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1、高中（高考）物理复习资料单元测试答案单元测试（一）1D 2BD 3 D 4C 5C 6C 7BC 8D 9(1)0.415(2)2.00 10【解析】纸带移动速度 x2x1T(n1)，又 ，因此 x2x1T(n1)r本题中 T 为电磁打点计时器打点的时间间隔,但题中示标明T0.02s，少数学生无法计算(2)的结果，当打点计时器接在 50Hz 交流电上时，T 才等于 0.02s，若交流电的频率不是50Hz（如欧美、日本的交流电频率为60Hz），则 T 不等于 0.02s11【解析】如图 1 所示，A 表示爆炸处，O 表示观测者所在处，h 表示云层下表面的高度。用 t1表示爆炸声直接传到O 处所经
2、时间，则有d=vt1用 t2表示爆炸声经云层反射到达O 处所经历时间，因为入射角等于反射角，故有2(d2)2+h2=vt2郝已知t2t1联立 式，可得:h=12(v)2+2dv t 代入数值得 h=2.0 103m 郝12【解析】汽车在关闭油门减速后的一段时间内，其速度大于自行车的速度，因此汽车和自行车之间的距离在不断缩小，当这个距离缩小到零时，若汽车的速度减至与自行车相同，则能满足题设的汽车恰好不碰上自行车的条件，所以本题要求的汽车关闭油门时离h d O A 图 1自行车的距离x，应是汽车从关闭油门减速运动，直到速度与自行车速度相等时发生的位移 x汽与自行车在这段时间内发生的位移x自之差，如
3、图2 所示汽车减速到4m/s 时发生的位移和运动的时间分别为x汽汽2自22a100162 6m7 m t汽自a1046s1 s 这段时间内自行车发生的位移x自自t4 1 m4 m,汽车关闭油门时离自行车的距离xx汽x自7 m4 m3 m13【解析】工件放上传送带后，先加速，当速度达到传送带运动速度时，将经此速度匀速运动设工件加速度为 a，则222a(62a 210，a1 m/s2若传送带运动速度足够大，工件一直加速到B 处，则时间最短，设为tmin，则12at2min10 tmin25s 此时工件速度 atmin2 5 m/s 传送带运动速度应不小于此速度若把速率再提高一倍，零件传送仍需25s
4、单元测试（二）1A 2 B 3C 4 BC 5A 6B 7CD 8D 图 29 将木块放在水平放置的木板上，用橡皮条水平拉动木块，使木块在木板上匀速运动，测量出这时橡皮条的长度l2；=（l2-l0）/（l1-l0）10（1）C（2）10；50 11【解析】（1）先以人为研究对象，人受重力G、地面对人的支持力FN、绳子的拉力FT三个力作用由平衡条件可得：FN+FT=G，而对物体有 FT=G物=300N，由上述方程得 FN=200N由牛顿第三定律可知人对地面的压力 FN=200N（2）以 B 点为研究对象，其受力情况如图所示将绳子的拉力 F 分解为两个力：一个分力是对 AB 杆的拉力 FAB、一个
5、分力是对 BC 杆的压力 FBC对滑轮有：F=2FT=600N，由题意及受力分解图可知：320030tanFFABN 340030cosFFBCN 12【解析】（1）当弹簧 C 未发生形变时弹簧B 处于压缩状态，设压缩量为0 x，根据平衡条件和胡克定律有kx0=mg，解得10kmgx（2）当弹簧 C 的右端点沿水平缓慢拉到b 位置时，因弹簧B 对物体 A 的拉力大小恰好等于 A 的重力，说明弹簧处于伸长状态，且伸长量101mgxxk所以物体 A 上升的高度为0122mghxk绳中张力 T=2mg弹簧 C 的伸长量2222Tmgxkkab 间的距离为212112()abhxmgkk13【解析】（
6、1）取 C 点为研究对象进行受力分析如图甲所示：由图可知，物体平衡时AC 上的张力 T1和 BC 上的张力 T2的关系：T2=T1tan37 所以当 AC 上的张力为最大值120N 时，BC 上的张力小于120N，因此计算中取T1=120N T1 B3753ACT2 G图甲故重物的最大重力为1=150Ncos37mTG（2）在图甲中，设AB=s，由几何关系，绳长l=scos53+s cos37=1.4s 若将挂钩换成滑轮，则静止时C 点位于 AB 的中垂线上，此时两根绳子的张力大小相相等对 C 点受力分析，如图乙所示，由几何关系cos=22(0.7)(0.5)240.77sss 0.7 由图示
