2020年山西大学物理学考研回忆版真题
2020年山西省高考物理调研试卷(3月份)
2020年山西省高考物理调研试卷（3月份）二、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48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．1．（6分）2019年12月17日，将成为中国海军发展史上被载入史册的日子，因为在这一天，首艘国产航母“山东”号在海南省三亚军港正式交付。
航母上的歼15舰载机采用滑跃式起飞，为了便于研究舰载机的起飞过程，假设甲板是由水平甲板AB和与之相切于B的上翘圆弧甲板BC两部分构成，如图1所示。
若舰载机从A点由静止开始做匀加速直线运动，经B点进入网弧甲板，其做直线运动的位移x和时间的平方t2的关系图象如图2所示。
若视舰载机为质点，舰载机起飞时认为航空母舰是静止的，则该舰载机由静止开始匀加速直线运动过程中（）A．加速度大小为4m/s2B．任意相邻的1s内的位移差都为8mC．第2s内的位移是16mD．第3s内的平均速度大小为m/s2．（6分）如图所示，空间充满匀强电场，有一个与匀强电场平行的直角三角形区域ABC，已知AB＝6cm，BC＝2cm，A点的电势为φA＝8V，B点的电势为φB＝2V，C点的电势为φC＝﹣4V；则（）A．此电场的电场强度大小为E＝2V/mB．将一个电荷量为q＝﹣3×10﹣6C的电荷放到C点，其电势能为﹣1.2×l0﹣5JC．将一个电荷量为q＝﹣3×l0﹣6C的电荷从B点移到C点，其电势能增加1.8×10﹣5 JD．将一个电荷量为q＝﹣3×10﹣6C的电荷从A点移到B点，电场力做功为W＝1.8×10﹣5J3．（6分）由半导体材料制成的热敏电阻，电阻率随温度的升高而减小，经常用于火警报警装置。
如图甲所示是一火警报警器的电路示意图，理想变压器原、副线圈的匝数比n1：n2＝22：1，原线圈接图乙所示的正弦交流电，副线圈与理想电压表、理想电流表、热敏电阻R T及报警器P（有内阻）组成闭合电路，流过报警器P的电流超过I c时就会发出警报声。
山西专版2020版高考物理二轮复习第一篇选择题热点原子物理精练含解析
2.(多选)在光电效应实验中,两个实验小组分别在各自的实验室,约定用相同频率的单色光分别照射锌和银的表面,结果都能发生光电效应,如图甲,并记录相关数据。对于这两组实验,下列判断正确的是( )
甲
乙
A.饱和光电流一定不同,光电子的最大初动能不同
B.因为材料不同,逸出功不同,所以遏止电压Uc不同
题型三 衰变规律的应用
3.(多选)14C发生放射性衰变成为14N,半衰期约5700年。已知植物存活期间,其体内14C与12C的比例不变;生命活动结束后,14C的比例持续减少。现通过测量得知,某古木样品中14C的比例正好是现代植物所制样品的二分之一。下列说法正确的是( )
A.该古木的年代距今约5700年
D.用能量为10.3eV的光子照射,可使处于基态的氢原子跃迁到激发态
答案 BC 从高能级向基态跃迁最小能量值为10.2eV>3.34eV,一定能产生光电效应,A错;从n=3向基态跃迁时,辐射的光子频率种类为 =3种,B对;从n=3跃迁到n=1辐射光子的能量为ΔE=E3-E1=12.09eV,照射锌板最大初动能Ek=(12.09-3.34)eV=8.75eV,C对;10.3eV的光子能量不满足能级差公式,不会使基态的氢原子跃迁,D错。
题型四 核反应方程和核能的计算
4.原来静止的原子核 X发生α衰变时,放出α粒子的动能为E0。假设衰变时产生的能量全部以动能的形式释放出来,则在此衰变过程中的质量亏损是( )
A. B.
C. D.
答案 D α粒子与新核质量比为 ,衰变过程满足动量守恒定律,即mαvα=m新v新,根据动量和动能的关系p2=2m·Ek可知,新核动能为 E0。由ΔE=Δmc2,得Δm= = ,故D选项正确。
跟踪集训
【应用心理(专硕)】2020年山西大学真题详解(回忆版)
山西大学2020年全国硕士研究生招生考试试题（回忆版）科目代码：347科目名称：应用心理满分：300分注意：全部答案一律写在答题纸上，答在试题纸上的不计分！答题要写清题号，不必抄题。
一、名词解释题（本部分共8小题，每题5分，共40分）1.相对剥夺感2.应激3.运动视差4.内部工作模式5.自尊6.经典条件反射7.突触修剪8.寻求优越二、简答题（本部分共小题8，每题15分，共120分）1.简述耶克斯——道德森定律。
2.简述神经冲动的传导方式。
3.简述理性情绪疗法。
4.简述小学学习特点。
5.柯尔伯格道德发展阶段特点。
6.简述偏见和歧视对人的影响。
7.简述为什么态度和行为不一致。
8.简述弗洛伊德的人格结构理论。
三、论述题（本部分共5小题，第一题20分，其他四道题每题30分，共140分）1.论述内隐记忆和外显记忆的关系。
2.请述评智力pass模型。
3.“个人的发展离不开家庭，小家离不开大家，大家离不开国家”，用布朗分布伦纳的生态系统理论分析论述这句话。
4.【新京报】称，一名9岁小男孩在长沙某小区被一名精神病人拿螺丝起子活活打死，涉事男子被当地警方控制，有小区居民在物业群里提及，殴打过程长达大约30分钟，曝光后引爆网络舆论，“9岁男童被精神病人打死”新浪微博话题热度攀升，“围观群众旁观未施救”“精神病人伤人”话题讨论高热，特别是“围观群众冷漠”引发网络抨击，结合社会心理学知识分析这件事的成因，论述如何通过加强社区治理减少此类事件发生。
