C03.【广东卷】2004-2015，2021年汇编（13套）- 压轴题汇总（51道，61页）
文档属性
| 名称 | C03.【广东卷】2004-2015，2021年汇编（13套）- 压轴题汇总（51道，61页） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 2.3MB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2022-01-20 15:17:42 | ||
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文档简介
广东省
历年（2004~2021）高考物理
《压轴题汇编》(13套，51道)
备注：2016-2020广东卷采用全国1卷，故未收录此文件。
目 录
2021广东卷 3
2015广东卷 8
2014广东卷 13
2013广东卷 18
2012广东卷 22
2011广东卷 27
2010广东卷 31
2009广东卷 33
2008广东卷 40
2007广东A卷 44
2006广东卷 47
2005广东卷 53
2004广东卷 59
2021广东卷
[2021广东卷 T7 4分]某同学设计了一个充电装置，如图所示，假设永磁铁的往复运动在螺线管中产生近似正弦式交流电，周期为0.2s，电压最大值为0.05V，理想变压器原线圈接螺线管，副线圈接充电电路，原、副线圈匝数比为1∶60，下列说法正确的是（ ）
A．交流电的频率为10Hz
B．副线圈两端电压最大值为3V
C．变压器输入电压与永磁铁磁场强弱无关
D．充电电路的输入功率大于变压器的输入功率
【答案】B
【解析】A、交流电的周期为T＝0.2s，则其频率fHz＝5Hz，故A错误；
B、输入电压的最大值U1m＝0.05V，根据可知，输出电压最大值U2m60×0.05V＝3V，故B正确；
C、输入电压是由电磁感应产生的，根据法拉第电磁感应定律可知，输入电压与永磁体的强弱有关，故C错误；
D、变压器两端的功率是相等的，即输出功率决定了输入功率，故D错误。
[2021广东卷 T10 6分]（多选）如图所示，水平放置足够长光滑金属导轨和，与平行，是以O为圆心的圆弧导轨，圆弧左侧和扇形内有方向如图的匀强磁场，金属杆的O端与e点用导线相接，P端与圆弧接触良好，初始时，可滑动的金属杆静止在平行导轨上，若杆绕O点在匀强磁场区内从b到c匀速转动时，回路中始终有电流，则此过程中，下列说法正确的有（ ）
A．杆产生的感应电动势恒定
B．杆受到的安培力不变
C．杆做匀加速直线运动
D．杆中的电流逐渐减小
【答案】AD
【解析】A、设OP转动的角速度为ω，圆弧导轨半径为r，则OP转动切割磁感应线的感应电动势为：E＝Br，所以杆OP产生的感应电动势恒定，故A正确；
B、根据右手定则可知OP棒中产生的感应电流方向由O到P，则通过MN的电流方向由M到N，根据左手定则可知杆MN受到的安培力方向向左，杆MN将向左运动切割磁感应线，由于MN切割磁感应线产生的感应电流方向由N到M，从而使得杆OP中的电流大小发生改变，根据F安＝BIr可知，OP受到的安培力减小，故B错误；
C、根据B选项分析可知，杆MN中的电流大小发生变化，根据牛顿第二定律可得MN的加速度大小a发生改变，杆MN不是做匀加速直线运动，故C错误；
D、根据B选项分析可知，杆MN中的电流逐渐减小，故D正确。
[2021广东卷 T12 9分]某小组研究热敏电阻阻值随温度的变化规律。根据实验需要已选用了规格和量程合适的器材。
（1）先用多用电表预判热敏电阻阻值随温度的变化趋势。选择适当倍率的欧姆挡，将两表笔 ，调节欧姆调零旋钮，使指针指向右边“0Ω”处。测量时观察到热敏电阻温度越高，相同倍率下多用电表指针向右偏转角度越大，由此可判断热敏电阻阻值随温度的升高而 。
（2）再按图连接好电路进行测量。
①闭合开关S前，将滑动变阻器R1的滑片滑到 端 （选填“a”或“b”）。
将温控室的温度设置为T，电阻箱R0调为某一阻值R01。闭合开关S，调节滑动变阻器R1，使电压表和电流表的指针偏转到某一位置.，记录此时电压表和电流表的示数、T和R01。断开开关S。
再将电压表与热敏电阻C端间的导线改接到D端，闭合开关S。反复调节R0和R1，使电压表和电流表的示数与上述记录的示数相同，记录此时电阻箱的阻值R02，断开开关S。
②实验中记录的阻值R01 R02（选填“大于”、“小于”或“等于”），此时热敏电阻阻值RT＝ 。
（3）改变温控室的温度，测量不同温度时的热敏电阻阻值，可以得到热敏电阻阻值随温度的变化规律。
【答案】 （1）短接；减小；（2）①b；②大于；R01﹣R02。
【解析】（1）选择适当倍率的欧姆挡，将两表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使指针指向右边“0Ω”处；
欧姆表表盘右侧刻度值小，左侧刻度值大，测量时观察到热敏电阻温度越高，相同倍率下多用电表指针向右偏转角度越大，
说明此时热敏电阻阻值越小，由此可判断热敏电阻阻值随温度的升高而减小。
（2）①由图示电路图可知，滑动变阻器采用限流接法，为保护电路，闭合开关S前，将滑动变阻器R1的滑片滑到b端。
②设电压表示数为U，电流表示数为I，设电流表内阻为RA，根据实验步骤，由串联电路特点与欧姆定律得：RA+R01，RA+R02+RT，
解得：R01＞R02，RT＝R01﹣R02
[2021广东卷 T14 15分]如图是一种花瓣形电子加速器简化示意图。空间有三个同心圆a、b、c围成的区域，圆a内为无场区，圆a与圆b之间存在辐射状电场，圆b与圆c之间有三个圆心角均略小于90°的扇环形匀强磁场区Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ。各区磁感应强度恒定，大小不同，方向均垂直纸面向外。电子以初动能Ek0从圆b上P点沿径向进入电场。电场可以反向，保证电子每次进入电场即被全程加速。已知圆a与圆b之间电势差为U，圆b半径为R，圆c半径为R，电子质量为m，电荷量为e。忽略相对论效应。取tan22.5°＝0.4。
【答案】答：（1）当Ek0＝0时，Ⅰ区的磁感应强度大小为、电子在Ⅰ区磁场中的运动时间为、在Q点出射时的动能为8eU；
（2）当Ek0＝keU时，要保证电子从出射区域出射，k的最大值为。
【解析】电子在电场中加速有
在磁场Ⅰ中，由几何关系可得
联立解得
在磁场Ⅰ中的运动周期为
由几何关系可得，电子在磁场Ⅰ中运动的圆心角为
在磁场Ⅰ中的运动时间为
联立解得
从Q点出来的动能为
（2）在磁场Ⅰ中的做匀速圆周运动的最大半径为，此时圆周的轨迹与Ⅰ边界相切，由几何关系可得
解得
由于
联立解得
2015广东卷
[2015广东卷 T16 4分]在同一匀强磁场中，α粒子（He）和质子（H）做匀速圆周运动，若它们的动量大小相等，则α粒子和质子（ ）
A．运动半径之比是2：1
B．运动周期之比是2：1
C．运动速度大小之比是4：1
D．受到的洛伦兹力之比是2：1
【答案】B
【解析】C、两个粒子的动量大小相等，质量之比是4：1，
所以：．故C错误；
A、质子H和α粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，均由洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：
qvB＝m，得轨道半径：R，
根据质子质子（H）和α（He）粒子的电荷量之比是1：2，质量之比是1：4，
则得：RHe：RH，故A错误；
B、粒子运动的周期：，所以：．故B正确；
D、根据粒子受到的洛伦兹力：f＝qvB，得：．故D错误。
[2015广东卷 T21 6分]（多选）如图所示的水平匀强电场中，将两个带电小球M和N分别沿图示路径移动到同一水平线上的不同位置，释放后，M、N保持静止，不计重力，则( )
A．M的带电荷量比N的大
B．M带负电荷，N带正电荷
C．静止时M受到的合力比N的大
D．移动过程中匀强电场对M做负功
【答案】BD
【解析】AB．因为M、N在释放后保持静止，说明受到的合力为0，若M带正电，不论N带正电，还是带负电，都不可能同时静止，只有M带负电，N带正电才能满足同时静止．又M与N之间的库仑力是作用力与反作用力，总是大小相等方向相反，所以二者受到的电场力也必定是大小相等方向 相反，由F=qE可知，二者所带的电量大小相等．故A错误，B正确；
C．静止时，二者受到的合力都是0．故C错误；
D．M带负电，受到的电场力的方向向左，所以移动过程中匀强电场对M做负功．故D正确．
[2015广东卷 T34 10分]某实验小组研究两个未知元件X和Y的伏安特性，使用的器材包括电压表(内阻约为3kΩ)、电流表(内阻约为1Ω)、定值电阻等。
(1)使用多用电表粗测元件X的电阻。选择“×1”欧姆档测量，示数如图(a)所示，读数为 ___________ Ω。据此应选择图中的 ___________ (填“b”或“c”)电路进行实验。
(2)连接所选电路，闭合S；滑动变阻器的滑片P从左向右滑动，电流表的示数逐渐 ___________ (填“增大”或“减小”)；依次记录电流及相应的电压；将元件X换成元件Y，重复实验。
(3)图(a)是根据实验数据作出的U-I图线，由图可判断元件 ___________ (填“X”或“Y”)是非线性元件。
(4)该小组还借助X和Y中的线性元件和阻值R=21Ω的定值电阻，测量待测电池组的电动势E和电阻r，如图(b)所示。闭合S1和S2，电压表读数为3.00V；断开S2，读数为1.00V，利用图(a)可算得E= ___________ V，r= ___________ Ω(结果均保留两位有效数字，视电压表为理想电压表)。
【答案】（1）10；b（2）增大；（3）Y（4）3.2；0.50
【解析】（1）使用多用电表粗测元件X的电阻，选择“×1”欧姆挡测量，示数如图（a）所示，读数为10Ω。
元件X的电阻远小于电压表内阻，电流表采用外接法误差较小，因此需要选择图b所示实验电路。
（2）连接所选电路，闭合S；滑动变阻器的滑片P从左向右滑动，并联支路电压增大，电流表的示数逐渐增大；
（3）如图（d）是根据实验数据作出的U﹣I图线，由图可判断元件Y是非线性元件；
（4）根据U﹣I图线得出元件X的电阻R10Ω；
闭合S1和S2，电压表读数为3.00V；断开S2，读数为1.00V，
根据闭合电路欧姆定律列出等式E＝3r
E＝1（r+21）
解得：E＝3.2V．r＝0.50Ω
[2015广东卷 T36 18分]如图所示，一条带有圆轨道的长轨道水平固定，圆轨道竖直，底端分别与两侧的直轨道相切，半径R＝0.5m，物块A以v0＝6m/s的速度滑入圆轨道，滑过最高点Q，再沿圆轨道滑出后，与直轨道上P处静止的物块B碰撞，碰后粘在一起运动，P点左侧轨道光滑，右侧轨道呈粗糙段、光滑段交替排列，每段长度都为L＝0.1m，物块与各粗糙段间的动摩擦因数都为μ＝0.1，A、B的质量均为m＝1kg(重力加速度g取10m/s2；A、B视为质点，碰撞时间极短)。
(1)求A滑过Q点时的速度大小v和受到的弹力大小F；
(2)若碰后AB最终停止在第k个粗糙段上，求k的数值；
(3)求碰后AB滑至第n个(n＜k)光滑段上的速度vn与n的关系式。
【答案】（1）A滑过Q点时的速度大小V为4m/s；受到的弹力大小F为22N；
（2）k的数值为45；
（3）碰后AB滑至第n个（n＜k）光滑段上的速度VAB与n的关系式为vABm/s；
【解析】（1）由机械能守恒定律可得：
mv02＝mg（2R）mv2；
解得：v＝4m/s；
由F+mg＝m可得：F＝22N；
（2）AB碰撞前A的速度为vA，由机械能守恒定律可得：
mv02mvA2
得vA＝v0＝6m/s；
AB碰撞后以共同速度vP前进，设向右为正方向，由动量守恒定律可得：
mv0＝（m+m）vp
解得：vP＝3m/s；
故总动能EK（m+m）vP22×9＝9J；
滑块每经过一段粗糙段损失的机械能△E＝fL＝μ（m+m）gL＝0.1×20×0.1＝0.2J；
k45；
（3）AB整体滑到第n个光滑段上损失的能量；
E损＝nE＝0.2nJ
从AB碰撞后运动到第n个光滑段的过程中，由能量守恒定律可得：
（m+m）vP2（m+m）vAB2＝n△E，
代入解得：vABm/s；
2014广东卷
[2014广东卷 T16 6分]如图是安装在列车车厢之间的摩擦缓冲器结构图，图中①和②为楔块，③和④为垫块，楔块与弹簧盒、垫块间均有摩擦，在车厢相互撞击时弹簧压缩过程中（ ）
A．缓冲器的机械能守恒
B．摩擦力做功消耗机械能
C．垫块的动能全部转化成内能
D．弹簧的弹性势能全部转化为动能
【答案】B
【解析】A、通过克服摩擦力做功，系统的机械能向内能转化，故机械能减小，故A错误；
B、通过克服摩擦力做功，系统的机械能向内能转化，故B正确；
C、垫块的动能转化为弹性势能和内能，故C错误；
D、弹簧的弹性势能转化为动能和内能，故D错误。
[2014广东卷 T21 6分]（多选）如图所示，飞行器P绕某星球做匀速圆周运动，星球相对飞行器的张角为θ，下列说法正确的是（ ）
A．轨道半径越大，周期越长
B．轨道半径越大，速度越大
C．若测得周期和张角，可得到星球的平均密度
D．若测得周期和轨道半径，可得到星球的平均密度
【答案】AC
【解析】
A、根据开普勒第三定律k，可知轨道半径越大，飞行器的周期越长。故A正确；
B、根据卫星的速度公式v，可知轨道半径越大，速度越小，故B错误；
C、设星球的质量为M，半径为R，平均密度为，ρ．张角为θ，飞行器的质量为m，轨道半径为r，周期为T。
对于飞行器，根据万有引力提供向心力得：Gmr
由几何关系有：R＝rsin
星球的平均密度 ρ
联立以上三式得：ρ，则测得周期和张角，可得到星球的平均密度。故C正确；
由Gmr可得：M，可知若测得周期和轨道半径，可得到星球的质量，但星球的半径未知，不能求出星球的平均密度。故D错误。
[2014广东卷 T34（2） 10分] 某同学根据机械能守恒定律，设计实验探究弹簧弹性势能与压缩量的关系
①如图23（a），将轻质弹簧下端固定于铁架台，在上端的托盘中依次增加砝码，测量相应的弹簧长度，部分数据如下表，由数据算得劲度系数k= N/m．（g取9.80m/s2）
砝码质量（g）
50
100
150
弹簧长度（cm）
8.62
7.63
6.66
②取下弹簧，将其一端固定于气垫导轨左侧，如图23（b）所示：调整导轨，使滑块自由滑动时，通过两个光电门的速度大小 ．
③用滑块压缩弹簧，记录弹簧的压缩量x；释放滑块，记录滑块脱离弹簧后的速度v，释放滑块过程中，弹簧的弹性势能转化为 ．
④重复③中操作，得到v与x的关系如图23（c）．由图可知，v与x成 关系．由上述实验可得结论：对同一根弹簧，弹性势能与弹簧的 成正比．
【答案】（1）50.0；（2）相等；（3）滑块的动能；（4）正比，压缩量的平方．
【解析】（1）表格中，当50g时，弹簧长度为8.62cm，当100g时，弹簧长度为7.63cm，
当150g时，弹簧长度为6.66cm，
根据胡克定律，F＝kΔx，设弹簧的劲度系数为k，原长为x0，
则列式：0.05×9.8＝k（x0﹣0.0862）；
0.1×9.8＝k（x0﹣0.0763）；
联立两式，解得：k≈50.0N/m；
（2）通过光电门来测量瞬时速度，从而获得释放压缩的弹簧的滑块速度，
为使弹性势能完全转化为动能，则导轨必须水平，因此通过两个光电门的速度大小须相等；
（3）用滑块压缩弹簧，记录弹簧的压缩量x；
当释放滑块，记录滑块脱离弹簧后的速度v，释放滑块过程中，弹簧的弹性势能转化为滑块的动能；
（4）根据v与x的关系图可知，图线经过原点，且是斜倾直线，则v与x成正比，
由动能表达式，动能与速度的大小平方成正比，而速度的大小与弹簧的压缩量成正比，因此弹簧的弹性势能与弹簧的压缩量的平方成正比；
[2014广东卷 T36 18分]如图所示，足够大的平行挡板A1，A2竖直放置，间距为6L，两板间存在两个方向相反的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，以水平面MN为理想分界面，Ⅰ区的磁感应强度为B0，方向垂直纸面向外，A1，A2上各有位置正对的小孔S1，S2，两孔与分界面MN的距离为L，质量为m，电量为＋q的粒子经宽度为d的匀强电场由静止加速后，沿水平方向从S1进入Ⅰ区，并直接偏转到MN上的P点，再进入Ⅱ区，P点与A1板的距离是L的k倍，不计重力，碰到挡板的粒子不予考虑。
(1)若k＝1，求匀强电场的电场强度E；
(2)若2【答案】（1）；（2）；
【解析】（1）粒子在电场中，由动能定理，有：
qEd①
粒子在Ⅰ区洛伦兹力提供向心力，故：
qvB0＝m②
当k＝1时，由几何关系得：
r＝L…③
由①②③解得：
E④
（2）由于2＜k＜3时，由题意可知粒子在Ⅱ区只能发生一次偏转，由几何关系可知：
（r﹣L）2+（kL）2＝r2…⑤
解得：r⑥
由②⑥解得：v⑦
粒子在Ⅱ区洛伦兹力提供向心力，故：
qvB＝m⑧
由相似性及几何关系可知：
⑨
解得：r1 …⑩
由⑧⑩解得：B．
2013广东卷
