1. 经典力学的成就与局限性第一课时评课稿

高考冲刺模拟练

一、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，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21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0分)

14．下列说法中正确的是(

D

) A．用能量等于氘核结合能的光子照射静止的氘核，可使氘核分解为一个质子和一个中子

B．质子和中子结合成原子核时不一定有质量亏损，但一定释放出能量

C．原子核的结合能越大，原子核越稳定

D．重核裂变前后质量数守恒，但质量一定减小

解析

质子和中子结合成氘核前，需要有很大的动能，才能使它们的距离达到能够结合的程度，所以要使静止的氘核分解为质子和中子，除了要给它补充由于质量亏损释放的能量外，还需要给它们分离时所需的动能，选项A错误；质子和中子结合成原子核时一定有质量亏损，根据爱因斯坦质能方程知，有能量放出，选项B错误；原子核的比结合能越大，原子核越稳定，选项C错误；重核裂变过程遵循质量数和电荷数守恒，但裂变过程会释放出巨大的能量，由爱因斯坦质能方程可知，一定有质量亏损，选项D正确．

15．有人设想在遥远的宇宙探测时，给探测器安上面积极大、反射率极高(可认为100%)的薄膜，并让它正对太阳，用光压为动力推动探测器加速．已知探测器在某轨道上运行时，每秒每平方米面积获得的太阳光能为E＝1.5×104 J，薄膜面积为S＝6.0×102 m2，若探测器总质量为M＝60 kg，光速c＝3.0×108 m/s，那么下列最接近探测器得到的加速度大小的是(根h据量子理论，光子不但有能量，而且有动量．光子动量的计算式为p＝，其中h是普朗克λ常量，λ是光子的波长)(

A

) A．1.0×103 m/s2

－B．1.0×102 m/s2

－C．1.0×101 m/s2

－D．1 m/s2

解析

设探测器在某轨道上运行时，每秒每平方米薄膜面积上有n个光子被反射，则有chn·h＝E，面积为S的薄膜受到光子的压力为F，由动量定理可知Ft＝2Np＝2N，其中总光λλF2ES－子数N＝nS，t＝1 s，加速度为a＝，由以上各式可得a＝＝1.0×103m/s2，选项A正McMt确．

16．如图所示，一劲度系数为k的轻质弹簧，上端固定，下端连一质量为m的物块A，A放在质量也为m的托盘B上，以FN表示B对A的作用力，x表示弹簧的伸长量．初始时，在竖直向上的力F作用下系统静止，且弹簧处于自然状态(x＝0)．现改变力F的大小，使B

g以的加速度匀加速向下运动(g为重力加速度，空气阻力不计)，此过程中FN或F随x变化2的图象正确的是(

D

)

mg解析

当弹簧的弹力增大到时，物块和托盘间的弹力为零，在此之前，二者之间的弹2mgmg力由开始运动时的线性减小到零，力F由开始时的mg线性减小到；此后托盘与物块22mg分离，力F保持木变，故选项D正确．

217．如图所示，由中山大学发起的空间引力波探测工程“天琴计划”于2015年启动，拟采用三颗全同的卫星(SC1、SC2、SC3)构成一个边长约为地球半径27倍的等边三角形阵列，地球恰好处于三角形中心，卫星将在以地球为中心、高度约10万公里的轨道上运行，对一个周期仅有5.4分钟的超紧凑双白矮星系统RX10 806.3＋1 527产生的引力波进行探测，若地球近地卫星的运行周期为T0，则三颗全同卫星的运行周期最接近(

C

)

A．6T0

C．60T0

B．30T0

D．140T0

3，所以卫3解析

由几何关系可知，等边三角形的几何中心到各顶点的距离等于边长的星的轨道半径与地球半径的关系r＝27×3R＝93R，由，可知地球近地卫星与这三颗卫星3T2R310的周期关系2＝＝，所以T卫≈61T0，故选项C正确，A、B、D错误．

