2018年高考物理真题试题(江苏卷)(Word版+答案+解析)

2018年高考物理真题试卷（江苏卷）

一、单项选择题

1.我国高分系列卫星的高分辨对地观察能力不断提高．今年5月9日发射的“高分五号”轨道高度约为705 km，之前已运行的“高分四号”轨道高度约为36 000 km，它们都绕地球做圆周运动．与“高分四号冶相比，下列物理量中“高分五号”较小的是（ ）

A. 周期 B. 角速度 C. 线速度 D. 向心加速度

2.采用220 kV高压向远方的城市输电．当输送功率一定时，为使输电线上损耗的功率减小为原来的 4 ，输电电压应变为（ ）

A. 55 kV B. 110 kV C. 440 kV D. 880 kV

3.某弹射管每次弹出的小球速度相等．在沿光滑竖直轨道自由下落过程中，该弹射管保持水平，先后弹出两只小球．忽略空气阻力，两只小球落到水平地面的（ ）

A. 时刻相同，地点相同 B. 时刻相同，地点不同 C. 时刻不同，地点相同 D. 时刻不同，地点不同

4.从地面竖直向上抛出一只小球，小球运动一段时间后落回地面．忽略空气阻力，该过程中小球的动能Ek与时间t的关系图像是（ ）

1

A. B.

C. D.

5.如图所示，水平金属板A、B分别与电源两极相连，带电油滴处于静止状态．现将B板右端向下移动一小段距离，两金属板表面仍均为等势面，则该油滴（ ）

A. 仍然保持静止 B. 竖直向下运动 C. 向左下方运动 D. 向右下方运动

二、多项选择题

6.火车以60 m/s的速率转过一段弯道，某乘客发现放在桌面上的指南针在10 s内匀速转过了约10°．在此10 s时间内，火车（ ）

A. 运动路程为600 m B. 加速度为零

C. 角速度约为1 rad/s D. 转弯半径约为3.4 km

7.如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端连接一小物块，O点为弹簧在原长时物块的位置．物块由A点静止释放，沿粗糙程度相同的水平面向右运动，最远到达B点．在从A到B的过程中，物块（ ）

A. 加速度先减小后增大 B. 经过O点时的速度最大

C. 所受弹簧弹力始终做正功 D. 所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功

8.如图所示，电源E对电容器C充电，当C两端电压达到80 V时，闪光灯瞬间导通并发光，C放电．放电后，闪光灯断开并熄灭，电源再次对C充电．这样不断地充电和放电，闪光灯就周期性地发光．该电路（ ）

A. 充电时，通过R的电流不变 B. 若R增大，则充电时间变长

C. 若C增大，则闪光灯闪光一次通过的电荷量增大 D. 若E减小为85 V，闪光灯闪光一次通过的电荷量不变 9.如图所示，竖直放置的

形光滑导轨宽为L ， 矩形匀强磁场Ⅰ、Ⅱ的高和间距均为d ， 磁感应

强度为B ． 质量为m的水平金属杆由静止释放，进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等．金属杆在导轨间的电阻为R ， 与导轨接触良好，其余电阻不计，重力加速度为g ． 金属杆（ ）

A. 刚进入磁场Ⅰ时加速度方向竖直向下

B. 穿过磁场Ⅰ的时间大于在两磁场之间的运动时间

C. 穿过两磁场产生的总热量为4mgd D. 释放时距磁场Ⅰ上边界的高度h可能小于

𝑚2𝑔𝑅22𝐵4𝐿4 三、简答题

10.一同学测量某干电池的电动势和内阻．

（1）如图所示是该同学正准备接入最后一根导线（图中虚线所示）时的实验电路．请指出图中在器材操作上存在的两个不妥之处________；________．

（2）实验测得的电阻箱阻值R和电流表示数I ， 以及计算的 𝐼 数据见下表:

根据表中数据，在答题卡的方格纸上作出 𝑅−𝐼 关系图像________．由图像可计算出该干电池的电动势为________V；内阻为________Ω． R/Ω 8.0 7.0 6.0 5.0 4.0 I/A 11