[2013广东卷 T16 4分]如图，理想变压器原、副线圈匝数比n1：n2＝2：1，V和A均为理想电表，灯光电阻RL＝6Ω，AB端电压u1＝12sin100πt（V）．下列说法正确的是（ ）
A．电流频率为100Hz B．V的读数为24V
C．A的读数为0.5A D．变压器输入功率为6W
【答案】 D
【解析】A、AB端电压u1＝12sin100πt（V）。电流频率为f50Hz，故A错误；
电压表的示数为电路的有效电压的大小，
根据电压与匝数成正比，可知，U2＝6V，故B错误；
C、I21A，A的读数为1A，故C错误；
D、P1＝P2＝U2I2＝6W，故D正确。
[2013广东卷 T21 4分](多选）如图，两个初速度大小相同的同种离子a和b，从O点沿垂直磁场方向进入匀强磁场，最后打到屏P上．不计重力．下列说法正确的有（ ）
A．a、b均带正电
B．a在磁场中飞行的时间比b的短
C．a在磁场中飞行的路程比b的短
D．a在P上的落点与O点的距离比b的近
【答案】 AD
【解析】a、b粒子的运动轨迹如图所示：
粒子a、b都向下由左手定则可知，a、b均带正电，故A正确；
由r可知，两粒子半径相等，根据上图中两粒子运动轨迹可知a粒子运动轨迹长度大于b粒子运动轨迹长度，运动时间a在磁场中飞行的时间比b的长，故BC错误；
根据运动轨迹可知，在P上的落点与O点的距离a比b的近，故D正确。
[2013广东卷 T34（2） 9分]图（a）是测量电阻Rx的原理图．学生电源输出电压可调，电流表量程选0.6A（内阻不计），标有长度刻度的均匀电阻丝ab的总长为30.0cm．
①根据原理图连接图（b）的实物图．
②断开S2，合上S1；调节电源输出电压为3.0V时，单位长度电阻丝的电压u=__________V/cm.记录此时电流表A1的示数．
③保持S1闭合，合上S2；滑动c点改变ac的长度L，同时调节电源输出电压，使电流表A1的示数与步骤②记录的值相同，记录长度L和A2的示数I．测量6组L和I值，测量数据已在图（c）中标出，写出Rx与L、I、u的关系式Rx=_____；根据图（c）用作图法算出Rx=____Ω．
【答案】 ①连线如图所示 ②0.1 ③ 5.92
【解析】（1）连线实物图如图；
（2）电源输出电压为3V，电阻丝长度为30cm，故每1cm长度电阻丝分得电压为0.1V；
（3）ac间电压为Lu，电流为I，故根据欧姆定律，有：Rx；
描点作L﹣I图，如图所示：斜率为：k，故电阻Rx＝ku＝60×0.1＝6.0Ω
[2013广东卷 T36 18分]如图（a）所示，在垂直于匀强磁场B的平面内，半径为r的金属圆盘绕过圆心O的轴转动，圆心O和边缘K通过电刷与一个电路连接，电路中的P是加上一定正向电压才能导通的电子元件．流过电流表的电流I与圆盘角速度ω的关系如图（b）所示，其中ab段和bc段均为直线，且ab段过坐标原点．ω＞0代表圆盘逆时针转动．已知：R＝3.0Ω，B＝1.0T，r＝0.2m．忽略圆盘、电流表和导线的电阻．
（1）根据图（b）写出ab、bc段对应I与ω的关系式；
（2）求出图（b）中b、c两点对应的P两端的电压Ub、Uc；
（3）分别求出ab、bc段流过P的电流Ip与其两端电压Up的关系式．
【答案】 （1）ab、bc段对应I与ω的关系式分别为Iω A（﹣45rad/s≤ω≤15 rad/s），Iω﹣0.05 （A）（15rad/s≤ω≤45 rad/s）．
（2）中b、c两点对应的P两端的电压分别为0.30V，0.90V．
（3）ab流过P的电流Ip与其两端电压Up的关系式分别为：Ip＝0（A）（﹣0.9V≤Up≤0.3V），Ip0.05（A）（0.3V≤Up≤0.9V）．
【解析】（1）由图可知，在ab段，直线斜率k1
故对应I与ω的关系式为：Iω（A） （﹣45rad/s≤ω≤15 rad/s）
在bc段，直线斜率k2
设表达式I＝k2ω+b，把ω＝45rad/s，I＝0.4A代入解得b＝﹣0.05
故对应I与ω的关系式为：Iω﹣0.05 （A） （15rad/s≤ω≤45 rad/s）
（2）圆盘转动时产生的感应电动势E＝Brv＝BrBr2ω
故b点对应的P两端的电压Ub＝EbBr2ωb
c两点对应的P两端的电压Uc＝EcBr2ωc
代入数据解得Ub＝0.30V
Uc＝0.90V
（3）元件P在b点开始导通，
所以在ab段Ip＝0（﹣0.9V≤Up≤0.3V），
在bc段，Up＝（I﹣Ip）R
已知Iω﹣0.05（A），UpBr2ω，
联立以上各式可得bc段流过P的电流Ip与其两端电压Up的关系式为：
Ip0.05（V）（0.3V≤Up≤0.9V）
2012广东卷
[2012广东卷 T16 4分]如图所示，两根等长的轻绳将日光灯悬挂在天花板上，两绳与竖直方向的夹角都为45°，日光灯保持水平，所受重力为G，左右两绳的拉力大小分别为（ ）
A．G和G B．G和G C．G和G D．G和G
【答案】B
【解析】C．由于两根绳子等长并对称，所以两根绳子的拉力应相等，所以C错；
ABD．根据力的合成，这两绳子的拉力的合力应为G，因此左右两绳的拉力大小均为，故AD错误，B正确。
故选B。
[2012广东卷 T21 6分](多选）如图所示，飞船从轨道1变轨至轨道2．若飞船在两轨道上都做匀速圆周运动，不考虑质量变化，相对于在轨道1上，飞船在轨道2上的（ ）
A．动能大 B．向心加速度大
C．运行周期长 D．角速度小
【答案】CD
【解析】根据得，a，v，，T，由这些关系可以看出，r越大，a、v、ω越小，而T越大，故A、B错误，C、D正确。
[2012广东卷 T34 18分]
(I)某同学测量一个圆柱体的电阻率，需要测量圆柱体的尺寸和电阻。
（1）分别使用游标卡尺和螺旋测微器测量圆柱体的长度和直径，某次测量的示数如图（a）和图（b）所示，长度为 cm，直径为 mm。
（2）按图（c）连接电路后，实验操作如下：
（a）将滑动变阻器R1的阻值置于最 处（填“大”或“小”）；将S2拨向接点1，闭合S1，调节R1，使电流表示数为I0；
（b）将电阻箱R2的阻值调至最 （填“大”或“小”），S2拨向接点2；保持R1不变，调节R2，使电流表示数仍为I0，此时R2阻值为1280Ω；
（3）由此可知，圆柱体的电阻为 Ω。
【答案】（1）5.02，5.315 （2）（a）大 （b）大 （3）1280
【解析】（1）游标卡尺的读数＝主尺上的读数+游标上的读数，本题主尺上的读数是5 cm，游标上的读数是2×0.1 mm＝0.02cm，故游标卡尺的读数为5.02 cm；
螺旋测微器的读数＝固定尺的读数+可动尺的读数×0.01，即5 mm+31.5×0.01 mm＝5.315 mm，
（2）（a）将滑动变阻器R1的阻值调至最大，可以起到保护电流表及电源的作用；
（b） 将电阻箱R2的阻值调至最大，目的也是为了保护电流表及电源；
（3）本题的实验方法为替代法。由
I0
I0
解得，Rx＝R2＝1280Ω。
（II）某同学探究弹力与弹簧伸长量的关系。
（1）将弹簧悬挂在铁架台上，将刻度尺固定在弹簧一侧。弹簧轴线和刻度尺都应在 方向（填“水平”或“竖直”）。
（2）弹簧自然悬挂，待弹簧 时，长度记为L0；弹簧下端挂上砝码盘时，长度记为Lx；在砝码盘中每次增加10g砝码，弹簧长度依次记为L1至L6，数据如表：
代表符号 L0 Lx L1 L2 L3 L4 L5 L6
数值[cm] 25.35 27.35 29.35 31.30 33.4 35.35 37.40 39.30
表中有一个数值记录不规范，代表符号为 。由表可知所用刻度尺的最小分度为 。
（3）如图是该同学根据表中数据作的图，纵轴是砝码的质量，横轴是弹簧长度与 的差值（填“L0”或“Lx”）。
（4）由图可知弹簧的劲度系数为 N/m；通过图和表可知砝码盘的质量为 g（结果保留两位有效数字，重力加速度取9.8m/s2）。
【答案】（1）竖直，（2）稳定，L3，1mm；（3）Lx，（4）4.9，10．
【解析】（1）用铁架台，一定是竖直悬挂；
（2）弹簧晃动时测量无意义；
用毫米刻度尺测量长度是要估读到分度值的下一位，记录数据的最后一位是估读位，故数据L3记录不规范，由表可知所用刻度尺的最小刻度为1mm；
（3）由图可知，横轴是弹簧挂砝码后弹簧长度与弹簧挂砝码盘时弹簧长度差，所以横轴是弹簧长度与的LX差值．
（4）根据胡克定律公式△F＝k△x，有
k4.9N/m；
由表格得到，弹簧原长为：L0＝25.35cm；挂砝码盘时：Lx＝27.35cm；
根据胡克定律，砝码盘质量为：Mkg＝0.01kg＝10g；
[2012广东卷 T36 18分]图（a）所示的装置中，小物块AB质量均为m，水平面上PQ段长为l，与物块间的动摩擦因数为μ，其余段光滑．初始时，挡板上的轻质弹簧处于原长；长为r的连杆位于图中虚线位置；A紧靠滑杆（AB间距大于2r）．随后，连杆以角速度ω匀速转动，带动滑杆做水平运动，滑杆的速度﹣时间图象如图（b）所示．A在滑杆推动下运动，并在脱离滑杆后与静止的B发生完全非弹性碰撞．
（1）求A脱离滑杆时的速度v0，及A与B碰撞过程的机械能损失ΔE．
（2）如果AB不能与弹簧相碰，设AB从P点到运动停止所用的时间为t1，求ω的取值范围，及t1与ω的关系式．
（3）如果AB能与弹簧相碰，但不能返回到P点左侧，设每次压缩弹簧过程中弹簧的最大弹性势能为Ep，求ω的取值范围，及Ep与ω的关系式（弹簧始终在弹性限度内）．
【答案】（1）A脱离滑杆时的速度为ωr，A与B碰撞过程的机械能损失△E为mω2r2．
（2）如果AB不能与弹簧相碰，设AB从P点到运动停止所用的时间为t1，ω的取值范围为0＜ω，t1与ω的关系式为t1，（0＜ω）．
（3）如果AB能与弹簧相碰，但不能返回到P点左侧，设每次压缩弹簧过程中弹簧的最大弹性势能为Ep，ω的取值范围为ω，Ep与ω的关系式为Epmω2r2﹣2μmgl，（ω）（弹簧始终在弹性限度内）．
【解析】（1）滑杆达到最大速度时A与其脱离．由题意，得：v0＝ωr…①
设AB碰撞后的共同速度为v1，由动量守恒定律mv0＝2mv1…②
碰撞过程中的机械能损失为△Em（2m）v12…③
△Emω2r2…④
（2）若AB不与弹簧相碰，P到Q过程，由动能定理，得
μ（2m）gl（2m）v12…⑤
联立①②⑤，得对应AB运动到Q点的连杆角速度ω1 ω1⑥
ω的取值范围：0＜ω⑦
设AB在PQ段加速度大小为a，由运动学规律，得： v1＝at1…⑧
μ（2m）g＝2ma…⑨
联立①②⑧⑨，得： t1，（0＜ω）
（3）若AB压缩弹簧后反弹，由动能定理，得：μ（2m）g（l+l）（2m）v12
联立①②，得对应AB刚好反弹回P点的连杆角速度ω2
ω2
ω的取值范围：ω
由功能关系：Ep（2m）v12﹣μ（2m）gl
得：Epmω2r2﹣2μmgl，（ω）
2011广东卷
[2011广东卷 T16 4分]如图所示的水平面上，橡皮绳一端固定，另一端连接两根弹簧，连接点P在F1、F2和F3三力作用下保持静止。下列判断正确的是（ ）
A．F1＞F2＞F3 B．F3＞F1＞F2 C．F2＞F3＞F1 D．F3＞F2＞F1
【答案】B
【解析】解：对P点受力分析，如图
根据共点力平衡条件
F1＝F3cos30°F3
F2＝F3sin30°F3 因而F3＞F1＞F2
[2011广东卷 T21 6分]（多选）图为静电除尘机理的示意图，尘埃在电场中通过某种机制带电，在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积，以达到除尘目的，下列表述正确的是（ ）
A．到达集尘极的尘埃带正电荷
B．电场方向由集尘极指向放电极
C．带电尘埃所受电场力的方向与电场方向相同
D．同一位置带电荷量越多的尘埃所受电场力越大
【答案】BD
【解析】由于集尘极与电池的正极连接，电场方向有集尘板指向放电极，B正确。而尘埃在电场力作用下向集尘极迁移并沉积，说明尘埃带负电，A错误。负电荷在电场中受电场力的方向与电场力方向相反，C错误。根据F＝Eq可得，D正确
[2011广东卷 T34（2） 12分]
在“描绘小电珠的伏安特性曲线”实验中，所用器材有：小电珠（2.5V，0.6W），滑动变阻器，多用电表，电流表，学生电源，开关，导线若干。
①粗测小电珠的电阻，应选择多用电表_____倍率的电阻档（请填写“×1”、“×10”或“×100”）；调零后，将表笔分别与小电珠的两极连接，示数如图，结果为_____
②实验中使用多用电表测量电压，请根据实验原理图（左）完成实物图中（右图）的连线。_____
③开关闭合前，应将滑动变阻器的滑片P置于____端。为使小电珠亮度增加，P应由中点向_____端滑动。
④下表为电压等间隔变化测得的数据，为了获得更准确的实验图像，必须在相邻数据点_____间多测几组数据（请填写“ab”“bc”“cd”“de”或“ef”）
【答案】（2）①×1 7.5；②如图 ③a、b； ④ab。
【解析】（2）①小电珠（2.5V，0.6W），所以小电珠电阻大约是10Ω，
粗测小电珠的电阻，应选择多用电表×1倍率的电阻挡，结果为7.5Ω
②根据实验原理图4完成实物图如图：
③为保护小电珠不超过额定电压，开关闭合前，为了安全应将滑动变阻器的滑片P置于a端，使得灯泡两端电压从零开始变化。
为使小电珠亮度增加，P应由中点向b端滑动，灯泡两端电压增大。
④为了获得更准确的实验图象，应该在灯泡两端电压从零开始增大的过程中多测量几次，即必须在相邻数据点ab间多测几组数据。
2010广东卷
[2010广东卷 T36 18分]如图（a）所示，左为某同学设想的粒子速度选择装置，由水平转轴及两个薄盘N1、N2构成，两盘面平行且与转轴垂直，相距为L，盘上各开一狭缝，两狭缝夹角θ可调（如图（b））；右为水平放置的长为d的感光板，板的正上方有一匀强磁场，方向垂直纸面向外，磁感应强度为B．一小束速度不同、带正电的粒子沿水平方向射入N1，能通过N2的粒子经O点垂直进入磁场． O到感光板的距离为d/2，粒子电荷量为q，质量为m，不计重力．
（1）若两狭缝平行且盘静止（如图（c）），某一粒子进入磁场后，竖直向下打在感光板中心点M上，求该粒子在磁场中运动的时间t；
（2）若两狭缝夹角为θ0，盘匀速转动，转动方向如图（b）．要使穿过N1、N2的粒子均打到感光板P1P2连线上．试分析盘转动角速度ω的取值范围（设通过N1的所有粒子在盘转一圈的时间内都能到达N2）．
【答案】（1）该粒子在磁场中运动的时间为；
（2）盘转动角速度ω的取值范围为．
【解析】（1）粒子运动半径为：R①
由牛顿第二定律：Bqv＝m②
匀速圆周运动周期：T③
粒子在磁场中运动时间：t④
（2）如图所示，设粒子运动临界半径分别为R1和R2 ⑤
由几何关系得：
解得：⑥
设粒子临界速度分别为v1和v2，由②⑤⑥式，得
⑦ ⑧
若粒子通过两转盘，由题设可知⑨
联立⑦⑧⑨，得对应转盘的转速分别为
粒子要打在感光板上，需满足条件
2009广东卷
[2009广东卷 T5 4分]如图所示，在一个粗糙水平面上，彼此靠近地放置两个带同种电荷的小物块。由静止释放后，两个物块向相反方向运动，并最终停止。在物块的运动过程中，下列表述正确的是（ ）
A．两个物块的电势能逐渐减少
B．物块受到的库仑力不做功
C．两个物块的机械能守恒
D．物块受到的摩擦力始终小于其受到的库仑力
【答案】A
【解析】A、由静止释放后，两个物块向相反方向运动，两物块之间的库仑力做正功，电势能减小。故A正确。
B、两物块之间存在库仑斥力，对物块做正功。故B错误。
CD、开始阶段，库仑力大于物块的摩擦力，物块做加速运动，动能增大；当库仑力小于摩擦力后，物块做减速运动，动能减小，重力势能不变，则两个物块的机械能先增大，后减小，不守恒。故CD错误。
[2009广东卷 T11 4分]表面粗糙的斜面固定于地面上，并处于方向垂直纸面向外、强度为B的匀强磁场中．质量为m、带电量为+Q的小滑块从斜面顶端由静止下滑．在滑块下滑的过程中，下列判断正确的是（ ）
A．滑块受到的摩擦力不变
B．滑块到达地面时的动能与B的大小无关
C．滑块受到的洛伦兹力方向垂直斜面向下
D．B很大时，滑块可能静止于斜面上
【答案】C
【解析】AC．小滑块向下运动的过程中受到重力，支持力，垂直斜面向下的洛伦兹力，摩擦力，向下运动的过程中，速度增大，洛伦兹力增大，支持力增大，滑动摩擦力增大，故A错误，C正确；
B．B的大小不同，洛伦兹力大小不同，导致滑动摩擦力大小不同，根据动能定理，摩擦力功不同，到达底端的动能不同，B错误；
D．滑块之所以开始能动，是因为重力的沿斜面的分力大于摩擦力，B很大时，一旦运动，不会停止，最终重力的沿斜面的分力等于摩擦力，小滑块匀速直线运动，故D错误。
[2009广东卷 T12 4分]（多选）图是质谱仪的工作原理示意图。带电粒子被加速电场加速后，进入速度选择器。速度选择器内相互正交的匀强磁场和匀强电场的强度分别为B和E 。平板S上有可让粒子通过的狭缝P和记录粒子位置的胶片A1 A2 。平板S下方有强度为B0的匀强磁场。下列表述正确的是（ ）
A．质谱仪是分析同位素的重要工具
B．速度选择器中的磁场方向垂直纸面向外
C．能通过狭缝P的带电粒子的速率等于E/B
D．粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，粒子的荷质比越小
【答案】ABC
