A05.【全国卷】（理综课标卷）2010-2016年汇编（12套） - 压轴题汇总（88道，73页）
文档属性
| 名称 | A05.【全国卷】（理综课标卷）2010-2016年汇编（12套） - 压轴题汇总（88道，73页） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 3.5MB | ||
| 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 | ||
图片预览
文档简介
全国卷
历年（2010～2016）高考物理试卷（12套）
《压轴题汇编》（88道）
2016年全国卷Ⅰ
[2016全国卷Ⅰ T17 6分]利用三颗位置适当的地球同步卫星，可使地球赤道上任意两点之间保持无线电通讯，目前地球同步卫星的轨道半径为地球半径的6.6倍，假设地球的自转周期变小，若仍仅用三颗同步卫星来实现上述目的，则地球自转周期的最小值约为( )
A.1h B.4h C.8h D.16h
【答案】B
【解析】设地球的半径为R，则地球同步卫星的轨道半径为r＝6.6R。已知地球的自转周期T＝24h，地球同步卫星的转动周期与地球的自转周期一致，若地球的自转周期变小，则同步卫星的转动周期变小。由＝m公式可知，做圆周运动的半径越小，则运动周期越小。由于需要三颗卫星使地球赤道上任意两点之间保持无线电通讯，所以由几何关系可知三颗同步卫星的连线构成等边三角形并且三边与地球相切，如图。
由几何关系可知地球同步卫星的轨道半径为r′＝2R。由开普勒第三定律得：T′＝244h。
[2016全国卷Ⅰ T21 6分]甲、乙两车在平直公路上同向行驶，其v-t图像如图所示。已知两车在t＝3s时并排行驶，则( )
A.在t＝1s时，甲车在乙车后
B.在t＝0时，甲车在乙车前7.5m
C.两车另一次并排行驶的时刻是t＝2s
D.甲、乙两车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为40m
【答案】BD
【解析】根据“面积”大小表示位移，由图像可知，1s到3s甲、乙两车通过的位移相等，两车在t＝3s时并排行驶，所以两车在t＝1s时也并排行驶，故AC错误；由图像可知，甲的加速度a甲＝＝m/s2＝10m/s2；乙的加速度a乙＝＝m/s2＝5m/s2；0至1s，甲的位移 x甲＝a甲t2＝×10×12m＝5m，乙的位移x乙＝v0t＋a乙t2＝(10×1＋×5×12)m＝12.5m，Δx＝x乙-x甲＝(12.5-5)m＝7.5m，即在t＝0时，甲车在乙车前7.5m，故B正确；1s末甲车的速度为：v＝a甲t＝10×1m/s＝10m/s，1到3s，甲车的位移为：x＝vt＋a甲t2＝(10×2＋×10×22)m＝40m，即甲、乙两车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为40m，故D正确。
[2016全国卷Ⅰ T20 6分]一含有理想变压器的电路如图所示，图中电阻R1，R2和R3的阻值分别为3Ω，1Ω，4Ω，A为理想交流电流表，U为正弦交流电压源，输出电压的有效值恒定。当开关S断开时，电流表的示数为I；当S闭合时，电流表的示数为4I。该变压器原、副线圈匝数比为( )
A.2 B.3 C.4 D.5
【答案】B
【解析】设变压器原、副线圈匝数之比为k，则可知，开关断开时，副线圈电流为kI；则根据理想变压器原理可知：k，同理可知，k，代入数据联立解得：U＝48I；代入上式可得：k＝3。
[2016全国卷Ⅰ T23 10分]现要组装一个由热敏电阻控制的报警系统，当要求热敏电阻的温度达到或超过60°C时，系统报警。提供的器材有：热敏电阻，报警器(内阻很小，流过的电流超过Ic时就会报警)，电阻箱(最大阻值为999.9Ω)，直流电源(输出电压为U，内阻不计)，滑动变阻器R1(最大阻值为1000Ω)，滑动变阻器R2(最大阻值为2000Ω)，单刀双掷开关一个，导线若干。
在室温下对系统进行调节，已知U约为18V，Ic约为10mA；流过报警器的电流超过20mA时，报警器可能损坏；该热敏电阻的阻值随温度的升高而减小，在60°C时阻值为650.0Ω。
