A04.【全国卷】（理综大纲卷）2000-2014年汇编（26套）- 压轴题汇总（108道，90页）
文档属性
| 名称 | A04.【全国卷】（理综大纲卷）2000-2014年汇编（26套）- 压轴题汇总（108道，90页） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 8.6MB | ||
| 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
全国卷
历年（2000～2014）高考物理试卷
《压轴题汇编》（26套，108道）
目 录
2014年全国理综大纲卷 3
2013年全国理综大纲卷 6
2012年全国理综大纲卷 10
2011年全国理综大纲卷 14
2010年全国理综大纲卷Ⅰ 18
2010年全国理综大纲卷Ⅱ 23
2009年全国卷Ⅰ 27
2009年全国卷Ⅱ 31
2008年全国卷Ⅰ 36
2008年全国卷Ⅱ 40
2007年全国卷Ⅰ 44
2007年全国卷Ⅱ 48
2006年全国卷Ⅰ 52
2006年全国卷Ⅱ 55
2005年全国卷Ⅰ 57
2005年全国卷Ⅱ 60
2005年全国卷Ⅲ 62
2004年全国卷Ⅰ 65
2004年全国卷Ⅱ 67
2004年全国卷Ⅲ 71
2004年全国卷Ⅳ 74
2003年全国理综春季卷 77
2003年全国卷 80
2002年全国卷 83
2001年全国卷 86
2000年全国卷 89
2014年全国理综大纲卷
[2014大纲卷 T1 6分]一物块沿倾角为θ的斜坡向上滑动.当物块的初速度为v时，上升的最大高度为H，如图所示；当物块的初速度为时，上升的最大高度记为h。重力加速度大小为g。物块与斜坡间的动摩擦因数和h分别为( )
A.tanθ和 B.(-1)tanθ和
C.tanθ和 D.(-1)tanθ和
【答案】D
【解析】以速度v上升过程中，由动能定理可知mgH-μmgcosθ·＝0-mv2
以速度上升过程中，由动能定理可知-mgh-μmgcosθ·＝0-m()2
联立解得μ＝(-1)tanθ，h＝。
[2014大纲卷 T2 6分]一中子与一质量数为A(A＞1)的原子核发生弹性正碰.若碰前原子核静止，则碰撞前与碰撞后中子的速率之比为( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】解：设中子的质量为m，因为发生的是弹性正碰，动量守恒，机械能守恒，规定初速度的方向为正方向，有：mv1＝mv2＋Amv，mv12＝mv22＋Amv2
联立两式解得：。
[2014大纲卷 T3 6分]现要测量某电源的电动势和内阻。可利用的器材有：电流表A，内阻为1.00Ω；电压表V；阻值未知的定值电阻R1、R2、R3、R4、R5；开关S；一端连有鳄鱼夹P的导线1，其他导线若干。某同学设计的测量电路如图(a)所示。
(1)按图(a)在实物图(b)中画出连线，并标出导线1和其P端。
(2)测量时，改变鳄鱼夹P所夹的位置，使R1、R2、R3、R4、R5办依次串入电路，记录对应的电压表的示数U和电流表的示数I。数据如下表所示。根据表中数据，在图(c)中的坐标纸上将所缺数据点补充完整，并画出U-I图线。
I(mA) 193 153 111 69 30
U(V) 2.51 2.59 2.68 2.76 2.84
(3)根据U-I图线求出电源的电动势E＝ ，内阻r＝ 。(保留2位小数)
【答案】(1)电路图如图所示；(2)图像如图所示；(3)2.90；1.04。
【解析】(1)根据电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示；
(2)根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后作出图像如图所示：
(3)由电源U-I图像可知，电源电动势E＝2.90V，电源内阻：r＝-RA＝-1.00≈1.04Ω。
[2014大纲卷 T4 18分]如图，在第一象限存在匀强磁场，磁感应强度方向垂直于纸面(xy平面)向外；在第四象限存在匀强电场，方向沿x轴负向。在y轴正半轴上某点以与x轴正向平行、大小为v0的速度发射出一带正电荷的粒子，该粒子在(d，0)点沿垂直于x轴的方向进入电场。不计重力。若该粒子离开电场时速度方向与y轴负方向的夹角为θ，求：
(1)电场强度大小与磁感应强度大小的比值；
(2)该粒子在电场中运动的时间。
【答案】(1)电场强度大小与磁感应强度大小的比值为v0tan2θ；
(2)该粒子在电场中运动的时间为。
【解析】粒子运动轨迹如图所示，在磁场中，粒子做匀速圆周运动，
由牛顿第二定律得：qv0B＝m，
由几何知识可得：R0＝d，粒子进入电场后做类平抛运动，
由牛顿第二定律得：qE＝max，vx＝axt，dt，tanθ，
解得：＝v0tan2θ，t＝。
[2014大纲卷 T5 18分]已知地球自转周期和半径分别为T，R.地球同步卫星A在离地面高度为h的圆轨道上运行，卫星B沿半径为r(r＜h)的圆轨道在地球赤道的正上方运行，其运行方向与地球自转方向相同.求：
(1)卫星B做圆周运动的周期；
(2)卫星A、B连续地不能直接通讯的最长时间间隔(信号传输时间可忽略).
【答案】(1)卫星B做圆周运动的周期为；(2)卫星A、B连续地不能直接通讯的最长时间间隔为：。
【解析】(1)由万有引力提供向心力有：
对于同步卫星有：，解得：T′＝T
(2)由于地球的遮挡，使卫星A、B不能直接通讯，
如图所示，设遮挡的时间为t则有它们转过的角度之差为θ时就不能通讯，则有：，又根据几何关系可得：sinα＝，sinβ＝，
而：θ＝2(α＋β)，由以上各式可解得t＝
2013年全国理综大纲卷
[2013大纲卷 T1 6分]将甲乙两小球先后以同样的速度在距地面不同高度处竖直向上抛出，抛出时间间隔2s，它们运动的图像分别如直线甲乙所示。则( )
A.t＝2s时，两球的高度相差一定为40m
B.t＝4s时，两球相对于各自的抛出点的位移相等
C.两球从抛出至落到地面所用的时间间隔相等
D.甲球从抛出至到达最高点的时间间隔与乙球相等
【答案】BD
【解析】根据速度时间图像与时间轴所围的“面积”表示质点的位移，知t＝2s时，甲球通过的位移为x甲(30＋10)×2m＝40m，乙的位移为零，两球位移之差等于40m，但两球初始的高度未知，故t＝2s时两球的高度相差不一定为40m。故A错误。t＝4s时，甲球相对于抛出点的位移为×30×3-×10×1＝40m，乙球相对于抛出点的位移为×(30＋10)×2m＝40m，故两球相对于各自的抛出点的位移相等。故B正确。两球从不同的高度以同样的速度竖直向上抛出，根据竖直上抛运动的规律x＝-h＝v0t-gt2，h是抛出点距地面的高度，可知两球从抛出至落到地面所用的时间间隔t不相等。故C错误。由图知，甲球从抛出至到达最高点的时间间隔与乙球相等，都是3s。故D正确。
[2013大纲卷 T2 6分]纸面内两个半径均为R的圆相切于O点，两圆形区域内分别存在垂直纸面的匀强磁场，磁感应强度大小相等、方向相反，且不随时间变化.一长为2R的导体杆OA绕过O点且垂直于纸面的轴顺时针匀速旋转，角速度为ω，t＝0时，OA恰好位于两圆的公切线上，如图所示.若选取从O指向A的电动势为正，下列描述导体杆中感应电动势随时间变化的图像可能正确的是( )
【答案】C
【解析】由右手定则可判，开始时感应电动势为正，故D错误；设经时间t导体杆转过的角度为α，则α＝ωt，导体杆有效切割长度为L＝2Rsinωt。
由E＝BL2ω可知，E＝2BR2ωsin2ωt，B、R、ω不变，切割的有效长度随时间先增大后减小，且做非线性、非正弦的变化，经半个周期后，电动势的方向反向。
[2013大纲卷 T3 6分]测量小物块Q与平板P之间的动摩擦因数的实验装置如图所示。AB是半径足够大的、光滑的四分之一圆弧轨道，与水平固定放置的P板的上表面BC在B点相切，C点在水平地面的垂直投影为C′。重力加速度为g。实验步骤如下：
①用天平称出物块Q的质量m；
②测量出轨道AB的半径R、BC的长度L和CC′的高度h；
③将物块Q在A点由静止释放，在物块Q落地处标记其落地点D；
④重复步骤③，共做10次；
⑤将10个落地点用一个尽量小的圆围住，用米尺测量圆心到C′的距离s。
用实验中的测量量表示：
(ⅰ)物块Q到达B点时的动能EkB＝ ；
(ⅱ)物块Q到达C点时的动能EkC＝ ；
(ⅲ)在物块Q从B运动到C的过程中，物块Q克服摩擦力做的功Wf＝ ；
(ⅳ)物块Q与平板P之间的动摩擦因数μ＝ 。
(2)回答下列问题：
(ⅰ)实验步骤④⑤的目的是 。
(ⅱ)已知实验测得μ值比实际值偏大，其原因除了实验中测量的误差之外，其它的可能是 。(写出一个可能的原因即可)
【答案】(1)(i)mgR；(ii)；(iii)mgR-；(Ⅳ)-。
(2)i、通过多次实验减小实验结果的误差；ii、圆弧轨道存在摩擦，接缝B处不平滑。
【解析】(1)从A到B，由动能定理得：mgR＝EKB-0，则物块到达B时的动能EKB＝mgR；
(2)离开C后，物块做平抛运动，水平方向：s＝vCt，竖直方向：h＝gt2，
物块在C点的动能EKCmvC2，解得：EKC；
(3)由B到C过程中，由动能定理得：
-Wf＝mvC2-mvB2，克服摩擦力做的功Wf＝mgR-；
(4)B到C过程中，克服摩擦力做的功：Wf＝μmgL＝mgR-，则μ＝-。
(2)实验步骤④⑤的目的，是通过多次实验减小实验结果的误差；
实验测得的μ值比实际值偏大，其原因除了实验中测量量的误差之外，其他的可能是圆弧轨道存在摩擦，接缝B处不平滑等。
[2013大纲卷 T5 20分]如图所示，虚线OL与y轴的夹角为θ＝60°，在此角范围内有垂直于xOy平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一质量为m、电荷量为q(q＞0)的粒子从左侧平行于x轴射入磁场，入射点为M。粒子在磁场中运动的轨道半径为R。粒子离开磁场后的运动轨迹与x轴交于P点(图中未画出)，且R。不计重力。求M点到O点的距离和粒子在磁场中运动的时间。
【答案】M点到O点的距离h＝(1-)R或＝(1＋)R，粒子在磁场中运动的时间为或。
【解析】根据题意，粒子进入磁场后做匀速圆周运动，设运动轨迹交虚线OL于A点，圆心在y轴上的C点，AC与y轴的夹角为α；粒子从A点射出后，运动轨迹交x轴的P点，设AP与x轴的夹角为β，如右图所示
由牛顿第二定律得：qvB＝m ①；
周期为：T＝ ②
过A点作x、y轴的垂线，垂足分别为B、D。
由几何知识得＝Rsinα，＝cot60°，
＝cotβ，，α＝β③
联立得到：sinα＋cosα＝1，解得：α＝30°，或α＝90°。
设M点到O点的距离为h，有：
＝Rsinα，h＝R-，＝Rcosα-
联立得到h＝Rcosα(α＋30°)，解得 h＝(1-)R(α＝30°)
当α＝30°时，粒子在磁场中运动的时间为h＝
当α＝90°时，运动的轨迹如图，则h′＝，h＝(1＋)R
2012年全国理综大纲卷
[2012大纲卷 T1 6分]如图，大小相同的摆球a和b的质量分别为m和3m，摆长相同，并排悬挂，平衡时两球刚好接触，现将摆球a向左边拉开一小角度后释放，若两球的碰撞是弹性的，下列判断正确的是( )
A.第一次碰撞后的瞬间，两球的速度大小相等
B.第一次碰撞后的瞬间，两球的动量大小相等
C.第一次碰撞后，两球的最大摆角不相同
D.发生第二次碰撞时，两球在各自的平衡位置
【答案】AD
【解析】两球在碰撞前后，水平方向不受外力，故水平方向两球组成的系统动量守恒，由动量守恒定律有：mv0＝mv1＋3mv2，两球碰撞是弹性的，故机械能守恒，即：mv02＝mv12＋3mv22，解两式得：v1＝-，v2＝，可见第一次碰撞后的瞬间，两球的速度大小相等，故A正确；因两球质量不相等，故两球碰后的动量大小不相等，方向相反，故B错误；
碰撞后两球做圆周运动，机械能守恒，设绳长为L，设球的最大摆角分别为α、β，由机械能守恒定律得，对a球：mv12＝mgL(1-cosα)，对b球： 3mv22＝3mgL(1-cosβ)，解得：cosα＝cosβ，则α＝β，即：第一次碰撞后，两球的最大摆角相同，故C错误；由单摆的周期公式T＝2π可知，两球摆动周期相同，经半个周期后，两球在平衡位置处发生第二次碰撞，故D正确。
[2012大纲卷 T2 6分]质量分别为m1和m2、电荷量分别为q1和q2的两粒子在同一匀强磁场中做匀速圆周运动，已知两粒子的动量大小相等.下列说法正确的是( )
A.若q1＝q2，则它们做圆周运动的半径一定相等
B.若m1＝m2，则它们做圆周运动的半径一定相等
C.若q1≠q2，则它们做圆周运动的周期一定不相等
D.若m1≠m2，则它们做圆周运动的周期一定不相等
【答案】A
【解析】带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，其半径r＝＝，已知两粒子动量相等，若q1＝q2，则它们的圆周运动半径一定相等，选项A正确；若m1＝m2，不能确定两粒子电量关系，不能确定半径是否相等，选项B错；由周期公式T＝可知：仅由电量或质量关系，无法确定两粒子做圆周运动的周期是否相等，故C、D错误。
[2012大纲卷 T3 12分]图1为验证牛顿第二定律的实验装置示意图。图中打点计时器的电源为50Hz的交流电源，打点的时间间隔用Δt表示。在小车质量未知的情况下，某同学设计了一种方法用来研究“在外力一定的条件下，物体的加速度与其质量间的关系”。
(1)完成下列实验步骤中的填空：
①平衡小车所受的阻力：小吊盘中不放物块，调整木板右端的高度，用手轻拨小车，直到打点计时器打出一系列 的点。
②按住小车，在小吊盘中放入适当质量的物块，在小车中放入砝码。
③打开打点计时器电源，释放小车，获得带有点迹的纸带，在纸带上标出小车中砝码的质量m。
④按住小车，改变小车中砝码的质量，重复步骤③。
⑤在每条纸带上清晰的部分，每5个间隔标注一个计数点。测量相邻计数点的间距s1，s2，….求出与不同m相对应的加速度a。
⑥以砝码的质量m为横坐标，为纵坐标，在坐标纸上做出—m关系图线。若加速度与小车和砝码的总质量成反比，则与m处应成 关系(填“线性”或“非线性”)。
(2)完成下列填空：
(ⅰ)本实验中，为了保证在改变小车中砝码的质量时，小车所受的拉力近似不变，小吊盘和盘中物块的质量之和应满足的条件是 。
(ⅱ)设纸带上三个相邻计数点的间距为s1、s2、s3。a可用s1、s3和Δt表示为a＝ 。图2为用米尺测量某一纸带上的s1、s3的情况，由图可读出s1＝ mm，s3＝ mm。由此求得加速度的大小a＝ m/s2。
(ⅲ)图3为所得实验图线的示意图。设图中直线的斜率为k，在纵轴上的截距为b，若牛顿定律成立，则小车受到的拉力为 ，小车的质量为 。
【答案】(1)间隔均匀；线性。(2)(ⅰ)远小于小车及其所载砝码总质量。
(ⅱ)；24.2mm；47.2mm；1.15；(ⅲ)，
【解析】(1)①平衡摩擦力的标准为小车可以匀速运动，打点计时器打出的纸带点迹间隔均匀。⑥由a，故，故与m成线性关系。
(2)(ⅰ)设小车的质量为M，小吊盘和盘中物块的质量为m，设绳子上拉力为F，
以整体为研究对象有mg＝(m＋M)a，解得a。
以M为研究对象有绳子的拉力F＝Mamg。
显然要有F＝mg必有m＋M＝M，故有M m，即只有M m时才可以认为绳对小车的拉力大小等于小吊盘和盘中物块的重力。所以为了保证在改变小车中砝码的质量时，小车所受的拉力近似不变，小吊盘和盘中物块的质量之和应该远小于小车及其所载砝码总质量。
(ⅱ)设纸带上三个相邻计数点的间距为s1、s2、s3。
由匀变速直线运动的推论得：Δx＝aT2，即s3-s1＝2a(5Δt)2，a＝
图2为用米尺测量某一纸带上的s1、s3的情况，由图可读出s1＝24.2mm，s3＝47.2mm。
由此求得加速度的大小a＝＝1.15m/s2。
(ⅲ)设小车质量为M，小车受到外力为F，由牛顿第二定律有F＝(m＋M)a；
所以，
所以，m图像的斜率为，故F，纵轴截距为bkM，所以，M
[2012大纲卷 T4 20分]一探险队员在探险时遇到一山沟，山沟的一侧竖直，另一侧的坡面呈抛物线形状。此队员从山沟的竖直一侧，以速度v0沿水平方向跳向另一侧坡面。如图所示，以沟底的O点为原点建立坐标系Oxy。已知，山沟竖直一侧的高度为2h，坡面的抛物线方程为yx2，探险队员的质量为m。人视为质点，忽略空气阻力，重力加速度为g。
(1)求此人落到坡面时的动能；
(2)此人水平跳出的速度为多大时，他落在坡面时的动能最小？动能的最小值为多少？
【答案】(1)此人落到坡面时的动能是mv02＋；
(2)此人水平跳出的速度为时，他落在坡面时的动能最小，动能的最小值为。
【解析】(1)设探险队员跳到坡面上时水平位移为x，竖直位移为H，
由平抛运动规律有：x＝v0t，H＝gt2，
整个过程中，由动能定理可得：mgH＝EK-mv02
由几何关系，y＝2h-H，坡面的抛物线方程yx2
解以上各式得：EK＝mv02＋；
(2)由EK＝mv02＋，令v02＝ngh，则EKmghmgh()
当n＝1时，即v02＝gh，探险队员的动能最小，最小值为Emin＝，v0＝。
2011年全国理综大纲卷
[2011大纲卷 T1 6分]已知氢原子的基态能量为E1，激发态能量En，其中n＝2，3….用h表示普朗克常量，c表示真空中的光速。能使氢原子从第一激发态电离的光子的最大波长为( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】第一激发态即第二能级，是能量最低的激发态，则有：；
电离是氢原子从第一激发态跃迁到最高能级0的过程，需要吸收的光子能量最小为：，所以有：，解得：。
[2011大纲卷 T2 6分]一列简谐横波沿x轴传播，波长为1.2m，振幅为A。当坐标为x＝0处质元的位移为-A且向y轴负方向运动时.坐标为x＝0.4m处质元的位移为A。当坐标为x＝0.2m处的质元位于平衡位置且向y轴正方向运动时，x＝0.4m处质元的位移和运动方向分别为( )
A.-A、沿y轴正方向
B.-A，沿y轴负方向
C.-A、沿y轴正方向
D.-A、沿y轴负方向
【答案】C
【解析】坐标为x＝0处质元与坐标为x＝0.4m处质元间距为0.4m小于半个波长，坐标为x＝0.2m处的质元与他们一定在同一波沿上处在平衡位置向y轴负方向运动，坐标为x＝0.4m处质元也向y轴负方向运动。当坐标为x＝0.2m处的质元位于平衡位置且向y轴正方向运动时经历时间是半个周期的奇数倍。在这段时间坐标为x＝0.4m处质元运动到对称点即位移为-A，运动方向与原来相反，C正确。
[2011大纲卷 T3 12分]使用多用电表测量电阻时，多用电表内部的电路可以等效为一个直流电源(一般为电池)、一个电阻和一表头相串联，两个表笔分别位于此串联电路的两端。现需要测量多用电表内电池的电动势，给定的器材有：待测多用电表，量程为60mA的电流表，电阻箱，导线若干。实验时，将多用电表调至×1Ω挡，调好零点；电阻箱置于适当数值。完成下列填空：
(1)仪器连线如图1所示(a和b是多用电表的两个表笔)。若两电表均正常工作，则表笔a为 (填“红”或“黑”)色；
(2)若适当调节电阻箱后，图1中多用电表、电流表与电阻箱的示数分别如图2(a)，(b)，(c)所示，则多用电表的读数为 Ω。电流表的读数为 mA，电阻箱的读数为 Ω；
(3)将图1中多用电表的两表笔短接，此时流过多用电表的电流为 102 mA；(保留3位有效数字)
(4)计算得到多用电表内电池的电动势为 V。(保留3位有效数字)
【答案】(1)黑；(2)14.0，53.0，4.6；(3)102；(4)1.54。
【解析】(1)多用电表在使用时必须使电流从红表笔(正接线柱)流进，黑表笔(负接线柱)流出，串联的电流表也必须使电流从正接线柱流进，负接线柱流出，所以可以判断电流是从a表笔流出的为黑表笔。
(2)多用电表用×1倍率测量，读数为：14.0×1＝14.0Ω。电流表的量程是60mA，所以不能在表盘上直接读数，需要改装为10，20，30，40，50，60的表盘，然后读数为：53.0mA，电阻箱的读数为：0×100＋0×10＋4×1＋6×0.1＝4.6Ω。
(3)(4)多用电表测量电阻的原理是闭合电路的欧姆定律，多用电表内部的电路等效的直流电源(一般为电池)、电阻、表头与待测电阻串联，当表头短接时电路电流最大为表头的满偏电流Ig＝，将Rg取为r＋rg＋R为多用电表的内阻，当待测电阻等于Rg时，这时表头半偏，表针指在欧姆表盘的中值上，所以Rg又称为中值电阻。当选择×1倍率测量时中值电阻直接在欧姆表盘上读数为15Ω.在(2)中多用电表外的电阻为多用电表的读数14.0Ω，干路电流是53.0 m A，则电源电动势是E＝I(R内＋R外)＝0.053×(15＋14)＝1.537V。
则满偏电流Ig＝＝102mA。
[2011大纲卷 T4 20分]如图，与水平面成45°角的平面MN将空间分成Ⅰ和Ⅱ两个区域。一质量为m、电荷量为q(q＞0)的粒子以速度v0从平面MN上的P0点水平右射入I区。粒子在Ⅰ区运动时，只受到大小不变、方向竖直向下的电场作用，电场强度大小为E；在Ⅱ区运动时，只受到匀强磁场的作用，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里。求粒子首次从Ⅱ区离开时到出发点P0的距离。粒子的重力可以忽略。
【答案】粒子首次从Ⅱ区离开时到出发点P0的距离为d＝s＋L＝
【解析】正粒子垂直电场进入做类平抛运动，初末位置在45°角的平面MN上，说明位移方向角是45°，根据分解公式得：x＝v0t ①；y＝at2 ②；a＝ ③
tan45°＝ ④；S＝x ⑤；v＝ ⑥
速度与水平方向的夹角θ：tanθ＝2tan45°＝2，sinθ＝cosθ＝ ⑦
连立①②③④⑤⑥化简得：v＝v0 ⑧，
进入磁场时与边界MN的夹角为θ-45°做匀速圆周运动，
根据牛顿第二定律得：qvB＝m ⑨
作出原轨迹，则弦长和半径满足关系有：sin(θ-45°)＝ ⑩
连立⑨⑩：
所以粒子首次从Ⅱ区离开时到出发点P0的距离为：d＝s＋L＝
[2011大纲卷 T5 20分]装甲车和战舰采用多层钢板比采用同样质量的单层钢板更能抵御穿甲弹的射击。通过对以下简化模型的计算可以粗略说明其原因。质量为2m、厚度为2d的钢板静止在水平光滑桌面上。质量为m的子弹以某一速度垂直射向该钢板，刚好能将钢板射穿。现把钢板分成厚度均为d、质量均为m的相同两块，间隔一段距离水平放置，如图所示。若子弹以相同的速度垂直射向第一块钢板，穿出后再射向第二块钢板，求子弹射入第二块钢板的深度。设子弹在钢板中受到的阻力为恒力，且两块钢板不会发生碰撞不计重力影响。
【答案】子弹射入第二块钢板的深度d0＝d
【解析】质量为m的子弹以某一速度v0垂直射向该钢板，刚好能将钢板射穿且钢板和子弹获得速度为v，则由系统动量守恒和摩擦力做功等于系统动能的减少得：
mv0＝(m＋2m)v ①；f×2d＝ ②
质量为m的子弹以某一速度v0垂直射穿第一块钢板，获得速度v1，钢板速度v2，则由系统动量守恒和摩擦力做功等于系统动能的减少：
mv0＝mv1＋mv2 ③； ④
质量为m的子弹以速度v1垂直射向第二块钢板在第二块钢板中进入深度d0，公共速度v3，
则由系统动量守恒和摩擦力做功等于系统动能的减少：
mv1＝2mv3 ⑤； ⑥
联立以上六式化简得d0＝d
2010年全国理综大纲卷Ⅰ
[2010大纲卷Ⅰ T1 6分]一水平抛出的小球落到一倾角为θ的斜面上时，其速度方向与斜面垂直，运动轨迹如图中虚线所示。小球在竖直方向下落的距离与在水平方向通过的距离之比为( )
A. B.
C.tanθ D.2tanθ
【答案】B
【解析】如图平抛的末速度与竖直方向的夹角等于斜面倾角θ，则有：tanθ＝。
则下落高度与水平射程之比为，所以B正确。
[2010大纲卷Ⅰ T2 6分]一简谐振子沿x轴振动，平衡位置在坐标原点。t＝0时刻振子的位移x＝-0.1m；ts时刻x＝0.1m；t＝4s时刻x＝0.1m。该振子的振幅和周期可能为( )
A.0.1m，s B.0.1m，8s C.0.2m，s D.0.2m，8s
【答案】ACD
【解析】t＝0时刻振子的位移x＝-0.1m，t＝4s时刻x＝0.1m，如果振幅为0.1m，则：(n＋)T＝t，解得：T＝。当n＝0时，T＝8s；当n＝1时，T＝s；如果T＝8s，那0-4s时间内不可能出现两次波峰，故A正确，B错误；t＝0时刻振子的位移x＝-0.1m，t＝4s时刻x＝0.1m，如果振幅为0.2m，结合位移时间关系图像，有：t＝＋nT ①或者t＝＋nT ②或者t＝＋nT ③对于①式，当n＝0时，T＝8s；对于①式，当n＝1时，T＝s；故C正确，D正确。
[2010大纲卷Ⅰ T3 12分]一电流表的量程标定不准确，某同学利用图1所示电路测量该电流表的实际量程Im。
所用器材有：量程不准的电流表A1，内阻r1＝10.0Ω，量程标称为5.0mA；标准电流表A2，内阻r2＝45.0Ω，量程1.0mA；标准电阻R1，阻值10.0Ω；滑动变阻器R，总电阻为300.0Ω；电源E，电动势3.0V，内阻不计；保护电阻R2；开关S；导线。
回答下列问题：
(1)在图2所示的实物图上画出连线。
(2)开关S闭合前，滑动变阻器的滑动端c应滑动至 端。
(3)开关S闭合后，调节滑动变阻器的滑动端，使电流表A1满偏；若此时电流表A2的读数为I2，则A1的量程Im＝ 。
(4)若测量时，A1未调到满偏，两电流表的示数如图3所示，从图中读出A1的示数I1＝ ，A2的示数I2＝ ；由读出的数据计算得Im＝ 。(保留3位有效数字)
(5)写出一条提高测量准确度的建议： 。
【答案】(1)如图所示；(2)b；(3)5.5I2；(4)3.00；0.66mA；6.05；(5)多次测量取平均值.
