2015年江苏省苏锡常镇四市高考物理二模试卷
一、单项选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分，每小题只有一个选项符合题意，选对得3分，错选或不答得0分．
1．（3分）如图所示，在竖直平面内，用甲、乙两个弹簧秤通过细线拉着一个钩码，使之处于静止状态．若保持甲弹簧秤拉力的方向不变，缓慢地调节乙弹簧秤，使两细线之间的夹角增大一些，则（ ）
A． 两拉力的合力可能增大 B． 两拉力的合力可能减小
C． 甲弹簧秤的示数可能减小 D． 乙弹簧秤的示数可能减小
【考点】： 合力的大小与分力间夹角的关系．
【专题】： 平行四边形法则图解法专题．
【分析】： 对结点受力分析，通过图解法抓住甲、乙合力不变，甲的拉力方向不变，改变乙的拉力，从而判断拉力的变化．
【解析】： 解：由平衡条件得知，甲、乙两个拉力F1和F2的合力与重力G大小相等、方向相反，保持不变，作出甲、乙两个在三个不同位置时力的合成图，
如图，在甲、乙从1→2→3三个位置的过程中，可以看出，当甲、乙两个方向相互垂直时，F2最小，可见，F1逐渐减小，F2先逐渐减小后逐渐增大．
甲的拉力逐渐减小，乙的拉力先减小后增大．
故选：
D
【点评】： 本题采用图解法研究动态平衡问题．图解法形象、直观，能直接反映力的变化情况．作图时要抓住张力F1和F2的合力不变、甲的方向不变，再由几何知识进行分析．
2．（3分）如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为10：1，输入电压u=311sin（100πt）V，L1和L2灯泡都正常发光，两电表可视为理想交流电表．则（ ）
A． 该交流电的频率为100Hz
B． 电压表的示数为31.1V
C． 若将变阻器的滑片P向上滑动，则电流表的示数将变大
D． 若将变阻器的滑片P向上滑动，则灯泡L1将变暗、灯泡L2将变亮
【考点】： 变压器的构造和原理．
【专题】： 交流电专题．
【分析】： 根据瞬时值表达式可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，再根据电压与匝数成正比即可求得结论，在滑动变阻器触头P向上移动的过程中，滑动变阻器的阻值变小，电路的总电阻减小，根据变压器的特点及欧姆定律分析即可．
【解析】： 解：A、电路中的变压器不改变交流电的频率，f==50Hz，所以A错误．
B、原线圈的电压的有效值为220V，根据电压与匝数成正比可知，副线圈的有效值为22V，所以B错误．
C、在滑动变阻器触头P向上移动的过程中，滑动变阻器的阻值变小，电路的总电阻减小，由于电压是由变压器决定的，输出的电压不变，所以电流变大，即电流表读数变大，L1两端电压不变，所以亮度不变，L2将变亮，故C正确，D错误．
故选：C
【点评】： 电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法．同时注意线圈L对电流的敏感程度．
3．（3分）火星和地球绕太阳运行的轨道可近似视为圆形，若已知火星和地球绕太阳运行的周期之比，则由此可求得（ ）
A． 火星和地球受到太阳的万有引力之比
B． 火星和地球绕太阳运行速度大小之比
C． 火星和地球表面的重力加速度之比
D． 火星和地球的第一宇宙速度之比
【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】： 研究火星和地球绕太阳做圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式表示出轨道半径．进一步根据周期之比计算其它量的比值．
【解析】： 解：A、由于无法知道火星和地球的质量之比，故不能计算出火星和地球所受太阳的万有引力之比，故A错误．
B、根据圆周运动知识得：，由于火星和地球绕太阳运动的周期之比和火星和地球到太阳的距离之比都知道，所以能求得火星和地球绕太阳运行速度大小之比，故B正确．
C、忽略球体自转的影响，万有引力和重力相等，即：，得，由于星球的半径之比不知道，故不可以求得火星和地球绕太阳运动的表面的重力加速度之比，故C错误．
D、根据万有引力提供向心力得：，即，由于星球的半径之比不知道，故不可以求得火星和地球绕太阳运动的第一宇宙速度之比，故D错误；
故选：B．
【点评】： 求一个物理量之比，我们应该把这个物理量先用已知的物理量表示出来，再根据表达式进行比较．向心力的公式选取要根据题目提供的已知物理量或所求解的物理量选取应用．
4．（3分）某同学设计了一种能自动拐弯的轮子．如图所示，两等高的等距轨道a、b固定于水平桌面上，当装有这种轮子的小车在轨道上运行到达弯道略微偏向轨道外侧时，会顺利实现拐弯而不会出轨．下列截面图所示的轮子中，能实现这一功能的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【考点】： 向心力．
【专题】： 牛顿第二定律在圆周运动中的应用．
【分析】： 要使小车顺利拐弯，必须提供向心力，根据小车的受力情况，判断轨道提供的向心力，即可判断．
【解析】： 解：A、当该小车在轨道上运行到达弯道略微偏向轨道外侧时，由于惯性，内侧轮高度略降低，外侧轮高度略升高，轨道对小车的支持力偏向轨道内侧，与重力的合力提供向心力，从而顺利拐弯，故A正确．
B、当该小车在轨道上运行到达弯道略微偏向轨道外侧时，由于惯性，内侧轮高度略升高，外侧轮高度略降低，轨道对小车的支持力偏向轨道外侧，小车会产生侧翻，故B错误．
C、当该小车在轨道上运行到达弯道略微偏向轨道外侧时，由于惯性，内侧轮高度略升高，外侧轮高度略降低，轨道对小车的支持力偏向轨道外侧，小车会产生侧翻，故C错误．
D、当该小车在轨道上运行到达弯道略微偏向轨道外侧时，没有外力提供向心力，由于惯性，小车会出轨，故D错误．
故选：A．
【点评】： 解决本题的关键是分析小车的受力情况，确定什么提供向心力，从而判断其运动状态．
5．（3分）如图甲所示，圆形的刚性金属线圈与一平行板电容器连接，线圈内存在垂直于线圈平面的匀强磁场，磁感应强度B随时间变化的关系如图乙所示（以图示方向为正方向）．t=0时刻，平行板电容器间一带正电的粒子（重力可忽略不计）由静止释放，假设粒子运动未碰
到极板，不计线圈内部磁场变化对外部空间的影响，下列粒子在板间运动的速度图象和位移图象（以向上为正方向）中，正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【考点】： 法拉第电磁感应定律．
【专题】： 电磁感应与电路结合．
【分析】： 由图可知磁感应强度的变化，则由楞次定则可得出平行板上的带电情况；对带电粒子受力分析可知带电粒子的受力情况，由牛顿第二定律可知粒子的运动情况；根据粒子受力的变化可知粒子加速度的变化，通过分析可得出粒子的运动过程．
【解析】： 解：AB、0～内情况：由楞次定律可知，金属板上极板带负电，金属板下极板带正电；
因粒子带正电，则粒子所受电场力方向竖直向上而向上做匀加速运动．
～内情况：由楞次定律可知，金属板上极板带正电，金属板下极板带负电；
因粒子带正电，则粒子所受电场力方向竖直向下而向上做匀减速运动，直到速度为零．
～内情况：由楞次定律可知，金属板上极板带正电，金属板下极板带负电，带正电粒子向下匀加速， 同理，～T内情况：由楞次定律可知，金属板上极板带负电，金属板下极板带正电； 因粒子带正电，则粒子所受电场力方向竖直向上，而向下做匀减速运动，直到速度为零．故AB错误；
CD、由A选项分析可知，末速度减小为零，位移最大，当T末，粒子回到了原来位置．故C正确，D错误；
故选：C．
【点评】： 本题属于综合性题目，注意将产生感应电流的部分看作电源，则可知电容器两端的电压等于线圈两端的电压，这样即可还原为我们常见题型．
二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分．每小题有多个选项符合题意．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分.
