A01.【全国卷】1978-1989年汇编（12套） - 压轴题汇总（32道，29页）

全国卷
历年（1978～1988）高考物理试卷（12套）
《压轴题汇编》（32道）
目 录
1989年全国卷 2
1988年全国卷 5
1987年全国卷 7
1986年全国卷 9
1985年全国卷 11
1984年全国卷 13
1983年全国卷 14
1982年全国卷 16
1981年全国卷 18
1980年全国卷 20
1979年全国卷 22
1978年全国卷 23
1989年全国卷
[1989全国卷 T13 2分]在光滑水平面上有三个完全相同的小球排成一条直线。2、3小球静止，并靠在一起，1球以速度v0射向它们(如图)。设碰撞中不损失机械能，则碰后三个小球的速度可能值是( )
A.v1＝v2＝v3＝v0 B.v1＝0，v2＝v3＝v0
C.v1＝0，v2＝v3＝v0 D.v1＝v2＝0，v3＝v0
【答案】D
【解析】2、3小球静止，并靠在一起，1球以速度v0射向它们，碰撞前系统动量为mv0，如果碰后三个小球的速度v1＝v2＝v3＝v0，碰撞后系统动量为mv0，碰撞后的总动能为mv02，机械能不守恒，不符合题意，故A错误。如果v1＝0，v2＝v3＝v0，，碰撞后系统动量为mv0，碰撞后的总动能为：mv02，机械能不守恒，不符合题意，故B错误。如果v1＝0，v2＝v3＝v0，碰撞后系统总动量为mv02，碰撞过程动量不守恒，不符合题意，故C错误。球的碰撞过程为：由于球1与球2发生碰撞时间极短，球2的位置来不及发生变化，这样球2对球3也就无法产生力的作用，即球3不会参与此次碰撞过程。而球1与球2发生的是弹性碰撞，质量又相等，故它们在碰撞中实现速度交换，碰后球1立即停止，球2速度立即变为v0；此后球2与球3碰撞，再一次实现速度交换。所以碰后球1、球2的速度为零，球3速度为v0。故D正确。
[1989全国卷 T15 2分]在光滑水平地面上有一木板，一木棒可沿水平轴O转动，其下端B搁在木板上，而整个系统处于静止状态(如图)。现在用水平力F向左推木板，但木板仍未动。由此可以得出结论：施力F后，木板和木棒之间的正压力( )
A.变大
B.不变
C.变小
D.条件不足，不能判断如何改变
【答案】C
【解析】先以O为转轴，以木棒为研究对象，用力F向左推木板时，木板对木棒有竖直向上的支持力N和向左的静摩擦力，根据力矩平衡条件得：MG＝MN＋Mf，而F推木板之前木板对木棒没有摩擦力，摩擦力的力矩Mf＝0，由于重力的力矩MG不变，则知用力F向左推木板时，支持力的力矩MN减小，而力臂没有改变，则N变小。
[1989全国卷 T19 2分]一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地。在两极板间有一正电荷(电量很小)固定在P点，如下图所示。以E表示两极板间的场强，U表示电容器的电压，W表示正电荷在P点的电势能。若保持负极板不动，将正极板移到图中虚线所示的位置，则( )
A.U变小，E不变 B.E变大，W变大
C.U变小，W不变 D.U不变，W不变
【答案】AC
【解析】平行板电容器充电后与电源断开后，电量不变。将正极板移到图中虚线所示的位置时，板间距离d减小，根据C＝知，电容增大，电势差U＝，则板间电压变小。由E＝＝，代入C＝得到：E＝，可知E与d无关，则知电场强度E不变。P与负极板间的距离不变，由公式U＝Ed可知，P与负极板间的电势差不变，P点的电势不变，正电荷在P点的电势能不变。故AC正确。
