2019年湖北省高考物理调研试卷(4月份)

1、2019 年湖北省高考物理调研试卷（4 月份）副标题题号一二三四总分得分一、单选题（本大题共4 小题，共24.0 分）1. 2018 年 11 月 29 日，国家重大科研装备研制项目“超分辨光刻装备研制”通过验收，该光刻机光刻分辨力达到 22nm。关于光的认识，下列说法正确的是( )A. 光子除了具有能量之外还具有动量B. 波长越长的光，光子动量越大C. 光电效应显示了光的波动性D. 爱因斯坦测量了光电效应中几个重要的物理量，由此算出了普朗克常量h2. 如图所示，半径为 R 的圆环与一个轴向对称的发散磁场处处垂直，环上各点的磁感应强度B 大小相等，方向均与环面轴线方向成角。若给圆环通恒定电流

2、，则圆环所受安培力的大小为（）A. 0B. 2RBIC. 2RBI cos D. 2RBI sin 3. 如图所示，水平面上有以内壁间距为l 的箱子，箱子中间静止着一小物块 （可视为指点） ，现给箱子一水平向左的初速度 v0不计一切摩擦， 从箱子的右壁与小物块发生弹性碰撞，到小物块与箱子左壁相碰，所经历的时间为t ，则（）A. tB. t=C. tD. 由于小物块与箱子的质量未知，故以上答案举报不正确4. 甲、乙两个质点沿同一直线运动，其中质点甲以6m/s 的速度匀速直线运动，质点乙作初速度为零的匀变速直线运动，它们的位置x 随时间 t 的变化如图所示。已知t=3s 时，甲、乙图线的斜率相等。

3、下列判断正确的是（）A.B.最初的一段时间内，甲、乙的运动方向相反t=3 s时，乙的位置坐标为-9mC. 乙经过原点时的速度大小为D. t=10s 时，两车相遇第1页，共 19页二、多选题（本大题共6 小题，共 33.0 分）5. 一匀强电场的方向平行于纸面，平面内有矩形abcd，已知ab=8cmbc=6cm，如图，所示。 a、b、c 三点的电势分别为 10V、 16V、 22V一电荷量为 +e 的粒子从 b 点沿bd 方向以 4eV 的初动能射入电场， 恰好经过 a 点，不计粒子重力， 下列说法正确的是（）A. a 点的电势比 d 点低 4.8VB. 电场强度的大小为 125V/mC. 粒子

4、到达 a 点时的动能为 10eVD. 仅改变粒子的电性，粒子能通过c 点6.如图所示，两水平面（虚线）之间的距离为 h，其间分布着磁感应强度为 B，方向与竖直面（纸面）垂直的匀强磁场。磁场上方有一边长为L（ L h）、质量为m、电阻为R 的正方形导线框abcd，从高处静止释放后，若ab 边经过磁场上、下边界时速度恰好相等，重力加速度为g，则（）A. cd 边进入和穿出磁场时，线框的速度最小B. 线框穿过磁场的过程中，通过线框的电荷量为C. 线框穿过磁场的过程中，产生的总焦耳热为2mghD. 改变线框释放的位置，线框下落的速度可能一直增加7. 如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为n1： n2

5、=2： 1，输入端接在（ V）的交流电源上， R1 为电阻箱，副线圈连在电路中的电阻R2=10 ，电表均为理想电表。下列说法正确的是（）A. 当 R1=0 时，电压表的读数为30VB. 当 R1=0 时，若将电流表换成规格为“ 5V 5W”的灯泡，灯泡能够正常发光C. 当 R1=10 时，电流表的读数为1.2AD. 当 R1=10 时，电压表的读数为6V8. 如图所示， 三个完全相同且质量均为 m 的正方体叠放在水平面上；锁定后正方体2 的 4 个斜面均与水平方向成45角。若不计一切摩擦，解除锁定后，正方体2 下落过程中未发生转动，下列说法正确的是（）第2页，共 19页A. 解除锁定前，正方体

6、2 对 1 的压力大小为mgB. 正方体 2 落地前的速度与正方体1 的速度总是大小相等C. 正方体 2 落地前， 1、 2、 3 构成的系统机械能不守恒D. 正方体 2 落地前， 1、 2、 3 构成的系统动量守恒9. 关于热现象，下列说法正确的是（）A. 将1滴油酸滴在水面上， 水面上会形成一块单层油酸薄膜，测出薄膜的厚度d，可认为是油酸分子的直径B. 假定两个分子的距离为无穷远时它们的分子势能为零，当两个分子间距离为平衡距离 r 0 时，分子势能最低C. 符合能量守恒定律的宏观过程都能真的发生D. 如果要保存地下的水分，就要把地面的土壤锄松，破坏土壤里的毛细管E. 用活塞压缩汽缸里的空气