5.分析自己的自我价值组合，以及自己的自尊状况。
山西大学2020年全国硕士研究生招生考试试题（回忆版）参考答案及解析一、名词解释题（本部分共8小题，每题5分，共40分）1.【答案】相对剥夺感是指人们在与那些既和自己地位相近，又不完全等同于自己的人或群体做比较时，由价值期待和价值能力不一致的认知所产生的一种心理状态。
2.【答案】人对某种意外的环境刺激所做出的适应性的反应。
如非典、地震、遇到棘手的工作时人高度紧张的应对反应。
山西大学物理学考研835普通物理真题
→v αmOM07普通物理一、简答下列问题（30分，每小题5分）1.试叙述伽利略相对性原理。
2.何谓势能曲线？3.何谓时间膨胀？4.何谓感生电场？其物理实质是什么？5.试述热力学第二定律的开尔文表述。
6.简要说明康普顿散射现象。
二、（20分）1.（10分）已知质点的运动方程为},26,2{2t y t x -==求质点在任意时刻的切向加速度t a 和法向加速度n a 。
2.（10分）如图，一质量为m 的小球以水平速度0V 击中长为l 、质量为M 的匀质杆，击点为杆的质心O 处，小球击中杆后留在杆中。
求杆的最大摆角α。
三、（18分）1.（10分）将500焦耳的热量传给标准状态下2摩尔的氢。
（1）若体积不变，问着热量变为什么？氢的温度变为多少？（2）若温度不变，问着热量变为什么？氢的压强及体积各变为多少？2.（8分）已知理想气体的定压热容量与定容热容量之比为γ，在准静态绝热过程中，理想气体的状态方程为常量=γpV ，试证明之。
四、（16分）假设沿地球的南北极直径的方向开凿一隧道，且将地球当做密度为ρ的均匀球体，求：（1）当无阻力时，一物体落入此隧道，写出该物体的运动方程。
（2）求物体有地球表面落到地心的时间t 。
五、（30分）1.（15分）一匀质薄圆盘半径为R ，均匀带电，电荷面密度为σ。
试求：（1）轴线上的电场分布（2）讨论在σ不变时，0→R 或∞→R 的结果（3）讨论在总电量σπ2R Q =保持不变时，0→R 或∞→R 的结果2.（25分）如图所示，一无限大的均匀介质平板，相对介电常数为r ε，放在均匀外电场→0E 中，已知→0E 与板面法线之间的夹角为α，试求：板面上极化电荷面密度和板内电场分布。
-+→n-+→E α-+六、（16分）一根长电缆由半径为1R 的导体圆柱，以及内外半径分别为2R 和3R 的同轴圆柱筒构成。
电流I 由圆筒流去，由导体圆柱流回，电流都沿轴线方向流动，在其横截面上电流都是均匀分布的。
山西大学附中2020届高三上学期月考物理试题
2019-2020学年山西大学附中高三（上）第二次月考物理试卷一、单选题（本大题共6小题，共18分）1.关于近代物理的知识，下列说法正确的有（ ） ①结合能越大，原子核内核子结合得越牢固，原子核越稳定 ②铀核裂变的一种核反应方程为23592U →14156Ba +9236Kr +210n③设质子、中子、α粒子的质量分别为m 1、m 2、m 3，两个质子和两个中子结合成一个α粒子，释放的能量是（2m 1+2m 2-m 3）c 2④若氢原子从n =6能级向n =1能级跃迁时辐射出的光不能使某金属发生光电效应，则氢原子从n =6能级向n =2能级跃迁时辐射出的光也不能使该金属发生光电效应 ⑤核泄漏事故污染物铯（Cs ）137能够产生对人体有危害的辐射，其衰变方程为13755Cs →13756Ba+x ，由方程可判断x 是电子 ⑥23892U →23490Th +X 中X 为中子，核反应类型为衰变⑦β衰变现象说明电子是原子核的组成部分 ⑧放射性元素的半衰期随温度的升高而变短⑨放射性元素发生β衰变时所释放的电子来源于原子的核外电子⑩平均结合能小的原子核结合成或分解成平均结合能大的原子核时一定放出核能 A. 3个 B. 4个 C. 5个 D. 6个【答案】B 【解析】【详解】①平均结合能越大，原子核内核子结合得越牢固，原子核越稳定，故①错误；②铀核裂变的一种核反应方程是23592U +10n →14156Ba +9236Kr +310n ，故②错误； ③质子和中子结合成一个α粒子，需要两个质子和两个中子，质量亏损△m =2m 1+2m 2-m 3，由质能方程可知，释放的能量△E =△mc 2=（2m 1+2m 2-m 3）c 2，故③正确；④辐射出的光的能量，结合光电效应发生的条件可知，若氢原子从n =6能级向n =1能级跃迁时辐射出的光不能使某金属发生光电效应，则氢原子从n=6能级向n=2能级跃迁时辐射出的光也不能使该金属发生光电效应，故④正确；⑤根据质量数和核电荷数守恒，可以写成其衰变方程为13755Cs →13756Ba 01-+x ，由方程可判断x 是电子，故⑤正确；⑥23892U →23490Th +42X 中X 为α粒子，核反应类型为α衰变，故⑥错误；⑦β衰变中，β粒子为电子，是由原子核的中子衰变成质子和电子释放出来的，而不是来自核外的电子，所以β衰变现象并不能够说明电子是原子核的组成部分，故⑦错误； ⑧放射性元素的半衰期非常稳定，和随温度变化无关，故⑧错误；⑨放射性元素发生β衰变时所释放的电子，是由原子核内部中子衰变成质子和电子释放出来的，故⑨错误；⑩比结合能小的原子核结合成或分解成比结合能大的原子核时有质量亏损，要向外释放核能，故⑩正确．