C06.【安徽卷】 2009-2015年汇编（7套）-压轴题汇总2021.12.30（52道，47页）
文档属性
| 名称 | C06.【安徽卷】 2009-2015年汇编（7套）-压轴题汇总2021.12.30（52道，47页） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 3.2MB | ||
| 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
安徽省
历年（2009～2015）高考物理试卷
《压轴题汇编》（7套，52道）
目 录
2015年安徽卷 2
2014年安徽卷 5
2013年安徽卷 9
2012年安徽卷 13
2011年安徽卷 16
2010年安徽卷 21
2009年安徽卷 25
2015年安徽卷
[2015安徽卷 T15 6分]由库仑定律可知，真空中两个静止的点电荷，带电荷量分别为q1和q2．其间距离为r时，它们之间相互作用力的大小为，式中k为静电力常量．若用国际单位制的基本单位表示，k的单位应为( )
A．kg·A2·m3 B．kg·A-2·m3·s-4
C．kg·m2·C-2 D．N·m2·A-2
【答案】B
【解析】根据 可得： ，由于F=ma，q=It，所以,根据质量的单位是kg，加速度的单位m/s2，距离的单位是m，电流的单位是A，时间的单位s，可得k的单位是kg A-2 m3 s-4，故选B.
[2015安徽卷 T19 6分]如图所示，abcd为水平放置的平行“ ”形光滑金属导轨，间距为l，导轨间有垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，导轨电阻不计，已知金属杆MN倾斜放置，与导轨成θ角，单位长度的电阻为r，保持金属杆以速度v沿平行于cd的方向滑动(金属杆滑动过程中与导轨接触良好)。则( )
A.电路中感应电动势的大小为
B.电路中感应电流的大小为
C.金属杆所受安培力的大小为
D.金属杆的热功率为
【答案】B
【解析】由导体切割磁感线公式可求得感应电动势的大小，由安培力公式F＝BIL可求得安培力；由P＝Fv即可求得功率；注意公式中的l均为导轨间的距离。电路中感应电动势的大小E＝Blv；公式中的l为切割的有效长度，故电动势E＝Blv；感应电流i＝＝；故B正确；安培力的大小F＝BIL＝；功率P＝Fv＝。
[2015安徽卷 T20 6分]已知均匀带电的无穷大平面在真空中激发电场的场强大小为，其中σ为平面上单位面积所带的电荷量， 0为常量，如图所示的平行板电容器，极板正对面积为S，其间为真空，带电量为Q，不计边缘效应时，极板可看作无穷大导体板，则极板间的电场强度大小和两极板间相互的静电引力大小分别为( )
A．和 B．和
C．和 D．和
【答案】D
【解析】两极板均看作无穷大导体板，极板上单位面积上的电荷量σ＝；则单个极板形成的场强E0＝＝，两极板间的电场强度为：2×＝；
两极板间的相互引力F＝E0Q＝。
[2015安徽卷 T21(2) 12分]某同学为了测量一节电池的电动势和内阻，从实验室找到以下器材，一个满偏电流为100μA，内阻为2500Ω的表头，一个开关，两个电阻箱（）和若干导线；
（1）由于表头量程偏小，该同学首先需要将表头改装成量程为50mA的电流表，则应将表头与电阻箱__________（填“串联”或者“并联”），并将电阻箱阻值调为________Ω．
（2）接着该同学用改装的电流表对电池的电动势和内阻进行测量，实验电路图如图1所示，通过改变电阻R测相应的电流I，并且作相关计算后一并记录如下表
①根据表中的数据，图2中已描绘出四个点，请将第5、6两组数据也描绘在图2中，并画出图线. ________
②根据图线可得电池的电动势E是________V，内阻r是_________Ω．
1 2 3 4 5 6
R(Ω) 95.0 75.0 55.0 45.0 35.0 25.0
I(mA) 15.0 18.7 24.8 29.5 36.0 48.0
IR(V) 1.42 1.40 1.36 1.33 1.26 1.20
【答案】并联 5.0 1.53 2.0
【解析】
（1）[1]把小量程的电流表改装成大量程的电流表需并联小电阻；
[2]由并联的的特点，电压相等
，
得．
（2）[3]如图所示：
[4]由得，纵截距为电源的电动势E．由图可得，E=1.53V
[5]由可得，图线的斜率为：
，
再由，得电源内阻为：
．
[2015安徽卷 T1 6分]在xOy平面内，有沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为E(图像未画出)，由A点斜射出一质量为m、带电量为＋q的粒子，B和C是粒子运动轨迹上的两点，如图所示，其中l0为常数，粒子所受重力忽略不计，求：
(1)粒子从A到C过程中电场力对它做的功；
(2)粒子从A到C过程所经历的时间；
(3)粒子经过C点时的速率。
【答案】（1）3qEl0；（2）；（3）。
【解析】(1)粒子从A到C电场力做功为：W＝qE(yA-yC)＝3qEl0
(2)根据抛体运动的特点，粒子在x轴方向做匀速直线运动，由对称性可知，轨迹是最高点D在y轴上，可令tAO＝tOB＝T，tBC＝T；
由Eq＝ma得：a，又yaT2，y＋3l0a(2T)2，解得：T
则A到C过程所经历的时间为：t＝3；
(3)粒子在DC段做类平抛运动，则有：2l0＝vCx(2T)；vCy＝a(2T)，vC。
[2015安徽卷 T12 20分]由三颗星体构成的系统，忽略其它星体对它们的作用，存在着一种运动形式：三颗星体在相互之间的万有引力作用下，分别位于等边三角形的三个顶点上，绕某一共同的圆心O在三角形所在的平面内做相同角速度的圆周运动(图示为A、B、C三颗星体质量不相同时的一般情况)。若A星体质量为2m，B、C两星体的质量均为m，三角形的边长为a，求：
(1)A星体所受合力大小FA；
(2)B星体所受合力大小FB；
(3)C星体的轨道半径RC；
(4)三星体做圆周运动的周期T。
【答案】(1)；(2)；(3)a；(4)π。
【解析】(1)由万有引力定律，A星体所受B、C星体引力大小为
FBA＝G＝G＝FCA，方向如图
则合力大小FA＝
(2)同上，B星体所受A、C星体引力大小分别为FAB＝G＝G
FCB＝G＝G 方向如图
由FBx＝FABcos 60°+FCB＝2G；FBy＝FABsin 60°＝
可得FB＝
(3)通过分析可知，圆心O在中垂线AD的中点，RC＝
(或:由对称性可知OB＝OC＝RC·cos∠OBD＝)，可得RC＝a
(4)三星体运动周期相同，对C星体，由FC＝FB＝＝mRC，可得T＝π
2014年安徽卷
[2014安徽卷 T14 6分]在科学研究中，科学家常将未知现象同已知现象进行比较，找出其共同点，进一步推测未知现象的特性和规律．法国物理学家库仑在研究异种电荷的吸引力问题时，曾将扭秤的振动周期与电荷间距离的关系类比单摆的振动周期与摆球到地心距离的关系．已知单摆摆长为l，引力常量为G，地球质量为M，摆球到地心的距离为r，则单摆振动周期T与距离r的关系式为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】由于万有引力使物体产生加速度，由牛顿第二定律得：，而单摆的振动周期公式为联立得：，B正确。
[2014安徽卷 T15 6分]如图所示，有一内壁光滑的闭合椭圆形管道，置于竖直平面内，MN是通过椭圆中心O点的水平线．已知一小球从M点出发，初速率为v0，沿管道MPN运动，到N点的速率为v1，所需时间为t1；若该小球仍由M点以出速率v0出发，而沿管道MQN运动，到N点的速率为v2，所需时间为t2．则（ ）
A．v1=v2，t1＞t2 B．v1＜v2，t1＞t2 C．v1=v2，t1＜t2 D．v1＜v2，t1＜t2
【答案】A
【解析】小球在运动过程中机械能守恒，故两次到达N点的速度大小相同，且均等于初速度，即v1=v2=v0；两小球的运动过程分别为先加速后减速和先减速后加速，定性做出小球运动的速率—时间图象如下图：
则图线与坐标轴所围成的面积表示小球的运动路程，小球两次的路程相等，故两次图线与坐标轴所围面积相同，由图可知，t1＞t2，A正确．
[2014安徽卷 T17 6分]一带电粒子在电场中仅受静电力作用，做初速度为零的直线运动，取该直线为x轴，起始点O为坐标原点，其电势能与位移x的关系如图所示，下列图象中合理的是( )
A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】粒子仅受电场力作用，做初速度为零的加速直线运动，电场力做功等于电势能的减小量，故：
即图象上某点的切线的斜率表示电场力；
A. 图象上某点的切线的斜率表示电场力，故电场力逐渐减小，根据
故电场强度也逐渐减小，故A错误；
B.根据动能定理，有：
故图线上某点切线的斜率表示电场力；由于电场力逐渐减小，与B图矛盾，故B错误；
C.按照C图，速度随着位移均匀增加，根据公式
匀变速直线运动的图象是直线，题图图象是直线；相同位移速度增加量相等，又是加速运动，故增加相等的速度需要的时间逐渐减小，故加速度逐渐增加；而电场力减小导致加速度减小；故矛盾，故C错误；
D.粒子做加速度减小的加速运动，故D正确．
[2014安徽卷 T1 6分]如图所示，一倾斜的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定角速度ω转动，盘面上离转轴距离2.5m处有一小物体与圆盘始终保持相对静止。物体与盘面间的动摩擦因数为(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，盘面与水平面的夹角为30°，g取10m/s2。则ω的最大值是( )
A.rad/s
B.rad/s
C.1.0rad/s
D.0.5rad/s
【答案】C
【解析】当物体转到圆盘的最低点，所受的静摩擦力沿斜面向上达到最大时，角速度最大，由牛顿第二定律得：μmgcosθ-mgsinθ＝mω2r，代入数据解得：ω＝1.0rad/s。
[2014安徽卷 T18 6分]“人造小太阳”托卡马克装置使用强磁场约束高温等离子体，使其中的带电粒子被尽可能限制在装置内部，而不与装置器壁碰撞，已知等离子体中带电粒子的平均动能与等离子体的温度T成正比，为约束更高温度的等离子体，则需要更强的磁场，以使带电粒子在磁场中的运动半径不变，由此可判断所需的磁感应强度B正比于
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】粒子在磁场中运动的半径满足，即R不变时，v与B成正比，由题意知粒子的动能与温度成正比，即v2与T成正比，综上可知，，A正确．
[2014安徽卷 T19 6分]英国物理学家麦克斯韦认为，磁场变化时会在空间激发感生电场。如图所示，一个半径为r的绝缘体圆环水平放置，环内存在竖直向上的匀强磁场B，环上套一带电荷量为+q的小球.已知磁感应强度B随时间均匀增加，其变化率为k，若小球在环上运动一周，则感生电场对小球的作用力所做功的大小是( )
A.0
B.r2qk
C.2πr2qk
D.πr2qk
【答案】D
【解析】磁感应强度B随时间均匀增加，其变化率为k，故感应电动势为：U＝S＝πr2k
根据楞次定律，感应电动势的方向为顺时针方向；小球带正电，小球在环上运动一周，则感生电场对小球的作用力所做功的大小是：W＝qU＝πr2qk。
[2014安徽卷 T21(2) 10分]某同学为了测量一个量程为3V的电压表的内阻，进行了如下实验：
(1)他先用多用电表进行了正确的测量，测量时指针位置如图1所示，得出电压表的内阻为3.00×103Ω，此时电压表的指针也偏转了。已知多用表欧姆挡表盘中央刻度值为“15”，表内电池电动势为1.5V，则电压表的示数为 V(结果保留两位有效数字)。
(2)为了更准确地测量该电压表的内阻RV，该同学设计了图2所示的电路图，实验步骤如下：A.断开开关S，按图2连接好电路；
B.把滑动变阻器R的滑片P滑到b端；
C.将电阻箱R0的阻值调到零；
D.闭合开关S；
E.移动滑动变阻器R的滑片P的位置，使电压表的指针指到3V位置；
F.保持滑动变阻器R的滑片P位置不变，调节电阻箱R0的阻值使电压表指针指到1.5V位置，读出此时电阻箱R0的阻值，此值即为电压表内阻RV的测量值；
G.断开开关S。
实验中可供选择的实验器材有：
a.待测电压表
b.滑动变阻器：最大阻值2000Ω
c.滑动变阻器：最大阻值10Ω
d.电阻箱：最大阻值9999.9Ω，阻值最小改变量为0.1Ω
e.电阻箱：最大阻值999.9Ω，阻值最小改变量为0.1Ω
f.电池组：电动势约6V，内阻可忽略
g.开关，导线若干
按照这位同学设计的实验方法，回答下列问题：
①要使测量更精确，除了选用电池组、导线、开关和待测电压表外，还应从提供的滑动变阻器中选用 （填“b”或“c”），电阻箱中选用 (填“d”或“e”)。
②电压表内阻RV的测量值R测和真实值R真相比，R测 R真(填“＞”或“＜”)；若RV越大，则越 (填“大”或“小”)。
【答案】(1)1.0；(2)①c、d；②＞，小。
【解析】(1)欧姆表的内电阻等于中值电阻，为：R＝15×100＝1500Ω；
电压表的内电阻为：RV＝3000Ω；
故电压表读数为：U＝IRV＝·RV＝＝1.0V
(2)①采用电压表半偏法测量电压表内电阻，要保证电压表与电阻箱的总电压保持不变，需要使电压表电阻远大于滑动变阻器的电阻，故滑动变阻器选择小电阻，即选择c；电阻箱最大电阻不能小于电压表电阻，电压表内电阻约为3000Ω，故电阻箱选择d；②实验中要保证电压表与电阻箱的总电压不变，但实际上该电压是变化的；当电阻箱电阻增加时，电压表与电阻箱的总电压略微增加；实验中认为电阻箱和电压表电阻相等，故调节电阻箱R0的阻值使电压表指针指到1.5V位置，此时电阻箱的电压大于1.5V，故电阻箱的电阻大于电压表的电阻，即测量值偏大；当RV越大，电压表与电阻箱的总电压偏差越小，系统误差越小，故当RV越大，则越小；
[2014安徽卷 T23 16分]如图1所示，匀强磁场的磁感应强度B为0.5T，其方向垂直于倾角θ为30°的斜面向上。绝缘斜面上固定有“A”形状的光滑金属导轨MPN(电阻忽略不计)，MP和NP长度均为2.5m，MN连线水平，长为3m，以MN的中点O为原点，OP为x轴建立一维坐标系Ox，一根粗细均匀的金属杆CD，长度d为3m，质量m为1kg，电阻R为0.3Ω，在拉力F的作用下，从MN处以恒定速度v＝1m/s在导轨上沿x轴正向运动(金属杆与导轨接触良好)，g取10m/s2。
(1)求金属杆CD运动过程中产生的感应电动势E及运动到x＝0.8m处电势差UCD；
(2)推导金属杆CD从MN处运动到P点过程中拉力F与位置坐标x的关系式，并在图2中画出F-x关系图像；
(3)求金属杆CD从MN处运动到P点的全过程产生的焦耳热。
【答案】(1)金属杆CD运动过程中产生的感应电动势E＝1.5V，运动到x＝0.8m处CD之间的电势差是-0.6V；
(2)金属杆CD从MN处运动到P点过程中拉力F与位置坐标x的关系式是F＝5＋3.75(2.0-x)，并在图2中画出F-x关系图像如图；
(3)金属杆CD从MN处运动到P点的全过程产生的焦耳热是7.5J。
【解析】(1)导体棒开始运动时，回路中产生的感应电动势为：E＝Bdv＝0.5×3×1＝1.5V；
由几何关系得：m＝2.0m，
sin∠MPO＝＝0.6，
接入导轨之间的有效长度：L＝2 (2.0-vt) tan∠MPO＝1.5×(2.0-vt)，
金属杆CD运动过程中产生的有效感应电动势E：
E＝BLv＝0.5×1.5×(2.0-x)×1＝0.75(2.0-x)，
运动到x＝0.8m处时的有效电动势：E1＝0.75(2.0-x)＝0.75×(2.0-0.8)V＝0.9V。