7、，对空气做功900J，同时汽缸向外散热210J，汽缸里空气的内能增加了1110J10. 一列简谐横波沿 x 轴传播，在 t=0 和 t=0.20 s 时的波形分别如图中实线和虚线所示。已知该波的波速是0.4m/s，下列说法正确的是（）A. 这列波的周期是 0.15sB. 这列波沿 x 轴正方向传播C. x=1cm 的质点在 t=0.125s 时位于波谷D. 0 0.2s 内， x=4cm 处的质点振动方向改变了2 次E. 若此波传入另一介质中其波速变为0.60m/s9cm，则它在该介质中的波长为三、实验题探究题（本大题共2 小题，共15.0 分）11. 某同学用如下方法测量重力加速度g。（ 1

8、）用游标卡尺测量“工”字型挡光片的宽度L 1 和两挡光片之间的距离L2 ；（ 2）自由释放“工”字型挡光片，用光电计时器测出光线被挡光片挡住的时间t1 、t2；（ 3）若 L 1 L 2，则当地的重力加速度g=_ ；由于挡光片有一定的宽度，导致重力加速度g 的测量值与真实值相比_（填“偏大”“偏小”或“相等”）。第3页，共 19页12. 某同学设计了如图（ a）所示的电路测量自制的电压表内阻。（ 1）闭合 S1，将滑动变阻器的滑片移至合适位置并保持不变，将单刀双掷开关S2，先掷于 1、 2 端，分别在两组表格中记录电压表和电流表的读数。重复以上步骤，得到各组据如下表。请在图（b）的坐标纸中做出

9、 U-I 图线。（第二组已画出）第一组123456U/V1.461.351.201.080.980.88I/A0.600.550.500.450.400.35第二组123456U/V3.002.702.502.302.001.70I/A0.280.240.230.220.200.17图中斜率较小的图线对应于S2 接在位置 _（填“ 1”或“ 2”）。（ 2）实验中使用J0407 电流表，其实物和内部电路如图（c）所示，该表表头的满偏电流 I g=_mA（结果保留两位有效数字）。（ 3）测量时， 电流表使用0.6A 量程， 电阻 R0=5.0 ，则电压表内阻为 RV=_ （结果保留两位有效数字）

10、。四、计算题（本大题共4 小题，共 52.0 分）13. 2019 年 3 月 3 日，中国探月工程总设计师吴伟仁宣布中国探月工程“三步走”即将收官，我国对月球的探索将进人新的征程。 若近似认为月球绕地球作匀速圆周运动，地球绕太阳也作匀速圆周运动，它们的绕行方向一致且轨道在同一平面内。（ 1）已知地球表面处的重力加速度为 g，地球半径为 R，月心地心间的距离为 r ，求月球绕地球一周的时间 Tm；（ 2）如图是相继两次满月时，月球、地球和太阳相对位置的示意图。已知月球绕地球运动一周的时间Tm=27.4d，地球绕太阳运动的周期Te=365d，求地球上的观察者相继两次看到满月满月的时间间隔t。第4

11、页，共 19页14.如图所示， 在高度为H 的竖直区域内分布着互相垂直的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向左； 磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里。 在该区域上方的某点A，将质量为m、电荷量为 +q 的小球，以某一初速度水平抛出，小球恰好在该区域作直线运动。已知重力加速度为g。（ 1）求小球平抛的初速度v0；（ 2）若电场强度大小为E，求 A 点距该区域上边界的高度h；（ 3）若令该小球所带电荷量为 -q，以相同的初速度将其水平抛出，小球离开该区域时，速度方向竖直向下，求小球穿越该区域的时间。15. 如图所示，一底面积为 S、内壁光滑且导热的圆柱形容器竖直放置在水平地面上，开口向上，内有两个

