C07.【四川卷】2006-2016年汇编（12套）- 压轴题汇总（47道，61页）
文档属性
| 名称 | C07.【四川卷】2006-2016年汇编（12套）- 压轴题汇总（47道，61页） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 822.1KB | ||
| 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
四川省
历年（2006~2016）高考物理试卷
《压轴题汇编》（11套，47道）
目 录
2016四川卷 3
2015四川卷 9
2014四川卷 15
2013四川卷 20
2012四川卷 25
2011四川卷 30
2010四川卷 36
2009四川卷 42
2008四川卷 50
2007四川卷 55
2006四川卷 60
2016四川卷
[2016四川卷 T4 6分]如图所示，正六边形abcdef区域内有垂直于纸面的匀强磁场。一带正电的粒子从f点沿fd方向射入磁场区域，当速度大小为vb时，从b点离开磁场，在磁场中运动的时间为tb，当速度大小为vc时，从c点离开磁场，在磁场中运动的时间为tc，不计粒子重力。则（ ）
A．vb：vc＝1：2，tb：tc＝2：1 B．vb：vc＝2：2，tb：tc＝1：2
C．vb：vc＝2：1，tb：tc＝2：1 D．vb：vc＝1：2，tb：tc＝1：2
【答案】A
【解析】粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律有
得
粒子在磁场中运动的轨迹如图，从B点离开磁场的粒子，圆心在a点，半径等于正六边形的边长，即rb＝a
从C点离开磁场的粒子，圆心是O点，半径等于正六边形边长的2倍，即rc＝2a
根据半径公式得∝r
从b点离开磁场的粒子，圆心角θb＝120°；从C点离开磁场的粒子，圆心角θc＝60°
根据，得，故A正确，BCD错误
[2016四川卷 T7 6分]（多选题）如图所示，电阻不计、间距为l的光滑平行金属导轨水平放置于磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中，导轨左端接一定值电阻R．质量为m、电阻为r的金属棒MN置于导轨上，受到垂直于金属棒的水平外力F的作用由静止开始运动，外力F与金属棒速度v的关系是F＝F0+kv（F0、k是常量），金属棒与导轨始终垂直且接触良好。金属棒中感应电流为I，受到的安培力大小为FA，电阻R两端的电压为UR，感应电流的功率为P，它们随时间t变化图象可能正确的有（ ）
【答案】BC
【解析】设金属棒在某一时刻速度为v，由题意可知，感应电动势E＝BLv，环路电流，即I∝v；安培力，方向水平向左，即FA∝v；R两端电压，即UR∝v；感应电流功率，即P∝v2。
分析金属棒运动情况，由力的合成和牛顿第二定律可得：
，即加速度，因为金属棒从静止出发，所以F0＞0，且F合＞0，即a＞0，加速度方向水平向右。
（1）若，F合＝F0，即，金属棒水平向右做匀加速直线运动。有v＝at，说明v∝t，也即是I∝t，FA∝t，UR∝t，P∝t2，所以在此情况下没有选项符合。
（2）若，F合随v增大而增大，即a随v增大而增大，说明金属棒做加速度增大的加速运动，速度与时间呈指数增长关系，根据四个物理量与速度的关系可知B选项符合；
（3）若，F合随v增大而减小，即a随v增大而减小，说明金属棒在做加速度减小的加速运动，直到加速度减小为0后金属棒做匀速直线运动，根据四个物理量与速度关系可知C选项符合；
[2016四川卷 T8(II) 11分]用如图所示电路测量电源的电动势和内阻。实验器材：
待测电源（电动势约3V，内阻约2Ω），保护电阻R1（阻值10Ω）和R2（阻值5Ω），滑动变阻器R，电流表A，电压表V，开关S，导线若干。
实验主要步骤：
（ⅰ）将滑动变阻器接入电路的阻值调到最大，闭合开关；
（ⅱ）逐渐减小滑动变阻器接入电路的阻值，记下电压表的示数U和相应电流表的示数I；
（ⅲ）以U为纵坐标，I为横坐标，作U—I图线（U、I都用国际单位）；
（ⅳ）求出U—I图线斜率的绝对值k和在横轴上的截距a．
回答下列问题：
（1）电压表最好选用 ；电流表最好选用 。
A．电压表（0～3V，内阻约15kΩ）
B．电压表（0～3V，内阻约3kΩ）
C．电流表（0～200mA，内阻约2Ω）
D．电流表（0～30mA，内阻约2Ω）
（2）滑动变阻器的滑片从左向右滑动，发现电压表示数增大。两导线与滑动变阻器接线柱连接情况是 。
A．两导线接在滑动变阻器电阻丝两端接线柱
B．两导线接在滑动变阻器金属杆两端接线柱
C．一条导线接在滑动变阻器金属杆左端接线柱，另一条导线接在电阻丝左端接线柱
D．一条导线接在滑动变阻器金属杆右端接线柱，另一条导线接在电阻丝右端接线柱
（3）选用k、a、R1和R2表示待测电源的电动势E和内阻r的表达式E＝ ，r＝ ，代入数值可得E和r的测量值。
【答案】（1）A，C；（2）C；（3）ka；k﹣R2。
【解析】（1）电压表并联在电路中，故电压表内阻越大，分流越小，误差也就越小，因此应选内阻较大的A电压表；当滑动变阻器接入电阻最小时，通过电流表电流最大，此时通过电流表电流大小约为IA＝176mA；因此，电流表选择C；
（2）分析电路可知，滑片右移电压表示数变大，则说明滑动变阻器接入电路部分阻值增大，而A项中两导线接在电阻丝两端，接入电阻最大并保持不变；B项中是两导线均接在金属柱的两端上，接入电阻为零；C项中一导线接在金属杆左端，而另一导线接在电阻丝左端，则可以保证滑片右移时阻值增大；而D项中导线分别接右边上下接线柱，滑片右移时，接入电阻减小；故D错误；
故选：C；
（3）由闭合电路欧姆定律可知：U＝E﹣I（r+R2），对比伏安特性曲线可知，图象的斜率为k＝r+R2；
则内阻r＝k﹣R2；
令U＝0，则有：
I；由题意可知，图象与横轴截距为a，则有：a＝I；解得：E＝ka；
[2016四川卷 T11 19分]如图所示，图面内有竖直线DD′，过DD′且垂直于图面的平面将空间分成Ⅰ、Ⅱ两区域。区域I有方向竖直向上的匀强电场和方向垂直图面的匀强磁场B（图中未画出）；区域Ⅱ有固定在水平面上高h＝2l、倾角α的光滑绝缘斜面，斜面顶端与直线DD′距离s＝4l，区域Ⅱ可加竖直方向的大小不同的匀强电场（图中未画出）；C点在DD′上，距地面高H＝3l。零时刻，质量为m、带电荷量为q的小球P在K点具有大小v0、方向与水平面夹角θ的速度，在区域I内做半径r的匀速圆周运动，经C点水平进入区域Ⅱ．某时刻，不带电的绝缘小球A由斜面顶端静止释放，在某处与刚运动到斜面的小球P相遇。小球视为质点，不计空气阻力及小球P所带电量对空间电磁场的影响。l已知，g为重力加速度。
（1）求匀强磁场的磁感应强度B的大小；
（2）若小球A、P在斜面底端相遇，求释放小球A的时刻tA；
（3）若小球A、P在时刻t＝β（β为常数）相遇于斜面某处，求此情况下区域Ⅱ的匀强电场的场强E，并讨论场强E的极大值和极小值及相应的方向。
【答案】（1）磁感应强度大小为
（2）小球A释放时刻为
（3）电场强度为，极大值，竖直向上；极小值为0。
【解析】（1）由题知，小球P在区域Ⅰ内做匀速圆周运动，有①
代入数据解得②
（2）小球P在区域Ⅰ做匀速圆周运动转过的圆心角为θ，运动到C点的时刻为tC，到达斜面低端时刻为t1，有③
④
小球A释放后沿斜面运动加速度为aA，与小球P在时刻t1相遇于斜面底端，有⑤
⑥
联立以上方程可得⑦
（3）设所求电场方向向下，在t'A时刻释放小球A，小球P在区域Ⅱ运动加速度为aP，有
⑧
⑨
⑩
联立相关方程解得
对小球P的所有运动情形讨论可得
由此可得场强极小值为；场强极大值为，方向竖直向上．
2015四川卷
[2015四川卷 T5 6分]登上火星是人类的梦想，“嫦娥之父”欧阳自远透露：中国计划于2020年登陆火星。地球和火星公转视为匀速圆周运动，忽略行星自转影响，根据如表，火星和地球相比（ ）
行星 半径/m 质量/kg 轨道半径/m
地球 6.4×106 6.0×1024 1.5×1011
火星 3.4×106 6.4×1023 2.3×1011
A．火星的公转周期较小
B．火星做圆周运动的加速度较小
C．火星表面的重力加速度较大
D．火星的第一宇宙速度较大
【答案】B
【解析】A、由表格数据知，火星的轨道半径比地球的大，根据开普勒第三定律知，火星的公转周期较大，故A错误。
B、对于任一行星，设太阳的质量为M，行星的轨道半径为r。
根据Gma，得加速度 a，则知火星做圆周运动的加速度较小，故B正确。
C、在行星表面，由Gmg，得 g
由表格数据知，火星表面的重力加速度与地球表面的重力加速度之比为 1
故火星表面的重力加速度较小，故C错误。
D、设行星的第一宇宙速度为v。则 Gm，得 v．代入可得火星的第一宇宙速度较小。故D错误。
[2015四川卷 T7 6分]（多选题）如图所示，S处有一电子源，可向纸面内任意方向发射电子，平板MN垂直于纸面，在纸面内的长度L＝9.1cm，中点O与S间的距离d＝4.55cm，MN与SO直线的夹角为θ，板所在平面有电子源的一侧区域有方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B＝2.0×10﹣4T．电子质量m＝9.1×10﹣31kg，电量e＝1.6×10﹣19C，不计电子重力。电子源发射速度v＝1.6×106m/s的一个电子，该电子打在板上可能位置的区域的长度为l，则（ ）
A．θ＝90°时，l＝9.1cm B．θ＝60°时，l＝9.1cm
C．θ＝45°时，l＝4.55cm D．θ＝30°时，l＝4.55cm
【答案】AD。
【解析】由洛伦兹力充当向心力可得；
Bqv＝m
解得：R0.0455m＝4.55cm；恰好有：r＝d，由于电子源S可向纸面内任意方向发射电子，因此电子的运动的轨迹将是过S点的一系列半径为r的等大圆，能够打到板MN上的区域范围如图所示，实线SN表示电子刚好经过板N端时的轨迹，实线SA表示电子轨迹刚好与板相切于A点时的轨迹，因此电子打在板上可能位置的区域的长度为：l＝NA，
又由题设选项可知，MN与SO直线的夹角θ不定，但要使电子轨迹与MN板相切，根据图中几何关系可知，此时电子的轨迹圆心一定落在与MN距离为r的平行线上，如图所示，当l＝4.55cm时，即A点与板O点重合；作出电子轨迹如下图中虚线S1A1所示；由图中几何关系可知，此时S1O与MN的夹角为30°，故C错误，D正确；
当l＝9.1cm时，即A点与板M端重合，作出电子轨迹如下图中实线S2A2所示；由图中几何关系可知，此时S2O与MN的夹角为90°，故A正确，B错误。
[2015四川卷 T8(2) 11分]用实验测一电池的内阻r和一待测电阻的阻值Rx，已知电池的电动势约6V，电池内阻和待测电阻阻值都为数十欧。可选用的实验器材有：
电流表A1（量程0～30mA）；
电流表A2（量程0～100mA）；
电压表V（量程0﹣6V）；
滑动变阻器R1（阻值0～5Ω）
滑动变阻器R2（阻值0～300Ω）；
开关S一个，导线若干条。
某同学的实验过程如下：
Ⅰ．设计如图1所示的电路图，正确连接电路。
Ⅱ．将R的阻值调到最大，闭合开关，逐次调小R的阻值，测出多组U和I的值，并记录。以U为纵轴。I为横轴。得到如图2所示的图线。
Ⅲ．断开开关，将Rx改接在B、C之间。A与B直接相连，其他部分保持不变。重复Ⅱ的步骤，得到另一条U﹣I图线，图线与横轴I的交点坐标为（I0，0），与纵轴U的交点坐标为（0，U0）。
回答下列问题：
①电流表应选用 ，滑动变阻器应选用
②由图2的图线，得电源内阻r＝ Ω；
③用I0、U0和r表示待测电阻的关系式Rx＝ ，代入数值可得Rx；
④若电表为理想电表，Rx接在B、C之间与接在A、B之间，滑动变阻器滑片都从最大阻值位置调到某同一位置，两种情况相比，电流表示数变化范围 ，电压表示数变化范围 （选填“相同”或“不同”）
【答案】①A2；R2；②25；③r；④相同；不同。
【解析】①由题意可知，电动势为6V，而电阻约为数十欧姆，为了保证实验的安全，电流表应选择A2；由电路图可知，滑动变阻器起调节电流的作用，5Ω的电阻小于待测电阻较多，故只能选择R2；
②图象的斜率表示电源的内阻，则可知，内阻为：r25Ω；
③接Rx改接在B、C之间，由题意可知，等效内阻为：R0+r；
解得：RXr；
④由于在调节滑动变阻器时，闭合电路中电阻不变，故电流表的变化范围相同；而由于电压表测量的是路端电压，由于等效内电阻不同，故电压表的变化范围不同；
[2015四川卷 T11 18分]如图所示，金属导轨MNC和PQD，MN与PQ平行且间距为L，所在平面与水平面夹角为α，N、Q连线与MN垂直，M、P间接有阻值为R的电阻；光滑直导轨NC和QD在同一水平面内，与NQ的夹角都为锐角θ．均匀金属棒ab和ef质量均为m，长均为L，ab棒初始位置在水平导轨上与NQ重合；ef棒垂直放在倾斜导轨上，与导轨间的动摩擦因数为μ（μ较小），由导轨上的小立柱1和2阻挡而静止。空间有方向竖直的匀强磁场（图中未画出）。两金属棒与导轨保持良好接触。不计所有导轨和ab棒的电阻，ef棒的阻值为R，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，忽略感应电流产生的磁场，重力加速度为g。
（1）若磁感应强度大小为B，给ab棒一个垂直于NQ、水平向右的速度v1，在水平导轨上沿运动方向滑行一段距离后停止，ef棒始终静止，求此过程ef棒上产生的热量；
（2）在（1）问过程中，ab棒滑行距离为d，求通过ab棒某横截面的电量；
（3）若ab棒以垂直于NQ的速度v2在水平导轨上向右匀速运动，并在NQ位置时取走小立柱1和2，且运动过程中ef棒始终静止。求此状态下最强磁场的磁感应强度及此磁场下ab棒运动的最大距离。
【答案】
（1）此过程ef棒上产生的热量是。
（2）通过ab棒某横截面的电量是。
（3）此状态下最强磁场的磁感应强度是，方向竖直向上或竖直向下均可，此磁场下ab棒运动的最大距离是。
【解析】
（1）ab棒在水平导轨上运动的过程，根据能的转化与守恒定律，有：QR+Qef①
由于电阻R和ef的电阻相等，电阻R和ef棒中产生的焦耳热相等，则 QR＝Qef②
由①②式联立解得ef棒上产生的热量为：Qef
（2）设在ab棒滑行距离为d时所用时间为t，其示意图如下图所示：
该过程中回路变化的面积为：△S[L+（L﹣2dcotθ）]d ③
在该过程中，回路平均感应电动势为：④
流经ab棒平均电流为：⑤
流经ab棒某横截面的电量为：qt ⑥
由③④⑤⑥式联立解得：q
（3）当ab棒滑行x距离时，感应电动势为：e＝B（L﹣2xcotθ）v2⑦
流经ef棒的电流为：i⑧
ef棒所受安培力为：F＝iLB ⑨
由⑦⑧⑨式联立解得：F（L﹣2xcotθ） ⑩
由⑩式可知，当x＝0且B取最大值，即B＝Bm时，F有最大值Fm，ef棒受力示意图如图所示：
沿导轨方向上有：Fmcosα＝mgsinα+fm
在垂直于导轨方向上有：FN＝mgcosα+Fmsinα
根据滑动摩擦定律和题设条件有：fm＝μFN
由⑩ 式联立解得：Bm
显然此时，磁感应强度的方向竖直向上或竖直向下均可
由⑩式可知，当B＝Bm时，F随x的增大而减小，即当F最小为Fmin时，x有最大值为xm，此时ef棒受力示意图如图所示：
在沿导轨方向上有：Fmincosα+fm＝mgsinα
在垂直于导轨方向上有：FN＝mgcosα+Fminsinα
由⑩ 式联立解得：xm
2014四川卷
[2014四川卷 T5 6分]如图所示，甲为t＝1s时某横波的波形图象，乙为该波传播方向上某一质点的振动图象，距该质点△x＝0.5m处质点的振动图象可能是（ ）
【答案】A
【解析】从甲图可以得到波长为2m，乙图可以得到周期为2s，即波速为v1m/s；
由乙图象可以得到t＝1s时，该质点位移为负，并且向下运动，该波是可能向左传播，也可能向右传播，而距该质点x＝0.5m处质点，就是相差λ或时间相差T，但有两种可能是提前或延后。
若是延后，在t＝1s时再经过到达乙图的振动图象t＝1s时的位移，所以A正确；
若是提前，在t＝1s时要向返回到达乙图的振动图象t＝1s时的位移，该质点在t＝1s时，该质点位移为负，并且向上运动，所以BCD都错误。故A正确，BCD错误。
[2014四川卷 T7 6分]（多选题）如图所示，水平传送带以速度v1匀速运动，小物体P、Q由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，t＝0时刻P在传送带左端具有速度v2，P与定滑轮间的绳水平，t＝t0时刻P离开传送带．不计定滑轮质量和摩擦，绳足够长．正确描述小物体P速度随时间变化的图象可能是（ ）
【答案】BC
【解析】若V2＜V1：f向右，若f＞GQ，则向右匀加速到速度为V1后做匀速运动到离开，则为B图
若f＜GQ，则向右做匀减速到速度为0后再向左匀加速到离开，无此选项
若V2＞V1：f向左，若f＞GQ，则减速到V1后匀速向右运动离开，无此选项
若f＜GQ，则减速到小于V1后f变为向右，加速度变小，此后加速度不变，继续减速到0后向左加速到离开，则为C图
则AD错误，BC正确
[2014四川卷 T8(2) 11分]如图甲是测量阻值约几十欧的未知电阻Rx的原理图，图中R0是保护电阻（10Ω），R1是电阻箱（0﹣99.9Ω），R是滑动变阻器，A1和A2是电流表，E是电源（电动势10V，内阻很小）．
在保证安全和满足要求的情况下，使测量范围尽可能大．实验具体步骤如下：
（Ⅰ）连接好电路、将滑动变阻器R调到最大；
（Ⅱ）闭合S，从最大值开始调节电阻箱R1，先调R1为适当值，再调节滑动变阻器R，使A1示数I1＝0.15A，记下此时电阻箱的阻值R1和A2的示数I2；
（Ⅲ）重复步骤（Ⅱ），再测量6组R1和I2的值；
（Ⅳ）将实验测得的7组数据在坐标纸上描点．
根据实验回答以下问题：
①现有四只供选用的电流表：
A．电流表（0﹣3mA，内阻为2.0Ω）
B．电流表（0﹣3mA，内阻未知）
C．电流表（0﹣0.3A，内阻为5.0Ω）
D．电流表（0﹣0.3A，内阻未知）
A1应选用 ，A2应选用 ．
②测得一组R1和I2值后，调整电阻箱R1，使其阻值变小，要使A1示数I1＝0.15A，应让滑动变阻器R接入电路的阻值 （“不变”、“变大”或“变小”）．
③在坐标纸上画出R1与I2的关系图．
④根据以上实验得出Rx＝ Ω．
【答案】（1）D，C；（2）变大；（3）如上图所示；（4）31.3．
【解析】（1）A1示数I1＝0.15A，则A1应选用量程为0.3A的电流表，由于只要知道电流大小即可，即选用D；