[1989全国卷 T34 9分]一个质量为m、带有电荷-q的小物体，可在水平轨道Ox上运动，O端有一与轨道垂直的固定墙。轨道处于匀强电场中，场强大小为E，方向沿Ox轴正向，如图所示。小物体以初速v0从x0点沿Ox轨道运动，运动时受到大小不变的摩擦力f作用，且f＜qE；设小物体与墙碰撞时不损失机械能，且电量保持不变，求它在停止运动前所通过的总路程s。
【答案】
【解析】小物体受到的电场力F＝-qE，大小不变，方向指向墙；摩擦力f的方向与小物体运动方向相反。不管开始时小物体是沿x轴正方向或负方向运动，小物体在多次与墙碰撞后，最后将停止在原点O处。在这个过程中，电势能减少了：ΔEP＝qEx0。
小物体动能减小了mv02，由于小物体与墙碰撞时不损失机械能，因而小物体克服摩擦力所做的功就等于减少的动能和电势能之和：fs＝＋qEx0。
解得小物体在停止前所通过的总路程s等于：s＝。
1988年全国卷
[1988全国卷 T12 2分]图中S为三相交流电源。连在电路中的各电阻丝B1、B2、B3、B4的阻值都相同。变压器都是电压比为2∶l的降压变压器。这些电阻丝，按消耗功率大小的顺序排列(从大到小)应为( )
A.B1B2B3B4 B.B4B3B2B1 B.B4B2B3B1 D.B3B1B4B2
【答案】B
【解析】每根相线(火线)与中性线(零线)间的电压叫相电压，；相线间的电压叫线电压。因为三相交流电源的三个线圈产生的交流电压相位相差120°，三个线圈作星形连接时，线电压等于相电压的根号3倍。我们通常讲的电压是220V，380V，就是三相四线制供电时的相电压和线电压。降压变压器会降低有效值，故选择B。
[1988全国卷 T7 3分]一物体放在光滑水平面上，初速为零。先对物体施加一向东的恒力F，历时1秒钟，随即把此力改为向西，大小不变，历时1分钟；接着又把此力改为向东，大小不变，历时1秒钟；如此反复，只改变力的方向，共历时1分钟.在此l分钟内( )
A.物体时而向东运动，时而向西运动，在1分钟末静止于初始位置之东
B.物体时而向东运动，时而向西运动，在1分钟末静止于初始位置
C.物体时而向东运动，时而向西运动，在1分钟末继续向东运动
D.物体一直向东运动，从不向西运动，在1分钟末静止于初始位置之东
【答案】D
【解析】物体在光滑的水平面上静止，当施加向东的恒力时，物体水平方向上只受一个恒力F作用，恒力改变了物体的运动状态，物体进行匀加速直线运动．1s后当施加一个向西的恒力作用，恒力改变了物体的运动状态，物体向东匀减速直线运动，因为力大小未变，所以1s后物体处于静止状态．物体在2s内进行一个循环，一直向东加速，减速，静止，静止是在物体原位置的东侧，1min之后物体正好进行了30个循环，物体处于静止状态，在原位置的东侧．
A. 描述与分析结论不符，故A错误．
B. 描述与分析结论不符，故B错误．
C. 描述与分析结论不符，故C错误．
D. 描述与分析结论相符，故D正确．
[1988全国卷 T7 9分]N个长度逐个增大的金属圆筒和一个靶，它们沿轴线排列成一串，如图所示(图中只画出了六个圆筒，作为示意)。各筒和靶相间地连接到频率为ν、最大电压值为U的正弦交流电源的两端。整个装置放在高真空容器中，圆筒的两底面中心开有小孔，现有一电量为q、质量为m的正离子沿轴线射入圆筒，并将在圆筒间及圆筒与靶间的缝隙处受到电场力的作用而加速(设圆筒内部没有电场)，缝隙的宽度很小，离子穿过缝隙的时间可以不计。己知离子进入第一个圆筒左端的速度为v1，且此时第一、二两个圆筒间的电势差V1-V2＝-U，为使打到靶上的离子获得最大能量，各个圆筒的长度应满足什么条件？并求出在这种情况下打到靶上的离子的能量。
【答案】：Ln＝，n＝1，2，3……N。Ek＝NqU＋
【解析】为使正离子获得最大能量，要求离子每次穿越缝隙时，前一个圆筒的电势比后一个圆筒的电势高U，这就要要求离子穿过每个圆筒的时间都恰好等于交流电的半周期。由于圆筒内无电场，离子在圆筒内做匀速运动。设vn为离子在第n个圆筒内的速度，则有：
