C05.【福建卷】 2009-2015，2021年汇编（8套）-压轴题汇总2021.12.30（56道，68页）
文档属性
| 名称 | C05.【福建卷】 2009-2015，2021年汇编（8套）-压轴题汇总2021.12.30（56道，68页） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 7.1MB | ||
| 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
福建卷
历年（2004～2015，2021）高考物理
《压轴题汇编》（8套，56道）
目 录
2021年福建卷 2
2015年福建卷 9
2014年福建卷 13
2013年福建卷 18
2012年福建卷 23
2011年福建卷 28
2010年福建卷 32
2009年福建卷 37
2021年福建卷
[2021福卷卷 T4 4分] 福建属于台风频发地区，各类户外设施建设都要考虑台风影响。已知10级台风的风速范围为，16级台风的风速范围为。若台风迎面垂直吹向一固定的交通标志牌，则16级台风对该交通标志牌的作用力大小约为10级台风的（ ）
A. 2倍 B. 4倍 C. 8倍 D. 16倍
【答案】B
【解析】设空气的密度为，风迎面垂直吹向一固定的交通标志牌的横截面积为，在时间的空气质量为
假定台风迎面垂直吹向一固定的交通标志牌的末速度变为零，对风由动量定理有
可得
10级台风的风速，16级台风的风速，则有
故选B。
[2021福建卷 T5 6分](多选)如图，P、Q是两根固定在水平面内的光滑平行金属导轨，间距为L，导轨足够长且电阻可忽略不计。图中EFGH矩形区域有一方向垂直导轨平面向上、感应强度大小为B的匀强磁场。在时刻，两均匀金属棒、分别从磁场边界EF、GH进入磁场，速度大小均为v0；一段时间后，流经a棒的电流为0，此时，b棒仍位于磁场区域内。已知金属棒、相同材料制成，长度均为L，电阻分别为R和2R，a棒的质量为。在运动过程中两金属棒始终与导轨垂直且接触良好，、棒没有相碰，则( )
A．时刻棒加速度大小为
B．时刻棒的速度为0
C．时间内，通过棒横截面的电荷量是棒的2倍
D．时间内，棒产生的焦耳热为
【答案】AD
【解析】、根据右手定则，金属棒、进入磁场时产生的感应电流均为顺时针方向，则回路的电动势为、各自产生的电动势之和，即。
感应电流,对由牛顿第二定律得：
解得：，故正确；
由题意知，金属棒、电阻率相同，长度均为，电阻分别为和，根据电阻定律有：，，可得：，
可知的体积是的2倍，密度相同，则的质量是的2倍，即的质量为。
、在磁场中时，通过的电流总是反向等大，所受安培力总是反向等大，、组成的系统合外力为零，则此系统动量守恒。时刻流过的电流为零，、之间的磁通量不变，可知两者此时速度相同，设为。取水平向右为正方向，由动量守恒定律得：
,解得：，即时刻棒的速度为，故错误；
时间内，通过、的电流总是相等，根据，则通过、棒横截面的电荷量相等，故C错误；
时间内，对、组成的系统，由能量守恒定律得：
解得回路中产生的总热量，棒产生的焦耳热，故正确。
[2021福卷卷 T8 6分]（多选）两位科学家因为在银河系中心发现了一个超大质量的致密天体而获得了2020年诺贝尔物理学奖。他们对一颗靠近银河系中心的恒星的位置变化进行了持续观测，记录到的的椭圆轨道如图所示。图中O为椭圆的一个焦点，椭圆偏心率（离心率）约为0.87。P、Q分别为轨道的远银心点和近银心点，Q与O的距离约为（太阳到地球的距离为），的运行周期约为16年。假设的运动轨迹主要受银河系中心致密天体的万有引力影响，根据上述数据及日常的天文知识，可以推出（ ）
A. 与银河系中心致密天体的质量之比
B. 银河系中心致密天体与太阳的质量之比
C. 在P点与Q点的速度大小之比
D. 在P点与Q点的加速度大小之比
【答案】BCD
【解析】A．设椭圆的长轴为2a，两焦点的距离为2c，则偏心率
且由题知，Q与O的距离约为，即
由此可得出a与c，由于是围绕致密天体运动，根据万有定律，可知无法求出两者的质量之比，故A错误；
B．根据开普勒第三定律有
式中k是与中心天体的质量M有关，且与M成正比；所以，对是围绕致密天体运动有
对地球围绕太阳运动有
两式相比，可得
因的半长轴a、周期，日地之间的距离，地球围绕太阳运动的周期都已知，故由上式，可以求出银河系中心致密天体与太阳的质量之比，故B正确；
C．根据开普勒第二定律有
解得
因a、c已求出，故可以求出在P点与Q点的速度大小之比，故C正确；
D．不管是在P点，还是在Q点，都只受致密天体的万有引力作用，根据牛顿第二定律有
解得
因P点到O点的距离为a+c,，Q点到O点的距离为a-c，解得
因a、c已求出，故在P点与Q点的加速度大小之比，故D正确。
故选BCD。
可知气体的温度先升高后降低。
[2021福卷卷 T11 6分]某实验小组使用多用电表和螺旋测微器测量一长度为电阻丝的电阻率，该电阻丝的电阻值约为，材料未知。实验过程如下：
（1）用螺旋测微器测量该电阻丝的直径，示数如图（a）所示。该电阻丝的直径为___________。
（2）对多用电表进行机械调零。
（3）将多用电表选择开关旋至___________倍率的电阻挡（填“”“”“”或“”）。
（4）将黑、红表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使指针指在电阻挡零刻度线。
（5）将黑、红表笔并接在待测电阻丝两端，多用电表的示数如图（b）所示。该电阻丝的电阻值为___________。
（6）测量完成之后，将表笔从插孔拔出，并将选择开关旋到“OFF”位置。
（7）实验测得的该电阻丝电阻率为___________（结果保留3位有效数字）。
【答案】 ①. 1.414 ②. ③. 160 ④.
【解析】（1）[1]该电阻丝的直径为
（3）[2]使用多用电表欧姆挡测电阻时，为了减小误差，应尽可能使指针偏转至刻度盘中央附近，由于该电阻丝的阻值在100~200Ω，而表盘中央刻度在15~20左右 ，所以应选择×10倍率的电阻挡；
（5）[3]15~20之间的分度值为1，所以该电阻丝的电阻值为
（7）[4]根据电阻定律有
解得该电阻丝的电阻率为
[2021福卷卷 T12 6分]某实验小组利用图（a）所示的实验装置探究空气阻力与速度的关系，实验过程如下：
（1）首先将未安装薄板的小车置于带有定滑轮的木板上，然后将纸带穿过打点计时器与小车相连。
（2）用垫块将木板一端垫高，调整垫块位置，平衡小车所受摩擦力及其他阻力。若某次调整过程中打出的纸带如图（b）所示（纸带上的点由左至右依次打出），则垫块应该___________（填“往左移”“往右移”或“固定不动”）。
（3）在细绳一端挂上钩码，另一端通过定滑轮系在小车前端。
（4）把小车靠近打点计时器，接通电源，将小车由静止释放。小车拖动纸带下滑，打出的纸带一部分如图（c）所示。已知打点计时器所用交流电的频率为，纸带上标出的每两个相邻计数点之间还有4个打出的点未画出。打出F点时小车的速度大小为___________（结果保留2位小数）。
（5）保持小车和钩码的质量不变，在小车上安装一薄板。实验近似得到的某时刻起小车v-t图像如图（d）所示，由图像可知小车加速度大小___________（填“逐渐变大”“逐渐变小”或“保持不变”）。据此可以得到的实验结论是___________。
【答案】 ①. 往右移 ②. 0.15 ③. 逐渐变小 ④. 空气阻力随速度增大而增大
【解析】（2）[1]由题图（b）可知从左往右点间距逐渐增大，说明小车做加速运动，即平衡摩擦力过度，应减小木板的倾角，即将垫块往右移。
（4）[2]打F点时小车的速度大小等于打E、G两点之间小车的平均速度大小，即
（5）[3]v-t图像的斜率表示加速度，所以由图像可知小车加速度大小逐渐变小。
[4]小车加速度随速度的增大而变小，根据牛顿第二定律可知小车所受合外力F随速度的增大而变小。装上薄板后，设小车所受空气阻力大小为f，则
而细绳拉力T不变，故由此得到的结论是空气阻力随速度增大而增大。
[2021福卷卷 T13 12分] 一火星探测器着陆火星之前，需经历动力减速、悬停避障两个阶段。在动力减速阶段，探测器速度大小由减小到0，历时。在悬停避障阶段，探测器启用最大推力为的变推力发动机，在距火星表面约百米高度处悬停，寻找着陆点。已知火星半径约为地球半径的，火星质量约为地球质量的，地球表面重力加速度大小取，探测器在动力减速阶段的运动视为竖直向下的匀减速运动。求：
（1）在动力减速阶段，探测器的加速度大小和下降距离；
（2）在悬停避障阶段，能借助该变推力发动机实现悬停的探测器的最大质量。
【答案】（1），；（2）
【解析】（1）设探测器在动力减速阶段所用时间为t，初速度大小为，末速度大小为，加速度大小为a，由匀变速直线运动速度公式有
①
代入题给数据得
②
设探测器下降的距离为s，由匀变速直线运动位移公式有
③
联立②③式并代入题给数据得
④
（2）设火星的质量、半径和表面重力加速度大小分别为、和，地球的质量、半径和表面重力加速度大小分别为、和由牛顿运动定律和万有引力定律，对质量为m的物体有
⑤
⑥
式中G为引力常量。设变推力发动机的最大推力为F，能够悬停的火星探测器最大质量为，由力的平衡条件有
⑦
联立⑤⑥⑦式并代入题给数据得
⑧
在悬停避障阶段，该变推力发动机能实现悬停的探测器的最大质量约为。
[2021福卷卷 T14 12分]如图（a），一倾角的固定斜面的段粗糙，段光滑。斜面上一轻质弹簧的一端固定在底端C处，弹簧的原长与长度相同。一小滑块在沿斜面向下的拉力T作用下，由A处从静止开始下滑，当滑块第一次到达B点时撤去T。T随滑块沿斜面下滑的位移s的变化关系如图（b）所示。已知段长度为，滑块质量为，滑块与斜面段的动摩擦因数为0.5，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度大小取，。求：
（1）当拉力为时，滑块的加速度大小；
（2）滑块第一次到达B点时的动能；
（3）滑块第一次在B点与弹簧脱离后，沿斜面上滑的最大距离。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】（1）设小滑块的质量为m，斜面倾角为，滑块与斜面间的动摩擦因数为，滑块受斜面的支持力大小为N，滑动摩擦力大小为f，拉力为时滑块的加速度大小为。由牛顿第二定律和滑动摩擦力公式有
①
②
③
联立①②③式并代入题给数据得
④
（2）设滑块在段运动的过程中拉力所做的功为W，由功的定义有
⑤
式中、和、分别对应滑块下滑过程中两阶段所受的拉力及相应的位移大小。依题意，，，，。设滑块第一次到达B点时的动能为，由动能定理有
⑥
联立②③⑤⑥式并代入题给数据得
⑦
（3）由机械能守恒定律可知，滑块第二次到达B点时，动能仍为。设滑块离B点的最大距离为，由动能定理有
⑧
联立②③⑦⑧式并代入题给数据得
⑨
[2021福建卷 T15 16分]如图(a)，同一竖直平面内、、、四点距点的距离均为，为水平连线的中点，、在连线的中垂线上。、两点分别固定有一点电荷，电荷量均为。以为原点，竖直向下为正方向建立轴。若取无穷远处为电势零点，则上的电势随位置的变化关系如图(b)所示。一电荷量为的小球以一定初动能从点竖直下落，一段时间后经过点，其在段运动的加速度大小随位置的变化关系如图(c)所示。图中为重力加速度大小，为静电力常量。
(1)求小球在点所受电场力大小。
(2)当小球运动到点时，恰与一沿轴负方向运动的不带电绝缘小球发生弹性碰撞。已知与的质量相等，碰撞前、后的动能均为，碰撞时间极短。求碰撞前的动量大小。
(3)现将固定在点，为保证能运动到点与之相碰，从点下落时的初动能须满足什么条件？
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】(1)设到点的距离为，点的电荷对小球的库仑力大小为，由库仑定律有①
设小球在点所受电场力大小为，由力的合成有②
联立①②式，由几何关系并代入数据得③
(2)设点下方处为点，与的距离为，小球在处所受的库仑力大小为，由库仑定律和力的合成有④
式中
设小球的质量为，小球在点的加速度大小为，由牛顿第二定律有⑤
由图(c)可知，式中
联立④⑤式并代入数据得⑥
设的质量为，碰撞前、后的速度分别为，，碰撞前、后的速度分别为，，取竖直向下为正方向。由动量守恒定律和能量守恒定律有⑦
⑧
设小球碰撞前的动量为，由动量的定义有⑨
依题意有
联立⑥⑦⑧⑨式并代入数据，得⑩
即碰撞前的动量大小为。
(3)设点上方处为点。根据图(c)和对称性可知，在点所受的电场力大小等于小球的重力大小，方向竖直向上，在此处加速度为0；在点上方做减速运动，在点下方做加速运动，为保证能运动到点与相碰，运动到点时的速度必须大于零。
设点与点电势差为，由电势差定义有
设小球初动能为，运动到点的动能为，由动能定理有
由对称性，点与点电势相等，点与点电势相等，依据图(b)所给数据，并联立⑥ 式可得
2015年福建卷
[2015福建卷 T16 6分]简谐横波在同一均匀介质中沿x轴正方向传播，波速为v。若某时刻在波的传播方向上，位于平衡位置的两质点a、b相距为s，a、b之间只存在一个波谷，则从该时刻起，下列四副波形中质点a最早到达波谷的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】
由图A知，波长，周期
由图知质点a向上振动，经第一次到达波谷，用时
B图对应波长，周期
由图知质点a向下振动，经第一次到达波谷，用时
C图对应波长，周期
由图知质点a向上振动，经第一次到达波谷，用时
D图对应波长，周期
由图知质点a向下振动，经第一次到达波谷，用时
所以D波形中质点a最早到达波谷，故选D。
[2015福建卷 T1 6分]如图，在竖直平面内，滑道ABC关于B点对称，且A、B、C三点在同一水平线上。若小滑块第一次由A滑到C，所用的时间为t1，第二次由C滑到A，所用的时间为t2，小滑块两次的初速度大小相同且运动过程始终沿着滑道滑行，小滑块与滑道的动摩擦因数恒定，则( )
A．t1＜t2
B．t1＝t2
C．t1＞t2
D．无法比较t1、t2的大小
【答案】A
【解析】在AB段，由牛顿第二定律得：mg-F＝m，滑块受到的支持力：F＝mg-m，则速度v越大，滑块受支持力F越小，摩擦力f＝μF就越小，在BC段，由牛顿第二定律得：F-mg＝m，滑块受到的支持力：F＝mg＋m，则速度v越大，滑块受支持力F越大，摩擦力f就越大，由题意知从A运动到C相比从C到A，在AB段速度较大，在BC段速度较小，所以从A到C运动过程受摩擦力较小，用时短，故A正确，BCD错误。
[2015福建卷 T2 6分]如图，由某种粗细均匀的总电阻为3R的金属条制成的矩形线框abcd，固定在水平面内且处于方向竖直向下的匀强磁场B中。一接入电路电阻为R的导体棒PQ，在水平拉力作用下沿ab、dc以速度v匀速滑动，滑动过程PQ始终与ab垂直，且与线框接触良好，不计摩擦。在PQ从靠近ad处向bc滑动的过程中( )
A．PQ中电流先增大后减小
B．PQ两端电压先减小后增大
C．PQ上拉力的功率先减小后增大
D．线框消耗的电功率先减小后增大
【答案】A
【解析】根据右手定则可知，PQ中电流的方向为Q→P，画出该电路的等效电路图如图，PQ做匀速直线运动，可知电动势不变；
其中R1为ad和bc上的电阻值，R2为ab上的电阻与cd上的电阻的和，电阻之间的关系满足：R1＋R2＋R1＝3R，由题图可知，当PQ位于任意位置时，设左侧的电阻值为R左＝xR，则右侧的电阻值为：R右＝(3-x)R
此时：R外＝＝＝R·x(3-x)＝-R(x-R)2＋R
此时：R总＝R外＋R＝-R(x-R)2＋R，可知R左＝R当时外电阻最大为R，则电路中的电流有最小值，所以当导体棒向右运动的过程中电路中的总电阻先增大后减小。
导体棒由靠近ad边向bc边匀速滑动的过程中，产生的感应电动势E＝BLv，保持不变，外电路总电阻先增大后减小，由欧姆定律分析得知电路中的总电流先减小后增大，即PQ中电流先减小后增大。故A错误。PQ中电流先减小后增大，PQ两端电压为路端电压，U＝E-IR，可知PQ两端的电压先增大后减小。故B错误；导体棒匀速运动，PQ上外力的功率等于回路的电功率，而回路的总电阻R先增大后减小，由P＝得知，PQ上外力的功率先减小后增大。故C正确。由以上的分析可知，导体棒PQ上的电阻始终大于线框的电阻，当导体棒向右运动的过程中电路中的总电阻先增大后减小，根据闭合电路的功率的分配关系与外电阻的关系可知，如图，当外电路的电阻值与电源的内电阻相等时外电路消耗的电功率最大，所以可得线框消耗的电功率先增大后减小。故D错误。
[2015福建卷 T3 12分]某学习小组探究一小电珠在不同电压下的电功率大小，实验器材如图甲所示，现已完成部分导线的连接。
①实验要求滑动变阻器的滑片从左到右移动过程中，电流表的示数从零开始逐渐增大，请按此要求用笔画线代替导线在图甲实物接线图中完成余下导线的连接；
②某次测量，电流表指针偏转如图乙所示，则电流表的示数为 A；
③该小组描绘出的伏安特性曲线如图丙所示，根据图线判断，将 只相同的小电珠并联后，直接与电动势为3V、内阻为1Ω的电源组成闭合回路，可使小电珠的总功率最大，其总功率的值为 W(保留两位小数)。
【答案】①如图所示；②0.44；③4；2.25。
【解析】①滑动变阻器的滑片从左到右移动过程中，电流表的示数从零开始逐渐增大，则滑动变阻器采用分压接法，电路图如图所示：
②由图乙所示电流表可知，其量程为0.6A，分度值为0.02A，示数为0.44A。
③电源内阻为1欧姆，当外电路电阻与电源内阻相等，即灯泡并联总电阻为1欧姆时灯泡的总功率最大，由于内外电阻相等，则内外电压相等，电源电动势为3V，则路端电压为1.5V，由图丙所示图像可知，电压为1.5V时通过小电珠的电流为0.375A，此时小电珠的电阻：R＝Ω＝4Ω，4只小电珠的并联阻值为1Ω，因此需要4只小电珠并联，此时小电珠的总功率：P＝4UI＝4×1.5×0.375≈2.25W。
[2015福建卷 T20 15分]一摩托车由静止开始在平直的公路上行驶，其运动过程的v-t图像如图所示．则摩托车在0~20s这段时间的加速度大小a=_______；摩托车在0~75s这段时间的平均速度大小=_______．
【答案】 20m/s
【解析】
（1）摩托车在0～20s这段时间的加速度．
（2）摩托车在0～75s这段时间的位移 x=×30m=1500m
