一、选择题(10×4分)
1．图示是原子核的核子平均质量与原子序数Z的关系图象，下列说法正确的是( )
A．若D和E结合成F，结合过程中一定会吸收核能 B．若D和E结合成F，结合过程中一定会释放核能 C．若A分裂成B和C，分裂过程中一定会吸收核能 D．若A分裂成B和C，分裂过程中一定会释放核能
【解析】D、E结合成F粒子时总质量减小，核反应释放核能；A分裂成B、C粒子时，总质量减小，核反应释放核能．
[答案] BD
2．单冷型空调器一般用来降低室内温度，其制冷系统与电冰箱的制冷系统结构基本相同．某单冷型空调器的制冷机从低温物体吸收热量Q2，向高温物体放出热量Q1，而外界(压缩机)必须对工作物质做功W，制冷系数ε＝．设某一空调的制冷系数为4，若制冷机每天从房间内部吸收2.0×10 J的热量，则下列说法正确的是( )
A．Q1一定等于Q2
B．空调的制冷系数越大越耗能
7
C．制冷机每天放出的热量Q1＝2.5×10 J
6
D．制冷机每天放出的热量Q1＝5.0×10 J
【解析】Q1＝Q2＋W＞Q2，选项A错误；ε越大，从室内向外传递相同热量时压缩机所需做的功(耗电)越小，越节省能量，选项B错误；又Q1＝Q2＋＝2.5×10 J，故选项C正确． [答案] C
3．图示为一列简谐横波的波形图象，其中实线是t1＝0时刻的波形，虚线是t2＝1.5 s时的波形，且(t2－t1)小于一个周期．由此可判断( )
7
Q2WQ2ε7
- 1 -
A．波长一定是60 cm
B．波一定向x轴正方向传播 C．波的周期一定是6 s
D．波速可能是0.1 m/s，也可能是0.3 m/s 【解析】由题图知λ＝60 cm
若波向x轴正方向传播，则可知：
波传播的时间t1＝，传播的位移s1＝15 cm＝
44
故知T＝6 s，v＝0.1 m/s
若波向x轴负方向传播，可知：
33λ波传播的时间t2＝T，传播的位移s2＝45 cm＝
44
故知T＝2 s，v＝0.3 m/s． [答案] AD
4．如图所示，在水平桌面上叠放着质量均为M的A、B两块木板，在木板A的上面放着一个质量为m的物块C，木板和物块均处于静止状态．A、B、C之间以及B与地面之间的动摩擦因数都为μ．若用水平恒力F向右拉动木板A，使之从C、B之间抽出来，已知重力加速度为g，则拉力F的大小应该满足的条件是(已知最大静摩擦力的大小等于滑动摩擦力)( )
TλA．F＞μ(2m＋M)g B．F＞μ(m＋2M)g
- 2 -
C．F＞2μ(m＋M)g D．F＞2μmg
【解析】无论F多大，摩擦力都不能使B向右滑动，而滑动摩擦力能使C产生的最大加
F－μmg－μ(m＋M)g速度为μg，故＞μg时，即F＞2μ(m＋M)g时A可从B、C之间抽出．
M[答案] C
5．如图所示，一束单色光a射向半球形玻璃砖的球心，在玻璃与空气的界面MN上同时发生反射和折射，b为反射光，c为折射光，它们与法线间的夹角分别为β和θ．逐渐增大入射角α，下列说法中正确的是( )
A．β和θ两角同时增大，θ始终大于β
B．b光束的能量逐渐减弱，c光束的能量逐渐加强 C．b光在玻璃中的波长小于b光在空气中的波长 D．b光光子的能量大于c光光子的能量
sin β【解析】三个角度之间的关系有：θ＝α，＝n＞1，故随着α的增大，β、θ都
sin α增大，但是θ＜β，选项A错误，且在全反射前，c光束的能量逐渐减弱，b光束的能量逐渐
sin βcλ加强，选项B错误；又由n＝＝＝，b光在玻璃中的波长小于在空气中的波长，
sin αvλ′
但光子的能量不变，选项C正确、D错误．
[答案] C
6．如图所示，水平传送带以v＝2 m/s的速度匀速前进，上方漏斗中以每秒50 kg的速度把煤粉竖直抖落到传送带上，然后一起随传送带运动．如果要使传送带保持原来的速度匀速前进，则传送带的电动机应增加的功率为( )
- 3 -
A．100 W B．200 W C．500 W D．无法确定
【解析】漏斗均匀持续将煤粉抖落在传送带上，每秒钟有50 kg 的煤粉被加速至2 m/s，故每秒钟传送带的电动机应多做的功为：
122
ΔW＝ΔEk＋Q＝mv＋f·Δs＝mv＝200 J
2
ΔW故传送带的电动机应增加的功率ΔP＝＝200 W．
t[答案] B