故B 正确，ACD 错误． 故选B ．【点睛】本题考查了近代物理的知识．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．结合近代物理的知识，掌握平均结合能、核裂变、质能方程、质量数和核电荷数守恒等基本概念就可以解题．2.两玩具车在两条平行的车道上行驶，t=0时两车都在同一计时线处，它们在四次比赛中的v-t 图像如图所示．在0-5s 内哪幅图对应的比赛中两车可再次相遇的是A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据v-t图像比较两车在0-5s内的速度大小，图像的面积等于位移，由此判断是否会相遇．【详解】A. 在0-5s内，一辆车的速度始终比另一辆车的速度大，5s时，速度相等，两者相距最远，故A错误；B.根据v-t图像的面积等于位移可知，2.5s时，两车相遇，故B正确；C. 在0-5s内，一辆车的速度始终比另一辆车的速度大，5s时，两者相距最远，故C错误；D. 在0-5s内，一辆车的速度始终比另一辆车的速度大，5s时，速度相等，两者相距最远，故D错误．故选：B3.如图所示，5月28日央视新闻报道：格鲁吉亚物理学家安德里亚仅靠摩擦力将25个网球垒成9层高的直立“小塔”．网球A位于“小塔”顶层，下面各层均有3个网球，网球B位于“小塔”的第6层，已知每个网球质量均为m．下列说法正确的是（）A. 其他网球对B球的作用力大于B球的重力B. 将A球拿走后，“小塔”仍能保持直立平衡C. 第8层的三个网球与A球间的弹力大小各为mg/3D. 最底层的3个网球受到地板的支持力均为25mg/3【答案】D【解析】【详解】A.以B球为研究对象，受到重力和其他网球对B球的作用力，根据二力平衡可知其他网球对B球的作用力等于B球的重力，故选项A错误；B.拿走A球后，每个小球的受力就将不均衡，合力不为零，故不能保持直立平衡，故选项B 错误；C. A球与第8层的三个网球的球心连线构成了正四面体，设A球与第8层的三个网球的球心连线与水平面的夹角为θ，根据几何关系则有sin 6θ=，以A 球为对象，根据力的平衡条件可知sin 3N F mg θ=，则第8层的三个网球对A 球的支持力为69N F mg =，故C 错误； D.设地面对最底层的每个网球的支持力为N ，根据整体法则有325N mg =，解得253mgN =，故选项D 正确． 4.如图所示，两相同轻质硬杆OO 1、OO 2可绕其两端垂直纸面的水平轴O 、O 1、O 2转动，O 点悬挂一重物Ｍ，将两相同木块m 紧压在竖直挡板上，此时整个系统保持静止．Ｆf 表示木块与挡板间摩擦力的大小，ＦＮ表示木块与挡板间正压力的大小．若挡板间的距离稍许增大后，系统仍静止且O 1、O 2始终等高，则（ ）A. F f 变小B. F f 变大C. F Ｎ变小D. F Ｎ变大【答案】D 【解析】【详解】先对三个物体以及支架整体受力分析，受重力，2个静摩擦力，两侧墙壁对整体有一对支持力，根据平衡条件，有：，解得，故静摩擦力不变，故A 、B 错误；将细线对O 的拉力按照效果正交分解，如图设两个杆夹角为θ，则有；再将杆对滑块m 的推力F 1按照效果分解，如图根据几何关系，有：故：，若挡板间的距离稍许增大后，角θ变大，变大，故滑块m对墙壁的压力变大，C错误，D正确；故选D．【点睛】本题考查了整体法和隔离法的结合应用，把M和两个m看作一整体，即可得到摩擦力的变化情况，再根据力的作用效果把F1、F2分解，从而分析滑块m对墙壁的压力变化．5.2018年7月1日，具有完全自主产权的我国加长版“复兴号”动车组正式在京沪线上运行．一列加长版“复兴号”动车组从上海虹桥站由静止开始做匀加速直线运动，从某节车厢前端开始通过站台上一站立的工作人员开始计时，相邻两节车厢依次通过该工作人员的时间之比不可能是（）A. 2：1B. 5：2C. 6：5D. 7：3【答案】B【解析】【详解】根据匀变速直线运动规律的推论，做初速度为零的匀加速直线运动，通过相等位移n n-，整个过程通过两个相等位的时间之比为1：21）：32：……：1移的时间的比值最大为1：21），所以大于此比值的均不可能．A. 2：1不大于1：21），可能，故A不符合题意．B. 5：2大于1：21），不可能，故B符合题意．C.6：5不大于1：21），可能，故C不符合题意．D. 7：3不大于1：21），可能，故D不符合题意．6.如图所示，一金属环套在固定的光滑杆上．金属环通过跨过定滑轮的轻绳在外力F作用下，沿杆缓慢上滑，该过程中金属环对杆的作用力为N．则（）A. F一直增大，N先减小后增大B. F一直在增大，N一直增大C. F先减小后增大，N一直增大D. F先减小后增大，N先减小后增大【答案】A【解析】【详解】设环的质量为m,对环进行受力分析如图1,环受到竖直向下的重力,与杆垂直的支持力N、以及沿绳子方向的拉力F;当环通过跨过定滑轮的轻绳在外力F作用下,沿杆缓慢上滑时,轻绳与竖直方向的夹角逐渐减小,由图可以知道,N逐渐减小,F逐渐增大;当绳子的方向沿竖直方向时,杆对小环的作用力为0.当环位于滑轮的右侧时,受力如图2,则环向上运动的过程中拉力F仍然增大,此时杆对环的作用力的方向垂直于杆的方向向下,逐渐增大. 故A对；BCD错；故选A【点睛】环在力F的作用下缓慢上滑的过程中,与杆之间的夹角增大;画出受力图,然后根据平衡条件研究绳的拉力变化情况.