这一段相当于电源，而且轨道没有电阻，所以电源是被短接的，那么接入回路中的这一部分电势处处相等，所以CD两端电势差就由剩余两端的导体棒产生，又由右手定则判断D比C电势高；
所以：UDC＝E-E1＝1.5V-0.9V＝0.6V，
UCD＝-0.6V；
(2)接入电路的导体棒的电阻：R′＝
感应电流：A
安培力F安＝BIL＝0.5×5×1.5(2.0-x)＝3.75(2.0-x)
由平衡条件得：mgsinθ＋F安＝F
得拉力F与位置坐标x的关系式：F＝5＋3.75(2.0-x)
x＝0时，F＝12.5N；
x＝2.0时，F＝5N画出F-x关系图像如图：
(3)设导体棒经t时间沿导轨匀速向上运动的位移为x，
则t时刻导体棒切割的有效长度Lx＝L-2x
导体棒在导轨上运动时所受的安培力：F安＝3.75(2.0-x)
因安培力的大小F安与位移x成线性关系，故通过导轨过程中导体棒所受安培力的平均值：N
产生的焦耳热：J。
[2014安徽卷 T24 20分]在光滑水平面上有一凹槽A，中央放一小物块B，物块与左右两边槽壁的距离如图所示，L为1.0m，凹槽与物块的质量均为m，两者之间的动摩擦因数μ为0.05，开始时物块静止，凹槽以v0＝5m/s初速度向右运动，设物块与凹槽槽壁碰撞过程中没有能量损失，且碰撞时间不计，g取10m/s2，求：
(1)物块与凹槽相对静止时的共同速度；
(2)从凹槽开始运动到两者相对静止物块与右侧槽壁碰撞的次数；
(3)从凹槽开始运动到两者刚相对静止所经历的时间及该时间内凹槽运动的位移大小。
【答案】(1)2.5m/s；(2)6次；(3)5s，12.75m。
【解析】(1)设两者间相对静止时的速度为v，由动量守恒定律得：mv0＝2mv，得：v＝2.5m/s。
(2)物块与凹槽间的滑动摩擦力f＝μN＝μmg
设两者间相对静止前，相对运动的路程为s1，由动能定理得：-fs1＝(m＋m)v2-mv02
解得：s1＝12.5m。已知L＝1m，可推知物块与右侧槽壁共发生6次碰撞。
(3)设凹槽与物块碰前的速度分别为v1、v2，碰后的速度分别为v1′、v2′。有
mv1＋mv2＝mv1′＋mv2′，
mv12＋mv22＝mv1′2＋mv2′2，
得：v1′＝v2，v2′＝v1
即每碰撞一次凹槽与物块发生一次速度交换，在同一坐标系上两者的速度图线如图所示，根据碰撞次数可分为13段，凹槽、物块的v-t图像在两条连续的匀变速运动图线间转换，
故可用匀变速直线运动规律求时间。则
v＝v0+at，a＝-μg，
解得：t＝5s
凹槽的v-t图像所包围的阴影面积即为凹槽的位移大小s2。(等腰三角形面积共分13份，第一份面积为0.5L。其余每份面积均为L。)
s2＝·t＋6.5L＝12.75m。
2013年安徽卷
[2013安徽卷 T17 6分]质量为m的人造地球卫星与地心的距离为r时，引力势能可表示为，其中 G为引力常量，M为地球质量。该卫星原来的在半径为R1的轨道上绕地球做匀速圆周运动，由于受到极稀薄空气的摩擦作用，飞行一段时间后其圆周运动的半径变为R2，此过程中因摩擦而产生的热量为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】
卫星做匀速圆周运动，万有引力提供向心力
可得质量为m的人造地球卫星与地心的距离为r时的动能为
结合题意，此时卫星的机械能
根据能量守恒定律，该卫星因摩擦而产生的热量等于卫星损失的机械能，所以
故选C。
[2013安徽卷 T18 6分]由消防水龙带的喷嘴喷出水的流量是0.28m3/min，水离开喷口时的速度大小为16m/s，方向与水平面夹角为60°，在最高处正好到达着火位置，忽略空气阻力，则空中水柱的高度和水量分别是(重力加速度g取10m/s2)( )
A.28.8m；1.12×10-2m3
B.28.8m；0.672m3
C.38.4m；1.29×10-2m3
D.38.4m；0.776m3
【答案】A
【解析】水在竖直方向上的分速度m/s＝24m/s。
则空中水柱的高度h＝m＝28.8m。
则t＝＝2.4s。则空中水柱的水量Q＝0.28m3＝1.12×10-2m3。
[2013安徽卷 T19 6分]用图示的电路可以测量电阻的阻值，图中Rx是待测电阻，R0是定值电阻，G是灵敏度很高的电流表，MN是一段均匀的电阻丝。闭合开关，改变滑动头P的位置，当通过电流表G的电流为零时，测得MP=l1，PN=l2，，则Rx的阻值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】当通过灵敏电流表的电流为零时，电流表两端电势相等，即两端电压与PN段电压相等，串联电路电压与阻值成正比，且由
可知，阻值与长度成正比，可得
可得
故选C。
[2013安徽卷 T20 6分]如图所示，xOy平面是无穷大导体的表面，该导体充满z＜0的空间，z＞0的空间为真空.将电荷量为q的点电荷置于z轴上z＝h处，则在xOy平面上会产生感应电荷。空间任意一点处的电场皆是由点电荷q和导体表面上的感应电荷共同激发的。已知静电平衡时导体内部场强处处为零，则在z轴上z＝处的场强大小为(k为静电力常量)( )
A.k B.k
C.k D.k
【答案】D
【解析】导体处于静电平衡状态，内部场强为零，在z轴上z＝－处，感应电荷产生的场强大小E′与点电荷q产生的场强大小相等、方向相反，E′＝k＝k；在z轴上z＝处，感应电荷产生的场强大小也为E′，点电荷q产生的场强大小E＝k＝k，E与E′方向相同，因此合场强E合＝E＋E′＝k，选项D正确。
[2013安徽卷 T21(3) 7分]根据闭合电路欧姆定律，用图1所示电路可以测定电池的电动势和内电阻。图中R0两端的对应电压为U12，对测得的实验数据进行处理，就可以实现测量目的。根据实验数据在坐标系中描出坐标点，如图2所示。已知R0＝150Ω，请完成以下数据分析和处理。
(1)图2中电阻为 Ω的数据点应剔除；
(2)在坐标纸上画出关系图线；
(3)图线的斜率是 (V-1Ω-1)，由此可得电池电动势Ex＝ V。
【答案】(1)80.0；(2)如图所示；(3)0.0045，1.48。
【解析】(1)第4个点明显和其余点不在一条直线上，故应该剔除；
(2)如图所示；
(3)根据闭合电路欧姆定律，有：E＝U12，变形得：
；斜率为：；
故：E＝≈1.48V。
[2013安徽卷 T23 16分]如图所示的平面直角坐标系xOy，在第Ⅰ象限内有平行于y轴的匀强电场，方向沿y正方向；在第Ⅳ象限的正三角形abc区域内有匀强磁场，方向垂直于xOy平面向里，正三角形边长为L，且ab边与y轴平行。一质量为m、电荷量为q的粒子，从y轴上的P(0，h)点，以大小为v0的速度沿x轴正方向射入电场，通过电场后从x轴上的a(2h，0)点进入第Ⅳ象限，又经过磁场从y轴上的某点进入第Ⅲ象限，且速度与y轴负方向成45°角，不计粒子所受的重力。求：
(1)电场强度E的大小；
(2)粒子到达a点时速度的大小和方向；
(3)abc区域内磁场的磁感应强度B的最小值。
【答案】(1)；
(2)vv0，与x轴正方向成45°角斜向右下方；(3)。
【解析】粒子在第Ⅰ象限内做类平抛运动，设在第Ⅰ象限内运动的时间为t1，则
水平方向有：2h＝v0t1 ①；竖直方向有： ②
①②式联立得： ③
(2)设粒子到达a点时时竖直方向的速度vy；则有： ④
①③④联立得：vy＝v0
所以粒子到达a点时速度大小为
与x轴的夹角为θ，由几何关系得：tanθ＝＝1，所以θ＝45°；
(3)经分析，当粒子从b点出磁场时，磁感应强度最小；
由几何关系得：Lr，解得：②
由洛伦兹力提供向心力得：③
①②③联立得：即磁感应强度的最小值。
[2013安徽卷 T24 20分]如图所示，质量为M、倾角为α的斜面体(斜面光滑且足够长)放在粗糙的水平地面上，底部与地面的动摩擦因数为μ，斜面顶端与劲度系数为k、自然长度为L的轻质弹簧相连，弹簧的另一端连接着质量为m的物块.压缩弹簧使其长度为L时将物块由静止开始释放，且物块在以后的运动中，斜面体始终处于静止状态.重力加速度为g。
(1)求物块处于平衡位置时弹簧的长度；
(2)选物块的平衡位置为坐标原点，沿斜面向下为正方向建立坐标轴，用x表示物块相对于平衡位置的位移，证明物块做简谐运动；
(3)求弹簧的最大伸长量；
(4)为使斜面体始终处于静止状态，动摩擦因数μ应满足什么条件(假设滑动摩擦力等于最大静摩擦力)
【答案】(1)L＋；(3)＋；(4)μ≥。
【解析】(1)设物块在斜面上平衡时，弹簧伸长量为ΔL，有：mgsinα－kΔL＝0，
解得ΔL＝，此时弹簧的长度为L＋。
(2)当物块的位移为x时，弹簧伸长量为x＋ΔL，物块所受合力为F合＝mgsinα－k(x＋ΔL)，
联立以上各式可得F合＝－kx，
可知物块做简谐运动；
(3)物块做简谐运动的振幅为A＝＋，
由对称性可知，最大伸长量为＋。
(4)设物块位移x为正，则斜面体受力情况如图所示，由于斜面体平衡，所以有
水平方向f＋FN1sinα－Fcosα＝0，
竖直方向FN2－Mg－FN1cosα－Fsinα＝0，
又F＝k(x＋ΔL)，FN1＝mgcosα，
联立可得f＝kxcosα，FN2＝Mg＋mg＋kxsinα
为使斜面体始终处于静止，结合牛顿第三定律，应有
|f|≤μFN2，所以μ≥＝，当x＝－A时，上式右端达到最大值，
于是有μ≥.
2012年安徽卷
[2012安徽卷 T17 6分]如图所示，放在固定斜面上的物块以加速度a沿斜面匀加速下滑，若在物块上再施加一竖直向下的恒力F，则( )
A.物块可能匀速下滑
B.物块仍以加速度a匀加速下滑
C.物块将以大于a的加速度匀加速下滑
D.物块将以小于a的加速度匀加速下滑
【答案】C
【解析】解：未加F时，物体受重力、支持力和摩擦力，根据牛顿第二定律有：a。当施加F后，加速度a′，因为gsinθ＞μgcosθ，所以Fsinθ＞μFcosθ，可见a′＞a，即加速度增大。
[2012安徽卷 T19 6分]如图所示，圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带电粒子以速度v从A点沿直径AOB方向射入磁场，经过Δt时间从C点射出磁场，OC与OB成600角．现将带电粒子的速度变为v/3，仍从A点沿原方向射入磁场，不计重力，则粒子在磁场中的运动时间变为( )
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，据牛顿第二定律有，解得粒子第一次通过磁场区时的半径为，圆弧 AC所对应的圆心角∠ AO′ C＝60°，经历的时间为（ T为粒子在匀强磁场中运动周期，大小为，与粒子速度大小无关）；当粒子速度减小为 v/3后，根据知其在磁场中的轨道半径变为 r/3，粒子将从 D点射出，根据图中几何关系得圆弧 AD所对应的圆心角∠ AO″ D＝120°，经历的时间为．由此可知B项正确．
[2012安徽卷 T20 6分]如图所示，半径为R的均匀带电圆形平板，单位面积带电荷量为σ，其轴线上任意一点P(坐标为x)的电场强度可以由库仑定律和电场强度的叠加原理求出：E＝2πkσ[1－]，方向沿x轴。现考虑单位面积带电荷量为σ0的无限大均匀带电平板，从其中间挖去一半径为r的圆板，如图所示。则圆孔轴线上任意一点Q(坐标为x)的电场强度为( )
A.2πkσ0
B.2πkσ0
C.2πkσ0
D.2πkσ0
【答案】A
【解析】由公式E＝2πkσ[1－]可知，当R→∞时，→0，则E→2πkσ，即单位面积带电量为σ0的无限大均匀带电平板在Q处产生的电场强度E0＝2 πkσ0，而挖去的一个半径为r的圆板在Q处产生的电场强度E′＝2πkσ0[1－]，所以此时的电场强度E＝E0－E′＝2πkσ0，故A正确。
[2012安徽卷 T21 10分]Ⅰ、图1为“验证牛顿第二定律”的实验装置示意图.砂和砂桶的总质量为m，小车和砝码的总质量为M。实验中用砂和砂桶总重力的大小作为细线对小车拉力的大小。
(1)试验中，为了使细线对小车的拉力等于小车所受的合外力，先调节长木板一滑轮的高度，使细线与长木板平行。接下来还需要进行的一项操作是 。
A.将长木板水平放置，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，给打点计时器通电，调节m的大小，使小车在砂和砂桶的牵引下运动，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动。
B.将长木板的一端垫起适当的高度，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，撤去砂和砂桶，给打点计时器通电，轻推小车，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动。
C.将长木板的一端垫起适当的高度，撤去纸带以及砂和砂桶，轻推小车，观察判断小车是否做匀速运动。
(2)实验中要进行质量m和M的选取，以下最合理的一组是 。
A.M＝20g，m＝10g、15g、20g、25g、30g、40g
B.M＝200g，m＝20g、40g、60g、80g、100g、120g
C.M＝400g，m＝10g、15g、20g、25g、30g、40g
D.M＝400g，m＝20g、40g、60g、80g、100g、120g
(3)图2是试验中得到的一条纸带，A、B、C、D、E、F、G为7个相邻的计数点，相邻的两个计数点之间还有四个点未画出。量出相邻的计数点之间的距离分别为sAB＝4.22cm、sBC＝4.65cm、sCD＝5.08cm、sDE＝5.49cm、sEF＝5.91cm、sFG＝6.34cm。已知打点计时器的工作频率为50Hz，则小车的加速度a＝ m/s2(结果保留2位有效数字)。
【答案】(1)B；(2)C；(3)0.42m/s2
【解析】I.(1)将不带滑轮的木板一端适当垫高，在不挂沙和沙桶的情况下使小车恰好做匀速运动，以使小车的重力沿斜面分力和摩擦力抵消，那么小车的合力就是绳子的拉力。要判断是否是匀速运动，我们可以从打出的纸带相邻的点的间距来判断小车是否做匀速运动，故选B。
(2)当m M时，即当沙和沙桶的总重力要远小于小车的重力，绳子的拉力近似等于沙和沙桶的总重力。
(3)相邻的两个计数点之间还有四个点未画出，相邻的计数点时间间隔为0.1s
利用匀变速直线运动的推论：Δx＝at2，sDE-sAB＝3a1T2；sEF-sBC＝3a2T2；sFG-sCD＝3a3T2
a＝＝0.42m/s2。
[2012安徽卷 T23 16分]图1是交流发电机模型示意图．在磁感应强度为B的匀强磁场中，有一矩形线圈abcd可绕线圈平面内垂直于磁感线的轴转动，由线圈引起的导线ae和df分别与两个跟线圈一起绕转动的金属圈环相连接，金属圆环又分别与两个固定的电刷保持滑动接触，这样矩形线圈在转动中就可以保持和外电路电阻R形成闭合电路．图2是线圈的主视图，导线ab和cd分别用它们的横截面来表示．已知ab长度为L1，bc长度为L2，线圈以恒定角速度ω逆时针转动．（只考虑单匝线圈）
（1）线圈平面处于中性面位置时开始计时，试推导t时刻整个线圈中的感应电动势e1的表达式；
（2）线圈平面处于与中性面成φ0夹角位置时开始计时，如图3所示，试写出t时刻整个线圈中的感应电动势e2的表达式；
（3）若线圈电阻为r，求线圈每转动一周电阻R上产生的焦耳热．（其它电阻均不计）
【答案】（1）（2）
（3）
【解析】
(1)矩形线圈abcd在磁场中转动时，ab、cd切割磁感线，且转动的半径为r＝，转动时ab、cd的线速度v＝ωr＝，且与磁场方向的夹角为ωt，如图所示．所以整个线圈中的感应电动势e1＝2BL1vsin ωt＝BL1L2ωsin ωt.
(2)当t＝0时，线圈平面与中性面的夹角为φ0，则t时刻时，线圈平面与中性面的夹角为ωt＋φ0.
故此时感应电动势的瞬时值：e2＝2BL1vsin(ωt＋φ0)＝BL1L2ωsin(ωt＋φ0)．
(3)线圈匀速转动时感应电动势的最大值Em＝BL1L2ω，故有效值：
回路中电流的有效值.
根据焦耳定律知转动一周电阻R上的焦耳热为：
.