根据R1与I2的关系图，可知，A2的量程为0.3A，且必须要知道其电阻，因此选用C；
（2）调整电阻箱R1，使其阻值变小，要使A1示数I1＝0.15A，则与其串联的两个电阻一个电流表的两端电压必须要在减小，因此只有应让滑动变阻器R接入电路的阻值在变大，才能达到这样的条件；
（3）根据题目中已知描的点，平滑连接，注意让图线分布在点的两边，删除错误的，如图所示；
（4）根据欧姆定律，则有：（R1+R0+RA1）IA1＝I2（RX+RA2）；
整理可得：R1＝I2；
而R1与I2的图象的斜率k241.7Ω；
则有：RX＝kIA1﹣RA2＝241.7×0.15﹣5＝31.3Ω；
[2014四川卷 T11 19分]如图所示，水平放置的不带电的平行金属板p和b相距h，与图示电路相连，金属板厚度不计，忽略边缘效应。p板上表面光滑，涂有绝缘层，其上O点右侧相距h处有小孔K；b板上有小孔T，且O、T在同一条竖直直线上，图示平面为竖直平面。质量为m，电荷量为﹣q（q＞0）的静止粒子被发射装置（图中未画出）从O点发射，沿p板上表面运动时间t后到达K孔，不与其碰撞地进入两板之间。粒子视为质点，在图示平面内运动，电荷量保持不变，不计空气阻力，重力加速度大小为g。
（1）求发射装置对粒子做的功；
（2）电路中的直流电源内阻为r，开关S接“1”位置时，进入板间的粒子落在b板上的A点，A点与过K孔竖直线的距离为L．此后将开关S接“2”位置，求阻值为R的电阻中的电流强度；
（3）若选用恰当直流电源，电路中开关S接“1”位置，使进入板间的粒子受力平衡，此时在板间某区域加上方向垂直于图面的、磁感应强度大小合适的匀强磁场（磁感应强度B只能在0～Bm范围内选取），使粒子恰好从b板的T孔飞出，求粒子飞出时速度方向与b板板面的夹角的所有可能值（可用反三角函数表示）。
【答案】（1）发射装置对粒子做的功是；
（2）阻值为R的电阻中的电流强度是；
（3）使粒子恰好从b板的T孔飞出，粒子飞出时速度方向与b板板面的夹角的所有可能值是0＜θ≤arcsin。
【解析】（1）粒子的速度：①
由动能定理得：；
（2）粒子在匀强电场中做类平抛运动，水平方向：L＝v0t1…②
竖直方向：③
a④
U＝Eh…⑤
⑥
联立①②③④⑤⑥得：；
（3）没有磁场时，进入板间的粒子受力平衡，粒子只能做匀速直线运动；加磁场后粒子在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，其运动的轨迹可能如图：
由于洛伦兹力提供向心力，得：⑦
磁感应强度最大时，粒子的偏转半径最小。最小为：⑧
设此时粒子的速度方向与下极板之间的夹角是θ，则：⑨
解得：sinθ，
由⑦可得，若磁感应强度减小，则r增大，粒子在磁场中运动的轨迹就越接近下极板，粒子到达T的速度方向就越行于下极板。
所以粒子飞出时速度方向与b板板面的夹角的所有可能值是：0＜θ≤arcsin。
2013四川卷
[2013四川卷 T5 6分]图1是一列简谐横波在t＝1.25s时的波形图，已知c位置的质点比a位置的晚0.5s起振，则图2所示振动图象对应的质点可能位于（ ）
A．a＜x＜b B．b＜x＜c C．c＜x＜d D．d＜x＜e
【答案】D
【解析】由c质点比a质点起振晚0.5s，知道波动周期T=1s;在振动图像上确定1.25s时刻的位置，是 t轴上第二个平衡位置和第二个最大位移之间，由此可判断该质点的运动状态是处于正向位移，向下振动，根据“上坡下，下坡上”，知质点应该位于“正向位移，上坡位置”，选项D正确。
[2013四川卷 T7 6分]（多选题）如图所示，边长为L、不可形变的正方形导线框内有半径为r的圆形磁场区域，其磁感应强度B随时间t的变化关系为B＝kt（常量k＞0）．回路中滑动变阻器R的最大阻值为R0，滑动片P位于滑动变阻器中央，定值电阻R1＝R0、R2．闭合开关S，电压表的示数为U，不考虑虚线MN右侧导体的感应电动势，则（ ）
A．R2两端的电压为
B．电容器的a极板带正电
C．滑动变阻器R的热功率为电阻R2的5倍
D．正方形导线框中的感应电动势为kL2
【答案】AC
【解析】A：有法拉第电磁感应，由此可以知道D错。R2与R是并联，并联滑动变阻器的阻值为，可知并联电阻为，则滑动变阻器所在支路的电阻为，外电路的总电阻为：，故R2两端电压为：，所以A正确；
B：电路左侧的变化磁场在正方形导体内产生逆时针电流，由此可知导体框相当于一个上负下正的电源，所以电容器a极板带负电。
C：设干路电流为I则通过滑动变阻器左半部分的电流为I，通过其右半部分的电流为，由于此部分与R2并联而且电阻值相等，因此通过R2的电流也为，由P＝I2R知：滑动变阻器热功率为，R2的热功率为：，所以滑动变阻器R的热功率为电阻R2的5倍。故C正确。
D：由A的分析知D错。
[2013四川卷 T8(2) 11分]如图1所示，某组同学借用“探究a与F、m之间的定量关系”的相关实验思想、原理及操作，进行“研究合外力做功和动能变化的关系”的实验：
①为达到平衡阻力的目的，取下细绳及托盘，通过调整垫片的位置，改变长木板倾斜程度，根据打出的纸带判断小车是否做 运动。
②连接细绳及托盘，放入砝码，通过实验得到图2所示的纸带。纸带上0为小车运动起始时刻所打的点，选取时间间隔为0.1s的相邻计数点A、B、C、D、E、F、G．实验时小车所受拉力为0.2N，小车的质量为0.2kg。
请计算小车所受合外力做的功W和小车动能的变化△Ek，补填表中空格（结果保留至小数点后第四位）。
O﹣B O﹣C O﹣D O﹣E O﹣F
W/J 0.0432 0.0572 0.0734 0.0915
△Ek/J 0.0430 0.0570 0.0734 0.0907
分析上述数据可知：在实验误差允许的范围内W＝△Ek，与理论推导结果一致。
③实验前已测得托盘质量为7.7×10﹣3kg，实验时该组同学放入托盘中的砝码质量应为 kg（g取9.8m/s2，结果保留至小数点后第三位）。
【答案】①匀速直线； ②0.1115，0.1105； ③0.013。
【解析】①为保证拉力等于小车受到的合力，需平衡摩擦力，即将长木板左端适当垫高，轻推小车，小车做匀速直线运动；
②拉力的功为：W＝F xOF＝0.2N×0.5575m＝0.1115J；
F点的瞬时速度为：；
故F点的动能为：；
③砝码盘和砝码整体受重力和拉力，拉力与托盘和砝码的总重力近似相等的；
则有；0.2N＝（0.0077+m砝码）g
代入数据解得：m砝码＝0.013kg；
[2013四川卷 T11 19分]如图所示，竖直平面（纸面）内有直角坐标系xOy，x轴沿水平方向。在x≤O的区域内存在方向垂直于纸面向里，磁感应强度大小为B1的匀强磁场。在第二象限紧贴y轴固定放置长为l、表面粗糙的不带电绝缘平板，平板平行于x轴且与x轴相距h。在第一象限内的某区域存在方向相互垂直的匀强磁场（磁感应强度大小为B2、方向垂直于纸面向外）和匀强电场（图中未画出）。一质量为m、不带电的小球Q从平板下侧A点沿x轴正向抛出；另一质量也为m、带电量为q的小球P从A点紧贴平板沿x轴正向运动，变为匀速运动后从y轴上的D点进入电磁场区域做匀速圆周运动，经圆周离开电磁场区域，沿y轴负方向运动，然后从x轴上的K点进入第四象限。小球P、Q相遇在第四象限的某一点，且竖直方向速度相同。设运动过程中小球P电量不变，小球P和Q始终在纸面内运动且均看作质点，重力加速度为g。求：
（1）匀强电场的场强大小，并判断P球所带电荷的正负；
（2）小球Q的抛出速度v0的取值范围；
（3）B1是B2的多少倍？
【答案】（1）匀强电场的强度为，P球带正电。
（2）v0的取值范围为v0＜（L）
（3）B1：B2＝1：2
【解析】据题意 受力分析 如图所示
（1）带电小球P在电磁复合场中做匀速圆周运动
有 mg＝qE ①
即②
由于小球P变为匀速的从第二象限进入第一象限
由 平衡条件
有 qv1B1＝mg ③
由 左手定则 可知 P球带正电。
（2）据题意 Q球与P球恰好在K点相遇 v0有最大值v0mQ球做平抛运动 有
L+R＝v0mt ④
⑤
P球在电磁复合场中做匀速圆周运动：
有 ⑥
解得 ⑦
即v0的取值范围为 v0＜（L）⑧
（3）由于PQ相遇时竖直方向速度相同
即P球竖直方向下落R时竖直方向分速度为v1
由 得⑨
而B1，B2
因此可解得 ⑩
2012四川卷
[2012四川卷 T19 6分]在xOy平面内有一列沿x轴正方向传播的简谐横波，波速为2m/s。M、N是平衡位置相距2m的两个质点，如图所示。在t＝0时，M通过其平衡位置沿y轴正方向运动，N位于其平衡位置上方最大位移处。已知该波的周期大于1s，则下列说法中正确的是（ ）
A．该波的周期为s
B．在ts时，N的速度一定为2m/s
C．从t＝0到t＝1s，M向右移动了2m
D．从ts到ts，M的动能逐渐增大
【答案】D
【解析】A、由题意：波速为2m/s，周期大于1s，则波长λ大于vT＝2m。由题，分析得知，2m，得波长λm，周期为T．故A错误。
B、N的速度与波传播速度是两回事，在ts时，N的速度不一定等于2m/s。故B错误。
C、波传播过程中质点M不向前移动，M点只上下振动。故C错误。
D、从ts到ts，即到，M点正从波峰向平衡位置运动，动能逐渐增大。故D正确。
[2012四川卷 T21 6分]（多选题）如图所示，劲度系数为k的轻弹簧的一端固定在墙上，另一端与置于水平面上质量为m的物体接触（未连接），弹簧水平且无形变．用水平力，缓慢推动物体，在弹性限度内弹簧长度被压缩了x0，此时物体静止．撤去F后，物体开始向左运动，运动的最大距离为4x0．物体与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g．则（ ）
A．撤去F后，物体先做匀加速运动，再做匀减速运动
B．撤去F后，物体刚运动时的加速度大小为μg
C．物体做匀减速运动的时间为2
D．物体开始向左运动到速度最大的过程中克服摩擦力做的功为μmg（x0）
【答案】BD
【解析】A、撤去F后，物体水平方向上受到弹簧的弹力和滑动摩擦力，滑动摩擦力不变，而弹簧的弹力随着压缩量的减小而减小，弹力先大于滑动摩擦力，后小于滑动摩擦力，则物体向左先做加速运动后做减速运动，随着弹力的减小，合外力先减小后增大，则加速度先减小后增大，故物体先做变加速运动，再做变减速运动，最后物体离开弹簧后做匀减速运动；故A错误。
B、撤去F后，根据牛顿第二定律得物体刚运动时的加速度大小为a．故B正确。
C、由题，物体离开弹簧后通过的最大距离为3x0，由牛顿第二定律得：匀减速运动的加速度大小为aμg．将此运动看成向右的初速度为零的匀加速运动，则
3x0，得t．故C错误。
D、由上分析可知，当弹簧的弹力与滑动摩擦力大小相等、方向相反时，速度最大，此时弹簧的压缩量为x，则物体开始向左运动到速度最大的过程中克服摩擦力做的功为W＝μmg（x0﹣x）．故D正确。
[2012四川卷 T22(2) 10分]某学习小组的同学拟探究小灯泡L的伏安特性曲线，可供选用的器材如下：
小灯泡L，规格“4.0V．0.7A”；
电流表A1，量程3A，内阻约为0.1Ω；
电流表A2，量程0.6A，内阻r2＝0.2Ω；
电压表V，量程3V，内阻rV＝9kΩ；
标准电阻R1，阻值1Ω；
标准电阻R2，阻值3kΩ；
滑动变阻器R，阻值范围0～10Ω；
学生电源E，电动势6V，内阻不计；
开关S及导线若干。
①甲同学设计了如图1所示的电路来进行测量，当通过L的电流为0.46A时，电压表的示数如图2所示，电压表的示数为 V，此时L的电阻为 Ω。
②乙同学又设计了如图3所示的电路来进行测量，电压表指针指在最大刻度时，加在L上的电压值是 V。
③学习小组认为要想更准确地描绘出L完整的伏安特性曲线，需要重新设计电路。请你在乙同学的基础上利用所供器材，在图4所示的虚线框内补画出实验电路图，并在图上标明所选器材代号。
【答案】①2.30； 5； ②4； ③如图
【解析】（1）由图2所示可知，电压表分度值是0.1V，电压表示数为2.30V，
此时灯泡电阻RL5Ω。
（2）电压表内阻为9kΩ，标准电阻R2阻值为3kΩ，电压表最大示数为3V，由串联电路特点可知，标准电阻R2电压为1V，灯泡两端电压为：3V+1V＝4V。
（3）电流表A1量程太大，读数误差太大，为减小误差，应该选用电流表A2，给电流表A2并联一个分流电阻，实验电路图如图1或图2所示。
[2012四川卷 T25 20分]如图所示，水平虚线X下方区域分布着方向水平、垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场，整个空间存在匀强电场（图中未画出）．质量为m，电荷量为+q的小球P静止于虚线X上方A点，在某一瞬间受到方向竖直向下、大小为I的冲量作用而做匀速直线运动．在A点右下方的磁场中有定点O，长为l的绝缘轻绳一端固定于O点，另一端连接不带电的质量同为m的小球Q，自然下垂．保持轻绳伸直，向右拉起Q，直到绳与竖直方向有一小于5°的夹角，在P开始运动的同时自由释放Q，Q到达O点正下方W点时速率为v0．P、Q两小球在W点发生正碰，碰后电场、磁场消失，两小球粘在一起运动．P、Q两小球均视为质点，P小球的电荷量保持不变，绳不可伸长，不计空气阻力，重力加速度为g．
（1）求匀强电场场强E的大小和P进入磁场时的速率v；
（2）若绳能承受的最大拉力为F，要使绳不断，F至少为多大？
（3）求A点距虚线X的距离s．
【答案】（1）匀强电场场强E的大小，P进入磁场时的速率；
（2）要使绳不断，F至少为
（3）若两球反向相碰，A点距虚线X的距离 其中n为大于的整数
若两球同向相碰，A点距虚线X的距离 其中n为大于的整数
【解析】（1）设小球P所受电场力为F1，则F1＝qE
在整个空间重力和电场力平衡，有F1＝mg
联立相关方程得
设小球P受到冲量后获得速度为v，由动量定理得I＝mv
得
（2）设P、Q同向相碰后在W点的最大速度为vm，由动量守恒定律得
mv+mv0＝（m+m）vm
此刻轻绳的张力也为最大，由牛顿运动定律得F﹣（m+m）gvm2
联立相关方程，得F
（3）设P在磁场上方做匀速直线运动的时间为tP1，则tP1
设P在X下方做匀速圆周运动的时间为tP2，则
tP2
设小球Q从开始运动到与P球反向相碰的运动时间为tQ，由单摆周期性，有
由题意，有 tQ＝tP1+tP2
联立相关方程，得n为大于的整数
设小球Q从开始运动到与P球同向相碰的运动时间为tQ′，由单摆周期性，有
同理可得 其中n为大于的整数
2011四川卷
[2011四川卷 T19 6分]如图是“神舟”系列航天飞船返回舱返回地面的示意图，假定其过程可简化为：打开降落伞一段时间后，整个装置匀速下降，为确保安全着陆，需点燃返回舱的缓冲火箭，在火箭喷气过程中返回舱做减速直线运动，则（ ）
A．火箭开始喷气瞬间伞绳对返回舱的拉力变小
B．返回舱在喷气过程中减速的主要原因是空气阻力
C．返回舱在喷气过程中所受合外力可能做正功
D．返回舱在喷气过程中处于失重状态
【答案】A
【解析】A、火箭开始喷气前匀速下降拉力等于重力减去返回舱受到的空气阻力，火箭开始喷气瞬间反冲力直接对返回舱作用因而伞绳对返回舱的拉力变小。所以A正确。
B、返回舱在喷气过程中减速的主要原因是缓冲火箭向下喷气而获得向上的反冲力，不是空气阻力，所以B错误。
C、在火箭喷气过程中返回舱做减速直线运动，加速度方向向上，返回舱处于超重状态，动能减小，返回舱所受合外力做负功，所以C错误。
D、由C的分析可知，D错误。
[2011四川卷 T21 6分](多选）质量为m的带正电小球由空中A点无初速度自由下落，在t秒末加上竖直向上、范围足够大的匀强电场，再经过t秒小球又回到A点．不计空气阻力且小球从未落地，则（ ）
A．整个过程中小球电势能变化了mg2t2
B．整个过程中小球动能增量为2mg2t2
C．从加电场开始到小球运动到最低点时小球动能变化了mg2t2
D．从A点到最低点小球重力势能变化了mg2t2
【答案】BD
【解析】A、小球先做自由下落，然后受电场力和重力向下做匀减速到速度为0，再向上做匀加速回到A点。
设加上电场后小球的加速度大小为a，规定向下为正方向。
整个过程中小球的位移为0，运用运动学公式：
gt2+gt×tat2＝0
解得a＝3g，
根据牛顿第二定律：F合＝F电﹣mg＝ma
所以电场力是重力的4倍为4mg，
根据电场力做功量度电势能的变化
w电＝﹣△Ep
w电＝F电 x＝4mggt2＝2mg2t2
所以整个过程中小球电势能减少了2mg2t2．故A错误。
B、规定向下为正方向，根据动量定理得：△p＝mgt﹣3mgt＝﹣2mgt，
所以整个过程中小球动量增量的大小为2mgt，则动能的增加量2mg2t2，故B正确；
C、小球减速到最低点动能为0，
所以从加电场开始到小球运动到最低点时小球动能变化与从A点无初速度自由下落到t秒末动能变化相等。
小球从A点无初速度自由下落到t秒末动能变化为mg2t2 故C错误。
D、根据重力做功与重力势能变化的关系得：
从A点到最低点重力势能变化了mg×（gt2gt2）mg2t2． 故D正确。
[2011四川卷 T22 17分]
为测量一电源的电动势及内阻，
①在下列三个电压表中选一个改装成量程为9V的电压表
A．量程为1V、内阻大约为1KΩ的电压V1。
B．量程为2V、内阻大约为2KΩ的电压V2。
C．量程为3V、内阻大约为3KΩ的电压V3。
选择电压表 串联 KΩ的电阻可以改装成量程为9V的电压表
②利用一个电阻箱、一只开关、若干线和改装好的电压表（此表用符号V1，V2，V3与一个电阻串联来表示，且可视为理想电压表），在虚线框内画出电路图。
③．根据以上试验原理电路图进行实验，读出电压表示数为1.50V时、电阻箱值为15.0Ω；电压表示数为2.00V时，电阻箱的阻值为40.0Ω，则电源的电动势E＝ V、内阻r＝
Ω。
【答案】（2）①V3；6；②电路如图所示：③7.5，10。
（2）①选择量程为3V、内阻大约为3KΩ的电压V3表盘刻度改装容易，读数容易，改装后量程和内阻都扩大3倍，所以改装时需要串联6KΩ的电阻。
②实验原理电路图，如图：
③电压表示数为1.50V时，改装电压表的示数为4.50V，即加在电阻箱上的电压是4.50V，根据闭合电路的欧姆定律 ，同理有．连立二式解得 E＝7.5V r＝10Ω