【解析】(1)实物连线图如图所示：
(2)要求滑动变阻器闭合开关前应接入最大电阻，故滑片应滑到b处；
(3)由原理图可知，A2与R1串联后与A1并联，并联部分总电压U＝I(r2＋R1)＝55I；
故电流表A1中的电流I15.5I2，此时电流表满偏，故量程为5.5I2；
(4)由表可读出I1＝3.00mA，I2＝0.66mA，由(3)的计算可知，此时I1应为5.5×0.660mA＝3.63mA；故可知：，解得：Im＝6.05mA；
(5)实验中可以多次测量取平均值；或测量时，电流表指针偏转大于满刻度的。
[2010大纲卷Ⅰ T4 20分]如图所示，质量分别为m和M的两个星球A和B在引力作用下都绕O点做匀速圆周运动，星球A和B两者中心之间的距离为L。已知A、B的中心和O三点始终共线，A和B分别在O的两侧，引力常数为G。
(1)求两星球做圆周运动的周期；
(2)在地月系统中，若忽略其它星球的影响，可以将月球和地球看成上述星球A和B，月球绕其轨道中心运行的周期记为T1。但在近似处理问题时，常常认为月球是绕地心做圆周运动的，这样算得的运行周期记为T2。已知地球和月球的质量分别为5.98×1024kg和7.35×1022kg。求T2与T1两者平方之比。(结果保留3位小数)
【答案】(1)两星球做圆周运动的周期为2π；(2)T2与T1两者平方之比为1.012。
【解析】(1)设两个星球A和B做匀速圆周运动的轨道半径分别为r和R，相互作用的万有引力大小为F，运行周期为T。根据万有引力定律有：F＝G ①
由匀速圆周运动的规律得F＝m()2r ②；F＝M()2R ③
由题意有：L＝R＋r ④，联立①②③④式得：T＝2π ⑤
(2)在地月系统中，由于地月系统旋转所围绕的中心O不在地心，由题意知，月球做圆周运动的周期可由⑤式得出：T1＝2π ⑥
式中，M′和m′分别是地球与月球的质量，L′是地心与月心之间的距离。若认为月球在地球的引力作用下绕地心做匀速圆周运动，则Gm′()2L′ ⑦
式中，T2为月球绕地心运动的周期。由⑦式得：T2＝2π ⑧
由⑥⑧式得：()2＝1＋ ⑨；代入题给数据得：()2＝1.012 ⑩
[2010大纲卷Ⅰ T5 20分]如图，在0≤x≤a区域内存在与xy平面垂直的匀强磁场，磁感应强度的大小为B。在t＝0时刻，一位于坐标原点的粒子源在xy平面内发射出大量同种带电粒子，所有粒子的初速度大小相同，方向与y轴正方向的夹角分布在0～180°范围内。已知沿y轴正方向发射的粒子在t＝t0时刻刚好从磁场边界上P(a，a)点离开磁场。求：
(1)粒子在磁场中做圆周运动的半径R及粒子的比荷；
(2)此时刻仍在磁场中的粒子的初速度方向与y轴正方向夹角的取值范围；
(3)从粒子发射到全部粒子离开磁场所用的时间。
【答案】(1)；(2)≤θ≤；(2)2t0
【解析】(1)初速度与y轴方向平行的粒子在磁场中的运动轨迹如图1中的弧OP所示，其圆心为C。由几何关系可知，∠POC＝30°；△OCP为等腰三角形，故∠OCP＝
此粒子飞出磁场所用的时间为：t0＝ ②，式中T为粒子做圆周运动的周期。
设粒子运动速度的大小为v，半径为R，由几何关系可得：R＝a ③
由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有：qvB＝m ④；T＝ ⑤
联立②③④⑤解得：＝
(2)仍在磁场中的粒子其圆心角一定大于120°，这样粒子角度最小时从磁场右边界穿出；角度最大时磁场左边界穿出。依题意，所有粒子在磁场中转动时间相同，则转过的圆心角相同，故弦长相等；同一时刻仍在磁场内的粒子到O点距离相同。在t0时刻仍在磁场中的粒子应位于以O点为圆心、OP为半径的弧上。(弧M只代表初速度与y轴正方向为60°时粒子的运动轨迹)如图所示。设此时位于P、M、N三点的粒子的初速度分别为vP、vM、vN。由对称性可知vP与OP、vM与OM、vN与ON的夹角均相同。
设vM、vN与y轴正向的夹角分别为θM、θN，由几何关系有θM＝，θN＝⑧
对于所有此时仍在磁场中的粒子，其初速度与y轴正方向所成的夹角θ应满足≤θ≤。
(3)在磁场中飞行时间最长的粒子的运动轨迹应与磁场右边界相切，其轨迹如图2所示。由几何关系可知：OM＝OP，由对称性可知：MN＝OP。
由图可知，圆的圆心角为240°，从粒子发射到全部粒子飞出磁场所用的时间2t0；
2010年全国理综大纲卷Ⅱ
[2010大纲卷Ⅱ T1 6分]如图，空间某区域中有一匀强磁场，磁感应强度方向水平，且垂直于纸面向里，磁场上边界b和下边界d水平.在竖直面内有一矩形金属线圈，线圈上下边的距离很短，下边水平.线圈从水平面a开始下落.已知磁场上下边界之间的距离大于水平面a、b之间的距离.若线圈下边刚通过水平面b、c(位于磁场中)和d时，线圈所受到的磁场力的大小分别为Fb、Fc和Fd，则( )
A.Fd＞Fc＞Fb
B.Fc＜Fd＜Fb
C.Fc＞Fb＞Fd
D.Fc＜Fb＜Fd
【答案】D
【解析】线圈从a到b做自由落体运动，在b点开始进入磁场切割磁感线所以受到安培力Fb，由于线圈的上下边的距离很短，所以经历很短的变速运动而进入磁场，以后线圈中磁通量不变不产生感应电流，在c处不受安培力，但线圈在重力作用下依然加速，因此从d处切割磁感线所受安培力必然大于b处。
[2010大纲卷Ⅱ T2 6分]已知地球同步卫星离地面的高度约为地球半径的6倍。若某行星的平均密度为地球平均密度的一半，它的同步卫星距其表面的高度是其半径的2.5倍，则该行星的自转周期约为( )
A.6小时 B.12小时 C.24小时 D.36小时
【答案】B
【解析】地球的同步卫星的周期为T1＝24小时，轨道半径为r1＝7R1，密度ρ1。
某行星的同步卫星周期为T2，轨道半径为r2＝3.5R2，密度ρ2。
根据牛顿第二定律和万有引力定律分别有：
；，解得：。T2＝12小时。
[2010大纲卷Ⅱ T3 6分](3)一热敏电阻RT放在控温容器M内：A为毫安表，量程6mA，内阻为数十欧姆；E为直流电源，电动势约为3V，内阻很小；R为电阻箱，最大阻值为999.9Ω；S为开关。已知RT在95℃时阻值为150Ω，在20℃时的阻值约为550Ω。现要求在降温过程中测量在95℃～20℃之间的多个温度下RT的阻值。
(a)在图中画出连线，完成实验原理电路图
(b)完成下列实验步骤中的填空；
①依照实验原理电路图连线；
②调节控温容器M内的温度，使得RT温度为95℃；
③将电阻箱调到适当的初值，以保证仪器安全；
④闭合开关.调节电阻箱，记录电流表的示数I0，并记录 。
⑤将RT的温度降为T1(20℃＜T1＜95℃)；调节电阻箱，使得电流表的读数 ，记录 。⑥温度为T1时热敏电阻的电阻值RT1＝ 。
⑦逐步降低T1的数值，直至20℃为止；在每一温度下重复步骤⑤⑥。
【答案】(3)(a)电路图如图所示；(b)④电阻箱电阻R0；⑤I0；电阻箱电阻R1；⑥R0＋150-R1。
【解析】(3)(a)把电源、电流表、热敏电阻、电阻箱、开关串联接入电路，实物电路图如图所示。
(b)④闭合开关.调节电阻箱，记录电流表的示数I0，并记录电阻箱电阻R0。
⑤将RT的温度降为T1(20℃＜T1＜95℃)；调节电阻箱，使得电流表的读数I0，记录电阻箱电阻R1。
⑥由闭合电路欧姆定律可得：温度为95℃时：E＝I0(r＋RA＋RT＋R0)，即E＝I0(r＋RA＋150Ω＋R0) ①，当RT的温度降为T1时，E＝I0(r＋RA＋RT1＋R1) ②，由①②解得RT1＝R0＋150-R1。
[2010大纲卷Ⅱ T4 18分]小球A和B的质量分别为mA和mB，且mA＞mB。在某高度处将A和B先后从静止释放.小球A与水平地面碰撞后向上弹回，在释放处的下方与释放处距离为H的地方恰好与正在下落的小球B发生正碰。设所有碰撞都是弹性的，碰撞时间极短.求小球A、B碰撞后B上升的最大高度。
【答案】B上升的最大高度是()2H
【解析】小球A与地面的碰撞是弹性的，而且AB都是从同一高度释放的，所以AB碰撞前的速度大小相等设为v0，根据机械能守恒有：mAgH＝mAv02，化简得v0＝ ①
设A、B碰撞后的速度分别为vA和vB，以竖直向上为速度的正方向，
根据A、B组成的系统动量守恒和动能守恒得
mAv0-mBv0＝mAvA＋mBvB ②；mAv02＋mBv02＝mAvA2＋mBvB2 ③
联立②③化简得：vB＝v0 ④
设小球B能够上升的最大高度为h，由运动学公式得：h＝ ⑤
联立①④⑤化简得：h＝()2H ⑥
[2010大纲卷Ⅱ T5 20分]图中左边有一对平行金属板，两板相距为d，电压为U；两板之间有匀强磁场，磁感应强度大小为B0，方向平行于板面并垂直于纸面朝里。图中右边有一边长为a的正三角形区域EFG(EF边与金属板垂直)，在此区域内及其边界上也有匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面朝里。假设一系列电荷量为q的正离子沿平行于金属板面、垂直于磁场的方向射入金属板之间，沿同一方向射出金属板之间的区域，并经EF边中点H射入磁场区域。不计重力。
(1)已知这些离子中的离子甲到达磁场边界EG后，从边界EF穿出磁场，求离子甲的质量。
(2)已知这些离子中的离子乙从EG边上的I点(图中未画出)穿出磁场，且GI长为a。求离子乙的质量。
(3)若这些离子中的最轻离子的质量等于离子甲质量的一半，而离子乙的质量是最大的，问磁场边界上什么区域内可能有离子到达。
【答案】(1)；(2)；(3)EF边上是到H点a到(23)a，EG边上是到E点()a到的范围内。
【解析】(1)粒子进入正交的电磁场做匀速直线运动，设粒子的速度为v，电场的场强为E0，
根据平衡条件得E0q＝B0qv ①；E0＝ ②，由①②化简得v＝ ③
粒子甲垂直边界EF进入磁场，又垂直边界EF穿出磁场，则轨迹圆心在EF上。粒子运动中经过EG，说明圆轨迹与EG相切，
在如图2的三角形中半径为R＝acos30°tan15° ④
tan15°＝＝2- ⑤；连立④⑤化简得R＝(-)a ⑥
在磁场中粒子所需向心力由洛伦兹力提供，根据牛顿第二定律得：qvB＝ ⑦
联立③⑦化简得m＝ ⑧
(2)由于I点将EG边按1比3等分，根据三角形的性质说明此轨迹的弦与EG垂直，
在如图3的三角形中，有R＝acos30°sin30°× ⑨
同理m＝ ⑩
(3)最轻离子的质量是甲的一半，根据半径公式R离子的轨迹半径与离子质量成正比，所以质量在甲和最轻离子之间的所有离子都垂直边界EF穿出磁场，
甲最远离H的距离为(2-3)a，最轻离子最近离H的距离为(-)a，
所以在离H的距离为到-)a之间的EF边界上有离子穿出磁场。
比甲质量大的离子都从EG穿出磁场，其中甲运动中经过EG上的点最近，质量最大的乙穿出磁场的1位置是最远点，所以在EG上穿出磁场的离子都在这两点之间。
因此EF边上是到H点a到(23)a，EG边上是到E点()a到的范围内。
2009年全国卷Ⅰ
[2009全国卷Ⅰ T1 6分]如图所示，一电场的电场线分布关于y轴(沿竖直方向)对称，O、M、N是y轴上的三个点，且OM＝MN。P点在y轴右侧，MP⊥ON。则( )
A.M点的电势比P点高
B.将负电荷由O点移动到P点，电场力做正功
C.M、N两点间的电势差大于O、M两点间的电势差
D.在O点静止释放一带正电粒子，该粒子将沿y轴正方向做直线运动
【答案】AD
【解析】过M、P、N做等势线，可得到过P点的等势线通过M、N之间，因顺着电场线电势降低，则有φM＞φP＞φN，故A正确；将负电荷由O点移到P点，因UOP＞0，所以W＝-qUOP＜0，则负电荷做负功，故B错误；由U＝Ed可知，MN间的平均场强小于OM间的平均场强，故MN两点间的电势差小于OM两点间的电势差，C错误；根据电场线的分布特点会发现，电场线关于y轴两边对称，故y轴上的场强方向在y轴上，所以在O点静止释放一带正电粒子，其所受电场力沿y轴正方向，则该粒子将沿y轴正方向做直线运动，故D正确。
[2009全国卷Ⅰ T2 6分]质量为M的物块以速度v运动，与质量为m的静止物块发生正撞，碰撞后两者的动量正好相等，两者质量之比可能为( )
A.2 B.3 C.4 D.5
【答案】AB
【解析】根据动量守恒和能量守恒得，设碰撞后两者的动量都为p，则总动量为2p，
根据动量和动能的关系有：p2＝2mEk，
根据能量的关系得，由于动能不增加，则有：≥＋，得≤3，两物块碰撞后同向，必须满足vM′≤vm′，即≤，则≥1，综上1≤≤3。
[2009全国卷Ⅰ T3 8分]某同学为了探究物体在斜面上运动时摩擦力与斜面倾角的关系，设计实验装置如图。长直平板一端放在水平桌面上，另一端架在一物块上。在平板上标出A、B两点，B点处放置一光电门，用光电计时器记录滑块通过光电门时挡光的时间，
实验步骤如下：
①用游标卡尺测量滑块的挡光长度d，用天平测量滑块的质量m；
②用直尺测量A、B之间的距离s，A点到水平桌面的垂直距离h1，B点到水平桌面的垂直距离h2；
③将滑块从A点静止释放。由光电计时器读出滑块的挡光时间t；
④重复步骤③数次，井求挡光时间的平均值
⑤利用所测数据求出摩擦力f和斜面倾角的余弦值cosα；
⑥多次改变斜面的倾角，重复实验步骤②③④⑤做出f-cosα关系曲线.
(1)用测量的物理量完成下列各式(重力加速度为g)
①斜面倾角的余弦cosα＝ ；
②滑块通过光电门时的速度v ；
③滑块运动时的加速度a＝ ；
④滑块运动时所受到的摩擦阻力f＝ ；
(2)测量滑块挡光长度的游标卡尺读数如图所示，读得d＝ 。
【答案】(1)；；；；(2)3.62cm.