1

0.15 0.17 0.19 0.22 0.26 –1 /A 6.7 6.0 5.3 4.5 3.8 𝐼

（3）为了得到更准确的测量结果，在测出上述数据后，该同学将一只量程为100 mV的电压表并联在电流表的两端．调节电阻箱，当电流表的示数为0.33 A时，电压表的指针位置如图所示，则该干电池的电动势应为________V；内阻应为________Ω．

11.某同学利用如图所示的实验装置来测量重力加速度g ． 细绳跨过固定在铁架台上的轻质滑轮，两端各悬挂一只质量为M的重锤．实验操作如下：

①用米尺量出重锤1底端距地面的高度H； ②在重锤1上加上质量为m的小钩码；

③左手将重锤2压在地面上，保持系统静止．释放重锤2，同时右手开启秒表，在重锤1落地时停止计时，记录下落时间；

④重复测量3次下落时间，取其平均值作为测量值t ． 请回答下列问题

（1）步骤④可以减小对下落时间t测量的________（选填“偶然”或“系统”）误差． （2）实验要求小钩码的质量m要比重锤的质量M小很多，主要是为了______． A.使H测得更准确

B.使重锤1下落的时间长一些 C.使系统的总质量近似等于2M

D.使细绳的拉力与小钩码的重力近似相等

（3）滑轮的摩擦阻力会引起实验误差．现提供一些橡皮泥用于减小该误差，可以怎么做________? （4）使用橡皮泥改进实验后，重新进行实验测量，并测出所用橡皮泥的质量为m0 ． 用实验中的测量量和已知量表示g ， 得g=________．

四、[选修3-3]

12.

（1）如图所示，一支温度计的玻璃泡外包着纱布，纱布的下端浸在水中．纱布中的水在蒸发时带走热量，使温度计示数低于周围空气温度．当空气温度不变，若一段时间后发现该温度计示数减小，则_____．

A.空气的相对湿度减小 B.空气中水蒸汽的压强增大 C.空气中水的饱和气压减小 D.空气中水的饱和气压增大

（2）一定量的氧气贮存在密封容器中，在T1和T2温度下其分子速率分布的情况见右表．则T1________（选填“大于”“小于”或“等于”）T2 ． 若约10%的氧气从容器中泄漏，泄漏前后容器内温度均为T1 ， 则在泄

漏后的容器中，速率处于400~500 m/s区间的氧气分子数占总分子数的百分比________（选填“大于”“小于”或“等于”）18.6%．

（3）如图所示，一定质量的理想气体在状态A时压强为2.0×105 Pa，经历A → B → C → A的过程，整个过程中对外界放出61.4 J热量．求该气体在A → B过程中对外界所做的功．

五、[选修3-4]

13.

（1）梳子在梳头后带上电荷，摇动这把梳子在空中产生电磁波．该电磁波______． A.是横波

B.不能在真空中传播

C.只能沿着梳子摇动的方向传播 D.在空气中的传播速度约为3×108 m/ s

（2）两束单色光A、B的波长分别为 𝜆𝐴 、 𝜆𝐵 ，且 𝜆𝐴 > 𝜆𝐵 ，则________（选填“A”或“B”）在水中发生全反射时的临界角较大．用同一装置进行杨氏双缝干涉实验时，可以观察到________（选填“A”或“B”）产生的条纹间距较大．

（3）一列简谐横波沿x轴正方向传播，在x=0 和x=0.6 m处的两个质点A、B的振动图象如图所示．已知该波的波长大于0.6 m，求其波速和波长.

六、[选修3-5]

14.

