2018年广东省肇庆市高考物理二模试卷

2018年广东省肇庆市高考物理二模试卷

参考答案与试题解析

二、选择题：本题共8小题，每小题6分.在每小题给出的四个选项中，14~

17题只有一项是符合题目要求的，第18〜21题有多项符合题目要求.全部选对

的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得。分.

1.（6分）（2018•肇庆二模）2017年1月9日，大亚湾反应堆中微子实验工程获

得国家自然科学一等奖。大多数原子核发生核反应的过程中都伴有中微子的产

生，例如核裂变、核聚变、0衰变等。下列关于核反应的说法，正确的是（）

A.2H+3H玲4He+3是a衰变方程，234Th玲234+。e是B衰变方程

11209091Pa-1

B.高速运动的a粒子轰击氮核可从氮核中打出中子，其核反应方程为

4He+14N-17。+l

2780n

C.衰变为222,经过3次a衰变，2次0衰变

9086Rn

D.235U+3玲144a+8^加是核裂变方程，也是氢弹的核反应方程

9205636B0r+3

【考点】JA：原子核衰变及半衰期、衰变速度.

【专题】31：定性思想；43；推理法；540：衰变和半衰期专题.

【分析】在a衰变的过程中，电荷数少2,质量数少4,在。衰变的过程中，电

荷数多1,质量数不变，根据该规律求出a衰变和B衰变的次数；

根据各自核反应的特征判断核反应的类型。

答

反

砰

核

A1应2341

MJAH+H3He+n

、112o是核聚变方程，

籍Th」舞Pa+%是0衰变方程,故A错误;

B、高速运动的a粒子轰击氮核可从氮核中打出质子，其核反应方程为

112

e+玲+H

42H74N8故B错误;

C、常Th衰变为萧Rn,经过受终3次a衰变，2次0衰变，故C正确;

1n

D、235U+30144Ba+8%叶3O是核裂变方程，不是氢弹的核反应方程,

9205636

氢弹的发生的核反应为聚变，故D错误。

故选：Co

【点评】解决本题的关键知道a衰变和B衰变的实质，知道在a衰变的过程中,

电荷数少2,质量数少4,在0衰变的过程中，电荷数多1,质量数不变。

2.（6分）（2018•肇庆二模）如图所示，横截面为直角三角形的斜劈P,靠在粗

糙的竖直墙面上，力F通过球心水平

作用在光滑球Q上，系统处于静止状态。当力F增大时，系统仍保持静止。下

列说法正确的是（）

A.斜劈P对竖直墙壁的压力增大

B.斜劈P所受合外力增大

C.球Q对地面的压力不变

D.墙面对斜劈P的摩擦力增大

【考点】2H：共点力平衡的条件及其应用.

【专题】12：应用题；32：定量思想；4C：方程法；527：共点力作用下物体

平衡专题.

【分析】P一直处于静止，所受合外力一直为零不变，以整体为研究对象，分析

P对竖直墙壁的压力变化情况以及墙面对A的摩擦力，对Q受力分析，根据平衡

条件得出Q对地面的压力变化情况。

【解答】解：A、以整体为研究对象，受力分析，根据平衡条件，水平方向：N=F,

N为竖直墙壁对P的弹力，F增大，则N增大，所以由牛顿第三定律可得：P对

竖直墙壁的压力增大。故A正确；

B、斜劈P一直处于静止，所受合外力一直为零不变，故B错误；

CD、对Q受力分析，如图：

根据平衡条件：F=N，sin0,F增大，则N'增大，

N"=mg+N，cos0,N，增大，则N"增大，根据牛顿第三定律得，球对地面的压力增

大，以整体为研究对象，如果力F开始作用时，滑动摩擦力向上，则有在竖直方

向：N"+f=Mg,故随支持力的增大，摩擦力减小，若N"增大至与Mg相等，则f=0,

故CD错误。

故选：Ao

【点评】本题考查共点力平衡条件的应用，确定研究对象，对其受力分析，运用

平衡条件列出平衡等式解题。要注意多个物体在一起时，正确利用整体法与隔离

法进行分析是解题的关键。

3.（6分）（2018•肇庆二模）在X轴上的-L和L点分别固定了A,B两个点电荷,

A的电荷量为+Q,B的电荷量为-Q,如图所示，设沿X轴正方向为电场强度的

正方向，则整个X轴上的电场强度E随X变化的图象正确的是（）

【考点】AD：电势差与电场强度的关系.

【专题】31：定性思想；43：推理法;532：电场力与电势的性质专题.

【分析】根据等量异种电荷电场线的分布图，分析电场强度E的方向，再判断图

象的形状。

【解答】解：等量异种电荷电场线的分布如图,

可知，x<-L时，电场强度E方向向左，为负。

-LWxWL时，E方向向右，为正。

x>l.时，E方向向左，为负，且。点的电场强度不为零,

故ABC错误，D正确。

故选:Do

【点评】这题考查常见电场的电场线分布特点，对各种电场线的分布情况要熟悉,

要结合电场的叠加原理来理解。

4.（6分）（2018•肇庆二模）有a、b、c、d四颗地球卫星：a还未发射，在地球

赤道上随地球表面一起转动；b处于离地很近的近地圆轨道上正常运动；c是地

球同步卫星；d是高空探测卫星。各卫星排列位置如图所示，下列说法中正确的

是（）

A.a的向心加速度等于重力加速度g

B.b在相同时间内转过的弧长最长

C.d的运行周期有可能是20h

D.把a直接发射到b运行的轨道上，其发射速度大于第一宇宙速度

【考点】4H：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系.

【专题】11：计算题；32：定量思想；43：推理法；52A：人造卫星问题.