[2011四川卷 T24 19分]如图所示，间距l＝0.3m的平行金属导轨a1b1c1和a2b2c2分别固定在两个竖直面内，在水平面a1b1b2a2区域内和倾角θ＝37°的斜面c1b1b2c2区域内分别有磁感应强度B1＝0.4T、方向竖直向上和B2＝1T、方向垂直于斜面向上的匀强磁场．电阻R＝0.3Ω、质量m1＝0.1kg、长为l的相同导体杆K、S、Q分别放置在导轨上，S杆的两端固定在b1、b2点，K、Q杆可沿导轨无摩擦滑动且始终接触良好．一端系于K杆中点的轻绳平行于导轨绕过轻质滑轮自然下垂，绳上穿有质量m2＝0.05kg的小环．已知小环以a＝6m/s2的加速度沿绳下滑，K杆保持静止，Q杆在垂直于杆且沿斜面向下的拉力F作用下匀速运动．不计导轨电阻和滑轮摩擦，绳不可伸长．取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8．求
（1）小环所受摩擦力的大小；
（2）Q杆所受拉力的瞬时功率．
【解析】（1）设小环受到的摩擦力大小为Ff，由牛顿第二定律，有
m2g﹣Ff＝m2a
代入数据得
Ff＝0.2N；
（2）设通过K杆的电流为I1，K杆受力平衡，有
Ff＝B1I1l
设回路中电流为I，总电阻为R总，有：
I＝2I1
R总R
设Q杆下滑速度大小为v，产生的感应电动势为E，有
I
E＝B2lv
F+m1gsinθ＝B2Il
拉力的瞬时功率为
P＝Fv
联立以上方程，代入数据解得
Q杆受拉力的功率P＝2W．
[2011四川卷 T25 20分]如图所示：正方形绝缘光滑水平台面WXYZ边长l＝1.8m，距地面h＝0.8m。平行板电容器的极板CD间距d＝0.1m且垂直放置于台面，C板位于边界WX上，D板与边界WZ相交处有一小孔。电容器外的台面区域内有磁感应强度B＝1T、方向竖直向上的匀强磁场。电荷量q＝5×10﹣13C的微粒静止于W处，在CD间加上恒定电压U＝2.5V，板间微粒经电场加速后由D板所开小孔进入磁场（微粒始终不与极板接触），然后由XY边界离开台面。在微粒离开台面瞬时，静止于X正下方水平地面上A点的滑块获得一水平速度，在微粒落地时恰好与之相遇。假定微粒在真空中运动、极板间电场视为匀强电场，滑块视为质点，滑块与地面间的动摩擦因数μ＝0.2，取g＝10m/s2
（1）求微粒在极板间所受电场力的大小并说明两板的极性；
（2）求由XY边界离开台面的微粒的质量范围；
（3）若微粒质量mo＝1×10﹣13kg，求滑块开始运动时所获得的速度。
【答案】（1）微粒在极板间所受电场力的大小1.25×10﹣11N，C板为正，D板为负。
（2）由XY边界离开台面的微粒的质量范围为8.1×10﹣14kg＜m≤2.89×10﹣13kg。
（3）若微粒质量mo＝1×10﹣13kg，滑块开始运动时所获得的速度为4.15m/s。
【解析】（1）由左手定则及微粒的偏转方向可知，该微粒带正电，即C板为正，D板为负；电场力的大小为：
①
（2）由题意知两个轨迹边界如图所示，由此边界结合勾股定理得：
②
再由向心力公式得③
且④
联立②③④式，得该微粒的质量范围：
8.1×10﹣14kg＜m≤2.89×10﹣13kg
（3）将质量mo＝1×10﹣13kg代入③④可得：
v＝5m/s以及R＝1m，其轨迹如图所示。
由图可知，也即是θ＝37°…⑤
设微粒在空中的飞行时间为t，则由运动学公式有：
⑥
则滑块滑至与微粒相碰过程中微粒的水平位移为：
s＝vt…⑦
微粒滑出点距左边距离：
x＝d+Rsinθ…⑧
由⑤⑥⑦⑧可得：
s＝2m x＝0.7m。
由余弦定理，知滑块的位移 。
由位移公式
解得：v0＝4.15m/s。
由正弦定理有：，
得：sinφ＝0.8
φ＝arcsin0.8（或φ＝53°）
2010四川卷
[2010四川卷 T17 6分]a是地球赤道上一栋建筑，b是在赤道平面内做匀速圆周运动、距地面9.6×106m的卫星，c是地球同步卫星，某一时刻b、c刚好位于a的正上方（如图甲所示），经48h，a、b、c的大致位置是图乙中的（取地球半径R＝6.4×106m，地球表面重力加速度g＝10m/s2，π）（ ）
【答案】B
【解析】由于a物体和同步卫星c的周期都为24h。所以48h后两物体又回到原位置，故A错误；
b是在赤道平面内做匀速圆周运动、距地面9.6×106m的卫星，
根据万有引力提供向心力得：①
根据地球表面的物体万有引力等于重力得：②
由①②式解得：
b卫星运行的周期T≈2×104s，
然后再算b卫星在48小时内运行的圈数n＝48h/T，代入数据得n＝8.64圈。
[2010四川卷 T20 6分]（多选）如图所示，电阻不计的平行金属导轨固定在一绝缘斜面上，两相同的金属导体棒a、b垂直于导轨静止放置，且与导轨接触良好，匀强磁场垂直穿过导轨平面。现用一平行于导轨的恒力F作用在a的中点，使其向上运动。若b始终保持静止，则它所受摩擦力可能
A．变为0 B . 先减小后不变
C . 等于F D．先增大再减小
【答案】AB
【解析】对a棒：a棒所受合力为：F合＝F﹣f﹣mgsinθ﹣F安＝F﹣f﹣mgsinθ，可知a棒速度增大，合力将减小，加速度减小至加速度为零后，速度恒定不变，所以a棒所受的安培力先增大后不变。
b最终受到的静摩擦力有三种情况：
第一种是：摩擦力为零，则BIL＝mgsinθ，故A正确。
第二种是：摩擦力向上，则BIL+f＝mgsinθ，由于最初是f＝mgsinθ，故摩擦力先减小后不变，故B正确；
在这种情况下：f＝mgsinθ﹣BIL；此时对a，F＝mgsinθ+BIL+f滑，故F≠f；
第三种是：摩擦力向下，则BIL＝mgsinθ+f，f＝BIL﹣mgsinθ；由于最初是f＝mgsinθ；BIL﹣mgsinθ与mgsinθ的大小有三种情况，故f的变化也有三种情况：一是先减小至零后反向增大至f（小于初值）不变，二是先减小至零后反向增大至f（等于初值）不变，三是先减小至零后反向增大至f（大于初值）不变。是而此时对a，
F＝mgsinθ+BIL+f滑，故F≠f．综上所述，b棒所受摩擦力可能为零，不可能为F，故CD错误。
[2010四川卷 T21 6分]（多选）如图所示，圆弧虚线表示正点电荷电场的等势面，相邻两等势面间的电势差相等．光滑绝缘直杆沿电场方向水平放置并固定不动，杆上套有一带正电的小滑块（可视为质点），滑块通过绝缘轻弹簧与固定点O相连，并以某一初速度从M点运动到N点，OM＜ON．若滑块在M、N时弹簧的弹力大小相等，弹簧始终在弹性限度内，则（ ）
A．滑块从M到N的过程中，速度可能一直增大
B．滑块从位置1到2的过程中，电场力做的功比从位置3到4的小
C．在M、N之间的范围内，可能存在滑块速度相同的两个位置
D．在M、N之间可能存在只由电场力确定滑块加速度大小的三个位置
【答案】AC
【解析】A、随着滑块由M向N滑动，所受向右的电场力越来越小，如果在N点电场力大于弹簧弹力沿MN的分力，则滑块一直加速，所以A选项正确。
B、1、2与3、4间的电势差相等，电场力做功相等，故B错误
C、在N点如果电场力小于弹簧弹力沿MN的分力，则滑块先加速后减速，就可能有两个位置的速度相同，C正确。
D、由题意“OM＜ON”和“滑块在M、N时弹簧的弹力大小相等”知滑块在M点受弹簧的推力斜向左下，在N点受弹簧的拉力向左上方。即M点时弹簧是压缩的，N点时弹簧是拉伸的，在弹簧与水平杆垂直和弹簧恢复原长的两个位置滑块的加速度只由电场力决定，故在M、N之间可能存在只由电场力确定滑块加速度大小的有两个位置，故D错误。
[2010四川卷 T22（1） 13分]（1）①用多用电表探测图甲所示黑箱发现：用直流电压挡测量，E、G两点间和F、G两点间均有电压，E、F两点间无电压；用欧姆测量，黑表笔（与电表内部电源的正极相连）接E点，红表笔（表电表内部电源的负极相连）接F点，阻值很小，但反接阻值很大。那么，该黑箱内元件的接法可能是图乙中 。
②在物理兴趣小组活动中，一同学利用下列器材设计并完成了“探究导体阻值与长度的关系”的实验。
电压表V1量程3V内阻约为900Ω
电压表V2量程10V内阻约为3KΩ
电压表A量程60mA内阻约为5Ω
电源E1电动势1.5V内阻约为0.2Ω
电源E2电动势4.5V内阻约为0.4Ω
滑动变阻器（最大阻值为10Ω）。粗细均匀的同种电阻丝，开关、导线和刻度尺
其主要实验步骤如下：
A．选取图中器材，按示意图连接电路
B．用伏安法测定电阻丝的阻值R
C．用刻度尺没出电阻丝的长度L
D．依次减小电阻丝的长度， ，重复步骤B、C。
E．处理数据，根据下列测量结果，找出电阻丝值与长度的关系
L（m） 0.9956 0.8049 0.5981 0.4021 0.1958
R（Ω） 104.8 85.3 65.2 46.6 27.1
为使实验尽可能准确，请你对上述步骤中画线处加以改进。
（I）
（Ⅱ）
（Ⅲ）随着长度的减小，由伏特表和安培表的示数比值知电阻减小，当减小到一定程度之后，应该将电流表改为外接法。
【答案】（1）B；（2）将E1改用为E2；电流表的外接法；
【解析】（1）当多用电表接调为电压挡时，此时多用电表就是一只内阻很大的电压表，当接E、G两点间时，在D图中二极管反向截止，故D图绝没有电压值。故D图错误。当接F、G两点间时，在D图中二极管反向截止，故D图绝没有电压值；故D图错误。
当红表笔接F，电阻很小，此时二极管导通，电源电流从黑表笔流出通过二极管从红表笔流进，电流方向E到F，只有B正确。
（Ⅰ）将电源E1改选E2．根据实验的安全原则和误差原则，电压表V2的量程太大，故选择V1正确；选择E1时，电压表偏转较小，故应将E1改用为E2。
（Ⅱ）从表格中的数据知，随着导体长度的减小，其电阻也减小，其阻值大于临界值时，则应用电流表的内接法，其阻值小于临界值时，则应用电流表的外接法。故要对实验电路适时调整。
[2010四川卷 T25 20分]如图所示，空间有场强E＝0.5N/C的竖直向下的匀强电场，长l＝0.3m的不可伸长的轻绳一端固定于O点，另一端系一质量m＝0.01kg的不带电小球A，拉起小球至绳水平后，无初速释放。另一电荷量q＝+0.1C、质量与A相同的小球P，以速度v0＝3m/s水平抛出，经时间t＝0.2s与小球A在D点迎面正碰并粘在一起成为小球C，碰后瞬间断开轻绳，同时对小球C施加一恒力，此后小球C与D点下方一足够大的平板相遇。不计空气阻力，小球均可视为质点，取g＝10m/s2。
（1）求碰撞前瞬间小球P的速度。
（2）若小球C经过路程s＝0.09m到达平板，此时速度恰好为0，求所加的恒力。
（3）若施加恒力后，保持平板垂直于纸面且与水平面的夹角不变，在D点下方面任意改变平板位置，小球C均能与平板正碰，求出所有满足条件的恒力。
【答案】（1）求碰撞前瞬间小球P的速度为6m/s；速度方向与水平方向夹角为30°
（2）所加的恒力为N方向与竖直方向夹角为30°；
（3）恒力满足的条件为F′（其中0°≤β＜120°）。
【解析】（1）小球P在碰撞前做类平抛运动，竖直方向的加速度
小球P在碰撞瞬间竖直向下的速度为vy＝at＝15×0.2m/s＝3m/s
所以小球P碰撞瞬间的速度
速度方向与水平方向夹角为30°
（2）小球P与A在D点正碰，小球P此时的速度与水平方向的夹角为θ，连接小球A的绳子与竖直方向的夹角也为θ．
则θ＝30°
对A球从开始运动至D点的过程，由动能定理得
解得
P与A球迎面正碰并粘在一起成为小球C，根据动量守恒定律有
mvP﹣mvA＝2mvC
解得：vC＝1.5m/s
小球C经过路程s后到达夹板，此时速度变为0，表明小球C一定做匀减速直线运动，其运动速度与受力示意图如右图所示。
由运动学公式得：
a12.5m/s2
设恒力F与竖直方向的夹角为α，建立如图所示的坐标系，根据牛顿第二定律得：
在x轴上（沿加速度方向）：Fcos（90°﹣α﹣θ）﹣（2mg+qE）sinθ＝2ma
在y轴上：Fsin（90°﹣α﹣θ）﹣（2mg+qE）cosθ＝0
由以上二式联立并代入数据得：
FN，α＝30°
（3）平板足够大，且在D点下方任意改变平板位置，那则可以将平板放置到无限远，但根据题意也要发生正碰（垂直打在板上），则小球C必须匀速或匀加速运动。故恒力F′的方向是从竖直向上顺时针转至无限接近速度的方向的范围内，设恒力F′与竖直方向的夹角为β，则有
0°≤β＜120°
为了使小球C能做匀速直线运动或匀加速直线运动，则在小球C运动的速度的垂直方向上合力为零，有F′cos（θ﹣β）＝（2mg+qE）cosθ
解得 F′（其中0°≤β＜120°）。
2009四川卷
[2009四川卷 T19 6分]图示为一列沿x轴负方向传播的简谐横波，实线为t＝0时刻的波形图，虚线为t＝0.6s时的波形图，波的周期T＞0.6s，则（ ）
A．波的周期为2.4s
B．在t＝0.9s时，P点沿y轴正方向运动
C．经过0.4s，P点经过的路程为4m
D．在t＝0.5s时，Q点到达波峰位置
【答案】D
【解析】A、根据题意应用平移法可知由实线得到虚线需要将图象沿x轴负方向平移（n）λ，其中n＝0、1、2、3、4…，
故由实线传播到虚线这种状态需要（n）T，
即（n）T＝0.6s，解得T，其中n＝0、1、2、3、4…，
当n＝0时，解得T＝0.8s，
当n＝1时，解得T＝0.34s，
又T＞0.6s，
故最大周期为0.8s，故A错；
B、由于波沿x轴负方向传播，故t＝0时p点沿y轴负方向运动，故t＝0.8s时p点沿y轴负方向运动，而周期T＝0.8s，故0.9s时P点沿y轴负方向运动。故B错误。
C、在一个周期内p点完成一个全振动，即其运动路程为4A，而0.4sT，故p点的运动路程为2A＝0.4m，C错；
D、由题意可知波长λ＝8m，则变速v10m/s，在t＝0时Q点的横坐标为5m，由于波沿y轴负方向运动，故在t＝0.5s的时间内波沿x轴负方向传播的距离为x＝vt＝10×0.5＝5m，故在t＝0.5s时，Q点振动情况和t＝0时距离坐标原点10m处的质点的振动情况相同，而t＝0时距离坐标原点10m处的质点在波峰，在t＝0.5s时，Q点到达波峰位置。故D正确。
[2009四川卷 T20 6分]（多选题）如图所示，粗糙程度均匀的绝缘斜面下方O点处有一正点电荷，带负电的小物体以初速度v1从M点沿斜面上滑，到达N点时速度为零，然后下滑回到M点，此时速度为v2（v2＜v1）．若小物体电荷量保持不变，OM＝ON，则（ ）
A．小物体上升的最大高度为
B．从N到M的过程中，小物体的电势能逐渐减小
C．从M到N的过程中，电场力对小物体先做负功后做正功
D．从N到M的过程中，小物体受到的摩擦力和电场力均是先增大后减小
【答案】AD
【解析】设斜面倾角为θ、上升过程沿斜面运动的最大距离为L。
因为OM＝ON，则MN两点电势相等，小物体从M到N、从N到M电场力做功均为0。
上滑和下滑经过同一个位置时，垂直斜面方向上电场力的分力相等，则经过相等的一小段位移在上滑和下滑过程中电场力分力对应的摩擦力所做的功均为相等的负功，所以上滑和下滑过程克服电场力产生的功与摩擦力所做的功相等、并设为W1。
在上滑和下滑过程，对小物体，摩擦力做功相等，则应用动能定理分别有：﹣mgsinθL﹣Wf﹣W1和mgsinθL﹣Wf﹣W1，上两式相减可得h＝sinθL，A正确；
由OM＝ON，可知电场力对小物体先做正功后做负功，电势能先减小后增大，BC错；
从N到M的过程中，小物体受到的电场力垂直斜面的分力先增大后减小，而重力分力不变，则摩擦力先增大后减小，在此过程中小物体到O的距离先减小后增大，根据库仑定律可知小物体受到的电场力先增大后减小，D对。
[2009四川卷 T21 6分]如图所示，空气中有一横截面为半圆环的均匀透明柱体，其内圆半径为r，外圆半径为R，Rr．现有一束单色光垂直于水平端面A射入透明柱体，只经过两次全反射就垂直于水平端面B射出．设透明柱体的折射率为n，光在透明柱体内传播的时间为t，若真空中的光速为c，则（ ）
A．n可能为 B．n可能为2
C．t可能为 D．t可能为
【答案】AB
【解析】只经过两次全反射可知第一次入射角为45°，反射光路图如图所示。根据全反射可知临界角C≤45°，再根据n可知n，故AB均正确；
光在透明柱体中运动路程为L＝4r，运动时间为t，则t，故CD均错。
[2009四川卷 T22 9分]（1）在弹性限度内，弹簧弹力的大小与弹簧伸长（或缩短）的长度的比值，叫做弹簧的劲度系数．为了测量一轻弹簧的劲度系数，某同学进行了如下实验设计：如图所示，将两平行金属导轨水平固定在竖直向下的匀强磁场中，金属杆ab与导轨接触良好，水平放置的轻弹簧一端固定于O点，另一端与金属杆连接并保持绝缘．在金属杆滑动的过程中，弹簧与金属杆、金属杆与导轨均保持垂直，弹簧的形变始终在弹性限度内，通过减小金属杆与导轨之间的摩擦和在弹簧形变较大时读数等方法，使摩擦对实验结果的影响可忽略不计．
请你按要求帮助该同学解决实验所涉及的两个问题．
①帮助该同学完成实验设计．请你用低压直流电源（）、滑动变阻器（）、电流表（）、开关（）设计一电路图，画在图中虚线框内，并正确连在导轨的C、D两端．
②若已知导轨间的距离为d，匀强磁场的磁感应强度为B，正确连接电路后，闭合开关，使金属杆随挡板缓慢移动，当移开挡板且金属杆静止时，测出通过金属杆的电流为I1，记下金属杆的位置，断开开关，测出弹簧对应的长度为x1；改变滑动变阻器的阻值，再次让金属杆静止时，测出通过金属杆的电流为I2，弹簧对应的长度为x2，则弹簧的劲度系数k＝ ．
【答案】（1）①设计的电路如图．
②
【解析】（1）①低压直流电源E、滑动变阻器R、电流表、开关S串接在CD两点之间，如右图所示．
②设弹簧原长为L0，应用胡克定律有K（X1﹣L0）＝BI1d、
K（X2﹣L0）＝BI2d，
两式相减可得K（X1﹣X2）＝B（I1﹣I2）d，解得K；
法2、根据胡克定律F＝KX可得△F＝K△X，则K；
[2009四川卷 T24 19分]如图所示，直线形挡板p1p2p3与半径为r的圆弧形挡板p3p4p5平滑连接并安装在水平台面b1b2b3b4上，挡板与台面均固定不动。线圈c1c2c3的匝数为n，其端点c1、c3通过导线分别与电阻R1和平行板电容器相连，电容器两极板间的距离为d，电阻R1的阻值是线圈c1c2c3阻值的2倍，其余电阻不计，线圈c1c2c3内有一面积为S、方向垂直于线圈平面向上的匀强磁场，磁场的磁感应强度B随时间均匀增大。质量为m的小滑块带正电，电荷量始终保持为q，在水平台面上以初速度v0从p1位置出发，沿挡板运动并通过p5位置。若电容器两板间的电场为匀强电场，p1、p2在电场外，间距为L，其间小滑块与台面的动摩擦因数为μ，其余部分的摩擦不计，重力加速度为g。
求：
（1）小滑块通过p2位置时的速度大小。
（2）电容器两极板间电场强度的取值范围。
（3）经过时间t，磁感应强度变化量的取值范围。
【答案】（1）小滑块通过p2位置时的速度大小为；
电容器两极板间电场强度的取值范围为0＜E；
（3）经过时间t，磁感应强度变化量的取值范围为0＜△B。
【解析】（1）小滑块运动到位置p2时速度为v1，由动能定理有：
﹣umgL
v1