【解析】(1)①根据数学知识可知：cosα＝。
②由于宽度较小，时间很短，所以瞬时速度均速度，因此有：v＝。
③应用运动学公式，有：，故解得：。
④根据牛顿第二定律有：mgsinθ-f＝ma，将sinθ＝，代入
得：f。
(2)游标卡尺的主尺读数为3.6cm，游标尺上第2个刻度和主尺上某一刻度对齐，因此其读数为0.1×2mm＝0.2mm＝0.02cm，所以最终读数为：3.6cm＋0.02cm＝3.62cm。
[2009全国卷Ⅰ T4 20分]如图所示，倾角为θ的斜面上静止放置三个质量均为m的木箱，相邻两木箱的距离均为l。工人用沿斜面的力推最下面的木箱使之上滑，逐一与其它木箱碰撞。每次碰撞后木箱都粘在一起运动。整个过程中工人的推力不变，最后恰好能推着三个木箱匀速上滑。已知木箱与斜面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。设碰撞时间极短，求
(1)工人的推力；
(2)三个木箱匀速运动的速度；
(3)在第一次碰撞中损失的机械能。
【答案】(1)工人的推力为F＝3mgsinθ＋3μmgcosθ。
(2)三个木箱匀速运动的速度为。
(3)在第一次碰撞中损失的机械能mgL(sinθ＋μcosθ)。
【解析】(1)当匀速时，把三个物体看作一个整体受重力、推力F、摩擦力f和支持力。
根据平衡的知识有：F＝3mgsinθ＋3μmgcosθ。
(2)第一个木箱与第二个木箱碰撞之前的速度为v1，
加速度：a1＝2g(sinθ＋μcosθ)
根据运动学公式或动能定理有：v12＝2aL得：v1＝2
碰撞后的速度为v2根据动量守恒有mv1＝2mv2，即碰撞后的速度为v2＝，
然后一起去碰撞第三个木箱，设碰撞前的速度为v3
从v2到v3的加速度为a2＝，
根据运动学公式有v32-v22＝2a2L，得：v3＝，
跟第三个木箱碰撞根据动量守恒有2mv3＝3mv4，得：v4＝，就是匀速的速度。
(3)设第一次碰撞中的能量损失为ΔE，根据能量守恒有：mv12＝ΔE＋2mv22，
代入数据得：ΔE＝mgL(sinθ＋μcosθ)。
[2009全国卷Ⅰ T5 20分]如图，在x轴下方有匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于xy平面向外。P是y轴上距原点为h的一点，N0为x轴上距原点为a的一点。A是一块平行于x轴的挡板，与x轴的距离为，A的中点在y轴上，长度略小于.带电粒子与挡板碰撞前后，x方向的分速度不变，y方向的分速度反向、大小不变。质量为m，电荷量为q(q＞0)的粒子从P点瞄准N0点入射，最后又通过P点。不计重力。求粒子入射速度的所有可能值。
【答案】粒子入射速度的所有可能值为：v0＝，n＝0；v1＝，
n＝1；v2＝，n＝2。
【解析】设粒子的入射速度为v，第一次射出磁场的点为N′0，与板碰撞后再次进入磁场的位置为N1，粒子在磁场中运动的轨道半径为R，有：R＝ ①
粒子速率不变，每次进入磁场与射出磁场位置间距离x1保持不变有：
NO′＝NO＝2Rsinθ ②
粒子射出磁场与下一次进入磁场位置间的距离x2始终不变，与N0′N0相等。由图可以看出：
x2＝a ③
设粒子最终离开磁场时，与挡板相碰n次(n＝0、1、2、3…)。
若粒子能回到P点，由对称性，出射点的x坐标应为-a，即(n＋1)x1-nx2＝2a ④
由(3)(4)两式得：x1＝a ⑤，若粒子与挡板发生碰撞，有：x1-x2＞ ⑥
联立(3)(4)(6)得：n＜3 ⑦，联立(1)(2)(5)得：v＝a ⑧
把sinθ＝代入⑧中得：v0＝，n＝0；v1＝，
n＝1；v2＝，n＝2。
2009年全国卷Ⅱ
[2009全国卷Ⅱ T1 6分]以初速度v0竖直向上抛出一质量为m的小物体。假定物块所受的空气阻力f大小不变。已知重力加速度为g，则物体上升的最大高度和返回到原抛出点的速率分别为( )
和v0 B.和v0
C.和v0 D.和v0
【答案】A
【解析】在上升的过程中，对物体受力分析由牛顿第二定律可得，mg＋f＝ma1，
所以上升时的加速度为a1＝，加速度的方向与初速度的方向相反，即竖直向下，
从上升到达最高点的过程中，根据v2-v02＝2a1x可得，
上升的最大高度为x＝，
在下降的时候，对物体受力分析有牛顿第二定律可得，mg-f＝ma2，
所以下降的加速度的大小为a2＝，
从开始下降到返回到原抛出点的过程中，根据v2＝2a2x可得，v＝＝v0
[2009全国卷Ⅱ T2 6分]一玻璃砖横截面如图所示，其中ABC构成直角三角形(AC边未画出)，AB为直角边，∠ABC＝45°；ADC为一圆弧，其圆心在BC边的中点。此玻璃的折射率为1.5。P为一贴近玻璃砖放置的、与AB垂直的光屏。若一束宽度与AB边长度相等的平行光从AB边垂直射入玻璃砖，则( )
A.从BC边折射出一束宽度与BC边长度相等的平行光
B.屏上有一亮区，其宽度小于AB边的长度
C.屏上有一亮区，其宽度等于AC边的长度
D.当屏向远离玻璃砖的方向平行移动时，屏上亮区先逐渐变小然后逐渐变大
【答案】BD
【解析】材料的折射率n＝1.5，临界角小于45°，从AB面射入的所有光线在AC面上都发生全反射，所以没有光线从BC边射出，故A错误；材料的折射率n＝1.5，临界角小于45°，从AB面射入的所有光线在AC面上都发生全反射。从AB面中间附近射入的光线到达圆弧ACD面时，入射角较小，不发生全反射，可以从圆弧面折射出来。所以屏上有一亮区，其宽度小于AB边的长度，故B正确；材料的折射率n＝1.5，临界角小于45°，从AB面射入的所有光线在AC面上都发生全反射。从AB面中间附近射入的光线到达圆弧ACD面时，入射角较小，不发生全反射，可以从圆弧面折射出来。所以屏上有一亮区，其宽度小于AB边的长度，故C错误；材料的折射率n＝1.5，临界角小于45°，从AB面射入的所有光线在AC面上都发生全反射。从AB面中间附近射入的光线到达圆弧ACD面时，入射角较小，不发生全反射，可以从圆弧面折射出来。所以屏上有一亮区，其宽度小于AB边的长度，当屏向远离玻璃砖的方向平行移动时，屏上亮区先逐渐变小，一旦越过，折射光线的交点后，亮区渐渐变大。故D正确。
[2009全国卷Ⅱ T3 6分]某同学用图1所示装置做“研究平抛运动”的实验，根据实验结果在坐标纸上描出了小球水平抛出后的运动轨迹，但不慎将画有轨迹图线的坐标纸丢失了一部分，剩余部分如图2所示。图2中水平方向与竖直方向每小格的长度均代表0.10m，P1、P2和P3是轨迹图线上的3个点，P1和P2、P2和P3之间的水平距离相等。
完成下列真空：(重力加速度取9.8m/s2)
(1)设P1、P2和P3的横坐标分别为x1、x2和x3，纵坐标分别为y1、y2和y3，从图2中可读出|y1-y2|＝ m，|y1-y3|＝ m，|x1-x2|＝ m(保留一位小数)。
(2)若已测知抛出后小球在水平方向上做匀速运动。利用(1)中读取的数据，求出小球运动所用的时间为 s，小球抛出后的水平速度为 (均可用根号表示)。
(3)已测得小球抛出前下滑的高度为0.50m。设E1和E2分别为开始下滑时和抛出时的机械能，则小球从开始下滑到抛出的过程中机械能的相对损失＝ %(保留一位有效数字)
【答案】(1)0.6；1.6；0.6；(2)；2.1m/s；(3)10%。
【解析】(1)根据图(2)可解得：|y1-y2|＝0.6m，|y1-y3|＝1.6m，|x1-x2|＝6×0.10m＝0.6m。
(2)小球经过P1、P2、和P3之间的时间相等，在竖直方向有：h1＝0.60m，h2＝1.60-0.60＝1.00m。连续相等时间内的位移差为常数：Δh＝gt2，水平方向匀速运动：x＝v0t
其中Δh＝1.00-0.60＝0.40m，x＝0.60m，代入数据解得：ts，v0＝2.1m/s。
(3)设开始抛出时所在位置为零势能面，所以有：E1＝mgh＝0.50×9.8×m＝4.9mJ，
E2＝mv02＝4.41mJ，所以：10%。
[2009全国卷Ⅱ T4 18分]如图在宽度分别为l1和l2的两个毗邻的条形区域中分别有匀强磁场和匀强电场，磁场方向垂直于纸面向里，电场方向与电、磁场分界线平行向右.一带正电荷的粒子以速率v从磁场区域上边界的P点斜射入磁场，然后以垂直于电、磁场分界线的方向进入电场，最后从电场边界上的Q点射出。已知PQ垂直于电场方向，粒子轨迹与电、磁场分界线的交点到PQ的距离为d。不计重力，求电场强度与磁感应强度大小之比及粒子在磁场与电场中运动时间之比。
【答案】电场强度与磁感应强度大小之比为v，粒子在磁场与电场中运动时间之比为arcsin()。
【解析】粒子在磁场中做匀速圆周运动(如图)。由于粒子在分界线处的速度与分界线垂直，圆心O应在分界线上，OP长度即为粒子运动的圆弧的半径R。由几何关系得
R2＝l12＋(R-d)2 ①
设粒子的质量和所带正电荷分别为m和q，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得：
qvB＝m ②，
设P'为虚线与分界线的交点，∠POP'＝α，则粒子在磁场中的运动时间为
t1＝ ③，式中sinα＝ ④
粒子进入电场后做类平抛运动，其初速度为v，方向垂直于电场.设粒子加速度大小为a，由牛顿第二定律得：qE＝ma ⑤，由运动学公式有：d＝at22 ⑥；l2＝vt2 ⑦
式中t2是粒子在电场中运动的时间，由①②⑤⑥⑦式得＝v ⑧
由①③④⑦式得＝arcsin()。
[2009全国卷Ⅱ T5 20分]如图，P、Q为某地区水平地面上的两点，在P点正下方一球形区域内储藏有石油，假定区域周围岩石均匀分布，密度为ρ；石油密度远小于ρ，可将上述球形区域视为空腔。如果没有这一空腔，则该地区重力加速度(正常值)沿竖直方向；当存在空腔时，该地区重力加速度的大小和方向会与正常情况有微小偏离。重力加速度在原竖直方向(即PO方向)上的投影相对于正常值的偏离叫做“重力加速度反常”。为了探寻石油区域的位置和石油储量，常利用P点附近重力加速度反常现象。已知引力常数为G。
(1)设球形空腔体积为V，球心深度为d(远小于地球半径)，PQ＝x，求空腔所引起的Q点处的重力加速度反常。
(2)若在水平地面上半径L的范围内发现：重力加速度反常值在δ与kδ(k＞1)之间变化，且重力加速度反常的最大值出现在半径为L的范围的中心，如果这种反常是由于地下存在某一球形空腔造成的，试求此球形空腔球心的深度和空腔的体积。
【答案】(1)空腔所引起的Q点处的重力加速度反常是
(2)此球形空腔球心的深度是，空腔的体积是。
【解析】(1)如果将近地表的球形空腔填满密度为ρ的岩石，则该地区重力加速度便回到正常值。因此，重力加速度反常可通过填充后的球形区域产生的附加引力mΔδ ①来计算，式中的m是Q点的质量，M是填充后球形区域的质量，M＝ρV ②。
而r是球形空腔中心O至Q点的距离r ③，Δδ在数值上等于由于存在球形空腔所引起的Q点处重力加速度改变的大小。Q点处重力加速度改变的方向沿OQ方向，重力加速度反常Δδ′是这一改变在竖直方向上的投影Δδ′＝Δg ④
联立以上式子得Δδ′＝ ⑤
(2)由⑤式得，重力加速度反常△δ′的最大值和最小值分别为
(Δδ′)max＝ ⑥；(Δδ′)min＝ ⑦
由题设有：(Δδ′)max＝kδ、(Δδ′)min＝δ ⑧，联立以上式子得：
地下球形空腔球心的深度和空腔的体积分别为：d＝，V＝
2008年全国卷Ⅰ
[2008全国卷Ⅰ T1 6分]已知太阳到地球与地球到月球的距离的比值约为390，月球绕地球旋转的周期约为27天，利用上述数据以及日常的天文知识，可估算出太阳对月球与地球对月球的万有引力的比值约为( )
A.0.2 B.2 C.20 D.200
【答案】B
【解析】太阳对月球的万有引力：F1＝ ①(r指太阳到月球的距离)
地球对月球的万有引力：F2＝ ②(r2指地球到月球的距离)
r1表示太阳到地球的距离，因r1＝390r2，因此在估算时可以认为 r＝r1(即近似认为太阳到月球的距离等于太阳到地球的距离)，则由得： ③
由圆周运动求中心天体的质量，由地球绕太阳公转： ④(T1指地球绕太阳的公转周期T1＝365天)，
由月球绕地球公转：r2 ⑤(T2指月球周期，T2＝27天)
由可得： ⑥，把⑥式代入③式
可得≈2。
[2008全国卷Ⅰ T2 6分]一束由红、蓝两单色光组成的光线从一平板玻璃砖的上表面以入射角θ射入，穿过玻璃砖从下表面射出，已知该玻璃对红光的折射率为1.5，设红光与蓝光穿过玻璃砖所需时间分别为t1和t2，则在θ逐渐由0°增大到90°的过程中( )
A.t1始终大于t2 B.t1始终小于t2
C.t1先大于后小于t2 D.t1先小于后大于t2
【答案】B
【解析】设折射角为α，玻璃砖的厚度为h，由折射定律n＝，且n＝，在玻璃砖中的时间为t＝，联立解得t2∝，红光折射率较小，θ为零时，t1＜t2，θ为90°时，趋近渐近线，初步判定该函数为单调函数，通过代入θ为其它特殊值，仍然有t1＜t2，所以B选项正确。A、C、D错误。
[2008全国卷Ⅰ T3 8分]一直流电压表V，量程为1V，内阻为1000Ω，现将一个阻值在5000-7000Ω之间的固定电阻R1与此电压表串联，以扩大电压表量程，为求得扩大后量程的准确值，再给定一直流电源(电动势E为6-7V，内阻不计)、一阻值R2＝2000Ω的固定电阻、两个单刀开关S1、S2及导线若干。
(1)为达到上述目的，将对应的图连成一个完整的实验电路图。
(2)连线完成以后，当S1、S2均闭合时，电压表示数为0.90V；当S1闭合，S2断开时，电压表示数为0.70V。由此可以计算出改装后电压表的量程为 V，电动势为 V。
【答案】(1)电路图如图所示。(2)7，6.3。
【解析】(1)实验电路如图所示。
若S1与S2都闭合：E＝U1R1＝0.90＋9×10-4 R1 (1)
若S1闭合S2断开：E＝U2(R1＋R2)＝0.70＋7×10-4 (R1＋R2) (2)
量程为：U＝Ig(RV＋R1) (3)，由(1)(2)(3)式得：U＝7V；E＝6.3V。
[2008全国卷Ⅰ T4 18分]图中滑块和小球的质量均为m，滑块可在水平放置的光滑固定导轨上自由滑动，小球与滑块上的悬点O由一不可伸长的轻绳相连，轻绳长为l。开始时，轻绳处于水平拉直状态，小球和滑块均静止。现将小球由静止释放，当小球到达最低点时，滑块刚好被一表面涂有粘性物质的固定挡板粘住，在极短的时间内速度减为零，小球继续向左摆动，当轻绳与竖直方向的夹角θ＝60°时小球达到最高点。求
(1)从滑块与挡板接触到速度刚好变为零的过程中，挡板阻力对滑块的冲量；
(2)小球从释放到第一次到达最低点的过程中，绳的拉力对小球做功的大小。
【答案】(1)从滑块与挡板接触到速度刚好变为零的过程中，挡板阻力对滑块的冲量为I＝m，方向向左；
(2)小球从释放到第一次到达最低点的过程中，绳的拉力对小球做功的大小是mgl。
【解析】(1)对系统，设小球在最低点时速度大小为v1，此时滑块的速度大小为v2，滑块与挡板接触前，由系统的机械能守恒定律：mgl＝mv12＋mv22 ①
由系统的水平方向动量守恒定律：mv1＝mv2 ②
对滑块与挡板接触到速度刚好变为零的过程中，挡板阻力对滑块的冲量为：I＝mv2 ③
联立①②③解得I＝m，方向向左 ④
(2)小球释放到第一次到达最低点的过程中，设绳的拉力对小球做功的大小为W，对小球由动能定理：mgl＋W＝mv12 ⑤，联立①②⑤解得：W＝-mgl，
即绳的拉力对小球做负功，大小为mgl。
[2008全国卷Ⅰ T5 20分]如图所示，在坐标系xOy中，过原点的直线OC与x轴正向的夹角φ＝120°，在OC右侧有一匀强电场，在第二、三象限内有一匀强磁场，其上边界与电场边界重叠，右边界为y轴，左边界为图中平行于y轴的虚线，磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里。一带正电荷q、质量为m的粒子以某一速度自磁场左边界上的A点射入磁场区域，并从O点射出，粒子射出磁场的速度方向与x轴的夹角θ＝30°，大小为v，粒子在磁场内的运动轨迹为纸面内的一段圆弧，且弧的半径为磁场左右边界间距的2倍，粒子进入电场后，在电场力的作用下又由O点返回磁场区域，经过一段时间后再次离开磁场。已知粒子从A点射入到第二次离开磁场所用时间恰好等于粒子在磁场中做圆周运动的周期。忽略重力的影响。求：(1)粒子经过A点时的速度方向和A点到x轴的距离；
(2)匀强电场的大小和方向；(3)粒子从第二次离开磁场到再次进入电场所用的时间。
【答案】(1)粒子经过A点的速度方向平行于x轴，A点到x轴的距离，，
(2)电场方向与v相反，大小；(3)第二次离开磁场到再次进入电场所用的时间。
【解析】(1)粒子第一次进入磁场时弧的半径为磁场左右边界间距的2倍，如图做运动的轨迹，则圆周运动的圆心即两虚线的交点。进入磁场时速度必垂直于磁场边界，由洛伦兹力提供向心力：qvB＝m，得：R＝，A点到x轴的距离为：L＝R(1-cos30°)＝
(2)设粒子在磁场中运动的周期为T，则：vT＝2πR
所以：T＝，在磁场中运动的时间为t1＝
粒子进入电场后，在电场力的作用下又由O点返回磁场区域说明电场力的方向一定与运动的方向相反，则电场方向必与v相反，再次进入磁场时速度方向也与v相反，将向y轴负方向偏转做圆周运动，运动的轨迹如图所示：运动时间为t3＝，
则在电场中运动的时间为：t2＝T-t1-t3＝T
那么在电场中的运动有：-v＝v-t2，
求得：E＝。
(3)粒子出磁场后到进入电场是匀速直线运动，达到电场的距离为：
PQ＝R，所用时间为t4＝＝。
2008年全国卷Ⅱ
[2008全国卷Ⅱ T1 6分]如图，一很长的不可伸长的柔软细绳跨过光滑定滑轮，绳两端各系一小球a和b.a球质量为m，静置于地面，b球质量为3m，用手托住，高度为h，此时轻绳刚好拉紧。从静止开始释放b后，a可能到达的最大高度为( )
A.h
B.1.5h
C.2h
D.2.5h
【答案】B
【解析】设a球到达高度h时两球的速度v，根据机械能守恒：
b球的重力势能减小转化为a球的重力势能和a、b球的动能。即：
3mgh＝mgh (3m＋m)v2，解得两球的速度都为v＝，
此时绳子恰好松弛，a球开始做初速为v＝的竖直上抛运动，
同样根据机械能守恒：mghmv2＝mgH，解得a球能达到的最大高度H为1.5h。
[2008全国卷Ⅱ T2 6分]如图，一个边长为l的正方形虚线框内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个边长也为l的正方形导线框所在平面与磁场方向垂直，虚线框的对角线ba与导线框的一条边垂直，ab的延长线平分导线框。在t＝0时，使导线框从图示位置开始以恒定速度沿ab方向移动，直到整个导线框离开磁场区域。以i表示导线框中感应电流的强度，取逆时针方向为正。下列表示i-t关系的图示中，可能正确的是( )
【答案】C
【解析】从正方形线框下边开始进入到下边完全进入过程中，线框切割磁感线的有效长度逐渐增大，所以感应电流也逐渐拉增大，故A错误；从正方形线框下边完全进入至下边刚穿出磁场边界时，切割磁感线有效长度不变，故感应电流不变，故B错误；当正方形线框下边离开磁场，上边未进入磁场的过程比正方形线框上边进入磁场过程中，磁通量减少的稍慢，故这两个过程中感应电动势不相等，感应电流也不相等，故D错误，C正确。
[2008全国卷Ⅱ T3 6分]如图为一电学实验的实物连线图，该实验可用来测量待测电阻Rx的阻值(约500Ω)，图中两个电压表量程相同，内阻都很大.实验步骤如下：
①调节电阻箱，使它的阻值R0与待测电阻的阻值接近.将滑动变阻器的滑动头调到最右端；
②合上开关S；
③将滑动变阻器的滑动头向左端滑动，使两个电压表指针都有明显偏转；
④记下两个电压表的示数U1和U2；
⑤多次改变滑动变阻器的滑动头位置，记下两个电压表的多组示数U1和U2；
⑥求Rx的平均值。
回答下列问题：
(Ⅰ)根据实物连线图在虚线框内画出实验的电路原理图，其中电阻箱的符号为：滑动变阻器的符号为：其余器材用通用的符号表示。
(Ⅱ)不计电压表内阻的影响，用U1、U2和R0表示Rx的公式为Rx＝ 。
(Ⅲ)考虑电压表内阻的影响，用U1、U2、R0、电压表内阻r1和r2表示Rx的公式为Rx＝ 。
【答案】(Ⅰ)电路图如图所示；(Ⅱ)；(Ⅲ).
【解析】(Ⅰ)根据实物电路图作出电路图，如图所示；
(Ⅱ)通过待测电阻的电流I＝，待测电阻阻值RX＝；
(Ⅲ)考虑电表内阻影响，通过待测电阻的实际电流IX＝IR0＋IV1-IV2＝，
待测电阻阻值RX＝；
[2008全国卷Ⅱ T4 18分]如图，一直导体棒质量为m、长为l、电阻为r，其两端放在位于水平面内间距也为l的光滑平行导轨上，并与之密接；棒左侧两导轨之间连接一可控制的负载电阻(图中未画出)；导轨置于匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于导轨所在平面。开始时，给导体棒一个平行于导轨的初速度v0。在棒的运动速度由v0减小至v1的过程中，通过控制负载电阻的阻值使棒中的电流强度I保持恒定。导体棒一直在磁场中运动。若不计导轨电阻，求此过程中导体棒上感应电动势的平均值和负载电阻上消耗的平均功率。
【答案】此过程中导体棒上感应电动势的平均值＝Bl(v0＋v1)，负载电阻上消耗的平均功率是BIl(v0＋v1)-I2r。
【解析】导体棒所受的安培力为：F＝BIl ①
由题意可知，该力的大小不变，棒做匀减速运动，因此在棒的速度从v0减小到v1的过程中，平均速度为：＝(v0＋v1)②
当棒的速度为v时，感应电动势的大小为：E＝Blv ③
棒中的平均感应电动势为：④，综合②④式可得：＝Bl(v0＋v1) ⑤
导体棒中消耗的热功率为：P1＝I2r ⑥，负载电阻上消耗的热功率为：＝I-P1 ⑦
由以上三式可得：＝BIl(v0＋v1)-I2r ⑧
[2008全国卷Ⅱ T5 20分]我国发射的“嫦娥一号”探月卫星沿近似于圆的轨道绕月飞行.为了获得月球表面全貌的信息，让卫星轨道平面缓慢变化，卫星将获得的信息持续地用微波信号发回地球.设地球和月球的质量分别为M和m，地球和月球的半径分别为R和R1，月球绕地球的轨道半径和卫星绕月球的轨道半径分别为r和r1，月球绕地球转动的周期为T。假定在卫星绕月运行的一个周期内，卫星轨道平面与地月连心线共面，求在该周期内卫星发射的微波信号因月球遮挡而不能到达地面的时间(用M、m、R、R1、r、r1和T表示，忽略月球绕地球转动对遮挡时间的影响)。
【答案】。
【解析】如图，O和O′分别表示地球和月球的中心。在卫星轨道平面上，A是地月连心线OO′与地月球面的公切线ACD的交点，D、C和B分别是该公切线与地球表面、月球表面和卫星圆轨道的交点。根据对称性，过A点在另一侧作地月球面的公切线，交卫星轨道于E点。卫星在弧BE运动时发出的信号被遮挡。
设探月卫星的质量为m0，万有引力常量为G ，根据万有引力定律有
① ②
式中，T1是探月卫星绕月球转动的周期。由①②式得， ③
设卫星的微波信号被遮挡的时间为t，则由于卫星绕月做匀速圆周运动，应有 ④
式中，α＝∠CO′A，β＝∠CO′B。由几何关系得
rcosα＝R－R1 ⑤
r1cosβ＝R1 ⑥
由③④⑤⑥式得
⑦
评分参考：①②式各4分，④式5分，⑤⑥式各2分，⑦式3分。得到结果
的也同样给分。
2007年全国卷Ⅰ
[2007全国卷Ⅰ T1 6分]如图所示，在倾角为30°的足够长的斜面上有一质量为m的物体，它受到沿斜面方向的力F的作用。力F可按图(a)、(b)、(c)、(d)所示的四种方式随时间变化(图中纵坐标是F与mg的比值，力沿斜面向上为正)。
已知此物体在t＝0时速度为零，若用v1、v2、v3、v4分别表示上述四种受力情况下物体在3秒末的速率，则这四个速率中最大的是( )
A．v1 B．v2 C．v3 D．v4
【答案】C
【解析】根据动量定理分别硏究四种情况下物体的速率：
mgsin30°t1＋Ft2＝mv1，t1＝3s，t2＝1s，代入解得，v1＝20m/s；
F的冲量和为零，则 mgsin30°t1＝mv2，t1＝3s，解得v2＝15m/s；
mgsin30°t1＋Ft2=mv3，t1＝3s，t2＝2s，代入解得，v3＝25m/s；
F的冲量和为零， mgsin30°t1＝mv4，t1＝3s，解得v4＝15m/s。
[2007全国卷Ⅰ T2 6分]如图所示，LOO′L′为一折线，它所形成的两个角∠LOO′和∠OO′L′均为45°。折线的右边有一匀强磁场，其方向垂直于纸面向里。一边长为l的正方形导线框沿垂直于OO′的方向一速度v做匀速直线运动，在t＝0时刻恰好位于图中所示位置。以逆时针方向为导线框中电流的正方向，在下面四幅图中能够正确表示电流-时间(I-t)关系的是(时间以为单位)( )
【答案】D
【解析】刚开始时，即如题图中开始所示状态，上方磁场中导体棒产生的电动势与下方磁场中产生的电动势恰好抵消，故此时无感应电流产生，故AC错误；随着线框的匀速向上运动，上方导体切割长度不变，下方逐渐变小，因此总感应电动势逐渐增大，感应电流逐渐增大，当线框全部进入上方磁场时，感应电流突然变为零；再向上运动时回路中总电动势方向改变，因此电流方向改变，直至线框全部离开磁场，故B错误，D正确。
[2007全国卷Ⅰ T3 8分]碰撞的恢复系数的定义为e＝，其中v10和v20分别是碰撞前两物体的速度，v1和v2分别是碰撞后两物体的速度。弹性碰撞的恢复系数e＝1，非弹性碰撞的e＜1。某同学借用验证动量守恒定律的实验装置(如图所示)验证弹性碰撞的恢复系数是否为1，实验中使用半径相等的钢质小球1和2(它们之间的碰撞可近似视为弹性碰撞)，且小球1的质量大于小球2的质量。
实验步骤如下：
第一步，不放小球2，让小球1从斜槽上A点由静止滚下，并落在地面上。重复多次，用尽可能小的圆把小球的所有落点都圈在里面，其圆心就是小球落点的平均位置。
第二步，把小球2放在斜槽前端边缘处的C点，让小球1从A点由静止滚下，使它们碰撞，重复多次，并使用与第一步同样的方法分别标出碰撞后两小球落点的平均位置。
第三步，用刻度尺分别测量三个落点的平均位置离O点的距离，即线段OM、OP、ON的长度。
在上述实验中，①P点是 的平均位置，M点是 的平均位置，N点是 的平均位置。
②请写出此实验的原理___________，写出用测量量表示的恢复系数的表达式_________。
各球平抛飞行时间相同，水平位移之比等于平抛初速度之比。
③三个落点距O点的距离OM、OP、ON与实验所用的小球质量是否有关？
【答案】①实验的第一步中小球1落点的，小球l与小球2碰后小球1落点的，N点是小球2落点的；
②小球从槽口C飞出后做平抛运动的时间相同，设为t，
则有OP＝v10t；OM＝v1t；ON＝v2t小球2碰撞前静止，即v20＝0；
因而碰撞系数为：e＝＝＝；
③OM与实验所用的小球质量没有关系，OP、ON与实验所用的小球质量有关系。
【解析】(2)①根据题意可知，P点是在实验的第一步中小球l落点的平均位置，M点是小球1与小球2碰后小球1落点的平均位置，N点是小球2落点的平均位置；
