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2017高考题物理真题汇编精华版(含详细解答)_高三理化生_理化生_高中教育_教育专区

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2017高考题物理真题汇编精华版(含详细解答)_高三理化生_理化生_高中教育_教育专区。2017高考题物理真题汇编精华版(含详细解答),集中最新的全国卷和部分省市的真题,是一轮、二轮复习最好的参考资料


专题 1 质点的直线运动 (2017· 高考全国卷甲)为提高冰球运动员的加速能力,教练员在冰面上与起跑线距离 s0 和 s1(s1<s0)处分别放置一个挡板和一面小旗,如图所示.训练时,让运动员和冰球都位于起跑线 上,教练员将冰球以初速度 v0 击出,使冰球在冰面上沿垂直于起跑线的方向滑向挡板;冰球 被击出的同时,运动员垂直于起跑线从静止出发滑向小旗.训练要求当冰球到达挡板时,运 动员至少到达小旗处. 假定运动员在滑行过程中做匀加速运动, 冰球到达挡板时的速度为 v1, 重力加速度大小为 g.求 (1)冰球与冰面之间的动摩擦因数; (2)满足训练要求的运动员的最小加速度. 专题 2 相互作用 1.(2017· 高考全国卷甲)如图,一物块在水平拉力 F 的作用下沿水平桌面做匀速直线运 动.若保持 F 的大小不变,而方向与水平面成 60°角,物块也恰好做匀速直线运动.物块与 桌面间的动摩擦因数为( ) A.2- 3 C. 3 3 B. D. 3 6 3 2 2. (多选)(2017· 高考全国卷乙)如图,柔软轻绳 ON 的一端 O 固定,其中间某点 M 拴一重 π ? 物, 用手拉住绳的另一端 N.初始时, OM 竖直且 MN 被拉直, OM 与 MN 之间的夹角为 α? ?α>2 ?. 现将重物向右上方缓慢拉起,并保持夹角 α 不变.在 OM 由竖直被拉到水平的过程中( ) A.MN 上的张力逐渐增大 B.MN 上的张力先增大后减小 C.OM 上的张力逐渐增大 D.OM 上的张力先增大后减小 3.(2017· 高考全国卷丙)一根轻质弹性绳的两端分别固定在水平天花板上相距 80 cm 的 两点上, 弹性绳的原长也为 80 cm.将一钩码挂在弹性绳的中点, 平衡时弹性绳的总长度为 100 cm;再将弹性绳的两端缓慢移至天花板上的同一点,则弹性绳的总长度变为(弹性绳的伸长 始终处于弹性限度内)( A.86 cm C.98 cm ) B.92 cm D.104 cm 4. (多选)(2017· 高考天津卷)如图所示, 轻质不可伸长的晾衣绳两端分别固定在竖直杆 M、 N 上的 a、b 两点,悬挂衣服的衣架挂钩是光滑的,挂于绳上处于静止状态.如果只人为改变 一个条件,当衣架静止时,下列说法正确的是( ) A.绳的右端上移到 b′,绳子拉力不变 B.将杆 N 向右移一些,绳子拉力变大 C.绳的两端高度差越小,绳子拉力越小 D.若换挂质量更大的衣服,则衣架悬挂点右移 专题 3 牛顿运动定律 1.(2017· 高考全国卷丙)如图,两个滑块 A 和 B 的质量分别为 mA=1 kg 和 mB=5 kg,放 在静止于水平地面上的木板的两端,两者与木板间的动摩擦因数均为 μ1=0.5;木板的质量为 m=4 kg,与地面间的动摩擦因数为 μ2=0.1.某时刻 A、B 两滑块开始相向滑动,初速度大小 均为 v0=3 m/s.A、B 相遇时,A 与木板恰好相对静止.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,取 重力加速度大小 g=10 m/s2.求 (1)B 与木板相对静止时,木板的速度; (2)A、B 开始运动时,两者之间的距离. 2.(2017· 高考江苏卷)如图所示,两条相距 d 的平行金属导轨位于同一水平面内,其右端 接一阻值为 R 的电阻. 质量为 m 的金属杆静置在导轨上, 其左侧的矩形匀强磁场区域 MNPQ 的磁感应强度大小为 B、方向竖直向下.当该磁场区域以速度 v0 匀速地向右扫过金属杆后, 金属杆的速度变为 v.导轨和金属杆的电阻不计,导轨光滑且足够长,杆在运动过程中始终与 导轨垂直且两端与导轨保持良好接触.求: (1)MN 刚扫过金属杆时,杆中感应电流的大小 I; (2)MN 刚扫过金属杆时,杆的加速度大小 a; (3)PQ 刚要离开金属杆时,感应电流的功率 P. 专题 4 曲线运动 1.(2017· 高考全国卷甲)如图,一光滑大圆环固定在桌面上,环面位于竖直平面内,在大 圆环上套着一个小环.小环由大圆环的最高点从静止开始下滑,在小环下滑的过程中,大圆 环对它的作用力( ) A.一直不做功 B.一直做正功 C.始终指向大圆环圆心 D.始终背离大圆环圆心 2. (2017· 高考全国卷乙)发球机从同一高度向正前方依次水平射出两个速度不同的乒乓球 (忽略空气的影响).速度较大的球越过球网,速度较小的球没有越过球网;其原因是( A.速度较小的球下降相同距离所用的时间较多 B.速度较小的球在下降相同距离时在竖直方向上的速度较大 C.速度较大的球通过同一水平距离所用的时间较少 D.速度较大的球在相同时间间隔内下降的距离较大 3. (2017· 高考江苏卷)如图所示,A、B 两小球从相同高度同时水平抛出,经过时间 t 在空 中相遇.若两球的抛出速度都变为原来的 2 倍,则两球从抛出到相遇经过的时间为( ) ) A.t t C. 2 B. 2 t 2 t D. 4 专题 5 万有引力与航天 1.(多选)(2017· 高考全国卷甲)如图,海王星绕太阳沿椭圆轨道运动,P 为近日点,Q 为 远日点,M、N 为轨道短轴的两个端点,运行的周期为 T0.若只考虑海王星和太阳之间的相互 作用,则海王星在从 P 经 M、Q 到 N 的运动过程中( ) A.从 P 到 M 所用的时间等于 T0/4 B.从 Q 到 N 阶段,机械能逐渐变大 C.从 P 到 Q 阶段,速率逐渐变小 D.从 M 到 N 阶段,万有引力对它先做负功后做正功 2.(2017· 高考全国卷丙)2017 年 4 月,我国成功发射的天舟一号货运飞船与天宫二号空 间实验室完成了首次交会对接,对接形成的组合体仍沿天宫二号原来的轨道(可视为圆轨道) 运行.与天宫二号单独运行时相比,组合体运行的( A.周期变大 C.动能变大 ) B.速率变大 D.向心加速度变大 3.(2017· 高考北京卷)利用引力常量 G 和下列某一组数据,不能计算出地球质量的是 ( ) A.地球的半径及重力加速度(不考虑地球自转) B.人造卫星在地面附近绕地球做圆周运动的速度及周期 C.月球绕地球做圆周运动的周期及月球与地球间的距离 D.地球绕太阳做圆周运动的周期及地球与太阳间的距离 4.(多选)(2017· 高考江苏卷)“天舟一号”货运飞船于 2017 年 4 月 20 日在文昌航天发射 中心成功发射升空.与“天宫二号”空间实验室对接前, “天舟一号”在距地面约 380 km 的 圆轨道上飞行,则其( ) A.角速度小于地球自转角速度 B.线速度小于第一宇宙速度 C.周期小于地球自转周期 D.向心加速度小于地面的重力加速度 5. (2017· 高考天津卷)我国自主研制的首艘货运飞船“天舟一号”发射升空后, 与已经在 轨运行的“天宫二号”成功对接形成组合体.假设组合体在距地面高为 h 的圆形轨道上绕地 球做匀速圆周运动,已知地球的半径为 R,地球表面处重力加速度为 g,且不考虑地球自转 的影响.则组合体运动的线速度大小为________,向心加速度大小为________. 专题 6 机械能及其守恒定律 1.(2017· 高考全国卷丙)如图,一质量为 m,长度为 l 的均匀柔软细绳 PQ 竖直悬挂.用 1 外力将绳的下端 Q 缓慢地竖直向上拉起至 M 点,M 点与绳的上端 P 相距 l.重力加速度大小 3 为 g.在此过程中,外力做的功为( ) 1 A. mgl 9 1 C. mgl 3 1 B. mgl 6 1 D. mgl 2 2.(2017· 高考天津卷)“天津之眼”是一座跨河建设、桥轮合一的摩天轮,是天津市的地 标之一.摩天轮悬挂透明座舱,乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动.下列叙述正确的是 ( ) A.摩天轮转动过程中,乘客的机械能保持不变 B.在最高点时,乘客重力大于座椅对他的支持力 C.摩天轮转动一周的过程中,乘客重力的冲量为零 D.摩天轮转动过程中,乘客重力的瞬时功率保持不变 3. (2017· 高考江苏卷)如图所示,一小物块被夹子夹紧,夹子通过轻绳悬挂在小环上,小 环套在水平光滑细杆上.物块质量为 M,到小环的距离为 L,其两侧面与夹子间的最大静摩 擦力均为 F.小环和物块以速度 v 向右匀速运动,小环碰到杆上的钉子 P 后立刻停止,物块向 上摆动.整个过程中,物块在夹子中没有滑动.小环和夹子的质量均不计,重力加速度为 g. 下列说法正确的是( ) A.物块向右匀速运动时,绳中的张力等于 2F B.小环碰到钉子 P 时,绳中的张力大于 2F 2v2 C.物块上升的最大高度为 g D.速度 v 不能超过 (2F-Mg)L M 4.(多选)(2017· 高考江苏卷)如图所示,三个小球 A、B、C 的质量均为 m,A 与 B、C 间 通过铰链用轻杆连接, 杆长为 L.B、 C 置于水平地面上, 用一轻质弹簧连接, 弹簧处于原长. 现 A 由静止释放下降到最低点,两轻杆间夹角 α 由 60°变为 120°.A、B、C 在同一竖直平面内 运动,弹簧在弹性限度内,忽略一切摩擦,重力加速度为 g.则此下降过程中( ) 3 A.A 的动能达到最大前,B 受到地面的支持力小于 mg 2 3 B.A 的动能最大时,B 受到地面的支持力等于 mg 2 C.弹簧的弹性势能最大时,A 的加速度方向竖直向下 D.弹簧的弹性势能最大值为 3 mgL 2 5.(2017· 高考江苏卷)如图所示,两个半圆柱 A、B 紧靠着静置于水平地面上,其上有一 m 光滑圆柱 C,三者半径均为 R.C 的质量为 m,A、B 的质量都为 ,与地面间的动摩擦因数均 2 为 μ.现用水平向右的力拉 A, 使 A 缓慢移动, 直至 C 恰好降到地面. 整个过程中 B 保持静止. 设 最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为 g.求: (1)未拉 A 时,C 受到 B 作用力的大小 F; (2)动摩擦因数的最小值 μmin; (3)A 移动的整个过程中,拉力做的功 W. 专题 7 碰撞与动量守恒 1.(2017· 高考全国卷乙)将质量为 1.00 kg 的模型火箭点火升空,50 g 燃烧的燃气以大小 为 600 m/s 的速度从火箭喷口在很短时间内喷出. 在燃气喷出后的瞬间, 火箭的动量大小为(喷 出过程中重力和空气阻力可忽略)( ) A.30 kg·m/s C.6.0×102 kg·m/s B.5.7×102 kg·m/s D.6.3×102 kg·m/s 2.(多选)(2017· 高考全国卷丙)一质量为 2 kg 的物块在合外力 F 的作用下从静止开始沿 直线运动.F 随时间 t 变化的图线如图所示,则( ) A.t=1 s 时物块的速率为 1 m/s B.t=2 s 时物块的动量大小为 4 kg·m/s C.t=3 s 时物块的动量大小为 5 kg·m/s D.t=4 s 时物块的速度为零 3.(2017· 高考北京卷)在磁感应强度为 B 的匀强磁场中,一个静止的放射性原子核发生 了一次 α 衰变.放射出的 α 粒子(4 2He)在与磁场垂直的平面内做圆周运动,其轨道半径为 R. 以 m、q 分别表示 α 粒子的质量和电荷量. (1)放射性原子核用A Z X 表示,新核的元素符号用 Y 表示,写出该 α 衰变的核反应方程. (2)α 粒子的圆周运动可以等效成一个环形电流,求圆周运动的周期和环形电流大小. (3)设该衰变过程释放的核能都转化为 α 粒子和新核的动能,新核的质量为 M,求衰变过 程的质量亏损 Δm. 4.(2017· 高考天津卷)如图所示,物块 A 和 B 通过一根轻质不可伸长的细绳相连,跨放 在质量不计的光滑定滑轮两侧, 质量分别为 mA=2 kg、 mB=1 kg.初始时 A 静止于水平地面上, B 悬于空中.现将 B 竖直向上再举高 h=1.8 m(未触及滑轮),然后由静止释放.一段时间后 细绳绷直,A、B 以大小相等的速度一起运动,之后 B 恰好可以和地面接触.取 g=10 m/s2, 空气阻力不计.求: (1)B 从释放到细绳刚绷直时的运动时间 t; (2)A 的最大速度 v 的大小; (3)初始时 B 离地面的高度 H. 专题 8 静电场 1.(多选)(2017· 高考全国卷乙)在一静止点电荷的电场中,任一点的电势 φ 与该点到点电 荷的距离 r 的关系如图所示.电场中四个点 a、b、c 和 d 的电场强度大小分别为 Ea、Eb、Ec 和 Ed.点 a 到点电荷的距离 ra 与点 a 的电势 φa 已在图中用坐标(ra,φa)标出,其余类推.现将 一带正电的试探电荷由 a 点依次经 b、c 点移动到 d 点,在相邻两点间移动的过程中,电场力 所做的功分别为 Wab、Wbc 和 Wcd.下列选项正确的是( ) A.Ea∶Eb=4∶1 C.Wab∶Wbc=3∶1 B.Ec∶Ed=2∶1 D.Wbc∶Wcd=1∶3 2. (多选)(2017· 高考全国卷丙)一匀强电场的方向平行于 xOy 平面,平面内 a、b、c 三点 的位置如图所示,三点的电势分别为 10 V、17 V、26 V.下列说法正确的是( ) A.电场强度的大小为 2.5 V/cm B.坐标原点处的电势为 1 V C.电子在 a 点的电势能比在 b 点的低 7 eV D.电子从 b 点运动到 c 点,电场力做功为 9 eV 3. (多选)(2017· 高考天津卷)如图所示,在点电荷 Q 产生的电场中,实线 MN 是一条方向 未标出的电场线,虚线 AB 是一个电子只在静电力作用下的运动轨迹.设电子在 A、B 两点的 加速度大小分别为 aA、aB,电势能分别为 EpA、EpB.下列说法正确的是( ) A.电子一定从 A 向 B 运动 B.若 aA>aB,则 Q 靠近 M 端且为正电荷 C.无论 Q 为正电荷还是负电荷一定有 EpA<EpB D.B 点电势可能高于 A 点电势 4.(2017· 高考江苏卷)如图所示,三块平行放置的带电金属薄板 A、B、C 中央各有一小 孔,小孔分别位于 O、M、P 点.由 O 点静止释放的电子恰好能运动到 P 点.现将 C 板向右 平移到 P′点,则由 O 点静止释放的电子( ) A.