mvn+12-mvn2＝qU ①，第n个圆筒的长度为Ln＝vn，
由(1)式得：mvn2-mv12＝(n-1)qU ②
vn＝ ③
将(3)代入(2)，得第n个圆筒的长度应满足的条件为：Ln＝，n＝1，2，3……N。(4)
打到靶上的离子的能量为：Ek＝NqU＋。
1987年全国卷
[1987全国卷 T7 3分]下图是一台三相变压器的示意图，原线圈和副线圈的匝数比为＝30，今测得副线圈一边a、b、c三端的任意两端之间的电压为380伏，则在原线圈一边A、B、C三端的任意两端之间的电压等于 。
【答案】6600
【解析】略
[1987全国卷 T10 4分]图中M、N是两个共轴圆筒的横截面，外筒半径为R，内筒半径比R小很多，可以忽略不计，筒的两端是封闭的，两筒之间抽成真空。两筒以相同的角速度ω绕其中心轴线(图中垂直于纸面)做匀速转动。设从M筒内部可以通过窄缝s(与M筒的轴线平行)不断地向外射出两种不同速率v1和v2的微粒，从s处射出时的初速度的方向都是沿筒的半径方向，微粒到达N筒后就附着在N筒上。如果R、v1和v2都不变，而ω取某一合适的值，则( )
A.有可能使微粒落在N筒上的位置都在a处一条与s缝平行的窄条上
B.有可能使微粒落在N筒上的位置都在某一处如b处一条与s缝平行的窄条上
C.有可能使微粒落在N筒上的位置分别在某两处如b处和c处与s缝平行的窄条上
D.只要时间足够长，N筒上将到处都落有微粒
【答案】ABC
【解析】A、B、C、微粒从M到N运动时间t＝，对应N筒转过角度θ＝ωt＝，即如果以v1射出时，转过角度：θ1＝ωt＝，如果以v2射出时，转过角度：θ2＝ωt＝。只要θ1、θ2不是相差2π的整数倍，则落在两处，故C正确。若相差2π的整数倍，则落在一处，可能是a处，也可能是b处。故A，B正确。若微粒运动时间为N筒转动周期的整数倍，微粒只能到达N筒上固定的位置，故D错误。
[1987全国卷 T7 10分]用大炮轰击和炮在同一水平面上的目标。当炮筒仰角为Ψ1时，着弹点比目标偏近了一段距离d1；当仰角为Ψ2时，着弹点又比目标偏远了一段距离d2。由这些已知量，求出要想正好击中目标所需的仰角Ψ0。设炮弹出口速率是一定的，空气阻力不计。
【答案】arcsin()
【解析】令x、y分别表示炮弹的水平位移和竖直位移，v0表示其初速度，则有：
x＝v0cosψ·t；y＝v0sinψ·t－
当炮弹落地时，y＝0，由上两式可得水平射程：x＝ ①
当仰角为ψ1、ψ2、ψ0时，分别有：x1＝，x2＝，x0＝ ②
已知：x0－x1＝d1，x2－x0＝d2 ③由(2)、(3)两式得：sin2ψ0＝，
ψ0＝arcsin() ④
1986年全国卷
[1986全国卷 T9 3分]如下图所示，平行板电容器的极板沿水平方向放置，电子束从电容器左边正中间a处沿水平方向入射，电子的初速都是v0，在电场力的作用下，刚好从图中所示的c点射出，射出时的速度为v。现若保持电场不变，再加一个匀强磁场，磁场的方向跟电场和电子入射的方向都垂直(图中垂直于纸面向里)，使电子刚好由图中d点射出，c、d两点的位置相对于中线ab是对称的，则从d点射出时每个电子的动能等于 。
【答案】mv02-mv2
【解析】电子从c点射出，电场力对电子做正功，电子从d点射出，电场力对电子做负功，因为场强相等，电场方向位移相反，故电功W1＝-W2，加速磁场后，洛伦兹力对电子不做功，所以根据动能定理有：
从c点飞出电场力做功：W1＝mv2-mv02，从d点飞出电场力做功：W2＝mvx2-mv02
因为W1＝-W2，所以：mv2-mv02＝mv02-mvx2，解得：mvx2＝mv02-mv2。
