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概率论与数理统计问题课本 随机变量的分布函数那章 有个例2 就是打靶子的问题 一个靶子半径为2米的圆盘,击中靶子的概率与该圆盘的面积成正比 并假设都能中靶 X表示击中点到靶心的距离下边有个 P{0≤X≤2}=kX² 然后说X=2 则 P{0≤X≤2}=4k 又因为P{0≤X≤2}=1所以求得k=1/4则P{0≤X≤2}=X²/4 请问X=2 则 P{0≤X≤2}=4k 为什么X取2?不能取1?上边说了P{0≤X≤2}=1 为什么又得出P{0≤X≤2}=X²/4 的结论 P{0≤X≤2} 到底等于多少?
厚渺酥5635
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P(A)=0.3,P(B)=0.4,P(AIB)=0.5P(AIB)=P(AB)/P(B)由此可算出P(AB)=0.2P(BIAUB)=P(B(AUB))/P(AUB)=0.4/0.5=0.8P(B(AUB))=P(B)P(AUB)=P(A)+P(B)-P(AB)=0.3+0.4-0.2=0.5P(非AU非BIAUB)=P(非（AB)I(AUB))=P(AUB)-P(AB)/P(AUB)=（0.5-0.2）/0.5=0.6非AB与AUB的交为什么等于AUB可以通过作图看出,也可以通过理解你看,A与B有交集,在一个大的空间里,非AB 就是出去A与B 的公共部分,再来与AUB取交就得AUB除去AB即可.希望能够给你带来帮助,敬请采纳.
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一道概率题,对于这个分布函数的设法不太懂一个靶子半径为2的圆盘,设击中靶上任一同心圆盘上的点的概率与该圆盘的面积成正比,并设射击都能中靶.以X表示弹着点与圆心的距离.试求随机变量X的分布函数.若0
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击中靶上任一同心圆盘上的点的概率与该圆盘的面积成正比,圆盘的意思是圆及其内部,所以P(X≤x)表示以x为半径的圆盘,击中这个圆盘上的点的概率与该圆盘的面积成正比,即为 m·πx^2=kx^2
那如果是说，一条直线，范围【a,b】，X落在里面的概率与区间长度成正比，那是不是a<=x<=b,时候，F(x)=p(X<=x)=(x-a)/（b-a）
这样做对吗？还有一点如果涉及到体积比怎么做呢？
是差不多的，体积那要看形状，一般没有涉及体积的题，那太复杂
长度比竟然答对了。。。。哈哈老师，还有一个小白的问题，像这类题，首先想到的是概率，例如长度比p(a<=x<=b)=(x-a)/（b-a）或面积比P(0<=x<=2)=kx^2，其次是怎么想到从概率往分布函数转化，而不是向密度函数或者其他方面转化？
分布函数=概率，所以分布函数最好讨论了
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2013全国各省高考物理试题
2013?新课标安徽(理综物理)14． 如图所示，细线的一端系一质量为 m 的小球，另一端固定在倾角为 θ 的光滑斜面体 顶端，细线与斜面平行．在斜面体以加速度 a 水平向右做匀加速直线运动的过程中，小球始 终静止在斜面上，小球受到细线的拉力 T 和斜面的支持力 FN 分别为(重力加速度为 g)( )A．T＝m(gsinθ＋acosθ) FN＝m(gcosθ－asinθ) B．T＝m(gcosθ＋asinθ) FN＝m(gsinθ－acosθ) C．T＝m(acosθ－gsinθ) FN＝m(gcosθ＋asinθ) D．T＝m(asinθ－gcosθ) FN＝m(gsinθ＋acosθ) 14．A [解析] 本题考查受力分析、应用牛顿第二定律分析解决问题的能力．对物体进 行受力分析，应用牛顿第二定律，在水平方向有 Tcosθ－FNsinθ＝ma，在竖直方向有 Tsinθ＋ FNcosθ＝mg，解得：T＝macosθ＋mgsinθ，FN＝mgcosθ－masinθ，选项 A 正确．15． 图中 a、b、c、d 为四根与纸面垂直的长直导线，其横截面位于正方形的四个顶点 上，导线中通有大小相同的电流，方向如图所示．一带正电的粒子从正方形中心 O 点沿垂直 于纸面的方向向外运动，它所受洛伦兹力的方向是( )A．向上 B．向下 C．向左 D．向右 15．B [解析] 本题考查安培定则、矢量合成、左手定则的知识．应用安培定则分别判 断 4 个直线电流在 O 点产生的磁场方向，因为其磁感应强度的大小相等，对其进行矢量合成 可得，合磁场的方向由 b 指向 d，由左手定则可判断带电粒子所受的洛伦兹力的方向向下，选 项 B 正确． 16． 如图所示，足够长平行金属导轨倾斜放置，倾角为 37°，宽度为 0.5 m，电阻忽略不 计，其上端接一小灯泡，电阻为 1 ?.一导体棒 MN 垂直于导轨放置，质量为 0.2 kg，接入电路 的电阻为 1 ?，两端与导轨接触良好，与导轨间的动摩擦因数为 0.5.在导轨间存在着垂直于导 轨平面的匀强磁场，磁感应强度为 0.8 T．将导体棒 MN 由静止释放，运动一段时间后，小灯 泡稳定发光， 此后导体棒 MN 的运动速度以及小灯泡消耗的电功率分别为(重力加速度 g 取 10m/s2，sin37°＝0.6)()A．2.5 m/s 1 W B．5 m/s 1 W C．7.5 m/s 9 W D．15 m/s 9 W 16．B [解析] 本题考查电磁感应、力的平衡条件、电功率概念等知识．导体棒 MN 沿 导轨下滑过程中受重力 mg、支持力 FN、摩擦力 Ff 和安培力 F 安四个力作用．MN 由静止开始 下滑后，速度变大，感应电动势变大，感应电流变大，安培力变大，加速度变小，这是个变 加速过程．当加速度减小到 a＝0 时，其速度即增到最大 v＝vm，此时 MN 处于平衡状态，以 后将以速度 vm 匀速下滑，电流恒定，小灯泡稳定发光．由法拉第电磁感应定律，有 E＝BLvm， 且 I＝ B2L2vm E ，F 安＝ILB，可得 F 安＝ .以 MN 为研究对象，对 MN 所受的力进行正交分 R＋ RL R＋ R L mg(sinθ－μcosθ)（R＋RL） ＝5m/s， B2L2解， 根据平衡条件， 有： mgsinθ＝μmgcosθ＋F 安， 解得 vm＝2 ? BLvm ? 小灯泡消耗的电功率 P＝I2RL＝ R＋R RL＝1 W，选项 B 正确． L? ?GMm 17． 质量为 m 的人造地球卫星与地心的距离为 r 时，引力势能可表示为 Ep＝－ r ， 其中 G 为引力常量， M 为地球质量． 该卫星原来在半径为 R1 的轨道上绕地球做匀速圆周运动， 由于受到极稀薄空气的摩擦作用，飞行一段时间后其圆周运动的半径变为 R2，此过程中因摩 擦而产生的热量为( ) 1 1 A．GMm(R －R )2 11 1 B．GMm(R －R )1 2GMm 1 1 C. 2 (R －R ) 2 1GMm 1 1 D. 2 (R －R ) 1 217．C [解析] 本题考查万有引力与功能关系的综合知识，考查理解题目的新信息并且 应用信息解决问题的能力．根据功能关系，摩擦产生的热量等于卫星机械能的减少量．卫星 GMm Mm 1 由万有引力提供向心力， 有 G r2 的机械能等于动能与引力势能之和， 有 E＝2mv2＋(－ r )， mv2 GMm GMm 1 1 ＝ r ，可得卫星机械能 E＝－ 2r ，摩擦产生的热量为 Q＝E1－E2＝ 2 (R －R )，选项 C 2 1 正确． 18． 由消防水龙带的喷嘴喷出水的流量是 0.28 m3/min，水离开喷口时的速度大小为 16 3 m/s，方向与水平面夹角为 60°，在最高处正好到达着火位置，忽略空气阻力，则空中水 ) 柱的高度和水量分别是(重力加速度 g 取 10 m/s2)( －2 3 A．28.8 m 1.12×10 m B．28.8 m 0.672 m3 － C．38.4 m 1.29×10 2 m3 D．38.4 m 0.776 m3 18．A [解析] 本题考查应用运动的分解知识解决斜抛运动问题．水做斜抛运动，沿水 平方向和竖直方向建立坐标系，在竖直方向有(vsin60°)2＝2gh，vsin60°＝gt，可得水柱的高度为 h＝28.8 m．水的运动时间为 t＝2.4 s，水量为 m＝Qt＝1.12×10 2m3，选项 A 正确． 19． 用图示的电路可以测量电阻的阻值．图中 Rx 是待测电阻，R0 是定值电阻，G 是灵 敏度很高的电流表，MN 是一段均匀的电阻丝．闭合开关，改变滑动头 P 的位置，当通过电 流表 G 的电流为零时，测得 MP＝l1，PN＝l2，则 Rx 的阻值为( )－l1 A.l R02l1 B. R l1＋l2 0 l2 D. R l1＋l2 0l2 C.l R0 119．C [解析] 本题是应用平衡电桥测量电阻的考题，考查电路的分析与计算能力．当 电流表 G 中无电流通过时，称电桥达到平衡．平衡时，电流表 G 所在支路电流为零，则流过 R0 和 Rx 的电流相同(记作 I1)，流过电阻丝 MN 的电流相同(记作 I2)．电流表 G 两端电位相等， RPN l2 因而有 I1R0＝I2RMP，I1Rx＝I2RPN，便可求得 Rx＝R R0＝l R0，选项 C 正确．MP 120． 如图所示， xOy 平面是无穷大导体的表面，该导体充满 z＜0 的空间，z＞0 的空间 为真空．将电荷量为 q 的点电荷置于 z 轴上 z＝h 处，则在 xOy 平面上会产生感应电荷．空间 任意一点处的电场皆是由点电荷 q 和导体表面上的感应电荷共同激发的．已知静电平衡时导 h 体内部场强处处为零，则在 z 轴上 z＝2处的场强大小为(k 为静电力常量)( )4q A．k h2 32q C．k 9h2 20．D4q B．k9h2 40q D．k 9h2 [解析] 本题考查静电平衡、点电荷的电场、矢量合成等知识．导体处于静电平h 衡状态，内部场强为零，在 z 轴上 z＝－2处，感应电荷产生的场强大小 E′与点电荷 q 产生的 q 4q h 场强大小相等、方向相反，E′＝k 3 ＝k9h2；在 z 轴上 z＝2处，感应电荷产生的场强大小 2 （2h） q 4q 也为 E′，点电荷 q 产生的场强大小 E＝k 1 ＝k h2 ，E 与 E′方向相同，因此合场强 E 合＝E （2h）2 40q ＋E′＝k 9h2 ，选项 D 正确． 第Ⅱ卷(非选择题 21． (18 分) 共 180 分)Ⅰ.(5 分)根据单摆周期公式 T＝2πl g ，可以通过实验测量当地的重力加速度．如图 1所示，将细线的上端固定在铁架台上，下端系一小钢球，就做成了单摆．图1图2 (1)用游标卡尺测量小钢球直径，示数如图 2 所示，读数为________mm. (2)以下是实验过程中的一些做法，其中正确的有________． a．摆线要选择细些的、伸缩性小些的，并且尽可能长一些 b．摆球尽量选择质量大些、体积小些的 c．为了使摆的周期大一些，以方便测量，开始时拉开摆球，使摆线相距平衡位置有较大 的角度 d．拉开摆球，使摆线偏离平衡位置不大于 5°，在释放摆球的同时开始计时，当摆球回到 开始位置时停止计时，此时间间隔 Δt 即为单摆周期 T e．拉开摆球，使摆线偏离平衡位置不大于 5°，释放摆球，当摆球振动稳定后，从平衡位 Δt 置开始计时，记下摆球做 50 次全振动所用的时间 Δt，则单摆周期 T＝50 Ⅱ.(6 分)(1)在测定一根粗细均匀合金丝电阻率的实验中，利用螺旋测微器测定合金丝直 径的过程如图所示，校零时的读数为________ mm，合金丝的直径为________mm.