②小球做平抛运动，高度决定时间，故时间相等，设为t，
则有OP＝v10t；OM＝v1t；ON＝v2t小球2碰撞前静止，即v20＝0；因而碰撞系数为：
e＝＝＝
③平抛运动高度决定时间，水平射程由初速度和时间共同决定，因而OP与小球的质量无关，但由于两球碰撞过程动量守恒，根据动量守恒定律平抛的初速度与小球的质量有关，因而OM和ON也与小球的质量有关。
[2007全国卷Ⅰ T4 15分]如图所示，质量为m的由绝缘材料制成的球与质量为M＝19m的金属球并排悬挂。现将绝缘球拉至与竖直方向成θ＝60°的位置自由释放，下摆后在最低点处与金属球发生弹性碰撞。在平衡位置附近存在垂直于纸面的磁场。已知由于磁场的阻尼作用，金属球将于再次碰撞前停在最低点处。求经过几次碰撞后绝缘求偏离竖直方向的最大角度将小于45°。
【答案】3次。
【解析】设小球m的摆线长度为l，小球m在下落过程中与M相碰之前满足机械能守恒：
Mgl(1-cosθ)＝mv02 ①，m和M碰撞过程是弹性碰撞，故满足：
mv0＝MVM＋mv1 ②；mv02＝MVM2＋mv12 ③
联立②③得：v1＝v0 ④
说明小球被反弹，且v1与v0成正比，而后小球又以反弹速度和小球M再次发生弹性碰撞，满足：mv1＝MVM1+mv2 ⑤；mv12＝MVM12＋mv22 ⑥
解得：v2＝|v1| ⑦，整理得：v2＝-()2v0 ⑧
故可以得到发生n次碰撞后的速度：vn＝|()nv0| ⑨
而偏离方向为45°的临界速度满足mgl(1-cos45°)＝mv临界2 ⑩
联立①⑨⑩代入数据解得，当n＝2时，v2＞v临界，n＝3时，v3＜v临界。
即发生3次碰撞后小球返回到最高点时与竖直方向的夹角将小于45°。
[2007全国卷Ⅰ T5 18分]两平面荧光屏互相垂直放置，在两屏内分别取垂直于两屏交线的直线为x轴和y轴，交点O为原点，如图所示。在y＞0，0＜x＜a的区域由垂直于纸面向里的\匀强磁场，在在y＞0，x＞a的区域由垂直于纸面向外的匀强磁场，两区域内的磁感应强度大小均为B。在O点处有一小孔，一束质量为m、带电量为q(q＞0)的粒子沿x轴经小孔射入磁场，最后打在竖直和水平荧光屏上，使荧光屏发亮。入射粒子的速度可取从零到某一最大值之间的各种数值。已知速度最大的粒子在0＜x＜a的区域中运动的时间与在x＞a的区域中运动的时间之比为2∶5，在磁场中运动的总时间为7T/12，其中T为该粒子在磁感应强度为B的匀强磁场中作圆周运动的周期。试求两个荧光屏上亮线的范围(不计重力的影响)。
【答案】y轴范围：0-2a；x轴范围：2a≤x≤2(1＋)a。
【解析】对于y轴上的光屏亮线范围的临界条件如图所示：带电粒子的轨迹和x＝a相切，此时r＝a，y轴上的最高点为y＝2r＝2a。对于x轴上光屏亮线范围的临界条件如图所示：左边界的极限情况还是和x＝a相切，此刻，带电粒子在右边的轨迹是个圆，由几何知识得到在x轴上的坐标为x＝2a速度最大的粒子是如图2中的实线，由两段圆弧组成，圆心分别是c和c′由对称性得到c在x轴上，
设在左右两部分磁场中运动时间分别为t1和t2，满足＝，t1＋t2＝T
解得t1＝T，t2＝T，由数学关系得到：R＝2a，OP＝2a＋R
代入数据得到：OP＝2(1＋)a，所以在x轴上的范围是2a≤x≤2(1＋)a
2007年全国卷Ⅱ
[2007全国卷Ⅱ T1 6分]假定地球、月球都静止不动，用火箭从地球沿地月连线发射一探测器。假定探测器在地球表面附近脱离火箭。用W表示探测器从脱离火箭处飞到月球的过程中克服地球引力做的功，用Ek表示探测器脱离火箭时的动能，若不计空气阻力，则( )
A.Ek必须大于或等于W，探测器才能到达月球 B.Ek小于W，探测器也可能到达月球
C.Ek＝W，探测器一定能到达月球 D.Ek＝W，探测器一定不能到达月球
【答案】BD
【解析】探测器脱离火箭后同时受到地球的引力和月球的引力，根据F＝G。可知开始时物体受到地球的引力大于受到月球的引力，后来受到月球的引力大于受到地球的引力，所以探测器在运动的过程中地球的引力对物体做负功，月球的引力对物体做正功，所以探测器能够到达月球的条件是必须克服地球引力做功越过引力相等的位置。又根据F＝G可知探测器受到的引力相等的位置距离地球远而距离月球近，设在探测器运动的过程中月球引力对探测器做的功为W1，探测器克服地球引力对探测器做的功为W，并且W1＜W，
若探测器恰好到达月球，则根据动能定理可得：-W＋W1＝Ek末-Ek，即：Ek末＝Ek-W＋W1，故探测器能够到达月球的条件是Ek末＝Ek-W＋W1≥0，即Ek≥W-W1，故Ek小于W时探测器也可能到达月球。假设当Ek＝W时探测器能够到达月球，则Ek≥W-W1仍然成立，可转化为W≥W-W1仍然成立，即应有W1≥W，这就需要M月≥M地，这显然与实际不符(实际上M地≈81M月)。故假设不正确。即探测器一定不能到达月球。
[2007全国卷Ⅱ T2 6分]如图所示，在PQ、QR区域是在着磁感应强度大小相等、方向相反的匀强磁场，磁场宽度均为l，磁场方向均垂直于纸面，bc边与磁场的边界P重合。导线框与磁场区域的尺寸如图所示。从t＝0时刻开始线框匀速横穿两个磁场区域。以a→b→c→d→e→f为线框中有电动势的正方向。以下四个ε-t关系示意图中正确的是( )
【答案】C
【解析】下面是线框切割磁感线的四个阶段示意图。
在第一阶段，只有bc切割向外的磁感线，由右手定则知电动势为负，大小为Blv。在第二阶段，bc切割向里的磁感线，电动势为逆时针方向，同时de切割向外的磁感线，电动势为顺时针方向，等效电动势为零。在第三阶段，de切割向里的磁感线同时af切割向外的磁感线，两个电动势同为逆时针方向，等效电动势为正，大小为3Blv。在第四阶段，只有af切割向里的磁感线，电动势为顺时针方向，等效电动势为负大小为2Blv。
[2007全国卷Ⅱ T3 6分](2)有一电流表A，量程为1mA，内阻rg约为100Ω.要求测量其内阻。可选用的器材有：电阻箱R0，最大阻值为99999.9Ω；滑动变阻器甲，最大阻值为10kΩ；滑动变阻器乙，最大阻值为2kΩ；电源E1，电动势约为2V，内阻不计；电源E2，电动势约为6V，内阻不计；开关2个，导线若干。
采用的测量电路图如图所示，实验步骤如下：a.断开S1和S2，将R调到最大；b.合上S1，调节R使A满偏；c.合上S2，调节R1使A半偏，此时可认为A的内阻rg＝R1。试问：
(ⅰ)在上述可供选择的器材中，可变电阻R1应该选 ；为了使测量尽是精确，可变电阻R应该选择 ；电源E应该选择 。
(ⅱ)认为内阻rg＝R1，此结果与rg的真实值相比 。(填“偏大”、“偏小”、“相等”)
【答案】(2)(ⅰ)电阻箱R0，滑动变阻器甲、电源E2；(ⅱ)偏小。
【解析】(2)(ⅰ)根据半偏法的测量原理，R1必须选电阻箱R0，才能测量；电源选择E2，误差较小。根据电源的电动势和电流表的量程可知电路的最小电阻为6kΩ，所以滑动变阻器乙不能有效调节，应该选择甲。
(ⅱ)根据闭合电路的欧姆定律及电路特点可得：合上S1，调节R使电流表满偏：Ig
合上S2，调节R1使电流表半偏(电路中的总电流)：I＝，上式比较可得I＞Ig。所以，通过电阻箱的电流IR1＝I-＞
则：R1＜rg(R1为测量值，rg为真实值)，即此结果与rg的真实值相比偏小。
[2007全国卷Ⅱ T4 18分]用放射源钋的α射线轰击铍时，能发射出一种穿透力极强的中性射线，这就是所谓铍“辐射”。1932年，查德威克用铍“辐射”分别照射(轰击)氢和氮(它们可视为处于静止状态)，测得照射后沿铍“辐射”方向高速运动的氢核和氮核的速度之比为7.0。查德威克假设铍“辐射”是由一种质量不为零的中性粒子构成的，从而通过实验在历史上首次发现了中子。假定铍“辐射”中的中性粒子与氢核或氮核发生弹性正碰，试在不考虑相对论效应的条件下计算构成铍“辐射”的中性粒子的质量。(质量用原子质量单位u表示，1u等于12C原子质量的十二分之一。取氢核和氮核的质量分别为1.0u和14.0u。)
【答案】构成铍“辐射”的中性粒子的质量为u。
【解析】设构成铍“辐射”的中性粒子的质量和速度分别为m和v，氢核的质量为mH。构成铍“辐射”的中性粒子与氢核发生弹性正碰，碰后两粒子的速度分别为v′和vH′.由动量守恒与能量守恒定律得：mv＝mv′＋mHvH′ ①；mv2＝mv′2＋mHvH′2 ②
解得：vH′＝ ③，同理，对于质量为mN的氮核，其碰后速度为
vN′＝ ④，由③④中2mv相同，可得：m＝ ⑤
将mH＝1.0u和mN＝14.0u和vH′＝7.0vN′代入⑤式得：mu。
[2007全国卷Ⅱ T5 20分]如图所示，在坐标系Oxy的第一象限中存在沿y轴正方向的匀强电场，场强大小为E。在其他象限中存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里。A是y轴上的一点，它到坐标原点O的距离为h；C是x轴上的一点，到O的距离为l。一质量为m、电荷量为q的带负电的粒子以某一初速度沿x轴方向从A点进入电场区域，继而通过C点进入磁场区域，并再次通过A点，此时速度与y轴正方向成锐角。不计重力作用。试求：
(1)粒子经过C点时速度的大小和方向(用tanθ表示即可)；
(2)磁感应强度的大小B。
【答案】(1)粒子经过C点时速度的大小为，方向与水平方向的夹角的正切值为；(2)磁感应强度的大小B为。
【解析】(1)以a表示粒子在电场作用下的加速度，有qE＝ma ①
加速度沿y轴负方向。设粒子从A点进入电场时的初速度为v0，由A点运动到C点经历的时间为t，则有h＝at2 ②；l＝v0t ③，由①②得：v0＝l ④
设粒子从C点进入磁场时的速度为v，v垂直于x轴的分量v0＝ ⑤
由①④⑤式得：v0＝ ⑥
设粒子经过C点时的速度方向与x轴夹角为α，则有tanα＝ ⑦
由④⑤⑦式得：tanα＝ ⑧
(2)粒子从C点进入磁场后在磁场中做速率为v的圆周运动。若圆周的半径为R，
则有qvB＝m ⑨
设圆心为P，则PC必与过C点的速度垂直，且有＝R。用β表示PA与y轴的夹角，由几何关系得Rcosβ＝Rcosα＋h ⑩
Rsinβ＝l-Rsinα (11)
由⑧⑩(11)式得：R＝ (12)
由⑥⑨(12)式得；B＝
2006年全国卷Ⅰ
[2006全国卷Ⅰ T1 6分]如图，在匀强磁场中固定放置一根串接一电阻R的直角形金属导轨aob(在纸面内)，磁场方向垂直纸面朝里，另有两根金属导轨c、d分别平行于oa、ob放置。保持导轨之间接触良好，金属导轨的电阻不计。现经历以下四个过程：
①以速率v移动d，使它与ob的距离增大一倍；②再以速率v移动c，使它与oa的距离减小一半；③然后，再以速率2v移动c，使它回到原处；④最后以速率2v移动d，使它也回到原处。设上述四个过程中通过电阻R的电量的大小依次为Q1、Q2、Q3和Q4，则( )
A.Q1＝Q2＝Q3＝Q4
B.Q1＝Q2＝2Q3＝2Q4
C.2Q1＝2Q2＝Q3＝Q4
D.Q1≠Q2＝Q3≠Q4
【答案】A
【解析】设d与ob之间距离为l1，c与oa之间距离为l2。
则Q1＝I1t1＝；Q2＝I2t2＝
Q3＝I3t3＝；Q4＝I4t4＝；则Q1＝Q2＝Q3＝Q4。
[2006全国卷Ⅰ T2 6分](2)现要测量某一电压表V的内阻。给定的器材有：待测电压表V(量程2V，内阻约为4kΩ)；电流表mA(量程1.2mA，内阻约500Ω)；直流电源E(电动势约2.4V，内阻不计)；固定电阻3个：R1＝4000Ω，R2＝10000Ω，R3＝15000Ω；电键S及导线若干。要求测量时两电表指针偏转均超过其量程的一半。
i.试从3个固定电阻中选用1个，与其它器材一起组成测量电路，并在虚线框内画出测量电路的原理图。(要求电路中各器材用题中给定的符号标出。)
ii.电路接通后，若电压表读数为U，电流表读数为I，则电压表内阻RV＝ 。
【答案】(2)i电路如图所示；ii电压表的内阻RV＝
【解析】(2)i.电压表的额定电流约：IV＝＝A＝0.5×10-3A＝0.5mA。
所以要给电压表并联一个固定电阻，该固定电阻的电阻值约为：
Rx＝≈3×103Ω，故固定电阻应选R1，实验电路如图所示。
ii.流过定值电阻的电流大小为，则流过电压表的电流为I-，故电压表的内阻RV＝。
[2006全国卷Ⅰ T3 18分]有个演示实验，在上下面都是金属板的玻璃盒内，放了许多锡箔纸揉成的小球，当上下板间加上电压后，小球就上下不停地跳动。现取以下简化模型进行定量研究。如图所示，电容量为C的平行板电容器的极板A和B水平放置，相距为d，与电动势为E、内阻可不计的电源相连。设两板之间只有一个质量为m的导电小球，小球可视为质点。已知：若小球与极板发生碰撞，则碰撞后小球的速度立即变为零，带电状态也立即改变，改变后，小球所带电荷符号与该极板相同，电量为极板电量的α倍(α 1)。不计带电小球对极板间匀强电场的影响。重力加速度为g。
(1)欲使小球能够不断地在两板间上下往返运动，电动势E至少应大于多少？
(2)设上述条件已满足，在较长的时间间隔T内小球做了很多次往返运动。求在T时间内小球往返运动的次数以及通过电源的总电量。
【答案】(1)；(2)n＝，Q'＝。
【解析】(1)用Q表示极板电荷量的大小，q表示碰后小球电荷量的大小。
要使小球能不停地往返运动，小球所受的向上的电场力至少应大于重力，
则q＞mg ①；其中q＝αQ ②；又有Q＝CE ③
由以上三式有E＞，所以电动势至少为；
(2)①当小球带正电时，小球所受电场力与重力方向相同，向下做加速运动。
以a1表示其加速度，t1表示从A板到B板所用的时间，则有q＋mg＝ma1，d＝a1t12
②当小球带负电时，小球所受电场力与重力方向相反，向上做加速运动，以a2表示其加速度，t2表示从B板到A板所用的时间，则有q-mg＝ma2，d＝a2t22
小球往返一次共用时间为(t1＋t2)，故小球在T时间内往返的次数n＝
由以上关系式得：n＝。
小球往返一次通过的电量为2q，在T时间内通过电源的总电量Q'＝2qn
由以上两式可得：Q'＝。
2006年全国卷Ⅱ
[2006全国卷Ⅱ T1 6分]对一定质量的气体，若用N表示单位时间内与器壁单位面积碰撞的分子数，则( )
A.当体积减小时，N必定增加
B.当温度升高时，N必定增加
C.当压强不变而体积和温度变化时，N必定变化
D.当压强不变而体积和温度变化时，N可能不变
【答案】C
【解析】当体积减小时，分子的密集程度大了，但分子的平均动能不一定大，所以单位时间内与器壁单位面积碰撞的分子数不一定增加。故A错误。当温度升高时，分子的平均动能变大，但分子的密集程度不一定大，所以单位时间内与器壁单位面积碰撞的分子数不一定增加。故B错误。压强取决于单位时间内与器壁单位面积碰撞的分子数及分子的平均动能，压强不变，温度和体积变化，分子平均动能变化，则单位时间内与器壁单位面积碰撞的分子数必定变化。故C正确，D错误。
[2006全国卷Ⅱ T2 6分](2)一块玻璃砖用两个相互平行的表面，其中一个表面是镀银的(光线不能通过表面)。现要测定此玻璃的折射率。给定的器材还有：白纸、铅笔、大头针4枚(P1、P2、P3、P4)带有刻度的直角三角板、量角器。
实验时，先将玻璃砖放到白纸上，使上述两个相互平行的表面与纸面垂直。在纸上画出直线aa'和bb'，aa'表示镀银的玻璃表面，bb'表示另一表面，如图所示。然后，在白纸上竖直插上两枚大头针P1、P2(位置如图)。用P1、P2的连线表示入射光线。
ⅰ.为了测量折射率，应如何正确使用大头针P3、P4？试在题图中标出P3、P4的位置。
ⅱ.然后，移去玻璃砖与大头针。试在题图中通过作图的方法标出光线从空气到玻璃中的入射角θ1与折射角θ2。简要写出作图步骤。
ⅲ.写出θ1、θ2表示的折射率公式为n＝ 。
【答案】
【解析】(2)确定P3、P4位置的作图方法：由于aa'表面镀银，只能反射，所以光路为入射光线、经过bb'的折射光线、经过aa'的反射光线、再次经过bb'的折射后的出射光线(P3、P4的连线)，作出此光路，即可标出P3、P4的位置。
ⅰ、实验方法：在bb'一侧观察P1、P2(经bb'折射、aa'反射，再经bb'折射后)的像，在适当的位置插上P3，使得P3与P1、P2的像在一条直线上，即让P3挡住P1、P2的像：再插上P4，让它挡住P2(或P1)的像和P3。P3、P4的位置如图。
故具体操作为：在bb'一侧观察P1、P2(经bb'折射、aa'反射，再经bb'折射后)的像，在适当的位置插上P3，使得P3与P1、P2的像在一条直线上，即让P3挡住P1、P2的像：再插上P4，让它挡住P2(或P1)的像和P3，P3、P4的位置见上图。
ⅱ、确定P3、P4位置的作图步骤：①过P1、P2作直线与bb'交于O；②过P3、P4作直线与bb'交于O'；③利用刻度尺找到OO'的中点M；④过O点作bb'的垂线CD为法线，过M点作bb'的垂线与aa'相交于N，如图所示，连接ON为经过bb'的折射光线；
⑤则∠P1OD＝θ1，∠CON＝θ2
ⅲ、根据折射定律有：n＝。
[2006全国卷Ⅱ T3 18分]如图所示，在x＜0与x＞0的区域中，存在磁感应强度大小分别为B1与B2的匀强磁场，磁场方向均垂直于纸面向里，且B1＞B2。一个带负电荷的粒子从坐标原点O以速度v沿x轴负方向射出，要使该粒子经过一段时间后又经过O点，B1与B2的比值应满足什么条件。
【答案】，n＝1，2，3，……
【解析】根据牛顿第二定律得：qvB1＝m；qvB2＝m，化简得：R1＝；R2＝ ①
如右图是粒子在一个周期的运动，则粒子在一个周期内经过y轴负半轴的点在y轴负半轴下移2(R2-R1)，在第n次经过y轴负半轴时应下移2R1，则有 2n(R2-R1)＝2R1 ②
连立①②化简得：，n＝1，2，3，……
2005年全国卷Ⅰ
[2005全国卷Ⅰ T1 6分]如图，在一水平放置的平板MN的上方有匀强磁场，磁感应强度的大小为B，磁场方向垂直于纸面向里.许多质量为m带电量为＋q的粒子，以相同的速率v沿位于纸面内的各个方向，由小孔O射入磁场区域.不计重力，不计粒子间的相互影响。下列图中阴影部分表示带电粒子能经过区域，其中R＝哪个图是正确的( )
【答案】A
【解析】所有粒子在磁场中半径相同，由图可知，由O点射入水平向右的粒子恰好应为最右端边界；随着粒子的速度方向偏转，粒子转动的轨迹圆可认为是以O点为圆心以2R为半径转动；则可得出符合题意的范围应为A。
[2005全国卷Ⅰ T2 8分](2)测量电源B的电动势E及内阻r(E约为4.5V，r约为1.5Ω)。
器材：量程3V的理想电压表，量程0.5A的电流表(具有一定内阻)，固定电阻R＝4Ω，滑线变阻器R′电键K，导线若干。
①画出实验电路原理图。图中各元件需用题目中给出的符号或字母标出。
②实验中，当电流表读数为I1时，电压表读数为U1；当电流表读数为I2时，电压表读数为U2.则可以求出E＝ ，r＝ (用I1，I2，U1，U2及R表示)
【答案】(2)①实验电路原理图如图。②，
【解析】(2)①实验中两只电表都不能超出量程，要使电流表A不超出量程、必须R总≥＝9Ω，即R值必须大于6.5Ω左右。而要使电压表V不超出量程，须发U＝(R＋RA)≤3V，即R值必须小于2Ω左右。计算表明：滑动变阻器无论怎样调节，总有一个电表会超出量程，所以设计了下面的实验电路原理图。
②实验中，当电流表读数为I1时，电压表读数为U1；当电流表读数为I2时，电压表读数为U2，根据闭合电路欧姆定律得：E＝U1＋I1R0＋I1r；E＝U2＋I2R0＋I2r
解得：E，r
[2005全国卷Ⅰ T3 18分]图1中B为电源，电动势ε＝27V，内阻不计。固定电阻R1＝500Ω，R2为光敏电阻。C为平行板电容器，虚线到两极板距离相等，极板长l1＝8.0×10-2m，两极板的间距d＝1.0×10-2m。S为屏，与极板垂直，到极板的距离l2＝0.16m。P为一圆盘，由形状相同、透光率不同的三个扇形a、b和c构成，它可绕AA′轴转动。当细光束通过扇形a、b、c照射光敏电阻R2时，R2的阻值分别为1000Ω、2000Ω、4500Ω。有一细电子束沿图中虚线以速度v0＝8.0×106m/s连续不断地射入C。已知电子电量e＝1.6×10-19C，电子质量m＝9×10-31kg。忽略细光束的宽度、电容器的充电放电时间及电子所受的重力。假设照在R2上的光强发生变化时R2阻值立即有相应的改变。
(1)设圆盘不转动，细光束通过b照射到R2上，求电子到达屏S上时，它离O点的距离y(计算结果保留二位有效数字)。
(2)设转盘按图1中箭头方向匀速转动，每3秒转一圈。取光束照在a、b分界处时t＝0，试在图给出的坐标纸上，画出电子到达屏S上时，它离O点的距离y随时间t的变化图线(0-6s间)。要求在y轴上标出图线最高点与最低点的值。(不要求写出计算过程，只按画出的图线评分。)
【答案】(1)2.4×10-2m；(2)如下图。
【解析】(1)设电容器C两板间的电压为U，电场强度大小为E，电子在极板间穿行时y方向上的加速度大小为a，穿过C的时间为t1，穿出时电子偏转的距离为y1，
由闭合电路欧姆定律可得：I；U＝IR1，解得： (1)
(2)；eE＝ma (3)； (4)； (5)
由以上各式得： (6)；代入数据得：y1＝4.8×10-3m (7)
由此可见y1，电子可通过C。
设电子从C穿出时，沿y方向的速度为v，穿出后到达屏S所经历的时间为t2，在此时间内电子在y方向移动的距离为了y2；v＝at1 (8) (9)；y2＝vt2 (10)
由以上有关各式得：y2 (11)代入数据得：y2＝1.92×10-2m (12)
由题意y＝y1＋y2＝2.4×10-2m (13)
(2)由式6可求得在a和c时粒子在电场中的偏转位移，则可知当光照a时，电子打在极板上，无粒子打在屏中；当光照在c上时，由式6、11和13可求得粒子在屏上偏转的距离，故答案如图所示。
2005年全国卷Ⅱ
[2005全国卷Ⅱ T1 6分]已知引力常量G、月球中心到地球中心的距离R和月球绕地球运行的周期T.仅利用这三个数据，可以估算出的物理量有( )
A.月球的质量 B.地球的质量
C.地球的半径 D.月球绕地球运行速度的大小
【答案】BD
【解析】研究月球绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式：
，M＝，所以可以估算出地球的质量，不能估算出月球的质量，故A错误，B正确。由于不知
历年（2000～2014）高考物理试卷
《压轴题汇编》（26套，108道）
目 录
2014年全国理综大纲卷 3
2013年全国理综大纲卷 6
2012年全国理综大纲卷 10
2011年全国理综大纲卷 14
2010年全国理综大纲卷Ⅰ 18
2010年全国理综大纲卷Ⅱ 23
2009年全国卷Ⅰ 27
2009年全国卷Ⅱ 31
2008年全国卷Ⅰ 36
2008年全国卷Ⅱ 40
2007年全国卷Ⅰ 44
2007年全国卷Ⅱ 48
2006年全国卷Ⅰ 52
2006年全国卷Ⅱ 55
2005年全国卷Ⅰ 57
2005年全国卷Ⅱ 60
2005年全国卷Ⅲ 62
2004年全国卷Ⅰ 65
2004年全国卷Ⅱ 67
2004年全国卷Ⅲ 71
2004年全国卷Ⅳ 74
2003年全国理综春季卷 77
2003年全国卷 80
2002年全国卷 83
2001年全国卷 86
2000年全国卷 89
2014年全国理综大纲卷
[2014大纲卷 T1 6分]一物块沿倾角为θ的斜坡向上滑动.当物块的初速度为v时，上升的最大高度为H，如图所示；当物块的初速度为时，上升的最大高度记为h。重力加速度大小为g。物块与斜坡间的动摩擦因数和h分别为( )
A.tanθ和 B.(-1)tanθ和
C.tanθ和 D.(-1)tanθ和
【答案】D
【解析】以速度v上升过程中，由动能定理可知mgH-μmgcosθ·＝0-mv2
以速度上升过程中，由动能定理可知-mgh-μmgcosθ·＝0-m()2
联立解得μ＝(-1)tanθ，h＝。
[2014大纲卷 T2 6分]一中子与一质量数为A(A＞1)的原子核发生弹性正碰.若碰前原子核静止，则碰撞前与碰撞后中子的速率之比为( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】解：设中子的质量为m，因为发生的是弹性正碰，动量守恒，机械能守恒，规定初速度的方向为正方向，有：mv1＝mv2＋Amv，mv12＝mv22＋Amv2
联立两式解得：。
[2014大纲卷 T3 6分]现要测量某电源的电动势和内阻。可利用的器材有：电流表A，内阻为1.00Ω；电压表V；阻值未知的定值电阻R1、R2、R3、R4、R5；开关S；一端连有鳄鱼夹P的导线1，其他导线若干。某同学设计的测量电路如图(a)所示。
(1)按图(a)在实物图(b)中画出连线，并标出导线1和其P端。
(2)测量时，改变鳄鱼夹P所夹的位置，使R1、R2、R3、R4、R5办依次串入电路，记录对应的电压表的示数U和电流表的示数I。数据如下表所示。根据表中数据，在图(c)中的坐标纸上将所缺数据点补充完整，并画出U-I图线。
I(mA) 193 153 111 69 30
U(V) 2.51 2.59 2.68 2.76 2.84
(3)根据U-I图线求出电源的电动势E＝ ，内阻r＝ 。(保留2位小数)
【答案】(1)电路图如图所示；(2)图像如图所示；(3)2.90；1.04。
【解析】(1)根据电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示；
(2)根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后作出图像如图所示：
(3)由电源U-I图像可知，电源电动势E＝2.90V，电源内阻：r＝-RA＝-1.00≈1.04Ω。
[2014大纲卷 T4 18分]如图，在第一象限存在匀强磁场，磁感应强度方向垂直于纸面(xy平面)向外；在第四象限存在匀强电场，方向沿x轴负向。在y轴正半轴上某点以与x轴正向平行、大小为v0的速度发射出一带正电荷的粒子，该粒子在(d，0)点沿垂直于x轴的方向进入电场。不计重力。若该粒子离开电场时速度方向与y轴负方向的夹角为θ，求：
(1)电场强度大小与磁感应强度大小的比值；
(2)该粒子在电场中运动的时间。
【答案】(1)电场强度大小与磁感应强度大小的比值为v0tan2θ；
(2)该粒子在电场中运动的时间为。
【解析】粒子运动轨迹如图所示，在磁场中，粒子做匀速圆周运动，
由牛顿第二定律得：qv0B＝m，
由几何知识可得：R0＝d，粒子进入电场后做类平抛运动，
由牛顿第二定律得：qE＝max，vx＝axt，dt，tanθ，
解得：＝v0tan2θ，t＝。
[2014大纲卷 T5 18分]已知地球自转周期和半径分别为T，R.地球同步卫星A在离地面高度为h的圆轨道上运行，卫星B沿半径为r(r＜h)的圆轨道在地球赤道的正上方运行，其运行方向与地球自转方向相同.求：
(1)卫星B做圆周运动的周期；
(2)卫星A、B连续地不能直接通讯的最长时间间隔(信号传输时间可忽略).