（1）已知A和B两种放射性元素的半衰期分别为T和2T ， 则相同质量的A和B经过2T后，剩有的A和B质量之比为_____． A.1:4 B.1:2 C.2:1 D.4:1

（2）光电效应实验中，用波长为 𝜆0 的单色光A照射某金属板时，刚好有光电子从金属表面逸出．当波长为

𝜆02

的单色光B照射该金属板时，光电子的最大初动能为________，A、B两种光子的动量之比为

________． （已知普朗克常量为h、光速为c）

（3）如图所示，悬挂于竖直弹簧下端的小球质量为m ， 运动速度的大小为v ， 方向向下．经过时间t ， 小球的速度大小为v ， 方向变为向上．忽略空气阻力，重力加速度为g ， 求该运动过程中，小球所受弹簧弹力冲量的大小．

七、计算题

15.如图所示，两条平行的光滑金属导轨所在平面与水平面的夹角为 𝜃 ，间距为d ． 导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B ， 方向与导轨平面垂直．质量为m的金属棒被固定在导轨上，距底端的距离为s ， 导轨与外接电源相连，使金属棒通有电流．金属棒被松开后，以加速度a沿导轨匀加速下滑，金属棒中的电流始终保持恒定，重力加速度为g ． 求下滑到底端的过程中，金属棒

（1）末速度的大小v； （2）通过的电流大小I； （3）通过的电荷量Q ．

16.如图所示，钉子A、B相距5l ， 处于同一高度．细线的一端系有质量为M的小物块，另一端绕过A固定于B ． 质量为m的小球固定在细线上C点，B、C间的线长为3l ． 用手竖直向下拉住小球，使小球和物块都静止，此时BC与水平方向的夹角为53°．松手后，小球运动到与A、B相同高度时的速度恰好为零，然后向下运动．忽略一切摩擦，重力加速度为g ， 取sin53°=0.8，cos53°=0.6．求：

（1）小球受到手的拉力大小F； （2）物块和小球的质量之比M:m；

（3）小球向下运动到最低点时，物块M所受的拉力大小T ．

17.如图所示，真空中四个相同的矩形匀强磁场区域，高为4d ， 宽为d ， 中间两个磁场区域间隔为2d ， 中轴线与磁场区域两侧相交于O、O′点，各区域磁感应强度大小相等．某粒子质量为m、电荷量为+q ， 从O沿轴线射入磁场．当入射速度为v0时，粒子从O上方 2 处射出磁场．取sin53°=0.8，cos53°=0.6．

𝑑

（1）求磁感应强度大小B；

（2）入射速度为5v0时，求粒子从O运动到O′的时间t；

（3）入射速度仍为5v0 ， 通过沿轴线OO′平移中间两个磁场（磁场不重叠），可使粒子从O运动到O′的时间增加Δt ， 求Δt的最大值．

答案解析部分

一、单项选择题 1.【答案】 A

【考点】万有引力定律及其应用，卫星问题

【解析】【解答】设地球质量为M ， 人造卫星质量为m ， 人造卫星做匀速圆周运动时，根据万有引力提供向心力有 𝐺𝑎=

𝐺𝑀𝑟2𝑀𝑚𝑟2

=𝑚

𝑣2𝑟

=𝑚𝜔2𝑟=𝑚(𝑇)2𝑟=𝑚𝑎 ，得 𝑣=√

2𝜋𝐺𝑀𝑟

， 𝜔=√𝐺𝑀 ， 𝑇=2𝜋√𝑟 ， 3

𝑟

𝐺𝑀

3

，因为“高分四号”的轨道半径比“高分五号”的轨道半径大，所以选项A符合题意，BCD不符合题

意。 故答案为：A

【分析】由于人造卫星做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力可知𝑚𝑎 ， 即可解出此题。或有特殊结论：高轨低速大周期也可解得。 2.【答案】 C 【考点】电能的输送