7．如图所示，一根用绝缘材料制成的轻弹簧，劲度系数为k，一端固定，另一端与质量为m、带电荷量为＋q的小球相连，静止在光滑绝缘水平面上．当施加水平向右的匀强电场E后，小球开始做简谐运动，下列关于小球运动情况的说法中正确的是( )
qEk2qEB．小球的速度为零时，弹簧的伸长量为
kA．小球的速度为零时，弹簧的伸长量为
C．运动过程中，小球和弹簧系统的机械能守恒
D．运动过程中，小球动能变化量、弹性势能变化量以及电势能的变化量之和保持为零 【解析】由题意知，小球位于平衡位置时弹簧的伸长量x0＝
qE，小球速度为零时弹簧处k- 4 -
2qE于原长或伸长了2x0＝，选项A错误、B正确．
k小球做简谐运动的过程中弹簧弹力和电场力都做功，机械能不守恒，动能、弹性势能、电势能的总和保持不变，选项D正确．
[答案] BD
8．如图所示，将质量为m的滑块放在倾角为θ的固定斜面上．滑块与斜面之间的动摩擦因数为μ．若滑块与斜面之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力大小相等，重力加速度为g，则[2009年高考·北京理综卷]( )
A．将滑块由静止释放，如果μ＞tan θ，滑块将下滑
B．给滑块沿斜面向下的初速度，如果μ＜tan θ，滑块将减速下滑 C．用平行于斜面向上的力拉滑块向上匀速滑动，如果μ＝tan θ，则拉力大小应是2mgsin
θ
D．用平行于斜面向下的力拉滑块向下匀速滑动，如果μ＝tan θ，则拉力大小应是mgsin
θ
【解析】对于静止置于斜面上的滑块，可沿斜面下滑的条件为mgsin θ＞μmgcos θ；同理，当mgsin θ＜μmgcos θ时，具有初速度下滑的滑块将做减速运动，选项A、B错误；当μ＝tan θ 时，滑块与斜面之间的动摩擦力f＝mgsin θ，由平衡条件知，使滑块匀速上滑的拉力F＝2mgsin θ，选项C正确、D错误．
[答案] C
9．国产“水刀”——超高压数控万能水切割机，以其神奇的切割性能在北京国际展览中心举行的第五届国际机床展览会上引起轰动，它能切割40 mm厚的钢板、50 mm厚的大理石等材料．
将普通的水加压，使其从口径为0.2 mm的喷嘴中以800 m/s～1000 m/s的速度射出，这种水射流就是“水刀”．我们知道，任何材料承受的压强都有一定限度，下表列出了一些材料所能承受的压强的限度．
7A．橡胶 5×10 Pa B．花岗石 C．铸铁 1.2×10 Pa～2.6×10 Pa 8.8×10 Pa 8888D．工具钢 6.7×10 Pa 设想一“水刀”的水射流横截面积为S，垂直入射的速度 v＝800 m/s，水射流与材料接
33
触后，速度为零，且不附着在材料上，水的密度ρ＝1×10 kg/m，则此水刀不能切割上述材料中的( )
【解析】以射到材料上的水量Δm为研究对象，以其运动方向为正方向，由动量定理得：
- 5 -
－pS·Δt＝－ρSv·Δt·v
28
得：p＝ρv＝6.4×10 Pa
由表中数据可知：此“水刀”不能切割材料C和D． [答案] CD
10．如图甲所示，质量为2m的长木板静止地放在光滑的水平面上，另一质量为m的小铅块(可视为质点)以水平速度v0滑上木板的左端，恰能滑至木板的右端且与木板保持相对静止，铅块在运动过程中所受到的摩擦力始终不变．若将木板分成长度与质量均相等(即m1＝m2＝m)的两段1、2后，将它们紧挨着放在同一水平面上，让小铅块以相同的初速度v0由木板1的左端开始运动，如图乙所示，则下列说法正确的是( )
A．小铅块滑到木板2的右端前就与之保持相对静止 B．小铅块滑到木板2的右端后与之保持相对静止 C．甲、乙两图所示的过程中产生的热量相等
D．图甲所示的过程产生的热量大于图乙所示的过程产生的热量 【解析】长木板分两段前，铅块和木板的最终速度为：
mv01vt＝＝v0
3m3
121v0212
且有Q＝fL＝mv0－×3m()＝mv0
2233
长木板分两段后，可定量计算出木板1、2和铅块的最终速度，从而可比较摩擦生热和相对滑动的距离；也可用图象法定性分析(如图丙所示)比较得到小铅块到达右端之前已与木板2保持相对静止，故图甲所示的过程产生的热量大于图乙所示的过程产生的热量．
- 6 -
丙
[答案] AD
二、非选择题(共60分)
