2019 年广东省佛山市南海中学等七校联合体高考物理冲

刺试卷

副标题

题号 一 二 三 四 总分

得分

一、单选题（本大题共 5 小题，共 30.0 分）

1. 关于物理学史，下列说法错误的是（ ）

A.伽利略通过斜面实验推断出自由落体运动的速度随时间均匀变化，他开创了研究自然规律的科学方法，这就是将数学推导和科学实验相结合的方法

B.牛顿在伽利略笛卡儿、开普勒等人研究的基础上，采用归纳与演绎综合与分析

的方法，总结出了普遍适用的力学运动规律--牛顿运动定律和万有引力定律

C.奥斯特发现了导线附近小磁针的偏转，从而得出电流的磁效应，首次揭示了电流能够产生磁场

D.爱因斯坦首先提出当带电微粒辐射或吸收能量时，是以最小能量值为单位一份份地辐射或吸收的，这个不可再分的最小能量值叫做能量子

2.为探测引力波，中山大学领衔的“天琴计划”将向太空发射三

颗完全相同的卫星 （ SC1、SC2、SC3）构成一个等边三角形阵列，

地球恰处于三角形的中心，卫星将在以地球为中心、高度约 10

万公里的轨道上运行，针对确定的引力波源进行引力波探测。

如图所示，这三颗卫星在太空中的分列图类似乐器竖琴，故命

名为“天琴计划”。已知地球同步卫星距离地面的高度约为 3.6 万公里，以下说法

错误的是（ ）

A. 若知道引力常量 G 及三颗卫星绕地球的运动周期 T，则可估算出地球的密度

B.三颗卫星绕地球运动的周期一定大于地球的自转周期

C.三颗卫星具有相同大小的加速度

D.从每颗卫星可以观察到地球上大于的表面

3.如图所示， 手持一根长为 l 的轻绳的一端在水平桌面上做半径为 r、角速度为 ω的匀速圆周运动， 绳始终保持与该圆周相切，绳的另一端系一质量为 m 的木块，木块也在桌面上做匀速圆

周运动，不计空气阻力，则有（）

A.

B.

桌面是光滑的

3

绳的拉力大小等于 mω

C.

D.

绳的拉力对木块不做功

绳的拉力对木块做功的功率等于

4.如图所示，电阻不计面积为 S 的矩形线圈在匀强磁场 B 中绕垂直于磁场的轴以角速

度 ω匀速转动， t=0 时刻线圈平面与磁场垂直，产生 e=220 sin100 πtV 的正弦交流

电，理想变压器的原、副线圈匝数比为 10： 1，灯泡的电阻 RL =10 Ω（不考虑电阻

的变化）， C 为电容器， L 为直流电阻不计的自感线圈，刚开始开关 S 断开，下列

说法正确的是（ ）

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A. 线圈从 t=0 时刻到转过 180 °的过程中矩形线圈的磁通量变化量为零 B. 交流电压表的示数为 20 V