【答案】(1)卫星B做圆周运动的周期为；(2)卫星A、B连续地不能直接通讯的最长时间间隔为：。
【解析】(1)由万有引力提供向心力有：
对于同步卫星有：，解得：T′＝T
(2)由于地球的遮挡，使卫星A、B不能直接通讯，
如图所示，设遮挡的时间为t则有它们转过的角度之差为θ时就不能通讯，则有：，又根据几何关系可得：sinα＝，sinβ＝，
而：θ＝2(α＋β)，由以上各式可解得t＝
2013年全国理综大纲卷
[2013大纲卷 T1 6分]将甲乙两小球先后以同样的速度在距地面不同高度处竖直向上抛出，抛出时间间隔2s，它们运动的图像分别如直线甲乙所示。则( )
A.t＝2s时，两球的高度相差一定为40m
B.t＝4s时，两球相对于各自的抛出点的位移相等
C.两球从抛出至落到地面所用的时间间隔相等
D.甲球从抛出至到达最高点的时间间隔与乙球相等
【答案】BD
【解析】根据速度时间图像与时间轴所围的“面积”表示质点的位移，知t＝2s时，甲球通过的位移为x甲(30＋10)×2m＝40m，乙的位移为零，两球位移之差等于40m，但两球初始的高度未知，故t＝2s时两球的高度相差不一定为40m。故A错误。t＝4s时，甲球相对于抛出点的位移为×30×3-×10×1＝40m，乙球相对于抛出点的位移为×(30＋10)×2m＝40m，故两球相对于各自的抛出点的位移相等。故B正确。两球从不同的高度以同样的速度竖直向上抛出，根据竖直上抛运动的规律x＝-h＝v0t-gt2，h是抛出点距地面的高度，可知两球从抛出至落到地面所用的时间间隔t不相等。故C错误。由图知，甲球从抛出至到达最高点的时间间隔与乙球相等，都是3s。故D正确。
[2013大纲卷 T2 6分]纸面内两个半径均为R的圆相切于O点，两圆形区域内分别存在垂直纸面的匀强磁场，磁感应强度大小相等、方向相反，且不随时间变化.一长为2R的导体杆OA绕过O点且垂直于纸面的轴顺时针匀速旋转，角速度为ω，t＝0时，OA恰好位于两圆的公切线上，如图所示.若选取从O指向A的电动势为正，下列描述导体杆中感应电动势随时间变化的图像可能正确的是( )
【答案】C
【解析】由右手定则可判，开始时感应电动势为正，故D错误；设经时间t导体杆转过的角度为α，则α＝ωt，导体杆有效切割长度为L＝2Rsinωt。
由E＝BL2ω可知，E＝2BR2ωsin2ωt，B、R、ω不变，切割的有效长度随时间先增大后减小，且做非线性、非正弦的变化，经半个周期后，电动势的方向反向。
[2013大纲卷 T3 6分]测量小物块Q与平板P之间的动摩擦因数的实验装置如图所示。AB是半径足够大的、光滑的四分之一圆弧轨道，与水平固定放置的P板的上表面BC在B点相切，C点在水平地面的垂直投影为C′。重力加速度为g。实验步骤如下：
①用天平称出物块Q的质量m；
②测量出轨道AB的半径R、BC的长度L和CC′的高度h；
③将物块Q在A点由静止释放，在物块Q落地处标记其落地点D；
④重复步骤③，共做10次；
⑤将10个落地点用一个尽量小的圆围住，用米尺测量圆心到C′的距离s。
用实验中的测量量表示：
(ⅰ)物块Q到达B点时的动能EkB＝ ；
(ⅱ)物块Q到达C点时的动能EkC＝ ；
(ⅲ)在物块Q从B运动到C的过程中，物块Q克服摩擦力做的功Wf＝ ；
(ⅳ)物块Q与平板P之间的动摩擦因数μ＝ 。
(2)回答下列问题：
(ⅰ)实验步骤④⑤的目的是 。
(ⅱ)已知实验测得μ值比实际值偏大，其原因除了实验中测量的误差之外，其它的可能是 。(写出一个可能的原因即可)
【答案】(1)(i)mgR；(ii)；(iii)mgR-；(Ⅳ)-。
(2)i、通过多次实验减小实验结果的误差；ii、圆弧轨道存在摩擦，接缝B处不平滑。
【解析】(1)从A到B，由动能定理得：mgR＝EKB-0，则物块到达B时的动能EKB＝mgR；
(2)离开C后，物块做平抛运动，水平方向：s＝vCt，竖直方向：h＝gt2，
物块在C点的动能EKCmvC2，解得：EKC；
(3)由B到C过程中，由动能定理得：
-Wf＝mvC2-mvB2，克服摩擦力做的功Wf＝mgR-；
(4)B到C过程中，克服摩擦力做的功：Wf＝μmgL＝mgR-，则μ＝-。
(2)实验步骤④⑤的目的，是通过多次实验减小实验结果的误差；
实验测得的μ值比实际值偏大，其原因除了实验中测量量的误差之外，其他的可能是圆弧轨道存在摩擦，接缝B处不平滑等。
[2013大纲卷 T5 20分]如图所示，虚线OL与y轴的夹角为θ＝60°，在此角范围内有垂直于xOy平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一质量为m、电荷量为q(q＞0)的粒子从左侧平行于x轴射入磁场，入射点为M。粒子在磁场中运动的轨道半径为R。粒子离开磁场后的运动轨迹与x轴交于P点(图中未画出)，且R。不计重力。求M点到O点的距离和粒子在磁场中运动的时间。
【答案】M点到O点的距离h＝(1-)R或＝(1＋)R，粒子在磁场中运动的时间为或。
【解析】根据题意，粒子进入磁场后做匀速圆周运动，设运动轨迹交虚线OL于A点，圆心在y轴上的C点，AC与y轴的夹角为α；粒子从A点射出后，运动轨迹交x轴的P点，设AP与x轴的夹角为β，如右图所示
由牛顿第二定律得：qvB＝m ①；
周期为：T＝ ②
过A点作x、y轴的垂线，垂足分别为B、D。
由几何知识得＝Rsinα，＝cot60°，
＝cotβ，，α＝β③
联立得到：sinα＋cosα＝1，解得：α＝30°，或α＝90°。
设M点到O点的距离为h，有：
＝Rsinα，h＝R-，＝Rcosα-
联立得到h＝Rcosα(α＋30°)，解得 h＝(1-)R(α＝30°)
当α＝30°时，粒子在磁场中运动的时间为h＝
当α＝90°时，运动的轨迹如图，则h′＝，h＝(1＋)R
2012年全国理综大纲卷
[2012大纲卷 T1 6分]如图，大小相同的摆球a和b的质量分别为m和3m，摆长相同，并排悬挂，平衡时两球刚好接触，现将摆球a向左边拉开一小角度后释放，若两球的碰撞是弹性的，下列判断正确的是( )
A.第一次碰撞后的瞬间，两球的速度大小相等
B.第一次碰撞后的瞬间，两球的动量大小相等
C.第一次碰撞后，两球的最大摆角不相同
D.发生第二次碰撞时，两球在各自的平衡位置
【答案】AD
【解析】两球在碰撞前后，水平方向不受外力，故水平方向两球组成的系统动量守恒，由动量守恒定律有：mv0＝mv1＋3mv2，两球碰撞是弹性的，故机械能守恒，即：mv02＝mv12＋3mv22，解两式得：v1＝-，v2＝，可见第一次碰撞后的瞬间，两球的速度大小相等，故A正确；因两球质量不相等，故两球碰后的动量大小不相等，方向相反，故B错误；
碰撞后两球做圆周运动，机械能守恒，设绳长为L，设球的最大摆角分别为α、β，由机械能守恒定律得，对a球：mv12＝mgL(1-cosα)，对b球： 3mv22＝3mgL(1-cosβ)，解得：cosα＝cosβ，则α＝β，即：第一次碰撞后，两球的最大摆角相同，故C错误；由单摆的周期公式T＝2π可知，两球摆动周期相同，经半个周期后，两球在平衡位置处发生第二次碰撞，故D正确。
[2012大纲卷 T2 6分]质量分别为m1和m2、电荷量分别为q1和q2的两粒子在同一匀强磁场中做匀速圆周运动，已知两粒子的动量大小相等.下列说法正确的是( )
A.若q1＝q2，则它们做圆周运动的半径一定相等
B.若m1＝m2，则它们做圆周运动的半径一定相等
C.若q1≠q2，则它们做圆周运动的周期一定不相等
D.若m1≠m2，则它们做圆周运动的周期一定不相等
【答案】A
【解析】带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，其半径r＝＝，已知两粒子动量相等，若q1＝q2，则它们的圆周运动半径一定相等，选项A正确；若m1＝m2，不能确定两粒子电量关系，不能确定半径是否相等，选项B错；由周期公式T＝可知：仅由电量或质量关系，无法确定两粒子做圆周运动的周期是否相等，故C、D错误。
[2012大纲卷 T3 12分]图1为验证牛顿第二定律的实验装置示意图。图中打点计时器的电源为50Hz的交流电源，打点的时间间隔用Δt表示。在小车质量未知的情况下，某同学设计了一种方法用来研究“在外力一定的条件下，物体的加速度与其质量间的关系”。
(1)完成下列实验步骤中的填空：
①平衡小车所受的阻力：小吊盘中不放物块，调整木板右端的高度，用手轻拨小车，直到打点计时器打出一系列 的点。
②按住小车，在小吊盘中放入适当质量的物块，在小车中放入砝码。
③打开打点计时器电源，释放小车，获得带有点迹的纸带，在纸带上标出小车中砝码的质量m。
④按住小车，改变小车中砝码的质量，重复步骤③。
⑤在每条纸带上清晰的部分，每5个间隔标注一个计数点。测量相邻计数点的间距s1，s2，….求出与不同m相对应的加速度a。
⑥以砝码的质量m为横坐标，为纵坐标，在坐标纸上做出—m关系图线。若加速度与小车和砝码的总质量成反比，则与m处应成 关系(填“线性”或“非线性”)。
(2)完成下列填空：
(ⅰ)本实验中，为了保证在改变小车中砝码的质量时，小车所受的拉力近似不变，小吊盘和盘中物块的质量之和应满足的条件是 。
(ⅱ)设纸带上三个相邻计数点的间距为s1、s2、s3。a可用s1、s3和Δt表示为a＝ 。图2为用米尺测量某一纸带上的s1、s3的情况，由图可读出s1＝ mm，s3＝ mm。由此求得加速度的大小a＝ m/s2。
(ⅲ)图3为所得实验图线的示意图。设图中直线的斜率为k，在纵轴上的截距为b，若牛顿定律成立，则小车受到的拉力为 ，小车的质量为 。
【答案】(1)间隔均匀；线性。(2)(ⅰ)远小于小车及其所载砝码总质量。
(ⅱ)；24.2mm；47.2mm；1.15；(ⅲ)，
【解析】(1)①平衡摩擦力的标准为小车可以匀速运动，打点计时器打出的纸带点迹间隔均匀。⑥由a，故，故与m成线性关系。
(2)(ⅰ)设小车的质量为M，小吊盘和盘中物块的质量为m，设绳子上拉力为F，
以整体为研究对象有mg＝(m＋M)a，解得a。
以M为研究对象有绳子的拉力F＝Mamg。
显然要有F＝mg必有m＋M＝M，故有M m，即只有M m时才可以认为绳对小车的拉力大小等于小吊盘和盘中物块的重力。所以为了保证在改变小车中砝码的质量时，小车所受的拉力近似不变，小吊盘和盘中物块的质量之和应该远小于小车及其所载砝码总质量。
(ⅱ)设纸带上三个相邻计数点的间距为s1、s2、s3。
由匀变速直线运动的推论得：Δx＝aT2，即s3-s1＝2a(5Δt)2，a＝
图2为用米尺测量某一纸带上的s1、s3的情况，由图可读出s1＝24.2mm，s3＝47.2mm。
由此求得加速度的大小a＝＝1.15m/s2。
(ⅲ)设小车质量为M，小车受到外力为F，由牛顿第二定律有F＝(m＋M)a；
所以，
所以，m图像的斜率为，故F，纵轴截距为bkM，所以，M
[2012大纲卷 T4 20分]一探险队员在探险时遇到一山沟，山沟的一侧竖直，另一侧的坡面呈抛物线形状。此队员从山沟的竖直一侧，以速度v0沿水平方向跳向另一侧坡面。如图所示，以沟底的O点为原点建立坐标系Oxy。已知，山沟竖直一侧的高度为2h，坡面的抛物线方程为yx2，探险队员的质量为m。人视为质点，忽略空气阻力，重力加速度为g。
(1)求此人落到坡面时的动能；
(2)此人水平跳出的速度为多大时，他落在坡面时的动能最小？动能的最小值为多少？
【答案】(1)此人落到坡面时的动能是mv02＋；
(2)此人水平跳出的速度为时，他落在坡面时的动能最小，动能的最小值为。
【解析】(1)设探险队员跳到坡面上时水平位移为x，竖直位移为H，
由平抛运动规律有：x＝v0t，H＝gt2，
整个过程中，由动能定理可得：mgH＝EK-mv02
由几何关系，y＝2h-H，坡面的抛物线方程yx2
解以上各式得：EK＝mv02＋；
(2)由EK＝mv02＋，令v02＝ngh，则EKmghmgh()
当n＝1时，即v02＝gh，探险队员的动能最小，最小值为Emin＝，v0＝。
2011年全国理综大纲卷
[2011大纲卷 T1 6分]已知氢原子的基态能量为E1，激发态能量En，其中n＝2，3….用h表示普朗克常量，c表示真空中的光速。能使氢原子从第一激发态电离的光子的最大波长为( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】第一激发态即第二能级，是能量最低的激发态，则有：；
电离是氢原子从第一激发态跃迁到最高能级0的过程，需要吸收的光子能量最小为：，所以有：，解得：。
[2011大纲卷 T2 6分]一列简谐横波沿x轴传播，波长为1.2m，振幅为A。当坐标为x＝0处质元的位移为-A且向y轴负方向运动时.坐标为x＝0.4m处质元的位移为A。当坐标为x＝0.2m处的质元位于平衡位置且向y轴正方向运动时，x＝0.4m处质元的位移和运动方向分别为( )
A.-A、沿y轴正方向
B.-A，沿y轴负方向
C.-A、沿y轴正方向
D.-A、沿y轴负方向
【答案】C
【解析】坐标为x＝0处质元与坐标为x＝0.4m处质元间距为0.4m小于半个波长，坐标为x＝0.2m处的质元与他们一定在同一波沿上处在平衡位置向y轴负方向运动，坐标为x＝0.4m处质元也向y轴负方向运动。当坐标为x＝0.2m处的质元位于平衡位置且向y轴正方向运动时经历时间是半个周期的奇数倍。在这段时间坐标为x＝0.4m处质元运动到对称点即位移为-A，运动方向与原来相反，C正确。
[2011大纲卷 T3 12分]使用多用电表测量电阻时，多用电表内部的电路可以等效为一个直流电源(一般为电池)、一个电阻和一表头相串联，两个表笔分别位于此串联电路的两端。现需要测量多用电表内电池的电动势，给定的器材有：待测多用电表，量程为60mA的电流表，电阻箱，导线若干。实验时，将多用电表调至×1Ω挡，调好零点；电阻箱置于适当数值。完成下列填空：
(1)仪器连线如图1所示(a和b是多用电表的两个表笔)。若两电表均正常工作，则表笔a为 (填“红”或“黑”)色；
(2)若适当调节电阻箱后，图1中多用电表、电流表与电阻箱的示数分别如图2(a)，(b)，(c)所示，则多用电表的读数为 Ω。电流表的读数为 mA，电阻箱的读数为 Ω；
(3)将图1中多用电表的两表笔短接，此时流过多用电表的电流为 102 mA；(保留3位有效数字)
(4)计算得到多用电表内电池的电动势为 V。(保留3位有效数字)
【答案】(1)黑；(2)14.0，53.0，4.6；(3)102；(4)1.54。
【解析】(1)多用电表在使用时必须使电流从红表笔(正接线柱)流进，黑表笔(负接线柱)流出，串联的电流表也必须使电流从正接线柱流进，负接线柱流出，所以可以判断电流是从a表笔流出的为黑表笔。
(2)多用电表用×1倍率测量，读数为：14.0×1＝14.0Ω。电流表的量程是60mA，所以不能在表盘上直接读数，需要改装为10，20，30，40，50，60的表盘，然后读数为：53.0mA，电阻箱的读数为：0×100＋0×10＋4×1＋6×0.1＝4.6Ω。
(3)(4)多用电表测量电阻的原理是闭合电路的欧姆定律，多用电表内部的电路等效的直流电源(一般为电池)、电阻、表头与待测电阻串联，当表头短接时电路电流最大为表头的满偏电流Ig＝，将Rg取为r＋rg＋R为多用电表的内阻，当待测电阻等于Rg时，这时表头半偏，表针指在欧姆表盘的中值上，所以Rg又称为中值电阻。当选择×1倍率测量时中值电阻直接在欧姆表盘上读数为15Ω.在(2)中多用电表外的电阻为多用电表的读数14.0Ω，干路电流是53.0 m A，则电源电动势是E＝I(R内＋R外)＝0.053×(15＋14)＝1.537V。
则满偏电流Ig＝＝102mA。
[2011大纲卷 T4 20分]如图，与水平面成45°角的平面MN将空间分成Ⅰ和Ⅱ两个区域。一质量为m、电荷量为q(q＞0)的粒子以速度v0从平面MN上的P0点水平右射入I区。粒子在Ⅰ区运动时，只受到大小不变、方向竖直向下的电场作用，电场强度大小为E；在Ⅱ区运动时，只受到匀强磁场的作用，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里。求粒子首次从Ⅱ区离开时到出发点P0的距离。粒子的重力可以忽略。
【答案】粒子首次从Ⅱ区离开时到出发点P0的距离为d＝s＋L＝
【解析】正粒子垂直电场进入做类平抛运动，初末位置在45°角的平面MN上，说明位移方向角是45°，根据分解公式得：x＝v0t ①；y＝at2 ②；a＝ ③
tan45°＝ ④；S＝x ⑤；v＝ ⑥
速度与水平方向的夹角θ：tanθ＝2tan45°＝2，sinθ＝cosθ＝ ⑦
连立①②③④⑤⑥化简得：v＝v0 ⑧，
进入磁场时与边界MN的夹角为θ-45°做匀速圆周运动，
根据牛顿第二定律得：qvB＝m ⑨
作出原轨迹，则弦长和半径满足关系有：sin(θ-45°)＝ ⑩
连立⑨⑩：
所以粒子首次从Ⅱ区离开时到出发点P0的距离为：d＝s＋L＝
[2011大纲卷 T5 20分]装甲车和战舰采用多层钢板比采用同样质量的单层钢板更能抵御穿甲弹的射击。通过对以下简化模型的计算可以粗略说明其原因。质量为2m、厚度为2d的钢板静止在水平光滑桌面上。质量为m的子弹以某一速度垂直射向该钢板，刚好能将钢板射穿。现把钢板分成厚度均为d、质量均为m的相同两块，间隔一段距离水平放置，如图所示。若子弹以相同的速度垂直射向第一块钢板，穿出后再射向第二块钢板，求子弹射入第二块钢板的深度。设子弹在钢板中受到的阻力为恒力，且两块钢板不会发生碰撞不计重力影响。
【答案】子弹射入第二块钢板的深度d0＝d
【解析】质量为m的子弹以某一速度v0垂直射向该钢板，刚好能将钢板射穿且钢板和子弹获得速度为v，则由系统动量守恒和摩擦力做功等于系统动能的减少得：
mv0＝(m＋2m)v ①；f×2d＝ ②
质量为m的子弹以某一速度v0垂直射穿第一块钢板，获得速度v1，钢板速度v2，则由系统动量守恒和摩擦力做功等于系统动能的减少：
mv0＝mv1＋mv2 ③； ④
质量为m的子弹以速度v1垂直射向第二块钢板在第二块钢板中进入深度d0，公共速度v3，
则由系统动量守恒和摩擦力做功等于系统动能的减少：
mv1＝2mv3 ⑤； ⑥
联立以上六式化简得d0＝d
2010年全国理综大纲卷Ⅰ
[2010大纲卷Ⅰ T1 6分]一水平抛出的小球落到一倾角为θ的斜面上时，其速度方向与斜面垂直，运动轨迹如图中虚线所示。小球在竖直方向下落的距离与在水平方向通过的距离之比为( )
A. B.
C.tanθ D.2tanθ
【答案】B
【解析】如图平抛的末速度与竖直方向的夹角等于斜面倾角θ，则有：tanθ＝。
则下落高度与水平射程之比为，所以B正确。
[2010大纲卷Ⅰ T2 6分]一简谐振子沿x轴振动，平衡位置在坐标原点。t＝0时刻振子的位移x＝-0.1m；ts时刻x＝0.1m；t＝4s时刻x＝0.1m。该振子的振幅和周期可能为( )
A.0.1m，s B.0.1m，8s C.0.2m，s D.0.2m，8s
【答案】ACD
【解析】t＝0时刻振子的位移x＝-0.1m，t＝4s时刻x＝0.1m，如果振幅为0.1m，则：(n＋)T＝t，解得：T＝。当n＝0时，T＝8s；当n＝1时，T＝s；如果T＝8s，那0-4s时间内不可能出现两次波峰，故A正确，B错误；t＝0时刻振子的位移x＝-0.1m，t＝4s时刻x＝0.1m，如果振幅为0.2m，结合位移时间关系图像，有：t＝＋nT ①或者t＝＋nT ②或者t＝＋nT ③对于①式，当n＝0时，T＝8s；对于①式，当n＝1时，T＝s；故C正确，D正确。
[2010大纲卷Ⅰ T3 12分]一电流表的量程标定不准确，某同学利用图1所示电路测量该电流表的实际量程Im。
所用器材有：量程不准的电流表A1，内阻r1＝10.0Ω，量程标称为5.0mA；标准电流表A2，内阻r2＝45.0Ω，量程1.0mA；标准电阻R1，阻值10.0Ω；滑动变阻器R，总电阻为300.0Ω；电源E，电动势3.0V，内阻不计；保护电阻R2；开关S；导线。
回答下列问题：
(1)在图2所示的实物图上画出连线。
(2)开关S闭合前，滑动变阻器的滑动端c应滑动至 端。
(3)开关S闭合后，调节滑动变阻器的滑动端，使电流表A1满偏；若此时电流表A2的读数为I2，则A1的量程Im＝ 。
(4)若测量时，A1未调到满偏，两电流表的示数如图3所示，从图中读出A1的示数I1＝ ，A2的示数I2＝ ；由读出的数据计算得Im＝ 。(保留3位有效数字)
(5)写出一条提高测量准确度的建议： 。
【答案】(1)如图所示；(2)b；(3)5.5I2；(4)3.00；0.66mA；6.05；(5)多次测量取平均值.