【解析】A、粒子在速度选择器中做匀速直线运动，有qE＝qvB，解得v，进入偏转电场后，有qvB0＝m，解得R．知r越小，比荷越大。同位素电量相等，质量不同，则偏转半径不同，所以质谱仪是分析同位素的重要工具。故A、C正确，D错误。
B、粒子在磁场中向左偏转，根据左手定则知该粒子带正电，在速度选择器中，所受的电场力水平向右，则洛伦兹力水平向左，根据左手定则，磁场的方向垂直纸面向外。
故B正确。
[2009广东卷 T16 14分]某实验小组利用实验室提供的器材探究一种金属丝的电阻率．所用的器材包括：输出为3V的直流稳压电源、电流表、待测金属丝、螺旋测微器（千分尺）、米尺、电阻箱、开关和导线等．
（1）他们截取了一段金属丝，拉直后固定在绝缘的米尺上，并在金属丝上夹上一个小金属夹，金属夹，金属夹可在金属丝上移动．请根据现有器材，设计实验电路，并连接电路实物图___________
（2）实验的主要步骤如下：
①正确连接电路，设定电阻箱的阻值，开启电源，合上开关；
②读出电流表的示数，记录金属夹的位置；
③断开开关，_________________，合上开关，重复②的操作．
（3）该小组测得电流与金属丝接入长度关系的数据，并据此绘出了如图的关系图线，其斜率为________A-1·m-1(保留三位有效数字)；图线纵轴截距与电源电动势的乘积代表了______的电阻之和．
（4）他们使用螺旋测微器测量金属丝的直径，示数如图所示．金属丝的直径是______．图中图线的斜率、电源电动势和金属丝横截面积的乘积代表的物理量是________,其数值和单位为___________（保留三位有效数字）．
【答案】（1）电路实物连线如图所示；
（2）读出接入电路中的金属丝的长度，同时移动金属夹的位置；
（3）10.5，电流表内阻和电阻箱；
（4）0.200mm，电阻率，9.89×10﹣7Ω m．
【解析】
（1）实物连接如图所示．
（2）该题要求要多次测量，所以每次都要读出接入电路中的金属丝的长度，同时移动金属夹的位置，以便得到多组数据．
（3）由图可得其斜率为kA﹣1 m﹣1
（4）螺旋测微器的固定刻度读数为0，可动刻度读数为20.0×0.01＝0.200mm，所以金属丝的直径为0+0.200＝0.200mm，由题意知斜率K电动势E和金属丝横截面积S三者的乘积为：
K×E×S＝10.5A﹣1 m﹣1×3V×3.14×0.12×10﹣6m2＝9.89×10﹣7Ω m，
得到的结果的单位是Ω m，即为电阻率的单位．
[2009广东卷 T19 16分]如图所示，水平地面上静止放置着物块B和C，相距l=1.0m。物块A以速度v0=10m/s沿水平方向与B正碰。碰撞后A和B牢固地粘在一起向右运动，并再与C发生正碰，碰后瞬间C的速度v=2.0m/s。已知A和B的质量均为，C的质量为A质量的k倍，物块与地面的动摩擦因数μ=0.45。（设碰撞时间很短，g取10m/s2）
（1）计算与C碰撞前瞬间AB的速度；
（2）根据AB与C的碰撞过程分析k的取值范围，并讨论与C碰撞后AB的可能运动方向。
【答案】（1）4m/s （2） A．当2≤k＜4时，AB碰后继续向右运动；
B．当k=4时，AB碰后静止；
C．当4＜k≤6时，AB碰后继续向左运动（反弹）
【解析】（1）设AB碰撞后的速度为v1，AB碰撞过程由动量守恒定律得mv0＝2mv1
设与C碰撞前瞬间AB的速度为v2，由动能定理得
联立以上各式解得v2＝4m/s该过程为完全非弹性碰撞，
（2）若AB与C发生完全非弹性碰撞，由动量守恒定律得2mv2＝（2+k）mv3
代入数据解得 k＝2
此时AB的运动方向与C相同
若AB与C发生弹性碰撞，由动量守恒和能量守恒得
联立以上两式解得
代入数据解得 k＝6
此时AB的运动方向与C相反
若AB与C发生碰撞后AB的速度为0，由动量守恒定律得2mv2＝kmv
代入数据解得k＝4
总上所述得 当2≤k＜4时，AB的运动方向与C相同
当k＝4时，AB的速度为0
当4＜k≤6时，AB的运动方向与C相反。
[2009广东卷 T20 17分]如图所示，绝缘长方体B置于水平面上，两端固定一对平行带电极板，极板间形成匀强电场E。长方体B的上表面光滑，下表面与水平面的动摩擦因数=0.05（设最大静摩擦力与滑动摩擦力相同）。B与极板的总质量=1.0kg.带正电的小滑块A质量=0.60kg，其受到的电场力大小F=1.2N.假设A所带的电量不影响极板间的电场分布。t=0时刻，小滑块A从B表面上的a点以相对地面的速度=1.6m/s向左运动，同时，B（连同极板）以相对地面的速度=0.40m/s向右运动。问（g取10m/s2）
（1）A和B刚开始运动时的加速度大小分别为多少？
（2）若A最远能到达b点，a、b的距离L应为多少？从t=0时刻至A运动到b点时，摩擦力对B做的功为多少？
【答案】
（1）A的加速度大小为2.0m/s2，方向水平向右，B的加速度大小为2.0m/s2，方向水平向左．
（2）a、b的距离L应为0.62m，摩擦力对B做的功为﹣0.072J．
【解析】（1）A刚开始运动时的加速度大小方向水平向右
B受电场力F′＝F＝1.2N摩擦力f＝μ（mA+mB）g＝0.8N
B刚开始运动时的加速度大小方向水平向左
（2）设B从开始匀减速到零的时间为t1，则有
t1时刻A的速度vA1＝vA﹣aAt1＝1.2m/s＞0
A的位移
此t1时间内A相对B运动的位移s1＝sA1+sB1＝0.32m
w1＝﹣f sB1＝﹣0.032J
t1后，由于F′＞f，B开始向左做匀加速运动，A继续做匀减速运动，当它们速度相等时A、B相距最远，
设此过程运动时间为t2，它们速度为v，则有 对A：速度v＝vA1﹣aAt2
对B：加速度
速度v＝aB1t2解得：v＝0.2m/s t2＝0.5s
t2时间内A运动的位移
B运动的位移
t2内A相对B的位移s2＝sA2﹣sB2＝0.30m摩擦力对B做功为w2＝﹣f sB2＝﹣0.04J
A最远到达b点a、b的距离为L＝s1+s2＝0.62m
从t＝0时刻到A运动到b点时，摩擦力对B做的功为 wf＝w1+w2＝﹣0.072J
2008广东卷
[2008广东卷 T12 4分]图是“嫦娥一号奔月”示意图，卫星发射后通过自带的小型火箭多次变轨，进入地月转移轨道，最终被月球引力捕获，成为绕月卫星，并开展对月球的探测．下列说法正确的是
A．发射“嫦娥一号”的速度必须达到第三宇宙速度
B．在绕月圆轨道上，卫星的周期与卫星质量有关
C．卫星受月球的引力与它到月球中心距离的平方成反比
D．在绕月圆轨道上，卫星受地球的引力大于受月球的引力
【答案】C
【解析】A、第三宇宙速度是指被发射物体能够脱离太阳系的最小的发射速度，而“嫦娥一号”仍然没有脱离地球的引力范围，故其发射速度小于第二宇宙速度。故A错误。
B、根据万有引力提供向心力
可得T2
故卫星运动的周期与卫星自身的质量无关。故B错误。
C、根据万有引力定律F可得“嫦娥一号”卫星受到的月球的引力与卫星到月球球心的距离的平方成反比。故C正确。
D、卫星在绕月轨道上时所受合力提供向心力，而向心力指向轨迹的圆心即月球的球心，故月球对卫星的引力大于地球对卫星的引力。故D错误。
[2008广东卷 T19 16分]如图（a）所示，在光滑绝缘水平面的AB区域内存在水平向右的电场，电场强度E随时间的变化如图（b）所示。不带电的绝缘小球P2静止在O点。t＝0时，带正电的小球P1以速度v0从A点进入AB区域，随后与P2发生正碰后反弹，反弹速度大小是碰前的倍，P1的质量为m1，带电量为q，P2的质量m2＝5m1，A、O间距为L0，O、B间距．已知
（1）求碰撞后小球P1向左运动的最大距离及所需时间。
（2）讨论两球能否在OB区间内再次发生碰撞。
【答案】（1）碰撞后小球P1向左运动的最大距离为，所需时间为。
（2）两球能在OB区间内再次发生碰撞。
【解析】（1）P1经t1时间与P2碰撞，则
P1、P2碰撞，设碰后P2速度为v2，由动量守恒：
解得v1（水平向左） v2（水平向右）
碰撞后小球P1向左运动的最大距离：又：a1
解得：Sm
所需时间：
（2）设P1、P2碰撞后又经△t时间在OB区间内再次发生碰撞，且P1受电场力不变，由运动学公式，以水平向右为正：S1＝S2则：
解得：（故P1受电场力不变）
对P2分析：
所以假设成立，两球能在OB区间内再次发生碰撞。
[2008广东卷 T20 17分]如图17所示，固定的凹槽水平表面光滑，其内放置Ｕ形滑板Ｎ，滑板两端为半径Ｒ＝0.45m的1/4圆弧面，A和D分别是圆弧的端点，BC段表面粗糙，其余段表面光滑.小滑块Ｐ1和Ｐ2的质量均为m，滑板的质量Ｍ＝4m.Ｐ1和Ｐ2与BC面的动摩擦因数分别为μ1=0.10和μ2=0.40，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力.开始时滑板紧靠槽的左端，Ｐ2静止在粗糙面的B点.Ｐ1以v0=4.0m/s的初速度从A点沿弧面自由滑下，与Ｐ2发生弹性碰撞后，Ｐ1处在粗糙面B点上.当Ｐ2滑到C点时，滑板恰好与槽的右端碰撞并牢固粘连，Ｐ2继续滑动，到达D点时速度为零.Ｐ1与Ｐ2视为质点，取g=10m/s2，问：
（1）Ｐ1在BC段向右滑动时，滑板的加速度为多大？
（2）BC长度为多少？Ｎ、Ｐ1、Ｐ2最终静止后，Ｐ1与Ｐ2间的距离为多少？
【答案】（1）0.8m/s2（2）L＝1.9m 最后两物体相距0.695m
【解析】（1）P1滑到最低点速度为v1，由机械能守恒定律有：
解得：v1＝5m/s
P1、P2碰撞，满足动量守恒，机械能守恒定律，设碰后速度分别为v′1、v2
则由动量守恒和机械能守恒可得：
mv1＝mv′1+mv2
mv12mv′12mv′22
解得：v′1＝0、v2＝5m/s
P2向右滑动时，假设P1与滑板N保持相对静止，对P2有：f2＝μ2mg＝4m（向左）
设P1、M的加速度为a2；
对P1、M有：f＝（m+M）a2
此时对P1有：f1＝ma2＝0.80m＜fm＝μ1mg＝1.0m，所以假设成立。
故滑块的加速度为0.8m/s2；
（2）P2滑到C点速度为v2′，由
得v′2＝3m/s
P1、P2碰撞到P2滑到C点时，设P1、M速度为v，由动量守恒定律得：mv2＝（m+M）v+mv′2
解得：v＝0.40m/s
对P1、P2、M为系统：f2Lmv22mv′22（m+M）v2
代入数值得：L＝1.9m
滑板碰后，P1向右滑行距离：
P2向左滑行距离：
所以P1、P2静止后距离：△S＝L﹣S1﹣S2＝0.695m
故最后两物体相距0.695m。
2007广东A卷
[2007广东卷 T8 4分]压敏电阻的阻值随所受压力的增大而减小，有位同学利用压敏电阻设计了判断小车运动状态的装置，其工作原理如图（a）所示，将压敏电阻和一块挡板固定在绝缘小车上，中间放置一个绝缘重球。小车向右做直线运动过程中，电流表示数如图（b）所示，下列判断正确的是（ ）
A．从t1到t2时间内，小车做匀速直线运动
B．从t1到t2时间内，小车做匀加速直线运动
C．从t2到t3时间内，小车做匀速直线运动
D．从t2到t3时间内，小车做匀加速直线运动
【答案】D
【解析】A、在t1～t2内，I变大，阻值变小，压力变大，小车做变加速运动，故A错误；
B、在t1～t2内，I变大，阻值变小，压力变大，小车做变加速运动，故B错误；
C、在t2～t3内，I不变，压力恒定，小车做匀加速直线运动，故C错错误；
D、在t2～t3内，I不变，压力恒定，小车做匀加速直线运动，故D正确；
[2007广东卷 T19 17分]如图所示，沿水平方向放置一条平直光滑槽，它垂直穿过开有小孔的两平行薄板，板相距3.5L．槽内有两个质量均为m的小球A和B，球A带电量为+2q，球B带电量为﹣3q，两球由长为2L的轻杆相连，组成一带电系统。最初A和B分别静止于左板的两侧，离板的距离均为L．若视小球为质点，不计轻杆的质量，在两板间加上与槽平行向右的匀强电场E后（设槽和轻杆由特殊绝缘材料制成，不影响电场的分布），求：
（1）球B刚进入电场时，带电系统的速度大小。
（2）带电系统从开始运动到速度第一次为零时球A相对右板的位置。
【答案】（1）球B刚进入电场时，带电系统的速度大小为。
（2）带电系统从开始运动到速度第一次为零时球A相对右板的位置距离为。
【解析】（1）设球B刚进入电场时，带电系统的速度为v1，由动能定理有：
2qEL
解得：
（2）设带电系统的速度为0时，假设A球仍在电场中，并设B球在电场中的位移为x，
由动能定理有
解得 x＝2L＞1.5L
所以带电系统速度第一次为零时，球A、B应分别在右极板两侧。
设A球达到右极板时速度为v2，
则：2qE 2.5L﹣3qE 1.5L
解得：
接下来，只有B球受到电场力，设带电系统的速度为0时，A球相对右极板的位移为x。
由动能定理有：3qEx
解得：
[2007广东卷 T20 18分]如图为装置的垂直截面图，虚线A1A2是垂直截面与磁场区边界面的交线，匀强磁场分布在A1A2的右侧区域，磁感应强度B＝0.4T，方向垂直纸面向外，A1A2与垂直截面上的水平线夹角为45°．在A1A2左侧，固定的薄板和等大的挡板均水平放置，它们与垂直截面交线分别为S1、S2，相距L＝0.2m．在薄板上P处开一小孔，P与A1A2线上点D的水平距离为L．在小孔处装一个电子快门．起初快门开启，一旦有带正电微粒通过小孔，快门立即关闭，此后每隔T＝3.0×10﹣3s开启一次并瞬间关闭．从S1S2之间的某一位置水平发射一速度为v0的带正电微粒，它经过磁场区域后入射到P处小孔．通过小孔的微粒与挡板发生碰撞而反弹，反弹速度大小是碰前的0.5倍．
（1）通过一次反弹直接从小孔射出的微粒，其初速度v0应为多少？
（2）求上述微粒从最初水平射入磁场到第二次离开磁场的时间．（忽略微粒所受重力影响，碰撞过程无电荷转移．已知微粒的荷质比．只考虑纸面上带电微粒的运动）
【答案】（1）通过一次反弹直接从小孔射出的微粒，其初速度v0应为100 m/s；
（2）上述微粒从最初水平射入磁场到第二次离开磁场的时间为2.8×10﹣2s．
【解析】
（1）如图所示，设带正电微粒在S1S2之间任意点Q以水平速度v0进入磁场，微粒受到的洛伦兹力为f，在磁场中做圆周运动的半径为r，有：
解得：r
欲使微粒能进入小孔，半径r的取值范围为：L＜r＜2L
代入数据得：80 m/s＜v0＜160 m/s
欲使进入小孔的微粒与挡板一次相碰返回后能通过小孔，还必须满足条件：其中n＝1，2，3，…可知，只有n＝2满足条件，即有：v0＝100 m/s
（2）设微粒在磁场中做圆周运动的周期为T0，从水平进入磁场到第二次离开磁场的总时间为t，设t1、t4分别为带电微粒第一次、第二次在磁场中运动的时间，第一次离开磁场运动到挡板的时间为t2，碰撞后再返回磁场的时间为t3，运动轨迹如答图所示，则有：
； ； ； ；
所以t＝t1+t2+t3+t4＝2.8×10﹣2s
2006广东卷
[2006广东卷 T10 4分]如图所示，用一根长为L质量不计的细杆与一个上弧长为l0、下弧长为d0的金属线框的中点连接并悬挂于O点，悬点正下方存在一个上弧长为2l0、下弧长为2d0的方向垂直纸面向里的匀强磁场，且d0《L．先将线框拉开到如图所示位置，松手后让线框进入磁场，忽略空气阻力和摩擦．下列说法正确的是（ ）
A．金属线框进入磁场时感应电流的方向为a→b→c→d→a
B．金属线框离开磁场时感应电流的方向为a→d→c→b→a
C．金属线框dc边进入磁场与ab边离开磁场的速度大小总是相等
D．金属线框最终将在磁场内做简谐运动
【答案】D
【解析】A、金属线框进入磁场时，由于电磁感应，产生电流，根据楞次定律判断电流的方向为 a→d→c→b→a，故A错误。
B、金属线框离开磁场时由于电磁感应，产生电流，根据楞次定律判断电流的方向为a→b→c→d→a，故B错误。
C、D、根据能量转化和守恒，线圈每次经过边界时都会消耗机械能，故可知，金属线框 dc边进入磁场与ab边离开磁场的速度大小不相等。如此往复摆动，最终金属线框在匀强磁场内摆动，由于 od≤L，单摆做简谐运动的条件是摆角小于等于 10 度，故最终在磁场内做简谐运动，故D正确。
[2006广东卷 T12 11分]某同学设计了一个如图7所示的实验电路，用以测定电源电动势和内阻，使用的实验器材为：待测干电池组（电动势约3V）、电流表（量程0.6A，内阻小于1Ω）、电阻箱（0～99.99Ω）、滑动变阻器（0～10Ω）、单刀双掷开关、单刀单掷开关各一个及导线若干。考虑到干电池的内阻较小，电流表的内阻不能忽略。
（1）该同学按图7连线，通过控制开关状态，测得电流表内阻约为0.20Ω。试分析该测量产生误差的原因是_________________________________________。
（2）简要写出利用图7所示电路测量电源电动势和内阻的实验步骤：
①_______________________________________________________________________；
②_______________________________________________________________________；
（3）图8是由实验数据绘出的图象，由此求出待测干电池组的电动势E＝____________V、内阻r＝_____________Ω。（计算结果保留三位有效数字）