6．（4分）如图所示为真空中两个异种点电荷a、b电场的等势面分布，A、B为电场中的两点，且A点电势高于B点电势，则下列说法正确的是（ ）
A． a带正电
B． a的场强方向沿该处等势面的切线方向
C． 同一检验电荷，在A点受到的电场力大于在B点受到的电场力
D． 正检验电荷从A点移到B点，电场力做正功
【考点】： 等势面．
【专题】： 电场力与电势的性质专题．
【分析】： 该电场是 不等量同种异号电荷的电场，具有上下对称性、左右不对称．电场线从正电荷出发到负电荷终止，顺着电场线方向电势逐渐降低，由电势的变化，分析电势能的变化．
【解析】： 解：A、由题可知，由于A点的电势高于B点的电势，结合顺着电场线方向电势逐渐降低可知，a处的电势一定高于b点处的电势，所以a带正电，b带负电．故A正确；
B、由于等势面与电场线的方向总是垂直，所以a的场强方向沿该处等势面的切线的垂直方向．故B错误；
C、由图可知，由于B处等势面比较密，所以B处的电场强度大，而A处的电场强度小，所以同一检验电荷，在A点受到的电场力小于在B点受到的电场力．故C错误；
D、由题可知，由于A点的电势高于B点的电势，所以正检验电荷从A点移到B点，电场力做正功．故D正确．
故选：AD
【点评】： 该题考查常见电场的特点，解题的关键是在两个电荷连线的中垂线上的电势和无穷远处的电势相等．而正电荷周围的电场的电势都比它高，负电荷周围的电场的电势都比它低．
7．（4分）如图所示，将圆柱形强磁铁吸在干电池负极，金属导线折成上端有一支点、下端开口的导线框，使导线框的顶端支点和底端分别与电源正极和磁铁都接触良好但不固定，这样整个线框就可以绕电池轴心旋转起来．下列判断中正确的是（ ）
A． 线框能旋转起来，是因为电磁感应 B． 俯视观察，线框沿逆时针方向旋转 C． 电池输出的电功率大于线框旋转的机械功率 D． 旋转达到稳定时，线框中电流比刚开始转动时的大
【考点】： 安培力．
【分析】： 根据左手定则判断螺丝钉的转动方向，根据能量守恒定律判断电流的大小
【解析】： 解：A、小磁铁产生的磁场方向为螺丝的下端A向下流向磁铁，对螺丝的下端平台侧面分析，
扁圆柱形磁铁上端为S极，下端为N极
周围磁感线由上往下斜穿入螺丝内部
在垂直于纸面向外的径向上，磁感应线有垂直于纸面向里的分量
在此径向上的负电荷由下往上运动，由左手定则知：
此负电荷受到垂直于径向沿纸面向右的洛伦兹力，即在径向的左垂线方向；
同理，其他任一径向上的电荷均受到左垂线方向的洛伦兹力（中心原点除外）
所以，由上往下看（俯视），螺丝沿逆时针转动，
所以该装置的原理是电流在磁场中的受力，不是电磁感应．故A错误，B正确；
C、因为电源消耗的总功率一部分转化为内能，另一部分转化为动能，所以总功率大于热功率．故C正确．
D、受到的安培力开始时使线圈做加速运动，当安培力等于阻力时速度达到最大．故D错误 故选：BC
【点评】： 解决本题的关键掌握左手定则判断安培力的方向，以及知道在本题中电能部分转化为内能，还有部分转化为机械能
8．（4分）如图所示，斜面体静置于水平地面上，小物块恰好沿斜面匀速下滑．现分别对小物块进行以下三种操作：
①施加一个沿斜面向下的恒力F；
②施加一个竖直向下的恒力F；
③施加一个垂直斜面向下的恒力F．
则在小物块后续的下滑过程中，下列判断正确的是（ ）
A． 操作①中小物块将做匀加速运动
B． 操作②中小物块仍做匀速运动
C． 操作③中斜面体可能会发生滑动
D． 三种操作中斜面受到地面摩擦力均为0
【考点】： 牛顿第二定律；摩擦力的判断与计算．
【专题】： 牛顿运动定律综合专题．
【分析】： 物块匀速下滑时，物块处于平衡状态，根据物块在沿斜面方向的合力判断物块的运动规律，结合物块对斜面压力和摩擦力在水平方向的分力关系判断地面的摩擦力大小．
【解析】： 解：小物块恰好沿斜面匀速下滑，根据平衡有：mgsinθ=μmgcosθ，
A、施加一个沿斜面向下的恒力F，根据牛顿第二定律，合力为F，加速度a=，物块做匀加速运动，故A正确．
B、施加一个竖直向下的恒力F，有：（mg+F）sinθ=μ（mg+F）cosθ，可知物块仍然做匀速运动，故B正确．
C、开始斜面体处于静止状态，可知重物对斜面的压力在水平方向的分力与摩擦力在水平方向的分力大小相等，施加一个垂直斜面向下的恒力F，摩擦力f与压力的关系仍然为μFN，可知斜面体受到重物的压力和摩擦力在水平方向的分力相等，斜面体仍然处于平衡状态，故C错误．
D、开始重物对斜面的压力在水平方向的分力与摩擦力在水平方向的分力大小相等，施加外力后，摩擦力f与压力的关系仍然为μFN，因为三种情况下，物块对斜面体的压力和摩擦力在水平方向的分力始终相等，可知地面的摩擦力为零．故D正确．
故选：ABD．
【点评】： 解决本题的关键知道物块处于平衡和斜面体处于平衡状态时，物块对斜面的压力在水平方向的分力与摩擦力在水平方向的分力相等，这是解决本题的关键．
9．（4分）如图所示为水平抛出的小球与地面碰撞前后的频闪照片，其先后经过的位置分别用1～8标记．已知小球的质量为0.1kg，照片中对应每格的实际长度为0.05m，不计空气阻
2力，重力加速度g取10m/s，则以下判断正确的是（ ）
A． 小球与地面碰撞后速度变化率小于碰撞前速度变化率
B． 小球经过位置3时的瞬时速度方向与位置2、4连线方向平行
C． 小球经过位置6时的瞬时速度大小为0.5m/s
D． 小球与地面碰撞过程机械能损失为0.25J
【考点】： 平抛运动．
【专题】： 平抛运动专题．
【分析】： 小球与地面碰撞前后加速度不变，做匀变速曲线运动．根据竖直方向上的运动规律求出相等的时间间隔，从而得出碰撞前后水平分速度，根据2、4连线与水平方向的夹角和位置3速度方向与水平方向的夹角判断方向是否平行．在碰撞前和碰撞后运动过程机械能守恒，求出位置3比位置6多的机械能，即可得出损失的机械能．
【解析】： 解：A、小球与地面碰撞后的加速度与小球碰撞前的加速度相等，可知小球与地面碰撞后速度变化率等于碰撞前速度变化率，故A错误．
B、在竖直方向上，根据△y=2L=gT得，
2，落地前水平分速度
，位，2、4两点连线与水平方向夹角的正切值
置3的竖直分速度，则位置3瞬时速度方向与水平方向夹角的正切值
行，故B正确． ，可知小球经过位置3的瞬时速度方向与位置2、4连线方向平
C、小球经过位置6时竖直分速度为零，则
D、在下落过程和反弹过程中机械能守恒，位置3的速度
动能比位置6动能多=，故C正确． ，位置3，位置3的重力势能比位置6的重力势能多△Ep=mgL=1×0.05J=0.05J，可知机械能多0.2875J．所以小球与地面碰撞过程中机械能损失0.2875J．故D错误．
故选：BC．
【点评】： 解决本题的关键知道小球在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式和推论灵活求解，难度较大．
三、简答题：本题分必做题（第10、11题）和选做题（第12题）两部分，共2小题，共计42分.请将解答填写在答题卡相应的位置．
10．（8分）某同学用如图1所示装置研究物块运动速度变化的规律．
（1）从纸带上选取若干计数点进行测量，得出各计数点的时间t与速度v的数据如表： 时间t/s 0 0.10 0.20 0.30 0.40 0.50 0.60
速度v/（ms） 0 0.16 0.31 0.45 0.52 0.58 0.60
请根据实验数据做出如图2物块的v﹣t图象．
（2）上述v﹣t图象不是一条直线，该同学对其装置进行了进一步检查，列出了下列几条，其中可能是图象发生弯曲原因的是 D
A．长木板不够光滑 B．没有平衡摩擦力
C．钩码质量m没有远小于物块质量M D．拉物块的细线与长木板不平行
﹣1
【考点】： 探究小车速度随时间变化的规律．
【专题】： 实验题．
【分析】： （1）根据描点法作出图象，即可；
（2）根据图象的斜率含义，结合牛顿第二定律，及力的分解与滑动摩擦力公式，即可求解．
【解析】： 解：（1）合理选取坐标刻度，尽可能使图象“充满”坐标平面，利用题中所给数据描点连线，得到小车的v﹣t图象如图所示：
（2）由速度与时间图象可知，斜率表示加速度的大小，由图象可得，一开始加速度不变，后来加速度减小，
分析可知，物块的合外力变小，引起原因是拉物块的细线与长木板不平行，当物块越靠近定滑轮时，夹角越大，则拉力沿着桌面的分力减小，
然而，长木板不够光滑，或没有平衡摩擦力，或钩码质量m没有远小于物块质量M，都不会出现中途加速度变化的现象，故D正确，ABC错误；
故答案为：（1）如上图所示；（2）D．
【点评】： 考查描点作图的方法，注意平滑连接的细节，掌握误差分析的方法，得出引起加速度变化的根源是解题的关键．
11．（10分）将两个金属电极锌片和铜片插入一个水果中就可以做成一个水果电池，某兴趣小组欲测量水果电池的电动势和内阻．
（1）甲同学用多用表的直流电压（0～1V）档估测某水果电池的电动势，稳定时指针如图1中A所示，则读数为 0.84 V；用多用表的欧姆×100档估测水果电池的内阻，稳定时指针
3如图1中B所示，则读数为 3.2×10 Ω．上述测量中存在一重大错误，是 不能用多用电
表电阻档直接测电源内阻 ．
（2）乙同学采用如图3所示电路进行测量，并根据测量数据做出了R﹣图象（如图2），则根据图象，该水果电池的电动势为 0.97 V，内阻为 1.6×10 Ω．（结果保留两位有效数字）
【考点】： 测定电源的电动势和内阻．
【专题】： 实验题．
【分析】： （1）根据多用电表的使用方法可明确读数及正确使用； 3
（2）由闭合电路欧姆定律可得出对应的公式；再由图象交点及斜率的意义可得出有关电动势和内电阻的表达式，则可求得电动势和内电阻；
【解析】： 解：（1）量程选择1V，则最小分度为0.02V，故读数为：0.84V；
3用×100档位测量电阻，电阻R=32×100=3.2×10Ω
本实验方法直接用欧姆档测量电源的内阻，这是错误的，因为欧姆档内部本身含有电源，而外部电压会干涉读数；故不能用多用电表电阻档直接测电源内阻
（2）由闭合电路欧姆定律可知：
I= 则=+；
由由公式及数学知识可得：
图象中的k==0.97 b==1.6×10
解得：E=0.97V，r=1.6×10
3故答案为：（1）0.84；3.2×10；
不能用多用电表电阻档直接测电源内阻
3（2）0.97 1.6×10
【点评】： 本题涉及测定电源电动势和内电阻的实验原理及具体操作，虽然最后的图象处理不是用的伏安法，但都可以用闭合电路欧姆定律列式分析，作出直线图象是关键．
二.【选做题】本题包括A、B、C三个模块，请选定其中两个模块作答.如三个都做，则按