运动到 P 点返回 B.运动到 P 和 P′点之间返回 C.运动到 P′点返回 D.穿过 P′点 5.(多选)(2017· 高考江苏卷)在 x 轴上有两个点电荷 q1、q2,其静电场的电势 φ 在 x 轴上 分布如图所示.下列说法正确有( ) A.q1 和 q2 带有异种电荷 B.x1 处的电场强度为零 C.负电荷从 x1 移到 x2,电势能减小 D.负电荷从 x1 移到 x2,受到的电场力增大 6.(2017· 高考全国卷甲)如图,两水平面(虚线)之间的距离为 H,其间的区域存在方向水 平向右的匀强电场.自该区域上方的 A 点将质量均为 m、电荷量分别为 q 和-q(q>0)的带电 小球 M、 N 先后以相同的初速度沿平行于电场的方向射出. 小球在重力作用下进入电场区域, 并从该区域的下边界离开. 已知 N 离开电场时的速度方向竖直向下; M 在电场中做直线运动, 刚离开电场时的动能为 N 刚离开电场时动能的 1.5 倍.不计空气阻力,重力加速度大小为 g. 求 (1)M 与 N 在电场中沿水平方向的位移之比; (2)A 点距电场上边界的高度; (3)该电场的电场强度大小. 7.(2017· 高考全国卷乙)真空中存在电场强度大小为 E1 的匀强电场,一带电油滴在该电 场中竖直向上做匀速直线运动, 速度大小为 v0.在油滴处于位置 A 时, 将电场强度的大小突然 增大到某值,但保持其方向不变.持续一段时间 t1 后,又突然将电场反向,但保持其大小不 变;再持续同样一段时间后,油滴运动到 B 点.重力加速度大小为 g. (1)求油滴运动到 B 点时的速度; (2)求增大后的电场强度的大小;为保证后来的电场强度比原来的大,试给出相应的 t1 和 v0 应满足的条件.已知不存在电场时,油滴以初速度 v0 做竖直上抛运动的最大高度恰好等于 B、A 两点间距离的两倍. 8.(2017· 高考北京卷)如图所示,长 l=1 m 的轻质细绳上端固定,下端连接一个可视为 质点的带电小球,小球静止在水平向右的匀强电场中,绳与竖直方向的夹角 θ=37°.已知小 球所带电荷量 q=1.0×10 -6 C, 匀强电场的场强 E=3.0×103 N/C, 取重力加速度 g=10 m/s2, sin 37°=0.6,cos 37°=0.8.求: (1)小球所受电场力 F 的大小. (2)小球的质量 m. (3)将电场撤去,小球回到最低点时速度 v 的大小. 专题 9 磁 场 1. (2017· 高考全国卷甲)如图,虚线所示的圆形区域内存在一垂直于纸面的匀强磁场,P 为磁场边界上的一点,大量相同的带电粒子以相同的速率经过 P 点,在纸面内沿不同方向射 入磁场.若粒子射入速率为 v1,这些粒子在磁场边界的出射点分布在六分之一圆周上;若粒 子射入速率为 v2,相应的出射点分布在三分之一圆周上.不计重力及带电粒子之间的相互作 用.则 v2∶v1 为( ) A. 3∶2 C. 3∶1 B. 2∶1 D.3∶ 2 2.(2017· 高考全国卷乙)如图,空间某区域存在匀强电场和匀强磁场,电场方向竖直向上 (与纸面平行),磁场方向垂直于纸面向里.三个带正电的微粒 a、b、c 电荷量相等,质量分 别为 ma、mb、mc.已知在该区域内,a 在纸面内做匀速圆周运动,b 在纸面内向右做匀速直线 运动,c 在纸面内向左做匀速直线运动.下列选项正确的是( ) A.ma>mb>mc C.mc>ma>mb B.mb>ma>mc D.mc>mb>ma 3. (多选)(2017· 高考全国卷乙)如图, 三根相互平行的固定长直导线 L1、 L2 和 L3 两两等距, 均通有电流 I,L1 中电流方向与 L2 中的相同,与 L3 中的相反.下列说法正确的是( ) A.L1 所受磁场作用力的方向与 L2、L3 所在平面垂直 B.L3 所受磁场作用力的方向与 L1、L2 所在平面垂直 C.L1、L2 和 L3 单位长度所受的磁场作用力大小之比为 1∶1∶ 3 D.L1、L2 和 L3 单位长度所受的磁场作用力大小之比为 3∶ 3∶1 4. (2017· 高考全国卷丙)如图, 在磁感应强度大小为 B0 的匀强磁场中, 两长直导线 P 和 Q 垂直于纸面固定放置,两者之间的距离为 l.在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流 I 时,纸面内与两导线距离均为 l 的 a 点处的磁感应强度为零.如果让 P 中的电流反向、其他 条件不变,则 a 点处磁感应强度的大小为( ) A.0 2 3 C. B 3 0 B. 3 B 3 0 D.2B0 5.(2017· 高考全国卷丙)如图,空间存在方向垂直于纸面(xOy 平面)向里的磁场.在 x≥0 区域,磁感应强度的大小为 B0;x<0 区域,磁感应强度的大小为 λB0(常数 λ>1).一质量为 m、 电荷量为 q(q>0)的带电粒子以速度 v0 从坐标原点 O 沿 x 轴正向射入磁场, 此时开始计时, 当粒子的速度方向再次沿 x 轴正向时,求(不计重力) (1)粒子运动的时间; (2)粒子与 O 点间的距离. 6.(2017· 高考天津卷)平面直角坐标系 xOy 中,第Ⅰ象限存在垂直于平面向里的匀强磁 场,第Ⅲ象限存在沿 y 轴负方向的匀强电场,如图所示.一带负电的粒子从电场中的 Q 点以 速度 v0 沿 x 轴正方向开始运动,Q 点到 y 轴的距离为到 x 轴距离的 2 倍.粒子从坐标原点 O 离开电场进入磁场, 最终从 x 轴上的 P 点射出磁场, P 点到 y 轴距离与 Q 点到 y 轴距离相等. 不 计粒子重力,问: (1)粒子到达 O 点时速度的大小和方向; (2)电场强度和磁感应强度的大小之比. 7.(2017· 高考江苏卷)一台质谱仪的工作原理如图所示.大量的甲、乙两种离子飘入电压 为 U0 的加速电场,其初速度几乎为 0,经加速后,通过宽为 L 的狭缝 MN 沿着与磁场垂直的 方向进入磁感应强度为 B 的匀强磁场中,最后打到照相底片上.已知甲、乙两种离子的电荷 量均为+q,质量分别为 2m 和 m,图中虚线为经过狭缝左、右边界 M、N 的甲种离子的运动 轨迹.不考虑离子间的相互作用. (1)求甲种离子打在底片上的位置到 N 点的最小距离 x; (2)在图中用斜线标出磁场中甲种离子经过的区域,并求该区域最窄处的宽度 d; (3)若考虑加速电压有波动,在(U0-ΔU )到(U0+ΔU )之间变化,要使甲、乙两种离子在 底片上没有重叠,求狭缝宽度 L 满足的条件. 专题 10 电磁感应 1.(多选)(2017· 高考全国卷甲)两条平行虚线间存在一匀强磁场,磁感应强度方向与纸面 垂直.边长为 0.1 m、总电阻为 0.005 Ω 的正方形导线框 abcd 位于纸面内,cd 边与磁场边界 平行,如图(a)所示.已知导线框一直向右做匀速直线运动,cd 边于 t=0 时刻进入磁场.线 框中感应电动势随时间变化的图线如图(b)所示(感应电流的方向为顺时针时,感应电动势取 正).下列说法正确的是( ) A.磁感应强度的大小为 0.5 T B.导线框运动速度的大小为 0.5 m/s C.磁感应强度的方向垂直于纸面向外 D.在 t=0.4 s 至 t=0.6 s 这段时间内,导线框所受的安培力大小为 0.1 N 2.(多选)(2017· 高考全国卷甲)某同学自制的简易电动机示意图如图所示.矩形线圈由一 根漆包线绕制而成,漆包线的两端分别从线圈的一组对边的中间位置引出,并作为线圈的转 轴.将线圈架在两个金属支架之间,线圈平面位于竖直面内,永磁铁置于线圈下方.为了使 电池与两金属支架连接后线圈能连续转动起来,该同学应将( ) A.左、右转轴下侧的绝缘漆都刮掉 B.左、右转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉 C.左转轴上侧的绝缘漆刮掉,右转轴下侧的绝缘漆刮掉 D.左转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉,右转轴下侧的绝缘漆刮掉 3 . (2017· 高考全国卷乙 ) 扫描隧道显微镜 (STM) 可用来探测样品表面原子尺度上的形 貌.为了有效隔离外界振动对 STM 的扰动,在圆底盘周边沿其径向对称地安装若干对紫铜 薄板,并施加磁场来快速衰减其微小振动,如图所示.无扰动时,按下列四种方案对紫铜薄 板施加恒磁场;出现扰动后,对于紫铜薄板上下及左右振动的衰减最有效的方案是( ) 4.(2017· 高考全国卷丙)如图,在方向垂直于纸面向里的匀强磁场中有一 U 形金属导轨, 导轨平面与磁场垂直.金属杆 PQ 置于导轨上并与导轨形成闭合回路 PQRS,一圆环形金属 线框 T 位于回路围成的区域内,线框与导轨共面.现让金属杆 PQ 突然向右运动,在运动开 始的瞬间,关于感应电流的方向,下列说法正确的是( ) A.PQRS 中沿顺时针方向,T 中沿逆时针方向 B.PQRS 中沿顺时针方向,T 中沿顺时针方向 C.PQRS 中沿逆时针方向,T 中沿逆时针方向 D.PQRS 中沿逆时针方向,T 中沿顺时针方向 5.(2017· 高考北京卷)图 1 和图 2 是教材中演示自感现象的两个电路图,L1 和 L2 为电感 线圈.实验时,断开开关 S1 瞬间,灯 A1 突然闪亮,随后逐渐变暗;闭合开关 S2,灯 A2 逐渐 变亮,而另一个相同的灯 A3 立即变亮,最终 A2 与 A3 的亮度相同.下列说法正确的是( ) A.图 1 中,A1 与 L1 的电阻值相同 B.图 1 中,闭合 S1,电路稳定后,A1 中电流大于 L1 中电流 C.图 2 中,变阻器 R 与 L2 的电阻值相同 D.图 2 中,闭合 S2 瞬间,L2 中电流与变阻器 R 中电流相等 6.(2017· 高考天津卷)如图所示,两根平行金属导轨置于水平面内,导轨之间接有电阻 R.金属棒 ab 与两导轨垂直并保持良好接触,整个装置放在匀强磁场中,磁场方向垂直于导轨 平面向下.现使磁感应强度随时间均匀减小,ab 始终保持静止,下列说法正确的是( ) A.ab 中的感应电流方向由 b 到 a B.ab 中的感应电流逐渐减小 C.ab 所受的安培力保持不变 D.ab 所受的静摩擦力逐渐减小 7.(2017· 高考江苏卷)如图所示,两个单匝线圈 a、b 的半径分别为 r 和 2r.圆形匀强磁场 B 的边缘恰好与 a 线圈重合,则穿过 a、b 两线圈的磁通量之比为( ) A.1∶1 C.1∶4 B.1∶2 D.4∶1 8. (2017· 高考北京卷)发电机和电动机具有装置上的类似性, 源于它们机理上的类似性. 直 流发电机和直流电动机的工作原理可以简化为如图 1、图 2 所示的情景. 在竖直向下的磁感应强度为 B 的匀强磁场中, 两根光滑平行金属轨道 MN、 PQ 固定在水 平面内,相距为 L,电阻不计.电阻为 R 的金属导体棒 ab 垂直于 MN、PQ 放在轨道上,与 轨道接触良好,以速度 v(v 平行于 MN)向右做匀速运动. 图 1 轨道端点 MP 间接有阻值为 r 的电阻,导体棒 ab 受到水平向右的外力作用.图 2 轨 道端点 MP 间接有直流电源,导体棒 ab 通过滑轮匀速提升重物,电路中的电流为 I. (1)求在 Δt 时间内,图 1“发电机”产生的电能和图 2“电动机”输出的机械能. (2)从微观角度看,导体棒 ab 中的自由电荷所受洛伦兹力在上述能量转化中起着重要作 用.为了方便,可认为导体棒中的自由电荷为正电荷. a.请在图 3(图 1 的导体棒 ab)、图 4(图 2 的导体棒 ab)中,分别画出自由电荷所受洛伦 兹力的示意图. b.我们知道,洛伦兹力对运动电荷不做功.那么,导体棒 ab 中的自由电荷所受洛伦兹 力是如何在能量转化过程中起到作用的呢?请以图 2“电动机”为例,通过计算分析说明. 9. (2017· 高考天津卷)电磁轨道炮利用电流和磁场的作用使炮弹获得超高速度, 其原理可 用来研制新武器和航天运载器.电磁轨道炮示意如图,图中直流电源电动势为 E,电容器的 电容为 C.两根固定于水平面内的光滑平行金属导轨间距为 l,电阻不计.炮弹可视为一质量 为 m、电阻为 R 的金属棒 MN,垂直放在两导轨间处于静止状态,并与导轨良好接触.首先 开关 S 接 1,使电容器完全充电.然后将 S 接至 2,导轨间存在垂直于导轨平面、磁感应强 度大小为 B 的匀强磁场(图中未画出),MN 开始向右加速运动.当 MN 上的感应电动势与电 容器两极板间的电压相等时,回路中电流为零,MN 达到最大速度,之后离开导轨.问: (1)磁场的方向; (2)MN 刚开始运动时加速度 a 的大小; (3)MN 离开导轨后电容器上剩余的电荷量 Q 是多少. 专题 11 交变电流 1.(2017· 高考北京卷)如图所示,理想变压器的原线圈接在 u=220 2sin 100πt(V)的交流 电源上,副线圈接有 R=55 Ω 的负载电阻,原、副线圈匝数之比为 2∶1,电流表、电压表均 为理想电表.下列说法正确的是( ) A.原线圈的输入功率为 220 2 W B.电流表的读数为 1 A C.电压表的读数为 110 2 V D.副线圈输出交流电的周期为 50 s 2.(多选)(2017· 高考天津卷)在匀强磁场中,一个 100 匝的闭合矩形金属线圈,绕与磁感 线垂直的固定轴匀速转动,穿过该线圈的磁通量随时间按图示正弦规律变化.设线圈总电阻 为 2 Ω,则( ) A.t=0 时,线圈平面平行于磁感线 B.t=1 s 时,线圈中的电流改变方向 C.t=1.5 s 时,线圈中的感应电动势最大 D.一个周期内,线圈产生的热量为 8π2 J 3. (多选)(2017· 高考江苏卷)某音响电路的简化电路图如图所示, 输入信号既有高频成分, 也有低频成分,则( ) A.电感 L1 的作用是通高频 B.电容 C2 的作用是通高频 C.扬声器甲用于输出高频成分 D.扬声器乙用于输出高频成分 专题 12 近代物理初步 234 1.(2017· 高考全国卷甲)一静止的铀核放出一个 α 粒子衰变成钍核,衰变方程为238 92U→ 90 Th+4 2He.下列说法正确的是( ) A.衰变后钍核的动能等于 α 粒子的动能 B.衰变后钍核的动量大小等于 α 粒子的动量大小 C.铀核的半衰期等于其放出一个 α 粒子所经历的时间 D.衰变后 α 粒子与钍核的质量之和等于衰变前铀核的质量 2. (2017· 高考全国卷乙)大科学工程“人造太阳”主要是将氘核聚变反应释放的能量用来 2 2 3 1 2 3 发电. 氘核聚变反应方程是: 1H+1H→2He+0n.已知 1H 的质量为 2.013 6 u, 2He 的质量为 3.015 2 0 u,1 0n 的质量为 1.008 7 u,1 u=931 MeV/c .