T293R32 187318．如图所示为某变压器对称铁芯的示意图，当通以交变电流时，每个线圈产生的磁通

量都只有一半通过另一线圈，另一半通过中间的臂．已知此时原线圈ab两端输入交流电压u＝2202sin 100πt (V)，原线圈匝数n1＝44匝，副线圈匝数n2＝12匝，若副线圈cd端接入一电阻R，且R＝10 Ω，则副线圈cd端输出电压的有效值和原线圈中的电流分别为(

C

)

A．302 V

9C．

A

22B．60 V

18D．

A 11解析

因为理想变压器原、副线圈电压之比等于线圈中产生的感应电动势之比，所以当U1E1n1ΔΦ144222从线圈1输入电压U1＝220 V时，由＝＝＝×＝，得U2＝30 V，输出功率U2E2n2ΔΦ21213U2302P19092P2＝＝

W＝90 W，输入功率P1＝P2＝90 W，原线圈中的电流I1＝＝

A＝

A，R10U122022故选项C正确，A、B、D错误．

19．如图所示，水平地面上方矩形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，在磁场正上方有两个边长相等、质量不等的相同材料制成的单匝闭合正方形线圈Ⅰ和Ⅱ.线圈Ⅰ粗细均匀，线圈Ⅱ粗细不均匀，两线圈从同一高处由静止开始自由下落，进入磁场后最后落到地面．运动过程中，线圈平面始终保持在竖直平面内且下边缘平行于磁场上边界．整个运动过程中通过线圈Ⅰ和Ⅱ导线的横截面的电荷量分别为q1、q2，运动的时间分别为t1、t2.不计空气阻力，则(

AC

)

A．q1与q2可能相等

B．q1一定大于q2

C．t1与t2可能相等

D．t1一定大于t2

解析

通过导线横截面的电荷量q＝IΔt，由闭合电路欧姆定律得I＝ER，由法拉第电ΔΦBL2BL2磁感应定律得E＝＝，由以上三式解得q＝，线圈Ⅰ和线圈Ⅱ的电阻可能相等，ΔtΔtR故通过线圈Ⅰ和Ⅱ导线横截面的电荷量可能相等，选项A正确，B错误；由自由落体运动规律知，线圈由静止释放到刚进入磁场所用时间相同，刚进入磁场时的速度相同，线圈刚进

E入磁场时产生的感应电动势E＝BLv，感应电流I＝，由牛顿第二定律，得mg－BIL＝ma，RB2L2v由以上各式解得a＝g－，对两线圈，mR可能相等，故加速度可能相同，则两线圈进mR入磁场的过程中运动时间可能相等，两线圈刚好全部进入磁场时的速度可能相等，线圈全部进入磁场后，都做加速度为g的匀加速运动，运动时间可能相等，选项C正确，D错误．

20．如图所示，在竖直平面内xOy坐标系中分布着与水平方向成45°角的匀强电场，将一质量为m、带电荷量为q的小球，以某一初速度从O点竖直向上抛出，它的轨迹恰好满11足抛物线方程：y＝kx2，且小球通过点Pk，k.已知重力加速度为g，则(

BC

)

mgA．电场强度的大小为

qB．小球初速度的大小为g

2k5mgC．小球通过点P时的动能为

4kD．小球从O点运动到P点的过程中，电势能减少2mg

k解析

小球的轨迹恰好满足抛物线方程y＝kx2，说明小球做类平抛运动，则电场力与重力的合力沿y轴正方向，竖直方向上受力平衡有qE·sin 45°＝mg，解得电场强度的大小E＝2mg，选项A错误；小球受到的合力F合＝qEcos 45°＝mg＝ma，故a＝g，在P点由平抛q111运动规律有＝v0t，＝gt2，得初速度大小v0＝kk2g，选项B正确；由上述表达式，得小2k15mg2球通过点P时的水平速度vy＝2v0，故通过点P时的动能Ek＝m(v0＋v2，选项C正y)＝24k1qE·k2mg确；小球从O到P过程中减少的电势能等于电场力做的功，即W＝＝，选项Dcos 45°k错误．