A、B两题评分.A．（选修模块3-3）（12分）
12．（4分）下列说法正确的是（ ）
A． 雨水没有透过布雨伞是因为液体表面存在张力
B． 布朗运动反映了悬浮颗粒中分子运动的不规则性
C． 给自行车打气时气筒压下后反弹，是由分子斥力造成的
D． 单晶体的某些物理性质具有各向异性，而多晶体和非晶体是各向同性的
【考点】： * 晶体和非晶体；布朗运动．
【分析】： 液体存在表面张力；布朗运动是悬浮固体小颗粒的运动，反应了液体分子的无规则运动；气体分子间距离较大，一般不考虑分子间作用力；单晶体的某些物理性质具有各向异性，而多晶体和非晶体是各向同性的．
【解析】： 解：A、雨水在布料上形成一层薄膜，使雨水没有透过布雨伞是因为液体表面存在张力，故A正确；
B、布朗运动是悬浮微粒的运动，反映了液体分子或气体分子的无规则运动，故B错误；
C、打气时会反弹是因为气体压强的原因，不是分子斥力的作用；故C错误；
D、单晶体的某些物理性质是各向异性的，多晶体和非晶体的物理性质是各向同性的，故D正确；
故选：AD． 33
【点评】： 本题考查了液体的表面张力、分子间相互作用力、布朗运动、晶体和非晶体的物理性质等内容；在学习时要注意布朗运动是悬浮微粒的运动，反应了液体分子或气体分子的无规则运动．
13．（4分）一定质量的理想气体，由状态A通过如图所示的箭头方向变化到状态C．则气体由状态A到状态B的过程中，气体的内能 不变 （选填“增大”、“减小”或“不变”），气体由状态A到状态C的过程中，气体与外界总的热交换情况是 放热 （选填“吸热”、“放热”或“无法确定”）
【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】： 根据气体状态方程和已知的变化量去判断其它的物理量的变化，根据热力学第一定律的表达式△U=Q+W进行判断
【解析】： 解：理想气体从状态A变化到状态B，斜率K=PV保持不变，所以做等温变化，故气体的内能不变；
理想气体从状态A变化到状态B，气体体积减小，W＞0，从B到C，体积不变，压强减小，所以温度降低，内能减小，由△U=Q+W，气体由状态A到状态C的过程中，气体与外界总的热交换情况是，Q＜0，则气体放热．
故答案为：不变、放热
【点评】： 要注意研究过程中哪些量不变，哪些量变化．运用△U=Q+W来分析问题时，必须理解表达式的物理意义，掌握它的符号法则
14．（4分）某种油酸密度为ρ、摩尔质量为M、油酸分子直径为d，将该油酸稀释为体积浓度为的油酸酒精溶液，用滴管取一滴油酸酒精溶液滴在水面上形成油膜，已知一滴油酸酒精溶液的体积为V
．若把油膜看成是单分子层，每个油分子看成球形，则油分子的体积为
，求：
①一滴油酸在水面上形成的面积；
②阿伏加德罗常数NA的表达式．
【考点】： 用油膜法估测分子的大小．
【专题】： 阿伏伽德罗常数的应用专题．
【分析】： （1）将配制好的油酸酒精溶液，通过量筒测出1滴此溶液的体积．则用1滴此溶液的体积除以油酸分子的直径，等于1滴此溶液的面积．
（2）根据摩尔质量与密度，求出摩尔体积，然后与单个分子的体积的比值，即为阿伏伽德罗常数．
【解析】： 解：①一滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积，
水面上的面积
②油酸的摩尔体积为
阿伏加德罗常数为
答：①一滴油酸在水面上形成的面积是
． ；②阿伏加德罗常数NA
的表达式是
【点评】： 掌握该实验的原理是解决问题的关键，该实验中以油酸分子呈球型分布在水面上，且一个挨一个，从而可以由体积与面积相除求出油膜的厚度，从而求出分子直径．
B．（选修模块3-4）（12分）
15．（4分）下列说法正确的是（ ）
A． 光的偏振现象说明光是一种纵波
B． 当波的波长比障碍物的尺寸大时，能产生明显的衍射现象
C． 当声源相对于观察者匀速远离时，观察者听到的声音音调会变低
D． 电磁波由真空进入玻璃后频率变小
【考点】： 电磁波的周期、频率和波速；多普勒效应．
【分析】： 偏振现象说明光是横波；根据明显衍射现象条件，可知，波长越长，越容易发生明显衍射现象；多普勒效应和波的频率由波源决定，利用以上即可求解．
【解析】： 解：A、光的偏振现象说明光是一种横波，而不是纵波，故A错误；
B、波长比孔的宽度大得越多或相差不大时，波的衍射越明显，故B正确；
C、据多普勒效应可知，当声源相对于观察者匀速远离时，观察者听到的声音音调会变低，故C正确；
D、波的频率由波源决定，当电磁波由真空进入玻璃后频率不变，故D错误．
故选：BC．
【点评】： 考查光的偏振、衍射、多普勒效应，注意衍射与明显衍射的区别，抓住问题的实质求解，基础题．
16．（4分）如图所示，为一列沿﹣x方向传播的简谐波在t=0时刻的波形图．当t=0.3s时，Q点恰好处于波谷位置，则P点此时处于“波峰”、“波谷”或“平衡”）位置．这列波的波速至少为 0.1 m/s．
【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】： 先判断此时刻Q点的振动方向，结合t=0.3s时，Q点恰好处于波谷位置求出最大周期，从而判断P所处位置，根据波长和频率求出波速．
【解析】： 解：根据图象可知波长λ=4cm=0.04m，波沿﹣x方向传播，则此时Q向上振动，t=0.3s时，Q点恰好处于波谷位置，则有：
此时，P点应处于平衡位置处，
当n=0时，周期最大，波速最小，则最小速度为：v= ，
故答案为：平衡，0.1
【点评】： 本题考查了波的图象、振动和波动的关系，能根据波形图判断质点的振动方向，难度不大，属于基础题
17．（4分）如图所示是一段光导纤维的简化图，光纤总长为L，已知光从左端射入光线在光纤的侧面上恰好能发生全反射．若已知该光纤的折射率为n，光在真空中传播速度为c，求：
①光在该光纤中的速度大小；
②光从左端射入最终从右端射出所经历的时间．
【考点】： 全反射．
【专题】： 全反射和临界角专题．
【分析】： 由题，根据几何知识求出光线在光纤中通过的路程，由v= 求出光在光纤中传播的速度；再求解光从A点射入到从B点射出所经历的时间t．
【解析】： 解：①如图所示，
而光在玻璃中传播的速度为：v=；
②则光沿着轴线的方向的速度为v′=vsinC
由上分析可得，光从A点射入到从B点射出所经历的时间为：t===； 答：①光在该光纤中的速度大小；
②光从左端射入最终从右端射出所经历的时间．
【点评】： 本题考查对“光纤通信”原理的理解，利用全反射的条件求出入射角和折射角正弦，由数学知识求出光在光纤中通过的路程与L的关系，再所用的时间．
C．（选修模块3-5）（12分）
18．下列说法正确的是（ ）
A． 卢瑟福通过对α粒子散射实验现象的分析，发现了原子是可以再分的
B． β射线与γ射线一样都是电磁波，但穿透本领远比γ射线弱
C． 原子核的结合能等于使其完全分解成自由核子所需的最小能量
D． 裂变时释放能量是因为发生了亏损质量
【考点】： 重核的裂变；原子核的结合能．
【专题】： 衰变和半衰期专题．
【分析】： 卢瑟福通过对α粒子散射实验现象的分析，提出了原子的核式结构模型．
比结合能：原子核结合能对其中所有核子的平均值，亦即若把原子核全部拆成自由核子，平均对每个核子所要添加的能量．用于表示原子核结合松紧程度．
结合能：两个或几个自由状态的粒子结合在一起时释放的能量．自由原子结合为分子时放出的能量叫做化学结合能，分散的核子组成原子核时放出的能量叫做原子核结合能．
【解析】： 解：A、卢瑟福通过对α粒子散射实验现象的分析，提出了原子的核式结构模型；故A错误；
B、β射线的本质的电子流，γ射线是电磁波，故B错误；
C、根据分散的核子组成原子核时放出的能量叫做原子核结合能，所以原子核的结合能等于使其完全分解成自由核子所需的最小能量．故C正确；
D、根据爱因斯坦质能方程可知，裂变时释放能量是因为发生了亏损质量，故D正确； 故选：CD
【点评】： 本题考查了α粒子散射实验现象、三种射线的本质与特点、结合能和比结合能的区别、爱因斯坦质能方程，注意结合能与比结合能的两个概念的联系和应用．属于基础题目，在平时的学习过程中多加积累即可．
19．如图所示为氢原子的能级结构示意图，一群氢原子处于n=3的激发态，在向较低能级跃迁的过程中向外辐射出光子，辐射出的光子中最长波长为
（已知普朗克常量为h，光速为c）；用这些光子照射逸出功为W0的金属钠，金属钠表面所发出的光电子的最大初动能是 E﹣E﹣W ．
【考点】： 氢原子的能级公式和跃迁．
【专题】： 原子的能级结构专题．
【分析】： 根据辐射的光子能量等于两能级间的能级差求出辐射的光子能量，得出频率大小，再由λ=，即可得出波长；
根据光电效应的条件判断能发生光电效应的光子种数，结合光电效应求出光电子的最大初动能．
【解析】： 解：根据辐射的光子能量等于两能级间的能级差，可知，从n=3向n=2跃迁的光子频率最小，波长最长．
E=E3﹣E2=h
λ=
用这些光子照射逸出功为W0的金属钠，
从n=3跃迁到n=1辐射的光子能量最大，发生光电效应时，产生的光电子最大初动能最大， 根据光电效应方程得，Ekm=hv﹣W0=E3﹣E1﹣W0， 故答案为：； E3﹣E1﹣W0
【点评】： 解决本题的关键知道能级间跃迁所满足的规律，即Em﹣En=hv，以及掌握光电效应方程，并能灵活运用．
20．氚（H）是最简单的放射性原子核，夜光手表即是利用氚核衰变产生的β射线激发荧光物质发光．氚核发生β衰变过程中除了产生β粒子和新核外，还会放出不带电且几乎没有静止质量的反中微子．在某次实验中测得一静止的氚核发生β衰变后，产生的反中微子和β粒子的运动方向在一直线上，设反中微子的动量为p1，β粒子的动量为p2．求： ①氚发生β衰变的衰变方程；
②产生新核的动量．
【考点】： 原子核衰变及半衰期、衰变速度；动量守恒定律．
【专题】： 衰变和半衰期专题．
【分析】： ①根据质量数与质子数守恒，即可确定衰变方程；
②原子核在发生衰变的过程中，动量守恒，从而即可求解．
【解析】： 解：①根据质量数与质子数守恒，则氚发生β
衰变的衰变方程：
→；
②衰变过程中动量守恒，0=P1+P2+P
所以新核的动量大小为P=﹣p1﹣p2；
答：①发生β衰变的衰变方程
②产生新核的动量﹣p1﹣p2． →，
【点评】： 本题考查了衰变过程中动量守恒和爱因斯坦质能方程的应用，并掌握书写核反应的方程的规律，注意质量数与质子数守恒．
四、计算题：本题共3小题，共计47分．解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位.