(2)为了精确测量合金丝的电阻 Rx，设计出如图 1 所示的实验电路图，按照该电路图完成 图 2 中的实物电路连接．图1 图2 Ⅲ.(7 分)根据闭合电路欧姆定律，用图 1 所示电路可以测定电池的电动势和内电阻．图 中 R0 是定值电阻，通过改变 R 的阻值，测出 R0 两端的对应电压 U12，对所得的实验数据进行 1 处理，就可以实现测量目的．根据实验数据在U －R 坐标系中描出坐标点，如图 2 所示．已 12 知 R0＝150 ?，请完成以下数据分析和处理．图1图2 (1)图 2 中电阻为________ ? 的数据点应剔除； 1 (2)在坐标纸上画出U －R 关系图线；12(3)图线的斜率是________(V 1?? 1)，由此可得电池电动势 Ex＝________V. 21．Ⅰ.(1)18.6 (2)abe Ⅱ.(1)0.007 0.638 (2)如图所示－ －Ⅲ.(1)80.0(2)如图所示(3)4.44×10－31.50[解析] Ⅰ.(1)10 分度游标卡尺的精度为 0.1 mm，主尺读数为 18 mm，游标尺读数为 6×0.1 mm ＝0.6 mm，游标卡尺的读数为 18.6 mm. (2)摆线选择细些的、伸缩性小些的，并且尽可能长些，可以使模型更符合单摆运动，且 测量线长时误差小，a 正确；摆球尽量选择质量大些、体积小些的，使空气阻力可以忽略，b 正确．周期与摆角无关，摆角过大，摆球不做简谐运动，c 错误．计时应从摆球通过平衡位置 开始，而不应从释放摆球位置处开始，d 错误，e 正确． Ⅱ.(1)螺旋测微器的精度为 0.01 mm，校零时的读数为 0.7×0.01 mm＝0.007 mm，此值是 零误差，合金丝的直径为(0.5＋14.5×0.01) mm－0.007 mm＝0.638 mm. (2)如图所示． Ⅲ.(1)电阻为 80.0 ? 的数据点离直线过远，超过了误差范围，应剔除； (2)如图所示． (3)图线的斜率是 k＝ 1.42－0.71 －1 －1 － － － V ?? ＝4.44×10 3V 1?? 1. 160根据闭合电路欧姆定律 U12 E＝ R (r＋R)＋U12，0r＋R0 1 1 变形得U ＝ER R＋ ER ， 12 0 0 1 1 斜率是 k＝ER ，故电池电动势是 E＝kR ＝1.50 V.0 022． 一物体放在水平地面上，如图 1 所示，已知物体所受水平拉力 F 随时间 t 的变化情 况如图 2 所示，物体相应的速度 v 随时间 t 的变化关系如图 3 所示．求：图1 图2 (1)0～8 s 时间内拉力的冲量； (2)0～6 s 时间内物体的位移； (3)0～10 s 时间内，物体克服摩擦力所做的功． 22．[解析] (1)由图 2 知 I＝F1Δt1＋F2Δt2＋F3Δt3，I＝18 N?s. 6－2 (2)由图 3 知物体的位移为 x＝ 2 ×3 m＝6 m.图3(3)由图 2 知，在 6～8 s 时间内，物体做匀速运动，于是有 f＝2 N 由图 3 知在 0～10 s 时间内物体的总位移为 l＝ （8－6）＋（10－2） ×3 m＝15 m，所以 W＝fl＝2×15 J＝30 J. 223． 如图所示的平面直角坐标系 xOy，在第Ⅰ象限内有平行于 y 轴的匀强电场，方向沿 y 轴正方向；在第Ⅳ象限的正三角形 abc 区域内有匀强磁场，方向垂直于 xOy 平面向里，正三 角形边长为 L，且 ab 边与 y 轴平行．一质量为 m、电荷量为 q 的粒子，从 y 轴上的 P(0，h) 点，以大小为 v0 的速度沿 x 轴正方向射入电场，通过电场后从 x 轴上的 a(2h，0)点进入第Ⅳ 象限，又经过磁场从 y 轴上的某点进入第Ⅲ象限，且速度与 y 轴负方向成 45°角，不计粒子所 受的重力．求：(1)电场强度 E 的大小； (2)粒子到达 a 点时速度的大小和方向； (3)abc 区域内磁场的磁感应强度 B 的最小值． 23．[解析] (1)设粒子在电场中运动的时间为 t，则有x＝v0t＝2h， 1 y＝2at2＝h， qE＝ma， mv2 0 联立以上各式可得 E＝ 2qh. (2)粒子到达 a 点时沿负 y 方向的分速度为 vy＝at＝v0，2 所以 v＝ v2 0＋vy ＝ 2v0，方向指向第Ⅳ象限与 x 轴正方向成 45°角． v2 (3)粒子在磁场中运动时，有 qvB＝m r ，2mv0 2 当粒子从 b 点射出时，磁场的磁感应强度为最小值，此时有 r＝ 2 L，所以 B＝ qL . 24． 如图所示，质量为 M、倾角为 α 的斜面体(斜面光滑且足够长)放在粗糙的水平地面 上， 底部与地面的动摩擦因数为 μ， 斜面顶端与劲度系数为 k、 自然长度为 L 的轻质弹簧相连， 3 弹簧的另一端连接着质量为 m 的物块．压缩弹簧使其长度为4L 时将物块由静止开始释放，且 物块在以后的运动中，斜面体始终处于静止状态．重力加速度为 g.(1)求物块处于平衡位置时弹簧的长度； (2)选物块的平衡位置为坐标原点，沿斜面向下为正方向建立坐标轴，用 x 表示物块相对 于平衡位置的位移，证明物块做简谐运动； (3)求弹簧的最大伸长量； (4)为使斜面体始终处于静止状态， 动摩擦因数 μ 应满足什么条件(假设滑动摩擦力等于最 大静摩擦力)?24．[解析] (1)设物块在斜面上平衡时，弹簧伸长量为 ΔL，有mgsinα－kΔL＝0， 解得 ΔL＝ mgsinα k ， mgsinα k .此时弹簧的长度为 L＋(2)当物块的位移为 x 时， 弹簧伸长量为 x＋ΔL， 物块所受合力为 F 合＝mgsinα－k(x＋ΔL)， 联立以上各式可得 F 合＝－kx， 可知物块做简谐运动； L mgsinα (3)物块做简谐运动的振幅为 A＝4＋ k ， L 2mgsinα 由对称性可知，最大伸长量为4 ＋ k . (4)设物块位移 x 为正，则斜面体受力情况如图所示，由于斜面体平衡，所以有水平方向 f＋FN1sinα－Fcosα＝0， 竖直方向 FN2－Mg－FN1cosα－Fsinα＝0， 又 F＝k(x＋ΔL)，FN1＝mgcosα， 联立可得 f＝kxcosα，FN2＝Mg＋mg＋kxsinα 为使斜面体始终处于静止，结合牛顿第三定律，应有 |f| |f|≤μFN2，所以 μ≥F ＝N2k|x|cosα ， Mg＋mg＋kxsinα当 x＝－A 时，上式右端达到最大值，于是有 μ≥ （kL＋4mgsinα）cosα . 4Mg＋4mgcos2α－kLsinα2013?北京卷(理综物理)13． 下列说法正确的是( ) A．液体中悬浮微粒的无规则运动称为布朗运动 B．液体分子的无规则运动称为布朗运动 C．物体从外界吸收热量，其内能一定增加 D．物体对外界做功，其内能一定减少 13．A [解析] 布朗运动是悬浮在液体中的固体颗粒的无规则运动，A 项正确，B 项错 误．根据热力学第一定律 ΔU＝Q＋W 可知，内能的变化与做功和热传递都有关系，不能由一 方面决定，C、D 两项错误． 14． 如图所示，一束可见光射向半圆形玻璃砖的圆心 O，经折射后分为两束单色光 a 和 b.下列判断正确的是( )A．玻璃对 a 光的折射率小于对 b 光的折射率 B．a 光的频率大于 b 光的频率 C．在真空中 a 光的波长大于 b 光的波长 D．a 光光子能量小于 b 光光子能量 14. B [解析] 由光路的可逆性对原光路进行反向变换，a 光的入射角大于 b 光，而折射 sin i 角相等，根据 n＝sin r可知，玻璃对 a 光的折射率大于对 b 光的折射率，A 项错误．介质对光 的折射率越大，光的频率越大，B 项正确．由 c＝λf 可知，频率越大，光的波长越短，C 项错 误．频率越高，光子的能量越大，D 项错误． 15． 一列沿 x 轴正方向传播的简谐机械横波，波速为 4 m/s.某时刻波形如图所示，下列 说法正确的是( )A．这列波的振幅为 4 cm B．这列波的周期为 1 s C．此时 x＝4 m 处质点沿 y 轴负方向运动 D．此时 x＝4 m 处质点的加速度为 0 15．D [解析] 由图像可知，这列波的振幅为 2 cm，A 项错误．波长 λ＝8 m，故周期 T λ 8 ＝v＝4 s＝2 s，B 项错误．波向右传播，左边的质点带动右边的质点振动，故 x＝4 m 处质点 沿 y 轴正方向运动，C 项错误．此时 x＝4 m 处质点处于平衡位置，回复力为零，加速度为零， D 项正确． 16． 倾角为 α、质量为 M 的斜面体静止在水平桌面上，质量为 m 的木块静止在斜面体上．下列结论正确的是()A．木块受到的摩擦力大小是 mgcosα B．木块对斜面体的压力大小是 mgsinα C．桌面对斜面体的摩擦力大小是 mgsinαcosα D．桌面对斜面体的支持力大小是(M＋m)g 16．D [解析] 木块受到重力、支持力、摩擦力三个力的作用，处于静止状态，合力为 零，则有摩擦力 f＝mgsinα，支持力 FN＝mgcosα，由牛顿第三定律，木块对斜面体的压力 F′N ＝mgcosα，A、B 两项错误．木块和斜面体整体处于静止状态，合力为零，则有桌面对斜面体 的摩擦力为 0， 桌面对斜面体的支持力等于两物体的重力之和(M＋m)g， C 项错误， D 项正确． 17． 如图，在磁感应强度为 B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，金属杆 MN 在平行金 属导轨上以速度 v 向右匀速滑动，MN 中产生的感应电动势为 E1；若磁感应强度增为 2B，其 他条件不变，MN 中产生的感应电动势变为 E2.则通过电阻 R 的电流方向及 E1 与 E2 之比 E1∶ E2 分别为( )A．c→a，2∶1 B．a→c，2∶1 C．a→c，1∶2 D．c→a，1∶2 17．C [解析] 由右手定则可知，导体棒 MN 中产生的电流的方向为 N→M，所以流过 R 的电流的方向为 a→c，选项 A、D 错误．由 E＝BLv 可知，两次产生的电动势之比为 1∶2， 选项 B 错误，选项 C 正确． 18． 某原子电离后其核外只有一个电子，若该电子在核的静电力作用下绕核做匀速圆周 运动，那么电子运动( ) A．半径越大，加速度越大 B．半径越小，周期越大 C．半径越大，角速度越小 D．半径越小，线速度越小 18．C kQq mv2 [解析] 由题可知，电子在库仑力的作用下做圆周运动，则有 r2 ＝ r ＝mω2r2π?2 ＝m? ? T ? r＝ma，由公式可以看出，半径越大，则加速度、线速度、角速度越小，周期越大， A、B、D 错误，C 正确． 19． 在实验操作前应该对实验进行适当的分析．研究平抛运动的实验装置示意如图．小 球每次都从斜槽的同一位置无初速释放，并从斜槽末端水平飞出．改变水平板的高度，就改 变了小球在板上落点的位置，从而可描绘出小球的运动轨迹．某同学设想小球先后三次做平 抛，将水平板依次放在如图 1、2、3 的位置，且 1 与 2 的间距等于 2 与 3 的间距．若三次实 验中，小球从抛出点到落点的水平位移依次为 x1、x2、x3，机械能的变化量依次为 ΔE1、ΔE2、 ΔE3，忽略空气阻力的影响，下面分析正确的是( )A．x2－x1＝x3－x2，ΔE1＝ΔE2＝ΔE3 B．x2－x1&x3－x2，ΔE1＝ΔE2＝ΔE3 C．x2－x1&x3－x2，ΔE1&ΔE2&ΔE3 D．x2－x1&x3－x2，ΔE1&ΔE2&ΔE3 19．B [解析] 物体做平抛运动，机械能守恒，即机械能的变化量为零，C、D 错误．因 竖直方向上为自由落体运动，下落相同高度时，所用的时间会越来越短，水平方向运动的位 移也会越来越小，故 x3－x2＜x2－x1，A 错误，B 正确． 20． 以往我们认识的光电效应是单光子光电效应，即一个电子在极短时间内只能吸收到 一个光子而从金属表面逸出．强激光的出现丰富了人们对于光电效应的认识，用强激光照射 金属，由于其光子密度极大，一个电子在极短时间内吸收多个光子成为可能，从而形成多光 子光电效应，这已被实验证实． 