：解决此题的关键掌握功率与牵引力和速度的关系，注意船的速度和车的速度大小不等，船在沿绳子方向的分速度等于车的速度大小．25．（4分）（2015•上海）如图，一无限长通电直导线固定在光滑水平面上，金属环质量为0.02kg，在该平面上以v0=2m/s、与导线成60°角的初速度运动，其最终的运动状态是匀速直线运动，环中最多能产生0.03J的电能．考点：法拉第电磁感应定律；功能关系．专题：电磁感应与电路结合．分析：金属环周围有环形的磁场，金属环向右上运动，磁通量减小，根据“来拒去留”可知，所受的安培力与运动方向相反，使金属环在垂直导线方向做减速运动，当垂直导线方向的速度减为零，最终金属环的运动状态为匀速沿导线运动，速度为原来速度的沿导线方向上的分量．解答：解：金属环周围有环形的磁场，金属环向右运动，磁通量减小，根据“来拒去留”可知，所受的安培力与运动方向相反，使金属环在垂直导线方向做减速运动，当垂直导线方向的速度减为零，只剩沿导线方向的速度，然后磁通量不变，无感应电流，水平方向合力为零，故为匀速直线运动．由题意知：沿导线方向分速度v1=v0•cos60°=2×=1m/s根据动能定理解得：=Q代入数值解得：Q=﹣0.03J故环中最多产生0.03J的电能；故答案为：匀速直线运动，0.03J点评：此题考查法拉第电磁感应定律的应用及动能定理或者是能量守恒的应用，题目单一但是并不简单，需要知识的活学活用．26．（4分）（2015•上海）如图，两根通电长直导线a、b平行放置，a、b中的电流强度分别为I和2I，此时a受到的磁场力为F，若以该磁场力的方向为正，则b受到的磁场力为﹣F．当在a、b的正中间再放置一根与a、b平行共面的通电长直导线c后，a受到的磁场力大小变为2F，则此时b受到的磁场力为﹣3F或5F．．考点：平行通电直导线间的作用．分析：根据两平行直导线间的相互作用可明确两导线棒受到的磁场力大小关系；再分别明确c对两导体的作用力的可能性，由力的合成求解b受到的磁场力．解答：解：因为ab间的磁场力是两导体棒的相互作用，故b受到a的磁场力大小为F，方向相反，故为﹣F；。

D 单元 曲线运动D1 运动的合成与分解4．[2014·四川卷] 有一条两岸平直、河水均匀流动、流速恒为v 的大河．小明驾着小船渡河，去程时船头指向始终与河岸垂直，回程时行驶路线与河岸垂直．去程与回程所用时间的比值为k ，船在静水中的速度大小相同，则小船在静水中的速度大小为( ) A.k v k 2－1 B.v 1－k 2 C.k v 1－k 2 D.v k 2－14．B [解析] 设河岸宽为d ，船速为u ，则根据渡河时间关系得d u ∶d u 2－v2＝k ，解得u ＝v 1－k 2，所以B 选项正确． 8．[2014·四川卷] (1)小文同学在探究物体做曲线运动的条件时，将一条形磁铁放在桌面的不同位置，让小钢珠在水平桌面上从同一位置以相同初速度v 0运动，得到不同轨迹．图中a 、b 、c 、d 为其中四条运动轨迹，磁铁放在位置A 时，小钢珠的运动轨迹是________(填轨迹字母代号)，磁铁放在位置B 时，小钢珠的运动轨迹是________(填轨迹字母代号)．实验表明，当物体所受合外力的方向跟它的速度方向________(选填“在”或“不在”)同一直线上时，物体做曲线运动．(2)下图是测量阻值约几十欧的未知电阻R x 的原理图，图中R 0是保护电阻(10 Ω)，R 1是电阻箱(0～99.9 Ω)，R 是滑动变阻器，A 1和A 2是电流表，E 是电源(电动势10 V ，内阻很小)．在保证安全和满足要求的情况下，使测量范围尽可能大．实验具体步骤如下：(ⅰ)连接好电路，将滑动变阻器R 调到最大；(ⅱ)闭合S ，从最大值开始调节电阻箱R 1，先调R 1为适当值，再调节滑动变阻器R ，使A 1示数I 1＝0.15 A ，记下此时电阻箱的阻值R 1和A 2的示数I 2；(ⅲ)重复步骤(ⅱ)，再测量6组R 1和I 2值；(ⅳ)将实验测得的7组数据在坐标纸上描点．根据实验回答以下问题：①现有四只供选用的电流表：A ．电流表(0～3 mA ，内阻为2.0 Ω)B ．电流表(0～3 mA ，内阻未知)C ．电流表(0～0.3 A ，内阻为5.0 Ω)D ．电流表(0～0.3 A ，内阻未知)A 1应选用________，A 2应选用________．