C. 闭合开关 S 后，电阻 R 上不产生焦耳热

D. 灯泡的功率小于 48.4W

5.如图所示，带电小球 a 由绝缘细线 PM 和 PN 悬挂而处于静止状态，其中 PM 水平，地面上固定一绝缘且内壁光滑的圆

弧细管道 GH，圆心地面相切，一质量为由静止释放，当小球

P 与 a 球位置重合，管道底端 H 与水平 m 可视为质点的带电小球 b 从 G 端口 b 运动到 H 端时对管道壁恰好无压力，

重力加速度为 g。在小球 b 由 G 滑到 H 过程中， 下列说法中

正确的是（ ）

A. 小球 b 所受库仑力大小始终为 2mg B. 小球 b 机械能逐渐减小

C. 小球 b 加速度大小先变大后变小 D. 细线 PM 的拉力先增大后减小

二、多选题（本大题共 5 小题，共 37.0 分）

6.如图所示，实线为三个电荷量相同的带正电的点电荷Q1、

Q2、 Q3 的电场线分布，虚线为某试探电荷从 a 点运动到 b

点的轨迹，则下列说法正确的是（ ）

A.该试探电荷为负电荷

B.b 点的电场强度比 a 点的电场强度大

C.该试探电荷从 a 点到 b 点的过程中电势能先增加后减

少

D.该试探电荷从 a 点到 b 点的过程中动能先增加后减少

7.如图所示，半径为 2r 的弹性螺旋线圈内有垂直纸面向外的圆形

匀强磁场区域，磁场区域的半径为r ，已知弹性螺旋线圈的电阻

为 R，线圈与磁场区域共圆心，则以下说法中正确的是（ ）

A. 保持磁场不变，线圈的半径由 2r 变到 0.5r 的过程中，有逆

时针的电流

B. 保持磁场不变，线圈的半径由 2r 变到 3r 的过程中，有顺时针的电流

C. 保持半径不变，使磁场随时间按 B=kt 变化，线圈中的电流为

D. 保持半径不变，使磁场随时间按 B=kt 变化，线圈中的电流为

8.如图所示， 足够长的木板下端的点通过铰链与地面连

接，其与水平地面间的夹角 θ可在 0～ 90°范围内调节。

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9. 大自然之中存在许多绚丽夺目的晶体， 由于化学成分和结构各不相同， 这些晶体呈现出千姿百态；高贵如钻石，平凡如雪花，都是由无数原子严谨而有序地组成；关

于晶体与非晶体，正确的说法（ ）

A.晶体沿不同方向的导热或导电性能不同，但沿不同方向的光学性质一定相同

B.单晶体有确定的熔点，非晶体没有确定的熔点

C.有的物质在不同条件下能够生成不同晶体，是因为组成它们的微粒能够按照不同规则在空间分布

D.

E.

多晶体是许多单晶体杂乱无章的组合而成的，所以多晶体没有确定的几何形状固体可以分为晶体和非晶体两类，晶体、非晶体是绝对的，是不可以相互转化

的

10. 一列沿 x 轴传播的横波在 t=0.05s 时刻的波形图如图甲所示， P、 Q 为两质点，质点

P 的振动图象如图乙所示，下列说法中正确的是（ ）

（ 1）用 20 分度游标卡尺测得物体上的遮光条宽度 d 如乙图所示， 则 d=______cm；

（ 2）该小组根据实验数据，计算得到物体经过光电门的速度 v，并作出了如图丙

所示的 v2-h 图象，其图象与横轴的交点为 0.25．由此可知物块与斜面间的动摩擦因数 μ=______；

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A．已知男演员质量

12.市场上有一种通过 USB 接口供电的小型电风扇，它的额定电压 5V，额定功率看不清楚，约 2.5W．小茗同学想用右图所示的电路，测量该电风扇正常运转时电动机

的电能转化为机械能的效率。除待测小风扇外，实验室提供的器材如下：

（2）该同学打开电风扇底座上的 USB 接口，找到电风扇电动机的两条引线，作为电风扇的两个接线端；

（ 3）根据电路图和测量要求，电压表选用 0～ 3V 量程，用笔画线代替导线，在实

物图中完成测量小风扇电动机线圈电阻的电路连接；

（4）控制风扇不转动， 闭合开关， 调节滑动变阻器， 当电流表的示数为 0.50A 时，读出电压表的示数为 1.0V；

（5）电压表选用 0～ 15V 量程，闭合开关， 调节滑动变阻器， 当电压表示数为 5.0V

时，读出电流表的示数 0.50A；

（ 6）该电风扇正常运转时电动机的效率为 ______。

四、计算题（本大题共 4 小题，共 52.0 分）

13.如图所示，一对杂技演员（都视为质点）荡秋千（秋千

绳处于水平位置），从 A 点由静止出发绕 O 点下摆，当

摆到最低点 B 时，女演员在极短时间内将男演员沿水平

方向推出， 然后自己刚好能回到高处

2m 和女演员质量 m，秋千的质量不计， 秋千的摆长为 R，

C 点比 O 点低 5R．求：

（1）摆到最低点 B，女演员未推男演员时秋千绳的拉力；

（2）推开过程中，女演员对男演员做的功；

（3）男演员落地点 C 与 O 点的水平距离。

14. 如图所示，半径 R= m 的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道的一个端点 B 和圆

