课标物理高考模拟试题精编(八)

高考模拟试题精编(八)

【说明】 本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．满分100分，考试时间90分钟.

第Ⅰ卷(选择题 共40分)

一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，有一个或一个以上选项符合题目要求，全部选对的得4分，选不全的得2分，有错选或不答的得0分．

1．中国海军歼－15舰载机已经在“辽宁舰”上多次进行触舰复飞，并已经进行了舰载机着陆和甲板起飞．假设舰载机速度达到80 m/s 就可以起飞，航空母舰上水平跑道的长度为300 m ，保持舰载机发动机的转速，使舰载机的加速度为10 m/s 2，则( )

A ．舰载机可以安全起飞，滑跑时间为8 s

B ．舰载机一定不能完全起飞，因为水平跑道长度不够

C ．只有把舰载机的加速度增大到11 m/s 2才能安全起飞

D ．当航空母舰在舰载机滑跑的方向上以30 m/s 的速度航行时舰载机可以安全起飞 2.

如图所示，球网上沿高出桌面H ，网到桌边的距离为L .某人在乒乓球训练中，从左侧L /2处，将球沿垂直于网的方向水平击出，球恰好通过网的上沿落到右侧桌边缘．设乒乓球运动为平抛运动．则乒乓球( ) A ．在空中做变加速曲线运动 B ．在水平方向做匀加速直线运动

C．在网右侧运动时间是左侧的2倍

D．击球点的高度是网高的2倍

3.

将如图所示的交变电压接在一个原、副线圈匝数分别为n1＝1 000、n2＝100的理想变压器的原线圈两端，下列说法中错误的是()

A．变压器闭合铁芯的磁通量最大值为311 Wb

B．副线圈两端电压的有效值是22 V

C．副线圈输出的交变电压的频率为50 Hz

D．t＝0.01 s时副线圈输出的交变电压的瞬时值为零

4.

某同学通过一个力传感器提着一个质量为1 kg的手提包走进一个电梯，并把传感器连接在计算机上，从电梯开始运动为计时起点，到达某一楼层停止，通过计算机处理得到的力随时间变化的图象如图所示，下列判断正确的是()

A．电梯先加速向下运动，再匀速运动，最后减速运动

B．电梯运动的最大速度是20.4 m/s

C．电梯加速运动时的加速度大小大于减速运动时的加速度大小

D．电梯运动的位移是9.6 m

5.

利用传感器和计算机可以测量快速变化的力的瞬时值．如图甲所示，用弹性绳静止悬挂一个质量为m的小球，弹性绳由原长L0伸长到L(弹性绳的拉力与伸长量成正比)，把小球举高到绳子的悬点O处，然后放手让小球自由下落，利用传感

器和计算机获得的弹性绳中的拉力脉冲如图乙所示，测得第一个脉冲的峰值是静止时的n 倍，则( )

A ．小球在运动过程中机械能守恒

B ．小球在第一次向下运动的过程中动能先增大后减小

C ．小球第一次向下运动过程中，小球和弹性绳组成的系统机械能守恒

D ．小球第一次向下运动的过程中，弹性绳具有最大弹性势能

6．如图甲所示，质量为m ＝1 kg 的物体置于倾角θ＝37°的固定粗糙斜面上．t ＝0时对物体施以平行于斜面向上的拉力F ，t ＝1 s 时撤去拉力，斜面足够长，物体运动的部分v －t 图象如图乙所示(g ＝10 m/s 2)，则下列说法中正确的是( )

A ．拉力的大小为20 N

B ．t ＝3 s 时物体运动到最高点

C ．t ＝4 s 时物体的速度大小为10 m/s

D ．t ＝1 s 时物体的机械能最大 7.

如图所示，A 、B 两球用原长为4

3L 、劲度系数为k 1的轻弹簧相连，B 球用长为L 的细线悬于O 点，A 球固定在O 点正下方，且OAB 恰好构成一个正三角形，现把A 、B 间的弹簧换成原长相同、劲度系数为k 2的轻弹簧，仍使系统平衡，此时A 、B 间的距离变为3

4L ，则( )

A ．绳子O

B 所受的拉力不变 B ．弹簧产生的弹力变大

C ．k 2＝34k 1

D ．k 2＝3

7k 1 8.