②测得一组R 1和I 2值后，调整电阻箱R 1，使其阻值变小，要使A 1示数I 1＝0.15 A ，应让滑动变阻器R 接入电路的阻值________(选填“不变”“变大”或“变小”)．③在坐标纸上画出R 1与I 2的关系图．④根据以上实验得出R x ＝________Ω.8．(1)b c 不在(2)①D C ②变大 ③略 ④31[解析] (2)①A 1的示数能达到0.15 A ，A 2的示数由图像可知能达到0.3 A ，故A 1、A 2的量程均选0.3 A ，由电路图可列出关系式(R x ＋R A2)I 2＝(R 0＋R 1＋R A1)I 1，整理后可得R A2＋R x ＝I 1I 2(R 0＋R 1＋R A1)，由此可知，若R A1已知，则无论R 1、I 2如何变化，R x ＋R A2均为定值，无法得到R x ，故应使R A2已知，即A 1选D ，A 2选C.②当R 1减小时，如果在滑动变阻器的电阻值保持不变的情况下，电路的总电阻减小，由闭合电路的欧姆定律可得总电流I 增大，由分压关系知，并联部分得的电压减小，则I 2减小，由I 1＝I －I 2得I 1增大，要使I 1＝0.15 A ，则需滑动变阻器分得的电压增大，即R 的阻值变大．④根据(R x ＋R A2)I 2＝(R 0＋R 1＋R A1)I 2，可得R 1＝R x ＋R A2I 1I 2－(R 0－R A1)，即R 1—I 2图像的斜率k ＝R x ＋R A2I 1，根据图像并代入相关数据，可得R x ＝31 Ω.D2 抛体运动4．[2014·重庆卷] 一弹丸在飞行到距离地面5 m 高时仅有水平速度v ＝2 m/s ，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为3∶1，不计质量损失，重力加速度g 取10 m/s 2，则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是C D4．B [解析] 弹丸在爆炸过程中，水平方向的动量守恒，有m 弹丸v 0＝34m v 甲＋14m v 乙，解得4v 0＝3v 甲＋v 乙，爆炸后两块弹片均做平抛运动，竖直方向有h ＝12gt 2，水平方向对甲、乙两弹片分别有x 甲＝v 甲t ，x 乙＝v 乙t ，代入各图中数据，可知B 正确．23．[2014·浙江卷] 如图所示，装甲车在水平地面上以速度v 0＝20 m/s 沿直线前进，车上机枪的枪管水平，距地面高为h ＝1.8 m ．在车正前方竖直立一块高为两米的长方形靶，其底边与地面接触．枪口与靶距离为L 时，机枪手正对靶射出第一发子弹，子弹相对于枪口的初速度为v ＝800 m/s.在子弹射出的同时，装甲车开始匀减速运动，行进s ＝90 m 后停下．装甲车停下后，机枪手以相同方式射出第二发子弹．(不计空气阻力，子弹看成质点，重力加速度g 取10 m/s 2)(1)求装甲车匀减速运动时的加速度大小；(2)当L ＝410 m 时，求第一发子弹的弹孔离地的高度，并计算靶上两个弹孔之间的距离；(3)若靶上只有一个弹孔，求L 的范围．23．[答案] (1)209m/s 2 (2)0.55 m 0.45 m (3)492 m<L ≤570 m [解析] 本题考查匀速直线运动、匀变速直线运动、平抛运动等知识点和分析推理能力．[答案] (1)装甲车加速度a ＝v 202s ＝209m/s 2. (2)第一发子弹飞行时间t 1＝L v ＋v 0＝0.5 s弹孔离地高度h 1＝h －12gt 21＝0.55 m 第二发子弹离地的高度h 2＝h －12g ⎝⎛⎭⎫L －s t 2＝1.0 m 两弹孔之间的距离Δh ＝h 2－h 1＝0.45 m.(3)第一发子弹打到靶的下沿时，装甲车离靶的距离为L 1L 1＝(v 0＋v )2h g＝492 m 第二发子弹打到靶的下沿时，装甲车离靶的距离为L 2L 2＝v 2h g＋s ＝570 m L 的范围 492 m<L ≤570 m.11． [2014·四川卷] 如图所示，水平放置的不带电的平行金属板p 和b 相距h ，与图示电路相连，金属板厚度不计，忽略边缘效应．p 板上表面光滑，涂有绝缘层，其上O 点右侧相距h 处有小孔K ；b 板上有小孔T ，且O 、T 在同一条竖直线上，图示平面为竖直平面．质量为m 、电荷量为－q (q >0)的静止粒子被发射装置(图中未画出)从O 点发射，沿p 板上表面运动时间t 后到达K 孔，不与板碰撞地进入两板之间．