【答案】（1）并联电阻箱后线路总阻值减小，从而造成总电流增大
（2）①调节电阻箱 R，断开开关K，将开关 S 接 D，记录电阻箱的阻值和电流表示数；
②断开开关D，再次调节电阻箱 R，将开关 S 接 D，记录电阻箱的阻值和电流表示数．
（3）2.86（2.76﹣2.96 V均给分） 2.37
【解析】（1）用图示电路测电流表电阻时用半偏法，其测量方法是：先闭合电键K，调节滑动变阻器，使电流表满偏；然后，把开关S连到C上，保持滑动变阻器电阻不变，调节电阻箱，使电流表半偏，则电阻箱的电阻即为电流表电阻，其产生误差的原因是并联电阻箱后线路总阻值减小，从而造成总电流增大．使测得的电流偏小；
（2）测电动势和内电阻，只需得出电流值及外电阻的阻值即可；故断开电键K，将开关S与D连接，调节电阻箱R，得到多组R、I值，由闭合电路欧姆定律画出R图象，由图象的斜率及截距的意义即可求得电动势和内电阻．故步骤应为：
①调节电阻箱 R，断开开关K，将开关 S 接 D，记录电阻箱的阻值和电流表示数；
②断开开关K，再次调节电阻箱 R，将开关 S 接 D，记录电阻箱的阻值和电流表示数．
（3）由闭合电路欧姆定律可得：E＝I（R+RA+r），即：，
由上式可知：图线的斜率是电动势的倒数，图线在纵轴上的截距是，
由此可得：E V＝2.86 V，
0.9，
解得：r＝0.9E﹣RA＝2.32Ω．
[2006广东卷 T16 16分]如图所示，在磁感应强度大小为B、方向垂直向上的匀强磁场中，有一上、下两层均与水平面平行的“U”型光滑金属导轨，在导轨面上各放一根完全相同的质量为m的匀质金属杆A1和A2，开始时两根金属杆位于同一竖起面内且杆与轨道垂直．设两导轨面相距为H，导轨宽为L，导轨足够长且电阻不计，金属杆单位长度的电阻为r．现有一质量为的不带电小球以水平向右的速度v0撞击杆A1的中点，撞击后小球反弹落到下层面上的C点．C点与杆A2初始位置相距为S．求：
（1）回路内感应电流的最大值；
（2）整个运动过程中感应电流最多产生了多少热量；
（3）当杆A2与杆A1的速度比为1：3时，A2受到的安培力大小．
【答案】（1）回路内感应电流的最大值为；
（2）整个运动过程中感应电流最多产生热量为m（v0+s）2；
（3）当杆A2与杆A1的速度比为1：3时，A2受到的安培力大小为（v0+s）．
【解析】设撞击后小球反弹的速度为v1，金属杆A1的速度为v01，根据动量守恒定律，mv0m（﹣v1）+mv01，①
根据平抛运动的分解，有s＝v1t，Hgt2
由以上2式解得v1＝s②
②代入①得v01（v0+s） ③
回路内感应电动势的最大值为Em＝BLv01，电阻为R＝2Lr，
所以回路内感应电流的最大值为Im． ④
（2）因为在安培力的作用下，金属杆A1做减速运动，金属杆A2做加速运动，当两杆速度大小相等时，回路内感应电流为0，根据能量守恒定律，mv012＝Q 2mv2⑤
其中v是两杆速度大小相等时的速度，根据动量守恒定律，
mv01＝2mv，所以vv01，代入⑤式得
Qm（v0+s）2⑥
（3）设金属杆A1、A2速度大小分别为v1、v2，根据动量守恒定律，
mv01＝mv1+mv2，又，所以
v1v01，v2v01．
金属杆A1、A2速度方向都向右，根据右手定则判断A1、A2产生的感应电动势在回路中方向相反，
所以感应电动势为E＝BL（v1﹣v2），电流为I，安培力为F＝BIL，
所以A2受到的安培力大小为F（v0+s）．
当然A1受到的安培力大小也如此，只不过方向相反．
[2006广东卷 T17 16分]宇宙中存在一些离其他恒星较远的，由质量相等的三颗星组成的三星系统，通常可忽略其他星体对他们的引力作用．现已观测到稳定的三星系统存在两种基本的构成形式：一种是三颗星位于同一直线上，两颗星围绕中央星在同一半径为R的圆轨道上运行；另一种形式是三颗星位于等边三角形的三个顶点上，并沿外接于等边三角形的圆轨道运行．设每个星体的质量均为m，引力常量为G．
（1）试求第一种形式下，星体运动的线速度大小和周期；
（2）假设两种形式下星体的运动周期相同，第二种形式下星体之间的距离应为多少？
【答案】（1）第一种形式下线速度大小为，周期为；
（2）第二种形式下星体之间的距离应为．
【解析】（1）第一种形式下，三颗星位于同一直线上，两颗星围绕中央星在同一半径为R的圆轨道上运行；其中边上的一颗星受中央星和另一颗边上星的万有引力提供向心力：，
解得：，
故周期：T
（2）另一种形式是三颗星位于等边三角形的三个顶点上，并沿外接于等边三角形的圆形轨道运行，由万有引力定律和牛顿第二定律得：
，
联立解得：．
[2006广东卷 T18 17分]在光滑绝缘的水平桌面上，有两个质量均为m，电量为+q的完全相同的带电粒子P1和P2，在小孔A处以初速度为零先后释放．在平行板间距为d的匀强电场中加速后，P1从C处对着圆心进入半径为R的固定圆筒中（筒壁上的小孔C只能容一个粒子通过），圆筒内有垂直水平面向上的磁感应强度为B的匀强磁场．P1每次与筒壁发生碰撞均无电荷迁移，P1进入磁场第一次与筒壁碰撞点为D，∠COD＝θ，如图所示．延后释放的P2，将第一次欲逃逸出圆筒的P1正碰圆筒内，此次碰撞刚结束，立即改变平行板间的电压，并利用P2与P1之后的碰撞，将P1限制在圆筒内运动．碰撞过程均无机械能损失．设，求：在P2和P1相邻两次碰撞时间间隔内，粒子P1与筒壁的可能碰撞次数．
附：部分三角函数值
φ
tanφ 3.08 1.73 1.00 0.73 0.58 0.48 0.41 0.36 0.32
【答案】在P2和P1相邻两次碰撞时间间隔内，粒子P1与筒壁的可能碰撞次数为2、3、4、5、6、7．
【解析】粒子在磁场中匀速圆周运动的周期T，
由几何知识，得半径r＝Rtan
从C到D的时间tCD
P1、P2每次碰撞都应当在C点．
设P1在圆筒内转动了n圈和筒壁碰撞了K次后与P2相碰于C点，则K+1
所以两粒子每次碰撞的时间间隔t＝tCD（K+1）
在t 时间内，P2向左运动x再回到C，平均速度为
t＝2
由上述两式可得，
（k+1）
tan
当 n＝1，K＝2、3、4、5、6、7 时符合条件，K＝1、8、9…不符合条件
当 n＝2，3，4…．时，无论K等于多少，均不符合条件．
2005广东卷
[2005广东卷 T9 4分]钳形电流表的外形和结构如图（a）所示．图（a）中电流表的读数为1.2A．图（b）中用同一电缆线绕了3匝，则（ ）
A．这种电流表能测直流电流，图（b）的读数为2.4A
B．这种电流表能测交流电流，图（b）的读数为0.4A
C．这种电流表能测交流电流，图（b）的读数为3.6A
D．这种电流表既能测直流电流，又能测交流电流，图（b）的读数为3.6A
【答案】C
【解析】由于变压器工作原理是通过原线圈的电流发生变化，则原线圈产生的磁场发生变化，故穿过副线圈的磁通量发生变化，从而在副线圈中产生感应电流，故这种电流表只能测交流电流。
根据理想变压器的输入电压和输出电压的关系有
输入功率和输出功率的关系有P1＝P2
即U1I1＝U2I2
所以n1I1＝n2I2
故I2
由题意可知当n1＝1时I2＝1.2A，
故当n1＝3时，I′2＝3.6A。
[2005广东卷 T10 4分]竖直放置的一对平行金属板的左极板上用绝缘线悬挂了一个带正电的小球，将平行金属板按如图所示的电路图连接．绝缘线与左极板的夹角为θ．当滑动变阻器R的滑片在a位置时，电流表的读数为I1，夹角为θ1；当滑片在b位置时，电流表的读数为I2，夹角为θ2，则（ ）
A．θ1＜θ2，I1＜I2 B．θ1＞θ2，I1＞I2
C．θ1＜θ2，I1＝I2 D．θ1＞θ2，I1＝I2
【答案】C
【解析】因电容器稳定后相当于开路，对电路没有影响，故移动滑片时电路中电流不变，即I1＝I2；
小球带正电，小球受重力、电场力及绳子的拉力而处于平衡；
滑片右移时，与电容器并联部分的电压增大，则电容器两端的电压增大，由U＝Ed可知，两极板间的电场强度增大；小球受到的水平向右的电场力增大，因重力不变，要使小球重新处于静止状态，细线与竖直板间的夹角应增大；
故选C。
[2005广东卷 T12 11分]热敏电阻是传感电路中常用的电子元件．现用伏安法研究热敏电阻在不同温度下的伏安特性曲线，要求特性曲线尽可能完整．已知常温下待测热敏电阻的阻值约4～5Ω．热敏电阻和温度计插入带塞的保温杯中，杯内有一定量的冷水，其它备用的仪表和器具有：盛有热水的热水杯（图中未画出）、电源（3V、内阻可忽略）、直流电流表（内阻约1Ω）、直流电压表（内阻约5kΩ）、滑动变阻器（0～20Ω）、开关、导线若干．
（1）在图（a）的方框中画出实验电路图，要求测量误差尽可能小．
（2）根据电路图，在图（b）的实物图上连线．
（3）简要写出完成接线后的主要实验步骤 ．
【答案】（1）如答图1（2）如答图2所示．
（3）①往保温杯中加入一些热水，待温度稳定时读出温度计值；
②调节滑动变阻器，快速测出电流表和电压表的值；
③重复①～②，测量不同温度下的数据；
④绘出各测量温度下热敏电阻的伏安特性曲线．
【解析】（1）热敏电阻的阻值随温度的升高而减小，故要研究热敏电阻在不同温度下的伏安特性曲线，则需要电压的变化范围要尽可能的大，故滑动变阻器应采用分压接法，由于中值电阻R中50Ω，热敏电阻的阻值常温下约4～5Ω，故热敏电阻为小电阻．故安培表采用外接法．故电路连接如图所示．
（2）由于热敏电阻的温度变化范围要尽可能的大，故热敏电阻要放在不同的水温中，电路的连接要注意先串联再并联，电流要从正接线柱流入电流表和电压表，滑动变阻器下边两个接线柱要全接上，上边只能接一个接线柱．连接如图所示．
（3）①往保温杯中加入一些热水，待温度稳定时读出温度计值；
②调节滑动变阻器，快速测出电流表和电压表的值；
③重复①～②，测量不同温度下的数据；
④绘出各测量温度下热敏电阻的伏安特性曲线
[2005广东卷 T17 16分]如图所示，一半径为r的圆形导线框内有一匀强磁场，磁场方向垂直于导线框所在平面，导线框的左端通过导线接一对水平放置的平行金属板，两板间的距离为d，板长为l，t＝0时，磁场的磁感应强度B从B0开始均匀增大，同时，在板2的左端且非常靠近板2的位置有一质量为m、带电量为﹣q的液滴以初速度v0水平向右射入两板间，该液滴可视为质点．
（1）要使该液滴能从两板间射出，磁感应强度随时间的变化率K应满足什么条件？
（2）要使该液滴能从两板间右端的中点射出，磁感应强度B与时间t应满足什么关系？
【答案】（1） （2）
【解析】（1）由题意可知：板1为正极，板2为负极
设磁场变化率为K，两板间的电压：①
而：s＝πr2②
带电液滴受的电场力：③
由牛顿第二定律得：F﹣mg＝ma ④
由③④联立解得：⑤
由于极板1带正电，液滴受到向上电场力，若重力大于或者等于电场力，小球将沿极板直线飞出；
若重力小于电场力，液滴将向上偏转，做类平抛运动，当刚好沿上极板飞出时有：
x＝l＝v0t ⑥
⑦
由②⑦得：
要使液滴能射出，必须满足 y＜d
故磁感应强度随时间的变化率满足条件为：
（2）当液滴从两板右端中点射出时，有：
l＝v0t，⑧
⑨
联立①⑤⑧⑨解得此时磁感应强度的变化率为：
所以磁感应强度B与时间t应满足关系为：
[2005广东卷 T18 17分]如图所示，两个完全相同的质量为m的木板A、B置于水平地面上，它们的间距s＝2.88m．质量为2m，大小可忽略的物块C置于A板的左端．C与A之间的动摩擦因数为μ1＝0.22，A、B与水平地面之间的动摩擦因数为μ2＝0.10，最大静摩擦力可以认为等于滑动摩擦力．开始时，三个物体处于静止状态．现给C施加一个水平向右，大小为的恒力F，假定木板A、B碰撞时间极短且碰撞后粘连在一起，要使C最终不脱离木板，每块木板的长度至少应为多少？
【答案】0.3m
【解析】设A、C之间的滑动摩擦力大小为f1，A与水平地面之间的滑动摩擦力大小为f2
∵μ1＝0.22，μ2＝0.10
∴Fmg＜f1＝μ1（2m）g ①
且 Fmg＞f2＝μ2（2m+m）g ②
∴一开始A和C保持相对静止，在F的作用下向右加速运动，有
（F﹣f2）s③
A、B两木块的碰撞瞬间，内力的冲量远大于外力的冲量，A、B系统动量守恒，由动量守恒定律得
m v1＝（m+m）v2④
碰撞结束后到三个物体达到共同速度的相互作用过程中，由于A、B、C系统所受外力的合力为零，故系统总动量守恒，设木板向前移动的位移为s1，则由动量守恒定律
2mv1+（m+m）v2＝（2m+m+m）v3⑤
f1s1﹣f3s1⑥
f3＝μ2（2m+m+m）g ⑦
对C物体，由动能定理⑧
由以上各式，再代入数据可得
l＝0.3m
即每块木板的长度至少应为0.3m．
2004广东卷
[2004广东卷 T8 4分]如图所示，密闭绝热的具有一定质量的活塞，活塞的上部封 闭着气体，下部为真空，活塞与器壁的摩擦忽略不计，置于真空中的轻弹簧的一端固定于容器的底部．另一端固定在活塞上，弹簧被压缩后用绳扎紧，此时弹簧的弹性势能为EP（弹簧处于自然长度时的弹性势能为零），现绳突然断开，弹簧推动活塞向上运动，经过多次往复运动后活塞静止，气体达到平衡态，经过此过程（ ）
A．EP全部转换为气体的内能
B．EP一部分转换成活塞的重力势能，其余部分仍为弹簧的弹性势能
C．EP全部转换成活塞的重力势能和气体的内能
D．EP一部分转换成活塞的重力势能，一部分转换为气体的内能，其余部分仍为弹簧的弹性势能
【答案】D
【解析】由于开始弹簧处于压缩状态，弹簧中储存了一定的弹性势能，在绳子断开后活塞由于受到弹力大于活塞的重力故活塞向上运动，到达最高点后再向下运动，如此反复；当活塞最后静止时弹簧的弹力与物体的重力、气球的压力三力平衡时弹簧处于压缩状态。
在活塞运动过程中对活塞做功的有重力，弹簧的弹力和空气的阻力。当弹簧最后静止时弹簧仍处于压缩状态，但弹簧的形变量减小故弹簧储存的弹性势能减小；由于活塞的高度增大，故活塞的重力势能增大，在活塞运动的过程中空气的阻力始终做负功，产生内能，故减少的弹性势能一部分转化为重力势能，一部分转化为空气的内能。故D正确。
[2004广东卷 T10 4分]（多选）在场强为E的匀强电场中固定放置两个小球1和2，它们的质量相等，电荷分别为q1和q2（q1≠q2）。球1和球2的连线平行于电场线，如图。现同时放开1球和2球，于是它们开始在电场力的作用下运动，如果球1和球2之间的距离可以取任意有限值，则两球刚被放开时，它们的加速度可能是（ ）
A．大小相等，方向相同 B．大小不等，方向相反
C．大小不等，方向相同 D．大小相等，方向相反
【答案】ABC
【解析】电场力公式为：F＝Eq，电场为匀强电场，q1≠q2，因此两球受电场力不等，由于电荷电性不确定，故电场力方向可能相同，也可能相反；两球质量相等，根据F＝ma，可知两球加速度大小一定不等，方向可能相同或相反，故BC正确。
若都带正电荷且q1＜q2，此时q1受到的电场E给它的电场力比较小，但q2给它的库仑力方向与E对它的电场力方向相同，q1对q2的库仑力的方向和E对q2的电场力的方向相反，此时有可能会出现：Eq1+F库＝Eq2﹣F库
这种情况下它们的加速度大小相等，方向相同。故A正确。
若都带负电荷，与前一个的分析相似。
若带异号电荷，电场E对两个电荷的电场力和它们之间的库仑力都方向相反，库仑力大小相等，电场力大小不相等，所以它们加速度相反时，大小不会相等。故D错误。
[2004广东卷 T15 15分]如图，在水平面上有两条平行导电导轨MN、PQ，导轨间距离为l，匀强磁场垂直于导轨所在的平面（纸面）向里，磁感应强度的大小为B，两根金属杆1、2摆在导轨上，与导轨垂直，它们的质量和电阻分别为m1、m2和R1、R2，两杆与导轨接触良好，与导轨间的动摩擦因数为μ，已知：杆1被外力拖动，以恒定的速度v0沿导轨运动；达到稳定状态时，杆2也以恒定速度沿导轨运动，导轨的电阻可忽略，求此时杆2克服摩擦力做功的功率．
【答案】此时杆2克服摩擦力做功的功率是．
【解析】设杆2的运动速度为v，由于两杆运动时，两杆间和导轨构成的回路中的磁通量发生变化，
产生感应电动势 E＝Bl（v0﹣v）①
感应电流 ②
杆2做匀速运动，它受到的安培力等于它受到的摩擦力，
BlI＝μm2g③
导体杆2克服摩擦力做功的功率 P＝μm2gv ④
由①②③④解得
[2004广东卷 T18 17分]如图，真空室内存在匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度的大小B＝0.60T，磁场内有一块平面感光板ab，板面与磁场方向平行，在距ab的距离l＝16cm处，有一个点状的α放射源S，它向各个方向发射α粒子，α粒子的速度都是v＝3.0×106m/s，已知α粒子的电荷与质量之比，现只考虑在图纸平面中运动的α粒子，求ab上被α粒子打中的区域的长度。
【答案】20cm
【解析】α粒子带正电，故在磁场中沿逆时针方向做匀速圆周运动，
用R表示轨道半径，有①
由此得 代入数值得R＝10cm
可见，2R＞l＞R。
因朝不同方向发射的α粒子的圆轨迹都过S，由此可知，某一圆轨迹在图中N左侧与ab相切，则此切点P1就是α粒子能打中的左侧最远点。为定出P1点的位置，可作平行于ab的直线cd，cd到ab的距离为R，以S为圆心，R为半径，作弧交cd于Q点，过Q作ab的垂线，它与ab的交点即为P1.②