[1986全国卷 T8 10分](本题是附加题，成绩不计入总分)有一个平行板电容器，当两极板间为空气时，其电容为C0＝40pF，把它连接到一个电动势为E＝500V的电源上。现将一块厚度等于极板间距离的石蜡块塞进两极板间，使它充满极板间空间的一半，如图，已知石蜡的介电常数ε＝2。求：
(1)塞入石蜡块后，电容器的电容C。(2)在石蜡块塞入过程中，电源所提供的电能。
【答案】(1)60pF；(2)5.0×10J。
【解析】(1)石蜡塞入后，电容器可视为两个平行板电容器并联。每个的极板间距离都是d，每个的极板面积都是原电容器的极板面积S之半。因此，极板间是空气的那一半的电容：
C1＝＝C0 ①；极板间是石蜡的那一半的电容：C2＝＝εC0 ②
所以电容器的总电容：C＝C1＋C2 ③，由以上三式，代入数值可解得：C＝60pF。
(2)电源提供的能量W应等于电动势和通过电源的电量的乘积。设插入石蜡前极板上的电量为Q0，插入后为Q，则：W＝E(Q-Q0) ④
因为：Q0＝C0E，Q＝CE ⑤；所以得：W＝E2(C－C0)，代入数值得：W＝5.0×10J。
1985年全国卷
[1985全国卷 T7 3分]某地强风的风速约为v＝20m/s，设空气密度为ρ＝1.3kg/m3。如果把通过横截面积为S＝20m2的风的动能全部转化为电能，则利用上述已知量计算电功率的公式应为P＝ ，大小约为 W(取一位有效数字)。
【答案】ρSv3，1×105W
【解析】在时间t内通过横截面积为20m2的风能全部转化为电能，根据能量守恒定律，有Pt＝mv2，其中m＝ρV＝ρ×vtS，故：P＝ρSv3=1×1.3×20×203=1×105W。
[1985全国卷 T7 3分]如图，一细绳的上端固定在天花板上靠近墙壁的O点，下端拴一小球。L点是小球下垂时的平衡位置。Q点代表一固定在墙上的细长钉子，位于OL直线上。N点在Q点正上方，且QN＝QL。M点与Q点等高。现将小球从竖直位置(保持绳绷直)拉开到与N等高的P点，释放后任其向L摆动。运动过程中空气阻力可忽略不计。小球到达L后，因细绳被长钉挡住，将开始沿以Q为中心的圆弧继续运动。在这以后( )
A.小球向右摆到M点，然后就摆回来
B.小球向右摆到M和N之间圆弧上某点处，然后竖直下落
C.小球沿圆弧摆到N点，然后竖直下落
D.小球将绕Q点旋转，直到细绳完全缠绕在钉上为止
E.关于小球的运动情况，以上说法都不正确
【答案】E
【解析】A．根据机械能守恒定律可知，小球运动到M点速度不为零，所以小球还要继续运动，故A错误；BCD．若小球能运动到N点，则根据机械能守恒定律可知，在N点速度等于零，但要使小球做圆周运动到达N点，则N点的速度不为零，所以小球不能运动到N点，则小球在MN之间某点做斜抛运动了，故BCD错误。
故选E。
[1985全国卷 T8 12分]图1中A和B表示在真空中相距为d的两平行金属板，加上电压后，它们之间的电场可视为匀强电场。图2表示一周期性的交变电压的波形，横坐标代表时间t，纵坐标代表电压U。从t＝0开始，电压为一给定值U0，经过半个周期，突然变为-U0；再过半个周期，又突然变为U0；……如此周期性地交替变化。
在t＝0时，将上述交变电压U加在A、B两板上，使开始时A板电势比B板高，这时在紧靠B板处有一初速为零的电子(质量为m，电量为e)在电场作用下开始运动。要想使这电子到达A板时具有最大的动能，则所加交变电压的频率最大不能超过多少？
【答案】
【解析】开始t＝0时，因A板电势比B板高，而电子又紧靠B板处，所以电子将在电场力作用下向A板运动。在交变电压的头半个周期内，电压不变，电子做匀加速直线运动，其动能不断增大。如果频率很高，即周期很短，在电子尚未到达A板之前交变电压已过了半个周期开始反向，则电子将沿原方向开始做匀减速直线运动。再过半个周期后，其动能减小到零。接着又变为匀加速运动，半个周期后。又做匀减速运动。……最后到达A板。