粒子视为质点，在图示平面内运动，电荷量保持不变，不计空气阻力，重力加速度大小为g .(1)求发射装置对粒子做的功；(2)电路中的直流电源内阻为r ，开关S 接“1”位置时，进入板间的粒子落在b 板上的A 点，A 点与过K 孔竖直线的距离为l .此后将开关S 接“2”位置，求阻值为R 的电阻中的电流强度；(3)若选用恰当直流电源，电路中开关S 接“1”位置，使进入板间的粒子受力平衡，此时在板间某区域加上方向垂直于图面的、磁感应强度大小合适的匀强磁场(磁感应强度B 只能在0～B m ＝()21＋5m()21－2qt 范围内选取)，使粒子恰好从b 板的T 孔飞出，求粒子飞出时速度方向与b 板板面的夹角的所有可能值(可用反三角函数表示)．11．(1)mh 22t 2 (2)mh q （R ＋r ）⎝⎛⎭⎫g －2h 3l 2t 2 (3)0<θ≤arcsin 25[解析] (1)设粒子在p 板上做匀速直线运动的速度为v 0，有h ＝v 0t ①设发射装置对粒子做的功为W ，由动能定理得W ＝12m v 20② 联立①②可得 W ＝mh 22t2③ (2)S 接“1”位置时，电源的电动势E 0与板间电势差U 有E 0＝U ④板间产生匀强电场的场强为E ，粒子进入板间时有水平方向的速度v 0，在板间受到竖直方向的重力和电场力作用而做类平抛运动，设加速度为a ，运动时间为t 1，有U ＝Eh ⑤mg －qE ＝ma ⑥h ＝12at 21⑦ l ＝v 0t 1⑧S 接“2”位置，则在电阻R 上流过的电流I 满足I ＝E 0R ＋r⑨ 联立①④～⑨得I ＝mh q （R ＋r ）⎝⎛⎭⎫g －2h 3l 2t 2⑩ (3)由题意知此时在板间运动的粒子重力与电场力平衡，当粒子从K 进入板间后立即进入磁场做匀速圆周运动，如图所示，粒子从D 点出磁场区域后沿DT 做匀速直线运动，DT 与b 板上表面的夹角为题目所求夹角θ，磁场的磁感应强度B 取最大值时的夹角θ为最大值θm ，设粒子做匀速圆周运动的半径为R ，有q v 0B ＝m v 0R ○11 过D 点作b 板的垂线与b 板的上表面交于G ，由几何关系有DG ＝h －R (1＋cos θ)○12 TG ＝h ＋R sin θ○13 tan θ＝sin θcos θ＝DG TG○14 联立①○11～○14，将B ＝B m 代入，求得 θm ＝arcsin 25○15 当B 逐渐减小，粒子做匀速圆周运动的半径为R 也随之变大，D 点向b 板靠近，DT 与b 板上表面的夹角θ也越变越小，当D 点无限接近于b 板上表面时，粒子离开磁场后在板间几乎沿着b 板上表面运动而从T 孔飞出板间区域，此时B m >B >0满足题目要求，夹角θ趋近θ0，即θ0＝0○16 则题目所求为 0<θ≤arcsin 25○17 21． [2014·福建卷Ⅰ] 图为某游乐场内水上滑梯轨道示意图，整个轨道在同一竖直平面内，表面粗糙的AB 段轨道与四分之一光滑圆弧轨道BC 在B 点水平相切．点A 距水面的高度为H ，圆弧轨道BC 的半径为R ，圆心O 恰在水面．一质量为m 的游客(视为质点)可从轨道AB 的任意位置滑下，不计空气阻力．(1)若游客从A 点由静止开始滑下，到B 点时沿切线方向滑离轨道落在水面上的D 点，OD ＝2R ，求游客滑到B 点时的速度v B 大小及运动过程轨道摩擦力对其所做的功W f ；(2)若游客从AB 段某处滑下，恰好停在B 点，又因受到微小扰动，继续沿圆弧轨道滑到P 点后滑离轨道，求P 点离水面的高度h .(提示：在圆周运动过程中任一点，质点所受的向心力与其速率的关系为F 向＝m v 2R) 21．[答案] (1)2gR －(mgH －2mgR ) (2)23R [解析] (1)游客从B 点做平抛运动，有2R ＝v B t ①R ＝12gt 2② 由①②式得v B ＝2gR ③从A 到B ，根据动能定理，有mg (H －R )＋W f ＝12m v 2B－0④ 由③④式得W f ＝－(mgH －2mgR )⑤(2)设OP 与OB 间夹角为θ，游客在P 点时的速度为v P ，受到的支持力为N ，从B 到P 由机械能守恒定律，有mg (R －R cos θ)＝12m v 2P－0⑥ 过P 点时，根据向心力公式，有mg cos θ－N ＝m v 2P R⑦ N ＝0⑧cos θ＝h R⑨ 由⑥⑦⑧⑨式解得h ＝23R .⑩ D3 实验：研究平抛物体的运动D4 圆周运动11．