[2012安徽卷 T24 20分]如图所示，装置的左边是足够长的光滑水平台面，一轻质弹簧左端固定，右端连接着质量M＝2kg的小物块A。装置的中间是水平传送带，它与左右两边的台面等高，并能平滑对接.传送带始终以u＝2m/s的速率逆时针转动。装置的右边是一光滑曲面，质量m＝1kg的小物块B从其上距水平台面高h＝1.0m处由静止释放.已知物块B与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，l＝1.0m。设物块A、B间发生的是对心弹性碰撞，第一次碰撞前物块A静止且处于平衡状态.取g＝10m/s2。
(1)求物块B与物块A第一次碰撞前的速度大小；
(2)通过计算说明物块B与物块A第一次碰撞后能否运动到右边的曲面上；
(3)如果物块A、B每次碰撞后，物块A再回到平衡位置时都会立即被锁定，而当它们再次碰撞前锁定被解除，试求出物块B第n次碰撞后的运动速度大小。
【答案】(1)4m/s；(2)不能；(3)()nv。
【解析】(1)设物块B沿光滑曲面下滑到水平位置时的速度大小为v0.由机械能守恒知
mgh＝mv02，得v0＝
设物块B在传送带上滑动过程中因受摩擦力所产生的加速度大小为a，则：μmg＝ma
设物块B通过传送带后运动速度大小为v，有：v2－v02＝-2al，联立解得v＝4m/s
由于v＞u＝2m/s，所以v＝4m/s即为物块B与物块A第一次碰撞前的速度大小。
(2)设物块A、B第一次碰撞后的速度分别为V、v1，取向右为正方向，由弹性碰撞知
-mv＝mv1＋MV，mv2＝mv12＋MV2，解得v1＝v＝m/s
即碰撞后物块B沿水平台面向右匀速运动。
设物块B在传送带上向右运动的最大位移为l′，则：0－v12＝－2al′
得l′＝m＜1m，所以物块B不能通过传送带运动到右边的曲面上。
(3)当物块B在传送带上向右运动的速度为零后，将会沿传送带向左加速。可以判断，物块B运动到左边台面时的速度大小为v1，继而与物块A发生第二次碰撞。设第二次碰撞后物块B速度大小为v2，同上计算可知：v2＝v1＝2v
物块B与物块A第三次碰撞、第四次碰撞……，碰撞后物块B的速度大小依次为
v3＝v2＝3v；v4＝v3＝4v；……；则第n次碰撞后物块B的速度大小为：vn＝()nv。
2011年安徽卷
[2011安徽卷 T14 6分]一质量为m的物块恰好静止在倾角为θ的斜面上。现对物块施加一个竖直向下的恒力F，如图所示。则物块（ ）
A．仍处于静止状态 B．沿斜面加速下滑
C．受到的摩擦力不便 D．受到的合外力增大
【答案】A
【解析】
由于质量为m的物块恰好静止在倾角为θ的斜面上，说明斜面对物块的摩擦力等于最大静摩擦力，对物体受力分析，如图
根据共点力平衡条件，有
f=mgsinθ
N=mgcosθ
f=μN
解得
μ=tanθ
对物块施加一个竖直向下的恒力F，再次对物体受力分析，如图
根据共点力平衡条件，与斜面垂直方向依然平衡
因而最大静摩擦力为
故在斜面平行方向的合力为零，故合力仍然为零，物块仍处于静止状态；摩擦力由mgsinθ增大到（F+mg）sinθ；
故选A。
[2011安徽卷 T16 6分]一物体作匀加速直线运动，通过一段位移所用的时间为，紧接着通过下一段位移所用时间为．则物体运动的加速度为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
物体作匀加速直线运动在前一段所用的时间为，平均速度为
即为时刻的瞬时速度；
物体在后一段所用的时间为，平均速度为
即为时刻的瞬时速度。
速度由变化到的时间为
所以加速度为
故选A。
[2011安徽卷 T17 6分]一般的曲线运动可以分成很多小段，每小段都可以看成圆周运动的一部分，即把整条曲线用一系列不同半径的小圆弧来代替。如图(a)所示，曲线上A点的曲率圆定义为：通过A点和曲线上紧邻A点两侧的两点作一圆，在极限情况下，这个圆就叫做A点的曲率圆，其半径ρ叫做A点的曲率半径。现将一物体沿与水平面成α角的方向以速度v0抛出，如图(b)所示。则在其轨迹最高点P处的曲率半径是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】物体在其轨迹最高点P处只有水平速度，其水平速度大小为v0cosα，根据牛顿第二定律得，所以在其轨迹最高点P处的曲率半径是，C正确。
[2011安徽卷 T18 6分]图（a）为示波管的原理图．如果在电极之间所加的电压图按图（b）所示的规律变化，在电极之间所加的电压按图（c）所示的规律变化，则在荧光屏上会看到的图形是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】电子在和间沿电场方向均做初速度为零的匀加速直线运动，由位移公式：
前半个周期0-t1时间内，电子受到的力偏向一侧，所以电子前半周期偏向一侧．
前半个周期0-t1时间内，电子受到的力偏向Y一侧，所以电子前半周期偏向Y一侧．综上，前半个周期0-t1时间内图像应该在第二象限．
同理，后半周期的图像应在第四象限．
A．分析可知，前半个周期0-t1时间内图像应该在第二象限，后半周期的图像应在第四象限．故A错误．
B．分析可知，前半个周期0-t1时间内图像应该在第二象限，后半周期的图像应在第四象限．故B正确．
C．分析可知，前半个周期0-t1时间内图像应该在第二象限，后半周期的图像应在第四象限．故C错误．
D．分析可知，前半个周期0-t1时间内图像应该在第二象限，后半周期的图像应在第四象限．故D错误．
[2011安徽卷 T19 6分]如图所示的区域内有垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度为B。电阻为R、半径为L、圆心角为45°的扇形闭合导线框，绕垂直于纸面的轴O以角速度ω匀速转动(O轴位于磁场边界)。则线框内产生的感应电流的有效值为( )
A.
B.
C.
D.
【答案】C
【解析】半径切割磁感线产生的感应电动势：EBL2ω，交流电流的有效值是根据电流的热效应得出的，线框转动周期为T，而线框转动一周只有T的时间内有感应电流，则有：，解得：I＝，C正确。
[2011安徽卷 T20 6分]如图(a)所示，两平行正对的金属板A、B间加有如图(b)所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P处。若在t0时刻释放该粒子，粒子会时而向A板运动，时而向B板运动，并最终打在A板上。则t0可能属于的时间段是( )
A.0＜t0＜
B.＜t0＜
C.＜t0＜T
D.T＜t0＜
【答案】B
【解析】若0＜t0＜，带正电粒子先加速向B板运动、再减速运动至零；然后再反方向加速运动、减速运动至零；如此反复运动，每次向右运动的距离大于向左运动的距离，最终打在B板上，所以A错误。
若＜t0＜，带正电粒子先加速向A板运动、再减速运动至零；然后再反方向加速运动、减速运动至零；如此反复运动，每次向左运动的距离大于向右运动的距离，最终打在A板上，所以B正确。
若＜t0＜T，带正电粒子先加速向A板运动、再减速运动至零；然后再反方向加速运动、减速运动至零；如此反复运动，每次向左运动的距离小于向右运动的距离，最终打在B板上，所以C错误。
若T＜t0＜，带正电粒子先加速向B板运动、再减速运动至零；然后再反方向加速运动、减速运动至零；如此反复运动，每次向右运动的距离大于向左运动的距离，最终打在B板上，所以D错误。
[2011安徽卷 T3 12分]Ⅱ.(1)某同学使用多用电表粗略测量一定值电阻的阻值，先把选择开关旋到“×1k”挡位，测量时针偏转如图(a)所示.请你简述接下来的测量过程：
① ；
② ；
③ ；
④测量结束后，将选择开关旋到“OFF”挡。
(2)接下来采用“伏安法”较准确地测量该电阻的阻值，所用实验器材如图(b)所示。
其中电压表内阻约为5kΩ，电流表内阻约为5Ω。图中部分电路已经连接好，请完成实验电路的连接。
(3)图(c)是一个多量程多用电表的简化电路图，测量电流、电压和电阻各有两个量程。当转换开关S旋到位置3时，可用来测量 ；当S旋到位置 时，可用来测量电流，其中S旋到位置 时量程较大。
【答案】Ⅱ.(1)①断开待测电阻，将选择开关旋到“×100”挡；
②将两表笔短接，调整“欧姆调零旋钮”，使指针指向“0Ω”；
③再接入待测电阻，将指针示数×100，即为待测电阻阻值.
(2)如图所示。
(3)1、2；1
【解析】Ⅱ.(1)①断开待测电阻，将选择开关旋到“×100”挡；
②将两表笔短接，调整“欧姆调零旋钮”，使指针指向“0Ω”；
③再接入待测电阻，将指针示数×100，即为待测电阻阻值.
(2)由题可知待测电阻约几百殴，比较大，采用电流表内接法，误差较小.如图乙所示.
(3)当转换开关S旋到位置3时，电源与两并联电阻串联，构成欧姆表，可测量电阻.当S旋到位置 1、2时，电流表与电阻并联，可用来测量电流.S旋到位置1时，量程I＝Ig，S旋到位置2时，量程I＝Ig，可见，S旋到位置1时，量程较大。
[2011安徽卷 T22 14分](1)开普勒行星运动第三定律指出：行星绕太阳运动的椭圆轨道的半长轴a的三次方与它的公转周期T的二次方成正比，即，k是一个对所有行星都相同的常量．将行星绕太阳的运动按圆周运动处理，请你推导出太阳系中该常量k的表达式．已知引力常量为G，太阳的质量为M太．
(2)开普勒定律不仅适用于太阳系，它对一切具有中心天体的引力系统（如地月系统）都成立．经测定月地距离为3.84×108m，月球绕地球运动的周期为2.36×106s，试计算地球的质量M地．（G=6.67×10-11Nm2/kg2，结果保留一位有效数字）
【答案】（1）（2）M地=6×1024kg
【解析】（1）因（1）行星绕太阳作匀速圆周运动，于是轨道的半长轴a即为轨道半径r．根据万有引力定律和牛顿第二定律有
①--------（3分）
于是有 ②--------(1分)
即 ③--------（1分）
（2）在月地系统中，设月球绕地球运动的轨道半径为R，周期为T，由②式可得
④--------（3分）
解得 M地=6×1024kg（ M地=5×1024kg也算对 ） ⑤--------(2分)
[2011安徽卷 T23 16分]如图所示，在以坐标原点O为圆心，半径为R的半圆形区域内，有相互垂直的匀强电场和匀强磁场，磁感应强度为B，磁场方向垂直于xOy平面向里。一带正电的粒子(不计重力)从O点沿y轴正方向以某一速度射入，带电粒子恰好做匀速直线运动，经t0时间从P点射出。
(1)电场强度的大小和方向。
(2)若仅撤去磁场，带电粒子仍从O点以相同的速度射入，经时间恰从半圆形区域的边界射出，求粒子运动加速度大小。
(3)若仅撤去电场，带电粒子仍从O点射入但速度为原来的4倍，求粒子在磁场中运动的时间。
【答案】(1)；(2)；(3)t0。
【解析】(1)设带电粒子的质量为m，电荷量为q，初速度为v，电场强度为E。
可判断出粒子受到的洛伦兹力沿x轴负方向，于是可知电场强度沿x轴正方向
且有qE＝qvB ①，又R＝vt0 ②，则E＝ ③
(2)仅有电场时，带电粒子在匀强电场中做类平抛运动：在y方向位移y＝v ④
由②④式得y ⑤
设在水平方向位移为x，因射出位置在半圆形区域边界上，于是xR
又有xa ⑥，得a＝ ⑦
(3)仅有磁场时，入射速度v′＝4v，带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，
设轨道半径为r，由牛顿第二定律有：qv′B＝m ⑧，又qE＝ma ⑨
由③⑦⑧⑨式得rR ⑩
由几何关系sinα，即sinα，所以α＝
带电粒子在磁场中运动周期：T＝
则带电粒子在磁场中运动时间：tB＝T，所以：tB＝t0
[2011安徽卷 T24 20分]如图所示，质量M＝2kg的滑块套在光滑的水平轨道上，质量m＝1kg的小球通过长L＝0.5m的轻质细杆与滑块上的光滑轴O连接，小球和轻杆可在竖直平面内绕O轴自由转动，开始轻杆处于水平状态，现给小球一个竖直向上的初速度v0＝4m/s， g取10m/s2。
(1)若锁定滑块，试求小球通过最高点P时对轻杆的作用力大小和方向。
(2)若解除对滑块的锁定，试求小球通过最高点时的速度大小。
(3)在满足(2)的条件下，试求小球击中滑块右侧轨道位置点与小球起始位置点间的距离。
【答案】(1)2N，竖直向上；(2)2m/s；(3)m。
【解析】(1)设小球能通过最高点，且此时的速度为v1.在上升过程中，因只有重力做功，小球的机械能守恒。则mv12＋mgL＝mv02 ①，v1＝m/s ②
设小球到达最高点时，轻杆对小球的作用力为F，方向向下，则F＋mg＝m ③
由②③式，得F＝2N ④
由牛顿第三定律可知，小球对轻杆的作用力大小为2N，方向竖直向上。
(2)解除锁定后，设小球通过最高点时的速度为v2，此时滑块的速度为V。
在上升过程中，因系统在水平方向上不受外力作用，水平方向的动量守恒。
以水平向右的方向为正方向，有mv2-MV＝0 ⑤
在上升过程中，因只有重力做功，系统的机械能守恒，
则mv22＋MV 2＋mgL＝mv02 ⑥，由⑤⑥式，得v2＝2m/s。
(3)设小球击中滑块右侧轨道的位置点与小球起始点的距离为s1，滑块向左移动的距离为s2，
任意时刻小球的水平速度大小为v3，滑块的速度大小为V'。
由系统水平方向的动量守恒，得mv3-MV'＝0…⑦
将⑦式两边同乘以Δt，得mv3Δt-MV'Δt＝0…⑧
因⑧式对任意时刻附近的微小间隔Δt都成立，累积相加后，有
ms1-Ms2＝0 ⑨，又s1＋s2＝2L ⑩，由⑨⑩式得s1＝m。
2010年安徽卷
[2010安徽卷 T14 6分]伽利略曾设计如图所示的一个实验，将摆球拉至M点放开，摆球会达到同一水平高度上的N点．如果在E或F处钉子，摆球将沿不同的圆弧达到同一高度的对应点；反过来，如果让摆球从这些点下落，它同样会达到原水平高度上的M点．这个实验可以说明，物体由静止开始沿不同倾角的光滑斜面（或弧线）下滑时，其末速度的大小
A．只与斜面的倾角有关
B．只与斜面的长度有关
C．只与下滑的高度有关
D．只与物体的质量有关
【答案】C
【解析】
伽利略的理想斜面和摆球实验，斜面上的小球和摆线上的小球好像“记得”起自己的起始高度，实质是动能与势能的转化过程中，总能量不变．物体由静止开始沿不同倾角的光滑斜面（或弧线）下滑时，高度越大，初始的势能越大转化后的末动能也就越大，速度越大，故ABD错误，C正确．
故C正确．
[2010安徽卷 T17 6分]为了对火星及其周围的空间环境进行探测，我国预计于2011年10月发射第一颗火星探测器萤火一号．假设探测器在离火星表面高度分别为h1和h2的圆轨道上运动时，周期分别为T1和T2．火星可视为质量分布均匀的球体，且忽略火星的自转影响，万有引力常量为G．仅利用以上数据，可以计算出( )
A．火星的密度和火星表面的重力加速度
B．火星的质量和火星对萤火一号的引力
C．火星的半径和萤火一号的质量
D．火星表面的重力加速度和火星对萤火一号的引力
【答案】A
【解析】
A、由于万有引力提供探测器做圆周运动的向心力，则有：
；，
可求得火星的质量M=和火星的半径，
根据密度公式得：．
在火星表面的物体有，
可得火星表面的重力加速度，故A正确．
B、从A选项分析知道可以求出火星的质量，由于不知道萤火一号的质量，所以不能求出火星对萤火一号的引力，故B错误．
C、从A选项分析知道可以求出火星的质半径，不能求出萤火一号的质量，故C错误．
D、从A选项分析知道可以求出火星的表面的重力加速度，由于不知道萤火一号的质量，所以不能求出火星对萤火一号的引力，故D错误．
故选A．
[2010安徽卷 T19 6分]L型木板P（上表面光滑）放在固定斜面上，轻质弹簧一端固定在木板上，另一端与置于木板上表面的滑块Q相连，如图所示．若P、Q一起沿斜面匀速下滑，不计空气阻力．则木板P 的受力个数为（ ）
A．3 B．4
C．5 D．6
【答案】C