再考虑N的右侧。任何α粒子在运动中离S的距离不可能超过2R，以2R为半径、S为圆心作圆，交ab于N右侧的P2点，此即右侧能打到的最远点。
由图中几何关系得③
所求长度为 P1P2＝NP1+NP2④
代入数值得P1P2＝20cm
ab上被α粒子打中的区域的长度 P1P2＝20cm。
历年（2004~2021）高考物理
《压轴题汇编》(13套，51道)
备注：2016-2020广东卷采用全国1卷，故未收录此文件。
目 录
2021广东卷 3
2015广东卷 8
2014广东卷 13
2013广东卷 18
2012广东卷 22
2011广东卷 27
2010广东卷 31
2009广东卷 33
2008广东卷 40
2007广东A卷 44
2006广东卷 47
2005广东卷 53
2004广东卷 59
2021广东卷
[2021广东卷 T7 4分]某同学设计了一个充电装置，如图所示，假设永磁铁的往复运动在螺线管中产生近似正弦式交流电，周期为0.2s，电压最大值为0.05V，理想变压器原线圈接螺线管，副线圈接充电电路，原、副线圈匝数比为1∶60，下列说法正确的是（ ）
A．交流电的频率为10Hz
B．副线圈两端电压最大值为3V
C．变压器输入电压与永磁铁磁场强弱无关
D．充电电路的输入功率大于变压器的输入功率
【答案】B
【解析】A、交流电的周期为T＝0.2s，则其频率fHz＝5Hz，故A错误；
B、输入电压的最大值U1m＝0.05V，根据可知，输出电压最大值U2m60×0.05V＝3V，故B正确；
C、输入电压是由电磁感应产生的，根据法拉第电磁感应定律可知，输入电压与永磁体的强弱有关，故C错误；
D、变压器两端的功率是相等的，即输出功率决定了输入功率，故D错误。
[2021广东卷 T10 6分]（多选）如图所示，水平放置足够长光滑金属导轨和，与平行，是以O为圆心的圆弧导轨，圆弧左侧和扇形内有方向如图的匀强磁场，金属杆的O端与e点用导线相接，P端与圆弧接触良好，初始时，可滑动的金属杆静止在平行导轨上，若杆绕O点在匀强磁场区内从b到c匀速转动时，回路中始终有电流，则此过程中，下列说法正确的有（ ）
A．杆产生的感应电动势恒定
B．杆受到的安培力不变
C．杆做匀加速直线运动
D．杆中的电流逐渐减小
【答案】AD
【解析】A、设OP转动的角速度为ω，圆弧导轨半径为r，则OP转动切割磁感应线的感应电动势为：E＝Br，所以杆OP产生的感应电动势恒定，故A正确；
B、根据右手定则可知OP棒中产生的感应电流方向由O到P，则通过MN的电流方向由M到N，根据左手定则可知杆MN受到的安培力方向向左，杆MN将向左运动切割磁感应线，由于MN切割磁感应线产生的感应电流方向由N到M，从而使得杆OP中的电流大小发生改变，根据F安＝BIr可知，OP受到的安培力减小，故B错误；
C、根据B选项分析可知，杆MN中的电流大小发生变化，根据牛顿第二定律可得MN的加速度大小a发生改变，杆MN不是做匀加速直线运动，故C错误；
D、根据B选项分析可知，杆MN中的电流逐渐减小，故D正确。
[2021广东卷 T12 9分]某小组研究热敏电阻阻值随温度的变化规律。根据实验需要已选用了规格和量程合适的器材。
（1）先用多用电表预判热敏电阻阻值随温度的变化趋势。选择适当倍率的欧姆挡，将两表笔 ，调节欧姆调零旋钮，使指针指向右边“0Ω”处。测量时观察到热敏电阻温度越高，相同倍率下多用电表指针向右偏转角度越大，由此可判断热敏电阻阻值随温度的升高而 。
（2）再按图连接好电路进行测量。
①闭合开关S前，将滑动变阻器R1的滑片滑到 端 （选填“a”或“b”）。
将温控室的温度设置为T，电阻箱R0调为某一阻值R01。闭合开关S，调节滑动变阻器R1，使电压表和电流表的指针偏转到某一位置.，记录此时电压表和电流表的示数、T和R01。断开开关S。
再将电压表与热敏电阻C端间的导线改接到D端，闭合开关S。反复调节R0和R1，使电压表和电流表的示数与上述记录的示数相同，记录此时电阻箱的阻值R02，断开开关S。
②实验中记录的阻值R01 R02（选填“大于”、“小于”或“等于”），此时热敏电阻阻值RT＝ 。
（3）改变温控室的温度，测量不同温度时的热敏电阻阻值，可以得到热敏电阻阻值随温度的变化规律。
【答案】 （1）短接；减小；（2）①b；②大于；R01﹣R02。
【解析】（1）选择适当倍率的欧姆挡，将两表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使指针指向右边“0Ω”处；
欧姆表表盘右侧刻度值小，左侧刻度值大，测量时观察到热敏电阻温度越高，相同倍率下多用电表指针向右偏转角度越大，
说明此时热敏电阻阻值越小，由此可判断热敏电阻阻值随温度的升高而减小。
（2）①由图示电路图可知，滑动变阻器采用限流接法，为保护电路，闭合开关S前，将滑动变阻器R1的滑片滑到b端。
②设电压表示数为U，电流表示数为I，设电流表内阻为RA，根据实验步骤，由串联电路特点与欧姆定律得：RA+R01，RA+R02+RT，
解得：R01＞R02，RT＝R01﹣R02
[2021广东卷 T14 15分]如图是一种花瓣形电子加速器简化示意图。空间有三个同心圆a、b、c围成的区域，圆a内为无场区，圆a与圆b之间存在辐射状电场，圆b与圆c之间有三个圆心角均略小于90°的扇环形匀强磁场区Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ。各区磁感应强度恒定，大小不同，方向均垂直纸面向外。电子以初动能Ek0从圆b上P点沿径向进入电场。电场可以反向，保证电子每次进入电场即被全程加速。已知圆a与圆b之间电势差为U，圆b半径为R，圆c半径为R，电子质量为m，电荷量为e。忽略相对论效应。取tan22.5°＝0.4。
【答案】答：（1）当Ek0＝0时，Ⅰ区的磁感应强度大小为、电子在Ⅰ区磁场中的运动时间为、在Q点出射时的动能为8eU；
（2）当Ek0＝keU时，要保证电子从出射区域出射，k的最大值为。
【解析】电子在电场中加速有
在磁场Ⅰ中，由几何关系可得
联立解得
在磁场Ⅰ中的运动周期为
由几何关系可得，电子在磁场Ⅰ中运动的圆心角为
在磁场Ⅰ中的运动时间为
联立解得
从Q点出来的动能为
（2）在磁场Ⅰ中的做匀速圆周运动的最大半径为，此时圆周的轨迹与Ⅰ边界相切，由几何关系可得
解得
由于
联立解得
2015广东卷
[2015广东卷 T16 4分]在同一匀强磁场中，α粒子（He）和质子（H）做匀速圆周运动，若它们的动量大小相等，则α粒子和质子（ ）
A．运动半径之比是2：1
B．运动周期之比是2：1
C．运动速度大小之比是4：1
D．受到的洛伦兹力之比是2：1
【答案】B
【解析】C、两个粒子的动量大小相等，质量之比是4：1，
所以：．故C错误；
A、质子H和α粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，均由洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：
qvB＝m，得轨道半径：R，
根据质子质子（H）和α（He）粒子的电荷量之比是1：2，质量之比是1：4，
则得：RHe：RH，故A错误；
B、粒子运动的周期：，所以：．故B正确；
D、根据粒子受到的洛伦兹力：f＝qvB，得：．故D错误。
[2015广东卷 T21 6分]（多选）如图所示的水平匀强电场中，将两个带电小球M和N分别沿图示路径移动到同一水平线上的不同位置，释放后，M、N保持静止，不计重力，则( )
A．M的带电荷量比N的大
B．M带负电荷，N带正电荷
C．静止时M受到的合力比N的大
D．移动过程中匀强电场对M做负功
【答案】BD
【解析】AB．因为M、N在释放后保持静止，说明受到的合力为0，若M带正电，不论N带正电，还是带负电，都不可能同时静止，只有M带负电，N带正电才能满足同时静止．又M与N之间的库仑力是作用力与反作用力，总是大小相等方向相反，所以二者受到的电场力也必定是大小相等方向 相反，由F=qE可知，二者所带的电量大小相等．故A错误，B正确；
C．静止时，二者受到的合力都是0．故C错误；
D．M带负电，受到的电场力的方向向左，所以移动过程中匀强电场对M做负功．故D正确．
[2015广东卷 T34 10分]某实验小组研究两个未知元件X和Y的伏安特性，使用的器材包括电压表(内阻约为3kΩ)、电流表(内阻约为1Ω)、定值电阻等。
(1)使用多用电表粗测元件X的电阻。选择“×1”欧姆档测量，示数如图(a)所示，读数为 ___________ Ω。据此应选择图中的 ___________ (填“b”或“c”)电路进行实验。
(2)连接所选电路，闭合S；滑动变阻器的滑片P从左向右滑动，电流表的示数逐渐 ___________ (填“增大”或“减小”)；依次记录电流及相应的电压；将元件X换成元件Y，重复实验。
(3)图(a)是根据实验数据作出的U-I图线，由图可判断元件 ___________ (填“X”或“Y”)是非线性元件。
(4)该小组还借助X和Y中的线性元件和阻值R=21Ω的定值电阻，测量待测电池组的电动势E和电阻r，如图(b)所示。闭合S1和S2，电压表读数为3.00V；断开S2，读数为1.00V，利用图(a)可算得E= ___________ V，r= ___________ Ω(结果均保留两位有效数字，视电压表为理想电压表)。
【答案】（1）10；b（2）增大；（3）Y（4）3.2；0.50
【解析】（1）使用多用电表粗测元件X的电阻，选择“×1”欧姆挡测量，示数如图（a）所示，读数为10Ω。
元件X的电阻远小于电压表内阻，电流表采用外接法误差较小，因此需要选择图b所示实验电路。
（2）连接所选电路，闭合S；滑动变阻器的滑片P从左向右滑动，并联支路电压增大，电流表的示数逐渐增大；
（3）如图（d）是根据实验数据作出的U﹣I图线，由图可判断元件Y是非线性元件；
（4）根据U﹣I图线得出元件X的电阻R10Ω；
闭合S1和S2，电压表读数为3.00V；断开S2，读数为1.00V，
根据闭合电路欧姆定律列出等式E＝3r
E＝1（r+21）
解得：E＝3.2V．r＝0.50Ω
[2015广东卷 T36 18分]如图所示，一条带有圆轨道的长轨道水平固定，圆轨道竖直，底端分别与两侧的直轨道相切，半径R＝0.5m，物块A以v0＝6m/s的速度滑入圆轨道，滑过最高点Q，再沿圆轨道滑出后，与直轨道上P处静止的物块B碰撞，碰后粘在一起运动，P点左侧轨道光滑，右侧轨道呈粗糙段、光滑段交替排列，每段长度都为L＝0.1m，物块与各粗糙段间的动摩擦因数都为μ＝0.1，A、B的质量均为m＝1kg(重力加速度g取10m/s2；A、B视为质点，碰撞时间极短)。
(1)求A滑过Q点时的速度大小v和受到的弹力大小F；
(2)若碰后AB最终停止在第k个粗糙段上，求k的数值；
(3)求碰后AB滑至第n个(n＜k)光滑段上的速度vn与n的关系式。
【答案】（1）A滑过Q点时的速度大小V为4m/s；受到的弹力大小F为22N；
（2）k的数值为45；
（3）碰后AB滑至第n个（n＜k）光滑段上的速度VAB与n的关系式为vABm/s；
【解析】（1）由机械能守恒定律可得：
mv02＝mg（2R）mv2；
解得：v＝4m/s；
由F+mg＝m可得：F＝22N；
（2）AB碰撞前A的速度为vA，由机械能守恒定律可得：
mv02mvA2
得vA＝v0＝6m/s；
AB碰撞后以共同速度vP前进，设向右为正方向，由动量守恒定律可得：
mv0＝（m+m）vp
解得：vP＝3m/s；
故总动能EK（m+m）vP22×9＝9J；
滑块每经过一段粗糙段损失的机械能△E＝fL＝μ（m+m）gL＝0.1×20×0.1＝0.2J；
k45；
（3）AB整体滑到第n个光滑段上损失的能量；
E损＝nE＝0.2nJ
从AB碰撞后运动到第n个光滑段的过程中，由能量守恒定律可得：
（m+m）vP2（m+m）vAB2＝n△E，
代入解得：vABm/s；
2014广东卷
[2014广东卷 T16 6分]如图是安装在列车车厢之间的摩擦缓冲器结构图，图中①和②为楔块，③和④为垫块，楔块与弹簧盒、垫块间均有摩擦，在车厢相互撞击时弹簧压缩过程中（ ）
A．缓冲器的机械能守恒
B．摩擦力做功消耗机械能
C．垫块的动能全部转化成内能
D．弹簧的弹性势能全部转化为动能
【答案】B
【解析】A、通过克服摩擦力做功，系统的机械能向内能转化，故机械能减小，故A错误；
B、通过克服摩擦力做功，系统的机械能向内能转化，故B正确；
C、垫块的动能转化为弹性势能和内能，故C错误；
D、弹簧的弹性势能转化为动能和内能，故D错误。
[2014广东卷 T21 6分]（多选）如图所示，飞行器P绕某星球做匀速圆周运动，星球相对飞行器的张角为θ，下列说法正确的是（ ）
A．轨道半径越大，周期越长
B．轨道半径越大，速度越大
C．若测得周期和张角，可得到星球的平均密度
D．若测得周期和轨道半径，可得到星球的平均密度
【答案】AC
【解析】
A、根据开普勒第三定律k，可知轨道半径越大，飞行器的周期越长。故A正确；
B、根据卫星的速度公式v，可知轨道半径越大，速度越小，故B错误；
C、设星球的质量为M，半径为R，平均密度为，ρ．张角为θ，飞行器的质量为m，轨道半径为r，周期为T。
对于飞行器，根据万有引力提供向心力得：Gmr
由几何关系有：R＝rsin
星球的平均密度 ρ
联立以上三式得：ρ，则测得周期和张角，可得到星球的平均密度。故C正确；
由Gmr可得：M，可知若测得周期和轨道半径，可得到星球的质量，但星球的半径未知，不能求出星球的平均密度。故D错误。
[2014广东卷 T34（2） 10分] 某同学根据机械能守恒定律，设计实验探究弹簧弹性势能与压缩量的关系
①如图23（a），将轻质弹簧下端固定于铁架台，在上端的托盘中依次增加砝码，测量相应的弹簧长度，部分数据如下表，由数据算得劲度系数k= N/m．（g取9.80m/s2）
砝码质量（g）
50
100
150
弹簧长度（cm）
8.62
7.63
6.66
②取下弹簧，将其一端固定于气垫导轨左侧，如图23（b）所示：调整导轨，使滑块自由滑动时，通过两个光电门的速度大小 ．
③用滑块压缩弹簧，记录弹簧的压缩量x；释放滑块，记录滑块脱离弹簧后的速度v，释放滑块过程中，弹簧的弹性势能转化为 ．
④重复③中操作，得到v与x的关系如图23（c）．由图可知，v与x成 关系．由上述实验可得结论：对同一根弹簧，弹性势能与弹簧的 成正比．
【答案】（1）50.0；（2）相等；（3）滑块的动能；（4）正比，压缩量的平方．
【解析】（1）表格中，当50g时，弹簧长度为8.62cm，当100g时，弹簧长度为7.63cm，
当150g时，弹簧长度为6.66cm，
根据胡克定律，F＝kΔx，设弹簧的劲度系数为k，原长为x0，
则列式：0.05×9.8＝k（x0﹣0.0862）；
0.1×9.8＝k（x0﹣0.0763）；
联立两式，解得：k≈50.0N/m；
（2）通过光电门来测量瞬时速度，从而获得释放压缩的弹簧的滑块速度，
为使弹性势能完全转化为动能，则导轨必须水平，因此通过两个光电门的速度大小须相等；
（3）用滑块压缩弹簧，记录弹簧的压缩量x；
当释放滑块，记录滑块脱离弹簧后的速度v，释放滑块过程中，弹簧的弹性势能转化为滑块的动能；
（4）根据v与x的关系图可知，图线经过原点，且是斜倾直线，则v与x成正比，
由动能表达式，动能与速度的大小平方成正比，而速度的大小与弹簧的压缩量成正比，因此弹簧的弹性势能与弹簧的压缩量的平方成正比；
[2014广东卷 T36 18分]如图所示，足够大的平行挡板A1，A2竖直放置，间距为6L，两板间存在两个方向相反的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，以水平面MN为理想分界面，Ⅰ区的磁感应强度为B0，方向垂直纸面向外，A1，A2上各有位置正对的小孔S1，S2，两孔与分界面MN的距离为L，质量为m，电量为＋q的粒子经宽度为d的匀强电场由静止加速后，沿水平方向从S1进入Ⅰ区，并直接偏转到MN上的P点，再进入Ⅱ区，P点与A1板的距离是L的k倍，不计重力，碰到挡板的粒子不予考虑。
(1)若k＝1，求匀强电场的电场强度E；
(2)若2
【解析】（1）粒子在电场中，由动能定理，有：
qEd①
粒子在Ⅰ区洛伦兹力提供向心力，故：
qvB0＝m②
当k＝1时，由几何关系得：
r＝L…③
由①②③解得：
E④
（2）由于2＜k＜3时，由题意可知粒子在Ⅱ区只能发生一次偏转，由几何关系可知：
（r﹣L）2+（kL）2＝r2…⑤
解得：r⑥
由②⑥解得：v⑦
粒子在Ⅱ区洛伦兹力提供向心力，故：
qvB＝m⑧
由相似性及几何关系可知：
⑨
解得：r1 …⑩
由⑧⑩解得：B．
2013广东卷
[2013广东卷 T16 4分]如图，理想变压器原、副线圈匝数比n1：n2＝2：1，V和A均为理想电表，灯光电阻RL＝6Ω，AB端电压u1＝12sin100πt（V）．下列说法正确的是（ ）
A．电流频率为100Hz B．V的读数为24V
C．A的读数为0.5A D．变压器输入功率为6W
【答案】 D
【解析】A、AB端电压u1＝12sin100πt（V）。电流频率为f50Hz，故A错误；
电压表的示数为电路的有效电压的大小，