氘核聚变反应中释放的核能约为( ) A.3.7 MeV C.2.7 MeV B.3.3 MeV D.0.93 MeV 3.(多选)(2017· 高考全国卷丙)在光电效应实验中,分别用频率为 νa、νb 的单色光 a、b 照射到同种金属上,测得相应的遏止电压分别为 Ua 和 Ub、光电子的最大初动能分别为 Eka 和 Ekb.h 为普朗克常量.下列说法正确的是( A.若 νa>νb,则一定有 Ua<Ub B.若 νa>νb,则一定有 Eka>Ekb C.若 Ua<Ub,则一定有 Eka<Ekb D.若 νa>νb,则一定有 hνa-Eka>hνb-Ekb 4.(2017· 高考北京卷)2017 年年初,我国研制的“大连光源”——极紫外自由电子激光 装置, 发出了波长在 100 nm(1 nm=10 -9 ) m)附近连续可调的世界上最强的极紫外激光脉冲. 大 连光源因其光子的能量大、密度高,可在能源利用、光刻技术、雾霾治理等领域的研究中发 挥重要作用. 一个处于极紫外波段的光子所具有的能量可以电离一个分子,但又不会把分子打碎.据 此判断,能够电离一个分子的能量约为(取普朗克常量 h=6.6×10 108 m/s)( A.10 C.10 ) -21 -18 -12 -34 J·s,真空光速 c=3× J J B.10 J J -15 D.10 5. (2017· 高考天津卷)我国自主研发制造的国际热核聚变核心部件在国际上率先通过权威 机构认证,这是我国对国际热核聚变项目的重大贡献.下列核反应方程中属于聚变反应的是 ( ) 3 4 1 A.2 1H+1H→2He+0n 4 17 1 B.14 7N+2He→8 O+1H 27 30 1 C.4 2He+13Al→15P+0n 1 144 89 1 D.235 92U+0n→ 56Ba+36Kr+30n 6.(2017· 高考江苏卷)(1)原子核的比结合能曲线如图所示.根据该曲线,下列判断正确 的有________. A.4 2He 核的结合能约为 14 MeV 6 B.4 2He 核比3Li 核更稳定 4 C.两个2 1H 核结合成2He 核时释放能量 89 D.235 92U 核中核子的平均结合能比36Kr 核中的大 4 (2)质子(1 质子的动量________(选填“大于”“小 1H)和 α 粒子(2He)被加速到相同动能时, 于”或“等于”)α 粒子的动量,质子和 α 粒子的德布罗意波波长之比为________. (3)甲、乙两运动员在做花样滑冰表演,沿同一直线相向运动,速度大小都是 1 m/s.甲、 乙相遇时用力推对方,此后都沿各自原方向的反方向运动,速度大小分别为 1 m/s 和 2 m/s. 求甲、乙两运动员的质量之比. 专题 13 实验探究 力学实验 1. (2017· 高考全国卷甲)某同学研究在固定斜面上运动物体的平均速度、 瞬时速度和加速 度之间的关系.使用的器材有:斜面、滑块、长度不同的矩形挡光片、光电计时器. 实验步骤如下: ①如图(a),将光电门固定在斜面下端附近;将一挡光片安装在滑块上,记下挡光片前端 相对于斜面的位置,令滑块从斜面上方由静止开始下滑; ②当滑块上的挡光片经过光电门时,用光电计时器测得光线被挡光片遮住的时间 Δt; ③用 Δs 表示挡光片沿运动方向的长度(如图(b)所示), v 表示滑块在挡光片遮住光线的 Δt 时间内的平均速度大小,求出 v; ④将另一挡光片换到滑块上,使滑块上的挡光片前端与①中位置相同,令滑块由静止开 始下滑,重复步骤②、③; ⑤多次重复步骤④; ⑥利用实验中得到的数据作出 v-Δt 图,如图(c)所示. 完成下列填空: (1)用 a 表示滑块下滑的加速度大小, 用 vA 表示挡光片前端到达光电门时滑块的瞬时速度 大小,则 v 与 vA、a 和 Δt 的关系式为 v=________________. (2)由图(c)可求得,vA=________cm/s,a=________cm/s2.(结果保留 3 位有效数字) 2.(2017· 高考全国卷乙)某探究小组为了研究小车在桌面上的直线运动,用自制“滴水计 时器”计量时间.实验前,将该计时器固定在小车旁,如图(a)所示.实验时,保持桌面水平, 用手轻推一下小车.在小车运动过程中,滴水计时器等时间间隔地滴下小水滴,图(b)记录了 桌面上连续的 6 个水滴的位置.(已知滴水计时器每 30 s 内共滴下 46 个小水滴) (1)由图(b)可知, 小车在桌面上是____________(填“从右向左”或“从左向右”)运动的. (2)该小组同学根据图(b)的数据判断出小车做匀变速运动.小车运动到图(b)中 A 点位置 时的速度大小为________m/s,加速度大小为________m/s2.(结果均保留 2 位有效数字) 3. (2017· 高考全国卷丙)某探究小组做“验证力的平行四边形定则”实验, 将画有坐标轴 (横轴为 x 轴,纵轴为 y 轴,最小刻度表示 1 mm)的纸贴在水平桌面上,如图(a)所示.将橡皮 筋的一端 Q 固定在 y 轴上的 B 点(位于图示部分之外),另一端 P 位于 y 轴上的 A 点时,橡皮 筋处于原长. (1)用一只测力计将橡皮筋的 P 端沿 y 轴从 A 点拉至坐标原点 O, 此时拉力 F 的大小可由 测力计读出.测力计的示数如图(b)所示,F 的大小为________N. (2)撤去(1)中的拉力,橡皮筋 P 端回到 A 点;现使用两个测力计同时拉橡皮筋,再次将 P 端拉至 O 点,此时观察到两个拉力分别沿图(a)中两条虚线所示的方向,由测力计的示数读出 两个拉力的大小分别为 F1=4.2 N 和 F2=5.6 N. ①用 5 mm 长度的线段表示 1 N 的力,以 O 为作用点,在图(a)中画出力 F1、F2 的图示, 然后按平行四边形定则画出它们的合力 F 合; ②F 合的大小为________N,F 合与拉力 F 的夹角的正切值为________. 若 F 合与拉力 F 的大小及方向的偏差均在实验所允许的误差范围之内,则该实验验证了 力的平行四边形定则. 4.(2017· 高考北京卷)如图 1 所示,用质量为 m 的重物通过滑轮牵引小车,使它在长木 板上运动, 打点计时器在纸带上记录小车的运动情况. 利用该装置可以完成“探究动能定理” 的实验. (1)打点计时器使用的电源是________(选填选项前的字母). A.直流电源 B.交流电源 (2)实验中,需要平衡摩擦力和其他阻力.正确操作方法是________(选填选项前的字母). A.把长木板右端垫高 B.改变小车的质量 在不挂重物且________(选填选项前的字母)的情况下,轻推一下小车.若小车拖着纸带 做匀速运动,表明已经消除了摩擦力和其他阻力的影响. A.计时器不打点 B.计时器打点 (3)接通电源,释放小车,打点计时器在纸带上打下一系列点,将打下的第一个点标为 O.在纸带上依次取 A、B、C??若干个计数点,已知相邻计数点间的时间间隔为 T.测得 A、 B、C??各点到 O 点的距离为 x1、x2、x3??,如图 2 所示. 实验中,重物质量远小于小车质量,可认为小车所受的拉力大小为 mg.从打 O 点到打 B 点的过程中,拉力对小车做的功 W=______________,打 B 点时小车的速度 v=________. (4)以 v2 为纵坐标,W 为横坐标,利用实验数据做出如图 3 所示的 v2-W 图象.由此图 象可得 v2 随 W 变化的表达式为_________________.根据功与能的关系,动能的表达式中可 能包含 v2 这个因子;分析实验结果的单位关系,与图线斜率有关的物理量应是_______. (5)假设已经完全消除了摩擦力和其他阻力的影响,若重物质量不满足远小于小车质量的 条件,则从理论上分析,图 4 中正确反映 v2-W 关系的是______. 5 . (2017· 高考江苏卷 ) 利用如图甲所示的实验装置探究恒力做功与物体动能变化的关 系.小车的质量为 M=200.0 g,钩码的质量为 m=10.0 g,打点计时器的电源为 50 Hz 的交流 电. (1)挂钩码前,为了消除摩擦力的影响,应调节木板右侧的高度,直至向左轻推小车观察 到________________________________________________________________________. (2)挂上钩码,按实验要求打出的一条纸带如图乙所示.选择某一点为 O,依次每隔 4 个 计时点取一个计数点.用刻度尺量出相邻计数点间的距离 Δx,记录在纸带上.计算打出各计 数点时小车的速度 v,其中打出计数点“1”时小车的速度 v1=________ m/s. (3)将钩码的重力视为小车受到的拉力,取 g=9.80 m/s,利用 W=mgΔx 算出拉力对小车 1 做的功 W.利用 Ek= Mv2 算出小车动能,并求出动能的变化量 ΔEk.计算结果见下表. 2 W/×10 -3 J J 2.45 2.31 2.92 2.73 3.35 3.12 3.81 3.61 4.26 4.00 ΔEk/×10 -3 请根据表中的数据,在方格纸上作出 ΔEk-W 图象. (4)实验结果表明, ΔEk 总是略小于 W.某同学猜想是由于小车所受拉力小于钩码重力造成 的.用题中小车和钩码质量的数据可算出小车受到的实际拉力 F=______N. 6.(2017· 高考天津卷)如图所示,打点计时器固定在铁架台上,使重物带动纸带从静止开 始自由下落,利用此装置验证机械能守恒定律. (1)对于该实验,下列操作中对减小实验误差有利的是________. A.重物选用质量和密度较大的金属锤 B.两限位孔在同一竖直面内上下对正 C.精确测量出重物的质量 D.用手托稳重物,接通电源后,撒手释放重物 (2)某实验小组利用上述装置将打点计时器接到 50 Hz 的交流电源上,按正确操作得到了 一条完整的纸带,由于纸带较长,图中有部分未画出,如图所示.纸带上各点是打点计时器 打出的计时点,其中 O 点为纸带上打出的第一个点.重物下落高度应从纸带上计时点间的距 离直接测出,利用下列测量值能完成验证机械能守恒定律的选项有________. A.OA、AD 和 EG 的长度 B.OC、BC 和 CD 的长度 C.BD、CF 和 EG 的长度 D.AC、BD 和 EG 的长度 电学实验 1.(2017· 高考全国卷甲)某同学利用如图(a)所示的电路测量一微安表(量程为 100 μA,内 阻大约为 2 500 Ω)的内阻.可使用的器材有:两个滑动变阻器 R1、R2(其中一个阻值为 20 Ω, 另一个阻值为 2 000 Ω);电阻箱 Rz(最大阻值为 99 999.9 Ω);电源 E(电动势约为 1.5 V);单刀 开关 S1 和 S2.C、D 分别为两个滑动变阻器的滑片. (1)按原理图(a)将图(b)中的实物连线. (2)完成下列填空: ①R1 的阻值为________Ω(填“20”或“2 000”). ②为了保护微安表,开始时将 R1 的滑片 C 滑到接近图(a)中滑动变阻器的________端(填 “左”或“右”)对应的位置;将 R2 的滑片 D 置于中间位置附近. ③将电阻箱 Rz 的阻值置于 2 500.0 Ω,接通 S1.将 R1 的滑片置于适当位置,再反复调节 R2 的滑片 D 的位置.最终使得接通 S2 前后,微安表的示数保持不变,这说明 S2 接通前 B 与 D 所在位置的电势________(填“相等”或“不相等”). ④将电阻箱 Rz 和微安表位置对调,其他条件保持不变,发现将 Rz 的阻值置于 2 601.0 Ω 时,在接通 S2 前后,微安表的示数也保持不变.待测微安表的内阻为________Ω(结果保留到 个位). (3)写出一条提高测量微安表内阻精度的建议: ________________________________________________________________________. 2.(2017· 高考全国卷乙)某同学研究小灯泡的伏安特性.所使用的器材有:小灯泡 L(额 定电压 3.8 V,额定电流 0.32 A);电压表 V(量程 3 V,内阻 3 kΩ);电流表 A(量程 0.5 A,内 阻 0.5 Ω);固定电阻 R0(阻值 1 000 Ω);滑动变阻器 R(阻值 0~9.0 Ω);电源 E(电动势 5 V, 内阻不计);开关 S;导线若干. (1)实验要求能够实现在 0~3.8 V 的范围内对小灯泡的电压进行测量, 画出实验电路原理 图. (2)实验测得该小灯泡伏安特性曲线如图(a)所示.由实验曲线可知,随着电流的增加小灯 泡的电阻______(填“增大”“不变”或“减小”),灯丝的电阻率________(填“增大”“不 变”或“减小”). (3)用另一电源 E0(电动势 4 V, 内阻 1.00 Ω)和题给器材连接成图(b)所示的电路,调节滑 动变阻器 R 的阻值,可以改变小灯泡的实际功率.闭合开关 S,在 R 的变化范围内,小灯泡 的最小功率为________W,最大功率为________W.(结果均保留 2 位小数) 3.(2017· 高考全国卷丙)图(a)为某同学组装完成的简易多用电表的电路图.图中 E 是电 池;R1、R2、R3、R4 和 R5 是固定电阻,R6 是可变电阻;表头 G 的满偏电流为 250 μA,内阻 为 480 Ω.虚线方框内为换挡开关,A 端和 B 端分别与两表笔相连.该多用电表有 5 个挡位,5 个挡位为:直流电压 1 V 挡和 5 V 挡,直流电流 1 mA 挡和 2.5 mA 挡,欧姆×100 Ω 挡. (1)图(a)中的 A 端与________(填“红”或“黑”)色表笔相连接. (2)关于 R6 的使用,下列说法正确的是________(填正确答案标号). A.在使用多用电表之前,调整 R6 使电表指针指在表盘左端电流“0”位置 B.使用欧姆挡时,先将两表笔短接,调整 R6 使电表指针指在表盘右端电阻“0”位置 C.使用电流挡时,调整 R6 使电表指针尽可能指在表盘右端电流最大位置 (3)根据题给条件可得 R1+R2=______________Ω,R4=____________Ω. (4)某次测量时该多用电表指针位置如图(b)所示.若此时 B 端是与“1”相连的,则多用电 表读数为______;若此时 B 端是与“3”相连的,则读数为________;若此时 B 端是与“5”相连 的,则读数为__________.(结果均保留 3 位有效数字) 4. (2017· 高考江苏卷)某同学通过实验制作一个简易的温控装置, 实验原理电路图如图甲 所示, 继电器与热敏电阻 Rt、 滑动变阻器 R 串联接在电源 E 两端, 当继电器的电流超过 15 mA 时,衔铁被吸合,加热器停止加热,实现温控.