[2014·四川卷] 如图所示，水平放置的不带电的平行金属板p 和b 相距h ，与图示电路相连，金属板厚度不计，忽略边缘效应．p 板上表面光滑，涂有绝缘层，其上O 点右侧相距h 处有小孔K ；b 板上有小孔T ，且O 、T 在同一条竖直线上，图示平面为竖直平面．质量为m 、电荷量为－q (q >0)的静止粒子被发射装置(图中未画出)从O 点发射，沿p 板上表面运动时间t 后到达K 孔，不与板碰撞地进入两板之间．粒子视为质点，在图示平面内运动，电荷量保持不变，不计空气阻力，重力加速度大小为g .(1)(2)电路中的直流电源内阻为r ，开关S 接“1”位置时，进入板间的粒子落在b 板上的A 点，A 点与过K 孔竖直线的距离为l .此后将开关S 接“2”位置，求阻值为R 的电阻中的电流强度；(3)若选用恰当直流电源，电路中开关S 接“1”位置，使进入板间的粒子受力平衡，此时在板间某区域加上方向垂直于图面的、磁感应强度大小合适的匀强磁场(磁感应强度B 只能在0～B m ＝()21＋5m()21－2qt 范围内选取)，使粒子恰好从b 板的T 孔飞出，求粒子飞出时速度方向与b 板板面的夹角的所有可能值(可用反三角函数表示)．11．(1)mh 22t 2 (2)mh q （R ＋r ）⎝⎛⎭⎫g －2h 3l 2t 2 (3)0<θ≤arcsin 25[解析] (1)设粒子在p 板上做匀速直线运动的速度为v 0，有h ＝v 0t ①设发射装置对粒子做的功为W ，由动能定理得W ＝12m v 20② 联立①②可得 W ＝mh 22t2③ (2)S 接“1”位置时，电源的电动势E 0与板间电势差U 有E 0＝U ④板间产生匀强电场的场强为E ，粒子进入板间时有水平方向的速度v 0，在板间受到竖直方向的重力和电场力作用而做类平抛运动，设加速度为a ，运动时间为t 1，有U ＝Eh ⑤mg －qE ＝ma ⑥h ＝12at 21⑦ l ＝v 0t 1⑧S 接“2”位置，则在电阻R 上流过的电流I 满足I ＝E 0R ＋r ⑨ 联立①④～⑨得I ＝mh q （R ＋r ）⎝⎛⎭⎫g －2h 3l 2t 2⑩ (3)由题意知此时在板间运动的粒子重力与电场力平衡，当粒子从K 进入板间后立即进入磁场做匀速圆周运动，如图所示，粒子从D 点出磁场区域后沿DT 做匀速直线运动，DT 与b 板上表面的夹角为题目所求夹角θ，磁场的磁感应强度B 取最大值时的夹角θ为最大值θm ，设粒子做匀速圆周运动的半径为R ，有q v 0B ＝m v 0R○11 过D 点作b 板的垂线与b 板的上表面交于G ，由几何关系有DG ＝h －R (1＋cos θ)○12 TG ＝h ＋R sin θ○13 tan θ＝sin θcos θ＝DG TG○14 联立①○11～○14，将B ＝B m 代入，求得 θm ＝arcsin 25○15 当B 逐渐减小，粒子做匀速圆周运动的半径为R 也随之变大，D 点向b 板靠近，DT 与b 板上表面的夹角θ也越变越小，当D 点无限接近于b 板上表面时，粒子离开磁场后在板间几乎沿着b 板上表面运动而从T 孔飞出板间区域，此时B m >B >0满足题目要求，夹角θ趋近θ0，即θ0＝0○16 则题目所求为 0<θ≤arcsin 25○17 20. [2014·新课标全国卷Ⅰ] 如图所示，两个质量均为m 的小木块a 和b (可视为质点)放在水平圆盘上，a 与转轴OO ′的距离为l ，b 与转轴的距离为2l .木块与圆盘的最大静摩擦力为木块所受重力的k 倍，重力加速度大小为g ，若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，用ω表示圆盘转动的角速度．下列说法正确的是( )A ．b 一定比a 先开始滑动B ．a 、b 所受的摩擦力始终相等C ．ω＝kg 2l 是b 开始滑动的临界角速度 D ．当ω＝2kg 3l时，a 所受摩擦力的大小为kmg 20．AC [解析] 本题考查了圆周运动与受力分析．a 与b 所受的最大摩擦力相等，而b 需要的向心力较大，所以b 先滑动，A 项正确；在未滑动之前，a 、b 各自受到的摩擦力等于其向心力，因此b 受到的摩擦力大于a 受到的摩擦力，B 项错误；b 处于临界状态时kmg ＝mω2·2l ，解得ω＝kg 2l ，C 项正确；ω＝2kg 3l小于a 的临界角速度，a 所受摩擦力没有达到最大值 ，D 项错误．