如图所示，一根长L＝1.5 m的光滑绝缘细直杆MN竖直固定在场强为E＝1.0×105 N/C、与水平方向成θ＝30°角的倾斜向上的匀强电场中．杆的下端M固定一个带电小球A，电荷量Q＝＋4.5×10－6 C；另一带电小球B穿在杆上可自由滑动，电荷量q＝＋1.0×10－6 C，质量m＝1.0×10－2kg.现将小球B从杆的上端N静止释放，小球B开始运动(静电力常量k＝9.0×109 N·m2/C2，取g＝10 m/s2)，则() A．小球B开始运动时的加速度为8.2 m/s2

B．从小球B开始运动到速度达到最大的过程中小球B的机械能增加

C．小球B的速度最大时，距M端的高度为0.64 m

D．从小球B开始运动到速度达到最大的过程中电场力对小球B一直做负功9．为了探测某星球，载着登陆舱的探测飞船在以该星球中心为圆心、半径为r1的圆轨道上运动，总质量为m1.随后登陆舱脱离飞船，变轨到离星球更近的半径为r2的圆轨道上运动，此时登陆舱的质量为m2，则()

A．登陆舱脱离飞船时应该加速才能从半径为r1的圆轨道变轨到半径为r2的圆轨道上

B．登陆舱在半径为r1的圆轨道上运行的加速度小于在半径为r2的圆轨道上运行的加速度

C．登陆舱在半径为r1与r2的圆轨道上运行的速度大小之比为v1

v2＝

m1r1

m2r2

D．登陆舱从半径为r1的圆轨道变轨到半径为r2的圆轨道的过程中万有引力做正功，登陆舱的引力势能减小，动能增大，速度变大

10.

如图所示，水平面内固定的大导体矩形环M与电阻不计的平行金属导轨相连，环内有磁感应强度按B t＝B0＋kt均匀增大的匀强磁场，矩形环的面积为S，导轨足

够长、间距为L，导轨间存在磁感应强度为B的匀强磁场，导轨上放一质量为m 的导体棒，导体棒与导轨紧密接触，磁感线垂直于导轨所在平面．若导体棒和矩形环的电阻均为R，导体棒与导轨间的动摩擦因数为μ，导体棒经过时间t达到最大速度，则()

A．导体棒的最大速度为kS

BL

B．导体棒达到最大速度时流过ab的电流为μmg BL

C．导体棒达到最大速度时电路消耗的总功率为2μ2m2g2R B2L2

D．导体棒达到最大速度时电路上产生的焦耳热为2μ2m2g2R B2L2t

答题栏

第Ⅱ卷(非选择题共60分)

二、非选择题：本题共5小题，共60分．按题目要求作答．解答题应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．

11．(6分)在“探究小车速度随时间变化的规律”实验时，某同学得到如图所示的纸带，已知电源的频率为50 Hz，且相邻两计数点间有四点没画出，则纸带上相邻两个计数点间的时间间隔为________s．如果用x1、x2、x3、x4、x5、x6来表示从O点开始各相邻两个计数点间的距离，用T表示相邻计数点的时间间隔，则该匀变速直线运动的加速度的表达式为a＝______(用符号写出表达式，不要求计算)．打F点时小车的速度大小为v F＝________m/s.(保留3位有效数字)

12．(9分)某物理兴趣小组为了描绘额定电压为3.0 V的小灯泡的伏安特性曲线，选用了如图甲中所示的实验器材．

(1)根据要求把图甲中的电路连接完整．

(2)开关闭合前，滑动变阻器的滑片应该置于________端(填“M”或“N”)

(3)实验中测得有关数据如下表：

13.

(12分)如图所示，平行板电容器两极板带等量异种电荷，提供一个竖直向上的匀强电场，两板间距离为d，一个质量为m、电荷量为q的带电小球，由A从静止开始向上做匀加速直线运动．

(1)带电小球运动一段时间到达B点时，若电场方向突然变为向下，但大小未变，经过相同的时间小球刚好回到出发点，求该电场的电场强度的大小E；

(2)若A、B间距离为两板间距离的一半，带电小球向上运动到B点的瞬间，两极板整体逆时针转动60°，同时在板间加一垂直纸面的匀强磁场，带电小球恰好做匀速直线运动，求该匀强磁场的磁感应强度的大小和方向．

14.