继电器的电阻约为 20 Ω,热敏电阻的阻值 Rt 与温度 t 的关系如下表所示. t/℃ Rt/Ω 30.0 199.5 40.0 145.4 50.0 108.1 60.0 81.8 70.0 62.9 80.0 49.1 (1)提供的实验器材有:电源 E1(3 V,内阻不计)、电源 E2(6 V,内阻不计)、滑动变阻器 R1(0~200 Ω)、滑动变阻器 R2(0~500 Ω)、热敏电阻 Rt、继电器、电阻箱(0~999.9 Ω)、开关 S、导线若干. 为使该装置实现对 30~80 ℃之间任一温度的控制,电源 E 应选用________(选填“E1” 或“E2”),滑动变阻器 R 应选用________(选填“R1”或“R2”). (2)实验发现电路不工作.某同学为排查电路故障,用多用电表测量各接点间的电压,则 应将如图乙所示的选择开关旋至________(选填“A”“B”“C”或“D”). (3)合上开关 S,用调节好的多用电表进行排查,在图甲中,若只有 b、c 间断路,则应发 现表笔接入 a、 b 时指针________(选填“偏转”或“不偏转”), 接入 a、 c 时指针________(选 填“偏转”或“不偏转”). (4)排除故障后,欲使衔铁在热敏电阻为 50 ℃时被吸合,下列操作步骤的正确顺序是 ________.(填写各步骤前的序号) ①将热敏电阻接入电路 ②观察到继电器的衔铁被吸合 ③断开开关,将电阻箱从电路中移除 ④合上开关,调节滑动变阻器的阻值 ⑤断开开关,用电阻箱替换热敏电阻,将阻值调至 108.1 Ω 5 . (2017· 高考天津卷 ) 某探究性学习小组利用如图所示的电路测量电池的电动势和内 阻.其中电流表 A1 的内阻 r1=1.0 kΩ,电阻 R1=9.0 kΩ,为了方便读数和作图,给电池串联 一个 R0=3.0 Ω 的电阻. (1)按图示电路进行连接后,发现 aa′、bb′和 cc′三条导线中,混进了一条内部断开的导 线.为了确定哪一条导线内部是断开的,将电键 S 闭合,用多用电表的电压挡先测量 a、b′ 间电压,读数不为零,再测量 a、a′间电压,若读数不为零,则一定是________导线断开;若 读数为零,则一定是________导线断开. (2)排除故障后,该小组顺利完成实验.通过多次改变滑动变阻器触头位置,得到电流表 A1 和 A2 的多组 I1、 I2 数据, 作出图象如图. 由 I1-I2 图象得到的电池的电动势 E=________V, 内阻 r=________Ω. 专题 14 热 学 1.(2017· 高考全国卷甲)(1)如图,用隔板将一绝热汽缸分成两部分,隔板左侧充有理想 气体,隔板右侧与绝热活塞之间是真空.现将隔板抽开,气体会自发扩散至整个汽缸.待气 体达到稳定后,缓慢推压活塞,将气体压回到原来的体积.假设整个系统不漏气.下列说法 正确的是________. A.气体自发扩散前后内能相同 B.气体在被压缩的过程中内能增大 C.在自发扩散过程中,气体对外界做功 D.气体在被压缩的过程中,外界对气体做功 E.气体在被压缩的过程中,气体分子的平均动能不变 (2)一热气球体积为 V,内部充有温度为 Ta 的热空气,气球外冷空气的温度为 Tb.已知空 气在 1 个大气压、温度 T0 时的密度为 ρ0,该气球内、外的气压始终都为 1 个大气压,重力加 速度大小为 g. ①求该热气球所受浮力的大小; ②求该热气球内空气所受的重力; ③设充气前热气球的质量为 m0,求充气后它还能托起的最大质量. 2.(2017· 高考全国卷乙)(1)氧气分子在 0 ℃和 100 ℃温度下单位速率间隔的分子数占总 分子数的百分比随气体分子速率的变化分别如图中两条曲线所示. 下列说法正确的是______. A.图中两条曲线下面积相等 B.图中虚线对应于氧气分子平均动能较小的情形 C.图中实线对应于氧气分子在 100 ℃时的情形 D.图中曲线给出了任意速率区间的氧气分子数目 E.与 0 ℃时相比,100 ℃时氧气分子速率出现在 0~400 m/s 区间内的分子数占总分子 数的百分比较大 (2)如图,容积均为 V 的汽缸 A、B 下端有细管(容积可忽略)连通,阀门 K2 位于细管的中 部,A、B 的顶部各有一阀门 K1、K3;B 中有一可自由滑动的活塞(质量、体积均可忽略).初 始时,三个阀门均打开,活塞在 B 的底部;关闭 K2、K3,通过 K1 给汽缸充气,使 A 中气体 的压强达到大气压 p0 的 3 倍后关闭 K1.已知室温为 27 ℃,汽缸导热. ①打开 K2,求稳定时活塞上方气体的体积和压强; ②接着打开 K3,求稳定时活塞的位置; ③再缓慢加热汽缸内气体使其温度升高 20 ℃,求此时活塞下方气体的压强. 3.(2017· 高考全国卷丙)(1)如图,一定质量的理想气体从状态 a 出发,经过等容过程 ab 到达状态 b,再经过等温过程 bc 到达状态 c,最后经等压过程 ca 回到初态 a.下列说法正确的 是________. A.在过程 ab 中气体的内能增加 B.在过程 ca 中外界对气体做功 C.在过程 ab 中气体对外界做功 D.在过程 bc 中气体从外界吸收热量 E.在过程 ca 中气体从外界吸收热量 (2)一种测量稀薄气体压强的仪器如图(a)所示,玻璃泡 M 的上端和下端分别连通两竖直 玻璃细管 K1 和 K2.K1 长为 l,顶端封闭,K2 上端与待测气体连通;M 下端经橡皮软管与充有 水银的容器 R 连通.开始测量时,M 与 K2 相通;逐渐提升 R,直到 K2 中水银面与 K1 顶端等 高,此时水银已进入 K1,且 K1 中水银面比顶端低 h,如图(b)所示.设测量过程中温度、与 K2 相通的待测气体的压强均保持不变.已知 K1 和 K2 的内径均为 d,M 的容积为 V0,水银的 密度为 ρ,重力加速度大小为 g.求: ①待测气体的压强; ②该仪器能够测量的最大压强. 4.(2017· 高考江苏卷)(1)一定质量的理想气体从状态 A 经过状态 B 变化到状态 C,其 V -T 图象如图(a)所示.下列说法正确的有________. A.A→B 的过程中,气体对外界做功 B.A→B 的过程中,气体放出热量 C.B→C 的过程中,气体压强不变 D.A→B→C 的过程中,气体内能增加 (2)图(b)中(甲)和(乙)是某同学从资料中查到的两张记录水中炭粒运动位置连线的图片, 记录炭粒位置的时间间隔均为 30 s,两方格纸每格表示的长度相同.比较两张图片可知:若 水 温 相 同 , ________( 选 填 “ 甲 ” 或 “ 乙 ”) 中 炭 粒 的 颗 粒 较 大 ; 若 炭 粒 大 小 相 同 , __________(选填“甲”或“乙”)中水分子的热运动较剧烈. (3)科学家可以运用无规则运动的规律来研究生物蛋白分子.资料显示,某种蛋白的摩尔 质量为 66 kg/mol, 其分子可视为半径为 3×10 -1 -9 m 的球, 已知阿伏伽德罗常数为 6.0×1023 mol .请估算该蛋白的密度.(计算结果保留一位有效数字) 专题 15 机械振动与机械波 1.(2017· 高考北京卷)某弹簧振子沿 x 轴的简谐振动图象如图所示,下列描述正确的是 ( ) A.t=1 s 时,振子的速度为零,加速度为负的最大值 B.t=2 s 时,振子的速度为负,加速度为正的最大值 C.t=3 s 时,振子的速度为负的最大值,加速度为零 D.t=4 s 时,振子的速度为正,加速度为负的最大值 2.(2017· 高考北京卷)物理学原理在现代科技中有许多重要应用.例如,利用波的干涉, 可将无线电波的干涉信号用于飞机降落的导航.如图所示,两个可发射无线电波的天线对称 地固定于飞机跑道两侧,它们类似于杨氏干涉实验中的双缝.两天线同时都发出波长为 λ1 和 λ2 的无线电波.飞机降落过程中,当接收到 λ1 和 λ2 的信号都保持最强时,表明飞机已对准跑 道.下列说法正确的是( ) A.天线发出的两种无线电波必须一样强 B.导航利用了 λ1 与 λ2 两种无线电波之间的干涉 C.两种无线电波在空间的强弱分布稳定 D.两种无线电波各自在空间的强弱分布完全重合 3.(2017· 高考天津卷)手持较长软绳端点 O 以周期 T 在竖直方向上做简谐运动,带动绳 上的其他质点振动形成简谐波沿绳水平传播,示意如图.绳上有另一质点 P,且 O、P 的平 衡位置间距为 L.t=0 时,O 位于最高点,P 的位移恰好为零,速度方向竖直向上,下列判断 正确的是( ) A.该简谐波是纵波 B.该简谐波的最大波长为 2L T C.t= 时,P 在平衡位置上方 8 3T D.t= 时,P 的速度方向竖直向上 8 4.(2017· 高考全国卷丙)如图,一列简谐横波沿 x 轴正方向传播,实线为 t=0 时的波形 图,虚线为 t=0.5 s 时的波形图.已知该简谐波的周期大于 0.5 s.关于该简谐波,下列说法 正确的是________. A.波长为 2 m B.波速为 6 m/s C.频率为 1.5 Hz D.t=1 s 时,x=1 m 处的质点处于波峰 E.t=2 s 时,x=2 m 处的质点经过平衡位置 5.(2017· 高考全国卷乙)如图(a),在 xy 平面内有两个沿 z 方向做简谐振动的点波源 S1(0, 4)和 S2(0,-2).两波源的振动图线分别如图(b)和图(c)所示.两列波的波速均为 1.00 m/s.两 列波从波源传播到点 A(8,-2)的路程差为________m,两列波引起的点 B(4,1)处质点的振 动相互________(填“加强”或“减弱”),点 C(0,0.5)处质点的振动相互________(填“加 强”或“减弱”). 专题 16 光学 电滋波 相对论 1. (2017· 高考北京卷)如图所示, 一束可见光穿过平行玻璃砖后, 变为 a、 b 两束单色光. 如 果光束 b 是蓝光,则光束 a 可能是( ) A.红光 C.绿光 B.黄光 D.紫光 2.(2017· 高考天津卷)明代学者方以智在《阳燧倒影》中记载:“凡宝石面凸,则光成一 条,有数棱则必有一面五色”,表明白光通过多棱晶体折射会发生色散现象.如图所示,一 束复色光通过三棱镜后分解成两束单色光 a、b,下列说法正确的是( ) A.若增大入射角 i,则 b 光先消失 B.在该三棱镜中 a 光波长小于 b 光 C.a 光能发生偏振现象,b 光不能发生 D.若 a、b 光分别照射同一光电管都能发生光电效应,则 a 光的遏止电压低 3.(2017· 高考全国卷甲)(1)在双缝干涉实验中,用绿色激光照射在双缝上,在缝后的屏 幕上显示出干涉图样. 若要增大干涉图样中两相邻亮条纹的间距, 可选用的方法是________. A.改用红色激光 B.改用蓝色激光 C.减小双缝间距 D.将屏幕向远离双缝的位置移动 E.将光源向远离双缝的位置移动 (2)一直桶状容器的高为 2l,底面是边长为 l 的正方形;容器内装满某种透明液体,过容 器中心轴 DD′、垂直于左右两侧面的剖面图如图所示.容器右侧内壁涂有反光材料,其他内 壁涂有吸光材料.在剖面的左下角处有一点光源,已知由液体上表面的 D 点射出的两束光线 相互垂直,求该液体的折射率. 4.(2017· 高考江苏卷)(1)接近光速飞行的飞船和地球上各有一只相同的铯原子钟,飞船 和地球上的人观测这两只钟的快慢,下列说法正确的有________. A.飞船上的人观测到飞船上的钟较快 B.飞船上的人观测到飞船上的钟较慢 C.地球上的人观测到地球上的钟较快 D.地球上的人观测到地球上的钟较慢 (2)野生大象群也有自己的“语言”.研究人员录下象群“语言”交流时发出的声音,发 现以 2 倍速度快速播放录音时,能听到比正常播放时更多的声音.播放速度变为原来的 2 倍 时,播出声波的 ________( 选填“周期”或“频率” ) 也变为原来的 2 倍,声波传播速度 ________(选填“变大”“变小”或“不变”). (3)人的眼球可简化为如图所示的模型.折射率相同、半径不同的两个球体共轴.平行光 束宽度为 D,对称地沿轴线方向射入半径为 R 的小球,会聚在轴线上的 P 点.取球体的折射 率为 2,且 D= 2R.求光线的会聚角 α.(示意图未按比例画出) 5. (2017·高考全国卷乙)如图,一玻璃工件的上半部是半径为 R 的半球体,O 点为球心; 下半部是半径为 R、高为 2R 的圆柱体,圆柱体底面镀有反射膜.有一平行于中心轴 OC 的光 线从半球面射入, 该光线与 OC 之间的距离为 0.6R.已知最后从半球面射出的光线恰好与入射 光线平行(不考虑多次反射).求该玻璃的折射率. 6. (2017· 高考全国卷丙)如图,一半径为 R 的玻璃半球,O 点是半球的球心,虚线 OO′ 表示光轴(过球心 O 与半球底面垂直的直线).已知玻璃的折射率为 1.5.现有一束平行光垂直 入射到半球的底面上,有些光线能从球面射出(不考虑被半球的内表面反射后的光线).求: (1)从球面射出的光线对应的入射光线到光轴距离的最大值; R (2)距光轴 的入射光线经球面折射后与光轴的交点到 O 点的距离. 3 物理· 参考答案与解析 专题 1 质点的直线运动 解析:(1)设冰球的质量为 m,冰球与冰面之间的动摩擦因数为 μ,由动能定理得 1 1 -μmgs0= mv2 - mv2① 2 1 2 0 2 v2 0-v1 解得 μ= .② 2gs0 (2)冰球到达挡板时,满足训练要求的运动员中,刚好到达小旗处的运动员的加速度最 小.设这种情况下,冰球和运动员的加速度大小分别为 a1 和 a2,所用的时间为 t.由运动学公 式得 2 v2 0-v1=2a1s0③ v0-v1=a1t④ 1 s1= a2t2⑤ 2 联立③④⑤式得 s1(v1+v0)2 a2= . 2s2 0 答案:见解析 专题 2 相互作用 1.解析:选 C.当拉力水平时,物块做匀速运动,则 F=μmg,当拉力方向与水平方向的 夹角为 60°时,物块也刚好做匀速运动,则 Fcos 60°=μ(mg-Fsin 60°), 联立解得 μ= A、B、D 项错误,C 项正确. 2.解析:选 AD.将重物向右上方缓慢拉起,重物处于动态平衡状态,可利用平衡条件或 力的分解画出动态图分析.将重物的重力沿两绳方向分解,画出分解的动态图如图所示.在 三角形中,根据正弦定理有 G FOM1 FMN1 = = ,由题意可知 FMN 的反方向与 FOM 的夹角 γ sin γ1 sin β1 sin θ1 3 , 3 =180°-α,不变,因 sin β(β 为 FMN 与 G 的夹角)先增大后减小,故 OM 上的张力先增大后 减小,当 β=90°时,OM 上的张力最大,因 sin θ(θ 为 FOM 与 G 的夹角)逐渐增大,故 MN 上 的张力逐渐增大,选项 A、D 正确,B、C 错误. 3.