17．[2014·新课标Ⅱ卷]如图，一质量为M 的光滑大圆环，用一细轻杆固定在竖直平面内；套在大环上质量为m 的小环(可视为质点)，从大环的最高处由静止滑下．重力加速度大小为g .当小环滑到大环的最低点时，大环对轻杆拉力的大小为( )A ．Mg －5mgB ．Mg ＋mgC ．Mg ＋5mgD ．Mg ＋10mg17．C [解析] 小环在最低点时，对整体有T －(M ＋m )g ＝m v 2R，其中T 为轻杆对大环的拉力；小环由最高处运动到最低处由动能定理得mg ·2R ＝12m v 2－0，联立以上二式解得T ＝Mg ＋5mg ，由牛顿第三定律知，大环对轻杆拉力的大小为T ′＝T ＝Mg ＋5mg ，C 正确．18．[2014·新课标Ⅱ卷] 假设地球可视为质量均匀分布的球体．已知地球表面重力加速度在两极的大小为g 0，在赤道的大小为g ；地球自转的周期为T ，引力常量为G .地球的密度为( )A.3πGT 2g 0－g g 0B.3πGT 2g 0g 0－gC.3πGT 2D.3πGT 2g 0g18．B [解析] 在两极物体所受的重力等于万有引力，即 GMm R 2＝mg 0，在赤道处的物体做圆周运动的周期等于地球的自转周期T ，则GMm R 2－mg ＝m 4π2T 2R ，则密度 ρ＝3M 4πR 3＝34πR 3g 0R 2G ＝3πg 0GT 2（g 0－g ）.B 正确． 21．[2014·福建卷Ⅰ] 图为某游乐场内水上滑梯轨道示意图，整个轨道在同一竖直平面内，表面粗糙的AB 段轨道与四分之一光滑圆弧轨道BC 在B 点水平相切．点A 距水面的高度为H ，圆弧轨道BC 的半径为R ，圆心O 恰在水面．一质量为m 的游客(视为质点)可从轨道AB 的任意位置滑下，不计空气阻力．(1)若游客从A 点由静止开始滑下，到B 点时沿切线方向滑离轨道落在水面上的D 点，OD ＝2R ，求游客滑到B 点时的速度v B 大小及运动过程轨道摩擦力对其所做的功W f ；(2)若游客从AB 段某处滑下，恰好停在B 点，又因受到微小扰动，继续沿圆弧轨道滑到P 点后滑离轨道，求P 点离水面的高度h .(提示：在圆周运动过程中任一点，质点所受的向心力与其速率的关系为F 向＝m v 2R)21．[答案] (1)2gR －(mgH －2mgR ) (2)23R [解析] (1)游客从B 点做平抛运动，有2R ＝v B t ①R ＝12gt 2② 由①②式得v B ＝2gR ③从A 到B ，根据动能定理，有mg (H －R )＋W f ＝12m v 2B－0④ 由③④式得W f ＝－(mgH －2mgR )⑤(2)设OP 与OB 间夹角为θ，游客在P 点时的速度为v P ，受到的支持力为N ，从B 到P 由机械能守恒定律，有mg (R －R cos θ)＝12m v 2P－0⑥ 过P 点时，根据向心力公式，有mg cos θ－N ＝m v 2P R⑦ N ＝0⑧cos θ＝h R⑨ 由⑥⑦⑧⑨式解得h ＝23R .⑩ D5 万有引力与天体运动7．(15分)[2014·重庆卷] 题7图为“嫦娥三号”探测器在月球上着陆最后阶段的示意图，首先在发动机作用下，探测器受到推力在距月球表面高度为h 1处悬停(速度为0，h 1远小于月球半径)；接着推力改变，探测器开始竖直下降，到达距月面高度为h 2处的速度为v ；此后发动机关闭，探测器仅受重力下落到月面，已知探测器总质量为m (不包括燃料)，地球和月球的半径比为k 1，质量比为k 2，地球表面附近的重力加速度为g ，求：题7图(1)月球表面附近的重力加速度大小及探测器刚接触月面时的速度大小；(2)从开始竖直下降到刚接触月面时，探测器机械能的变化．7．[答案] (1)k 21k 2g v 2＋2k 21gh 2k 2 (2)12m v 2－k 21k 2mg (h 1－h 2) 本题利用探测器的落地过程将万有引力定律，重力加速度概念，匀变速直线运动，机械能等的概念融合在一起考查．设计概念比较多，需要认真审题．[解析] (1)设地球质量和半径分别为M 和R ，月球的质量、半径和表面附近的重力加速度分别为M ′、R ′和g ′，探测器刚接触月面时的速度大小为v t .由mg ′＝G M ′m R ′2和mg ＝G Mm R 2得g ′＝k 21k 2g由v 2t －v 2＝2g ′h 2得v t ＝v 2＋2k 21gh 2k 2(2)设机械能变化量为ΔE ，动能变化量为ΔE k ，重力势能变化量为ΔE p . 