平均速度大小。
[2015福建卷 T21 19分]如图所示，质量为M的小车静止在光滑水平面上，小车AB段是半径为R的四分之一光滑圆弧轨道，BC段是长为L的水平粗糙轨道，两段轨道相切于B点。一质量为m的滑块在小车上从A点由静止开始沿轨道滑下，重力加速度为g。
（1）若固定小车，求滑块运动过程中对小车的最大压力。
（2）若不固定小车，滑块仍从A点由静止下滑，然后滑入BC轨道，最后从C点滑出小车。已知滑块质量在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的2倍，滑块与轨道BC间的动摩擦因数为，求：
①滑块运动过程中，小车的最大速度大小；
②滑块从B到C运动过程中，小车的位移大小x。
【答案】（1）3mg；（2）①；②
【解析】（1）滑块滑到B点时对小车压力最大，从A到B机械能守恒，则有
滑块在B点处，由牛顿第二定律得
解得
由牛顿第三定律得
（2）①滑块下滑到达B点时，小车速度最大。
由机械能守恒得
解得
②设滑块运动到C点时，小车速度大小为，由功能关系得
设滑块从B到C过程中，小车运动加速度大小为a，由牛顿第二定律得
由运动学规律得
联立以上各式，解得
[2015福建卷 T22 20分]如图，绝缘粗糙的竖直平面MN左侧同时存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向右，电场强度大小为E，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B。一质量为m，电荷量为q的带正电的小滑块从A点由静止开始沿MN下滑，到达C点时离开MN做曲线运动。A、C两点间距离为h，重力加速度为g。
(1)求小滑块运动到C点时的速度大小vC；
(2)求小滑块从A点运动到C点过程中克服摩擦力做的功Wf；
(3)若D点为小滑块在电场力、洛伦兹力及重力作用下运动过程中速度最大的位置，当小滑块运动到D点时撤去磁场，此后小滑块继续运动到水平地面上的P点。已知小滑块在D点时的速度大小为vD，从D点运动到P点的时间为t，求小滑块运动到P点时速度的大小vP。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】(1)小滑块沿MN运动过程，水平方向受力满足：qvB＋N＝qE
小滑块在C点离开MN时，N＝0，有：qvCB＝Qe，解得：vC＝
(2)在沿竖直平面MN运动的过程中，由动能定理有：mgh-Wf＝mvC2-0
解得：Wf＝mgh-
(3)如图，小滑块速度最大时，速度方向与电场力、重力的合力方向垂直，
撤去磁场后小滑块将做类平抛运动，等效加速度为g′，有：g′＝
且vP2＝vD2＋g′2t2，解得：vP＝
2014年福建卷
[2014福建卷 T16 6分]图为模拟远距离输电实验电路图，两理想变压器的匝数n1＝n42R，忽略灯丝电阻随温度的变化．当A、B端接入低压交流电源时( )
A．A1、A2两表的示数相同
B．L1、L2两灯泡的亮度相同
C．R1消耗的功率大于R3消耗的功率
D．R2两端的电压小于R4两端的电压
【答案】D
【解析】由于n1UL2，由P＝可知，L1的功率大于L2的功率，所以L1的亮度大于L2，故B项错误；由于A1表的示数小于A2表的示数，由P＝I2R可知，R1消耗的功率小于R3消耗的功率，故C项错误；由于A1表的示数小于A2表的示数，由U＝IR可知，R2两端的电压小于R4两端的电压，故D项正确。
[2014福建卷 T18 6分]如图，两根相同的轻质弹簧，沿足够长的光滑斜面放置，下端固定在斜面底部挡板上，斜面固定不动．质量不同、形状相同的两物块分别置于两弹簧上端．现用外力作用在物体上，使两弹簧具有相同的压缩量，若撤去外力后，两物块由静止沿斜面向上弹出并离开弹簧，则从撤去外力到物块速度第一次减为零的过程，两物块
A．最大速度相同
B．最大加速度相
C．上升的最大高度不同
D．重力势能的变化量不同
【答案】C
【解析】由于物块最终会离开弹簧，那么由化简可以得出，
即最开始的弹力；
、物块受力平衡时具有最大速度，即：△
则质量大的物块具有最大速度时弹簧的压缩量比较大，上升的高度比较低，即位移小，
而运动过程中质量大的物块平均加速度较小，
加速度小的位移小，则最大速度较小，故错误；
、开始时物块具有最大加速度，开始弹簧形变量相同，则弹力相同，根据牛顿第二定律：
可见质量大的最大加速度较小，故错误；
、由题意使两弹簧具有相同的压缩量，则储存的弹性势能相等，
物块上升到最大高度时，弹性势能完全转化为重力势能，则物块最终的重力势能相等，重力势能的变化量相等，而两物块质量不同，则上升的最大高度不同，故正确错误。
[2014福建卷 T19（2） 12分]某研究性学习小组利用伏安法测定某一电池组的电动势和内阻，实验原理如图甲所示，其中，虚线框内为用灵敏电流计G改装的电流表A，V为标准电压表，E为待测电池组，S为开关，R为滑动变阻器，R0是标称值为4.0Ω的定值电阻。
①已知灵敏电流计G的满偏电流Ig=100μA、内阻rg=2.0kΩ，若要改装后的电流表满偏电流为200mA，应并联一只________Ω（保留一位小数）的定值电阻R1；
②根据图甲，用笔画线代替导线将图乙连接成完整电路；_________
③某次试验的数据如下表所示：该小组借鉴“研究匀变速直线运动”试验中计算加速度的方法（逐差法），计算出电池组的内阻r=________Ω（保留两位小数）；为减小偶然误差，逐差法在数据处理方面体现出的主要优点是_________________。
④该小组在前面实验的基础上，为探究图甲电路中各元器件的实际阻值对测量结果的影响，用一已知电动势和内阻的标准电池组通过上述方法多次测量后发现：电动势的测量值与已知值几乎相同，但内阻的测量值总是偏大。若测量过程无误，则内阻测量值总是偏大的原因是___________。（填选项前的字母）
A．电压表内阻的影响 B．滑动变阻器的最大阻值偏小
C．R1的实际阻值比计算值偏小 D．R0的实际阻值比标称值偏大
测量次数 1 2 3 4 5 6 7 8
电压表读数U/V 5.26 5.16 5.04 4.94 4.83 4.71 4.59 4.46
改装表读数I/mA 20 40 60 80 100 120 140 160
【答案】①1.0；②如图；③1.66；充分利用取得的数据；④。
【解析】①根据电流表的改装原理有：
②根据甲电路图连接实物图，注意电表的接线柱以及滑动变阻器的解法，连接图为：
③借鉴“研究匀变速直线运行”实验中计算加速度的方法(逐差法)，采用1与5；2与6；3与7；4与8；两两组合，由得，△△，联立求出，，而后取其平均值可得。
由得，△△，故，
采用1与5时，；
采用2与6时，；
采用3与7时，；
采用4与8时，；
则；
逐差法在数据处理方面体现出的主要优点是充分利用取得的数据
④、如果考虑电压表的内阻，则虚线部分相当于电源，测得的电阻相当于电源的内阻与串联后再与电压内阻并联的阻值，即测得的电阻值偏小，故错误；
、滑动变阻器的阻值不会影响的测量结果，故错误；
、电表改装时，的实际阻值比计算值偏小，可导致通过表头的电流偏小，电流表读数偏小，故内阻测量值总量偏大，故正确；
、结合电路图，由闭合电路欧姆定律知，的实际阻值比称标值偏大，可导致内阻测量值总量偏大，故正确。故选：。
[2014福建卷 T20 15分] 如图，真空中xOy平面直角坐标系上的A、B、C三点构成等边三角形，边长L＝2.0 m．若将电荷量均为q＝＋2.0×10－6 C的两点电荷分别固定在A、B点，已知静电力常量k＝9×109 N·m2/C2，求：
(1)两点电荷间的库仑力大小；
(2)C点的电场强度的大小和方向．
【答案】(1)9.0×10－3 N (2)7.8×103 N/C 沿y轴正方向
【解析】 (1)根据库仑定律，A、B两点电荷间的库仑力大小为
F＝k①
代入数据得 F＝9.0×10－3 N②
(2)A、B两点电荷在C点产生的场强大小相等，均为
E1＝k③
A、B两点电荷形成的电场在C点的合场强大小为
E＝2E1cos 30°④
由③④式并代入数据得E＝7.8×103 N/C⑤
场强E的方向沿y轴正方向．
[2014福建卷 T21 19分] 图为某游乐场内水上滑梯轨道示意图，整个轨道在同一竖直平面内，表面粗糙的AB段轨道与四分之一光滑圆弧轨道BC在B点水平相切．点A距水面的高度为H，圆弧轨道BC的半径为R，圆心O恰在水面．一质量为m的游客(视为质点)可从轨道AB的任意位置滑下，不计空气阻力．
(1)若游客从A点由静止开始滑下，到B点时沿切线方向滑离轨道落在水面上的D点，OD＝2R，求游客滑到B点时的速度vB大小及运动过程轨道摩擦力对其所做的功Wf；
(2)若游客从AB段某处滑下，恰好停在B点，又因受到微小扰动，继续沿圆弧轨道滑到P点后滑离轨道，求P点离水面的高度h.(提示：在圆周运动过程中任一点，质点所受的向心力与其速率的关系为F向＝m)
【答案】 (1) －(mgH－2mgR) (2)R
【解析】(1)游客从B点做平抛运动，有2R＝vBt①
R＝gt2②
由①②式得vB＝③
从A到B，根据动能定理，有
mg(H－R)＋Wf＝mv－0④
由③④式得Wf＝－(mgH－2mgR)⑤
(2)设OP与OB间夹角为θ，游客在P点时的速度为vP，受到的支持力为N，从B到P由机械能守恒定律，有
mg(R－Rcos θ)＝mv－0⑥
过P点时，根据向心力公式，有mgcos θ－N＝m⑦
N＝0⑧
cos θ＝⑨
由⑥⑦⑧⑨式解得h＝R.⑩
[2014福建卷 T22 20分]如图，某一新型发电装置的发电管是横截面为矩形的水平管道，管道的长为L、宽度为d、高为h，上下两面是绝缘板，前后两侧面M、N是电阻可忽略的导体板，两导体板与开关S和定值电阻R相连．整个管道置于磁感应强度大小为B，方向沿z轴正方向的匀强磁场中．管道内始终充满电阻率为ρ的导电液体（有大量的正、负离子），且开关闭合前后，液体在管道进、出口两端压强差的作用下，均以恒定速率v0沿x轴正向流动，液体所受的摩擦阻力不变．
（1）求开关闭合前，M、N两板间的电势差大小U0；
（2）求开关闭合前后，管道两端压强差的变化Δp；
（3）调整矩形管道的宽和高，但保持其它量和矩形管道的横截面S=dh不变，求电阻R可获得的最大功率Pm及相应的宽高比d/h的值．
【答案】（1） （2） （3）
【解析】(1)设带电离子所带电量为，当其所受的洛伦兹力与电场力相平衡时，保持恒定，则有：；解得：；
(2)设开关闭合前后，管道两端压强差分别为、，液体所受的摩擦阻力均为，开关闭合后管道内液体受到安培力为，有：，，；
根据欧姆定律，则有：；两导体板间液体的电阻为：；
由以上几式，解得：管道两端压强差的变化为：△；
(3)电阻获得的功率为：；
当时，电阻获得的最大功率为：；
2013年福建卷
[2013福建卷 T16 6分]如图，t＝0时刻，波源在坐标原点从平衡位置沿y轴正向开始振动，振动周期为0.4s，在同一均匀介质中形成沿x轴正、负两方向传播的简谐横波．下图中能够正确表示t＝0.6 s时波形的图是( )
【解析】C
【解析】由λ＝vT可知，波在一个周期内传播的路程为一个波长，由于t＝0.6 s＝1.5T，所以波向左、向右传播的距离均为1.5λ，即波向右传播到(1.5λ，0)，向左传播到(－1.5λ，0)．由于波中任何质点的起振方向都相同，故此时(－1.5λ，0)、(1.5λ，0)两质点都应从平衡位置开始向上振动，由“上下坡”法可知C正确。
[2013福建卷 T18 6分]如图，矩形闭合导体线框在匀强磁场上方，由不同高度静止释放，用t1、t2分别表示线框ab边和cd边刚进入磁场的时刻．线框下落过程形状不变，ab边始终保持与磁场水平边界线OO′平行，线框平面与磁场方向垂直．设OO′下方磁场区域足够大，不计空气影响，则下列哪一个图像不可能反映线框下落过程中速度v随时间t变化的规律( )
【答案】A
【解析】当线圈匀速进入磁场时，由＝mg得匀速运动的速度v0＝.设ab边刚进入磁场时的速度为v，(1)当v>v0时，因>mg，则线圈做减速运动，且由－mg＝ma可知加速度a在减小，当a＝0时速度达到最小并保持匀速运动，A不可能，B可能；(2)当v＝v0时，因＝mg，则线圈匀速进入磁场，D可能；(3)当v[2013福建卷 T19（2） 9分]硅光电池在无光照射时不产生电能，可视为一电子元件．某实验小组设计如图甲电路，给硅光电池加反向电压（硅光电池负极接高电势点，正极接低电势点），探究其在无光照时的反向伏安特性．图中电压表V1量程选用3V，内阻为6.0 kΩ；电压表V2量程选用15V，内阻约为30 kΩ；R0为保护电阻；直流电源电动势约为12V，内阻不计．
①根据图甲，用笔画线代替导线，将图乙连接成完整电路．
②用遮光罩罩住硅光电池，闭合开关S，调节变阻器R，读出电压表V1、V2的示数U1、U2．
（i）某次测量时，电压表V1示数如图丙，则U1=___V，可算出通过硅光电池的反向电流大小为___mA（保留两位小数）．
（ii）该小组测出大量数据，筛选出下表所示的9组U1、U2数据，算出相应的硅光电池两端反向电压Ux和通过的反向电流Ix（图中“－”表示反向），并在坐标纸上建立Ix-Ux坐标系，标出了与表中前5组Ux、Ix数据对应的5个坐标点．请你标出余下的4个坐标点，并绘出Ix-Ux图线．
1 2 3 4 5 6 7 8 9
0.00 0.00 0.06 0.12 0.24 0.42 0.72 1.14 1.74
0.0 1.0 2.1 3.1 4.2 5.4 6.7 8.1 9.7
0.0
（iii）由Ix-Ux图线知，硅光电池无光照下加反向电压时，Ix与Ux成_____（填“线性”或“非线性”）关系．
【答案】①电路连接如图所示 ②如图非线性．
【解析】①根据图甲，用笔画线代替导线，将图乙连接成完整电路．连线如图：
②(ⅰ)电压表示数，内阻为，由欧姆定律可知通过的电流为．
(ⅱ)根据表中数据标出余下的4个坐标点，用描点法平滑曲线绘出图线如图所示．
(ⅲ)由图线可知，硅光电池无光照下加反向电压时，与成非线性关系．
[2013福建卷 T20 15分]如图所示，一不可伸长的轻绳上端悬挂于O点，下端系一质量m=1.0kg的小球．现将小球拉到A点（保持绳绷直）由静止释放，当它经过B点时绳恰好被拉断，小球平抛后落在水平地面上的C点．地面上的D点与OB在同一竖直线上，已知绳长L=1.0m，B点离地高度H=1.0m，A、B两点的高度差h=0.5m，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力影响，求：
（1）地面上DC两点间的距离s；
（2）轻绳所受的最大拉力大小．
【答案】（1）1.41m （2）20 N
【解析】（1）设小球运动至B点的速度为v，小球由A运动至B点的过程中，只有重力做功，根据动能定理有mgh=①
小球由B至C过程中，做平抛运动，设平抛运动的时间为t，根据平抛运动的规律
在水平方向上有：s=vt②
在竖直方向上有：H=③
由①②③式联立，并代入数据解得：s=m=1.41m
（2）在小球刚到达B点绳断瞬间前，受重力mg和绳的拉力T作用，根据牛顿第二定律有：
T-mg=④
显然此时绳对小球的拉力最大，根据牛顿第三定律可知，绳所受小球的最大拉力为：T′=T⑤
由①④⑤式联立，并代入数据解得：T′=20N．
[2013福建卷 T21 19分]质量为M、长为的杆水平放置，杆两端A、B系着长为3L的不可伸长且光滑的柔软绳，绳上套着一质量为m的小铁环．已知重力加速度为g，不计空气影响．
（1）现让杆和环均静止悬挂在空中，如图甲，求绳中拉力的大小；
（2）若杆与环保持相对静止，在空中沿AB方向水平向右做匀加速直线运动，此时环恰好悬于A端的正下方，如图乙所示．
①求此状态下杆的加速度大小a；
②为保持这种状态需在杆上施加一个多大的外力，方向如何？
【答案】（1）（1）①②，方向与水平方向成α=60°斜向上
【解析】
正确受力分析，由平衡条件和牛顿第二定律求解．
(1)如图，设平衡时，绳中拉力为FT，有
2FTcos θ－mg＝0①
由图知
cos θ＝②
由①②式解得
FT＝mg.③
(2)①此时，对小铁环受力分析如图，有
FT′sin θ′＝ma④
FT＋FT′cos θ′－mg＝0⑤
由图知θ′＝60°，代入④⑤式解得
a＝g.⑥
②如图，设外力F与水平方向成α角，将杆和小铁环当成一个整体，有
Fcos α＝(M＋m)a⑦
Fsin α－(M＋m)g＝0⑧
由⑥⑦⑧式解得
F＝(M＋m)g
tan α＝(或α＝60°)
[2013福建卷 T25 20分]如图甲所示，空间存在一范围足够大的垂直于xOy平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B．让质量为m，电荷量为q（q＞0）的粒子从坐标原点O沿xOy平面以不同的初速度大小和方向入射到磁场中．不计重力和粒子间的影响．
（1）若粒子以初速度v1沿y轴正向入射，恰好能经过x轴上的A（a，0）点，求v1的大小；
（2）已知一粒子的初速度大小为v（v＞v1），为使该粒子能经过A（a，0）点，其入射角θ（粒子初速度与x轴正向的夹角）有几个？并求出对应的sinθ值；
（3）如图乙，若在此空间再加入沿y轴正向、大小为E的匀强电场，一粒子从O点以初速度v0沿y轴正向发射．研究表明：粒子在xOy平面内做周期性运动，且在任一时刻，粒子速度的x分量vx与其所在位置的 y坐标成正比，比例系数与场强大小E无关．求该粒子运动过程中的最大速度值vm．
【答案】】⑴；⑵两个 sinθ=；⑶＋．
【解析】(1)当粒子沿y轴正向入射，转过半个圆周至A点，半径R1＝a/2
由运动定律有
解得
(2)如右图所示，O、A两点处于同一圆周上，且圆心在
x＝的直线上，半径为R，当给定一个初速率v时，
有2个入射角，分别在第1、2象限．
即 sinθ′＝sinθ＝
另有
解得 sinθ′＝sinθ＝
(3)粒子在运动过程中仅电场力做功，因而在轨道的最高点处速率最大，用ym表示其y坐标，由动能定理有 qEym＝mv－mv
由题知 vm＝kym
若E＝0时，粒子以初速度v0沿y轴正向入射，有 qv0B＝m
在最高处有 v0＝kR0
联立解得
2012年福建卷
[2012福建卷 T1 6分]一卫星绕某一行星表面附近做匀速圆周运动，其线速度大小为v。假设宇航员在该行星表面上用弹簧测力计测量一质量为m的物体重力，物体静止时，弹簧测力计的示数为N.已知引力常量为G，则这颗行星的质量为( )
A.
