C04.【重庆卷】2006-2015，2021年汇编（11套）-压轴题汇总（43道，47页）

重庆市
历年（2006～2015，2021）高考物理
《压轴题汇编》（11套，43道）
目 录
2021重庆卷（暂缺） 2
2015重庆卷 2
2014重庆卷 7
2013重庆卷 13
2012重庆卷 17
2011重庆卷 23
2010重庆卷 27
2009重庆卷 32
2008重庆卷 38
2007重庆卷 42
2006重庆卷 45
2021重庆卷（暂缺）
2015重庆卷
[2015重庆卷 T3 6分]. 高空作业须安全带。如果质量为m的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h（可视为自由落体运动），此后经历时间t安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖起向上，则该段时间安全带对人体的平均作用力大小为( )
A．mg B．mg C．mg D．mg
【答案】A
【解析】对自由落体运动，有：
h
解得：
规定向下为正方向，对运动的全程，根据动量定理，有：
mg（t1+t）﹣Ft＝0
解得：
Fmg
故选：A。
[2015重庆卷（ T5 6分]若货物随升降机运动的v—t图像如图所示（竖起向上为正），则货物受到升降机的支持力F与时间t关系的图像可能是( )
【答案】B
【解析】由v-t图知，过程1为向下的匀加速直线运动，（加速度向下，失重，Fmg）；过程4为向上的匀加速直线运动，（加速度向上，超重，F>mg）；过程5为向上的匀速直线运动（平衡，F=mg）；过程6为向上的匀减速直线运动，（加速度向下，失重，F[2015重庆卷 T6 19分]同学们测量某电阻丝的电阻，所用电流表的内阻与相当，电压表可视为理想电压表.
①若使用图所示电路图进行实验，要使得的测量值更接近真实值，电压表的a端应连接到电路的 点（选填“b”或“c”）.
②测得电阻丝的图如图所示，则为 （保留两位有效数字）．
③实验中，随电压进一步增加电阻丝逐渐进入炽热状态.某同学发现对炽热电阻丝吹气，其阻值会变化.他们对此现象进行探究，在控制电阻丝两端的电压为10V的条件下，得到电阻丝的电阻随风速（用风速计测）的变化关系如图所示.由图可知当风速增加时，会 （选填“增大”或“减小”）．在风速增加过程中，为保持电阻丝两端电压为10V，需要将滑动变阻器的滑片向 端调节（选填“M”或“N”）.
④为了通过电压表的示数来显示风速，同学们设计了如图所示的电路.其中为两只阻值相同的电阻，为两根相同的电阻丝，一根置于气流中，另一根不受气流影响，V为待接入的理想电压表.如果要求在测量中，风速从零开始增加，电压表的示数也从零开始增加，则电压表的“+”端和“—”端应分别连接到电路中的 点和 点（在“a”“b”“c”“d”中选填）.
【答案】① c；② 4.1 （4.0～4.2）;③减小 ，M；④ b，d
【解析】
①电流表有较大内阻，选择内接法会使电阻的测量值偏大，而电压表为理想电压表，故选择电流表外接法可以减小电阻的测量误差，故选接c点．
②由部分电路的欧姆定律知图象的斜率代表电阻，求得．
③有图知风速增大后，代表电阻的纵坐标数值在减小；减小，导致总电阻减小，总电流增大，使得并联部分的电压减小，向M端滑动可使并联部分的电压重新增大为10V．
④当风速为零时，电压表的示数也为零，电路的b和d两点构成电桥，满足；而下端的减小后，即有，故电压表的正接线柱接在b点，负接线柱接在d点
[2015重庆卷 T9 18分]下图为某种离子加速器的设计方案.两个半圆形金属盒内存在相同的垂直于纸面向外的匀强磁场.其中和是间距为的两平行极板，其上分别有正对的两个小孔和，，P为靶点，（为大于1的整数）。极板间存在方向向上的匀强电场，两极板间电压为。质量为、带电量为的正离子从点由静止开始加速，经进入磁场区域.当离子打到极板上区域（含点）或外壳上时将会被吸收。两虚线之间的区域无电场和磁场存在，离子可匀速穿过。忽略相对论效应和离子所受的重力。求：
（1）离子经过电场仅加速一次后能打到P点所需的磁感应强度大小；
（2）能使离子打到P点的磁感应强度的所有可能值；
（3）打到P点的能量最大的离子在磁场中运动的时间和在电场中运动的时间。
【答案】（1）（2），（3），
【解析】
（1）离子经电场加速，由动能定理：
可得
磁场中做匀速圆周运动：
刚好打在P点，轨迹为半圆，由几何关系可知：
联立解得；
（2）若磁感应强度较大，设离子经过一次加速后若速度较小，圆周运动半径较小，不能直接打在P点，而做圆周运动到达右端，再匀速直线到下端磁场，将重新回到O点重新加速，直到打在P点。设共加速了n次，有：
且：
解得：，
要求离子第一次加速后不能打在板上，有
且：
解得：，
故加速次数n为正整数最大取
即：
；
（3）加速次数最多的离子速度最大，取，离子在磁场中做n-1个完整的匀速圆周运动和半个圆周打到P点。
由匀速圆周运动：
电场中一共加速n次，可等效成连续的匀加速直线运动.由运动学公式
可得：
2014重庆卷
[2014重庆卷 T4 6分]. 一弹丸在飞行到距离地面5m高时仅有水平速度，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为3∶1.不计质量损失，取重力加速，则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是( )
A B C D
【答案】B
【解析】规定向右为正，设弹丸的质量为4m，则甲的质量为3m，乙的质量为m，炮弹到达最高点时爆炸时，爆炸的内力远大于重力（外力），遵守动量守恒定律，则有：
4mv0＝3mv1+mv2
则8＝3v1+v2
两块弹片都做平抛运动，高度一样，则运动时间相等，t，
水平方向做匀速运动，x1＝v1t＝v1，x2＝v2t＝v2，
则8＝3x1+x2
结合图象可知，B的位移满足上述表达式，故B正确。
故选：B。
[2014重庆卷 T5 6分]以不同初速度将两个物体同时竖直向上抛出并开始计时，一个物体所受空气阻力可忽略，另一物体所受空气阻力大小与物体速率成正比，下列用虚线和实线描述两物体运动的v t图像可能正确的是( )
A B C D
【答案】D
【解析】没有空气阻力时，物体只受重力，是竖直上抛运动，v﹣t图象是直线；
有空气阻力时，上升阶段，根据牛顿第二定律，有：mg+f＝ma，故a＝g，由于阻力随着速度减小而减小，故加速度逐渐减小，最小值为g；
有空气阻力时，下降阶段，根据牛顿第二定律，有：mg﹣f＝ma，故a＝g，由于阻力随着速度增大而增大，故加速度减小；
v﹣t图象的斜率表示加速度，故图线与t轴的交点对应时刻的加速度为g，切线与虚线平行；
故选：D。
[2014重庆卷 T7 6分]打磨某剖面如题图所示的宝石时，必须将OP、OQ边与轴线的夹角切磨在 的范围内，才能使从MN边垂直入射的光线，在OP边和OQ边都发生全反射（仅考虑如图所示的光线第一次射到OP边并反射到OQ过后射向MN边的情况），则下列判断正确的是( )