【解析】(1)实物连线图如图所示：
(2)要求滑动变阻器闭合开关前应接入最大电阻，故滑片应滑到b处；
(3)由原理图可知，A2与R1串联后与A1并联，并联部分总电压U＝I(r2＋R1)＝55I；
故电流表A1中的电流I15.5I2，此时电流表满偏，故量程为5.5I2；
(4)由表可读出I1＝3.00mA，I2＝0.66mA，由(3)的计算可知，此时I1应为5.5×0.660mA＝3.63mA；故可知：，解得：Im＝6.05mA；
(5)实验中可以多次测量取平均值；或测量时，电流表指针偏转大于满刻度的。
[2010大纲卷Ⅰ T4 20分]如图所示，质量分别为m和M的两个星球A和B在引力作用下都绕O点做匀速圆周运动，星球A和B两者中心之间的距离为L。已知A、B的中心和O三点始终共线，A和B分别在O的两侧，引力常数为G。
(1)求两星球做圆周运动的周期；
(2)在地月系统中，若忽略其它星球的影响，可以将月球和地球看成上述星球A和B，月球绕其轨道中心运行的周期记为T1。但在近似处理问题时，常常认为月球是绕地心做圆周运动的，这样算得的运行周期记为T2。已知地球和月球的质量分别为5.98×1024kg和7.35×1022kg。求T2与T1两者平方之比。(结果保留3位小数)
【答案】(1)两星球做圆周运动的周期为2π；(2)T2与T1两者平方之比为1.012。
【解析】(1)设两个星球A和B做匀速圆周运动的轨道半径分别为r和R，相互作用的万有引力大小为F，运行周期为T。根据万有引力定律有：F＝G ①
由匀速圆周运动的规律得F＝m()2r ②；F＝M()2R ③
由题意有：L＝R＋r ④，联立①②③④式得：T＝2π ⑤
(2)在地月系统中，由于地月系统旋转所围绕的中心O不在地心，由题意知，月球做圆周运动的周期可由⑤式得出：T1＝2π ⑥
式中，M′和m′分别是地球与月球的质量，L′是地心与月心之间的距离。若认为月球在地球的引力作用下绕地心做匀速圆周运动，则Gm′()2L′ ⑦
式中，T2为月球绕地心运动的周期。由⑦式得：T2＝2π ⑧
由⑥⑧式得：()2＝1＋ ⑨；代入题给数据得：()2＝1.012 ⑩
[2010大纲卷Ⅰ T5 20分]如图，在0≤x≤a区域内存在与xy平面垂直的匀强磁场，磁感应强度的大小为B。在t＝0时刻，一位于坐标原点的粒子源在xy平面内发射出大量同种带电粒子，所有粒子的初速度大小相同，方向与y轴正方向的夹角分布在0～180°范围内。已知沿y轴正方向发射的粒子在t＝t0时刻刚好从磁场边界上P(a，a)点离开磁场。求：
(1)粒子在磁场中做圆周运动的半径R及粒子的比荷；
(2)此时刻仍在磁场中的粒子的初速度方向与y轴正方向夹角的取值范围；
(3)从粒子发射到全部粒子离开磁场所用的时间。
【答案】(1)；(2)≤θ≤；(2)2t0
【解析】(1)初速度与y轴方向平行的粒子在磁场中的运动轨迹如图1中的弧OP所示，其圆心为C。由几何关系可知，∠POC＝30°；△OCP为等腰三角形，故∠OCP＝
此粒子飞出磁场所用的时间为：t0＝ ②，式中T为粒子做圆周运动的周期。
设粒子运动速度的大小为v，半径为R，由几何关系可得：R＝a ③
由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有：qvB＝m ④；T＝ ⑤
联立②③④⑤解得：＝
(2)仍在磁场中的粒子其圆心角一定大于120°，这样粒子角度最小时从磁场右边界穿出；角度最大时磁场左边界穿出。依题意，所有粒子在磁场中转动时间相同，则转过的圆心角相同，故弦长相等；同一时刻仍在磁场内的粒子到O点距离相同。在t0时刻仍在磁场中的粒子应位于以O点为圆心、OP为半径的弧上。(弧M只代表初速度与y轴正方向为60°时粒子的运动轨迹)如图所示。设此时位于P、M、N三点的粒子的初速度分别为vP、vM、vN。由对称性可知vP与OP、vM与OM、vN与ON的夹角均相同。
设vM、vN与y轴正向的夹角分别为θM、θN，由几何关系有θM＝，θN＝⑧
对于所有此时仍在磁场中的粒子，其初速度与y轴正方向所成的夹角θ应满足≤θ≤。
(3)在磁场中飞行时间最长的粒子的运动轨迹应与磁场右边界相切，其轨迹如图2所示。由几何关系可知：OM＝OP，由对称性可知：MN＝OP。
由图可知，圆的圆心角为240°，从粒子发射到全部粒子飞出磁场所用的时间2t0；
2010年全国理综大纲卷Ⅱ
[2010大纲卷Ⅱ T1 6分]如图，空间某区域中有一匀强磁场，磁感应强度方向水平，且垂直于纸面向里，磁场上边界b和下边界d水平.在竖直面内有一矩形金属线圈，线圈上下边的距离很短，下边水平.线圈从水平面a开始下落.已知磁场上下边界之间的距离大于水平面a、b之间的距离.若线圈下边刚通过水平面b、c(位于磁场中)和d时，线圈所受到的磁场力的大小分别为Fb、Fc和Fd，则( )
A.Fd＞Fc＞Fb
B.Fc＜Fd＜Fb
C.Fc＞Fb＞Fd
D.Fc＜Fb＜Fd
【答案】D
【解析】线圈从a到b做自由落体运动，在b点开始进入磁场切割磁感线所以受到安培力Fb，由于线圈的上下边的距离很短，所以经历很短的变速运动而进入磁场，以后线圈中磁通量不变不产生感应电流，在c处不受安培力，但线圈在重力作用下依然加速，因此从d处切割磁感线所受安培力必然大于b处。
[2010大纲卷Ⅱ T2 6分]已知地球同步卫星离地面的高度约为地球半径的6倍。若某行星的平均密度为地球平均密度的一半，它的同步卫星距其表面的高度是其半径的2.5倍，则该行星的自转周期约为( )
A.6小时 B.12小时 C.24小时 D.36小时
【答案】B
【解析】地球的同步卫星的周期为T1＝24小时，轨道半径为r1＝7R1，密度ρ1。
某行星的同步卫星周期为T2，轨道半径为r2＝3.5R2，密度ρ2。
根据牛顿第二定律和万有引力定律分别有：
；，解得：。T2＝12小时。
[2010大纲卷Ⅱ T3 6分](3)一热敏电阻RT放在控温容器M内：A为毫安表，量程6mA，内阻为数十欧姆；E为直流电源，电动势约为3V，内阻很小；R为电阻箱，最大阻值为999.9Ω；S为开关。已知RT在95℃时阻值为150Ω，在20℃时的阻值约为550Ω。现要求在降温过程中测量在95℃～20℃之间的多个温度下RT的阻值。
(a)在图中画出连线，完成实验原理电路图
(b)完成下列实验步骤中的填空；
①依照实验原理电路图连线；
②调节控温容器M内的温度，使得RT温度为95℃；
③将电阻箱调到适当的初值，以保证仪器安全；
④闭合开关.调节电阻箱，记录电流表的示数I0，并记录 。
⑤将RT的温度降为T1(20℃＜T1＜95℃)；调节电阻箱，使得电流表的读数 ，记录 。⑥温度为T1时热敏电阻的电阻值RT1＝ 。
⑦逐步降低T1的数值，直至20℃为止；在每一温度下重复步骤⑤⑥。
【答案】(3)(a)电路图如图所示；(b)④电阻箱电阻R0；⑤I0；电阻箱电阻R1；⑥R0＋150-R1。
【解析】(3)(a)把电源、电流表、热敏电阻、电阻箱、开关串联接入电路，实物电路图如图所示。
(b)④闭合开关.调节电阻箱，记录电流表的示数I0，并记录电阻箱电阻R0。
⑤将RT的温度降为T1(20℃＜T1＜95℃)；调节电阻箱，使得电流表的读数I0，记录电阻箱电阻R1。
⑥由闭合电路欧姆定律可得：温度为95℃时：E＝I0(r＋RA＋RT＋R0)，即E＝I0(r＋RA＋150Ω＋R0) ①，当RT的温度降为T1时，E＝I0(r＋RA＋RT1＋R1) ②，由①②解得RT1＝R0＋150-R1。
[2010大纲卷Ⅱ T4 18分]小球A和B的质量分别为mA和mB，且mA＞mB。在某高度处将A和B先后从静止释放.小球A与水平地面碰撞后向上弹回，在释放处的下方与释放处距离为H的地方恰好与正在下落的小球B发生正碰。设所有碰撞都是弹性的，碰撞时间极短.求小球A、B碰撞后B上升的最大高度。
【答案】B上升的最大高度是()2H
【解析】小球A与地面的碰撞是弹性的，而且AB都是从同一高度释放的，所以AB碰撞前的速度大小相等设为v0，根据机械能守恒有：mAgH＝mAv02，化简得v0＝ ①
设A、B碰撞后的速度分别为vA和vB，以竖直向上为速度的正方向，
根据A、B组成的系统动量守恒和动能守恒得
mAv0-mBv0＝mAvA＋mBvB ②；mAv02＋mBv02＝mAvA2＋mBvB2 ③
联立②③化简得：vB＝v0 ④
设小球B能够上升的最大高度为h，由运动学公式得：h＝ ⑤
联立①④⑤化简得：h＝()2H ⑥
[2010大纲卷Ⅱ T5 20分]图中左边有一对平行金属板，两板相距为d，电压为U；两板之间有匀强磁场，磁感应强度大小为B0，方向平行于板面并垂直于纸面朝里。图中右边有一边长为a的正三角形区域EFG(EF边与金属板垂直)，在此区域内及其边界上也有匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面朝里。假设一系列电荷量为q的正离子沿平行于金属板面、垂直于磁场的方向射入金属板之间，沿同一方向射出金属板之间的区域，并经EF边中点H射入磁场区域。不计重力。
(1)已知这些离子中的离子甲到达磁场边界EG后，从边界EF穿出磁场，求离子甲的质量。
(2)已知这些离子中的离子乙从EG边上的I点(图中未画出)穿出磁场，且GI长为a。求离子乙的质量。
(3)若这些离子中的最轻离子的质量等于离子甲质量的一半，而离子乙的质量是最大的，问磁场边界上什么区域内可能有离子到达。
【答案】(1)；(2)；(3)EF边上是到H点a到(23)a，EG边上是到E点()a到的范围内。
【解析】(1)粒子进入正交的电磁场做匀速直线运动，设粒子的速度为v，电场的场强为E0，
根据平衡条件得E0q＝B0qv ①；E0＝ ②，由①②化简得v＝ ③
粒子甲垂直边界EF进入磁场，又垂直边界EF穿出磁场，则轨迹圆心在EF上。粒子运动中经过EG，说明圆轨迹与EG相切，
在如图2的三角形中半径为R＝acos30°tan15° ④
tan15°＝＝2- ⑤；连立④⑤化简得R＝(-)a ⑥
在磁场中粒子所需向心力由洛伦兹力提供，根据牛顿第二定律得：qvB＝ ⑦
联立③⑦化简得m＝ ⑧
(2)由于I点将EG边按1比3等分，根据三角形的性质说明此轨迹的弦与EG垂直，
在如图3的三角形中，有R＝acos30°sin30°× ⑨
同理m＝ ⑩
(3)最轻离子的质量是甲的一半，根据半径公式R离子的轨迹半径与离子质量成正比，所以质量在甲和最轻离子之间的所有离子都垂直边界EF穿出磁场，
甲最远离H的距离为(2-3)a，最轻离子最近离H的距离为(-)a，
所以在离H的距离为到-)a之间的EF边界上有离子穿出磁场。
比甲质量大的离子都从EG穿出磁场，其中甲运动中经过EG上的点最近，质量最大的乙穿出磁场的1位置是最远点，所以在EG上穿出磁场的离子都在这两点之间。
因此EF边上是到H点a到(23)a，EG边上是到E点()a到的范围内。
2009年全国卷Ⅰ
[2009全国卷Ⅰ T1 6分]如图所示，一电场的电场线分布关于y轴(沿竖直方向)对称，O、M、N是y轴上的三个点，且OM＝MN。P点在y轴右侧，MP⊥ON。则( )
A.M点的电势比P点高
B.将负电荷由O点移动到P点，电场力做正功
C.M、N两点间的电势差大于O、M两点间的电势差
D.在O点静止释放一带正电粒子，该粒子将沿y轴正方向做直线运动
【答案】AD
【解析】过M、P、N做等势线，可得到过P点的等势线通过M、N之间，因顺着电场线电势降低，则有φM＞φP＞φN，故A正确；将负电荷由O点移到P点，因UOP＞0，所以W＝-qUOP＜0，则负电荷做负功，故B错误；由U＝Ed可知，MN间的平均场强小于OM间的平均场强，故MN两点间的电势差小于OM两点间的电势差，C错误；根据电场线的分布特点会发现，电场线关于y轴两边对称，故y轴上的场强方向在y轴上，所以在O点静止释放一带正电粒子，其所受电场力沿y轴正方向，则该粒子将沿y轴正方向做直线运动，故D正确。
[2009全国卷Ⅰ T2 6分]质量为M的物块以速度v运动，与质量为m的静止物块发生正撞，碰撞后两者的动量正好相等，两者质量之比可能为( )
A.2 B.3 C.4 D.5
【答案】AB
【解析】根据动量守恒和能量守恒得，设碰撞后两者的动量都为p，则总动量为2p，
根据动量和动能的关系有：p2＝2mEk，
根据能量的关系得，由于动能不增加，则有：≥＋，得≤3，两物块碰撞后同向，必须满足vM′≤vm′，即≤，则≥1，综上1≤≤3。
[2009全国卷Ⅰ T3 8分]某同学为了探究物体在斜面上运动时摩擦力与斜面倾角的关系，设计实验装置如图。长直平板一端放在水平桌面上，另一端架在一物块上。在平板上标出A、B两点，B点处放置一光电门，用光电计时器记录滑块通过光电门时挡光的时间，
实验步骤如下：
①用游标卡尺测量滑块的挡光长度d，用天平测量滑块的质量m；
②用直尺测量A、B之间的距离s，A点到水平桌面的垂直距离h1，B点到水平桌面的垂直距离h2；
③将滑块从A点静止释放。由光电计时器读出滑块的挡光时间t；
④重复步骤③数次，井求挡光时间的平均值
⑤利用所测数据求出摩擦力f和斜面倾角的余弦值cosα；
⑥多次改变斜面的倾角，重复实验步骤②③④⑤做出f-cosα关系曲线.
(1)用测量的物理量完成下列各式(重力加速度为g)
①斜面倾角的余弦cosα＝ ；
②滑块通过光电门时的速度v ；
③滑块运动时的加速度a＝ ；
④滑块运动时所受到的摩擦阻力f＝ ；
(2)测量滑块挡光长度的游标卡尺读数如图所示，读得d＝ 。
【答案】(1)；；；；(2)3.62cm.