【分析】地球同步卫星的周期必须与地球自转周期相同，角速度相同，根据a=u）2r

比较a与c的向心加速度大小，再比较c的向心加速度与g的大小。根据万有引

力提供向心力，列出等式得出角速度与半径的关系，分析弧长关系。根据开普勒

第三定律判断d与c的周期关系。

【解答】解：A、地球同步卫星的周期c必须与地球自转周期相同，角速度相同，

则知a与c的角速度相同，根据a=3?r知，c的向心加速度大。

由牛顿第二定律得：G粤=ma，解得：a=粤，卫星的轨道半径越大，向心加速度

xr

越小，则同步卫星C的向心加速度小于b的向心加速度，而b的向心加速度约为

g,故知a的向心加速度小于重力加速度g,故A错误；

B、由牛顿第二定律得：G号m2l,解得：v=JE,卫星的轨道半径越大，速度

越小，所以b的半径最小速度最大，在相同时间内转过的弧长最长，ac转动周

期相同，a的半径小，故a自转的线速度小于c的线速度，所以abed中，b的线

速度最大，在相同时间内转过的弧长最长。故B正确；

C、由开普勒第三定律知，卫星的轨道半径越大，周期越大，所以d的运

T2

动周期大于c的周期24h,d的运行周期应大于24h,不可能是20h,故C错误;

D、第一宇宙速度是发射近地卫星的发射速度，故把a发射到b上的速度等于第

一宇宙速度，故D错误；

故选:Bo

【点评】对于卫星问题，要建立物理模型，根据万有引力提供向心力，分析各量

之间的关系，并且要知道同步卫星的条件和特点。

5.（6分）（2018•肇庆二模）如图甲为风力发电机的简易模型。在风力的作用下,

风叶带动与其固定在一起的永磁铁转动，转速与风速成正比。若某一风速时，线

圈中产生的正弦式电流如图乙所示。下列说法中正确的是（）

A.磁铁的转速为10rad/s

B.电流的表达式为i=0.6sinl0ntA

C.风速加倍时线圈中电流的有效值为O.g历A

D.风速加倍时电流的表达式为i=1.2sinlOKtA

【考点】E5：交流的峰值、有效值以及它们的关系.

【专题】31：定性思想；43：推理法；53A：交流电专题.

【分析】根据i-t图象判断出电流的最大值与周期，明确交流电的最大值和有效

值间的关系，知道转速加倍时，产生的感应电流加倍，角速度加倍即可判断。

【解答】解：A、根据3=2许可知转速为5r/s,故A错误；

B、由图象可知，线圈转动周期T=0.2s,则3号二10兀（rad/s）,由交流电的电

流表达式：i=Asin3t（A）,故B正确；

C、电流的有效值^^0.66（A），故C正确。

D、由转速与风速成正比，当风速加倍时，转速也加倍，电流的最大值lm=L2A,

则电流的表达式为：i=1.2sin20Ht（A）,故D错误；

故选:BCo

【点评】根据相对性来分析与解决问题，即可判断出感应电流的大小变化，及转

速与周期的关系。

6.（6分）（2018•肇庆二模）在民族运动上，运动员弯弓放箭射击侧向的固定目

标。假设运动员骑马奔驰的速度为V1，运动员静止时射出的弓箭速度为V2.跑道

离固定目标的最近距离为d.下列说法中正确的是（）

A.要想命中目标且箭在空中飞行时间最短，运动员放箭处离目标的距离为士2

V1

B.只要击中侧向的固定目标，箭在空中运动合速度的大小一定是旧旧工!

C.要想命中目标且箭在空中飞行时间最短，运动员放箭处离目标的距离为

闻vj+v

v2

D.箭射到靶的最短时间为a

v2

【考点】44：运动的合成和分解.

【专题】31：定性思想；43：推理法；517：运动的合成和分解专题.

【分析】运动员放出的箭既参与了沿马运行方向上的匀速直线运动，又参与了垂

直于马运行方向上的匀速直线运动，当放出的箭垂直于马运行方向发射，此时运

行时间最短，根据t=@■求出最短时间，根据分运动和合运动具有等时性，求出

v2

箭在马运行方向上的距离，根据运动的合成，求出运动员放箭处离目标的距离。

【解答】解：AC、当放出的箭垂直于马运行方向发射，此时运行时间最短，所以

最短时间为：t则箭在沿马运行方向上的位移为：x=Vit=±Ld，所以放箭处

V2丫2

______d/~~2

距离目标的距离为："1V?,故A错误，C正确。

v2

B、根据速度的合成可知箭射出时初速度为丫广后超，箭射出后由于竖直方向

做自由落体运动，速度不断增大，所以箭在空中运动的合速度的大小大于

正踵，故B错误。

D、当放出的箭垂直于马运行方向发射，此时运行时间最短，所以最短时间

t=d.故D正确。

v2

故选:CDo

【点评】解决本题的关键知道箭参与了沿马运行方向上的匀速直线运动和垂直于

马运行方向上的匀速直线运动，知道分运动与合运动具有等时性。

7.（6分）（2018•肇庆二模）如图所示，三斜面ab、cd、cb固定于竖直墙面与

水平面之间，ab与cd斜面的长度相同。若某滑块（视为质点）分别从三斜面的

顶端由开始沿斜面下滑，滑块经过d处时动能不损失且继续沿水平面运动经过b

端，滑块与三斜面及水平面间的动摩擦因数均相同。则对于滑块从各斜面的顶端

到经过b端的整个过程，下列说法正确的是（）

A.三种情况下滑块损失的机械能相同

B.滑块沿ab运动的情况下经过b端时的速度最小

C.滑块沿三斜面下滑的时间相同

D.滑块沿cdb路径运动的情况下克服摩擦力做的功最多

【考点】6B：功能关系.