光电效应实验装置示意如图．用频率为 ν 的普通光源照射阴极 K，没有发生光电效应．换 用同样频率 ν 的强激光照射阴极 K，则发生了光电效应；此时，若加上反向电压 U，即将阴 极 K 接电源正极，阳极 A 接电源负极，在 KA 之间就形成了使光电子减速的电场．逐渐增大 U，光电流会逐渐减小；当光电流恰好减小到零时，所加反向电压 U 可能是下列的(其中 W 为 逸出功，h 为普朗克常量，e 为电子电量)( )hν W A．U＝ e － e C．U＝2hν－W2hν W B．U＝ e － e 5hν W D．U＝ 2e － e20．B [解析] 根据题目信息可知，普通光源照射时，电子不能吸收一个光子而成为自 由电子，但激光照射时，电子则可以吸收多个光子而成为自由电子，设电子吸收了 n 个光子， 即 nhν－W＝Ek，当光电子在反向电压的作用下使光电流减小到 0 时，有 Ek＝eU，联立可得 U＝ nhν－W e ，B 项正确.21． 某同学通过实验测定一个阻值约为 5 ? 的电阻 Rx 的阻值． (1)现有电源(4 V，内阻可不计)、滑动变阻器(0～50 ?，额定电流 2 A)、开关和导线若干， 以及下列电表： A．电流表(0～3 A，内阻约 0.025 ?) B．电流表(0～0.6 A，内阻约 0.125 ?) C．电压表(0～3 V，内阻约 3 kΩ) D．电压表(0～15 V，内阻约 15 k?)为减小测量误差，在实验中，电流表应选用________，电压表应选用________(选填器材 前的字母)；实验电路应采用图 1 中的________(填“甲”或“乙”)．甲 图1乙图2 (2)图 2 是测量 Rx 的实验器材实物图，图中已连接了部分导线．请根据在(1)问中所选的电 路图，补充完成图 2 中实物间的连线． (3)接通开关，改变滑动变阻器滑片 P 的位置，并记录对应的电流表示数 I、电压表示数 U U.某次电表示数如图 3 所示，可得该电阻的测量值 Rx＝ I ＝________ ?(保留两位有效数字)．图3 (4)若在(1)问中选用甲电路，产生误差的主要原因是________________；若在(1)问中选用 乙电路，产生误差的主要原因是________．(选填选项前的字母) A．电流表测量值小于流经 Rx 的电流值 B．电流表测量值大于流经 Rx 的电流值 C．电压表测量值小于 Rx 两端的电压值 D．电压表测量值大于 Rx 两端的电压值 (5)在不损坏电表的前提下，将滑动变阻器滑片 P 从一端滑向另一端，随滑片 P 移动距离 x 的增加，被测电阻 Rx 两端的电压 U 也随之增加，下列反映 U－x 关系的示意图中正确的是 ________．A 21．(1)B C 甲 (2)如图所示B 图4C(3)5.2 (4)B D (5)A E 4 [解析] (1)电路中的最大电流为 I＝R＝5 A，和 B 对应的电流表的量程接近，故选 B 电流 表．电压表量程为 3 V，和电源的电动势接近，故选 C 电压表．因 Rx& RARV，此电阻是小 电阻，故采用电流表外接法． (2)略． U (3)电流表的读数为 0.5 A，电压表的读数为 2.60 V，由 R＝ I 可得，电阻为 5.2 ?. (4)甲图中的电流表测量的是电阻和电压表的总电流，由 R＝ U 算出的电阻偏小，所 Ix＋IVUx＋UA 算出的电阻偏大， 以 B 正确；乙图的电压表测量的是电流表和电阻的总电压，由 R＝ I 所以 D 正确． (5)由于电流 I＝ E ＝ Rx＋RP E ，从表达式中可看出，电流 I 并不随 x 成线性变化， L－x Rx＋ L R且 x 有最大值，故 U＝IRx 最后会达到临界值，C 正确． 22． (16 分)如图所示，两平行金属板间距为 d，电势差为 U，板间电场可视为匀强电场； 金属板下方有一磁感应强度为 B 的匀强磁场．带电量为＋q、质量为 m 的粒子，由静止开始 从正极板出发，经电场加速后射出，并进入磁场做匀速圆周运动．忽略重力的影响，求：(1)匀强电场场强 E 的大小； (2)粒子从电场射出时速度 v 的大小； (3)粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径 R. U 22．[解析] (1)电场强度 E＝ d 1 (2)根据动能定理，有 qU＝2mv2 得 v＝ 2qU mv2 (3)粒子在磁场中做匀速圆周运动时，洛伦兹力提供向心力，有 qvB＝m R 1 得 R＝B 2mU q23． (18 分)蹦床比赛分成预备运动和比赛动作两个阶段． 最初， 运动员静止站在蹦床上； 在预备运动阶段，他经过若干次蹦跳，逐渐增加上升高度，最终达到完成比赛动作所需的高 度；此后，进入比赛动作阶段．把蹦床简化为一个竖直放置的轻弹簧，弹力大小 F＝kx(x 为床 面下沉的距离，k 为常量)．质量 m＝50 kg 的运动员静止站在蹦床上，床面下沉 x0＝0.10 m； 在预备运动中，假定运动员所做的总功 W 全部用于增加其机械能；在比赛动作中，把该运动 员视作质点，其每次离开床面做竖直上抛运动的腾空时间均为 Δt＝2.0 s，设运动员每次落下 使床面压缩的最大深度均为 x1.取重力加速度 g＝10 m/s2，忽略空气阻力的影响．(1)求常量 k，并在图中画出弹力 F 随 x 变化的示意图； (2)求在比赛动作中，运动员离开床面后上升的最大高度 hm； (3)借助 F－x 图像可以确定弹力做功的规律，在此基础上，求 x1 和 W 的值． 23．[解析] (1)床面下沉 x0＝0.10 m 时，运动员受力平衡 mg＝kx0 mg 得 k＝ x0 ＝5.0×103 N/m F－x 图线如图．(2)运动员从 x＝0 处离开床面，开始腾空，其上升、下落时间相等 1 Δt?2 hm＝2g? ? 2 ? ＝5.0 m (3)参考由速度－时间图像求位移的方法，F－x 图线下的面积等于弹力做的功．从 x 处到 x＝0，弹力做功 WT 1 1 WT＝2?x?kx＝2kx2 运动员从 x1 处上升到最大高度 hm 的过程，根据动能定理，有 1 1－mg(x1＋hm)＝0 2kx2 得 x1＝x0＋ x2 0＋2x0hm＝1.1 m 对整个预备运动，由题设条件以及功和能的关系，有 1 0＝mg(hm＋x0) W＋2kx2 得 W＝2525 J≈2.5×103 J 24． (20 分)对于同一物理问题，常常可以从宏观与微观两个不同角度进行研究，找出其内在联系，从而更加深刻地理解其物理本质． (1)一段横截面积为 S、长为 l 的直导线，单位体积内有 n 个自由电子，电子电量为 e.该导 线通有电流时，假设自由电子定向移动的速率均为 v. (a)求导线中的电流 I； (b)将该导线放在匀强磁场中， 电流方向垂直于磁感应强度 B， 导线所受安培力大小为 F 安， 导线内自由电子所受洛伦兹力大小的总和为 F，推导 F 安＝F. (2)正方体密闭容器中有大量运动粒子，每个粒子质量为 m，单位体积内粒子数量 n 为恒 量．为简化问题，我们假定：粒子大小可以忽略；其速率均为 v，且与器壁各面碰撞的机会均 等；与器壁碰撞前后瞬间，粒子速度方向都与器壁垂直，且速率不变．利用所学力学知识， 导出器壁单位面积所受粒子压力 f 与 m、n 和 v 的关系． (注意：解题过程中需要用到、但题目没有给出的物理量，要在解题时做必要的说明) 24．[解析] (1)(a)设 Δt 时间内通过导体横截面的电量为 Δq，由电流定义，有 Δq neSvΔt I＝ Δt ＝ Δt ＝neSv (b)每个自由电子所受的洛伦兹力 F 洛＝evB 设导体中共有 N 个自由电子 N＝n?Sl 导体内自由电子所受洛伦兹力大小的总和 F＝NF 洛＝nSl?evB 由安培公式，有 F 安＝IlB＝neSv?lB 得 F 安＝F (2)一个粒子每与器壁碰撞一次给器壁的冲量为 ΔI＝2mv 如图，以器壁上的面积 S 为底、以 vΔt 为高构成柱体，由题设可知，其内的粒子在 Δt 时 1 间内有6与器壁 S 发生碰撞，碰壁粒子总数为 1 N＝6n?SvΔtΔt 时间内粒子给器壁的冲量为 1 I＝N?ΔI＝3nSmv2Δt I 面积为 S 的器壁受到粒子压力为 F＝Δt 器壁单位面积所受粒子压力为 F 1 ?＝S＝3nmv22013?全国卷(理综物理)一、选择题 14． 下列现象中，属于光的衍射的是( ) A．雨后天空出现彩虹 B．通过一个狭缝观察日光灯可看到彩色条纹 C．海市蜃楼现象 D．日光照射在肥皂膜上出现彩色条纹 14．B [解析] 雨后彩虹和海市蜃楼属于光的折射，选项 A、C 错误；肥皂膜在日光照射 下出现彩纹属于薄膜干涉，D 错误；通过狭缝观察日光灯出现彩色条纹属于单缝衍射，B 正 确． 15． 根据热力学定律，下列说法中正确的是( ) A．电冰箱的工作过程表明，热量可以从低温物体向高温物体传递 B．空调机在制冷过程中，从室内吸收的热量少于向室外放出的热量 C．科技的进步可以使内燃机成为单一热源的热机 D．对能源的过度消耗使自然界的能量不断减少，形成“能源危机” 15．AB [解析] 热量不能自发地从低温物体向高温物体传递，但冰箱压缩机工作时消耗 电能，可以使得热量从低温物体向高温物体传递，A 正确；空调机制冷时，压缩机消耗电能 发热，因此向室外放出的热量多于从室内吸收的热量，B 正确；根据热力学定律，不可能从 单一热源吸收热量全部用来做功，C 错误；根据能量守恒定律，自然界的能量并不减少，能 源危机是指可被人类利用的能源趋向枯竭，D 错误． 16． 放射性元素氡(22286Rn)经 α 衰变成为钋(21884Po)，半衰期约为 3.8 天；但勘测表明， 经过漫长的地质年代后，目前地壳中仍存在天然的含有放射性元素22286Rn 的矿石，其原因是 ( ) A．目前地壳中的22286Rn 主要来自于其他放射性元素的衰变 B．在地球形成的初期，地壳中元素22286Rn 的含量足够高 C．当衰变产物21884Po 积累到一定量以后，21884Po 的增加会减慢22286Rn 的衰变进程 D.22286Rn 主要存在于地球深处的矿石中，温度和压力改变了它的半衰期 16．A [解析] 放射性元素半衰期规律决定放射性物质会越来越少，无论初始质量是多 少，经足够长时间后氡含量应几乎为零，因此不是由于地球初始时期氡含量较高，而只能认 为目前氡的存在源于其他放射性元素的衰变，A 正确，B 错误；半衰期规律不受外界条件影 响，C、D 错误． 17． 纸面内两个半径均为 R 的圆相切于 O 点，两圆形区域内分别存在垂直于纸面的匀 强磁场，磁感应强度大小相等、方向相反，且不随时间变化．一长为 2R 的导体杆 OA 绕 O 点 且垂直于纸面的轴顺时针匀速旋转，角速度为 ω.t＝0 时，OA 恰好位于两圆的公切线上，如 图所示，若选取从 O 指向 A 的电动势为正，下列描述导体杆中感应电动势随时间变化的图像 可能正确的是( )17．C[解析] 只研究金属棒向右转动 90°的一段过程即可：切割磁感线的有效长度 L＝1 1 1 2Rsinωt，感应电动势 E＝2BLv＝2BL(Lω)＝2B(2Rsinωt)2ω＝2BR2ωsin2ωt，可见感应电动势应 该按照三角函数的规律变化，可以排除 A 和 B，再根据右手定则，金属棒刚进入磁场时电动 势为正，可排除 D，只有 C 正确． 18． “嫦娥一号”是我国首次发射的探月卫星，它在距月球表面高度为 200 km 的圆形 － 轨道上运行，运行周期为 127 分钟．已知引力常量 G＝6.67×10 11 N?m2/kg2，月球半径约为 1.74×103 km，利用以上数据估算月球的质量约为( ) 10 13 A．8.1×10 kg B．7.4×10 kg 19 C．5.4×10 kg D．7.4×1022 kg 18．