【解析】(1)①根据数学知识可知：cosα＝。
②由于宽度较小，时间很短，所以瞬时速度均速度，因此有：v＝。
③应用运动学公式，有：，故解得：。
④根据牛顿第二定律有：mgsinθ-f＝ma，将sinθ＝，代入
得：f。
(2)游标卡尺的主尺读数为3.6cm，游标尺上第2个刻度和主尺上某一刻度对齐，因此其读数为0.1×2mm＝0.2mm＝0.02cm，所以最终读数为：3.6cm＋0.02cm＝3.62cm。
[2009全国卷Ⅰ T4 20分]如图所示，倾角为θ的斜面上静止放置三个质量均为m的木箱，相邻两木箱的距离均为l。工人用沿斜面的力推最下面的木箱使之上滑，逐一与其它木箱碰撞。每次碰撞后木箱都粘在一起运动。整个过程中工人的推力不变，最后恰好能推着三个木箱匀速上滑。已知木箱与斜面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。设碰撞时间极短，求
(1)工人的推力；
(2)三个木箱匀速运动的速度；
(3)在第一次碰撞中损失的机械能。
【答案】(1)工人的推力为F＝3mgsinθ＋3μmgcosθ。
(2)三个木箱匀速运动的速度为。
(3)在第一次碰撞中损失的机械能mgL(sinθ＋μcosθ)。
【解析】(1)当匀速时，把三个物体看作一个整体受重力、推力F、摩擦力f和支持力。
根据平衡的知识有：F＝3mgsinθ＋3μmgcosθ。
(2)第一个木箱与第二个木箱碰撞之前的速度为v1，
加速度：a1＝2g(sinθ＋μcosθ)
根据运动学公式或动能定理有：v12＝2aL得：v1＝2
碰撞后的速度为v2根据动量守恒有mv1＝2mv2，即碰撞后的速度为v2＝，
然后一起去碰撞第三个木箱，设碰撞前的速度为v3
从v2到v3的加速度为a2＝，
根据运动学公式有v32-v22＝2a2L，得：v3＝，
跟第三个木箱碰撞根据动量守恒有2mv3＝3mv4，得：v4＝，就是匀速的速度。
(3)设第一次碰撞中的能量损失为ΔE，根据能量守恒有：mv12＝ΔE＋2mv22，
代入数据得：ΔE＝mgL(sinθ＋μcosθ)。
[2009全国卷Ⅰ T5 20分]如图，在x轴下方有匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于xy平面向外。P是y轴上距原点为h的一点，N0为x轴上距原点为a的一点。A是一块平行于x轴的挡板，与x轴的距离为，A的中点在y轴上，长度略小于.带电粒子与挡板碰撞前后，x方向的分速度不变，y方向的分速度反向、大小不变。质量为m，电荷量为q(q＞0)的粒子从P点瞄准N0点入射，最后又通过P点。不计重力。求粒子入射速度的所有可能值。
【答案】粒子入射速度的所有可能值为：v0＝，n＝0；v1＝，
n＝1；v2＝，n＝2。
【解析】设粒子的入射速度为v，第一次射出磁场的点为N′0，与板碰撞后再次进入磁场的位置为N1，粒子在磁场中运动的轨道半径为R，有：R＝ ①
粒子速率不变，每次进入磁场与射出磁场位置间距离x1保持不变有：
NO′＝NO＝2Rsinθ ②
粒子射出磁场与下一次进入磁场位置间的距离x2始终不变，与N0′N0相等。由图可以看出：
x2＝a ③
设粒子最终离开磁场时，与挡板相碰n次(n＝0、1、2、3…)。
若粒子能回到P点，由对称性，出射点的x坐标应为-a，即(n＋1)x1-nx2＝2a ④
由(3)(4)两式得：x1＝a ⑤，若粒子与挡板发生碰撞，有：x1-x2＞ ⑥
联立(3)(4)(6)得：n＜3 ⑦，联立(1)(2)(5)得：v＝a ⑧
把sinθ＝代入⑧中得：v0＝，n＝0；v1＝，
n＝1；v2＝，n＝2。
2009年全国卷Ⅱ
[2009全国卷Ⅱ T1 6分]以初速度v0竖直向上抛出一质量为m的小物体。假定物块所受的空气阻力f大小不变。已知重力加速度为g，则物体上升的最大高度和返回到原抛出点的速率分别为( )
和v0 B.和v0
C.和v0 D.和v0
【答案】A
【解析】在上升的过程中，对物体受力分析由牛顿第二定律可得，mg＋f＝ma1，
所以上升时的加速度为a1＝，加速度的方向与初速度的方向相反，即竖直向下，
从上升到达最高点的过程中，根据v2-v02＝2a1x可得，
上升的最大高度为x＝，
在下降的时候，对物体受力分析有牛顿第二定律可得，mg-f＝ma2，
所以下降的加速度的大小为a2＝，
从开始下降到返回到原抛出点的过程中，根据v2＝2a2x可得，v＝＝v0
[2009全国卷Ⅱ T2 6分]一玻璃砖横截面如图所示，其中ABC构成直角三角形(AC边未画出)，AB为直角边，∠ABC＝45°；ADC为一圆弧，其圆心在BC边的中点。此玻璃的折射率为1.5。P为一贴近玻璃砖放置的、与AB垂直的光屏。若一束宽度与AB边长度相等的平行光从AB边垂直射入玻璃砖，则( )
A.从BC边折射出一束宽度与BC边长度相等的平行光
B.屏上有一亮区，其宽度小于AB边的长度
C.屏上有一亮区，其宽度等于AC边的长度
D.当屏向远离玻璃砖的方向平行移动时，屏上亮区先逐渐变小然后逐渐变大
【答案】BD
【解析】材料的折射率n＝1.5，临界角小于45°，从AB面射入的所有光线在AC面上都发生全反射，所以没有光线从BC边射出，故A错误；材料的折射率n＝1.5，临界角小于45°，从AB面射入的所有光线在AC面上都发生全反射。从AB面中间附近射入的光线到达圆弧ACD面时，入射角较小，不发生全反射，可以从圆弧面折射出来。所以屏上有一亮区，其宽度小于AB边的长度，故B正确；材料的折射率n＝1.5，临界角小于45°，从AB面射入的所有光线在AC面上都发生全反射。从AB面中间附近射入的光线到达圆弧ACD面时，入射角较小，不发生全反射，可以从圆弧面折射出来。所以屏上有一亮区，其宽度小于AB边的长度，故C错误；材料的折射率n＝1.5，临界角小于45°，从AB面射入的所有光线在AC面上都发生全反射。从AB面中间附近射入的光线到达圆弧ACD面时，入射角较小，不发生全反射，可以从圆弧面折射出来。所以屏上有一亮区，其宽度小于AB边的长度，当屏向远离玻璃砖的方向平行移动时，屏上亮区先逐渐变小，一旦越过，折射光线的交点后，亮区渐渐变大。故D正确。
[2009全国卷Ⅱ T3 6分]某同学用图1所示装置做“研究平抛运动”的实验，根据实验结果在坐标纸上描出了小球水平抛出后的运动轨迹，但不慎将画有轨迹图线的坐标纸丢失了一部分，剩余部分如图2所示。图2中水平方向与竖直方向每小格的长度均代表0.10m，P1、P2和P3是轨迹图线上的3个点，P1和P2、P2和P3之间的水平距离相等。
完成下列真空：(重力加速度取9.8m/s2)
(1)设P1、P2和P3的横坐标分别为x1、x2和x3，纵坐标分别为y1、y2和y3，从图2中可读出|y1-y2|＝ m，|y1-y3|＝ m，|x1-x2|＝ m(保留一位小数)。
(2)若已测知抛出后小球在水平方向上做匀速运动。利用(1)中读取的数据，求出小球运动所用的时间为 s，小球抛出后的水平速度为 (均可用根号表示)。
(3)已测得小球抛出前下滑的高度为0.50m。设E1和E2分别为开始下滑时和抛出时的机械能，则小球从开始下滑到抛出的过程中机械能的相对损失＝ %(保留一位有效数字)
【答案】(1)0.6；1.6；0.6；(2)；2.1m/s；(3)10%。
【解析】(1)根据图(2)可解得：|y1-y2|＝0.6m，|y1-y3|＝1.6m，|x1-x2|＝6×0.10m＝0.6m。
(2)小球经过P1、P2、和P3之间的时间相等，在竖直方向有：h1＝0.60m，h2＝1.60-0.60＝1.00m。连续相等时间内的位移差为常数：Δh＝gt2，水平方向匀速运动：x＝v0t
其中Δh＝1.00-0.60＝0.40m，x＝0.60m，代入数据解得：ts，v0＝2.1m/s。
(3)设开始抛出时所在位置为零势能面，所以有：E1＝mgh＝0.50×9.8×m＝4.9mJ，
E2＝mv02＝4.41mJ，所以：10%。
[2009全国卷Ⅱ T4 18分]如图在宽度分别为l1和l2的两个毗邻的条形区域中分别有匀强磁场和匀强电场，磁场方向垂直于纸面向里，电场方向与电、磁场分界线平行向右.一带正电荷的粒子以速率v从磁场区域上边界的P点斜射入磁场，然后以垂直于电、磁场分界线的方向进入电场，最后从电场边界上的Q点射出。已知PQ垂直于电场方向，粒子轨迹与电、磁场分界线的交点到PQ的距离为d。不计重力，求电场强度与磁感应强度大小之比及粒子在磁场与电场中运动时间之比。
【答案】电场强度与磁感应强度大小之比为v，粒子在磁场与电场中运动时间之比为arcsin()。
【解析】粒子在磁场中做匀速圆周运动(如图)。由于粒子在分界线处的速度与分界线垂直，圆心O应在分界线上，OP长度即为粒子运动的圆弧的半径R。由几何关系得
R2＝l12＋(R-d)2 ①
设粒子的质量和所带正电荷分别为m和q，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得：
qvB＝m ②，
设P'为虚线与分界线的交点，∠POP'＝α，则粒子在磁场中的运动时间为
t1＝ ③，式中sinα＝ ④
粒子进入电场后做类平抛运动，其初速度为v，方向垂直于电场.设粒子加速度大小为a，由牛顿第二定律得：qE＝ma ⑤，由运动学公式有：d＝at22 ⑥；l2＝vt2 ⑦
式中t2是粒子在电场中运动的时间，由①②⑤⑥⑦式得＝v ⑧
由①③④⑦式得＝arcsin()。
[2009全国卷Ⅱ T5 20分]如图，P、Q为某地区水平地面上的两点，在P点正下方一球形区域内储藏有石油，假定区域周围岩石均匀分布，密度为ρ；石油密度远小于ρ，可将上述球形区域视为空腔。如果没有这一空腔，则该地区重力加速度(正常值)沿竖直方向；当存在空腔时，该地区重力加速度的大小和方向会与正常情况有微小偏离。重力加速度在原竖直方向(即PO方向)上的投影相对于正常值的偏离叫做“重力加速度反常”。为了探寻石油区域的位置和石油储量，常利用P点附近重力加速度反常现象。已知引力常数为G。
(1)设球形空腔体积为V，球心深度为d(远小于地球半径)，PQ＝x，求空腔所引起的Q点处的重力加速度反常。
(2)若在水平地面上半径L的范围内发现：重力加速度反常值在δ与kδ(k＞1)之间变化，且重力加速度反常的最大值出现在半径为L的范围的中心，如果这种反常是由于地下存在某一球形空腔造成的，试求此球形空腔球心的深度和空腔的体积。
【答案】(1)空腔所引起的Q点处的重力加速度反常是
(2)此球形空腔球心的深度是，空腔的体积是。
【解析】(1)如果将近地表的球形空腔填满密度为ρ的岩石，则该地区重力加速度便回到正常值。因此，重力加速度反常可通过填充后的球形区域产生的附加引力mΔδ ①来计算，式中的m是Q点的质量，M是填充后球形区域的质量，M＝ρV ②。
而r是球形空腔中心O至Q点的距离r ③，Δδ在数值上等于由于存在球形空腔所引起的Q点处重力加速度改变的大小。Q点处重力加速度改变的方向沿OQ方向，重力加速度反常Δδ′是这一改变在竖直方向上的投影Δδ′＝Δg ④
联立以上式子得Δδ′＝ ⑤
(2)由⑤式得，重力加速度反常△δ′的最大值和最小值分别为
(Δδ′)max＝ ⑥；(Δδ′)min＝ ⑦
由题设有：(Δδ′)max＝kδ、(Δδ′)min＝δ ⑧，联立以上式子得：
地下球形空腔球心的深度和空腔的体积分别为：d＝，V＝
2008年全国卷Ⅰ
[2008全国卷Ⅰ T1 6分]已知太阳到地球与地球到月球的距离的比值约为390，月球绕地球旋转的周期约为27天，利用上述数据以及日常的天文知识，可估算出太阳对月球与地球对月球的万有引力的比值约为( )
A.0.2 B.2 C.20 D.200
【答案】B
【解析】太阳对月球的万有引力：F1＝ ①(r指太阳到月球的距离)
地球对月球的万有引力：F2＝ ②(r2指地球到月球的距离)
r1表示太阳到地球的距离，因r1＝390r2，因此在估算时可以认为 r＝r1(即近似认为太阳到月球的距离等于太阳到地球的距离)，则由得： ③
由圆周运动求中心天体的质量，由地球绕太阳公转： ④(T1指地球绕太阳的公转周期T1＝365天)，
由月球绕地球公转：r2 ⑤(T2指月球周期，T2＝27天)
由可得： ⑥，把⑥式代入③式
可得≈2。
[2008全国卷Ⅰ T2 6分]一束由红、蓝两单色光组成的光线从一平板玻璃砖的上表面以入射角θ射入，穿过玻璃砖从下表面射出，已知该玻璃对红光的折射率为1.5，设红光与蓝光穿过玻璃砖所需时间分别为t1和t2，则在θ逐渐由0°增大到90°的过程中( )
A.t1始终大于t2 B.t1始终小于t2
C.t1先大于后小于t2 D.t1先小于后大于t2
【答案】B
【解析】设折射角为α，玻璃砖的厚度为h，由折射定律n＝，且n＝，在玻璃砖中的时间为t＝，联立解得t2∝，红光折射率较小，θ为零时，t1＜t2，θ为90°时，趋近渐近线，初步判定该函数为单调函数，通过代入θ为其它特殊值，仍然有t1＜t2，所以B选项正确。A、C、D错误。
[2008全国卷Ⅰ T3 8分]一直流电压表V，量程为1V，内阻为1000Ω，现将一个阻值在5000-7000Ω之间的固定电阻R1与此电压表串联，以扩大电压表量程，为求得扩大后量程的准确值，再给定一直流电源(电动势E为6-7V，内阻不计)、一阻值R2＝2000Ω的固定电阻、两个单刀开关S1、S2及导线若干。
(1)为达到上述目的，将对应的图连成一个完整的实验电路图。
(2)连线完成以后，当S1、S2均闭合时，电压表示数为0.90V；当S1闭合，S2断开时，电压表示数为0.70V。由此可以计算出改装后电压表的量程为 V，电动势为 V。
【答案】(1)电路图如图所示。(2)7，6.3。
【解析】(1)实验电路如图所示。
若S1与S2都闭合：E＝U1R1＝0.90＋9×10-4 R1 (1)
若S1闭合S2断开：E＝U2(R1＋R2)＝0.70＋7×10-4 (R1＋R2) (2)
量程为：U＝Ig(RV＋R1) (3)，由(1)(2)(3)式得：U＝7V；E＝6.3V。
[2008全国卷Ⅰ T4 18分]图中滑块和小球的质量均为m，滑块可在水平放置的光滑固定导轨上自由滑动，小球与滑块上的悬点O由一不可伸长的轻绳相连，轻绳长为l。开始时，轻绳处于水平拉直状态，小球和滑块均静止。现将小球由静止释放，当小球到达最低点时，滑块刚好被一表面涂有粘性物质的固定挡板粘住，在极短的时间内速度减为零，小球继续向左摆动，当轻绳与竖直方向的夹角θ＝60°时小球达到最高点。求
(1)从滑块与挡板接触到速度刚好变为零的过程中，挡板阻力对滑块的冲量；
(2)小球从释放到第一次到达最低点的过程中，绳的拉力对小球做功的大小。
【答案】(1)从滑块与挡板接触到速度刚好变为零的过程中，挡板阻力对滑块的冲量为I＝m，方向向左；
(2)小球从释放到第一次到达最低点的过程中，绳的拉力对小球做功的大小是mgl。
【解析】(1)对系统，设小球在最低点时速度大小为v1，此时滑块的速度大小为v2，滑块与挡板接触前，由系统的机械能守恒定律：mgl＝mv12＋mv22 ①
由系统的水平方向动量守恒定律：mv1＝mv2 ②
对滑块与挡板接触到速度刚好变为零的过程中，挡板阻力对滑块的冲量为：I＝mv2 ③
联立①②③解得I＝m，方向向左 ④
(2)小球释放到第一次到达最低点的过程中，设绳的拉力对小球做功的大小为W，对小球由动能定理：mgl＋W＝mv12 ⑤，联立①②⑤解得：W＝-mgl，
即绳的拉力对小球做负功，大小为mgl。
[2008全国卷Ⅰ T5 20分]如图所示，在坐标系xOy中，过原点的直线OC与x轴正向的夹角φ＝120°，在OC右侧有一匀强电场，在第二、三象限内有一匀强磁场，其上边界与电场边界重叠，右边界为y轴，左边界为图中平行于y轴的虚线，磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里。一带正电荷q、质量为m的粒子以某一速度自磁场左边界上的A点射入磁场区域，并从O点射出，粒子射出磁场的速度方向与x轴的夹角θ＝30°，大小为v，粒子在磁场内的运动轨迹为纸面内的一段圆弧，且弧的半径为磁场左右边界间距的2倍，粒子进入电场后，在电场力的作用下又由O点返回磁场区域，经过一段时间后再次离开磁场。已知粒子从A点射入到第二次离开磁场所用时间恰好等于粒子在磁场中做圆周运动的周期。忽略重力的影响。求：(1)粒子经过A点时的速度方向和A点到x轴的距离；
(2)匀强电场的大小和方向；(3)粒子从第二次离开磁场到再次进入电场所用的时间。
【答案】(1)粒子经过A点的速度方向平行于x轴，A点到x轴的距离，，
(2)电场方向与v相反，大小；(3)第二次离开磁场到再次进入电场所用的时间。
【解析】(1)粒子第一次进入磁场时弧的半径为磁场左右边界间距的2倍，如图做运动的轨迹，则圆周运动的圆心即两虚线的交点。进入磁场时速度必垂直于磁场边界，由洛伦兹力提供向心力：qvB＝m，得：R＝，A点到x轴的距离为：L＝R(1-cos30°)＝
(2)设粒子在磁场中运动的周期为T，则：vT＝2πR
所以：T＝，在磁场中运动的时间为t1＝
粒子进入电场后，在电场力的作用下又由O点返回磁场区域说明电场力的方向一定与运动的方向相反，则电场方向必与v相反，再次进入磁场时速度方向也与v相反，将向y轴负方向偏转做圆周运动，运动的轨迹如图所示：运动时间为t3＝，
则在电场中运动的时间为：t2＝T-t1-t3＝T
那么在电场中的运动有：-v＝v-t2，
求得：E＝。
(3)粒子出磁场后到进入电场是匀速直线运动，达到电场的距离为：
PQ＝R，所用时间为t4＝＝。
2008年全国卷Ⅱ
[2008全国卷Ⅱ T1 6分]如图，一很长的不可伸长的柔软细绳跨过光滑定滑轮，绳两端各系一小球a和b.a球质量为m，静置于地面，b球质量为3m，用手托住，高度为h，此时轻绳刚好拉紧。从静止开始释放b后，a可能到达的最大高度为( )
A.h
B.1.5h
C.2h
D.2.5h
【答案】B
【解析】设a球到达高度h时两球的速度v，根据机械能守恒：
b球的重力势能减小转化为a球的重力势能和a、b球的动能。即：
3mgh＝mgh (3m＋m)v2，解得两球的速度都为v＝，
此时绳子恰好松弛，a球开始做初速为v＝的竖直上抛运动，
同样根据机械能守恒：mghmv2＝mgH，解得a球能达到的最大高度H为1.5h。
[2008全国卷Ⅱ T2 6分]如图，一个边长为l的正方形虚线框内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个边长也为l的正方形导线框所在平面与磁场方向垂直，虚线框的对角线ba与导线框的一条边垂直，ab的延长线平分导线框。在t＝0时，使导线框从图示位置开始以恒定速度沿ab方向移动，直到整个导线框离开磁场区域。以i表示导线框中感应电流的强度，取逆时针方向为正。下列表示i-t关系的图示中，可能正确的是( )
【答案】C
【解析】从正方形线框下边开始进入到下边完全进入过程中，线框切割磁感线的有效长度逐渐增大，所以感应电流也逐渐拉增大，故A错误；从正方形线框下边完全进入至下边刚穿出磁场边界时，切割磁感线有效长度不变，故感应电流不变，故B错误；当正方形线框下边离开磁场，上边未进入磁场的过程比正方形线框上边进入磁场过程中，磁通量减少的稍慢，故这两个过程中感应电动势不相等，感应电流也不相等，故D错误，C正确。
[2008全国卷Ⅱ T3 6分]如图为一电学实验的实物连线图，该实验可用来测量待测电阻Rx的阻值(约500Ω)，图中两个电压表量程相同，内阻都很大.实验步骤如下：
①调节电阻箱，使它的阻值R0与待测电阻的阻值接近.将滑动变阻器的滑动头调到最右端；
②合上开关S；
③将滑动变阻器的滑动头向左端滑动，使两个电压表指针都有明显偏转；
④记下两个电压表的示数U1和U2；
⑤多次改变滑动变阻器的滑动头位置，记下两个电压表的多组示数U1和U2；
⑥求Rx的平均值。
回答下列问题：
(Ⅰ)根据实物连线图在虚线框内画出实验的电路原理图，其中电阻箱的符号为：滑动变阻器的符号为：其余器材用通用的符号表示。
(Ⅱ)不计电压表内阻的影响，用U1、U2和R0表示Rx的公式为Rx＝ 。
(Ⅲ)考虑电压表内阻的影响，用U1、U2、R0、电压表内阻r1和r2表示Rx的公式为Rx＝ 。
【答案】(Ⅰ)电路图如图所示；(Ⅱ)；(Ⅲ).
【解析】(Ⅰ)根据实物电路图作出电路图，如图所示；
(Ⅱ)通过待测电阻的电流I＝，待测电阻阻值RX＝；
(Ⅲ)考虑电表内阻影响，通过待测电阻的实际电流IX＝IR0＋IV1-IV2＝，
待测电阻阻值RX＝；
[2008全国卷Ⅱ T4 18分]如图，一直导体棒质量为m、长为l、电阻为r，其两端放在位于水平面内间距也为l的光滑平行导轨上，并与之密接；棒左侧两导轨之间连接一可控制的负载电阻(图中未画出)；导轨置于匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于导轨所在平面。开始时，给导体棒一个平行于导轨的初速度v0。在棒的运动速度由v0减小至v1的过程中，通过控制负载电阻的阻值使棒中的电流强度I保持恒定。导体棒一直在磁场中运动。若不计导轨电阻，求此过程中导体棒上感应电动势的平均值和负载电阻上消耗的平均功率。
【答案】此过程中导体棒上感应电动势的平均值＝Bl(v0＋v1)，负载电阻上消耗的平均功率是BIl(v0＋v1)-I2r。
【解析】导体棒所受的安培力为：F＝BIl ①
由题意可知，该力的大小不变，棒做匀减速运动，因此在棒的速度从v0减小到v1的过程中，平均速度为：＝(v0＋v1)②
当棒的速度为v时，感应电动势的大小为：E＝Blv ③
棒中的平均感应电动势为：④，综合②④式可得：＝Bl(v0＋v1) ⑤
导体棒中消耗的热功率为：P1＝I2r ⑥，负载电阻上消耗的热功率为：＝I-P1 ⑦
由以上三式可得：＝BIl(v0＋v1)-I2r ⑧
[2008全国卷Ⅱ T5 20分]我国发射的“嫦娥一号”探月卫星沿近似于圆的轨道绕月飞行.为了获得月球表面全貌的信息，让卫星轨道平面缓慢变化，卫星将获得的信息持续地用微波信号发回地球.设地球和月球的质量分别为M和m，地球和月球的半径分别为R和R1，月球绕地球的轨道半径和卫星绕月球的轨道半径分别为r和r1，月球绕地球转动的周期为T。假定在卫星绕月运行的一个周期内，卫星轨道平面与地月连心线共面，求在该周期内卫星发射的微波信号因月球遮挡而不能到达地面的时间(用M、m、R、R1、r、r1和T表示，忽略月球绕地球转动对遮挡时间的影响)。
【答案】。
【解析】如图，O和O′分别表示地球和月球的中心。在卫星轨道平面上，A是地月连心线OO′与地月球面的公切线ACD的交点，D、C和B分别是该公切线与地球表面、月球表面和卫星圆轨道的交点。根据对称性，过A点在另一侧作地月球面的公切线，交卫星轨道于E点。卫星在弧BE运动时发出的信号被遮挡。
设探月卫星的质量为m0，万有引力常量为G ，根据万有引力定律有
① ②
式中，T1是探月卫星绕月球转动的周期。由①②式得， ③
设卫星的微波信号被遮挡的时间为t，则由于卫星绕月做匀速圆周运动，应有 ④
式中，α＝∠CO′A，β＝∠CO′B。由几何关系得
rcosα＝R－R1 ⑤
r1cosβ＝R1 ⑥
由③④⑤⑥式得
⑦
评分参考：①②式各4分，④式5分，⑤⑥式各2分，⑦式3分。得到结果
的也同样给分。
2007年全国卷Ⅰ
[2007全国卷Ⅰ T1 6分]如图所示，在倾角为30°的足够长的斜面上有一质量为m的物体，它受到沿斜面方向的力F的作用。力F可按图(a)、(b)、(c)、(d)所示的四种方式随时间变化(图中纵坐标是F与mg的比值，力沿斜面向上为正)。
已知此物体在t＝0时速度为零，若用v1、v2、v3、v4分别表示上述四种受力情况下物体在3秒末的速率，则这四个速率中最大的是( )
A．v1 B．v2 C．v3 D．v4
【答案】C
【解析】根据动量定理分别硏究四种情况下物体的速率：
mgsin30°t1＋Ft2＝mv1，t1＝3s，t2＝1s，代入解得，v1＝20m/s；
F的冲量和为零，则 mgsin30°t1＝mv2，t1＝3s，解得v2＝15m/s；
mgsin30°t1＋Ft2=mv3，t1＝3s，t2＝2s，代入解得，v3＝25m/s；
F的冲量和为零， mgsin30°t1＝mv4，t1＝3s，解得v4＝15m/s。
[2007全国卷Ⅰ T2 6分]如图所示，LOO′L′为一折线，它所形成的两个角∠LOO′和∠OO′L′均为45°。折线的右边有一匀强磁场，其方向垂直于纸面向里。一边长为l的正方形导线框沿垂直于OO′的方向一速度v做匀速直线运动，在t＝0时刻恰好位于图中所示位置。以逆时针方向为导线框中电流的正方向，在下面四幅图中能够正确表示电流-时间(I-t)关系的是(时间以为单位)( )