(1)在答题卡上完成待调节的报警系统原理电路图的连线。
(2)在电路中应选用滑动变阻器________(填“R1”或“R2”)。
(3)按照下列步骤调节此报警系统：
①电路接通前，需将电阻箱调到一定的阻值，根据实验要求，这一阻值为______Ω；滑动变阻器的滑片应置于______(填“a”或“b”)端附近，不能置于另一端的原因是______。
②将开关向______(填“c”或“d”)端闭合，缓慢移动滑动变阻器的滑片，直至______。
(4)保持滑动变阻器滑片的位置不变，将开关向另一端闭合，报警系统即可正常使用。
【答案】(1)如图；(2)R2，(3)①650.0，b，接通电源后，流过报警器的电流会超过20mA，报警器可能损坏；②c，报警器开始报警。
【解析】①热敏电阻工作温度达到60℃时，报警器报警。故需通过调节电阻箱使其电阻为时的热敏电阻的阻值，即调节到阻值650.0Ω，光使报警器能正常报警，电路图如上图。
②U＝18V，当通过报警器的电流10mA≤Ic≤20mA，故电路中总电阻R＝，900Ω≤R≤1800Ω，故滑动变阻器选R2。
③热敏电阻为650.0Ω时，报警器开始报警，模拟热敏电阻的电阻器阻值也应为650.0Ω为防止通过报警器电流过大，造成报警器烧坏，应使滑动变阻器的滑片置于b端。
[2016全国卷Ⅰ T25 18分]如图，一轻弹簧原长为2R，其一端固定在倾角为37°的固定直轨道AC的底端A处，另一端位于直轨道上B处，弹簧处于自然状态，直轨道与一半径为R的光滑圆弧轨道相切于C点，AC＝7R，A、B、C、D均在同一竖直面内。质量为m的小物块P自C点由静止开始下滑，最低到达E点(未画出)，随后P沿轨道被弹回，最高点到达F点，AF＝4R，已知P与直轨道间的动摩擦因数μ，重力加速度大小为g。(取sin37°，cos37°)
(1)求P第一次运动到B点时速度的大小。
(2)求P运动到E点时弹簧的弹性势能。
(3)改变物块P的质量，将P推至E点，从静止开始释放。已知P自圆弧轨道的最高点D处水平飞出后，恰好通过G点。G点在C点左下方，与C点水平相距R、竖直相距R，求P运动到D点时速度的大小和改变后P的质量。
【答案】(1)P第一次运动到B点时速度的大小是。
(2)P运动到E点时弹簧的弹性势能是2.4mgR。
(3)改变物块P的质量，将P推至E点，从静止开始释放。已知P自圆弧轨道的最高点D处水平飞出后，恰好通过G点。G点在C点左下方，与C点水平相距R、竖直相距R，求P运动到D点时速度的大小是，改变后P的质量是m。
【解析】(1)C到B的过程中重力和斜面的阻力做功，所以：
mg··sin37°-μmgcos37°＝mvB2-0
其中：＝-2R，代入数据得：vB＝2
(2)物块返回B点后向上运动的过程中：
-mg··sin37°-μmgcos37°＝mvB′2-0
其中：＝-2R，联立得：vB′＝
物块P向下到达最低点又返回的过程中只有摩擦力做功，设最大压缩量为x，则：
-μmgcos37°·2x＝mvB′2-mvB2，整理得：x＝R
物块向下压缩弹簧的过程设克服弹力做功为W，则：
又由于弹簧增加的弹性势能等于物块克服弹力做的功，即：EP＝W
所以：EP＝2.4mgR
(3)由几何关系可知图中D点相对于C点的高度：
h＝r＋rcos37°＝1.8r1.5R
所以D点相对于G点的高度：H＝1.5R＋R＝2.5R
小球做平抛运动的时间：t＝＝
G点到D点的水平距离：L＝＝3R
由：L＝vDt，联立得：vD＝
E到D的过程中重力、弹簧的弹力、斜面的阻力做功，由功能关系得：
，联立得：m′＝m。
[2016全国卷Ⅰ T35 10分]某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为M的卡通玩具稳定地悬停在空中。为计算方便起见，假设水柱从横截面积为S的喷口持续以速度v0竖直向上喷出；玩具底部为平板(面积略大于S)；水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开。忽略空气阻力。已知水的密度为ρ，重力加速度大小为g。求：
(i)喷泉单位时间内喷出的水的质量；