在匀减速运动过程中，电子动能要减少。因此，要想电子到达A板时具有最大的动能，在电压的大小给定了的条件下，必须使电子从B到A的过程中始终做加速运动。这就是说，要使交变电压的半周期不小于电子从B板处一直加速运动到A板处所需的时间.即频率不能大于某一值。在电场力的作用下，电子的加速度a为：a＝ ①
其中e和m分别为电子的电量大小和质量，令t表示电子从B一直加速运动到A所需要的时间，则d＝，或t＝ ②
令T表示交变电压的周期，ν表示频率，根据以上的分析，它们应满足以下的要求：t≤③；即ν≤④由①、②、④三式可解得：ν＝⑤即频率不能超过。
1984年全国卷
[1984全国卷 T7 3分]S1和S2是两个相干波源.在图中分别以S1和S2为圆心作出了两组同心圆弧，分别表示在同一时刻两列波的波峰和波谷。实线表示波峰，虚线表示波谷。在图中方框内标出了三个点a、b、c。在这三个点中，振动加强的点是 ，振动减弱的点是 。
【答案】a、b，c
【解析】由图可知：a点波峰与波峰相遇点，b点是波谷与波谷相遇点，c是波峰与波谷相遇点。由于当波峰与波峰相遇或波谷与波谷相遇时振动加强，当波峰与波谷相遇时振动减弱，所以振动加强点是a、b点，振动减弱点是c。
[1984全国卷 T7 10分]在真空中速度为v＝6.4×107m/s的电子束连续地射入两平行极板之间。极板长度为l＝8.0×10m，间距为d＝5.0×10m。两极板不带电时，电子束将沿两极板之间的中线通过。在两极板上加一50Hz的交变电压V＝V0sinωt，如果所加电压的最大值V0超过某一值Vc时，将开始出现以下现象：电子束有时能通过两极板；有时间断，不能通过。
(1)求Vc的大小。
(2)求V0为何值才能使通过的时间(Δt)跟间断的时间(Δt)之比为：(Δt)∶(Δt)＝2∶1。
【答案】(1)91V；(2)105V。
【解析】(1)电子通过平行板所有的时间≈10-9s，交变电压的周期T≈10-2s，可见：<电子进入平行极板中间后，其运动沿水平方向为匀速运动，沿竖直方向为匀加速运动。设电子束刚好不能通过平行极板的电压为Vc，电子经过平行极板的时间为t，所受的电场力为f，则：t＝ ①； ②；a＝ ③
由以上三式，可得：Vc＝，代入数值，得：Vc＝91V。
(2)因为(Δt)＝2(Δt)，所以：Vc＝V0sin，由此得：V0＝＝＝105V
1983年全国卷
[1983全国卷 T4 4分]已知氢原子的基态能级是E1＝-13.6eV，第二能级是E2＝-3.4eV。如果氢原了吸收 eV的能量，它即可由基态跃迁到第二能级.如果氢原子再获得1.89eV的能量，它还可由第二能级跃迁到第三能级。因此，氢原子的第三能级E3＝ eV。
【答案】10.2，-1.51。
【解析】已知氢原子基态能量为E1= 13.6Ev，第二能级E2= 3.4eV，
所以由基态跃迁到第二能级氢原子吸收的能量是E2 E1=10.2eV；
如果再吸收1.89eV能量，还可由第二能级跃迁到第三能级，
E3=E2+1.89eV= 1.51eV．
[1983全国卷 T5 2分]一定量的理想气体，处在某一初始状态.现在要使它的温度经过状态变化后回到初始状态的温度，用下列哪些过程可能实现( )
A.先保持压强不变而使它的体积膨胀，接着保持体积不变而减小压强.
B.先保持压强不变而使它的体积减小，接着保持体积不变而减小压强.
C.先保持体积不变而增大压强，接着保持压强不变而使它的体积膨胀.
D.先保持体积不变而减小压强，接着保持压强不变而使它的体积膨胀.