(15分)如图所示，质量为m1的物体A经一轻质弹簧与下方地面上的质量为m2的物体B相连，弹簧的劲度系数为k，A、B都处于静止状态．一条不可伸长的轻绳

绕过轻滑轮，一端连物体A，另一端连一轻挂钩，不计滑轮的摩擦，开始时各段绳都处于伸直状态，A上方的一段绳沿竖直方向，重力加速度为g，在挂钩上挂一质量为m的物体C并从静止释放，它恰好能使B离开地面但不继续上升．

(1)求物体C挂上前弹簧的压缩量；

(2)求物体B刚要离开地面时弹簧弹性势能的增加量；

(3)通过计算说明要使物体C刚释放的瞬间物体A的加速度和物体B恰好要离开地面时物体A的加速度大小相等，应满足什么条件？

15.

(18分)在xOy平面内，M、N分别为x、y轴上的点，在第四象限和MON区域内存在理想边界的匀强磁场，磁感应强度为B，MN为一个与x轴负方向成θ＝45°的挡板，M点坐标为(d,0)，如图所示．在第一象限x≥d的区域内存在匀强电场，电场强度为E，方向沿x轴负方向．在坐标原点O处有一粒子源，向y轴负方向发射速度不同的质量为m、电荷量为q的正电荷(不计重力)．试求：

(1)在磁场中能做完整圆周运动的粒子的速度取值范围．

(2)若将MN挡板沿MN向第二象限延长至无限远，离开电场后恰好打不到挡板上的粒子的速度值．(不考虑粒子间相互影响)

附加题：本题共3小题，每小题15分．分别考查3－3、3－4、3－5模块．请考生根据本省考试情况选择相应题目作答，其分值不计入总分．

1．[物理——选修3－3](15分)

(1)(5分)下列说法正确的是________．

A．布朗运动是液体分子的无规则运动

B．分子间距离增大时，分子间的引力、斥力都减小

C．气体的状态变化时，若温度升高，则每个气体分子的平均动能都增加

D．外界对物体做功时，物体的内能一定增加

(2)(5分)某商场有一款双门电冰箱，冷藏室容积为V1，冷冻室容积为V2，冰箱内的空气可视为理想气体，常温下空气的摩尔体积为V0，阿伏加德罗常数为N A，

则常温下电冰箱内的空气分子数约为________．

(3)(5分)如图所示，在一空牛奶盒中插入一粗细均匀的玻璃管，接口处密封，在玻璃管中滴入一小滴油，不考虑大气压的变化，这就构成了一个简易的温度计．已知牛奶盒的容积为250 cm3，玻璃管的横截面积为0.2 cm2，玻璃管的有效长度为20 cm，当温度为25 ℃时，油柱离管口10 cm.求该温度计的测量范围．

2．[物理——选修3－4](15分)

(1)(5分)真空中有间距为0.6 m的两点，A点由于干扰在空间形成一列由A向B 传播的简谐波，且波长λ>0.5 m．在开始计时时，质点A处于正的最大位移处，经过0.1 s，第二次回到平衡位置，而此时质点B刚好到达正的最大位移处，则这列简谐波的波速是________．

A．24 m/s B．6 m/s

C．12 m/s D．18 m/s

(2)(5分)已知锌的逸出功W0＝3.34 eV，用波长λ＝0.2 μm的光照射锌板时________(填“能”或“不能”)发生光电效应．(普朗克常量h＝6.63×10－34 J·s，真空中光速c＝3×108 m/s)

(3)(5分)如图为一直径是10 nm的玻璃珠，假设该玻璃珠的折射率为3，入射光射到玻璃珠中经折射、反射、再折射后恰好和入射光线平行，那么入射角是多少？3．[物理——选修3－5](15分)