11．(5分)图示为伏安法测电阻的部分电路，电路其他部分不变，当开关S接a点时，电压表的示数U1＝11 V，电流表的示数I1＝0.2 A；当开关S接b点时，U2＝12 V，I2＝0.15 A．那么，为了提高测量的准确性，开关S应接______点(填“a”或“b”)，Rx的测量值为________Ω．
[答案] b (2分) 80 (3分)
12．(10分)如图所示，光滑水平轨道与光滑圆弧轨道相切，轻弹簧的一端固定在水平轨道的左端，OP是可绕O点转动的轻杆，且摆到某处就能停在该处；另有一小钢球．现在利用这些器材测定弹簧被压缩时的弹性势能．
- 7 -
(1)还需要的器材是________、________．
(2)以上测量实际上是把对弹性势能的测量转化为对________能的测量，需要直接测量________和________．
(3)为了研究弹簧的弹性势能与劲度系数和形变量间的关系，除以上器材外，还准备了几个轻弹簧，所有弹簧的劲度系数均不相同．试设计记录数据的表格．
[答案] (1)天平 刻度尺 (每空1分) (2)重力势 质量 上升高度 (每空1分) (3)设计表格如下 (5分)
小球的质量m＝________kg，弹簧A 压缩量x(m) 上升高度h(m) E＝mgh(J) 弹簧 劲度系数k(N/m) 上升高度h(m) 压缩量x＝________cm，小球的质量m＝________kg A B C E＝mgh(J) 13．(10分)如图所示，一劲度系数k＝800 N/m的轻弹簧的两端各焊接着两个质量均为m＝12 kg的物体A、B，A、B和轻弹簧静止竖立在水平地面上．现加一竖直向上的力F在上面的物体A上，使物体A开始向上做匀加速运动，经0.4 s物体B刚要离开地面，设整个过程
2
中弹簧都处于弹性限度内，取g＝10 m/s．求：
- 8 -
(1)此过程中所加外力F的最大值和最小值． (2)此过程中外力F所做的功．
【解析】(1)A原来静止时有：kx1＝mg (1分)
当物体A刚开始做匀加速运动时，拉力F最小，设为F1． 对物体A有：F1＋kx1－mg＝ma (1分)
当物体B刚要离开地面时，拉力F最大，设为F2． 对物体A有：F2－kx2－mg＝ma (1分) 对物体B有：kx2＝mg (1分)
12
对物体A有：x1＋x2＝at (1分)
22
解得：a＝3.75 m/s
联立解得：F1＝45 N (1分)，F2＝285 N． (1分)
(2)在力F作用的0.4 s内，初末状态的弹性势能相等 (1分) 由功能关系得：
1
WF＝mg(x1＋x2)＋m(at)2＝49.5 J． (2分)
2
[答案] (1)285 N 45 N (2)49.5 J
14．(12分)如图甲所示，倾角为θ、足够长的两光滑金属导轨位于同一倾斜的平面内，导轨间距为l，与电阻R1、R2及电容器相连，电阻R1、R2的阻值均为R，电容器的电容为C，空间存在方向垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度为B．一个质量为m、阻值也为R、长度为l的导体棒MN垂直于导轨放置，将其由静止释放，下滑距离s时导体棒达到最大速度，这一过程中整个回路产生的焦耳热为Q，则：
- 9 -
甲
(1)导体棒稳定下滑的最大速度为多少？
(2)导体棒从释放开始到稳定下滑的过程中流过R1的电荷量为多少？
【解析】(1)当达到最大速度时，导体棒匀速运动，电容器中没有电流，设导体棒稳定下滑的最大速度为v，有：
E＝Blv (1分)
EI＝ (1分) R2＋RB2l2v所以F安＝BIl＝ (2分)
2R导体棒的受力情况如图乙所示，根据受力平衡条件有：
乙
F安＝mgsin θ (1分)
2mgRsin θ解得：v＝． (2分)
B2l2(2)棒加速运动时电容器上的电压增大，电容器充电；当棒达到最大速度后，电容器上的电荷量最大并保持不变，所以流过R1的电荷量就是电容器所带的电荷量，则：
EEBlvmgRsin θU＝IR2＝R＝＝＝ (3分)
2R22Bl
- 10 -
mgRCsin θQR1＝CU＝． (2分)
Bl2mgRsin θmgRCsin θ[答案] (1) (2) 22
BlBl15．(13分)如图甲所示，一质量为m、电荷量为q的正离子，在D处沿图示方向以一定的速度射入磁感应强度为B的匀强磁场中，此磁场方向垂直纸面向里．结果离子正好从距A点为d的小孔C沿垂直于电场方向进入匀强电场，此电场方向与AC平行且向上，最后离子打在G处，而G处到A点的距离为2d(直线DAG与电场方向垂直)．不计离子重力，离子运动轨