【答案】AD
【解析】
理想气体方程 由理想气体状态方程可知，保持压强不变而使它的体积膨胀，温度升高，接着保持体积不变而减小压强，温度降低，温度可能回到原来的温度，故A正确；由理想气体状态方程可知，先保持压强不变而使它的体积减小，温度降低，接着保持体积不变而减小压强，温度继续降低，温度不可能回到原来的温度，故B错误；由理想气体状态方程可知，先保持体积不变而增大压强，温度升高，接着保持压强不变而使它的体积膨胀，温度继续升高，温度不可能回到原来的值，故C错误；由理想气体状态方程可知，先保持体积不变而减小压强，温度降低，接着保持压强不变而使它的体积膨胀，温度升高，温度可能回到原来的温度，故D正确；故选AD．
[1983全国卷 T7 12分]一个光滑的圆锥体固定在水平的桌面上，其轴线沿竖直方向，母线与轴线之间的夹角θ＝30°(如右图)。一条长度为l的绳(质量不计)，一端的位置固定在圆锥体的顶点O处，另一端拴着一个质量为m的小物体(物体可看作质点，绳长小于圆锥体的母线)。物体以速率v绕圆锥体的轴线做水平匀速圆周运动(物体和绳在上图中都没画出)。
(1)当v＝时，求绳对物体的拉力。
(2)当v＝时，求绳对物体的拉力。(要求说明每问解法的根据)
【答案】(2)1.03mg；(2)2mg。
【解析】题目要求考生说明每问解法的根据。物体做水平匀速圆周运动有两种可能：一种是物体与锥体表面接触(见图1)；一种是物体与锥体表面不接触(见图2)。
当接触时，物体受力如图1所示，T是绳对物体的拉力，N是支持力，mg是重力。物体与锥面间无摩擦。将力沿水平方向和竖直方向分解，按牛顿定律得：
Tsinθ－Ncosθ＝m ①；Tcosθ＋Nsinθ＝mg ②
由①、②两式消去T，可得N跟v的关系如下：N＝mgsin－m
在θ给定后，v越大，N越小，当v＝时，令vb表示这个速率，并将θ＝30°代入，可得：vb＝ ③
因为N是支持力，最小等于0，所以当v＞vb时，物体不再与锥面接触。
(1)当v＝时，因为v＜vb，所以物体与锥面接触，由①、②式消去N，可得：
T＝m＋mgcosθ＝或T＝1.03mg。
(2)当v＝时，因为v＞v0，所以物体与锥面不接触。这时物体只受重力和绳子拉力作用(如图2所示)。用α表示绳与圆锥体轴线之间的夹角，将力沿水平方向和竖直方向分解，按牛顿定律得：Tsinα＝m ④；Tcosα＝mg ⑤
将v＝代入④式，由④、⑤两式消去α，可得：2T2－3mgT－2m2g2＝0
解此方程，取合理值，得：T＝2mg。
1982年全国卷
[1982全国卷 T5 3分]设行星A和行星B是两个均匀球体。A与B的质量之比mA∶mB＝2∶1；A与B的半径之比RA∶RB＝1∶2。行星A的卫星a沿圆轨道运行的周期为TA，行星B的卫星b沿圆轨道运行的周期为TB，两卫星的圆轨道都非常接近各自的行星表面，则它们运行的周期之比为( )
A.TA∶TB＝1∶4 B.TA∶TB＝1∶2 C.TA∶TB＝2∶1 D.TA∶TB＝4∶1
【答案】A
【解析】卫星做圆周运动，万有引力提供向心力，求出周期和中心天体质量M以及运行半径R之间的关系可得．
卫星做圆周运动时，万有引力提供圆周运动的向心力，则有：得：，所以两卫星运行周期之比，A正确．
[1982全国卷 T4 5分]两个相同的声源S1和S2(见下图)相距10m，频率为1700Hz，振动位相相同，已知空气中的声速是340m/s，所以由S1和S2发出的声波在空气中的的波长是_____m。图中Q是S1S2的中点，OQ是的S1S2中垂线，长度＝400m，OP平行于S1S2。长度＝16m。由于两列声波干涉的结果，在O点声波振动将______，并且在O、P之间的线段上会出现______个振动最弱的位置。
【答案】0.20，加强，2。
【解析】（1）专家声波的波长：
（2） O点与两个声源的波程差为0, 即波源到点的距离差为半波长的偶数倍，所以O点为振动加强点
（3） 设是OP上任意的一个振动最弱点，则该点与两个声源的波程差应该满足
求得：
因此只能取1和2，因此OP上共有2个振动最弱位置.