21．（15分）如图所示，两根半径为r的圆弧轨道间距为L，其顶端a、b与圆心处等高，轨道光滑且电阻不计，在其上端连有一阻值为R的电阻，整个装置处于辐向磁场中，圆弧轨道所在处的磁感应强度大小均为B．将一根长度稍大于L、质量为m、电阻为R0的金属棒从轨道顶端ab处由静止释放．已知当金属棒到达如图所示的cd位置（金属棒与轨道圆心连线和水平面夹角为θ）时，金属棒的速度达到最大；当金属棒到达轨道底端ef时，对轨道的压力为1.5mg．求：
（1）当金属棒的速度最大时，流经电阻R的电流大小和方向；
（2）金属棒滑到轨道底端的整个过程中流经电阻R的电量；
（3）金属棒滑到轨道底端的整个过程中电阻R上产生的热量．
【考点】： 导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律；焦耳定律．
【专题】： 电磁感应与电路结合．
【分析】： （1）金属棒速度最大时，在轨道切线方向所受合力为0，由此条件列式求解流经电阻R的电流大小，由右手定则判断电流方向．
（2）金属棒下滑过程中，回路的磁通量增加，先求出磁通量的增加量，再由法拉第电磁感应定律和欧姆定律求电量．
（3）先由牛顿第二定律求出金属棒到达最低点时的速度，再根据能量守恒定律求电阻R上产生的热量．
【解析】： 解：（1）金属棒速度最大时，在轨道切线方向所受合力为0，则有：
mgcosθ=BIL
解得：I=，流经R的电流方向为a→R→b．
（2）金属棒滑到轨道底端的整个过程中，穿过回路的磁通量变化量为：
△Φ=BS=B•L
•
= 平均电动势为：=，平均电流为：=
则流经电阻R的电量：q=t=
=
（3）在轨道最低点时，由牛顿第二定律得：N﹣mg=m
据题有：N=1.5mg
由能量转化和守恒得：Q=mgr﹣=mgr
电阻R上发热量为：QR=Q=
答：（1）当金属棒的速度最大时，流经电阻R的电流大小为
为a→R→b．
（2）金属棒滑到轨道底端的整个过程中流经电阻R的电量为，流经R的电流方向．
（3）金属棒滑到轨道底端的整个过程中电阻R上产生的热量为．
【点评】： 解决本题的关键是明确金属棒是垂直切割磁感线的，与平直轨道上运动情况相似，注意电量与磁通量的变化量有关，热量往往根据能量守恒求解．
22．（16分）如图所示，在xOy平面内0＜x＜L的区域内有一方向竖直向上的匀强电场，x＞L的区域内有一方向垂直于xOy平面向外的匀强磁场．某时刻，一带正电的粒子从坐标原点，以沿x轴正方向的初速度v0进入电场；之后的另一时刻，一带负电粒子以同样的初速度从坐标原点进入电场．正、负粒子从电场进入磁场时速度方向与电场和磁场边界的夹角分别为60°和30°，两粒子在磁场中分别运动半周后恰好在某点相遇．已知两粒子的重力以及两粒子之间的相互作用都可忽略不计．求：
（1）正、负粒子的比荷之比：；
（2）正、负粒子在磁场中运动的半径大小；
（3）两粒子先后进入电场的时间差．
【考点】： 带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动．
【专题】： 带电粒子在复合场中的运动专题．
【分析】： （1）粒子在电场中做类平抛运动，将运动分解，结合牛顿第二定律即可求出；
（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律即可求出它们的半径；
（3）由周期与半径的关系：分别求出它们的周期，然后求出它们的磁场中运动 的时间，即可求出两粒子先后进入电场的时间差．
【解析】： 解：（1）设粒子进磁场方向与边界夹角为θ，粒子在水平方向做匀速直线运动，则：
沿电场线的方向：，vy=at 又：联立得：
=
（2）粒子在电场中的偏转量：∝ 所以： 又：
两粒子离开电场位置间的距离：d=y1+y2 磁场中圆周运动速度：
所以：由洛伦兹力提供向心力得：
得：， ， ，， 所以：
根据题意作出运动轨迹，两粒子相遇在P点，
由几何关系可得：
2r1=dsin60°
2r2=dsin30° 联立解得：，
（3）粒子在磁场中运动的周期：
两粒子在磁场中运动时间均为半个周期，则：t1=
，
由于两粒子在电场中时间相同，所以进电场时间差即为磁场中相遇前的时间差：
答：（1）正、负粒子的比荷之比是1：3；
（2）正、负粒子在磁场中运动的半径大小分别是和；
（3）两粒子先后进入电场的时间差是．
【点评】： 该题考查带电粒子在电场中的运动和带电粒子在磁场中的运动，正电荷与负电荷虽然偏转的方向相反，但是运动的规律基本相同，可以先求出通式再具体分开，也可以直接分别求出，根据自己的习惯来解答，答对就好．
23．（16分）如图所示，一足够长的水平传送带以速度v0匀速运动，质量均为m的小物块P和小物块Q由通过滑轮组的轻绳连接，轻绳足够长且不可伸长．某时刻物块P从传送带左端以速度2v0冲上传送带，P与定滑轮间的绳子水平．已知物块P与传送带间的动摩擦因数μ=0.25，重力加速度为g，不计滑轮的质量与摩擦．求：
（1）运动过程中小物块P、Q的加速度大小之比；
（2）物块P刚冲上传送带到右方最远处的过程中，PQ系统机械能的改变量；
（3）若传送带以不同的速度v（0＜v＜2v0）匀速运动，当v取多大时物块P向右冲到最远处时，P与传送带间产生的摩擦热最小？最小值为多大？
【考点】： 功能关系；牛顿第二定律．
【分析】： （1）由图可知，P与Q的位移关系始终满足P的位移是Q的位移的2倍，
结合：
求得加速度的比值；
（2）分别以P与Q为研究的对象，由牛顿第二定律求出加速度，然后结合运动学的公式，求出P与传送带的速度相等之前的位移；当P的速度与传送带相等后，分析摩擦力与绳子的拉力的关系，判断出P将继续减速，求出加速度，在结合运动学的公式求出位移，最后由功能关系求出机械能的该变量；
（3）结合（2）的解答过程，写出物体P相对于传送带的位移的表达式以及Q=fx相对，然后即可求出产生的最小的热量．
【解析】： 解：（1）设P的位移、加速度大小分别为s1、a1，Q的位移、加速度大小分别为s2、a2，
因s1=2 s2，故a1=2a2
（2）对P有：μmg+T=ma1
对Q有：mg﹣2T=ma2
得：a1=0.6g
P先减速到与传送带速度相同，设位移为x1，
共速后，由于f=μmg＜mg，P不可能随传送带一起匀速运动，继续向右减速，
设此时P加速度为a1′，Q的加速度为
对P有：T﹣μmg=ma1′，对Q有：mg﹣2T=ma2’解得：a1′=0.2g
设减速到0位移为x2，
PQ系统机械能的改变量等于摩擦力对P做的功，△E=﹣μmgx1+μmgx2=0
（3）第一阶段P相对皮带向前，相对路程：
第二阶段相对皮带向后，相对路程：
摩擦产生的热Q=μmg（S1+S2）=
当时， 摩擦热最小
答：（1）运动过程中小物块P、Q的加速度大小之比是1：2；
（2）物块P刚冲上传送带到右方最远处的过程中，PQ系统机械能的改变量；
（3）若传送带以不同的速度v（0＜v＜2v0）匀速运动，当v取多大时物块P向右冲到最远处时，P与传送带间产生的摩擦热最小？最小值为
【点评】： 本题考查牛顿第二定律及功能关系，要注意正确掌握功能的转化关系，明确热量等于摩擦力与相对位移的乘积．
2015年江苏省苏锡常镇四市高考物理二模试卷
一、单项选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分，每小题只有一个选项符合题意，选对得3分，错选或不答得0分．
1．（3分）如图所示，在竖直平面内，用甲、乙两个弹簧秤通过细线拉着一个钩码，使之处于静止状态．若保持甲弹簧秤拉力的方向不变，缓慢地调节乙弹簧秤，使两细线之间的夹角增大一些，则（ ）