(ii)玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度。
【答案】(i)喷泉单位时间内喷出的水的质量为ρSv0；
(ii)玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度为。
【解析】(i)设Δt时间内喷出的水的体积为ΔV，质量为Δm，则有
ΔV＝Sv0Δt，Δm＝ρΔV＝ρSv0Δt
单位时间内喷出的水的质量为：m＝＝ρSv0
(ii)设水到达卡通玩具处的速度为v，玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度为h，
根据运动学基本公式得：v2-v02＝-2gh
玩具悬停处于平衡状态，则水对其作用力等于其重力Mg，因此玩具对水的作用力F＝Mg，
水持续冲击到玩具底面后，在竖直方向水的速度变为零，以向上为正方向，
根据动量定理，在水持续冲击t时间内，对水有：-Mg t＝0-ρSv0t v
联立解得：h＝。
[2016全国卷Ⅰ T26 10分]在水下气泡内空气的压强大于气泡表面外侧水的压强，两压强差Δp与气泡半径r之间的关系为Δp＝，其中σ＝0.070N/m。现让水下10m处一半径为0.50cm的气泡缓慢上升，已知大气压强p0＝1.0×105Pa，水的密度ρ＝1.0×103kg/m3，重力加速度大小g＝10m/s2。
(i)求在水下10m处气泡内外的压强差；
(ii)忽略水温随水深的变化，在气泡上升到十分接近水面时，求气泡的半径与其原来半径之比的近似值。
【答案】(i)在水下10m处气泡内外的压强差28Pa；(ii)忽略水温随水深的变化，在气泡上升到十分接近水面时，气泡的半径与其原来半径之比的近似值1.3。
【解析】(i)当气泡在水下h＝10m处时，设其半径为r1，气泡内外压强差为Δp1，则
Δp1＝ ①，代入题给数据得Δp1＝28pa ②
(ii)设气泡在水下10m处时，气泡内空气的压强为p1，气泡体积为V1；气泡到达水面附近时，气泡内空气的压强为，内外压强差为Δp2，其体积为V2，半径为r2。
气泡上升过程中温度不变，根据玻意耳定律有：p1V1＝p2V2 ③
由力学平衡条件有：p1＝p0＋ρgh＋Δp1 ④；p2＝p0＋Δp2 ⑤
气泡体积V1和V2分别为： ⑥， ⑦
联立③④⑤⑥⑦式得： ⑧
由Δpi p0，i＝1，2，故可略去⑧式中的Δpi项，代入题给数据得：＝≈1.3
[2016全国卷Ⅰ T27 10分]如图，在注满水的游泳池的池底有一点光源A，它到池边的水平距离为3.0m。从点光源A射向池边的光线AB与竖直方向的夹角恰好等于全反射的临界角，水的折射率为。
(i)求池内的水深；
(ii)一救生员坐在离池边不远处的高凳上，他的眼睛到地面的高度为2.0m。当他看到正前下方的点光源A时，他的眼睛所接受的光线与竖直方向的夹角恰好为45°。求救生员的眼睛到池边的水平距离(结果保留1位有效数字)。
【答案】(i)池内的水深m。(ii)救生员的眼睛到池边的水平距离约0.7m。
【解析】(i)光由A射向B点发生全反射，光路如图所示。
图中入射角θ等于临界角C，则有：sinθ＝＝。
由题，＝3m，由几何关系可得：＝4m，所以＝m
(ii)光由A点射入救生员眼中的光路图如图所示。在E点，由折射率公式得：＝n
得sinα＝，tanα＝
设x，则得：tanα，代入数据解得：x＝(3)m
由几何关系可得，救生员到池边水平距离为：(2-x)m≈0.7m。
2016年全国卷Ⅱ
[2016全国卷Ⅱ T18 6分]一圆筒处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向与筒的轴平行，筒的横截面如图所示。图中直径MN的两端分别开有小孔，筒绕其中心轴以角速度ω顺时针转动.在该截面内，一带电粒子从小孔M射入筒内，射入时的运动方向与MN成30°角。当筒转过90°时，该粒子恰好从小孔N飞出圆筒。不计重力。若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞，则带电粒子的比荷为( )
A.