迹在纸面内．求：
甲
(1)正离子从D处运动到G处所需时间． (2)正离子到达G处时的动能．
【解析】(1)正离子的运动轨迹如图乙所示，在磁场中做圆周运动的时间为：
乙
t12πm1＝3T＝
3Bq (1分)
圆周运动半径r满足：r＋rcos 60°＝d (1分)
解得：r＝2
3
d (1分)
- 11 -
设离子在磁场中运动的速度为v0，则有：r＝2Bqd解得：v0＝ (1分)
3mmv0
(1分) Bq2d3m离子从C运动到G所需的时间t2＝＝ (2分)
v0Bq离子从D→C→G的总时间为：
(9＋2π)mt＝t1＋t2＝． (2分)
3Bq(2)设电场强度为E，对离子在电场中的运动过程，有：
1
qE＝ma，d＝at22 (1分)
2
12
由动能定理得：Eq·d＝EkG－mv0 (1分)
2
2224Bqd解得：EkG＝． (2分)
9m222
(9＋2π)m4Bqd[答案] (1) (2)
3Bq9m16．(15分)如图甲所示，质量m1＝2.0 kg 的物块A随足够长的水平传送带一起匀速运动，传送带的速度大小v带＝3.0 m/s，方向如图所示；在A的右侧L＝2.5 m 处将质量m2＝3.0 kg的物块B无初速度放上传送带．已知在A、B碰后瞬间B相对传送带的速度大小为1.0 m/s，
2
之后当其中某一物块相对传送带的速度为零时，传送带立即以大小为2.0 m/s的加速度制动，最后停止运动．传送带的运动情况不受物块A、B的影响，且A、B碰撞的时间极短．设两物块与传送带间的动摩擦因数均为μ＝0.10．求：
甲
(1)物块B刚开始滑动时的加速度． (2)碰撞后两物块的速度． (3)两物块间的最大距离．
【解析】(1)物块B刚开始滑动时，加速度为：
μm2g2a＝＝μg＝1 m/s，方向向右． (2分)
m2
(2)设经t1时间，A、B两物块相碰，有：
12
at1＋L＝v带t1 2
- 12 -
解得：t1＝1 s，t1′＝5 s(由上述分析可知，t1′不合题意，舍去) 碰前B的速度v2＝at1＝1 m/s (2分)
由题意可知：碰后B的速度v2′＝2 m/s或v2″＝4 m/s 由动量守恒定律得：
m1v带＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′ m1v带＋m2v2＝m1v1″＋m2v2″
解得：碰后A的速度v1′＝1.5 m/s或v1″＝－1.5 m/s
12121122
检验：由于m1v带＋m2v2＜m1v1′＋m2v2″
2222
故v1″＝－1.5 m/s、v2″＝4 m/s这组数据舍去
所以碰后A的速度v1′＝1.5 m/s，方向向右；B的速度v2′＝2 m/s，方向向右． (3分)
(3)因碰后两物块均做加速度运动，加速度都为a＝1 m/s，所以B的速度先达到与传送带相同速度，设B达到与传送带速度相同的时间为t2．
2
乙
有：v带＝v2′＋at2，t2＝1 s
此时A的速度v3＝v1′＋at2＝2.5 m/s＜v带 故从t2之后A继续加速运动，B和传送带开始减速运动，直到A和传送达到某个共同速度v4后，A所受的摩擦力换向，才开始减速运动．设A继续加速度的时间为t3，则：
1
v4＝v3＋at3＝v带－a带t3，t3＝ s
6
8
A的速度v4＝v3＋at3＝ m/s (2分)
3
17
此时B的速度v5＝v带－at3＝ m/s，之后A、B均做减速运动，因为在整个过程中B的
6
速度始终大于A的速度，所以当A、B都静止时两物块间的距离最大． (1分)
22
v20－v带带－v2′
B碰后运动的总位移s2＝＋＝7 m
2a2×(－a)
v2′＋v带v带v带
或s2＝t2＋×＝7 m (2分)
22a22
v20－v44－v1′
A碰后运动的总位移s1＝＋≈6 m (2分)
2×a2×(－a)
两物块间的最大距离sm＝s2－s1＝1 m． (1分)
2
[答案] (1)1 m/s，方向向左
- 13 -
(2)A的速度为1.5 m/s，方向向右；B的速度为2 m/s，方向向右 (3)1 m
- 14 -
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