12、厚度不计的轻质活塞 A 和 B，容器内 a 处有一小卡口； 在 4 与 B 之间、B 与容器底面之间分别密闭着一定质量的同种理想气体I和 ，初始时活塞A 与 B，活塞 B 与容器底部之间的距离第5页，共 19页均为 L ，气体 的压强为2p0若将某物块放置在活塞A 的上表面，稳定后活塞A向下移动0.6L已知外界大气压强为p0 ，重力加速度大小为g，容器导热性能良好，设外界温度不变，（ i）请通过计算判断活塞 B 上述过程中是否向下移动；（ ii）求物块的质量 M。16. 如图所示，某种材料制成的扇形透明砖放置在水平桌面上，光源 S（未画出）发出一束平行于桌面的光线从 OA 的中点垂直射人透明砖

13、，恰好经过两次全反射后，垂直 OB 射出，并再次经过光源 S已知光在真空中传播的速率为 c，求：（ i）材料的折射率 n；（ ii）该过程中，光在空气中传播的时间与光在材料中传播的时间之比。第6页，共 19页答案和解析1.【答案】 A【解析】解：A 、康普顿效应表明光子除了具有能量之外还具有动量，故 A 正确；B、依据公式 P=，可知，波长越长的光，则光子动量越小，故 B 错误；C、光电效应显示了光的粒子性，不是光的波 动性，故 C 错误；D、爱因斯坦提出光 电效应方程，而普朗克常量 h 是由普朗克 测出的，故 D 错误；故选：A。康普顿效应表明，光子除了具有能量之外 还具有动量；依据公式 P

14、=，即可判定；光电效应体现了光的粒子性；普朗克提出常量h。考查光的波粒二象性，理解公式P=的内容，知道普朗克在研究物体 热辐射的规律时发现，电磁波的发射和吸收不是 连续的，而是一份一份地 进行的，每一份能量叫做能一个量子 =hv。2.【答案】 D【解析】解：把磁感应强度分解为水平分量与 竖直分量，竖直方向的磁 场对环形电流的安培力 为零；而水平磁场产生与电流均垂直，故有效长度为 2R；而水平分量 B 水平 =Bsin 故安培力：F=B 水平 I?2 R=2 BIRsin；故D 正确 ABC 错误 。故选：D。把磁场方向分解，明确竖直方向对电流的安培力合力 为零；而水平方向上的磁场均与电流垂直，

15、由安培力公式求出 环所受安培力大小。本题考查安培力的 计算，要注意明确本题中磁场和电流的性质，知道应将磁场分解为水平和竖直方向，而竖直向上的磁 场产生的安培力的合力 为零。第7页，共 19页3.【答案】 B【解析】解：设小物块与箱子的 质量分别为 m、M 碰撞后小物块与箱子的速度分 别为v1 和 v2。取向左为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律得：Mv 0=mv1+Mv 2。Mv 02=mv 12+Mv 22。解得：v1=，v2=小物块与箱子左壁相碰 时，有：l=（v1-v2）t可得：t=，故ACD 错误，B 正确。故选：B。先根据动量守恒定律和机械能守恒定律结合求出碰后小物 块与箱子，再

16、根据小物块与箱子的位移之差等于l，求时间 t。解决本题的关键是能抓住 弹性碰撞的 规律：系统动量守恒和机械能守恒。要明确小物 块与箱子左壁相碰 时两者的位移关系，可与追及 问题类比来理解。4.【答案】 D【解析】解：A 、位移时间图象的斜率等于速度， 则最初的一段 时间内，甲、乙的运动方向相同，故 A 错误；B、质点乙作初速度 为零的匀变速直线运动，t=3s 时，甲、乙图线的斜率相等，所以，t=3s 时乙的速度是 6m/s，乙的加速度 a=2m/s2，0-3s，乙的位移 x=3=9m，所以t=3s时，乙的位置坐标为 -11m，故B 错误；C、根据 v2-0=2ax，乙经过原点时的速度大小 为

17、4m/s，故C 错误；D、0-10s，甲的位移是 60m，乙的位移是 100m，由于 t=0 时位置相差 40m，所以 t=10s 时两车相遇，故 D 正确；故选：D。第8页，共 19页位移时间图象的斜率等于速度， 倾斜的直线表示匀速直 线运动，位移等于 x的变化量，结合这些知识分析。对于位移时间图象，关键要抓住图象的斜率等于速度，位移 为x=x 2-x 1，来分析图象的物理意 义。5.【答案】 BC【解析】A题 U=U，即 =16Va电解： 、根据 意：-=-，代入数据解得：dacbdac bd， 点的势比 d 点低 6V ，故A 错误；B、因为 = =16V，所以 bd 为等势线，db过