（2）由题意可知，电场方向如图，若小滑块能通过位置p，则小滑块可沿挡板运动且通过位置p5，设小滑块在位置p的速度为v，受到的挡板的弹力为N，
匀强电场的电场强度为E，由动能定理有：
﹣umgL﹣2rEq
当滑块在位置p时，由牛顿第二定律有：N+Eq＝m
由题意有：N≥0
由以上三式可得：E
E的取值范围：0＜E①
（3）设线圈产生的电动势为E1，其电阻为R，平行板电容器两端的电压为U，t时间内磁感应强度的变化量为△B，得：
U＝Ed ②
由法拉第电磁感应定律得E1＝n③
由全电路的欧姆定律得E1＝I（R+2R） ④
U＝2RI ⑤
由②③④⑤得：△B
把①代入上式得：0＜△B
所以经过时间t，磁感应强度变化量的取值范围：0＜△B。
[2009四川卷 T25 20分]如图所示，轻弹簧一端连于固定点O，可在竖直平面内自由转动，另一端连接一带电小球P，其质量m＝2×10﹣2kg，电荷量q＝0.2C．将弹簧拉至水平后，以初速度V0＝20m/s竖直向下射出小球P，小球P到达O点的正下方O1点时速度恰好水平，其大小V＝15m/s。若O、O1相距R＝1.5m，小球P在O1点与另一由细绳悬挂的、不带电的、质量M＝1.6×10﹣1kg的静止绝缘小球N相碰。碰后瞬间，小球P脱离弹簧，小球N脱离细绳，同时在空间加上竖直向上的匀强电场E和垂直于纸面的磁感应强度B＝1T的匀强磁场。此后，小球P在竖直平面内做半径r＝0.5m的圆周运动。小球P、N均可视为质点，小球P的电荷量保持不变，不计空气阻力，取g＝10m/s2．那么，
（1）弹簧从水平摆至竖直位置的过程中，其弹力做功为多少？
（2）请通过计算并比较相关物理量，判断小球P、N碰撞后能否在某一时刻具有相同的速度。
（3）若题中各量为变量，在保证小球P、N碰撞后某一时刻具有相同速度的前提下，请推导出r的表达式（要求用B、q、m、θ表示，其中θ为小球N的运动速度与水平方向的夹角）。
【答案】（1）弹簧从水平摆至竖直位置的过程中，其弹力做功为﹣2.05J；
（2）小球P、N碰撞后不能在某一时刻具有相同的速度；
（3）（给定的B、q、r、m、θ等物理量决定n的取值）。
【解析】（1）设弹簧的弹力做功为W，有：①
代入数据，得：W＝﹣2.05J ②
（2）由题给条件知，N碰后做平抛运动，P所受电场力和重力平衡，P带正电荷。设P、N碰后的速度大小分别为v1和V，
并令水平向右为正方向，有：mv＝±mv1+MV③
而：④
若P、N碰后速度同向时，计算可得V＜v1，这种碰撞不能实现。P、N碰后瞬时必为反向运动。有：⑤
P、N速度相同时，N经过的时间为tN，P经过的时间为tP．设此时N的速度V1的方向与水平方向的夹角为θ，
有：⑥
gtN＝V1sinθ＝v1sinθ⑦
代入数据，得：⑧
对小球P，其圆周运动的周期为T，有：⑨
经计算得：tN＜T，
P经过tP时，对应的圆心角为α，有：⑩
当B的方向垂直纸面朝外时，P、N的速度相同，如图可知，有：α1＝π+θ
联立相关方程得：
比较得，tN≠tP1，在此情况下，P、N的速度在同一时刻不可能相同。
当B的方向垂直纸面朝里时，P、N的速度相同，同样由图，有：a2＝π﹣θ，
同上得：，
比较得，tN≠tp2，在此情况下，P、N的速度在同一时刻也不可能相同。
（3）当B的方向垂直纸面朝外时，设在t时刻P、N的速度相同，tN＝tP＝t，
再联立④⑦⑨⑩解得：
当B的方向垂直纸面朝里时，设在t时刻P、N的速度相同tN＝tP＝t，
同理得：
考虑圆周运动的周期性，有：（给定的B、q、r、m、θ等物理量决定n的取值）。
2008四川卷
[2008四川卷 T19 6分]在x轴上方有垂直于纸面的匀强磁场．同一种带电粒子从O点射入磁场．当入射方向与x轴的夹角α＝45°时．速度为v1、v2的两个粒子分别从a、b两点射出磁场，如图所示．当α为60°时，为了使粒子从ab 的中点c射出磁场，则速度应为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】设a、b、c三点的坐标分别为x1，x2，x3，
当α＝45°时，三点为的粒子从a点射出磁场，如图所示有，
x1R1，
当α＝45°时，三点为的粒子从b点射出磁场，如图所示有，
x2R2，
当α＝60°时，三点为的粒子从c点射出磁场，如图所示有，
x3R3，
因为2x3＝x1+x2，
所以v3（v1+v2）。
[2008四川卷 T21 6分]两个可视为质点的小球a和b，用质量可忽略的刚性细杆相连，放置在一个光滑的半球面内，如图所示．已知小球a和b的质量之比为，细杆长度是球面半径的倍．两球处于平衡状态时，细杆与水平面的夹角θ是（ ）
A．45° B．30° C．22.5° D．15°
【答案】D
【解析】由题目中的数据可以得出，abO三点组成一个等腰直角三角形，所以两底角都为45．对两球进行受力分析，由于球面光滑，所以两球都只受到3个力，如图所示：重力、球面的支持力、刚性细杆的弹力；由于是刚性细杆，所以刚性细杆对两球的弹力均沿着杆方向，且对两球的弹力大小相等；两球处于平衡状态，两球受到的合力都为零，两球受到的三个力都组成一个封闭的力的矢量三角形．
设b球的质量为m，由正弦定理对球a：=；对球b：=，所以有：=，即=，所以=15，故D正确，ABC错误．
[2008四川卷 T22 10分]Ⅱ．图1中所示装置可以用来测量硬弹簧（即劲度系数较大的弹簧）的劲度系数k。电源的电动势为E，内阻可忽略不计；滑动变阻器全长为l，重力加速度为g。V为理想电压表。当木板上没有放重物时，滑动变阻器的触头位于图1中a点，此时电压表示数为零。在木板上放置质量为m的重物，滑动变阻器的触头随木板一起下移。由电压表的示数U及其它给定条件，可计算出弹簧的劲度系数k。
（1）写出m、U与k之间所满足的关系式。
（2）已知E＝1.50V，l＝12.0cm，g＝9.80m/s2．测量结果如下表：
m（kg） 1.00 1.50 3.00 4.50 6.00 7.50
U（V） 0.108 0.154 0.290 0.446 0.608 0.740
①在图中给出的坐标纸上利用表中数据描出m﹣U直线。
②m﹣U直线的斜率为 kg/V；
③弹簧的劲度系数k＝ N/m（保留3位有效数字）。
【答案】Ⅱ（1）．（2）如图，10.0，1.23×103。
【解析】Ⅱ（1）mg＝kx
UE
所以。
（2）①根据m﹣U的关系，知m﹣U成正比，图线如图所示
②通过图线求出斜率为：10.0
③已知10，所以k1.23×103N/m。
[2008四川卷 T25 22分]如图，一质量为m＝1kg的木板静止在光滑水平地面上。开始时，木板右端与墙相距L＝0.08m；质量为m＝1kg的小物块以初速度v0＝2m/s滑上木板左端。木板长度可保证物块在运动过程中不与墙接触。物块与木板之间的动摩擦因数为μ＝0.1．木板与墙的碰撞是完全弹性的。取g＝10m/s2，求
（1）从物块滑上木板到两者首次恰好达到共同速度时，木板与墙碰撞的次数及所用的时间；
（2）两者首次恰好达到共同速度时木板右端与墙之间的距离。
【答案】（1）从物块滑上木板到两者首次恰好达到共同速度时，木板与墙共发生两次碰撞，所用的时间为1.8s。
（2）两者首次恰好达到共同速度时木板右端与墙之间的距离为0.06m。
【解析】（1）物块滑上木板后，在摩擦力作用下，木板从静止开始做匀加速运动。设木板加速度为a，经历时间T后与墙第一次碰撞。碰撞时的速度为v1，则
μmg＝ma …①
…②
v1＝at …③
联立①②③解得
T＝0.4s v1＝0.4m/s…④
在物块与木板两者达到共同速度前，在每两次碰撞之间，木板受到物块对它的摩擦力作用而做加速度恒定的匀减速直线运动，因而木板与墙相碰后将返回至初态，所用时间也为T。
设在物块与木板两者达到共同速度v前木板共经历n次碰撞，则有
v＝v0﹣（2nT+△t）a＝a△t…⑤
式中△t是碰撞n次后木板从起始位置至达到共同速度时所需要的时间。
由于最终两个物体一起以相同的速度匀速前进，故⑤式可改写为
2v＝v0﹣2nT…⑥
由于木板的速率只能位于0到v1之间，故有
0≤v0﹣2nT≤2v1…⑦
求解上式得1.5≤n≤2.5
由于n是整数，故n＝2 …⑧
再有①⑤⑧得△t＝0.2s …⑨
v＝0.2m/s …⑩
从开始到物块与木板两者达到共同速度所用的时间为
t＝4T+△t＝1.8s …（11）
即从物块滑上木板到两者首次恰好达到共同速度时，木板与墙共发生两次碰撞，所用的时间为1.8s。
（2）物块与木板达到共同速度时，木板与墙之间的距离为（12）
联立 ①与（12）式，并代入数据得 s＝0.06m…（13）
即两者首次恰好达到共同速度时木板右端与墙之间的距离为0.06m。
2007四川卷
[2007四川卷 T20 6分]（多选题）图甲为一列简谐横波在某一时刻波形图，图乙为质点P以此时刻为计时起点的振动图象。从该时刻起（ ）
A．经过0.35s时，质点Q距平衡位置的距离小于质点P距平衡位置的距离
B．经过0.25s时，质点Q的加速度大于质点P的加速度
C．经过0.15s，波沿x轴的正方向传播了3m
D．经过0.1s时，质点Q的运动方向沿y轴正方向
【答案】AC
【解析】根据甲乙两图可知T＝0.2s，λ＝4m，所以波速为．乙图中图示时刻质点P将向下振动，在甲图中根据振动和波动关系可以判断波是向右传播的。
A、经过0.35s即经过周期，经过整数个周期质点将重复原来的振动，故只看经过周期的振动情况即可，经过周期，P质点在波峰处，Q点向下振动还未到达波谷，故质点Q距平衡位置的距离小于质点P距平衡位置的距离，故A正确；
B、经过0.25s时，P在波谷，有正向最大加速度，Q点还未到达波峰，故其加速度小于P点加速度，故B错误
C、经过0.15s时，x＝vt＝20×0.15＝3m，即波向x正方向传播了3m，故C正确。
D、经过0.1s即半个周期，质点Q的运动方向沿y轴负方向，故D错误。
[2007四川卷 T21 6分]如图所示，长方形abcd长ad＝0.6m，宽ab＝0.3m，O、e分别是ad、bc的中点，以ad为直径的半圆内有垂直纸面向里的匀强磁场（边界上无磁场），磁感应强度B＝0.25T．一群不计重力、质量m＝3×10﹣7kg、电荷量q＝+2×10﹣3C的带电粒子以速度v＝5×102m/s沿垂直于ad方向且垂直于磁场射入磁场区域（ ）
A．从Od边射入的粒子，出射点全部分布在Oa边
B．从aO边射入的粒子，出射点全部分布在ab边
C．从Od边射入的粒子，出射点分布在Oa边和ab边
D．从aO边射入的粒子，出射点分布在ab边和be边
【答案】D
【解析】粒子进入磁场后做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力，得到圆周运动半径
r0.3m，刚好与半圆形磁场的半径相同。
由于初速度向右，故圆心在ao之间
AC、从Od边射入的粒子，以O点为例，假设长方形完全被磁场覆盖，则按照轨迹会达到b点，但由于只有半圆内存在磁场，所以出了磁场后，由于不再受到洛伦兹力，所以无法偏转到b点，所以最终会落在bc边上；
从接近d点射入的粒子，会从ab边射出，故从Od边射入的粒子，出射点全部分布在ab，bc边上，故A错误，C错误；
BD、同理从aO边射入的粒子，出射点全部分布在ab和be边上，故B错误，D正确
[2007四川卷 T22(2) 10分]
（2）甲同学设计了如图所示的电路测电源电动势E及电阻R1和R2阻值。实验器材有：待测电源E（不计内阻），待测电阻R1，待测电阻R2，电压表V（量程为1.5V，内阻很大），电阻箱R（0﹣99.99Ω），单刀单掷开关S1，单刀双掷开关S2，导线若干。
①先测电阻R1的阻值。请将甲同学的操作补充完整：闭合S1，将S2切换到a，调节电阻箱，读出其示数r和对应的电压表示数U1，保持电阻箱示数不变， ，读出电压表的示数U2．则电阻R1的表达式为R1＝ 。
②甲同学已经测得电阻R1＝4.8Ω，继续测电源电动势E和电阻R2的阻值。该同学的做法是：闭合S1，将S2切换到a，多次调节电阻箱，读出多组电阻箱示数R和对应的电压表示数U，由测得的数据，绘出了如图所示的图线，则电源电动势E＝ V，电阻R2＝ Ω。
③利用甲同学设计的电路和测得的电阻R1，乙同学测电源电动势E和电阻R2的阻值的做法是：闭合S1，将S2切换到b，多次调节电阻箱，读出多组电阻箱示数R和对应的电压表示数U，由测得的数据，绘出于相应的图线，根据图线得到电源电动势E和电阻R2．这种做法与甲同学的做法比较，由于电压表测得的数据范围 （选填“较大”、“较小”或“相同”），所以 同学的做法更恰当些。
【答案】（2）①；②1.43；1.2；③较小； 甲
【解析】①由题意可知，本实验中没有给出电流表，故应是电压表与电阻箱求电源电动势和内电阻的；实验中应充分利用电阻值及串并联电路的规律得出表达式；为了多测数据，应再将S2切换到b；
由欧姆定律可知：
U2＝I（r+R1）
U1＝Ir
而电路电流相等，联立解得：
R1；
②根据E＝U（R1+R2），有，
比照直线方程y＝kx+b，有截距b＝0.7，
所以，E＝1.43（）；
斜率k4.2，
又k，已测出R1＝4.8Ω，求得R2＝1.2Ω
③若开关打在b处，则电压表测量的为电阻箱与R1两端的电压，因定值电阻的分压作用，使电压表测量范围减小，故实验中误差较多，故应选择甲同学的做法；
[2007四川卷 T25 19分]目前，滑板运动受到青少年的追捧。如图是某滑板运动员在一次表演时的一部分赛道在竖直平面内的示意图，赛道光滑，FGI为圆弧赛道，半径R＝6.5m，G为最低点并与水平赛道BC位于同一水平面，KA、DE平台的高度都为h＝1.8m。B、C、F处平滑连接。滑板a和b的质量均为m，m＝5kg，运动员质量为M，M＝45kg。表演开始，运动员站在滑板b上，先让滑板a从A点静止下滑，t1＝0.1s后再与b板一起从A点静止下滑。滑上BC赛道后，运动员从b板跳到同方向运动的a板上，在空中运动的时间t2＝0.6s。（水平方向是匀速运动）。运动员与a板一起沿CD赛道上滑后冲出赛道，落在EF赛道的P点，沿赛道滑行，经过G点时，运动员受到的支持力N＝742.5N．（滑板和运动员的所有运动都在同一竖直平面内，计算时滑板和运动员都看作质点，取g＝10m/s2）
（1）滑到G点时，运动员的速度是多大？
（2）运动员跳上滑板a后，在BC赛道上与滑板a共同运动的速度是多大？
（3）从表演开始到运动员滑至I的过程中，系统的机械能改变了多少？
【答案】（1）6.5m/s（2）6.9m/s（3）88.75J
【解析】（1）在G点，运动员和滑板一起做圆周运动，设向心加速度为an，速度为vG，运动员受到重力Mg、滑板对运动员的支持力N的作用，则：N﹣Mg＝Man
加速度
则由牛顿第二定律可得：
解得G点时的速度
解得：vG＝6.5m/s
G点时运动员的速度为6.5m/s；
（2）设滑板a由A点静止下滑到BC赛道后速度为v1，由机械能守恒定律有：
解得：
运动员与滑板b一起由A点静止下滑到BC赛道后，速度也为v1，运动员由滑板b跳到滑板a，设蹬离滑板b时的水平速度为v2，在空中飞行的水平位移为s，则：
s＝v2t2
设起跳时滑板a与滑板b的水平距离为s0，则：
s0＝v1t1
设滑板a在t2时间内的位移为s1，则：
s1＝v1t2
s＝s0+s1
即：v2t2＝v1（t1+t2）
运动员落到滑板a后，与滑板a共同运动的速度为v，由动量守恒定律有
mv1+Mv2＝（m+M）v
由以上方程可解出：
代入数据解得：v＝6.9 m/s
运动员与滑板a的共同速度为6.9m/s；
（3）设运动员离开滑板b后，滑板b的速度为v3，有
Mv2+mv3＝（M+m）v1
可算出v3＝﹣3 m/s，有：|v3|＝3 m/s＜v1＝6 m/s，b板将在两个平台之间来回运动，机械能不变。
系统的机械能改变为：
解得△E＝88.75 J
改变的机械能为88.75J。
2006四川卷
[2006四川卷 T18 6分]如图所示，理想变压器原、副线圈匝数之比为20：1，原线圈接正弦交流电源，副线圈接入“220V，60W”灯泡一只，且灯光正常发光．则（ ）
A．电流表的示数为A B．电源输出功率为1200W
C．电流表的示数为A D．原线圈端电压为11V
【答案】C
【解析】A、C、在副线圈中只有一个60W的灯泡正常发光，所以副线圈的电流为IAA，根据电流与匝数成反比可知，此时原线圈中的电流为A，所以A错误，C正确；
B、在理想的变压器中的输入功率和输出功率的大小相等，在副线圈中只有一个60W的灯泡正常发光，所以输入功率和输出功率的大小都为60W，所以B错误；
D、根据电压与匝数成正比可知，原线圈端电压为4400V，所以D错误。
[2006四川卷 T21 6分]质量不计的弹簧下端固定一小球．现手持弹簧上端使小球随手在竖直方向上以同样大小的加速度a（a＜g）分别向上、向下做匀加速直线运动．若忽略空气阻力，弹簧的伸长分别为x1、x2；若空气阻力不能忽略且大小恒定，弹簧的伸长分别为x′1、x′2．则（ ）
A．x′1+x1＝x2+x′2 B．x′1+x1＜x2+x′2
C．x′1+x′2＝x1+x2 D．x′1+x′2＜x1+x2
【答案】C
【解析】 加速上升时kx1﹣mg＝ma ①
加速下降时 mg﹣kx2＝ma ②
有阻力，加速上升时 kx1′﹣mg﹣f＝ma ③
有阻力，加速下降时 mg﹣kx2′﹣f＝ma ④
由以上四式可解得 x1′+x2′＝x1+x2
[2006四川卷 T25 20分]如图所示，在足够大的空间范围内，同时存在着竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的水平匀强磁场，磁感应强度B＝1.57T．小球1带正电，其电量与质量之比4C/kg，所受重力与电场力的大小相等；小球2不带电，静止放置于固定的水平悬空支架上。小球向右以v0＝23.59m/s的水平速度与小球2正碰，碰后经过0.75s再次相碰。设碰撞前后两小球带电情况不发生改变，且始终保持在同一竖直平面内。（取g＝10m/s2）
问：（1）电场强度E的大小是多少？
（2）两小球的质量之比是多少？
【答案】（1）E＝2.5N/C （2） 11
【解析】（1）小球1所受的重力与电场力始终平衡 m1g＝q1E ①
解得E＝2.5 N/C ②
电场强度为2.5N/C；
（2）相碰后小球1做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：
q1v1B③
半径为④
周期为1 s ⑤
∵两小球运动时间t＝0.75sT
∴小球1只能逆时针经个圆周时与小球2再次相碰 ⑥
第一次相碰后小球2做平抛运动 ⑦
L＝R1＝v2t ⑧