A． 两拉力的合力可能增大 B． 两拉力的合力可能减小
C． 甲弹簧秤的示数可能减小 D． 乙弹簧秤的示数可能减小
【考点】： 合力的大小与分力间夹角的关系．
【专题】： 平行四边形法则图解法专题．
【分析】： 对结点受力分析，通过图解法抓住甲、乙合力不变，甲的拉力方向不变，改变乙的拉力，从而判断拉力的变化．
【解析】： 解：由平衡条件得知，甲、乙两个拉力F1和F2的合力与重力G大小相等、方向相反，保持不变，作出甲、乙两个在三个不同位置时力的合成图，
如图，在甲、乙从1→2→3三个位置的过程中，可以看出，当甲、乙两个方向相互垂直时，F2最小，可见，F1逐渐减小，F2先逐渐减小后逐渐增大．
甲的拉力逐渐减小，乙的拉力先减小后增大．
故选：
D
【点评】： 本题采用图解法研究动态平衡问题．图解法形象、直观，能直接反映力的变化情况．作图时要抓住张力F1和F2的合力不变、甲的方向不变，再由几何知识进行分析．
2．（3分）如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为10：1，输入电压u=311sin（100πt）V，L1和L2灯泡都正常发光，两电表可视为理想交流电表．则（ ）
A． 该交流电的频率为100Hz
B． 电压表的示数为31.1V
C． 若将变阻器的滑片P向上滑动，则电流表的示数将变大
D． 若将变阻器的滑片P向上滑动，则灯泡L1将变暗、灯泡L2将变亮
【考点】： 变压器的构造和原理．
【专题】： 交流电专题．
【分析】： 根据瞬时值表达式可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，再根据电压与匝数成正比即可求得结论，在滑动变阻器触头P向上移动的过程中，滑动变阻器的阻值变小，电路的总电阻减小，根据变压器的特点及欧姆定律分析即可．
【解析】： 解：A、电路中的变压器不改变交流电的频率，f==50Hz，所以A错误．
B、原线圈的电压的有效值为220V，根据电压与匝数成正比可知，副线圈的有效值为22V，所以B错误．
C、在滑动变阻器触头P向上移动的过程中，滑动变阻器的阻值变小，电路的总电阻减小，由于电压是由变压器决定的，输出的电压不变，所以电流变大，即电流表读数变大，L1两端电压不变，所以亮度不变，L2将变亮，故C正确，D错误．
故选：C
【点评】： 电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法．同时注意线圈L对电流的敏感程度．
3．（3分）火星和地球绕太阳运行的轨道可近似视为圆形，若已知火星和地球绕太阳运行的周期之比，则由此可求得（ ）
A． 火星和地球受到太阳的万有引力之比
B． 火星和地球绕太阳运行速度大小之比
C． 火星和地球表面的重力加速度之比
D． 火星和地球的第一宇宙速度之比
【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】： 研究火星和地球绕太阳做圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式表示出轨道半径．进一步根据周期之比计算其它量的比值．
【解析】： 解：A、由于无法知道火星和地球的质量之比，故不能计算出火星和地球所受太阳的万有引力之比，故A错误．
B、根据圆周运动知识得：，由于火星和地球绕太阳运动的周期之比和火星和地球到太阳的距离之比都知道，所以能求得火星和地球绕太阳运行速度大小之比，故B正确．
C、忽略球体自转的影响，万有引力和重力相等，即：，得，由于星球的半径之比不知道，故不可以求得火星和地球绕太阳运动的表面的重力加速度之比，故C错误．
D、根据万有引力提供向心力得：，即，由于星球的半径之比不知道，故不可以求得火星和地球绕太阳运动的第一宇宙速度之比，故D错误；
故选：B．
【点评】： 求一个物理量之比，我们应该把这个物理量先用已知的物理量表示出来，再根据表达式进行比较．向心力的公式选取要根据题目提供的已知物理量或所求解的物理量选取应用．
4．（3分）某同学设计了一种能自动拐弯的轮子．如图所示，两等高的等距轨道a、b固定于水平桌面上，当装有这种轮子的小车在轨道上运行到达弯道略微偏向轨道外侧时，会顺利实现拐弯而不会出轨．下列截面图所示的轮子中，能实现这一功能的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【考点】： 向心力．
【专题】： 牛顿第二定律在圆周运动中的应用．
【分析】： 要使小车顺利拐弯，必须提供向心力，根据小车的受力情况，判断轨道提供的向心力，即可判断．
【解析】： 解：A、当该小车在轨道上运行到达弯道略微偏向轨道外侧时，由于惯性，内侧轮高度略降低，外侧轮高度略升高，轨道对小车的支持力偏向轨道内侧，与重力的合力提供向心力，从而顺利拐弯，故A正确．
B、当该小车在轨道上运行到达弯道略微偏向轨道外侧时，由于惯性，内侧轮高度略升高，外侧轮高度略降低，轨道对小车的支持力偏向轨道外侧，小车会产生侧翻，故B错误．
C、当该小车在轨道上运行到达弯道略微偏向轨道外侧时，由于惯性，内侧轮高度略升高，外侧轮高度略降低，轨道对小车的支持力偏向轨道外侧，小车会产生侧翻，故C错误．
D、当该小车在轨道上运行到达弯道略微偏向轨道外侧时，没有外力提供向心力，由于惯性，小车会出轨，故D错误．
故选：A．
【点评】： 解决本题的关键是分析小车的受力情况，确定什么提供向心力，从而判断其运动状态．
5．（3分）如图甲所示，圆形的刚性金属线圈与一平行板电容器连接，线圈内存在垂直于线圈平面的匀强磁场，磁感应强度B随时间变化的关系如图乙所示（以图示方向为正方向）．t=0时刻，平行板电容器间一带正电的粒子（重力可忽略不计）由静止释放，假设粒子运动未碰
到极板，不计线圈内部磁场变化对外部空间的影响，下列粒子在板间运动的速度图象和位移图象（以向上为正方向）中，正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【考点】： 法拉第电磁感应定律．
【专题】： 电磁感应与电路结合．
【分析】： 由图可知磁感应强度的变化，则由楞次定则可得出平行板上的带电情况；对带电粒子受力分析可知带电粒子的受力情况，由牛顿第二定律可知粒子的运动情况；根据粒子受力的变化可知粒子加速度的变化，通过分析可得出粒子的运动过程．
【解析】： 解：AB、0～内情况：由楞次定律可知，金属板上极板带负电，金属板下极板带正电；
因粒子带正电，则粒子所受电场力方向竖直向上而向上做匀加速运动．
～内情况：由楞次定律可知，金属板上极板带正电，金属板下极板带负电；
因粒子带正电，则粒子所受电场力方向竖直向下而向上做匀减速运动，直到速度为零．
～内情况：由楞次定律可知，金属板上极板带正电，金属板下极板带负电，带正电粒子向下匀加速， 同理，～T内情况：由楞次定律可知，金属板上极板带负电，金属板下极板带正电； 因粒子带正电，则粒子所受电场力方向竖直向上，而向下做匀减速运动，直到速度为零．故AB错误；
CD、由A选项分析可知，末速度减小为零，位移最大，当T末，粒子回到了原来位置．故C正确，D错误；
故选：C．
【点评】： 本题属于综合性题目，注意将产生感应电流的部分看作电源，则可知电容器两端的电压等于线圈两端的电压，这样即可还原为我们常见题型．
二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分．每小题有多个选项符合题意．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分.