心 O 的连线与水平方向间的夹角 θ=37°，另一端点 C 为轨道的最低点， 其切线水平。

一质量 M=2 kg、板长 L=0.65m 的滑板静止在光滑水平地面上，左端紧靠 C 点，其

上表面所在平面与圆弧轨道 C 点和右侧固定平台 D 等高。质量为 m=1kg 的物块（可

视为质点）从空中 A 点以 v0=0.6m/s的速度水平抛出，恰好从轨道的 B 端沿切线方

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向进入圆弧轨道，然后沿圆弧轨道滑下经 C 点滑上滑板。滑板运动到平台 D 时被

牢固粘连。已知物块与滑板间的动摩擦因数 0.5，滑板右端到平台 D 左侧的距离 s

在 0.1m＜s＜0.5m 范围内取值。取 g=10m/s2，sin37 °=0.6， cos37°=0.8．求：

（1）物块到达 B 点时的速度大小 vB 。

（2）物块经过 C 点时对圆弧轨道的压力。

（ 3）试讨论物块刚滑上平台 D 时的动能 EkD 与 s 的关系。

15.如图所示，气缸开口向右、固定在水平桌面上，气缸内用活塞

封闭了一定质量的理想气体，活塞横截面积为 S=1×10-3 m2；活塞与气缸壁导热良好，轻绳跨过定滑轮将活塞和地面上的质量

为 m=1kg 重物连接。开始时绳子刚好伸直且张力为零，活塞离

缸底距离为 L1 =27cm，被销子 K 固定在图示位置，此时气缸内

5

气体的压强 p1=1.1 ×10 Pa，温度 T1=330K ，外界大气压强

5 2

p0=1.0 ×10 Pa，g=10m/s ，不计一切摩擦和阻力； 若在此时拔去

销子 K ，降低气缸内气体的温度，求：

（1）重物刚好离开地面时，气体的温度为多少？

（2）重物缓慢上升 2cm，气体的温度为多少？

16.如图甲所示， 足够宽水槽下面有一平面镜， 一束单色光以入射角 i 射入水面， 经平面镜反射后的光线恰好

沿水平方向射出。已知水对该单色光的折射率为n=

。

（1）若平面镜与水平方向的夹角为 θ=30，°求该单色光在水面入射角的正弦值 sini ；

（2）使该单色光从水槽左壁水平向右射出，在平面镜上反射后恰好在水面上发生

全反射，如图乙所示，求平面镜与水平方向的夹角α。

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答案和解析

1.【答案】 D

【解析】

解：A 、伽利略通过斜面实验推断出自由落体运 动的速度随 时间均匀变化，他

开创了研究自然 规律的科学方法，这就是将数学推 导和科学实验相结合的方法，故 A 正确；

B、牛顿在伽利略笛卡儿、开普勒等人研究的基 础上，采用归纳与演绎综合与

分析的方法，总结出了普遍适用的力学运 动规律-牛顿运动定律和万有引力定律，故 B 正确；

C、奥斯特发现了导线附近小磁 针的偏转，从而得出电流的磁效 应，首次揭示了电流能够产生磁场，故C 正确；

D、普朗克首先提出当 带电微粒辐射或吸收能量 时，是以最小能量值为单位

一份份地 辐射或吸收的，这个不可再分的最小能量 值叫做能量子，故 D 错误；

本题选择不正确的，

故选：D。

根据物理学史和常 识解答，记住著名物理学家的主要 贡献即可。

本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大 发现、发明、著名理论要加强记忆 ，这也是考试内容之一。