A．若，光线一定在OP边发生全反射
B．若，光线会从OQ边射出
C．若，光线会从OP边射出
D．若，光线会在OP边发生全反射
【答案】D
【解析】由全反射的临界角满足，则入射角满足发生全反射；作出光路可知当时，根据几何关系，可知光线在PO边上的入射角较小，光线将从PO射出，AB项错误；同理当时，光线在PO边上的入射角较大，大于临界角，光线将在PO射边上发生全反射，D项正确．
[2014重庆卷 T6(2) 11分]．为了研究人们用绳索跨越山谷过程中绳索拉力的变化规律，同学们设计了如图1所示的实验装置，他们将不可伸长轻绳通过测力计（不计质量及长度）固定在相距为D的两立柱上，固定点分别为P和Q，P低于Q，绳长为L（L＞PQ），他们首先在绳上距离P点10cm处（标记为C）系上质量为m的重物（不滑动），由测力计读出绳PC、QC说的拉力大小TP和TQ．随后，改变重物悬挂点C的位置，每次将P到C点的距离增大10cm，并读出测力计的示数，最后得到TP和TQ与绳长PC的关系曲线如图2所示，由实验可知：
（1）曲线Ⅱ中拉力为最大时，C与P点的距离为　　cm，该曲线为　　（选填TP或TQ）的曲线．
（2）在重物从P移到Q的整个过程中，受到最大拉力的是　　（选填：P或Q）点所在的立柱．
（3）在曲线Ⅰ、Ⅱ相交处，可读出绳的拉力T0＝　　N，它与L、D、m和重力加速度g的关系为T0＝　　．
【答案】①60（56～64） TP ②Q ③ 4.30（4.25～4.35）
【解析】（1）选取结点C为研究的对象，受力如图，
水平方向：TPsinα＝TQsinβ
竖直方向：TPcosα+TQcosβ＝2T0 cosβ①
由图可得，当：α＝β时，两个绳子上的拉力相等，此时由图可得，该处离P比较近．
又：C到P与Q的距离相等时，受力如图：
水平方向仍然满足：TPsinα＝TQsinβ
由于α＞β
所以：TP＜TQ
所以曲线Ⅱ是TP的曲线，曲线Ⅰ是TQ的曲线．
曲线Ⅱ中拉力为最大时，C与P点的距离为60.00cm处．
（2）曲线Ⅰ是TQ的曲线，由题目的图可得，在重物从P移到Q的整个过程中，受到最大拉力的是Q点所在的立柱；
（3）由题目的图可得，在曲线Ⅰ、Ⅱ相交处，可读出绳的拉力T0＝4.30N．
做出它们的几何关系如图：
由于α＝β，则：
②
联立①②得：
故答案为：（1）60.00，TP；（2）Q；（3）4.30，
[2014重庆卷 T9 18分]如图所示，在无限长的竖直边界NS和MT间充满匀强电场，同时该区域上、下部分分别充满方向垂直于NSTM平面向外和向内的匀强磁场，磁感应强度大小分别为B和2B，KL为上下磁场的水平分界线，在NS和MT边界上，距KL高h处分别有P、Q两点，NS和MT间距为1.8h。质量为m、带电量为+q的粒子从P点垂直于NS边界射入该区域，在两边界之间做圆周运动，重力加速度为g。
（1）求该电场强度的大小和方向。
（2）要使粒子不从NS边界飞出，求粒子入射速度的最小值。
（3）若粒子能经过Q点从MT边界飞出，求粒子入射速度的所有可能值。
【答案】（1），方向竖直向上 （2）
（3）；；
【解析】
（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，
电场力与重力合力为零，即mg=qE，
解得：，电场力方向竖直向上，电场方向竖直向上；
（2）粒子运动轨迹如图所示：
设粒子不从NS边飞出的入射速度最小值为vmin，
对应的粒子在上、下区域的轨道半径分别为r1、r2，
圆心的连线与NS的夹角为φ，
粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：
，
解得，粒子轨道半径：，
，，
由几何知识得：
（r1+r2）sinφ=r2，r1+r1cosφ=h，
解得：；
（3）粒子运动轨迹如图所示，
设粒子入射速度为v，
粒子在上、下区域的轨道半径分别为r1、r2，
粒子第一次通过KL时距离K点为x，
由题意可知：3nx=1.8h （n=1、2、3…）
，，
解得：
，n＜3.5，
即：n=1时， ，
n=2时，，
n=3时，；
2013重庆卷
[2013重庆卷 T5 6分如图所示，一段长方体形导电材料，左右两端面的边长都为a和b，内有带电量为q的某种自由运动电荷。导电材料置于方向垂直于其前表面向里的匀强磁场中，内部磁感应强度大小为B。当通以从左到右的稳恒电流I时，测得导电材料上、下表面之间的电压为U，且上表面的电势比下表面的低。由此可得该导电材料单位体积内自由运动电荷数及自由运动电荷的正负分别为（　　）
A．，负 B．，正 C．，负 D．，正
【答案】C
【解析】
若运动电荷为负电荷，则由左手定则可判断出，负电荷聚集在上表面，上表面的电势比下表面低，故该导电材料的运动电荷为负电荷。
当通有稳恒电流时，运动电荷受到的电场力与洛伦兹力相平衡，故
又因为
联立两式得
故选C。
[2013重庆卷 T5 6分]如图所示，半径为R的半球形陶罐，固定在可以绕竖直轴旋转的水平转台上，转台转轴与过陶罐球心O的对称轴OO′重合．转台以一定角速度ω匀速转动，一质量为m的小物块落入陶罐内，经过一段时间后，小物块随陶罐一起转动且相对罐壁静止，它和O点的连线与OO′之间的夹角θ为60°．重力加速度大小为g．
（1）若ω=ω0，小物块受到的摩擦力恰好为零，求ω0；
（2）ω=（1±k）ω0，且0＜k<<1，求小物块受到的摩擦力大小和方向．
【答案】（1）（2）当时，摩擦力方向沿罐壁切线向下，大小为；当时，摩擦力方向沿罐壁切线向下，大小为；
【解析】
（1）对小物块受力分析如图甲所示：
由于小物块在竖直方向上没有加速度，只在水平面上以O1为圆心做圆周运动，FN的水平分力F1提供向心力，所以有：，代入数据得：
；
（2） ①当 时，由向心力公式知，越大，所需要的越大，此时不足以提供向心力了，物块要做离心运动，但由于受摩擦阻力的作用，物块不致于沿罐壁向上运动．故摩擦力的方向沿罐壁向下，如图乙所示，对进行分解，此时向心力由的水平分力和的水平分力的合力提供:
，
，
将数据代入得到：
；
②当时，由向心力公式知，越小，所需要的越小，此时超过所需要的向心力了，物块要做向心运动，但由于受摩擦阻力的作用，物块不致于沿罐壁向下运动．故摩擦力的方向沿罐壁向上，则对进行分解，此时向心力由的水平分力和的水平分力 的合力提供：
，
，
将数据代入得到：
。
[2013重庆卷 T9 18分]在一种新的“子母球”表演中，让同一竖直线上的小球A和小球B，从距水平地面高度为ph（p＞1）和h的地方同时由静止释放，如图所示。球A的质量为m，球B的质量为3m。设所有碰撞都是弹性碰撞，重力加速度大小为g，忽略球的直径、空气阻力及碰撞时间。
（1）求球B第一次落地时球A的速度大小；
（2）若球B在第一次上升过程中就能与球A相碰，求p的取值范围；
（3）在（2）情形下，要使球A第一次碰后能到达比其释放点更高的位置，求p应满足的条件。
【答案】（1）A球速率等于 ;（2）1＜p＜5 ;（3）1＜p＜3.