【专题】34：比较思想；4C：方程法；52D：动能定理的应用专题.

【分析】根据牛顿第二定律求出物体在斜面上运动的加速度，根据位移时间公式

求出运动的时间，比较时间的长短。物体从斜面下滑过程中，重力做正功，摩擦

力做负功，根据动能定理可以比较三者速度大小，注意物体在运动过程中克服摩

擦力所做功等于因摩擦产生热量，据此可以比较机械能的损失。

【解答】解：AD、设任一斜面的倾角为&最高点离水平面的高度为h,斜面长

度为L，物体下滑过程中克服摩擦力做功为：Wf=nmgLcosB.LcosQ即为斜面底边

的长度，即水平位移的大小，由图可知从三个斜面的顶端运动到b的整个过程中，

水平位移大小相等，所以克服摩擦力做功相等，则损失的机械能相等，故A正确,

D错误；

2

B、对运动全程，根据动能定理，有：mgh-Wf=lmv,知三种路径下克服摩擦

2

力做功Wf相等，ab路径的高度差最小，故沿着ab路径到b点的速度最小，故B

正确；

C、由L=h=1^2,a=mgsine-M，mgC0Se=g(sin0_^050则得滑块斜面

sin02______in_______

运动的时间为：t=J2h,

ygsin6(sinQ-M-cos6)

比较cb斜面与cd斜面，高度h相同，倾角0不同，故时间不等，故C错误；

故选:ABo

【点评】本题的关键要利用功能关系列出表达式，知道滑动摩擦力做功与水平位

移有关。要加强练习，提高利用数学知识解决物理问题的能力。

8.（6分）（2018•肇庆二模）速度相同的一束粒子（不计重力）经速度选择器射

入质谱仪后的运动轨迹如图所示，则下列相关说法中正确的是（）

A.该束带电粒子带正电

B.速度选择器的Pi极板带负电

C.能通过狭缝So的带电粒子的速率等于互

D.若粒子在磁场中运动半径越大，则该粒子的比荷越小

【考点】CK：质谱仪和回旋加速器的工作原理.

【专题】31：定性思想；4C；方程法；536：带电粒子在磁场中的运动专题.

【分析】由图可知，粒子进入匀强磁场B2中受到洛伦兹力而做匀速圆周运动，

根据粒子向下偏转，即可知粒子所受的洛伦兹力方向向下，由左手定则可判断粒

子的电性。

粒子速度选择器中受到电场力和洛伦兹力两个作用，电场力不变，速度方向不变,

可知洛伦兹力与电场力应平衡，由左手定则判断出洛伦兹力方向，由平衡条件即

可确定出Pi极板带什么电。

粒子进入匀强磁场B2中受到洛伦兹力而做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得到

半径表达式，根据半径公式分析半径越大时，粒子的质量和比荷的大小。

【解答】解：A、由图可知，带电粒子进入匀强磁场B2时向下偏转，所以粒子所

受的洛伦兹力方向向下，根据左手定则判断得知该束粒子带正电。故A正确。

B、在平行金属板中受到电场力和洛伦兹力两个作用而做匀速直线运动，由左手

定则可知，洛伦兹力方向竖直向上，则电场力方向向下，粒子带正电，电场强度

方向向下，所以速度选择器的Pi极板带正电。故B错误。

C、粒子能通过狭缝，电场力与洛伦兹力平衡，则有：qvBi=qE,解得：v=-L.故

B1

C正确。

D、粒子进入匀强磁场Bz中受到洛伦兹力而做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得:

qvB=m上，解得：r=2".可见，由于v是一定的，B不变，半径r越大，则旦越

rqBm

小。故D正确。

故选:ACDo

【点评】本题关键要理解速度选择器的原理：电场力与洛伦兹力，粒子的速度一

定。粒子在磁场中偏转时，由洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律则可得到半

径。

二.非选择题：包括必考题和选考题两部分，第22〜32题为必考题，每个学生都

必须作答.第34〜第40为选考题，考生根据要求作答.（一）必答题（共129

分）

9.（5分）（2018•肇庆二模）某同学利用如图甲所示的实验装置，运用牛顿第二

定律测量滑块的质量M.主要步骤为：

A.调整长木板倾角，当钩码的质量为m0时滑块沿木板恰好向下做匀速运动。

B.保持木板倾角不变，撤去钩码m。，将滑块移近打点计时器，然后释放滑块，

滑块沿木板向下做匀加速直线运动，并打出点迹清晰的纸带如图乙所示（已知打

点计时器每隔0.02s打下一个点）。

请回答下列问题：

（1）打点计时器在打下B点时滑块的速度uR=1.38m/s；

（2）滑块做匀加速直线运动的加速度a=3.88m/s2；

（3）滑块质量（用字母a、m。、当地重力加速度g表示）。

【考点】M8：探究加速度与物体质量、物体受力的关系.

【专题】13:实验题；32：定量思想；4B：图析法；522：牛顿运动定律综合

专题.