由ΔE ＝ΔE k ＋ΔE p有ΔE ＝12m (v 2＋2k 21gh 2k 2)－m k 21k 2gh 1得ΔE ＝12m v 2－k 21k 2mg (h 1－h 2)16．[2014·浙江卷] 长期以来“卡戎星(Charon)”被认为是冥王星唯一的卫星，它的公转轨道半径r 1＝19 600 km ，公转周期T 1＝6.39天.2006年3月，天文学家新发现两颗冥王星的小卫星，其中一颗的公转轨道半径r 2＝48 000 km ，则它的公转周期T 2最接近于( )A ．15天B ．25天C ．35天D ．45天16．B [解析] 本题考查开普勒第三定律、万有引力定律等知识．根据开普勒第三定律r 31T 21＝r 32T 22，代入数据计算可得T 2约等于25天．选项B 正确． 3．[2014·天津卷] 研究表明，地球自转在逐渐变慢，3亿年前地球自转的周期约为22小时．假设这种趋势会持续下去，地球的其他条件都不变，未来人类发射的地球同步卫星与现在的相比( )A ．距地面的高度变大B ．向心加速度变大C ．线速度变大D ．角速度变大3．A [解析] 本题考查万有引力和同步卫星的有关知识点，根据卫星运行的特点“高轨、低速、长周期”可知周期延长时，轨道高度变大，线速度、角速度、向心加速度变小，A 正确，B 、C 、D 错误．9.[2014·四川卷] 石墨烯是近些年发现的一种新材料，其超高强度及超强导电、导热等非凡的物理化学性质有望使21世纪的世界发生革命性的变化，其发现者由此获得2010年诺贝尔物理学奖．用石墨烯制作超级缆绳，人类搭建“太空电梯”的梦想有望在本世纪实现．科学家们设想，通过地球同步轨道站向地面垂下一条缆绳至赤道基站，电梯仓沿着这条缆绳运行，实现外太空和地球之间便捷的物资交换．(1)若“太空电梯”将货物从赤道基站运到距地面高度为h 1的同步轨道站，求轨道站内质量为m 1的货物相对地心运动的动能．设地球自转角速度为ω，地球半径为R .(2)当电梯仓停在距地面高度h 2＝4R 的站点时，求仓内质量m 2＝50 kg 的人对水平地板的压力大小．取地面附近重力加速度g 取10 m/s 2，地球自转角速度ω＝7.3×10－5 rad/s ，地球半径R ＝6.4×103 km.9．(1)12m 1ω2(R ＋h 1)2 (2)11.5 N[解析] (1)设货物相对地心的距离为r 1，线速度为v 1，则r 1＝R ＋h 1① v 1＝r 1ω② 货物相对地心的动能为 E k ＝12m 1v 21③联立①②③得 E k ＝12m 1ω2(R ＋h 1)2④(2)设地球质量为M ，人相对地心的距离为r 2，向心加速度为a n ，受地球的万有引力为F ，则r 2＝R ＋h 2⑤ a n ＝ω2r 2⑥F ＝Gm 2M r 22⑦g ＝GM R2⑧设水平地板对人的支持力大小为N ，人对水平地板的压力大小为N ′，则F －N ＝m 2a n ⑨ N ′＝N ⑩联立⑤～⑩式并代入数据得 N ′＝11.5 N ○11 20． [2014·山东卷] 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：如图所示，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E p ＝GMmhR （R ＋h ），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.mg 月R R ＋h (h ＋2R )B.mg 月R R ＋h (h ＋2R )C.mg 月R R ＋h ⎝⎛⎭⎫h ＋22R D.mg 月R R ＋h ⎝⎛⎭⎫h ＋12R 20．D [解析] 本题以月面为零势面，开始发射时，“玉兔”的机械能为零，对接完成时，“玉兔”的动能和重力势能都不为零，该过程对“玉兔”做的功等于“玉兔”机械能的增加．忽略月球的自转，月球表面上，“玉兔”所受重力等于地球对“玉兔”的引力，即G Mm R 2＝mg 月，对于在h 高处的“玉兔”，月球对其的万有引力提供向心力，即G Mm （R ＋h ）2＝m v 2R ＋h ，“玉兔”的动能E k ＝12m v 2，由以上可得，E k ＝g 月R 2m 2（R ＋h ）.对“玉兔”做的功W＝E k ＋E p ＝mg 月R R ＋h ⎝⎛⎭⎫h ＋12R .