【解析】【解答】当输电功率P=UI ， U为输电电压，I为输电线路中的电流，输电线路损失的功率为P

损

𝐺𝑀𝑚𝑟2=𝑚

𝑣2𝑟

=𝑚𝜔𝑟=𝑚(

2

2π𝑇

)𝑟=

2

=I2R ， R为输电线路的电阻，即P损= (𝑈)2𝑅 。当输电功率一定时，输电线路损失的功率为原来的

𝑃

14

，则输电电压为原来的2倍，即440V，

故答案为：C。

【分析】由题意可知为使电线上的损耗功率减为原来的4 ， 则电流需减半，输送功率一定，再由输电功率P=UI可求得输电电压。 3.【答案】 B

【考点】匀速直线运动，位移的合成与分解，速度的合成与分解，自由落体运动

【解析】【解答】弹射管在竖直方向做自由落体运动，所以弹出小球在竖直方向运动的时间相等，因此两球应同时落地；由于两小球先后弹出，且弹出小球的初速度相同，所以小球在水平方向运动的时间不等，因小球在水平方向做匀速运动，所以水平位移不相等，因此落点不相同。 故答案为：B。

【分析】应明确小球在竖直方向上随弹簧管做自由落体运动，水平方向做匀速直线运动，但是两小球在不同时刻弹出弹簧管，则从弹出到落地时间不同，则水平位移不同，落点不同。根据分运动的等时性可知两球落到水平地面的时间关系。 4.【答案】 A

【考点】竖直上抛运动，动能与重力势能

1

【解析】【解答】小球做竖直上抛运动时，速度v=v0-gt ， 根据动能 𝐸𝑘=2𝑚𝑣2 得 𝐸𝑘=2𝑚(𝑣0−𝑔𝑡)2 ，故图象A符合题意。 故答案为：A

【分析】由竖直上抛运动的特点可求得某时刻的速度，将速度代入动能的定义式得出动能与时间的关系，结合数学知识得出动能随时间的变化图像。 5.【答案】 D

【考点】力的合成，电场强度和电场线，物体的受力分析，电场力，力与运动的关系

【解析】【解答】两极板平行时带电粒子处于平衡状态，则重力等于电场力，当下极板旋转时，板间距离增大场强减小，电场力小于重力；由于电场线垂直于金属板表面，所以电荷处的电场线如图所示，所以重力与电场力的合力偏向右下方，故粒子向右下方运动，选项D符合题意。

11

故答案为：D

【分析】两板平行时，由题意可知带电液滴所受电场力与重力的关系。由于金属板A、B分别与电源两极相连，则明确板间电压不变，而当下极板旋转时，改变板间距，会影响板间场强，由受力分析，力的合成及力和运动的关系可判断出粒子的具体运动状态。 二、多项选择题 6.【答案】 A,D

【考点】描述圆周运动的物理量

【解析】【解答】圆周运动的弧长s=vt=60×10m=600m， A符合题意；

火车转弯是圆周运动，圆周运动是变速运动，所以合力不为零，加速度不为零，项B不符合题意； 由题意得圆周运动的角速度 𝜔=

𝑣

60

𝛥𝜃𝛥𝑡

=

10180×10

×3.14 rad/s=

3.14180

rad/s，

又 𝑣=𝜔𝑟 ，所以 𝑟=𝜔=3.14×180 m=3439m， 故答案为：AD。

【分析】根据圆周运动为曲线运动的特点可知，圆周运动为变速运动，则合力不为零，加速度为零。由线速度的定义式，角速度的定义式及线速度和角速度的关系可分别求出圆周的弧长，角速度，及转弯半径。

7.【答案】 A,D

【考点】对质点系的应用，弹性势能，动能定理的综合应用

【解析】【解答】物体从A点到O点过程，弹力逐渐减为零，刚开始弹簧弹力大于摩擦力，故可分为弹力大于摩擦力过程和弹力小于摩擦力过程：弹力大于摩擦力过程，合力向右，加速度也向右，由于弹力减小，摩擦力不变，小球所受合力减小加速度减小，弹力等于摩擦力时速度最大，此位置在A点与O点之