B.
C.
D.
【答案】A
【解析】粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据几何关系，有∠MOA＝90°，∠OMA＝45°，∠CMO'＝60°，所以∠O′MA＝75°，∠O′AM＝75°，∠MO′A＝30°
即轨迹圆弧所对的圆心角为30°
粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期
粒子在磁场中匀速圆周运动的时间
圆筒转动90°所用时间
粒子匀速圆周运动的时间和圆筒转动时间相等t＝t′
，解得：。
[2016全国卷Ⅱ T21 6分]如图，小球套在光滑的竖直杆上，轻弹簧一端固定于O点，另一端与小球相连。现将小球从M点由静止释放，它在下降的过程中经过了N点，已知在M、N两点处，弹簧对小球的弹力大小相等。且∠ONM＜∠OMN＜，在小球从M点运动到N点的过程中( )
A.弹力对小球先做正功后做负功
B.有两个时刻小球的加速度等于重力加速度
C.弹簧长度最短时，弹力对小球做功的功率为零
D.小球到达N点时的动能等于其在M、N两点的重力势能差
【答案】BCD
【解析】由题可知，M、N两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，则在运动过程中OM为压缩状态，N点为伸长状态；小球向下运动的过程中弹簧的长度先减小后增大，则弹簧的弹性势能先增大，后减小，再增大，所以弹力对小球先做负功再做正功，最后再做负功。故A错误。在运动过程中M点为压缩状态，N点为伸长状态，则由M到N有一状态弹力为0且此时弹力与杆不垂直，加速度为g；当弹簧与杆垂直时小球加速度为g。则有两处加速度为g。故B正确。由图可知，弹簧长度最短时，弹簧与杆的方向相互垂直，则弹力的方向与运动的方向相互垂直，所以弹力对小球做功的功率为零，故C正确。因M点与N点弹簧的弹力相等，所以弹簧的形变量相等，弹性势能相同，弹力对小球做的总功为零，则弹簧弹力对小球所做的正功等于小球克服弹簧弹力所做的功；小球向下运动的过程中只有重力做正功，所以小球到达N点时的动能等于其在M、N两点的重力势能差。故D正确。
[2016全国卷Ⅱ T23 9分]某同学利用图(a)所示电路测量量程为2.5V的电压表的内阻(内阻为数千欧姆)，可供选择的器材有：电阻箱R(最大阻值99999.9Ω)，滑动变阻器R1(最大阻值50Ω)，滑动变阻器R2(最大阻值5kΩ)，直流电源E(电动势3V)。开关1个，导线若干。实验步骤如下：
①按电路原理图(a)连接线路；
②将电阻箱阻值调节为0，将滑动变阻器的滑片移到与图(a)中最左端所对应的位置，闭合开关S；
③调节滑动变阻器使电压表满偏；
④保持滑动变阻器的滑片位置不变，调节电阻箱阻值，使电压表的示数为2.00V，记下电阻箱的阻值。
回答下列问题：
(1)实验中应选择滑动变阻器 (填“R1”或“R2”)。
(2)根据图(a)所示电路将图(b)中实物图连线。
(3)实验步骤④中记录的电阻箱阻值为630.0Ω，若认为调节电阻箱时滑动变阻器上的分压不变，计算可得电压表的内阻为 Ω(结果保留到个位)。
(4)如果此电压表是由一个表头和电阻串联构成的，可推断该表头的满刻度电流为 (填正确答案标号)。
A.100μA B.250μA C.500μA D.1mA
【答案】(1)R1；(2)如图所示；(3)2520；(4)D。
【解析】解：(1)调节电阻箱时需要滑动变阻器上的分压保持不变，需要电压表的电阻远大于变阻器的电阻，故变阻器选阻值小的，故选滑动变阻器R1；
(2)实物图连接如图所示：
(3)电压表和电阻箱整体分压不变，故：U＝U′