【解析】P、Q一起沿斜面匀速下滑时，由于木板P上表面光滑，滑块Q受到重力、P的支持力和弹簧沿斜面向上的弹力．根据牛顿第三定律，物体Q必对物体P有压力，同时弹簧对P也一定有向下的弹力，因而木板P受到重力、斜面的支持力、斜面的摩擦力、Q的压力和弹簧沿斜面向下的弹力
故选C。
[2010安徽卷 T20 6分]如图所示，水平地面上方矩形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，两个边长相等的单匝闭合正方形线圈Ⅰ和Ⅱ，分别用相同材料，不同粗细的导线绕制(Ⅰ为细导线)。两线圈在距磁场上界面h高处由静止开始自由下落，再进入磁场，最后落到地面.运动过程中，线圈平面始终保持在竖直平面内且下边缘平行于磁场上边界。设线圈Ⅰ、Ⅱ落地时的速度大小分别为v1、v2，在磁场中运动时产生的热量分别为Q1、Q2。不计空气阻力，则( )
A.v1＜v2，Q1＝Q2
B.v1＝v2，Q1＜Q2
C.v1＜v2，Q1＞Q2
D.v1＝v2，Q1＝Q2
【答案】B
【解析】据题两个线圈从同一高度下落，到达磁场边界时具有相同的速度v，线圈切割磁感线产生感应电流，同时受到向上的安培力为：F＝。由电阻定律得线圈的电阻R＝ρ(ρ为材料的电阻率，L为线圈的边长，S为单匝导线横截面积)，所以下边刚进入磁场时所受的安培力为：F＝，此时加速度为：a＝＝g-。
将线圈的质量m＝ρ0S 4L(ρ0为材料的密度)代入上式，所以得加速度为：a＝g-，此式中各量对于两个线圈都相同，两个线圈的加速度a相同，则线圈Ⅰ和Ⅱ同步运动，落地速度相等：v1＝v2。由能量守恒可得：Q＝mg(h+H)-mv2(H是磁场区域的高度)。因为Ⅰ为导线细，质量m小，产生的热量小，所以Q1＜Q2。故B正确，ACD错误。
[2010安徽卷 T21（2） 9分]太阳能是一种清洁、“绿色”能源。在我国上海举办的2010年世博会上，大量利用了太阳能电池。太阳能电池在有光照时，可以将光能转化为电能，在没有光照时，可以视为一个电学器件。某实验小组根据测绘小灯泡伏安特性曲线的实验方法，探究一个太阳能电池在没有光照时(没有储存电能)的I-U特性。所用的器材包括：太阳能电池，电源E，电流表A，电压表V，滑动变阻器R，开关S及导线若干。
(1)为了达到上述目的，请将图1连成一个完整的实验电路图。
(2)该实验小组根据实验得到的数据，描点绘出了如图2的I-U图像。由图可知，当电压小于2.00V时，太阳能电池的电阻 (填“很大”或“很小”)；当电压为2.80V时，太阳能电池的电阻约为 Ω。
【答案】(1)如图；(2)很大；1.0×103(965～1040)
【解析】Ⅱ(1)测量太阳能电池在没有光照时(没有储存电能)的I-U特性，电压电流需从零开始测起，滑动变阻器需用分压式。
(2)在电压小于2.00V时，由图可读出电流很小，由得，太阳能电池的电阻很大。
(3)当电压为2.80V时，根据题图读出U、I，由得：R＝1.0×103Ω。
[2010安徽卷 T23 16分]如图1所示，宽度为d的竖直狭长区域内(边界为L1、L2)，存在垂直纸面向里的匀强磁场和竖直方向上的周期性变化的电场(如图2所示)，电场强度的大小为E0，E＞0表示电场方向竖直向上。t＝0时，一带正电、质量为m的微粒从左边界上的N1点以水平速度v射入该区域，沿直线运动到Q点后，做一次完整的圆周运动，再沿直线运动到右边界上的N2点。Q为线段N1N2的中点，重力加速度为g。上述d、E0、m、v、g为已知量。
(1)求微粒所带电荷量q和磁感应强度B的大小；
(2)求电场变化的周期T；
(3)改变宽度d，使微粒仍能按上述运动过程通过相应宽度的区域，求T的最小值。
【答案】(1)；(2)；(3)。
【解析】(1)根据题意，微粒做圆周运动，洛伦兹力完全提供向心力，重力与电场力平衡，
则mg＝qE0 ①；
∵微粒水平向右做直线运动，∴竖直方向合力为0。
则mg＋qE0＝qvB ②；联立①②得：q＝③；B＝ ④；
(2)设微粒从N1运动到Q的时间为t1，做圆周运动的周期为t2，
则＝vt1 ⑤；qvB＝m ⑥；2πR＝vt2 ⑦
联立③④⑤⑥⑦得：t1＝，t2＝ ⑧
电场变化的周期T＝t1＋t2＝ ⑨
(3)若微粒能完成题述的运动过程，要求d≥2R ⑩
联立③④⑥得：R，设N1Q段直线运动的最短时间t1min，由⑤⑩得t1min，
因t2不变，T的最小值 Tmin＝t1min＋t2＝。
[2010安徽卷 T24 20分]如图，ABD为竖直平面内的光滑绝缘轨道，其中AB段是水平的，BD段为半径R＝0.2m的半圆，两段轨道相切于B点，整个轨道处在竖直向下的匀强电场中，场强大小E＝5.0×103V/m。一不带电的绝缘小球甲，以速度v0沿水平轨道向右运动，与静止在B点带正电的小球乙发生弹性碰撞。已知甲、乙两球的质量均为m＝1.0×10﹣2kg，乙所带电荷量q＝2.0×10﹣5C，g取10m/s2。(水平轨道足够长，甲、乙两球可视为质点，整个运动过程无电荷转移)
(1)甲乙两球碰撞后，乙恰能通过轨道的最高点D，求乙在轨道上的首次落点到B点的距离；
(2)在满足(1)的条件下。求甲的速度v0；
(3)若甲仍以速度v0向右运动，增大甲的质量，保持乙的质量不变，求乙在轨道上的首次落点到B点的距离范围。
【答案】(1)0.4m；(2)2m/s；(3)0.4m≤x'＜1.6m。
【解析】(1)在乙恰能通过轨道的最高点的情况下，设乙到达最高点的速度为vD，乙离开D点到达水平轨道的时间为t，乙的落点到B点的距离为x，
则由向心力公式得：m＝mg＋qE ①
竖直方向匀加速运动：2R＝·t2 ②，
水平方向匀速运动：x＝vDt ③，
联立①②③得：x＝0.4m ④
(2)设碰撞后甲、乙的速度分别为v甲、v乙，根据动量守恒有：mv0＝mv甲+mv乙 ⑤
根据机械能守恒定律有：mv02＝mv甲2+mv乙2 ⑥
联立⑤⑥得：v甲＝0，v乙＝v0 ⑦
由动能定理得：-mg 2R-qE 2R＝mvD2-mv乙2 ⑧
联立①⑦⑧得：v0＝v乙＝＝2m/s ⑨
(3)设甲的质量为M，碰撞后甲、乙的速度分别为vM、vm，
根据动量守恒有：Mv0＝MvM+mvm
根据机械能守恒定律有：Mv02＝MvM2＋mvm2，
有以上两式可得：vm＝。
由于M m，可得：v0≤vm＜2v0，设乙球过D点的速度为vD′，
由动能定理得：-mg 2R-qE 2R＝mvD′2-mvm2
联立以上两个方程可得：2m/s≤vD′＜8m/s
设乙在水平轨道上的落点到B点的距离为x'，则有：x'＝vD′t。
所以可以解得：0.4m≤x'＜1.6m
2009年安徽卷
[2009安徽卷 T16 6分]大爆炸理论认为，我们的宇宙起源于137亿年前的一次大爆炸。除开始瞬间外，在演化至今的大部分时间内，宇宙基本上是匀速膨胀的。上世纪末，对1A型超新星的观测显示，宇宙正在加速膨胀。面对这个出人意料的发现，宇宙学家探究其背后的原因，提出宇宙的大部分可能由暗能量组成，它们的排斥作用导致宇宙在近段天文叶期内开始加速膨胀。如果真是这样，则标志宇宙大小的宇宙半径R和宇宙年龄t的关系，大致是下面哪个图像？
【答案】C
【解析】宇宙匀速膨胀时，其半径随时间均匀增大，图线是一条倾斜的直线，宇宙加速膨胀时，半径随时间的变化率在变大，图线的斜率应不断变大，所以C正确。
[2009安徽卷 T17 6分]为了节省能量，某商场安装了智能化的电动扶梯。无人乘行时，扶梯运转得很慢；有人站上扶梯时，它会先慢慢加速，再匀速运转。一顾客乘扶梯上楼，恰好经历了这两个过程，如图所示。那么下列说法中正确的是（ ）
A．顾客始终受到三个力的作用
B．顾客始终处于超重状态
C．顾客对扶梯作用力的方向先指向左下方，再竖直向下
D．顾客对扶梯作用的方向先指向右下方，再竖直向下
【答案】C
【解析】解析：在慢慢加速的过程中顾客受到的摩擦力水平向左，电梯对其的支持力和摩擦力的合力方向指向右上，由牛顿第三定律，它的反作用力即人对电梯的作用方向指向向左下；在匀速运动的过程中，顾客与电梯间的摩擦力等于零，顾客对扶梯的作用仅剩下压力，方向沿竖直向下。
[2009安徽卷 T19 6分]图是科学史上一张著名的实验照片，显示一个带电粒子在云室中穿过某种金属板运动的径迹．云室放置在匀强磁场中，磁场方向垂直照片向里。云室中横放的金属板对粒子的运动起阻碍作用。分析此径迹可知粒子（ ）
A．带正电，由下往上运动
B．带正电，由上往下运动
C．带负电，由上往下运动
D．带负电，由下往上运动
【答案】A
【解析】 从照片上看，径迹的轨道半径是不同的，下部半径大，上部半径小，根据半径公式可知，下部速度大，上部速度小，这一定是粒子从下到上穿越了金属板而损失了动能，再根据左手定则，可知粒子带正电，因此，正确的选项是A。
[2009安徽卷 T20 6分]如图甲所示，一个电阻为R，面积为S的矩形导线框abcd，水平旋转在匀强磁场中，磁场的磁感应强度为B，方向与ad边垂直并与线框平面成45°角，o、o'分别是ab和cd边的中点。现将线框右半边obco'绕oo'逆时针90°到图乙所示位置。在这一过程中，导线中通过的电荷量是( )
A.
B.
C.
D.0
【答案】A
【解析】对线框的右半边(obco′)未旋转时整个回路的磁通量Φ1＝BSsin45°＝BS；对线框的右半边(obco′)旋转90°后，穿进跟穿出的磁通量相等，如图整个回路的磁通量Φ2＝0。
ΔΦ＝Φ1-Φ1＝BS
根据公式q＝It＝＝。
[2009安徽卷 T21(2) 6分]探究力对原来静止的物体做的功与物体获得的速度的关系，实验装置如图所示，实验主要过程如下：
(1)设法让橡皮筋对小车做的功分别为W、2W、3W、…；
(2)分析打点计时器打出的纸带，求出小车的速度v1、v2、v3、…；
(3)作出W-v草图；
(4)分析W-v图像。如果W-v图像是一条直线，表明∝v；如果不是直线，可考虑是否存在W∝v2、W∝v3、W∝等关系。
以下关于该试验的说法中有一项不正确，它是 。
A.本实验设法让橡皮筋对小车做的功分别为W、2W、3W、….所采用的方法是选用同样的橡皮筋，并在每次实验中使橡皮筋拉伸的长度保持一致。当用1条橡皮筋进行是实验时，橡皮筋对小车做的功为W，用2条、3条、…橡皮筋并在一起进行第2次、第3次、…实验时，橡皮筋对小车做的功分别是2W、3W、…。
B.小车运动中会受到阻力，补偿的方法，可以使木板适当倾斜。
C.某同学在一次实验中，得到一条记录纸带。纸带上打出的点，两端密、中间疏。出现这种情况的原因，可能是没有使木板倾斜或倾角太小。
D.根据记录纸带上打出的点，求小车获得的速度的方法，是以纸带上第一点到最后一点的距离来进行计算。
【答案】D
【解析】当橡皮筋伸长量按倍数增加时，功并不简单地按倍数增加，变力功一时无法确切测算。因此我们要设法回避求变力做功的具体数值，可以用一根橡皮筋做功记为W，用两根橡皮筋做功记为2W，用三根橡皮筋做功记为3W…，从而回避了直接求功的困难；
小车阻力补偿的方法是平衡摩擦力；
本实验的目的是探究橡皮绳做的功与物体获得速度的关系。这个速度是指橡皮绳做功完毕时的速度，而不整个过程的平均速度，所以D选项是错误的。
[2009安徽卷 T23 16分]如图所示，匀强电场方向沿x轴的正方向，场强为E。在A(d，0)点有一个静止的中性微粒，由于内部作用，某一时刻突然分裂成两个质量均为m的带电微粒，其中电荷量为q的微粒1沿y轴负方向运动，经过一段时间到达(0，-d)点。不计重力和分裂后两微粒间的作用。试求
(1)分裂时两个微粒各自的速度；
(2)当微粒1到达(0，-d)点时，电场力对微粒1做功的瞬间功率；
(3)当微粒1到达(0，-d)点时，两微粒间的距离.
【答案】(1)，，方向沿y正方向。
(2)
(3)2
【解析】(1)微粒1在y方向不受力，做匀速直线运动；在x方向由于受恒定的电场力，做匀加速直线运动.所以微粒1做的是类平抛运动。
设微粒1分裂时的速度为v1，微粒2的速度为v2则有：
在y方向上有：d＝v1t；在x方向上有a，d＝at2，v1
速度方向沿y轴的负方向。
中性微粒分裂成两微粒时，遵守动量守恒定律，有：mv1＋mv2＝0；所以v2＝-v1
所以v2的大小为，方向沿y正方向。
(2)设微粒1到达(0，-d)点时的速度为vB，则电场力做功的瞬时功率为，
P＝qEvBcosθ＝qEvBx，
其中由运动学公式vBx＝，所以P＝qE，
(3)两微粒的运动具有对称性，如图所示，当微粒1到达(0，-d)点时发生的位移：
S1＝d，则当微粒1到达(0，-d)点时，两微粒间的距离为BC＝2S1＝2d。
[2009安徽卷 T24 20分]过山车是游乐场中常见的设施。下图是一种过山车的简易模型，它由水平轨道和在竖直平面内的三个圆形轨道组成，B、C、D分别是三个圆形轨道的最低点，B、C间距与C、D间距相等，半径R1=2.0m、R2=1.4m。一个质量为m=1.0kg的小球(视为质点)，从轨道的左侧A点以v0=12.0m/s的初速度沿轨道向右运动，A、B间距L1=6.0m。小球与水平轨道间的动摩擦因数μ=0.2，圆形轨道是光滑的。假设水平轨道足够长，圆形轨道间不相互重叠。重力加速度取g=10m/s2，计算结果保留小数点后一位数字。试求：
(1)小球在经过第一个圆形轨道的最高点时，轨道对小球作用力的大小；
(2)如果小球恰能通过第二圆形轨道，B、C间距L应是多少；
(3)在满足(2)的条件下，如果要使小球不能脱离轨道，在第三个圆形轨道的设计中，半径R3应满足的条件；小球最终停留点与起点A的距离。
【答案】(1)10.0N；(2)12.5m。
【解析】(1)设小于经过第一个圆轨道的最高点时的速度为v1，根据动能定理：
-μmgL1-2mgR1＝mv12-mv02 ①
小球在最高点受到重力mg和轨道对它的作用力F，根据牛顿第二定律：
F＋mg＝m ②；由①②得F＝10.0N ③
(2)设小球在第二个圆轨道的最高点的速度为v2，由小球恰能通过第二圆形轨道有：
mg＝m ④；μmg(L1＋L)-2mgR2＝mv22-mv02 ⑤；
由④⑤得：L＝12.5m ⑥
(3)要保证小球不脱离轨道，可分为两种情况进行讨论：
Ⅰ轨道半径较小时，小球恰能通过第三个圆形轨道，设在最高点的速度为v3，应满足
mg＝m ⑦；μmg(L1＋2L)-2mgR3＝mv32-mv02 ⑧；由⑥⑦⑧得：R3＝0.4m
Ⅱ轨道半径较大时，小球上升的最大速度为R3，根据动能定理：
μmg(L1＋2L)-2mgR3＝0-mv02
解得：R3＝1.0m
为了保证圆轨道不重叠，R3最大值应满足：
(R2＋R3)2＝L2＋(R3-R2)2，解得：R3＝27.9m
综合Ⅰ、Ⅱ，要使小球不脱离轨道，则第三个圆轨道的半径须满足下面条件：
0＜R3≤0.4m或1.0m≤R3≤27.9m，当0＜R3≤0.4m时，小球最终停留点与起始点A的距离为L′，则：μmgL′＝0-mv02，L′=36.0m。
当1.0m≤R3≤27.9m时，小球最终停留点与起始点A的距离为L′′，
则L′′＝L′-2(L′-L1-2L)=26.0m。
试卷第
历年（2009～2015）高考物理试卷
《压轴题汇编》（7套，52道）
目 录
2015年安徽卷 2
2014年安徽卷 5
2013年安徽卷 9
2012年安徽卷 13
2011年安徽卷 16
2010年安徽卷 21
2009年安徽卷 25
2015年安徽卷
[2015安徽卷 T15 6分]由库仑定律可知，真空中两个静止的点电荷，带电荷量分别为q1和q2．其间距离为r时，它们之间相互作用力的大小为，式中k为静电力常量．若用国际单位制的基本单位表示，k的单位应为( )
A．kg·A2·m3 B．kg·A-2·m3·s-4
C．kg·m2·C-2 D．N·m2·A-2
【答案】B
【解析】根据 可得： ，由于F=ma，q=It，所以,根据质量的单位是kg，加速度的单位m/s2，距离的单位是m，电流的单位是A，时间的单位s，可得k的单位是kg A-2 m3 s-4，故选B.