二、多选题（本大题共7小题，共27分）7.如图所示，在倾角为θ的光滑斜劈P的斜面上有两个用轻质弹簧相连的物块A、B，C为一垂直固定在斜面上的挡板．A、B质量均为m，斜面连同挡板的质量为M，弹簧的劲度系数为k，系统静止于光滑水平面．现开始用一水平恒力F作用于Ｐ，（重力加速度为g）下列说法中正确的是（ ）A. 若F=0，挡板受到B 物块的压力为2sin mg θB. 力F 较小时A 相对于斜面静止，F 大于某一数值，A 相对于斜面向上滑动C. 若要B 离开挡板C ，弹簧伸长量需达到sin /mg k θD. 若(2)tan F M m g θ=+且保持两物块与斜劈共同运动，弹簧将保持原长 【答案】AD 【解析】【详解】A 、F=0时，对物体A 、B 整体受力分析，受重力、斜面的支持力N 1和挡板的支持力N 2，根据共点力平衡条件，沿平行斜面方向，有N 2-（2m ）gsinθ=0，故压力为2mgsinθ，故A 错误；B 、用水平力F 作用于P 时，A 具有水平向左的加速度，设加速度大小为a ，将加速度分解如图根据牛顿第二定律得 mgsinθ-kx=macosθ当加速度a 增大时，x 减小，即弹簧的压缩量减小，物体A 相对斜面开始向上滑行．故只要有力作用在P 上，A 即向上滑动，故B 错误；C 、物体B 恰好离开挡板C 的临界情况是物体B 对挡板无压力，此时，整体向左加速运动，对物体B 受力分析，受重力、支持力、弹簧的拉力，如图根据牛顿第二定律，有mg-Ncosθ-kxsinθ=0 Nsinθ-kxcosθ=ma解得：kx=mgsinθ-macosθ，sin cosmg maxkθθ-=故C错误；D、若F=（M+2m）gtanθ且保持两物块与斜劈共同运动，则根据牛顿第二定律，整体加速度为gtanθ；对物体A受力分析，受重力，支持力和弹簧弹力，如图根据牛顿第二定律，有mgsinθ-kx=macosθ解得kx=0故弹簧处于原长，故D正确；8.一小球自5m高处自由下落，当它与水平地面每碰撞一次后，速度大小减小为碰撞前的45，不计空气阻力，g取210m/s，则下列说法正确的是（）A. 第一次下落的时间与第二次下落的时间之比为5 4B. 第二次弹起的高度为第一次弹起时高度的45C. 小球运动的总时间约为9sD. 小球运动的总位移为45m 【答案】AC 【解析】【详解】A.设小球第一次落地时速度为0υ.则有010m/s υ==，那么第二，第三，第1n +次落地速度分别为1045υυ=，22045υυ⎛⎫= ⎪⎝⎭，…，2045n υυ⎛⎫= ⎪⎝⎭，根据：gt υ=，则小球第一次下落的时间与第二次下落的时间之比为012154t t υυ==，故A 项正确； B.小球开始下落到第一次与地相碰经过的路程为2005m 2h gυ==，小球第一次与地相碰后弹起的高度是221145m 25h g υ⎛⎫==⨯ ⎪⎝⎭，小球第二次与地相碰后弹起的高度是2h ，则422245m 25h g υ⎛⎫==⨯ ⎪⎝⎭，所以第二次弹起的高度为第一次弹起时高度的245⎛⎫⎪⎝⎭，故B 项错误；C.小球第1次下落时间为01s t ==，小球从第1次与地面相撞到第2次与地面相撞经过的时间为011422452s 5t g g υυ⨯===⨯，小球从第2 次与地面相撞到第3次与地面相撞经过的时间为222242s 5t g υ⎛⎫==⨯ ⎪⎝⎭，小球从第3次与地面相撞到第4次与地面相撞经过的时间为333242s 5t g υ⎛⎫==⨯ ⎪⎝⎭…由数学归纳推理得：小球从第n 次与地面相撞到第()1n +次与地面相撞经过的时间为425nn t ⎛⎫=⨯ ⎪⎝⎭，所以小球运动的总时间为123n t t t t t =++++=2344441s 2s 5555n⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫+⨯++++⎢⎥ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦451s 2s 9s 415=+⨯=-，故C 项正确；D.小球最终停在地面上，总位移为5m ，故D 项错误．9.一块足够长的白板，位于水平桌面上，处于静止状态．一石墨块（可视为质点）静止在白板上．石墨块与白板间有摩擦，滑动摩擦系数为μ．突然，使白板以恒定的速度v 0做匀速直线运动，石墨块将在板上划下黑色痕迹．经过某段时间t ，令白板突然停下，以后不再运动．在最后石墨块也不再运动时，白板上黑色痕迹的长度可能是（已知重力加速度为g ，不计石墨与板摩擦划痕过程中损失的质量）（ ）A. 22v gμB. 20v gμC. 2012v t gt μ-D. v 0t【答案】AC 【解析】【详解】在时间t 内，石墨可能一直匀加速，也可能先加速后匀速；石墨加速时，根据牛顿第二定律，有μmg ＝ma ，解得a ＝μg ①如果时间t 内一直加速，加速的位移为211()2x g t μ=，故相对白板的位移为210101()2x v t x v t g t μ∆=-=-②如果先加速，后匀速，位移为220002002()2v v v x v t v t g g gμμμ=+-=-，故相对白板的位移为22022v x v t x gμ∆=-=③如果加速的末速度恰好等于v 0，则20302v x v t g μ=- ，故相对白板的位移为203032v x v t x gμ∆=-=经过时间t 后，白板静止后，石墨做减速运动，加速度大小不变，故相对白板沿原路返回，故白板上黑色痕迹的长度等于加速时相对薄板的位移；故选AC ．