(1)(5分)下列有关近代物理的说法正确的是________．

A．较重的核分裂成中等质量大小的核或较轻的核合并成中等质量大小的核，核子的比结合能都会增加

B．α粒子散射实验中少数粒子发生较大偏转是卢瑟福猜想原子核式结构模型的主

要依据

C．玻尔原子理论无法解释较为复杂原子光谱的现象，说明玻尔提出的原子定态概念是错误的

D．根据玻尔理论可知，氢原子辐射出一个光子后，氢原子的电势能增大，核外电子的运动速度减小

(2)(5分)如图为氢原子的能级图，现用能量为12.8 eV的电子轰击处于基态的氢原子，使氢原子跃迁到激发态，之后氢原子从激发态向低能级跃迁，则在跃迁的过程中最多能辐射出________种不同频率的光子，辐射出的光子中，波长最长的光子的波长为________．

(3)(5分)在真空中有一质量为m、速度为v的α粒子A，与处于真空中另一质量也为m的静止的α粒子B发生正碰，如果在碰撞过程中没有能量损失，则碰后α粒子B的速度是多少？如果碰后二者结合在一起，则共同速度是多少？

高考模拟试题精编(八)

1．D由x＝v2

2a＝

802

2×10

m＝320 m，可知水平跑道不够长，由匀变速直线运动规

律，只有增大加速度或增大初速度才能使飞机安全起飞；根据v2－v20＝2as得：v0＝v2－2as＝802－2×10×300 m/s＝20 m/s，故当航空母舰在舰载机滑跑的方向上以30 m/s的速度航行时舰载机可以安全起飞，只有选项D正确．

2．C乒乓球击出后，只受重力，做平抛运动，可分解为水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的自由落体运动，选项A、B错误；网左侧和右侧水平距离之

比1

2L

L＝

v水平t1

v水平t2＝

t1

t2＝

1

2，选项C正确；击球点到网的高度与击球点到桌面的高度之比

为h－H

h＝

1

2gt

2

1

1

2g(t1＋t2)

2

＝

1

9，所以击球点的高度与网高度之比为

h

H＝

9

8，选项D错误．

3．A 由题图可知，E m ＝311 V ，由E m ＝nBSω＝nΦm ω得Φm ＝E m

nω＝311

1 000×2×3.14×50

Wb ≈0.001 Wb ，A 错误；根据交流电的有效值可知，原线圈

的电压有效值为U 1＝U m 2＝220 V ，根据变压器原理可得U 1U 2＝n 1n 2，故U 2＝n 2U 1

n 1＝22

V ，B 正确；由题图可知，交流电的周期为T ＝2×10－2 s ，所以f ＝1

T ＝50 Hz ，变压器不能改变交流电的频率，所以副线圈输出的交变电压的频率也是50 Hz ，故C 正确；t ＝0.01 s 时原线圈交变电压处于峰值，故闭合铁芯中的磁通量最大，变化率为零，所以副线圈输出的交变电压的瞬时值为零，D 正确．

4．D 由图象和对竖直悬挂的手提包受力分析可知，开始拉力大于重力，故加速度向上，电梯加速向上运动，A 错误；加速时，由F 1－mg ＝ma 1，得a 1＝F 1－mg m ＝0.4 m/s 2，v m ＝a 1t 1＝0.4×2 m/s ＝0.8 m/s ，故B 错误；减速时，由mg －F 2＝ma 2得a 2＝mg －F 2m ＝0.4 m/s 2，故C 错误；电梯运动的位移为x ＝x 1＋x 2＋x 3＝v m

2·t 1＋v m ·t 2＋v m 2·t 3＝9.6 m ，故D 正确．

5．B 对小球进行受力分析可知，小球第一次向下运动的过程中先做加速运动，受力平衡时速度达到最大，然后做减速运动，故小球第一

次向下运动的过程

中动能先增大后减小，B 正确；由弹性绳中的拉力脉冲可知，峰值变小，故小球和弹性绳组成的系统机械能不守恒，C 错误；小球静止悬挂时mg ＝k (L －L 0)，则第一次向下运动的过程中弹性绳形变量最大时F m ＝kn (L －L 0)，由功能关系得mg [L 0＋n (L －L 0)]＝E p ＋Q ，故E p

6．BD 运动过程中物体受到的摩擦力的大小f 不变，根据图象可知，有拉力作用时加速度大小a 1＝20 m/s 2，没有拉力作用时加速度大小为a 2＝10 m/s 2，对物体受力分析并根据牛顿第二定律有F －f －mg sin θ＝ma 1，f ＋mg sin θ＝ma 2，联立上述两式可得：F ＝30 N ，f ＝4 N ，所以选项A 错误；撤去拉力后，物体做匀减速运动，到t ＝3 s 时刻物体速度减为零，此时物体运动到最高点，选项B 正确；在t ＝3 s 时刻，物体速度减为零，然后开始沿斜面下滑做匀加速运动，加速度大小为a 3＝mg sin θ－f m