根据电压与匝数成正比，可知，U2＝6V，故B错误；
C、I21A，A的读数为1A，故C错误；
D、P1＝P2＝U2I2＝6W，故D正确。
[2013广东卷 T21 4分](多选）如图，两个初速度大小相同的同种离子a和b，从O点沿垂直磁场方向进入匀强磁场，最后打到屏P上．不计重力．下列说法正确的有（ ）
A．a、b均带正电
B．a在磁场中飞行的时间比b的短
C．a在磁场中飞行的路程比b的短
D．a在P上的落点与O点的距离比b的近
【答案】 AD
【解析】a、b粒子的运动轨迹如图所示：
粒子a、b都向下由左手定则可知，a、b均带正电，故A正确；
由r可知，两粒子半径相等，根据上图中两粒子运动轨迹可知a粒子运动轨迹长度大于b粒子运动轨迹长度，运动时间a在磁场中飞行的时间比b的长，故BC错误；
根据运动轨迹可知，在P上的落点与O点的距离a比b的近，故D正确。
[2013广东卷 T34（2） 9分]图（a）是测量电阻Rx的原理图．学生电源输出电压可调，电流表量程选0.6A（内阻不计），标有长度刻度的均匀电阻丝ab的总长为30.0cm．
①根据原理图连接图（b）的实物图．
②断开S2，合上S1；调节电源输出电压为3.0V时，单位长度电阻丝的电压u=__________V/cm.记录此时电流表A1的示数．
③保持S1闭合，合上S2；滑动c点改变ac的长度L，同时调节电源输出电压，使电流表A1的示数与步骤②记录的值相同，记录长度L和A2的示数I．测量6组L和I值，测量数据已在图（c）中标出，写出Rx与L、I、u的关系式Rx=_____；根据图（c）用作图法算出Rx=____Ω．
【答案】 ①连线如图所示 ②0.1 ③ 5.92
【解析】（1）连线实物图如图；
（2）电源输出电压为3V，电阻丝长度为30cm，故每1cm长度电阻丝分得电压为0.1V；
（3）ac间电压为Lu，电流为I，故根据欧姆定律，有：Rx；
描点作L﹣I图，如图所示：斜率为：k，故电阻Rx＝ku＝60×0.1＝6.0Ω
[2013广东卷 T36 18分]如图（a）所示，在垂直于匀强磁场B的平面内，半径为r的金属圆盘绕过圆心O的轴转动，圆心O和边缘K通过电刷与一个电路连接，电路中的P是加上一定正向电压才能导通的电子元件．流过电流表的电流I与圆盘角速度ω的关系如图（b）所示，其中ab段和bc段均为直线，且ab段过坐标原点．ω＞0代表圆盘逆时针转动．已知：R＝3.0Ω，B＝1.0T，r＝0.2m．忽略圆盘、电流表和导线的电阻．
（1）根据图（b）写出ab、bc段对应I与ω的关系式；
（2）求出图（b）中b、c两点对应的P两端的电压Ub、Uc；
（3）分别求出ab、bc段流过P的电流Ip与其两端电压Up的关系式．
【答案】 （1）ab、bc段对应I与ω的关系式分别为Iω A（﹣45rad/s≤ω≤15 rad/s），Iω﹣0.05 （A）（15rad/s≤ω≤45 rad/s）．
（2）中b、c两点对应的P两端的电压分别为0.30V，0.90V．
（3）ab流过P的电流Ip与其两端电压Up的关系式分别为：Ip＝0（A）（﹣0.9V≤Up≤0.3V），Ip0.05（A）（0.3V≤Up≤0.9V）．
【解析】（1）由图可知，在ab段，直线斜率k1
故对应I与ω的关系式为：Iω（A） （﹣45rad/s≤ω≤15 rad/s）
在bc段，直线斜率k2
设表达式I＝k2ω+b，把ω＝45rad/s，I＝0.4A代入解得b＝﹣0.05
故对应I与ω的关系式为：Iω﹣0.05 （A） （15rad/s≤ω≤45 rad/s）
（2）圆盘转动时产生的感应电动势E＝Brv＝BrBr2ω
故b点对应的P两端的电压Ub＝EbBr2ωb
c两点对应的P两端的电压Uc＝EcBr2ωc
代入数据解得Ub＝0.30V
Uc＝0.90V
（3）元件P在b点开始导通，
所以在ab段Ip＝0（﹣0.9V≤Up≤0.3V），
在bc段，Up＝（I﹣Ip）R
已知Iω﹣0.05（A），UpBr2ω，
联立以上各式可得bc段流过P的电流Ip与其两端电压Up的关系式为：
Ip0.05（V）（0.3V≤Up≤0.9V）
2012广东卷
[2012广东卷 T16 4分]如图所示，两根等长的轻绳将日光灯悬挂在天花板上，两绳与竖直方向的夹角都为45°，日光灯保持水平，所受重力为G，左右两绳的拉力大小分别为（ ）
A．G和G B．G和G C．G和G D．G和G
【答案】B
【解析】C．由于两根绳子等长并对称，所以两根绳子的拉力应相等，所以C错；
ABD．根据力的合成，这两绳子的拉力的合力应为G，因此左右两绳的拉力大小均为，故AD错误，B正确。
故选B。
[2012广东卷 T21 6分](多选）如图所示，飞船从轨道1变轨至轨道2．若飞船在两轨道上都做匀速圆周运动，不考虑质量变化，相对于在轨道1上，飞船在轨道2上的（ ）
A．动能大 B．向心加速度大
C．运行周期长 D．角速度小
【答案】CD
【解析】根据得，a，v，，T，由这些关系可以看出，r越大，a、v、ω越小，而T越大，故A、B错误，C、D正确。
[2012广东卷 T34 18分]
(I)某同学测量一个圆柱体的电阻率，需要测量圆柱体的尺寸和电阻。
（1）分别使用游标卡尺和螺旋测微器测量圆柱体的长度和直径，某次测量的示数如图（a）和图（b）所示，长度为 cm，直径为 mm。
（2）按图（c）连接电路后，实验操作如下：
（a）将滑动变阻器R1的阻值置于最 处（填“大”或“小”）；将S2拨向接点1，闭合S1，调节R1，使电流表示数为I0；
（b）将电阻箱R2的阻值调至最 （填“大”或“小”），S2拨向接点2；保持R1不变，调节R2，使电流表示数仍为I0，此时R2阻值为1280Ω；
（3）由此可知，圆柱体的电阻为 Ω。
【答案】（1）5.02，5.315 （2）（a）大 （b）大 （3）1280
【解析】（1）游标卡尺的读数＝主尺上的读数+游标上的读数，本题主尺上的读数是5 cm，游标上的读数是2×0.1 mm＝0.02cm，故游标卡尺的读数为5.02 cm；
螺旋测微器的读数＝固定尺的读数+可动尺的读数×0.01，即5 mm+31.5×0.01 mm＝5.315 mm，
（2）（a）将滑动变阻器R1的阻值调至最大，可以起到保护电流表及电源的作用；
（b） 将电阻箱R2的阻值调至最大，目的也是为了保护电流表及电源；
（3）本题的实验方法为替代法。由
I0
I0
解得，Rx＝R2＝1280Ω。
（II）某同学探究弹力与弹簧伸长量的关系。
（1）将弹簧悬挂在铁架台上，将刻度尺固定在弹簧一侧。弹簧轴线和刻度尺都应在 方向（填“水平”或“竖直”）。
（2）弹簧自然悬挂，待弹簧 时，长度记为L0；弹簧下端挂上砝码盘时，长度记为Lx；在砝码盘中每次增加10g砝码，弹簧长度依次记为L1至L6，数据如表：
代表符号 L0 Lx L1 L2 L3 L4 L5 L6
数值[cm] 25.35 27.35 29.35 31.30 33.4 35.35 37.40 39.30
表中有一个数值记录不规范，代表符号为 。由表可知所用刻度尺的最小分度为 。
（3）如图是该同学根据表中数据作的图，纵轴是砝码的质量，横轴是弹簧长度与 的差值（填“L0”或“Lx”）。
（4）由图可知弹簧的劲度系数为 N/m；通过图和表可知砝码盘的质量为 g（结果保留两位有效数字，重力加速度取9.8m/s2）。
【答案】（1）竖直，（2）稳定，L3，1mm；（3）Lx，（4）4.9，10．
【解析】（1）用铁架台，一定是竖直悬挂；
（2）弹簧晃动时测量无意义；
用毫米刻度尺测量长度是要估读到分度值的下一位，记录数据的最后一位是估读位，故数据L3记录不规范，由表可知所用刻度尺的最小刻度为1mm；
（3）由图可知，横轴是弹簧挂砝码后弹簧长度与弹簧挂砝码盘时弹簧长度差，所以横轴是弹簧长度与的LX差值．
（4）根据胡克定律公式△F＝k△x，有
k4.9N/m；
由表格得到，弹簧原长为：L0＝25.35cm；挂砝码盘时：Lx＝27.35cm；
根据胡克定律，砝码盘质量为：Mkg＝0.01kg＝10g；
[2012广东卷 T36 18分]图（a）所示的装置中，小物块AB质量均为m，水平面上PQ段长为l，与物块间的动摩擦因数为μ，其余段光滑．初始时，挡板上的轻质弹簧处于原长；长为r的连杆位于图中虚线位置；A紧靠滑杆（AB间距大于2r）．随后，连杆以角速度ω匀速转动，带动滑杆做水平运动，滑杆的速度﹣时间图象如图（b）所示．A在滑杆推动下运动，并在脱离滑杆后与静止的B发生完全非弹性碰撞．
（1）求A脱离滑杆时的速度v0，及A与B碰撞过程的机械能损失ΔE．
（2）如果AB不能与弹簧相碰，设AB从P点到运动停止所用的时间为t1，求ω的取值范围，及t1与ω的关系式．
（3）如果AB能与弹簧相碰，但不能返回到P点左侧，设每次压缩弹簧过程中弹簧的最大弹性势能为Ep，求ω的取值范围，及Ep与ω的关系式（弹簧始终在弹性限度内）．
【答案】（1）A脱离滑杆时的速度为ωr，A与B碰撞过程的机械能损失△E为mω2r2．
（2）如果AB不能与弹簧相碰，设AB从P点到运动停止所用的时间为t1，ω的取值范围为0＜ω，t1与ω的关系式为t1，（0＜ω）．
（3）如果AB能与弹簧相碰，但不能返回到P点左侧，设每次压缩弹簧过程中弹簧的最大弹性势能为Ep，ω的取值范围为ω，Ep与ω的关系式为Epmω2r2﹣2μmgl，（ω）（弹簧始终在弹性限度内）．
【解析】（1）滑杆达到最大速度时A与其脱离．由题意，得：v0＝ωr…①
设AB碰撞后的共同速度为v1，由动量守恒定律mv0＝2mv1…②
碰撞过程中的机械能损失为△Em（2m）v12…③
△Emω2r2…④
（2）若AB不与弹簧相碰，P到Q过程，由动能定理，得
μ（2m）gl（2m）v12…⑤
联立①②⑤，得对应AB运动到Q点的连杆角速度ω1 ω1⑥
ω的取值范围：0＜ω⑦
设AB在PQ段加速度大小为a，由运动学规律，得： v1＝at1…⑧
μ（2m）g＝2ma…⑨
联立①②⑧⑨，得： t1，（0＜ω）
（3）若AB压缩弹簧后反弹，由动能定理，得：μ（2m）g（l+l）（2m）v12
联立①②，得对应AB刚好反弹回P点的连杆角速度ω2
ω2
ω的取值范围：ω
由功能关系：Ep（2m）v12﹣μ（2m）gl
得：Epmω2r2﹣2μmgl，（ω）
2011广东卷
[2011广东卷 T16 4分]如图所示的水平面上，橡皮绳一端固定，另一端连接两根弹簧，连接点P在F1、F2和F3三力作用下保持静止。下列判断正确的是（ ）
A．F1＞F2＞F3 B．F3＞F1＞F2 C．F2＞F3＞F1 D．F3＞F2＞F1
【答案】B
【解析】解：对P点受力分析，如图
根据共点力平衡条件
F1＝F3cos30°F3
F2＝F3sin30°F3 因而F3＞F1＞F2
[2011广东卷 T21 6分]（多选）图为静电除尘机理的示意图，尘埃在电场中通过某种机制带电，在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积，以达到除尘目的，下列表述正确的是（ ）
A．到达集尘极的尘埃带正电荷
B．电场方向由集尘极指向放电极
C．带电尘埃所受电场力的方向与电场方向相同
D．同一位置带电荷量越多的尘埃所受电场力越大
【答案】BD
【解析】由于集尘极与电池的正极连接，电场方向有集尘板指向放电极，B正确。而尘埃在电场力作用下向集尘极迁移并沉积，说明尘埃带负电，A错误。负电荷在电场中受电场力的方向与电场力方向相反，C错误。根据F＝Eq可得，D正确
[2011广东卷 T34（2） 12分]
在“描绘小电珠的伏安特性曲线”实验中，所用器材有：小电珠（2.5V，0.6W），滑动变阻器，多用电表，电流表，学生电源，开关，导线若干。
①粗测小电珠的电阻，应选择多用电表_____倍率的电阻档（请填写“×1”、“×10”或“×100”）；调零后，将表笔分别与小电珠的两极连接，示数如图，结果为_____
②实验中使用多用电表测量电压，请根据实验原理图（左）完成实物图中（右图）的连线。_____
③开关闭合前，应将滑动变阻器的滑片P置于____端。为使小电珠亮度增加，P应由中点向_____端滑动。
④下表为电压等间隔变化测得的数据，为了获得更准确的实验图像，必须在相邻数据点_____间多测几组数据（请填写“ab”“bc”“cd”“de”或“ef”）
【答案】（2）①×1 7.5；②如图 ③a、b； ④ab。
【解析】（2）①小电珠（2.5V，0.6W），所以小电珠电阻大约是10Ω，
粗测小电珠的电阻，应选择多用电表×1倍率的电阻挡，结果为7.5Ω
②根据实验原理图4完成实物图如图：
③为保护小电珠不超过额定电压，开关闭合前，为了安全应将滑动变阻器的滑片P置于a端，使得灯泡两端电压从零开始变化。
为使小电珠亮度增加，P应由中点向b端滑动，灯泡两端电压增大。
④为了获得更准确的实验图象，应该在灯泡两端电压从零开始增大的过程中多测量几次，即必须在相邻数据点ab间多测几组数据。
2010广东卷
[2010广东卷 T36 18分]如图（a）所示，左为某同学设想的粒子速度选择装置，由水平转轴及两个薄盘N1、N2构成，两盘面平行且与转轴垂直，相距为L，盘上各开一狭缝，两狭缝夹角θ可调（如图（b））；右为水平放置的长为d的感光板，板的正上方有一匀强磁场，方向垂直纸面向外，磁感应强度为B．一小束速度不同、带正电的粒子沿水平方向射入N1，能通过N2的粒子经O点垂直进入磁场． O到感光板的距离为d/2，粒子电荷量为q，质量为m，不计重力．
（1）若两狭缝平行且盘静止（如图（c）），某一粒子进入磁场后，竖直向下打在感光板中心点M上，求该粒子在磁场中运动的时间t；
（2）若两狭缝夹角为θ0，盘匀速转动，转动方向如图（b）．要使穿过N1、N2的粒子均打到感光板P1P2连线上．试分析盘转动角速度ω的取值范围（设通过N1的所有粒子在盘转一圈的时间内都能到达N2）．
【答案】（1）该粒子在磁场中运动的时间为；
（2）盘转动角速度ω的取值范围为．
【解析】（1）粒子运动半径为：R①
由牛顿第二定律：Bqv＝m②
匀速圆周运动周期：T③
粒子在磁场中运动时间：t④
（2）如图所示，设粒子运动临界半径分别为R1和R2 ⑤
由几何关系得：
解得：⑥
设粒子临界速度分别为v1和v2，由②⑤⑥式，得
⑦ ⑧
若粒子通过两转盘，由题设可知⑨
联立⑦⑧⑨，得对应转盘的转速分别为
粒子要打在感光板上，需满足条件
2009广东卷
[2009广东卷 T5 4分]如图所示，在一个粗糙水平面上，彼此靠近地放置两个带同种电荷的小物块。由静止释放后，两个物块向相反方向运动，并最终停止。在物块的运动过程中，下列表述正确的是（ ）
A．两个物块的电势能逐渐减少
B．物块受到的库仑力不做功
C．两个物块的机械能守恒
D．物块受到的摩擦力始终小于其受到的库仑力
【答案】A
【解析】A、由静止释放后，两个物块向相反方向运动，两物块之间的库仑力做正功，电势能减小。故A正确。
B、两物块之间存在库仑斥力，对物块做正功。故B错误。
CD、开始阶段，库仑力大于物块的摩擦力，物块做加速运动，动能增大；当库仑力小于摩擦力后，物块做减速运动，动能减小，重力势能不变，则两个物块的机械能先增大，后减小，不守恒。故CD错误。
[2009广东卷 T11 4分]表面粗糙的斜面固定于地面上，并处于方向垂直纸面向外、强度为B的匀强磁场中．质量为m、带电量为+Q的小滑块从斜面顶端由静止下滑．在滑块下滑的过程中，下列判断正确的是（ ）
A．滑块受到的摩擦力不变
B．滑块到达地面时的动能与B的大小无关
C．滑块受到的洛伦兹力方向垂直斜面向下
D．B很大时，滑块可能静止于斜面上
【答案】C
【解析】AC．小滑块向下运动的过程中受到重力，支持力，垂直斜面向下的洛伦兹力，摩擦力，向下运动的过程中，速度增大，洛伦兹力增大，支持力增大，滑动摩擦力增大，故A错误，C正确；
B．B的大小不同，洛伦兹力大小不同，导致滑动摩擦力大小不同，根据动能定理，摩擦力功不同，到达底端的动能不同，B错误；
D．滑块之所以开始能动，是因为重力的沿斜面的分力大于摩擦力，B很大时，一旦运动，不会停止，最终重力的沿斜面的分力等于摩擦力，小滑块匀速直线运动，故D错误。
[2009广东卷 T12 4分]（多选）图是质谱仪的工作原理示意图。带电粒子被加速电场加速后，进入速度选择器。速度选择器内相互正交的匀强磁场和匀强电场的强度分别为B和E 。平板S上有可让粒子通过的狭缝P和记录粒子位置的胶片A1 A2 。平板S下方有强度为B0的匀强磁场。下列表述正确的是（ ）
A．质谱仪是分析同位素的重要工具
B．速度选择器中的磁场方向垂直纸面向外
C．能通过狭缝P的带电粒子的速率等于E/B
D．粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，粒子的荷质比越小
【答案】ABC
【解析】A、粒子在速度选择器中做匀速直线运动，有qE＝qvB，解得v，进入偏转电场后，有qvB0＝m，解得R．知r越小，比荷越大。同位素电量相等，质量不同，则偏转半径不同，所以质谱仪是分析同位素的重要工具。故A、C正确，D错误。
B、粒子在磁场中向左偏转，根据左手定则知该粒子带正电，在速度选择器中，所受的电场力水平向右，则洛伦兹力水平向左，根据左手定则，磁场的方向垂直纸面向外。
故B正确。