10.如图所示，一根轻质细绳跨过定滑轮连接两个小球A B 、，它们都穿在一根光滑的竖直杆上，不计细绳与滑轮之间的摩擦，当两球平衡时OA绳与水平方向的夹角为60︒，OB绳与水平方向的夹角为30︒，则球A B、的质量之比和杆对A B、的弹力之比分别为（）A.3 ABmm=B.3ABmm=C.33ABNN= D.32ABNN=【答案】AC【解析】【详解】分别对A、B两球受力分析运用合成法，如图所示，由几何知识得sin60AT m g︒=，sin30BT m g︒=，cos60AT N︒=，cos30BT N︒=，故31ABmm=，33ABNN=，选项A、C 正确，B、D错误.易错分析未弄清“固定杆”和“活动杆”的区别“固定杆”就是将轻杆固定在墙壁上（不能转动），此时轻杆上的弹力方向不一定沿着杆的方向，能对其末端物体提供不一定沿杆方向的作用力“活动杆”，就是用铰链或者转动装置将轻杆与墙壁连接，其特点是杆上的弹力方向一定沿着杆的方向，对末端物体只可以提供沿杆的力，要么是拉力，要么是支持力.方法技巧“杆”与“结”的问题（1）“活结”和“死结”问题①当绳绕过滑轮或挂钩时，由于滑轮或挂钩对绳无约束，因此绳上张力的大小是相等的，即滑轮或挂钩只改变力的方向，不改变力的大小.例如图乙中，两段绳中的拉力大小相等.②若结点不是滑轮或挂钩，是称为“死结”的结点，则两侧绳上的张力大小不一定相等.例如图甲中B点为结点B点下面绳中的拉力大小始终等于mg，而B点上侧绳AB中的拉力随杆的转动而变化.（2）“动杆”和“定杆”问题杆所受到的弹力方向可以沿杆，也可以不沿杆，因此在分析问题时，要分清是动杆还是定杆.①若轻杆用转轴或铰链连接，当杆处于平衡状态时，杆所受到的弹力方向一定沿着杆，否则会引起杆的转动.如图甲所示，若C为转轴，则轻杆在缓慢转动中，力方向始终沿杆的方向.②若轻杆被固定不发生转动，则杆所受到的弹力方向不一定沿杆的方向.11.如图所示，2019个质量均为m的小球通过完全相同的轻质弹簧（在弹性限度内）相连，在水平拉力F的作用下，一起沿光滑水平面以加速度a向右做匀加速运动，设1和2之间弹簧的弹力为F1-2，2和3间弹簧的弹力为F2-3，2018和2019间弹簧的弹力为F2018-2019，则下列结论正确的是（）A. 12F -：23F -：201820191F -⋯⋯=：2：3：2018⋯⋯B. 从左到右每根弹簧长度之化为1：2：3：2018⋯⋯C. 如果突然撤去拉力F ，撤去F 瞬间，其余每个球的加速度依然为a ，但第2019个小球的加速度除外D. 如果1和2两个球间的弹簧从第1个球处脱落，那么脱落瞬间第1个小球的加速度为0，第2个小球的加速度为2a ，其余小球加速度依然为a【答案】ACD【解析】【详解】A.以整体为研究对象，根据牛顿第二定律可得：F =2019ma ，解得：2019F a m =；以后面的第1、2、3…2018个小球为研究对象，根据牛顿第二定律可得可知：1212019F F -=，2322019F F -=，…2018201920182019F F -=，则F 1-2：F 2-3：……F 2018-2019=1：2：3：……2018；故A 正确.B.由胡克定律知F =kx ，结合A 项的分析可知：x 1-2：x 2-3：……x 2018-2019=1：2：3：……2018，但弹簧的长度之比不满足，故B 错误.C.突然撤去F 瞬间，除第2019个球所受合力突然变化外，其他球的合力未变，所以其他球的加速度依然为a ，故C 正确.D.第1个球脱落瞬间加速度为0，第2个球的合力变为2ma ，加速度变为2a ，其它球的合力瞬间不变，加速度依然为a ，故D 正确.12.如图，水平地面上的矩形箱子内有一倾角为θ的固定斜面，斜面上放一质量为m 的光滑球．静止时，箱子顶部与球接触但无压力．箱子由静止开始向右做匀加速运动，然后改做加速度大小为a 的匀减速运动直至静止，经过的总路程为s ，运动过程中的最大速度为v ．下列说法正确的是（ ）A. 小球加速运动时的加速度202av a as v =-B. 小球加速运动时的加速度2022av a as v =- C. 若a gtan θ>，减速阶段箱子左壁给小球的支持力大于0D. 若a gtan θ>，减速阶段箱子顶部给小球的作用力macot mg θ-【答案】BD【解析】【分析】由题意可知考查运动学公式应用，牛顿第二定律的综合应用，据此分析计算可得．【详解】AB ．设加速度为a ′，由匀变速直线运动的公式：加速阶段：s 1=22'v a 减速阶段：s 2=22v a得：s =s 1+s 2=222'2v v a a+ 解得加速阶段的加速度为： a ′=222av as v -； 故A 错误，B 正确；CD ．设小球不受车厢的作用力，应满足：水平方向：N sinθ=ma竖直方向：N cosθ=mg解得：a =g tanθ减速时加速度的方向向左，此加速度有斜面的支持力N 与左壁支持力共同提供，当a ＞g tanθ 时，左壁的支持力等于0，此时小球的受力如图，水平方向由牛顿第二定律可得N sinθ=ma竖直方向合力为零N cosθ-F=mg解得：F=ma cotθ-mg，故C错误，D正确；【点睛】由运动学的公式即可求得物体的加速度；可以先设小球不受车厢的作用力，求得临界加速度，结合牛顿第二定律即可求解．