21．如图所示，一轻绳吊着粗细均匀的棒，棒下端离地面高H，上端套着一个细环．棒和环的质量均为m，相互间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，大小为kmg(k>1)．断开轻绳，棒和环自由下落．假设棒足够长，与地面发生碰撞时，触地时间极短，无动能损失．棒在整个运动过程中始终保持竖直，空气阻力不计．则(

BCD

)

A．从断开轻绳到棒和环都静止的过程中，环相对于棒有往复运动，但总位移向下

B．棒第一次与地面碰撞弹起上升过程中，棒和环都做匀减速运动

C．从断开轻绳到棒和环都静止的过程中，环相对于地面始终向下运动

2kmgHD．从断开轻绳到棒和环都静止，摩擦力做的总功为－

k－1解析

棒第一次与地面碰撞后，速度方向变为向上，环的速度方向向下，二者存在相对运动，相互间存在滑动摩擦力．即棒受重力、向下的滑动摩擦力，合力方向向下；环受重力、向上的滑动摩擦力，合力方向向上．所以二者都做匀减速运动；当棒再次下落时，由于棒的速度小于环的下落速度，所以环的受力情况与之前相同，仍向下做匀减速运动．所以整个运动过程环都向下在做匀减速运动；设环相对棒滑动距离为l，根据能量守恒mgH＋mg(H＋l)2kmgH＝kmgl，摩擦力对棒及环做的总功为W＝－kmgl，解得W＝－，故选项B、C、D正k－1确．

二、非选择题(包括必考题和选考题两部分．第22题～第26题为必考题，每个试题考生都必须做答．第33题～第40题为选考题，考生根据要求做答) (一)必考题(共47分) 22．(6分)将两根自然长度相同、劲度系数不同、粗细也不同的弹簧套在一起，看做一根新弹簧，设原粗弹簧(记为A)劲度系数为k1，原细弹簧(记为B)劲度系数为k2，套成的新弹簧(记为C)劲度系数为k3.关于k1、k2、k3的大小关系，同学们做出了如下猜想：

111甲同学：和电阻并联相似，可能是＝＋

k3k1k2乙同学：和电阻串联相似，可能是k3＝k1＋k2

k1＋k2丙同学：可能是k3＝

2(1)为了验证猜想，同学们设计了相应的实验．(装置见图甲) (2)简要实验步骤如下，请完成相应填空．

①将弹簧A悬挂在铁架台上，用刻度尺测量弹簧A的自然长度L0；

②在弹簧A的下端挂上钩码，记下钩码的个数n、每个钩码的质量m和当地的重力加速度大小g，并用刻度尺测量弹簧的长度L1；

F③由F＝__nmg__计算弹簧的弹力，由x＝L1－L0计算弹簧的伸长量，由k＝计算弹簧x

的劲度系数；

④改变__钩码的个数__，重复实验步骤②、③，并求出弹簧A的劲度系数的平均值k1；

⑤仅将弹簧分别换为B、C，重复上述操作步骤，求出弹簧B、C的劲度系数的平均值k2、k3.比较k1、k2、k3并得出结论．

(3)图乙是实验得到的图线，由此可以判断__乙__同学的猜想正确．

解析

(2)由步骤②知，弹簧的弹力等于钩码的总重力，即F＝nmg，由步骤③知，可以建立F与x的关系式，要想多得几组数据，

就需改变钩码的个数．(3)图乙得到的实验图线的斜率为弹簧的劲度系数，由图中数据得k3＝k2＋k1，所以乙同学的猜想正确．

23．(9分)电压表改装前需要测量其内阻，测量电压表内阻的电路如图甲，所用电源为内阻可以忽略的干电池，定值电阻R1＝8 000 Ω，R2＝4 000 Ω.