【分析】（1）根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，

可以求出打纸带上B点时小车的瞬时速度大小；

（2）根据匀变速直线运动的推论公式可以求出加速度的大小；

（3）应用牛顿第二定律可以求出滑块的质量。

【解答】解：由图示纸带可知，两个相邻两个计数点间还有1个点，计数点间的

时间间隔t=2T=0.04s,

（1）根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求

出打纸带上B点时小车的瞬时速度大小。

VB=、延』）.05IJ+U...J无阻=1.38m/s；

2t2X0.04

（2）根据匀变速直线运动的推论公式可以知，加速度的大小：

a-XcD-XAg+xDE-x8c=0.0645-0.0520+0.0707-0.0584^88m,房。

4t24X0.042

（3）滑块做匀速运动时受力平衡作用，由平衡条件得：mog=Mgsin0-f,撤去

m。时滑块做匀加速直线运动时，

受到的合外力：Fa=Mgsine-f,由牛顿第二定律得：F/Ma,解得：1\/1=也_。

a

故答案为：（1）1.38；（2）3.88；（3）m°g0

a

【点评】本题考查了牛顿第二定律的应用，应用匀变速直线运动的推论、牛顿第

二定律即可解题，要熟练掌握基础知识，在平时练习中要加强基础知识的理解与

应用。

10.（10分）（2018•肇庆二模）在研究性课题的研究中，小刚、小聪和小明所在

的小组收集了手机的电池以及从废旧收音机上拆下的电阻、电容、电感线圈等电

子器件。现从这些材料中选取两个待测元件进行研究，一是电阻Rx（阻值约2kQ）,

二是手机中常用的锂电池（电动势E的标称值为3.4V）.在操作台上还准备了如

下实验器材：

A.电压表V（量程4V,内阻孔约10kC）

B.电流表Ai（量程100mA,内阻RAI约5Q）

C.电流表A2（量程2mA,内阻RA2约50Q）

D.滑动变阻器R（0〜40Q.额定电流1A）

E.电阻箱Ro（0-999.9Q）

F.开关S-只、导线若干

①小刚采用伏安法测定Rx的阻值，他使用的电是待测的锂电池。图甲是他连接

的部分实验器材，请你用笔划线在答题卡上完成实物连接。小刚选用的电流表应

是Az（选填"AJ或"A2"）;他用电压表的读数除以电流表的读数作为Rx的测

量值，则测量值.大于真实值（填"大于"或"小于"）；

②小聪和小明设计了图乙所示的电路图测量锂电池的电动势E和内阻r。

a.小聪的实验操作是：闭合开关S.调整电阻箱的阻值为2时，读出电压表的

示数为5；调整电阻箱的阻值为R2时，读出电压表的示数为6.根据小聪测出

的数据可求得该电池的电动势，其表达式为E=唳2叫一2）.

b.小明认为用线性图象处理数据更便于分析。他在实验中多次改变电阻箱阻值，

获取了多组数据，画出的工-上图象为一条直线（见图丙）.则该图象的函数表

UR

达式为工=二十上，由图丙可知该电池的电动势E=3.3V、内阻r=0.25

u-ERJT-

fio

【考点】N3：测定电源的电动势和内阻.

【专题】13：实验题；23；实验探究题；31；定性思想；46；实验分析法;

535：恒定电流专题.

【分析】①根据电路最大电流选择电流表，根据题意确定滑动变阻器与电流表的

接法，然后连接实物电路图；根据实验电路分析实验误差；

②a、根据闭合电路欧姆定律列方程，然后求出电源电动势的表达式；

b、根据闭合电路欧姆定律求出图象的函数表达式，根据图象与函数表达式求电

源电动势与内阻。

【解答】解：①测量Rx的阻值时，滑动变阻器采取分压接法，由于待测电阻的

阻值较大，电流表采取内接法，实物图如图所示；通过待测电阻的最大电流为

I7mA，故电流表选取A2；由于电流表采取内接法，用电压表的读数

m2000

除以电流表的读数应该为待测电阻与电流表内阻的阻值之和，所以测量值大于真

实值；

②a.由闭合电路的欧姆定律可知：

Ui

E=UI+R7T

UIU2（R「R2）.

联立解得：

U2R1-U1R2

b.由闭合电路的欧姆定律可知：E=U+9，

整理得上一+工，所以截距203，

UEREE

解得E：二*V；

斜率r=0-6-CL3=3一

E-4~40

解得r=0.25Qo

1

故答案为：（1）连线见图；A2；大于门客一山」.^-^）；人工J；3.30.25

U2R1-U1R2ERE

【点评】本题考查了求电源电动势与内阻实验，应用图象法求电源电动势与内阻

时，要先求出图象对应的函数表达式，然后根据图象与函数表达式即可求出电源

电动势与内阻。

11.（14分）（2018•肇庆二模）如图甲所示，两根完全相周的光滑平行导轨固定,

每根导轨均由两段与水平面成0=30。的长直导轨和一段圆弧导轨平滑连接而成，

导轨两端均连接电阻。阻值导轨间距在右侧导轨所在斜面

RI=R2=2Q,L=0.6m.

的矩形区域MiM2P2Pl内分布有垂直斜面向上的磁场，磁场上下边界M1P1、M2P2

的距离d=0.2m,磁感应强度大小随时间的变化规律如图乙所示。t=0时刻。在右

侧导轨斜面上与MiPi距离s=0,1m处，有一根阻值r=2Q的金属棒ab垂直于导轨

由静止释放，恰好独立匀速通过整个磁场区域。取重力加速度g=10m/s2,导轨

电阻不计。求：

甲乙

（1）ab由静止运动到磁场边界MiPi的时间t及此时的速度大小v；

（）在时刻和时刻电阻的电功率之比。

2ti=0.1st2=0.25sRi

【考点】D9：导体切割磁感线时的感应电动势；BB：闭合电路的欧姆定律；BG：

电功、电功率.

【专题】11：计算题；32：定量思想；4C：方程法；53C：电磁感应与电路

结合.

