山东省物理高考真题计算题及答案-2011、2010、2009、2008、2007

一，运动、机械能
2007，如图所示，一水平圆盘绕过圆心的竖直轴转动，圆盘边缘有一质量m=1.0kg的小滑块。

当圆盘转动的角速度达到某一数值时，滑块从圆盘边缘滑落，经光滑的过渡圆管进入轨道ABC。

以知AB段斜面倾角为53°，BC段斜面倾角为37°，滑块与
圆盘及斜面间的动摩擦因数均μ=0.5 ，A点离
B点所在水平面的高度h=1.2m。

滑块在运动过程
中始终未脱离轨道，不计在过渡圆管处和B点的
机械能损失，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦
力，取g=10m/s2,sin37°=0.6; cos37°=0.8
（1）若圆盘半径R=0.2m，当圆盘的角速度多大时，滑块从圆盘上滑落？
（2）若取圆盘所在平面为零势能面，求滑块到达B点时的机械能。

（3）从滑块到达B点时起，经0.6s 正好通过C点，求BC之间的距离。

答案：
(1)滑块在圆盘上做圆周运动时，静摩擦力充当向心力，根据牛顿第二定律，可得：
μmg=mω2R
ug/=5rad/s
代入数据解得：ω=R
（2）滑块在A点时的速度：U A=ωR=1m/s
从A到B的运动过程由动能定理：mgh-μmgcos53°·h/sin53°=1/2mv B2-1/2mv A2
在B点时的机械能E B=1/2mv B2-mgh=-4J
（3）滑块在B点时的速度：v B=4m/s
滑块沿BC 段向上运动时的加速度大小：a 3=g （sin37°+ucos37°）=10m/s 2
返回时的速度大小：a 2=g （sin37°-ucos37°）=2m/s 2
BC 间的距离：s BC =v B 2
/2a 1-1/2a 2（t-u R /a 1）2
=0.76m
2008，某兴趣小组设计了如图所示的玩具轨道，其中“2008”四个等高数字用内壁光滑的薄壁细圆管弯成，固定在竖直平面内（所有数字均由圆或半圆组成，圆半径比细管的内径大得多），底端与水平地面相切。

弹射装置将一个小物体（可视为质点）以va=5m/s 的水平初速度由a 点弹出，从b 点进入轨道，依次经过“8002”后从p 点水平抛出。

小物体与地面ab 段间的动摩擦因数u=0.3,不计其它机械能损失。

已知ab 段长L ＝1. 5m ，数字“0”的半径R ＝0.2m ，小物体质量m=0.01kg,g=10m/s2。

求：
（1）小物体从p 点抛出后的水平射程。

（2）小物体经过数这“0”的最高点时管道对小物体作用力的大小和方向。

答案：
解：（1）设小物体运动到p 点时的速度大小为v ，对小物体由a 运动到p 过程应用动能定理得
22
11222a mgL Rmg mv mv -μ-=
-
①
2
122R gt =
② s=vt
③
联立①②③式，代入数据解得 s=0.8m
④
（2）设在数字“0”的最高点时管道对小物体的作用力大小为F ，取竖直向下为正方向
2
mv F mg R +=
⑤
联立①⑤式，代入数据解得 F ＝0.3N
⑥
方向竖直向下
2009，如图所示，某货场而将质量为m1=100 kg 的货物（可视为质点）从高处运送至地面，为避免货物与地面发生撞击，现利用固定于地面的光滑四分之一圆轨道，使货物中轨道顶端无初速滑下，轨道半径R=1.8 m 。

地面上紧靠轨道次排放两声完全相同的木板A 、B ，长度均为l=2m ，质量均为m2=100 kg ，木板上表面与轨道末端相切。

货物与
木板间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数μ=0.2。

（最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取g=10 m/s2）
（1）求货物到达圆轨道末端时对轨道的压力。