B.
C.
D.
【答案】B
【解析】卫星绕行星表面做匀速圆周运动，则G＝m，在行星表面有：G＝mg，由弹簧测力计的读数可知：g＝，联立解得：M＝。
[2012福建卷 T2 6分]如图，表面光滑的固定斜面顶端安装一定滑轮，小物块A、B用轻绳连接并跨过滑轮(不计滑轮的质量和摩擦)。初始时刻，A、B处于同一高度并恰好处于静止状态。剪断轻绳后A下落、B沿斜面下滑，则从剪断轻绳到物块着地，两物块
A．速率的变化量不同 B．机械能的变化量不同
C．重力势能的变化量相同 D．重力做功的平均功率相同
【答案】D
【解析】设斜面倾角为，刚开始处于静止状态，所以，所以，剪断轻绳后自由下落，沿斜面下滑，都只有重力做功，根据动能定理得：
，解得，所以，即速率的变化量相同，故错误；
剪断细线，、两物体都只有重力做功，机械能守恒，则机械能的变化量都为零，故错误；重力势能变化量△，由于、的质量不相等，所以重力势能变化不相同，故错误；运动的时间为：，所以重力做功的平均功率为：。运动有：，解得：，所以重力做功的平均功率为：，而，所以重力做功的平均功率相等，故正确。
※【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。】※
[2012福建卷 T186分]如图甲，一圆形闭合铜环由高处从静止开始下落，穿过一根竖直悬挂的条形磁铁，铜环的中心轴线与条形磁铁的中轴线始终保持重合．若取磁铁中心O为坐标原点，建立竖直向下为正方向的x轴，则图乙中最能正确反映环中感应电流i随环心位置坐标x变化的关系图象是( )
甲
A B
C D
乙
【答案】B
【解法一】根据条形磁铁的磁感线分布情况，线圈的运动可以分为3个阶段，根据楞次定律可以作出如下判断：
过程 B的方向 Ф的变化 I感的方向
A→B 向上 增加 顺时针
B→C 向上 增加 顺时针
C点 向上 达到最大值 无
C→D 向上 减小 逆时针
在坐标原点O处感应电流的方向发生改变，D错；这一过程可以看作是线圈※【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。】※切割磁感线而产生感应电流，在A→B过程中，线圈加速下降，有a＝，B、v逐渐增大，线圈向下做加速度不断减小的变加速运动，由I感＝可知线圈的感应电流不断增大但变化率在减小，A错；对于B、D两点，由于磁场的对称性，两点的磁感应强度B是相同的，由于vD＞vB，由I感＝可知D处的感应电流比较大，所以B对、C错．
【解法二】A．圆形闭合铜环由高处从静止开始下落，穿过一根竖直悬挂的条形磁铁，铜环的中心轴线与条形磁铁的中轴始终保持重合，圆环中磁通量变化不均匀，产生的感应电流不是线性变化，A错误；
BCD．铜环下落到磁铁顶端的速度小于下落到磁铁底端的速度，铜环下落到磁铁顶端产生的感应电流小于下落到磁铁底端产生的感应电流，且上下过程中电流的方向相反，故B正确，CD错误。
故选B。
[2012福建卷 T19（2） 12分]某研究性学习小组欲测定一块电池的电动势E．
①先直接用多用电表测定该电池电动势．在操作无误的情况下，多用电表表盘示数如图，其示数为 V．
②然后，用电压表V、电阻箱R、定值电阻、开关S、若干导线和该电池组成电路，测定该电池电动势．
(ⅰ)根据电路图，用笔画线代替导线，将实物图连接成完整电路．
(ⅱ)闭合开关，调整电阻箱阻值R，读出电压表V相应示数U．该学习小组测出大量数据，分析筛选出下表所示的R、U数据，并计算出相应的与的值．请用表中数据在坐标纸上描点，并作出图线．
(ⅲ)从图线中可求得E= V．
166.7 71.4 50.0 33.3 25.0 20.0
8.3 5.9 4.8 4.2 3.2 2.9
0.60 1.40 2.00 3.00 4.00 5.00
0.12 0.17 0.21 0.24 0.31 0.35
【答案】(ⅰ)如图所示；(ⅱ)如图所示；(ⅲ)．
【解析】（ⅰ）实物图连接成完整电路如图所示
（ⅱ）表中数据在坐标纸上描点，并作出1/U-1/R图线如图所示
（ⅲ）从闭合电路欧姆定理可知： 得到 ．从图中可知截距为电动势的倒数．因此可求出电动势的大小E≈10.0V．
[2012福建卷 T20 15分]如图，置于圆形水平转台边缘的小物块随转台加速转动，当转速达到某一数值时，物块恰好滑离转台开始做平抛运动。现测得转台半径R=0.5 m，离水平地面的高度H=0.8m，物块平抛落地过程水平位移的大小s=0.4m。设物块所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g=10m/s2 求：
（1）物块做平抛运动的初速度大小v0；
（2）物块与转台间的动摩擦因数。
【答案】 1m/s 0.2
【解析】（1）物块做平抛运动，在竖直方向上有：
水平方向有：
解得：v0=1m/s
（2）物体刚要离开平台时向心力由摩擦力提供：有
代入数据得：
[2012福建卷 T21 19分]如图，用跨过光滑定滑轮的缆绳将海面上一艘失去动力的小船沿直线拖向岸边．已知拖动缆绳的电动机功率恒为P，小船的质量为m，小船受到的阻力大小恒为f，经过A点时的速度大小为v0，小船从A点沿直线加速运动到B点经历时间为t1，A、B两点间距离为d，缆绳质量忽略不计．求：
(1)小船从A点运动到B点的全过程克服阻力做的功Wf；
(2)小船经过B点时的速度大小v1；
※【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。】※(3)小船经过B点时的加速度大小a.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】 (1)小船从A点运动到B点克服阻力做功
Wf＝fd①
(2)小船从A点运动到B点，电动机牵引绳对小船做功
W＝Pt1②
由动能定理有
W－Wf＝mv12－mv02③
由①②③式解得v1＝④
[2012福建卷 T22 20分]如图甲，在圆柱形区域内存在一方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场，在此区域内，沿水平面固定一半径为r的圆环形光滑细玻璃管，环心O在区域中心。一质量为m、带电量为q（q>0）的小球，在管内沿逆时针方向（从上向下看）做圆周运动．已知磁感应强度大小B随时间t的变化关系如图乙所示，其中。设小球在运动过程中电量保持不变，对原磁场的影响可忽略。
（1）在t=0到t=T0这段时间内，小球不受细管侧壁的作用力，求小球的速度大小v0；
（2）在竖直向下的磁感应强度增大过程中，将产生涡旋电场，其电场线是在水平面内一系列沿逆时针方向的同心圆，同一条电场线上各点的场强大小相等。试求t=T0到t=1.5T0这段时间内：
①细管内涡旋电场的场强大小E；
②电场力对小球做的功W。
【答案】（1）；（2）①，②
【解析】（1）在t=0到t=T0这段时间内，小球不受细管侧壁的作用力，说明洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，有
解得
v0=
（2）①根据法拉第电磁感应定律，感应电动势为
电势差与电场强度的关系，有
U=E 2πr
由上面两式解得
E=
其中
故
E=
②电场力为
F=Eq=
根据牛顿第二定律，有F=ma解得
物体的末速度为
根据动能定理，电场力做的功为
W=
2011年福建卷
[2011福建卷 T13 6分]．“嫦娥二号”是我国月球探测第二期工程的先导星．若测得“嫦娥二号”在月球（可视为密度均匀的球体）表面附近圆形轨道运行的周期T，已知引力常数G，半径为R的球体体积公式，则可估算月球的（ ）
A．密度 B．质量 C．半径 D．自转周期
【答案】A
【解析】
A．研究“嫦娥一号”绕月球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式
G=mR
M=
由于嫦娥二号”在月球（可视为密度均匀的球体）表面附近圆形轨道运行，所以R可以认为是月球半径．根据密度公式
ρ===
故A正确；
B．根据A选项分析，由于不知道月球半径R，所以不能求出月球质量．故B错误；
C．根据A选项分析，不能求出月球半径，故C错误；
D．根据题意不能求出月球自传周期，故D错误。
故选A。
[2011福建卷 T16 6分]如图所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率运行。初速度大小为的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带。若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的图像（以地面为参考系）如图乙所示。已知＞，则（ ）
A．时刻，小物块离A处的距离达到最大
B．时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大
C．0~时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左
D．0~时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用
【答案】B
【解析】
A．0~t1时间内小物块向左做匀减速直线运动，t1时刻小物块向左速度减为零，此时离A处的距离达到最大，故A错误；
B．t2时刻前小物块相对传送带向左运动，之后小物块相对传送带静止，时刻小物块相对传送带滑动的距离达到最大，故B正确；
C．0~t2时间内小物块先减速，后反向加速，小物块受到大小不变，方向始终向右的摩擦力作用，故C错误；
D．时刻小物块向右速度增加到与皮带相等，时刻之后小物块与皮带保持相对静止随水平传送带一起匀速运动，摩擦力消失，故D错误。
故选B。
[2011福建卷 T17 6分]如图，足够长的U形光滑金属导轨平面与水平面成θ角(0＜θ＜90°)，其中MN与PQ平行且间距为L，导轨平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，导轨电阻不计．金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且良好接触，ab棒接入电路的电阻为R，当流过ab棒某一横截面的电量为q时，棒的速度大小为v，则金属棒ab在这一过程中( )
A．运动的平均速度大小为v
B．下滑位移大小为
C．产生的焦耳热为qBLv
D．受到的最大安培力大小为sinθ
【答案】B
【解析】金属棒ab开始做加速度逐渐减小的变加速运动，不是匀变速直线运动，平均速度不等于v，而是大于v；故A错误。由电量计算公式q＝IΔt，I＝，E＝联立得：q＝＝可得，下滑的位移大小为s＝，故B正确。产生的焦耳热Q＝I2Rt＝qIR，而这里的电流I比棒的速度大小为v时的电流I′＝小，故这一过程产生的焦耳热小于qBLv。故C错误。金属棒ab做加速运动，或先做加速运动，后做匀速运动，速度为v时产生的感应电流最大，受到的安培力最大，最大安培力大小为F＝BI′L＝。故D错误。
[2011福建卷 T18 6分]如图，一不可伸长的轻质细绳跨过滑轮后，两端分别悬挂质量为m1和m2的物体A和B，若滑轮有一定大小，质量为m且分布均匀，滑轮转动时与绳之间无相对滑动，不计滑轮与轴之间的摩擦．设细绳对A和B的拉力大小分别为T1和T2，已知下列四个关于T1的表达式中有一个是正确的，请你根据所学的物理知识，通过一定的分析，判断正确的表达式是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【解析一】在滑轮匀速转动时，物体、做匀速直线运动，整个系统(包括滑轮)处于静止状态，则有。
、将代入选项的表达式得：，故错误；
、同理，将代入选项、、表达式，其结果：只有选项的表达式可得到，故错误，正确。
【解析二】设，则系统加速度
对A物体运动牛顿第二定律得
联立得
将代入 ABCD四个选项可得C正确，ABD错误。
故选C。
[2011福建卷 T19（2） 9分某同学在探究规格为“6V，3W”的小电珠伏安特性曲线实验中：
①在小电珠接入电路前，使用多用电表直接测量小电珠的电阻，则应将选择开关旋至____档进行测量．（填选项前的字母）
A．直流电压10V B．直流电流5mA
C．欧姆× 100 D．欧姆× 1
②该同学采用图甲所示的电路进行测量．图中R为滑动变阻器（阻值范围0~20Ω，额定电流1.0A），L为待测小电珠，V为电压表（量程6V，内阻20kΩ），A为电流表（量程0.6A，内阻1Ω），E为电源（电动势8V，内阻不计），S为开关．
Ⅰ．在实验过程中，开关S闭合前，滑动变阻器的滑片P应置于最____端；（填“左”或“右”）
Ⅱ．在实验过程中，已知各元器件均无故障，但闭和开关S后，无论如何调节滑片P，电压表和电流表的示数总是调不到零，其原因是_____点至_____点的导线没有连接好；（图甲中的黑色小圆点表示接线点，并用数字标记，空格中请填写图甲中的数字，如“2点至3点”的导线）
Ⅲ．该同学描绘出小电珠的伏安特性曲线示意图如图乙所示，则小电珠的电阻值随工作电压的增大而______．（填“不变”、“增大”或“减小”）
【答案】(2)①D②Ⅰ．左；Ⅱ点至5点(或5点至1点)；Ⅲ．增大
【解析】(2)：①变小电珠在接入电路前电阻值很小，应用欧姆挡进行测量．
②Ⅰ为保护小电珠不超过额定电压，开关闭合前，滑动变阻器的滑片应置于最左端；
Ⅱ．在实验过程中，已知各元器件均无故障，但闭合开关后，无论如何调节滑片，电压表和电流表的示数总是调不到零，其原因是滑动变阻器的分压式没有用好，也就是灯泡没有分到支路上，即1点至5点的导线没有连接好；
Ⅲ．该同学描绘出小电珠的伏安特性曲线示意图如图乙所示，图像上每一点到原点的连线的斜率等于电阻的倒数，电压的增大，每一点到原点的连线的斜率减小，
则小电珠的电阻值随工作电压的增大而增大．
[2011福建卷 T20 15分]反射式速调管是常用的微波器件之一，它利用电子团在电场中的振荡来产生微波，其振荡原理与下述过程类似．如图所示，在虚线MN两侧分别存在着方向相反的两个匀强电场，一带电微粒从A点由静止开始，在电场力作用下沿直线在A、B两点间往返运动．已知电场强度的大小分别是E1＝2.0×103N/C和E2＝4.0×103N/C，方向如图所示．带电微粒质量m＝1.0×10－20kg，带电荷量q＝－1.0×10－9C，A点距虚线MN的距离d1＝1.0 cm，不计带电微粒的重力，忽略相对论效应．求：
(1)B点距虚线MN的距离d2；
(2)带电微粒从A点运动到B点所经历的时间t.
【答案】．（1）0.50 cm（2）1.5×10-8 s
【解析】
（1）带电微粒由A运动B的过程中，由动能定理有|q|E1d1－|q|E2d2= 0
解得
（2）设微粒在虚线MN两侧的加速度大小分别为a1、a2，由牛顿第二定律有
|q|E1=ma1
|q|E2=ma2
设微粒在虚线MN两侧的时间大小分别为t1、t2，由运动学公式有
又t=t1+t2
解得 t= 1.5×10-8s
[2011福建卷 T21 19分]如图为某种鱼饵自动投放器中的投饵管装置示意图，其下半部AB是一长为2R的竖直细管，上半部BC是半径为R的四分之一圆弧弯管，管口沿水平方向，AB管内有一原长为R、下端固定的轻质弹簧．投饵时，每次总将弹簧长度压缩到0.5R后锁定，在弹簧上段放置一粒鱼饵，解除锁定，弹簧可将鱼饵弹射出去．设质量为m的鱼饵到达管口C时，对管壁的作用力恰好为零．不计鱼饵在运动过程中的机械能损失，且锁定和解除锁定时，均不改变弹簧的弹性势能．已知重力加速度为g．求：
(1)质量为m的鱼饵到达管口C时的速度大小v1;
(2)弹簧压缩到0.5R时的弹性势能Ep;
(3)已知地面与水平面相距1.5R，若使该投饵管绕AB管的中轴线 。在角的范围内来回缓慢转动，每次弹射时只放置一粒鱼饵，鱼饵的质量在到m之间变化，且均能落到水面．持续投放足够长时间后，鱼饵能够落到水面的最大面积S是多少？
【答案】(1) ；(2)3mgR；(3)
【解析】
(1)质量为m的鱼饵到达管口C时做圆周运动的向心力，完全由重力提供，则
可以解得
(2)从弹簧释放到最高点C的过程中，弹簧的弹性势能全部转化为鱼饵的机械能，由系统的机械能守恒定律有
即
得
故弹簧弹性势能为Ep=3mgR
(3)不考虑因缓慢转动装置对鱼饵速度大小的影响，质量为m的鱼饵离开管口C后做平抛运动，设经过t时间落到水面上，得
离OO'的水平距离为x1，鱼饵的质量为m时
鱼饵的质量为时，由动能定理
整理得：
同理：
鱼饵能够落到水面的最大面积S是
[2011福建卷 T22 20分]如图甲，在x>0的空间中存在沿y轴负方向的匀强电场和垂直于xOy平面向里的匀强磁场，电场强度大小为E，磁感应强度大小为B．一质量为m，带电量为q（q>0）的粒子从坐标原点O处，以初速度v0沿x轴正方向射入，粒子的运动轨迹见图甲，不计粒子的重力．
⑴求该粒子运动到y=h时的速度大小v；
⑵现只改变入射粒子初速度的大小，发现初速度大小不同的粒子虽然运动轨迹（y-x曲线）不同，但具有相同的空间周期性，如图乙所示；同时，这些粒子在y轴方向上的运动（y-t关系）是简谐运动，且都有相同的周期．
Ⅰ．求粒子在一个周期T内，沿x轴方向前进的距离s；
Ⅱ．当入射粒子的初速度大小为v0时，其y-t图像如图丙所示，求该粒子在y轴方向上做简谐运动的振幅Ay，并写出y-t的函数表达式．
【答案】（1）（2）Ⅰ．Ⅱ．
【解析】（1）由于洛仑兹力不做功，只有电场力做功，由动能定理有
①
由①式解得 v = ②
（2）Ⅰ．由图乙可知，所有粒子在一个周期T内沿x轴方向前进的距离相同，即都等于恰好沿x轴方向匀速运动的粒子在T时间内前进的距离．设粒子恰好沿x轴方向匀速运动的速度大小为v1，则
qv1B = qE ③
又 s = v1T ④
式中T =
解得 s = ⑤
Ⅱ．设粒子在y方向上的最大位移为ym（图丙曲线的最高处），对应的粒子运动速度大小为v2（沿x轴），因为粒子在y方向上的运动为简谐运动，因而在y = 0和y = ym处粒子所受的合外力大小相等，方向相反，则
⑥
由动能定理有 ⑦
又 Ay = ⑧
由⑥⑦⑧式解得 Ay =
可写出图丙曲线满足的简谐运动y-t函数表达式为y =
2010年福建卷
[2010福建卷 T15 4分]一一列简谐横波在t=0时刻的波形如图中的实线所示，t=0.02s时刻的波形如图中虚线所示．若该波的周期T大于0.02s，则该波的传播速度可能是（ ）
A．2m/s B．3m/s C．4m./s D．5m/s
【答案】B
【解析】
由图该波的周期T大于，波传播的距离小于波长，则据题意，由两个时刻的波形得到：，或，解得，，由波速公式，得，。故ACD错误，B正确。
故选B.