D ＝2π [解析] 由万有引力充当向心力，G 4π2（r＋h） mM ＝ m ，可得环绕周期 T T2 （r＋h）2（r＋h）3 22 GM ，代入数据，解得月球质量 M＝7.4×10 kg，选项 D 正确．19． 将甲、乙两小球先后以同样的速度在距地面不同高度处竖直向上抛出，抛出时间相 隔 2 s，它们运动的 v－t 图像分别如直线甲、乙所示，则( )A．t＝2 s 时，两球高度相差一定为 40 m B．t＝4 s 时，两球相对于各自抛出点的位移相等 C．两球从抛出至落到地面所用的时间间隔相等 D．甲球从抛出至达到最高点的时间间隔与乙球的相等 19．BD [解析] 本题关键的条件是抛出点距地面高度不同．t＝2 s 时，甲离抛出点为 40 m，乙刚开始运动，若抛出点在同一高度，则甲、乙高度差为 40 m，但是抛出点距地面高度 不同，故 A 错误；t＝4 s 时，甲正在下落，离抛出点为 40 m，乙正在上升，离抛出点也为 40m，B 正确；两球从抛出到落回各自的抛出点时间相同，但是因为抛出点距地面高度不同，因 此 C 错误；两球从各自抛出点至达到最高点的时间都是 3 s，D 正确． 20． 如图，一固定斜面倾角为 30°，一质量为 m 的小物块自斜面底端以一定的初速度， 沿斜面向上做匀减速运动，加速度的大小等于重力加速度的大小 g.若物块上升的最大高度为 H，则此过程中，物块的( )A．动能损失了 2mgH B．动能损失了 mgH 1 C．机械能损失了 mgH D．机械能损失了2mgH 20．AC [解析] 因为加速度大小等于 g，故合外力 F＝mg，根据动能定理，动能损失等 H 于克服合外力做的功，即 ΔEk＝FL＝mgsin30°＝2mgH，A 正确，B 错误；此过程中，重力势 能增加了 ΔEp＝mgH，故机械能损失了 ΔE＝ΔEk－ΔEp＝mgH，C 正确，D 错误． 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．两个扬声器连续发出波长为 5 m 的声波．一同学从该跑道的中点出发，向某一 端点缓慢行进 10 m，在此过程中， 他听到扬声器声音由强变弱的次数为( ) A．2 B．4 C．6 D．8 21．B [解析] 根据波的叠加规律，波程差为波长整数倍的点振动加强，波程差为半波 长奇数倍的点振动减弱，因此，相邻的振动加强点(或振动减弱点)的波程差相差一个波长，向 某一端点行进 10 m 时，该点距两个端点的波程差为(25＋10)m－(25－10)m＝20 m，为波长的 4 倍，这样听到由强变弱的次数总共为 4 次，选项 B 正确． 三、非选择题． 22． (6 分)如图，E 为直流电源，G 为灵敏电流计，A、B 为两个圆柱形电极，P 是木板， C、D 为两个探针，S 为开关，现用上述实验器材进行“用描迹法画出电场中平面上的等势线” 的实验． (1)木板 P 上有白纸、导电纸和复写纸，最上面的应该是________纸； (2)用实线代表导线将实验器材正确连接．22．(1)导电 (2)连线如图所示[解析] 因为是用电流来模拟正负点电荷形成的电场，根据电势高低画出等势线，所以要 求导电纸与接线柱导通，还要在导电纸上用灵敏电流计探针寻找等势点，这些都要求最上面 一层一定是导电纸．连线要求连成两个独立的电路，即电源、导电纸和开关组成一个闭合电 路，形成稳恒电流；两探针与灵敏电流计相连，组成一个检测电路． 23． (12 分)测量小物块 Q 与平板 P 之间动摩擦因数的实验装置如图所示．AB 是半径足 够大的、光滑的四分之一圆弧轨道，与水平固定放置的 P 板的上表面 BC 在 B 点相切，C 点 在水平地面的垂直投影为 C′ .重力加速度大小为 g，实验步骤如下：①用天平称出物块 Q 的质量 m； ②测量出轨道 AB 的半径 R、BC 的长度 L 和 CC′ 的长度 h； ③将物块 Q 在 A 点从静止释放，在物块 Q 落地处标记其落地点 D； ④重复步骤③，共做 10 次； ⑤将 10 个落地点用一个尽量小的圆围住，用米尺测量圆心到 C′的距离 s. (1)用实验中的测量量表示： ()物块 Q 到达 B 点时的动能 EkB＝________； ()物块 Q 到达 C 点时的动能 EkC＝________； ()在物块 Q 从 B 运动到 C 的过程中，物块 Q 克服摩擦力做的功 Wf＝________； ()物块 Q 与平板 P 之间的动摩擦因数 μ＝_______________________________. (2)回答下列问题： ()实验步骤④⑤的目的是______________________； ()已知实验测得的 μ 值比实际值偏大，其原因除了实验中测量量的误差之外，其他的可 能是__________________________．(写出一个可能的原因即可) 23．(1)()mgR R s2 () L－4hL (2)()减小实验结果的误差 ()圆弧轨道存在摩擦(或接缝 B 处不平滑等) [解析] (1)()由机械能守恒得，EkB＝mgR； 1 ()根据平抛运动有：h＝2gt2，s＝vCt，则 vC＝s 1 2 mgs2 g ，所以 E kC＝ mvC＝ 2 2h 4h ； mgs2 mgs2 () 4h ()mgR－ 4hmgs2 ()根据动能定理 Wf＝EkB－EkC＝mgR－ 4h ； R s2 ()由 Wf＝μmgL，所以 μ＝L－4hL. (2)多次实验取平均值有利于减小偶然误差；测得 μ 值偏大，说明实验阻力做功较多，原 因可能有圆弧轨道不够光滑、接缝处不平滑或存在空气阻力等. 24． (15 分)一客运列车匀速行驶，其车轮在铁轨间的接缝处会产生周期性的撞击．坐在 该客车中的某旅客测得从第 1 次到第 16 次撞击声之间的时间间隔为 10.0 s．在相邻的平行车 道上有一列货车，当该旅客经过货车车尾时，货车恰好从静止开始以恒定加速度沿客车行进 方向运动．该旅客在此后的 20.0 s 内，看到恰好有 30 节货车车厢被他连续超过．已知每根铁 轨的长度为 25.0 m，每节货车车厢的长度为 16.0 m，货车车厢间距忽略不计．求： (1)客车运行速度的大小； (2)货车运行加速度的大小． 24．[解析] (1)设连续两次撞击铁轨的时间间隔为 Δt，每根铁轨的长度为 l，则客车速度为 l v＝Δt① 10.0 s，得 其中 l＝25.0 m，Δt＝ 16－1 v＝37.5 m/s② (2)设从货车开始运动后 t＝20.0 s 内客车行驶了 s1 米，货车行驶了 s2 米，货车的加速度为 a，30 节货车车厢的总长度为 L＝30×16.0 m．由运动学公式有 s1＝vt③ 1 s2＝2at2④ 由题给条件有 L＝s1－s2⑤ 由②③④⑤式解得 a＝1.35 m/s2⑥ 25． (19 分)一电荷量为 q(q&0)、质量为 m 的带电粒子在匀强电场的作用下，在 t＝0 时 由静止开始运动，场强随时间变化的规律如图所示．不计重力．求在 t＝0 到 t＝T 的时间间隔 内， (1)粒子位移的大小和方向； (2)粒子沿初始电场反方向运动的时间．25．[解析] 解法一：T T T T 3T 3T (1)带电粒子在 0～4 、4～2、2 ～ 4 、 4 ～T 时间间隔内做匀变速运动，设加速度分别为 a1、a2、a3、a4，由牛顿第二定律得 qE0 a1＝ m ① qE0 a2＝－2 m ② qE0 a3＝2 m ③ qE0 a4＝－ m ④ 由此得带电粒子在 0～T 时间间隔内运动的加速度－时间图像如图(a)所示， 对应的速度－ 时间图像如图(b)所示，其中图(a)图(b) T qE0T v1＝a14＝ 4m ⑤ 由图(b)可知，带电粒子在 t＝0 到 t＝T 时的位移为 T s＝4 v1⑥ 由⑤⑥式得 qE0 s＝16mT2⑦ 它沿初始电场正方向． 5 3 (2)由图(b)可知，粒子在 t＝8T 到 t＝8T 内沿初始电场的反方向运动，总的运动时间为 t 为5 3 T t＝8T－8T＝4 ⑧ 解法二： T T T T 3T 3T (1)带电粒子在 0～4 、4～2、2 ～ 4 、 4 ～T 时间间隔内做匀变速运动，设加速度分别为 a1、a2、a3、a4，由牛顿第二定律得 qE0＝ma1① －2qE0＝ma2② 2qE0＝ma3③ －qE0＝ma4④ T 3T T 设带电粒子在 t＝4 、t＝2 、t＝ 4 、t＝T 时的速度分别为 v1、v2、v3、v4，则 T v1＝a14⑤ T v2＝v1＋a24⑥ T v3＝v2＋a34⑦ T v4＝v3＋a44⑧ 设带电粒子在 t＝0 到 t＝T 时的位移为 s，有 v1 v1＋v2 v2＋v3 v3＋v4 T s＝( 2 ＋ 2 ＋ 2 ＋ 2 )4 ⑨ 联立以上各式可得 qE0T2 s＝ 16m ⑩ 它沿初始电场正方向． T (2)由电场的变化规律知，t＝4时粒子开始减速，设经过时间 t1 粒子速度减为零． 0＝v1＋a2t1 将①②⑤代入上式，得 T t1＝8? T 粒子从 t＝2 时开始加速，设经过时间 t2 速度变为零． 0＝v2＋a3t2 此式与①②③⑤⑥式联立得 T t2＝8? t＝0 到 t＝T 内粒子沿初始电场反方向运动的时间 t 为 T t＝(4－t1)＋t2? 将??式代入?式得T t＝ 4 ? 26． 如图，虚线 OL 与 y 轴的夹角 θ＝60°，在此角范围内有垂直于 xOy 平面向外的匀强 磁场， 磁感应强度大小为 B.一质量为 m、 电荷量为 q(q＞0)的粒子从左侧平行于 x 轴射入磁场， 入射点为 M.粒子在磁场中运动的轨道半径为 R.粒子离开磁场后的运动轨迹与 x 轴交于 P 点(图 中未画出)，且 OP＝R.不计重力．求 M 点到 O 点的距离和粒子在磁场中运动的时间．26．[解析] 根据题意，带电粒子进入磁场后做圆周运动，运动轨迹交虚线 OL 于 A 点， 圆心为 y 轴上的 C 点，AC 与 y 轴的夹角为 α；粒子从 A 点射出后，运动轨迹交 x 轴于 P 点， 与 x 轴的夹角为 β，如图所示．有v2 qvB＝m R ① 周期为 2πR T＝ v 由此得 2πm T＝ qB ② 过 A 点作 x、y 轴的垂线，垂足分别为 B、D.由图中几何关系得 AD＝Rsinα OD＝ADcot60° BP＝ODcotβ OP＝AD＋BP α＝β③ 由以上五式和题给条件得 sinα＋ 1 cosα＝1④ 3解得 α＝30°⑤ 或 α＝90°⑥ 该 M 点到 O 点的距离为 h h＝R－OC3 根据几何关系 OC＝CD－OD＝Rcosα－ 3 AD 利用以上两式和 AD＝Rsinα 得 h＝R－ 2 Rcos(α＋30°)⑦ 33 解得 h＝(1－ 3 R)(α＝30°)⑧ 3 h＝(1＋ 3 )R(α＝90°)⑨ 当 α＝30°时，粒子在磁场中运动的时间为 T πm t＝12＝6qB⑩ 当 α＝90°时，粒子在磁场中运动的时间为 T πm t＝4＝ 2qB ?2013?新课标福建(理综物理)13． 设太阳质量为 M，某行星绕太阳公转周期为 T，轨道可视作半径为 r 的圆．已知万 有引力常量为 G，则描述该行星运动的上述物理量满足( ) 4π2r3 A．GM＝ T2 4π2r2 C．GM＝ T3 4π2r2 B．GM＝ T2 4πr3 D．GM＝ T22π?2 Mm 13．A [解析] 行星绕太阳公转，由万有引力提供向心力，即 G r2 ＝m? ? T ? r，解得 GM 4π2r3 ＝ T2 ，A 正确． 14． 一束由红、紫两色光组成的复色光，从空气斜射向玻璃三棱镜．下面四幅图中能正 确表示该复色光经三棱镜折射分离成两束单色光的是( )14．B [解析] 由于紫光的折射率大于红光，进入玻璃时紫光的折射角较小，因此在玻 璃中光线分成两束且紫光在上方，B 正确．15． 如图，实验室一台手摇交流发电机，内阻 r＝1.0 ?