7、关系有重物的最大重力为2cosmGT故重物的最大重力为Gm=168N 单元测试卷（三）1.BD 2.AD 3.A 4.D 5.C 6.A 7.C 8.AD 9.光滑斜面的长度至少为lmin=2.04m，斜面的倾角为1.5010.mM，0.46m s211.【解析】（1）设飞艇在25s 内下落的加速度为a1，根据牛顿第二定律可得11maFmg解得：6.911mFmgam/s2飞艇在 25s 内下落的高度为300021211tahm（2）25s 后飞艇将做匀减速运动，开始减速时飞艇的速度v 为2401tavm/s 减速运动下落的最大高度为25002hm 减速运动飞艇的加速度大小a2至少为52.11
8、2222hvam/s2设座位对大学生的支持力为FN，则BAC图乙T T G 13 题图mgagmFmamgFNN152.2)(22NNFF即大学生对座位压力是其重力的2.15 倍12【解析】（1）由位移公式221atx沿斜面方向，由牛顿第二定律得：maFmg sin联立并代入数值后，得NtxgmF80)2sin(2（2）在垂直斜面方向上，0cosmgFN又NFF联立并代入数值后，得12.0cosmgF13.【解析】(1)由牛顿第二定律得：mamgF有：amF所以，直线的斜率等于物体质量的倒数，即21Famkg-1物体的质量m=0 5 kg 直线与横轴交点表示物体刚要运动时，拉力F与摩擦力大小相
9、等即摩擦力大小f=1N(2)由 f=mg 得物体与水平面的摩擦因数2.0105.01(3)（题目要求：当质量加倍时，物体刚要运动是拉力F=2N，直线的斜率变为1 kg1)作图如图示。单元测试（四）hAOB4-9 1C 2C 3C 4B 5A 6BD 7BC 8AB 9BD 10.（1）（2）D（3）(1)nt，是 n 个点对应的圆心角，t 是电火花计时器的打点时间间隔。（4）没有影响11【解析】（1）由于小孩无碰撞进入圆弧轨道，即小孩落到A 点时速度方向沿 A 点切线方向，则00tantan 53yxvgtvv又由212hgt得20.4htsg而4/yvgtm s联立以上各式得03/vms（2
10、）设小孩到最低点的速度为，由机械能守恒，有220011(1cos53)22xmvmvmghR在最低点，据牛顿第二定律，有2xNvFmgmR代入数据解得 FN=1290N 由牛顿第三定律可知，小孩对轨道的压力为1290N12【解析】在月球表面mgRMmG2在高空hRvmhRMmG22)(联立 和式，解得hRgRvsm/1026.01074.162.11074.1666)/1057.1(/15663smsm或13【解析】（1）设此时盒子的运动周期为T0，因为在最高点时盒R m O 4-10 子与小球之间刚好无作用力，因此小球仅受重力作用根据牛顿运动定律得：2vmgmR02 RvT解之得：gRT20
11、（2）设此时盒子的运动周期为T，则此时小球的向心加速度为：RTan224由第一问知：RTg2024且20TT由上述三式知：gan4设小球受盒子右侧面的作用力为F，受上侧面的作用力为N，根据牛顿运动定律知：在水平方向上：nFma即：4Fmg在竖直方向上：0Nmg即：Nmg因为 F 为正值、N 为负值，所以小球对盒子的右侧面和下侧面有作用力单元测试（五）1.A 2.BC 3.C 4.C 5.B 6.AD 7.B 8.B 9.14mghmghLghmghLgh222，13 10.(1)接通打点计时器的电源,释放小车,关闭打点计时器的电源(2)5.05 5.10 0.480.50(答案在此范围都得分)
12、(3)重力(钩码的重力)摩擦力(阻力)(4)sv2(速度平方的变化与位移成正比)小车的质量11.【解析】（1）因水池面积很大，可忽略因木块压入水中所引起的水深变化，木块刚好完全没入水中时，图中原来处于划斜线区域a a/2 3a/4 a/4 的水被排开，结果等效于使这部分水平铺于水面，这部分水的质量为m，其势能的改变量为mgaaHmgmgHE43)43(1水大块势能的改变量为:mgamgHaHmgE21)2(木根据功能原理，力F 所做的功：mgaEEW41木水(2)因容器水面面积为2a2，只是木块底面积的 2 倍，不可忽略因木块压入水中所引起的水深变化，木块刚好完全没入水中时，图中原来处于下方划