18、c 点作垂直于 bd 的电场线 cn 交 bd 于 n，如图所示，因为 =22v =16v，所以c， nUcn=22v-16v=6v设 cn=d，根据几何知识：d=4.8cm=4.810-2 m根据匀强电场的定义式：E=V/m=125V/m ，故B 正确；为=16v，=10v，所以 U=16v-10v=6vC、因baba电子从 b 到 a，由动能定理：eUba=EKa-Ekb，代入数据解得：EKa=10eV，故C 正确；D、仅改变粒子的电性，粒子电场力和电场方向相反，初速度方向沿 bc 方向，且粒子仍然做曲 线运动，该粒子不能通 过 c 点，故 D 错误 。故选：BC。先求出 d 点电势，bd

19、 电势相对，bd 为一条等势线，电场线和该等势线垂直，根据几何方法，求出 c点到 bd 的距离，在根据电场强度的定义式求出电场强度。本题考查了电势和电势差、电场力做功、动能定理等知 识点。找出等势面是解题的关键。第9页，共 19页6.【答案】 ACD【解析】线框完全进入磁场后穿过线框的磁通量不变产应解：A 、由于 L h，不 生感电线线框完全进入磁场后做加速运动题意可知：ab边流， 框不受安培力，由经过磁场边时速度恰好相等，则线框进入磁场后做加速运动 线上、下 界， 框完全进入磁场后做加速运 动，线框离开磁 场过程做减速运 动，由此可知，cd边进入和穿出磁场时 线正确；， 框的速度最小，故 A

20、B、线框穿过磁场过程，通过线框的电荷量为：q=，故B 错误；C、由题意可知：ab 边经过磁场上、下边界时速度恰好相等，由能量守恒定律可知，线框穿过磁场过程产生的焦耳 热等于重力 势能的减少量，即产生的焦耳热：Q=2mgh，故 C 正确；D、如果释放线框的位置 较低，线框刚进入磁场时的速度减小，线框进入磁场过程所受安培力小于重力， 线框进入磁场过程做加速运 动，线框完全进入磁场后只受重力作用 继续做加速运 动，当线框离开磁 场时所受安培力可能仍然小于重力，线框离开磁 场过程仍然做加速运 动，即线框下落的速度可能一直增加，故 D 正确；故选：ACD。根据题意分析清楚 线框的运动过程，判断线框 cd

21、 进入与离开磁 场时的速度大小；应用法拉第 电磁感应定律、欧姆定律与电流定义式求出通 过线框的电荷量；应用能量守恒定律求出焦耳热，根据线框的受力情况分析其运 动过程。本题是电磁感应与力学相 结合的综合题，分析清楚线框的受力情况与运 动过程是解题的前提，分析清楚线框运动过程、应用能量守恒定律、法拉第 电磁感应定律与欧姆定律、电流定义式即可解 题。第10 页，共 19页7.【答案】 BC【解析】解：A、当R1=0 时，原线圈电压有效值 U1=V=30V ，副线圈两端电压 U2=15V，电压表的读数为 15V，故 A 错误；B、当R1=0 时，若将电流表换成规格为“ 5V5W”的灯泡，灯泡正常工作的

22、 电流IL= =1A，灯泡的电阻为 RL=5，灯泡的实际电流 I=A=1A ，灯泡会正常发光，故 B 正确；C、R =10时，设电流表的 读数为 I，则副线圈两端电压为 U=IR =10I ，原122222线圈的电流为 I1=0.5I线电压U1=U-I 1R1=30-5I2，2，原 圈两端根据变压器原理可得：联I， 立解得： 2=1.2A，故C 正确；D、当R1=10时，电压表的读数 U2=I2R2=12V，故D 错误 。故选：BC。和闭合电路中的动态分析类似，可以根据 R 的变化，确定出总电路的电阻的变化，进而可以确定 总电路的电流的变化的情况，再根据电压不变，结合题目的条件来分析其他元件的

23、电流、电压及功率的 变化情况。本题主要是考 查了变压器的知识；解答本题的关键是知道变压器的电压之比等于匝数之比，在只有一个副 线圈的情况下的 电流之比等于匝数的反比；知道理想变压器的输出功率决定 输入功率且相等。8.【答案】 AB【解析】解：A 、解除锁定前，正方体 2 静止，1、3 对 2 的支持力相互垂直，合力方向 竖直向上，大小设为 N，由平衡条件有N=mg，得N=mg，由牛顿第三定律知，正方体 2 对 1 的压力大小 N=N=mg，故A 正确。B、解除锁定后，正方体 2 竖直下落，正方体 1 向左运动，由几何知识可知，相等时间内两者通 过的位移大小相等，所以正方体2 落地前的速度与正方