6．（4分）如图所示为真空中两个异种点电荷a、b电场的等势面分布，A、B为电场中的两点，且A点电势高于B点电势，则下列说法正确的是（ ）
A． a带正电
B． a的场强方向沿该处等势面的切线方向
C． 同一检验电荷，在A点受到的电场力大于在B点受到的电场力
D． 正检验电荷从A点移到B点，电场力做正功
【考点】： 等势面．
【专题】： 电场力与电势的性质专题．
【分析】： 该电场是 不等量同种异号电荷的电场，具有上下对称性、左右不对称．电场线从正电荷出发到负电荷终止，顺着电场线方向电势逐渐降低，由电势的变化，分析电势能的变化．
【解析】： 解：A、由题可知，由于A点的电势高于B点的电势，结合顺着电场线方向电势逐渐降低可知，a处的电势一定高于b点处的电势，所以a带正电，b带负电．故A正确；
B、由于等势面与电场线的方向总是垂直，所以a的场强方向沿该处等势面的切线的垂直方向．故B错误；
C、由图可知，由于B处等势面比较密，所以B处的电场强度大，而A处的电场强度小，所以同一检验电荷，在A点受到的电场力小于在B点受到的电场力．故C错误；
D、由题可知，由于A点的电势高于B点的电势，所以正检验电荷从A点移到B点，电场力做正功．故D正确．
故选：AD
【点评】： 该题考查常见电场的特点，解题的关键是在两个电荷连线的中垂线上的电势和无穷远处的电势相等．而正电荷周围的电场的电势都比它高，负电荷周围的电场的电势都比它低．
7．（4分）如图所示，将圆柱形强磁铁吸在干电池负极，金属导线折成上端有一支点、下端开口的导线框，使导线框的顶端支点和底端分别与电源正极和磁铁都接触良好但不固定，这样整个线框就可以绕电池轴心旋转起来．下列判断中正确的是（ ）
A． 线框能旋转起来，是因为电磁感应 B． 俯视观察，线框沿逆时针方向旋转 C． 电池输出的电功率大于线框旋转的机械功率 D． 旋转达到稳定时，线框中电流比刚开始转动时的大
【考点】： 安培力．
【分析】： 根据左手定则判断螺丝钉的转动方向，根据能量守恒定律判断电流的大小
【解析】： 解：A、小磁铁产生的磁场方向为螺丝的下端A向下流向磁铁，对螺丝的下端平台侧面分析，
扁圆柱形磁铁上端为S极，下端为N极
周围磁感线由上往下斜穿入螺丝内部
在垂直于纸面向外的径向上，磁感应线有垂直于纸面向里的分量
在此径向上的负电荷由下往上运动，由左手定则知：
此负电荷受到垂直于径向沿纸面向右的洛伦兹力，即在径向的左垂线方向；
同理，其他任一径向上的电荷均受到左垂线方向的洛伦兹力（中心原点除外）
所以，由上往下看（俯视），螺丝沿逆时针转动，
所以该装置的原理是电流在磁场中的受力，不是电磁感应．故A错误，B正确；
C、因为电源消耗的总功率一部分转化为内能，另一部分转化为动能，所以总功率大于热功率．故C正确．
D、受到的安培力开始时使线圈做加速运动，当安培力等于阻力时速度达到最大．故D错误 故选：BC
【点评】： 解决本题的关键掌握左手定则判断安培力的方向，以及知道在本题中电能部分转化为内能，还有部分转化为机械能
8．（4分）如图所示，斜面体静置于水平地面上，小物块恰好沿斜面匀速下滑．现分别对小物块进行以下三种操作：
①施加一个沿斜面向下的恒力F；
②施加一个竖直向下的恒力F；
③施加一个垂直斜面向下的恒力F．
则在小物块后续的下滑过程中，下列判断正确的是（ ）
A． 操作①中小物块将做匀加速运动
B． 操作②中小物块仍做匀速运动
C． 操作③中斜面体可能会发生滑动
D． 三种操作中斜面受到地面摩擦力均为0
【考点】： 牛顿第二定律；摩擦力的判断与计算．
【专题】： 牛顿运动定律综合专题．
【分析】： 物块匀速下滑时，物块处于平衡状态，根据物块在沿斜面方向的合力判断物块的运动规律，结合物块对斜面压力和摩擦力在水平方向的分力关系判断地面的摩擦力大小．
【解析】： 解：小物块恰好沿斜面匀速下滑，根据平衡有：mgsinθ=μmgcosθ，
A、施加一个沿斜面向下的恒力F，根据牛顿第二定律，合力为F，加速度a=，物块做匀加速运动，故A正确．
B、施加一个竖直向下的恒力F，有：（mg+F）sinθ=μ（mg+F）cosθ，可知物块仍然做匀速运动，故B正确．
C、开始斜面体处于静止状态，可知重物对斜面的压力在水平方向的分力与摩擦力在水平方向的分力大小相等，施加一个垂直斜面向下的恒力F，摩擦力f与压力的关系仍然为μFN，可知斜面体受到重物的压力和摩擦力在水平方向的分力相等，斜面体仍然处于平衡状态，故C错误．
D、开始重物对斜面的压力在水平方向的分力与摩擦力在水平方向的分力大小相等，施加外力后，摩擦力f与压力的关系仍然为μFN，因为三种情况下，物块对斜面体的压力和摩擦力在水平方向的分力始终相等，可知地面的摩擦力为零．故D正确．
故选：ABD．
【点评】： 解决本题的关键知道物块处于平衡和斜面体处于平衡状态时，物块对斜面的压力在水平方向的分力与摩擦力在水平方向的分力相等，这是解决本题的关键．
9．（4分）如图所示为水平抛出的小球与地面碰撞前后的频闪照片，其先后经过的位置分别用1～8标记．已知小球的质量为0.1kg，照片中对应每格的实际长度为0.05m，不计空气阻
2力，重力加速度g取10m/s，则以下判断正确的是（ ）
A． 小球与地面碰撞后速度变化率小于碰撞前速度变化率
B． 小球经过位置3时的瞬时速度方向与位置2、4连线方向平行
C． 小球经过位置6时的瞬时速度大小为0.5m/s
D． 小球与地面碰撞过程机械能损失为0.25J
【考点】： 平抛运动．
【专题】： 平抛运动专题．
【分析】： 小球与地面碰撞前后加速度不变，做匀变速曲线运动．根据竖直方向上的运动规律求出相等的时间间隔，从而得出碰撞前后水平分速度，根据2、4连线与水平方向的夹角和位置3速度方向与水平方向的夹角判断方向是否平行．在碰撞前和碰撞后运动过程机械能守恒，求出位置3比位置6多的机械能，即可得出损失的机械能．
【解析】： 解：A、小球与地面碰撞后的加速度与小球碰撞前的加速度相等，可知小球与地面碰撞后速度变化率等于碰撞前速度变化率，故A错误．
B、在竖直方向上，根据△y=2L=gT得，
2，落地前水平分速度
，位，2、4两点连线与水平方向夹角的正切值
置3的竖直分速度，则位置3瞬时速度方向与水平方向夹角的正切值
行，故B正确． ，可知小球经过位置3的瞬时速度方向与位置2、4连线方向平
C、小球经过位置6时竖直分速度为零，则
D、在下落过程和反弹过程中机械能守恒，位置3的速度
动能比位置6动能多=，故C正确． ，位置3，位置3的重力势能比位置6的重力势能多△Ep=mgL=1×0.05J=0.05J，可知机械能多0.2875J．所以小球与地面碰撞过程中机械能损失0.2875J．故D错误．
故选：BC．
【点评】： 解决本题的关键知道小球在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式和推论灵活求解，难度较大．
三、简答题：本题分必做题（第10、11题）和选做题（第12题）两部分，共2小题，共计42分.请将解答填写在答题卡相应的位置．
10．（8分）某同学用如图1所示装置研究物块运动速度变化的规律．
（1）从纸带上选取若干计数点进行测量，得出各计数点的时间t与速度v的数据如表： 时间t/s 0 0.10 0.20 0.30 0.40 0.50 0.60
速度v/（ms） 0 0.16 0.31 0.45 0.52 0.58 0.60
请根据实验数据做出如图2物块的v﹣t图象．
（2）上述v﹣t图象不是一条直线，该同学对其装置进行了进一步检查，列出了下列几条，其中可能是图象发生弯曲原因的是 D
A．长木板不够光滑 B．没有平衡摩擦力
C．钩码质量m没有远小于物块质量M D．拉物块的细线与长木板不平行
﹣1
【考点】： 探究小车速度随时间变化的规律．
【专题】： 实验题．
【分析】： （1）根据描点法作出图象，即可；
（2）根据图象的斜率含义，结合牛顿第二定律，及力的分解与滑动摩擦力公式，即可求解．
【解析】： 解：（1）合理选取坐标刻度，尽可能使图象“充满”坐标平面，利用题中所给数据描点连线，得到小车的v﹣t图象如图所示：
（2）由速度与时间图象可知，斜率表示加速度的大小，由图象可得，一开始加速度不变，后来加速度减小，
分析可知，物块的合外力变小，引起原因是拉物块的细线与长木板不平行，当物块越靠近定滑轮时，夹角越大，则拉力沿着桌面的分力减小，
然而，长木板不够光滑，或没有平衡摩擦力，或钩码质量m没有远小于物块质量M，都不会出现中途加速度变化的现象，故D正确，ABC错误；
故答案为：（1）如上图所示；（2）D．
【点评】： 考查描点作图的方法，注意平滑连接的细节，掌握误差分析的方法，得出引起加速度变化的根源是解题的关键．
11．（10分）将两个金属电极锌片和铜片插入一个水果中就可以做成一个水果电池，某兴趣小组欲测量水果电池的电动势和内阻．
（1）甲同学用多用表的直流电压（0～1V）档估测某水果电池的电动势，稳定时指针如图1中A所示，则读数为 0.84 V；用多用表的欧姆×100档估测水果电池的内阻，稳定时指针
3如图1中B所示，则读数为 3.2×10 Ω．上述测量中存在一重大错误，是 不能用多用电
表电阻档直接测电源内阻 ．
（2）乙同学采用如图3所示电路进行测量，并根据测量数据做出了R﹣图象（如图2），则根据图象，该水果电池的电动势为 0.97 V，内阻为 1.6×10 Ω．（结果保留两位有效数字）
【考点】： 测定电源的电动势和内阻．
【专题】： 实验题．
【分析】： （1）根据多用电表的使用方法可明确读数及正确使用； 3
（2）由闭合电路欧姆定律可得出对应的公式；再由图象交点及斜率的意义可得出有关电动势和内电阻的表达式，则可求得电动势和内电阻；
【解析】： 解：（1）量程选择1V，则最小分度为0.02V，故读数为：0.84V；
3用×100档位测量电阻，电阻R=32×100=3.2×10Ω
本实验方法直接用欧姆档测量电源的内阻，这是错误的，因为欧姆档内部本身含有电源，而外部电压会干涉读数；故不能用多用电表电阻档直接测电源内阻
（2）由闭合电路欧姆定律可知：
I= 则=+；
由由公式及数学知识可得：
图象中的k==0.97 b==1.6×10
解得：E=0.97V，r=1.6×10
3故答案为：（1）0.84；3.2×10；
不能用多用电表电阻档直接测电源内阻
3（2）0.97 1.6×10
【点评】： 本题涉及测定电源电动势和内电阻的实验原理及具体操作，虽然最后的图象处理不是用的伏安法，但都可以用闭合电路欧姆定律列式分析，作出直线图象是关键．
二.【选做题】本题包括A、B、C三个模块，请选定其中两个模块作答.如三个都做，则按