13、斜线区域的水被排开到上方划斜线区域.这部分水的质量为m/2，其势能的改变量为：mgaE832水.12.【解析】(1)平抛所用时间为 t=gh2，水平初速度为v=ghth2510.(2)1min 内喷出水的动能为Ek=21mv2=25mgh水泵提水，1min 内水所获得的重力势能为Ep=mg(H+h)1min 内水泵对水所做功为W=Ek+Ep=mg(H+26h)(3)带动水泵的电动机的最小输出功率等于水泵输入功率P=60)26(hHmg13.【解析】（1）设滑雪者质量为m，斜面与水平面夹角为，滑雪者滑行过程中克服摩擦力做功mgLsLmgmgsW)cos(cos.由动能定理可得：221)(mVmg
14、LhHmg离开 B 点时的速度)(2LhHgV（2）滑雪者离开B 点后做平抛运动，是落在台阶上呢？还是落在台阶下呢？题目没有明确说明，是模糊条件。但可以用假设法分析求解。设滑雪者离开 B 点后落在台阶上，则根据平抛运动的规律可得：hVtsgth22121121可解得)(21LhHhs此时必须满足hs21即hLH2。但当hLH2时，滑雪者直接落到地面上，222221Vtsgth可解得)(22LhHhs单元测试（六）1B 2D 3B 4C 5C 6ABD 7ACD 8D 9.3200V 垂直于 AB 指向 CV4000m10.qldLmg/2211由ababqUW得VVqWUAA2100.1100
15、.288取0，则VA2又VVqWUABAB7100.1100.788VVVUABAB5)7()2(12.(1)小球由 AB 过程中，由动能定理得：mgLsin60-qUAB=0 所以 UAB3mgL/2q(2)EqmgLLUAB/360cos13【解析】（1）由于带电粒子垂直于匀强电场射入，粒子初速度方向做匀速直线运动，设平行板板长为 L，则有L=v0tL=1.5v0t2解得：t1：t2=3：2（2）设粒子的质量m，带电量为 q，匀强电场场强为，带电粒子两次在场强方向的偏转位移分别为 y1、y2，则有y1=12at12=qEl22mv02y2=12at22=qEl22m(1.5v0)2由动能定
16、理，得qEy1=2EkEk qEy2=Ek94Ek解得：Ek=9736Ek 2.7 Ek单元测试(七)1C 2 B 3D 4 BCD 5AC 6A 7C 8A 9（1）ACDFH（2）小随着电阻丝中的电流增大，温度升高，电阻率增大，电阻增大10（1）r1（2）R12R2 r1（3）A 11【解析】系统加速度 a 向左时，mxka2其中x 为弹簧伸长量（压缩量），滑动臂向右移动 xxLEUU01由上两式可以得到：kLmaEUU201系统加速度 a 向右时，mxka2滑动臂向右移动 x，xLEUU01由上两式可以得到：kLmaEUU20112【解析】（1）由乙图可知，当 R 趋近无穷大时，E=12
17、V，而当 U=6V=E/2 时，应有 r=R=2（2）当滑片滑到变阻器的最上端时，A、B 两端输出电压最大值：VRrREU11222221200max当滑片滑到变阻器的最下端时，A、B 两端输出电压最小为零，故A、B 空载时输出电压的范围为 011V（3）当滑片滑到变阻器的最上端时，通过电源的电流恰好为最大电流2A 时，A、B 两端所接负载电阻最小。ABABRRRRrEI00，解得：RAB=4.9 13【解析】（1）传感器的电阻 R传=U传2/P传=10，传感器的额定电流I传=P传/U传=0.9/3A=0.3A，（2）要求电路各部分安全，则要求电路的最大电流I=I传=0.3A 此时电源电压最大
18、值 Um=U传+U0U传传感器的额定电压，U0为 R0调至最大值 Rom=10 时 R0两端的电压，即：U0=I传R0m=0.3 10V=3V 所以电源电压的最大值Um=U传+U0=6V（3）设实际检测时加在a、b 间的电压为 U，传感器的实际电阻为R传，根据第一次实验记录数据由：U=R传I1+U1，即：U=0.16 R传+1.48 根据第二次实验记录数据由：U=R传I2+U2即：U=0.22 R传+0.91 解得：R传=9.5 ，U=3V 传感器的电阻变化为R=R传R传=10 9.5 0.5 此传感器仍然可以使用单元测试(八)1ABC 2B 3B 4D 5A 6AD 7C 8 A 9.垂直于