解析:选 B.将钩码挂在弹性绳的中点时,由数学知识可知钩码两侧的弹性绳(劲度系 4 数设为 k)与竖直方向夹角 θ 均满足 sin θ= ,对钩码(设其重力为 G)静止时受力分析,得 G= 5 1 m 0.8 m? 2k ? ? 2 - 2 ?cos θ;弹性绳的两端移至天花板上的同一点时,对钩码受力分析,得 G= L 0.8 m? 2k? ?2- 2 ?,联立解得 L=92 cm,可知 A、C、D 项错误,B 项正确. 4.解析:选 AB.设两段绳子间的夹角为 2α,由平衡条件可知,2Fcos α=mg,所以 F= mg s ,设绳子总长为 L,两杆间距离为 s,由几何关系 L1sin α+L2sin α=s,得 sin α= 2cos α L1+L2 s = ,绳子右端上移,L、s 都不变,α 不变,绳子张力 F 也不变,A 正确;杆 N 向右移动一 L 些,s 变大,α 变大,cos α 变小,F 变大,B 正确;绳子两端高度差变化,不影响 s 和 L,所 以 F 不变,C 错误;衣服质量增加,绳子上的拉力增加,由于 α 不会变化,悬挂点不会右移, D 错误. 专题 3 牛顿运动定律 1.解析:(1)滑块 A 和 B 在木板上滑动时,木板也在地面上滑动.设 A、B 和木板所受 的摩擦力大小分别为 f1、f2 和 f3,A 和 B 相对于地面的加速度大小分别为 aA 和 aB,木板相对 于地面的加速度大小为 a1.在物块 B 与木板达到共同速度前有 f1=μ1mAg① f2=μ1mBg② f3=μ2(m+mA+mB)g③ 由牛顿第二定律得 f1=mAaA④ f2=mBaB⑤ f2-f1-f3=ma1⑥ 设在 t1 时刻,B 与木板达到共同速度,其大小为 v1.由运动学公式有 v1=v0-aBt1⑦ v1=a1t1⑧ 联立①②③④⑤⑥⑦⑧式,代入已知数据得 v1=1 m/s.⑨ (2)在 t1 时间间隔内,B 相对于地面移动的距离为 1 sB=v0t1- aBt2 ⑩ 2 1 设在 B 与木板达到共同速度 v1 后,木板的加速度大小为 a2.对于 B 与木板组成的体系, 由牛顿第二定律有 f1+f3=(mB+m)a2? 由①②④⑤式知,aA=aB;再由⑦⑧式知,B 与木板达到共同速度时,A 的速度大小也 为 v1,但运动方向与木板相反.由题意知,A 和 B 相遇时,A 与木板的速度相同,设其大小 为 v2.设 A 的速度大小从 v1 变到 v2 所用的时间为 t2,则由运动学公式,对木板有 v2=v1-a2t2 ? 对 A 有 v2=-v1+aAt2? 在 t2 时间间隔内,B(以及木板)相对地面移动的距离为 1 s1=v1t2- a2t2 ? 2 2 在(t1+t2)时间间隔内,A 相对地面移动的距离为 1 sA=v0(t1+t2)- aA(t1+t2)2? 2 A 和 B 相遇时,A 与木板的速度也恰好相同.因此 A 和 B 开始运动时,两者之间的距离 为 s0=sA+s1+sB? 联立以上各式,并代入数据得 s0=1.9 m. (也可用如图的速度-时间图线求解) 答案:见解析 2.解析:(1)感应电动势 E=Bdv0 E Bdv0 感应电流 I= ,解得 I= . R R (2)安培力 F=BId 牛顿第二定律 F=ma B2d2v0 解得 a= . mR (3)金属杆切割磁感线的速度 v′=v0-v,则感应电动势 E=Bd(v0-v) E2 电功率 P= R B2d2(v0-v)2 解得 P= . R 答案:见解析 专题 4 曲线运动 1.解析:选 A.由于大圆环是光滑的,因此小环下滑的过程中,大圆环对小环的作用力 方向始终与速度方向垂直,因此作用力不做功,A 项正确,B 项错误;小环刚下滑时,大圆 环对小环的作用力背离大圆环的圆心,滑到大圆环圆心以下的位置时,大圆环对小环的作用 力指向大圆环的圆心,C、D 项错误. 2.解析:选 C.发球机从同一高度水平射出两个速度不同的乒乓球,根据平抛运动规律, 1 竖直方向上,h= gt2,可知两球下落相同距离 h 所用的时间是相同的,选项 A 错误;由 v2 y= 2 2gh 可知,两球下落相同距离 h 时在竖直方向上的速度 vy 相同,选项 B 错误;由平抛运动规 律,水平方向上,x=vt,可知速度较大的球通过同一水平距离所用的时间 t 较少,选项 C 正 确;由于做平抛运动的球在竖直方向的运动为自由落体运动,两球在相同时间间隔内下降的 距离相同,选项 D 错误. 3.解析:选 C.设两球间的水平距离为 L,第一次抛出的速度分别为 v1、v2,由于小球抛 L 出后在水平方向上做匀速直线运动,则从抛出到相遇经过的时间 t= ,若两球的抛出速 v1+v2 L t 度都变为原来的 2 倍,则从抛出到相遇经过的时间为 t′= = ,C 项正确. 2(v1+v2) 2 专题 5 万有引力与航天 1.解析:选 CD.在海王星从 P 到 Q 的运动过程中,由于引力与速度的夹角大于 90°, 因此引力做负功,根据动能定理可知,速率越来越小,C 项正确;海王星从 P 到 M 的时间小 T0 于从 M 到 Q 的时间,因此从 P 到 M 的时间小于 ,A 项错误;由于海王星运动过程中只受 4 到太阳引力作用,引力做功不改变海王星的机械能,即从 Q 到 N 的运动过程中海王星的机械 能守恒,B 项错误;从 M 到 Q 的运动过程中引力与速度的夹角大于 90°,因此引力做负功, 从 Q 到 N 的过程中,引力与速度的夹角小于 90°,因此引力做正功,即海王星从 M 到 N 的 过程中万有引力先做负功后做正功,D 项正确. GMm v2 2.解析:选 C.组合体比“天宫二号”质量大,轨道半径 R 不变,根据 2 =m ,可 R R 得 v= GM ,可知与“天宫二号”单独运行时相比,组合体运行的速率不变,B 项错误; R 2πR 又 T= ,则周期 T 不变,A 项错误;质量变大、速率不变,动能变大,C 项正确;向心加 v GM 速度 a= 2 ,不变,D 项错误. R Mm0 3.解析:选 D.由于不考虑地球自转,则在地球表面附近,有 G 2 =m0g,故可得 M= R gR2 Mm1 v2 2πR ,A 项错误;由万有引力提供人造卫星的向心力,有 G 2 =m1 ,v= ,联立得 M= G R R T 2π 2 v3T Mm2 ,B 项错误;由万有引力提供月球绕地球运动的向心力,有 G 2 =m2?T′? r,故可得 2πG r ? ? 4π2r3 M= ,C 项错误;同理,根据地球绕太阳做圆周运动的周期及地球与太阳间的距离,不 GT′2 可求出地球的质量,D 项正确. Mm 4.解析:选 BCD.“天舟一号”在距地面约 380 km 的圆轨道上飞行时,由 G 2 =mω2r r 可知,半径越小,角速度越大,则其角速度大于同步卫星的角速度,即大于地球自转的角速 度,A 项错误;由于第一宇宙速度是最大环绕速度,因此“天舟一号”在圆轨道的线速度小 2π 于第一宇宙速度,B 项正确;由 T= 可知, “天舟一号”的周期小于地球自转周期,C 项正 ω Mm Mm 确;由 G 2 =mg,G =ma 可知,向心加速度 a 小于地球表面的重力加速度 g,D R (R+h)2 项正确. Mm v2 5.解析:设组合体环绕地球的线速度为 v,由 G 得 v= 2=m (R+h) R +h Mm 因为 G 2 =mg,所以 v=R R 答案:R g v2 R2 ,向心加速度 a= = g. R+h R+h (R+h)2 GM ,又 R +h g R2 g R+h (R+h)2 专题 6 机械能及其守恒定律 2 1.解析:选 A.QM 段绳的质量为 m′= m,未拉起时,QM 段绳的重心在 QM 中点处, 3 1 1 与 M 点距离为 l,绳的下端 Q 拉到 M 点时,QM 段绳的重心与 M 点距离为 l,此过程重力 3 6 ?1l-1l?=-1mgl,对绳的下端 Q 拉到 M 点的过程,应用动能定理,可知外 做功 WG=-m′g· ?3 6 ? 9 1 力做功 W=-WG= mgl,可知 A 项正确,B、C、D 项错误. 9 2.解析:选 B.摩天轮转动过程中乘客的动能不变,重力势能一直变化,故机械能一直 变化,A 错误;在最高点乘客具有竖直向下的向心加速度,重力大于座椅对他的支持力,B 正确;摩天轮转动一周的过程中,乘客重力的冲量等于重力与周期的乘积,C 错误;重力瞬 时功率等于重力与速度在重力方向上的分量的乘积,而转动过程中速度在重力方向上的分量 是变化的,所以重力的瞬时功率也是变化的,D 错误. 3.解析:选 D.物块向右匀速运动时,绳中的张力等于物块的重力 Mg,因为 2F 为物块 与夹子间的最大静摩擦力,当物块向上摆动做圆周运动时,静摩擦力大于 Mg,说明物块做 匀速运动时所受的静摩擦力小于 2F, A 项错误; 当小环碰到钉子 P 时, 由于不计夹子的质量, 因此绳中的张力等于夹子与物块间的静摩擦力,即小于或等于 2F,B 项错误;如果物块上升 1 v2 的最大高度不超过细杆,则根据机械能守恒可知,Mgh= Mv2,即上升的最大高度 h= ,C 2 2g 项错误;当物块向上摆动的瞬时,如果物块与夹子间的静摩擦力刚好为 2F,此时的速度 v 是 v2 最大速度,则 2F-Mg=M ,解得 v= L (2F-Mg)L ,D 项正确. M 4.解析:选 AB.在 A 的动能达到最大前,A 向下加速运动,此时 A 处于失重状态,则整 3 个系统对地面的压力小于 3mg,即地面对 B 的支持力小于 mg,A 项正确;当 A 的动能最大 2 时,A 的加速度为零,这时系统既不失重,也不超重,系统对地面的压力等于 3mg,即 B 受 3 到地面的支持力等于 mg,B 项正确;当弹簧的弹性势能最大时,A 减速运动到最低点,此时 2 A 的加速度方向竖直向上,C 项错误;由机械能守恒定律可知,弹簧的弹性势能最大值等于 A 的重力势能的减少量,即为 mg(Lcos 30°-Lcos 60° )= 5.解析:(1)C 受力平衡 2Fcos 30° =mg 解得 F= 3 mg. 3 3 mg 2 3-1 mgL,D 项错误. 2 (2)C 恰好降到地面时,B 受 C 压力的水平分力最大 Fxmax= B 受地面的摩擦力 f=μmg 根据题意 fmin=Fxmax,解得 μmin= (3)C 下降的高度 h=( 3-1)R A 的位移 x=2( 3-1)R 摩擦力做功的大小 Wf=fx=2( 3-1)μmgR 根据动能定理 W-Wf+mgh=0-0 解得 W=(2μ-1)( 3-1)mgR. 答案:见解析 专题 7 碰撞与动量守恒 3 . 2 1.解析:选 A.燃气从火箭喷口喷出的瞬间,火箭和燃气组成的系统动量守恒,设燃气 喷出后的瞬间,火箭的动量大小为 p,根据动量守恒定律,可得 p-mv0=0,解得 p=mv0= 0.050 kg×600 m/s=30 kg·m/s,选项 A 正确. 2.解析:选 AB.根据 F-t 图线与时间轴围成的面积的物理意义为合外力 F 的冲量,可 知在 0~1 s、0~2 s、0~3 s、0~4 s 内合外力冲量分别为 2 N·s、4 N·s、3 N·s、2 N·s, 应用动量定理 I=mΔv 可知物块在 1 s、2 s、3 s、4 s 末的速率分别为 1 m/s、2 m/s、1.5 m/s、 1 m/s,物块在这些时刻的动量大小分别为 2 kg·m/s、4 kg·m/s、3 kg·m/s、2 kg·m/s,则 A、B 项均正确,C、D 项均错误. 4 4 3.解析:(1)A →A Z X― Z-2 Y+2He. - (2)设 α 粒子的速度大小为 v, v2 2πR 由 qvB=m ,T= ,得 R v α 粒子在磁场中运动周期 T= q q2B 环形电流大小 I= = . T 2πm v2 qBR (3)由 qvB=m ,得 v= R m 设衰变后新核 Y 的速度大小为 v′,系统动量守恒 Mv′-mv=0 mv qBR v′= = M M 1 1 由 Δmc2= Mv′2+ mv2 2 2 (M+m)(qBR)2 得 Δm= . 2mMc2 答案:见解析 4.解析:(1)B 从释放到细绳刚绷直前做自由落体运动,有 1 h= gt2① 2 代入数据解得 t=0.6 s.② (2)设细绳绷直前瞬间 B 速度大小为 vB,有 vB=gt③ 细绳绷直瞬间,细绳张力远大于 A、B 的重力,A、B 相互作用,由动量守恒得 mBvB=(mA +mB)v④ 之后 A 做匀减速运动, 所以细绳绷直后瞬间的速度 v 即为 A 的最大速度, 联立②③④式, 代入数据解得 v=2 m/s.⑤ (3)细绳绷直后,A、B 一起运动,B 恰好可以和地面接触,说明此时 A、B 的速度为零, 这一过程中 A、B 组成的系统机械能守恒,有 1 (m +mB)v2+mBgH=mAgH⑥ 2 A 代入数据解得 H=0.6 m. 答案:见解析 专题 8 静电场 Q 1. 解析: 选 AC.设点电荷的电荷量为 Q, 根据点电荷电场强度公式 E=k 2, r ∶r =1∶2, r a b rc∶rd=3∶6,可知,Ea∶Eb=4∶1,Ec∶Ed=4∶1,选项 A 正确,B 错误;将一带正电的试 探电荷由 a 点移动到 b 点做的功 Wab=q(φa-φb)=3q(J),试探电荷由 b 点移动到 c 点做的功 2πm qB Wbc=q(φb-φc)=q(J), 试探电荷由 c 点移动到 d 点做功 Wcd=q(φc-φd)=q(J), 由此可知, Wab∶ Wbc=3∶1,Wbc∶Wcd=1∶1,选项 C 正确,D 错误. Uca 2. 解析: 选 ABD.ac 垂直于 bc, 沿 ca 和 cb 两方向的场强分量大小分别为 E1= =2 V/cm、 ac Ucb E2= =1.5 V/cm,根据矢量合成可知 E=2.5 V/cm,A 项正确;根据在匀强电场中平行线 bc 上等距同向的两点间的电势差相等,有 φO-φa=φb-φc,得 φO=1 V,B 项正确;电子在 a、 b、c 三点的电势能分别为-10 eV、-17 eV 和-26 eV,故电子在 a 点的电势能比在 b 点的 高 7 eV,C 项错误;电子从 b 点运动到 c 点,电场力做功 W=(-17 eV)-(-26 eV)=9 eV, D 项正确. 3.解析:选 BC.电子仅在电场力作用下可能从 A 运动到 B,也可能从 B 运动到 A,所以 A 错误;若 aA>aB,说明电子在 A 点受到的电场力大于在 B 点受到的电场力,所以 A 距离点 电荷较近,B 距离点电荷较远,又因为电子受到的电场力指向轨迹凹侧,因此 Q 靠近 M 端且 为正电荷,B 正确;无论 Q 是正电荷还是负电荷,若电子从 A 运动到 B,一定是克服电场力 做功,若电子从 B 运动到 A,一定是电场力做正功,即一定有 EpA<EpB,C 正确;对于同一个 负电荷,电势低处电势能大,B 点电势一定低于 A 点电势,D 错误. 4.