【分析】（1）根据牛顿第二定律求出导体棒到达磁场边界MJ］时的加速度，再

由速度公式和位移公式即可求解；

（2）在ti=O.ls时刻，ab未进入磁场，根据法拉第电磁感应定律求解感应电动势，

由闭合电路欧姆定律求出电阻修的电流，由功率公式求出功率；

t2=0.25s时刻，ab棒在磁场中切割磁感线，产生感应电动势，相当于电源，根

据法拉第电磁感应定律求出电动势，再由欧姆定律求出修中的电流，再得出R[消

耗的功率，最后求出两种情况的功率之比。

【解答】解：（1）根据牛顿第二定律有：

mgsin9=ma

得：a=gsin0=51rl

由v=at得:

v=5X0.2m/s=lm/s

（2）t[=0.Is时，a、b未进入磁场，此时感应电动势为:

El-—AtLAdtQ°-6X02X、0.2-0.15UV=0.6V

Ri可以看作电源的内阻，R/r并联，有:

Rr

p_2_2X2

Q=1Q

开-R2+r百万

所以有：I.=---------=-^T-A=0.2A

1R并+r2+1

电阻/消耗的功率为：

P[=I；R1=O.22X2W=008W

t-025s时，ab在磁场中运动（因为通过磁场区域用时△t'=22s=O.2s）B

2V1

恒定为1T,

ab切割磁感线，ab杆为电源，电源电动势为:

E2=BLV=1X0.6X1V=O.61

此时可以看作R2并联与电源内阻「串联，有:

R・R2><1,

-----------+r2+2+/9

R]+R2

R[中的电流为：

=x

I；=fl2f0.2A=°」A

电阻丹的功率为：

P；=I；2RJO.I2X2W=0.02W

所以在ti=O.ls时刻和t2=0.25s时刻电阻匕的电功率之比为：

Pl：P；=0.08：0.02=4：1

答：（1）ab由静止运动到磁场边界MF】的时间t为0.2s,此时的速度大小v为

lm/s；

（2）在ti=O.ls时刻和t2=O.25s时刻电阻Ri的电功率之比为4：1

【点评】对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，重点是分析

安培力作用下导体棒的平衡问题，根据平衡条件列出方程；另一条是能量，分析

涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解。

12.（18分）（2018•肇庆二模）如图所示，小球A系在细线的一端，线的另一端

固定在。点，。到光滑水平面的距离为h=0.8m,已知A的质量为m,物块B的

质量是小球A的5倍，置于水平传送带左端的水平面上且位于。点正下方，传

送带右端有一带半圆光滑轨道的小车，小车的质量是物块B的5倍，水平面、传

送带及小车的上表面平滑连接，物块B与传送带间的动摩擦因数为口=0.5,其余

摩擦不计，传送带长L=3.5m,以恒定速率v°=6m/s顺时针运转。现拉动小球使线

水平伸直后由静止释放，小球运动到最低点时与物块发生弹性正碰，小球反弹后

上升到最高点时与水平面的距离为上，若小车不固定，物块刚好能滑到与圆心

16

01等高的C点，重力加速度为g,小球与物块均可视为质点，求：

（1）小球和物块相碰后物块B的速度VB大小。

（2）若滑块B的质量为mB=lkg,求滑块B与传送带之间由摩擦而产生的热量Q

及带动传送带的电动机多做的功W电。

（3）小车上的半圆轨道半径R大小。

【考点】53：动量守恒定律；6B：功能关系.

【专题】11：计算题；32：定量思想；4C：方程法；52F：动量定理应用专题.

【分析】（1）小球下摆与反弹后上升过程机械能守恒，A、B碰撞过程系统动量

守恒，应用机械能守恒定律与动量守恒定律可以求出速度。

（2）应用匀变速直线运动的速度公式与位移公式求出相对位移，然后求出摩擦

力产生的热量，再求出电动机做功。

（3）应用匀变速直线运动的运动学公式与动量守恒定律、机械能守恒定律可以

求出圆轨道半径。

【解答】解：（1）小球A下摆及反弹上升阶段机械能守恒，由机械能守恒定律得:

mgh=-ljnvA2»

2

mg.-L_h=A_mV]2,

162

A.B碰撞过程系统动量守恒，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得:

mvA=-mvi+5mvB,

代入数据解得：VB=lm/s；

（2）经过时间t,B与传送带速度相等，由匀变速直线运动速度公式得：

v0=vB+ngt,

代入数据解得：t=ls,

▼B+V。

物块滑行的距离为:t'

s物二2

解得:s物=3.5m=L,

传送带的位移为：sft=v0t=6Xl=6m,

则有:Sw=Sft-Stt=6-3.5=2.5m,

Q=fSffl=|imgS相，

电动机多做的功为：亚小会后多陪,’

代入数据解得：W电=30J。

（3）物块在传送带上一直加速到达右端时恰好与传送带速度相等，系统水平方

向动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：

5mv0=（5m+25m）v,

22,

由机械能守恒定律得：y.5rov0=y（5in+25in）v+5rogR

代入数据解得：R=1.5m；

答：（1）小球和物块相碰后物块B的速度VB大小为lm/s。

（2）滑块B与传送带之间由摩擦而产生的热量Q及带动传送带的电动机多做的

功W电为30Jo

（3）小车上的半圆轨道半径R大小为1.5m。

【点评】本题是一道力学综合题，综合考查了动量守恒定律与机械能守恒定律的

应用，分析清楚物体运动过程是正确解题的关键，解题时注意正方向的选择。

【物理-选修3-3】（15分）

13.（5分）（2018•肇庆二模）下列说法正确的是（）

A.液体表面层中分子间的相互作用力表现为引力

B.固体中的分子是静止的，液体、气体中的分子是运动的

C.汽化现象是液体分子间因相互排斥而发生的

D.液体的蒸发现象在任何温度下都能发生

E.有的物态变化中虽然吸收热量但温度却不升高

【考点】8H：热力学第二定律.

【专题】32：定量思想；43：推理法；548：热力学定理专题.