（2）若货物滑上木板4时，木板不动，而滑上木板B 时，木板B 开始滑动，求μ1应满足的条件。

（3）若μ1=0。

5，求货物滑到木板A 末端时的速度和在木板A 上运动的时间。

答案：
（1）设货物滑到圆轨道末端是的速度为
0v ，对货物的下滑过程中根据机械能守恒定律得，
210
12mgR m v =
①，设货物在轨道末端所受支持力的大小为N F ,根据牛顿第二定律得，
2
11
N v F m g m R -=②，联立以上两式代入数据得3000N F N =③,根据牛顿第三定律，货物
到达圆轨道末端时对轨道的压力大小为3000N ，方向竖直向下。

（2）若滑上木板A 时，木板不动，由受力分析得11212(2)m g m m g μμ≤+④，若滑上木板
B 时，木板B 开始滑动，由受力分析得
11212()m g m m g μμ>+⑤，联立④⑤式代入数据得
10.6μ0.4<≤⑥。

（3）
10.5μ=，由⑥式可知，货物在木板A 上滑动时，木板不动。

设货物在木板A 上做减
速运动时的加速度大小为
1a ，由牛顿第二定律得1111m g m a μ≤⑦，设货物滑到木板A 末端
是的速度为1v ，由运动学公式得
22
1012v v a l -=-⑧，联立①⑦⑧式代入数据得14/v m s =⑨，设在木板A 上运动的时间为t ，由运动学公式得101v v a t =-⑩，联立①⑦⑨⑩式代入
数据得0.4t s =。

2010， 如图所示，四分之一圆轨道OA 与水平轨道AB 相切，它们与另一水平轨道CD 在同一竖直面内，圆轨道OA 的半径R=0.45m ，水平轨道AB 长1s =3m, OA 与AB 均光
滑。

一滑块从O 点由静止释放，当滑块经过A 点时，静止在CD 上的小车在F=1.6N 的水平恒力作用下启动，运动一段时间后撤去力F 。

当
小车在CD 上运动了2s =3.28m 时速度v=2.4m/s,此时滑块恰好落入小车中。

已知小车质量M=0.2kg ,与CD 间的动摩擦因数u =0.4。

（取
g=10m/2s
求（1）恒力F 的作用时间t 。

（2）AB 与CD 的高度差h 。

答案：
(1)设小车在轨道CD 上加速的距离为s ，由动能定理得
2221Mv Mgs Fs =
-μ ①
设小车在轨道CD 上做加速运动时的加速度为a ，由牛顿运动定律得
F －μMg=Ma ②
221at s =
③
联立①②③式，代入数据得
t =1 s ④
(2)设小车在轨道CD 上做加速运动的末速度为v ′，撤去力F 后小车做减速运动时的 加速度为a ′，减速时间为t ′，由牛顿运动定律得 v ′=at ⑤ －μMg=Ma ′ ⑥ v= v ′+a ′t ′ ⑦
设滑块的质量为m ，运动到A 点的速度为vA ，由动能定理得
mgR=21
mv A2 ⑧
设滑块由A 点运动到B 点的时间为t1，由运动学公式得 s1 =vA tl ⑨
设滑块做平抛运动的时间为t1′，则 t1′=_t+ t′－tl ⑩ 由平抛规律得
h=21
g t′12 ○11
联立②④⑤⑥⑦③⑨⑩○11式，代人数据得 h=0.8m
2011，如图所示，在高出水平地面 1.8h m =的光滑平台上放置一质量
2M kg =、由两种不同材料连接成一体的薄板A ，其右段长度10.2l m =且
表面光滑，左段表面粗糙。

在A 最右端放有可视为质点的物块B ，其质量1m kg =。

B 与A 左段间动摩擦因数0.4u =。

开始时二者均静止，
现对A 施加20F N =水平向右的恒力，待B 脱离A （A 尚未露出平台）后，将A 取走。

B 离开平台后的落地点与平台右边缘的水平距离 1.2x m =。

（取g=10m/s2）求：
（1）B 离开平台时的速度vB 。

（2）B 从开始运动到刚脱离A 时，B 运动的时间tB 和位移xB 。

（3）A 左端的长度l2。

答案：
（1）设物块平抛运动的时间为t ，由平抛运动规律得
h=1
2gt2，x=vBt
联立解得vB=2m/s 。

(2)设B 的加速度为aB ，由牛顿第二定律，μmg=m aB ，
由匀变速直线运动规律，vB=aBt B ，xB=1
2aBt B 2，
联立解得t B=0.5s ，xB=0.5m 。