[2015安徽卷 T19 6分]如图所示，abcd为水平放置的平行“ ”形光滑金属导轨，间距为l，导轨间有垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，导轨电阻不计，已知金属杆MN倾斜放置，与导轨成θ角，单位长度的电阻为r，保持金属杆以速度v沿平行于cd的方向滑动(金属杆滑动过程中与导轨接触良好)。则( )
A.电路中感应电动势的大小为
B.电路中感应电流的大小为
C.金属杆所受安培力的大小为
D.金属杆的热功率为
【答案】B
【解析】由导体切割磁感线公式可求得感应电动势的大小，由安培力公式F＝BIL可求得安培力；由P＝Fv即可求得功率；注意公式中的l均为导轨间的距离。电路中感应电动势的大小E＝Blv；公式中的l为切割的有效长度，故电动势E＝Blv；感应电流i＝＝；故B正确；安培力的大小F＝BIL＝；功率P＝Fv＝。
[2015安徽卷 T20 6分]已知均匀带电的无穷大平面在真空中激发电场的场强大小为，其中σ为平面上单位面积所带的电荷量， 0为常量，如图所示的平行板电容器，极板正对面积为S，其间为真空，带电量为Q，不计边缘效应时，极板可看作无穷大导体板，则极板间的电场强度大小和两极板间相互的静电引力大小分别为( )
A．和 B．和
C．和 D．和
【答案】D
【解析】两极板均看作无穷大导体板，极板上单位面积上的电荷量σ＝；则单个极板形成的场强E0＝＝，两极板间的电场强度为：2×＝；
两极板间的相互引力F＝E0Q＝。
[2015安徽卷 T21(2) 12分]某同学为了测量一节电池的电动势和内阻，从实验室找到以下器材，一个满偏电流为100μA，内阻为2500Ω的表头，一个开关，两个电阻箱（）和若干导线；
（1）由于表头量程偏小，该同学首先需要将表头改装成量程为50mA的电流表，则应将表头与电阻箱__________（填“串联”或者“并联”），并将电阻箱阻值调为________Ω．
（2）接着该同学用改装的电流表对电池的电动势和内阻进行测量，实验电路图如图1所示，通过改变电阻R测相应的电流I，并且作相关计算后一并记录如下表
①根据表中的数据，图2中已描绘出四个点，请将第5、6两组数据也描绘在图2中，并画出图线. ________
②根据图线可得电池的电动势E是________V，内阻r是_________Ω．
1 2 3 4 5 6
R(Ω) 95.0 75.0 55.0 45.0 35.0 25.0
I(mA) 15.0 18.7 24.8 29.5 36.0 48.0
IR(V) 1.42 1.40 1.36 1.33 1.26 1.20
【答案】并联 5.0 1.53 2.0
【解析】
（1）[1]把小量程的电流表改装成大量程的电流表需并联小电阻；
[2]由并联的的特点，电压相等
，
得．
（2）[3]如图所示：
[4]由得，纵截距为电源的电动势E．由图可得，E=1.53V
[5]由可得，图线的斜率为：
，
再由，得电源内阻为：
．
[2015安徽卷 T1 6分]在xOy平面内，有沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为E(图像未画出)，由A点斜射出一质量为m、带电量为＋q的粒子，B和C是粒子运动轨迹上的两点，如图所示，其中l0为常数，粒子所受重力忽略不计，求：
(1)粒子从A到C过程中电场力对它做的功；
(2)粒子从A到C过程所经历的时间；
(3)粒子经过C点时的速率。
【答案】（1）3qEl0；（2）；（3）。
【解析】(1)粒子从A到C电场力做功为：W＝qE(yA-yC)＝3qEl0
(2)根据抛体运动的特点，粒子在x轴方向做匀速直线运动，由对称性可知，轨迹是最高点D在y轴上，可令tAO＝tOB＝T，tBC＝T；
由Eq＝ma得：a，又yaT2，y＋3l0a(2T)2，解得：T
则A到C过程所经历的时间为：t＝3；
(3)粒子在DC段做类平抛运动，则有：2l0＝vCx(2T)；vCy＝a(2T)，vC。
[2015安徽卷 T12 20分]由三颗星体构成的系统，忽略其它星体对它们的作用，存在着一种运动形式：三颗星体在相互之间的万有引力作用下，分别位于等边三角形的三个顶点上，绕某一共同的圆心O在三角形所在的平面内做相同角速度的圆周运动(图示为A、B、C三颗星体质量不相同时的一般情况)。若A星体质量为2m，B、C两星体的质量均为m，三角形的边长为a，求：
(1)A星体所受合力大小FA；
(2)B星体所受合力大小FB；
(3)C星体的轨道半径RC；
(4)三星体做圆周运动的周期T。
【答案】(1)；(2)；(3)a；(4)π。
【解析】(1)由万有引力定律，A星体所受B、C星体引力大小为
FBA＝G＝G＝FCA，方向如图
则合力大小FA＝
(2)同上，B星体所受A、C星体引力大小分别为FAB＝G＝G
FCB＝G＝G 方向如图
由FBx＝FABcos 60°+FCB＝2G；FBy＝FABsin 60°＝
可得FB＝
(3)通过分析可知，圆心O在中垂线AD的中点，RC＝
(或:由对称性可知OB＝OC＝RC·cos∠OBD＝)，可得RC＝a
(4)三星体运动周期相同，对C星体，由FC＝FB＝＝mRC，可得T＝π
2014年安徽卷
[2014安徽卷 T14 6分]在科学研究中，科学家常将未知现象同已知现象进行比较，找出其共同点，进一步推测未知现象的特性和规律．法国物理学家库仑在研究异种电荷的吸引力问题时，曾将扭秤的振动周期与电荷间距离的关系类比单摆的振动周期与摆球到地心距离的关系．已知单摆摆长为l，引力常量为G，地球质量为M，摆球到地心的距离为r，则单摆振动周期T与距离r的关系式为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】由于万有引力使物体产生加速度，由牛顿第二定律得：，而单摆的振动周期公式为联立得：，B正确。
[2014安徽卷 T15 6分]如图所示，有一内壁光滑的闭合椭圆形管道，置于竖直平面内，MN是通过椭圆中心O点的水平线．已知一小球从M点出发，初速率为v0，沿管道MPN运动，到N点的速率为v1，所需时间为t1；若该小球仍由M点以出速率v0出发，而沿管道MQN运动，到N点的速率为v2，所需时间为t2．则（ ）
A．v1=v2，t1＞t2 B．v1＜v2，t1＞t2 C．v1=v2，t1＜t2 D．v1＜v2，t1＜t2
【答案】A
【解析】小球在运动过程中机械能守恒，故两次到达N点的速度大小相同，且均等于初速度，即v1=v2=v0；两小球的运动过程分别为先加速后减速和先减速后加速，定性做出小球运动的速率—时间图象如下图：
则图线与坐标轴所围成的面积表示小球的运动路程，小球两次的路程相等，故两次图线与坐标轴所围面积相同，由图可知，t1＞t2，A正确．
[2014安徽卷 T17 6分]一带电粒子在电场中仅受静电力作用，做初速度为零的直线运动，取该直线为x轴，起始点O为坐标原点，其电势能与位移x的关系如图所示，下列图象中合理的是( )
A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】粒子仅受电场力作用，做初速度为零的加速直线运动，电场力做功等于电势能的减小量，故：
即图象上某点的切线的斜率表示电场力；
A. 图象上某点的切线的斜率表示电场力，故电场力逐渐减小，根据
故电场强度也逐渐减小，故A错误；
B.根据动能定理，有：
故图线上某点切线的斜率表示电场力；由于电场力逐渐减小，与B图矛盾，故B错误；
C.按照C图，速度随着位移均匀增加，根据公式
匀变速直线运动的图象是直线，题图图象是直线；相同位移速度增加量相等，又是加速运动，故增加相等的速度需要的时间逐渐减小，故加速度逐渐增加；而电场力减小导致加速度减小；故矛盾，故C错误；
D.粒子做加速度减小的加速运动，故D正确．
[2014安徽卷 T1 6分]如图所示，一倾斜的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定角速度ω转动，盘面上离转轴距离2.5m处有一小物体与圆盘始终保持相对静止。物体与盘面间的动摩擦因数为(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，盘面与水平面的夹角为30°，g取10m/s2。则ω的最大值是( )
A.rad/s
B.rad/s
C.1.0rad/s
D.0.5rad/s
【答案】C
【解析】当物体转到圆盘的最低点，所受的静摩擦力沿斜面向上达到最大时，角速度最大，由牛顿第二定律得：μmgcosθ-mgsinθ＝mω2r，代入数据解得：ω＝1.0rad/s。
[2014安徽卷 T18 6分]“人造小太阳”托卡马克装置使用强磁场约束高温等离子体，使其中的带电粒子被尽可能限制在装置内部，而不与装置器壁碰撞，已知等离子体中带电粒子的平均动能与等离子体的温度T成正比，为约束更高温度的等离子体，则需要更强的磁场，以使带电粒子在磁场中的运动半径不变，由此可判断所需的磁感应强度B正比于
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】粒子在磁场中运动的半径满足，即R不变时，v与B成正比，由题意知粒子的动能与温度成正比，即v2与T成正比，综上可知，，A正确．
[2014安徽卷 T19 6分]英国物理学家麦克斯韦认为，磁场变化时会在空间激发感生电场。如图所示，一个半径为r的绝缘体圆环水平放置，环内存在竖直向上的匀强磁场B，环上套一带电荷量为+q的小球.已知磁感应强度B随时间均匀增加，其变化率为k，若小球在环上运动一周，则感生电场对小球的作用力所做功的大小是( )
A.0
B.r2qk
C.2πr2qk
D.πr2qk
【答案】D
【解析】磁感应强度B随时间均匀增加，其变化率为k，故感应电动势为：U＝S＝πr2k
根据楞次定律，感应电动势的方向为顺时针方向；小球带正电，小球在环上运动一周，则感生电场对小球的作用力所做功的大小是：W＝qU＝πr2qk。
[2014安徽卷 T21(2) 10分]某同学为了测量一个量程为3V的电压表的内阻，进行了如下实验：
(1)他先用多用电表进行了正确的测量，测量时指针位置如图1所示，得出电压表的内阻为3.00×103Ω，此时电压表的指针也偏转了。已知多用表欧姆挡表盘中央刻度值为“15”，表内电池电动势为1.5V，则电压表的示数为 V(结果保留两位有效数字)。
(2)为了更准确地测量该电压表的内阻RV，该同学设计了图2所示的电路图，实验步骤如下：A.断开开关S，按图2连接好电路；
B.把滑动变阻器R的滑片P滑到b端；
C.将电阻箱R0的阻值调到零；
D.闭合开关S；
E.移动滑动变阻器R的滑片P的位置，使电压表的指针指到3V位置；
F.保持滑动变阻器R的滑片P位置不变，调节电阻箱R0的阻值使电压表指针指到1.5V位置，读出此时电阻箱R0的阻值，此值即为电压表内阻RV的测量值；
G.断开开关S。
实验中可供选择的实验器材有：
a.待测电压表
b.滑动变阻器：最大阻值2000Ω
c.滑动变阻器：最大阻值10Ω
d.电阻箱：最大阻值9999.9Ω，阻值最小改变量为0.1Ω
e.电阻箱：最大阻值999.9Ω，阻值最小改变量为0.1Ω
f.电池组：电动势约6V，内阻可忽略
g.开关，导线若干
按照这位同学设计的实验方法，回答下列问题：
①要使测量更精确，除了选用电池组、导线、开关和待测电压表外，还应从提供的滑动变阻器中选用 （填“b”或“c”），电阻箱中选用 (填“d”或“e”)。
②电压表内阻RV的测量值R测和真实值R真相比，R测 R真(填“＞”或“＜”)；若RV越大，则越 (填“大”或“小”)。
【答案】(1)1.0；(2)①c、d；②＞，小。
【解析】(1)欧姆表的内电阻等于中值电阻，为：R＝15×100＝1500Ω；
电压表的内电阻为：RV＝3000Ω；
故电压表读数为：U＝IRV＝·RV＝＝1.0V
(2)①采用电压表半偏法测量电压表内电阻，要保证电压表与电阻箱的总电压保持不变，需要使电压表电阻远大于滑动变阻器的电阻，故滑动变阻器选择小电阻，即选择c；电阻箱最大电阻不能小于电压表电阻，电压表内电阻约为3000Ω，故电阻箱选择d；②实验中要保证电压表与电阻箱的总电压不变，但实际上该电压是变化的；当电阻箱电阻增加时，电压表与电阻箱的总电压略微增加；实验中认为电阻箱和电压表电阻相等，故调节电阻箱R0的阻值使电压表指针指到1.5V位置，此时电阻箱的电压大于1.5V，故电阻箱的电阻大于电压表的电阻，即测量值偏大；当RV越大，电压表与电阻箱的总电压偏差越小，系统误差越小，故当RV越大，则越小；
[2014安徽卷 T23 16分]如图1所示，匀强磁场的磁感应强度B为0.5T，其方向垂直于倾角θ为30°的斜面向上。绝缘斜面上固定有“A”形状的光滑金属导轨MPN(电阻忽略不计)，MP和NP长度均为2.5m，MN连线水平，长为3m，以MN的中点O为原点，OP为x轴建立一维坐标系Ox，一根粗细均匀的金属杆CD，长度d为3m，质量m为1kg，电阻R为0.3Ω，在拉力F的作用下，从MN处以恒定速度v＝1m/s在导轨上沿x轴正向运动(金属杆与导轨接触良好)，g取10m/s2。
(1)求金属杆CD运动过程中产生的感应电动势E及运动到x＝0.8m处电势差UCD；
(2)推导金属杆CD从MN处运动到P点过程中拉力F与位置坐标x的关系式，并在图2中画出F-x关系图像；
(3)求金属杆CD从MN处运动到P点的全过程产生的焦耳热。
【答案】(1)金属杆CD运动过程中产生的感应电动势E＝1.5V，运动到x＝0.8m处CD之间的电势差是-0.6V；
(2)金属杆CD从MN处运动到P点过程中拉力F与位置坐标x的关系式是F＝5＋3.75(2.0-x)，并在图2中画出F-x关系图像如图；
(3)金属杆CD从MN处运动到P点的全过程产生的焦耳热是7.5J。
【解析】(1)导体棒开始运动时，回路中产生的感应电动势为：E＝Bdv＝0.5×3×1＝1.5V；
由几何关系得：m＝2.0m，
sin∠MPO＝＝0.6，
接入导轨之间的有效长度：L＝2 (2.0-vt) tan∠MPO＝1.5×(2.0-vt)，
金属杆CD运动过程中产生的有效感应电动势E：
E＝BLv＝0.5×1.5×(2.0-x)×1＝0.75(2.0-x)，
运动到x＝0.8m处时的有效电动势：E1＝0.75(2.0-x)＝0.75×(2.0-0.8)V＝0.9V。
这一段相当于电源，而且轨道没有电阻，所以电源是被短接的，那么接入回路中的这一部分电势处处相等，所以CD两端电势差就由剩余两端的导体棒产生，又由右手定则判断D比C电势高；
所以：UDC＝E-E1＝1.5V-0.9V＝0.6V，
UCD＝-0.6V；
(2)接入电路的导体棒的电阻：R′＝
感应电流：A
安培力F安＝BIL＝0.5×5×1.5(2.0-x)＝3.75(2.0-x)
由平衡条件得：mgsinθ＋F安＝F
得拉力F与位置坐标x的关系式：F＝5＋3.75(2.0-x)
x＝0时，F＝12.5N；
x＝2.0时，F＝5N画出F-x关系图像如图：
(3)设导体棒经t时间沿导轨匀速向上运动的位移为x，
则t时刻导体棒切割的有效长度Lx＝L-2x
导体棒在导轨上运动时所受的安培力：F安＝3.75(2.0-x)