[2010福建卷 T16 4分]量为2kg的物体静止在足够大的水平面上，物体与地面间的动摩擦因数为0．2，最大静摩擦力和滑动摩擦力大小视为相等．从t=0时刻开始，物体受到方向不变、大小呈周期性变化的水平拉力F的作用，F随时间t的变化规律如图所示．重力加速度g取10m/s2，则物体在t=0到t=12s这段时间内的位移大小为（ ）
A．18m B．54m
C．72m D．198m
【答案】B
【解析】
试题分析：对物体受力分析可知，0到3s内，由于滑动摩擦力为：Ff=μFN＝μmg=0．2×20N=4N，恰好等于外力F大小，所以物体仍能保持静止状态，3s到6s内，物体产生的加速度为：，发生的位移为： ;6s到9s内，物体所受的合力为零，做匀速直线运动，由于6s时的速度为：v=at=2×3=6m/s，所以发生的位移为：x3=vt=6×（9-6）=18m；9到12s内，物体做匀加速直线运动，发生的位移为：x4=vt+at2=6×3+×2×32=27m；所以总位移为：x=0+x2+x3+x4==9+18+27=54m，所以B正确；
[2010福建卷 T17 4分]如图(甲)所示，质量不计的弹簧竖直固定在水平面上，t＝0时刻，将一金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放，小球落到弹簧上压缩弹簧到最低点，然后又被弹起离开弹簧，上升到一定高度后再下落，如此反复．通过安装在弹簧下端的压力传感器，测出这一过程弹簧弹力F随时间t变化的图像如图(乙)所示，则( )
A．t1时刻小球动能最大
B．t2时刻小球动能最大
C．t2～t3这段时间内，小球的动能先增加后减少
D．t2～t3段时间内，小球增加的动能等于弹簧减少的弹性势能
【答案】C
【解析】t1时刻小球小球刚与弹簧接触，与弹簧接触后，先做加速度不断减小的加速运动，当弹力增大到与重力平衡，即加速度减为零时，速度达到最大，故A错误；t2时刻，弹力最大，故弹簧的压缩量最大，小球运动到最低点，速度等于零，故B错误；t2～t3这段时间内，小球处于上升过程，先做加速度不断减小的加速运动，后做加速度不断增大的减速运动，故C正确；t2～t3段时间内，小球和弹簧系统机械能守恒，故小球增加的动能和重力势能之和等于弹簧减少的弹性势能，故D错误。
[2010福建卷 T18 6分]物理学中有些问题的结论不一定必须通过计算才能验证，有时只需要通过一定的分析就可以判断结论是否正确．如图所示为两个彼此平行且共轴的半径分别为R1和R2的圆环，两圆环上的电荷量均为q（q>0），而且电荷均匀分布．两圆环的圆心O1和O2相距为2a，联线的中点为O，轴线上的A点在O点右侧与O点相距为r（rA．
B．
C．
D．
【答案】D
【解析】AC中的单位不是场强的单位；根据公式，当r=a时，右侧圆环在A点产生的场强为零，则A处场强只由左侧圆环上的电荷产生，即场强表达式只有一项，故ABC项错D正确。故选D。
[2010福建卷 T29（2） 6分]如图所示，一个木箱原来静止在光滑水平面上，木箱内粗糙的底板上放着一个小木块。木箱和小木块都具有一定的质量。现使木箱获得一个向右的初速度v0，则（ ）
A．小木块和木箱最终都将静止
B．小木块最终将相对木箱静止，二者一起向右运动
C．小木块在木箱内壁将始终来回往复碰撞，而木箱一直向右运动
D．如果小木块与木箱的左壁碰撞后相对木箱静止，则二者将一起向左运动
【答案】B
【解析】系统所受外力的合力为零，动量守恒，初状态木箱有向右的动量，小木块动量为零，故系统总动量向右，系统内部存在摩擦力，阻碍两物体间的相对滑动，最终相对静止，由于系统的总动量守恒，不管中间过程如何相互作用，根据动量守恒定律，最终两物体以相同的速度一起向右运动。故选：B。
[2010福建卷 T23 9分](1)(6分)某同学利用“插针法”测定玻璃的折射率，所用的玻璃砖两面平行．正确操作后，作出的光路图及测出的相关角度如图所示．①此玻璃的折射率计算式为 (用图1中的、表示)；②如果有几块宽度大小不同的平行玻璃砖可供选择，为了减小误差，应选用宽度 (填“大”或“小” 的玻璃砖来测量．
(2)(6分)某实验小组研究橡皮筋伸长与所受拉力的关系．实验时，将原长约的橡皮筋上端固定，在竖直悬挂的橡皮筋下端逐一增挂钩码(质量均为，每增挂一只钩码均记下对应的橡皮筋伸长量；当挂上10只钩码后，再逐一把钩码取下，每取下一只钩码，也记下对应的橡皮筋伸长量．根据测量数据，作出增挂钩码和减挂钩码时的橡皮筋伸长量△与拉力关系的图像如图2所示．从图像中可以得出 ．(填选项前的字母)
．增挂钩码时△与成正比，而减挂钩码时△与不成正比
．当所挂钩码数相同时，增挂钩码时橡皮筋的伸长量比减挂钩码时的大
．当所挂钩码数相同时，增挂钩码时橡皮筋的伸长量与减挂钩码时的相等
．增挂钩码时所挂钩码数过多，导致橡皮筋超出弹性限度
(3)(6分)如图3所示是一些准备用来测量待测电阻阻值的实验器材，器材及其规格列表如下：
器 材 规 格
待测电阻 电源 电压表V1 电压表V2 电流表A 滑动变阻器 开关，导线若干 阻值在之间 具有一定内阻，电动势约 量程，内阻 量程，内阻 量程，内阻 最大阻值约，额定电流
为了能正常进行测量并尽可能减小测量误差，实验要求测量时电表的读数大于其量程的一半，而且调节滑动变阻器能使电表读数有较明显的变化．请用实线代替导线，在所给的实验器材图中选择若干合适的器材，连成满足要求的测量阻值的电路．
【答案】(1)；大；(2)；(3)如上图所示。
【解析】(1)①由折射定律可知： 由图可得 而
所以
②由实验测量玻璃的折射率时，光路图中有一条关键直线，就是将第一次折射时的入射点与第二次折射时的出射点相连的直线．所以当玻璃厚度越大时，此直线越准确．
(2)由增挂钩码和减挂钩码时的橡皮筋伸长量△与拉力关系的图像，发现减少钩码与增加钩码橡皮筋形变量不相同，则说明橡皮筋的已超出弹性限度．所以选择选项．
(3)通过对电源的电动势，得通过待测电阻的最大电流为，而电流表的量程却是，所以电流表不能用．由于电压表的电阻阻值已知，因此可以通过电压表来替代电流表求出电流．将小量程的电压表与待测电阻串联后，再与大量程的电压表并联，最后以变阻器分压式接入电路．
[2010福建卷 20 15分]如图所示的装置，左半部为速度选择器，右半部为匀强的偏转电场．一束同位素离子流从狭缝S1射入速度选择器，能够沿直线通过速度选择器并从狭缝S2射出的离子，又沿着与电场垂直的方向，立即进入场强大小为E的偏转电场，最后打在照相底片D上．已知同位素离子的电荷量为 q(q＞0)，速度选择器内部存在着相互垂直的场强大小为E0的匀强电场和磁感应强度大小为B0的匀强磁场，照相底片与狭缝S1、S2的连线平行且距离为 ，忽略重力的影响．
(1)求从狭缝S2射出的离子速度v0的大小；
(2)若打在照相底片上的离子在偏转电场中沿速度v0方向飞行的距离为 x，求出x与离子质量 m之间的关系式(用、 、、 q、m、L表示)。
【答案】(1)；(2)
【解析】
（1）能从速度选择器射出的离子应满足受到的电场力和洛伦兹力大小相等，方向相反，则有
解得
（2）离子进入匀强偏转电场E后做类平抛运动，则有水平方向
x=v0t
竖直方向
离子在电场中只受电场力作用，由牛顿第二定律得
qE=ma
联立以上各式解得
[2010福建卷 T21 20分]如图所示，两条平行的光滑金属导轨固定在倾角为θ的绝缘斜面上，导轨上端连接一个定值电阻．导体棒a和b放在导轨上，与导轨垂直并良好接触．斜面上水平虚线PQ以下区域内，存在着垂直穿过斜面向上的匀强磁场．现对a棒施以平行导轨斜向上的拉力，使它沿导轨匀速向上运动，此时放在导轨下端的b棒恰好静止．当a棒运动到磁场的上边界PQ处时，撤去拉力，a棒将继续沿导轨向上运动一小段距离后再向下滑动，此时b棒已滑离导轨．当a棒再次滑回到磁场上边界PQ处时，又恰能沿导轨匀速向下运动．已知a棒、b棒和定值电阻的阻值均为R，b棒的质量为m，重力加速度为g，导轨电阻不计．求
（1）a棒在磁场中沿导轨向上运动的过程中，a棒中的电流强度Ia，与定值电阻R中的电流强度IR之比；
（2）a棒质量ma；
（3）a棒在磁场中沿导轨向上运动时所受的拉力F．
【答案】(1) ；（2）；。
【解析】（1）a棒为电源，b棒和电阻R等值电阻
（2）b棒保持静止，则mbg sinθ＝BIbL
Ib①
Ia＝2Ib②
a棒脱离磁场后机械能守恒，返回磁场时速度与离开时速度相等，为v，
返回进入磁场时匀速下降，则有：mag sinθ
v③
A棒匀速上升时 切割磁感线 Ia④
由①﹣﹣﹣④得
（3）Ia＝2Ib
Ib
F＝magsinθ+BIaL
a受到的安培力：
．
那么a棒在磁场中沿导轨向上运动时所受的拉力为3.5mgsinθ；
[2010福建卷 T22 20分]图所示，物体A放在足够长的木板B上，木板B静止于水平面．t=0时，电动机通过水平细绳以恒力F拉木板B，使它做初速度为零，加速度aB=1.0m/s2的匀加速直线运动．已知A的质量mA和B的质量mg均为2.0kg,A、B之间的动摩擦因数=0.05，B与水平面之间的动摩擦因数=0.1，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小视为相等，重力加速度g取10m/s2．求：
（1）物体A刚运动时的加速度aA
（2）t=1.0s时，电动机的输出功率P；
（3）若t=1.0s时，将电动机的输出功率立即调整为P`=5W，并在以后的运动过程中始终保持这一功率不变，t=3.8s时物体A的速度为1.2m/s．则在t=1.0s到t=3.8s这段时间内木板B的位移为多少？
【答案】(1)；(2；(3)(或3.0m)。
【解析】(1)若相对于滑动，则对物体进行受力分析，水平方向只受摩擦力，根据牛顿第二定律得：
解得：，所以的加速度为；
(2)对物体进行受力分析，水平方向受到拉力、地面对的摩擦力、对的摩擦力，根据牛顿第二定律得：；代入数据解得：，
；所以
(3)电动机的输出功率调整为时，设细绳对木板的拉力为，则，代入数据解得，对木板进行受力分析，木板受力满足。所以木板将做匀速直线运动，而物体则继续在上做匀加速直线运动直到、速度相等。
设这一过程时间为，有，这段时间内的位移，、速度相同后，由于且电动机输出功率恒定，、将一起做加速度逐渐减小的变加速运动，
由动能定理得：，
由以上各式代入数据得：木板在到这段时间的位移
2009年福建卷
[2009福建卷 T15 6分]如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源(内阻不计)连接，下极板接地。一带电油滴位于容器中的P点且恰好处于平衡状态。现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离( )
A.带点油滴将沿竖直方向向上运动
B.P点的电势将降低
C.带点油滴的电势将减少
D.若电容器的电容减小，则极板带电量将增大
【答案】BD
【解析】将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，由于电容器两板间电压不变，根据E＝得知板间场强减小，油滴所受的电场力减小，则油滴将向下运动。场强E减小，而P点与下极板间的距离不变，则由公式U＝Ed分析可知，P点与下极板间电势差将减小，而P点的电势高于下极板的电势，则知P点的电势将降低。根据Q＝UC，由于电势差不变，电容器的电容减小，故带电量减小。
[2009福建卷 T18 6分]如图所示，固定位置在同一水平面内的两根平行长直金属导轨的间距为d，其右端接有阻值为R的电阻，整个装置处在竖直向上磁感应强度大小为B的匀强磁场中．一质量为m（质量分布均匀）的导体杆ab垂直于导轨放置，且与两导轨保持良好接触，杆与导轨之间的动摩擦因数为．现杆在水平向左、垂直于杆的恒力F作用下从静止开始沿导轨运动距离时，速度恰好达到最大（运动过程中杆始终与导轨保持垂直）．设杆接入电路的电阻为r，导轨电阻不计，重力加速度大小为g．则此过程（ ）
A．杆的速度最大值为
B．流过电阻R的电量为
C．恒力F做的功与摩擦力做的功之和等于杆动能的变化量
D．恒力F做的功与安培力做的功之和大于杆动能的变化量
【答案】BD
【解析】、设杆的速度最大值为，此时杆所受的安培力为，而且杆受力平衡，则有，解得，．故错误。
、流过电阻的电荷量为．故正确。
、根据动能定理得：恒力做的功、摩擦力做的功、安培力做的功之和等于杆动能的变化量，而摩擦力做负功，安培力也做负功，则知恒力做的功与摩擦力做的功之和大于杆动能的变化量，恒力做的功与安培力做的功之和大于杆动能的变化量。故错误，正确。
[2009福建卷 T17 6分]图甲为一列简谐横波在t=0．10s时刻的波形图，P是平衡位置为x=1 m处的质点，Q是平衡位置为x=4 m处的质点，图乙为质点Q的振动图象，则（ ）
A.t=0．15s时，质点Q的加速度达到正向最大
B.t=0．15s时，质点P的运动方向沿y轴负方向
C.从t=0．10s到t=0．25s，该波沿x轴正方向传播了6 m
D.从t=0．10s到t=0．25s，质点P通过的路程为30 cm
【答案】AB
【解析】由y-t图像知，周期T=0．2s，且在t=0．1sQ点在平衡位置沿y负方向运动，可以推断波没x负方向传播，所以C错；
从t=0．10s到t=0．15s时，Δt=0．05s=T/4，质点Q从图甲所示的位置振动T/4到达负最大位移处，又加速度方向与位移方向相反，大小与位移的大小成正比，所以此时Q的加速度达到正向最大，而P点从图甲所示位置运动T/4时正在由正最大位移处向平衡位置运动的途中，速度沿y轴负方向，所以A、B都对；
振动的质点在t=1T内，质点运动的路程为4A；t=T/2，质点运动的路程为2A；但t=T/4，质点运动的路程不一定是1A；t=3T/4，质点运动的路程也不一定是3A。本题中从t=0．10s到t=0．25s内，Δt=0．15s=3T/4，P点的起始位置既不是平衡位置，又不是最大位移处，所以在3T/4时间内的路程不是30cm。
[2009福建卷 T20 15分]如图所示，射击枪水平放置，射击枪与目标靶中心位于离地面足够高的同一水平线上，枪口与目标靶之间的距离s=100m，子弹射出的水平速度v=200m/s，子弹从枪口射出的瞬间目标靶由静止开始释放，不计空气阻力，取重力加速度g为10 m/s2，求：
（1）从子弹由枪口射出开始计时，经多长时间子弹击中目标靶？
（2）目标靶由静止开始释放到被子弹击中，下落的距离h为多少？
【答案】（1）0.5s；（2）1.25m。
【解析】
（1）子弹做平抛运动，它在水平方向的分运动是匀速直线运动，设子弹经t时间击中目标靶，则有
代入数据得：t=0.5s
（2）目标靶做自由落体运动，由
代入数据得 h=1.25m
[2009福建卷 T21 19分]如图甲，在水平地面上固定一倾角为θ的光滑绝缘斜面，斜面处于电场强度大小为E、方向沿斜面向下的匀强电场中。一劲度系数为k的绝缘轻质弹簧的一端固定在斜面底端，整根弹簧处于自然状态。一质量为m、带电量为q（q>0）的滑块从距离弹簧上端为s0处静止释放，滑块在运动过程中电量保持不变，设滑块与弹簧接触过程没有机械能损失，弹簧始终处在弹性限度内，重力加速度大小为g。
（1）求滑块从静止释放到与弹簧上端接触瞬间所经历的时间t1；
（2）若滑块在沿斜面向下运动的整个过程中最大速度大小为vm，求滑块从静止释放到速度大小为vm过程中弹簧的弹力所做的功W；
（3）从滑块静止释放瞬间开始计时，请在乙图中画出滑块在沿斜面向下运动的整个过程中速度与时间关系v-t图象。图中横坐标轴上的t1、t2及t3分别表示滑块第一次与弹簧上端接触、第一次速度达到最大值及第一次速度减为零的时刻，纵坐标轴上的v1为滑块在t1时刻的速度大小，vm是题中所指的物理量。（本小题不要求写出计算过程）。
【答案】(1); (2);
(3)
【解析】(1)滑块从静止释放到与弹簧刚接触的过程中作初速度为零的匀加速直线运动，设加速度大小为a，则有
qE+mgsin=ma ①
②
联立①②可得
③
(2)滑块速度最大时受力平衡，设此时弹簧压缩量为，则有
④
从静止释放到速度达到最大的过程中，由动能定理得
⑤
联立④⑤可得
s
(3)如图
[2009福建卷 T25 18分]图为可测定比荷的某装置的简化示意图，在第一象限区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小，在轴上距坐标原点的处为离子的入射口，在上安放接收器．现将一带正电荷的粒子以的速率从处射入磁场，若粒子在轴上距坐标原点的处被观测到，且运动轨迹半径恰好最小，设带电粒子的质量为，电量为，不计其重力。
(1)求上述粒子的比荷；
(2)如果在上述粒子运动过程中的某个时刻，在第一象限内再加一个匀强电场，就可以使其沿轴正方向做匀速直线运动，求该匀强电场的场强大小和方向，并求出从粒子射入磁场开始计时经过多长时间加这个匀强电场；
(3)为了在处观测到按题设条件运动的上述粒子，在第一象限内的磁场可以局限在一个矩形区域内，求此矩形磁场区域的最小面积，并在图中画出该矩形．
【答案】（1）；（2）；（3），
【解析】(1)设粒子在磁场中的运动半径为r，如图
依题意M、P连线即为该粒子在磁场中作匀速圆周运动的直径，由几何关系得
由洛伦兹力提供粒子在磁场中作匀速圆周运动的向心力，可得
联立并代入数据得
(2)设所加电场的场强大小为E，当粒子子经过Q点时，速度沿y轴正方向，依题意，在此时加入沿x轴正方向的匀强电场，电场力与此时洛伦兹力平衡，则有
代入数据得
所加电场的长枪方向沿x轴正方向．由几何关系可知，圆弧PQ所对应的圆心角为，设带点粒子做匀速圆周运动的周期为T，所求时间为t，则有
联立并代入数据得
(3)如图所求的最小面积为矩形，该区域面积
联立并代入数据得
试卷第1页 共56页