（3）设B 刚好开始运动时A 的速度为v ，由动能定理得F l2=1
2Mv12
设B 运动后A 的加速度为aA ，由牛顿第二定律和运动学的知识得
F-μmg=MaA ，(l2+ xB)=v1t B+1
2aAt B 2，
联立解得l2=1.5m 。

二， 电场、磁场
2007 ，飞行时间质谱仪可以对气体分子进行分析。

如图所示，在真空状态下，脉冲阀P 喷出微量气体，经激光照射产生不同价位的正离子，自a 板小孔进入a 、b 间的加速电场，从b 板小孔射出，沿中线方向进入M 、N 板间的偏转控制区，到达探测器。

已知元电荷电量为e ，a 、b 板间距为d ，极板M 、N 的长度和间距均为L 。

不计离子重力及进入a 板时的初速度。

（1）当a 、b 间的电压为U1时，在M 、N 间加上适当的电压U2，使离子到达探测器。

请导出离子的全部飞行时间与比荷K （K=ne/m ）的关系式。

（2）去掉偏转电压U2，在M 、N 间区域加上垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度B ，若进入a 、b 间所有离子质量均为m ，要使所有的离子均能通过控制区从右侧飞出，a 、b 间的加速电压U1至少为多少？
答案
（1）由动能定理：neU 1=1/2mv 2
n 价正离子在a 、b 间的加速度a 1=neU 1/md 在a 、b 间运动的时间t 1=v/a 1=
1
2neU m
d
在MN 间运动的时间：t 2=L/v 离子到达探测器的时间： t=t 1+t 2=
1
22KU L
d +
（2）假定n 价正离子在磁场中向N 板偏转，洛仑兹力充当向心力，设轨迹半径为R ，由牛顿第二定律nevB=mv 2
/R
离子刚好从N 板右侧边缘穿出时，由几何关系： R 2
=L 2
+（R-L/2）
2
由以上各式得：U 1=25neL 2B 2
/32m 当n=1时U 1取最小值U min =25eL 2B 2
/32m
2008，两块足够大的平行金属极板水平放置，极板间加有空间分布均匀、大小随时间周期性变化的电场和磁场，变化规律分别如图1、图2所示（规定垂直纸面向里为磁感应强度的正方向）。

在t=0时刻由负极板释放一个初速度为零的带负电的粒子（不计重力）。

若电场强
度E0、磁感应强度B0、粒子的比荷q m 均已知，且
002m t qB π=
，两板间距20
2010mE h qB π=。

（1）求粒子在0～t0时间内的位移大小与极板间距h 的比值。

（2）求粒子在板板间做圆周运动的最大半径（用h 表示）。

（3）若板间电场强度E 随时间的变化仍如图1所示，磁场的变化改
为如图3所示，试画出粒子在板间运动的轨迹图（不必写计算过程）。

答案：
解法一：（1）设粒子在0～t0时间内运动的位移大小为s1
2
1012s at =
①
qE a m =
②
又已知2002
00102,mE m
t h qB qB ππ==
联立①②式解得
11
5s h =
③
（2）粒子在t0~2t0时间内只受洛伦兹力作用，且速度与磁场方向垂直，所以粒子做匀速圆周运动。

设运动速度大小为v1，轨道半径为R1，周期为T ，则
10v at =
④
2
1101mv qv B R =
⑤
联立④⑤式得
15h R =
π
⑥
又
02m T qB π=
⑦
即粒子在t0~2t0时间内恰好完成一个周期的圆周运动。

在2t0~3t0时间内，粒子做初速度为v1的匀加速直线运动，设位移大小为s2
2
2100
12s v t at =+ ⑧
解得 235s h
=
⑨
由于s1+s2＜h,所以粒子在3t0~4t0时间内继续做匀速圆周运动，设速度大小为v2，半径为R2
210v v at =+
⑩
2
2
202mv qv B R =
○
11 解得
225h
R =
π
○
12 由于s1+s2+R2＜h,粒子恰好又完成一个周期的圆周运动。