解析:选 A.电子在 A、B 板间的电场中加速运动,在 B、C 板间的电场中减速运动, 设 A、B 板间的电压为 U,B、C 板间的电场强度为 E,M、P 两点间的距离为 d,则有 eU- U Q 4πkQ eEd=0,若将 C 板向右平移到 P′点,B、C 两板所带电荷量不变,由 E= = = 可知, d C0d εS C 板向右平移到 P′时,B、C 两板间的电场强度不变,由此可以判断,电子在 A、B 板间加速 运动后,在 B、C 板间减速运动,到达 P 点时速度为零,然后返回,A 项正确,B、C、D 项 错误. 5.解析:选 AC.由题图可知,空间的电势有正有负,且只有一个极值,则两个点电荷必 Δφ 定为异种电荷,A 项正确;由 E= 可知,φ-x 图象的切线斜率表示电场强度,因此 x1 处的 Δx 电场强度不为零,B 项错误;负电荷从 x1 移到 x2 的过程中,电势升高,电场强度减小,由 Ep=qφ,F=qE 可知,电势能减小,受到的电场力减小,C 项正确,D 项错误. 6.解析:(1)设小球 M、N 在 A 点水平射出时的初速度大小为 v0,则它们进入电场时的 水平速度仍然为 v0.M、N 在电场中运动的时间 t 相等,电场力作用下产生的加速度沿水平方 向,大小均为 a,在电场中沿水平方向的位移分别为 s1 和 s2.由题给条件和运动学公式得 v0-at=0① 1 s1=v0t+ at2② 2 1 s2=v0t- at2③ 2 s1 联立①②③式得 =3.④ s2 (2)设 A 点距电场上边界的高度为 h,小球下落 h 时在竖直方向的分速度为 vy,由运动学 公式 v2 y =2gh⑤ 1 H=vyt+ gt2⑥ 2 M 进入电场后做直线运动,由几何关系知 v0 s1 = ⑦ vy H 联立①②⑤⑥⑦式可得 1 h= H.⑧ 3 (3)设电场强度的大小为 E,小球 M 进入电场后做直线运动,则 v0 qE = ⑨ vy mg 设 M、N 离开电场时的动能分别为 Ek1、Ek2,由动能定理得 1 Ek1= m(v2 +v2)+mgH+qEs1⑩ 2 0 y 1 Ek2= m(v2 +v2)+mgH-qEs2? 2 0 y 由已知条件 Ek1=1.5Ek2? 联立④⑤⑦⑧⑨⑩??式得 E= mg . 2q 答案:见解析 7.解析:(1)设油滴质量和电荷量分别为 m 和 q,油滴速度方向向上为正.油滴在电场 强度大小为 E1 的匀强电场中做匀速直线运动,故匀强电场方向向上.在 t=0 时,电场强度 突然从 E1 增加至 E2 时,油滴做竖直向上的匀加速运动,加速度方向向上,大小 a1 满足 qE2-mg=ma1① 油滴在时刻 t1 的速度为 v1=v0+a1t1② 电场强度在时刻 t1 突然反向,油滴做匀变速运动,加速度方向向下,大小 a2 满足 qE2+ mg=ma2③ 油滴在时刻 t2=2t1 的速度为 v2=v1-a2t1④ 由①②③④式得 v2=v0-2gt1.⑤ (2)由题意,在 t=0 时刻前有 qE1=mg⑥ 油滴从 t=0 到时刻 t1 的位移为 1 s1=v0t1+ a1t2 ⑦ 2 1 油滴在从时刻 t1 到时刻 t2=2t1 的时间间隔内的位移为 1 s2=v1t1- a2t2 ⑧ 2 1 由题给条件有 v2 0=2g(2h)⑨ 式中 h 是 B、A 两点之间的距离. 若 B 点在 A 点之上,依题意有 s1+s2=h⑩ 由①②③⑥⑦⑧⑨⑩式得 v0 1 v0 ?2? E2=?2-2 + ? E? gt1 4?gt1? ? 1 ? 为使 E2>E1,应有 v0 1 v0 ?2 2-2 + ? >1? gt1 4?gt1? 即当 0<t1<?1- ? 3?v0 ? 2 ?g 或 t1>?1+ ? 3?v0 ? 2 ?g 才是可能的;条件?式和?式分别对应于 v2>0 和 v2<0 两种情形. 若 B 点在 A 点之下,依题意有 s1+s2=-h? 由①②③⑥⑦⑧⑨?式得 v0 1 v0 ?2? E2=?2-2 - ? E? gt1 4?gt1? ? 1 ? 为使 E2>E1,应有 v0 1 v0 ?2 2-2 - ? >1? gt1 4?gt1? 即 t1>? 5 ?v0 ? ? 2 +1? g 另一解为负,不合题意,已舍去. 答案:见解析 8.解析:(1)F=qE=3.0×10 (2)由 -3 N. qE - =tan 37°,得 m=4.0×10 4 kg. mg 1 (3)由 mgl(1-cos 37°)= mv2,得 v= 2gl(1-cos 37°)=2.0 m/s. 2 答案:见解析 专题 9 磁 场 v2 1.解析:选 C.由于是相同的粒子,粒子进入磁场时的速度大小相同,由 qvB=m 可知, R mv R= ,即粒子在磁场中做圆周运动的半径相同.若粒子运动的速率为 v1,如图所示,通过 qB 旋转圆可知,当粒子的磁场出射点 A 离 P 点最远时,则 AP=2R1;同样,若粒子运动的速率 R 为 v2,粒子的磁场出射点 B 离 P 点最远时,则 BP=2R2,由几何关系可知,R1= ,R2=R· cos 2 30°= 3 v2 R2 R,则 = = 3,C 项正确. 2 v1 R1 2.解析:选 B.该空间区域为匀强电场、匀强磁场和重力场的叠加场,a 在纸面内做匀速 圆周运动,可知其重力与所受到的电场力平衡,洛伦兹力提供其做匀速圆周运动的向心力, qE 有 mag=qE,解得 ma= .b 在纸面内向右做匀速直线运动,由左手定则可判断出其所受洛伦 g 兹力方向竖直向上,可知 mbg=qE+qvbB,解得 mb= qE qvbB + .c 在纸面内向左做匀速直线运 g g qE 动,由左手定则可判断出其所受洛伦兹力方向竖直向下,可知 mcg+qvcB=qE,解得 mc= g - qvcB .综上所述,可知 mb>ma>mc,选项 B 正确. g 3.解析:选 BC.由安培定则可判断出 L2 在 L1 处产生的磁场(B21)方向垂直 L1 和 L2 的连 线竖直向上,L3 在 L1 处产生的磁场(B31)方向垂直 L1 和 L3 的连线指向右下方,根据磁场叠加 原理, L3 和 L2 在 L1 处产生的合磁场(B 合 1)方向如图 1 所示, 根据左手定则可判断出 L1 所受磁 场作用力的方向与 L2 和 L3 的连线平行,选项 A 错误;同理,如图 2 所示,可判断出 L3 所受 磁场(B 合3 )作用力的方向(竖直向上)与 L1、L2 所在的平面垂直,选项 B 正确;同理,如图 3 所示,设一根长直导线在另一根导线处产生的磁场的磁感应强度大小为 B,根据几何知识可 知,B 合1 =B,B 合2 =B,B 合3 = 3B,由安培力公式可知,L1、L2 和 L3 单位长度所受的磁场 作用力大小与该处的磁感应强度大小成正比,所以 L1、L2 和 L3 单位长度所受的磁场作用力 大小之比为 1∶1∶ 3,选项 C 正确,D 错误. 4.解析:选 C.导线 P 和 Q 中电流 I 均向里时,设其在 a 点产生的磁 感应强度大小 BP=BQ=B1,如图所示,则其夹角为 60°,它们在 a 点的合 磁场的磁感应强度平行于 PQ 向右、大小为 3B1.又根据题意 Ba=0,则 B0 = 3B1,且 B0 平行于 PQ 向左.若 P 中电流反向,则 BP 反向、大小不变,BQ 和 BP 大小不 变,夹角为 120°,合磁场的磁感应强度大小为 B′1=B1(方向垂直 PQ 向上、与 B0 垂直),a 2 3 2 点合磁场的磁感应强度 B= B2 B ,则 A、B、D 项均错误,C 项正确. 0+B′1= 3 0 5.解析:(1)在匀强磁场中,带电粒子做圆周运动.设在 x≥0 区域,圆周半径为 R1;在 x<0 区域,圆周半径为 R2.由洛伦兹力公式及牛顿定律得 v2 0 qB0v0=m ① R1 v2 0 qλB0v0=m ② R2 粒子速度方向转过 180°时,所需时间 t1 为 t1= πR1 ③ v0 粒子再转过 180°时,所需时间 t2 为 t2= πR2 ④ v0 联立①②③④式得,所求时间为 t0=t1+t2= πm ? 1? 1+ .⑤ λ? B0q? (2)由几何关系及①②式得,所求距离为 2mv0? 1? 1- . d0=2(R1-R2)= λ? B 0q ? 答案:见解析 6.解析:(1)在电场中,粒子做类平抛运动,设 Q 点到 x 轴距离为 L,到 y 轴距离为 2L, 粒子的加速度为 a,运动时间为 t,有 2L=v0t① 1 L= at2② 2 设粒子到达 O 点时沿 y 轴方向的分速度为 vy vy=at③ vy 设粒子到达 O 点时速度方向与 x 轴正方向夹角为 α,有 tan α= ④ v0 联立①②③④式得 α=45°⑤ 即粒子到达 O 点时速度方向与 x 轴正方向成 45°角斜向上. 设粒子到达 O 点时速度大小为 v,由运动的合成有 2 v= v2 0+vy ⑥ 联立①②③⑥式得 v= 2v0.⑦ (2)设电场强度为 E,粒子电荷量为 q,质量为 m,粒子在电场中受到的电场力为 F,由 牛顿第二定律可得 F=ma⑧ 又 F=qE⑨ 设磁场的磁感应强度大小为 B,粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为 R,所受的洛伦 兹力提供向心力, v2 有 qvB=m ⑩ R 由几何关系可知 R= 2L? E v0 联立①②⑦⑧⑨⑩?式得 = . B 2 答案:见解析 1 7.解析:(1)设甲种离子在磁场中的运动半径为 r1.电场加速 qU0= ×2mv2 2 v2 且 qvB=2m r1 解得 r1= 2 B mU0 q 根据几何关系 x=2r1-L 4 解得 x= B mU0 -L. q (2)如图所示最窄处位于过两虚线交点的垂线上 d=r1- 2 ?L? r2 1- 2 ? ? 2 解得 d= B mU0 - q 4mU0 L2 - . qB2 4 (3)设乙种离子在磁场中的运动半径为 r2 r1 的最小半径 r1min= r2 的最大半径 r2max= 1 B 2m(U0+ΔU) q 2 B m(U0-ΔU) q 由题意知 2r1min-2r2max>L 即 4 B m(U0-ΔU) 2 - q B 2m(U0+ΔU) >L q 2 解得 L< B 答案:见解析 m [2 (U0-ΔU)- 2(U0+ΔU)]. q 专题 10 电磁感应 L 0.1 1.解析:选 BC.由题图(b)可知,导线框运动的速度大小 v= = m/s=0.5 m/s,B 项 t 0.2 E 0.01 正确;导线框进入磁场的过程中,cd 边切割磁感线,由 E=BLv,得 B= = T=0.2 Lv 0.1×0.5 T,A 项错误;由题图可知,导线框进入磁场的过程中,感应电流的方向为顺时针方向,根 据楞次定律可知,磁感应强度方向垂直纸面向外,C 项正确;在 0.4~0.6 s 这段时间内,导 E 0.01 线框正在出磁场,回路中的电流大小 I= = A=2 A,则导线框受到的安培力 F=BIL R 0.005 =0.2×2×0.1 N=0.04 N,D 项错误. 2.解析:选 AD.如果将左、右转轴下侧的绝缘漆都刮掉,则线圈在安培力作用下转动起 来,每转一周安培力驱动一次,可保证线圈不断地转动,A 项正确;如果左、右转轴上下侧 的绝缘漆均刮掉,不能保证线圈持续转动下去,B 项错误;如果仅左转轴的上侧绝缘漆刮掉, 右转轴的下侧绝缘漆刮掉,则线圈中不可能有电流,因此线圈不可能转动,C 项错误;如果 左转轴上下侧的绝缘漆均刮掉, 右转轴仅下侧的绝缘漆刮掉效果与 A 项相同, 因此 D 项正确. 3.解析:选 A.施加磁场来快速衰减 STM 的微小振动,其原理是电磁阻尼,在振动时通 过紫铜薄板的磁通量变化,紫铜薄板中产生感应电动势和感应电流,则其受到安培力作用, 该作用阻碍紫铜薄板振动,即促使其振动衰减.方案 A 中,无论紫铜薄板上下振动还是左右 振动,通过它的磁通量都发生变化;方案 B 中,当紫铜薄板上下振动时,通过它的磁通量可 能不变,当紫铜薄板向右振动时,通过它的磁通量不变;方案 C 中,紫铜薄板上下振动、左 右振动时,通过它的磁通量可能不变;方案 D 中,当紫铜薄板上下振动时,紫铜薄板中磁通 量可能不变.综上可知,对于紫铜薄板上下及左右振动的衰减最有效的方案是 A. 4.解析:选 D.金属杆 PQ 向右切割磁感线,根据右手定则可知 PQRS 中感应电流沿逆时 针方向;原来 T 中的磁场方向垂直于纸面向里,金属杆 PQ 中的感应电流产生的磁场方向垂 直于纸面向外,使得穿过 T 的磁通量减小,根据楞次定律可知 T 中产生顺时针方向的感应电 流,综上所述,可知 A、B、C 项错误,D 项正确. 5.解析:选 C.题图 1 中,稳定时通过 A1 的电流记为 I1,通过 L1 的电流记为 IL.S1 断开 瞬间,A1 突然变亮,可知 IL>I1,因此 A1 和 L1 电阻不相等,所以 A、B 错误;题图 2 中,闭 合 S2 时,由于自感作用,通过 L2 与 A2 的电流 I2 会逐渐增大,而通过 R 与 A3 的电流 I3 立即 变大,因此电流不相等,所以 D 错误;由于最终 A2 与 A3 亮度相同,所以两支路电流 I 相同, 根据部分电路欧姆定律,两支路电压 U 与电流 I 均相同,所以两支路电阻相同.由于 A2、 A3 完全相同,故变阻器 R 与 L2 的电阻值相同,所以 C 正确. 6.解析:选 D.根据楞次定律,感应电流产生的磁场向下,再根据安培定则,可判断 ab 中感应电流方向从 a 到 b,A 错误;磁场变化是均匀的,根据法拉第电磁感应定律,感应电 动势恒定不变,感应电流 I 恒定不变,B 错误;安培力 F=BIL,由于 I、L 不变,B 减小,所 以 ab 所受的安培力逐渐减小,根据力的平衡条件,静摩擦力逐渐减小,C 错误,D 正确. 7.解析:选 A.由题图可知,穿过 a、b 两个线圈的磁通量均为 Φ=B·πr2,因此磁通量之 比为 1∶1,A 项正确. BLv 8.解析:(1)题图 1 中,电路中的电流 I1= R +r 棒 ab 受到的安培力 F1=BI1L 在 Δt 时间内, “发电机”产生的电能等于棒 ab 克服安培力做的功 B2L2v2Δt E 电=F1·vΔt= R+r 题图 2 中,棒 ab 受到的安培力 F2=BIL 在 Δt 时间内, “电动机”输出的机械能等于安培力对棒 ab 做的功 E 机=F2·vΔt=BILvΔt. (2)a.