解决该题的关键是正确进行受力分析，会求解临界情况下的加速度，掌握正交分解求解力的大小，熟记运动学公式和牛顿第二定律；13.一般教室门上都安装一种暗锁，这种暗锁由外壳A、骨架B、弹簧C（劲度系数为k）、锁舌D（倾斜角θ=45°）、锁槽E以及连杆、锁头等部件组成，如图甲所示．设锁舌D的侧面与外壳A和锁槽E之间的动摩擦因数均为μ，最大静摩擦力F fm由F fm=μF N（F N为正压力）求得．有一次放学后，当某同学准备关门时，无论用多大的力，也不能将门关上（这种现象称为自锁），此刻暗锁所处的状态的俯视图如图乙所示，P为锁舌D与锁槽E之间的接触点，弹簧由于被压缩而缩短了x，下列说法正确的是（）A. 自锁状态时D的下表面所受摩擦力的方向向右B. 锁舌D在水平面内共受到4个力的作用22kxC. 自锁时锁舌D与锁槽ED. 无论用多大的力拉门,暗锁仍然能够保持自锁状态,则μ21-【答案】AD【解析】【分析】由题意可知考查暗锁“自锁”时舌头的受力分析，根据力平衡条件计算可得．【详解】AB ．锁舌D 在水平面内受底部的摩擦力f 1、弹簧的弹力2个力的作用，锁舌D 的下表面所受到的最大静摩擦力为f 1，其方向向右，如图所示，故A 正确，B 错误；CD ．设锁舌D 受到锁槽E 的最大静摩擦力为f 2，正压力为N ，下表面的正压力为F ，弹力为kx ，由平衡条件：kx +f 1+f 2cosθ-N sinθ=0F -N cosθ-f 2sinθ=0又f 1=μFf 2=μN联立上述方程得：N =2212kx μμ-- 令N 趋向于无穷大，则有 1-2μ-μ2=0解得2-1，故C 错误、D 正确．【点睛】锁舌有向左运动的趋势，故下表面受的摩擦力为静摩擦力，方向向右；对锁舌进行受力分析，根据平衡条件分别在互相垂直的方向上列方程，根据摩擦力计算公式f m =μN ，联立方程组求解；无论用多大的力拉门，暗锁仍然能够保持自锁状态，说明正压力N 无穷大，根据N 的表达式求解μ即可．此题关键是对锁舌进行正确的受力分析，解决共点力平衡问题的关键就是对研究对象进行受力分析，不能多力，不能漏力，各个力的方向不能错．三、实验题（本大题共2小题，共20分）14.在“验证力的平行四边形定则”实验中．(1)某次实验中两弹簧测力计的读数分别为F 1=2.0N ，F 2=4.0N ，如图甲，F 1和F 2的合力大小F 合=______N ．现保持F 2方向不变，减小F 1和F 2的夹角，为了使橡皮条的结点拉到同样的位置O 点，下列说法正确的是______N/m （保留两位有效数字）A ． F 1一定减小B ．F 1一定增大C ．F 2一定减小D ．F 2一定增大(2)某同学想知道弹簧测力计中弹簧的劲度系数，于是，他将刻度尺与弹簧测力计平行放置，如图乙所示，他根据图中信息得出了弹簧的劲度系数k=______N/m （保留两位有效数字）(3)橡皮筋也像弹簧一样，在弹性限度内弹力F 与伸长量x 成正比，即F=kx ，式中k 值与橡皮筋的原长l 0、横截面积S 有关．理论与实验都表明k =Y 0s l ，其中Y 是由材料决定的常数，材料力学中称为杨氏模量，在国际单位中，杨氏模量Y 的单位是______；A ．NB ．mC ．N/mD ．N/m 2【答案】 (1). 3.5 (2). C (3). 59 (4). D【解析】【分析】由题意可知考查平行四边形定则以及胡克定律，用余弦定律、图解法、胡克定律分析计算可得．【详解】(1)根据余弦定理2212122120F F F F F cos =++︒合23N ≈3.5N ；对点0受力分析，受到两个弹簧的拉力和橡皮条的拉力，保持O 点的位置和F 2方向不变不变，使橡皮条的结点拉到同样的位置O 点，拉力F 1方向和大小都改变．如下图所示：根据平行四边形定则可以看出：F 2的读数不断减小时，F 1先变小后变大，故C 正确，ABD 错误；（2）根据图2可知，当拉力为5.0N 时，弹簧的拉伸量为：△x =9.00-0.50cm =8.50cm ，因此根据F =kx ，得： 5.0/59/0.0850F k N m N m x ==≈； （3）据k =Y 0s l 得： 0kl Y s ==0F l x S=0Fl xS ， 故杨氏模量的单位为：22N m N m m m ⋅=⋅， 故D 正确，ABC 错误；【点睛】根据公式法可以求出合力的大小，根据图解法判断F 1和F 2的变化，利用胡克定律可正确求出劲度系数的大小．先求出杨氏模量的表达式，再根据公式推导杨氏模量的单位即可．15.如图所示为静宁一中两位同学探究“物体的加速度与其质量、所受合外力的关系” 的实验装置图．（1）实验中，两位同学安装好实验装置后，首先平衡摩擦力，他们将长木板的一端适当垫高些后，在不挂砝码盘的情况下，使小车靠近打点计时器后，先接通电源，后用手轻拨小车，小车便拖动纸带在木板上自由运动．若打点计时器第一次在纸带上打出的计时点越来越稀疏（从打出的点的先后顺序看），则第二次打点前应将长木板底下的小木块垫的比原先更加_______（选填“高”或“低”）些；重复以上操作步骤，直到打点计时器在纸带上打出一系列___________的计时点，便说明平衡摩擦力合适．（2）平衡摩擦力后，在____________的条件下，两位同学可以认为砝码盘(连同砝码)的总重力近似等于小车的所受的合外力．