在4t0~5t0时间内，粒子运动到
正极板（如图1所示）。

因此粒子运动的最大半径
225h
R =
π。

（3）粒子在板间运动的轨迹如图2所示。

解法二：由题意可知，电磁场的周期为2t0，前半周期粒子受电场作用做匀加速直线运动，加速度大小为
0qE a m =
方向向上
后半周期粒子受磁场作用做匀速圆周运动，周期为T 002m T t qB π=
=
粒子恰好完成一次匀速圆周运动。

至第n 个周期末，粒子位移大小为sn 2
01()2n s a nt =
又已知 202010mE h qB π=
由以上各式得
2
5n n s h = 粒子速度大小为 0n v ant =
粒子做圆周运动的半径为
0n
n mv R qB = 解得 5n n R h =π
显然 223s R h s +
（1）粒子在0～t0时间内的位移大小与极板间距h 的比值
115s h = （2）粒子在极板间做圆周运动的最大半径
225R h =π （3）粒子在板间运动的轨迹图见解法一中的图2。

2009，如图甲所示，建立Oxy 坐标系，两平行极板P 、Q 垂直于y 轴且关于x 轴对称，极板长度和板间距均为l ，第一四象限有磁场，方向垂直于Oxy 平面向里。

位于极板左侧的粒子源沿x 轴间右连接发射质量为m 、电量为+q 、速度相同、重力不计的带电粒子在0~3t 时间内两板间加上如图乙所示的电压（不考虑极边缘的影响）。

已知t=0时刻进入两板间的带电粒子恰好在t0时，刻经极板边缘射入磁场。

上述m 、q 、l 、l0、B 为已知量。

（不考虑粒子间相互影响及返回板间的情况）
（1）求电压U 的大小。

（2）求1
2时进入两板间的带电粒子在磁场中做圆周运动的半径。

（3）何时把两板间的带电粒子在磁场中的运动时间最短？求此最短时间。

答案： （1）
0t =时刻进入两极板的带电粒子在电场中做匀变速曲线运动，0t 时刻刚好从极板边缘射出，在y 轴负方向偏移的距离为12l ，则有0U E l =①，Eq ma =②，201122l at =③，联立以上三式，解得两极板间偏转电压为
2
020ml U qt =④。

（2）012t 时刻进入两极板的带电粒子，前012t 时间在电场中偏转，后012t 时间两极板没有
电场，带电粒子做匀速直线运动。

带电粒子沿x 轴方向的分速度大小为00l v t =
⑤，带电粒
子离开电场时沿y 轴负方向的分速度大小为
012y v a t = ⑥，带电粒子离开电场时的速度大0v 图甲
图乙
小为v =R ，则有
2v Bvq m R =⑧,
联立③⑤⑥⑦⑧式解得
0R =⑨。

（3）02t 时刻进入两极板的带电粒子在磁场中运动时间最短。

带电粒子离开磁场时沿y 轴正方向的分速度为'
0y v at =⑩，设带电粒子离开电场时速度方向与y 轴正方向的夹角为α，则0'
tan y v v α=，联立③⑤⑩式解得4πα=，带电粒子在磁场运动的轨迹图如图所示，圆弧所对的圆心角为22πα=，所求最短时间为min 14t T =,带电粒子在磁场中运动的周期为2m T Bq π=，联立以上两式解得min 2m t Bq π=。

2010，如图所示，以两虚线为边界，中间存在平行纸面且与边界垂直的水平电场，宽度为d ，两侧为相同的匀强磁场，方向垂直纸面向里。

一质量为m 、带电量q +、重力不计的带电粒子，以初速度1v 垂直边界射入磁场做匀速圆周运动，后进入电场做匀加速运动，然后第二次进入磁场中运动，此后粒子在电场和磁场中交替运动。