代入数据，有：2.5＝2，解得：RV＝2520Ω
(4)该表头的满刻度电流为：I＝＝1.0×10﹣3A＝1mA。
[2016全国卷Ⅱ T25 20分]轻质弹簧原长为2l，将弹簧竖直放置在地面上，在其顶端将一质量为5m的物体由静止释放，当弹簧被压缩到最短时，弹簧长度为l，现将该弹簧水平放置，一端固定在A点，另一端与物块P接触但不连接。AB是长度为5l的水平轨道，B端与半径l的光滑半圆轨道BCD相切，半圆的直径BD竖直，如图所示，物块P与AB间的动摩擦因数μ＝0.5。用外力推动物块P，将弹簧压缩至长度l，然后放开，P开始沿轨道运动，重力加速度大小为g。
(1)若P的质量为m，求P到达B点时的速度的大小，以及它离开圆轨道后落回到AB上的位置与B点之间的距离；
(2)若P能滑上圆轨道，且仍能沿圆轨道滑下，求P的质量的取值范围。
【答案】(1)P到达B点时速度的大小是，它离开圆轨道后落回到AB上的位置与B点间的距离是2l。(2)P的质量的取值范围为：m≤mP＜m。
【解析】(1)将弹簧竖直放置在地面上，物体下落压缩弹簧时，由系统的机械能守恒得：
Ep＝5mgl，如图，根据能量守恒定律得：Ep＝μmg 4l＋mvB2，联立解得：vB
物体P从B到D的过程，由机械能守恒定律得：mg 2l＋mvD2＝mvB2
解得：vD
所以物体P能到达D点，且物体P离开D点后做平抛运动，则有：
2l＝gt2，x＝vDt，解得 x＝2l，即落地点与B点间的距离为2l。
(2)P刚好过B点，有：Ep＝μm1g 4l，解得 m1m
P最多到C而不脱轨，则有 Ep＝μm2g 4l＋m2gl，解得 m2m
所以满足条件的P的质量的取值范围为：m≤mPm。
[2016全国卷Ⅱ T35 10分]如图，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上。某时刻小孩将冰块以相对冰面3m/s的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h＝0.3m(h小于斜面体的高度)。已知小孩与滑板的总质量为m1＝30kg，冰块的质量为m2＝10kg，小孩与滑板始终无相对运动。取重力加速度的大小g＝10m/s2。
(i)求斜面体的质量；
(ii)通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？
【答案】(i)斜面体的质量为20kg；(ii)冰块与斜面体分离后不能追上小孩。
【解析】(i)对于冰块和斜面体组成的系统，根据动量守恒可得，m2v2＝(m2＋M)v
根据系统的机械能守恒，可得，m2gh＋(m2＋M)v2＝m2v22，解得：M＝20kg
(ii)小孩与冰块组成的系统，根据动量守恒可得，m1v1＝-m2v2，解得 v1＝-1m/s(向右)
冰块与斜面：m2v2＝m2v2′＋Mv3′，根据机械能守恒，可得，m2v22＝m2v2′2＋Mv3′2
解得：v2′＝-1m/s(向右)，因为v2′＝v1，所以冰块不能追上小孩。
[2016全国卷Ⅱ T26 10分]一氧气瓶的容积为0.08m3，开始时瓶中氧气的压强为20个大气压。某实验室每天消耗1个大气压的氧气0.36m3。当氧气瓶中的压强降低到2个大气压时，需重新充气。若氧气的温度保持不变，求这瓶氧气重新充气前可供该实验室使用多少天。
【答案】这瓶氧气重新充气前可供该实验室使用4天。
【解析】方法一：设氧气开始时的压强为p1，体积为V1，压强变为p2(2个大气压)时，体积为V2。根据玻意耳定律得p1V1＝p2V2 ①
重新充气前，用去的氧气在p2压强下的体积为V3＝V2-V1 ②