19、线框各边且指向三角形外侧；零10.B 的一个分量垂直于v1向下，另一个分量平行于v1在第 2 个实验中 v2、B、f2两两互相垂直；f2/qv211(1)15A(2)12A12【解析】(1)能通过速度选择器的粒子所受电场力和洛伦兹力等大反向即 eB1v=eEv=6.0102.151BEm/s=2 105m/s(2)粒子进入磁场B2后做圆周运动，洛伦兹力提供向心力eB2v=mRv2R=eBmv2设质子质量为m，则氘核质量为2m，d=eBmv22 2 一eBmv2 2=5.2l0-3m13【解析】（1）粒子从 M 到 N 过程作类平抛运动tvl02，221atl，由maqE代入解得：qlmvE22
20、0(2)粒子在电场中逆电场方向偏转，粒子带负电，在磁场中顺时针转动，磁场方向垂直于纸面向里(3)设粒子到达N 点与 x 轴夹角为，则0tanvat，将（1）中相应式子代入得：1tan，45，由几何关系，粒子到达 P 点时与 x 轴夹角仍为45，OP=l，速度02vv粒子在磁场中作匀速圆周运动，2vqvBmR，45sin23Rl，023mvBql单元测试（九）1.B 2.A 3.B 4.AC 5.D 6.AC 7.B 8.D 9.匀加速直线10.0.4m/s 11.负m g dnqS12.(1)匀速运动(2)2 22cos(sin)L aFm agtRr(3)13.【解析】（1）从初始至两棒达到
21、速度相同的过程中，两棒总动量守恒，有mvmv20FtO，电动势的有效值为，125/35.25(V)EE/233.25/225(V)m根据能量守恒，整个过程中产生的总热量2022041)2(2121mvvmmvQ（2）设ab棒的速度变为初速度的43时，cd棒的速度为 v，则由动量守恒可知4300mvvmmv此时回路中的感应电动势和感应电流分别为Blvv)43(0RI2此时cd棒所受的安培力IBlFcd棒的加速度mFa由以上各式，可得mRvlBa4022单元测试（十）1C 2 D 3B 4A 5C 6D 7ABD 8AD9变暗10（1）a（2）左（3）乙图中左边电源电压太低或者线的匝数太少或者弹簧
22、的劲度系数太大11【解析】灯泡的电阻 R19.2 设转子中产生的感应电动势的最大值为Em，则 EmNBS220 0.5 1.41 10-2 2 这样灯泡上的实际电压为U实ER/(R r)24(V)灯泡电压等于实际电压，灯正常发光12【解析】由图乙查得，当温度等于20时，R 的阻值为 R14k 当电流表示数为I12mA 时：EI1（RgR1；当电流表示数为I23.6mA 时，设热敏电阻R 的阻值为R2，则 E I2（RgR2），解得 Rg0.5k ，R22k，由图乙查得，当R 的阻值为 R12k时，温度等于12013【解析】(1)由于粒子在水平方向不受力的作用，做匀速直线运动，所以，S水平=V0
23、t=2.5V0T(2)在 0T 时间内粒子在沿场强方向做初速为零的匀加速直线运动，v1=at1=mdUqT；在 T2T 时间内因 U=0，粒子在沿场强方向做匀速直线运动，速度保持不变；在2T 2.5T时 间 内，粒 子 在 沿 场 强 方 向 以v1开 始 做 匀 加 速 直 线 运 动，v2=v1+at2=mdUqTTmdUqmdUqT235.0所以：v=2202220)23(mdUqTvvv设 v 与水平方向的夹角为，则 tan 00223mdvUqTvv单元测试题(十一)1.B2.B 3.D 4.ACD5.B6D 7 B 8B9.接触上层下10 AB 还要测出小球半径摆长应为2DL应数到
24、 61 次时周期数才是60 个11.【解析】从波向右传播知道，Q 点开始振动的方向是向下，周期正是1s波的传播速度为scmTv/20/，故从 Q 点传到 P 点还需要svxt5.0/，要画的图象就从此时开始有，注意到振幅，可以作出下列振动图象12（1）2g（2）g13.【解析】（1）振幅为4cm，1s 为 25 个周期,所以 a 的路程为4m（2）a、b 在 x 轴上的距离大于一个波长，可以做出上面两个图形，从左图知a、b 之间相距为（n+1/4）波长，右图知a、b 之间相距（n+3/4）波长，所以得到两种系列波长分别为0.5 1.0 1.5)4/3/(6)4/1/(621nn从而得到两个系列