已知粒子第二次在磁场中运动的半径是第一次的二倍，第三次是第一次的三倍，以此类推。

求
（1）粒子第一次经过电场的过程中
电场力所做的功1W 。

（2）粒子第n 次经过电场时电场强度
的大小n E 。

（3）粒子第n 次经过电场所用的时间n t 。

（4）假设粒子在磁场中运动时，电场区域场强为零。

请画出从粒子第一次射入磁场至第三次离开电场的过程中，电场强度随时间变化的关系图线（不要求写出推导过程，不要求标明坐标刻度值）。

答案：
(1)设磁场的磁感应强度大小为B ，粒子第n 次进入磁场时的半径为Rn ，速度为vn ，由牛顿第二定律得
n n n R v m B qv 2= ① 由①式得 m qBR v n
n = ②
因为R2=2R1，所以 v2=2vl ③
对于粒子第一次在电场中的运动，由动能定理得 212212121mv mv W -= ④
联立③④式得 21123mv W = ⑤
(2)粒子第n 次进入电场时速度为vn ，出电场时速度为vn ＋1,有
vn=nvl ，vn ＋1=(n+1)v 1 ⑥
由动能定理得
=d qE n 2212121n n mv mv -+ ⑦
联立⑥⑦式得 qd mv n E n 2)12(21+= ⑧
(3)设粒子第n 次在电场中运动的加速度为an ，由牛顿第二定律得
qEn=man ⑨
由运动学公式得
vn ＋1-vn=an tn ⑩
联立⑥⑧⑨⑩式得 1)12(2v n d t n +=
(4)如图所示。

2011，扭摆器是同步辐射装置中的插入件，能使粒子的运动轨迹发生扭摆。

其简化模型如图Ⅰ、Ⅱ两处的条形均强磁场区边界竖直，相距为L,磁场方向相反且垂直纸面。

一质量为m、电量为-q、重力不计的粒子，从靠近平行板电容器MN板处由静止释放，极板间电压为U,粒子经电场加速后平行于纸面射入Ⅰ区，射入时速度与水平和方向θ=︒
夹角30
（1）当Ⅰ区宽度L1=L、磁感应强度大小B1=B0时，粒子从Ⅰ区右边界射出时速度与水平方向夹角也为30︒，求B0及粒子在Ⅰ区运动的时间t0
（2）若Ⅱ区宽度L2=L1=L磁感应强度大小B2=B1=B0，求粒子在Ⅰ区的最高点与Ⅱ区的最低点之间的高度差h
（3）若L2=L1=L、B1=B0，为使粒子能返回Ⅰ区，求B2应满足的条
件
（4）若1212,B B L L ≠≠，且已保证了粒子能从Ⅱ区右边界射出。

为使粒子从Ⅱ区右边界射出的方向与从Ⅰ区左边界射入的方向总相同，求B1、B2、L1、、L2、之间应满足的关系式。

(2)设粒子在磁场Ⅱ区中做匀速圆周运动的半径为R 2，由牛
顿第二定律得qvB 2=m 2
2
v R ，⑧ 由几何知识可得h =( R 1+ R 2)(1-cos θ)+Ltan θ⑨
联立②③⑧⑨式，代入数据得h
⑩ （3）如图2所示，为使粒子能再次回到I 区，应满足
R 2(1+sin θ)<L [或R 2(1+sin θ)≤L] ○11
联立①⑧○11式，代入数据得
B 2
（或B 2
） ○12 （4）如图3（或图4）所示，设粒子射出磁场I 区时速度与水平方向的夹角为α，由几何知识可得L 1= R 1 (sin θ+ sin α)， [或L 1= R 1 (sin θ- sin α)]，○13
L2= R2 (sinθ+ sinα)，[或L2= R2 (sinθ- sinα)]，○14
联立②⑧式解得B1R1= B2R2○15
联立○13○14○15式解得B1L1= B2L2。