历年（2004～2015，2021）高考物理
《压轴题汇编》（8套，56道）
目 录
2021年福建卷 2
2015年福建卷 9
2014年福建卷 13
2013年福建卷 18
2012年福建卷 23
2011年福建卷 28
2010年福建卷 32
2009年福建卷 37
2021年福建卷
[2021福卷卷 T4 4分] 福建属于台风频发地区，各类户外设施建设都要考虑台风影响。已知10级台风的风速范围为，16级台风的风速范围为。若台风迎面垂直吹向一固定的交通标志牌，则16级台风对该交通标志牌的作用力大小约为10级台风的（ ）
A. 2倍 B. 4倍 C. 8倍 D. 16倍
【答案】B
【解析】设空气的密度为，风迎面垂直吹向一固定的交通标志牌的横截面积为，在时间的空气质量为
假定台风迎面垂直吹向一固定的交通标志牌的末速度变为零，对风由动量定理有
可得
10级台风的风速，16级台风的风速，则有
故选B。
[2021福建卷 T5 6分](多选)如图，P、Q是两根固定在水平面内的光滑平行金属导轨，间距为L，导轨足够长且电阻可忽略不计。图中EFGH矩形区域有一方向垂直导轨平面向上、感应强度大小为B的匀强磁场。在时刻，两均匀金属棒、分别从磁场边界EF、GH进入磁场，速度大小均为v0；一段时间后，流经a棒的电流为0，此时，b棒仍位于磁场区域内。已知金属棒、相同材料制成，长度均为L，电阻分别为R和2R，a棒的质量为。在运动过程中两金属棒始终与导轨垂直且接触良好，、棒没有相碰，则( )
A．时刻棒加速度大小为
B．时刻棒的速度为0
C．时间内，通过棒横截面的电荷量是棒的2倍
D．时间内，棒产生的焦耳热为
【答案】AD
【解析】、根据右手定则，金属棒、进入磁场时产生的感应电流均为顺时针方向，则回路的电动势为、各自产生的电动势之和，即。
感应电流,对由牛顿第二定律得：
解得：，故正确；
由题意知，金属棒、电阻率相同，长度均为，电阻分别为和，根据电阻定律有：，，可得：，
可知的体积是的2倍，密度相同，则的质量是的2倍，即的质量为。
、在磁场中时，通过的电流总是反向等大，所受安培力总是反向等大，、组成的系统合外力为零，则此系统动量守恒。时刻流过的电流为零，、之间的磁通量不变，可知两者此时速度相同，设为。取水平向右为正方向，由动量守恒定律得：
,解得：，即时刻棒的速度为，故错误；
时间内，通过、的电流总是相等，根据，则通过、棒横截面的电荷量相等，故C错误；
时间内，对、组成的系统，由能量守恒定律得：
解得回路中产生的总热量，棒产生的焦耳热，故正确。
[2021福卷卷 T8 6分]（多选）两位科学家因为在银河系中心发现了一个超大质量的致密天体而获得了2020年诺贝尔物理学奖。他们对一颗靠近银河系中心的恒星的位置变化进行了持续观测，记录到的的椭圆轨道如图所示。图中O为椭圆的一个焦点，椭圆偏心率（离心率）约为0.87。P、Q分别为轨道的远银心点和近银心点，Q与O的距离约为（太阳到地球的距离为），的运行周期约为16年。假设的运动轨迹主要受银河系中心致密天体的万有引力影响，根据上述数据及日常的天文知识，可以推出（ ）
A. 与银河系中心致密天体的质量之比
B. 银河系中心致密天体与太阳的质量之比
C. 在P点与Q点的速度大小之比
D. 在P点与Q点的加速度大小之比
【答案】BCD
【解析】A．设椭圆的长轴为2a，两焦点的距离为2c，则偏心率
且由题知，Q与O的距离约为，即
由此可得出a与c，由于是围绕致密天体运动，根据万有定律，可知无法求出两者的质量之比，故A错误；
B．根据开普勒第三定律有
式中k是与中心天体的质量M有关，且与M成正比；所以，对是围绕致密天体运动有
对地球围绕太阳运动有
两式相比，可得
因的半长轴a、周期，日地之间的距离，地球围绕太阳运动的周期都已知，故由上式，可以求出银河系中心致密天体与太阳的质量之比，故B正确；
C．根据开普勒第二定律有
解得
因a、c已求出，故可以求出在P点与Q点的速度大小之比，故C正确；
D．不管是在P点，还是在Q点，都只受致密天体的万有引力作用，根据牛顿第二定律有
解得
因P点到O点的距离为a+c,，Q点到O点的距离为a-c，解得
因a、c已求出，故在P点与Q点的加速度大小之比，故D正确。
故选BCD。
可知气体的温度先升高后降低。
[2021福卷卷 T11 6分]某实验小组使用多用电表和螺旋测微器测量一长度为电阻丝的电阻率，该电阻丝的电阻值约为，材料未知。实验过程如下：
（1）用螺旋测微器测量该电阻丝的直径，示数如图（a）所示。该电阻丝的直径为___________。
（2）对多用电表进行机械调零。
（3）将多用电表选择开关旋至___________倍率的电阻挡（填“”“”“”或“”）。
（4）将黑、红表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使指针指在电阻挡零刻度线。
（5）将黑、红表笔并接在待测电阻丝两端，多用电表的示数如图（b）所示。该电阻丝的电阻值为___________。
（6）测量完成之后，将表笔从插孔拔出，并将选择开关旋到“OFF”位置。
（7）实验测得的该电阻丝电阻率为___________（结果保留3位有效数字）。
【答案】 ①. 1.414 ②. ③. 160 ④.
【解析】（1）[1]该电阻丝的直径为
（3）[2]使用多用电表欧姆挡测电阻时，为了减小误差，应尽可能使指针偏转至刻度盘中央附近，由于该电阻丝的阻值在100~200Ω，而表盘中央刻度在15~20左右 ，所以应选择×10倍率的电阻挡；
（5）[3]15~20之间的分度值为1，所以该电阻丝的电阻值为
（7）[4]根据电阻定律有
解得该电阻丝的电阻率为
[2021福卷卷 T12 6分]某实验小组利用图（a）所示的实验装置探究空气阻力与速度的关系，实验过程如下：
（1）首先将未安装薄板的小车置于带有定滑轮的木板上，然后将纸带穿过打点计时器与小车相连。
（2）用垫块将木板一端垫高，调整垫块位置，平衡小车所受摩擦力及其他阻力。若某次调整过程中打出的纸带如图（b）所示（纸带上的点由左至右依次打出），则垫块应该___________（填“往左移”“往右移”或“固定不动”）。
（3）在细绳一端挂上钩码，另一端通过定滑轮系在小车前端。
（4）把小车靠近打点计时器，接通电源，将小车由静止释放。小车拖动纸带下滑，打出的纸带一部分如图（c）所示。已知打点计时器所用交流电的频率为，纸带上标出的每两个相邻计数点之间还有4个打出的点未画出。打出F点时小车的速度大小为___________（结果保留2位小数）。
（5）保持小车和钩码的质量不变，在小车上安装一薄板。实验近似得到的某时刻起小车v-t图像如图（d）所示，由图像可知小车加速度大小___________（填“逐渐变大”“逐渐变小”或“保持不变”）。据此可以得到的实验结论是___________。
【答案】 ①. 往右移 ②. 0.15 ③. 逐渐变小 ④. 空气阻力随速度增大而增大
【解析】（2）[1]由题图（b）可知从左往右点间距逐渐增大，说明小车做加速运动，即平衡摩擦力过度，应减小木板的倾角，即将垫块往右移。
（4）[2]打F点时小车的速度大小等于打E、G两点之间小车的平均速度大小，即
（5）[3]v-t图像的斜率表示加速度，所以由图像可知小车加速度大小逐渐变小。
[4]小车加速度随速度的增大而变小，根据牛顿第二定律可知小车所受合外力F随速度的增大而变小。装上薄板后，设小车所受空气阻力大小为f，则
而细绳拉力T不变，故由此得到的结论是空气阻力随速度增大而增大。
[2021福卷卷 T13 12分] 一火星探测器着陆火星之前，需经历动力减速、悬停避障两个阶段。在动力减速阶段，探测器速度大小由减小到0，历时。在悬停避障阶段，探测器启用最大推力为的变推力发动机，在距火星表面约百米高度处悬停，寻找着陆点。已知火星半径约为地球半径的，火星质量约为地球质量的，地球表面重力加速度大小取，探测器在动力减速阶段的运动视为竖直向下的匀减速运动。求：
（1）在动力减速阶段，探测器的加速度大小和下降距离；
（2）在悬停避障阶段，能借助该变推力发动机实现悬停的探测器的最大质量。
【答案】（1），；（2）
【解析】（1）设探测器在动力减速阶段所用时间为t，初速度大小为，末速度大小为，加速度大小为a，由匀变速直线运动速度公式有
①
代入题给数据得
②
设探测器下降的距离为s，由匀变速直线运动位移公式有
③
联立②③式并代入题给数据得
④
（2）设火星的质量、半径和表面重力加速度大小分别为、和，地球的质量、半径和表面重力加速度大小分别为、和由牛顿运动定律和万有引力定律，对质量为m的物体有
⑤
⑥
式中G为引力常量。设变推力发动机的最大推力为F，能够悬停的火星探测器最大质量为，由力的平衡条件有
⑦
联立⑤⑥⑦式并代入题给数据得
⑧
在悬停避障阶段，该变推力发动机能实现悬停的探测器的最大质量约为。
[2021福卷卷 T14 12分]如图（a），一倾角的固定斜面的段粗糙，段光滑。斜面上一轻质弹簧的一端固定在底端C处，弹簧的原长与长度相同。一小滑块在沿斜面向下的拉力T作用下，由A处从静止开始下滑，当滑块第一次到达B点时撤去T。T随滑块沿斜面下滑的位移s的变化关系如图（b）所示。已知段长度为，滑块质量为，滑块与斜面段的动摩擦因数为0.5，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度大小取，。求：
（1）当拉力为时，滑块的加速度大小；
（2）滑块第一次到达B点时的动能；
（3）滑块第一次在B点与弹簧脱离后，沿斜面上滑的最大距离。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】（1）设小滑块的质量为m，斜面倾角为，滑块与斜面间的动摩擦因数为，滑块受斜面的支持力大小为N，滑动摩擦力大小为f，拉力为时滑块的加速度大小为。由牛顿第二定律和滑动摩擦力公式有
①
②
③
联立①②③式并代入题给数据得
④
（2）设滑块在段运动的过程中拉力所做的功为W，由功的定义有
⑤
式中、和、分别对应滑块下滑过程中两阶段所受的拉力及相应的位移大小。依题意，，，，。设滑块第一次到达B点时的动能为，由动能定理有
⑥
联立②③⑤⑥式并代入题给数据得
⑦
（3）由机械能守恒定律可知，滑块第二次到达B点时，动能仍为。设滑块离B点的最大距离为，由动能定理有
⑧
联立②③⑦⑧式并代入题给数据得
⑨
[2021福建卷 T15 16分]如图(a)，同一竖直平面内、、、四点距点的距离均为，为水平连线的中点，、在连线的中垂线上。、两点分别固定有一点电荷，电荷量均为。以为原点，竖直向下为正方向建立轴。若取无穷远处为电势零点，则上的电势随位置的变化关系如图(b)所示。一电荷量为的小球以一定初动能从点竖直下落，一段时间后经过点，其在段运动的加速度大小随位置的变化关系如图(c)所示。图中为重力加速度大小，为静电力常量。
(1)求小球在点所受电场力大小。
(2)当小球运动到点时，恰与一沿轴负方向运动的不带电绝缘小球发生弹性碰撞。已知与的质量相等，碰撞前、后的动能均为，碰撞时间极短。求碰撞前的动量大小。
(3)现将固定在点，为保证能运动到点与之相碰，从点下落时的初动能须满足什么条件？
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】(1)设到点的距离为，点的电荷对小球的库仑力大小为，由库仑定律有①
设小球在点所受电场力大小为，由力的合成有②
联立①②式，由几何关系并代入数据得③
(2)设点下方处为点，与的距离为，小球在处所受的库仑力大小为，由库仑定律和力的合成有④
式中
设小球的质量为，小球在点的加速度大小为，由牛顿第二定律有⑤
由图(c)可知，式中
联立④⑤式并代入数据得⑥
设的质量为，碰撞前、后的速度分别为，，碰撞前、后的速度分别为，，取竖直向下为正方向。由动量守恒定律和能量守恒定律有⑦
⑧
设小球碰撞前的动量为，由动量的定义有⑨
依题意有
联立⑥⑦⑧⑨式并代入数据，得⑩
即碰撞前的动量大小为。
(3)设点上方处为点。根据图(c)和对称性可知，在点所受的电场力大小等于小球的重力大小，方向竖直向上，在此处加速度为0；在点上方做减速运动，在点下方做加速运动，为保证能运动到点与相碰，运动到点时的速度必须大于零。
设点与点电势差为，由电势差定义有
设小球初动能为，运动到点的动能为，由动能定理有
由对称性，点与点电势相等，点与点电势相等，依据图(b)所给数据，并联立⑥ 式可得
2015年福建卷
[2015福建卷 T16 6分]简谐横波在同一均匀介质中沿x轴正方向传播，波速为v。若某时刻在波的传播方向上，位于平衡位置的两质点a、b相距为s，a、b之间只存在一个波谷，则从该时刻起，下列四副波形中质点a最早到达波谷的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】
由图A知，波长，周期
由图知质点a向上振动，经第一次到达波谷，用时
B图对应波长，周期
由图知质点a向下振动，经第一次到达波谷，用时
C图对应波长，周期
由图知质点a向上振动，经第一次到达波谷，用时
D图对应波长，周期
由图知质点a向下振动，经第一次到达波谷，用时
所以D波形中质点a最早到达波谷，故选D。
[2015福建卷 T1 6分]如图，在竖直平面内，滑道ABC关于B点对称，且A、B、C三点在同一水平线上。若小滑块第一次由A滑到C，所用的时间为t1，第二次由C滑到A，所用的时间为t2，小滑块两次的初速度大小相同且运动过程始终沿着滑道滑行，小滑块与滑道的动摩擦因数恒定，则( )
A．t1＜t2
B．t1＝t2
C．t1＞t2
D．无法比较t1、t2的大小
【答案】A
【解析】在AB段，由牛顿第二定律得：mg-F＝m，滑块受到的支持力：F＝mg-m，则速度v越大，滑块受支持力F越小，摩擦力f＝μF就越小，在BC段，由牛顿第二定律得：F-mg＝m，滑块受到的支持力：F＝mg＋m，则速度v越大，滑块受支持力F越大，摩擦力f就越大，由题意知从A运动到C相比从C到A，在AB段速度较大，在BC段速度较小，所以从A到C运动过程受摩擦力较小，用时短，故A正确，BCD错误。
[2015福建卷 T2 6分]如图，由某种粗细均匀的总电阻为3R的金属条制成的矩形线框abcd，固定在水平面内且处于方向竖直向下的匀强磁场B中。一接入电路电阻为R的导体棒PQ，在水平拉力作用下沿ab、dc以速度v匀速滑动，滑动过程PQ始终与ab垂直，且与线框接触良好，不计摩擦。在PQ从靠近ad处向bc滑动的过程中( )
A．PQ中电流先增大后减小
B．PQ两端电压先减小后增大
C．PQ上拉力的功率先减小后增大
D．线框消耗的电功率先减小后增大
【答案】A
【解析】根据右手定则可知，PQ中电流的方向为Q→P，画出该电路的等效电路图如图，PQ做匀速直线运动，可知电动势不变；
其中R1为ad和bc上的电阻值，R2为ab上的电阻与cd上的电阻的和，电阻之间的关系满足：R1＋R2＋R1＝3R，由题图可知，当PQ位于任意位置时，设左侧的电阻值为R左＝xR，则右侧的电阻值为：R右＝(3-x)R
此时：R外＝＝＝R·x(3-x)＝-R(x-R)2＋R
此时：R总＝R外＋R＝-R(x-R)2＋R，可知R左＝R当时外电阻最大为R，则电路中的电流有最小值，所以当导体棒向右运动的过程中电路中的总电阻先增大后减小。
导体棒由靠近ad边向bc边匀速滑动的过程中，产生的感应电动势E＝BLv，保持不变，外电路总电阻先增大后减小，由欧姆定律分析得知电路中的总电流先减小后增大，即PQ中电流先减小后增大。故A错误。PQ中电流先减小后增大，PQ两端电压为路端电压，U＝E-IR，可知PQ两端的电压先增大后减小。故B错误；导体棒匀速运动，PQ上外力的功率等于回路的电功率，而回路的总电阻R先增大后减小，由P＝得知，PQ上外力的功率先减小后增大。故C正确。由以上的分析可知，导体棒PQ上的电阻始终大于线框的电阻，当导体棒向右运动的过程中电路中的总电阻先增大后减小，根据闭合电路的功率的分配关系与外电阻的关系可知，如图，当外电路的电阻值与电源的内电阻相等时外电路消耗的电功率最大，所以可得线框消耗的电功率先增大后减小。故D错误。
[2015福建卷 T3 12分]某学习小组探究一小电珠在不同电压下的电功率大小，实验器材如图甲所示，现已完成部分导线的连接。
①实验要求滑动变阻器的滑片从左到右移动过程中，电流表的示数从零开始逐渐增大，请按此要求用笔画线代替导线在图甲实物接线图中完成余下导线的连接；
②某次测量，电流表指针偏转如图乙所示，则电流表的示数为 A；
③该小组描绘出的伏安特性曲线如图丙所示，根据图线判断，将 只相同的小电珠并联后，直接与电动势为3V、内阻为1Ω的电源组成闭合回路，可使小电珠的总功率最大，其总功率的值为 W(保留两位小数)。
【答案】①如图所示；②0.44；③4；2.25。
【解析】①滑动变阻器的滑片从左到右移动过程中，电流表的示数从零开始逐渐增大，则滑动变阻器采用分压接法，电路图如图所示：
②由图乙所示电流表可知，其量程为0.6A，分度值为0.02A，示数为0.44A。
③电源内阻为1欧姆，当外电路电阻与电源内阻相等，即灯泡并联总电阻为1欧姆时灯泡的总功率最大，由于内外电阻相等，则内外电压相等，电源电动势为3V，则路端电压为1.5V，由图丙所示图像可知，电压为1.5V时通过小电珠的电流为0.375A，此时小电珠的电阻：R＝Ω＝4Ω，4只小电珠的并联阻值为1Ω，因此需要4只小电珠并联，此时小电珠的总功率：P＝4UI＝4×1.5×0.375≈2.25W。
[2015福建卷 T20 15分]一摩托车由静止开始在平直的公路上行驶，其运动过程的v-t图像如图所示．则摩托车在0~20s这段时间的加速度大小a=_______；摩托车在0~75s这段时间的平均速度大小=_______．
【答案】 20m/s
【解析】