，外接 R＝9.0 ? 的电阻．闭合 开关 S，当发电机转子以某一转速匀速转动时，产生的电动势 e＝10 A．该交变电流的频率为 10 Hz B．该电动势的有效值为 10 2 V C．外接电阻 R 所消耗的电功率为 10 W D．电路中理想交流电流表 A 的示数为 1.0 A 15．D [解析] 正弦式交变电流的瞬时值表达式为 e＝Em?sinωt，可知 Em＝10 2 V、ω Em ω ＝10π rad/s，所以该电动势的有效值 U 有＝ ＝10 V，该交变电流的频率 f＝2π＝5 Hz，A、B 2 均错；电流表的示数表示电路中电流的有效值，即 I 有＝ U有 10 ＝ A＝1 A，外电阻 R 消 R＋r 9.0＋1.0 2sin10πt(V)，则( )耗的电功率 P＝I2 有R＝9 W，C 错，D 对． 16． 如图，t＝0 时刻，波源在坐标原点从平衡位置沿 y 轴正向开始振动，振动周期为 0.4 s，在同一均匀介质中形成沿 x 轴正、负两方向传播的简谐横波．下图中能够正确表示 t＝0.6 s 时波形的图是( )16．C [解析] 由 λ＝vT 可知，波在一个周期内传播的路程为一个波长，由于 t＝0.6 s＝ 1.5T，所以波向左、向右传播的距离均为 1.5λ，即波向右传播到(1.5λ，0)，向左传播到(－1.5λ， 0)．由于波中任何质点的起振方向都相同，故此时(－1.5λ，0)、(1.5λ，0)两质点都应从平衡位 置开始向上振动，由“上下坡”法可知 C 正确． 17． 在国际单位制(简称 SI)中， 力学和电学的基本单位有： m(米)、 kg(千克)、 s(秒)、 A(安 培)．导出单位 V(伏特)用上述基本单位可表示为( ) －4 －1 －3 －1 2 2 A．m ?kg?s ?A B．m ?kg?s ?A －2 －1 － － 2 C．m ?kg?s ?A D．m2?kg?s 1?A 1 17．B mav [解析] 由 P＝UI、P＝Fv、F＝ma 可得 U＝ I ，质量 m 的单位为 kg，加速度 a kg?m/s2?m/s ， A速度 v 的单位为 m/s， 电流 I 的单位为 A， 故电压 U 的单位等效为 的单位为 m/s2，－ －即 m2?kg?s 3?A 1，B 正确． 18． 如图，矩形闭合导体线框在匀强磁场上方，由不同高度静止释放，用 t1、t2 分别表 示线框 ab 边和 cd 边刚进入磁场的时刻．线框下落过程形状不变，ab 边始终保持与磁场水平 边界线 OO′平行，线框平面与磁场方向垂直．设 OO′下方磁场区域足够大，不计空气影响， 则下列哪一个图像不可能反映线框下落过程中速度 v 随时间 t 变化的规律( )18．A [解析] 当线圈匀速进入磁场时，由B2L2v0 mgR R ＝mg 得匀速运动的速度 v0＝B2L2.设 abB2L2v B2L2v 边刚进入磁场时的速度为 v，(1)当 v&v0 时，因 R &mg，则线圈做减速运动，且由 R － mg＝ma 可知加速度 a 在减小，当 a＝0 时速度达到最小并保持匀速运动，A 不可能，B 可能； B2L2v B2L2v (2)当 v＝v0 时，因 R ＝mg，则线圈匀速进入磁场，D 可能；(3)当 v&v0 时，因 R &mg， B2L2v 则线圈继续做加速运动， 且由 mg－ R ＝ma 可知加速度 a 在减小， 在 a＝0 前速度可以一直 增大，C 可能． 19． (1)在“探究恒力做功与动能改变的关系”实验中(装置如图甲)：甲 ①下列说法哪一项是正确的________．(填选项前字母) A．平衡摩擦力时必须将钩码通过细线挂在小车上 B．为减小系统误差，应使钩码质量远大于小车质量 C．实验时，应使小车靠近打点计时器由静止释放乙 ②图乙是实验中获得的一条纸带的一部分，选取 O、A、B、C 计数点，已知打点计时器 使用的交流电频率为 50 Hz，则打 B 点时小车的瞬时速度大小为________ m/s(保留三位有效 数字)． 19．(1)①C ②0.653 [解析] ①平衡摩擦力时必须让空车匀速滑下，而不能挂上钩码，A 错误；设小车质量为 M，钩码质量为 m，则绳子的拉力 F＝Ma＝ Mmg 1 m ＝ m mg，显然只有 M?m 时，才有M→0， M＋ m 1＋M此时 F≈mg，即钩码质量应远小于小车质量，B 错误．②对于匀加速直线运动，某段时间内 的平均速度等于该段时间中间时刻的瞬时速度，B 点的速度等于 AC 段的平均速度，又 AB 段 5 sAC sOC－sOA （18.59－5.53）×10 的时间为 T＝5T0＝ f ＝0.1 s，所以 vB＝AC＝ 2T ＝ 2T ＝ 2×0.1 m/s. 19． (2)硅光电池在无光照时不产生电能，可视为一电子元件．某实验小组设计如图甲电 路，给硅光电池加反向电压(硅光电池负极接高电势点，正极接低电势点)，探究其在无光照时 的反向伏安特性．图中电压表 V1 量程选用 3 V，内阻为 6.0 k?；电压表 V2 量程选用 15 V， 内阻约为 30 k?；R0 为保护电阻；直流电源电动势 E 约为 12 V，内阻不计． ①根据图甲，用笔画线代替导线，将图乙连接成完整电路．－2m/s＝0.653②用遮光罩罩住硅光电池，闭合开关 S，调节变阻器 R，读出电压表 V1、V2 的示数 U1、 U2. ()某次测量时，电压表 V1 示数如图丙，则 U1＝________V，可算出通过硅光电池的反 向电流大小为________mA(保留两位小数)． ()该小组测出大量数据，筛选出下表所示的 9 组 U1、U2 数据，算出相应的硅光电池两 端反向电压 Ux 和通过的反向电流 Ix(表中“－”表示反向)，并在坐标纸上建立 Ix－Ux 坐标系， 标出了与表中前 5 组 Ux、 Ix 数据对应的 5 个坐标点． 请你标出余下的 4 个坐标点， 并绘出 IxUx 图线． 1 U1/V U2/V Ux/V Ix/mA 0.00 0.0 0.0 0.00 2 0.00 1.0 －1.0 0.00 3 0.06 2.1 －2.0 －0.01 4 0.12 3.1 －3.0 －0.02 5 0.24 4.2 －4.0 －0.04 6 0.42 5.4 －5.0 －0.07 7 0.72 6.7 －6.0 －0.12 8 1.14 8.1 －7.0 －0.19 9 1.74 9.7 －8.0 －0.29()由 Ix－Ux 图线可知，硅光电池无光照下加反向电压时，Ix 与 Ux 成________(填“线性” 或“非线性”)关系． 19．(2)①图略 ②()1.40 0.23 ()描点绘出，Ix－Ux 图略 ()非线性 [解析] ①连线时应特别注意：滑动变阻器采用分压式，连线应“一上二下” ；电压表 V2连线应注意外接． ②电压表 V1 量程为 3 V，每一小格代表电压 0.1 V，因此读数应读到 0.01 V，即 1.40 V； 1.40 U1 －3 电流为 I＝R ＝ 3 A＝0.23×10 A＝0.23 mA. V1 6.0×10 ③利用描点法作图可得图线，由图线可知 Ix 与 Ux 成非线性关系．20．如图，一不可伸长的轻绳上端悬挂于 O 点，下端系一质量 m＝1.0 kg 的小球．现将 小球拉到 A 点(保持绳绷直)由静止释放，当它经过 B 点时绳恰好被拉断，小球平抛后落在水 平地面上的 C 点．地面上的 D 点与 OB 在同一竖直线上，已知绳长 L＝1.0 m，B 点离地高度 H＝1.0 m，A、B 两点的高度差 h＝0.5 m，重力加速度 g 取 10 m/s2，不计空气影响，求： (1)地面上 DC 两点间的距离 s； (2)轻绳所受的最大拉力大小． 20．[解析] (1)小球从 A 到 B 过程机械能守恒，有 1 mgh＝2mv2 B① 小球从 B 到 C 做平抛运动，在竖直方向上有 1 H＝2gt2② 在水平方向上有 s＝vBt③ 由①②③式解得 s＝1.41 m④ (2)小球下摆到达 B 点时，绳的拉力和重力的合力提供向心力，有 v2 B F－mg＝m L ⑤ 由①⑤式解得 F＝20 N 根据牛顿第三定律 F′＝－F 轻绳所受的最大拉力为 20 N.21．质量为 M、长为 3L 的杆水平放置，杆两端 A、B 系着长为 3L 的不可伸长且光滑的 柔软轻绳，绳上套着一质量为 m 的小铁环．已知重力加速度为 g，不计空气影响． (1)现让杆和环均静止悬挂在空中，如图甲，求绳中拉力的大小； (2)若杆与环保持相对静止，在空中沿 AB 方向水平向右做匀加速直线运动，此时环恰好 悬于 A 端的正下方，如图乙所示． ①求此状态下杆的加速度大小 a； ②为保持这种状态需在杆上施加一个多大的外力，方向如何？ 21．[解析] (1)如图 1，设平衡时，绳中拉力为 T，有 2Tcos θ－mg＝0① 6 由图知 cos θ＝ 3 ② 6 由①②式解得 T＝ 4 mg③图1 (2)①此时，对小铁环受力分析如图 2，有 T′sin θ′＝ma④ T′＋T′cosθ′－mg＝0⑤ 由图知 θ′＝60°，代入④⑤式解得 3 a＝ 3 g⑥图2 ②如图 3，设外力 F 与水平方向成 α 角，将杆和小铁环当成一个整体，有 Fcos α＝(M＋ m)α⑦ Fsin α－(M＋m)g＝0⑧ 2 3 由⑥⑦⑧式解得 F＝ 3 (M＋m)g tan α＝ 3或(α＝60°)图3 22．如图甲，空间存在一范围足够大的垂直于 xOy 平面向外的匀强磁场， 磁感应强度 大小为 B.让质量为 m，电量为 q(q&0)的粒子从坐标原点 O 沿 xOy 平面以不同的初速度大小 和方向入射到该磁场中．不计重力和粒子间的影响．(1)若粒子以初速度 v1 沿 y 轴正向入射，恰好能经过 x 轴上的 A (a，0)点，求 v1 的大小； (2)已知一粒子的初速度大小为 v (v&v1) ，为使该粒子能经过 A (a，0) 点，其入射角 θ(粒 子初速度与 x 轴正向的夹角)有几个？并求出对应的 sinθ 值； (3)如图乙，若在此空间再加入沿 y 轴正向、大小为 E 的匀强电场，一粒子从 O 点以初 速度 v0 沿 y 轴正向发射．研究表明：粒子在 xOy 平面内做周期性运动，且在任一时刻，粒 子速度的 x 分量 vx 与其所在位置的 y 坐标成正比，比例系数与场强大小 E 无关．求该粒子 运动过程中的最大速度值 vm. 22．[解析] (1)带电粒子以速率 v 在匀强磁场 B 中做匀速圆周运动，半径为 R，有 qvB＝ v2 mR① a 当粒子沿 y 轴正向入射，转过半个圆周至 A 点，该圆周半径为 R1，有：R1＝2② qBa 由②代入①式得 v1＝ 2m a (2)如图，O、A 两点处于同一圆周上，且圆心在 x＝2的直线上，半径为 R.当给定一个初 a 速率 v 时，有 2 个入射角，分别在第 1、2 象限，有 sin θ′＝sinθ＝2R④ aqB 由①④式解得 sinθ＝2mv⑤ (3)粒子在运动过程中仅电场力做功，因而在轨道的 最高点处速率最大，用 ym 表示其 y 坐标，由动能定理， 有 1 2 1 2 －2mv0⑥ qEym＝2mvm 由题知，有 vm＝kym⑦ 若 E＝0 时，粒子以初速度 v0 沿 y 轴正向入射，有 v2 0 qv0B＝mR ⑧0由⑥⑦⑧式解得 E vm＝B＋ E （B）2＋v2 0。29．[物理――选修 3－3] (本题共有两小题，每小题 6 分，共 12 分．每小题只有一个选 项符合题意) (1)下列四幅图中， 能正确反映分子间作用力 f 和分子势能 Ep 随分子间距离 r 变化关系的图线是________．(填选图下方的字母)29．(1)B [解析] (1)当 r&r0 时，分子引力小于分子斥力，总分子力表现为斥力，若 r 增 大，分子力做正功，分子势能减小；当 r&r0 时，分子引力大于分子斥力，总分子力表现为引 力，若 r 增大，分子力做负功，分子势能增大；当 r＝r0 时，分子引力等于分子斥力，总分子 力为 0，分子势能达到最小值． 