设用去的氧气在p0(1个大气压)压强下的体积为V0，则有：p2V3＝p0V0 ③
设实验室每天用去的氧气在p0下的体积为ΔV，则氧气可用的天数为
N＝ ④，联立①②③④式，并代入数据得N＝4天。
方法二：根据玻意耳定律p1V1＝Np2V2＋p3V1，有：20×0.08＝N×1×0.36＋2×0.08
解得：N＝4。
[2016全国卷Ⅱ T27 10分]一列简谐横波在介质中沿x轴正向传播，波长不小于10cm。O和A是介质中平衡位置分别位于x＝0和x＝5cm处的两个质点。t＝0时开始观测，此时质点O的位移为y＝4cm，质点A处于波峰位置：t＝s时，质点O第一次回到平衡位置，t＝1s时，质点A第一次回到平衡位置。求：
(i)简谐波的周期、波速和波长；
(ii)质点O的位移随时间变化的关系式。
【答案】(i)简谐波的周期为4s，波速为0.075m/s，波长为0.3m；
(ii)质点O的位移随时间变化的关系式为y＝0.08sin()。
【解析】(i)因为t＝0时，质点O的位移为：y＝4 cm；
t＝1s时，A点第一次回到平衡位置，可的：＝1s，解得：T＝4s。
而且t＝s时，质点O第一次回到平衡位置，用时小于，可以判断出，在t＝0时刻，质点O正在向下振动。
结合简谐波沿x轴正向传播，可知在t＝0时刻，质点O位于“上坡”且位移为正；根据已知条件“波长不小于10cm”和O、A两点在平衡位置上间距5cm，即小于半个波长，可知在t＝0时刻，质点A位于紧邻O点右侧的波峰处。
结合上述两个推断，可知经历时间s，波的传播距离x＝5cm。所以波速为：
v＝＝7.5cm/s＝0.075m/s。波长为：λ＝vT＝7.5cm/s×4s＝30cm＝0.3m。
(ii)设y＝Asin(Ωt＋φ0)，可得：Ω＝rad/s
再由t＝0时，y＝4cm；t＝s时，y＝0，代入得：A＝8cm＝0.08m
再结合当t＝s时，质点的位移，可得：φ0
所以质点O的位移随时间变化的关系式为：y＝0.08sin()。
2016年全国卷Ⅲ
[2016全国卷Ⅲ T18 6分]如图，两个轻环a和b套在位于竖直面内的一段固定圆弧上：一细线穿过两轻环，其两端各系一质量为m的小球，在a和b之间的细线上悬挂一小物块。平衡时，a、b间的距离恰好等于圆弧的半径。不计所有摩擦，小物块的质量为( )
A. B.m C.m D.2m
【答案】C
【解析】设悬挂小物块的点为O'，圆弧的圆心为O，由于ab＝R，所以三角形Oab为等边三角形。
由于圆弧对轻环的支持力沿半径方向背向圆心，所以小球和小物块对轻环的合力方向由轻环指向圆心O，因为小物块和小球对轻环的作用力大小相等，所以aO、bO是∠maO′、∠mbO′的角平分线，所以∠O'Oa＝∠maO＝∠mbO＝30°，那么∠mbO′＝60°，
所以由几何关系可得∠aO'b＝120°，而在一条绳子上的张力大小相等，故有T＝mg，小物块受到两条绳子的拉力作用大小相等，夹角为120°，故受到的合力等于mg，因为小物块受到绳子的拉力和重力作用，且处于平衡状态，故拉力的合力等于小物块的重力为mg，所以小物块的质量为m。
[2016全国卷Ⅲ T21 6分]如图，M为半圆形导线框，圆心为OM；N是圆心角为直角的扇形导线框，圆心为ON；两导线框在同一竖直面(纸面)内；两圆弧半径相等；过直线OMON的水平面上方有一匀强磁场，磁场方向垂直于纸面。现使线框M、N在t＝0时从图示位置开始，分别绕垂直于纸面、且过OM和ON的轴，以相同的周期T逆时针匀速转动，则( )
A.两导线框中均会产生正弦交流电
B.两导线框中感应电流的周期都等于T
C.在t时，两导线框中产生的感应电动势相等