A、B两题评分.A．（选修模块3-3）（12分）
12．（4分）下列说法正确的是（ ）
A． 雨水没有透过布雨伞是因为液体表面存在张力
B． 布朗运动反映了悬浮颗粒中分子运动的不规则性
C． 给自行车打气时气筒压下后反弹，是由分子斥力造成的
D． 单晶体的某些物理性质具有各向异性，而多晶体和非晶体是各向同性的
【考点】： * 晶体和非晶体；布朗运动．
【分析】： 液体存在表面张力；布朗运动是悬浮固体小颗粒的运动，反应了液体分子的无规则运动；气体分子间距离较大，一般不考虑分子间作用力；单晶体的某些物理性质具有各向异性，而多晶体和非晶体是各向同性的．
【解析】： 解：A、雨水在布料上形成一层薄膜，使雨水没有透过布雨伞是因为液体表面存在张力，故A正确；
B、布朗运动是悬浮微粒的运动，反映了液体分子或气体分子的无规则运动，故B错误；
C、打气时会反弹是因为气体压强的原因，不是分子斥力的作用；故C错误；
D、单晶体的某些物理性质是各向异性的，多晶体和非晶体的物理性质是各向同性的，故D正确；
故选：AD． 33
【点评】： 本题考查了液体的表面张力、分子间相互作用力、布朗运动、晶体和非晶体的物理性质等内容；在学习时要注意布朗运动是悬浮微粒的运动，反应了液体分子或气体分子的无规则运动．
13．（4分）一定质量的理想气体，由状态A通过如图所示的箭头方向变化到状态C．则气体由状态A到状态B的过程中，气体的内能 不变 （选填“增大”、“减小”或“不变”），气体由状态A到状态C的过程中，气体与外界总的热交换情况是 放热 （选填“吸热”、“放热”或“无法确定”）
【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】： 根据气体状态方程和已知的变化量去判断其它的物理量的变化，根据热力学第一定律的表达式△U=Q+W进行判断
【解析】： 解：理想气体从状态A变化到状态B，斜率K=PV保持不变，所以做等温变化，故气体的内能不变；
理想气体从状态A变化到状态B，气体体积减小，W＞0，从B到C，体积不变，压强减小，所以温度降低，内能减小，由△U=Q+W，气体由状态A到状态C的过程中，气体与外界总的热交换情况是，Q＜0，则气体放热．
故答案为：不变、放热
【点评】： 要注意研究过程中哪些量不变，哪些量变化．运用△U=Q+W来分析问题时，必须理解表达式的物理意义，掌握它的符号法则
14．（4分）某种油酸密度为ρ、摩尔质量为M、油酸分子直径为d，将该油酸稀释为体积浓度为的油酸酒精溶液，用滴管取一滴油酸酒精溶液滴在水面上形成油膜，已知一滴油酸酒精溶液的体积为V
．若把油膜看成是单分子层，每个油分子看成球形，则油分子的体积为
，求：
①一滴油酸在水面上形成的面积；
②阿伏加德罗常数NA的表达式．
【考点】： 用油膜法估测分子的大小．
【专题】： 阿伏伽德罗常数的应用专题．
【分析】： （1）将配制好的油酸酒精溶液，通过量筒测出1滴此溶液的体积．则用1滴此溶液的体积除以油酸分子的直径，等于1滴此溶液的面积．
（2）根据摩尔质量与密度，求出摩尔体积，然后与单个分子的体积的比值，即为阿伏伽德罗常数．
【解析】： 解：①一滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积，
水面上的面积
②油酸的摩尔体积为
阿伏加德罗常数为
答：①一滴油酸在水面上形成的面积是
． ；②阿伏加德罗常数NA
的表达式是
【点评】： 掌握该实验的原理是解决问题的关键，该实验中以油酸分子呈球型分布在水面上，且一个挨一个，从而可以由体积与面积相除求出油膜的厚度，从而求出分子直径．
B．（选修模块3-4）（12分）
15．（4分）下列说法正确的是（ ）
A． 光的偏振现象说明光是一种纵波
B． 当波的波长比障碍物的尺寸大时，能产生明显的衍射现象
C． 当声源相对于观察者匀速远离时，观察者听到的声音音调会变低
D． 电磁波由真空进入玻璃后频率变小
【考点】： 电磁波的周期、频率和波速；多普勒效应．
【分析】： 偏振现象说明光是横波；根据明显衍射现象条件，可知，波长越长，越容易发生明显衍射现象；多普勒效应和波的频率由波源决定，利用以上即可求解．
【解析】： 解：A、光的偏振现象说明光是一种横波，而不是纵波，故A错误；
B、波长比孔的宽度大得越多或相差不大时，波的衍射越明显，故B正确；
C、据多普勒效应可知，当声源相对于观察者匀速远离时，观察者听到的声音音调会变低，故C正确；
D、波的频率由波源决定，当电磁波由真空进入玻璃后频率不变，故D错误．
故选：BC．
【点评】： 考查光的偏振、衍射、多普勒效应，注意衍射与明显衍射的区别，抓住问题的实质求解，基础题．
16．（4分）如图所示，为一列沿﹣x方向传播的简谐波在t=0时刻的波形图．当t=0.3s时，Q点恰好处于波谷位置，则P点此时处于“波峰”、“波谷”或“平衡”）位置．这列波的波速至少为 0.1 m/s．
【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】： 先判断此时刻Q点的振动方向，结合t=0.3s时，Q点恰好处于波谷位置求出最大周期，从而判断P所处位置，根据波长和频率求出波速．
【解析】： 解：根据图象可知波长λ=4cm=0.04m，波沿﹣x方向传播，则此时Q向上振动，t=0.3s时，Q点恰好处于波谷位置，则有：
此时，P点应处于平衡位置处，
当n=0时，周期最大，波速最小，则最小速度为：v= ，
故答案为：平衡，0.1
【点评】： 本题考查了波的图象、振动和波动的关系，能根据波形图判断质点的振动方向，难度不大，属于基础题
17．（4分）如图所示是一段光导纤维的简化图，光纤总长为L，已知光从左端射入光线在光纤的侧面上恰好能发生全反射．若已知该光纤的折射率为n，光在真空中传播速度为c，求：
①光在该光纤中的速度大小；
②光从左端射入最终从右端射出所经历的时间．
【考点】： 全反射．
【专题】： 全反射和临界角专题．
【分析】： 由题，根据几何知识求出光线在光纤中通过的路程，由v= 求出光在光纤中传播的速度；再求解光从A点射入到从B点射出所经历的时间t．
【解析】： 解：①如图所示，
而光在玻璃中传播的速度为：v=；
②则光沿着轴线的方向的速度为v′=vsinC
由上分析可得，光从A点射入到从B点射出所经历的时间为：t===； 答：①光在该光纤中的速度大小；
②光从左端射入最终从右端射出所经历的时间．
【点评】： 本题考查对“光纤通信”原理的理解，利用全反射的条件求出入射角和折射角正弦，由数学知识求出光在光纤中通过的路程与L的关系，再所用的时间．
C．（选修模块3-5）（12分）
18．下列说法正确的是（ ）
A． 卢瑟福通过对α粒子散射实验现象的分析，发现了原子是可以再分的
B． β射线与γ射线一样都是电磁波，但穿透本领远比γ射线弱
C． 原子核的结合能等于使其完全分解成自由核子所需的最小能量
D． 裂变时释放能量是因为发生了亏损质量
【考点】： 重核的裂变；原子核的结合能．
【专题】： 衰变和半衰期专题．
【分析】： 卢瑟福通过对α粒子散射实验现象的分析，提出了原子的核式结构模型．
比结合能：原子核结合能对其中所有核子的平均值，亦即若把原子核全部拆成自由核子，平均对每个核子所要添加的能量．用于表示原子核结合松紧程度．
结合能：两个或几个自由状态的粒子结合在一起时释放的能量．自由原子结合为分子时放出的能量叫做化学结合能，分散的核子组成原子核时放出的能量叫做原子核结合能．
【解析】： 解：A、卢瑟福通过对α粒子散射实验现象的分析，提出了原子的核式结构模型；故A错误；
B、β射线的本质的电子流，γ射线是电磁波，故B错误；
C、根据分散的核子组成原子核时放出的能量叫做原子核结合能，所以原子核的结合能等于使其完全分解成自由核子所需的最小能量．故C正确；
D、根据爱因斯坦质能方程可知，裂变时释放能量是因为发生了亏损质量，故D正确； 故选：CD
【点评】： 本题考查了α粒子散射实验现象、三种射线的本质与特点、结合能和比结合能的区别、爱因斯坦质能方程，注意结合能与比结合能的两个概念的联系和应用．属于基础题目，在平时的学习过程中多加积累即可．
19．如图所示为氢原子的能级结构示意图，一群氢原子处于n=3的激发态，在向较低能级跃迁的过程中向外辐射出光子，辐射出的光子中最长波长为
（已知普朗克常量为h，光速为c）；用这些光子照射逸出功为W0的金属钠，金属钠表面所发出的光电子的最大初动能是 E﹣E﹣W ．
【考点】： 氢原子的能级公式和跃迁．
【专题】： 原子的能级结构专题．
【分析】： 根据辐射的光子能量等于两能级间的能级差求出辐射的光子能量，得出频率大小，再由λ=，即可得出波长；
根据光电效应的条件判断能发生光电效应的光子种数，结合光电效应求出光电子的最大初动能．
【解析】： 解：根据辐射的光子能量等于两能级间的能级差，可知，从n=3向n=2跃迁的光子频率最小，波长最长．
E=E3﹣E2=h
λ=
用这些光子照射逸出功为W0的金属钠，
从n=3跃迁到n=1辐射的光子能量最大，发生光电效应时，产生的光电子最大初动能最大， 根据光电效应方程得，Ekm=hv﹣W0=E3﹣E1﹣W0， 故答案为：； E3﹣E1﹣W0
【点评】： 解决本题的关键知道能级间跃迁所满足的规律，即Em﹣En=hv，以及掌握光电效应方程，并能灵活运用．
20．氚（H）是最简单的放射性原子核，夜光手表即是利用氚核衰变产生的β射线激发荧光物质发光．氚核发生β衰变过程中除了产生β粒子和新核外，还会放出不带电且几乎没有静止质量的反中微子．在某次实验中测得一静止的氚核发生β衰变后，产生的反中微子和β粒子的运动方向在一直线上，设反中微子的动量为p1，β粒子的动量为p2．求： ①氚发生β衰变的衰变方程；
②产生新核的动量．
【考点】： 原子核衰变及半衰期、衰变速度；动量守恒定律．
【专题】： 衰变和半衰期专题．
【分析】： ①根据质量数与质子数守恒，即可确定衰变方程；
②原子核在发生衰变的过程中，动量守恒，从而即可求解．
【解析】： 解：①根据质量数与质子数守恒，则氚发生β
衰变的衰变方程：
→；
②衰变过程中动量守恒，0=P1+P2+P
所以新核的动量大小为P=﹣p1﹣p2；
答：①发生β衰变的衰变方程
②产生新核的动量﹣p1﹣p2． →，
【点评】： 本题考查了衰变过程中动量守恒和爱因斯坦质能方程的应用，并掌握书写核反应的方程的规律，注意质量数与质子数守恒．
四、计算题：本题共3小题，共计47分．解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位.