间；弹力小于摩擦力过程，合力方向与运动方向相反，弹力减小，摩擦力大小不变，物体所受合力增大，物体的加速度随弹簧形变量的减小而增加，物体作减速运动；从O点到B点的过程弹力增大，合力向左，加速度继续增大， A符合题意、B不符合题意；从A点到O点过程，弹簧由压缩恢复原长弹力做正功，从O点到B点的过程，弹簧伸长，弹力做负功，C不符合题意；从A到B的过程中根据动能定理弹簧弹力做的功等于物体克服摩擦力做的功， 故答案为：AD。

【分析】先明确从A到O的过程，弹簧压缩量先变小后伸长量变大，可知对物体先做正功后做负功，然后对物体进行受力分析，结合牛顿第二定律可确定加速度的变化情况，有动能定理可知从A到B的过程中弹簧弹力做功与克服摩擦力做功的关系。 8.【答案】 B,C,D

【考点】电容器，含容电路，电流的概念

【解析】【解答】电容器充电时两端电压不断增大，所以电源与电容器极板间的电势差不断减小，因此充电电流变小， A不符合题意；当电阻R增大时，充电电流变小，电容器所充电荷量不变的情况下，充电时间变长， B符合题意；若C增大，根据Q=CU ， 电容器的带电荷量增大， C符合题意；当电源电动势为85V时，电源给电容器充电仍能达到闪光灯击穿电压80V时，所以闪光灯仍然发光，闪光一次通过的电荷量不变， D符合题意。 故答案为：BCD

【分析】熟练掌握形成电流的条件，电流的定义式以及电容器充放电的原理、知道Q=CU即可解决此题。 9.【答案】 B,C

【考点】对单物体(质点)的应用，匀变速直线运动基本公式应用，物体的受力分析，能量守恒定律 【解析】【解答】由于金属棒进入两个磁场的速度相等，而穿出磁场后金属杆做加速度为g的加速运动，所以金属感进入磁场时应做减速运动， A不符合题意；对金属杆受力分析，根据 知，金属杆做加速度减小的减速运动，其进出磁场的v-t图象如图所示，

𝐵2𝐿2𝑣𝑅

−𝑚𝑔=𝑚𝑎 可

由于0~t1和t1~t2图线与t轴包围的面积相等（都为d），所以t1>（t2-t1），选项B符合题意；从进入Ⅰ磁场到进入Ⅱ磁场之前过程中，根据能量守恒，金属棒减小的机械能全部转化为焦耳热，所以

Q1=mg ． 2d ， 所以穿过两个磁场过程中产生的热量为4mgd ， C符合题意；若金属杆进入磁场做匀速运动，则

𝑣2

𝐵2𝐿2𝑣𝑅

−𝑚𝑔=0 ，得 𝑣=𝐵2𝐿2 ，有前面分析可知金属杆进入磁场的速度大于 𝐵2𝐿2 ，根据

𝑚2𝑔2𝑅22𝑔𝐵4𝐿4𝑚𝑔𝑅𝑚𝑔𝑅

ℎ=2𝑔 得金属杆进入磁场的高度应大于

故答案为：BC

=

𝑚2𝑔𝑅22𝐵4𝐿4 ， D不符合题意。

【分析】结合题意对金属杆进行受力分析，明确其具体运动情况并画出v-t图像，可直观的判断出穿过磁场Ⅰ的时间与在两磁场之间的运动时间情况。由能量守恒定律可求出穿过两磁场产生的总热量。从释放到磁场Ⅰ上边界可由运动学公式求得高度h。

三、简答题

10.【答案】 （1）开关未断开；电阻箱阻值为零

（2）；1.4（1.30~1.44都算对）；1.2（1.0~1.4都算对）

（3）1.4（结果与（2）问第一个空格一致）；1.0（结果比（2）问第二个空格小0.2） 【考点】电磁学实验

【解析】【解答】（1）连接电路时电源应与电路断开，所以开关要断开；另一错误是电阻箱接入电路的电阻是零，这样容易烧坏电流表和电源。（2）将数据描点连线，做出一条倾斜的直线。根据闭合电路欧姆定律E=I(R+r)得 𝑅=𝐸⋅𝐼−𝑟 ，所以图线的斜率表示电源电动势 𝐸=