【解析】（1）AB 两球同时释放做自由落体运动，在B落地过程中A的运动与之完全一致，设所求速度为v0，由运动学公式得：2gh
故，v0
（2）要想在B上升阶段两球相碰，临界情况是B刚好反跳到出发点时与A相碰，设B下落到地面所用时间为t
hgt2
B在2t时间内下落高度
h′g（2t）2＝4h
满足要求B的最大高度
h″＝h′+h＝5h
故要是球B在第一次上升过程中就能与球A相碰则应该：1＜p≤5
（3）要使球A第一次碰后能到达比其释放点更高的位置，则临界条件是碰后A球速度恰好等大反向，两物体的v﹣t图象如下图，由弹性碰撞可得碰撞前后，动量守恒，规定向上为正方向，设碰后A球继续向上运动，则：
3mvB﹣mvA＝3mv′B+mvA
由于是弹性碰撞，由碰撞前后能量守恒得：
临界条件v′B＝﹣vB
联立以上可得：
vA＝3vB
从图象可以看出阴影部分面积之和就是A的下落高度和B的反跳高度之和，故ph＝3h，故p＝3
2012重庆卷
[2012重庆卷 T17 6分] 质量为m的人站在质量为2m的平板小车上，以共同的速度在水平地面上沿直线前行，车受地面阻力的大小与车对地面压力的大小成正比。当车速为v0时，人从车上以相对于地面大小为v0的速度水平向后跳下。跳离瞬间地面阻力的冲量忽略不计，则能正确表示车运动的v－t图象为（ ）
【答案】B
【解析】人和车以共同的速度在水平地面上沿直线前行，做匀减速直线运动，当车速为v0时，人从车上以相对于地面大小为v0的速度水平向后跳下，跳离前后系统动量守恒，规定车的速度方向为正方向，则有：
得
车所受地面阻力的大小与车对地面压力的大小成正比，所以人跳车前后车的加速度不变，所以能正确表示车运动的v－t图象B。
故选B。
[2012重庆卷 T18 6分]冥王星与其附近的另一星体卡戎可视为双星系统，质量比约为7∶1，同时绕它们连线上某点O做匀速圆周运动，由此可知，冥王星绕O点运动的
A．轨道半径约为卡戎的 B．角速度大小约为卡戎的
C．线速度大小约为卡戎的7倍 D．向心力大小约为卡戎的7倍
【答案】A
【解析】冥王星与其附近的另一星体卡戎可视为双星系统．所以冥王星和卡戎周期是相等的，角速度也是相等的．A、它们之间的万有引力提供各自的向心力得：，质量比约为7：1，所以冥王星绕O点运动的轨道半径约为卡戎的，故A正确．B、冥王星和卡戎周期是相等的，角速度也是相等的，故B错误．C、根据线速度v=ωr得冥王星线速度大小约为卡戎的，故C错误．D、它们之间的万有引力提供各自的向心力，冥王星和卡戎向心力大小相等，故D错误．故选A．
[2012重庆卷 T21 6分]如图所示，正方形区域MNPQ内有垂直纸面向里的匀强磁场．在外力作用下，一正方形闭合刚性导线框沿QN方向匀速运动，t＝0时刻，其四个顶点M′、N′、P′、Q′恰好在磁场边界中点．下列图象中能反映线框所受安培力f的大小随时间t变化规律的是(　　)
A　　 　　B　　　　　　C　　　　　　D
【答案】B
【解析】第一段时间从初位置到M′N′离开磁场，图甲表示该过程的任意一个位置
切割磁感线的有效长度为M1A与N1B之和，即为M1M′长度的2倍，此时电动势
E=2Bvtv
线框受的安培力
F=2BIvt=
图像是开口向上的抛物线，如图乙所示
线框的右端M2N2刚好出磁场时，左端Q2P2恰与MP共线，此后一段时间内有效长度不变，一直到线框的左端与M′N′重合，这段时间内电流不变，安培力大小不变；最后一段时间如图丙所示
从匀速运动至M2N2开始计时，有效长度为
A′C′=l 2vt′
电动势
E′=B(l 2vt′)v
线框受的安培力
F′=
图像是开口向上的抛物线，故选B。
[2012重庆卷 T22(2) 分]某中学生课外科技活动小组利用铜片、锌片和家乡盛产的柑橘作了果汁电池，他们测量这种电池的电动势E和内阻r，并探究电极间距对E和r的影响．实验器材如图所示．
①测量E和r的实验方案为：调节滑动变阻器，改变电源两端的电压U和流过电源的电流I，依据公式___________，利用测量数据作出U-I图像，得出E和r．
②将电压表视为理想表，要求避免电流表分压作用对测量结果的影响，请在图中用笔画线代替导线连接电路_________．
③实验中依次减小铜片与锌片的间距，分别得到相应果汁电池的U-I图像如图中（a）、（b）、（c）、（d）所示，由此可知：
在该实验中，随电极间距的减小，电源电动势___________（填“增大”“减小”或“不变”），电源内阻________（填“增大”“减小”或“不变”）．
曲线（c）对应的电源电动势E=_____________V，内阻r=____________Ω，当外电路总电阻为2500Ω时，该电源的输出功率P=_____________mW.（均保留三位有效数字）
【答案】①U＝E－Ir　②如图所示③不变　增大　0.975　478　0.268
【解析】
①测量E和r的实验方案为：调节滑动变阻器，改变电源两端的电压U和流过电源的电流I，依据公式U="E-Ir" ，利用测量数据作出U-I图像，U-I图像与纵轴截距等于电源电动势E，图线斜率的绝对值等于电源内阻r．
②由于将电压表视为理想表，要求避免电流表分压作用对测量结果的影响，所以把电流表与滑动变阻器串联后与电源开关构成闭合回路，电压表并联在电源和开关两端，实物图如图所示
③图线与纵轴的交点的纵坐标即为电动势，由图象可知，图象与纵轴的交点纵坐标不变，所以电动势不变；图线斜率的绝对值即为内阻，由图象可知，（a）（b）（c）（d）图象斜率的绝对值变大，电源内阻变大．由此可知：随电极间距的减小电源内阻增大．由图示图象可知，图象与纵轴交点坐标值为0.975，电源电动势E=0.975 V；（c）对应图线斜率绝对值约为478（从线上选取两点即可求斜率），电源的输出功率．