29． (2)某自行车轮胎的容积为 V，里面已有压强为 p0 的空气，现在要使轮胎内的气压增 大到 p，设充气过程为等温过程，空气可看作理想气体，轮胎容积保持不变，则还要向轮胎充 入温度相同，压强也是 p0，体积为________的空气．(填选项前的字母) p0 A. p V p B.p V 0 p C．(p －1)V0p D．(p ＋1)V029．(2)C[解析] (2)将轮胎内的气体和被打进轮胎的气体作为一个整体分析，设被打入 （p－p0）V p ＝(p －1)V，C 正确． p0 0的气体体积为 V1，由 p0?(V＋V1)＝p?V 可知 V1＝30．[物理――选修 3－5] (本题共有两小题，每小题 6 分，共 12 分．每小题只有一个选 项符合题意) (1)在卢瑟福 α 粒子散射实验中，金箔中的原子核可以看 作静止不动，下列各图画出的是其中两个 α 粒子经历金箔散 射过程的径迹，其中正确的是________．(填图下方的字母) 30． (1)C [解析] (1)在 α 粒子散射实验中， 只有极少数几 乎正对原子核的粒子会被反弹， 只有少数靠近原子核的粒子被 排斥而发生较大偏转，其余大部分粒子几乎沿直线前进，C 正确． 30． (2)将静置在地面上，质量为 M(含燃料)的火箭模型点火升空，在极短时间内以相对 地面的速度 v0 竖直向下喷出质量为 m 的炽热气体．忽略喷气过程重力和空气阻力的影响，则 喷气结束时火箭模型获得的速度大小是________．(填选项前的字母) m A.M v0 M B. m v0 m D. v M－m 0M v C. M－m 030．(2)D [解析] 以向上为正方向，初动量为 0，发射瞬间炽热气体的动量为－mv0，火 mv0 ，D 正确． 箭模型的动量为(M－m)v，由动量守恒有：0＝－mv0＋(M－m)v，解得 v＝ M－ m2013?新课标广东(理综物理)13． 某航母跑道长 200 m．飞机在航母上滑行的最大加速度为 6 m/s2，起飞需要的最低 速度为 50 m/s.那么，飞机在滑行前，需要借助弹射系统获得的最小初速度为( ) A．5 m/s B. 10 m/s C. 15 m/s D. 20 m/s 13．B [解析] 本题考查匀变速直线运动规律，要求学生具有应用公式解决运动学问题 的能力．由 v2－v2 0＝2as 求得 v0＝10 m/s，B 正确． 14． 如图，甲、乙两颗卫星以相同的轨道半径分别绕质量为 M 和 2M 的行星做匀速圆周 运动，下列说法正确的是( ) A．甲的向心加速度比乙的小 B．甲的运行周期比乙的小 C．甲的角速度比乙的大 D．甲的线速度比乙的大 Mm GM 14．A [解析] 本题考查万有引力定律的应用．由 G r2 ＝ma 得 a＝ r2 ，即中心天体质 4π2 Mm 量越小，向心加速度越小，A 对；由 G r2 ＝m T2 r 得 T＝2π Mm 周期越大，B 错；由 G r2 ＝mω2r 得 ω＝ v2 Mm 由 G r2 ＝m r 得 v＝ r3 GM，即中心天体质量越小，GM r3 ，即中心天体质量越小，角速度越小，C 错；GM r ，即中心天体质量越小，线速度越小，D 错．15． 喷墨打印机的简化模型如下图所示，重力可忽略的墨汁微滴，经带电室带负电后， 以速度 v 垂直匀强电场飞入极板间，最终打在纸上，则微滴在极板间电场中( )A．向负极板偏转 B．电势能逐渐增大 C．运动轨迹是抛物线 D．运动轨迹与带电荷量无关 15．C [解析] 本题考查带电粒子在电场中的类平抛运动．墨汁微滴带负电，根据电场 力方向判断会向正极板方向偏转，A 错误；电场力做正功，电势能逐渐减小，B 错误；速度 v 垂直于匀强电场的场强方向，受电场力为恒力，故墨汁微滴做类平抛运动，C 正确；在沿场 1 1 qE qE 强方向上的位移 y＝2at2＝2? m t2，垂直于场强方向的位移 x＝vt，轨迹方程为 y＝2mv2x2，即 0 运动轨迹与带电荷量有关，D 错误． 16． 如图，理想变压器原、副线圈匝数比 n1∶n2＝2∶1，V 和 A 均为理想电表，灯泡电 阻 RL＝6 ?，AB 端电压 u1＝12 的是( ) A．电流频率为 100 Hz B．V 的读数为 24 V 2sin100πt (V)．下列说法正确C．A 的读数为 0.5 A D．变压器输入功率为 6 W 16．D [解析] 由 u1＝12 2sin100πt(V)得，输入电压有效值 U1＝12 V，ω＝100π rad/s，2 2ω U1 n1 故电流频率 f＝2π＝50 Hz，A 错；根据U ＝n 得电压表的读数 U2＝6 V，B 错；电流表的读数 U2 I2＝ R ＝1 A，C 错；灯泡功率 P2＝ R ＝6 W，则变压器输入功率 P1＝P2＝6 W，D 对． 二、双项选择题 →14468Ba＋89 17． 铀核裂变是核电站核能的重要来源，其一种裂变反应式是23592U＋1 0nD 36 1 Kr＋30n.下列说法正确的有( ) A．上述裂变反应中伴随着中子放出 B．铀块体积对链式反应的发生无影响 C．铀核的链式反应可人工控制 D．铀核的半衰期会受到环境温度的影响 17．AC [解析] 由核反应方程知有中子生成，选项 A 正确；铀块体积和铀块纯度对链式 反应的发生都有重要影响，B 错误；核反应堆的铀核链式反应的速度可人工控制， C 正确； 放射性元素的半衰期由核本身的因素决定，与环境温度无关，D 错误． 18． 右图为某同学设计的喷水装置．内部装有 2 L 水，上部密封 1 atm 的空气 0.5 L，保 持阀门关闭， 再充入 1 atm 的空气 0.1 L． 设在所有过程中空气可看作理想气体， 且温度不变． 下 列说法正确的有( ) A．充气后，密封气体压强增加 B．充气后，密封气体的分子平均动能增加 C．打开阀门后，密封气体对外界做正功 D．打开阀门后，不再充气也能把水喷光 18．AC [解析] 充气后，气体分子密度增大，压强增大，A 正确； 所有过程中温度不变，故气体的分子平均动能不变，B 错误；打开阀门后，水会向外喷出， 气体体积增大，密封气体对外界做正功，C 正确；打开阀门后，密封气体的压强越来越小， 由于大气压强水不能喷光，D 错误． 19． 如下图，游乐场中，从高处 A 到水面 B 处有两条长度相同的光滑轨道．甲、乙两小 孩沿不同轨道同时从 A 处自由滑向 B 处，下列说法正确的有( ) A．甲的切向加速度始终比乙的大 B．甲、乙在同一高度的速度大小相等 C．甲、乙在同一时刻总能到达同一高度 D．甲比乙先到达 B 处 U2 219．BD [解析] 由机械能守恒定律知：下落相同的高度，获得相同的动能，故甲、乙在 同一高度的速率相等，B 正确；作出速率一时间图像如图所示．最初甲的加速度大，速度增 加得快，下落得快，乙的加速度小，速度增加得慢，所以甲先到达 B 处，A、C 错误，D 正确． 20． 如图所示，物体 P 静止于固定的斜面上，P 的上表面水平．现把物体 Q 轻轻地叠放在 P 上，则( ) A．P 向下滑动 B．P 静止不动 C．P 所受的合外力增大 D．P 与斜面间的静摩擦力增大 20．BD [解析] 物体 P 静止于斜面上，则 mgsinθ≤μmgcosθ，把物体 Q 轻轻地叠放在 P 上时，P、Q 整体质量增加，相对斜面仍然满足 m′gsinθ≤μm′gcosθ，故 P 静止不动，所受的 合外力为零， A、 C 错误， B 正确； P 所受的合外力为零， P 与斜面间的静摩擦力增大为 m′gsinθ， D 正确． 21． 如图所示，两个初速度大小相同的同种离子 a 和 b，从 O 点沿垂直磁场方向进入匀 强磁场，最后打到屏 P 上．不计重力．下列说法正确的有( ) A．a、b 均带正电 B．a 在磁场中飞行的时间比 b 的短 C．a 在磁场中飞行的路程比 b 的短 D．a 在 P 上的落点与 O 点的距离比 b 的近mv2 21．AD [解析] 由左手定则可知 A 正确；根据洛伦兹力提供向心力，有 Bvq＝ r ，解 mv 得 r＝ Bq ，由于同种粒子且速度相同，所以在磁场中运动的轨道半径相同，示意图如图所示， 从图中可以看出 b 离子轨迹为半圆，a 离子轨迹超过半圆，B、C 错误，D 正确． 34． (1)研究小车匀变速直线运动的实验装置如下图 a 所示，其中斜面倾角 θ 可调，打点 计时器的工作频率为 50 Hz，纸带上计数点的间距如图 b 所示，其中每相邻两点之间还有 4 个记录点未画出．a 图 16b①部分实验步骤如下： A．测量完毕，关闭电源，取出纸带． B．接通电源，待打点计时器工作稳定后放开小车． C．将小车停靠在打点计时器附近，小车尾部与纸带相连． D．把打点计时器固定在平板上，让纸带穿过限位孔． 上述实验步骤的正确顺序是：____________________(用字母填写)． ②图 b 中标出的相邻两个计数点的时间间隔 T＝____________________s.③计数点 5 对应的瞬时速度大小计算式为 v5＝__________________． ④为了充分利用记录数据，减小误差，小车加速度大小的计算式应为 a＝ ____________________． (2)下图 a 是测量电阻 Rx 的原理图．学生电源输出电压可调，电流表量程选 0.6 A(内阻不 计)，标有长度刻度的均匀电阻丝 ab 的总长为 30.0 cm. 图 17(a)图 17(b)图 17(c) ①根据原理图连接图 b 的实物图． ②断开 S2 ，合上 S1 ；调节电源输出电压为 3.0 V 时，单位长度电阻丝的电压 u ＝ ________V/cm.记录此时电流表 A1 的示数． ③保持 S1 闭合，合上 S2；滑动 c 点改变 ac 的长度 L，同时调节电源输出电压，使电流表 A1 的示数与步骤②记录的值相同，记录长度 L 和 A2 的示数 I.测量 6 组 L 和 I 值，测量数据已 在图 c 中标出．写出 Rx 与 L、I、u 的关系式 Rx＝______________；根据图 c 用作图法算出 Rx ＝______________________ ?. 34．(1)①DCBA ② 0.1 s4＋s5 ③ 2T ④ （s4＋s5＋s6）－（s1＋s2＋s3） 9T2[解析] ②每相邻两点之间还有 4 个记录点未画出，故 T＝5×0.02 s＝0.1 s s4＋s5 ③中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，则 v5＝ 2T . s4－s1 s5－s2 s6－s3 3T2 ＋ 3T2 ＋ 3T2 （s4＋s5＋s6）－（s1＋s2＋s3） ④由逐差法得加速度 a＝ ＝ . 3 9T2 (2)①实物图连接如图所示 uL ②0.1 ③ I 635． 如图，两块相同平板 P1、P2 置于光滑水平面上，质量均为 m.P2 的右端固定一轻质 弹簧， 左端 A 与弹簧的自由端 B 相距 L.物体 P 置于 P1 的最右端， 质量为 2m 且可看作质点． P1 与 P 以共同速度 v0 向右运动，与静止的 P2 发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后 P1 与 P2 粘连在 一起，P 压缩弹簧后被弹回并停在 A 点(弹簧始终在弹性限度内)．P 与 P2 之间的动摩擦因数 为 μ，求： (1)P1、P2 刚碰完时的共同速度 v1 和 P 的最终速度 v2； (2)此过程中弹簧的最大压缩量 x 和相应的弹性势能 Ep. 1 3 35．(1)v1＝2v0 v2＝4v2 19v0 19 (2)x＝16μg－L Ep＝ 8 mv236． 