[2009广东卷 T16 14分]某实验小组利用实验室提供的器材探究一种金属丝的电阻率．所用的器材包括：输出为3V的直流稳压电源、电流表、待测金属丝、螺旋测微器（千分尺）、米尺、电阻箱、开关和导线等．
（1）他们截取了一段金属丝，拉直后固定在绝缘的米尺上，并在金属丝上夹上一个小金属夹，金属夹，金属夹可在金属丝上移动．请根据现有器材，设计实验电路，并连接电路实物图___________
（2）实验的主要步骤如下：
①正确连接电路，设定电阻箱的阻值，开启电源，合上开关；
②读出电流表的示数，记录金属夹的位置；
③断开开关，_________________，合上开关，重复②的操作．
（3）该小组测得电流与金属丝接入长度关系的数据，并据此绘出了如图的关系图线，其斜率为________A-1·m-1(保留三位有效数字)；图线纵轴截距与电源电动势的乘积代表了______的电阻之和．
（4）他们使用螺旋测微器测量金属丝的直径，示数如图所示．金属丝的直径是______．图中图线的斜率、电源电动势和金属丝横截面积的乘积代表的物理量是________,其数值和单位为___________（保留三位有效数字）．
【答案】（1）电路实物连线如图所示；
（2）读出接入电路中的金属丝的长度，同时移动金属夹的位置；
（3）10.5，电流表内阻和电阻箱；
（4）0.200mm，电阻率，9.89×10﹣7Ω m．
【解析】
（1）实物连接如图所示．
（2）该题要求要多次测量，所以每次都要读出接入电路中的金属丝的长度，同时移动金属夹的位置，以便得到多组数据．
（3）由图可得其斜率为kA﹣1 m﹣1
（4）螺旋测微器的固定刻度读数为0，可动刻度读数为20.0×0.01＝0.200mm，所以金属丝的直径为0+0.200＝0.200mm，由题意知斜率K电动势E和金属丝横截面积S三者的乘积为：
K×E×S＝10.5A﹣1 m﹣1×3V×3.14×0.12×10﹣6m2＝9.89×10﹣7Ω m，
得到的结果的单位是Ω m，即为电阻率的单位．
[2009广东卷 T19 16分]如图所示，水平地面上静止放置着物块B和C，相距l=1.0m。物块A以速度v0=10m/s沿水平方向与B正碰。碰撞后A和B牢固地粘在一起向右运动，并再与C发生正碰，碰后瞬间C的速度v=2.0m/s。已知A和B的质量均为，C的质量为A质量的k倍，物块与地面的动摩擦因数μ=0.45。（设碰撞时间很短，g取10m/s2）
（1）计算与C碰撞前瞬间AB的速度；
（2）根据AB与C的碰撞过程分析k的取值范围，并讨论与C碰撞后AB的可能运动方向。
【答案】（1）4m/s （2） A．当2≤k＜4时，AB碰后继续向右运动；
B．当k=4时，AB碰后静止；
C．当4＜k≤6时，AB碰后继续向左运动（反弹）
【解析】（1）设AB碰撞后的速度为v1，AB碰撞过程由动量守恒定律得mv0＝2mv1
设与C碰撞前瞬间AB的速度为v2，由动能定理得
联立以上各式解得v2＝4m/s该过程为完全非弹性碰撞，
（2）若AB与C发生完全非弹性碰撞，由动量守恒定律得2mv2＝（2+k）mv3
代入数据解得 k＝2
此时AB的运动方向与C相同
若AB与C发生弹性碰撞，由动量守恒和能量守恒得
联立以上两式解得
代入数据解得 k＝6
此时AB的运动方向与C相反
若AB与C发生碰撞后AB的速度为0，由动量守恒定律得2mv2＝kmv
代入数据解得k＝4
总上所述得 当2≤k＜4时，AB的运动方向与C相同
当k＝4时，AB的速度为0
当4＜k≤6时，AB的运动方向与C相反。
[2009广东卷 T20 17分]如图所示，绝缘长方体B置于水平面上，两端固定一对平行带电极板，极板间形成匀强电场E。长方体B的上表面光滑，下表面与水平面的动摩擦因数=0.05（设最大静摩擦力与滑动摩擦力相同）。B与极板的总质量=1.0kg.带正电的小滑块A质量=0.60kg，其受到的电场力大小F=1.2N.假设A所带的电量不影响极板间的电场分布。t=0时刻，小滑块A从B表面上的a点以相对地面的速度=1.6m/s向左运动，同时，B（连同极板）以相对地面的速度=0.40m/s向右运动。问（g取10m/s2）
（1）A和B刚开始运动时的加速度大小分别为多少？
（2）若A最远能到达b点，a、b的距离L应为多少？从t=0时刻至A运动到b点时，摩擦力对B做的功为多少？
【答案】
（1）A的加速度大小为2.0m/s2，方向水平向右，B的加速度大小为2.0m/s2，方向水平向左．
（2）a、b的距离L应为0.62m，摩擦力对B做的功为﹣0.072J．
【解析】（1）A刚开始运动时的加速度大小方向水平向右
B受电场力F′＝F＝1.2N摩擦力f＝μ（mA+mB）g＝0.8N
B刚开始运动时的加速度大小方向水平向左
（2）设B从开始匀减速到零的时间为t1，则有
t1时刻A的速度vA1＝vA﹣aAt1＝1.2m/s＞0
A的位移
此t1时间内A相对B运动的位移s1＝sA1+sB1＝0.32m
w1＝﹣f sB1＝﹣0.032J
t1后，由于F′＞f，B开始向左做匀加速运动，A继续做匀减速运动，当它们速度相等时A、B相距最远，
设此过程运动时间为t2，它们速度为v，则有 对A：速度v＝vA1﹣aAt2
对B：加速度
速度v＝aB1t2解得：v＝0.2m/s t2＝0.5s
t2时间内A运动的位移
B运动的位移
t2内A相对B的位移s2＝sA2﹣sB2＝0.30m摩擦力对B做功为w2＝﹣f sB2＝﹣0.04J
A最远到达b点a、b的距离为L＝s1+s2＝0.62m
从t＝0时刻到A运动到b点时，摩擦力对B做的功为 wf＝w1+w2＝﹣0.072J
2008广东卷
[2008广东卷 T12 4分]图是“嫦娥一号奔月”示意图，卫星发射后通过自带的小型火箭多次变轨，进入地月转移轨道，最终被月球引力捕获，成为绕月卫星，并开展对月球的探测．下列说法正确的是
A．发射“嫦娥一号”的速度必须达到第三宇宙速度
B．在绕月圆轨道上，卫星的周期与卫星质量有关
C．卫星受月球的引力与它到月球中心距离的平方成反比
D．在绕月圆轨道上，卫星受地球的引力大于受月球的引力
【答案】C
【解析】A、第三宇宙速度是指被发射物体能够脱离太阳系的最小的发射速度，而“嫦娥一号”仍然没有脱离地球的引力范围，故其发射速度小于第二宇宙速度。故A错误。
B、根据万有引力提供向心力
可得T2
故卫星运动的周期与卫星自身的质量无关。故B错误。
C、根据万有引力定律F可得“嫦娥一号”卫星受到的月球的引力与卫星到月球球心的距离的平方成反比。故C正确。
D、卫星在绕月轨道上时所受合力提供向心力，而向心力指向轨迹的圆心即月球的球心，故月球对卫星的引力大于地球对卫星的引力。故D错误。
[2008广东卷 T19 16分]如图（a）所示，在光滑绝缘水平面的AB区域内存在水平向右的电场，电场强度E随时间的变化如图（b）所示。不带电的绝缘小球P2静止在O点。t＝0时，带正电的小球P1以速度v0从A点进入AB区域，随后与P2发生正碰后反弹，反弹速度大小是碰前的倍，P1的质量为m1，带电量为q，P2的质量m2＝5m1，A、O间距为L0，O、B间距．已知
（1）求碰撞后小球P1向左运动的最大距离及所需时间。
（2）讨论两球能否在OB区间内再次发生碰撞。
【答案】（1）碰撞后小球P1向左运动的最大距离为，所需时间为。
（2）两球能在OB区间内再次发生碰撞。
【解析】（1）P1经t1时间与P2碰撞，则
P1、P2碰撞，设碰后P2速度为v2，由动量守恒：
解得v1（水平向左） v2（水平向右）
碰撞后小球P1向左运动的最大距离：又：a1
解得：Sm
所需时间：
（2）设P1、P2碰撞后又经△t时间在OB区间内再次发生碰撞，且P1受电场力不变，由运动学公式，以水平向右为正：S1＝S2则：
解得：（故P1受电场力不变）
对P2分析：
所以假设成立，两球能在OB区间内再次发生碰撞。
[2008广东卷 T20 17分]如图17所示，固定的凹槽水平表面光滑，其内放置Ｕ形滑板Ｎ，滑板两端为半径Ｒ＝0.45m的1/4圆弧面，A和D分别是圆弧的端点，BC段表面粗糙，其余段表面光滑.小滑块Ｐ1和Ｐ2的质量均为m，滑板的质量Ｍ＝4m.Ｐ1和Ｐ2与BC面的动摩擦因数分别为μ1=0.10和μ2=0.40，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力.开始时滑板紧靠槽的左端，Ｐ2静止在粗糙面的B点.Ｐ1以v0=4.0m/s的初速度从A点沿弧面自由滑下，与Ｐ2发生弹性碰撞后，Ｐ1处在粗糙面B点上.当Ｐ2滑到C点时，滑板恰好与槽的右端碰撞并牢固粘连，Ｐ2继续滑动，到达D点时速度为零.Ｐ1与Ｐ2视为质点，取g=10m/s2，问：
（1）Ｐ1在BC段向右滑动时，滑板的加速度为多大？
（2）BC长度为多少？Ｎ、Ｐ1、Ｐ2最终静止后，Ｐ1与Ｐ2间的距离为多少？
【答案】（1）0.8m/s2（2）L＝1.9m 最后两物体相距0.695m
【解析】（1）P1滑到最低点速度为v1，由机械能守恒定律有：
解得：v1＝5m/s
P1、P2碰撞，满足动量守恒，机械能守恒定律，设碰后速度分别为v′1、v2
则由动量守恒和机械能守恒可得：
mv1＝mv′1+mv2
mv12mv′12mv′22
解得：v′1＝0、v2＝5m/s
P2向右滑动时，假设P1与滑板N保持相对静止，对P2有：f2＝μ2mg＝4m（向左）
设P1、M的加速度为a2；
对P1、M有：f＝（m+M）a2
此时对P1有：f1＝ma2＝0.80m＜fm＝μ1mg＝1.0m，所以假设成立。
故滑块的加速度为0.8m/s2；
（2）P2滑到C点速度为v2′，由
得v′2＝3m/s
P1、P2碰撞到P2滑到C点时，设P1、M速度为v，由动量守恒定律得：mv2＝（m+M）v+mv′2
解得：v＝0.40m/s
对P1、P2、M为系统：f2Lmv22mv′22（m+M）v2
代入数值得：L＝1.9m
滑板碰后，P1向右滑行距离：
P2向左滑行距离：
所以P1、P2静止后距离：△S＝L﹣S1﹣S2＝0.695m
故最后两物体相距0.695m。
2007广东A卷
[2007广东卷 T8 4分]压敏电阻的阻值随所受压力的增大而减小，有位同学利用压敏电阻设计了判断小车运动状态的装置，其工作原理如图（a）所示，将压敏电阻和一块挡板固定在绝缘小车上，中间放置一个绝缘重球。小车向右做直线运动过程中，电流表示数如图（b）所示，下列判断正确的是（ ）
A．从t1到t2时间内，小车做匀速直线运动
B．从t1到t2时间内，小车做匀加速直线运动
C．从t2到t3时间内，小车做匀速直线运动
D．从t2到t3时间内，小车做匀加速直线运动
【答案】D
【解析】A、在t1～t2内，I变大，阻值变小，压力变大，小车做变加速运动，故A错误；
B、在t1～t2内，I变大，阻值变小，压力变大，小车做变加速运动，故B错误；
C、在t2～t3内，I不变，压力恒定，小车做匀加速直线运动，故C错错误；
D、在t2～t3内，I不变，压力恒定，小车做匀加速直线运动，故D正确；
[2007广东卷 T19 17分]如图所示，沿水平方向放置一条平直光滑槽，它垂直穿过开有小孔的两平行薄板，板相距3.5L．槽内有两个质量均为m的小球A和B，球A带电量为+2q，球B带电量为﹣3q，两球由长为2L的轻杆相连，组成一带电系统。最初A和B分别静止于左板的两侧，离板的距离均为L．若视小球为质点，不计轻杆的质量，在两板间加上与槽平行向右的匀强电场E后（设槽和轻杆由特殊绝缘材料制成，不影响电场的分布），求：
（1）球B刚进入电场时，带电系统的速度大小。
（2）带电系统从开始运动到速度第一次为零时球A相对右板的位置。
【答案】（1）球B刚进入电场时，带电系统的速度大小为。
（2）带电系统从开始运动到速度第一次为零时球A相对右板的位置距离为。
【解析】（1）设球B刚进入电场时，带电系统的速度为v1，由动能定理有：
2qEL
解得：
（2）设带电系统的速度为0时，假设A球仍在电场中，并设B球在电场中的位移为x，
由动能定理有
解得 x＝2L＞1.5L
所以带电系统速度第一次为零时，球A、B应分别在右极板两侧。
设A球达到右极板时速度为v2，
则：2qE 2.5L﹣3qE 1.5L
解得：
接下来，只有B球受到电场力，设带电系统的速度为0时，A球相对右极板的位移为x。
由动能定理有：3qEx
解得：
[2007广东卷 T20 18分]如图为装置的垂直截面图，虚线A1A2是垂直截面与磁场区边界面的交线，匀强磁场分布在A1A2的右侧区域，磁感应强度B＝0.4T，方向垂直纸面向外，A1A2与垂直截面上的水平线夹角为45°．在A1A2左侧，固定的薄板和等大的挡板均水平放置，它们与垂直截面交线分别为S1、S2，相距L＝0.2m．在薄板上P处开一小孔，P与A1A2线上点D的水平距离为L．在小孔处装一个电子快门．起初快门开启，一旦有带正电微粒通过小孔，快门立即关闭，此后每隔T＝3.0×10﹣3s开启一次并瞬间关闭．从S1S2之间的某一位置水平发射一速度为v0的带正电微粒，它经过磁场区域后入射到P处小孔．通过小孔的微粒与挡板发生碰撞而反弹，反弹速度大小是碰前的0.5倍．
（1）通过一次反弹直接从小孔射出的微粒，其初速度v0应为多少？
（2）求上述微粒从最初水平射入磁场到第二次离开磁场的时间．（忽略微粒所受重力影响，碰撞过程无电荷转移．已知微粒的荷质比．只考虑纸面上带电微粒的运动）
【答案】（1）通过一次反弹直接从小孔射出的微粒，其初速度v0应为100 m/s；
（2）上述微粒从最初水平射入磁场到第二次离开磁场的时间为2.8×10﹣2s．
【解析】
（1）如图所示，设带正电微粒在S1S2之间任意点Q以水平速度v0进入磁场，微粒受到的洛伦兹力为f，在磁场中做圆周运动的半径为r，有：
解得：r
欲使微粒能进入小孔，半径r的取值范围为：L＜r＜2L
代入数据得：80 m/s＜v0＜160 m/s
欲使进入小孔的微粒与挡板一次相碰返回后能通过小孔，还必须满足条件：其中n＝1，2，3，…可知，只有n＝2满足条件，即有：v0＝100 m/s
（2）设微粒在磁场中做圆周运动的周期为T0，从水平进入磁场到第二次离开磁场的总时间为t，设t1、t4分别为带电微粒第一次、第二次在磁场中运动的时间，第一次离开磁场运动到挡板的时间为t2，碰撞后再返回磁场的时间为t3，运动轨迹如答图所示，则有：
； ； ； ；
所以t＝t1+t2+t3+t4＝2.8×10﹣2s
2006广东卷
[2006广东卷 T10 4分]如图所示，用一根长为L质量不计的细杆与一个上弧长为l0、下弧长为d0的金属线框的中点连接并悬挂于O点，悬点正下方存在一个上弧长为2l0、下弧长为2d0的方向垂直纸面向里的匀强磁场，且d0《L．先将线框拉开到如图所示位置，松手后让线框进入磁场，忽略空气阻力和摩擦．下列说法正确的是（ ）
A．金属线框进入磁场时感应电流的方向为a→b→c→d→a
B．金属线框离开磁场时感应电流的方向为a→d→c→b→a
C．金属线框dc边进入磁场与ab边离开磁场的速度大小总是相等
D．金属线框最终将在磁场内做简谐运动
【答案】D
【解析】A、金属线框进入磁场时，由于电磁感应，产生电流，根据楞次定律判断电流的方向为 a→d→c→b→a，故A错误。
B、金属线框离开磁场时由于电磁感应，产生电流，根据楞次定律判断电流的方向为a→b→c→d→a，故B错误。
C、D、根据能量转化和守恒，线圈每次经过边界时都会消耗机械能，故可知，金属线框 dc边进入磁场与ab边离开磁场的速度大小不相等。如此往复摆动，最终金属线框在匀强磁场内摆动，由于 od≤L，单摆做简谐运动的条件是摆角小于等于 10 度，故最终在磁场内做简谐运动，故D正确。
[2006广东卷 T12 11分]某同学设计了一个如图7所示的实验电路，用以测定电源电动势和内阻，使用的实验器材为：待测干电池组（电动势约3V）、电流表（量程0.6A，内阻小于1Ω）、电阻箱（0～99.99Ω）、滑动变阻器（0～10Ω）、单刀双掷开关、单刀单掷开关各一个及导线若干。考虑到干电池的内阻较小，电流表的内阻不能忽略。
（1）该同学按图7连线，通过控制开关状态，测得电流表内阻约为0.20Ω。试分析该测量产生误差的原因是_________________________________________。
（2）简要写出利用图7所示电路测量电源电动势和内阻的实验步骤：
①_______________________________________________________________________；
②_______________________________________________________________________；
（3）图8是由实验数据绘出的图象，由此求出待测干电池组的电动势E＝____________V、内阻r＝_____________Ω。（计算结果保留三位有效数字）
【答案】（1）并联电阻箱后线路总阻值减小，从而造成总电流增大
（2）①调节电阻箱 R，断开开关K，将开关 S 接 D，记录电阻箱的阻值和电流表示数；
②断开开关D，再次调节电阻箱 R，将开关 S 接 D，记录电阻箱的阻值和电流表示数．
（3）2.86（2.76﹣2.96 V均给分） 2.37