因安培力的大小F安与位移x成线性关系，故通过导轨过程中导体棒所受安培力的平均值：N
产生的焦耳热：J。
[2014安徽卷 T24 20分]在光滑水平面上有一凹槽A，中央放一小物块B，物块与左右两边槽壁的距离如图所示，L为1.0m，凹槽与物块的质量均为m，两者之间的动摩擦因数μ为0.05，开始时物块静止，凹槽以v0＝5m/s初速度向右运动，设物块与凹槽槽壁碰撞过程中没有能量损失，且碰撞时间不计，g取10m/s2，求：
(1)物块与凹槽相对静止时的共同速度；
(2)从凹槽开始运动到两者相对静止物块与右侧槽壁碰撞的次数；
(3)从凹槽开始运动到两者刚相对静止所经历的时间及该时间内凹槽运动的位移大小。
【答案】(1)2.5m/s；(2)6次；(3)5s，12.75m。
【解析】(1)设两者间相对静止时的速度为v，由动量守恒定律得：mv0＝2mv，得：v＝2.5m/s。
(2)物块与凹槽间的滑动摩擦力f＝μN＝μmg
设两者间相对静止前，相对运动的路程为s1，由动能定理得：-fs1＝(m＋m)v2-mv02
解得：s1＝12.5m。已知L＝1m，可推知物块与右侧槽壁共发生6次碰撞。
(3)设凹槽与物块碰前的速度分别为v1、v2，碰后的速度分别为v1′、v2′。有
mv1＋mv2＝mv1′＋mv2′，
mv12＋mv22＝mv1′2＋mv2′2，
得：v1′＝v2，v2′＝v1
即每碰撞一次凹槽与物块发生一次速度交换，在同一坐标系上两者的速度图线如图所示，根据碰撞次数可分为13段，凹槽、物块的v-t图像在两条连续的匀变速运动图线间转换，
故可用匀变速直线运动规律求时间。则
v＝v0+at，a＝-μg，
解得：t＝5s
凹槽的v-t图像所包围的阴影面积即为凹槽的位移大小s2。(等腰三角形面积共分13份，第一份面积为0.5L。其余每份面积均为L。)
s2＝·t＋6.5L＝12.75m。
2013年安徽卷
[2013安徽卷 T17 6分]质量为m的人造地球卫星与地心的距离为r时，引力势能可表示为，其中 G为引力常量，M为地球质量。该卫星原来的在半径为R1的轨道上绕地球做匀速圆周运动，由于受到极稀薄空气的摩擦作用，飞行一段时间后其圆周运动的半径变为R2，此过程中因摩擦而产生的热量为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】
卫星做匀速圆周运动，万有引力提供向心力
可得质量为m的人造地球卫星与地心的距离为r时的动能为
结合题意，此时卫星的机械能
根据能量守恒定律，该卫星因摩擦而产生的热量等于卫星损失的机械能，所以
故选C。
[2013安徽卷 T18 6分]由消防水龙带的喷嘴喷出水的流量是0.28m3/min，水离开喷口时的速度大小为16m/s，方向与水平面夹角为60°，在最高处正好到达着火位置，忽略空气阻力，则空中水柱的高度和水量分别是(重力加速度g取10m/s2)( )
A.28.8m；1.12×10-2m3
B.28.8m；0.672m3
C.38.4m；1.29×10-2m3
D.38.4m；0.776m3
【答案】A
【解析】水在竖直方向上的分速度m/s＝24m/s。
则空中水柱的高度h＝m＝28.8m。
则t＝＝2.4s。则空中水柱的水量Q＝0.28m3＝1.12×10-2m3。
[2013安徽卷 T19 6分]用图示的电路可以测量电阻的阻值，图中Rx是待测电阻，R0是定值电阻，G是灵敏度很高的电流表，MN是一段均匀的电阻丝。闭合开关，改变滑动头P的位置，当通过电流表G的电流为零时，测得MP=l1，PN=l2，，则Rx的阻值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】当通过灵敏电流表的电流为零时，电流表两端电势相等，即两端电压与PN段电压相等，串联电路电压与阻值成正比，且由
可知，阻值与长度成正比，可得
可得
故选C。
[2013安徽卷 T20 6分]如图所示，xOy平面是无穷大导体的表面，该导体充满z＜0的空间，z＞0的空间为真空.将电荷量为q的点电荷置于z轴上z＝h处，则在xOy平面上会产生感应电荷。空间任意一点处的电场皆是由点电荷q和导体表面上的感应电荷共同激发的。已知静电平衡时导体内部场强处处为零，则在z轴上z＝处的场强大小为(k为静电力常量)( )
A.k B.k
C.k D.k
【答案】D
【解析】导体处于静电平衡状态，内部场强为零，在z轴上z＝－处，感应电荷产生的场强大小E′与点电荷q产生的场强大小相等、方向相反，E′＝k＝k；在z轴上z＝处，感应电荷产生的场强大小也为E′，点电荷q产生的场强大小E＝k＝k，E与E′方向相同，因此合场强E合＝E＋E′＝k，选项D正确。
[2013安徽卷 T21(3) 7分]根据闭合电路欧姆定律，用图1所示电路可以测定电池的电动势和内电阻。图中R0两端的对应电压为U12，对测得的实验数据进行处理，就可以实现测量目的。根据实验数据在坐标系中描出坐标点，如图2所示。已知R0＝150Ω，请完成以下数据分析和处理。
(1)图2中电阻为 Ω的数据点应剔除；
(2)在坐标纸上画出关系图线；
(3)图线的斜率是 (V-1Ω-1)，由此可得电池电动势Ex＝ V。
【答案】(1)80.0；(2)如图所示；(3)0.0045，1.48。
【解析】(1)第4个点明显和其余点不在一条直线上，故应该剔除；
(2)如图所示；
(3)根据闭合电路欧姆定律，有：E＝U12，变形得：
；斜率为：；
故：E＝≈1.48V。
[2013安徽卷 T23 16分]如图所示的平面直角坐标系xOy，在第Ⅰ象限内有平行于y轴的匀强电场，方向沿y正方向；在第Ⅳ象限的正三角形abc区域内有匀强磁场，方向垂直于xOy平面向里，正三角形边长为L，且ab边与y轴平行。一质量为m、电荷量为q的粒子，从y轴上的P(0，h)点，以大小为v0的速度沿x轴正方向射入电场，通过电场后从x轴上的a(2h，0)点进入第Ⅳ象限，又经过磁场从y轴上的某点进入第Ⅲ象限，且速度与y轴负方向成45°角，不计粒子所受的重力。求：
(1)电场强度E的大小；
(2)粒子到达a点时速度的大小和方向；
(3)abc区域内磁场的磁感应强度B的最小值。
【答案】(1)；
(2)vv0，与x轴正方向成45°角斜向右下方；(3)。
【解析】粒子在第Ⅰ象限内做类平抛运动，设在第Ⅰ象限内运动的时间为t1，则
水平方向有：2h＝v0t1 ①；竖直方向有： ②
①②式联立得： ③
(2)设粒子到达a点时时竖直方向的速度vy；则有： ④
①③④联立得：vy＝v0
所以粒子到达a点时速度大小为
与x轴的夹角为θ，由几何关系得：tanθ＝＝1，所以θ＝45°；
(3)经分析，当粒子从b点出磁场时，磁感应强度最小；
由几何关系得：Lr，解得：②
由洛伦兹力提供向心力得：③
①②③联立得：即磁感应强度的最小值。
[2013安徽卷 T24 20分]如图所示，质量为M、倾角为α的斜面体(斜面光滑且足够长)放在粗糙的水平地面上，底部与地面的动摩擦因数为μ，斜面顶端与劲度系数为k、自然长度为L的轻质弹簧相连，弹簧的另一端连接着质量为m的物块.压缩弹簧使其长度为L时将物块由静止开始释放，且物块在以后的运动中，斜面体始终处于静止状态.重力加速度为g。
(1)求物块处于平衡位置时弹簧的长度；
(2)选物块的平衡位置为坐标原点，沿斜面向下为正方向建立坐标轴，用x表示物块相对于平衡位置的位移，证明物块做简谐运动；
(3)求弹簧的最大伸长量；
(4)为使斜面体始终处于静止状态，动摩擦因数μ应满足什么条件(假设滑动摩擦力等于最大静摩擦力)
【答案】(1)L＋；(3)＋；(4)μ≥。
【解析】(1)设物块在斜面上平衡时，弹簧伸长量为ΔL，有：mgsinα－kΔL＝0，
解得ΔL＝，此时弹簧的长度为L＋。
(2)当物块的位移为x时，弹簧伸长量为x＋ΔL，物块所受合力为F合＝mgsinα－k(x＋ΔL)，
联立以上各式可得F合＝－kx，
可知物块做简谐运动；
(3)物块做简谐运动的振幅为A＝＋，
由对称性可知，最大伸长量为＋。
(4)设物块位移x为正，则斜面体受力情况如图所示，由于斜面体平衡，所以有
水平方向f＋FN1sinα－Fcosα＝0，
竖直方向FN2－Mg－FN1cosα－Fsinα＝0，
又F＝k(x＋ΔL)，FN1＝mgcosα，
联立可得f＝kxcosα，FN2＝Mg＋mg＋kxsinα
为使斜面体始终处于静止，结合牛顿第三定律，应有
|f|≤μFN2，所以μ≥＝，当x＝－A时，上式右端达到最大值，
于是有μ≥.
2012年安徽卷
[2012安徽卷 T17 6分]如图所示，放在固定斜面上的物块以加速度a沿斜面匀加速下滑，若在物块上再施加一竖直向下的恒力F，则( )
A.物块可能匀速下滑
B.物块仍以加速度a匀加速下滑
C.物块将以大于a的加速度匀加速下滑
D.物块将以小于a的加速度匀加速下滑
【答案】C
【解析】解：未加F时，物体受重力、支持力和摩擦力，根据牛顿第二定律有：a。当施加F后，加速度a′，因为gsinθ＞μgcosθ，所以Fsinθ＞μFcosθ，可见a′＞a，即加速度增大。
[2012安徽卷 T19 6分]如图所示，圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带电粒子以速度v从A点沿直径AOB方向射入磁场，经过Δt时间从C点射出磁场，OC与OB成600角．现将带电粒子的速度变为v/3，仍从A点沿原方向射入磁场，不计重力，则粒子在磁场中的运动时间变为( )
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，据牛顿第二定律有，解得粒子第一次通过磁场区时的半径为，圆弧 AC所对应的圆心角∠ AO′ C＝60°，经历的时间为（ T为粒子在匀强磁场中运动周期，大小为，与粒子速度大小无关）；当粒子速度减小为 v/3后，根据知其在磁场中的轨道半径变为 r/3，粒子将从 D点射出，根据图中几何关系得圆弧 AD所对应的圆心角∠ AO″ D＝120°，经历的时间为．由此可知B项正确．
[2012安徽卷 T20 6分]如图所示，半径为R的均匀带电圆形平板，单位面积带电荷量为σ，其轴线上任意一点P(坐标为x)的电场强度可以由库仑定律和电场强度的叠加原理求出：E＝2πkσ[1－]，方向沿x轴。现考虑单位面积带电荷量为σ0的无限大均匀带电平板，从其中间挖去一半径为r的圆板，如图所示。则圆孔轴线上任意一点Q(坐标为x)的电场强度为( )
A.2πkσ0
B.2πkσ0
C.2πkσ0
D.2πkσ0
【答案】A
【解析】由公式E＝2πkσ[1－]可知，当R→∞时，→0，则E→2πkσ，即单位面积带电量为σ0的无限大均匀带电平板在Q处产生的电场强度E0＝2 πkσ0，而挖去的一个半径为r的圆板在Q处产生的电场强度E′＝2πkσ0[1－]，所以此时的电场强度E＝E0－E′＝2πkσ0，故A正确。
[2012安徽卷 T21 10分]Ⅰ、图1为“验证牛顿第二定律”的实验装置示意图.砂和砂桶的总质量为m，小车和砝码的总质量为M。实验中用砂和砂桶总重力的大小作为细线对小车拉力的大小。
(1)试验中，为了使细线对小车的拉力等于小车所受的合外力，先调节长木板一滑轮的高度，使细线与长木板平行。接下来还需要进行的一项操作是 。
A.将长木板水平放置，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，给打点计时器通电，调节m的大小，使小车在砂和砂桶的牵引下运动，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动。
B.将长木板的一端垫起适当的高度，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，撤去砂和砂桶，给打点计时器通电，轻推小车，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动。
C.将长木板的一端垫起适当的高度，撤去纸带以及砂和砂桶，轻推小车，观察判断小车是否做匀速运动。
(2)实验中要进行质量m和M的选取，以下最合理的一组是 。
A.M＝20g，m＝10g、15g、20g、25g、30g、40g
B.M＝200g，m＝20g、40g、60g、80g、100g、120g
C.M＝400g，m＝10g、15g、20g、25g、30g、40g
D.M＝400g，m＝20g、40g、60g、80g、100g、120g
(3)图2是试验中得到的一条纸带，A、B、C、D、E、F、G为7个相邻的计数点，相邻的两个计数点之间还有四个点未画出。量出相邻的计数点之间的距离分别为sAB＝4.22cm、sBC＝4.65cm、sCD＝5.08cm、sDE＝5.49cm、sEF＝5.91cm、sFG＝6.34cm。已知打点计时器的工作频率为50Hz，则小车的加速度a＝ m/s2(结果保留2位有效数字)。
【答案】(1)B；(2)C；(3)0.42m/s2
【解析】I.(1)将不带滑轮的木板一端适当垫高，在不挂沙和沙桶的情况下使小车恰好做匀速运动，以使小车的重力沿斜面分力和摩擦力抵消，那么小车的合力就是绳子的拉力。要判断是否是匀速运动，我们可以从打出的纸带相邻的点的间距来判断小车是否做匀速运动，故选B。
(2)当m M时，即当沙和沙桶的总重力要远小于小车的重力，绳子的拉力近似等于沙和沙桶的总重力。
(3)相邻的两个计数点之间还有四个点未画出，相邻的计数点时间间隔为0.1s
利用匀变速直线运动的推论：Δx＝at2，sDE-sAB＝3a1T2；sEF-sBC＝3a2T2；sFG-sCD＝3a3T2
a＝＝0.42m/s2。
[2012安徽卷 T23 16分]图1是交流发电机模型示意图．在磁感应强度为B的匀强磁场中，有一矩形线圈abcd可绕线圈平面内垂直于磁感线的轴转动，由线圈引起的导线ae和df分别与两个跟线圈一起绕转动的金属圈环相连接，金属圆环又分别与两个固定的电刷保持滑动接触，这样矩形线圈在转动中就可以保持和外电路电阻R形成闭合电路．图2是线圈的主视图，导线ab和cd分别用它们的横截面来表示．已知ab长度为L1，bc长度为L2，线圈以恒定角速度ω逆时针转动．（只考虑单匝线圈）
（1）线圈平面处于中性面位置时开始计时，试推导t时刻整个线圈中的感应电动势e1的表达式；
（2）线圈平面处于与中性面成φ0夹角位置时开始计时，如图3所示，试写出t时刻整个线圈中的感应电动势e2的表达式；
（3）若线圈电阻为r，求线圈每转动一周电阻R上产生的焦耳热．（其它电阻均不计）
【答案】（1）（2）
（3）
【解析】
(1)矩形线圈abcd在磁场中转动时，ab、cd切割磁感线，且转动的半径为r＝，转动时ab、cd的线速度v＝ωr＝，且与磁场方向的夹角为ωt，如图所示．所以整个线圈中的感应电动势e1＝2BL1vsin ωt＝BL1L2ωsin ωt.
(2)当t＝0时，线圈平面与中性面的夹角为φ0，则t时刻时，线圈平面与中性面的夹角为ωt＋φ0.
故此时感应电动势的瞬时值：e2＝2BL1vsin(ωt＋φ0)＝BL1L2ωsin(ωt＋φ0)．
(3)线圈匀速转动时感应电动势的最大值Em＝BL1L2ω，故有效值：
回路中电流的有效值.
根据焦耳定律知转动一周电阻R上的焦耳热为：
.