如图 3、图 4 所示. b.设自由电荷的电荷量为 q,沿导体棒定向移动的速率为 u. 如图 4 所示,沿棒方向的洛伦兹力 f′1=qvB,做负功 W1=-f′1·uΔt=-qvBuΔt 垂直棒方向的洛伦兹力 f′2=quB,做正功 W2=f′2·vΔt=quBvΔt 所以 W1=-W2,即导体棒中一个自由电荷所受的洛伦兹力做功为零.f′1 做负功,阻碍 自由电荷的定向移动,宏观上表现为“反电动势”,消耗电源的电能;f′2 做正功,宏观上表 现为安培力做正功,使机械能增加.大量自由电荷所受洛伦兹力做功的宏观表现是将电能转 化为等量的机械能;在此过程中洛伦兹力通过两个分力做功起到“传递”能量的作用. 答案:见解析 9.解析:(1)垂直于导轨平面向下. (2)电容器完全充电后,两极板间电压为 E,当开关 S 接 2 时,电容器放电,设刚放电时 E 流经 MN 的电流为 I,有 I= ① R 设 MN 受到的安培力为 F,有 F=IlB② 由牛顿第二定律,有 F=ma③ BlE 联立①②③式得 a= .④ mR (3)当电容器充电完毕时,设电容器上电荷量为 Q0.有 Q0=CE⑤ 开关 S 接 2 后,MN 开始向右加速运动,速度达到最大值 vmax 时,设 MN 上的感应电动 势为 E′,有 E′=Blvmax ⑥ Q 依题意有 E′= ⑦ C 设在此过程中 MN 的平均电流为 I,MN 上受到的平均安培力为 F,有 F=IlB⑧ 由动量定理,有 FΔt=mvmax-0⑨ 又 IΔt=Q0-Q⑩ B2l2C2E 联立⑤⑥⑦⑧⑨⑩式得 Q= . m+B2l2C 答案:见解析 专题 11 交变电流 1.解析:选 B.由交流电压的表达式可知,原线圈两端所加的电压最大值为 220 2 V, U 1 n1 U2 2 故有效值为 U1=220 V, 由 = , 故副线圈电压的有效值为 U2=110 V, 故输出功率 P2= U 2 n2 R =220 W,再由输入功率等于输出功率知,P1=P2=220 W,A 项错误;根据欧姆定律知,I2 = U2 I1 n2 =2 A, = ,得 I1=1 A,故电流表读数为 1 A,所以 B 项正确;电压表的读数为有效 R I2 n1 2π 值,即 U2=110 V,C 项错误;由交流电压的表达式可知,ω=100π(rad/s),又 T= ,解得 ω T=0.02 s,所以 D 项错误. 2.解析:选 AD.t=0 时,磁通量为零,磁感线与线圈平面平行,A 正确;当磁感线与线 圈平面平行时,磁通量变化率最大,感应电动势最大,画出感应电动势随时间变化的图象如 图,由图可知,t=1 s 时,感应电流没有改变方向,B 错误;t=1.5 s 时,感应电动势为 0,C 错误;感应电动势最大值 Em=NBSω=NΦm 2π 2π 2 =100×0.04× (V)=4π(V),有效值 E= T 2 2 E2 ×4π(V)=2 2π(V),Q= T=8π2(J),D 正确. R 3.解析:选 BD.电感线圈有通低频、阻高频的作用,因此 A 项错误;电容器有通高频、 阻低频的作用,因此 B 项正确;由此可以判断,扬声器甲主要用于输出低频成分,扬声器乙 用于输出高频成分,C 项错误,D 项正确. 专题 12 近代物理初步 1.解析:选 B.静止的铀核在衰变过程中遵循动量守恒,由于系统的总动量为零,因此 衰变后产生的钍核和 α 粒子的动量等大反向,即 pTh=pα,B 项正确;因此有 2mThEkTh= 2mαEkα,由于钍核和 α 粒子的质量不等,因此衰变后钍核和 α 粒子的动能不等,A 项错误; 半衰期是有半数铀核衰变所用的时间,并不是一个铀核衰变所用的时间,C 项错误;由于衰 变过程释放能量,根据爱因斯坦质能方程可知,衰变过程有质量亏损,因此 D 项错误. 2.解析:选 B.氘核聚变反应的质量亏损为 Δm=2×2.013 6 u-(3.015 0 u+1.008 7 u)= 0.003 5 u,释放的核能为 ΔE=Δmc2=0.003 5×931 MeV/c2×c2≈3.3 MeV,选项 B 正确. 3.解析:选 BC.设该金属的逸出功为 W,根据爱因斯坦光电效应方程有 Ek=hν-W,同 种金属的 W 不变,则逸出光电子的最大初动能随 ν 的增大而增大,B 项正确;又 Ek=eU, 则最大初动能与遏止电压成正比,C 项正确;根据上述有 eU=hν-W,遏止电压 U 随 ν 增大 而增大,A 项错误;又有 hν-Ek=W,W 相同,则 D 项错误. 4.解析:选 B.光子的能量 E=hν,c=λν,联立解得 E≈2×10 -18 J,B 项正确. 5.解析:选 A.A 项是氢元素的两种同位素氘和氚聚变成氦元素的核反应方程,B 项是 用 α 粒子轰击氮原子核发现质子的核反应方程,C 项属于原子核的人工转变,D 项属于重核 的裂变,因此只有 A 项符合要求. 6.解析:(1)由题图可知,4 2He 的比结合能为 7 MeV,因此它的结合能为 7 MeV×4=28 MeV,A 项错误;比结合能越大,表明原子核中核子结合得越牢固,原子核越稳定,结合题 4 图可知 B 项正确;两个比结合能小的2 1H 核结合成比结合能大的2He 时,会释放能量,C 项正 235 确;由题图可知,92 U 的比结合能(即平均结合能)比89 36Kr 的小,D 项错误. (2)由 p= 2mEk可知,动能相同时,质子的质量比 α 粒子的质量小,因此动量小;由 λ h λH = 可知,质子和 α 粒子的德布罗意波波长之比为 = p λα (3)动量守恒 m1v1-m2v2=m2v′2-m1v′1 m1 v2+v′2 m1 3 解得 = ,代入数据得 = . m2 v1+v′1 m2 2 答案:(1)BC (3)见解析 专题 13 实验探究 力学实验 1.解析:(1)由于滑块做匀变速运动,在挡光片通过光电门的过程中,由运动学公式得: 1 1 vΔt=vAΔt+ a(Δt)2,则 v=vA+ aΔt. 2 2 1 (2)由 v=vA+ aΔt 结合题图(c)可知,图线与纵轴的交点的纵坐标即为 vA,将图线延长与 2 1 1 53.60-52.13 纵轴相交,得 vA≈52.1 cm/s,图线的斜率等于 a,即 a= cm/s2,求得 a≈16.3 2 2 0.18 cm/s2. a 答案:(1)vA+ Δt (2)52.1 16.3 2 2.解析:(1)由于小车在水平桌面上运动时必然受到阻力作用,做匀减速直线运动,相 邻水滴(时间间隔相同)的位置间的距离逐渐减小,所以由题图(b)可知,小车在桌面上是从右 向左运动的. 30 s 2 (2)滴水计时器每 30 s 内共滴下 46 个小水滴,其滴水的时间间隔为 T= = s.根 46-1 3 据匀变速直线运动的规律,可得小车运动到题图 (b) 中 A 点位置时的速度大小为 vA = 0.117+0.133 (m/s) ≈ 0.19 m/s. 由 Δx = aT2 和逐差法可得,小车运动的加速度大小为 a = 2T (2)小于 2∶1 mα = mH 4 2 = . 1 1 (0.150-0.117)+(0.133-0.100) (m/s2)≈0.037 m/s2. 4T2 答案:(1)从右向左 (2)0.19 0.037 3.解析:(1)由测力计的读数规则可知,读数为 4.0 N. (2)①利用平行四边形定则作图; ②由图可知 F 合=4.0 N, 从 F 合的顶点向 x 轴和 y 轴分别作垂线,顶点的横坐标对应长度 为 1 mm,顶点的纵坐标长度为 20 mm,则可得出 F 合与拉力 F 的夹角的正切值为 0.05. 答案:(1)4.0 (2)①F1、F2 和 F 合如图所示 ②4.0 0.05 4.解析:(1)打点计时器使用的电源是交流电源,故选 B. (2)实验中,平衡摩擦力和其他阻力时,应先不挂重物,把长木板右端适当垫高,在小车 后面挂上纸带,接通电源,在打点计时器打点的情况下,轻推一下小车,给小车一个初速度, 若小车拖着纸带做匀速运动,则表明已经消除了摩擦力和其他阻力的影响. (3)实验中,可认为小车所受的拉力 F 大小为 mg,从打 O 点到打 B 点的过程中,拉力对 小车做的功 W=Fx2=mgx2.在匀变速直线运动中,中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平 xAC x3-x1 均速度,故 vB= = . 2T 2T v2 - - (4)由题图 3 可知, v2=kW, 斜率 k= , 其单位为 m2· s 2· J 1.又 1 J=1 N· m, 1 N=1 kg· m· s W -2 v2 1 - - - - ,故 1 J=1 kg· m2·s 2,故 J 1=kg 1·m 2·s2,因此斜率 k= 的单位为 ,故与图线斜 W kg 率有关的物理量应是质量. (5)假设完全消除了摩擦力和其他阻力的影响,对由小车和重物组成的系统,其动能增加 (m+M)v2 (M+m)v2 量为 ΔEk= ,考虑到我们按重力做功 W=mgx,有 ΔEk= =W,即 v2 2 2 = 2 2 W,故 v2-W 的图象斜率 k= ,保持不变,故选项 A 正确. M+m M+m 答案:(1)B (2)A B (3)mgx2 (5)A 5.解析:(1)挂钩码前,调节木板右侧的高度,直至向左轻推小车,观察到小车做匀速 直线运动,表明此时已消除了摩擦力的影响. x3-x1 2T (4)v2=kW,k=(4.5~5.0) m2·s 2·J - -1 质量 (2.06+2.50)×10 (2)打出计数点“1”时小车的速度 v1= 0.2 (3)根据题表格中的数据,描点作图. -2 m/s=0.228 m/s. 4.24-2.00 ΔEk (4)由于 W=mgΔx,ΔEk=FΔx,则有 F= mg= ×0.01×9.8 N≈0.093 N. W 4.50-2.14 答案:(1)小车做匀速运动 (2)0.228 (3)如图所示 (4)0.093 6.解析:(1)选用质量和密度较大的金属锤、限位孔对正都可以降低摩擦阻力对实验结 果造成的误差,所以 A、B 正确;动能与重力势能表达式中都含有质量 m,可以约去,故不 需要测量出质量 m 的具体数值,C 错误;重锤下落之前应该用手拉住纸带上端而不是用手托 住重锤,D 错误. (2)测出 BC 和 CD 的长度就可以计算出打下 C 点时的速度 vC,再测出 OC 的长度,就可 1 验证 mghOC= mv2 是否成立,所以 B 正确;测出 BD、EG 的长度可计算出打下 C、F 两点时 2 C 1 2 1 2 的速度 vC 和 vF,再测出 CF 的长度,就可验证 mghCF= mvF - mvC是否成立,所以 C 正确. 2 2 答案:(1)AB (2)BC 电学实验 1.解析:(2)R1 起分压作用,应选用最大阻值较小的滑动变阻器,即 R1 的电阻为 20 Ω. 为了保护微安表,闭合开关前,滑动变阻器 R1 的滑片 C 应移到左端,确保微安表两端电压 为零;反复调节 D 的位置,使闭合 S2 前后微安表的示数不变,说明闭合后 S2 中没有电流通 过,B、D 两点电势相等;将电阻箱 Rz 和微安表位置对调,其他条件保持不变,发现将 Rz 的 2 500.0 Ω RμA 阻值置于 2 601.0 Ω 时, 在接通 S2 前后, 微安表的示数也保持不变. 说明 = , RμA 2 601.0 Ω 则解得 RμA=2 550 Ω. (3)要提高测量微安表内阻的精度,可调节 R1 上的分压,尽可能使微安表接近满量程. 答案:(1)连线如图 (2)①20 ②左 ③相等 ④2 550 (3)调节 R1 上的分压,尽可能使微安表接近满量程 2.解析:(1)要实现在 0~3.8 V 的范围内对小灯泡的电压进行测量,则滑动变阻器需要 设计成分压接法;电压表 V 应与固定电阻 R0 串联,将量程改为 4 V.由于小灯泡正常发光时 电阻约为 12 Ω,所以需将电流表外接. (2)由小灯泡伏安特性曲线可知, 随着电流的增加小灯泡的电阻增大. 根据电阻定律可知, 灯丝的电阻率增大. (3)当滑动变阻器接入电路中的阻值最大为 9.0 Ω 时,流过小灯泡的电流最小,小灯泡的 实际功率最小,把滑动变阻器视为等效电源内阻的一部分,在题图(a)中画出等效电源 E′0(电 动势 4 V,内阻 1.00 Ω+9.0 Ω=10 Ω)的伏安特性曲线,函数表达式为 U=4-10I(V),图线如 图中Ⅰ所示,故小灯泡的最小功率为 Pmin=U1I1=1.75×0.225 W≈0.39 W.当滑动变阻器接 入电路中的阻值最小为零时,流过小灯泡的电流最大,小灯泡的实际功率最大,在题图(a)中 画出电源 E0(电动势 4 V,内阻 1.00 Ω)的伏安特性曲线,函数表达式为 U=4-I(V),图线如 图中Ⅱ所示,故小灯泡的最大功率为 Pmax=U2I2=3.68×0.318 W≈1.17 W. 答案:(1)实验电路原理图如图所示 (2)增大 增大 (3)0.39 1.17 3.解析:(1)A 端与电池正极相连,电流从 A 端流出,A 端与黑表笔相连. (2)使用多用电表前,应机械调零,即应调整“指针定位螺丝”,使指针指在表盘左端电 流“0”位置,与 R6 无关,选项 A 错;使用欧姆挡时,需要红、黑表笔短接,使电表指针指在 表盘右端电阻“0”位置,选项 B 对;使用电流挡时,B 端与“1”或“2”相连,与 R6 无关,C 错. (3)B 端与“1”“2”相连时,该多用电表挡位分别为直流 2.5 mA 挡、直流 1 mA 挡,如图 1 IGrG 所示,由电表的改装原理可知,B 端与“2”相连时,有 I2=IG+ ,解得 R1+R2=160 Ω; R1+R2 IGrG B 端与“4”相连时,如图 2 所示,多用电表为直流电压 1 V 挡,表头并联部分电阻 R0= , I2 U4 R4= -R0=880 Ω. I2 (4)B 端与“1”相连时,电表读数为 1.47 mA;B 端与“3”相连时,多用电表为欧姆×100 Ω 挡,读数为 11.0×100 Ω=1.10×103 Ω;B 端与“5”相连时,多用电表为直流电压 5 V 挡,读 147.5 数为 ×5 V=2.95 V. 250 答案:(1)黑 (2)B (3)160 880 (4)1.47 mA 1.10×103 Ω 2.95 V 3 A≈13.67 199.5+20 4.