21．（15分）如图所示，两根半径为r的圆弧轨道间距为L，其顶端a、b与圆心处等高，轨道光滑且电阻不计，在其上端连有一阻值为R的电阻，整个装置处于辐向磁场中，圆弧轨道所在处的磁感应强度大小均为B．将一根长度稍大于L、质量为m、电阻为R0的金属棒从轨道顶端ab处由静止释放．已知当金属棒到达如图所示的cd位置（金属棒与轨道圆心连线和水平面夹角为θ）时，金属棒的速度达到最大；当金属棒到达轨道底端ef时，对轨道的压力为1.5mg．求：
（1）当金属棒的速度最大时，流经电阻R的电流大小和方向；
（2）金属棒滑到轨道底端的整个过程中流经电阻R的电量；
（3）金属棒滑到轨道底端的整个过程中电阻R上产生的热量．
【考点】： 导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律；焦耳定律．
【专题】： 电磁感应与电路结合．
【分析】： （1）金属棒速度最大时，在轨道切线方向所受合力为0，由此条件列式求解流经电阻R的电流大小，由右手定则判断电流方向．
（2）金属棒下滑过程中，回路的磁通量增加，先求出磁通量的增加量，再由法拉第电磁感应定律和欧姆定律求电量．
（3）先由牛顿第二定律求出金属棒到达最低点时的速度，再根据能量守恒定律求电阻R上产生的热量．
【解析】： 解：（1）金属棒速度最大时，在轨道切线方向所受合力为0，则有：
mgcosθ=BIL
解得：I=，流经R的电流方向为a→R→b．
（2）金属棒滑到轨道底端的整个过程中，穿过回路的磁通量变化量为：
△Φ=BS=B•L
•
= 平均电动势为：=，平均电流为：=
则流经电阻R的电量：q=t=
=
（3）在轨道最低点时，由牛顿第二定律得：N﹣mg=m
据题有：N=1.5mg
由能量转化和守恒得：Q=mgr﹣=mgr
电阻R上发热量为：QR=Q=
答：（1）当金属棒的速度最大时，流经电阻R的电流大小为
为a→R→b．
（2）金属棒滑到轨道底端的整个过程中流经电阻R的电量为，流经R的电流方向．
（3）金属棒滑到轨道底端的整个过程中电阻R上产生的热量为．
【点评】： 解决本题的关键是明确金属棒是垂直切割磁感线的，与平直轨道上运动情况相似，注意电量与磁通量的变化量有关，热量往往根据能量守恒求解．
22．（16分）如图所示，在xOy平面内0＜x＜L的区域内有一方向竖直向上的匀强电场，x＞L的区域内有一方向垂直于xOy平面向外的匀强磁场．某时刻，一带正电的粒子从坐标原点，以沿x轴正方向的初速度v0进入电场；之后的另一时刻，一带负电粒子以同样的初速度从坐标原点进入电场．正、负粒子从电场进入磁场时速度方向与电场和磁场边界的夹角分别为60°和30°，两粒子在磁场中分别运动半周后恰好在某点相遇．已知两粒子的重力以及两粒子之间的相互作用都可忽略不计．求：
（1）正、负粒子的比荷之比：；
（2）正、负粒子在磁场中运动的半径大小；
（3）两粒子先后进入电场的时间差．
【考点】： 带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动．
【专题】： 带电粒子在复合场中的运动专题．
【分析】： （1）粒子在电场中做类平抛运动，将运动分解，结合牛顿第二定律即可求出；
（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律即可求出它们的半径；
（3）由周期与半径的关系：分别求出它们的周期，然后求出它们的磁场中运动 的时间，即可求出两粒子先后进入电场的时间差．
【解析】： 解：（1）设粒子进磁场方向与边界夹角为θ，粒子在水平方向做匀速直线运动，则：
沿电场线的方向：，vy=at 又：联立得：
=
（2）粒子在电场中的偏转量：∝ 所以： 又：
两粒子离开电场位置间的距离：d=y1+y2 磁场中圆周运动速度：
所以：由洛伦兹力提供向心力得：
得：， ， ，， 所以：
根据题意作出运动轨迹，两粒子相遇在P点，
由几何关系可得：
2r1=dsin60°
2r2=dsin30° 联立解得：，
（3）粒子在磁场中运动的周期：
两粒子在磁场中运动时间均为半个周期，则：t1=
，
由于两粒子在电场中时间相同，所以进电场时间差即为磁场中相遇前的时间差：
答：（1）正、负粒子的比荷之比是1：3；
（2）正、负粒子在磁场中运动的半径大小分别是和；
（3）两粒子先后进入电场的时间差是．
【点评】： 该题考查带电粒子在电场中的运动和带电粒子在磁场中的运动，正电荷与负电荷虽然偏转的方向相反，但是运动的规律基本相同，可以先求出通式再具体分开，也可以直接分别求出，根据自己的习惯来解答，答对就好．
23．（16分）如图所示，一足够长的水平传送带以速度v0匀速运动，质量均为m的小物块P和小物块Q由通过滑轮组的轻绳连接，轻绳足够长且不可伸长．某时刻物块P从传送带左端以速度2v0冲上传送带，P与定滑轮间的绳子水平．已知物块P与传送带间的动摩擦因数μ=0.25，重力加速度为g，不计滑轮的质量与摩擦．求：
（1）运动过程中小物块P、Q的加速度大小之比；
（2）物块P刚冲上传送带到右方最远处的过程中，PQ系统机械能的改变量；
（3）若传送带以不同的速度v（0＜v＜2v0）匀速运动，当v取多大时物块P向右冲到最远处时，P与传送带间产生的摩擦热最小？最小值为多大？
【考点】： 功能关系；牛顿第二定律．
【分析】： （1）由图可知，P与Q的位移关系始终满足P的位移是Q的位移的2倍，
结合：
求得加速度的比值；
（2）分别以P与Q为研究的对象，由牛顿第二定律求出加速度，然后结合运动学的公式，求出P与传送带的速度相等之前的位移；当P的速度与传送带相等后，分析摩擦力与绳子的拉力的关系，判断出P将继续减速，求出加速度，在结合运动学的公式求出位移，最后由功能关系求出机械能的该变量；
（3）结合（2）的解答过程，写出物体P相对于传送带的位移的表达式以及Q=fx相对，然后即可求出产生的最小的热量．
【解析】： 解：（1）设P的位移、加速度大小分别为s1、a1，Q的位移、加速度大小分别为s2、a2，
因s1=2 s2，故a1=2a2
（2）对P有：μmg+T=ma1
对Q有：mg﹣2T=ma2
得：a1=0.6g
P先减速到与传送带速度相同，设位移为x1，
共速后，由于f=μmg＜mg，P不可能随传送带一起匀速运动，继续向右减速，
设此时P加速度为a1′，Q的加速度为
对P有：T﹣μmg=ma1′，对Q有：mg﹣2T=ma2’解得：a1′=0.2g
设减速到0位移为x2，
PQ系统机械能的改变量等于摩擦力对P做的功，△E=﹣μmgx1+μmgx2=0
（3）第一阶段P相对皮带向前，相对路程：
第二阶段相对皮带向后，相对路程：
摩擦产生的热Q=μmg（S1+S2）=
当时， 摩擦热最小
答：（1）运动过程中小物块P、Q的加速度大小之比是1：2；
（2）物块P刚冲上传送带到右方最远处的过程中，PQ系统机械能的改变量；
（3）若传送带以不同的速度v（0＜v＜2v0）匀速运动，当v取多大时物块P向右冲到最远处时，P与传送带间产生的摩擦热最小？最小值为
【点评】： 本题考查牛顿第二定律及功能关系，要注意正确掌握功能的转化关系，明确热量等于摩擦力与相对位移的乘积．