(已知小车的质量为M，砝码盘（连同砝码）的总质量为m) （3）接下来，这两位同学先保持小车的质量不变的条件下，研究小车的加速度与受到的合外力的关系；右图为某次操作中打出的一条纸带，他们在纸带上标出了5个计数点，在相邻的两个计数点之间还有4个点未标出，图中数据的单位是cm．实验中使用的是频率f＝50 Hz的交变电流．根据以上数据，可以算出小车的加速度a＝________m/s2．(结果保留三位有效数字)（4）然后，两位同学在保持小车受到的拉力不变的条件下，研究小车的加速度a与其质量M 的关系．他们通过给小车中增加砝码来改变小车的质量M，得到小车的加速度a与质量M的数据，画出1aM-图线后，发现：当1M较大时，图线发生弯曲．于是，两位同学又对实验方案进行了进一步地修正，避免了图线的末端发生弯曲的现象，那么，两位同学的修正方案可能是（）A．改画a与(M＋m)的关系图线 B．改画a与mM的关系图线C．改画a与1M m+的关系图线 D．改画a与21M m+的关系图线（5）探究“物体的加速度与其质量、所受合外力的关系”实验完成后，两位同学又打算测出小车与长木板间的动摩擦因数．于是两位同学先取掉了长木板右端垫的小木块，使得长木板平放在了实验桌上，并把长木板固定在实验桌上，具体的实验装置如图所示；在砝码盘中放入适当的砝码后，将小车靠近打点计时器，接通电源后释放小车，打点计时器便在纸带上打出了一系列的点，并在保证小车的质量M、砝码（连同砝码盘）的质量m不变的情况下，多次进行实验打出了多条纸带，分别利用打出的多条纸带计算出了小车运动的加速度a，并求出平均加速度a，则小车与长木板间的动摩擦因数μ=________．（用m、M、a、g表示）【答案】 (1). 低 (2). 点间隔均匀（或点间隔相等、点间距相等均给分） (3). 在砝码盘(连同砝码)的总质量远小于小车的质量(4). ）kb(5). C (6).()mg m M aMg-+【解析】【详解】（1）打点计时器第一次在纸带上打出的计时点越来越稀疏，说明物体做加速运动，平衡摩擦力过度，第二次需要将角度调低，直到物体匀速运动，即打出的点间隔相等；（2）设小车的质量为M ，砝码盘总质量为m ，将两者看做一个整体，对整体有()mg M m a =+，对小车有T Ma =，联立可得1Mmg mg T Ma m M m M ===++，只有当M m 时，T mg ≈；（3）在相邻的两个计数点之间还有4个点未标出，故相邻计数点间的时间为150.1T s f =⨯=，根据逐差法可得234122x x aT -=，223012x x aT -=，两式相加可得3412230124x x x x a T-+-=，代入数据可得20.343/a m s =；（4）乙同学通过给小车增加砝码来改变小车的质量M ，故小车的质量应为M+m ，作图时应作出1a M m-+图象，C 正确； （5）对小车和砝码（连同砝码盘）整体进行受力分析，砝码（连同砝码盘）的重力和摩擦力的合力提供加速度，根据牛顿第二定律得：mg Mg a M m μ-=+ 解得：()mg m M aMg μ-+=．【点睛】明确实验原理是解决有关实验问题的关键．在验证牛顿第二定律实验中，注意以下几点：（1）平衡摩擦力，这样绳子拉力才为合力；（2）满足砝码（连同砝码盘）质量远小于小车的质量，这样绳子拉力才近似等于砝码（连同砝码盘）的重力；（3）用“二分法”求出小车的加速度．四、计算题（本大题共3小题，共35分）16.研究表明，一般人的刹车反应时间（即图甲中“反应过程”所用时间）t 0=0.4s ，但饮酒会导致反应时间延长．在某次试验中，志愿者少量饮酒后驾车以v 0=72km/h 的速度在试验场的水平路面上匀速行驶，从发现情况到汽车停止，行驶距离L=39m ．减速过程中汽车位移s 与速度v 的关系曲线如图乙所示，此过程可视为匀变速直线运动．取重力加速度的大小g=10m/s 2．求：。
(山西专版)2020版高考物理复习第一篇选择题热点1物理学史及物理方法精练(含解析)
热点1 物理学史及物理方法热考题型高考对本考点的考查主要在对物理学史的重要发现、物理模型、重要物理方法的认识和对重要实验科学探究思想的理解上。
在备考时主要是对课本中出现的影响世界的重要发现及人物做一些了解,如力学中的伽利略、牛顿等,电磁学中的奥斯特、法拉第等,注意这些优秀物理学家的突破性思想及结论。
题型一考查我国优秀传统文化1.下列说法正确的是( )A.春节有放鞭炮的习俗,鞭炮炸响的瞬间,能量不守恒B.现代火箭的工作原理可溯源至我国古代,火箭发射时,火箭对喷出气体的作用力大于气体对火箭的作用力C.炮弹爆炸时,火药的化学能全部转化为弹片的动能D.指南针静止时N极指向地球的地理北极附近答案 D 鞭炮炸响的瞬间,火药的化学能转化为机械能和内能,在任何情况下能量都是守恒的,选项A错误;根据牛顿第三定律,火箭发射时,火箭对喷出气体的作用力等于气体对火箭的作用力,选项B错误;炮弹爆炸时,火药的化学能转化为弹片的动能和内能,选项C错误;指南针静止时N极指向地球的地理北极附近,选项D正确。
题型二考查物理学史或物理方法2.下列说法中正确的是( )甲乙A.利用甲图装置卢瑟福第一次完成了原子核的人工转变,由此发现了电子B.甲图中的A为α粒子,B为氮气,发生的核反应方程为He O HC.乙图为查德威克实验示意图,利用此装置发现了质子D.乙图中的不可见粒子为γ射线,从石蜡中“打出的粒子”是质子答案 B 利用甲图所示装置卢瑟福第一次完成原子核的人工转变,由此发现了质子,核反应方程为N He O+H,A项错误,B项正确;乙图为查德威克实验示意图,利用此装置发现了中子,C项错误;乙图中的不可见粒子为中子流,D项错误。