(1)闭合S1，断开S2，调节电阻箱R，记下多组R的大小及其对应的电压表示数U；

(2)闭合S1，__闭合S2__，同样调节电阻箱R，记下多组R的大小及其对应的电压表示数U；将以上两次测得的多组数据，分别在坐标纸上描点连线，得到如图乙中所示两条图线；

(3)利用图线数据得出电源电动势E＝__3.0_V__，求出电压表内阻Rv＝__5_000_Ω__.两图线的交点的横坐标设为R0，还可用物理量符号R0、R1、R2表示Rv＝

S2时，所得数据描绘的是图线__AB__.(选填“AB”或“CD”) (4)为了将该电压表的量程由0～3 V扩大到0～15 V，需要在电压表内__串__(选填“串”或“并”)联一个阻值为__20_kΩ(或4RV)__的定值电阻．

U1解析

(3)闭合S1，断开S2时，由闭合电路欧姆定律E＝U1＋R，由图乙知R＝0时，ERV＝U1＝3.0 V，R＝10 kΩ时，U1＝1.0 V，解得电压表内阻RV＝5 kΩ；闭合S2时，E＝U2＋R2R0

.判断断开R1

U2RR1R2R0·，两图象的交点R＝R0，U1＝U2＝1.0 V，联立两式解得Rv＝；由上述两表R2RvR＋R1R1R2＋Rv达式知，R<10 KΩ，R相同时，U1＞U2，故图线AB是断开S2时所得数据描绘的．

(4)该电压表的量程由0～3 V扩大到0～15 V时，量程扩大为原来的5倍，则内阻变为原来的5倍，故需要将此电压表与一个阻值为4Rv电阻相串联．

24．(12分)如图所示，质量为m3＝2 kg的滑道静止在光滑的水平面上，滑道的AB部分是半径为R＝0.3 m的四分之一圆弧，圆弧底部与滑道水平部分相切，滑道水平部分右端固定一个轻弹簧．滑道除CD部分粗糙外其他部分均光滑．质量为m2＝3 kg的物体2(可视为质点)放在滑道的B点，现让质量为m1＝1 kg的物体1(可视为质点)自A点由静止释放．两物体在滑道上的C点相碰后黏为一体(g＝10 m/s2)．求：

(1)物体1从释放到与物体2相碰的过程中，滑道向左运动的距离；

(2)若CD＝0.2 m，两物体与滑道的CD部分的动摩擦因数都为μ＝0.15，求在整个运动过程中，弹簧具有的最大弹性势能；

(3)物体1、2最终停在何处．

解析

(1)m1从释放到与m2相碰撞过程中，m1、m3组成的系统水平方向动量守恒，设m1水平位移大小s1，m3水平位移大小s3，有0＝m1s1－m3s3，s1＋s3＝R，

可以求得s3＝m1R＝0.10 m. m1＋m3(2)设m1、m2刚要相碰时物体1的速度v1，滑道的速度为v3，由机械能守恒定律有

112m1gR＝m1v21＋m3v3，

22由动量守恒定律有0＝m1v1－m3v3，

物体1和物体2相碰后的共同速度设为v2，由动量守恒定律有m1v1＝(m1＋m2)v2，

弹簧第一次压缩最短时由动量守恒定律可知物体1、2和滑道速度为零，此时弹性势能最大，设为Epm.从物体1、2碰撞后到弹簧第一次压缩最短的过程中，由能量守恒有

11(m1＋m2)v2＋m3v223－μ(m1＋m2)gCD＝Epm，

22联立以上方程，代入数据可以求得Epm＝0.3 J. (3)分析可知物体1、2和滑到最终将静止，设物体1、2相对滑道CD部分运动的路程为s，

11由能量守恒有(m1＋m2)v2＋m3v223＝μ(m1＋m2)gs

22

代入数据可得s＝0.25 m，

所以m1、m2最终停在D点左端离D点距离为0.05 m处．

答案

(1)0.10 m

(2)0.3 J

(3)见解析

25．(20分)一半径为R的薄圆筒处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向与筒的中心轴线平行，筒的横截面如图所示．图中直径MN的两端分别开有小孔，筒可绕其中心轴线转动，圆筒的转动方向和角速度大小可以通过控制装置改变．一不计重力的带负电粒子从小孔M沿着MN方向射入磁场，当筒以大小为ω0的角速度转过90°时，该粒子恰好从某一小孔飞出圆筒．