（另解：由于，可以利用双缝干涉条纹公式估算，即，得，所以）
[1982全国卷 T7 12分]在一原子反应堆中，用石墨(碳)作减速剂使快中子减速。已知碳核的质量是中子的12倍。假设把中子与碳核的每次碰撞都看作是弹性正碰，而且认为碰撞前碳核都是静止的。
(1)设碰撞前中子的动能是E0，问经过一次碰撞中子损失的能量是多少？
(2)至少经过多少次碰撞，中子的动能才能小于10E0？(lg13＝1.114，lg11＝1.041。)
【答案】(1)ΔE＝E0 (2)42次
【解析】
(1)设中子和碳核的质量分别为m和M，碰撞前中子的速度为v0，碰撞后中子和碳核的速度分别为v和V。根据动量守恒定律，可得：mv0＝mv+MV ①
根据弹性碰撞中动能守恒，可得：＝＋ ②，
由①、②二式可解出：v0＋v＝V，将上式代入(a)中，得：v＝ ③
已知M＝12m，代入(c)中可得：v＝ ④
因此在碰撞过程中中子损失的能量为：ΔE＝＝E0＝E0 ⑥
(2)设E1，E2……En分别表示中子在第1次、第2次……第n次碰撞后的动能。由④可得：
E1＝ ⑦；同理可得：E2＝＝，En＝ ⑧
已知En＝10E0。代入上式可得：10E0＝，即：＝10。 ⑨
取对数可得：2n(lg13－lg11)＝6。将lg13＝1.114，lg11＝1.041代入上式，即得：
n＝＝41.1。因此，至少需经过42次碰撞，中子的动能才能小于10E0。
1981年全国卷
[1981全国卷 T6 4分]假设火星和地球都是球体，火星的质量M火和地球的质量M地之比＝p，火星的半径R火和地球的半径R地之比＝q，那么火星表面处的重力加速度g火和地球表面处的重力加速度g地之比等于( )
A. B.pq2 C. D.pq
【答案】A
【解析】
试题分析：根据，可得，所以火星表面的引力加速度g1与地球表面处的重力加速度g2之比g1∶g2等于
故选A
[1981全国卷 T5 4分]质量是m的质点，以匀速率v作圆周运动，圆心在坐标系的原点0。在质点从位置1运动到位置2(如右图所示)的过程中，作用在质点上的合力的功等于 ；合力冲量的大小是 ，方向与x轴正方向成 (逆时针计算角度)。
【答案】0，mv，225°
【解析】略
[1981全国卷 T7 14分]在光滑水平面的两端对立着两堵竖直的墙A和B，把一根倔强系数是k的弹簧的左端固定在墙A上，在弹簧右端系一个质量是m的物体1。用外力压缩弹簧(在弹性限度内)使物体1从平衡位置O向左移动距离s，紧靠着1放一个质量也是m的物体2，使弹簧、1和2都处于静止状态，然后撤去外力，由于弹簧的作用，物体开始向右滑动。
(1)在什么位置物体2与物体1分离 分离时物体2的速率是多大？
(2)物体2离开物体1后继续向右滑动，与墙B发生完全弹性碰撞。B与O之间的距离x应满足什么条件，才能使2在返回时恰好在O点与1相遇？设弹簧的质量以及1和2的宽度都可忽略不计。
【答案】(1) (2)x＝n， n＝1，2，3，…….
【解析】(1)到达平衡位置O前，1和2一起作加速运动。到O点后，1开始减速，2开始作匀速运动。因而2和1将在O点分离。
到达O点前，把1、2和弹簧看作一个系统只有系统内的弹簧的弹性力做功，所以系统的机械能守恒，令v表示1和2到达O点时的速率，则有：，所以：v＝。这就是分离时物体2的速率。
(2)分离后，在下一次相遇前，1以O点为平衡位置作简谐振动，振动的周期为：T＝2π①；从1和2分离时开始计时，即令该时刻t＝0，则1通过O点的时刻为：
t1＝T，T，T，2 T ……＝n·T，n＝1，2，3，②
过O点后，2以匀速率v向右作直线运动。与B相碰时，由于碰撞是完全弹性的，碰撞后2的速率不变，运动反向。令x表示B与O点间的距离，则2返回O点的时刻为：T2＝③
如2恰好在O点与1相遇，则：t2＝t1 ④
将(b)、(c)两式代入(d)，即得x应满足的条件为：x＝n， n＝1，2，3，……. ⑤
1980年全国卷
[1980全国卷 T10 3分] 如右图所示，一水平放置的矩形闭合线圈abcd，在细长磁铁的N极附近竖直下落，保持bc边在纸外，ad边在纸内，由图中的位置Ⅰ经过位置Ⅱ到位置Ⅲ，位置Ⅰ和Ⅲ都很靠近Ⅱ。在这个过程中，线圈中感生电流( )
A.沿abcd流动
B.沿dcba流动