题型三围绕某个知识点进行综合考查3.法拉第发明了世界上第一台发电机。
如图所示,圆形金属盘安置在电磁铁的两个磁极之间,两电刷M、N 分别与盘的边缘和中心点接触良好,且与灵敏电流计相连。
金属盘绕中心轴沿图示方向转动,则( )A.电刷M的电势高于电刷N的电势B.若只将电刷M移近N,灵敏电流计的示数变大C.若只提高金属盘转速,灵敏电流计的示数变大D.若只将变阻器滑片向左滑动,灵敏电流计的示数变大答案 C 根据电源的正负极判断电磁铁上导线中的电流方向,根据安培定则可知电磁铁左侧为N极,右侧为S极,M、N间的金属垂直纸面向外运动,根据右手定则可知M、N间的电动势由M指向N,则电刷N的电势高于电刷M的电势,A项错误;根据E=BL推导出M、N间的金属以电刷N为轴转动切割磁感线时产生的感应电动势为E=,若只将电刷M移近N,L减小,感应电动势减小,故灵敏电流计的示数变小,B项错误;若只提高金属盘转速,ω增大,感应电动势增大,则灵敏电流计的示数变大,C项正确;若只将变阻器滑片向左滑动,变阻器接入电路的阻值增大,回路电流减小,电磁铁的磁性减弱,B减小,灵敏电流计的示数变小,D项错误。
山西大学物理学考研633量子力学真题
07年量子力学一、基本概念与原理1.采用原子单位描述氢原子的性质，其中长度单位波尔半径A me a （）==22，氢原子基态电子能量为eV E （）=1（取无穷远处为势能零点）。
2.质量为m 、频率为ω的一维谐振子的基态能量本征函数为（），其第n 个激发态的能量本征值（）=n E 。
3.量子力学最基本的对易关系是坐标x 、动量p 的对易关系（），这说明坐标和动量满足海森堡测不准关系（）。
4.守恒定律与对称性紧密相关，体系的空间平移不变性导致（）守恒，空间旋转不变性导致（）守恒，这些守恒的物理量一定与体系的哈密顿量对易。
5.写出不考虑自旋情况下描述氢原子的波函数（），其中三个量子数的物理意义分别是：（）决定氢原子的能级，（）决定氢原子角动量的大小，（）决定角动量的方向。
6.薛定谔绘景中波函数随时间变化，写出其动力学演化方程（）。
海森堡绘景中（）随时间变化，写出其动力学演化方程（）。
二、判断题1.两个自旋21的粒子总自旋可以为21。
（×）2.自旋轨道耦合对哈密顿量的修正部分与轨道角动量对易。
（×）3.若A 与B 为反厄米算符，则[]B A ,为厄米算符。
（×）4.系统具有旋转不变性，则其能量本征态也是角动量算符平方的本征态。
（√）5.角动量算符的z 方向分量∧z L 与)(22∧∧+y x L L 对易。
（√）6.波函数的导数仍然是一个波函数。
（√）7.反常塞曼效应的原因是自旋轨道耦合。
（√）8.一维谐振子和无限什方势阱中能级都是等距分布的。
（×）9.Born 近似较适用于高能粒子散射，而分波法较适用于低能粒子散射。
（√）10.可观测量的动力学变量在量子力学中用幺正算符表示。
（×）三、磁场中电子自旋：一个自旋21的粒子处于常磁场中，其哈密顿算符为→→→→⋅-=⋅-=B B H B B B σμμ，1）证明系统的能量本征值与磁场矢量)cos ,sin sin ,cos (sin θϕθϕθB B =→的方向），（ϕθ无关。
2020年百校联考一物理解析
A.容器内水柱越高，两金属板间的湖水电阻 R 越大 B.将电流表改为水位计，水位越高电流表示数越大 C.当湖水水位高于警戒水位 5m 时，灯泡的实际功率大于 2W D.当湖水水位高于警戒水位 0.4m 时，电流表示数为 0.6A 【考点】动态电路分析 【难度】★★ 【答案】B 【解析】由图可知，灯泡和湖水串联在电路中，根据图乙可知，湖水电阻 R 与容器内水柱高度 h 成反 比，容器内水柱越高，两金属板间的湖水电阻 R 越小，故 A 错误；同时根据 I U 可知，当电源电压
想可能与风扇的扇叶宽度和扇叶倾斜角度有关系。为此他制作了几个不同的小风扇，用转速为 300 转/
分的电动机分别带动，去吹动同一位置的同一纸片(如图所示)。下表为记录的实验数据。
（1）实验中纸片被吹起的角度越大，则风扇产生的空气流动强度越_ __；
（2）表格中的序号 1 和 3 的两次实验，小明想研究的问题是__
R 一定时，总电阻越小，电流越大，水位越高电流表示数越大，故 B 正确；当湖水水位高于警戒水位 5m 时，两金属板间的湖水电阻 R 为 4Ω，根据 R U 2 可知，灯泡的电阻为 2Ω，由于串联分压，两金属板
P 间的湖水两端电压为 4V，灯泡两端电压为 2V，刚好正常工作，灯泡的实际功率等于 2W， 故 C 错误； 当湖水水位高于警戒水位 0.4m时，两金属板间的湖水电阻 R 为 50Ω，电路中的总电阻为 52Ω，根据 I U
20. 下图中所示的装置是水位监测仪，图甲是该水位监测装置的模拟电路图。柱形绝缘容器 A 内部左右两 面插有竖直薄金属板并与电路连接，底部有一小孔与湖水相通。且容器底面与警戒水位相平。已知电 源电压恒为 6V，小灯泡标有”2V 2W”字样(不考虑温度对灯丝电阻的影响)。两金属板间的湖水电阻 R 与 x 的关系如图乙所示(x 为容器内水柱高度 h 的倒数，即 x=h-1)。则下列说法中正确的是（ ）