【答案】D
【解析】刚开始时，即如题图中开始所示状态，上方磁场中导体棒产生的电动势与下方磁场中产生的电动势恰好抵消，故此时无感应电流产生，故AC错误；随着线框的匀速向上运动，上方导体切割长度不变，下方逐渐变小，因此总感应电动势逐渐增大，感应电流逐渐增大，当线框全部进入上方磁场时，感应电流突然变为零；再向上运动时回路中总电动势方向改变，因此电流方向改变，直至线框全部离开磁场，故B错误，D正确。
[2007全国卷Ⅰ T3 8分]碰撞的恢复系数的定义为e＝，其中v10和v20分别是碰撞前两物体的速度，v1和v2分别是碰撞后两物体的速度。弹性碰撞的恢复系数e＝1，非弹性碰撞的e＜1。某同学借用验证动量守恒定律的实验装置(如图所示)验证弹性碰撞的恢复系数是否为1，实验中使用半径相等的钢质小球1和2(它们之间的碰撞可近似视为弹性碰撞)，且小球1的质量大于小球2的质量。
实验步骤如下：
第一步，不放小球2，让小球1从斜槽上A点由静止滚下，并落在地面上。重复多次，用尽可能小的圆把小球的所有落点都圈在里面，其圆心就是小球落点的平均位置。
第二步，把小球2放在斜槽前端边缘处的C点，让小球1从A点由静止滚下，使它们碰撞，重复多次，并使用与第一步同样的方法分别标出碰撞后两小球落点的平均位置。
第三步，用刻度尺分别测量三个落点的平均位置离O点的距离，即线段OM、OP、ON的长度。
在上述实验中，①P点是 的平均位置，M点是 的平均位置，N点是 的平均位置。
②请写出此实验的原理___________，写出用测量量表示的恢复系数的表达式_________。
各球平抛飞行时间相同，水平位移之比等于平抛初速度之比。
③三个落点距O点的距离OM、OP、ON与实验所用的小球质量是否有关？
【答案】①实验的第一步中小球1落点的，小球l与小球2碰后小球1落点的，N点是小球2落点的；
②小球从槽口C飞出后做平抛运动的时间相同，设为t，
则有OP＝v10t；OM＝v1t；ON＝v2t小球2碰撞前静止，即v20＝0；
因而碰撞系数为：e＝＝＝；
③OM与实验所用的小球质量没有关系，OP、ON与实验所用的小球质量有关系。
【解析】(2)①根据题意可知，P点是在实验的第一步中小球l落点的平均位置，M点是小球1与小球2碰后小球1落点的平均位置，N点是小球2落点的平均位置；
②小球做平抛运动，高度决定时间，故时间相等，设为t，
则有OP＝v10t；OM＝v1t；ON＝v2t小球2碰撞前静止，即v20＝0；因而碰撞系数为：
e＝＝＝
③平抛运动高度决定时间，水平射程由初速度和时间共同决定，因而OP与小球的质量无关，但由于两球碰撞过程动量守恒，根据动量守恒定律平抛的初速度与小球的质量有关，因而OM和ON也与小球的质量有关。
[2007全国卷Ⅰ T4 15分]如图所示，质量为m的由绝缘材料制成的球与质量为M＝19m的金属球并排悬挂。现将绝缘球拉至与竖直方向成θ＝60°的位置自由释放，下摆后在最低点处与金属球发生弹性碰撞。在平衡位置附近存在垂直于纸面的磁场。已知由于磁场的阻尼作用，金属球将于再次碰撞前停在最低点处。求经过几次碰撞后绝缘求偏离竖直方向的最大角度将小于45°。
【答案】3次。
【解析】设小球m的摆线长度为l，小球m在下落过程中与M相碰之前满足机械能守恒：
Mgl(1-cosθ)＝mv02 ①，m和M碰撞过程是弹性碰撞，故满足：
mv0＝MVM＋mv1 ②；mv02＝MVM2＋mv12 ③
联立②③得：v1＝v0 ④
说明小球被反弹，且v1与v0成正比，而后小球又以反弹速度和小球M再次发生弹性碰撞，满足：mv1＝MVM1+mv2 ⑤；mv12＝MVM12＋mv22 ⑥
解得：v2＝|v1| ⑦，整理得：v2＝-()2v0 ⑧
故可以得到发生n次碰撞后的速度：vn＝|()nv0| ⑨
而偏离方向为45°的临界速度满足mgl(1-cos45°)＝mv临界2 ⑩
联立①⑨⑩代入数据解得，当n＝2时，v2＞v临界，n＝3时，v3＜v临界。
即发生3次碰撞后小球返回到最高点时与竖直方向的夹角将小于45°。
[2007全国卷Ⅰ T5 18分]两平面荧光屏互相垂直放置，在两屏内分别取垂直于两屏交线的直线为x轴和y轴，交点O为原点，如图所示。在y＞0，0＜x＜a的区域由垂直于纸面向里的\匀强磁场，在在y＞0，x＞a的区域由垂直于纸面向外的匀强磁场，两区域内的磁感应强度大小均为B。在O点处有一小孔，一束质量为m、带电量为q(q＞0)的粒子沿x轴经小孔射入磁场，最后打在竖直和水平荧光屏上，使荧光屏发亮。入射粒子的速度可取从零到某一最大值之间的各种数值。已知速度最大的粒子在0＜x＜a的区域中运动的时间与在x＞a的区域中运动的时间之比为2∶5，在磁场中运动的总时间为7T/12，其中T为该粒子在磁感应强度为B的匀强磁场中作圆周运动的周期。试求两个荧光屏上亮线的范围(不计重力的影响)。
【答案】y轴范围：0-2a；x轴范围：2a≤x≤2(1＋)a。
【解析】对于y轴上的光屏亮线范围的临界条件如图所示：带电粒子的轨迹和x＝a相切，此时r＝a，y轴上的最高点为y＝2r＝2a。对于x轴上光屏亮线范围的临界条件如图所示：左边界的极限情况还是和x＝a相切，此刻，带电粒子在右边的轨迹是个圆，由几何知识得到在x轴上的坐标为x＝2a速度最大的粒子是如图2中的实线，由两段圆弧组成，圆心分别是c和c′由对称性得到c在x轴上，
设在左右两部分磁场中运动时间分别为t1和t2，满足＝，t1＋t2＝T
解得t1＝T，t2＝T，由数学关系得到：R＝2a，OP＝2a＋R
代入数据得到：OP＝2(1＋)a，所以在x轴上的范围是2a≤x≤2(1＋)a
2007年全国卷Ⅱ
[2007全国卷Ⅱ T1 6分]假定地球、月球都静止不动，用火箭从地球沿地月连线发射一探测器。假定探测器在地球表面附近脱离火箭。用W表示探测器从脱离火箭处飞到月球的过程中克服地球引力做的功，用Ek表示探测器脱离火箭时的动能，若不计空气阻力，则( )
A.Ek必须大于或等于W，探测器才能到达月球 B.Ek小于W，探测器也可能到达月球
C.Ek＝W，探测器一定能到达月球 D.Ek＝W，探测器一定不能到达月球
【答案】BD
【解析】探测器脱离火箭后同时受到地球的引力和月球的引力，根据F＝G。可知开始时物体受到地球的引力大于受到月球的引力，后来受到月球的引力大于受到地球的引力，所以探测器在运动的过程中地球的引力对物体做负功，月球的引力对物体做正功，所以探测器能够到达月球的条件是必须克服地球引力做功越过引力相等的位置。又根据F＝G可知探测器受到的引力相等的位置距离地球远而距离月球近，设在探测器运动的过程中月球引力对探测器做的功为W1，探测器克服地球引力对探测器做的功为W，并且W1＜W，
若探测器恰好到达月球，则根据动能定理可得：-W＋W1＝Ek末-Ek，即：Ek末＝Ek-W＋W1，故探测器能够到达月球的条件是Ek末＝Ek-W＋W1≥0，即Ek≥W-W1，故Ek小于W时探测器也可能到达月球。假设当Ek＝W时探测器能够到达月球，则Ek≥W-W1仍然成立，可转化为W≥W-W1仍然成立，即应有W1≥W，这就需要M月≥M地，这显然与实际不符(实际上M地≈81M月)。故假设不正确。即探测器一定不能到达月球。
[2007全国卷Ⅱ T2 6分]如图所示，在PQ、QR区域是在着磁感应强度大小相等、方向相反的匀强磁场，磁场宽度均为l，磁场方向均垂直于纸面，bc边与磁场的边界P重合。导线框与磁场区域的尺寸如图所示。从t＝0时刻开始线框匀速横穿两个磁场区域。以a→b→c→d→e→f为线框中有电动势的正方向。以下四个ε-t关系示意图中正确的是( )
【答案】C
【解析】下面是线框切割磁感线的四个阶段示意图。
在第一阶段，只有bc切割向外的磁感线，由右手定则知电动势为负，大小为Blv。在第二阶段，bc切割向里的磁感线，电动势为逆时针方向，同时de切割向外的磁感线，电动势为顺时针方向，等效电动势为零。在第三阶段，de切割向里的磁感线同时af切割向外的磁感线，两个电动势同为逆时针方向，等效电动势为正，大小为3Blv。在第四阶段，只有af切割向里的磁感线，电动势为顺时针方向，等效电动势为负大小为2Blv。
[2007全国卷Ⅱ T3 6分](2)有一电流表A，量程为1mA，内阻rg约为100Ω.要求测量其内阻。可选用的器材有：电阻箱R0，最大阻值为99999.9Ω；滑动变阻器甲，最大阻值为10kΩ；滑动变阻器乙，最大阻值为2kΩ；电源E1，电动势约为2V，内阻不计；电源E2，电动势约为6V，内阻不计；开关2个，导线若干。
采用的测量电路图如图所示，实验步骤如下：a.断开S1和S2，将R调到最大；b.合上S1，调节R使A满偏；c.合上S2，调节R1使A半偏，此时可认为A的内阻rg＝R1。试问：
(ⅰ)在上述可供选择的器材中，可变电阻R1应该选 ；为了使测量尽是精确，可变电阻R应该选择 ；电源E应该选择 。
(ⅱ)认为内阻rg＝R1，此结果与rg的真实值相比 。(填“偏大”、“偏小”、“相等”)
【答案】(2)(ⅰ)电阻箱R0，滑动变阻器甲、电源E2；(ⅱ)偏小。
【解析】(2)(ⅰ)根据半偏法的测量原理，R1必须选电阻箱R0，才能测量；电源选择E2，误差较小。根据电源的电动势和电流表的量程可知电路的最小电阻为6kΩ，所以滑动变阻器乙不能有效调节，应该选择甲。
(ⅱ)根据闭合电路的欧姆定律及电路特点可得：合上S1，调节R使电流表满偏：Ig
合上S2，调节R1使电流表半偏(电路中的总电流)：I＝，上式比较可得I＞Ig。所以，通过电阻箱的电流IR1＝I-＞
则：R1＜rg(R1为测量值，rg为真实值)，即此结果与rg的真实值相比偏小。
[2007全国卷Ⅱ T4 18分]用放射源钋的α射线轰击铍时，能发射出一种穿透力极强的中性射线，这就是所谓铍“辐射”。1932年，查德威克用铍“辐射”分别照射(轰击)氢和氮(它们可视为处于静止状态)，测得照射后沿铍“辐射”方向高速运动的氢核和氮核的速度之比为7.0。查德威克假设铍“辐射”是由一种质量不为零的中性粒子构成的，从而通过实验在历史上首次发现了中子。假定铍“辐射”中的中性粒子与氢核或氮核发生弹性正碰，试在不考虑相对论效应的条件下计算构成铍“辐射”的中性粒子的质量。(质量用原子质量单位u表示，1u等于12C原子质量的十二分之一。取氢核和氮核的质量分别为1.0u和14.0u。)
【答案】构成铍“辐射”的中性粒子的质量为u。
【解析】设构成铍“辐射”的中性粒子的质量和速度分别为m和v，氢核的质量为mH。构成铍“辐射”的中性粒子与氢核发生弹性正碰，碰后两粒子的速度分别为v′和vH′.由动量守恒与能量守恒定律得：mv＝mv′＋mHvH′ ①；mv2＝mv′2＋mHvH′2 ②
解得：vH′＝ ③，同理，对于质量为mN的氮核，其碰后速度为
vN′＝ ④，由③④中2mv相同，可得：m＝ ⑤
将mH＝1.0u和mN＝14.0u和vH′＝7.0vN′代入⑤式得：mu。
[2007全国卷Ⅱ T5 20分]如图所示，在坐标系Oxy的第一象限中存在沿y轴正方向的匀强电场，场强大小为E。在其他象限中存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里。A是y轴上的一点，它到坐标原点O的距离为h；C是x轴上的一点，到O的距离为l。一质量为m、电荷量为q的带负电的粒子以某一初速度沿x轴方向从A点进入电场区域，继而通过C点进入磁场区域，并再次通过A点，此时速度与y轴正方向成锐角。不计重力作用。试求：
(1)粒子经过C点时速度的大小和方向(用tanθ表示即可)；
(2)磁感应强度的大小B。
【答案】(1)粒子经过C点时速度的大小为，方向与水平方向的夹角的正切值为；(2)磁感应强度的大小B为。
【解析】(1)以a表示粒子在电场作用下的加速度，有qE＝ma ①
加速度沿y轴负方向。设粒子从A点进入电场时的初速度为v0，由A点运动到C点经历的时间为t，则有h＝at2 ②；l＝v0t ③，由①②得：v0＝l ④
设粒子从C点进入磁场时的速度为v，v垂直于x轴的分量v0＝ ⑤
由①④⑤式得：v0＝ ⑥
设粒子经过C点时的速度方向与x轴夹角为α，则有tanα＝ ⑦
由④⑤⑦式得：tanα＝ ⑧
(2)粒子从C点进入磁场后在磁场中做速率为v的圆周运动。若圆周的半径为R，
则有qvB＝m ⑨
设圆心为P，则PC必与过C点的速度垂直，且有＝R。用β表示PA与y轴的夹角，由几何关系得Rcosβ＝Rcosα＋h ⑩
Rsinβ＝l-Rsinα (11)
由⑧⑩(11)式得：R＝ (12)
由⑥⑨(12)式得；B＝
2006年全国卷Ⅰ
[2006全国卷Ⅰ T1 6分]如图，在匀强磁场中固定放置一根串接一电阻R的直角形金属导轨aob(在纸面内)，磁场方向垂直纸面朝里，另有两根金属导轨c、d分别平行于oa、ob放置。保持导轨之间接触良好，金属导轨的电阻不计。现经历以下四个过程：
①以速率v移动d，使它与ob的距离增大一倍；②再以速率v移动c，使它与oa的距离减小一半；③然后，再以速率2v移动c，使它回到原处；④最后以速率2v移动d，使它也回到原处。设上述四个过程中通过电阻R的电量的大小依次为Q1、Q2、Q3和Q4，则( )
A.Q1＝Q2＝Q3＝Q4
B.Q1＝Q2＝2Q3＝2Q4
C.2Q1＝2Q2＝Q3＝Q4
D.Q1≠Q2＝Q3≠Q4
【答案】A
【解析】设d与ob之间距离为l1，c与oa之间距离为l2。
则Q1＝I1t1＝；Q2＝I2t2＝
Q3＝I3t3＝；Q4＝I4t4＝；则Q1＝Q2＝Q3＝Q4。
[2006全国卷Ⅰ T2 6分](2)现要测量某一电压表V的内阻。给定的器材有：待测电压表V(量程2V，内阻约为4kΩ)；电流表mA(量程1.2mA，内阻约500Ω)；直流电源E(电动势约2.4V，内阻不计)；固定电阻3个：R1＝4000Ω，R2＝10000Ω，R3＝15000Ω；电键S及导线若干。要求测量时两电表指针偏转均超过其量程的一半。
i.试从3个固定电阻中选用1个，与其它器材一起组成测量电路，并在虚线框内画出测量电路的原理图。(要求电路中各器材用题中给定的符号标出。)
ii.电路接通后，若电压表读数为U，电流表读数为I，则电压表内阻RV＝ 。
【答案】(2)i电路如图所示；ii电压表的内阻RV＝
【解析】(2)i.电压表的额定电流约：IV＝＝A＝0.5×10-3A＝0.5mA。
所以要给电压表并联一个固定电阻，该固定电阻的电阻值约为：
Rx＝≈3×103Ω，故固定电阻应选R1，实验电路如图所示。
ii.流过定值电阻的电流大小为，则流过电压表的电流为I-，故电压表的内阻RV＝。
[2006全国卷Ⅰ T3 18分]有个演示实验，在上下面都是金属板的玻璃盒内，放了许多锡箔纸揉成的小球，当上下板间加上电压后，小球就上下不停地跳动。现取以下简化模型进行定量研究。如图所示，电容量为C的平行板电容器的极板A和B水平放置，相距为d，与电动势为E、内阻可不计的电源相连。设两板之间只有一个质量为m的导电小球，小球可视为质点。已知：若小球与极板发生碰撞，则碰撞后小球的速度立即变为零，带电状态也立即改变，改变后，小球所带电荷符号与该极板相同，电量为极板电量的α倍(α 1)。不计带电小球对极板间匀强电场的影响。重力加速度为g。
(1)欲使小球能够不断地在两板间上下往返运动，电动势E至少应大于多少？
(2)设上述条件已满足，在较长的时间间隔T内小球做了很多次往返运动。求在T时间内小球往返运动的次数以及通过电源的总电量。
【答案】(1)；(2)n＝，Q'＝。
【解析】(1)用Q表示极板电荷量的大小，q表示碰后小球电荷量的大小。
要使小球能不停地往返运动，小球所受的向上的电场力至少应大于重力，
则q＞mg ①；其中q＝αQ ②；又有Q＝CE ③
由以上三式有E＞，所以电动势至少为；
(2)①当小球带正电时，小球所受电场力与重力方向相同，向下做加速运动。
以a1表示其加速度，t1表示从A板到B板所用的时间，则有q＋mg＝ma1，d＝a1t12
②当小球带负电时，小球所受电场力与重力方向相反，向上做加速运动，以a2表示其加速度，t2表示从B板到A板所用的时间，则有q-mg＝ma2，d＝a2t22
小球往返一次共用时间为(t1＋t2)，故小球在T时间内往返的次数n＝
由以上关系式得：n＝。
小球往返一次通过的电量为2q，在T时间内通过电源的总电量Q'＝2qn
由以上两式可得：Q'＝。
2006年全国卷Ⅱ
[2006全国卷Ⅱ T1 6分]对一定质量的气体，若用N表示单位时间内与器壁单位面积碰撞的分子数，则( )
A.当体积减小时，N必定增加
B.当温度升高时，N必定增加
C.当压强不变而体积和温度变化时，N必定变化
D.当压强不变而体积和温度变化时，N可能不变
【答案】C
【解析】当体积减小时，分子的密集程度大了，但分子的平均动能不一定大，所以单位时间内与器壁单位面积碰撞的分子数不一定增加。故A错误。当温度升高时，分子的平均动能变大，但分子的密集程度不一定大，所以单位时间内与器壁单位面积碰撞的分子数不一定增加。故B错误。压强取决于单位时间内与器壁单位面积碰撞的分子数及分子的平均动能，压强不变，温度和体积变化，分子平均动能变化，则单位时间内与器壁单位面积碰撞的分子数必定变化。故C正确，D错误。
[2006全国卷Ⅱ T2 6分](2)一块玻璃砖用两个相互平行的表面，其中一个表面是镀银的(光线不能通过表面)。现要测定此玻璃的折射率。给定的器材还有：白纸、铅笔、大头针4枚(P1、P2、P3、P4)带有刻度的直角三角板、量角器。
实验时，先将玻璃砖放到白纸上，使上述两个相互平行的表面与纸面垂直。在纸上画出直线aa'和bb'，aa'表示镀银的玻璃表面，bb'表示另一表面，如图所示。然后，在白纸上竖直插上两枚大头针P1、P2(位置如图)。用P1、P2的连线表示入射光线。
ⅰ.为了测量折射率，应如何正确使用大头针P3、P4？试在题图中标出P3、P4的位置。
ⅱ.然后，移去玻璃砖与大头针。试在题图中通过作图的方法标出光线从空气到玻璃中的入射角θ1与折射角θ2。简要写出作图步骤。
ⅲ.写出θ1、θ2表示的折射率公式为n＝ 。
【答案】
【解析】(2)确定P3、P4位置的作图方法：由于aa'表面镀银，只能反射，所以光路为入射光线、经过bb'的折射光线、经过aa'的反射光线、再次经过bb'的折射后的出射光线(P3、P4的连线)，作出此光路，即可标出P3、P4的位置。
ⅰ、实验方法：在bb'一侧观察P1、P2(经bb'折射、aa'反射，再经bb'折射后)的像，在适当的位置插上P3，使得P3与P1、P2的像在一条直线上，即让P3挡住P1、P2的像：再插上P4，让它挡住P2(或P1)的像和P3。P3、P4的位置如图。
故具体操作为：在bb'一侧观察P1、P2(经bb'折射、aa'反射，再经bb'折射后)的像，在适当的位置插上P3，使得P3与P1、P2的像在一条直线上，即让P3挡住P1、P2的像：再插上P4，让它挡住P2(或P1)的像和P3，P3、P4的位置见上图。
ⅱ、确定P3、P4位置的作图步骤：①过P1、P2作直线与bb'交于O；②过P3、P4作直线与bb'交于O'；③利用刻度尺找到OO'的中点M；④过O点作bb'的垂线CD为法线，过M点作bb'的垂线与aa'相交于N，如图所示，连接ON为经过bb'的折射光线；
⑤则∠P1OD＝θ1，∠CON＝θ2
ⅲ、根据折射定律有：n＝。
[2006全国卷Ⅱ T3 18分]如图所示，在x＜0与x＞0的区域中，存在磁感应强度大小分别为B1与B2的匀强磁场，磁场方向均垂直于纸面向里，且B1＞B2。一个带负电荷的粒子从坐标原点O以速度v沿x轴负方向射出，要使该粒子经过一段时间后又经过O点，B1与B2的比值应满足什么条件。
【答案】，n＝1，2，3，……
【解析】根据牛顿第二定律得：qvB1＝m；qvB2＝m，化简得：R1＝；R2＝ ①
如右图是粒子在一个周期的运动，则粒子在一个周期内经过y轴负半轴的点在y轴负半轴下移2(R2-R1)，在第n次经过y轴负半轴时应下移2R1，则有 2n(R2-R1)＝2R1 ②
连立①②化简得：，n＝1，2，3，……
2005年全国卷Ⅰ
[2005全国卷Ⅰ T1 6分]如图，在一水平放置的平板MN的上方有匀强磁场，磁感应强度的大小为B，磁场方向垂直于纸面向里.许多质量为m带电量为＋q的粒子，以相同的速率v沿位于纸面内的各个方向，由小孔O射入磁场区域.不计重力，不计粒子间的相互影响。下列图中阴影部分表示带电粒子能经过区域，其中R＝哪个图是正确的( )
【答案】A
【解析】所有粒子在磁场中半径相同，由图可知，由O点射入水平向右的粒子恰好应为最右端边界；随着粒子的速度方向偏转，粒子转动的轨迹圆可认为是以O点为圆心以2R为半径转动；则可得出符合题意的范围应为A。
[2005全国卷Ⅰ T2 8分](2)测量电源B的电动势E及内阻r(E约为4.5V，r约为1.5Ω)。
器材：量程3V的理想电压表，量程0.5A的电流表(具有一定内阻)，固定电阻R＝4Ω，滑线变阻器R′电键K，导线若干。
①画出实验电路原理图。图中各元件需用题目中给出的符号或字母标出。
②实验中，当电流表读数为I1时，电压表读数为U1；当电流表读数为I2时，电压表读数为U2.则可以求出E＝ ，r＝ (用I1，I2，U1，U2及R表示)
【答案】(2)①实验电路原理图如图。②，
【解析】(2)①实验中两只电表都不能超出量程，要使电流表A不超出量程、必须R总≥＝9Ω，即R值必须大于6.5Ω左右。而要使电压表V不超出量程，须发U＝(R＋RA)≤3V，即R值必须小于2Ω左右。计算表明：滑动变阻器无论怎样调节，总有一个电表会超出量程，所以设计了下面的实验电路原理图。
②实验中，当电流表读数为I1时，电压表读数为U1；当电流表读数为I2时，电压表读数为U2，根据闭合电路欧姆定律得：E＝U1＋I1R0＋I1r；E＝U2＋I2R0＋I2r
解得：E，r
[2005全国卷Ⅰ T3 18分]图1中B为电源，电动势ε＝27V，内阻不计。固定电阻R1＝500Ω，R2为光敏电阻。C为平行板电容器，虚线到两极板距离相等，极板长l1＝8.0×10-2m，两极板的间距d＝1.0×10-2m。S为屏，与极板垂直，到极板的距离l2＝0.16m。P为一圆盘，由形状相同、透光率不同的三个扇形a、b和c构成，它可绕AA′轴转动。当细光束通过扇形a、b、c照射光敏电阻R2时，R2的阻值分别为1000Ω、2000Ω、4500Ω。有一细电子束沿图中虚线以速度v0＝8.0×106m/s连续不断地射入C。已知电子电量e＝1.6×10-19C，电子质量m＝9×10-31kg。忽略细光束的宽度、电容器的充电放电时间及电子所受的重力。假设照在R2上的光强发生变化时R2阻值立即有相应的改变。
(1)设圆盘不转动，细光束通过b照射到R2上，求电子到达屏S上时，它离O点的距离y(计算结果保留二位有效数字)。
(2)设转盘按图1中箭头方向匀速转动，每3秒转一圈。取光束照在a、b分界处时t＝0，试在图给出的坐标纸上，画出电子到达屏S上时，它离O点的距离y随时间t的变化图线(0-6s间)。要求在y轴上标出图线最高点与最低点的值。(不要求写出计算过程，只按画出的图线评分。)
【答案】(1)2.4×10-2m；(2)如下图。
【解析】(1)设电容器C两板间的电压为U，电场强度大小为E，电子在极板间穿行时y方向上的加速度大小为a，穿过C的时间为t1，穿出时电子偏转的距离为y1，
由闭合电路欧姆定律可得：I；U＝IR1，解得： (1)
(2)；eE＝ma (3)； (4)； (5)
由以上各式得： (6)；代入数据得：y1＝4.8×10-3m (7)
由此可见y1，电子可通过C。
设电子从C穿出时，沿y方向的速度为v，穿出后到达屏S所经历的时间为t2，在此时间内电子在y方向移动的距离为了y2；v＝at1 (8) (9)；y2＝vt2 (10)
由以上有关各式得：y2 (11)代入数据得：y2＝1.92×10-2m (12)
由题意y＝y1＋y2＝2.4×10-2m (13)
(2)由式6可求得在a和c时粒子在电场中的偏转位移，则可知当光照a时，电子打在极板上，无粒子打在屏中；当光照在c上时，由式6、11和13可求得粒子在屏上偏转的距离，故答案如图所示。
2005年全国卷Ⅱ
[2005全国卷Ⅱ T1 6分]已知引力常量G、月球中心到地球中心的距离R和月球绕地球运行的周期T.仅利用这三个数据，可以估算出的物理量有( )
A.月球的质量 B.地球的质量
C.地球的半径 D.月球绕地球运行速度的大小
【答案】BD
【解析】研究月球绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式：
，M＝，所以可以估算出地球的质量，不能估算出月球的质量，故A错误，B正确。由于不知
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