两小球第一次碰撞前后动量守恒，以水平向右为正方向
m1v0＝﹣m1v1+m2v2⑨
由⑦、⑧式得v2＝3.75 m/s
由④式得17.66 m/s
∴两小球质量之比⑩
故两小时球质量之比为11。
历年（2006~2016）高考物理试卷
《压轴题汇编》（11套，47道）
目 录
2016四川卷 3
2015四川卷 9
2014四川卷 15
2013四川卷 20
2012四川卷 25
2011四川卷 30
2010四川卷 36
2009四川卷 42
2008四川卷 50
2007四川卷 55
2006四川卷 60
2016四川卷
[2016四川卷 T4 6分]如图所示，正六边形abcdef区域内有垂直于纸面的匀强磁场。一带正电的粒子从f点沿fd方向射入磁场区域，当速度大小为vb时，从b点离开磁场，在磁场中运动的时间为tb，当速度大小为vc时，从c点离开磁场，在磁场中运动的时间为tc，不计粒子重力。则（ ）
A．vb：vc＝1：2，tb：tc＝2：1 B．vb：vc＝2：2，tb：tc＝1：2
C．vb：vc＝2：1，tb：tc＝2：1 D．vb：vc＝1：2，tb：tc＝1：2
【答案】A
【解析】粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律有
得
粒子在磁场中运动的轨迹如图，从B点离开磁场的粒子，圆心在a点，半径等于正六边形的边长，即rb＝a
从C点离开磁场的粒子，圆心是O点，半径等于正六边形边长的2倍，即rc＝2a
根据半径公式得∝r
从b点离开磁场的粒子，圆心角θb＝120°；从C点离开磁场的粒子，圆心角θc＝60°
根据，得，故A正确，BCD错误
[2016四川卷 T7 6分]（多选题）如图所示，电阻不计、间距为l的光滑平行金属导轨水平放置于磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中，导轨左端接一定值电阻R．质量为m、电阻为r的金属棒MN置于导轨上，受到垂直于金属棒的水平外力F的作用由静止开始运动，外力F与金属棒速度v的关系是F＝F0+kv（F0、k是常量），金属棒与导轨始终垂直且接触良好。金属棒中感应电流为I，受到的安培力大小为FA，电阻R两端的电压为UR，感应电流的功率为P，它们随时间t变化图象可能正确的有（ ）
【答案】BC
【解析】设金属棒在某一时刻速度为v，由题意可知，感应电动势E＝BLv，环路电流，即I∝v；安培力，方向水平向左，即FA∝v；R两端电压，即UR∝v；感应电流功率，即P∝v2。
分析金属棒运动情况，由力的合成和牛顿第二定律可得：
，即加速度，因为金属棒从静止出发，所以F0＞0，且F合＞0，即a＞0，加速度方向水平向右。
（1）若，F合＝F0，即，金属棒水平向右做匀加速直线运动。有v＝at，说明v∝t，也即是I∝t，FA∝t，UR∝t，P∝t2，所以在此情况下没有选项符合。
（2）若，F合随v增大而增大，即a随v增大而增大，说明金属棒做加速度增大的加速运动，速度与时间呈指数增长关系，根据四个物理量与速度的关系可知B选项符合；
（3）若，F合随v增大而减小，即a随v增大而减小，说明金属棒在做加速度减小的加速运动，直到加速度减小为0后金属棒做匀速直线运动，根据四个物理量与速度关系可知C选项符合；
[2016四川卷 T8(II) 11分]用如图所示电路测量电源的电动势和内阻。实验器材：
待测电源（电动势约3V，内阻约2Ω），保护电阻R1（阻值10Ω）和R2（阻值5Ω），滑动变阻器R，电流表A，电压表V，开关S，导线若干。
实验主要步骤：
（ⅰ）将滑动变阻器接入电路的阻值调到最大，闭合开关；
（ⅱ）逐渐减小滑动变阻器接入电路的阻值，记下电压表的示数U和相应电流表的示数I；
（ⅲ）以U为纵坐标，I为横坐标，作U—I图线（U、I都用国际单位）；
（ⅳ）求出U—I图线斜率的绝对值k和在横轴上的截距a．
回答下列问题：
（1）电压表最好选用 ；电流表最好选用 。
A．电压表（0～3V，内阻约15kΩ）
B．电压表（0～3V，内阻约3kΩ）
C．电流表（0～200mA，内阻约2Ω）
D．电流表（0～30mA，内阻约2Ω）
（2）滑动变阻器的滑片从左向右滑动，发现电压表示数增大。两导线与滑动变阻器接线柱连接情况是 。
A．两导线接在滑动变阻器电阻丝两端接线柱
B．两导线接在滑动变阻器金属杆两端接线柱
C．一条导线接在滑动变阻器金属杆左端接线柱，另一条导线接在电阻丝左端接线柱
D．一条导线接在滑动变阻器金属杆右端接线柱，另一条导线接在电阻丝右端接线柱
（3）选用k、a、R1和R2表示待测电源的电动势E和内阻r的表达式E＝ ，r＝ ，代入数值可得E和r的测量值。
【答案】（1）A，C；（2）C；（3）ka；k﹣R2。
【解析】（1）电压表并联在电路中，故电压表内阻越大，分流越小，误差也就越小，因此应选内阻较大的A电压表；当滑动变阻器接入电阻最小时，通过电流表电流最大，此时通过电流表电流大小约为IA＝176mA；因此，电流表选择C；
（2）分析电路可知，滑片右移电压表示数变大，则说明滑动变阻器接入电路部分阻值增大，而A项中两导线接在电阻丝两端，接入电阻最大并保持不变；B项中是两导线均接在金属柱的两端上，接入电阻为零；C项中一导线接在金属杆左端，而另一导线接在电阻丝左端，则可以保证滑片右移时阻值增大；而D项中导线分别接右边上下接线柱，滑片右移时，接入电阻减小；故D错误；
故选：C；
（3）由闭合电路欧姆定律可知：U＝E﹣I（r+R2），对比伏安特性曲线可知，图象的斜率为k＝r+R2；
则内阻r＝k﹣R2；
令U＝0，则有：
I；由题意可知，图象与横轴截距为a，则有：a＝I；解得：E＝ka；
[2016四川卷 T11 19分]如图所示，图面内有竖直线DD′，过DD′且垂直于图面的平面将空间分成Ⅰ、Ⅱ两区域。区域I有方向竖直向上的匀强电场和方向垂直图面的匀强磁场B（图中未画出）；区域Ⅱ有固定在水平面上高h＝2l、倾角α的光滑绝缘斜面，斜面顶端与直线DD′距离s＝4l，区域Ⅱ可加竖直方向的大小不同的匀强电场（图中未画出）；C点在DD′上，距地面高H＝3l。零时刻，质量为m、带电荷量为q的小球P在K点具有大小v0、方向与水平面夹角θ的速度，在区域I内做半径r的匀速圆周运动，经C点水平进入区域Ⅱ．某时刻，不带电的绝缘小球A由斜面顶端静止释放，在某处与刚运动到斜面的小球P相遇。小球视为质点，不计空气阻力及小球P所带电量对空间电磁场的影响。l已知，g为重力加速度。
（1）求匀强磁场的磁感应强度B的大小；
（2）若小球A、P在斜面底端相遇，求释放小球A的时刻tA；
（3）若小球A、P在时刻t＝β（β为常数）相遇于斜面某处，求此情况下区域Ⅱ的匀强电场的场强E，并讨论场强E的极大值和极小值及相应的方向。
【答案】（1）磁感应强度大小为
（2）小球A释放时刻为
（3）电场强度为，极大值，竖直向上；极小值为0。
【解析】（1）由题知，小球P在区域Ⅰ内做匀速圆周运动，有①
代入数据解得②
（2）小球P在区域Ⅰ做匀速圆周运动转过的圆心角为θ，运动到C点的时刻为tC，到达斜面低端时刻为t1，有③
④
小球A释放后沿斜面运动加速度为aA，与小球P在时刻t1相遇于斜面底端，有⑤
⑥
联立以上方程可得⑦
（3）设所求电场方向向下，在t'A时刻释放小球A，小球P在区域Ⅱ运动加速度为aP，有
⑧
⑨
⑩
联立相关方程解得
对小球P的所有运动情形讨论可得
由此可得场强极小值为；场强极大值为，方向竖直向上．
2015四川卷
[2015四川卷 T5 6分]登上火星是人类的梦想，“嫦娥之父”欧阳自远透露：中国计划于2020年登陆火星。地球和火星公转视为匀速圆周运动，忽略行星自转影响，根据如表，火星和地球相比（ ）
行星 半径/m 质量/kg 轨道半径/m
地球 6.4×106 6.0×1024 1.5×1011
火星 3.4×106 6.4×1023 2.3×1011
A．火星的公转周期较小
B．火星做圆周运动的加速度较小
C．火星表面的重力加速度较大
D．火星的第一宇宙速度较大
【答案】B
【解析】A、由表格数据知，火星的轨道半径比地球的大，根据开普勒第三定律知，火星的公转周期较大，故A错误。
B、对于任一行星，设太阳的质量为M，行星的轨道半径为r。
根据Gma，得加速度 a，则知火星做圆周运动的加速度较小，故B正确。
C、在行星表面，由Gmg，得 g
由表格数据知，火星表面的重力加速度与地球表面的重力加速度之比为 1
故火星表面的重力加速度较小，故C错误。
D、设行星的第一宇宙速度为v。则 Gm，得 v．代入可得火星的第一宇宙速度较小。故D错误。
[2015四川卷 T7 6分]（多选题）如图所示，S处有一电子源，可向纸面内任意方向发射电子，平板MN垂直于纸面，在纸面内的长度L＝9.1cm，中点O与S间的距离d＝4.55cm，MN与SO直线的夹角为θ，板所在平面有电子源的一侧区域有方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B＝2.0×10﹣4T．电子质量m＝9.1×10﹣31kg，电量e＝1.6×10﹣19C，不计电子重力。电子源发射速度v＝1.6×106m/s的一个电子，该电子打在板上可能位置的区域的长度为l，则（ ）
A．θ＝90°时，l＝9.1cm B．θ＝60°时，l＝9.1cm
C．θ＝45°时，l＝4.55cm D．θ＝30°时，l＝4.55cm
【答案】AD。
【解析】由洛伦兹力充当向心力可得；
Bqv＝m
解得：R0.0455m＝4.55cm；恰好有：r＝d，由于电子源S可向纸面内任意方向发射电子，因此电子的运动的轨迹将是过S点的一系列半径为r的等大圆，能够打到板MN上的区域范围如图所示，实线SN表示电子刚好经过板N端时的轨迹，实线SA表示电子轨迹刚好与板相切于A点时的轨迹，因此电子打在板上可能位置的区域的长度为：l＝NA，
又由题设选项可知，MN与SO直线的夹角θ不定，但要使电子轨迹与MN板相切，根据图中几何关系可知，此时电子的轨迹圆心一定落在与MN距离为r的平行线上，如图所示，当l＝4.55cm时，即A点与板O点重合；作出电子轨迹如下图中虚线S1A1所示；由图中几何关系可知，此时S1O与MN的夹角为30°，故C错误，D正确；
当l＝9.1cm时，即A点与板M端重合，作出电子轨迹如下图中实线S2A2所示；由图中几何关系可知，此时S2O与MN的夹角为90°，故A正确，B错误。
[2015四川卷 T8(2) 11分]用实验测一电池的内阻r和一待测电阻的阻值Rx，已知电池的电动势约6V，电池内阻和待测电阻阻值都为数十欧。可选用的实验器材有：
电流表A1（量程0～30mA）；
电流表A2（量程0～100mA）；
电压表V（量程0﹣6V）；
滑动变阻器R1（阻值0～5Ω）
滑动变阻器R2（阻值0～300Ω）；
开关S一个，导线若干条。
某同学的实验过程如下：
Ⅰ．设计如图1所示的电路图，正确连接电路。
Ⅱ．将R的阻值调到最大，闭合开关，逐次调小R的阻值，测出多组U和I的值，并记录。以U为纵轴。I为横轴。得到如图2所示的图线。
Ⅲ．断开开关，将Rx改接在B、C之间。A与B直接相连，其他部分保持不变。重复Ⅱ的步骤，得到另一条U﹣I图线，图线与横轴I的交点坐标为（I0，0），与纵轴U的交点坐标为（0，U0）。
回答下列问题：
①电流表应选用 ，滑动变阻器应选用
②由图2的图线，得电源内阻r＝ Ω；
③用I0、U0和r表示待测电阻的关系式Rx＝ ，代入数值可得Rx；
④若电表为理想电表，Rx接在B、C之间与接在A、B之间，滑动变阻器滑片都从最大阻值位置调到某同一位置，两种情况相比，电流表示数变化范围 ，电压表示数变化范围 （选填“相同”或“不同”）
【答案】①A2；R2；②25；③r；④相同；不同。
【解析】①由题意可知，电动势为6V，而电阻约为数十欧姆，为了保证实验的安全，电流表应选择A2；由电路图可知，滑动变阻器起调节电流的作用，5Ω的电阻小于待测电阻较多，故只能选择R2；
②图象的斜率表示电源的内阻，则可知，内阻为：r25Ω；
③接Rx改接在B、C之间，由题意可知，等效内阻为：R0+r；
解得：RXr；
④由于在调节滑动变阻器时，闭合电路中电阻不变，故电流表的变化范围相同；而由于电压表测量的是路端电压，由于等效内电阻不同，故电压表的变化范围不同；
[2015四川卷 T11 18分]如图所示，金属导轨MNC和PQD，MN与PQ平行且间距为L，所在平面与水平面夹角为α，N、Q连线与MN垂直，M、P间接有阻值为R的电阻；光滑直导轨NC和QD在同一水平面内，与NQ的夹角都为锐角θ．均匀金属棒ab和ef质量均为m，长均为L，ab棒初始位置在水平导轨上与NQ重合；ef棒垂直放在倾斜导轨上，与导轨间的动摩擦因数为μ（μ较小），由导轨上的小立柱1和2阻挡而静止。空间有方向竖直的匀强磁场（图中未画出）。两金属棒与导轨保持良好接触。不计所有导轨和ab棒的电阻，ef棒的阻值为R，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，忽略感应电流产生的磁场，重力加速度为g。
（1）若磁感应强度大小为B，给ab棒一个垂直于NQ、水平向右的速度v1，在水平导轨上沿运动方向滑行一段距离后停止，ef棒始终静止，求此过程ef棒上产生的热量；
（2）在（1）问过程中，ab棒滑行距离为d，求通过ab棒某横截面的电量；
（3）若ab棒以垂直于NQ的速度v2在水平导轨上向右匀速运动，并在NQ位置时取走小立柱1和2，且运动过程中ef棒始终静止。求此状态下最强磁场的磁感应强度及此磁场下ab棒运动的最大距离。
【答案】
（1）此过程ef棒上产生的热量是。
（2）通过ab棒某横截面的电量是。
（3）此状态下最强磁场的磁感应强度是，方向竖直向上或竖直向下均可，此磁场下ab棒运动的最大距离是。
【解析】
（1）ab棒在水平导轨上运动的过程，根据能的转化与守恒定律，有：QR+Qef①
由于电阻R和ef的电阻相等，电阻R和ef棒中产生的焦耳热相等，则 QR＝Qef②
由①②式联立解得ef棒上产生的热量为：Qef
（2）设在ab棒滑行距离为d时所用时间为t，其示意图如下图所示：
该过程中回路变化的面积为：△S[L+（L﹣2dcotθ）]d ③
在该过程中，回路平均感应电动势为：④
流经ab棒平均电流为：⑤
流经ab棒某横截面的电量为：qt ⑥
由③④⑤⑥式联立解得：q
（3）当ab棒滑行x距离时，感应电动势为：e＝B（L﹣2xcotθ）v2⑦
流经ef棒的电流为：i⑧
ef棒所受安培力为：F＝iLB ⑨
由⑦⑧⑨式联立解得：F（L﹣2xcotθ） ⑩
由⑩式可知，当x＝0且B取最大值，即B＝Bm时，F有最大值Fm，ef棒受力示意图如图所示：
沿导轨方向上有：Fmcosα＝mgsinα+fm
在垂直于导轨方向上有：FN＝mgcosα+Fmsinα
根据滑动摩擦定律和题设条件有：fm＝μFN
由⑩ 式联立解得：Bm
显然此时，磁感应强度的方向竖直向上或竖直向下均可
由⑩式可知，当B＝Bm时，F随x的增大而减小，即当F最小为Fmin时，x有最大值为xm，此时ef棒受力示意图如图所示：
在沿导轨方向上有：Fmincosα+fm＝mgsinα
在垂直于导轨方向上有：FN＝mgcosα+Fminsinα
由⑩ 式联立解得：xm
2014四川卷
[2014四川卷 T5 6分]如图所示，甲为t＝1s时某横波的波形图象，乙为该波传播方向上某一质点的振动图象，距该质点△x＝0.5m处质点的振动图象可能是（ ）
【答案】A
【解析】从甲图可以得到波长为2m，乙图可以得到周期为2s，即波速为v1m/s；
由乙图象可以得到t＝1s时，该质点位移为负，并且向下运动，该波是可能向左传播，也可能向右传播，而距该质点x＝0.5m处质点，就是相差λ或时间相差T，但有两种可能是提前或延后。
若是延后，在t＝1s时再经过到达乙图的振动图象t＝1s时的位移，所以A正确；
若是提前，在t＝1s时要向返回到达乙图的振动图象t＝1s时的位移，该质点在t＝1s时，该质点位移为负，并且向上运动，所以BCD都错误。故A正确，BCD错误。
[2014四川卷 T7 6分]（多选题）如图所示，水平传送带以速度v1匀速运动，小物体P、Q由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，t＝0时刻P在传送带左端具有速度v2，P与定滑轮间的绳水平，t＝t0时刻P离开传送带．不计定滑轮质量和摩擦，绳足够长．正确描述小物体P速度随时间变化的图象可能是（ ）
【答案】BC
【解析】若V2＜V1：f向右，若f＞GQ，则向右匀加速到速度为V1后做匀速运动到离开，则为B图
若f＜GQ，则向右做匀减速到速度为0后再向左匀加速到离开，无此选项
若V2＞V1：f向左，若f＞GQ，则减速到V1后匀速向右运动离开，无此选项
若f＜GQ，则减速到小于V1后f变为向右，加速度变小，此后加速度不变，继续减速到0后向左加速到离开，则为C图
则AD错误，BC正确
[2014四川卷 T8(2) 11分]如图甲是测量阻值约几十欧的未知电阻Rx的原理图，图中R0是保护电阻（10Ω），R1是电阻箱（0﹣99.9Ω），R是滑动变阻器，A1和A2是电流表，E是电源（电动势10V，内阻很小）．
在保证安全和满足要求的情况下，使测量范围尽可能大．实验具体步骤如下：
（Ⅰ）连接好电路、将滑动变阻器R调到最大；
（Ⅱ）闭合S，从最大值开始调节电阻箱R1，先调R1为适当值，再调节滑动变阻器R，使A1示数I1＝0.15A，记下此时电阻箱的阻值R1和A2的示数I2；
（Ⅲ）重复步骤（Ⅱ），再测量6组R1和I2的值；
（Ⅳ）将实验测得的7组数据在坐标纸上描点．
根据实验回答以下问题：
①现有四只供选用的电流表：
A．电流表（0﹣3mA，内阻为2.0Ω）
B．电流表（0﹣3mA，内阻未知）
C．电流表（0﹣0.3A，内阻为5.0Ω）
D．电流表（0﹣0.3A，内阻未知）
A1应选用 ，A2应选用 ．
②测得一组R1和I2值后，调整电阻箱R1，使其阻值变小，要使A1示数I1＝0.15A，应让滑动变阻器R接入电路的阻值 （“不变”、“变大”或“变小”）．
③在坐标纸上画出R1与I2的关系图．
④根据以上实验得出Rx＝ Ω．
【答案】（1）D，C；（2）变大；（3）如上图所示；（4）31.3．
【解析】（1）A1示数I1＝0.15A，则A1应选用量程为0.3A的电流表，由于只要知道电流大小即可，即选用D；
根据R1与I2的关系图，可知，A2的量程为0.3A，且必须要知道其电阻，因此选用C；
（2）调整电阻箱R1，使其阻值变小，要使A1示数I1＝0.15A，则与其串联的两个电阻一个电流表的两端电压必须要在减小，因此只有应让滑动变阻器R接入电路的阻值在变大，才能达到这样的条件；