＝2 m/s 2，到t ＝4 s 时物体的速度大小为v ＝a 3Δt ＝2 m/s ，选项C

错误；在0～1 s 内，物体的动能和势能均增大，机械能增大，t ＝1 s 后，摩擦力对物体做负功，物体的一部分机械能转化为内能，机械能减小，所以t ＝1 s 时物体的机械能最大，选项D 正确．

7．AD 以B 球为研究对象，B 球受到重力mg ，细线的拉力F N 和弹簧的弹力F T 三个力的作用，开始时OAB 刚好构成一个正三角形，由力的相似三角形法可知有mg L ＝F N L ＝F T L ，即mg ＝F N ＝F T ，更换弹簧后同理可得mg L ＝F ′N L ＝F ′T

34L ，即F ′N

＝mg ，F ′T ＝34mg ，故A 对、B 错；F T ＝k 1? ????43L －L ＝13k 1L ＝mg ，F ′T ＝k 2? ???

?4

3L －34L ＝712k 2L ＝34mg ，故有k 2＝3

7k 1，C 错、D 正确．

8．D 开始时对小球B 进行受力分析，小球B 受到重力mg 、杆的弹力F N 、库仑力F C 和电场力F E 四个力作用，将电场力正交分解，则小球B 在竖直方向上受到的合外力为F y ＝mg －F C －F E sin θ＝mg －k qQ

L 2－qE sin θ＝0.032 N ，故a ＝3.2 m/s 2，选项A 错误；小球B 向下运动的过程中库仑力和电场力都做负功，小球的机械能减少，选项B 错、D 正确；小球B 速度最大时加速度为零，即mg －k qQ

r 2－qE sin θ

＝0，解得r ＝0.9 m ，选项C 错误．

9．BD 探测飞船绕星球运动时，万有引力充当向心力，满足G Mm 1r 21＝m 1v 21

r 1，登

陆舱脱离飞船时如果加速，登陆舱将做离心运动，半径变大，故选项A 错误；a 1

＝v 21

r 1＝G M r 21，a 2＝v 2

2r 2＝G M r 22

，因为r 1>r 2，所以a 1

GM

r ，故v 1v 2＝

r 2

r 1，选项C 错误；登陆舱从半径为r 1的圆轨道变轨到半

径为r 2的圆轨道的过程中万有引力做正功，动能增大，引力势能减小，选项D 正确．

10．BC 根据法拉第电磁感应定律，导体矩形环内磁场变化产生的感应电动势为E 1＝ΔΦΔt ＝ΔB Δt S ＝kS ，开始时导体棒ab 中的电流为I ＝E 2R ＝kS

2R ，方向由b 到a ，导体棒受到导轨间磁场的安培力F A ＝BIL ，导体棒在安培力作用下做加速运动，a

＝

F A －μmg

m

，导体棒运动中切割磁感线产生的感应电动势为E 2＝BL v ，方向与E 1

相反，故电流变为I ′＝E 1－E 22R ＝kS －BL v 2R ，安培力变为F A ′＝BI ′L ＝BL kS －BL v

2R ，当a ＝0时速度达到最大，即BL kS －BL v m 2R ＝μmg ，解得v m ＝kS BL －2μmgR B 2L 2，此时的电流为I ′＝μmg

BL ，故选项A 错误、B 正确；导体棒速度达到最大时，电路消耗的总功率为P ＝I ′2

·2R ＝? ??