（1）摩托车在0～20s这段时间的加速度．
（2）摩托车在0～75s这段时间的位移 x=×30m=1500m
平均速度大小。
[2015福建卷 T21 19分]如图所示，质量为M的小车静止在光滑水平面上，小车AB段是半径为R的四分之一光滑圆弧轨道，BC段是长为L的水平粗糙轨道，两段轨道相切于B点。一质量为m的滑块在小车上从A点由静止开始沿轨道滑下，重力加速度为g。
（1）若固定小车，求滑块运动过程中对小车的最大压力。
（2）若不固定小车，滑块仍从A点由静止下滑，然后滑入BC轨道，最后从C点滑出小车。已知滑块质量在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的2倍，滑块与轨道BC间的动摩擦因数为，求：
①滑块运动过程中，小车的最大速度大小；
②滑块从B到C运动过程中，小车的位移大小x。
【答案】（1）3mg；（2）①；②
【解析】（1）滑块滑到B点时对小车压力最大，从A到B机械能守恒，则有
滑块在B点处，由牛顿第二定律得
解得
由牛顿第三定律得
（2）①滑块下滑到达B点时，小车速度最大。
由机械能守恒得
解得
②设滑块运动到C点时，小车速度大小为，由功能关系得
设滑块从B到C过程中，小车运动加速度大小为a，由牛顿第二定律得
由运动学规律得
联立以上各式，解得
[2015福建卷 T22 20分]如图，绝缘粗糙的竖直平面MN左侧同时存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向右，电场强度大小为E，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B。一质量为m，电荷量为q的带正电的小滑块从A点由静止开始沿MN下滑，到达C点时离开MN做曲线运动。A、C两点间距离为h，重力加速度为g。
(1)求小滑块运动到C点时的速度大小vC；
(2)求小滑块从A点运动到C点过程中克服摩擦力做的功Wf；
(3)若D点为小滑块在电场力、洛伦兹力及重力作用下运动过程中速度最大的位置，当小滑块运动到D点时撤去磁场，此后小滑块继续运动到水平地面上的P点。已知小滑块在D点时的速度大小为vD，从D点运动到P点的时间为t，求小滑块运动到P点时速度的大小vP。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】(1)小滑块沿MN运动过程，水平方向受力满足：qvB＋N＝qE
小滑块在C点离开MN时，N＝0，有：qvCB＝Qe，解得：vC＝
(2)在沿竖直平面MN运动的过程中，由动能定理有：mgh-Wf＝mvC2-0
解得：Wf＝mgh-
(3)如图，小滑块速度最大时，速度方向与电场力、重力的合力方向垂直，
撤去磁场后小滑块将做类平抛运动，等效加速度为g′，有：g′＝
且vP2＝vD2＋g′2t2，解得：vP＝
2014年福建卷
[2014福建卷 T16 6分]图为模拟远距离输电实验电路图，两理想变压器的匝数n1＝n4
A．A1、A2两表的示数相同
B．L1、L2两灯泡的亮度相同
C．R1消耗的功率大于R3消耗的功率
D．R2两端的电压小于R4两端的电压
【答案】D
【解析】由于n1
[2014福建卷 T18 6分]如图，两根相同的轻质弹簧，沿足够长的光滑斜面放置，下端固定在斜面底部挡板上，斜面固定不动．质量不同、形状相同的两物块分别置于两弹簧上端．现用外力作用在物体上，使两弹簧具有相同的压缩量，若撤去外力后，两物块由静止沿斜面向上弹出并离开弹簧，则从撤去外力到物块速度第一次减为零的过程，两物块
A．最大速度相同
B．最大加速度相
C．上升的最大高度不同
D．重力势能的变化量不同
【答案】C
【解析】由于物块最终会离开弹簧，那么由化简可以得出，
即最开始的弹力；
、物块受力平衡时具有最大速度，即：△
则质量大的物块具有最大速度时弹簧的压缩量比较大，上升的高度比较低，即位移小，
而运动过程中质量大的物块平均加速度较小，
加速度小的位移小，则最大速度较小，故错误；
、开始时物块具有最大加速度，开始弹簧形变量相同，则弹力相同，根据牛顿第二定律：
可见质量大的最大加速度较小，故错误；
、由题意使两弹簧具有相同的压缩量，则储存的弹性势能相等，
物块上升到最大高度时，弹性势能完全转化为重力势能，则物块最终的重力势能相等，重力势能的变化量相等，而两物块质量不同，则上升的最大高度不同，故正确错误。
[2014福建卷 T19（2） 12分]某研究性学习小组利用伏安法测定某一电池组的电动势和内阻，实验原理如图甲所示，其中，虚线框内为用灵敏电流计G改装的电流表A，V为标准电压表，E为待测电池组，S为开关，R为滑动变阻器，R0是标称值为4.0Ω的定值电阻。
①已知灵敏电流计G的满偏电流Ig=100μA、内阻rg=2.0kΩ，若要改装后的电流表满偏电流为200mA，应并联一只________Ω（保留一位小数）的定值电阻R1；
②根据图甲，用笔画线代替导线将图乙连接成完整电路；_________
③某次试验的数据如下表所示：该小组借鉴“研究匀变速直线运动”试验中计算加速度的方法（逐差法），计算出电池组的内阻r=________Ω（保留两位小数）；为减小偶然误差，逐差法在数据处理方面体现出的主要优点是_________________。
④该小组在前面实验的基础上，为探究图甲电路中各元器件的实际阻值对测量结果的影响，用一已知电动势和内阻的标准电池组通过上述方法多次测量后发现：电动势的测量值与已知值几乎相同，但内阻的测量值总是偏大。若测量过程无误，则内阻测量值总是偏大的原因是___________。（填选项前的字母）
A．电压表内阻的影响 B．滑动变阻器的最大阻值偏小
C．R1的实际阻值比计算值偏小 D．R0的实际阻值比标称值偏大
测量次数 1 2 3 4 5 6 7 8
电压表读数U/V 5.26 5.16 5.04 4.94 4.83 4.71 4.59 4.46
改装表读数I/mA 20 40 60 80 100 120 140 160
【答案】①1.0；②如图；③1.66；充分利用取得的数据；④。
【解析】①根据电流表的改装原理有：
②根据甲电路图连接实物图，注意电表的接线柱以及滑动变阻器的解法，连接图为：
③借鉴“研究匀变速直线运行”实验中计算加速度的方法(逐差法)，采用1与5；2与6；3与7；4与8；两两组合，由得，△△，联立求出，，而后取其平均值可得。
由得，△△，故，
采用1与5时，；
采用2与6时，；
采用3与7时，；
采用4与8时，；
则；
逐差法在数据处理方面体现出的主要优点是充分利用取得的数据
④、如果考虑电压表的内阻，则虚线部分相当于电源，测得的电阻相当于电源的内阻与串联后再与电压内阻并联的阻值，即测得的电阻值偏小，故错误；
、滑动变阻器的阻值不会影响的测量结果，故错误；
、电表改装时，的实际阻值比计算值偏小，可导致通过表头的电流偏小，电流表读数偏小，故内阻测量值总量偏大，故正确；
、结合电路图，由闭合电路欧姆定律知，的实际阻值比称标值偏大，可导致内阻测量值总量偏大，故正确。故选：。
[2014福建卷 T20 15分] 如图，真空中xOy平面直角坐标系上的A、B、C三点构成等边三角形，边长L＝2.0 m．若将电荷量均为q＝＋2.0×10－6 C的两点电荷分别固定在A、B点，已知静电力常量k＝9×109 N·m2/C2，求：
(1)两点电荷间的库仑力大小；
(2)C点的电场强度的大小和方向．
【答案】(1)9.0×10－3 N (2)7.8×103 N/C 沿y轴正方向
【解析】 (1)根据库仑定律，A、B两点电荷间的库仑力大小为
F＝k①
代入数据得 F＝9.0×10－3 N②
(2)A、B两点电荷在C点产生的场强大小相等，均为
E1＝k③
A、B两点电荷形成的电场在C点的合场强大小为
E＝2E1cos 30°④
由③④式并代入数据得E＝7.8×103 N/C⑤
场强E的方向沿y轴正方向．
[2014福建卷 T21 19分] 图为某游乐场内水上滑梯轨道示意图，整个轨道在同一竖直平面内，表面粗糙的AB段轨道与四分之一光滑圆弧轨道BC在B点水平相切．点A距水面的高度为H，圆弧轨道BC的半径为R，圆心O恰在水面．一质量为m的游客(视为质点)可从轨道AB的任意位置滑下，不计空气阻力．
(1)若游客从A点由静止开始滑下，到B点时沿切线方向滑离轨道落在水面上的D点，OD＝2R，求游客滑到B点时的速度vB大小及运动过程轨道摩擦力对其所做的功Wf；
(2)若游客从AB段某处滑下，恰好停在B点，又因受到微小扰动，继续沿圆弧轨道滑到P点后滑离轨道，求P点离水面的高度h.(提示：在圆周运动过程中任一点，质点所受的向心力与其速率的关系为F向＝m)
【答案】 (1) －(mgH－2mgR) (2)R
【解析】(1)游客从B点做平抛运动，有2R＝vBt①
R＝gt2②
由①②式得vB＝③
从A到B，根据动能定理，有
mg(H－R)＋Wf＝mv－0④
由③④式得Wf＝－(mgH－2mgR)⑤
(2)设OP与OB间夹角为θ，游客在P点时的速度为vP，受到的支持力为N，从B到P由机械能守恒定律，有
mg(R－Rcos θ)＝mv－0⑥
过P点时，根据向心力公式，有mgcos θ－N＝m⑦
N＝0⑧
cos θ＝⑨
由⑥⑦⑧⑨式解得h＝R.⑩
[2014福建卷 T22 20分]如图，某一新型发电装置的发电管是横截面为矩形的水平管道，管道的长为L、宽度为d、高为h，上下两面是绝缘板，前后两侧面M、N是电阻可忽略的导体板，两导体板与开关S和定值电阻R相连．整个管道置于磁感应强度大小为B，方向沿z轴正方向的匀强磁场中．管道内始终充满电阻率为ρ的导电液体（有大量的正、负离子），且开关闭合前后，液体在管道进、出口两端压强差的作用下，均以恒定速率v0沿x轴正向流动，液体所受的摩擦阻力不变．
（1）求开关闭合前，M、N两板间的电势差大小U0；
（2）求开关闭合前后，管道两端压强差的变化Δp；
（3）调整矩形管道的宽和高，但保持其它量和矩形管道的横截面S=dh不变，求电阻R可获得的最大功率Pm及相应的宽高比d/h的值．
【答案】（1） （2） （3）
【解析】(1)设带电离子所带电量为，当其所受的洛伦兹力与电场力相平衡时，保持恒定，则有：；解得：；
(2)设开关闭合前后，管道两端压强差分别为、，液体所受的摩擦阻力均为，开关闭合后管道内液体受到安培力为，有：，，；
根据欧姆定律，则有：；两导体板间液体的电阻为：；
由以上几式，解得：管道两端压强差的变化为：△；
(3)电阻获得的功率为：；
当时，电阻获得的最大功率为：；
2013年福建卷
[2013福建卷 T16 6分]如图，t＝0时刻，波源在坐标原点从平衡位置沿y轴正向开始振动，振动周期为0.4s，在同一均匀介质中形成沿x轴正、负两方向传播的简谐横波．下图中能够正确表示t＝0.6 s时波形的图是( )
【解析】C
【解析】由λ＝vT可知，波在一个周期内传播的路程为一个波长，由于t＝0.6 s＝1.5T，所以波向左、向右传播的距离均为1.5λ，即波向右传播到(1.5λ，0)，向左传播到(－1.5λ，0)．由于波中任何质点的起振方向都相同，故此时(－1.5λ，0)、(1.5λ，0)两质点都应从平衡位置开始向上振动，由“上下坡”法可知C正确。
[2013福建卷 T18 6分]如图，矩形闭合导体线框在匀强磁场上方，由不同高度静止释放，用t1、t2分别表示线框ab边和cd边刚进入磁场的时刻．线框下落过程形状不变，ab边始终保持与磁场水平边界线OO′平行，线框平面与磁场方向垂直．设OO′下方磁场区域足够大，不计空气影响，则下列哪一个图像不可能反映线框下落过程中速度v随时间t变化的规律( )
【答案】A
【解析】当线圈匀速进入磁场时，由＝mg得匀速运动的速度v0＝.设ab边刚进入磁场时的速度为v，(1)当v>v0时，因>mg，则线圈做减速运动，且由－mg＝ma可知加速度a在减小，当a＝0时速度达到最小并保持匀速运动，A不可能，B可能；(2)当v＝v0时，因＝mg，则线圈匀速进入磁场，D可能；(3)当v
①根据图甲，用笔画线代替导线，将图乙连接成完整电路．
②用遮光罩罩住硅光电池，闭合开关S，调节变阻器R，读出电压表V1、V2的示数U1、U2．
（i）某次测量时，电压表V1示数如图丙，则U1=___V，可算出通过硅光电池的反向电流大小为___mA（保留两位小数）．
（ii）该小组测出大量数据，筛选出下表所示的9组U1、U2数据，算出相应的硅光电池两端反向电压Ux和通过的反向电流Ix（图中“－”表示反向），并在坐标纸上建立Ix-Ux坐标系，标出了与表中前5组Ux、Ix数据对应的5个坐标点．请你标出余下的4个坐标点，并绘出Ix-Ux图线．
1 2 3 4 5 6 7 8 9
0.00 0.00 0.06 0.12 0.24 0.42 0.72 1.14 1.74
0.0 1.0 2.1 3.1 4.2 5.4 6.7 8.1 9.7
0.0
（iii）由Ix-Ux图线知，硅光电池无光照下加反向电压时，Ix与Ux成_____（填“线性”或“非线性”）关系．
【答案】①电路连接如图所示 ②如图非线性．
【解析】①根据图甲，用笔画线代替导线，将图乙连接成完整电路．连线如图：
②(ⅰ)电压表示数，内阻为，由欧姆定律可知通过的电流为．
(ⅱ)根据表中数据标出余下的4个坐标点，用描点法平滑曲线绘出图线如图所示．
(ⅲ)由图线可知，硅光电池无光照下加反向电压时，与成非线性关系．
[2013福建卷 T20 15分]如图所示，一不可伸长的轻绳上端悬挂于O点，下端系一质量m=1.0kg的小球．现将小球拉到A点（保持绳绷直）由静止释放，当它经过B点时绳恰好被拉断，小球平抛后落在水平地面上的C点．地面上的D点与OB在同一竖直线上，已知绳长L=1.0m，B点离地高度H=1.0m，A、B两点的高度差h=0.5m，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力影响，求：
（1）地面上DC两点间的距离s；
（2）轻绳所受的最大拉力大小．
【答案】（1）1.41m （2）20 N
【解析】（1）设小球运动至B点的速度为v，小球由A运动至B点的过程中，只有重力做功，根据动能定理有mgh=①
小球由B至C过程中，做平抛运动，设平抛运动的时间为t，根据平抛运动的规律
在水平方向上有：s=vt②
在竖直方向上有：H=③
由①②③式联立，并代入数据解得：s=m=1.41m
（2）在小球刚到达B点绳断瞬间前，受重力mg和绳的拉力T作用，根据牛顿第二定律有：
T-mg=④
显然此时绳对小球的拉力最大，根据牛顿第三定律可知，绳所受小球的最大拉力为：T′=T⑤
由①④⑤式联立，并代入数据解得：T′=20N．
[2013福建卷 T21 19分]质量为M、长为的杆水平放置，杆两端A、B系着长为3L的不可伸长且光滑的柔软绳，绳上套着一质量为m的小铁环．已知重力加速度为g，不计空气影响．
（1）现让杆和环均静止悬挂在空中，如图甲，求绳中拉力的大小；
（2）若杆与环保持相对静止，在空中沿AB方向水平向右做匀加速直线运动，此时环恰好悬于A端的正下方，如图乙所示．
①求此状态下杆的加速度大小a；
②为保持这种状态需在杆上施加一个多大的外力，方向如何？
【答案】（1）（1）①②，方向与水平方向成α=60°斜向上
【解析】
正确受力分析，由平衡条件和牛顿第二定律求解．
(1)如图，设平衡时，绳中拉力为FT，有
2FTcos θ－mg＝0①
由图知
cos θ＝②
由①②式解得
FT＝mg.③
(2)①此时，对小铁环受力分析如图，有
FT′sin θ′＝ma④
FT＋FT′cos θ′－mg＝0⑤
由图知θ′＝60°，代入④⑤式解得
a＝g.⑥
②如图，设外力F与水平方向成α角，将杆和小铁环当成一个整体，有
Fcos α＝(M＋m)a⑦
Fsin α－(M＋m)g＝0⑧
由⑥⑦⑧式解得
F＝(M＋m)g
tan α＝(或α＝60°)
[2013福建卷 T25 20分]如图甲所示，空间存在一范围足够大的垂直于xOy平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B．让质量为m，电荷量为q（q＞0）的粒子从坐标原点O沿xOy平面以不同的初速度大小和方向入射到磁场中．不计重力和粒子间的影响．
（1）若粒子以初速度v1沿y轴正向入射，恰好能经过x轴上的A（a，0）点，求v1的大小；
（2）已知一粒子的初速度大小为v（v＞v1），为使该粒子能经过A（a，0）点，其入射角θ（粒子初速度与x轴正向的夹角）有几个？并求出对应的sinθ值；
（3）如图乙，若在此空间再加入沿y轴正向、大小为E的匀强电场，一粒子从O点以初速度v0沿y轴正向发射．研究表明：粒子在xOy平面内做周期性运动，且在任一时刻，粒子速度的x分量vx与其所在位置的 y坐标成正比，比例系数与场强大小E无关．求该粒子运动过程中的最大速度值vm．
【答案】】⑴；⑵两个 sinθ=；⑶＋．
【解析】(1)当粒子沿y轴正向入射，转过半个圆周至A点，半径R1＝a/2
由运动定律有
解得
(2)如右图所示，O、A两点处于同一圆周上，且圆心在
x＝的直线上，半径为R，当给定一个初速率v时，
有2个入射角，分别在第1、2象限．
即 sinθ′＝sinθ＝
另有
解得 sinθ′＝sinθ＝
(3)粒子在运动过程中仅电场力做功，因而在轨道的最高点处速率最大，用ym表示其y坐标，由动能定理有 qEym＝mv－mv
由题知 vm＝kym
若E＝0时，粒子以初速度v0沿y轴正向入射，有 qv0B＝m
在最高处有 v0＝kR0
联立解得
2012年福建卷
[2012福建卷 T1 6分]一卫星绕某一行星表面附近做匀速圆周运动，其线速度大小为v。假设宇航员在该行星表面上用弹簧测力计测量一质量为m的物体重力，物体静止时，弹簧测力计的示数为N.已知引力常量为G，则这颗行星的质量为( )
A.