25、波速smnfvsmnfv/)34/(600/)14/(6002111)(Nn单元测试（十二）1A 2A 3A 4BD 5A 6C 7AD 8ACD9.（1）光路如图所示（2）i 和r（3）sinsin in10.（1）相干（2）11.4 16.7；减小测量的偶然误差（或提高实验的精确度）、6.6 10-7m（3）变小11.【解析】（1）根据爱因斯坦光电效应方程EK=hW，光子的频率为c所以，光电子的最大初动能为EK=hcW，能以最短时间到达A 板的光电子，是初动能最大且垂直于板面离开B 板的电子，设到达 A 板的动能为EK1，由动能定理，得 eU=EK1一EK，所以 EK1=eU hcW（2）
26、能以最长时间到达A 板的光电子，是离开B 板时的初速度为零或运动方向平行于 B 板的光电子.则dmUetatd22122，得 t=dUem212.【解析】如所示，图 12-12设水面为 CF,A 到水面点 C 的距离为 L1，B 灯与水面点C 之间的距离为 L2，人眼到水面上点 F 之间的距离为 L3，点 C、D 之间的距离为L4,由 A 灯光的反射得5.05.15.05.015,443144LLLLLLL得L4=5 m.对 B 灯光的折射过程，有CBDisinsin22255LDACrsinsin221553.111sinsinnri，解得：L2=4.35m 即灯在水面下4.35 m 深处1
27、3.【解析】（1）设每秒到达感光胶片的光能量为E0，对于=500 nm 的光子能量为E=hc，因此每秒达到感光胶片的光子数为0EnE由、式及代入数据得n=1.25 106（个）（2）光子是依次到达感光胶片的，光束中相邻两光子到达感光胶片的时间间隔snt7100.81;相邻两光子间的平均距离为S=ct=2.4102 m（3）由第（2）问的计算结果可知，两光子间距有2.4 102m，而小灯泡到感光胶片之间的距离只有1.2 m，所以在熏黑玻璃右侧的暗箱里一般不可能有两个光子同时同向在运动这样就排除了衍射条纹是由于光子相互作用产生的波动行为的可能性因此，图 12-12衍射图形的出现是许多光子各自独立行
28、为积累的结果，在衍射条纹的亮区是光子到达可能性较大的区域，而暗区是光子到达可能性较小的区域这个实验支持了光波是概率波的观点.单元测试（十三）1 AB 2B 3BC 4A 5CD 6B 7BD 8B 9（1）动量守恒（2）船长 L 和船后退距离d（3）M=llLm)(10（1）65（填 64cm 65cm之间均可）（2）A B D 11【解析】子弹、A、B 三者组成的系统动量守恒，设 B 的质量为 m，子弹初速方向为正向，则0081)4341(41vvvmmmmv共共12【解析】设人跳车后车速增加量为v，则人跳车后车速为v0+v，人相对地速度为v(v0+v),根据动量守恒定律：（M+m）v0=M
29、(v0+v)mv(v0+v)所以25.027050070vmMmvm/s 13【解析】他这样做不正确。他混淆了动能变化与做功之间的关系。（1）子弹与木块动量守恒：vmMmv)(0所以：0vvmMm（2）木块与子弹在水平面上克服阻力做功，动能减小为0，即：gxmMvmM)()(212解得：22022)(22mMgvmgvx单元测试（十四）1ABC 2 C 3C 4ACD 5B 6C 7BC 8A 9 4.8eV 10 1.26 1020 H 11【解析】质子带电为+e，所以它是由2 个上夸克和1 个下夸克组成的.按题意，三个夸克必位于等边三角形的三个顶点处.这时上夸克与上夸克之间的静电力应为22
30、2943232lekleekFm代入数值，得mF=46N，为斥力。上夸克与下夸克之间的静电力为222923231lekleekFnd代入数值，得ndF=23N，为吸力12【解析】（1）HeRnRa422228622688（2）分析知，粒子做匀速圆周运动半径为1.0m qBvmR0070105.2m/s 20021mvE0000mmEEvmm1200101114EmmEJ 1201004.2EEE 总J 13【解析】两个处于基态的氢原子发生正碰，若是有动能损失，则由能量守恒可知，损失的动能转化原子的结合能（就是原子的能量，原子的能级跃迁可能吸收光子，也可能是在原子碰撞中获得能量，从而发生跃迁）.