如图 a 所示，在垂直于匀强磁场 B 的平面内，半径为 r 的金属圆盘绕过圆心 O 的轴 转动，圆心 O 和边缘 K 通过电刷与一个电路连接，电路中的 P 是加上一定正向电压才能导通 的电子元件．流过电流表的电流 I 与圆盘角速度 ω 的关系如图 b 所示，其中 ab 段和 bc 段均 为直线，且 ab 段过坐标原点．ω&0 代表圆盘逆时针转动，已知：R＝3.0 ?，B＝1.0 T，r＝0.2 m．忽略圆盘、电流表和导线的电阻． (1)根据图 b 写出 ab、bc 段对应的 I 与 ω 的关系式； (2)求出图 b 中 b、c 两点对应的 P 两端的电压 Ub、Uc； (3) 分别求出 ab、bc 段流过 P 的电流 IP 与其两端电压 UP 的关系式．图b 1 1 1 36．(1)Iab＝150ω(－45 rad/s≤ω≤15 rad/s) IBC＝100ω－20(15 rad/s≤ω≤45 rad/s) (2)Ub＝0.3 V Uc＝0.9 V 1 1 (3)IP＝300 ω－202013?新课标江苏(理综物理)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． 1． 火星和木星沿各自的椭圆轨道绕太阳运行，根据开普勒行星运动定律可知( ) A．太阳位于木星运行轨道的中心 B．火星和木星绕太阳运行速度的大小始终相等 C．火星与木星公转周期之比的平方等于它们轨道半长轴之比的立方 D．相同时间内，火星与太阳连线扫过的面积等于木星与太阳连线扫过的面积 1．C [解析] 本题考查了开普勒的三个行星运动定律．题目中要求根据开普勒行星运动 定律来判断，那么不能按照中学阶段的近似处理来判断．太阳应位于行星运行轨道的一个焦 点上，而焦点不是圆心，A 错误．火星和木星绕太阳运行时是不在同一个轨道上的，根据开 普勒第二定律可知，同一个行星与太阳的连线在相等的时间内扫过相等的面积，D 错误．火 a3 a3 火 木 星和木星绕太阳运行速度的大小也是不可能始终相等的， B 错误． 根据开普勒第三定律 2 ＝ 2 T火 T木3 T2 a火 火 可知 2 ＝ 3 ，C 正确． T木 a木2． 如图所示， “旋转秋千”中的两个座椅 A、B 质量相等，通过相同长度的缆绳悬挂在 旋转圆盘上．不考虑空气阻力的影响，当旋转圆盘绕竖直的中心轴匀速转动时，下列说法正 确的是( ) A．A 的速度比 B 的大 B．A 与 B 的向心加速度大小相等 C．悬挂 A、B 的缆绳与竖直方向的夹角相等 D．悬挂 A 的缆绳所受的拉力比悬挂 B 的小 2．D [解析] 由于座椅 A、B 悬挂在同一个旋转圆盘上且绕同一个竖直的中心轴匀速转 动，因此属于同轴问题，即座椅 A、B 都做匀速圆周运动，旋转的角速度相等．此时座椅的受 力情况如图所示， 它们做圆周运动所需要的向心力由缆绳拉力 F 与重力 G 的合力 Fn 提供． 设 它们做圆周运动的半径为 r，缆绳与竖直方向的夹角为 θ，由图可知： Fcosθ＝G＝mg Fsinθ＝Fn Fn＝mrω2 ω2r 综合以上三式可得 tanθ＝ g 可见 θ 随 r 增大而增大，选项 C 错误；因为悬挂 A、B 的缆绳长度相等，所以座椅 B 与 竖直方向的夹角大于座椅 A 与竖直方向的夹角，致使 B 做圆周运动的半径比 A 的大，由于 v ＝rω，A 的速度比 B 的小，选项 A 错误；由 an＝rω2 知，A 的向心加速度比 B 的小，选项 B mg 错误；缆绳所受拉力 F＝cosθ，因 θA&θB，故 FA&FB，选项 D 正确． 1 1 3． 下列选项中的各4圆环大小相同， 所带电荷量已在图中标出， 且电荷均匀分布， 各4 圆 环间彼此绝缘．坐标原点 O 处电场强度最大的是( )ABCD1 3．B [解析] 设每个4圆环产生的电场的场强大小为 E，则图 A 产生的电场的场强如图 1 甲所示；图 B 中两个4圆环各自产生的电场如图乙所示，合场强的大小为 2E；图 C 中第一、 3 三象限产生的电场的场强大小相等，方向相反，合场强为 0，整个4圆环产生的电场就相当于 1 第二象限的4圆环产生的电场，如图丙所示； 图 D 中产生的电场的合场强为零，故选项 B 正 确．4． 在输液时，药液有时会从针口流出体外，为了及时发现，设计了一种报警装置，电 路如图所示．M 是贴在针口处的传感器，接触到药液时其电阻 RM 发生变化，导致 S 两端电 压 U 增大，装置发出警报，此时( ) A．RM 变大，且 R 越大，U 增大越明显 B．RM 变大，且 R 越小，U 增大越明显 C．RM 变小，且 R 越大，U 增大越明显 D．RM 变小，且 R 越小，U 增大越明显 4．C [解析] 此装置电路中 RM 先与 R 并联后与 RS 串联．根据闭合电路的欧姆定律得 I ＝ E ，S 两端的电压 U＝IRS 增大，则电流 I 增大，故 R 并减小，所以并联的一条支路电 RS＋R并 1 1 1 RRM RM ＝ ＋ ， 即 R 并＝ ＝ R ， 当 R?RM R并 RM R R＋ RM M 1＋ R阻减小， 即 RM 必减小， 故排除选项 A 和 B.由于RM 时， R →0，则 R 并≈RM，RM 变化了多少，R 并也变化了多少．对 U 的变 化影响明显，即 R 越大，U 增大越明显，选项 C 正确，选项 D 错误． 5． 水平面上，一白球与一静止的灰球碰撞，两球质量相等．碰撞过 程的频闪照片如图所示， 据此可推断， 碰撞过程中系统损失的动能约占碰 撞前动能的( ) A．30% B．50% C．70% D．90% 5．A [解析] 从图中可看出，左边的白球间隔大，表示在相等的时间里运动的位移大，即速度大，右边的白球间隔小，表示速度小，所以白球是从左向右运动碰到静止的灰球，碰 撞后分开运动．用刻度尺量出左边白球(碰撞前)的位移大小，约为 1.35 cm，可算作 135 等份； 再用刻度尺量出右边灰球和白球(碰撞后)的位移大小，均约为 1.15 cm，可算作 115 等份．设 照相机每隔时间 t 闪光一次，小球的质量为 m，每等份的长度为 L，则白球碰撞前的动能为 1 1 135L?2 Ek0＝2mv2＝2m? ? 2t ? 白球碰撞后的动能为 1 115L?2 Ek1＝2m? ? 3t ? 灰球的动能与碰撞后的白球动能相等，这样就可算出损失的动能为 Ek0－2Ek1，代入数据 进而算出结果： Ek0－2Ek1 Ek0 ＝0.36≈30%，故选项 A 正确．二、 多项选择题： 本题共 4 小题， 每小题 4 分， 共计 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． 、 将一电荷量为＋Q 的小球放在不带电的金属球附近， 所形成的电场线分布如图所示， 金属球表面的电势处处相等．a、b 为电场中的两点，则( ) A．a 点的电场强度比 b 点的大 B．a 点的电势比 b 点的高 C．检验电荷－q 在 a 点的电势能比在 b 点的大 D．将检验电荷－q 从 a 点移到 b 点的过程中，电场力做负功 6．ABD [解析] 在电场中电场线越密的地方电场越强，故选项 A 正确；电场线总是指 向电势降低的方向，故选项 B 正确；在电场中移动电荷时，负电荷顺着电场线移动时，电场 力做负功，电势能增加，故选项 C 错误，选项 D 正确． 7． 如图所示，从地面上同一位置抛出两小球 A、B，分别落在地面上的 M、N 点，两球 运动的最大高度相同．空气阻力不计，则( ) A．B 的加速度比 A 的大 B．B 的飞行时间比 A 的长 C．B 在最高点的速度比 A 在最高点的大 D．B 在落地时的速度比 A 在落地时的大 7．CD [解析] 抛体运动是匀变速运动，加速度始终为重力加速度 g，故选项 A 错误； 抛体运动的空中运动时间仅由高度决定，两小球的运动时间相等，故选项 B 错误；抛体运动 在水平方向的运动是匀速直线运动，相同时间内小球 B 的水平位移大，故其水平分速度大， 两小球运动到最高点时，小球只有方向水平的速度，显然 B 的速度大，故选项 C 正确；由于 下降的高度相等，故两小球落地时在竖直方向的分速度大小相等，由运动的的合成可知，B 球落地时的速度大，故选项 D 正确． 8． 如图所示，理想变压器原线圈接有交流电源，当副线圈上 的滑片 P 处于图示位置时 ，灯泡 L 能发光．要使灯泡变亮，可 以采取的方法有( ) A．向下滑动 P B．增大交流电源的电压 C．增大交流电源的频率D．减小电容器 C 的电容 8．BC [解析] 因为原、副线圈两端的电压与它们的匝数成正比，当向下滑动 P 时，相 当于减少副线圈的匝数，导致副线圈两端的电压减小，流过灯泡 L 的电流也减小，灯泡变暗， 选项 A 错误；增大交流电源的电压，则会使副线圈两端的电压也随之增大，灯泡变亮，选项 B 正确；电容器的电容越大，交流电源的频率越高，电容器对交变电流的阻碍作用就越小， 灯泡就越亮，选项 C 正确，选项 D 错误． 9． 如图所示，水平桌面上的轻质弹簧一端固定，另一端与小物块相连．弹簧处于自然 长度时物块位于 O 点(图中未标出)．物块的质量为 m，AB＝a，物块与桌面间的动摩擦因数为 μ.现用水平向右的力将物块从 O 点拉至 A 点，拉力做的功为 W.撤去拉力后物块由静止向左运 动，经 O 点到达 B 点时速度为零．重力加速度为 g.则上述过程中( ) 1 A．物块在 A 点时，弹簧的弹性势能等于 W－2μmga 3 B．物块在 B 点时，弹簧的弹性势能小于 W－2μmga C．经 O 点时，物块的动能小于 W－μmga D．物块动能最大时弹簧的弹性势能小于物块在 B 点时弹簧的弹性势能甲 9．BC [解析] 先大致画出 O 点所在位置，如图甲所示，设 OA 的距离为 b.当物块从 A 由静止向左运动时，受力如图乙所示，f＝μmg，此过程中，弹簧在缩短，弹簧拉力 FT 变小； 当到达 O 点右侧某点 P 时，FT 与 f 相等，此时合力为 0，由于惯性，物块继续向左运动；当 物块到达 O 点时，水平方向只受摩擦力 f，但仍向左运动至 B 停止．在 AP 段，物块除受摩擦 阻力外，还受弹簧拉力这一个动力作用，而在 OB 段，物块除受到摩擦阻力外，还受弹簧弹 a 力这一个阻力作用，所以物块很快停止，OB&OA，所以2&b&a. 当拉力把物块从 O 点由静止拉至 A 点时， 根据动能 1 定理得 W－μmgb＝EpA，即 EpA＝W－μmgb&W－2μmga， 选项 A 错误； 对物块从 A 运动至 B 的过程中运用动能定 即 EpB＝W－μmgb－μmga&W－ 理得 EpA－EpB－μmg＝0， 3 2μmga，选项 B 正确；经 O 点时，物块的动能是 EpO＝EpA－μmgb＝W－2μmgb&W－μmga，选 项 C 正确；由于题目中各已知量的具体数值不知道，故无法判断 P 点的弹性势能与 B 点的弹 性势能哪个大，选项 D 错误． 三、简答题：本题分必做题(第 10、11 题)和选做题(第 12 题)两部分，共计 42 分．请将 解答填写在答题卡相应的位置． 10． (8 分)为探究小灯泡的电功率 P 和电压 U 的关系，小明测量小灯泡的电压 U 和电流 I， 利用 P＝UI 得到电功率． 实验所使用的小灯泡规格为 “3.0 V 1.8 W” ，电源为 12 V 的电池，滑动变阻器的最大阻值为 10 ?. (1)准备使用的实物电路如图所示． 请将滑动变阻器接入 电路的正确位置．(用笔画线代替导线)(2)现有 10 ?、20 ? 和 50 ? 的定值电阻，电路中的电阻 R1 应选________? 的定值电阻． (3)测量结束后，应先断开开关，拆除________两端的导线，再拆除其他导线，最后整理 好器材． (4)小明处理数据后将 P、U2 描点在坐标纸上，并作出了一条直线，如图所示．请指出图 象中不恰当的地方．10．