B.
C.
D.
【答案】B
【解析】卫星绕行星表面做匀速圆周运动，则G＝m，在行星表面有：G＝mg，由弹簧测力计的读数可知：g＝，联立解得：M＝。
[2012福建卷 T2 6分]如图，表面光滑的固定斜面顶端安装一定滑轮，小物块A、B用轻绳连接并跨过滑轮(不计滑轮的质量和摩擦)。初始时刻，A、B处于同一高度并恰好处于静止状态。剪断轻绳后A下落、B沿斜面下滑，则从剪断轻绳到物块着地，两物块
A．速率的变化量不同 B．机械能的变化量不同
C．重力势能的变化量相同 D．重力做功的平均功率相同
【答案】D
【解析】设斜面倾角为，刚开始处于静止状态，所以，所以，剪断轻绳后自由下落，沿斜面下滑，都只有重力做功，根据动能定理得：
，解得，所以，即速率的变化量相同，故错误；
剪断细线，、两物体都只有重力做功，机械能守恒，则机械能的变化量都为零，故错误；重力势能变化量△，由于、的质量不相等，所以重力势能变化不相同，故错误；运动的时间为：，所以重力做功的平均功率为：。运动有：，解得：，所以重力做功的平均功率为：，而，所以重力做功的平均功率相等，故正确。
※【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。】※
[2012福建卷 T186分]如图甲，一圆形闭合铜环由高处从静止开始下落，穿过一根竖直悬挂的条形磁铁，铜环的中心轴线与条形磁铁的中轴线始终保持重合．若取磁铁中心O为坐标原点，建立竖直向下为正方向的x轴，则图乙中最能正确反映环中感应电流i随环心位置坐标x变化的关系图象是( )
甲
A B
C D
乙
【答案】B
【解法一】根据条形磁铁的磁感线分布情况，线圈的运动可以分为3个阶段，根据楞次定律可以作出如下判断：
过程 B的方向 Ф的变化 I感的方向
A→B 向上 增加 顺时针
B→C 向上 增加 顺时针
C点 向上 达到最大值 无
C→D 向上 减小 逆时针
在坐标原点O处感应电流的方向发生改变，D错；这一过程可以看作是线圈※【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。】※切割磁感线而产生感应电流，在A→B过程中，线圈加速下降，有a＝，B、v逐渐增大，线圈向下做加速度不断减小的变加速运动，由I感＝可知线圈的感应电流不断增大但变化率在减小，A错；对于B、D两点，由于磁场的对称性，两点的磁感应强度B是相同的，由于vD＞vB，由I感＝可知D处的感应电流比较大，所以B对、C错．
【解法二】A．圆形闭合铜环由高处从静止开始下落，穿过一根竖直悬挂的条形磁铁，铜环的中心轴线与条形磁铁的中轴始终保持重合，圆环中磁通量变化不均匀，产生的感应电流不是线性变化，A错误；
BCD．铜环下落到磁铁顶端的速度小于下落到磁铁底端的速度，铜环下落到磁铁顶端产生的感应电流小于下落到磁铁底端产生的感应电流，且上下过程中电流的方向相反，故B正确，CD错误。
故选B。
[2012福建卷 T19（2） 12分]某研究性学习小组欲测定一块电池的电动势E．
①先直接用多用电表测定该电池电动势．在操作无误的情况下，多用电表表盘示数如图，其示数为 V．
②然后，用电压表V、电阻箱R、定值电阻、开关S、若干导线和该电池组成电路，测定该电池电动势．
(ⅰ)根据电路图，用笔画线代替导线，将实物图连接成完整电路．
(ⅱ)闭合开关，调整电阻箱阻值R，读出电压表V相应示数U．该学习小组测出大量数据，分析筛选出下表所示的R、U数据，并计算出相应的与的值．请用表中数据在坐标纸上描点，并作出图线．
(ⅲ)从图线中可求得E= V．
166.7 71.4 50.0 33.3 25.0 20.0
8.3 5.9 4.8 4.2 3.2 2.9
0.60 1.40 2.00 3.00 4.00 5.00
0.12 0.17 0.21 0.24 0.31 0.35
【答案】(ⅰ)如图所示；(ⅱ)如图所示；(ⅲ)．
【解析】（ⅰ）实物图连接成完整电路如图所示
（ⅱ）表中数据在坐标纸上描点，并作出1/U-1/R图线如图所示
（ⅲ）从闭合电路欧姆定理可知： 得到 ．从图中可知截距为电动势的倒数．因此可求出电动势的大小E≈10.0V．
[2012福建卷 T20 15分]如图，置于圆形水平转台边缘的小物块随转台加速转动，当转速达到某一数值时，物块恰好滑离转台开始做平抛运动。现测得转台半径R=0.5 m，离水平地面的高度H=0.8m，物块平抛落地过程水平位移的大小s=0.4m。设物块所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g=10m/s2 求：
（1）物块做平抛运动的初速度大小v0；
（2）物块与转台间的动摩擦因数。
【答案】 1m/s 0.2
【解析】（1）物块做平抛运动，在竖直方向上有：
水平方向有：
解得：v0=1m/s
（2）物体刚要离开平台时向心力由摩擦力提供：有
代入数据得：
[2012福建卷 T21 19分]如图，用跨过光滑定滑轮的缆绳将海面上一艘失去动力的小船沿直线拖向岸边．已知拖动缆绳的电动机功率恒为P，小船的质量为m，小船受到的阻力大小恒为f，经过A点时的速度大小为v0，小船从A点沿直线加速运动到B点经历时间为t1，A、B两点间距离为d，缆绳质量忽略不计．求：
(1)小船从A点运动到B点的全过程克服阻力做的功Wf；
(2)小船经过B点时的速度大小v1；
※【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。】※(3)小船经过B点时的加速度大小a.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】 (1)小船从A点运动到B点克服阻力做功
Wf＝fd①
(2)小船从A点运动到B点，电动机牵引绳对小船做功
W＝Pt1②
由动能定理有
W－Wf＝mv12－mv02③
由①②③式解得v1＝④
[2012福建卷 T22 20分]如图甲，在圆柱形区域内存在一方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场，在此区域内，沿水平面固定一半径为r的圆环形光滑细玻璃管，环心O在区域中心。一质量为m、带电量为q（q>0）的小球，在管内沿逆时针方向（从上向下看）做圆周运动．已知磁感应强度大小B随时间t的变化关系如图乙所示，其中。设小球在运动过程中电量保持不变，对原磁场的影响可忽略。
（1）在t=0到t=T0这段时间内，小球不受细管侧壁的作用力，求小球的速度大小v0；
（2）在竖直向下的磁感应强度增大过程中，将产生涡旋电场，其电场线是在水平面内一系列沿逆时针方向的同心圆，同一条电场线上各点的场强大小相等。试求t=T0到t=1.5T0这段时间内：
①细管内涡旋电场的场强大小E；
②电场力对小球做的功W。
【答案】（1）；（2）①，②
【解析】（1）在t=0到t=T0这段时间内，小球不受细管侧壁的作用力，说明洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，有
解得
v0=
（2）①根据法拉第电磁感应定律，感应电动势为
电势差与电场强度的关系，有
U=E 2πr
由上面两式解得
E=
其中
故
E=
②电场力为
F=Eq=
根据牛顿第二定律，有F=ma解得
物体的末速度为
根据动能定理，电场力做的功为
W=
2011年福建卷
[2011福建卷 T13 6分]．“嫦娥二号”是我国月球探测第二期工程的先导星．若测得“嫦娥二号”在月球（可视为密度均匀的球体）表面附近圆形轨道运行的周期T，已知引力常数G，半径为R的球体体积公式，则可估算月球的（ ）
A．密度 B．质量 C．半径 D．自转周期
【答案】A
【解析】
A．研究“嫦娥一号”绕月球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式
G=mR
M=
由于嫦娥二号”在月球（可视为密度均匀的球体）表面附近圆形轨道运行，所以R可以认为是月球半径．根据密度公式
ρ===
故A正确；
B．根据A选项分析，由于不知道月球半径R，所以不能求出月球质量．故B错误；
C．根据A选项分析，不能求出月球半径，故C错误；
D．根据题意不能求出月球自传周期，故D错误。
故选A。
[2011福建卷 T16 6分]如图所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率运行。初速度大小为的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带。若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的图像（以地面为参考系）如图乙所示。已知＞，则（ ）
A．时刻，小物块离A处的距离达到最大
B．时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大
C．0~时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左
D．0~时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用
【答案】B
【解析】
A．0~t1时间内小物块向左做匀减速直线运动，t1时刻小物块向左速度减为零，此时离A处的距离达到最大，故A错误；
B．t2时刻前小物块相对传送带向左运动，之后小物块相对传送带静止，时刻小物块相对传送带滑动的距离达到最大，故B正确；
C．0~t2时间内小物块先减速，后反向加速，小物块受到大小不变，方向始终向右的摩擦力作用，故C错误；
D．时刻小物块向右速度增加到与皮带相等，时刻之后小物块与皮带保持相对静止随水平传送带一起匀速运动，摩擦力消失，故D错误。
故选B。
[2011福建卷 T17 6分]如图，足够长的U形光滑金属导轨平面与水平面成θ角(0＜θ＜90°)，其中MN与PQ平行且间距为L，导轨平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，导轨电阻不计．金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且良好接触，ab棒接入电路的电阻为R，当流过ab棒某一横截面的电量为q时，棒的速度大小为v，则金属棒ab在这一过程中( )
A．运动的平均速度大小为v
B．下滑位移大小为
C．产生的焦耳热为qBLv
D．受到的最大安培力大小为sinθ
【答案】B
【解析】金属棒ab开始做加速度逐渐减小的变加速运动，不是匀变速直线运动，平均速度不等于v，而是大于v；故A错误。由电量计算公式q＝IΔt，I＝，E＝联立得：q＝＝可得，下滑的位移大小为s＝，故B正确。产生的焦耳热Q＝I2Rt＝qIR，而这里的电流I比棒的速度大小为v时的电流I′＝小，故这一过程产生的焦耳热小于qBLv。故C错误。金属棒ab做加速运动，或先做加速运动，后做匀速运动，速度为v时产生的感应电流最大，受到的安培力最大，最大安培力大小为F＝BI′L＝。故D错误。
[2011福建卷 T18 6分]如图，一不可伸长的轻质细绳跨过滑轮后，两端分别悬挂质量为m1和m2的物体A和B，若滑轮有一定大小，质量为m且分布均匀，滑轮转动时与绳之间无相对滑动，不计滑轮与轴之间的摩擦．设细绳对A和B的拉力大小分别为T1和T2，已知下列四个关于T1的表达式中有一个是正确的，请你根据所学的物理知识，通过一定的分析，判断正确的表达式是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【解析一】在滑轮匀速转动时，物体、做匀速直线运动，整个系统(包括滑轮)处于静止状态，则有。
、将代入选项的表达式得：，故错误；
、同理，将代入选项、、表达式，其结果：只有选项的表达式可得到，故错误，正确。
【解析二】设，则系统加速度
对A物体运动牛顿第二定律得
联立得
将代入 ABCD四个选项可得C正确，ABD错误。
故选C。
[2011福建卷 T19（2） 9分某同学在探究规格为“6V，3W”的小电珠伏安特性曲线实验中：
①在小电珠接入电路前，使用多用电表直接测量小电珠的电阻，则应将选择开关旋至____档进行测量．（填选项前的字母）
A．直流电压10V B．直流电流5mA
C．欧姆× 100 D．欧姆× 1
②该同学采用图甲所示的电路进行测量．图中R为滑动变阻器（阻值范围0~20Ω，额定电流1.0A），L为待测小电珠，V为电压表（量程6V，内阻20kΩ），A为电流表（量程0.6A，内阻1Ω），E为电源（电动势8V，内阻不计），S为开关．
Ⅰ．在实验过程中，开关S闭合前，滑动变阻器的滑片P应置于最____端；（填“左”或“右”）
Ⅱ．在实验过程中，已知各元器件均无故障，但闭和开关S后，无论如何调节滑片P，电压表和电流表的示数总是调不到零，其原因是_____点至_____点的导线没有连接好；（图甲中的黑色小圆点表示接线点，并用数字标记，空格中请填写图甲中的数字，如“2点至3点”的导线）
Ⅲ．该同学描绘出小电珠的伏安特性曲线示意图如图乙所示，则小电珠的电阻值随工作电压的增大而______．（填“不变”、“增大”或“减小”）
【答案】(2)①D②Ⅰ．左；Ⅱ点至5点(或5点至1点)；Ⅲ．增大
【解析】(2)：①变小电珠在接入电路前电阻值很小，应用欧姆挡进行测量．
②Ⅰ为保护小电珠不超过额定电压，开关闭合前，滑动变阻器的滑片应置于最左端；
Ⅱ．在实验过程中，已知各元器件均无故障，但闭合开关后，无论如何调节滑片，电压表和电流表的示数总是调不到零，其原因是滑动变阻器的分压式没有用好，也就是灯泡没有分到支路上，即1点至5点的导线没有连接好；
Ⅲ．该同学描绘出小电珠的伏安特性曲线示意图如图乙所示，图像上每一点到原点的连线的斜率等于电阻的倒数，电压的增大，每一点到原点的连线的斜率减小，
则小电珠的电阻值随工作电压的增大而增大．
[2011福建卷 T20 15分]反射式速调管是常用的微波器件之一，它利用电子团在电场中的振荡来产生微波，其振荡原理与下述过程类似．如图所示，在虚线MN两侧分别存在着方向相反的两个匀强电场，一带电微粒从A点由静止开始，在电场力作用下沿直线在A、B两点间往返运动．已知电场强度的大小分别是E1＝2.0×103N/C和E2＝4.0×103N/C，方向如图所示．带电微粒质量m＝1.0×10－20kg，带电荷量q＝－1.0×10－9C，A点距虚线MN的距离d1＝1.0 cm，不计带电微粒的重力，忽略相对论效应．求：
(1)B点距虚线MN的距离d2；
(2)带电微粒从A点运动到B点所经历的时间t.
【答案】．（1）0.50 cm（2）1.5×10-8 s
【解析】
（1）带电微粒由A运动B的过程中，由动能定理有|q|E1d1－|q|E2d2= 0
解得
（2）设微粒在虚线MN两侧的加速度大小分别为a1、a2，由牛顿第二定律有
|q|E1=ma1
|q|E2=ma2
设微粒在虚线MN两侧的时间大小分别为t1、t2，由运动学公式有
又t=t1+t2
解得 t= 1.5×10-8s
[2011福建卷 T21 19分]如图为某种鱼饵自动投放器中的投饵管装置示意图，其下半部AB是一长为2R的竖直细管，上半部BC是半径为R的四分之一圆弧弯管，管口沿水平方向，AB管内有一原长为R、下端固定的轻质弹簧．投饵时，每次总将弹簧长度压缩到0.5R后锁定，在弹簧上段放置一粒鱼饵，解除锁定，弹簧可将鱼饵弹射出去．设质量为m的鱼饵到达管口C时，对管壁的作用力恰好为零．不计鱼饵在运动过程中的机械能损失，且锁定和解除锁定时，均不改变弹簧的弹性势能．已知重力加速度为g．求：
(1)质量为m的鱼饵到达管口C时的速度大小v1;
(2)弹簧压缩到0.5R时的弹性势能Ep;
(3)已知地面与水平面相距1.5R，若使该投饵管绕AB管的中轴线 。在角的范围内来回缓慢转动，每次弹射时只放置一粒鱼饵，鱼饵的质量在到m之间变化，且均能落到水面．持续投放足够长时间后，鱼饵能够落到水面的最大面积S是多少？
【答案】(1) ；(2)3mgR；(3)
【解析】
(1)质量为m的鱼饵到达管口C时做圆周运动的向心力，完全由重力提供，则
可以解得
(2)从弹簧释放到最高点C的过程中，弹簧的弹性势能全部转化为鱼饵的机械能，由系统的机械能守恒定律有
即
得
故弹簧弹性势能为Ep=3mgR
(3)不考虑因缓慢转动装置对鱼饵速度大小的影响，质量为m的鱼饵离开管口C后做平抛运动，设经过t时间落到水面上，得
离OO'的水平距离为x1，鱼饵的质量为m时
鱼饵的质量为时，由动能定理
整理得：
同理：
鱼饵能够落到水面的最大面积S是
[2011福建卷 T22 20分]如图甲，在x>0的空间中存在沿y轴负方向的匀强电场和垂直于xOy平面向里的匀强磁场，电场强度大小为E，磁感应强度大小为B．一质量为m，带电量为q（q>0）的粒子从坐标原点O处，以初速度v0沿x轴正方向射入，粒子的运动轨迹见图甲，不计粒子的重力．
⑴求该粒子运动到y=h时的速度大小v；
⑵现只改变入射粒子初速度的大小，发现初速度大小不同的粒子虽然运动轨迹（y-x曲线）不同，但具有相同的空间周期性，如图乙所示；同时，这些粒子在y轴方向上的运动（y-t关系）是简谐运动，且都有相同的周期．
Ⅰ．求粒子在一个周期T内，沿x轴方向前进的距离s；
Ⅱ．当入射粒子的初速度大小为v0时，其y-t图像如图丙所示，求该粒子在y轴方向上做简谐运动的振幅Ay，并写出y-t的函数表达式．
【答案】（1）（2）Ⅰ．Ⅱ．
【解析】（1）由于洛仑兹力不做功，只有电场力做功，由动能定理有
①
由①式解得 v = ②
（2）Ⅰ．由图乙可知，所有粒子在一个周期T内沿x轴方向前进的距离相同，即都等于恰好沿x轴方向匀速运动的粒子在T时间内前进的距离．设粒子恰好沿x轴方向匀速运动的速度大小为v1，则
qv1B = qE ③
又 s = v1T ④
式中T =
解得 s = ⑤
Ⅱ．设粒子在y方向上的最大位移为ym（图丙曲线的最高处），对应的粒子运动速度大小为v2（沿x轴），因为粒子在y方向上的运动为简谐运动，因而在y = 0和y = ym处粒子所受的合外力大小相等，方向相反，则
⑥
由动能定理有 ⑦
又 Ay = ⑧
由⑥⑦⑧式解得 Ay =
可写出图丙曲线满足的简谐运动y-t函数表达式为y =
2010年福建卷
[2010福建卷 T15 4分]一一列简谐横波在t=0时刻的波形如图中的实线所示，t=0.02s时刻的波形如图中虚线所示．若该波的周期T大于0.02s，则该波的传播速度可能是（ ）
A．2m/s B．3m/s C．4m./s D．5m/s
【答案】B
【解析】
由图该波的周期T大于，波传播的距离小于波长，则据题意，由两个时刻的波形得到：，或，解得，，由波速公式，得，。故ACD错误，B正确。
故选B.