[2012安徽卷 T24 20分]如图所示，装置的左边是足够长的光滑水平台面，一轻质弹簧左端固定，右端连接着质量M＝2kg的小物块A。装置的中间是水平传送带，它与左右两边的台面等高，并能平滑对接.传送带始终以u＝2m/s的速率逆时针转动。装置的右边是一光滑曲面，质量m＝1kg的小物块B从其上距水平台面高h＝1.0m处由静止释放.已知物块B与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，l＝1.0m。设物块A、B间发生的是对心弹性碰撞，第一次碰撞前物块A静止且处于平衡状态.取g＝10m/s2。
(1)求物块B与物块A第一次碰撞前的速度大小；
(2)通过计算说明物块B与物块A第一次碰撞后能否运动到右边的曲面上；
(3)如果物块A、B每次碰撞后，物块A再回到平衡位置时都会立即被锁定，而当它们再次碰撞前锁定被解除，试求出物块B第n次碰撞后的运动速度大小。
【答案】(1)4m/s；(2)不能；(3)()nv。
【解析】(1)设物块B沿光滑曲面下滑到水平位置时的速度大小为v0.由机械能守恒知
mgh＝mv02，得v0＝
设物块B在传送带上滑动过程中因受摩擦力所产生的加速度大小为a，则：μmg＝ma
设物块B通过传送带后运动速度大小为v，有：v2－v02＝-2al，联立解得v＝4m/s
由于v＞u＝2m/s，所以v＝4m/s即为物块B与物块A第一次碰撞前的速度大小。
(2)设物块A、B第一次碰撞后的速度分别为V、v1，取向右为正方向，由弹性碰撞知
-mv＝mv1＋MV，mv2＝mv12＋MV2，解得v1＝v＝m/s
即碰撞后物块B沿水平台面向右匀速运动。
设物块B在传送带上向右运动的最大位移为l′，则：0－v12＝－2al′
得l′＝m＜1m，所以物块B不能通过传送带运动到右边的曲面上。
(3)当物块B在传送带上向右运动的速度为零后，将会沿传送带向左加速。可以判断，物块B运动到左边台面时的速度大小为v1，继而与物块A发生第二次碰撞。设第二次碰撞后物块B速度大小为v2，同上计算可知：v2＝v1＝2v
物块B与物块A第三次碰撞、第四次碰撞……，碰撞后物块B的速度大小依次为
v3＝v2＝3v；v4＝v3＝4v；……；则第n次碰撞后物块B的速度大小为：vn＝()nv。
2011年安徽卷
[2011安徽卷 T14 6分]一质量为m的物块恰好静止在倾角为θ的斜面上。现对物块施加一个竖直向下的恒力F，如图所示。则物块（ ）
A．仍处于静止状态 B．沿斜面加速下滑
C．受到的摩擦力不便 D．受到的合外力增大
【答案】A
【解析】
由于质量为m的物块恰好静止在倾角为θ的斜面上，说明斜面对物块的摩擦力等于最大静摩擦力，对物体受力分析，如图
根据共点力平衡条件，有
f=mgsinθ
N=mgcosθ
f=μN
解得
μ=tanθ
对物块施加一个竖直向下的恒力F，再次对物体受力分析，如图
根据共点力平衡条件，与斜面垂直方向依然平衡
因而最大静摩擦力为
故在斜面平行方向的合力为零，故合力仍然为零，物块仍处于静止状态；摩擦力由mgsinθ增大到（F+mg）sinθ；
故选A。
[2011安徽卷 T16 6分]一物体作匀加速直线运动，通过一段位移所用的时间为，紧接着通过下一段位移所用时间为．则物体运动的加速度为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
物体作匀加速直线运动在前一段所用的时间为，平均速度为
即为时刻的瞬时速度；
物体在后一段所用的时间为，平均速度为
即为时刻的瞬时速度。
速度由变化到的时间为
所以加速度为
故选A。
[2011安徽卷 T17 6分]一般的曲线运动可以分成很多小段，每小段都可以看成圆周运动的一部分，即把整条曲线用一系列不同半径的小圆弧来代替。如图(a)所示，曲线上A点的曲率圆定义为：通过A点和曲线上紧邻A点两侧的两点作一圆，在极限情况下，这个圆就叫做A点的曲率圆，其半径ρ叫做A点的曲率半径。现将一物体沿与水平面成α角的方向以速度v0抛出，如图(b)所示。则在其轨迹最高点P处的曲率半径是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】物体在其轨迹最高点P处只有水平速度，其水平速度大小为v0cosα，根据牛顿第二定律得，所以在其轨迹最高点P处的曲率半径是，C正确。
[2011安徽卷 T18 6分]图（a）为示波管的原理图．如果在电极之间所加的电压图按图（b）所示的规律变化，在电极之间所加的电压按图（c）所示的规律变化，则在荧光屏上会看到的图形是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】电子在和间沿电场方向均做初速度为零的匀加速直线运动，由位移公式：
前半个周期0-t1时间内，电子受到的力偏向一侧，所以电子前半周期偏向一侧．
前半个周期0-t1时间内，电子受到的力偏向Y一侧，所以电子前半周期偏向Y一侧．综上，前半个周期0-t1时间内图像应该在第二象限．
同理，后半周期的图像应在第四象限．
A．分析可知，前半个周期0-t1时间内图像应该在第二象限，后半周期的图像应在第四象限．故A错误．
B．分析可知，前半个周期0-t1时间内图像应该在第二象限，后半周期的图像应在第四象限．故B正确．
C．分析可知，前半个周期0-t1时间内图像应该在第二象限，后半周期的图像应在第四象限．故C错误．
D．分析可知，前半个周期0-t1时间内图像应该在第二象限，后半周期的图像应在第四象限．故D错误．
[2011安徽卷 T19 6分]如图所示的区域内有垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度为B。电阻为R、半径为L、圆心角为45°的扇形闭合导线框，绕垂直于纸面的轴O以角速度ω匀速转动(O轴位于磁场边界)。则线框内产生的感应电流的有效值为( )
A.
B.
C.
D.
【答案】C
【解析】半径切割磁感线产生的感应电动势：EBL2ω，交流电流的有效值是根据电流的热效应得出的，线框转动周期为T，而线框转动一周只有T的时间内有感应电流，则有：，解得：I＝，C正确。
[2011安徽卷 T20 6分]如图(a)所示，两平行正对的金属板A、B间加有如图(b)所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P处。若在t0时刻释放该粒子，粒子会时而向A板运动，时而向B板运动，并最终打在A板上。则t0可能属于的时间段是( )
A.0＜t0＜
B.＜t0＜
C.＜t0＜T
D.T＜t0＜
【答案】B
【解析】若0＜t0＜，带正电粒子先加速向B板运动、再减速运动至零；然后再反方向加速运动、减速运动至零；如此反复运动，每次向右运动的距离大于向左运动的距离，最终打在B板上，所以A错误。
若＜t0＜，带正电粒子先加速向A板运动、再减速运动至零；然后再反方向加速运动、减速运动至零；如此反复运动，每次向左运动的距离大于向右运动的距离，最终打在A板上，所以B正确。
若＜t0＜T，带正电粒子先加速向A板运动、再减速运动至零；然后再反方向加速运动、减速运动至零；如此反复运动，每次向左运动的距离小于向右运动的距离，最终打在B板上，所以C错误。
若T＜t0＜，带正电粒子先加速向B板运动、再减速运动至零；然后再反方向加速运动、减速运动至零；如此反复运动，每次向右运动的距离大于向左运动的距离，最终打在B板上，所以D错误。
[2011安徽卷 T3 12分]Ⅱ.(1)某同学使用多用电表粗略测量一定值电阻的阻值，先把选择开关旋到“×1k”挡位，测量时针偏转如图(a)所示.请你简述接下来的测量过程：
① ；
② ；
③ ；
④测量结束后，将选择开关旋到“OFF”挡。
(2)接下来采用“伏安法”较准确地测量该电阻的阻值，所用实验器材如图(b)所示。
其中电压表内阻约为5kΩ，电流表内阻约为5Ω。图中部分电路已经连接好，请完成实验电路的连接。
(3)图(c)是一个多量程多用电表的简化电路图，测量电流、电压和电阻各有两个量程。当转换开关S旋到位置3时，可用来测量 ；当S旋到位置 时，可用来测量电流，其中S旋到位置 时量程较大。
【答案】Ⅱ.(1)①断开待测电阻，将选择开关旋到“×100”挡；
②将两表笔短接，调整“欧姆调零旋钮”，使指针指向“0Ω”；
③再接入待测电阻，将指针示数×100，即为待测电阻阻值.
(2)如图所示。
(3)1、2；1
【解析】Ⅱ.(1)①断开待测电阻，将选择开关旋到“×100”挡；
②将两表笔短接，调整“欧姆调零旋钮”，使指针指向“0Ω”；
③再接入待测电阻，将指针示数×100，即为待测电阻阻值.
(2)由题可知待测电阻约几百殴，比较大，采用电流表内接法，误差较小.如图乙所示.
(3)当转换开关S旋到位置3时，电源与两并联电阻串联，构成欧姆表，可测量电阻.当S旋到位置 1、2时，电流表与电阻并联，可用来测量电流.S旋到位置1时，量程I＝Ig，S旋到位置2时，量程I＝Ig，可见，S旋到位置1时，量程较大。
[2011安徽卷 T22 14分](1)开普勒行星运动第三定律指出：行星绕太阳运动的椭圆轨道的半长轴a的三次方与它的公转周期T的二次方成正比，即，k是一个对所有行星都相同的常量．将行星绕太阳的运动按圆周运动处理，请你推导出太阳系中该常量k的表达式．已知引力常量为G，太阳的质量为M太．
(2)开普勒定律不仅适用于太阳系，它对一切具有中心天体的引力系统（如地月系统）都成立．经测定月地距离为3.84×108m，月球绕地球运动的周期为2.36×106s，试计算地球的质量M地．（G=6.67×10-11Nm2/kg2，结果保留一位有效数字）
【答案】（1）（2）M地=6×1024kg
【解析】（1）因（1）行星绕太阳作匀速圆周运动，于是轨道的半长轴a即为轨道半径r．根据万有引力定律和牛顿第二定律有
①--------（3分）
于是有 ②--------(1分)
即 ③--------（1分）
（2）在月地系统中，设月球绕地球运动的轨道半径为R，周期为T，由②式可得
④--------（3分）
解得 M地=6×1024kg（ M地=5×1024kg也算对 ） ⑤--------(2分)
[2011安徽卷 T23 16分]如图所示，在以坐标原点O为圆心，半径为R的半圆形区域内，有相互垂直的匀强电场和匀强磁场，磁感应强度为B，磁场方向垂直于xOy平面向里。一带正电的粒子(不计重力)从O点沿y轴正方向以某一速度射入，带电粒子恰好做匀速直线运动，经t0时间从P点射出。
(1)电场强度的大小和方向。
(2)若仅撤去磁场，带电粒子仍从O点以相同的速度射入，经时间恰从半圆形区域的边界射出，求粒子运动加速度大小。
(3)若仅撤去电场，带电粒子仍从O点射入但速度为原来的4倍，求粒子在磁场中运动的时间。
【答案】(1)；(2)；(3)t0。
【解析】(1)设带电粒子的质量为m，电荷量为q，初速度为v，电场强度为E。
可判断出粒子受到的洛伦兹力沿x轴负方向，于是可知电场强度沿x轴正方向
且有qE＝qvB ①，又R＝vt0 ②，则E＝ ③
(2)仅有电场时，带电粒子在匀强电场中做类平抛运动：在y方向位移y＝v ④
由②④式得y ⑤
设在水平方向位移为x，因射出位置在半圆形区域边界上，于是xR
又有xa ⑥，得a＝ ⑦
(3)仅有磁场时，入射速度v′＝4v，带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，
设轨道半径为r，由牛顿第二定律有：qv′B＝m ⑧，又qE＝ma ⑨
由③⑦⑧⑨式得rR ⑩
由几何关系sinα，即sinα，所以α＝
带电粒子在磁场中运动周期：T＝
则带电粒子在磁场中运动时间：tB＝T，所以：tB＝t0
[2011安徽卷 T24 20分]如图所示，质量M＝2kg的滑块套在光滑的水平轨道上，质量m＝1kg的小球通过长L＝0.5m的轻质细杆与滑块上的光滑轴O连接，小球和轻杆可在竖直平面内绕O轴自由转动，开始轻杆处于水平状态，现给小球一个竖直向上的初速度v0＝4m/s， g取10m/s2。
(1)若锁定滑块，试求小球通过最高点P时对轻杆的作用力大小和方向。
(2)若解除对滑块的锁定，试求小球通过最高点时的速度大小。
(3)在满足(2)的条件下，试求小球击中滑块右侧轨道位置点与小球起始位置点间的距离。
【答案】(1)2N，竖直向上；(2)2m/s；(3)m。
【解析】(1)设小球能通过最高点，且此时的速度为v1.在上升过程中，因只有重力做功，小球的机械能守恒。则mv12＋mgL＝mv02 ①，v1＝m/s ②
设小球到达最高点时，轻杆对小球的作用力为F，方向向下，则F＋mg＝m ③
由②③式，得F＝2N ④
由牛顿第三定律可知，小球对轻杆的作用力大小为2N，方向竖直向上。
(2)解除锁定后，设小球通过最高点时的速度为v2，此时滑块的速度为V。
在上升过程中，因系统在水平方向上不受外力作用，水平方向的动量守恒。
以水平向右的方向为正方向，有mv2-MV＝0 ⑤
在上升过程中，因只有重力做功，系统的机械能守恒，
则mv22＋MV 2＋mgL＝mv02 ⑥，由⑤⑥式，得v2＝2m/s。
(3)设小球击中滑块右侧轨道的位置点与小球起始点的距离为s1，滑块向左移动的距离为s2，
任意时刻小球的水平速度大小为v3，滑块的速度大小为V'。
由系统水平方向的动量守恒，得mv3-MV'＝0…⑦
将⑦式两边同乘以Δt，得mv3Δt-MV'Δt＝0…⑧
因⑧式对任意时刻附近的微小间隔Δt都成立，累积相加后，有
ms1-Ms2＝0 ⑨，又s1＋s2＝2L ⑩，由⑨⑩式得s1＝m。
2010年安徽卷
[2010安徽卷 T14 6分]伽利略曾设计如图所示的一个实验，将摆球拉至M点放开，摆球会达到同一水平高度上的N点．如果在E或F处钉子，摆球将沿不同的圆弧达到同一高度的对应点；反过来，如果让摆球从这些点下落，它同样会达到原水平高度上的M点．这个实验可以说明，物体由静止开始沿不同倾角的光滑斜面（或弧线）下滑时，其末速度的大小
A．只与斜面的倾角有关
B．只与斜面的长度有关
C．只与下滑的高度有关
D．只与物体的质量有关
【答案】C
【解析】
伽利略的理想斜面和摆球实验，斜面上的小球和摆线上的小球好像“记得”起自己的起始高度，实质是动能与势能的转化过程中，总能量不变．物体由静止开始沿不同倾角的光滑斜面（或弧线）下滑时，高度越大，初始的势能越大转化后的末动能也就越大，速度越大，故ABD错误，C正确．
故C正确．
[2010安徽卷 T17 6分]为了对火星及其周围的空间环境进行探测，我国预计于2011年10月发射第一颗火星探测器萤火一号．假设探测器在离火星表面高度分别为h1和h2的圆轨道上运动时，周期分别为T1和T2．火星可视为质量分布均匀的球体，且忽略火星的自转影响，万有引力常量为G．仅利用以上数据，可以计算出( )
A．火星的密度和火星表面的重力加速度
B．火星的质量和火星对萤火一号的引力
C．火星的半径和萤火一号的质量
D．火星表面的重力加速度和火星对萤火一号的引力
【答案】A
【解析】
A、由于万有引力提供探测器做圆周运动的向心力，则有：
；，
可求得火星的质量M=和火星的半径，
根据密度公式得：．
在火星表面的物体有，
可得火星表面的重力加速度，故A正确．
B、从A选项分析知道可以求出火星的质量，由于不知道萤火一号的质量，所以不能求出火星对萤火一号的引力，故B错误．
C、从A选项分析知道可以求出火星的质半径，不能求出萤火一号的质量，故C错误．