【分析】分子永不停息做无规则运动；液体表面张力表现为引力；任何温度下均

能发生蒸发；汽化现象与分子力无关；晶体有时吸收热量，温度不变。

【解答】解：A、当分子间距离为r0时，分子引力和斥力相等，液体表面层的分

子比较稀疏，分子间距大于”，所以分子间作用力表现为引力，故A正确；

B、无论固体、液体和气体，分子都是在永不停息的做无规则运动，故B错误；

C、汽化是物质从液态变成气态的过程，汽化分蒸发和沸腾，而不是分子间的相

互排斥而产生的，故C错误；

D、蒸发是液体表面分子无规则运动的情况，故D正确；

E、冰在融化过程中吸收热量但温度不升高，故E正确；

故选:ADEo

【点评】考查分子永不停息做无规则运动，理解液体表面张力的含义，知道蒸发

快慢与温度有关，而有无蒸发与温度无关，掌握存在吸热，而温度不一定升高的

结论。

14.（10分）（2018•肇庆二模）如图所示，一个上下都与大气相通的直圆筒，内

部横截面积为S=0.01m2,中间用两个活塞A和B封住一定质量的气体。A、B都

可沿圆筒无摩擦地上下滑动，且不漏气。A的质量不计，B的质量为M,并与一

劲度系数为k=5X103N/m的较长的弹簧相连。已知大气压p°=lX105pa,平衡时

两活塞之间的距离lo=O.6m,现用力压A,使之缓慢向下移动一段距离后保持平

衡。此时用于压A的力F=500N.求活塞A下移的距离。

【考点】99：理想气体的状态方程.

【专题】54B：理想气体状态方程专题.

【分析】由于A的质量可不计，初态时，封闭气体的压强等于大气压，以B为

研究对象，求出弹簧的压缩量。当用力压A时，再以B为研究对象，求出弹簧

的弹力，由胡克定律求出弹簧的压缩量，根据玻意耳定律求出活塞A向下移动的

距离。

【解答】解：设活塞A向下移动I,相应B向下移动X,对气体分析：

初态：Pi=PoVi=l°S

+

末态：P2=P0—V2=(Io-1+x)S

由玻-意耳定律:

piVi=p2V2

因为两活塞间的距离原来为I。，活塞A向下移动I,相应B向下移动X,则末状态

时，两活塞的距离为Io-l+x。

初态时，弹簧被压缩量为父，由胡克定律：Mg=kx1..②

当活塞A受到压力F时，活塞B的受力情况如图所示。尸为此时弹簧弹力

由平衡条件可知PoS+F'=poS+F+Mg...③

由胡克定律有:F'=k（x+x1）…④

联立①②③④解得：l=O.3m。

答：活塞A向下移动的距离为0.3m。

R&S

F'

【点评】本题考查了玻意耳定律与力学知识的综合，有一定难度。关键搞清初末

状态，运用力学平衡和玻意耳定律综合求解。

【物理-选修3-4】（15分）

15.（2018•肇庆二模）下列说法正确的是（）

A.简谐运动的周期与振子的质量无关，但与振幅有关

B.弹簧振子做简谐运动的回复力表达式F=-kx中，F为振动物体所受的合外力，

k为弹簧的劲度系数

C.在波的传播方向上，某个质点的振动速度就是波的传播速度

D.在双缝干涉实验中，同等条件下用紫光做实验比用红光做实验得到的条纹更

窄

E.在单缝衍射现象中要产生明显的衍射现象，狭缝宽度必须比波长小或者相差

不多

【考点】74：简谐运动的回复力和能量；F4：横波的图象；F5：波长、频率和波

速的关系.

【专题】31：定性思想；43：推理法；51B：简谐运动专题.

【分析】单摆小角度摆动是简谐运动，重力的切线分力提供回复力；

波的传播方向与质点的振动方向垂直的波是横波，波的传播方向与质点的振动方

向平行的波是纵波；

根据双缝衍射的条纹宽度的公式分析；

根据明显衍射的条件分析。

【解答】解：A、简谐运动的周期由振动系统内部因素决定，与振动幅度无关，

故A错误；

B、在简谐运动的回复力表达式F=-kx中，对于弹簧振子，F为振动物体受到的

合外力，k为弹簧的劲度系数；故B正确；

C、对于机械波，某个质点的振动速度与波的传播速度不同，横波两者垂直，纵

波两者平行，故C错误；

D、在双缝干涉实验中，根据干涉条纹间距公式4x上.人，同种条件下，因紫

d

光波长小于红光，则用紫光做实验比红光做实验得到的条纹更窄，故D正确；

E、在单缝衍射现象中要产生明显的衍射现象，根据明显衍射的条件可知，狭缝

宽度必须比波长小或者相差不太多。故E正确

故选:BDEo

【点评】本题考查了简谐运动、机械波、光的干涉和衍射，关键要明确简谐运动

有弹簧振子模型和单摆模型两种模型。

16.（2018•肇庆二模）如图所示，^ABC为一直角三棱镜的截面，其顶角N

BAC=30°,AB边的长度为I,P为垂直于直线BCD的光屏。一宽度也为I的平行单

色光束垂直射向AB面，在屏上形成一条宽度等于2的光带，求棱镜的折射率。

3

P

I）

【考点】H3：光的折射定律.

【专题】11：计算题；32：定量思想；4C：方程法；54D：光的折射专题.

