C01.【宁夏卷】2007-2009年汇编（3套） - 压轴题汇总（17道，16页）

宁夏
历年（2007~2009）高考物理试卷
《压轴题汇编》（3套,17道）
目 录
2009宁夏卷 2
2008宁夏卷 8
2007宁夏卷 13
2009宁夏卷
[2009宁夏卷 T19 6分]如图所示，一导体圆环位于纸面内，O为圆心。环内两个圆心角为90 的扇形区域内分别有匀强磁场，两磁场磁感应强度的大小相等，方向相反且均与纸面垂直。导体杆OM可绕O转动，M端通过滑动触点与圆环良好接触。在圆心和圆环间连有电阻R。杆OM以匀角速度ω逆时针转动，t=0时恰好在图示位置。规定从a到b流经电阻R的电流方向为正，圆环和导体杆的电阻忽略不计，则杆从t=0开始转动一周的过程中，电流随ωt变化的图象是
【答案】C
【解析】解：杆OM以匀角速度ω逆时针转动，t＝0时恰好要进入磁场，故前周期内有电流流过，根据右手定则可以判定，感应电流的方向从M指向圆心O，流过电阻时的方向是从b流向a与给定的正方向相反，故正确的答案是C。
[2009宁夏卷 T21 6分]水平地面上有一木箱，木箱与地面之间的摩擦因数为μ（0<μ<1）。现对木箱施加一拉力F，使木箱做匀速直线运动。设F的方向与水平面夹角为θ，如图，在θ从0逐渐增大到90 的过程中，木箱的速度保持不变，则（ ）
A．F先减小后增大
B．F一直增大
C．F的功率减小
D．F的功率不变
【答案】AC
【解析】解：对物体受力分析如图：
因为物体匀速运动，水平竖直方向均受力平衡：
Fcosθ＝μ（mg﹣Fsinθ）
则得：F
令：，cosβ，即：tanβ
则：
当θ+β＝90°时，sin（θ+β）最大，F最小，则根据数学知识可知θ从0逐渐增大到90°的过程中，F先减小后增大，故A正确。
功率：P＝Fvcosθ
θ从0逐渐增大到90°的过程中，tanθ一直在变大，所以功率P一直在减小，故C正确。
[2009宁夏卷 T23 11分]青岛奥运会帆船赛场采用风力发电给蓄电池充电，为路灯提供电能。用光敏电阻作为传感器控制路灯电路的开关，实现自动控制。
光敏电阻的阻值随照射光的强弱而变化，作为简化模型，可以近似认为，照射光较强（如白天）时电阻几乎为0；照射光较弱（如黑天）时电阻接近于无穷大。利用光敏电阻作为传感器，借助电磁开关，可以实现路灯自动在白天关闭，黑天打开。电磁开关的内部结构如图所示。1、2两接线柱之间是励磁线圈，3、4两接线柱分别与弹簧片和触点连接。当励磁线圈中电流大于50mA时，电磁铁吸合铁片，弹簧片和触点分离，3、4断开；电流小于50 mA时，3、4接通。励磁线圈中允许通过的最大电流为100 mA。
⑴利用以下器材设计一个自动控制路灯的电路，画出电路原理图。
光敏电阻R1，符号
灯泡L，额定功率40W，额定电压36V，符号
保护电阻R2，符号
电磁开关，符号
蓄电池E，电压36V，内阻很小；开关S，导线若干。
⑵回答下列问题。
①如果励磁线圈的电阻为200Ω，励磁线圈允许加的最大电压为______V，保护电阻R2的阻值范围为______Ω。
②在有些应用电磁开关的场合，为了安全，往往需要在电磁铁吸合铁片时，接线柱3、4之间从断开变为接通。为此，电磁开关内部结构应如何改造？请结合本题中电磁开关内部结构图说明。
答：______________________________________________________________________
③任意举出一个其它的电磁铁应用的例子。
答：__________________________________________________。
【答案】（1）电路原理如图所示。（4分）
（2）①20 （2分） 160~520（2分）
②把触点从弹簧片右侧移到弹簧片左侧，保证当电磁铁吸合铁片时，3、4之间接通：不吸合时，3、4之间断开。
③电磁起重机