24、体1的速度总是大小相等，故 B 正确。第11 页，共 19页C、正方体 2 落地前，对于 1、2、3 构成的系 统，只有重力做功，系统的机械能守恒，故 C 错误 。D、正方体 2 落地前竖直方向有加速度，由牛 顿第二定律知，系统竖直方向合外力不为零，则系统的动量不守恒，故 D 错误 。故选：AB。解除锁定前，由平衡条件求正方体1 对 2 的支持力，从而得到 2 对 1 的压力。根据相同 时间内位移关系分析正方体2 落地前的速度与正方体1 的速度关系。对照机械能守恒条件：只有重力做功，分析系 统的机械能是否守恒。根据合外力是否为零，分析系统的动量是否守恒。解决本题的关键是要 A、B、C 组成的系

25、统机械能守恒。要注意 单个正方本的机械能并不守恒。要知道2 竖直方向有加速度，可 结合超重和失重 观点分析系统竖直方向的受力情况。9.【答案】 ABD【解析】解：A 、将1滴油酸滴在水面上，水面上会形成一块单层油酸薄膜，测出薄膜的厚度 d，可认为是油酸分子的直径。故 A 正确；B、当rr0时分子力表 现为引力，靠近时分子力在做正功，分子 势能减小；当r r0 时分子力表 现为斥力，靠近时做分子力做 负功，分子势能减小；当 r=r0 时，分子力为零，分子势能最小。故 B 正确；C、第二类永动机符合能量守恒定律，但它 违背了热力学第二定律，同样不可能被制造成功，所以符合能量守恒定律的宏观过程不一定

26、都能 发生。故 C 错误；D、如果要保存地下的水分，就要把地面的土壤锄松，破坏这些土壤的毛 细管。相反，如果想把地下的水分引上来，就不 仅要保持土壤里的毛 细管，而且还要使它们变得结实。故D 正确；第12 页，共 19页E、用活塞压缩汽缸里的空气，对空气做功 900J，同时汽缸向外散 热 210J，根据热力学第一定律，汽缸里空气的内能增加了U=900J-210J=690J故 E 错误 。故选：ABD 。利用油酸酒精溶液在平静的水面上形成单分子油膜，将油酸分子看做球形，测出一定体 积油酸溶液在水面上形成的油膜面积，计算出油膜的厚度，其中V 为一滴油酸溶液中所含油酸的体 积，S 为油膜面积，这个厚

27、度就近似等于油酸分子的直径；当两个分子 间距离为平衡距离 r0 时，分子势能最低；第二类永动机符合能量守恒定律，但它 违背了热力学第二定律；如果要保存地下的水分，就要把地面的土壤 锄松，破坏这些土壤的毛 细管；根据热力学第一定律，可以求出汽缸里空气的内能增加。本题考查了用油膜法估 测分子的大小、分子势能与分子距离、热力学第二定律、热力学第一定律、毛细现象等知识点。这种题型属于基 础题，只要善于积累，难度不大。10.【答案】 ADE【解析】解：由图看出波长为 =6cmA 、根据 v=有，T=0.15s，故A 正确；B、t=0 至 t=0.20s经过了个周期，由此结合图形判断波沿 X 轴负向传播，

28、故B 错误；C、0.125s内波传播的距离 为 s=vt=0.05m=0.5cm，又波沿 X 轴负向传播，故x=1cm 的质点在 t=0.125s时偏离平衡的位移与 x=6cm 的质点在 t=0s时偏离平衡的位移一致，由图看出并不位于波谷，故 C 错误；D、00.15s内，x=4cm 处的质点经历了一次全振 动，振动方向改变了 2 次，波向 X 轴负方向传播则 0.15s时 x=4cm 处的质点运动方向向下，由虚线知 0.2s时 x=4cm 处的质点仍向下运 动，从0.15s至 0.2s质点运动方向未发生改变，故第13 页，共 19页00.2s 内，x=4cm 处的质点振动方向改变了 2 次，