[2012重庆卷 T25 分]某校举行托乒乓球跑步比赛，赛道为水平直道，比赛距离为s.比赛时．某同学将球置于球拍中心，以大小为a的加速度从静止开始做匀加速直线运动，当速度达到v0时，再以v0做匀速直线运动跑至终点．整个过程中球一直保持在球拍中心不动．比赛中，该同学在匀速直线运动阶段保持球拍的倾角为θ0，如图所示，设球在运动中受到的空气阻力大小与其速度大小成正比，方向与运动方向相反，不计球与球拍之间的摩擦，球的质量为m，重力加速度为g.
(1)求空气阻力大小与球速大小的比例系数k；
(2)求在加速跑阶段球拍倾角θ随速度v变化的关系式；
(3)整个匀速跑阶段，若该同学速度仍为v0，而球拍的倾角比θ0大了β并保持不变，不计球在球拍上的移动引起的空气阻力变化，为保证到达终点前球不从球拍上距离中心为r的下边沿掉落，求β应满足的条件．
【答案】（1）k＝ （2）tanθ＝＋tanθ0 （3）sinβ≤
【解析】(1)在匀速运动阶段，有mgtanθ0＝kv0
得k＝
(2)加速阶段，设球拍对球的支持力为N′，有
N′sinθ－kv＝ma
N′cosθ＝mg
得tanθ＝＋tanθ0
(3)以速度v0匀速运动时，设空气阻力与重力的合力为F，有F＝
球拍倾角为θ0＋β时，空气阻力与重力的合力不变，设球沿球拍面下滑的加速度大小为a′，有
Fsinβ＝ma′
设匀速跑阶段所用时间为t，有
※【本资料来源：全品高考网、全品中考网；全品教学网为您提供最新最全的教学资源。】※t＝－
球不从球拍上掉落的条件a′t2≤r
得sinβ≤
2011重庆卷
[2011重庆卷 T19 6分]如图所示，电量为+q和-q的点电荷分别位于正方体的顶点，正方体
范围内电场强度为零的点有（ ）
A．体中心、各面中心和各边中点
B．体中心和各边中点
C．各面中心和各边中点
D．体中心和各面中心
【答案】D
【解析】两个等量同种电荷在其连线的中点处的合场强为零。两个等量同种正电荷在其连线的中垂线上的合场强沿中垂线指向远离正电荷的方向。两个等量同种负电荷在其连线的中垂线上的合场强沿中垂线指向负电荷的方向。在正方体的上面中心，上面的四个电荷分成两组产生的场强都是零，下面的四个电荷分成两组产生的场强等大反向，所以正方体的上面中心处的合场强为零，同理所有各面中心处的合场强都为零。在体中心，可以将八个电荷分成四组，产生的合场强为零。而在各边中心，场强无法抵消，合场强不为零。正确答案是D。
[2011重庆卷 T21 6分]某行星和地球绕太阳公转的轨道均可视为圆。每过N年，该行星会
运行到日地连线的延长线上，如图所示。该行星与地球的公转半径比为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】A、B、C、D：由图可知行星的轨道半径大，那么由开普勒第三定律知其周期长。每过N年，该行星会运行到日地连线的延长线上，说明从最初在日地连线的延长线上开始，每一年地球都在行星的前面比行星多转圆周的N分之一，N年后地球转了N圈，比行星多转1圈，即行星转了N﹣1圈，从而再次在日地连线的延长线上。所以行星的周期是年，根据开普勒第三定律有，即：，所以，选项A、C、D错误，选项B正确。故选：B。
[2011重庆卷 T22（2） ？分]某同学设计了如图3所示的装置，利用米尺、秒表、轻绳、轻滑轮、轨道、滑块、托盘和砝码等器材来制定滑块和轨道间的动摩擦因数μ．滑块和托盘上分别放有若干砝码，滑块质量为M，滑块上砝码总质量为m‘，托盘和盘中砝码的总质量为m，实验中，滑块在水平轨道上从A到B做初速为零的匀加速直线运动，重力加速度g取10m／s2．
①为测量滑块的加速度，须测出它在A、B间运动的_______与_______，计算的运动学公式是_______；
②根据牛顿运动定律得到与的关系为：
他想通过多次改变，测出相应的值，并利用上式来计算．若要求是的一次函数，必须使上式中的______________保持不变，实验中应将从托盘中取出的砝码置于______________；
③实验得到与的关系如图4所示，由此可知μ=__________（取两位有效数字）
【答案】① 位移 时间 ② 滑块上 ③ 0.23（0.21～0.25）
【解析】①滑块在水平轨道上从A到B做初速为零的匀加速直线运动，根据得，所以需要测量的是位移和时间．
②根据整体法有，
若要求a是m的一次函数必须使不变，即使m+m′不变，在增大m时等量减小m′，
所以实验中应将从托盘中取出的砝码置于滑块上．
③将取为k，有，在图象上取两点将坐标代入
解得μ＝0.23（在0.21到0.25之间是正确的）
[2011重庆卷 T25 19分]某仪器用电场和磁场来控制电子在材料表面上方的运动，如图所示，材料表面上方矩形区域PP′N′N充满竖直向下的匀强电场，电场宽为d；矩形区域NN′M′M充满垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，长为3s，宽为s；NN′为磁场与电场之间的薄隔离层，一个电荷量为e、质量为m、初速为零的电子，从P点开始被电场加速经隔离层垂直进入磁场，电子每次穿越隔离层，时间极短、运动方向不变，其动能损失是每次穿越前动能的10%，最后电子仅能从磁场边界M′N′飞出，不计电子所受重力。
（1）控制电子在材料表面上方运动，最大的电场强度为多少？
（2）若电子以上述最大电场加速，经多长时间将第三次穿越隔离层？
（3）A是M′N′的中点，若要使电子在A、M′间垂直于AM′飞出，求电子在磁场区域中运动的时间。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
（1）电子第一次穿越隔离层，在磁场中以最大半径s作圆周运动时，电场强度最大，设进入磁场的速度为v，依题意，由功能关系有
得
（2）电子第一次加速的末速度为v1，第一次加速的时间为t1，由
可得
在磁场中作圆周运动时间为t2，由
得
电子再返回电场的速度为v2，至第三次穿越隔离层的时间为t3
可得
所以，可得