【解析】解：（1）电路原理如图所示．
（2）①已知励磁线圈中允许通过的最大电流为Im＝100mA，电阻为R＝200Ω，由欧姆定律得：最大电压为Um＝ImR＝20V．
由题得知，励磁线圈电流范围为50mA﹣100mA，根据欧姆定律得
保护电阻R2的最大值为RmaxR520Ω，
最小值为RminR160Ω
故保护电阻R2的阻值范围为160～520Ω．
②由题应把触点从弹簧片右侧移到弹簧片左侧，保证当电磁铁吸合铁片时，3、4之间接通：不吸合时，3、4之间断开．
③电磁铁应用的例子比如电磁起重机．
[2009宁夏卷 T25 18分]如图所示，在第一象限有一匀强电场，场强大小为E，方向与y轴平行；在x轴下方有一匀强磁场，磁场方向与纸面垂直。一质量为m、电荷量为-q（q>0）的粒子以平行于x轴的速度从y轴上的P点处射入电场，在x轴上的Q点处进入磁场，并从坐标原点O离开磁场。粒子在磁场中的运动轨迹与y轴交于M点。已知OP=l，OQ=2l。不计重力。求：
⑴M点与坐标原点O间的距离；
⑵粒子从P点运动到M点所用的时间。
【答案】（1）M点与坐标原点O间的距离为6L；
（2）粒子从P点运动到M点所用的时间为．
【解析】解：（1）带电粒子在电场中做类平抛运动，在y轴负方向上做初速度为零的匀加速运动，设加速度的大小为a；在x轴正方向上做匀速直线运动，设速度为v0；粒子从P点运动到Q点所用的时间为t1，进入磁场时速度方向与x轴正方向的夹角为θ，则
由牛顿第二定律得：qE＝ma①
在电场中运动的时间为：②
水平初速度：③
其中2，y0＝L，又tanθ④
联立②③④得θ＝30°⑤
由几何关系知MQ为直径，R⑥
MO6L⑦
（2）设粒子在磁场中运动的速度为v，从Q到M点运动的时间为t2，则有
v⑧
⑨
从P点到M点所用的时间t＝t1+t2⑩
联立①②③⑤⑥⑧⑨⑩并代入数据得
t
[2009宁夏卷 T35（2） 10分][物理——选修3-5]
一棱镜的截面为直角三角形ABC，∠A=30o，斜边AB＝a。棱镜材料的折射率为。在此截面所在的平面内，一条光线以45o的入射角从AC边的中点M射入棱镜。画出光路图，并求光线从棱镜射出的点的位置（不考虑光线沿原路返回的情况）。
【解析】设入射角为i，折射角为r，由折射定律得：①
解得：r＝30°…②
①如果入射光线在法线的右侧，根据几何知识得知，光线与AB垂直，光路图如图所示．设出射点F，由几何关系得：AF③
即出射点在AB边上离A点的位置．
②如果入射光线在法线的左侧，光路图如图所示．设折射光线与AB的交点为D．
由几何关系可知，在D点的入射角：θ＝60°…④
设全反射的临界角为C，则：sinC⑤
由⑤和已知条件得：C＝45°…⑥
因此，光在D点全反射．
设此光线的出射点为E，由几何关系得∠DEB＝90°
BD＝a﹣2AF…⑦
BE＝DBsin30°…⑧
联立③⑦⑧式得：BE
即出射点在BC边上离B点的位置．
答：如果入射光线在法线的右侧，出射点在AB边上离A点的位置．如果入射光线在法线的左侧，出射点在BC边上离B点的位置．光路图如图所示．
[2009宁夏卷 T36（2） 10分][物理——选修3-5]
两个质量分别为M1和M2的劈A和B，高度相同，放在A和B的倾斜面都是光滑曲面，曲面下端与水平相切，如图所示。一块位于劈A的倾斜面上，距水平面的高度为h。物块从静止开始滑下，然后又滑上劈B。求物块在B上能够达到的是大高度。
【答案】．
【解析】设物块到达劈A的底端时，物块和A的速度大小分别为v和V，由机械能守恒和动量守恒得
mghmv2①
M1V﹣mv＝0 ②
解得，v
设物块在劈B上达到的最大高度为H，此时物块和B的共同速度大小为V'，对物块与B组成的系统，由机械能守恒和水平方向动量守恒得
mgHmv2③
mv＝（M2+m）V'④
联立得 H
2008宁夏卷