??μmg BL 2

·2R ＝2μ2m 2g 2R B 2L 2，选项C 正确；由于导体棒加速的过

程中电路中电流是变化的，所以选项D 错误．

11．解析：打点计时器每隔0.02 s 打一个点，则相邻两计数点之间的时间间隔为T ＝5×0.02 s ＝0.1s ；由(x 4＋x 5＋x 6)－(x 1＋x 2＋x 3)＝a (3T )2，得a ＝(x 4＋x 5＋x 6)－(x 1＋x 2＋x 3)(3T )2；打D 点时小车的速度大小为v D ＝(10.81＋12.70)×10－2

2×0.1

m/s ＝1.176 m/s ，打E 点时小车的速度大小为v E ＝(15.10＋12.70)×10－2

2×0.1m/s ＝1.39

m/s ，由v E ＝v D ＋v F

2，得v F ＝1.60 m/s. 答案：0.1(2分)

(x 4＋x 5＋x 6)－(x 1＋x 2＋x 3)

(3T )2

(2分) 1.60(2分)

12．解析：(1)该实验要求电压从零开始调节，故滑动变阻器使用分压式接法；小灯泡的电阻较小，故采用电流表外接法．(2)在实验开始前，为了保护电流表和电压表，需要将滑动变阻器的滑片置于M 端．

答案：(1)如图1所示(3分) (2)M (3分) (3)如图2所示(3分)

13．解：(1)带电小球由静止开始从A 运动到B 的过程中，受到重力和电场力的作

用，由牛顿第二定律有qE －mg ＝ma 1，则x AB ＝1

2a 1t 2(2分)

电场反向后电场力也反向，有qE ＋mg ＝ma 2，则－x AB ＝v 0t －12a 2t 2＝a 1t 2－12a 2t 2(2分)

解得：E ＝2mg

q (1分)

(2)带电小球向上运动到B 点的过程中，有qE －mg ＝ma ，则a ＝g (1分) 根据v 2＝2ax ，则v ＝gd (2分)

此时带电小球恰好做匀速直线运动，电场力的竖直分量为F y ＝qE cos 60°＝2mg ×1

2＝mg ，恰好与重力平衡，故水平方向上必定是电场力的水平分量与洛伦兹力平衡(1分)

即qE sin 60°＝q v B ，B ＝3m q ·g d (2分) 由左手定则可知，磁场方向垂直纸面向外(1分)

14．解：(1)A 处于平衡状态，弹簧的弹力等于物体A 的重力，即：F 1＝m 1g (1分) 设弹簧压缩量为x 1，根据胡克定律有F 1＝kx 1(2分) 得：x 1＝m 1g

k (1分)

(2)设B 刚要离开地面时，弹簧的伸长量为x 2，弹簧的弹力为F 2＝kx 2 由于物体B 没有继续上升，故加速度为零 则F 2＝m 2g ，解得x 2＝m 2g

k (1分)

从物体C 释放到B 刚要离开地面的过程，物体A 上升的高度为x 1＋x 2＝

(m 1＋m 2)g

k (1分)

物体A 、B 、C 和弹簧组成的系统机械能守恒，物体C 重力势能的减少量等于物体A 的重力势能的增加量和弹簧的弹性势能的增加量，即mg (m 1＋m 2)g

k ＝

m 1g

(m 1＋m 2)g

k

＋ΔE p (2分) 则弹簧的弹性势能的增加量为ΔE p ＝mg

(m 1＋m 2)g k －m 1

g (m 1＋m 2)g

k

(1分) (3)物体C 挂上去的瞬间，物体A 和C 具有相同的加速度，由整体法和牛顿第二定律可得

mg ＝(m 1＋m )a 1，即a 1＝

m

m 1＋m

g (2分) 物体B 刚要离开地面时，物体B 的加速度为零，弹簧的弹力F 2＝m 2g

物体A 则是上升到最高点将要下降，物体A 受到弹簧向下的弹力、重力和绳子向上的拉力，物体C 与A 具有相同的加速度，用整体法根据牛顿第二定律有： (m 1＋m 2)g －mg ＝(m 1＋m )a 2， 即a 2＝(m 1＋m 2－m )

m 1＋m

g (2分)

要使a 2＝a 1，即(m 1＋m 2－m )m 1＋m g ＝m

m 1＋m g ，需满足m ＝m 1＋m 22(2分)

15．解：(1)当粒子的运动轨迹恰好与MN 相切时，r 最大，粒子速度最大 由q v 0B ＝m v 20

r 0

，得r 0＝m v 0qB (2分)

由几何关系可知，此时sin 45°＝r 0

d －r 0(2分)