[2010福建卷 T16 4分]量为2kg的物体静止在足够大的水平面上，物体与地面间的动摩擦因数为0．2，最大静摩擦力和滑动摩擦力大小视为相等．从t=0时刻开始，物体受到方向不变、大小呈周期性变化的水平拉力F的作用，F随时间t的变化规律如图所示．重力加速度g取10m/s2，则物体在t=0到t=12s这段时间内的位移大小为（ ）
A．18m B．54m
C．72m D．198m
【答案】B
【解析】
试题分析：对物体受力分析可知，0到3s内，由于滑动摩擦力为：Ff=μFN＝μmg=0．2×20N=4N，恰好等于外力F大小，所以物体仍能保持静止状态，3s到6s内，物体产生的加速度为：，发生的位移为： ;6s到9s内，物体所受的合力为零，做匀速直线运动，由于6s时的速度为：v=at=2×3=6m/s，所以发生的位移为：x3=vt=6×（9-6）=18m；9到12s内，物体做匀加速直线运动，发生的位移为：x4=vt+at2=6×3+×2×32=27m；所以总位移为：x=0+x2+x3+x4==9+18+27=54m，所以B正确；
[2010福建卷 T17 4分]如图(甲)所示，质量不计的弹簧竖直固定在水平面上，t＝0时刻，将一金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放，小球落到弹簧上压缩弹簧到最低点，然后又被弹起离开弹簧，上升到一定高度后再下落，如此反复．通过安装在弹簧下端的压力传感器，测出这一过程弹簧弹力F随时间t变化的图像如图(乙)所示，则( )
A．t1时刻小球动能最大
B．t2时刻小球动能最大
C．t2～t3这段时间内，小球的动能先增加后减少
D．t2～t3段时间内，小球增加的动能等于弹簧减少的弹性势能
【答案】C
【解析】t1时刻小球小球刚与弹簧接触，与弹簧接触后，先做加速度不断减小的加速运动，当弹力增大到与重力平衡，即加速度减为零时，速度达到最大，故A错误；t2时刻，弹力最大，故弹簧的压缩量最大，小球运动到最低点，速度等于零，故B错误；t2～t3这段时间内，小球处于上升过程，先做加速度不断减小的加速运动，后做加速度不断增大的减速运动，故C正确；t2～t3段时间内，小球和弹簧系统机械能守恒，故小球增加的动能和重力势能之和等于弹簧减少的弹性势能，故D错误。
[2010福建卷 T18 6分]物理学中有些问题的结论不一定必须通过计算才能验证，有时只需要通过一定的分析就可以判断结论是否正确．如图所示为两个彼此平行且共轴的半径分别为R1和R2的圆环，两圆环上的电荷量均为q（q>0），而且电荷均匀分布．两圆环的圆心O1和O2相距为2a，联线的中点为O，轴线上的A点在O点右侧与O点相距为r（r
B．
C．
D．
【答案】D
【解析】AC中的单位不是场强的单位；根据公式，当r=a时，右侧圆环在A点产生的场强为零，则A处场强只由左侧圆环上的电荷产生，即场强表达式只有一项，故ABC项错D正确。故选D。
[2010福建卷 T29（2） 6分]如图所示，一个木箱原来静止在光滑水平面上，木箱内粗糙的底板上放着一个小木块。木箱和小木块都具有一定的质量。现使木箱获得一个向右的初速度v0，则（ ）
A．小木块和木箱最终都将静止
B．小木块最终将相对木箱静止，二者一起向右运动
C．小木块在木箱内壁将始终来回往复碰撞，而木箱一直向右运动
D．如果小木块与木箱的左壁碰撞后相对木箱静止，则二者将一起向左运动
【答案】B
【解析】系统所受外力的合力为零，动量守恒，初状态木箱有向右的动量，小木块动量为零，故系统总动量向右，系统内部存在摩擦力，阻碍两物体间的相对滑动，最终相对静止，由于系统的总动量守恒，不管中间过程如何相互作用，根据动量守恒定律，最终两物体以相同的速度一起向右运动。故选：B。
[2010福建卷 T23 9分](1)(6分)某同学利用“插针法”测定玻璃的折射率，所用的玻璃砖两面平行．正确操作后，作出的光路图及测出的相关角度如图所示．①此玻璃的折射率计算式为 (用图1中的、表示)；②如果有几块宽度大小不同的平行玻璃砖可供选择，为了减小误差，应选用宽度 (填“大”或“小” 的玻璃砖来测量．
(2)(6分)某实验小组研究橡皮筋伸长与所受拉力的关系．实验时，将原长约的橡皮筋上端固定，在竖直悬挂的橡皮筋下端逐一增挂钩码(质量均为，每增挂一只钩码均记下对应的橡皮筋伸长量；当挂上10只钩码后，再逐一把钩码取下，每取下一只钩码，也记下对应的橡皮筋伸长量．根据测量数据，作出增挂钩码和减挂钩码时的橡皮筋伸长量△与拉力关系的图像如图2所示．从图像中可以得出 ．(填选项前的字母)
．增挂钩码时△与成正比，而减挂钩码时△与不成正比
．当所挂钩码数相同时，增挂钩码时橡皮筋的伸长量比减挂钩码时的大
．当所挂钩码数相同时，增挂钩码时橡皮筋的伸长量与减挂钩码时的相等
．增挂钩码时所挂钩码数过多，导致橡皮筋超出弹性限度
(3)(6分)如图3所示是一些准备用来测量待测电阻阻值的实验器材，器材及其规格列表如下：
器 材 规 格
待测电阻 电源 电压表V1 电压表V2 电流表A 滑动变阻器 开关，导线若干 阻值在之间 具有一定内阻，电动势约 量程，内阻 量程，内阻 量程，内阻 最大阻值约，额定电流
为了能正常进行测量并尽可能减小测量误差，实验要求测量时电表的读数大于其量程的一半，而且调节滑动变阻器能使电表读数有较明显的变化．请用实线代替导线，在所给的实验器材图中选择若干合适的器材，连成满足要求的测量阻值的电路．
【答案】(1)；大；(2)；(3)如上图所示。
【解析】(1)①由折射定律可知： 由图可得 而
所以
②由实验测量玻璃的折射率时，光路图中有一条关键直线，就是将第一次折射时的入射点与第二次折射时的出射点相连的直线．所以当玻璃厚度越大时，此直线越准确．
(2)由增挂钩码和减挂钩码时的橡皮筋伸长量△与拉力关系的图像，发现减少钩码与增加钩码橡皮筋形变量不相同，则说明橡皮筋的已超出弹性限度．所以选择选项．
(3)通过对电源的电动势，得通过待测电阻的最大电流为，而电流表的量程却是，所以电流表不能用．由于电压表的电阻阻值已知，因此可以通过电压表来替代电流表求出电流．将小量程的电压表与待测电阻串联后，再与大量程的电压表并联，最后以变阻器分压式接入电路．
[2010福建卷 20 15分]如图所示的装置，左半部为速度选择器，右半部为匀强的偏转电场．一束同位素离子流从狭缝S1射入速度选择器，能够沿直线通过速度选择器并从狭缝S2射出的离子，又沿着与电场垂直的方向，立即进入场强大小为E的偏转电场，最后打在照相底片D上．已知同位素离子的电荷量为 q(q＞0)，速度选择器内部存在着相互垂直的场强大小为E0的匀强电场和磁感应强度大小为B0的匀强磁场，照相底片与狭缝S1、S2的连线平行且距离为 ，忽略重力的影响．
(1)求从狭缝S2射出的离子速度v0的大小；
(2)若打在照相底片上的离子在偏转电场中沿速度v0方向飞行的距离为 x，求出x与离子质量 m之间的关系式(用、 、、 q、m、L表示)。
【答案】(1)；(2)
【解析】
（1）能从速度选择器射出的离子应满足受到的电场力和洛伦兹力大小相等，方向相反，则有
解得
（2）离子进入匀强偏转电场E后做类平抛运动，则有水平方向
x=v0t
竖直方向
离子在电场中只受电场力作用，由牛顿第二定律得
qE=ma
联立以上各式解得
[2010福建卷 T21 20分]如图所示，两条平行的光滑金属导轨固定在倾角为θ的绝缘斜面上，导轨上端连接一个定值电阻．导体棒a和b放在导轨上，与导轨垂直并良好接触．斜面上水平虚线PQ以下区域内，存在着垂直穿过斜面向上的匀强磁场．现对a棒施以平行导轨斜向上的拉力，使它沿导轨匀速向上运动，此时放在导轨下端的b棒恰好静止．当a棒运动到磁场的上边界PQ处时，撤去拉力，a棒将继续沿导轨向上运动一小段距离后再向下滑动，此时b棒已滑离导轨．当a棒再次滑回到磁场上边界PQ处时，又恰能沿导轨匀速向下运动．已知a棒、b棒和定值电阻的阻值均为R，b棒的质量为m，重力加速度为g，导轨电阻不计．求
（1）a棒在磁场中沿导轨向上运动的过程中，a棒中的电流强度Ia，与定值电阻R中的电流强度IR之比；
（2）a棒质量ma；
（3）a棒在磁场中沿导轨向上运动时所受的拉力F．
【答案】(1) ；（2）；。
【解析】（1）a棒为电源，b棒和电阻R等值电阻
（2）b棒保持静止，则mbg sinθ＝BIbL
Ib①
Ia＝2Ib②
a棒脱离磁场后机械能守恒，返回磁场时速度与离开时速度相等，为v，
返回进入磁场时匀速下降，则有：mag sinθ
v③
A棒匀速上升时 切割磁感线 Ia④
由①﹣﹣﹣④得
（3）Ia＝2Ib
Ib
F＝magsinθ+BIaL
a受到的安培力：
．
那么a棒在磁场中沿导轨向上运动时所受的拉力为3.5mgsinθ；
[2010福建卷 T22 20分]图所示，物体A放在足够长的木板B上，木板B静止于水平面．t=0时，电动机通过水平细绳以恒力F拉木板B，使它做初速度为零，加速度aB=1.0m/s2的匀加速直线运动．已知A的质量mA和B的质量mg均为2.0kg,A、B之间的动摩擦因数=0.05，B与水平面之间的动摩擦因数=0.1，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小视为相等，重力加速度g取10m/s2．求：
（1）物体A刚运动时的加速度aA
（2）t=1.0s时，电动机的输出功率P；
（3）若t=1.0s时，将电动机的输出功率立即调整为P`=5W，并在以后的运动过程中始终保持这一功率不变，t=3.8s时物体A的速度为1.2m/s．则在t=1.0s到t=3.8s这段时间内木板B的位移为多少？
【答案】(1)；(2；(3)(或3.0m)。
【解析】(1)若相对于滑动，则对物体进行受力分析，水平方向只受摩擦力，根据牛顿第二定律得：
解得：，所以的加速度为；
(2)对物体进行受力分析，水平方向受到拉力、地面对的摩擦力、对的摩擦力，根据牛顿第二定律得：；代入数据解得：，
；所以
(3)电动机的输出功率调整为时，设细绳对木板的拉力为，则，代入数据解得，对木板进行受力分析，木板受力满足。所以木板将做匀速直线运动，而物体则继续在上做匀加速直线运动直到、速度相等。
设这一过程时间为，有，这段时间内的位移，、速度相同后，由于且电动机输出功率恒定，、将一起做加速度逐渐减小的变加速运动，
由动能定理得：，
由以上各式代入数据得：木板在到这段时间的位移
2009年福建卷
[2009福建卷 T15 6分]如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源(内阻不计)连接，下极板接地。一带电油滴位于容器中的P点且恰好处于平衡状态。现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离( )
A.带点油滴将沿竖直方向向上运动
B.P点的电势将降低
C.带点油滴的电势将减少
D.若电容器的电容减小，则极板带电量将增大
【答案】BD
【解析】将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，由于电容器两板间电压不变，根据E＝得知板间场强减小，油滴所受的电场力减小，则油滴将向下运动。场强E减小，而P点与下极板间的距离不变，则由公式U＝Ed分析可知，P点与下极板间电势差将减小，而P点的电势高于下极板的电势，则知P点的电势将降低。根据Q＝UC，由于电势差不变，电容器的电容减小，故带电量减小。
[2009福建卷 T18 6分]如图所示，固定位置在同一水平面内的两根平行长直金属导轨的间距为d，其右端接有阻值为R的电阻，整个装置处在竖直向上磁感应强度大小为B的匀强磁场中．一质量为m（质量分布均匀）的导体杆ab垂直于导轨放置，且与两导轨保持良好接触，杆与导轨之间的动摩擦因数为．现杆在水平向左、垂直于杆的恒力F作用下从静止开始沿导轨运动距离时，速度恰好达到最大（运动过程中杆始终与导轨保持垂直）．设杆接入电路的电阻为r，导轨电阻不计，重力加速度大小为g．则此过程（ ）
A．杆的速度最大值为
B．流过电阻R的电量为
C．恒力F做的功与摩擦力做的功之和等于杆动能的变化量
D．恒力F做的功与安培力做的功之和大于杆动能的变化量
【答案】BD
【解析】、设杆的速度最大值为，此时杆所受的安培力为，而且杆受力平衡，则有，解得，．故错误。
、流过电阻的电荷量为．故正确。
、根据动能定理得：恒力做的功、摩擦力做的功、安培力做的功之和等于杆动能的变化量，而摩擦力做负功，安培力也做负功，则知恒力做的功与摩擦力做的功之和大于杆动能的变化量，恒力做的功与安培力做的功之和大于杆动能的变化量。故错误，正确。
[2009福建卷 T17 6分]图甲为一列简谐横波在t=0．10s时刻的波形图，P是平衡位置为x=1 m处的质点，Q是平衡位置为x=4 m处的质点，图乙为质点Q的振动图象，则（ ）
A.t=0．15s时，质点Q的加速度达到正向最大
B.t=0．15s时，质点P的运动方向沿y轴负方向
C.从t=0．10s到t=0．25s，该波沿x轴正方向传播了6 m
D.从t=0．10s到t=0．25s，质点P通过的路程为30 cm
【答案】AB
【解析】由y-t图像知，周期T=0．2s，且在t=0．1sQ点在平衡位置沿y负方向运动，可以推断波没x负方向传播，所以C错；
从t=0．10s到t=0．15s时，Δt=0．05s=T/4，质点Q从图甲所示的位置振动T/4到达负最大位移处，又加速度方向与位移方向相反，大小与位移的大小成正比，所以此时Q的加速度达到正向最大，而P点从图甲所示位置运动T/4时正在由正最大位移处向平衡位置运动的途中，速度沿y轴负方向，所以A、B都对；
振动的质点在t=1T内，质点运动的路程为4A；t=T/2，质点运动的路程为2A；但t=T/4，质点运动的路程不一定是1A；t=3T/4，质点运动的路程也不一定是3A。本题中从t=0．10s到t=0．25s内，Δt=0．15s=3T/4，P点的起始位置既不是平衡位置，又不是最大位移处，所以在3T/4时间内的路程不是30cm。
[2009福建卷 T20 15分]如图所示，射击枪水平放置，射击枪与目标靶中心位于离地面足够高的同一水平线上，枪口与目标靶之间的距离s=100m，子弹射出的水平速度v=200m/s，子弹从枪口射出的瞬间目标靶由静止开始释放，不计空气阻力，取重力加速度g为10 m/s2，求：
（1）从子弹由枪口射出开始计时，经多长时间子弹击中目标靶？
（2）目标靶由静止开始释放到被子弹击中，下落的距离h为多少？
【答案】（1）0.5s；（2）1.25m。
【解析】
（1）子弹做平抛运动，它在水平方向的分运动是匀速直线运动，设子弹经t时间击中目标靶，则有
代入数据得：t=0.5s
（2）目标靶做自由落体运动，由
代入数据得 h=1.25m
[2009福建卷 T21 19分]如图甲，在水平地面上固定一倾角为θ的光滑绝缘斜面，斜面处于电场强度大小为E、方向沿斜面向下的匀强电场中。一劲度系数为k的绝缘轻质弹簧的一端固定在斜面底端，整根弹簧处于自然状态。一质量为m、带电量为q（q>0）的滑块从距离弹簧上端为s0处静止释放，滑块在运动过程中电量保持不变，设滑块与弹簧接触过程没有机械能损失，弹簧始终处在弹性限度内，重力加速度大小为g。
（1）求滑块从静止释放到与弹簧上端接触瞬间所经历的时间t1；
（2）若滑块在沿斜面向下运动的整个过程中最大速度大小为vm，求滑块从静止释放到速度大小为vm过程中弹簧的弹力所做的功W；
（3）从滑块静止释放瞬间开始计时，请在乙图中画出滑块在沿斜面向下运动的整个过程中速度与时间关系v-t图象。图中横坐标轴上的t1、t2及t3分别表示滑块第一次与弹簧上端接触、第一次速度达到最大值及第一次速度减为零的时刻，纵坐标轴上的v1为滑块在t1时刻的速度大小，vm是题中所指的物理量。（本小题不要求写出计算过程）。
【答案】(1); (2);
(3)
【解析】(1)滑块从静止释放到与弹簧刚接触的过程中作初速度为零的匀加速直线运动，设加速度大小为a，则有
qE+mgsin=ma ①
②
联立①②可得
③
(2)滑块速度最大时受力平衡，设此时弹簧压缩量为，则有
④
从静止释放到速度达到最大的过程中，由动能定理得
⑤
联立④⑤可得
s
(3)如图
[2009福建卷 T25 18分]图为可测定比荷的某装置的简化示意图，在第一象限区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小，在轴上距坐标原点的处为离子的入射口，在上安放接收器．现将一带正电荷的粒子以的速率从处射入磁场，若粒子在轴上距坐标原点的处被观测到，且运动轨迹半径恰好最小，设带电粒子的质量为，电量为，不计其重力。
(1)求上述粒子的比荷；
(2)如果在上述粒子运动过程中的某个时刻，在第一象限内再加一个匀强电场，就可以使其沿轴正方向做匀速直线运动，求该匀强电场的场强大小和方向，并求出从粒子射入磁场开始计时经过多长时间加这个匀强电场；
(3)为了在处观测到按题设条件运动的上述粒子，在第一象限内的磁场可以局限在一个矩形区域内，求此矩形磁场区域的最小面积，并在图中画出该矩形．
【答案】（1）；（2）；（3），
【解析】(1)设粒子在磁场中的运动半径为r，如图
依题意M、P连线即为该粒子在磁场中作匀速圆周运动的直径，由几何关系得
由洛伦兹力提供粒子在磁场中作匀速圆周运动的向心力，可得
联立并代入数据得
(2)设所加电场的场强大小为E，当粒子子经过Q点时，速度沿y轴正方向，依题意，在此时加入沿x轴正方向的匀强电场，电场力与此时洛伦兹力平衡，则有
代入数据得
所加电场的长枪方向沿x轴正方向．由几何关系可知，圆弧PQ所对应的圆心角为，设带点粒子做匀速圆周运动的周期为T，所求时间为t，则有
联立并代入数据得
(3)如图所求的最小面积为矩形，该区域面积
联立并代入数据得
试卷第1页 共56页
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