三，热力学
2007，某压力锅结构如图所示。

盖好密封锅盖，将压力阀套在出气孔
上，给压力锅加热，当锅内气体压强达到一定值时，
气体就把压力阀顶起。

假定在压力阀被顶起时，停
止加热。

（1）若此时锅内气体的体积为V，摩尔体积为V0，阿伏加德罗常数为NA，写出锅内气体分子数的估算表达式。

(2)假定在一次放气过程中，锅内气体对压力阀及外界做功1J,并向外界释放了2J的热量。

锅内原有气体的内能如何变化？变化了多少？
（3）已知大气压强P随海拔高度H的变化满足P=P0（1-αH），其中
常数α＞0。

结合气体定律定性分析在不同的海拔高度使用压力锅，当压力阀被顶起时锅内气体的温度有何不同。

答案：
（1）设锅内气体分子数为n
n=V/V0·NA
（2）根据热力学第一定律
ΔE=W+Q=-3J
锅内气体内能减少，减少了3J
（3）由P=P0（1-αH）（其中α＞0）知，随着海拔高度的增加，大气压强减小；
由P1=P+mg/S知，随着海拔高度的增加，阀门被顶起时锅内气体压强减小；
根据查理定律P1/T1=P2/T2
可知阀门被顶起时锅内气体温度随着海拔高度的增加而降低。

2008，喷雾器内有10 L水，上部封闭有1atm
的空气2L。

关闭喷雾阀门，用打气筒向喷雾器
内再充入1atm的空气3L（设外界环境温度一定，
空气可看作理想气体）。

（1）当水面上方气体温度与外界温度相等时，求气体压强，并从微观上解释气体压强变化的原因。

（2）打开喷雾阀门，喷雾过程中封闭气体可以看成等温膨胀，此过程气体是吸热还是放热？简要说明理由。

答案：
解：（1）设气体初态压强为p1,体积为V1；末态压强为p2,体积为V2，由玻意耳定律
p1V1= p1V1 ①
代入数据得
p2=2.5 atm ②
微观察解释：温度不变，分子平均动能不变，单位体积内分子数增加，所以压强
增加。

（2）吸热。

气体对外做功而内能不变，根据热力学第一定律可知气体吸热。

2009，一定质量的理想气体由状态A 经状态B 变为状态C ，其中A →B 过
程为等压变化，B →C 过程为等容变化。

已知VA=0.3m3，TA=TB=300K 、TB=400K 。

（1）求气体在状态B 时的体积。

（2）说明B →C 过程压强变化的微观原因
（3）没A →B 过程气体吸收热量为Q ，B →C 过 气体 放出热
量为Q2，比较Q1、Q2的大小说明原因。

答案：
设气体在B 状态时的体积为V B ，由盖--吕萨克定律得，A B A B
V V T T =,代入数据得30.4B V m =。

(2)微观原因：气体体积不变，分子密集程度不变，温度变小，气体分子平均动能减小，导致气体压强减小。

(3)1Q 大于2Q ；因为T A =T B ，故A →B 增加的内能与B →C 减小的内能相同，而A →B 过程气体对外做正功，B →C 过程气体不做功，由热力学第一定律可知1Q 大于2
Q
2010，一太阳能空气集热器，底面及侧面为隔热材料，顶面为透明玻璃板，集热器容积为V0，开始时内部封闭气体的压强为p0。

经过太阳曝晒，气体温度由T0=300K 升至Tl=350K 。

(1)求此时气体的压强。

(2)保持T1=350K 不变，缓慢抽出部分气体，
使气体压强再变回到p0。

求集热器内剩余气体
的质量与原来总质量的比值。

判断在抽气过程中剩余气体是吸热还是放热，并简述原因。

答案：
(1)设升温后气体的压强为p 1，由查理定律得 1
100T p T p = ①
代人数据得 016
7p p = ② (2)抽气过程可等效为等温膨胀过程，设膨胀后气体的总体积为V ，由玻意耳定律得 p 1V 0=p 0V ③
联立②③式得 06
7V V = ④ 设剩余气体的质量与原来总质量的比值为k ，由题意得 V
V k 0= ⑤ 联立④⑤式得 76=
k ⑥ 吸热。