(1)若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞，求该粒子的比荷和速率分别是多大？

(2)若粒子速率不变，入射方向在该截面内且与MN方向成30°角，则要让粒子与圆筒无碰撞地离开圆筒，圆筒角速度应为多大？

解析

(1)若粒子沿MN方向入射，当筒转过90°时，粒子从M孔(筒逆时针转动)或N孔(筒顺时针转动)射出，由轨迹可知半径r＝R. v22πR2πm由qvB＝m，粒子运动周期T＝v＝，

RqBπ/2π筒转过90°的时间t＝＝，

ω02ω0Tπm又t＝＝，

42qBqω0联立以上各式得，荷质比＝，

mB粒子速率v＝ω0R. (2)若粒子与MN方向成30°入射，速率不变半径仍为R，作粒子轨迹如图，轨迹圆心为2ππO′，则四边形MO′PO为菱形，可得∠MO′P＝∠MOP＝，所以∠NOP＝. 33

2π3T则粒子偏转的时间t′＝T＝，

2π3又T＝2π2π，得t′＝. ω03ω0由于转动方向与射出孔不确定，讨论如下

(i)当圆筒顺时针转动时，设筒转动的角速度变为ω1若从N点离开，则筒转动时间满足π＋2kπ3t′＝，

ω16k＋1得ω1＝ω0，其中k＝0,1,2,3，……

2π＋2k＋1π3若从M点离开，则筒转动时间满足t′＝，

ω16k＋4得ω1＝ω0，其中k＝0,1,2,3，……

23n＋1综上可得ω1＝ω0，其中n＝0,1,2,3，……

2(ii)当圆筒逆时针转动时，设筒转动的角速度变为ω2，若从M点离开，则筒转动时间满2π＋2kπ3足t′＝，

ω2得ω2＝(3k＋1)ω0，其中k＝0,1,2,3，……

2π＋2k＋1π3若从N点离开，则筒转动时间满足t′＝，

ω2[32k＋1＋2]得ω2＝ω0，其中k＝0,1,2,3，……

23n＋2综上可得ω2＝ω0，其中n＝0,1,2,3，……

2综上所述，圆筒角速度大小应为ω1＝0,1,2,3，……

3n＋13n＋2ω0或者ω2＝ω0，其中n＝22

ω0答案

(1)

ω0R

(2)见解析

B(二)选考题(共15分．请考生从给出的2道物理题中任选一题作答．如果多做，则每学科按所做的第一题计分) 33．[物理——选修3－3](15分) (1)(5分)下列说法中正确的是__BDE__.(填正确答案标号．选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分．每选错1个扣3分，最低得分为0分) A．液体中悬浮的微粒越大，布朗运动越显著

B．当分子力表现为斥力时，分子势能随分子间距离的增大而减小

C．同种物质要么是晶体，要么是非晶体，不可能以晶体和非晶体两种不同的形态出现

D．一定质量气体压强不变，温度升高时，吸收的热量一定大于内能的增加量

E．在温度不变的情况下，减小液面上方饱和汽的体积时，饱和汽的压强不变

(2)(10分)如图所示，一连通器与贮有水银的瓶M用软管相连，连通器的两直管A和B竖直放置，两管粗细相同且上端封闭，直管A和B内充有水银，当气体的温度为T0时，水银面的高度差h＝10 cm，两管空气柱长均为h1＝10 cm，A管中气体的压强p1＝20 cmHg.现使两管中的气体的温度都升高到2.4T0，同时调节M的高度，使B管中的水银面的高度不变，求流入A管的水银柱的长度．