2.【答案】 A

【解析】

解：A ．若知道引力常量 G 及三颗卫星绕地球的运 动周期 T 根据万有引力提供

的轨道半径大于地球同步 卫星的轨道半径，故三颗卫星绕地球运动的周期大

于地球同步 卫星绕地球运动的周期，即大于地球的自 转周期，故 B 增正确；

C．根据 =ma 可知，由于三颗卫星到地球的距离相等， 则绕地球运 动的

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轨道半径 r 相等，则它们的加速度大小相等，故 C 正确；

D．当等边三角形边与地球表面相切的 时候，恰好看到地球表面的 ，所以本

题中，从每颗卫星可以观察到地球上大于 的表面，故 D 正确。

本题选错误 的，故选：A 。

地球的半径未知，不能估算出地球的密度；根据万有引力等于向心力得到周期和半径的关系、加速度和半径的关系 进行分析；当等边三角形边与地球表

面相切的 时候，恰好看到地球表面的 。

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。

3.【答案】 D

【解析】

解：A ．木块做匀圆周适动，合外力指向圆心，则木块受到的摩擦力不 为零，故

A错误；

，故B 错误；

C．绳子的拉力方向与速度方向不垂直，知 绳子对木块做功，故 C 错误

D．手拉木块做功的功率 为： ，故D 正确；

故选：D。

小球在水平面内做匀速 圆周运动，根据小球沿着半径方向和垂直于半径方向

的受力可以求得 绳的拉力的大小，根据功率的公式可以求得手 对木块做功的功率的大小。

对物块受力分析是解决本 题的关键，知道物体做圆周运动径向的合力提供向

心力，切线的合力产生切线加速度，若为匀速圆周运动，则切线的合力为零。

4.【答案】 D

【解析】

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解：A 、由图可知，线圈从 t=0 时刻到转过 180°的过程中通过矩形线圈的磁通