D、从A选项分析知道可以求出火星的表面的重力加速度，由于不知道萤火一号的质量，所以不能求出火星对萤火一号的引力，故D错误．
故选A．
[2010安徽卷 T19 6分]L型木板P（上表面光滑）放在固定斜面上，轻质弹簧一端固定在木板上，另一端与置于木板上表面的滑块Q相连，如图所示．若P、Q一起沿斜面匀速下滑，不计空气阻力．则木板P 的受力个数为（ ）
A．3 B．4
C．5 D．6
【答案】C
【解析】P、Q一起沿斜面匀速下滑时，由于木板P上表面光滑，滑块Q受到重力、P的支持力和弹簧沿斜面向上的弹力．根据牛顿第三定律，物体Q必对物体P有压力，同时弹簧对P也一定有向下的弹力，因而木板P受到重力、斜面的支持力、斜面的摩擦力、Q的压力和弹簧沿斜面向下的弹力
故选C。
[2010安徽卷 T20 6分]如图所示，水平地面上方矩形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，两个边长相等的单匝闭合正方形线圈Ⅰ和Ⅱ，分别用相同材料，不同粗细的导线绕制(Ⅰ为细导线)。两线圈在距磁场上界面h高处由静止开始自由下落，再进入磁场，最后落到地面.运动过程中，线圈平面始终保持在竖直平面内且下边缘平行于磁场上边界。设线圈Ⅰ、Ⅱ落地时的速度大小分别为v1、v2，在磁场中运动时产生的热量分别为Q1、Q2。不计空气阻力，则( )
A.v1＜v2，Q1＝Q2
B.v1＝v2，Q1＜Q2
C.v1＜v2，Q1＞Q2
D.v1＝v2，Q1＝Q2
【答案】B
【解析】据题两个线圈从同一高度下落，到达磁场边界时具有相同的速度v，线圈切割磁感线产生感应电流，同时受到向上的安培力为：F＝。由电阻定律得线圈的电阻R＝ρ(ρ为材料的电阻率，L为线圈的边长，S为单匝导线横截面积)，所以下边刚进入磁场时所受的安培力为：F＝，此时加速度为：a＝＝g-。
将线圈的质量m＝ρ0S 4L(ρ0为材料的密度)代入上式，所以得加速度为：a＝g-，此式中各量对于两个线圈都相同，两个线圈的加速度a相同，则线圈Ⅰ和Ⅱ同步运动，落地速度相等：v1＝v2。由能量守恒可得：Q＝mg(h+H)-mv2(H是磁场区域的高度)。因为Ⅰ为导线细，质量m小，产生的热量小，所以Q1＜Q2。故B正确，ACD错误。
[2010安徽卷 T21（2） 9分]太阳能是一种清洁、“绿色”能源。在我国上海举办的2010年世博会上，大量利用了太阳能电池。太阳能电池在有光照时，可以将光能转化为电能，在没有光照时，可以视为一个电学器件。某实验小组根据测绘小灯泡伏安特性曲线的实验方法，探究一个太阳能电池在没有光照时(没有储存电能)的I-U特性。所用的器材包括：太阳能电池，电源E，电流表A，电压表V，滑动变阻器R，开关S及导线若干。
(1)为了达到上述目的，请将图1连成一个完整的实验电路图。
(2)该实验小组根据实验得到的数据，描点绘出了如图2的I-U图像。由图可知，当电压小于2.00V时，太阳能电池的电阻 (填“很大”或“很小”)；当电压为2.80V时，太阳能电池的电阻约为 Ω。
【答案】(1)如图；(2)很大；1.0×103(965～1040)
【解析】Ⅱ(1)测量太阳能电池在没有光照时(没有储存电能)的I-U特性，电压电流需从零开始测起，滑动变阻器需用分压式。
(2)在电压小于2.00V时，由图可读出电流很小，由得，太阳能电池的电阻很大。
(3)当电压为2.80V时，根据题图读出U、I，由得：R＝1.0×103Ω。
[2010安徽卷 T23 16分]如图1所示，宽度为d的竖直狭长区域内(边界为L1、L2)，存在垂直纸面向里的匀强磁场和竖直方向上的周期性变化的电场(如图2所示)，电场强度的大小为E0，E＞0表示电场方向竖直向上。t＝0时，一带正电、质量为m的微粒从左边界上的N1点以水平速度v射入该区域，沿直线运动到Q点后，做一次完整的圆周运动，再沿直线运动到右边界上的N2点。Q为线段N1N2的中点，重力加速度为g。上述d、E0、m、v、g为已知量。
(1)求微粒所带电荷量q和磁感应强度B的大小；
(2)求电场变化的周期T；
(3)改变宽度d，使微粒仍能按上述运动过程通过相应宽度的区域，求T的最小值。
【答案】(1)；(2)；(3)。
【解析】(1)根据题意，微粒做圆周运动，洛伦兹力完全提供向心力，重力与电场力平衡，
则mg＝qE0 ①；
∵微粒水平向右做直线运动，∴竖直方向合力为0。
则mg＋qE0＝qvB ②；联立①②得：q＝③；B＝ ④；
(2)设微粒从N1运动到Q的时间为t1，做圆周运动的周期为t2，
则＝vt1 ⑤；qvB＝m ⑥；2πR＝vt2 ⑦
联立③④⑤⑥⑦得：t1＝，t2＝ ⑧
电场变化的周期T＝t1＋t2＝ ⑨
(3)若微粒能完成题述的运动过程，要求d≥2R ⑩
联立③④⑥得：R，设N1Q段直线运动的最短时间t1min，由⑤⑩得t1min，
因t2不变，T的最小值 Tmin＝t1min＋t2＝。
[2010安徽卷 T24 20分]如图，ABD为竖直平面内的光滑绝缘轨道，其中AB段是水平的，BD段为半径R＝0.2m的半圆，两段轨道相切于B点，整个轨道处在竖直向下的匀强电场中，场强大小E＝5.0×103V/m。一不带电的绝缘小球甲，以速度v0沿水平轨道向右运动，与静止在B点带正电的小球乙发生弹性碰撞。已知甲、乙两球的质量均为m＝1.0×10﹣2kg，乙所带电荷量q＝2.0×10﹣5C，g取10m/s2。(水平轨道足够长，甲、乙两球可视为质点，整个运动过程无电荷转移)
(1)甲乙两球碰撞后，乙恰能通过轨道的最高点D，求乙在轨道上的首次落点到B点的距离；
(2)在满足(1)的条件下。求甲的速度v0；
(3)若甲仍以速度v0向右运动，增大甲的质量，保持乙的质量不变，求乙在轨道上的首次落点到B点的距离范围。
【答案】(1)0.4m；(2)2m/s；(3)0.4m≤x'＜1.6m。
【解析】(1)在乙恰能通过轨道的最高点的情况下，设乙到达最高点的速度为vD，乙离开D点到达水平轨道的时间为t，乙的落点到B点的距离为x，
则由向心力公式得：m＝mg＋qE ①
竖直方向匀加速运动：2R＝·t2 ②，
水平方向匀速运动：x＝vDt ③，
联立①②③得：x＝0.4m ④
(2)设碰撞后甲、乙的速度分别为v甲、v乙，根据动量守恒有：mv0＝mv甲+mv乙 ⑤
根据机械能守恒定律有：mv02＝mv甲2+mv乙2 ⑥
联立⑤⑥得：v甲＝0，v乙＝v0 ⑦
由动能定理得：-mg 2R-qE 2R＝mvD2-mv乙2 ⑧
联立①⑦⑧得：v0＝v乙＝＝2m/s ⑨
(3)设甲的质量为M，碰撞后甲、乙的速度分别为vM、vm，
根据动量守恒有：Mv0＝MvM+mvm
根据机械能守恒定律有：Mv02＝MvM2＋mvm2，
有以上两式可得：vm＝。
由于M m，可得：v0≤vm＜2v0，设乙球过D点的速度为vD′，
由动能定理得：-mg 2R-qE 2R＝mvD′2-mvm2
联立以上两个方程可得：2m/s≤vD′＜8m/s
设乙在水平轨道上的落点到B点的距离为x'，则有：x'＝vD′t。
所以可以解得：0.4m≤x'＜1.6m
2009年安徽卷
[2009安徽卷 T16 6分]大爆炸理论认为，我们的宇宙起源于137亿年前的一次大爆炸。除开始瞬间外，在演化至今的大部分时间内，宇宙基本上是匀速膨胀的。上世纪末，对1A型超新星的观测显示，宇宙正在加速膨胀。面对这个出人意料的发现，宇宙学家探究其背后的原因，提出宇宙的大部分可能由暗能量组成，它们的排斥作用导致宇宙在近段天文叶期内开始加速膨胀。如果真是这样，则标志宇宙大小的宇宙半径R和宇宙年龄t的关系，大致是下面哪个图像？
【答案】C
【解析】宇宙匀速膨胀时，其半径随时间均匀增大，图线是一条倾斜的直线，宇宙加速膨胀时，半径随时间的变化率在变大，图线的斜率应不断变大，所以C正确。
[2009安徽卷 T17 6分]为了节省能量，某商场安装了智能化的电动扶梯。无人乘行时，扶梯运转得很慢；有人站上扶梯时，它会先慢慢加速，再匀速运转。一顾客乘扶梯上楼，恰好经历了这两个过程，如图所示。那么下列说法中正确的是（ ）
A．顾客始终受到三个力的作用
B．顾客始终处于超重状态
C．顾客对扶梯作用力的方向先指向左下方，再竖直向下
D．顾客对扶梯作用的方向先指向右下方，再竖直向下
【答案】C
【解析】解析：在慢慢加速的过程中顾客受到的摩擦力水平向左，电梯对其的支持力和摩擦力的合力方向指向右上，由牛顿第三定律，它的反作用力即人对电梯的作用方向指向向左下；在匀速运动的过程中，顾客与电梯间的摩擦力等于零，顾客对扶梯的作用仅剩下压力，方向沿竖直向下。
[2009安徽卷 T19 6分]图是科学史上一张著名的实验照片，显示一个带电粒子在云室中穿过某种金属板运动的径迹．云室放置在匀强磁场中，磁场方向垂直照片向里。云室中横放的金属板对粒子的运动起阻碍作用。分析此径迹可知粒子（ ）
A．带正电，由下往上运动
B．带正电，由上往下运动
C．带负电，由上往下运动
D．带负电，由下往上运动
【答案】A
【解析】 从照片上看，径迹的轨道半径是不同的，下部半径大，上部半径小，根据半径公式可知，下部速度大，上部速度小，这一定是粒子从下到上穿越了金属板而损失了动能，再根据左手定则，可知粒子带正电，因此，正确的选项是A。
[2009安徽卷 T20 6分]如图甲所示，一个电阻为R，面积为S的矩形导线框abcd，水平旋转在匀强磁场中，磁场的磁感应强度为B，方向与ad边垂直并与线框平面成45°角，o、o'分别是ab和cd边的中点。现将线框右半边obco'绕oo'逆时针90°到图乙所示位置。在这一过程中，导线中通过的电荷量是( )
A.
B.
C.
D.0
【答案】A
【解析】对线框的右半边(obco′)未旋转时整个回路的磁通量Φ1＝BSsin45°＝BS；对线框的右半边(obco′)旋转90°后，穿进跟穿出的磁通量相等，如图整个回路的磁通量Φ2＝0。
ΔΦ＝Φ1-Φ1＝BS
根据公式q＝It＝＝。
[2009安徽卷 T21(2) 6分]探究力对原来静止的物体做的功与物体获得的速度的关系，实验装置如图所示，实验主要过程如下：
(1)设法让橡皮筋对小车做的功分别为W、2W、3W、…；
(2)分析打点计时器打出的纸带，求出小车的速度v1、v2、v3、…；
(3)作出W-v草图；
(4)分析W-v图像。如果W-v图像是一条直线，表明∝v；如果不是直线，可考虑是否存在W∝v2、W∝v3、W∝等关系。
以下关于该试验的说法中有一项不正确，它是 。
A.本实验设法让橡皮筋对小车做的功分别为W、2W、3W、….所采用的方法是选用同样的橡皮筋，并在每次实验中使橡皮筋拉伸的长度保持一致。当用1条橡皮筋进行是实验时，橡皮筋对小车做的功为W，用2条、3条、…橡皮筋并在一起进行第2次、第3次、…实验时，橡皮筋对小车做的功分别是2W、3W、…。
B.小车运动中会受到阻力，补偿的方法，可以使木板适当倾斜。
C.某同学在一次实验中，得到一条记录纸带。纸带上打出的点，两端密、中间疏。出现这种情况的原因，可能是没有使木板倾斜或倾角太小。
D.根据记录纸带上打出的点，求小车获得的速度的方法，是以纸带上第一点到最后一点的距离来进行计算。
【答案】D
【解析】当橡皮筋伸长量按倍数增加时，功并不简单地按倍数增加，变力功一时无法确切测算。因此我们要设法回避求变力做功的具体数值，可以用一根橡皮筋做功记为W，用两根橡皮筋做功记为2W，用三根橡皮筋做功记为3W…，从而回避了直接求功的困难；
小车阻力补偿的方法是平衡摩擦力；
本实验的目的是探究橡皮绳做的功与物体获得速度的关系。这个速度是指橡皮绳做功完毕时的速度，而不整个过程的平均速度，所以D选项是错误的。
[2009安徽卷 T23 16分]如图所示，匀强电场方向沿x轴的正方向，场强为E。在A(d，0)点有一个静止的中性微粒，由于内部作用，某一时刻突然分裂成两个质量均为m的带电微粒，其中电荷量为q的微粒1沿y轴负方向运动，经过一段时间到达(0，-d)点。不计重力和分裂后两微粒间的作用。试求
(1)分裂时两个微粒各自的速度；
(2)当微粒1到达(0，-d)点时，电场力对微粒1做功的瞬间功率；
(3)当微粒1到达(0，-d)点时，两微粒间的距离.
【答案】(1)，，方向沿y正方向。
(2)
(3)2
【解析】(1)微粒1在y方向不受力，做匀速直线运动；在x方向由于受恒定的电场力，做匀加速直线运动.所以微粒1做的是类平抛运动。
设微粒1分裂时的速度为v1，微粒2的速度为v2则有：
在y方向上有：d＝v1t；在x方向上有a，d＝at2，v1
速度方向沿y轴的负方向。
中性微粒分裂成两微粒时，遵守动量守恒定律，有：mv1＋mv2＝0；所以v2＝-v1
所以v2的大小为，方向沿y正方向。
(2)设微粒1到达(0，-d)点时的速度为vB，则电场力做功的瞬时功率为，
P＝qEvBcosθ＝qEvBx，
其中由运动学公式vBx＝，所以P＝qE，
(3)两微粒的运动具有对称性，如图所示，当微粒1到达(0，-d)点时发生的位移：
S1＝d，则当微粒1到达(0，-d)点时，两微粒间的距离为BC＝2S1＝2d。
[2009安徽卷 T24 20分]过山车是游乐场中常见的设施。下图是一种过山车的简易模型，它由水平轨道和在竖直平面内的三个圆形轨道组成，B、C、D分别是三个圆形轨道的最低点，B、C间距与C、D间距相等，半径R1=2.0m、R2=1.4m。一个质量为m=1.0kg的小球(视为质点)，从轨道的左侧A点以v0=12.0m/s的初速度沿轨道向右运动，A、B间距L1=6.0m。小球与水平轨道间的动摩擦因数μ=0.2，圆形轨道是光滑的。假设水平轨道足够长，圆形轨道间不相互重叠。重力加速度取g=10m/s2，计算结果保留小数点后一位数字。试求：
(1)小球在经过第一个圆形轨道的最高点时，轨道对小球作用力的大小；
(2)如果小球恰能通过第二圆形轨道，B、C间距L应是多少；
(3)在满足(2)的条件下，如果要使小球不能脱离轨道，在第三个圆形轨道的设计中，半径R3应满足的条件；小球最终停留点与起点A的距离。
【答案】(1)10.0N；(2)12.5m。
【解析】(1)设小于经过第一个圆轨道的最高点时的速度为v1，根据动能定理：
-μmgL1-2mgR1＝mv12-mv02 ①
小球在最高点受到重力mg和轨道对它的作用力F，根据牛顿第二定律：
F＋mg＝m ②；由①②得F＝10.0N ③
(2)设小球在第二个圆轨道的最高点的速度为v2，由小球恰能通过第二圆形轨道有：
mg＝m ④；μmg(L1＋L)-2mgR2＝mv22-mv02 ⑤；
由④⑤得：L＝12.5m ⑥
(3)要保证小球不脱离轨道，可分为两种情况进行讨论：
Ⅰ轨道半径较小时，小球恰能通过第三个圆形轨道，设在最高点的速度为v3，应满足
mg＝m ⑦；μmg(L1＋2L)-2mgR3＝mv32-mv02 ⑧；由⑥⑦⑧得：R3＝0.4m
Ⅱ轨道半径较大时，小球上升的最大速度为R3，根据动能定理：
μmg(L1＋2L)-2mgR3＝0-mv02
解得：R3＝1.0m
为了保证圆轨道不重叠，R3最大值应满足：
(R2＋R3)2＝L2＋(R3-R2)2，解得：R3＝27.9m
综合Ⅰ、Ⅱ，要使小球不脱离轨道，则第三个圆轨道的半径须满足下面条件：
0＜R3≤0.4m或1.0m≤R3≤27.9m，当0＜R3≤0.4m时，小球最终停留点与起始点A的距离为L′，则：μmgL′＝0-mv02，L′=36.0m。
当1.0m≤R3≤27.9m时，小球最终停留点与起始点A的距离为L′′，
则L′′＝L′-2(L′-L1-2L)=26.0m。
试卷第
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