【解析】（1）用图示电路测电流表电阻时用半偏法，其测量方法是：先闭合电键K，调节滑动变阻器，使电流表满偏；然后，把开关S连到C上，保持滑动变阻器电阻不变，调节电阻箱，使电流表半偏，则电阻箱的电阻即为电流表电阻，其产生误差的原因是并联电阻箱后线路总阻值减小，从而造成总电流增大．使测得的电流偏小；
（2）测电动势和内电阻，只需得出电流值及外电阻的阻值即可；故断开电键K，将开关S与D连接，调节电阻箱R，得到多组R、I值，由闭合电路欧姆定律画出R图象，由图象的斜率及截距的意义即可求得电动势和内电阻．故步骤应为：
①调节电阻箱 R，断开开关K，将开关 S 接 D，记录电阻箱的阻值和电流表示数；
②断开开关K，再次调节电阻箱 R，将开关 S 接 D，记录电阻箱的阻值和电流表示数．
（3）由闭合电路欧姆定律可得：E＝I（R+RA+r），即：，
由上式可知：图线的斜率是电动势的倒数，图线在纵轴上的截距是，
由此可得：E V＝2.86 V，
0.9，
解得：r＝0.9E﹣RA＝2.32Ω．
[2006广东卷 T16 16分]如图所示，在磁感应强度大小为B、方向垂直向上的匀强磁场中，有一上、下两层均与水平面平行的“U”型光滑金属导轨，在导轨面上各放一根完全相同的质量为m的匀质金属杆A1和A2，开始时两根金属杆位于同一竖起面内且杆与轨道垂直．设两导轨面相距为H，导轨宽为L，导轨足够长且电阻不计，金属杆单位长度的电阻为r．现有一质量为的不带电小球以水平向右的速度v0撞击杆A1的中点，撞击后小球反弹落到下层面上的C点．C点与杆A2初始位置相距为S．求：
（1）回路内感应电流的最大值；
（2）整个运动过程中感应电流最多产生了多少热量；
（3）当杆A2与杆A1的速度比为1：3时，A2受到的安培力大小．
【答案】（1）回路内感应电流的最大值为；
（2）整个运动过程中感应电流最多产生热量为m（v0+s）2；
（3）当杆A2与杆A1的速度比为1：3时，A2受到的安培力大小为（v0+s）．
【解析】设撞击后小球反弹的速度为v1，金属杆A1的速度为v01，根据动量守恒定律，mv0m（﹣v1）+mv01，①
根据平抛运动的分解，有s＝v1t，Hgt2
由以上2式解得v1＝s②
②代入①得v01（v0+s） ③
回路内感应电动势的最大值为Em＝BLv01，电阻为R＝2Lr，
所以回路内感应电流的最大值为Im． ④
（2）因为在安培力的作用下，金属杆A1做减速运动，金属杆A2做加速运动，当两杆速度大小相等时，回路内感应电流为0，根据能量守恒定律，mv012＝Q 2mv2⑤
其中v是两杆速度大小相等时的速度，根据动量守恒定律，
mv01＝2mv，所以vv01，代入⑤式得
Qm（v0+s）2⑥
（3）设金属杆A1、A2速度大小分别为v1、v2，根据动量守恒定律，
mv01＝mv1+mv2，又，所以
v1v01，v2v01．
金属杆A1、A2速度方向都向右，根据右手定则判断A1、A2产生的感应电动势在回路中方向相反，
所以感应电动势为E＝BL（v1﹣v2），电流为I，安培力为F＝BIL，
所以A2受到的安培力大小为F（v0+s）．
当然A1受到的安培力大小也如此，只不过方向相反．
[2006广东卷 T17 16分]宇宙中存在一些离其他恒星较远的，由质量相等的三颗星组成的三星系统，通常可忽略其他星体对他们的引力作用．现已观测到稳定的三星系统存在两种基本的构成形式：一种是三颗星位于同一直线上，两颗星围绕中央星在同一半径为R的圆轨道上运行；另一种形式是三颗星位于等边三角形的三个顶点上，并沿外接于等边三角形的圆轨道运行．设每个星体的质量均为m，引力常量为G．
（1）试求第一种形式下，星体运动的线速度大小和周期；
（2）假设两种形式下星体的运动周期相同，第二种形式下星体之间的距离应为多少？
【答案】（1）第一种形式下线速度大小为，周期为；
（2）第二种形式下星体之间的距离应为．
【解析】（1）第一种形式下，三颗星位于同一直线上，两颗星围绕中央星在同一半径为R的圆轨道上运行；其中边上的一颗星受中央星和另一颗边上星的万有引力提供向心力：，
解得：，
故周期：T
（2）另一种形式是三颗星位于等边三角形的三个顶点上，并沿外接于等边三角形的圆形轨道运行，由万有引力定律和牛顿第二定律得：
，
联立解得：．
[2006广东卷 T18 17分]在光滑绝缘的水平桌面上，有两个质量均为m，电量为+q的完全相同的带电粒子P1和P2，在小孔A处以初速度为零先后释放．在平行板间距为d的匀强电场中加速后，P1从C处对着圆心进入半径为R的固定圆筒中（筒壁上的小孔C只能容一个粒子通过），圆筒内有垂直水平面向上的磁感应强度为B的匀强磁场．P1每次与筒壁发生碰撞均无电荷迁移，P1进入磁场第一次与筒壁碰撞点为D，∠COD＝θ，如图所示．延后释放的P2，将第一次欲逃逸出圆筒的P1正碰圆筒内，此次碰撞刚结束，立即改变平行板间的电压，并利用P2与P1之后的碰撞，将P1限制在圆筒内运动．碰撞过程均无机械能损失．设，求：在P2和P1相邻两次碰撞时间间隔内，粒子P1与筒壁的可能碰撞次数．
附：部分三角函数值
φ
tanφ 3.08 1.73 1.00 0.73 0.58 0.48 0.41 0.36 0.32
【答案】在P2和P1相邻两次碰撞时间间隔内，粒子P1与筒壁的可能碰撞次数为2、3、4、5、6、7．
【解析】粒子在磁场中匀速圆周运动的周期T，
由几何知识，得半径r＝Rtan
从C到D的时间tCD
P1、P2每次碰撞都应当在C点．
设P1在圆筒内转动了n圈和筒壁碰撞了K次后与P2相碰于C点，则K+1
所以两粒子每次碰撞的时间间隔t＝tCD（K+1）
在t 时间内，P2向左运动x再回到C，平均速度为
t＝2
由上述两式可得，
（k+1）
tan
当 n＝1，K＝2、3、4、5、6、7 时符合条件，K＝1、8、9…不符合条件
当 n＝2，3，4…．时，无论K等于多少，均不符合条件．
2005广东卷
[2005广东卷 T9 4分]钳形电流表的外形和结构如图（a）所示．图（a）中电流表的读数为1.2A．图（b）中用同一电缆线绕了3匝，则（ ）
A．这种电流表能测直流电流，图（b）的读数为2.4A
B．这种电流表能测交流电流，图（b）的读数为0.4A
C．这种电流表能测交流电流，图（b）的读数为3.6A
D．这种电流表既能测直流电流，又能测交流电流，图（b）的读数为3.6A
【答案】C
【解析】由于变压器工作原理是通过原线圈的电流发生变化，则原线圈产生的磁场发生变化，故穿过副线圈的磁通量发生变化，从而在副线圈中产生感应电流，故这种电流表只能测交流电流。
根据理想变压器的输入电压和输出电压的关系有
输入功率和输出功率的关系有P1＝P2
即U1I1＝U2I2
所以n1I1＝n2I2
故I2
由题意可知当n1＝1时I2＝1.2A，
故当n1＝3时，I′2＝3.6A。
[2005广东卷 T10 4分]竖直放置的一对平行金属板的左极板上用绝缘线悬挂了一个带正电的小球，将平行金属板按如图所示的电路图连接．绝缘线与左极板的夹角为θ．当滑动变阻器R的滑片在a位置时，电流表的读数为I1，夹角为θ1；当滑片在b位置时，电流表的读数为I2，夹角为θ2，则（ ）
A．θ1＜θ2，I1＜I2 B．θ1＞θ2，I1＞I2
C．θ1＜θ2，I1＝I2 D．θ1＞θ2，I1＝I2
【答案】C
【解析】因电容器稳定后相当于开路，对电路没有影响，故移动滑片时电路中电流不变，即I1＝I2；
小球带正电，小球受重力、电场力及绳子的拉力而处于平衡；
滑片右移时，与电容器并联部分的电压增大，则电容器两端的电压增大，由U＝Ed可知，两极板间的电场强度增大；小球受到的水平向右的电场力增大，因重力不变，要使小球重新处于静止状态，细线与竖直板间的夹角应增大；
故选C。
[2005广东卷 T12 11分]热敏电阻是传感电路中常用的电子元件．现用伏安法研究热敏电阻在不同温度下的伏安特性曲线，要求特性曲线尽可能完整．已知常温下待测热敏电阻的阻值约4～5Ω．热敏电阻和温度计插入带塞的保温杯中，杯内有一定量的冷水，其它备用的仪表和器具有：盛有热水的热水杯（图中未画出）、电源（3V、内阻可忽略）、直流电流表（内阻约1Ω）、直流电压表（内阻约5kΩ）、滑动变阻器（0～20Ω）、开关、导线若干．
（1）在图（a）的方框中画出实验电路图，要求测量误差尽可能小．
（2）根据电路图，在图（b）的实物图上连线．
（3）简要写出完成接线后的主要实验步骤 ．
【答案】（1）如答图1（2）如答图2所示．
（3）①往保温杯中加入一些热水，待温度稳定时读出温度计值；
②调节滑动变阻器，快速测出电流表和电压表的值；
③重复①～②，测量不同温度下的数据；
④绘出各测量温度下热敏电阻的伏安特性曲线．
【解析】（1）热敏电阻的阻值随温度的升高而减小，故要研究热敏电阻在不同温度下的伏安特性曲线，则需要电压的变化范围要尽可能的大，故滑动变阻器应采用分压接法，由于中值电阻R中50Ω，热敏电阻的阻值常温下约4～5Ω，故热敏电阻为小电阻．故安培表采用外接法．故电路连接如图所示．
（2）由于热敏电阻的温度变化范围要尽可能的大，故热敏电阻要放在不同的水温中，电路的连接要注意先串联再并联，电流要从正接线柱流入电流表和电压表，滑动变阻器下边两个接线柱要全接上，上边只能接一个接线柱．连接如图所示．
（3）①往保温杯中加入一些热水，待温度稳定时读出温度计值；
②调节滑动变阻器，快速测出电流表和电压表的值；
③重复①～②，测量不同温度下的数据；
④绘出各测量温度下热敏电阻的伏安特性曲线
[2005广东卷 T17 16分]如图所示，一半径为r的圆形导线框内有一匀强磁场，磁场方向垂直于导线框所在平面，导线框的左端通过导线接一对水平放置的平行金属板，两板间的距离为d，板长为l，t＝0时，磁场的磁感应强度B从B0开始均匀增大，同时，在板2的左端且非常靠近板2的位置有一质量为m、带电量为﹣q的液滴以初速度v0水平向右射入两板间，该液滴可视为质点．
（1）要使该液滴能从两板间射出，磁感应强度随时间的变化率K应满足什么条件？
（2）要使该液滴能从两板间右端的中点射出，磁感应强度B与时间t应满足什么关系？
【答案】（1） （2）
【解析】（1）由题意可知：板1为正极，板2为负极
设磁场变化率为K，两板间的电压：①
而：s＝πr2②
带电液滴受的电场力：③
由牛顿第二定律得：F﹣mg＝ma ④
由③④联立解得：⑤
由于极板1带正电，液滴受到向上电场力，若重力大于或者等于电场力，小球将沿极板直线飞出；
若重力小于电场力，液滴将向上偏转，做类平抛运动，当刚好沿上极板飞出时有：
x＝l＝v0t ⑥
⑦
由②⑦得：
要使液滴能射出，必须满足 y＜d
故磁感应强度随时间的变化率满足条件为：
（2）当液滴从两板右端中点射出时，有：
l＝v0t，⑧
⑨
联立①⑤⑧⑨解得此时磁感应强度的变化率为：
所以磁感应强度B与时间t应满足关系为：
[2005广东卷 T18 17分]如图所示，两个完全相同的质量为m的木板A、B置于水平地面上，它们的间距s＝2.88m．质量为2m，大小可忽略的物块C置于A板的左端．C与A之间的动摩擦因数为μ1＝0.22，A、B与水平地面之间的动摩擦因数为μ2＝0.10，最大静摩擦力可以认为等于滑动摩擦力．开始时，三个物体处于静止状态．现给C施加一个水平向右，大小为的恒力F，假定木板A、B碰撞时间极短且碰撞后粘连在一起，要使C最终不脱离木板，每块木板的长度至少应为多少？
【答案】0.3m
【解析】设A、C之间的滑动摩擦力大小为f1，A与水平地面之间的滑动摩擦力大小为f2
∵μ1＝0.22，μ2＝0.10
∴Fmg＜f1＝μ1（2m）g ①
且 Fmg＞f2＝μ2（2m+m）g ②
∴一开始A和C保持相对静止，在F的作用下向右加速运动，有
（F﹣f2）s③
A、B两木块的碰撞瞬间，内力的冲量远大于外力的冲量，A、B系统动量守恒，由动量守恒定律得
m v1＝（m+m）v2④
碰撞结束后到三个物体达到共同速度的相互作用过程中，由于A、B、C系统所受外力的合力为零，故系统总动量守恒，设木板向前移动的位移为s1，则由动量守恒定律
2mv1+（m+m）v2＝（2m+m+m）v3⑤
f1s1﹣f3s1⑥
f3＝μ2（2m+m+m）g ⑦
对C物体，由动能定理⑧
由以上各式，再代入数据可得
l＝0.3m
即每块木板的长度至少应为0.3m．
2004广东卷
[2004广东卷 T8 4分]如图所示，密闭绝热的具有一定质量的活塞，活塞的上部封 闭着气体，下部为真空，活塞与器壁的摩擦忽略不计，置于真空中的轻弹簧的一端固定于容器的底部．另一端固定在活塞上，弹簧被压缩后用绳扎紧，此时弹簧的弹性势能为EP（弹簧处于自然长度时的弹性势能为零），现绳突然断开，弹簧推动活塞向上运动，经过多次往复运动后活塞静止，气体达到平衡态，经过此过程（ ）
A．EP全部转换为气体的内能
B．EP一部分转换成活塞的重力势能，其余部分仍为弹簧的弹性势能
C．EP全部转换成活塞的重力势能和气体的内能
D．EP一部分转换成活塞的重力势能，一部分转换为气体的内能，其余部分仍为弹簧的弹性势能
【答案】D
【解析】由于开始弹簧处于压缩状态，弹簧中储存了一定的弹性势能，在绳子断开后活塞由于受到弹力大于活塞的重力故活塞向上运动，到达最高点后再向下运动，如此反复；当活塞最后静止时弹簧的弹力与物体的重力、气球的压力三力平衡时弹簧处于压缩状态。
在活塞运动过程中对活塞做功的有重力，弹簧的弹力和空气的阻力。当弹簧最后静止时弹簧仍处于压缩状态，但弹簧的形变量减小故弹簧储存的弹性势能减小；由于活塞的高度增大，故活塞的重力势能增大，在活塞运动的过程中空气的阻力始终做负功，产生内能，故减少的弹性势能一部分转化为重力势能，一部分转化为空气的内能。故D正确。
[2004广东卷 T10 4分]（多选）在场强为E的匀强电场中固定放置两个小球1和2，它们的质量相等，电荷分别为q1和q2（q1≠q2）。球1和球2的连线平行于电场线，如图。现同时放开1球和2球，于是它们开始在电场力的作用下运动，如果球1和球2之间的距离可以取任意有限值，则两球刚被放开时，它们的加速度可能是（ ）
A．大小相等，方向相同 B．大小不等，方向相反
C．大小不等，方向相同 D．大小相等，方向相反
【答案】ABC
【解析】电场力公式为：F＝Eq，电场为匀强电场，q1≠q2，因此两球受电场力不等，由于电荷电性不确定，故电场力方向可能相同，也可能相反；两球质量相等，根据F＝ma，可知两球加速度大小一定不等，方向可能相同或相反，故BC正确。
若都带正电荷且q1＜q2，此时q1受到的电场E给它的电场力比较小，但q2给它的库仑力方向与E对它的电场力方向相同，q1对q2的库仑力的方向和E对q2的电场力的方向相反，此时有可能会出现：Eq1+F库＝Eq2﹣F库
这种情况下它们的加速度大小相等，方向相同。故A正确。
若都带负电荷，与前一个的分析相似。
若带异号电荷，电场E对两个电荷的电场力和它们之间的库仑力都方向相反，库仑力大小相等，电场力大小不相等，所以它们加速度相反时，大小不会相等。故D错误。
[2004广东卷 T15 15分]如图，在水平面上有两条平行导电导轨MN、PQ，导轨间距离为l，匀强磁场垂直于导轨所在的平面（纸面）向里，磁感应强度的大小为B，两根金属杆1、2摆在导轨上，与导轨垂直，它们的质量和电阻分别为m1、m2和R1、R2，两杆与导轨接触良好，与导轨间的动摩擦因数为μ，已知：杆1被外力拖动，以恒定的速度v0沿导轨运动；达到稳定状态时，杆2也以恒定速度沿导轨运动，导轨的电阻可忽略，求此时杆2克服摩擦力做功的功率．
【答案】此时杆2克服摩擦力做功的功率是．
【解析】设杆2的运动速度为v，由于两杆运动时，两杆间和导轨构成的回路中的磁通量发生变化，
产生感应电动势 E＝Bl（v0﹣v）①
感应电流 ②
杆2做匀速运动，它受到的安培力等于它受到的摩擦力，
BlI＝μm2g③
导体杆2克服摩擦力做功的功率 P＝μm2gv ④
由①②③④解得
[2004广东卷 T18 17分]如图，真空室内存在匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度的大小B＝0.60T，磁场内有一块平面感光板ab，板面与磁场方向平行，在距ab的距离l＝16cm处，有一个点状的α放射源S，它向各个方向发射α粒子，α粒子的速度都是v＝3.0×106m/s，已知α粒子的电荷与质量之比，现只考虑在图纸平面中运动的α粒子，求ab上被α粒子打中的区域的长度。
【答案】20cm
【解析】α粒子带正电，故在磁场中沿逆时针方向做匀速圆周运动，
用R表示轨道半径，有①
由此得 代入数值得R＝10cm
可见，2R＞l＞R。
因朝不同方向发射的α粒子的圆轨迹都过S，由此可知，某一圆轨迹在图中N左侧与ab相切，则此切点P1就是α粒子能打中的左侧最远点。为定出P1点的位置，可作平行于ab的直线cd，cd到ab的距离为R，以S为圆心，R为半径，作弧交cd于Q点，过Q作ab的垂线，它与ab的交点即为P1.②
再考虑N的右侧。任何α粒子在运动中离S的距离不可能超过2R，以2R为半径、S为圆心作圆，交ab于N右侧的P2点，此即右侧能打到的最远点。
由图中几何关系得③
所求长度为 P1P2＝NP1+NP2④
代入数值得P1P2＝20cm
ab上被α粒子打中的区域的长度 P1P2＝20cm。
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