31、在碰撞中，动能损失最大的碰撞是完全非弹性碰撞，也就是当两个氢原子获得共同速度.由动量守恒定律可得：KttKEmmPmEP)(2200此过程损失的动能为eVEEEKtKK8.60。这两个氢原子在碰撞过程中损失的最大动能为EK=6.8eV，这个能量不足以使处于基态的氢原子向激发态跃迁，因为基态的氢原子跃迁到激发态所需的最小能量为10.2ev，所以这两个氢原子碰撞不会失去动能，只能是弹性碰撞.力学综合测试1.D 2.AC 3.C 4.AC 5.D 6.CD 7.C 8.B 9.A 10.ACD 11.（1）104.05（2）5.767 12.（1）7.62（2）7.56 13.（1）7.5m/s2；
32、（2）当 f=kv2=mg 时，匀速下落，v=6m/s 14.【解析】因为警车与肇事汽车的行驶条件完全相同，即二者刹车时的加速度大小相同，根据匀变速直线运动的关系式 vt2v02=2as 可得：以警车为研究对象：vm2=2as以肇事汽车为研究对象：vA2=2asAC，联立解得：vA=21m/s 肇事汽车在 B 点时的速度大小为 vB 2=2asBC，得 vB=14.0m/s 肇事汽车通过 AB 所用的时间可由 sAB=(vA+vB)t1/2 求得：t2=1s 游横过马路时的速度大小为：v人=sBD/（t1+t2）=1.53m/s(式中的 t1为反应时间)15.【解析】（1）由机械能守恒定律，有
33、21112m ghm v解得 vgh2（2）A、B 在碰撞过程中内力远大于外力，由动量守恒，有112()m vmmv碰后 A、B 一起压缩弹簧，）到弹簧最大压缩量为d 时，A、B 克服摩擦力所做的功12()Wmmgd由能量守恒定律，有212P121()()2mmvEmmgd解得21P1212()mEghmmgdmm16.【解析】（1）因滑块与小球质量相等且碰撞中机械能守恒，滑块与小球相碰撞会互换速度，小球在竖直平面内做圆周运动，机械能守恒，设滑块滑行总距离为0s，有200102mgsmv，解得025ms，则120ssn（个）（2）滑块与第 n 个小球碰撞，设小球运动到最高点时速度为nv对小球，
34、有nnnmgLvmmv2212122nLvmmg2对滑块，有2022121mvmvmgnsn由 三式解得202504525nvgsnnLg（3）滑块做匀减速运动到第一个小球处与第一个小球碰前的速度为1v，则20212121mvmvmgs由于滑块与小球碰撞时不损失机械能，则碰撞前后动量守恒、动能相等，滑块与小球相碰撞会互换速度，碰撞后瞬间小球的速度仍为1v，此时小球受重力和绳子的拉力作用，由牛顿第二定律，得211vTmgmL因为1504 1462525L，由以上三式解得T=0.6N 电磁学综合测试1D 2B 3BCD 4C 5B 6D 7BC 8B 9BD 10AD 11.（1）K1断开，K2接
35、到 a 端，记下电压表的读数U1；K2仍接到 a 端，闭合 K1，记下电压表的读数U2；K1仍闭合，K2接到 b 端，记下电压表的读数 U3.（2）U1RUUU32312.（每空分，图、图 B 各 2 分）E=1.46Vr=0.7113.【解析】由动能定理得212qUm v=Uvmq22=3.125 103C/kg由 xvt=?得：粒子通过电场过程中的位移341510110m0.25m22vxt-=?创创=所以场强 E=xUdU=1.6 104V/m 14.【解析】带负电微粒静止F=mg 又F=Eq=qdBL0q=CBLmgd80102向下极板运动根据动能定理得20214323mqBLdmgs