选项D 正确． 21．(8分)[2014·山东卷] 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将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，待弹簧秤示数稳定后，将读数记作F ；③改变滑块上橡皮泥的质量，重复步骤①②； 实验数据如下表所示：④如图乙所示，将木板固定在水平桌面上，滑块置于木板上左端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s .图甲图乙完成下列作图和填空：(1)根据表中数据在给定坐标纸上作出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)． 21．[答案] (1)略(2)0.40(0.38、0.39、0.41、0.42均正确)(3)2μg （s －h ）[解析] (1)根据实验步骤③给出的实验数据描点、连线即可． (2)上问所得图线的斜率就是滑块与木板间的动摩擦因数．(3)重物下落h 时，滑块的速度最大．设滑块的质量为m ，细绳拉力对滑块所做的功为W F ，对该过程由动能定理得W F －μmgh ＝12m v 2－0滑块从C 点运动到D 点，由动能定理得 W F －μmgs ＝0－0由以上两式得v ＝2μg （s －h ）. 19．[2014·新课标全国卷Ⅰ] 太阳系各行星几乎在同一平面内沿同一方向绕太阳做圆周运动．当地球恰好运行到某地外行星和太阳之间，且三者几乎排成一条直线的现象，天文学称为“行星冲日”．据报道，2014年各行星冲日时间分别是：1月6日木星冲日；4月9日火星冲日；5月11日土星冲日；8月29日海王星冲日；10月8日天王星冲日．已知地球及各地外行星绕太阳运动的轨道半径如下表所示，则下列判断正确的是( )A.各地外行星每年都会出现冲日现象 B ．在2015年内一定会出现木星冲日C ．天王星相邻两次冲日的时间间隔为土星的一半D ．地外行星中，海王星相邻两次冲日的时间间隔最短19．BD [解析] 本题考查万有引力知识，开普勒行星第三定律，天体追及问题．因为冲日现象实质上是角速度大的天体转过的弧度恰好比角速度小的天体多出2π，所以不可能每年都出现(A 选项)．由开普勒行星第三定律有T 2木T 2地＝r 3木r 3地＝140.608，周期的近似比值为12，故木星的周期为12年，由曲线运动追及公式2πT 1t －2πT 2t ＝2n π，将n ＝1代入可得t ＝1211年，为木星两次冲日的时间间隔，所以2015年能看到木星冲日现象，B 正确．同理可算出天王星相邻两次冲日的时间间隔为1.01年．土星两次冲日的时间间隔为1.03年．海王星两次冲日的时间间隔为1.006年，由此可知C 错误，D 正确．18．[2014·新课标Ⅱ卷] 假设地球可视为质量均匀分布的球体．已知地球表面重力加速度在两极的大小为g 0，在赤道的大小为g ；地球自转的周期为T ，引力常量为G .地球的密度为( )A.3πGT 2g 0－g g 0B.3πGT 2g 0g 0－gC.3πGT 2D.3πGT 2g 0g18．B [解析] 在两极物体所受的重力等于万有引力，即GMmR 2＝mg 0，在赤道处的物体做圆周运动的周期等于地球的自转周期T ，则GMm R 2－mg ＝m 4π2T 2R ，则密度 ρ＝3M4πR 3＝34πR 3g 0R 2G ＝3πg 0GT 2（g 0－g ）.B 正确．21．[2014·广东卷] 如图13所示，飞行器P 绕某星球做匀速圆周运动，星球相对飞行器的张角为θ，下列说法正确的是( )A ．轨道半径越大，周期越长B ．轨道半径越大，速度越大C ．若测得周期和张角，可得到星球的平均密度D ．若测得周期和轨道半径，可得到星球的平均密度21．AC [解析] 根据G MmR 2＝mR 4π2T 2，可知半径越大则周期越大，故选项A 正确；根据G MmR 2＝m v 2R ，可知轨道半径越大则环绕速度越小，故选项B 错误；若测得周期T ，则有M＝4π2R 3GT 2，如果知道张角θ，则该星球半径为r ＝R sin θ2，所以M ＝4π2R 3GT 2＝43π(R sin θ2)3ρ，可得到星球的平均密度，故选项C 正确，而选项D 无法计算星球半径，则无法求出星球的平均密度，选项D 错误．