因为抽气过程中剩余气体温度不变，故内能不变，而剩余气体膨胀对外做 功，所以根据热力学第一定律可知剩余气体要吸热。

2011，（1）人类对物质属性的认识是从宏观到微观不断深入的过程。

以下说法正确的是 。

a ．液体的分子势能与体积有关
b ．晶体的物理性质都是各向异性的
c ．温度升高，每个分子的动能都增大
d ．露珠呈球状是由于液体表面张力的作用
（2）气体温度计结构如图所示。

玻璃测温泡A 内充有理想气体，通
过细玻璃管B和水银压强计相连。

开始时A处于冰水混合物中，左管C中水银面在O点处，右管D中水银面高出O点
h=14cm。

后将
1
A放入待测恒温槽中，上下移动D，使C中水银面仍在O点处，测得D中水银面高出O点
h=44cm。

（已知外界大气压为1个标准大气
2
压，1标准大气压相当于76cmHg）
①求恒温槽的温度。

②此过程A内气体内能（填“增大”或“减小”），气体不对外做功，气体将(填“吸热”或“放热”)。

四，机械波、光学
2007，湖面上一点O上下振动，振辐为0.2m，以O点为圆心形成圆形水波，如图所示，A、B、O三点在一条直线上，OA间距离为4.0m，OB间距离为2.4m。

某时刻O点处在波峰位置，观察发现2s后此波峰传到A点，此时O点正通过平衡位置向下运动，OA间还有一个波峰。

将水波近似为简谐波。

（1）求此水波的传播速度、周期和波长。

（2）以O点处在波峰位置为0时刻，某同学打算根据OB间距离与波
长的关系，确定B点在0时刻的振动情况，画出B
点的振动图像。

你认为该同学的思路是否可行？若可
行，画出B点振动图像，若不可行，请给出正确思路并画出B点的振动图象。

答案：
（1）v=Δx1/Δt=2m/s
Δt=5/4·T T=1.6s
λ=vT=3.2m
（2）可行
振动图象如图。

2008，麦克斯韦在1865年发表的《电磁场的动力学理论》一文中揭示了电、磁现象与光的内在联系及统一性，即光是电磁波。

（1）一单色光波在折射率为1.5的介质中传播，某时刻电场横波图象如图1所示，求该光波的频率。

（2）图2表示两面平行玻璃砖的截面图，一束平行于CD边的单色光入射到AC界面上，a、b是其中的两条平行光线。

光线a在玻璃砖中的光路已给出。

画出光线B从玻璃砖中管次出射的光路图，并标出出射光线与界面法线夹角的度数。

答案：
解：（1）设光在介质中的传播速度为v ，波长为λ,频率为f ，则 f=v
λ ①
c
v n = ②
联立①②式得 c
f n λ= ③
从波形图上读出波长7410λ-=⨯m ，代入数据解得
f=5×1014Hz
（2）光路如图所示
2009，（1）图1为一简谐波在t=0时，对的波形图，介质中的质点P
做简谐运动的表达式为y=4sin5xl ，求该波的速度，并指出t=0.3s
时的波形图(至少画出一个波长)
（2）一束单色光由左侧时 的清水的薄壁圆柱比，图2为过轴
线的截面图，调整入射角α，光线拾好在不和空气的界面上发生全反射，已知水的折射角为34
，α的值。

α
图
2
图
1
答案：
（1）由简谐运动的表达式可知5/rad s ωπ=，t=0时刻指点P 向上运动，故波沿x 轴正方
向传播。

由波形图读出波长4m λ=，2T π
ω=,由波速公式v T λ
=，联立以上两式代入数据
可得10/v m s =。

t=0.3s 时的波形图如图所示。

（2）当光线在水面发生全放射时有1sin C n
=，当光线从左侧射入时，由折射定律有sin sin()2n C α
π=-
，联立这两式代入数据可得sin 3
α=。

2010，（1）渔船常利用超声波来探测远外鱼群的方位。

已知某超声波频率为1.0×510Hz ，某时刻该超声波在水中传播的波动图像如图所
示。

①从该时刻开始计时，画出37.510x -=⨯m 处质点做简谐运动的振动图
像（至少一个周期）。

②现测得超声波信号从渔船到鱼群往返一次所用时间为4s ，求鱼群
与渔船间的距离（忽略船和鱼群的运动）。

（2）如图所示，一段横截面为正方形的玻璃棒，中间部分弯成四
分之一圆弧形状，一细束单色光由MN 端面的中点垂直射入，恰好能
在弧面EF 上发生全反射，然后垂直PQ 端面射出。