【分析】平行光束垂直射向AB面方向不变，在AC面发生折射，作出光路图。

根据几何知识求出AC面上的入射角和折射角，再由折射定律求解折射率n；

【解答】解：平行光束经棱镜折射后的出射光束仍是平行光束，如图所示。

'A

图中91、02为光在AC面上的入射角和折射角，根据折射定律，有廿学子

sin8]

设出射光线与水平方向成a角，则02=01+(1

由于CC2=A1A2=—I

可得注2=工1

而ACi=BC=ltan0i

解得tana=Yl_

3

a=30°,02=60%

EIsin8nl

则~

sin9]

【点评】本题的解题关键是正确作出光路图，根据几何知识求解入射角和折射角,

再运用折射定律求折射率。

考点卡片

1.共点力平衡的条件及其应用

【知识点的认识】

1.共点力

物体同时受几个力的作用，如果这几个力都作用于物体的同一点或者它们的作用

线交于同一点，这几个力叫共点力.能简化成质点的物体受到的力可视为共点力.

2.平衡状态

物体保持静止或匀速运动状态（或有固定转轴的物体匀速转动）.

注意：这里的静止需要二个条件，一是物体受到的合外力为零，二是物体的速度

为零，仅速度为零时物体不一定处于静止状态，如物体做竖直上抛运动达到最高

点时刻，物体速度为零，但物体不是处于静止状态，因为物体受到的合外力不为

零.

共点力的平衡：如果物体受到共点力的作用，且处于平衡状态，就叫做共点力的

平衡.

共点力的平衡条件：为使物体保持平衡状态，作用在物体上的力必须满足的条

件，叫做两种平衡状态：

静态平衡v=0；a=0；

动态平衡vWO；a=0；

①瞬时速度为0时，不一定处于平衡状态.如：竖直上抛最高点.只有能保持静

止状态而加速度也为零才能认为平衡状态.

②物理学中的"缓慢移动"一般可理解为动态平衡.

3.共点力作用下物体的平衡条件

（1）物体受到的合外力为零.即F合=0；其正交分解式为F8=0；F令丫=0；

（2）某力与余下其它力的合力平衡（即等值、反向）.

二力平衡：这两个力大小相等，方向相反，作用在同一直线上，并作用于同一物

体.

（要注意与一对作用力与反作用力的区别）.

三力平衡：三个力的作用线（或者反向延长线）必交于一个点，且三个力共面.称

为汇交共面性.其力大小符合组成三角形规律.

三个力平移后构成一个首尾相接、封闭的矢量形；任意两个力的合力与第三个

力等大、反向（即是相互平衡）.

推论：①非平行的三个力作用于物体而平衡，则这三个力一定共点.

②几个共点力作用于物体而平衡，其中任意几个力的合力与剩余几个力（一个力）

的合力一定等值反向.

三力汇交原理：当物体受到三个非平行的共点力作用而平衡时，这三个力必交于

一占八、、.»

说明：

①物体受到N个共点力作用而处于平衡状态时，取出其中的一个力，则这个力

必与剩下的（N-1）个力的合力等大反向.

②若采用正交分解法求平衡问题，则其平衡条件为：Fx令=0,FY仔=0;

求解平衡问题的一般步骤：选对象，画受力图，建坐标，列方程.

4.平衡的临界问题

由某种物理现象变化为另一种物理现象或由某种物理状态变化为另一种物理状

态时，发生转折的状态叫临界状态，临界状态可以理解为"恰好出现"或"恰好不

出现"某种现象的状态.平衡物体的临界状态是指物体所处的平衡状态将要发生

变化的状态.往往利用"恰好出现"或"恰好不出现”的条件.

5.平衡的极值问题

极值是指研究平衡问题中某物理量变化情况时出遭到的最大值或最小值.可分为

简单极值问题和条件极值问题.

【重要考点归纳】

1.物体的受力分析

（1）受力分析步骤

物体的受力分析是解决力学问题的基础，同时也是关键所在，一般对物体进行受

力分析的步骤如下：

①明确研究对象.

在进行受力分析时，研究对象可以是某一个物体，也可以是保持相对静止的若干

个物体.在解决比较复杂的问题时，灵活地选取研究对象可以使问题简化.研究

对象确定以后，只分析研究对象以外的物体施予研究对象的力（既研究对象所

受的外力），而不分析研究对象施予外界的力.

②按顺序找力.

必须是先场力（重力、电场力、磁场力），后接触力；接触力中必须先弹力，后

摩擦力（只有在有弹力的接触面之间才可能有摩擦力）.

③画出受力示意图，标明各力的符号.

④需要合成或分解时，必须画出相应的平行四边形.

（2）隔离法与整体法

①整体法：以几个物体构成的整个系统为研究对象进行求解.在许多问题中用整

体法比较方便，但整体法不能求解系统的内力.

②隔离法：从系统中选取一部分（其中的一个物体或两个物体组成的整体，少于

系统内物体的总个数）进行分析.隔离法的原则是选取受力个数最少部分的来分

析.

③通常在分析外力对系统作用时，用整体法；在分析系统内各物体之间的相互作

用时，用隔离法.有时在解答一个问题时要多次选取研究对象，需要整体法与隔

离法交叉使用.

注意：本考点考查考生的基本功：受力分析，受力分析是处理力学问题的关键和

基础，所以要熟练掌握物体受力分析的一般步骤和方法.

2.共点力平衡的处理方法

（1）三力平衡的基本解题方法

①力的合成、分解法：即分析物体的受力，把某两个力进行合成，将三力转化为

二力，构成一对平衡力，二是把重力按实际效果进行分解，将三力转化为四力，

构成两对平衡力.

②相似三角形法：利用矢量三角形与几何三角形相似的关系，建立方程求解力的

方法.应用这种方法，往往能收到简捷的效果.

（2）多力平衡的基本解题方法：正交分解法

利用正交分解方法解体的一般步骤：

①明确研究对象；

②进行受力分析；

③建立直角坐标系，建立坐标系的原则是让尽可能多的力落在坐标轴上，将不在

坐标轴上的力正交分解；

④x方向，y方向分别列平衡方程求解.