1

8−(−1.2)6.7−0𝑈𝑉𝐼𝐴

V=1.37V，截距绝对值表

66.0×10−333×10−3

示r=0.4×3.0Ω=1.20Ω；用电压表与电流表并联，可测得电流表的内阻 𝑅𝐴=

1

=𝛺=0.20𝛺 ，考

虑电表内阻对实验的影响，则E=I(R+RA+r)，得 𝑅=𝐸⋅𝐼−(𝑅𝐴+𝑟) ，所以图线的斜率仍表示电动势，电动势的准确值为1.37V，图线的截距表示（RA+r），所以内阻精确值为r=（1.20-0.20）Ω=1.00Ω。 【分析】（1）做电学实验时，需注意几项原则，其中一项即为安全性。（注意正负极的接法、各种仪器的量程等）

（2）由闭合电路的欧姆定律得出R与𝐼的关系，结合数学知识即可得出电源电动势和内阻。

（3）若用电压表与电流表并联，可用伏安法得出电流表内阻，此方法考虑到电表内阻对实验的影响，类似（2）中的分析方法可得出电动势及内阻的准确值。 11.【答案】 （1）偶然 （2）B

（3）在重锤1上粘上橡皮泥，调整橡皮泥质量直至轻拉重锤1能观察到其匀速下落

0）𝐻 （4）2（2𝑀+𝑚+𝑚2

1

𝑚𝑡

【考点】其他实验

【解析】【解答】本题考查重力加速度的测量，意在考查考生的实验探究能力。（1）时间测量是人为操作快慢和读数问题带来的误差，所以属于偶然误差。（2）由于自由落体的加速度较大，下落H高度的时间较短，为了减小测量时间的实验误差，就要使重锤下落的时间长一些，因此系统下降的加速度要小，所以小钩码的质量要比重锤的质量小很多。（3）为了消除滑轮的摩擦阻力，可用橡皮泥粘在重锤1上，轻拉重锤放手后若系统做匀速运动，则表示平衡了阻力。（4）根据牛顿第二定律有 𝑚𝑔=(𝑀+𝑚0+𝑚+𝑀)𝑎 ，又 𝐻=2𝑎𝑡2 ，解得 𝑔=

1

2(2𝑀+𝑚0+𝑚)𝐻

𝑚𝑡2 。

【分析】（1）搞清系统误差和偶然误差的区别。

（2）做实验的目的就是减小误差，高度确定的情况下，若较准确的测重力加速度，则就要增长时间，减小时间误差，通过分析可解决此题。

（3）本实验虽然为创新实验，为了消除摩擦阻力，可用平衡摩擦力的常规方法：让粘有橡皮泥的研究系统无初速自由释放，做匀速运动即可。

（4）对系统根据牛顿第二定律和运动学公式可解得重力加速度。 四、[选修3-3] 12.【答案】 （1）A （2）大于；等于

（3）解:整个过程中，外界对气体做功W=WAB+WCA ， 且WCA=pA（VC–VA） 由热力学第一定律ΔU=Q+W，得WAB=–（Q+WCA） 代入数据得WAB=–138.6 J，即气体对外界做的功为138.6 J

【考点】热力学第一定律（能量守恒定律），饱和汽及物态变化中能量，温度

【解析】【解答】（1）温度计示数减小说明蒸发加快，空气中水蒸汽的压强减小，选项B不符合题意；因空气的饱和气压只与温度有关，空气温度不变，所以饱和气压不变，选项C、D不符合题意；根据相对湿度的定义，空气的相对湿度减小，选项A符合题意。（2）分子速率分布与温度有关，温度升高，分子的平均速率增大，速率大的分子数所占比例增加，速率小的分子数所占比例减小，所以T1大于T2；泄漏前后容器内温度不变，则在泄漏后的容器中，速率处于400~500 m/s区间的氧气分子数占总分子数的百分比不变，仍为18.6%．