[2008宁夏卷 T17 6分]甲乙两车在公路上沿同一方向做直线运动，它们的v－t图象如图所示．两图象在t＝t1时相交于P点，P在横轴上的投影为Q，ΔOPQ的面积为S．在t＝0时刻，乙车在甲车前面，相距为d．已知此后两车相遇两次，且第一次相遇的时刻为t′，则下面四组t′和d的组合可能是 （ ）
A．t′＝t1，d＝S B．t′t1，dS
C．t′t1，dS D．t′t1，dS
【答案】D
【解析】在t1时刻如果甲车没有追上乙车，以后就不可能追上了，故t′ ＜t，A错；从图像中甲、乙与坐标轴围成的面积即对应的位移看，甲在t1时间内运动的位移比乙的多S，当t′ =0.5 t1时，甲的面积比乙的面积多出3 S /4，即相距d=3 S /4，选项D正确。
[2008宁夏卷 T19 6分]如图甲所示，一矩形线圈abcd放置在匀强磁场中，并绕过ab、cd中点的轴OO′以角速度ω逆时针匀速转动。若以线圈平面与磁场夹角θ＝45°时（如图b）为计时起点，并规定当电流自a流向b时电流方向为正。则图所示的四幅图中正确的是（　　）
【答案】D
【解析】由楞次定律可判断，初始时刻t=0时，电流方向为b到a，i为负值，选项A、B错；从t=0时刻转过π/4角度时 位于中性面，i=0，则选项C错，图像为D图像所描述。
[2008宁夏卷 T21 6分]如图所示，C为中间插有电介质的电容器，a和b为其两极板；a板接地；P和Q为两竖直放置的平行金属板，在两板间用绝缘线悬挂一带电小球；P板与b板用导线相连，Q板接地．开始时悬线静止在竖直方向，在b板带电后，悬线偏转了角度α．在以下方法中，能使悬线的偏角α变大的是（　　）
A．缩小a、b间的距离
B．加大a、b间的距离
C．取出a、b两极板间的电介质
D．换一块形状大小相同、介电常数更大的电介质
【答案】BC
【解析】本题考查电容器的两个公式。a板与Q板电势恒定为零，b板和P板电势总相同，故两个电容器的电压相等，且两板电荷量q视为不变。要使悬线的偏角增大，即电压U增大，即减小电容器的电容C。对电容器C，由公式，可以通过增大板间距d、减小介电常数ε、减小板的正对面积S。
[2008宁夏卷 T22（2） 9分]物理小组在一次探究活动中测量滑块与木板之间的动摩擦因数．实验装置如图，一表面粗糙的木板固定在水平桌面上，一端装有定滑轮；木板上有一滑块，其一端与电磁打点计时器的纸带相连，另一端通过跨过定滑轮的细线与托盘连接．打点计时器使用的交流电源的频率为50Hz．开始实验时，在托盘中放入适量砝码，滑块开始做匀加速运动，在纸带上打出一系列小点．
（1）上图给出的是实验中获取的一条纸带的一部分：0、1、2、3、4、5、6、7是计数点，每相邻两计数点间还有4个打点（图中未标出），计数点间的距离如图所示．根据图中数据计算的加速度a＝　 　（保留三位有效数字）．
（2）回答下列两个问题：
①为测量动摩擦因数，下列物理量中还应测量的有　 　．（填入所选物理量前的字母）
A．木板的长度l B．木板的质量m1C．滑块的质量m2D．托盘和砝码的总质量m3E．滑块运动的时间t
②测量①中所选定的物理量时需要的实验器材是　 　．
（3）滑块与木板间的动摩擦因数μ＝　 　（用被测物理量的字母表示，重力加速度为g）．与真实值相比，测量的动摩擦因数　 　（填“偏大”或“偏小”）．
【答案】⑴0.495～0.497 m/s2； ⑵①CD； ②天平；⑶，偏大．
【解析】解：（1）每相邻两计数点间还有4个打点，说明相邻的计数点时间间隔为0.1s．
将第一段位移舍掉，设1、2两计数点之间的距离为x1，则第6、7之间的距离为x6，利用匀变速直线运动的推论△x＝at2，即逐差法可以求物体的加速度大小：
，将数据代入得：a＝0.496m/s2．
由于取舍的位移不一样，因此在答案在：0.495～0.497m/s2 范围内．
（2）①设托盘和砝码质量为m3，滑块的质量m2，摩擦因数为μ，则摩擦力为f＝m2gμ