14． [2014·福建卷Ⅰ] 若有一颗“宜居”行星，其质量为地球的p 倍，半径为地球的q 倍，则该行星卫星的环绕速度是地球卫星环绕速度的( )A.pq 倍B.qp倍 C.pq倍 D.pq 3倍 14．C [解析] 由G MmR 2＝m v 2R 可知，卫星的环绕速度v ＝GMR ，由于“宜居”行星的质量为地球的p 倍，半径为地球的q 倍，则有v 宜v 地＝M 宜M 地·R 地R 宜＝p 1·1q＝pq，故C 项正确．26．[2014·全国卷] 已知地球的自转周期和半径分别为T 和R ，地球同步卫星A 的圆轨道半径为h ，卫星B 沿半径为r (r ＜h )的圆轨道在地球赤道的正上方运行，其运行方向与地球自转方向相同．求：(1)卫星B 做圆周运动的周期；(2)卫星A 和B 连续地不能直接通讯的最长时间间隔(信号传输时间可忽略)．26．[答案] (1)⎝⎛⎭⎫r h 32T(2)r 32π（h 32－r 32）(arcsin R h ＋arcsin Rr )T[解析] (1)设卫星B 绕地心转动的周期为T ′，根据万有引力定律和圆周运动的规律有G Mm h 2＝m⎝⎛⎭⎫2πT 2h ① G Mm ′r 2＝m ′⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT ′2r ② 式中，G 为引力常量，M 为地球质量，m 、m ′分别为卫星A 、B 的质量．由①②式得T ′＝⎝⎛⎭⎫r h 32T ③(2)设卫星A 和B 连续地不能直接通讯的最长时间间隔为τ；在此时间间隔τ内，卫星A 和B 绕地心转动的角度分别为α和α′，则α＝τT 2π④α′＝τT ′2π⑤若不考虑卫星A 的公转，两卫星不能直接通讯时，卫星B 的位置应在图中B 点和B ′点之间，图中内圆表示地球的赤道．由几何关系得∠BOB ′＝2⎝⎛⎭⎫arcsin R h ＋arcsin R r ⑥ 由③式知，当r ＜h 时，卫星B 比卫星A 转得快，考虑卫星A 的公转后应有α′－α＝∠BOB ′⑦由③④⑤⑥⑦式得τ＝r 32π（h 32－r 32）⎝⎛⎭⎫arcsin R h ＋arcsin R r T ⑧D6 曲线运动综合9． [2014·天津卷](1)半径为R的水平圆盘绕过圆心O的竖直轴匀速转动，A为圆盘边缘上一点．在O的正上方有一个可视为质点的小球以初速度v水平抛出，半径OA的方向恰好与v的方向相同，如图所示．若小球与圆盘只碰一次，且落在A点，重力加速度为g，则小球抛出时距O的高度h＝________，圆盘转动的角速度大小ω＝________．(2)某同学把附有滑轮的长木板平放在实验桌上，将细绳一端拴在小车上，另一端绕过定滑轮，挂上适当的钩码，使小车在钩码的牵引下运动，以此定量探究绳拉力做功与小车动能变化的关系．此外还准备了打点计时器及配套的电源、导线、复写纸、纸带、小木块等．组装的实验装置如图所示．①若要完成该实验，必需的实验器材还有哪些______________________________．②实验开始时，他先调节木板上定滑轮的高度，使牵引小车的细绳与木板平行．他这样做的目的是下列的哪个________(填字母代号)．A．避免小车在运动过程中发生抖动B．可使打点计时器在纸带上打出的点迹清晰C．可以保证小车最终能够实现匀速直线运动D．可在平衡摩擦力后使细绳拉力等于小车受的合力③平衡摩擦后，当他用多个钩码牵引小车时，发现小车运动过快，致使打出的纸带上点数较少，难以选到合适的点计算小车的速度．在保证所挂钩码数目不变的条件下，请你利用本实验的器材提出一个解决办法：______________________．④他将钩码重力做的功当作细绳拉力做的功，经多次实验发现拉力做功总是要比小车动能增量大一些．这一情况可能是下列哪些原因造成的________(填字母代号)．A．在接通电源的同时释放了小车B．小车释放时离打点计时器太近C．阻力未完全被小车重力沿木板方向的分力平衡掉D．钩码做匀加速运动，钩码重力大于细绳拉力(3)现要测量一个未知电阻R x的阻值，除R x外可用的器材有：多用电表(仅可使用欧姆挡)；一个电池组E(电动势6 V)；一个滑动变阻器R(0～20 Ω，额定电流1 A)；两个相同的电流表G(内阻R g＝1000 Ω，满偏电流I g＝100 μA)；两个标准电阻(R1＝29 000 Ω，R2＝0.1 Ω)；一个电键S、导线若干．。