【分析】（1）考查了饱和气压与温度的关系以及相对湿度的定义。 （2）由分子速率分布与温度的关系可解题。

（3）求出整个过程中，外界对气体做的功，再由热力学第一定律求出。 五、[选修3-4] 13.【答案】 （1）A,D （2）A；A

（3）解:由图象可知，周期T=0.4 s

由于波长大于0.6 m，由图象可知，波从A到B的传播时间Δt=0.3 s 波速 𝑣=

𝛥𝑥𝛥𝑡

，代入数据得v=2 m/s 波长λ=vT，代入数据得λ=0.8 m

【考点】横波的图象，波长、波速和频率的关系，电磁场与电磁波，光的全反射，光的干涉 【解析】【解答】（1）摇动的梳子在空中产生电磁波，电磁波是横波， A符合题意；电磁波能在真空中传播，选项B不符合题意；电磁波传播的方向与振动方向垂直，C不符合题意；电磁波在空气中传播的速度约为光速， D符合题意。（2）波长越长，频率越小，折射率越小，根据临界角 sin𝐶=𝑛 ，可知波长越大临界角越大，所以A光的临界角大；双缝干涉条纹的间距 𝛥𝑥=𝑑𝜆 ，因为A光的波长较长，所以A光产生的条纹间距较大。

【分析】（1）熟练掌握电磁波的特点：电磁波是横波，传播不需要介质，在真空（或空气中）传播速度为光速。

𝑙

1

（2）熟记折射率和临界角的关系，频率和波长的关系，知道折射率越小则频率越小，可判断临界角的关系。由双缝干涉条纹的间距 ∆𝑥=𝑑𝜆 得哪种光干涉条纹间距较大。 （3）根据题意可求得周期，结合图像及波速和波长的关系式，可解得波长。 六、[选修3-5] 14.【答案】 （1）B （2）；1:2

𝜆0

𝑙

ℎ𝑐

̅–𝑚𝑔）𝑡 （3）解:取向上为正方向，动量定理mv–（–mv）=I且 𝐼=（𝐹̅𝑡=2𝑚𝑣+𝑚𝑔𝑡 解得 𝐼𝐹=𝐹

【考点】动量定理，光电效应，原子核的衰变、半衰期

【解析】【解答】（1）根据半衰期公式 𝑚=𝑚0()𝜏 ，经过2T ， A剩有的质量为 𝑚𝐴=𝑚0()𝑇 , B

2

2

1

剩有的质量为 𝑚𝐵=𝑚0()2𝑇 ,故mA:mB=1:2， B符合题意。（2）根据光电效应方程 𝐸𝑘=ℎ𝜐−𝑊0 ，又

2

2𝑇

𝑡

2𝑇

11

𝜐=𝜆 ，所以有 0=的动量之比为1:2.

𝑐

ℎ𝑐𝜆0

−𝑊0 ， 𝐸𝑘=

2ℎ𝑐𝜆0

ℎ−𝑊0 解得 𝐸𝑘=𝜆 ；又光子动量 𝑝= ，所以A、B两种光子

0

ℎ𝑐

𝜆

【分析】（1）由半衰期公式可解得质量关系。

（2）根据题意由光电效应方程可得光子动能表达式，结合光子动量表达式，可得A、B两种光子的动量之比。

（3）由动量定理可求出小球所受弹簧弹力冲量的大小。关键是动量定理为矢量式，应用时注意正方向的选取。 七、计算题

15.【答案】 （1）解:匀加速直线运动v2=2as 解得 𝑣=√2𝑎𝑠 （2）解:安培力F安=IdB 金属棒所受合力 𝐹=𝑚𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃–𝐹安 牛顿运动定律F=ma 解得 𝐼=𝑚（𝑔𝑠𝑖𝑛𝜃–𝑎） 𝑑𝐵