解析

(1)液体中悬浮微粒越大，受到液体分子撞击个数越多，越易保持平衡，布朗运动越不明显，选项A错误，当分子力表现为斥力时，分子间距变大，分子力做正功，分子势能减小，选项B正确；同种物质可以是晶体，也可以是非晶体，如水晶是晶体，加热熔化后再凝固就变成了石英玻璃，就是非晶体了，原因是空间结构被破坏了，形成了新的结构，选项C错误；一定质量的气体压强不变，温度升高，其体积变大，对外做功，但内能增加，根据热力学第一定律，吸收的热量等于内能的增加量与气体对外做的功，选项D正确；饱和汽的压强仅与温度有关，与饱和汽的体积无关，选项E正确．

(2)由题意可知，当温度为T0时B管中气体的压强pB1＝30 cmHg，当温度为2.4 T0时，B管中气体体积不变，设其压强为pB2，B中气体状态变化为等容过程，由查理定律有

pB2，

2.4 T0解得pB2＝72 cmHg. 当温度为T0时A管中气体的压强pA1＝20 cmHg，体积为VA1＝h1S，

pB1＝T0

设流入A管的水银柱的长度为x，则

pA2＝pB2－ρ(h＋x)g＝(62－x) cmHg，

VA2＝(h1－x)S. pA1VA1pA2VA2A中气体状态变化符合理想气体状态方程，则＝，

T02.4T0代入数据整理得x2－72x＋140＝0，

解得x＝2 cm. 答案

(2)2 cm 34．[物理——选修3－4](15分) (1)(5分)如图所示为一列向右传播的简谐横波传到质点a点时的波形，波速为v＝6 m/s，质点b、c的坐标分别为xb＝96 m，xc＝36 m．以图示时刻为计时起点，下列说法中正确的是__ACD__.(填正确答案标号．选对1个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分．每选错1个扣3分，最低得分为0分)

A．该波的振动周期为4 s B．该波传播到质点c时，质点a通过的路程为6 m C．质点b开始振动时，振动方向沿y轴负方向

D．t＝12 s时质点b第一次到达波谷，此时质点a经过平衡位置向y轴负方向振动

E．质点b到达波峰时，质点c经过平衡位置向y轴正方向振动

(2)(10分)如图所示，一束截面为圆形(半径R＝1 m)的平行紫光垂直射向一半径也为R的玻璃半球的平面，经折射后在屏幕S上形成一个圆形亮区．屏幕S至球心距离为D＝(2＋1) m，不考虑光的干涉和衍射，试问：

①若玻璃半球对紫色光的折射率为n＝2，请你求出圆形亮区的半径；

②若将题干中紫光改为白光，在屏幕S上形成的圆形亮区的边缘是什么颜色．

λ解析

(1)由波的图象可得波长λ＝24 m，由T＝v得该波的振动周期T＝4 s，选项A正确；该波传播到质点c时，质点a位于波谷，则其路程为10 cm，选项B错误；在波的传播方向上，各质点的起振方向都相同，x＝30 m处质点a开始振动的方向沿y轴负方向，故质点b开始振动时，振动方向沿y轴负方向，选项C正确；b点第一次到达波谷时间即为b点前方

x196－24距b点最近的波谷传播到b所用时间，故t1＝v＝s＝12 s＝3T，此时质点a经过平衡65位置向y轴负方向振动，选项D正确；xbc＝xb－xc＝96 m－36 m＝60 m＝λ，所以b、c两2质点振动情况相反，当b到波峰时，质点c在波谷，选项E错误．

(2)①紫光刚要发生全反射时的临界光线射在屏幕S上的点E到亮区中心G的距离r就是所求最大半径．

1设紫光临界角为C，由全反射的知识得sin C＝. nR又由几何知识可知AB＝Rsin C＝，

nn2－1OB＝Rcos C＝R，

nRBF＝ABtan C＝，

nn2－1GF＝D－(OB＋BF)＝D－nR，

2n－1GF得r＝GE＝·AB＝Dn2－1－nR＝

FB(2＋1)22－1 m－2×1 m＝1 m. ②紫色．当白光从玻璃中射向空气时，由于紫光的折射率最大，则临界角最小，所以首先发生全反射，因此出射光线与屏幕的交点最远，故圆形亮区的最外侧是紫光．

答案

(2)①1 m

②紫色