（3）根据题目中已知描的点，平滑连接，注意让图线分布在点的两边，删除错误的，如图所示；
（4）根据欧姆定律，则有：（R1+R0+RA1）IA1＝I2（RX+RA2）；
整理可得：R1＝I2；
而R1与I2的图象的斜率k241.7Ω；
则有：RX＝kIA1﹣RA2＝241.7×0.15﹣5＝31.3Ω；
[2014四川卷 T11 19分]如图所示，水平放置的不带电的平行金属板p和b相距h，与图示电路相连，金属板厚度不计，忽略边缘效应。p板上表面光滑，涂有绝缘层，其上O点右侧相距h处有小孔K；b板上有小孔T，且O、T在同一条竖直直线上，图示平面为竖直平面。质量为m，电荷量为﹣q（q＞0）的静止粒子被发射装置（图中未画出）从O点发射，沿p板上表面运动时间t后到达K孔，不与其碰撞地进入两板之间。粒子视为质点，在图示平面内运动，电荷量保持不变，不计空气阻力，重力加速度大小为g。
（1）求发射装置对粒子做的功；
（2）电路中的直流电源内阻为r，开关S接“1”位置时，进入板间的粒子落在b板上的A点，A点与过K孔竖直线的距离为L．此后将开关S接“2”位置，求阻值为R的电阻中的电流强度；
（3）若选用恰当直流电源，电路中开关S接“1”位置，使进入板间的粒子受力平衡，此时在板间某区域加上方向垂直于图面的、磁感应强度大小合适的匀强磁场（磁感应强度B只能在0～Bm范围内选取），使粒子恰好从b板的T孔飞出，求粒子飞出时速度方向与b板板面的夹角的所有可能值（可用反三角函数表示）。
【答案】（1）发射装置对粒子做的功是；
（2）阻值为R的电阻中的电流强度是；
（3）使粒子恰好从b板的T孔飞出，粒子飞出时速度方向与b板板面的夹角的所有可能值是0＜θ≤arcsin。
【解析】（1）粒子的速度：①
由动能定理得：；
（2）粒子在匀强电场中做类平抛运动，水平方向：L＝v0t1…②
竖直方向：③
a④
U＝Eh…⑤
⑥
联立①②③④⑤⑥得：；
（3）没有磁场时，进入板间的粒子受力平衡，粒子只能做匀速直线运动；加磁场后粒子在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，其运动的轨迹可能如图：
由于洛伦兹力提供向心力，得：⑦
磁感应强度最大时，粒子的偏转半径最小。最小为：⑧
设此时粒子的速度方向与下极板之间的夹角是θ，则：⑨
解得：sinθ，
由⑦可得，若磁感应强度减小，则r增大，粒子在磁场中运动的轨迹就越接近下极板，粒子到达T的速度方向就越行于下极板。
所以粒子飞出时速度方向与b板板面的夹角的所有可能值是：0＜θ≤arcsin。
2013四川卷
[2013四川卷 T5 6分]图1是一列简谐横波在t＝1.25s时的波形图，已知c位置的质点比a位置的晚0.5s起振，则图2所示振动图象对应的质点可能位于（ ）
A．a＜x＜b B．b＜x＜c C．c＜x＜d D．d＜x＜e
【答案】D
【解析】由c质点比a质点起振晚0.5s，知道波动周期T=1s;在振动图像上确定1.25s时刻的位置，是 t轴上第二个平衡位置和第二个最大位移之间，由此可判断该质点的运动状态是处于正向位移，向下振动，根据“上坡下，下坡上”，知质点应该位于“正向位移，上坡位置”，选项D正确。
[2013四川卷 T7 6分]（多选题）如图所示，边长为L、不可形变的正方形导线框内有半径为r的圆形磁场区域，其磁感应强度B随时间t的变化关系为B＝kt（常量k＞0）．回路中滑动变阻器R的最大阻值为R0，滑动片P位于滑动变阻器中央，定值电阻R1＝R0、R2．闭合开关S，电压表的示数为U，不考虑虚线MN右侧导体的感应电动势，则（ ）
A．R2两端的电压为
B．电容器的a极板带正电
C．滑动变阻器R的热功率为电阻R2的5倍
D．正方形导线框中的感应电动势为kL2
【答案】AC
【解析】A：有法拉第电磁感应，由此可以知道D错。R2与R是并联，并联滑动变阻器的阻值为，可知并联电阻为，则滑动变阻器所在支路的电阻为，外电路的总电阻为：，故R2两端电压为：，所以A正确；
B：电路左侧的变化磁场在正方形导体内产生逆时针电流，由此可知导体框相当于一个上负下正的电源，所以电容器a极板带负电。
C：设干路电流为I则通过滑动变阻器左半部分的电流为I，通过其右半部分的电流为，由于此部分与R2并联而且电阻值相等，因此通过R2的电流也为，由P＝I2R知：滑动变阻器热功率为，R2的热功率为：，所以滑动变阻器R的热功率为电阻R2的5倍。故C正确。
D：由A的分析知D错。
[2013四川卷 T8(2) 11分]如图1所示，某组同学借用“探究a与F、m之间的定量关系”的相关实验思想、原理及操作，进行“研究合外力做功和动能变化的关系”的实验：
①为达到平衡阻力的目的，取下细绳及托盘，通过调整垫片的位置，改变长木板倾斜程度，根据打出的纸带判断小车是否做 运动。
②连接细绳及托盘，放入砝码，通过实验得到图2所示的纸带。纸带上0为小车运动起始时刻所打的点，选取时间间隔为0.1s的相邻计数点A、B、C、D、E、F、G．实验时小车所受拉力为0.2N，小车的质量为0.2kg。
请计算小车所受合外力做的功W和小车动能的变化△Ek，补填表中空格（结果保留至小数点后第四位）。
O﹣B O﹣C O﹣D O﹣E O﹣F
W/J 0.0432 0.0572 0.0734 0.0915
△Ek/J 0.0430 0.0570 0.0734 0.0907
分析上述数据可知：在实验误差允许的范围内W＝△Ek，与理论推导结果一致。
③实验前已测得托盘质量为7.7×10﹣3kg，实验时该组同学放入托盘中的砝码质量应为 kg（g取9.8m/s2，结果保留至小数点后第三位）。
【答案】①匀速直线； ②0.1115，0.1105； ③0.013。
【解析】①为保证拉力等于小车受到的合力，需平衡摩擦力，即将长木板左端适当垫高，轻推小车，小车做匀速直线运动；
②拉力的功为：W＝F xOF＝0.2N×0.5575m＝0.1115J；
F点的瞬时速度为：；
故F点的动能为：；
③砝码盘和砝码整体受重力和拉力，拉力与托盘和砝码的总重力近似相等的；
则有；0.2N＝（0.0077+m砝码）g
代入数据解得：m砝码＝0.013kg；
[2013四川卷 T11 19分]如图所示，竖直平面（纸面）内有直角坐标系xOy，x轴沿水平方向。在x≤O的区域内存在方向垂直于纸面向里，磁感应强度大小为B1的匀强磁场。在第二象限紧贴y轴固定放置长为l、表面粗糙的不带电绝缘平板，平板平行于x轴且与x轴相距h。在第一象限内的某区域存在方向相互垂直的匀强磁场（磁感应强度大小为B2、方向垂直于纸面向外）和匀强电场（图中未画出）。一质量为m、不带电的小球Q从平板下侧A点沿x轴正向抛出；另一质量也为m、带电量为q的小球P从A点紧贴平板沿x轴正向运动，变为匀速运动后从y轴上的D点进入电磁场区域做匀速圆周运动，经圆周离开电磁场区域，沿y轴负方向运动，然后从x轴上的K点进入第四象限。小球P、Q相遇在第四象限的某一点，且竖直方向速度相同。设运动过程中小球P电量不变，小球P和Q始终在纸面内运动且均看作质点，重力加速度为g。求：
（1）匀强电场的场强大小，并判断P球所带电荷的正负；
（2）小球Q的抛出速度v0的取值范围；
（3）B1是B2的多少倍？
【答案】（1）匀强电场的强度为，P球带正电。
（2）v0的取值范围为v0＜（L）
（3）B1：B2＝1：2
【解析】据题意 受力分析 如图所示
（1）带电小球P在电磁复合场中做匀速圆周运动
有 mg＝qE ①
即②
由于小球P变为匀速的从第二象限进入第一象限
由 平衡条件
有 qv1B1＝mg ③
由 左手定则 可知 P球带正电。
（2）据题意 Q球与P球恰好在K点相遇 v0有最大值v0mQ球做平抛运动 有
L+R＝v0mt ④
⑤
P球在电磁复合场中做匀速圆周运动：
有 ⑥
解得 ⑦
即v0的取值范围为 v0＜（L）⑧
（3）由于PQ相遇时竖直方向速度相同
即P球竖直方向下落R时竖直方向分速度为v1
由 得⑨
而B1，B2
因此可解得 ⑩
2012四川卷
[2012四川卷 T19 6分]在xOy平面内有一列沿x轴正方向传播的简谐横波，波速为2m/s。M、N是平衡位置相距2m的两个质点，如图所示。在t＝0时，M通过其平衡位置沿y轴正方向运动，N位于其平衡位置上方最大位移处。已知该波的周期大于1s，则下列说法中正确的是（ ）
A．该波的周期为s
B．在ts时，N的速度一定为2m/s
C．从t＝0到t＝1s，M向右移动了2m
D．从ts到ts，M的动能逐渐增大
【答案】D
【解析】A、由题意：波速为2m/s，周期大于1s，则波长λ大于vT＝2m。由题，分析得知，2m，得波长λm，周期为T．故A错误。
B、N的速度与波传播速度是两回事，在ts时，N的速度不一定等于2m/s。故B错误。
C、波传播过程中质点M不向前移动，M点只上下振动。故C错误。
D、从ts到ts，即到，M点正从波峰向平衡位置运动，动能逐渐增大。故D正确。
[2012四川卷 T21 6分]（多选题）如图所示，劲度系数为k的轻弹簧的一端固定在墙上，另一端与置于水平面上质量为m的物体接触（未连接），弹簧水平且无形变．用水平力，缓慢推动物体，在弹性限度内弹簧长度被压缩了x0，此时物体静止．撤去F后，物体开始向左运动，运动的最大距离为4x0．物体与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g．则（ ）
A．撤去F后，物体先做匀加速运动，再做匀减速运动
B．撤去F后，物体刚运动时的加速度大小为μg
C．物体做匀减速运动的时间为2
D．物体开始向左运动到速度最大的过程中克服摩擦力做的功为μmg（x0）
【答案】BD
【解析】A、撤去F后，物体水平方向上受到弹簧的弹力和滑动摩擦力，滑动摩擦力不变，而弹簧的弹力随着压缩量的减小而减小，弹力先大于滑动摩擦力，后小于滑动摩擦力，则物体向左先做加速运动后做减速运动，随着弹力的减小，合外力先减小后增大，则加速度先减小后增大，故物体先做变加速运动，再做变减速运动，最后物体离开弹簧后做匀减速运动；故A错误。
B、撤去F后，根据牛顿第二定律得物体刚运动时的加速度大小为a．故B正确。
C、由题，物体离开弹簧后通过的最大距离为3x0，由牛顿第二定律得：匀减速运动的加速度大小为aμg．将此运动看成向右的初速度为零的匀加速运动，则
3x0，得t．故C错误。
D、由上分析可知，当弹簧的弹力与滑动摩擦力大小相等、方向相反时，速度最大，此时弹簧的压缩量为x，则物体开始向左运动到速度最大的过程中克服摩擦力做的功为W＝μmg（x0﹣x）．故D正确。
[2012四川卷 T22(2) 10分]某学习小组的同学拟探究小灯泡L的伏安特性曲线，可供选用的器材如下：
小灯泡L，规格“4.0V．0.7A”；
电流表A1，量程3A，内阻约为0.1Ω；
电流表A2，量程0.6A，内阻r2＝0.2Ω；
电压表V，量程3V，内阻rV＝9kΩ；
标准电阻R1，阻值1Ω；
标准电阻R2，阻值3kΩ；
滑动变阻器R，阻值范围0～10Ω；
学生电源E，电动势6V，内阻不计；
开关S及导线若干。
①甲同学设计了如图1所示的电路来进行测量，当通过L的电流为0.46A时，电压表的示数如图2所示，电压表的示数为 V，此时L的电阻为 Ω。
②乙同学又设计了如图3所示的电路来进行测量，电压表指针指在最大刻度时，加在L上的电压值是 V。
③学习小组认为要想更准确地描绘出L完整的伏安特性曲线，需要重新设计电路。请你在乙同学的基础上利用所供器材，在图4所示的虚线框内补画出实验电路图，并在图上标明所选器材代号。
【答案】①2.30； 5； ②4； ③如图
【解析】（1）由图2所示可知，电压表分度值是0.1V，电压表示数为2.30V，
此时灯泡电阻RL5Ω。
（2）电压表内阻为9kΩ，标准电阻R2阻值为3kΩ，电压表最大示数为3V，由串联电路特点可知，标准电阻R2电压为1V，灯泡两端电压为：3V+1V＝4V。
（3）电流表A1量程太大，读数误差太大，为减小误差，应该选用电流表A2，给电流表A2并联一个分流电阻，实验电路图如图1或图2所示。
[2012四川卷 T25 20分]如图所示，水平虚线X下方区域分布着方向水平、垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场，整个空间存在匀强电场（图中未画出）．质量为m，电荷量为+q的小球P静止于虚线X上方A点，在某一瞬间受到方向竖直向下、大小为I的冲量作用而做匀速直线运动．在A点右下方的磁场中有定点O，长为l的绝缘轻绳一端固定于O点，另一端连接不带电的质量同为m的小球Q，自然下垂．保持轻绳伸直，向右拉起Q，直到绳与竖直方向有一小于5°的夹角，在P开始运动的同时自由释放Q，Q到达O点正下方W点时速率为v0．P、Q两小球在W点发生正碰，碰后电场、磁场消失，两小球粘在一起运动．P、Q两小球均视为质点，P小球的电荷量保持不变，绳不可伸长，不计空气阻力，重力加速度为g．
（1）求匀强电场场强E的大小和P进入磁场时的速率v；
（2）若绳能承受的最大拉力为F，要使绳不断，F至少为多大？
（3）求A点距虚线X的距离s．
【答案】（1）匀强电场场强E的大小，P进入磁场时的速率；
（2）要使绳不断，F至少为
（3）若两球反向相碰，A点距虚线X的距离 其中n为大于的整数
若两球同向相碰，A点距虚线X的距离 其中n为大于的整数
【解析】（1）设小球P所受电场力为F1，则F1＝qE
在整个空间重力和电场力平衡，有F1＝mg
联立相关方程得
设小球P受到冲量后获得速度为v，由动量定理得I＝mv
得
（2）设P、Q同向相碰后在W点的最大速度为vm，由动量守恒定律得
mv+mv0＝（m+m）vm
此刻轻绳的张力也为最大，由牛顿运动定律得F﹣（m+m）gvm2
联立相关方程，得F
（3）设P在磁场上方做匀速直线运动的时间为tP1，则tP1
设P在X下方做匀速圆周运动的时间为tP2，则
tP2
设小球Q从开始运动到与P球反向相碰的运动时间为tQ，由单摆周期性，有
由题意，有 tQ＝tP1+tP2
联立相关方程，得n为大于的整数
设小球Q从开始运动到与P球同向相碰的运动时间为tQ′，由单摆周期性，有
同理可得 其中n为大于的整数
2011四川卷
[2011四川卷 T19 6分]如图是“神舟”系列航天飞船返回舱返回地面的示意图，假定其过程可简化为：打开降落伞一段时间后，整个装置匀速下降，为确保安全着陆，需点燃返回舱的缓冲火箭，在火箭喷气过程中返回舱做减速直线运动，则（ ）
A．火箭开始喷气瞬间伞绳对返回舱的拉力变小
B．返回舱在喷气过程中减速的主要原因是空气阻力
C．返回舱在喷气过程中所受合外力可能做正功
D．返回舱在喷气过程中处于失重状态
【答案】A
【解析】A、火箭开始喷气前匀速下降拉力等于重力减去返回舱受到的空气阻力，火箭开始喷气瞬间反冲力直接对返回舱作用因而伞绳对返回舱的拉力变小。所以A正确。
B、返回舱在喷气过程中减速的主要原因是缓冲火箭向下喷气而获得向上的反冲力，不是空气阻力，所以B错误。
C、在火箭喷气过程中返回舱做减速直线运动，加速度方向向上，返回舱处于超重状态，动能减小，返回舱所受合外力做负功，所以C错误。
D、由C的分析可知，D错误。
[2011四川卷 T21 6分](多选）质量为m的带正电小球由空中A点无初速度自由下落，在t秒末加上竖直向上、范围足够大的匀强电场，再经过t秒小球又回到A点．不计空气阻力且小球从未落地，则（ ）
A．整个过程中小球电势能变化了mg2t2
B．整个过程中小球动能增量为2mg2t2
C．从加电场开始到小球运动到最低点时小球动能变化了mg2t2
D．从A点到最低点小球重力势能变化了mg2t2
【答案】BD
【解析】A、小球先做自由下落，然后受电场力和重力向下做匀减速到速度为0，再向上做匀加速回到A点。
设加上电场后小球的加速度大小为a，规定向下为正方向。
整个过程中小球的位移为0，运用运动学公式：
gt2+gt×tat2＝0
解得a＝3g，
根据牛顿第二定律：F合＝F电﹣mg＝ma
所以电场力是重力的4倍为4mg，
根据电场力做功量度电势能的变化
w电＝﹣△Ep
w电＝F电 x＝4mggt2＝2mg2t2
所以整个过程中小球电势能减少了2mg2t2．故A错误。
B、规定向下为正方向，根据动量定理得：△p＝mgt﹣3mgt＝﹣2mgt，
所以整个过程中小球动量增量的大小为2mgt，则动能的增加量2mg2t2，故B正确；
C、小球减速到最低点动能为0，
所以从加电场开始到小球运动到最低点时小球动能变化与从A点无初速度自由下落到t秒末动能变化相等。
小球从A点无初速度自由下落到t秒末动能变化为mg2t2 故C错误。
D、根据重力做功与重力势能变化的关系得：
从A点到最低点重力势能变化了mg×（gt2gt2）mg2t2． 故D正确。
[2011四川卷 T22 17分]
为测量一电源的电动势及内阻，
①在下列三个电压表中选一个改装成量程为9V的电压表
A．量程为1V、内阻大约为1KΩ的电压V1。
B．量程为2V、内阻大约为2KΩ的电压V2。
C．量程为3V、内阻大约为3KΩ的电压V3。
选择电压表 串联 KΩ的电阻可以改装成量程为9V的电压表
②利用一个电阻箱、一只开关、若干线和改装好的电压表（此表用符号V1，V2，V3与一个电阻串联来表示，且可视为理想电压表），在虚线框内画出电路图。
③．根据以上试验原理电路图进行实验，读出电压表示数为1.50V时、电阻箱值为15.0Ω；电压表示数为2.00V时，电阻箱的阻值为40.0Ω，则电源的电动势E＝ V、内阻r＝
Ω。
【答案】（2）①V3；6；②电路如图所示：③7.5，10。
（2）①选择量程为3V、内阻大约为3KΩ的电压V3表盘刻度改装容易，读数容易，改装后量程和内阻都扩大3倍，所以改装时需要串联6KΩ的电阻。
②实验原理电路图，如图：
③电压表示数为1.50V时，改装电压表的示数为4.50V，即加在电阻箱上的电压是4.50V，根据闭合电路的欧姆定律 ，同理有．连立二式解得 E＝7.5V r＝10Ω
[2011四川卷 T24 19分]如图所示，间距l＝0.3m的平行金属导轨a1b1c1和a2b2c2分别固定在两个竖直面内，在水平面a1b1b2a2区域内和倾角θ＝37°的斜面c1b1b2c2区域内分别有磁感应强度B1＝0.4T、方向竖直向上和B2＝1T、方向垂直于斜面向上的匀强磁场．电阻R＝0.3Ω、质量m1＝0.1kg、长为l的相同导体杆K、S、Q分别放置在导轨上，S杆的两端固定在b1、b2点，K、Q杆可沿导轨无摩擦滑动且始终接触良好．一端系于K杆中点的轻绳平行于导轨绕过轻质滑轮自然下垂，绳上穿有质量m2＝0.05kg的小环．已知小环以a＝6m/s2的加速度沿绳下滑，K杆保持静止，Q杆在垂直于杆且沿斜面向下的拉力F作用下匀速运动．不计导轨电阻和滑轮摩擦，绳不可伸长．取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8．求