（3）设电子在匀强磁场中做圆周运动的周期为T，运动的半圆周个数为n，运动总时间为t，由题意，有
R1≤s，Rn＋1=0.9nR1，Rn＋1≥
求得
又由
则，可得电子在磁场区域中运动的时间
2010重庆卷
[2010重庆卷 T18 6分]某电容式话筒的原理示意图如图所示，E为电源，R为电阻，薄片P和Q为两金属极板．对着话筒说话时，P振动而Q可视为不动．在P、Q间距增大过程中（ ）
A．P、Q构成的电容器的电容增大
B．P上电荷量保持不变
C．M点的电势比N点的低
D．M点的电势比N点的高
【答案】D
【解析】电容式话筒与电源串联，电压保持不变，在P、Q间距增大过程中，根据电容决定式得电容减小，又根据电容定义式得电容器所带电量减小，电容器的放电电流通过R的方向由M到N，所以M点的电势比N点的高，故ABC错，D正确。故选D。
[2010重庆卷 T20 6分]如图所示，空气中有一折射率为的玻璃柱体，其横截而是圆心角为90o,、半径为R的扇形OAB、一束平行光平行于横截面，以45o入射角照射到OA上，OB不透光，若只考虑首次入射到圆弧AB上的光，则AB上有光透出的部分的弧长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】根据折射定律，可得光进入玻璃后光线与竖直方向的夹角为30°。过O的光线垂直入射到AB界面上点C射出，C到B之间没有光线射出；越接近A的光线入射到AB界面上时的入射角越大，发生全反射的可能性越大，根据临界角公式得临界角为45°，如果AB界面上的临界点为D，此光线在AO界面上点E入射，在三角形ODE中可求得OD与水平方向的夹角为180°-（120°+45°）=15°，所以A到D之间没有光线射出。由此可得没有光线射出的圆弧对应圆心角为90°-（30°+15°）=45°，弧长为。
[2010重庆卷 T21 6分]如图所式，矩形MNPQ区域内有方向垂直于纸面的匀强磁场，有5个带点粒子从图中箭头所示位置垂直于磁场边界进入磁场，在纸面内做匀速圆周运动，运动轨迹为相应的圆弧，，这些粒子的质量，电荷量以及速度大小如下表所示。
由以上信息可知，从图中abc处进入的粒子对应表中的编号分别为（ ）
A．3，5，4 B．4，2，5
C．5，3，2 D．2，4，5
【答案】D
【解析】根据半径公式结合表格中数据可求得1—5各组粒子的半径之比依次为0.5︰2︰3︰3︰2，说明第一组正粒子的半径最小，该粒子从MQ边界进入磁场逆时针运动。由图a、b粒子进入磁场也是逆时针运动，则都为正电荷，而且a、b粒子的半径比为2︰3，则a一定是第2组粒子，b是第4组粒子。c顺时针运动，都为负电荷，半径与a相等是第5组粒子。正确答案D
[2010重庆卷 T22（2） 10分]在探究小灯泡的的伏安法测电阻实验中，所用器材有灯泡I，量程恰当的电流表A和电压表V，直流电源的滑动变阻器R、电键S等，要求灯泡两端电压从0V开始变化
①实验中滑动变阻器应采用______ 接法（“分压”或“限流”）
②某同学已连接如图2所示的电路，在连接最后一根导线的c端到直流电源正析之前，请指出其中仅有的2个不当之处，并说明如何改正
A：_____________________
B:_______________________
图2
③分别测得两只灯泡l1和l2 的伏安特性曲线如图3中Ⅰ和Ⅱ所示，然后将灯泡l1、l2与电池组（电动势和内阻均衡定）连成图4所示电路。多次测量后得到通过l1和l2的电流平均值分别为0.30A和0.60A.
图3 图4
A.在图3中画出电池组路端电压U和电流I的关系曲线。
B.由该曲线可知电池组的电动势为_________V,内阻为___________Ω(取两位有效数字)
【答案】①分压 ②A.电键不应闭合，应处于断开状态 B.滑动变阻器的滑动触头P位置不当，应将其置于b端 ③ 4.6V 2.7Ω
【解析】①探究小灯泡的伏安特性曲线要求电压从0到额定电压变化，所以滑动变阻器必须采用分压解法。
②在连接线路时必须将每个开关断开，而图中是闭合的这是第一个错误。连好线路后在闭合开关前需要将限流滑动变阻器调到阻值最大，将分压滑动变阻器调到输出为0端，在图中是b端，以保护电源和电表。
③描绘电源的伏安特性曲线要求外电阻变化测定对应的多组路端电压和电流，本实验中用两个小灯泡来改变外电阻获得两组电流值，然后在小灯泡的伏安特性曲线上查出对应的电压，用两个坐标点描绘图像。为描绘准确可以先进行理论计算，首先查出两坐标为（0.30A，3.8V）和（0.60A，3.0V），则内阻为ΩΩ，电动势为E＝4.6 V，然后作出准确图像如图。
[2010重庆卷 T25 20分]某兴趣小组用如图所示的装置进行实验研究．他们在水平桌面上固定一内径为d的圆柱形玻璃杯，杯口上放置一直径为3d/2、质量为m的匀质薄圆板，板上放一质量为2m的小物块．板中心、物块均在杯的轴线上．物块与板间动摩擦因数为μ，不计板与杯口之间的摩擦力，重力加速度为g，不考虑板翻转．
（1）对板施加指向圆心的水平外力F，设物块与板间最大静摩擦力为fmax，若物块能在板上滑动，求F应满足的条件．
（2）如果对板施加的指向圆心的水平外力是作用时间极短的较大冲击力，冲量为I，
① I应满足什么条件才能使物块从板上掉下？
② 物块从开始运动到掉下时的位移s为多少？
③ 根据s与I的关系式说明要使s更小，冲量应如何改变．
【答案】（1） FL （2）①I应满足条件：I才能使物块从板上掉下；
②物块从开始运动到掉下时的位移s为：s；
③根据s与L的关系式，说明要使s更小，冲量I应越大。
【解析】（1）设圆板与物块相对静止时，它们之间的静摩擦力为f，共同加速度为a
由牛顿运动定律，有
对物块＝2ma 对圆板F－f＝ma
两物相对静止，有 f≤fmax
得 F≤fmax
相对滑动的条件 F＞fmax
（2）设冲击刚结束时圆板获得的速度大小为v0，物块掉下时，圆板和物块速度大小分别为v1和v2.