注意：求解平衡问题关键在于对物体正确的受力分析，不能多力，也不能少力，

对于三力平衡，如果是特殊角度，一般采用力的合成、分解法，对于非特殊角，

可采用相似三角形法求解，对于多力平衡，一般采用正交分解法.

3.动态平衡

求解三个力的动态平衡问题，一般是采用图解法，即先做出两个变力的合力（应

该与不变的那个力等大反向）然后过合力的末端画方向不变的那个力的平行线，

另外一个变力的末端必落在该平行线上，这样就能很直观的判断两个变力是如何

变化的了，如果涉及到最小直的问题，还可以采用解析法，即采用数学求极值的

方法求解.

4.连接体的平衡问题

当一个系统（两个及两个以上的物体）处于平衡状态时，系统内的每一个物体都

处于平衡状态，当求系统内各部分相互作用时用隔离法（否则不能暴露物体间的

相互作用），求系统受到的外力时，用整体法，即将整个系统作为一个研究对象,

具体应用中，一般两种方法交替使用.

【命题方向】

（1）第一类常考题型是对基本知识点的考查:

如图所示，一光滑斜面固定在地面上，重力为G的物体在一水平推力F的作用下

处于静止状态.若斜面的倾角为9,则（）

A.F=Gcos0

B.F=Gsin0

C.物体对斜面的压力FN=GCOS0

D.物体对斜面的压力FN=—J

COS0

分析：对物体进行受力分析：重力、推力F和斜面的支持力，作出力图，根据平

衡条件求出F和斜面的支持力，再得到物体对斜面的压力.

解：以物体为研究对象，对物体进行受力分析：重力、推力F和斜面的支持力，

作出力图如图，根据平衡条件得

F=FNsin0

FNCOS0=G

解得

F=Gtan0,FN=―0.—

COS0

由牛顿第三定律得：FN'=FN=—

COS0

故选D.

点评：本题分析受力情况，作出力图是解题的关键.此题运用力合成法进行处理,

也可以运用正交分解法求解.

（2）第二类常考题型是对多力平衡综合的考查：

如图所示，半圆柱体P放在粗糙的水平地面上，其右端有固定放置的竖向挡板

MN,在P和MN之间放有一个光滑均匀的小圆柱体Q,整个装置处于静止状态,

若用外力使MN保持竖直且缓慢向右移动，在Q落到地面以前，发现P始终保

持静止，在此过程中（）

A.MN对Q的弹力逐渐减小

B.Q所受的合力逐渐增大

C.地面对P的摩擦力逐渐增大

D.P、Q间的弹力先减小后增大

分析：先对Q受力分析，受重力、P对Q的支持力和MN对Q的支持力，根据

平衡条件求解出两个支持力；再对P、Q整体受力分析，受重力、地面支持力、

MN挡板对其向左的支持力和地面对其向右的支持力，再次根据共点力平衡条件

列式求解.

受重力、P对Q的支持力和MN对Q的支持力，如图

根据共点力平衡条件，有:

Ni=—强—

cos8

N2=mgtan0

再对P、Q整体受力分析，受重力、地面支持力、MN挡板对其向左的支持力和

地面对其向右的摩擦力，如图

1

根据共点力平衡条件，有：

f=N2

N=(M+m)g

故：f=mgtan0

MN保持竖直且缓慢地向右移动过程中，角6不断变大，故f变大，N不变，电

变大，N2变大，P、Q受到的合力一直为零；

故选：C.

点评：本题关键是先对物体Q受力分析，再对P、Q整体受力分析，然后根据共

点力平衡条件求出各个力的表达式，最后再进行讨论.

(3)第二类常考题型是对连接体的平衡问题的考查：

有一个直角支架AOB,A0水平放置，表面粗糙，0B竖直向下，表面光滑.A0

上套有小环P,0B上套有小环Q,两环质量均为m,两环间由一根质量可忽略、

不可伸长的细绳相连，并在某一位置平衡（如图所示）.现将P环向左移一小段

距离，两环再次达到平衡，那么将移动后的平衡状态和原来的平衡状态比较，A0

杆对P环的支持力N和细绳上的拉力T的变化情况是（）

A.N不变，T变大B.N不变，T变小

C.N变大，T变大D.N变大，T变小

分析：分别以两环组成的整体和Q环为研究对象，分析受力情况，根据平衡条

件研究A0杆对P环的支持力N和细绳上的拉力T的变化情况.

解：以两环组成的整体，分析受力情况如图1所示.根据平衡条件得，N=2mg

保持不变.再以Q环为研究对象，分析受力情况如图2所示.设细绳与0B杆间

夹角为a,由平衡条件得，细绳的拉力T=_哩P环向左移一小段距离时，a

cosa

减小，cosa变大，T变小.

故选：B.

点评：本题涉及两个物体的平衡问题，灵活选择研究对象是关键.当几个物体都

处于静止状态时，可以把它们看成整体进行研究.

【解题方法点拨】

力学知识是物理学的基础，受力分析又是力学的基础，从近几年高考出题的形式

上来看，力的合成与分解问题常与日常生活实际紧密结合，突出了对于实际物理

问题的模型抽象能力，在高考的出题方向上也体现了考查学生运用数学知识分析

物理问题的能力，主要是考查共点力作用下的物体平衡，尤其是三个共点力的平

衡问题，同时更多的题目则体现了与物体的平衡问题、牛顿第二定律的应用问题、

动量能量、场类问题的综合考查，试题形式主要以选择题、解答题形式出现.

N

图1

2.运动的合成和分解

【知识点的认识】

运动的合成和分解

1.分运动和合运动：一个物体同时参与几个运动，参与的这几个运动即分运动,

物体的实际运动即合运动.

2.运动的合成与分解

已知分运动求合运动称为