根据牛顿第二定律有：m3g﹣m2gμ＝（m3+m2）a，由此可知出根据逐差法求出的加速度之外，还需要测量托盘和砝码质量为m3，滑块的质量m2，故ABE错误，CD正确．
故选CD．
②根据①问分析可知在测量质量的时候需要用到的仪器是天平．
故答案为：天平．
（3）根据牛顿第二定律有：m3g﹣m2gμ＝（m3+m2）a，故解得：
μ．
由于根据牛顿第二定律列方程的过程中，即考虑了木块和木板之间的摩擦，没有考虑细线和滑轮以及空气阻力等，故导致摩擦因数的测量会偏大．
[2008宁夏卷 T24 17分]如图所示，在xOy平面的第一象限有一匀强电场，电场的方向平行于y轴向下；在x轴和第四象限的射线OC之间有一匀强磁场，磁感应强度的大小为B，方向垂直于纸面向外．有一质量为m，带有电荷量+q的质点由电场左侧平行于x轴射入电场．质点到达x轴上A点时，速度方向与x轴的夹角为φ，A点与原点O的距离为d．接着，质点进入磁场，并垂直于OC飞离磁场．不计重力影响．若OC与x轴的夹角φ，求：
（1）粒子在磁场中运动速度的大小；
（2）匀强电场的场强大小．
【答案】（1）； （2）
【解析】解：（1）由几何关系得：R＝dsinφ
由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得
解得：
（2）质点在电场中的运动为类平抛运动．设质点射入电场的速度为v0，在电场中的加速度为a，运动时间为t，则有：
v0＝vcosφ
vsinφ＝at
d＝v0t
解得：
设电场强度的大小为E，由牛顿第二定律得
qE＝ma
解得：
[2008宁夏卷 T33（2） 9分]某同学利用如图所示的装置验证动量守恒定律。图中两摆摆长相同，悬挂于同一高度，A、B两摆球均很小，质量之比为1：2．当两摆均处于自由静止状态时，其侧面刚好接触。向右上方拉动B球使其摆线伸直并与竖直方向成45°角，然后将其由静止释放。结果观察到两摆球粘在一起摆动，且最大摆角成30°．若本实验允许的最大误差为±4%，此实验是否成功地验证了动量守恒定律？
【答案】在规定的范围内验证了动量守恒定律。
【解析】解：设摆球A、B的质量分别为mA、mB，摆长为l，B球的初始高度为h1，碰撞前B球的速度为vB．在不考虑摆线质量的情况下，根据题意及机械能守恒定律得h1＝l（1﹣cos45°）①②
设碰撞前、后两摆球的总动量的大小分别为P1、P2．有：P1＝mBvB③
联立①②③式得④
同理可得⑤
联立④⑤式得⑥
代入已知条件得：1.03 ⑦
由此可以推出4% ⑧
所以，此实验在规定的范围内验证了动量守恒定律。
2007宁夏卷
[2007宁夏卷 T21 6分]匀强电场中的三点A、B、C是一个三角形的三个顶点，AB的长度为1 m，D为AB的中点，如图所示。已知电场线的方向平行于ΔABC所在平面，A、B、C三点的电势分别为14 V、6 V和2 V。设场强大小为E，一电量为1×10－6 C的正电荷从D点移到C点电场力所做的功为W，则
A．W＝8×10－6 J，E＞8 V/m
B．W＝6×10－6 J，E＞6 V/m
C．W＝8×10－6 J，E≤8 V/m
D．W＝6×10－6 J，E≤6 V/m
【答案】A
【解析】解：由题匀强电场中，由于D为AB的中点，则D点的电势φD10V，
电荷从D点移到C点电场力所做的功为W＝qUDC＝q（φD﹣φC）＝1×10﹣6×（10﹣2）J＝8×10﹣6J。
AB的长度为1m，由于电场强度的方向并不是沿着AB方向，所以AB两点沿电场方向的距离d＜1m
匀强电场中两点电势差与两点沿电场方向的距离成正比，即U＝Ed
所以E8 v/m
[2007宁夏卷 T22 ] ⑴由绝缘介质隔开的两个同轴的金属圆筒构成圆柱形电容器，如图所示。试根据你学到的有关平行板电容器的知识，推测影响圆柱形电容器电容的因素有 。
⑵利用伏安法测量干电池的电动势和内阻，现有的器材为：