（3）解:运动时间 𝑡=𝑎 电荷量Q=It 解得 𝑄=√2𝑎𝑠𝑚（𝑔sin𝜃−𝑎） 𝑑𝐵𝑎

𝑣

【考点】对单物体(质点)的应用，安培力，匀变速直线运动基本公式应用，电流的概念 【解析】【分析】（1）根据题意由匀变速运动的公式可求出下滑到底端时的速度。 （2）以金属棒为研究对象，进行受力分析由牛顿第二定律通过金属棒的电流大小。 （3）根据速度时间公式求出下滑过程的时间，由电流的定义式求出通过的电荷量。 16.【答案】 （1）解:设小球受AC、BC的拉力分别为F1、F2 F1sin53°=F2cos53° F+mg=F1cos53°+ F2sin53°且F1=Mg

解得 𝐹=3𝑀𝑔−𝑚𝑔

（2）解:小球运动到与A、B相同高度过程中 小球上升高度h1=3lsin53°，物块下降高度h2=2l 机械能守恒定律mgh1=Mgh2 解得 𝑚=5

（3）解:根据机械能守恒定律，小球回到起始点．设此时AC方向的加速度大小为a，重物受到的拉力为T 牛顿运动定律Mg–T=Ma 小球受AC的拉力T′=T 牛顿运动定律T′–mgcos53°=ma

解得 𝑇=5（𝑚+𝑀） （ 𝑇=55𝑚𝑔或𝑇=11𝑀𝑔 ）

【考点】正交分解，对单物体(质点)的应用，机械能综合应用，物体的受力分析

【解析】【分析】（1）松手前，对小球进行受力分析，再由正交分解可求出小球受到手的拉力。 （2）小球运动到与A、B相同高度过程中，对整个系统由机械能守恒定律可得物块和小球的质量之比。 （3）根据机械能守恒定律，小球向下运动的最低点即为起始点，对重物和小球分别由牛顿第二定律联立可得物块M所受的拉力大小T。

17.【答案】 （1）解:粒子圆周运动的半径 𝑟0=（2）解:设粒子在矩形磁场中的偏转角为α 由d=rsinα，得sinα= 5 ，即α=53° 在一个矩形磁场中的运动时间 𝑡1=则 𝑡=4𝑡1+𝑡2=（53π+72180

𝛼

2π𝑚360°𝑞𝐵

4

𝑚𝑣0

8𝑚𝑀𝑔

48

8

𝑀

6

5

由题意知 𝑟0= ，解得 𝐵=𝑞𝐵

4

𝑑4𝑚𝑣0𝑞𝑑

，解得 𝑡1=直线运动的时间 𝑡2=

720𝑣

0

53π𝑑

2𝑑

，解得 𝑡2=5𝑣𝑣

2𝑑

0

）𝑣 0

𝑑

（3）解:将中间两磁场分别向移动距离x 粒子向上的偏移量y=2r（1–cosα）+xtanα 由y≤2d，解得 𝑥≤4𝑑 则当xm= 4𝑑 时，Δt有最大值

m+（2𝑑−2𝑥）=3𝑑增加路程的最大值 𝛥𝑠=𝑠m–2𝑑=𝑑增加时粒子直线运动路程的最大值 𝑠m=𝑐𝑜𝑠𝛼

mm

3

3

2𝑥

间的最大值 𝛥𝑡m=

𝛥𝑠

𝑣

m=5𝑣

0

𝑑

【考点】双边有界磁场

【解析】【分析】（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，有牛顿第二定律和几何关系可得磁感应强度。 （2）粒子先在矩形磁场中做匀圆周运动，由左手定则结合几何关系可知，粒子会垂直第二个矩形磁场边界射出，然后做匀速直线运动，运动2d的距离后再进入矩形磁场做匀速圆周运动，经分析可知，粒子从

O运动到O′的时间等于在磁场中运动的时间（为在一个矩形磁场区域运动时间的4倍）与做匀速直线运动的时间之和。

（3）由粒子在磁场中的运动规律建立几何关系结合数学知识可解得Δt的最大值。