解析:(1)如果电源用 E1,则在 t=30 ℃时电路中的最大电流 Im= mA<15 mA,故不能实现对此温度的控制,因此电源应选用 E2;为了在 t=80 ℃时实现对温 6V 度的控制,设滑动变阻器阻值的最大值至少为 R′,则 =0.015 A,解得 R= R′+20 Ω+49.1 Ω 330.9 Ω,因此滑动变阻器应选用 R2. (2)要用多用电表的直流电压挡检测故障,应将选择开关旋至 C. (3)如果只有 b、c 间断路,说明 b 点与电源的负极间没有形成通路,a、b 间的电压为零, 表笔接在 a、b 间时,指针不偏转;c 点与电源的负极间形成通路,a 与电源的正极相通,a、 c 间有电压,因此两表笔接入 a、c 间时指针发生偏转. (4)排除故障后,欲使衔铁在热敏电阻为 50 ℃时被吸合,应先断开开关,用电阻箱替换 热敏电阻,并将阻值调至 108.1 Ω,合上开关,调节滑动变阻器的阻值,直至观察到继电器的 衔铁被吸合,这时断开开关,将电阻箱从电路中移除,将热敏电阻接入电路.因此操作步骤 的正确顺序是⑤④②③①. 答案:(1)E2 R2 (2)C (3)不偏转 偏转 (4)⑤④②③① 5.解析:(1)根据 U=IR,导线电阻 R 等于零,所以良好的同一根导线上任何两点都不 会存在电势差,若一根导线两端有电势差,则导线断开.据此可推断出导线是完整的还是断 开的. (2)将电流表 A1 和 R1 串联当成电压表使用,电压测量值 U=I1(r1+R1),根据闭合电路欧 r+R0 E 姆定律有 I1(r1+R1)=E-I2(r+R0),整理得 I1= - I ,由题图可知,纵轴截距 b= r1+R1 r1+R1 2 0.14×10 -3 E - A= ,所以电动势 E=0.14×10 3×(1×103+9×103) V=1.4 V,斜率的绝对 r1+R1 r+R0 0.14-0.05 r+R0 值表示 ,即|k|= = ,解得 r≈0.5 Ω. 260 r1+R1 r1+R1 答案:(1)aa′ bb′ (2)1.4(1.36~1.44 均可) 0.5(0.4~0.6 均可) 专题 14 热 学 1.解析:(1)抽开隔板,气体自发扩散过程中,气体对外界不做功,与外界没有热交换, 因此气体的内能不变,A 项正确,C 项错误;气体在被压缩的过程中,外界对气体做正功, D 项正确;由于气体与外界没有热交换,根据热力学第一定律可知,气体在被压缩的过程中 内能增大,因此气体的温度升高,气体分子的平均动能增大,B 项正确,E 项错误. m (2)①设 1 个大气压下质量为 m 的空气在温度为 T0 时的体积为 V0,密度为 ρ0= ① V0 在温度为 T 时的体积为 VT,密度为 m ρ(T)= ② VT V0 VT 由盖-吕萨克定律得 = ③ T0 T 联立①②③式得 T0 ρ(T)=ρ0 ④ T 气球所受到的浮力为 f=ρ(Tb)gV⑤ 联立④⑤式得 T0 f=Vgρ0 .⑥ Tb ②气球内热空气所受的重力为 G=ρ(Ta)Vg⑦ 联立④⑦式得 T0 G=Vgρ0 .⑧ Ta ③设该气球还能托起的最大质量为 m,由力的平衡条件得 mg=f-G-m0g⑨ 联立⑥⑧⑨式得 1 1? m=Vρ0T0? ?T -T ?-m0. b a 答案:(1)ABD (2)见解析 2.解析:(1)根据气体分子单位速率间隔的分子数占总分子数的百分比随气体分子速率 的变化曲线的意义可知,题图中两条曲线下面积相等,选项 A 正确;题图中虚线占百分比较 大的分子速率较小,所以对应于氧气分子平均动能较小的情形,选项 B 正确;题图中实线占 百分比较大的分子速率较大,分子平均动能较大,根据温度是分子平均动能的标志,可知实 线对应于氧气分子在 100 ℃时的情形,选项 C 正确;根据分子速率分布图可知,题图中曲线 给出了任意速率区间的氧气分子数目占总分子数的百分比,不能得出任意速率区间的氧气分 子数目,选项 D 错误;由分子速率分布图可知,与 0 ℃时相比,100 ℃时氧气分子速率出现 在 0~400 m/s 区间内的分子数占总分子数的百分比较小,选项 E 错误. (2)①设打开 K2 后,稳定时活塞上方气体的压强为 p1,体积为 V1.依题意,被活塞分开的 两部分气体都经历等温过程.由玻意耳定律得 p0V=p1V1① (3p0)V=p1(2V-V1)② 联立①②式得 V V1= ③ 2 p1=2p0.④ ②打开 K3 后,由④式知,活塞必定上升.设在活塞下方气体与 A 中气体的体积之和为 V2(V2≤2V)时,活塞下气体压强为 p2.由玻意耳定律得(3p0)V=p2V2 ⑤ 由⑤式得 3V p2= p0⑥ V2 3 由⑥式知,打开 K3 后活塞上升直到 B 的顶部为止;此时 p2 为 p′2= p0. 2 ③设加热后活塞下方气体的压强为 p3,气体温度从 T1=300 K 升高到 T2=320 K 的等容 过程中,由查理定律得 p′2 p3 = ⑦ T1 T2 将有关数据代入⑦式得 p3=1.6p0. 答案:(1)ABC (2)见解析 3.解析:(1)ab 过程,气体压强增大,体积不变,则温度升高,内能增加,A 项正确; ab 过程发生等容变化,气体对外界不做功,C 项错误;一定质量的理想气体内能仅由温度决 定,bc 过程发生等温变化,内能不变,bc 过程,气体体积增大,气体对外界做正功,根据热 力学第一定律可知气体从外界吸热,D 项正确;ca 过程发生等压变化,气体体积减小,外界 对气体做正功,B 项正确;ca 过程,气体温度降低,内能减小,外界对气体做正功,根据热 力学第一定律可知气体向外界放热,E 项错误. (2)①水银面上升至 M 的下端使玻璃泡中气体恰好被封住, 设此时被封闭的气体的体积为 V,压强等于待测气体的压强 p.提升 R,直到 K2 中水银面与 K1 顶端等高时,K1 中水银面比顶 端低 h;设此时封闭气体的压强为 p1,体积为 V1,则 1 V=V0+ πd2l① 4 1 V1= πd2h② 4 由力学平衡条件得 p1=p+ρgh③ 整个过程为等温过程,由玻意耳定律得 pV=p1V1④ 联立①②③④式得 ρπgh2d2 p= .⑤ 4V0+πd2(l-h) ②由题意知 h≤l⑥ 联立⑤⑥式有 πρgl2d2 p≤ ⑦ 4V0 该仪器能够测量的最大压强为 pmax= πρgl2d2 .⑧ 4V0 (2)见解析 答案:(1)ABD 4.解析:(1)由题图可知,从 A 到 B 气体的体积减小,外界对气体做功,A 项错误;从 A 到 B 过程气体的温度不变,内能不变,根据热力学第一定律可知,气体放出热量,B 项正 nR 确;由理想气体状态方程 pV=nRT,V= T 可知,从 B 到 C 气体发生的是等压变化,气体 p 的温度在降低,内能在减少,C 项正确,D 项错误. (2)影响布朗运动快慢的因素有两个,即悬浮颗粒的大小和液体温度,颗粒越小布朗运动 越明显,液体温度越高布朗运动越明显,从题图可以看出,乙中炭粒的布朗运动明显,因此 温度相同时,甲中炭粒的颗粒大;颗粒相同时,乙中水的温度高,水分子的热运动较剧烈. 4 (3)摩尔体积 V= πr3NA(或 V=(2r)3NA) 3 M 3M M 由密度 ρ= ,解得 ρ= 3 (或 ρ= 3 ),代入数据得 ρ=1×103 kg/m3 (或 ρ=5×102 V 4πr NA 8r N A kg/m3,5×102~1×103 kg/m3 都算对). 答案:(1)BC (2)甲 乙 (3)见解析 专题 15 机械振动与机械波 1.解析:选 A.t=1 s 时,振子在正的最大位移处,振子的速度为零,由 a=-kx/m 知, 加速度为负的最大值,A 项正确;t=2 s 时,振子位于平衡位置,由 a=-kx/m 知,加速度 为零, B 项错误;t=3 s 时,振子在负的最大位移处, 由 a=-kx/m 知,加速度为正的最大值, C 项错误;t=4 s 时,振子位于平衡位置,由 a=-kx/m 知,加速度为零,D 项错误. 2.解析:选 C.天线发出的两种无线电波各自与另一天线发出的同一波长的电波发生干 涉,故两种无线电波没关系,A 项错误;两种无线电波传播的速度(光速)相同,由 c=λν 知, 波长不同,则频率不同,故两种无线电波不会发生干涉,B 项错误;两种无线电波各自发生 干涉,因此在空间的强弱分布稳定,天线连线的中垂线上都是加强点,故 C 项正确、D 项错 误. 3.解析:选 C.振动方向与传播方向垂直,故该简谐波是横波,A 错误;根据“下坡上” 1 1 判断,P 距离 O 的最近距离 L= λ,所以最大波长等于 4L,B 错误;经过 T,P 位于波峰, 4 4 1 3 所以 T 时,P 在平衡位置上方,C 正确;在 T 时,P 正在从波峰回到平衡位置,速度方向竖 8 8 直向下,D 错误. 4.解析:选 BCE.由图象可知简谐横波的波长为 λ=4 m,A 项错误;波沿 x 轴正向传播, 3 2 1 λ t=0.5 s= T,可得周期 T= s、频率 f= =1.5 Hz,波速 v= =6 m/s,B、C 项正确;t=0 4 3 T T 3 时刻,x=1 m 处的质点在波峰,经过 1 s= T,一定在波谷,D 项错误;t=0 时刻,x=2 m 2 处的质点在平衡位置,经过 2 s=3T,质点一定经过平衡位置,E 项正确. 5. 解析: 点波源 S1(0, 4)的振动形式传播到点 A(8, -2)的路程为 L1=10 m, 点波源 S2(0, -2)的振动形式传播到点 A(8,-2)的路程为 L2=8 m,两列波从波源传播到点 A(8,-2)的 路程差为 ΔL=L1-L2=2 m.由于两列波的波源到点 B(4,1)的路程相等,路程差为零,且 t =0 时两列波的波源的振动方向相反,所以两列波到达点 B 时振动方向相反,引起的点 B 处 质点的振动相互减弱;由振动图线可知,波动周期为 T=2 s,波长 λ=vT=2 m.由于两列波 的波源到点 C(0,0.5)的路程分别为 3.5 m 和 2.5 m,路程差为 1 m,而 t=0 时两列波的波源 的振动方向相反, 所以两列波到达点 C 时振动方向相同, 引起的点 C 处质点的振动相互加强. 答案:2 减弱 加强 专题 16 光学 电磁波 相对论 sin i 1.解析:选 D.由题图可知,光束 a 的折射角小,根据 n= 知,光束 a 的折射率大于 sin r 光束 b 的折射率,频率越大,折射率越大,且已知光束 b 是蓝光,选项中频率大于蓝光频率 的只有紫光,故光束 a 可能是紫光,D 项正确. 2.解析:选 D.从光路图上看,在入射角相等的情况下,a 光的折射角较大,所以 b 光折 1 射率大于 a 光折射率,nb>na,根据 sin C= ,a 光的全反射临界角大,增大入射角 i,a 光先 n λa0 λb0 发生全反射,a 光先消失,A 错误;λa= 、λb= ,因为 λa0>λb0、nb>na,所以 λa>λb,B 错 na nb 误;光波属于电磁波,电磁波都是横波,都能发生偏振现象,C 错误;遏止电压 Uc 满足 eUc =hν-hν0,入射光的频率越低,遏止电压越低,a 光折射率较低,则频率较低,对应的遏止 电压也低,D 正确. L 3.解析:(1)由 Δx= λ 可知,改用波长更长的激光照射在双缝上,相邻亮条纹的间距 Δx d 增大,A 项正确,B 项错误;减小双缝间距 d,相邻亮条纹的间距 Δx 增大,C 项正确;将屏 幕向远离双缝的位置移动,增大了屏幕与双缝的距离 L,相邻亮条纹的间距 Δx 增大,D 项正 确;相邻亮条纹的间距与光源到双缝的距离无关,E 项错误. (2)设从光源发出直接射到 D 点的光线的入射角为 i1, 折射角为 r1.在剖面内作光源相对于 反光壁的镜像对称点 C,连接 C、D,交反光壁于 E 点,由光源射向 E 点的光线,反射后沿 ED 射向 D 点.光线在 D 点的入射角为 i2,折射角为 r2,如图所示.设液体的折射率为 n, 由折射定律有 nsin i1=sin r1① nsin i2=sin r2② 由题意知 r1+r2=90°③ 联立①②③式得 1 n2= 2 ④ sin i1+sin2i2 由几何关系可知 sin i1= l 2 l 4l2+ 4 3 l 2 4l2+ 2= 1 ⑤ 17 sin i2= 9l 4 2= 3 ⑥ 5 联立④⑤⑥式得 n≈1.55. 答案:(1)ACD (2)见解析 4.解析:(1)相对论告诉我们,运动的钟会变慢,由于飞船上的人观测飞船上的钟是静 止的, 观测到地球上的钟是运动的, 因此飞船上的人观测到飞船上的钟相对于地球上的钟快, A 项正确,B 项错误;同样,地球上的人观测到飞船上的钟是运动的,地球上的钟是静止的, 因此地球上的人观测到地球上的钟比飞船上的钟快,C 项正确,D 项错误. (2)播放速度变为原来的 2 倍,则声波的频率也变为原来的 2 倍,但在同一均匀介质中声 波的传播速度不变. D (3)由几何关系 sin i= ,解得 i=45° 2R sin i 则由折射定律 =n,解得 γ=30° sin γ α 且 i=γ+ ,解得 α=30°. 2 答案:(1)AC (3)见解析 5.解析:如图,根据光路的对称性和光路可逆性,与入射光线相对于 OC 轴对称的出射 光线一定与入射光线平行. 这样, 从半球面射入的折射光线, 将从圆柱体底面中心 C 点反射. 设 光线在半球面的入射角为 i,折射角为 r.由折射定律有 (2)频率 不变 sin i=nsin r① 由正弦定理有 sin r sin(i-r) = ② 2R R L 由几何关系,入射点的法线与 OC 的夹角为 i.由题设条件和几何关系有 sin i= ③ R 式中 L 是入射光线与 OC 的距离.由②③式和题给数据得 sin r= 6 ④ 205 由①③④式和题给数据得 n= 2.05≈1.43. 答案:见解析 6.解析: (1)如图,从底面上 A 处射入的光线,在球面上发生折射时的入射角为 i,当 i 等于全反 射临界角 ic 时,对应入射光线到光轴的距离最大,设最大距离为 l. i=ic① 设 n 是玻璃的折射率,由全反射临界角的定义有 nsin ic=1② 由几何关系有 l sin i= ③ R 联立①②③式并利用题给条件,得 2 l= R.④ 3 R (2)设与光轴相距 的光线在球面 B 点发生折射时的入射角和折射角分别为 i1 和 r1,由折 3 射定律有 nsin i1=sin r1⑤ 设折射光线与光轴的交点为 C,在△OBC 中,由正弦定理有 sin ∠C sin(180°-r1) = ⑥ R OC 由几何关系有 ∠C=r1-i1⑦ 1 sin i1= ⑧ 3 联立⑤⑥⑦⑧式及题给条件得 3(2 2+ 3) OC= R≈2.74R. 5 答案:见解析
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文档贡献者

韩谦

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