量变化量为 2BS，不是零，故A 错误 。

B、由瞬时值表达式知原 线圈电压有效值为 U 1=220V，根据理想变压器的原、

副线圈的电压与匝数成正比，则得副线圈两端的 电压，即交流电压表的示数

为 U2=22V，故B 错误 。

C、闭合开关 S后，交流电能够通过电容器，电阻 R 上产生焦耳热，故C 错误 。

D、若没有线圈，则灯泡的功率 为： =48.4W，由于线圈对交流电有阻碍

作用，灯泡的电压小于 UL，则灯泡的功率小于 48.4W，故D 正确。

故选：D。

线圈从 t=0 时刻到转过 180°的过程中通过矩形线圈的磁通量 变化量为 2BS。

根据理想 变压器电压与匝数成正比，求电压表的示数。

根据电容器的特性分析 R 是否产生焦耳热 。由变压器的输入功率和 输出功率相等，灯泡的功率。

解决本题的关键是掌握理想 变压器的电压、电流及功率之 间的关系，知道电

感线圈和电容器在交流 电中的作用。

5.【答案】 D

【解析】

解：A 、对小球 b 运动过程应用机械能守恒可得： mgR= mv2，由小球在 H 点时

对管道壁恰好无 压力，根据牛顿第二定律可得：F 库-mg= ，所以小球 b 受到的库仑力 F 库 =3mg，方向竖直向上，故 A 错误；

B、小球 b 运动过程管道支持力和 电场力不做功，故只有重力做功，那么机械能守恒，故 B 错误；

C、设 b 与 a的连线与水平方向的 夹角为 θ，则有 mgRsin θ= mv2，任意位置加

速度为向心加速度和切向加速度合成，即 a= = =

g，下滑过程中 θ从 0 增大 90°，可知小球 b 加速度一直 变大，故 C

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错误；

D、设 PN 与竖直方向的 夹角为 α，对球 a 受力平衡，在竖直方向可得

求得在 B 的速度，即可由牛 顿第二定律求得 库仑力；再对小球 a 进行受力分析，

由受力平衡得到两拉力的 变化；任意位置加速度为向心加速度和切向加速度

合成，表示出加速度 进行分析判断。

带电粒子的运 动问题，库仑力和其他力一 样的处理，将其分解为沿速度方向

和垂直速度方向，然后根据受力、做功情况由 动能定理求解。

6.【答案】 BC

【解析】

解：A．电场力方向指向曲 线凹处，该试探电荷为正电荷，故 A 错误；

B．根据电场线的疏密可知，b 点的电场强度比 a 点的电场强度大，故 B 正确；

C．该试探电荷从 a 点到 b 点的过程中，电场力与速度方向的 夹角先是钝角后

变成锐角，即电场力先做负功后做正功，试探电荷的电势能先増加后减少，

动能先减少后增加，故 C 正确 D 错误 。

故选：BC。

关键电场线 的指向可判断 试探电荷的带电性质，根据电场线的密疏表示 场强

的大小判断 场强大小，根据曲线运动的特点判断 电场力的方向，再根据电场

力做功正 负判断电势能大小，根据功能关系可判断 试探电荷的动能变化。

本题考查带电粒子在电场中的运动问题，要注意此类轨迹问题，由轨迹的弯

曲方向可判定 电场力的方向，并判断电场力做功正 负情况。

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7.【答案】 AC

【解析】

解：A 、根据磁通量的定义可知，当线圈的半径由 2r 变到 0.5r 的过程中，穿过

线圈的磁通量减小，根据楞次定律可知， 线圈内产生逆时针的感应电流，故 A 正确；

B、同理，保持磁场不变，线圈的半径由 2r 变到 3r 的过程中，穿过线圈的磁通量不变，根据感应电流的产生条件可知，线圈内没有感 应电流，故 B 错误；CD、保持半径不变，使磁场随时间按 B=kt 变化，根据法拉第电磁感应定律可

D错误。故选：AC。

根据楞次定律判断 线圈内产生感应电流的方向；根据法拉第电磁感应定律计算感应电动势 大小，再根据闭合电路欧姆定律求解 电流强度。

本题主要是考 查法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律，解答本 题要掌握

法拉第电磁感应定律的计算公式以及楞次定律的 应用。

8.【答案】 AD

【解析】

C、根据如上计算可知，μ= ．小滑块上滑过程克服摩擦力做功

W =μ mgcosθ? =50J．故机械能损失 50J，故C 错误 。

f 0

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D、因 μ＜ tan θ= ，故小滑块上滑到最高点 处后反向下滑，此时

0

a=gsin θ-μ gcos θ= m/s2，故D 正确。

0 0

故选：AD 。

小滑块向上滑行的 时间最短时加速度最大。根据牛 顿第二定律得到加速度表

达式，运用数学知识确定时间最短的条件，从而求得木板的 倾角。根据运动

学公式求上升的最大高度。小滑 块上滑过程损失的机械能等于克服摩擦力做

功。由牛顿第二定律求小滑 块返回过程的加速度大小。

解决本题的关键要根据牛 顿第二定律得到加速度的表达式，运用数学知 识求

加速度最大的条件。要分段运用牛 顿第二定律求物体的加速度。

9.【答案】 BCD

【解析】

解：A 、单晶体在物理性 质上表现为各向异性，多晶体在物理性 质上表现各向

同性，其中，指的物理性质包括导热性、导电性、光学性、机械强度等。故 A 错

误。

B、单晶体和多晶体有确定的熔点，非晶体没有确定的熔点。故 B 正确。

C、有的物质在不同条件下能 够生成不同晶体，是因 为组成它们的微粒能 够

按照不同 规则 在空间分布，例如，石墨和金刚 石，由于空间结 构不同，形成不同的晶体。故 C 正确。

D、而多晶体是由许许多多的细小的晶体（单晶体）集合而成，没有天然的规

则的几何形状。故 D 正确。

E、固体可以分为晶体和非晶体两 类，晶体、非晶体是相对的，在一定的条件

下可以相互 转化的。故 E 错误 。

故选：BCD。

单晶体在物理性 质上表现为各向异性，多晶体在物理性 质上表现各向同性；

晶体有确定的熔点，非晶体没有确定的熔点；晶体的多型性是由于 组成晶体

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的微粒不同的空 间排列形成的；晶体和非晶体在一定的条件下可以相互 转化。