①求该玻璃棒的折射率。

②若将入射光向N 端平移，当第一次射到弧面EF 上时_____（填“能
“不能”或“无法确定能否”）发生全反射。

答案：
解：(1)①如图所示。

②由波形图读出波长λ=15×10－3m
由波速公式得 v =λf ①
鱼群与渔船的距离为 vt x 2
1= ② 联立①②式，代人数据得 x =3000m ③
(2)如图所示单色光照射到EF 弧面上时刚好发生全反射，由全反射的条件得
C=45°
由折射定律得
n =C
sin 90sin
联立④⑤式得 2=
n ⑥
能
2011，（1）如图所示，一列简谐波沿x 轴传播，
实线为t 1=0时的波形图，此时P 质点向y 轴负方
向运动，虚线为t 2=0.01s 时的波形图。

已知周期
T ＞0.01s 。

①波沿x 轴________(填“正”或“负”）方向传播。

②求波速。

（2）如图所示，扇形AOB 为透明柱状介质的横截面，圆心角
∠AOB=60°。

一束平行于角平分线OM 的单色光由OA 射入介质，经
OA 折射的光线恰平行于OB 。

①求介质的折射率。

②折射光线中恰好射到M点的光线__________(填“能”或“不能”）发生全反射。

37.答案：（1）①正②v=100m/s。

（2）①②不能。

解析：（1）①由于t1=0时P质点向y轴负方向运动，所以波沿x轴正方向传播。

②由题意知，波长λ=8m，t2- t1=T/8，v=λ/T
联立解得v=100m/s。

（2）①由几何知识可知，入射角i=60°，折射角r=30°
根据折射定律得n=sini/sinr
代入数据解得
②由图中几何关系可知，折射光线中恰好射到M点的光线，在
M点的入射角仍为30°，小于临界角arcsin），不能发
生全反射。

五，核物理，动量
2007，人类认识原子结构和开发利用原子能经历了十分曲折的过程。

请按要求回答下列问题。

（1）卢瑟福、玻尔、查德威克等科学家在原子结构或原子核的研究方面做出了卓越的贡献。

请选择其中的两位，指出他们的主要成绩。

①-
___________________________________________
_______________
②
_________________________________________________________ 在贝克勒尔发现天然放射现象后，人们对放射线的性质进行了深入研究，下图为三种射线在同一磁场中的运动轨迹，请从三种射线中任选一种，写出它的名称和一种用途。

________________________________________。

（2）在可控核反应堆中需要给快中子减速，轻水、重水和石墨等常用作减速剂。

中子在重水中可与12H核碰撞减速，在石墨中与612C 核碰撞减速。

上述碰撞可简化为弹性碰撞模型。

某反应堆中快中子与静止的靶核发生对心正碰，通过计算说明，仅从一次碰撞考虑，用重水和石墨作减速剂，哪种减速效果更好？
答案：
（1）卢瑟福提出了原子的核式结构模型（或其他成就玻尔把量子理论引入原子模型，并成功解释了氢光谱（或其他成就）查德威克发现了中子（或其他成就）。

（2）设中子质量为Mn靶核质量为M，由动量守恒定律
Mnv0=Mnv1+Mv2
解得：v1=Mn-M/Mn+M·v0
在重力中靶核质量：MH=2Mn
V1H=Mn-Mc/Mn+Mc·v0=-1/3v0
在石墨中靶核质量：Mc=12M
V1c= Mn-M/Mn+M·v0=11/13v0
与重力靶核碰后中子速度较小，故重水减速效果更好。

2008，（1）在氢原子光谱中，电子从较高能级跃迁到n=2能级发出的谱线属于巴耳末线系。

若一群氢原子自发跃过时发出的谱线中只有2条属于巴耳末线系，则这群氢原子自发跃迁时最多可发生条不同频率的谱线。