由动量定理，有 I＝mv0
由动能定理，有
对圆板－2mg（s＋d）＝mv12－mv02
对物块2mgs＝（2m）v22－0
由动量守恒定律，有
mv0＝mv1＋2mv2
要使物块落下，必须 v1＞v2
（3）由以上各式得
I＞m
s＝
分子有理化得
s＝
根据上式结果知：I越大，s越小.
2009重庆卷
[2009重庆卷 T20 6分]图为一种早期发电机原理示意图，该发电机由固定的圆形线圈和一对用铁芯连接的圆柱形磁铁构成，两磁极相对于线圈平面对称，在磁极绕转轴匀速转动过程中，磁极中心在线圈平面上的投影沿圆弧XOY运动，（O是线圈中心），则（ ）
A．从X到O，电流由E经G流向F，先增大再减小
B．从X到O，电流由F经G流向E，先减小再增大
C．从O到Y，电流由F经G流向E，先减小再增大
D．从O到Y，电流由E经G流向F，先增大再减小
【答案】D
【解析】
AB．在磁极绕转轴从X到O匀速转动，穿过线圈平面的磁通量向上增大，根据楞次定律可知线圈中产生瞬时针方向的感应电流，电流由F经G流向E，又导线切割磁感线产生感应电动势E感＝BLV，导线处的磁感应强度先增后减可知感应电动势先增加后减小、则电流先增大再减小，AB均错；
CD．在磁极绕转轴从O到Y匀速转动，穿过线圈平面的磁通量向上减小，根据楞次定律可知线圈中产生逆时针方向的感应电流，电流由E经G流向F，又导线切割磁感线产生感应电动势E感＝BLV，导线处的磁感应强度先增后减可知感应电动势先增加后减小、则电流先增大再减小，C错、D对．
[2009重庆卷 T22（2） 10分]硅光电池是一种可将光能转换为电能的器件。某同学用图2所示电路探究硅光电池的路端电压U与总电流I的关系。图中R0为已知定值电阻，电压表视为理想电压表。
①请根据图2，用笔画线代替导线将图3中的实验器材连接成实验电路。
②若电压表的读数为，则I＝ mA；
③实验一：用一定强度的光照射硅光电池，调节滑动变阻器，通过测量得到该电池的U－I曲线a。见图4，由此可知电池内阻 （填“是”或“不是”）常数，短路电流为 mA ，电动势为 V。
④实验二：减小实验一中光的强度，重复实验，测得U－I曲线b，见图4.当滑动变阻器的电阻为某值时，若实验一中的路端电压为1.5V。则实验二中外电路消耗的电功率为
mW（计算结果保留两位有效数字）。
【答案】
①见22题答案图，
②，
③不是，0.295(0.293-0.297)，2.67(2.64-2.70)，
④0.065(0.060-0.070)
【解析】①见右图；
②根据欧姆定律可知I＝；
③路端电压U＝E－Ir，若r为常数、则U-I图为一条不过原点的直线，由曲线a可知电池内阻不是常数；当U＝0时的电流为短路电流、约为295μA＝0.295mA；当电流I＝0时路端电压等于电源电动势E、约为2.67V；
④实验一中的路端电压为U1＝1.5V时电路中电流为I1＝0.21mA，连接a中点（0.21mA、1.5V）和坐标原点，此直线为此时对应滑动变阻器阻值的外电路电阻（定值电阻）的U-I图，和图线b的交点为实验二中的路端电压和电路电流，如右图,电流和电压分别为I＝97μA、U＝0.7V,则外电路消耗功率为P＝UI＝0.068 mW。
[2009重庆卷 T24 19分]探究某种笔的弹跳问题时，把笔分为轻质弹簧、内芯和外壳三部分，其中内芯和外壳质量分别为m和4m.笔的弹跳过程分为三个阶段：
①把笔竖直倒立于水平硬桌面，下压外壳使其下端接触桌面
②由静止释放，外壳竖直上升至下端距桌面高度为h1时，与静止的内芯碰撞（见图b）；
③碰后，内芯与外壳以共同的速度一起上升到外壳下端距桌面最大高度为h2处（见图c）。
设内芯与外壳的撞击力远大于笔所受重力、不计摩擦与空气阻力，重力加速度为g。求：
（1）外壳与内芯碰撞后瞬间的共同速度大小；
（2）从外壳离开桌面到碰撞前瞬间，弹簧做的功；
（3）从外壳下端离开桌面到上升至h2处，笔损失的机械能。
【答案】（1）； （2）mg； （3）mg（h2﹣h1）．
【解析】（1）外壳与内芯碰撞后瞬间的共同速度大小为V2，
对外壳和内芯，从撞后达到共同速度到上升至h2处，应用动能定理有：
（4m+m）g（ h2﹣h1）（4m+m）V22，
解得V2；
（2）外壳和内芯，碰撞过程瞬间动量守恒，应用动量守恒定律有：
4mV1＝（4m+m）V2，
解得V1，
设从外壳离开桌面到碰撞前瞬间弹簧做功为W，在此过程中，对外壳应用动能定理有
W﹣4mgh1（4m）V12，
解得：Wmg；
（3）由于外壳和内芯达到共同速度后上升高度h2的过程，机械能守恒，只是在外壳和内芯碰撞过程有能量损失，损失的能量为E损（4m）V12（4m+m）V22，
联立解得E损mg（h2﹣h1）．
[2009重庆卷 T25 18分]如图，离子源A产生的初速为零、带电量均为e、质量不同的正离子被电压为U0的加速电场加速后匀速通过准直管，垂直射入匀强偏转电场，偏转后通过极板HM上的小孔S离开电场，经过一段匀速直线运动，垂直于边界MN进入磁感应强度为B的匀强磁场。已知HO＝d，HS＝2d，∠MNQ＝90°。（忽略粒子所受重力）
（1）求偏转电场场强E0的大小以及HM与MN的夹角φ；
（2）求质量为m的离子在磁场中做圆周运动的半径；
（3）若质量为4m的离子垂直打在NQ的中点S1处，质量为16m的离子打在S2处。求S1和S2之间的距离以及能打在NQ上的正离子的质量范围。
【答案】（1）φ＝45° （2）R＝2 （3）m＜mx＜25m
【解析】（1）粒子在加速电场中加速后速度为V0，由动能定理可得：
在偏转电场做类平抛运动,设电场强度为E0，设在电场运动时间为t
解得：
由几何知识可知