（1）小环所受摩擦力的大小；
（2）Q杆所受拉力的瞬时功率．
【解析】（1）设小环受到的摩擦力大小为Ff，由牛顿第二定律，有
m2g﹣Ff＝m2a
代入数据得
Ff＝0.2N；
（2）设通过K杆的电流为I1，K杆受力平衡，有
Ff＝B1I1l
设回路中电流为I，总电阻为R总，有：
I＝2I1
R总R
设Q杆下滑速度大小为v，产生的感应电动势为E，有
I
E＝B2lv
F+m1gsinθ＝B2Il
拉力的瞬时功率为
P＝Fv
联立以上方程，代入数据解得
Q杆受拉力的功率P＝2W．
[2011四川卷 T25 20分]如图所示：正方形绝缘光滑水平台面WXYZ边长l＝1.8m，距地面h＝0.8m。平行板电容器的极板CD间距d＝0.1m且垂直放置于台面，C板位于边界WX上，D板与边界WZ相交处有一小孔。电容器外的台面区域内有磁感应强度B＝1T、方向竖直向上的匀强磁场。电荷量q＝5×10﹣13C的微粒静止于W处，在CD间加上恒定电压U＝2.5V，板间微粒经电场加速后由D板所开小孔进入磁场（微粒始终不与极板接触），然后由XY边界离开台面。在微粒离开台面瞬时，静止于X正下方水平地面上A点的滑块获得一水平速度，在微粒落地时恰好与之相遇。假定微粒在真空中运动、极板间电场视为匀强电场，滑块视为质点，滑块与地面间的动摩擦因数μ＝0.2，取g＝10m/s2
（1）求微粒在极板间所受电场力的大小并说明两板的极性；
（2）求由XY边界离开台面的微粒的质量范围；
（3）若微粒质量mo＝1×10﹣13kg，求滑块开始运动时所获得的速度。
【答案】（1）微粒在极板间所受电场力的大小1.25×10﹣11N，C板为正，D板为负。
（2）由XY边界离开台面的微粒的质量范围为8.1×10﹣14kg＜m≤2.89×10﹣13kg。
（3）若微粒质量mo＝1×10﹣13kg，滑块开始运动时所获得的速度为4.15m/s。
【解析】（1）由左手定则及微粒的偏转方向可知，该微粒带正电，即C板为正，D板为负；电场力的大小为：
①
（2）由题意知两个轨迹边界如图所示，由此边界结合勾股定理得：
②
再由向心力公式得③
且④
联立②③④式，得该微粒的质量范围：
8.1×10﹣14kg＜m≤2.89×10﹣13kg
（3）将质量mo＝1×10﹣13kg代入③④可得：
v＝5m/s以及R＝1m，其轨迹如图所示。
由图可知，也即是θ＝37°…⑤
设微粒在空中的飞行时间为t，则由运动学公式有：
⑥
则滑块滑至与微粒相碰过程中微粒的水平位移为：
s＝vt…⑦
微粒滑出点距左边距离：
x＝d+Rsinθ…⑧
由⑤⑥⑦⑧可得：
s＝2m x＝0.7m。
由余弦定理，知滑块的位移 。
由位移公式
解得：v0＝4.15m/s。
由正弦定理有：，
得：sinφ＝0.8
φ＝arcsin0.8（或φ＝53°）
2010四川卷
[2010四川卷 T17 6分]a是地球赤道上一栋建筑，b是在赤道平面内做匀速圆周运动、距地面9.6×106m的卫星，c是地球同步卫星，某一时刻b、c刚好位于a的正上方（如图甲所示），经48h，a、b、c的大致位置是图乙中的（取地球半径R＝6.4×106m，地球表面重力加速度g＝10m/s2，π）（ ）
【答案】B
【解析】由于a物体和同步卫星c的周期都为24h。所以48h后两物体又回到原位置，故A错误；
b是在赤道平面内做匀速圆周运动、距地面9.6×106m的卫星，
根据万有引力提供向心力得：①
根据地球表面的物体万有引力等于重力得：②
由①②式解得：
b卫星运行的周期T≈2×104s，
然后再算b卫星在48小时内运行的圈数n＝48h/T，代入数据得n＝8.64圈。
[2010四川卷 T20 6分]（多选）如图所示，电阻不计的平行金属导轨固定在一绝缘斜面上，两相同的金属导体棒a、b垂直于导轨静止放置，且与导轨接触良好，匀强磁场垂直穿过导轨平面。现用一平行于导轨的恒力F作用在a的中点，使其向上运动。若b始终保持静止，则它所受摩擦力可能
A．变为0 B . 先减小后不变
C . 等于F D．先增大再减小
【答案】AB
【解析】对a棒：a棒所受合力为：F合＝F﹣f﹣mgsinθ﹣F安＝F﹣f﹣mgsinθ，可知a棒速度增大，合力将减小，加速度减小至加速度为零后，速度恒定不变，所以a棒所受的安培力先增大后不变。
b最终受到的静摩擦力有三种情况：
第一种是：摩擦力为零，则BIL＝mgsinθ，故A正确。
第二种是：摩擦力向上，则BIL+f＝mgsinθ，由于最初是f＝mgsinθ，故摩擦力先减小后不变，故B正确；
在这种情况下：f＝mgsinθ﹣BIL；此时对a，F＝mgsinθ+BIL+f滑，故F≠f；
第三种是：摩擦力向下，则BIL＝mgsinθ+f，f＝BIL﹣mgsinθ；由于最初是f＝mgsinθ；BIL﹣mgsinθ与mgsinθ的大小有三种情况，故f的变化也有三种情况：一是先减小至零后反向增大至f（小于初值）不变，二是先减小至零后反向增大至f（等于初值）不变，三是先减小至零后反向增大至f（大于初值）不变。是而此时对a，
F＝mgsinθ+BIL+f滑，故F≠f．综上所述，b棒所受摩擦力可能为零，不可能为F，故CD错误。
[2010四川卷 T21 6分]（多选）如图所示，圆弧虚线表示正点电荷电场的等势面，相邻两等势面间的电势差相等．光滑绝缘直杆沿电场方向水平放置并固定不动，杆上套有一带正电的小滑块（可视为质点），滑块通过绝缘轻弹簧与固定点O相连，并以某一初速度从M点运动到N点，OM＜ON．若滑块在M、N时弹簧的弹力大小相等，弹簧始终在弹性限度内，则（ ）
A．滑块从M到N的过程中，速度可能一直增大
B．滑块从位置1到2的过程中，电场力做的功比从位置3到4的小
C．在M、N之间的范围内，可能存在滑块速度相同的两个位置
D．在M、N之间可能存在只由电场力确定滑块加速度大小的三个位置
【答案】AC
【解析】A、随着滑块由M向N滑动，所受向右的电场力越来越小，如果在N点电场力大于弹簧弹力沿MN的分力，则滑块一直加速，所以A选项正确。
B、1、2与3、4间的电势差相等，电场力做功相等，故B错误
C、在N点如果电场力小于弹簧弹力沿MN的分力，则滑块先加速后减速，就可能有两个位置的速度相同，C正确。
D、由题意“OM＜ON”和“滑块在M、N时弹簧的弹力大小相等”知滑块在M点受弹簧的推力斜向左下，在N点受弹簧的拉力向左上方。即M点时弹簧是压缩的，N点时弹簧是拉伸的，在弹簧与水平杆垂直和弹簧恢复原长的两个位置滑块的加速度只由电场力决定，故在M、N之间可能存在只由电场力确定滑块加速度大小的有两个位置，故D错误。
[2010四川卷 T22（1） 13分]（1）①用多用电表探测图甲所示黑箱发现：用直流电压挡测量，E、G两点间和F、G两点间均有电压，E、F两点间无电压；用欧姆测量，黑表笔（与电表内部电源的正极相连）接E点，红表笔（表电表内部电源的负极相连）接F点，阻值很小，但反接阻值很大。那么，该黑箱内元件的接法可能是图乙中 。
②在物理兴趣小组活动中，一同学利用下列器材设计并完成了“探究导体阻值与长度的关系”的实验。
电压表V1量程3V内阻约为900Ω
电压表V2量程10V内阻约为3KΩ
电压表A量程60mA内阻约为5Ω
电源E1电动势1.5V内阻约为0.2Ω
电源E2电动势4.5V内阻约为0.4Ω
滑动变阻器（最大阻值为10Ω）。粗细均匀的同种电阻丝，开关、导线和刻度尺
其主要实验步骤如下：
A．选取图中器材，按示意图连接电路
B．用伏安法测定电阻丝的阻值R
C．用刻度尺没出电阻丝的长度L
D．依次减小电阻丝的长度， ，重复步骤B、C。
E．处理数据，根据下列测量结果，找出电阻丝值与长度的关系
L（m） 0.9956 0.8049 0.5981 0.4021 0.1958
R（Ω） 104.8 85.3 65.2 46.6 27.1
为使实验尽可能准确，请你对上述步骤中画线处加以改进。
（I）
（Ⅱ）
（Ⅲ）随着长度的减小，由伏特表和安培表的示数比值知电阻减小，当减小到一定程度之后，应该将电流表改为外接法。
【答案】（1）B；（2）将E1改用为E2；电流表的外接法；
【解析】（1）当多用电表接调为电压挡时，此时多用电表就是一只内阻很大的电压表，当接E、G两点间时，在D图中二极管反向截止，故D图绝没有电压值。故D图错误。当接F、G两点间时，在D图中二极管反向截止，故D图绝没有电压值；故D图错误。
当红表笔接F，电阻很小，此时二极管导通，电源电流从黑表笔流出通过二极管从红表笔流进，电流方向E到F，只有B正确。
（Ⅰ）将电源E1改选E2．根据实验的安全原则和误差原则，电压表V2的量程太大，故选择V1正确；选择E1时，电压表偏转较小，故应将E1改用为E2。
（Ⅱ）从表格中的数据知，随着导体长度的减小，其电阻也减小，其阻值大于临界值时，则应用电流表的内接法，其阻值小于临界值时，则应用电流表的外接法。故要对实验电路适时调整。
[2010四川卷 T25 20分]如图所示，空间有场强E＝0.5N/C的竖直向下的匀强电场，长l＝0.3m的不可伸长的轻绳一端固定于O点，另一端系一质量m＝0.01kg的不带电小球A，拉起小球至绳水平后，无初速释放。另一电荷量q＝+0.1C、质量与A相同的小球P，以速度v0＝3m/s水平抛出，经时间t＝0.2s与小球A在D点迎面正碰并粘在一起成为小球C，碰后瞬间断开轻绳，同时对小球C施加一恒力，此后小球C与D点下方一足够大的平板相遇。不计空气阻力，小球均可视为质点，取g＝10m/s2。
（1）求碰撞前瞬间小球P的速度。
（2）若小球C经过路程s＝0.09m到达平板，此时速度恰好为0，求所加的恒力。
（3）若施加恒力后，保持平板垂直于纸面且与水平面的夹角不变，在D点下方面任意改变平板位置，小球C均能与平板正碰，求出所有满足条件的恒力。
【答案】（1）求碰撞前瞬间小球P的速度为6m/s；速度方向与水平方向夹角为30°
（2）所加的恒力为N方向与竖直方向夹角为30°；
（3）恒力满足的条件为F′（其中0°≤β＜120°）。
【解析】（1）小球P在碰撞前做类平抛运动，竖直方向的加速度
小球P在碰撞瞬间竖直向下的速度为vy＝at＝15×0.2m/s＝3m/s
所以小球P碰撞瞬间的速度
速度方向与水平方向夹角为30°
（2）小球P与A在D点正碰，小球P此时的速度与水平方向的夹角为θ，连接小球A的绳子与竖直方向的夹角也为θ．
则θ＝30°
对A球从开始运动至D点的过程，由动能定理得
解得
P与A球迎面正碰并粘在一起成为小球C，根据动量守恒定律有
mvP﹣mvA＝2mvC
解得：vC＝1.5m/s
小球C经过路程s后到达夹板，此时速度变为0，表明小球C一定做匀减速直线运动，其运动速度与受力示意图如右图所示。
由运动学公式得：
a12.5m/s2
设恒力F与竖直方向的夹角为α，建立如图所示的坐标系，根据牛顿第二定律得：
在x轴上（沿加速度方向）：Fcos（90°﹣α﹣θ）﹣（2mg+qE）sinθ＝2ma
在y轴上：Fsin（90°﹣α﹣θ）﹣（2mg+qE）cosθ＝0
由以上二式联立并代入数据得：
FN，α＝30°
（3）平板足够大，且在D点下方任意改变平板位置，那则可以将平板放置到无限远，但根据题意也要发生正碰（垂直打在板上），则小球C必须匀速或匀加速运动。故恒力F′的方向是从竖直向上顺时针转至无限接近速度的方向的范围内，设恒力F′与竖直方向的夹角为β，则有
0°≤β＜120°
为了使小球C能做匀速直线运动或匀加速直线运动，则在小球C运动的速度的垂直方向上合力为零，有F′cos（θ﹣β）＝（2mg+qE）cosθ
解得 F′（其中0°≤β＜120°）。
2009四川卷
[2009四川卷 T19 6分]图示为一列沿x轴负方向传播的简谐横波，实线为t＝0时刻的波形图，虚线为t＝0.6s时的波形图，波的周期T＞0.6s，则（ ）
A．波的周期为2.4s
B．在t＝0.9s时，P点沿y轴正方向运动
C．经过0.4s，P点经过的路程为4m
D．在t＝0.5s时，Q点到达波峰位置
【答案】D
【解析】A、根据题意应用平移法可知由实线得到虚线需要将图象沿x轴负方向平移（n）λ，其中n＝0、1、2、3、4…，
故由实线传播到虚线这种状态需要（n）T，
即（n）T＝0.6s，解得T，其中n＝0、1、2、3、4…，
当n＝0时，解得T＝0.8s，
当n＝1时，解得T＝0.34s，
又T＞0.6s，
故最大周期为0.8s，故A错；
B、由于波沿x轴负方向传播，故t＝0时p点沿y轴负方向运动，故t＝0.8s时p点沿y轴负方向运动，而周期T＝0.8s，故0.9s时P点沿y轴负方向运动。故B错误。
C、在一个周期内p点完成一个全振动，即其运动路程为4A，而0.4sT，故p点的运动路程为2A＝0.4m，C错；
D、由题意可知波长λ＝8m，则变速v10m/s，在t＝0时Q点的横坐标为5m，由于波沿y轴负方向运动，故在t＝0.5s的时间内波沿x轴负方向传播的距离为x＝vt＝10×0.5＝5m，故在t＝0.5s时，Q点振动情况和t＝0时距离坐标原点10m处的质点的振动情况相同，而t＝0时距离坐标原点10m处的质点在波峰，在t＝0.5s时，Q点到达波峰位置。故D正确。
[2009四川卷 T20 6分]（多选题）如图所示，粗糙程度均匀的绝缘斜面下方O点处有一正点电荷，带负电的小物体以初速度v1从M点沿斜面上滑，到达N点时速度为零，然后下滑回到M点，此时速度为v2（v2＜v1）．若小物体电荷量保持不变，OM＝ON，则（ ）
A．小物体上升的最大高度为
B．从N到M的过程中，小物体的电势能逐渐减小
C．从M到N的过程中，电场力对小物体先做负功后做正功
D．从N到M的过程中，小物体受到的摩擦力和电场力均是先增大后减小
【答案】AD
【解析】设斜面倾角为θ、上升过程沿斜面运动的最大距离为L。
因为OM＝ON，则MN两点电势相等，小物体从M到N、从N到M电场力做功均为0。
上滑和下滑经过同一个位置时，垂直斜面方向上电场力的分力相等，则经过相等的一小段位移在上滑和下滑过程中电场力分力对应的摩擦力所做的功均为相等的负功，所以上滑和下滑过程克服电场力产生的功与摩擦力所做的功相等、并设为W1。
在上滑和下滑过程，对小物体，摩擦力做功相等，则应用动能定理分别有：﹣mgsinθL﹣Wf﹣W1和mgsinθL﹣Wf﹣W1，上两式相减可得h＝sinθL，A正确；
由OM＝ON，可知电场力对小物体先做正功后做负功，电势能先减小后增大，BC错；
从N到M的过程中，小物体受到的电场力垂直斜面的分力先增大后减小，而重力分力不变，则摩擦力先增大后减小，在此过程中小物体到O的距离先减小后增大，根据库仑定律可知小物体受到的电场力先增大后减小，D对。
[2009四川卷 T21 6分]如图所示，空气中有一横截面为半圆环的均匀透明柱体，其内圆半径为r，外圆半径为R，Rr．现有一束单色光垂直于水平端面A射入透明柱体，只经过两次全反射就垂直于水平端面B射出．设透明柱体的折射率为n，光在透明柱体内传播的时间为t，若真空中的光速为c，则（ ）
A．n可能为 B．n可能为2
C．t可能为 D．t可能为
【答案】AB
【解析】只经过两次全反射可知第一次入射角为45°，反射光路图如图所示。根据全反射可知临界角C≤45°，再根据n可知n，故AB均正确；
光在透明柱体中运动路程为L＝4r，运动时间为t，则t，故CD均错。
[2009四川卷 T22 9分]（1）在弹性限度内，弹簧弹力的大小与弹簧伸长（或缩短）的长度的比值，叫做弹簧的劲度系数．为了测量一轻弹簧的劲度系数，某同学进行了如下实验设计：如图所示，将两平行金属导轨水平固定在竖直向下的匀强磁场中，金属杆ab与导轨接触良好，水平放置的轻弹簧一端固定于O点，另一端与金属杆连接并保持绝缘．在金属杆滑动的过程中，弹簧与金属杆、金属杆与导轨均保持垂直，弹簧的形变始终在弹性限度内，通过减小金属杆与导轨之间的摩擦和在弹簧形变较大时读数等方法，使摩擦对实验结果的影响可忽略不计．
请你按要求帮助该同学解决实验所涉及的两个问题．
①帮助该同学完成实验设计．请你用低压直流电源（）、滑动变阻器（）、电流表（）、开关（）设计一电路图，画在图中虚线框内，并正确连在导轨的C、D两端．
②若已知导轨间的距离为d，匀强磁场的磁感应强度为B，正确连接电路后，闭合开关，使金属杆随挡板缓慢移动，当移开挡板且金属杆静止时，测出通过金属杆的电流为I1，记下金属杆的位置，断开开关，测出弹簧对应的长度为x1；改变滑动变阻器的阻值，再次让金属杆静止时，测出通过金属杆的电流为I2，弹簧对应的长度为x2，则弹簧的劲度系数k＝ ．
【答案】（1）①设计的电路如图．
②
【解析】（1）①低压直流电源E、滑动变阻器R、电流表、开关S串接在CD两点之间，如右图所示．
②设弹簧原长为L0，应用胡克定律有K（X1﹣L0）＝BI1d、
K（X2﹣L0）＝BI2d，
两式相减可得K（X1﹣X2）＝B（I1﹣I2）d，解得K；
法2、根据胡克定律F＝KX可得△F＝K△X，则K；
[2009四川卷 T24 19分]如图所示，直线形挡板p1p2p3与半径为r的圆弧形挡板p3p4p5平滑连接并安装在水平台面b1b2b3b4上，挡板与台面均固定不动。线圈c1c2c3的匝数为n，其端点c1、c3通过导线分别与电阻R1和平行板电容器相连，电容器两极板间的距离为d，电阻R1的阻值是线圈c1c2c3阻值的2倍，其余电阻不计，线圈c1c2c3内有一面积为S、方向垂直于线圈平面向上的匀强磁场，磁场的磁感应强度B随时间均匀增大。质量为m的小滑块带正电，电荷量始终保持为q，在水平台面上以初速度v0从p1位置出发，沿挡板运动并通过p5位置。若电容器两板间的电场为匀强电场，p1、p2在电场外，间距为L，其间小滑块与台面的动摩擦因数为μ，其余部分的摩擦不计，重力加速度为g。
求：
（1）小滑块通过p2位置时的速度大小。
（2）电容器两极板间电场强度的取值范围。
（3）经过时间t，磁感应强度变化量的取值范围。
【答案】（1）小滑块通过p2位置时的速度大小为；
电容器两极板间电场强度的取值范围为0＜E；
（3）经过时间t，磁感应强度变化量的取值范围为0＜△B。
【解析】（1）小滑块运动到位置p2时速度为v1，由动能定理有：
﹣umgL
v1
（2）由题意可知，电场方向如图，若小滑块能通过位置p，则小滑块可沿挡板运动且通过位置p5，设小滑块在位置p的速度为v，受到的挡板的弹力为N，
匀强电场的电场强度为E，由动能定理有：
﹣umgL﹣2rEq
当滑块在位置p时，由牛顿第二定律有：N+Eq＝m
由题意有：N≥0
由以上三式可得：E