(1)如图所示(2)10 (3)电池 (4)图线不应画为直线；横坐标的标度不恰当． [解析] (1)由第(3)小问中小明所描的点来看，电压是从 0 开始变化的，故滑动变阻器应采 用分压式接法． 1.8 W E (2)小灯泡的额定电流为 3.0 V ＝0.6 A，故通过 R1 的电流应大于 0.6 A，由 R＝ I 可得，总 电阻 R 应小于 20 ?，所以 R1 只能取 10 ?. (3)应先拆电池，再拆除其他部分的导线，要养成良好的习惯． (4)应尊重实验数据， 按照所描的点用一条平滑的曲线拟合这些点． 横坐标 U2 最大值为 9， 图中横坐标的标度选取不合适，应使图象尽可能分布开，充分利用坐标纸. 11． (10 分)某兴趣小组利用自由落体运动测定重力加速度，实验装置如图所示．倾斜的 球槽中放有若干个小铁球，闭合开关 K，电磁铁吸住第 1 个小球．手动敲击弹性金属片 M， M 与触头瞬间分开，第 1 个小球开始下落，M 迅速恢复，电磁铁又吸住第 2 个小球．当第 1 个小球撞击 M 时，M 与触头分开，第 2 个小球开始下落…….这样，就可测出多个小球下落的 总时间． (1)在实验中，下列做法正确的有________． A．电路中的电源只能选用交流电源 B．实验前应将 M 调整到电磁铁的正下方 C．用直尺测量电磁铁下端到 M 的竖直距离作为小球 下落的高度 D．手动敲击 M 的同时按下秒表开始计时 (2)实验测得小球下落的高度 H＝1.980 m，10 个小球 下落的总时间 T＝6.5 s．可求出重力加速度 g＝________m/s2.(结果保留两位有效数字) (3)在不增加实验器材的情况下，请提出减小实验误差的两个办法． ________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________(4)某同学考虑到电磁铁在每次断电后需要时间 Δt 磁性才消失，因此，每个小球的实际下 落时间与它的测量时间相差Δt，这导致实验误差．为此，他分别取高度 H1 和 H2，测量 n 个 小球下落的总时间 T1 和 T2 .他是否可以利用这两组数据消除 Δt 对实验结果的影响？请推导说 明． ________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________ 11．(1)BD (2)9.4 (3)增加小球下落的高度，多次重复实验，结果取平均值．2 2 1 T1 ? 和 H2＝1g?T2－Δt? － Δ t (4)由 H1＝2g? 2 ?n ?n ? ?2n2( H1－ H2) 可得 g＝ ，因此可以消去 Δt 的影响． 2 T － T ( 1 2) [解析] (1)此处的电磁铁起条形磁铁的作用，故应选用直流电源，选项 A 错误．用直尺测 量电磁铁下端到 M 的竖直距离再减去小球的直径作为小球下落的高度，选项 C 错误． 1 (2)1 个小球下落的时间为 0.65 s，根据 H＝2gt2，代入数据计算得 g＝9.4 m/s2. (3)减小长度测量误差的办法是增加小球下落的高度．防止偶然误差的办法是多次重复实 验，结果取平均值．其他答案只要合理也可． 12． 选做题本题包括 A、B、C 三小题，请选定其中两小题在相应的答题区域内作答做， 则按 A、B 两小题评分． A．选修 3－3(12 分) 如图所示， 一定质量的理想气体从状态 A 依次经过状态 B、 C和 D 后再回到状态 A.其中，A→B 和 C→D 为等温过程，B→C 和 D→A 为绝热过程(气体与外界无热量交换)．这就是著名的“卡诺循环” ． (1)该循环过程中，下列说法正确的是________． A．A→B 过程中，外界对气体做功 B．B→C 过程中，气体分子的平均动能增大 C．C→D 过程中，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多 D．D→A 过程中，气体分子的速率分布曲线不发生变化 12．A.(1)C [解析] A→B 过程中，气体体积变大，对外做功，选项 A 错；根据热力学第 一定律，ΔU＝W＋Q，B→C 为绝热过程，气体体积变大，对外做功，Q＝0，W&0，则 ΔU&0， 理想气体的内能仅由温度决定，故温度降低，分子平均动能减小，选项 B 错；C→D 为等温 过程，分子平均动能不变，分子撞击器壁的平均速率不变，因气体压强变大，故单位时间内 碰撞单位面积器壁的分子数增多，选项 C 正确；D→A 为绝热过程，气体体积变小，外界对气 体做功，Q＝0，W&0，则 ΔU&0，温度升高，分子平均动能变大，气体分子的速率分布曲线 会发生移动，故选项 D 错． 12．(2)该循环过程中，内能减小的过程是________(选填“A→B” 、 “B→C” 、 “C→D”或 “D→A”)．若气体在 A→B 过程中吸收 63 kJ 的热量，在 C→D 过程中放出 38 kJ 的热量，则 气体完成一次循环对外做的功为______kJ. 12．(2)B→C 252[解析] 分析可知，B→C 过程内能减少，C→D 过程内能增加．整个循环过程中，ΔU＝0， 由热力学第一定律 ΔU＝W＋Q，则 W＝ΔU－Q＝0－(63 kJ－38 kJ)＝－25 kJ，故对外做的功 为 25 kJ. 12．(3)若该循环过程中的气体为 1 mol，气体在 A 状态时的体积为 10 L，在 B 状态时压 2 强为 A 状态时的3.求气体在 B 状态时单位体积内的分子数．(已知阿伏加德罗常数 NA＝6.0× 1023 mol 1，计算结果保留一位有效数字) － 12．(3)4×1025 m 3－γN A [解析] 等温过程 pAVA＝pBVB, 单位体积内的分子数 n＝ V .BγNApB － 解得 n＝ p V ，代入数据得，n＝4×1025m 3A A12．B.选修 3－4(12 分) 图1 (1)如图 1 所示的装置，弹簧振子的固有频率是 4 Hz.现匀速转动把手，给弹簧振子以周期 性的驱动力，测得弹簧振子振动达到稳定时的频率为 1 Hz，则把手转动的频率为________． A．1 Hz B．3 Hz C．4 Hz D．5 Hz 12．B.(1)A [解析] 物体做受迫振动时的频率是由驱动力的频率决定的． 12．(2)如图 2 所示，两艘飞船 A、B 沿同一直线同向飞行，相对地面的速度均为 v(v 接近 光速 c)．地面上测得它们相距为 L，则 A 测得两飞船间的距离________(选填“大于” 、 “等于” 或“小于”)L.当 B 向 A 发出一光信号，A 测得该信号的速度为______．图2 12．(2)大于 c(或光速) [解析] 地面上的观察者认为他同时对左右两端进行读数，但对飞船上的观察者来说，由 于同时的相对性，他们会看到地面上的观察者总是先对 A 进行读数，再对 B 进行读数，而 B 又已经前进了一段距离，所以在飞船上人看来，地面上的人所测量的长度偏小．根据光速不 变原理可得，此光信号的速度仍为光速．图3 12．(3)图 3 为单反照相机取景器示意图，ABCDE 为五棱镜的一个截面，AB⊥BC.光线垂 直 AB 射入，分别在 CD 和 EA 上发生反射，且两次反射的入射角相等，最后光线垂直 BC 射出．若两次反射都为全反射，则该五棱镜折射率的最小值是多少？(计算结果可用三角函数表 示) 1 12．(3)sin22.5° [解析] 作出光路图如图所示，图中三角形为等腰直角三角形，入射角 α＝22.5°， 则折射 1 率 n≥sin22.5°才能保证发生全反射．12．C.选修 3－5(12 分) (1)如果一个电子的德布罗意波长和一个中子的相等，则它 们的________也相等． A．速度 B．动能 C．动量 D．总能量 h 12．C.(1)C [解析] 由物质波的波长 λ＝p可知，波长相等则动量相等，选项 C 正确；对 p2 于电子和中子而言，动量 p＝mv 相等，质量不同，则速度不同，选项 A 错误；由 Ek＝2m知， 动能不同，选项 B、D 错误． ＋ 12．(2)根据玻尔原子结构理论，氦离子(He )的能级图如图 1 所示．电子处在 n＝3 轨道 ＋ 上比处在 n＝5 轨道上离氦核的距离________(选填“近”或“远”)．当大量 He 处在 n＝4 的激发态时，由于跃迁所发射的谱线有________条．图1 12．(2)近 6 [解析] 能量最低的状态为基态，离原子核最近，如果吸收一定频率的光子，电子就会跃 迁到能量较高的激发态，能级数越高，离核越远．电子从 n＝4 的激发态向基态跃迁时，有 6 种不同的跃迁方式，对应 6 条不同的谱线． 12．(3)如图 2 所示，进行太空行走的宇航员 A 和 B 的质量分别为 80 kg 和 100 kg，他们携手远离 空间站， 相对空间站的速度为 0.1 m/s.A 将 B 向空间 站方向轻推后，A 的速度变为 0.2 m/s，求此时 B 的 速度大小和方向. 12．(3)0.02 m/s 离开空间站方向 (mA＋mB)v0＝mAvA＋mBvB、可解得 [解析] 规定原速度方向为正方向，根据动量守恒 vB＝0.02m/s，所得结果仍为正值，说明 B 的运动方向与原速度方向相同，即也为离开空间站 方向。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． 13． (15 分)如图所示，匀强磁场中有一矩形闭合线圈 abcd，线圈平面与磁场垂直．已知 线圈的匝数 N＝100，边长 ab＝1.0 m、bc＝0.5 m，电阻 r＝2 ?.磁感应强度 B 在 0～1 s 内从 零均匀变化到 0.2 T．在 1～5 s 内从 0.2 T 均匀变化到－0.2 T，取垂直纸面向里为磁场的正方 向 .求： (1)0.5 s 时线圈内感应电动势的大小 E 和感应电流的方向； (2)在 1～5 s 内通过线圈的电荷量 q； (3)在 0～5 s 内线圈产生的焦耳热 Q.NΔΦ1 13．[解析] (1)感应电动势 E1＝ Δt 1 磁通量的变化 ΔΦ1 ＝ΔB1S ΔB1S 解得 E1＝N Δt 1 代入数据得 E1＝10 V 感应电流的方向为 a→d→c→b→a ΔB2S (2)同理可得 E2＝N Δt 2 E2 感应电流 I2＝ r 电量 q＝I2Δt2 ΔB2S 解得 q＝N r 代入数据得 q＝10 C. 2 rΔt1 (3)0～1 s 内的焦耳热 Q1＝I1 E1 且 I1＝ r2 rΔt2 1～5 s 内的焦耳热 Q2＝I2 由 Q＝Q1＋Q2，代入数据得 Q＝100 J 14． (16 分)如图所示，将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速 抽出，砝码的移动很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验．若砝码和纸板的 质量分别为 m1 和 m2，各接触面间的动摩擦因数均为 μ.重力加速度为 g. (1)当纸板相对砝码运动时，求纸板所受摩擦力的大小； (2)要使纸板相对砝码运动，求所需拉力的大小； (3)本实验中，m1 ＝0.5 kg，m2＝0.1 kg, μ＝0.2，砝码与纸板左端的距离 d＝0.1 m，取 g ＝10 m/s2.若砝码移动的距离超过 l＝0.002 m，人眼就能感知．为确保实验成功，纸板所需的 拉力至少多大？14．[解析] (1)砝码对纸板的摩擦力 f1＝μm1 g 桌面对纸板的摩擦力 f2＝μ(m1＋m2)g f＝f1＋f2 解得 f＝μ(2m1＋m2)g (2)设砝码的加速度为 a1，纸板的加速度为 a2，则 f1＝m1a1 F－f1－f2＝m2a2 发生相对运动 a2&a1 解得 F&2μ(m1＋m2)g 1 2 (3)纸板抽出前，砝码运动的距离 x1＝2a1t1 1 2 纸板运动的距离 d＋x1＝2a2t1 1 纸板抽出后，砝码在桌面上运动的距离 x2＝2a3t2 2 l＝