解得：
（2）粒子离开电场时速度为V1,
粒子在磁场中做圆周运动向心力由洛伦磁力提供：
整理得到
(3)将4m和16m分别代入R得到,
粒子运动轨迹如图甲所示，由几何关系可知S1和S2之间的距离
代入可得
由几何关系可知（图乙）
解得：
由于
解得能打在NQ上的正离子的质量范围：
2008重庆卷
[2008重庆卷 T21 6分]如图1所示是某同学设计的电容式速度传感器原理图。其中上板为固定极板，下板为待测物体。在两极板间电压恒定的条件下，极板上所带电量Q将随待测物体的上下运动而变化。若Q随时间t变化关系为Q（a、b为大于零的常数），其图象如图2所示，那么图3、图4中反映极板间场强大小E和物体速率v随t变化的图线可能是( )
(
①
②
③
)
A．①和③ B．①和④ C．②和③ D．②和④
【答案】C
【解析】电容式速度传感器原理图，其中上板为固定极板，下板为待测物体，
由Q＝CU、C 与E得：Q与C成正比，而C与d成反比，则E与d成反比，所以E与Q成正比。
则由Q与t关系可得，E与t的关系：选第②；
Q随时间t的变化关系为Q 又由于Q与d成反比，所以d与t成线性关系，再由d＝vt，可知，物体速率v与时间t无关。故选第③故选：C。
[2008重庆卷 T22(2) 10分]某研究性学习小组设计了如图3所示的电路。用来研究稀盐水溶液的电阻率与浓度的关系。图中E为直流电源，K为开关，K1为单刀双掷开关，V为电压表，A为多量程电流表。R为滑动变阻器，Rx为待测稀盐水溶液液柱。
①实验时，闭合K之前应将R的滑片P置于______（填“C”或“D”）端；当用电流表外接法测量Rx的电阻时，K1应置于位置________（填“1”或“2”）。
②在一定条件下，用电流表内、外接法得到Rx的电阻率随浓度变化的两条曲线如图4所示（不计由于通电导致的化学变化），实验中Rx的通电面积为20cm2，长度为20cm，用内接法测得Rx的阻值是3500Ω，则其电阻率为_______Ωm，由图中对应曲线______（填“1”或“2”）可得此时溶液浓度约为_______%(结果保留2位有效数字)。
【答案】（1）①B ②摆长测量、漏斗重心变化、液体痕迹偏粗、阻力变化……
（2）①D；1 ②35；1；0.011到0.014间的数据
【解析】（1）要使速度和加速度方向相同，则只有B，因为B中相等时间内纸带运动的距离越来越大．说明纸带做加速运动，加速运动速度和加速度方向相同，故B正确；A纸带做匀速运动，没有加速度，故A错误；C纸带运动的距离越来越小．说明纸带做减速运动，加速运动速度和加速度方向相反，故C错误．故选B．
用该方法测量加速度的误差主要来源有：摆长的测量．漏斗重心的变化，液体痕迹偏粗、阻力变化等．
（2）①为了安全，闭合K之前，应将R的滑片位置置于D端，此时电表的读数为0，这样可保证电表的安全．
用电流表外接法测电阻时，K应置于1位置．
②根据电阻定律得：得：，内接法使得测量值偏大，对应的电阻值也偏大，所以对应的曲线为1，
由测量得电阻率和图象可得溶液浓度约为0.011到0.014之间．
[2008重庆卷 T25 分]如图所示为一种质谱仪工作原理示意图。在以O为圆心，OH为对称轴，夹角为2α的扇形区域内分布着方向垂直于纸面的匀强磁场。对称于OH轴的C和D分别是离子发射点和收集点。CM垂直磁场左边界于M，且OM=d。现有一正离子束以小发散角（纸面内）从C射出，这些离子在CM方向上的分速度均为v0，若该离子束中比荷为q/m的离子都能汇聚到D，试求：⑴磁感应强度的大小和方向（提示：可考虑沿CM方向运动的离子为研究对象）；⑵离子沿与CM成θ角的直线CN进入磁场，其轨道半径和在磁场中的运动时间；⑶线段CM的长度。
【答案（1），磁场方向垂直纸面向外；（2），；（3）。
【解析】（1）设沿CM方向运动的离子在磁场中做圆周运动的轨道半径为R
由
R=d
得，磁场方向垂直纸面向外
（2）设沿CN运动的离子速度大小为v，在磁场中的轨道半径为R′，运动时间为t，由
vcosθ=v0
得v＝
由
解得：R′=
方法一：设弧长为s，则运动的时间：
t=
又
s=2(θ+α)×R′
解得t=
方法二：离子在磁场中做匀速圆周运动的周期T＝，则有：
（3）方法一：由几何关系得：
CM=MNcotθ
则有：
解得：，
以上3式联立求解得
CM=dcotα
方法二：
设圆心为A，过A做AB垂直NO，如图所示
由几何关系得：
而
因此NM=BO
因
NM=CMtanθ
又
解得：CM=dcotα
2007重庆卷
[2007重庆卷 T15 6分]汽车电动机启动时车灯会瞬时变暗，如图示，在打开车灯的情况下，电动机未启动时电流表读数为10 A，电动机启动时电流表读数为58 A，若电源电动势为12.5 V，内阻为0.05Ω，电流表内阻不计，则因电动机启动，车灯的电功率降低了 ( )
A.35.8 W B.43.2 W
C.48.2 W D.76.8 W
【答案】B
【解析】车灯的电阻 R =12.5/10 - 0.05 =1.2Ω
车灯原来的功率 P1=I12 R=120 W
电动机启动后,车灯的电压 U2=E-Ir=12.5-58×0.05=9.6 V
车灯后来的功率 P2=U22 / R=76.8 W
车灯的电功率降低了 P1 - P2 =43.2 W
[2007重庆卷 T17 6分]为估算池中睡莲叶面承受出滴撞击产生的平均压强，小明在雨天将一圆柱形水杯置于露台，测得1小时内杯中水上升了45 mm。查询得知，当时雨滴竖直下落速度约为12 m/s.据此估算该压强约为（设雨滴撞击睡莲后无反弹，不计雨滴重力，雨水的密度为1×103 kg/m3）（ ）