不同考查了晶体和非晶体。这种题型知识点广，多以基础为主，只要平时多

加积累，难度不大。

10.【答案】 ACD

【解析】

解：A 、分析图甲确定波 长 λ=4m，根据图乙确定周期 T=0.2 s，则该波的波速

v= =20 m/s，故 A 正确。

B、分析图乙可知，t=0.05 s时，质点 P 处于平衡位置沿 y 轴负方向运动，根据波动规律可知，该波沿 x 轴正方向传播，故 B 错误 。

C、分析图甲可知，t=0.05 s时，质点 Q 处于波谷，t=0.1 s 时，质点 Q 位于平衡

位置沿 y 轴正方向运 动，故 C 正确。

D、t=0.2 s 时刻，质点 Q 位于平衡位置，质点 P 位于波峰，质点 Q 的速度大于

质点 P，故D 正确。

E、t=0.3 s 时，质点 Q 位于平衡位置，质点 P 位于波谷，质点 Q 距平衡位置的

距离小于 质点 P，故E 错误。

故选：ACD。

由图乙得到周期；根据图乙得到质点振动方向，从而由图甲得到波的 传播方

向，即可得到各质点振动。

根据运动时间得到位移、速度变化规律。

本题关键要抓住振 动图象和波动图象之间的联系。简谐运动传播过程中各质

点的起振方向都相同。波形平移法是研究波 动图象经常用的方法。

11.【答案】 0.225 0.5 不变

【解析】

解：（1）由图知第 5 条刻度线与主尺对齐，则读数为：

d=2mm+5× 0.05mm=2.25mm=0.225cm；

（2）设斜面的长为 s，倾角为 θ，由动能定理得：（mgsinθ-μmgcosθ）=

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即：mgh-μmgL= ，v2=2gh-2μ gL

由图象可知，当 h=0.25m 时，v=0，代入得到：μ=0.5；

（3）由v2=2gh-2μ gL知斜率 K=2g 为定值，若更换动摩擦因数更小的斜面， 图

象的斜率不 变。

故答案为（1）：0.225 （2）0.5 （3）不变

（1）根据游标卡尺的读数方法进行读数；

故答案为：（1）0.6，电动机线圈电阻远小于电压表内阻（电动机线圈电阻与电

流表内阻相当）

（3）如下图

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（6）80%

（1）根据风扇的额定电流大约值选择电 流表的量程。根据电动机线圈电阻远

小于电压表内阻，选择电流表外接法。

（3）对照电路图连接实物图。

（6）控制风扇不转动，电动机电路是纯电阻电路，由欧姆定律求出 电动机线圈

电阻。再根据功率分配关系求出 电动机的电功率和 输出功率，从而求得效率。

本题要知道电风扇正常工作 时是非纯电阻电路，欧姆定律不成立，而风扇不

转时，是纯电阻电路，欧姆定律是成立的。正常工作 时电动机的输出功率等

于总功率减去内阻消耗的功率。

13.【答案】 解：（ 1）第一个过程：两杂技演员从 A 点下摆到 B 点，只有重力做功，机械能守恒。设二者到达 B 点的速度大小为 v0，则由机械能守恒定律有：