干电池：电动势约为1.5 V，符号
电压表：量程1 V，内阻998.3 Ω，符号
电流表：量程1 A，符号
滑动变阻器：最大阻值99999.9 Ω，符号
单刀单掷开关1个，符号
导线若干
①设计测量电源电动势和内阻的电路并将它画在指定的方框内，要求在图中标出电压表、电流表的接线柱的正负。
②为了满足本实验要求并保证实验的精确度，电压表量程应扩大为原量程的 倍，
电阻箱的阻值应为　　Ω．
【答案】⑴H、R1、R2、ε（正对面积、板间距离、极板间的介质）
（2）①电路如图所示 ②2； 998.3
【解析】解：（1）平行板电容器电容的影响因素是：正对面积、板间距离、极板间的介质，
所以两个金属圆筒相对于两个极板，所以影响圆柱形电容器电容的因素有：
H、R1、R2、ε
（2）①利用伏安法测量干电池的电动势和内阻，根据实验原理选择仪器设计电路图．实验中应保证电流由电表的正接线柱流入由负接线柱流出，并且电流表要串联在电路中，而电压表串联一个电阻并联在电源两端，分析电表的连接即可得出正确电路．如图：
②电动势约为1.5V，电压表：量程1V，为了满足本实验要求并保证实验的精确度，电压表量程应扩大为原量程的2倍，要使量程扩大1倍，则应串联一个与电压表内阻相等的电阻，故应使与之串联的电阻箱的阻值为998.3Ω；
[2007宁夏卷 T24]在半径为R的半圆形区域中有一匀强磁场，磁场的方向垂直于纸面，磁感应强度为B。一质量为m，带有电量q的粒子以一定的速度沿垂直于半圆直径AD方向经P点（AP＝d）射入磁场（不计重力影响）。
⑴如果粒子恰好从A点射出磁场，求入射粒子的速度。
⑵如果粒子经纸面内Q点从磁场中射出，出射方向与半圆在Q点切线方向的夹角为φ（如图）。求入射粒子的速度。
【答案】（1）如果粒子恰好从A点射出磁场，入射粒子的速度为．
（2）如果粒子经纸面内Q点从磁场中射出，出射方向与半圆在Q点切线方向的夹角为φ（如图）．入射粒子的速度为．
【解析】解：（1）由于粒子在P点垂直射入磁场，故圆弧轨道的圆心在AP上，AP是直径．
设入射粒子的速度为v1，由洛伦兹力的表达式和牛顿第二定律得：
解得：
（2）设O′是粒子在磁场中圆弧轨道的圆心，连接O′Q，设O′Q＝R′．
由几何关系得：∠OQO′＝φ OO′＝R′+R﹣d
由余弦定理得：
解得：
设入射粒子的速度为v，由
解出：
[2007宁夏卷 T30—选修3－3]如图所示，两个可导热的气缸竖直放置，它们的底部都由一细管连通（忽略细管的容积）。两气缸各有一个活塞，质量分别为m1和m2，活塞与气缸无摩擦。活塞的下方为理想气体，上方为真空。当气体处于平衡状态时，两活塞位于同一高度h。（已知m1＝3m，m2＝2m）
⑴在两活塞上同时各放一质量为m的物块，求气体再次达到平衡后两活塞的高度差（假定环境温度始终保持为T0）。
⑵在达到上一问的终态后，环境温度由T0缓慢上升到T，试问在这个过程中，气体对活塞做了多少功？气体是吸收还是放出了热量？（假定在气体状态变化过程中，两物块均不会碰到气缸顶部）。
【答案】（1）气体再次达到平衡后两活塞的高度差为h．
（2）气体对活塞做了5mgh（1）的功，气体是吸收热量．
【解析】解：（1）设左、右活塞的面积分别为A′和A，由于气体处于平衡状态，故两活塞对气体的压强相等，即：
由此得：
在两个活塞上各加一质量为m的物块后，右边物体对活塞产生的压强较大，所以气体向左气缸移动，最终右活塞降至气缸底部，所有气体都在左气缸中．
在初态，气体的压强为，体积为；
在末态，气体压强为，体积为（x为左活塞的高度）．
由玻意耳﹣马略特定律得：
解得：
即两活塞的高度差为
（2）当温度由T0上升至T时，气体的压强始终为，
设x′是温度达到T时左活塞的高度，
由盖 吕萨克定律得：
活塞对气体做的功为：
环境温度升高，则气体温度升高内能变大，又气体对活塞做功，根据热力学第一定律：在此过程中气体吸收热量．