C.由Ⅰ到Ⅱ是沿abcd流动，由Ⅱ到Ⅲ是沿dcba流动
D.由Ⅰ到Ⅱ是沿dcba流动，由Ⅱ到Ⅲ是沿abcd流动
【答案】A
【解析】
线圈从位置到位置的过程中，穿过线圈的向上的磁通量减小，根据楞次定律可知，产生感应电流的磁场方向向上，由右手定则知电流沿abcd方向；线圈从位置到位置的过程中，线圈内穿过的向下的磁通量增加，则感应电流的磁场方向向上，由右手定则知感应电流方向沿abcd方向．
[1980全国卷 T5 4分]在标准状态下，一细长而均匀的玻璃管，上端开口，一段长度为38cm的水银柱，把一定量的空气封闭在管内.当玻璃管跟竖直方向成60°时，管内空气柱的长度为60cm。如果使管竖立，在管内空气达到平衡状态后，这段空气柱的长度是 。
【答案】50cm
【解析】
设水银密度为，重力加速度大小为，初始时气体的压强为p1；细管竖直时气体压强为p2。则
由玻意耳定律有:
p1l1=p2l2
代入数据得：l2=50cm
[1980全国卷 T6 14分]有两个物体，质量分别为m1和m2，m1原来静止，m2以速度v向右运动，如图所示。它们同时开始受到向右的大小相同的恒力F，在为m1＜m2，m1＝m2，m1＞m2三种情况下，它们能否达到相同的速度(矢量)？试列出它们速度的表达式，并根据此式分别进行讨论，讨论中要注意说明理由。如果它们受到的恒力F的方向都跟v垂直，它们能否达到相同的速度(矢量)？为什么？
【答案】略
【解析】(1)设受力后m1的加速度为a1，m2的加速度为a2，受力后某一时刻t，m1的速度为v1，m2的速度为v2，那么：a1＝， a2＝，v1＝a1t＝t ①；v2＝v＋a2t＝v＋t ②
(2)受力后，m1作初速为零的匀加速运动，m2作有一定初速度的匀加速运动，它们的加速度和速度的方向都是向右的。m1＜m2时，由于a1＞a2，m1的速度增加得比m2的快，虽然m2已有一定初速度，它们仍可在某一时刻达到相同的速度。m1＝m2时，由于a1＝a2它们的速度增加得一样快，m2已有一初速度v，因此m1的速度将总是比m2的速度小v，它们不可能达到相同的速度。m1＞m2时，由于a1＜a2，m1的速度增加得，m2的慢，m2已有一初速度，因此m1的速度将越来越小于m2的速度，它们也不可能达到相同的速度。
(3)如果F跟v垂直，那么，F的作用只是使m1和m2在垂直于v的方向上的速度增加，而对它们在v方向的即向右的速度没有影响。因此m1将始终没有向右的速度分量，而m2将在向右的方向上始终保持速度v。这样，在任何时刻m1和m2的速度方向都不会相同，因此它们不可能达到相同的速度。
1979年全国卷
[1979全国卷 T11 3分]一个长螺线管通有交流电，把一个带电粒子沿管轴射入管中，粒子将在管中( )
做圆周运动 B.做匀加速直线运动
C.沿轴线来回运动 D.做匀速直线运动
【答案】D
【解析】虽然螺线管中的电流在变化，但沿管轴的磁感线始终是一条直线，粒子的射入方向与磁场方向平行，故始终不受洛伦兹力的作用，所以粒子应做匀速直线运动．所以正确答案为D。
[1979全国卷 T6 13分]在加速行驶的火车上固定一斜面，斜面角是θ(见图)。有一物体静止在斜面上，如果火车加速度小于某一值a0，物体就会下滑。设物体和斜面间的静摩擦系数是μ，推导a0的表达式。
【答案】a0＝g
【解析】设斜面上物体的质量是m，正压力是P。
在平行于斜面的方向上：ma0cosθ＝mgsinθ－μP；在垂直斜面的方向上：ma0sinθ＝P－mgcosθ
解得：a0＝g
1978年全国卷
[1978全国卷 T7 20分]如图所示，一个U形导体框架，宽度l＝1m，其所在平面与水平面交角α＝30°，其电阻可以忽略不计。设匀强磁场与U形框架的平面垂直，磁感应强度B＝0.2Wb/m2，今有一条形导体ab，其质量m＝0.2kg，其有效电阻R＝0.1Ω，跨放在U形框上，并且能无摩擦地滑动。求：
(1)导体ab下滑的最大速度vm；
(2)在最大速度，vm时，在ab上释放出来的电功率。
【答案】(1)vm＝2.5m/s；(2)2.5W。
【解析】(1)感应电动势ε＝Blv；电磁力F＝Bli＝Bl＝。
当F＝＝mgsin30°时，v＝vm，∴vm＝＝＝2.5m/s
(2)电功率＝iε＝＝＝＝2.5W。
第