29、故 D 正确；E、波传入另一介 质周期不变，则波长为 =vT=9cm，故E 正确；故选：ADE。波长可从图中读出，根据波长、频率和波速的关系可以求出周期， x=1cm 的质点在 t=0.125s时偏离平衡的位移与x=6cm 的质点在 t=0s 时偏离平衡的位移一致，质点没经过波峰或者波谷运 动方向才会 发生改变，波从一个介质传入另一介质周期不变。波长可从图中读出，根据波长、频率和波速的关系可以求出周期， x=1cm 的质点在 t=0.125s时偏离平衡的位移与x=6cm 的质点在 t=0s 时偏离平衡的位移一致，质点没经过波峰或者波谷运 动方向才会 发生改变，波从一个介质传入另一介质周期不变。

30、11.【答案】；偏大【解析】【分析】根据极短 时间内平均速度等于瞬 时速度，求出壁 A 、B 通过光电门的速度；结合速度位移公式求出当地的重力加速度。解决本题的关键知道极短 时间的平均速度等于瞬 时速度的大小，通过加速度公式计算重力加速度。【解答】（3）极短时间内的平均速度等于瞬 时速度的大小，可知下臂通 过光电门的速度，上臂通过光电门的速度，根据速度位移公式得：，解得：g=，由于挡光片有一定的 宽度，在加速度计算公式中用 L 2 表示位移偏小，故导致重力加速度 g 的测量值比真实值偏大；故答案为：（3）；偏大。第14 页，共 19页12.【答案】 14.45.0【解析】解：（1）根据表格中的

31、数据点，描点做线，如图所示，当 S2 接在位置 1，根据欧姆定律：R2= ，可得：U=R2?I，当 S2 接在位置 2，根据欧姆定律：R2+R0+RA = ，可得：U=（R2+R0+RA ）?I根据表达式可知，斜率 较小的图线对应 于 S2 接在位置 1，（2）根据内部电路图，图（c）所示，根据欧姆定律可得当量程为 0.6A 时：0.6=Ig（1+）得：Ig 0.0044A=4.4mA3）0.6A 量程电流表的内阻 为：R0.546（A =根据U-I 图象可知，当 S2 接 1 时：r1= =2.5 即：=2.5 当 S2 接 2 时：r2= =10.7 即：R1+R0+RA =10.7 解得

32、：R1=5.15 ，电压表内阻：RV =5.0 故答案为：（1）如图所示，1；（2）4.4；（3）5.0（4.85.2 均正确）。（1）根据表格中的数据点，描点做线即可，根据图象斜率的含 义，分析比对即可判断出 图中斜率较小的图线对应 于 S2 所接位置；（2）根据电表的改装原理，结合欧姆定律与串并 联电路特点，联立即可求出 该第15 页，共 19页表表头的满偏电流 I g；（3）当测量时电流表使用 0.6A 量程，电阻 R0=5.0 ，分别对 S2 接 1 和 S2 接 2运用欧姆定律，联立即可求出 电压表的内阻。本题考查了电压表内阻测量试验，认真审题、理解题意与实验步骤、知道实验原理是解

33、题的关键，能够根据图表中数据做出 电压 U 随电流 I 变化的图象。13.【答案】 解：（ 1）设地球的质量为 M，月球的质量为 m，地球对月球的万有引力提供向心力，则：=mr地球表面万有引力近似等于重力，则：=mg解得： Tm=2；（ 2）相继两次满月，月球绕地心转过的弧度比地球绕日心转过的弧度多2，即mt=2 +et而解得： t=29.6 天。答：（ 1）月球绕地球一周的时间2 ；（ 2）地球上的观察者相继两次看到满月满月的时间间隔29.6 天。【解析】（1）地球对月球的万有引力提供向心力，根据万有引力定律结合万有引力和重力的关系求解；（2）相继两次满月，月球绕地心转过的弧度比地球 绕日心

34、转过的弧度多 2，由此列方程求解。本题主要是考 查了万有引力定律及其应用；解答此类题目一般要把握两条 线：一是在星球表面，忽略星球自 转的情况下，万有引力近似等于重力；二是根据万有引力提供向心力列方程进行解答。14.【答案】 解：（ 1）设小球进入复合场时，速度方向与水平方向成 ，分析小球的受力，有Bqvcos =mgv=第16 页，共 19页解得： v0=（ 2）小球从A 点抛出，进人复合场，由动能定理得：mgh=-又由（ l）知（ mg）2+（ qE ）2=（qvB） 2解得： h=（ 3）设某时刻小球经过某处时速度为 v，将其正交分解为 vx、vy，则小球受力如图，在水平方向上，由动量定理得： （ qE-