E的取值范围：0＜E①
（3）设线圈产生的电动势为E1，其电阻为R，平行板电容器两端的电压为U，t时间内磁感应强度的变化量为△B，得：
U＝Ed ②
由法拉第电磁感应定律得E1＝n③
由全电路的欧姆定律得E1＝I（R+2R） ④
U＝2RI ⑤
由②③④⑤得：△B
把①代入上式得：0＜△B
所以经过时间t，磁感应强度变化量的取值范围：0＜△B。
[2009四川卷 T25 20分]如图所示，轻弹簧一端连于固定点O，可在竖直平面内自由转动，另一端连接一带电小球P，其质量m＝2×10﹣2kg，电荷量q＝0.2C．将弹簧拉至水平后，以初速度V0＝20m/s竖直向下射出小球P，小球P到达O点的正下方O1点时速度恰好水平，其大小V＝15m/s。若O、O1相距R＝1.5m，小球P在O1点与另一由细绳悬挂的、不带电的、质量M＝1.6×10﹣1kg的静止绝缘小球N相碰。碰后瞬间，小球P脱离弹簧，小球N脱离细绳，同时在空间加上竖直向上的匀强电场E和垂直于纸面的磁感应强度B＝1T的匀强磁场。此后，小球P在竖直平面内做半径r＝0.5m的圆周运动。小球P、N均可视为质点，小球P的电荷量保持不变，不计空气阻力，取g＝10m/s2．那么，
（1）弹簧从水平摆至竖直位置的过程中，其弹力做功为多少？
（2）请通过计算并比较相关物理量，判断小球P、N碰撞后能否在某一时刻具有相同的速度。
（3）若题中各量为变量，在保证小球P、N碰撞后某一时刻具有相同速度的前提下，请推导出r的表达式（要求用B、q、m、θ表示，其中θ为小球N的运动速度与水平方向的夹角）。
【答案】（1）弹簧从水平摆至竖直位置的过程中，其弹力做功为﹣2.05J；
（2）小球P、N碰撞后不能在某一时刻具有相同的速度；
（3）（给定的B、q、r、m、θ等物理量决定n的取值）。
【解析】（1）设弹簧的弹力做功为W，有：①
代入数据，得：W＝﹣2.05J ②
（2）由题给条件知，N碰后做平抛运动，P所受电场力和重力平衡，P带正电荷。设P、N碰后的速度大小分别为v1和V，
并令水平向右为正方向，有：mv＝±mv1+MV③
而：④
若P、N碰后速度同向时，计算可得V＜v1，这种碰撞不能实现。P、N碰后瞬时必为反向运动。有：⑤
P、N速度相同时，N经过的时间为tN，P经过的时间为tP．设此时N的速度V1的方向与水平方向的夹角为θ，
有：⑥
gtN＝V1sinθ＝v1sinθ⑦
代入数据，得：⑧
对小球P，其圆周运动的周期为T，有：⑨
经计算得：tN＜T，
P经过tP时，对应的圆心角为α，有：⑩
当B的方向垂直纸面朝外时，P、N的速度相同，如图可知，有：α1＝π+θ
联立相关方程得：
比较得，tN≠tP1，在此情况下，P、N的速度在同一时刻不可能相同。
当B的方向垂直纸面朝里时，P、N的速度相同，同样由图，有：a2＝π﹣θ，
同上得：，
比较得，tN≠tp2，在此情况下，P、N的速度在同一时刻也不可能相同。
（3）当B的方向垂直纸面朝外时，设在t时刻P、N的速度相同，tN＝tP＝t，
再联立④⑦⑨⑩解得：
当B的方向垂直纸面朝里时，设在t时刻P、N的速度相同tN＝tP＝t，
同理得：
考虑圆周运动的周期性，有：（给定的B、q、r、m、θ等物理量决定n的取值）。
2008四川卷
[2008四川卷 T19 6分]在x轴上方有垂直于纸面的匀强磁场．同一种带电粒子从O点射入磁场．当入射方向与x轴的夹角α＝45°时．速度为v1、v2的两个粒子分别从a、b两点射出磁场，如图所示．当α为60°时，为了使粒子从ab 的中点c射出磁场，则速度应为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】设a、b、c三点的坐标分别为x1，x2，x3，
当α＝45°时，三点为的粒子从a点射出磁场，如图所示有，
x1R1，
当α＝45°时，三点为的粒子从b点射出磁场，如图所示有，
x2R2，
当α＝60°时，三点为的粒子从c点射出磁场，如图所示有，
x3R3，
因为2x3＝x1+x2，
所以v3（v1+v2）。
[2008四川卷 T21 6分]两个可视为质点的小球a和b，用质量可忽略的刚性细杆相连，放置在一个光滑的半球面内，如图所示．已知小球a和b的质量之比为，细杆长度是球面半径的倍．两球处于平衡状态时，细杆与水平面的夹角θ是（ ）
A．45° B．30° C．22.5° D．15°
【答案】D
【解析】由题目中的数据可以得出，abO三点组成一个等腰直角三角形，所以两底角都为45．对两球进行受力分析，由于球面光滑，所以两球都只受到3个力，如图所示：重力、球面的支持力、刚性细杆的弹力；由于是刚性细杆，所以刚性细杆对两球的弹力均沿着杆方向，且对两球的弹力大小相等；两球处于平衡状态，两球受到的合力都为零，两球受到的三个力都组成一个封闭的力的矢量三角形．
设b球的质量为m，由正弦定理对球a：=；对球b：=，所以有：=，即=，所以=15，故D正确，ABC错误．
[2008四川卷 T22 10分]Ⅱ．图1中所示装置可以用来测量硬弹簧（即劲度系数较大的弹簧）的劲度系数k。电源的电动势为E，内阻可忽略不计；滑动变阻器全长为l，重力加速度为g。V为理想电压表。当木板上没有放重物时，滑动变阻器的触头位于图1中a点，此时电压表示数为零。在木板上放置质量为m的重物，滑动变阻器的触头随木板一起下移。由电压表的示数U及其它给定条件，可计算出弹簧的劲度系数k。
（1）写出m、U与k之间所满足的关系式。
（2）已知E＝1.50V，l＝12.0cm，g＝9.80m/s2．测量结果如下表：
m（kg） 1.00 1.50 3.00 4.50 6.00 7.50
U（V） 0.108 0.154 0.290 0.446 0.608 0.740
①在图中给出的坐标纸上利用表中数据描出m﹣U直线。
②m﹣U直线的斜率为 kg/V；
③弹簧的劲度系数k＝ N/m（保留3位有效数字）。
【答案】Ⅱ（1）．（2）如图，10.0，1.23×103。
【解析】Ⅱ（1）mg＝kx
UE
所以。
（2）①根据m﹣U的关系，知m﹣U成正比，图线如图所示
②通过图线求出斜率为：10.0
③已知10，所以k1.23×103N/m。
[2008四川卷 T25 22分]如图，一质量为m＝1kg的木板静止在光滑水平地面上。开始时，木板右端与墙相距L＝0.08m；质量为m＝1kg的小物块以初速度v0＝2m/s滑上木板左端。木板长度可保证物块在运动过程中不与墙接触。物块与木板之间的动摩擦因数为μ＝0.1．木板与墙的碰撞是完全弹性的。取g＝10m/s2，求
（1）从物块滑上木板到两者首次恰好达到共同速度时，木板与墙碰撞的次数及所用的时间；
（2）两者首次恰好达到共同速度时木板右端与墙之间的距离。
【答案】（1）从物块滑上木板到两者首次恰好达到共同速度时，木板与墙共发生两次碰撞，所用的时间为1.8s。
（2）两者首次恰好达到共同速度时木板右端与墙之间的距离为0.06m。
【解析】（1）物块滑上木板后，在摩擦力作用下，木板从静止开始做匀加速运动。设木板加速度为a，经历时间T后与墙第一次碰撞。碰撞时的速度为v1，则
μmg＝ma …①
…②
v1＝at …③
联立①②③解得
T＝0.4s v1＝0.4m/s…④
在物块与木板两者达到共同速度前，在每两次碰撞之间，木板受到物块对它的摩擦力作用而做加速度恒定的匀减速直线运动，因而木板与墙相碰后将返回至初态，所用时间也为T。
设在物块与木板两者达到共同速度v前木板共经历n次碰撞，则有
v＝v0﹣（2nT+△t）a＝a△t…⑤
式中△t是碰撞n次后木板从起始位置至达到共同速度时所需要的时间。
由于最终两个物体一起以相同的速度匀速前进，故⑤式可改写为
2v＝v0﹣2nT…⑥
由于木板的速率只能位于0到v1之间，故有
0≤v0﹣2nT≤2v1…⑦
求解上式得1.5≤n≤2.5
由于n是整数，故n＝2 …⑧
再有①⑤⑧得△t＝0.2s …⑨
v＝0.2m/s …⑩
从开始到物块与木板两者达到共同速度所用的时间为
t＝4T+△t＝1.8s …（11）
即从物块滑上木板到两者首次恰好达到共同速度时，木板与墙共发生两次碰撞，所用的时间为1.8s。
（2）物块与木板达到共同速度时，木板与墙之间的距离为（12）
联立 ①与（12）式，并代入数据得 s＝0.06m…（13）
即两者首次恰好达到共同速度时木板右端与墙之间的距离为0.06m。
2007四川卷
[2007四川卷 T20 6分]（多选题）图甲为一列简谐横波在某一时刻波形图，图乙为质点P以此时刻为计时起点的振动图象。从该时刻起（ ）
A．经过0.35s时，质点Q距平衡位置的距离小于质点P距平衡位置的距离
B．经过0.25s时，质点Q的加速度大于质点P的加速度
C．经过0.15s，波沿x轴的正方向传播了3m
D．经过0.1s时，质点Q的运动方向沿y轴正方向
【答案】AC
【解析】根据甲乙两图可知T＝0.2s，λ＝4m，所以波速为．乙图中图示时刻质点P将向下振动，在甲图中根据振动和波动关系可以判断波是向右传播的。
A、经过0.35s即经过周期，经过整数个周期质点将重复原来的振动，故只看经过周期的振动情况即可，经过周期，P质点在波峰处，Q点向下振动还未到达波谷，故质点Q距平衡位置的距离小于质点P距平衡位置的距离，故A正确；
B、经过0.25s时，P在波谷，有正向最大加速度，Q点还未到达波峰，故其加速度小于P点加速度，故B错误
C、经过0.15s时，x＝vt＝20×0.15＝3m，即波向x正方向传播了3m，故C正确。
D、经过0.1s即半个周期，质点Q的运动方向沿y轴负方向，故D错误。
[2007四川卷 T21 6分]如图所示，长方形abcd长ad＝0.6m，宽ab＝0.3m，O、e分别是ad、bc的中点，以ad为直径的半圆内有垂直纸面向里的匀强磁场（边界上无磁场），磁感应强度B＝0.25T．一群不计重力、质量m＝3×10﹣7kg、电荷量q＝+2×10﹣3C的带电粒子以速度v＝5×102m/s沿垂直于ad方向且垂直于磁场射入磁场区域（ ）
A．从Od边射入的粒子，出射点全部分布在Oa边
B．从aO边射入的粒子，出射点全部分布在ab边
C．从Od边射入的粒子，出射点分布在Oa边和ab边
D．从aO边射入的粒子，出射点分布在ab边和be边
【答案】D
【解析】粒子进入磁场后做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力，得到圆周运动半径
r0.3m，刚好与半圆形磁场的半径相同。
由于初速度向右，故圆心在ao之间
AC、从Od边射入的粒子，以O点为例，假设长方形完全被磁场覆盖，则按照轨迹会达到b点，但由于只有半圆内存在磁场，所以出了磁场后，由于不再受到洛伦兹力，所以无法偏转到b点，所以最终会落在bc边上；
从接近d点射入的粒子，会从ab边射出，故从Od边射入的粒子，出射点全部分布在ab，bc边上，故A错误，C错误；
BD、同理从aO边射入的粒子，出射点全部分布在ab和be边上，故B错误，D正确
[2007四川卷 T22(2) 10分]
（2）甲同学设计了如图所示的电路测电源电动势E及电阻R1和R2阻值。实验器材有：待测电源E（不计内阻），待测电阻R1，待测电阻R2，电压表V（量程为1.5V，内阻很大），电阻箱R（0﹣99.99Ω），单刀单掷开关S1，单刀双掷开关S2，导线若干。
①先测电阻R1的阻值。请将甲同学的操作补充完整：闭合S1，将S2切换到a，调节电阻箱，读出其示数r和对应的电压表示数U1，保持电阻箱示数不变， ，读出电压表的示数U2．则电阻R1的表达式为R1＝ 。
②甲同学已经测得电阻R1＝4.8Ω，继续测电源电动势E和电阻R2的阻值。该同学的做法是：闭合S1，将S2切换到a，多次调节电阻箱，读出多组电阻箱示数R和对应的电压表示数U，由测得的数据，绘出了如图所示的图线，则电源电动势E＝ V，电阻R2＝ Ω。
③利用甲同学设计的电路和测得的电阻R1，乙同学测电源电动势E和电阻R2的阻值的做法是：闭合S1，将S2切换到b，多次调节电阻箱，读出多组电阻箱示数R和对应的电压表示数U，由测得的数据，绘出于相应的图线，根据图线得到电源电动势E和电阻R2．这种做法与甲同学的做法比较，由于电压表测得的数据范围 （选填“较大”、“较小”或“相同”），所以 同学的做法更恰当些。
【答案】（2）①；②1.43；1.2；③较小； 甲
【解析】①由题意可知，本实验中没有给出电流表，故应是电压表与电阻箱求电源电动势和内电阻的；实验中应充分利用电阻值及串并联电路的规律得出表达式；为了多测数据，应再将S2切换到b；
由欧姆定律可知：
U2＝I（r+R1）
U1＝Ir
而电路电流相等，联立解得：
R1；
②根据E＝U（R1+R2），有，
比照直线方程y＝kx+b，有截距b＝0.7，
所以，E＝1.43（）；
斜率k4.2，
又k，已测出R1＝4.8Ω，求得R2＝1.2Ω
③若开关打在b处，则电压表测量的为电阻箱与R1两端的电压，因定值电阻的分压作用，使电压表测量范围减小，故实验中误差较多，故应选择甲同学的做法；
[2007四川卷 T25 19分]目前，滑板运动受到青少年的追捧。如图是某滑板运动员在一次表演时的一部分赛道在竖直平面内的示意图，赛道光滑，FGI为圆弧赛道，半径R＝6.5m，G为最低点并与水平赛道BC位于同一水平面，KA、DE平台的高度都为h＝1.8m。B、C、F处平滑连接。滑板a和b的质量均为m，m＝5kg，运动员质量为M，M＝45kg。表演开始，运动员站在滑板b上，先让滑板a从A点静止下滑，t1＝0.1s后再与b板一起从A点静止下滑。滑上BC赛道后，运动员从b板跳到同方向运动的a板上，在空中运动的时间t2＝0.6s。（水平方向是匀速运动）。运动员与a板一起沿CD赛道上滑后冲出赛道，落在EF赛道的P点，沿赛道滑行，经过G点时，运动员受到的支持力N＝742.5N．（滑板和运动员的所有运动都在同一竖直平面内，计算时滑板和运动员都看作质点，取g＝10m/s2）
（1）滑到G点时，运动员的速度是多大？
（2）运动员跳上滑板a后，在BC赛道上与滑板a共同运动的速度是多大？
（3）从表演开始到运动员滑至I的过程中，系统的机械能改变了多少？
【答案】（1）6.5m/s（2）6.9m/s（3）88.75J
【解析】（1）在G点，运动员和滑板一起做圆周运动，设向心加速度为an，速度为vG，运动员受到重力Mg、滑板对运动员的支持力N的作用，则：N﹣Mg＝Man
加速度
则由牛顿第二定律可得：
解得G点时的速度
解得：vG＝6.5m/s
G点时运动员的速度为6.5m/s；
（2）设滑板a由A点静止下滑到BC赛道后速度为v1，由机械能守恒定律有：
解得：
运动员与滑板b一起由A点静止下滑到BC赛道后，速度也为v1，运动员由滑板b跳到滑板a，设蹬离滑板b时的水平速度为v2，在空中飞行的水平位移为s，则：
s＝v2t2
设起跳时滑板a与滑板b的水平距离为s0，则：
s0＝v1t1
设滑板a在t2时间内的位移为s1，则：
s1＝v1t2
s＝s0+s1
即：v2t2＝v1（t1+t2）
运动员落到滑板a后，与滑板a共同运动的速度为v，由动量守恒定律有
mv1+Mv2＝（m+M）v
由以上方程可解出：
代入数据解得：v＝6.9 m/s
运动员与滑板a的共同速度为6.9m/s；
（3）设运动员离开滑板b后，滑板b的速度为v3，有
Mv2+mv3＝（M+m）v1
可算出v3＝﹣3 m/s，有：|v3|＝3 m/s＜v1＝6 m/s，b板将在两个平台之间来回运动，机械能不变。
系统的机械能改变为：
解得△E＝88.75 J
改变的机械能为88.75J。
2006四川卷
[2006四川卷 T18 6分]如图所示，理想变压器原、副线圈匝数之比为20：1，原线圈接正弦交流电源，副线圈接入“220V，60W”灯泡一只，且灯光正常发光．则（ ）
A．电流表的示数为A B．电源输出功率为1200W
C．电流表的示数为A D．原线圈端电压为11V
【答案】C
【解析】A、C、在副线圈中只有一个60W的灯泡正常发光，所以副线圈的电流为IAA，根据电流与匝数成反比可知，此时原线圈中的电流为A，所以A错误，C正确；
B、在理想的变压器中的输入功率和输出功率的大小相等，在副线圈中只有一个60W的灯泡正常发光，所以输入功率和输出功率的大小都为60W，所以B错误；
D、根据电压与匝数成正比可知，原线圈端电压为4400V，所以D错误。
[2006四川卷 T21 6分]质量不计的弹簧下端固定一小球．现手持弹簧上端使小球随手在竖直方向上以同样大小的加速度a（a＜g）分别向上、向下做匀加速直线运动．若忽略空气阻力，弹簧的伸长分别为x1、x2；若空气阻力不能忽略且大小恒定，弹簧的伸长分别为x′1、x′2．则（ ）
A．x′1+x1＝x2+x′2 B．x′1+x1＜x2+x′2
C．x′1+x′2＝x1+x2 D．x′1+x′2＜x1+x2
【答案】C
【解析】 加速上升时kx1﹣mg＝ma ①
加速下降时 mg﹣kx2＝ma ②
有阻力，加速上升时 kx1′﹣mg﹣f＝ma ③
有阻力，加速下降时 mg﹣kx2′﹣f＝ma ④
由以上四式可解得 x1′+x2′＝x1+x2
[2006四川卷 T25 20分]如图所示，在足够大的空间范围内，同时存在着竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的水平匀强磁场，磁感应强度B＝1.57T．小球1带正电，其电量与质量之比4C/kg，所受重力与电场力的大小相等；小球2不带电，静止放置于固定的水平悬空支架上。小球向右以v0＝23.59m/s的水平速度与小球2正碰，碰后经过0.75s再次相碰。设碰撞前后两小球带电情况不发生改变，且始终保持在同一竖直平面内。（取g＝10m/s2）
问：（1）电场强度E的大小是多少？
（2）两小球的质量之比是多少？
【答案】（1）E＝2.5N/C （2） 11
【解析】（1）小球1所受的重力与电场力始终平衡 m1g＝q1E ①
解得E＝2.5 N/C ②
电场强度为2.5N/C；
（2）相碰后小球1做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：
q1v1B③
半径为④
周期为1 s ⑤
∵两小球运动时间t＝0.75sT
∴小球1只能逆时针经个圆周时与小球2再次相碰 ⑥
第一次相碰后小球2做平抛运动 ⑦
L＝R1＝v2t ⑧
两小球第一次碰撞前后动量守恒，以水平向右为正方向
m1v0＝﹣m1v1+m2v2⑨
由⑦、⑧式得v2＝3.75 m/s
由④式得17.66 m/s
∴两小球质量之比⑩
故两小时球质量之比为11。
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