（m+2 m） gR= （ m+2m） v02。

绳子拉力设为 T，由牛顿第二定律得：

T-（ 2m+m） g=（ 2m+m） ，

解得： T=9 mg；

（2）第二个过程：两演员相互作用，沿水平方向动量守恒。设作用后女、男演员的速度大小分别为 v1、 v2，取水平向右为正方向，由动量守恒定律得：所以有：

（m+2 m） v0=2mv2-mv1。

第三个过程：女演员上摆到 A 点过程中机械能守恒，因此有：

mgR= mv12。

（3）男演员落地点 C 与 O 点的水平距离 s 是 8R。【解析】

（1）两杂技演员从 A 点下摆到 B 点，只有重力做功，机械能守恒。由机械能守

恒定律求出两演 员运动到最低点 时的速度。在最低点，由合力充当向心力，

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由向心力公式求解秋千 绳的拉力；

（2）两演员相互作用，沿水平方向 动量守恒。由动量守恒定律列式。女演 员上

摆到 A 点过程中机械能守恒，由机械能守恒定律列式， 联立求得推开 过程中，

男演员获得的速度，再由动能定理求女演 员对男演员的做的功；

（3）由平抛运动的规律求男演 员落地点 C 与 O 点的水平距离 s。

本题关键分析求出两个演 员的运动情况，然后对各个过程分别运用动量守恒定律和机械能守恒定律列式。要会运用运 动的分解法研究平抛运 动，掌握分运动的规律并能熟 练应用。

14.【答案】 解：（ 1）从 A 到 B，物块做平抛运动，由几何关系得：

sin37 = °

解得 vB=1 m/s。

（2）从 B 到 C，物块机械能守恒得得：

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（ 2）物块经过 C 点时对圆弧轨道的压力是 46N；

（ 3）①滑板右端到滑板 D 左侧的距离 s 在 0.1m＜ s＜ 0.2m 时，物块刚滑上平台 D 时的

动能 EKD 与 s 的关系是 EKD =1.25-5s（ J）；

②滑板右端到滑板 D 左侧的距离 s 在 0.2m≤s＜ 0.5m 时，物块刚滑上平台 D 时的动能 EKD 是 0.25J。

【解析】

（1）物块从 A 到 B 做平抛运 动，由平抛运动的规律可求得 B 点的速度；

（2）从B 到 C，由机械能守恒可求得小球 经过 C 点的速度；由向心力公式可求

得物块在 C 点受到的支持力，由牛 顿第三定律可求得 对轨道的压力；

（3）由动量守恒定律求出共同速度，分析它 们对地面的相 对位移，然后分析物块刚滑上平台 D 时的动能 EKD 与 s 的关系。

本题将平抛、圆周运动及直线运动结合在一起考 查，关键要正确分析物 块的

运动过程，并根据过程正确的 选择物理规律求解。对于物块在木板上滑 动类

型，常常根据动量守恒定律和功能关系 进行解答。

（1）物体刚离地时，缸内气压强为 ，此时刚内气体为等容变化，根据

查理定律即可求解；

（2）重物缓慢上升 2cm，封闭气体做等 压变化，根据盖-吕萨克定律即可求解。

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本题关键是得到封 闭气体初末状 态的各个状 态参量，然后根据气体 实验定律列式求解即可。

16.【答案】 解：①光线在水面发生折射，根据折射定律可知，

n= 。

根据几何关系可知： r+2θ=90°。

联立解得： sini= 。

②光在水面上发生全反射，则 sinC= 。

根据几何关系可知： C+2α=90°。

联立解得平面镜与水平方向的夹角 α=15°。

答：（ 1）该单色光在水面入射角的正弦值 sini 是 。

（ 2）平面镜与水平方向的夹角是 15°。

【解析】

（1）结合光路图，由几何关系和光的反射定律求得在水面 发生折射的折射角，

再由折射定律求出入射角的正弦 值 sini。

（2）经平面镜反射后的光 线恰好在水面 发生全反射，入射角等于 临界角 C，根

据 sinC= 求临界角 C．结合几何关系求平面 镜与水平方向的 夹角 α。

本题要充分运用平面 镜的光学特征和几何知 识研究出入射角和折射角，作出

光线恰好发生全反射 时的光路，就能轻松解答。

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