36、m/315【解析】因某电阻烧断，电流表、电压表示数均增大，可断定发生故障电阻是R1。由 R1烧断后:R2=U/I=3.2/0.8()=4 则 R1未烧断时：路端电压U/=R2I/=3V 10332A0.25A4RUUIR-=，1018RURI=WR1未烧断时：1322132123123()3V()()RRREI RRRRRRRRRRr+?=+R1烧断后：223.2VERRr=+由上两式得：E=4V，r=116【解析】如图所示，设质子第一、第二次由B、C 两点分别进入电场，轨迹圆心分别为 O1和 O2所以：sin30 =OAR，R=2 OA，由 B=m0Rq=0.1T，得从图中可知，第一、第二次
37、质子在磁场中转过的角度分别为 210 和 30，则t1t2=12=71两次质子以相同的速度和夹角进入电场，所以在电场中运动的时间相同由 x=0t 和 y=12Eq m t2以及 tan30 =xy由以上解得 t=2 3m0Eq=3 10-7s光学、原子物理综合测试n=1 n=2 n=3 1.BC 2.A C 3.AB 4.B5.D 6.B 7.B 8.CD 9.C 10.A 11.（1）ABD A CD（2）S1与 S2间的距离，S1（或 S2）与光屏间的距离，干涉条纹间距.12.（1）如图所示，画出通过 P1、P2、P3、P4的光线，包括在棱镜内的那部分光路.（2）入射角 i 和折射角 r（
38、见图）（或线段 EF、OE、GH、OG）13.【解析】（1）电子绕核运动具有周期性，设运动周期为T，由牛顿运动定律和库仑定律得12212)2(rTmrek又轨道上任意处，每一周期内通过该处的电量为e，由电流的定义式TeI联立 式得1122mrkreI10319102191053.0101.91091053.014.32)106.1(1.05 10-3A（2）由于这群氢原子自发跃迁辐射，会得到三条光谱线，如下图所示（3）波长最长得光子能量最小，发生跃迁的两个能级的能量差最小，根据氢原子的能级分布规律可知，氢原子一定是从 n3 的能级跃迁到 n2 的能级形成的.设该波的波长为，由23EEch得23
39、EEhc=m10834106.1)4.351.1(1031063.66.58 10-7m 图甲oR1R2r1 rR1 v2 v2 R2 M O 图乙b区域B a 区域OM R2R1b 区域B 14.【解析】（1）A 属于聚变方程n102n10He42e01E=m2m3(mmn)C2（2）如图甲所示，当离子的速度沿与内边界圆相切的方向射入磁场，且轨道与磁场外圆相切时所需磁场的磁感应强度B1，即为要求的值.设轨迹圆的半径为r1，则2121RRr122R由：121rvmqvB解之得：112qRmvB（3）如图乙所示，要使沿OM方向运动的离子不能穿越磁场，则其在环形磁场内的运动轨迹圆中最大值与磁场外边
40、界圆相切.设这时轨迹圆的半径为r2，速度为 v2，则：2222122)(rRRr解之得：12Rr又2222rvmBqv解之得mBqRv12离子在 b 区域中做匀速圆周运动的周期qBmT21离子在 b 区域中一次运动的时间1143Tt离子在 a 区域中由 O 到 M 点的运动时间212Rt离子在 a、b 区域内运动的周期qBmttT)86(842115.（14 分）【解析】（1）光路如下图所示；图中MN 为可视区域（2）由图可知：CMBCPMH2得CM=10cm PM=34cm PDADPNH2由、式得 PN=68cm 可视区域的长度MN=PN-PM=34cm 由牛顿第二定律得f=umg=maa=2m/s2由运动学公式：0v02=2aS由、式得物体刚进入可视区的速度：smv/1360（3）由运动学公式 0v0=at得st34