A．0.15 Pa B．0.54 Pa C．1.5 Pa D．5.4 Pa
【答案】A
【解析】由于是估算压强，所以不计雨滴的重力。设雨滴受到支持面的平均作用力为F．设在△t时间内有质量为△m的雨水的速度由v＝12m/s减为零。以向上为正方向，对这部分雨水应用动量定理：
　F△t＝0﹣（﹣△mv）＝△mv．得到F
设水杯横截面积为S，对水杯里的雨水，在△t时间内水面上升△h，则有△m＝ρ S△h
F＝ρSv．压强P0.15（Pa）故选：A。
[2007重庆卷 T18 6分]真空中有一平行板电容器，两极板分别由铂和钾（其极限波长分别为λ1和λ2）制成，板面积为S，间距为d。现用波长为λ(λ2＜λ＜λ2的单色光持续照射两板内表面，则电容器的最终带电量Q正比于（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】钾的极限频率小于铂，用波长为λ的单色光照射两板内表面，钾能（铂不能）产生光电效应，发出光电子，两板间产生电场。，
当1/2mv2=eU 时，带电量Q最大。
[2007重庆卷 T25 20分]某兴趣小组设计了一种实验装置，用来研究碰撞问题，其模型如题25图所示不用完全相同的轻绳将N个大小相同、质量不等的小球并列悬挂于一水平杆、球间有微小间隔，从左到右，球的编号依次为1、2、3……N，球的质量依次递减，每球质量与其相邻左球质量之比为k（k＜1.将1号球向左拉起，然后由静止释放，使其与2号球碰撞，2号球再与3号球碰撞……所有碰撞皆为无机械能损失的正碰。（不计空气阻力，忽略绳的伸长，g取10 m/s2）
⑴设与n＋1号球碰撞前，n号球的速度为vn，求n＋1号球碰撞后的速度.
⑵若N＝5，在1号球向左拉高h的情况下，要使5号球碰撞后升高16k（16 h小于绳长）问k值为多少？
(3)悬挂几号球的绳容易断？
【答案】(1) (2)k值为0.414 (3)悬挂1号球的绳容易断。
【解析】（1）本题中的两球相碰，均可看成是“一静一动弹性碰撞模型”。因为每个球的质量依次递减，碰后不会出现入射球反弹的情况。如果入射球质量为m1，被碰球质量为m2，碰前m1的速度为v1，碰后两球的速度分别为v1′、v2′由动量守恒定律和机械能守恒定律得：
m v1＝m1v1′+m2v2′
得：
本题主要应用v2′当n取代1时，n+1就取代2。
设n号球质量为m，与n+1号球碰撞后的速度分别为vn′、vn+1′取水平向右为正方向，据题意有n号球与n+1号球碰撞前的速度分别为vn、0、mn+1＝kmn
根据动量守恒，有mnVn＝mnV′n+kmnV′n+1…①
根据机械能守恒，有②
由①②得：③
（2）设1号球摆至最低点时的速度为v1，由机械能守恒定律有：
④
v1⑤
同理可求，5号球碰后瞬间的速度
⑥
由③式可得⑦
N＝n＝4时，v5v1…⑧
由⑤⑥⑧三式得：
k0.414…⑨
2006重庆卷
[2006重庆卷 T21 6分]（多选）两根相距为L的足够长的金属直角导轨如题21图所示放置，它们各有一边在同一水平面内，另一边垂直于水平面。质量均为m的金属细杆ab、cd与导轨垂直接触形成闭合回路，杆与导轨之间的动摩擦因数为μ，导轨电阻不计，回路总电阻为2R。整个装置处于磁感应强度大小为B，方向竖直向上的匀强磁场中。当ab杆在平行于水平导轨的拉力F作用下以速度V1 沿导轨匀速运动时，cd杆也正好以速率向下V2匀速运动。重力加速度为g。以下说法正确的是( )
A.ab杆所受拉力F的大小为μmg+
B.cd杆所受摩擦力为零
　 C. 回路中的电流强度为
D.μ与大小的关系为μ＝
【答案】AD
【解析】由于cd不切割磁感线，故电路中的电动势为BLv1，电流为，ab杆匀速运动，所受合外力为零，即F－，。cd杆匀速运动，所受合外力为零，即F－，。故应AD。
[2006重庆卷 T25 20分]如图，半径为R的光滑圆形轨道固定在竖直面内。小球A、B质量分别为m、βm（β为待定系数）。A球从工边与圆心等高处由静止开始沿轨道下滑，与静止于轨道最低点的B球相撞，碰撞后A、B球能达到的最大高度均为R,碰撞中无机械能损失。重力加速度为g。试求：
（1）待定系数β;
（2）第一次碰撞刚结束时小球A、B各自的速度和B球对轨道的压力;
（3）小球A、B在轨道最低处第二次碰撞刚结束时各自的速度，并讨论小球A、B在轨道最低处第n次碰撞刚结束时各自的速度。
【答案】(1) β＝3 (2) 4.5mg，方向竖直向下
(3)V1＝－，V2＝0
由此可得：
当n为奇数时，小球A、B在第n次碰撞刚结束时的速度分别与第一次碰撞刚结束时相同
当n为偶数时，小球A、B在第n次碰撞刚结束时的速度分别与第二次碰撞刚结束时相同
【解析】（1）A球从静止开始下滑到碰撞后A、B球达到的最大高度的过程，由机械能守恒定律得
mgRmgR
解得，β＝3
（2）设A、B碰撞后的速度分别为v1、v2，
则 mgR
设向右方向正，向左为负，则得
v1，方向向左；
，方向向右。
设轨道对B球的支持力为N，B球对轨道的压力为N′，方向竖直向下为正
则由牛顿第二定律得
N﹣βmg＝βm
得，N＝4.5mg
由牛顿第三定律得，N′＝﹣N＝﹣4.5mg，方向竖直向下。
（3）设A、B两球第二次碰撞刚结束时各自的速度分别为V1、V2，
由机械能守恒和动量守恒得
mgR
﹣mv1﹣βmv2＝mV1+βmV2
解得，V1，V2＝0．（另一组解：V1＝﹣v1，V2＝﹣v2，不合题意，舍去）
由此可得
当n为奇数时，小球A、B在第n次碰撞铡结束时的速度分别与其第一次碰撞刚结束时相同；
当n为偶数时，小球A、B在第n次碰撞铡结束时的速度分别与其第二次碰撞刚结束时相同；