得r 0＝

d

2＋1

＝(2－1)d (1分) 两者联立，解得：v 0＝qBd

m (2＋1)＝qBd (2－1)m (2分)

即粒子速度的取值范围为0

m

(2)要使粒子恰好打不到挡板上，粒子射出电场时的速度应恰平行于MN 方向，有 q v B ＝m v 2

r 2r －d ＝1

2at 2(2分) qE ＝ma (2分) v x ＝at (2分) tan 45°＝v x

v (2分) 联立以上各式，得： m v 22qE －2m v

qB ＋d ＝0(1分)

解得：v ＝2E

B ± 4E 2B 2－2qEd

m (2分)

附加题

1．(1)解析：布朗运动是悬浮微粒的无规则运动，它是液体分子碰撞微粒造成的，反映了液体内部分子运动的无规则性，选项A 错误；分子间距离增大时，分子间的引力、斥力都减小，但斥力减小得快，选项B 正确；气体的温度升高表示气体的平均分子动能增大，但不是每个气体分子的平均动能都增加，选项C 错误；做功和热传递均能改变物体的内能，当外界对物体做功，而物体放热时，物体的内能可能减小，选项D 错误． 答案：B(5分)

(2)解析：注意理想气体的体积等于冷藏室和冷冻室的容积之和，N ＝V 1＋V 2

V 0N A .

答案：V 1＋V 2

V 0

N A (5分)

(3)解：根据盖-吕萨克定律，V

T ＝C (1分)

则C ＝V 1T 1＝(250＋10×0.2)(273＋25)cm 3/K ＝252298 cm 3/K(1分)

所以ΔV ＝C ΔT (1分)

则ΔT ＝ΔV C ＝298

252×0.2×(20－10)K ＝2.4 K(1分) 即这个温度计测量的范围是22.6 ℃～27.4 ℃(1分) 2.

(1)解析：因为λ>0.5 m ，x AB ＝0.6 m ，所以A 、B 之间的波形如图所示； 由波形图可知：34λ＝x AB ，所以λ＝0.8 m ，由题意：34T ＝0.1 s ，所以T ＝0.4

3 s ；则v ＝λ

T ＝6 m/s. 答案：B(5分)

(2)解析：这种单色光的能量E ＝h c

λ＝1×10－18 J ＝6.25 eV ，因为E >W 0，所以能发

生光电效应． 答案：能(5分)

(3)解：设入射角为i ，折射角为θ，光路图如图所示，因为入射光线恰好和出射光线平行，所以i ＝2θ(2分)

根据折射定律：sin i sin θ＝sin 2θ

sin θ＝3(2分) 所以θ＝30°，，i ＝2θ＝60°(1分)

3．(1)解析：由比结合能曲线可知，较重的核分裂成中等质量大小的核或较轻的核合并成中等质量大小的核，核子的比结合能都会增加，选项A 正确；α粒子散射实验中少数粒子发生较大偏转是卢瑟福猜想原子核式结构模型的主要依据，选项B 正确；玻尔原子理论无法解释较为复杂原子光谱的现象，但是玻尔提出的原子定态概念是正确的，选项C 错误；根据玻尔理论可知，氢原子辐射出一个光子后，氢原子的电势能减小，核外电子的运动速度增大，选项D 错误． 答案：AB(5分)

(2)解析：处于基态的氢原子受到能量为12.8 eV 的高速电子轰击后，最高可以跃迁到n ＝4能级，最多能辐射出6种不同频率的光子，能辐射出的波长最长的光子是从n ＝4能级跃迁到n ＝3能级时放出的，由E ＝h c λ，λ＝hc E ＝6.63×10－34×3×108(1.51－0.85)×1.6×10

－19m ＝1.88×10

－6

m. 答案：6(2分) 1.88×10－6 m(3分)

(3)解：α粒子A 与α粒子B 发生正碰，如果在碰撞过程中没有能量损失，由动量守恒定律和能量守恒定律有 m v ＝m v 1＋m v 2(1分) 12m v 2＝12m v 21＋12m v 2

2(1分)

联立解得碰撞后α粒子A 的速度v 1＝0，碰撞后α粒子B 的速度v 2＝v (1分)

若碰撞后结合在一起，由动量守恒定律有m v＝2m v′(1分)

解得：v′＝v

2(1分)