D.两导线框的电阻相等时，两导线框中感应电流的有效值也相等
【答案】BC
【解析】半径切割磁感线产生的感应电动势：，因为线框匀速转动，感应电动势恒定，线框中电流大小恒定，故A错误；M、N两线框匀速转动，M线框第一个电流方向逆时针，第二个电流顺时针方向；N线框，相框转动一圈，只有的时间有感应电流，第一个电流逆时针，第二个电流为0。第三个电流顺时针方向，第四个没有电流，依次循环。画出M、N线框中电流随时间变化的关系图线如图所示，所以两线框中感应电流的周期相等，故B正确；
，两线框均有一条半径在切割磁感线产生感应电动势，感应电动势的大小为，故C正确；根据电流的热效应，对M线框 ①，N线框转动一周只有时间内有感应电流 ②，联立①②得，故D错误。
[2016全国卷Ⅲ T23 10分]某物理课外小组利用图(a)中的装置探究物体加速度与其所受合外力之间的关系。图中置于试验台上的长木板水平放置，其右端固定一轻滑轮：轻绳跨过滑轮，一端与放在木板上的小滑车相连，另一端可悬挂钩码。本实验中可用的钩码共有N＝5个，每个质量均为0.010kg。实验步骤如下：
(1)将5个钩码全部放入小车中，在长木板左下方垫上适当厚度的小物块，使小车(和钩码)可以在木板上匀速下滑。
(2)将n(依次取n＝1，2，3，4，5)个钩码挂在轻绳右端，其余N-n个钩码仍留在小车内；用手按住小车并使轻绳与木板平行。释放小车，同时用传感器记录小车在时刻t相对于其起始位置的位移s，绘制s-t图像，经数据处理后可得到相应的加速度a。
(3)对应于不同的n的a值见下表。n＝2时的s-t图像如图(b)所示：由图(b)求出此时小车的加速度(保留2位有效数字)，将结果填入下表。
n 1 2 3 4 5
a/m s-2 0.20 0.58 0.80 1.00
(4)利用表中的数据在图(c)中补齐数据点，并作出a-n图像。从图像可以看出：当物体质量一定时，物体的加速度与其所受的合外力成正比。
(5)利用a-n图像求得小车(空载)的质量为 kg(保留2位有效数字，重力加速度取g＝9.8 m s-2)。
(6)若以“保持木板水平”来代替步骤(1)，下列说法正确的是 (填入正确选项前的标号)
A.a-n图线不再是直线
B.a-n图线仍是直线，但该直线不过原点
C.a-n图线仍是直线，但该直线的斜率变大
【答案】(3)0.40；(4)如图所示；(5)0.44；BC。
【解析】(3)物体做匀加速直线运动，对应的x-t图像为曲线，由图像可知，当t＝2.0s时，位移为：x＝0.80m；则由x代入数据得：a＝0.40m/s2；
(4)在图c中作出点(2，0.40)，并用直线将各点相连，如图所示；
(5)由图c可知，当n＝4时，加速度为0.80m/s2，由牛顿第二定律可知：
4×0.01×9.8＝(m＋5×0.01)×0.80，解得：m＝0.44kg；
(6)若木板水平，则物体将受到木板的摩擦力；则有：
nm0g-μ[mg＋(5-n)m0g]＝(m＋5m0)a；
a
故说明图像仍为直线，但不再过原点；并且斜率增大；故BC正确。
[2016全国卷Ⅲ T25 20分]如图，两条相距l的光滑平行金属导轨位于同一水平面(纸面)内，其左端接一阻值为R的电阻；一与导轨垂直的金属棒置于两导轨上；在电阻、导轨和金属棒中间有一面积为S的区域，区域中存在垂直于纸面向里的均匀磁场，磁感应强度大小B1随时间t的变化关系为B1＝kt，式中k为常量；在金属棒右侧还有一匀强磁场区域，区域左边界MN(虚线)与导轨垂直，磁场的磁感应强度大小为B0，方向也垂直于纸面向里。某时刻，金属棒在一外加水平恒力的作用下从静止开始向右运动，在t0时刻恰好以速度v0越过MN，此后向右做匀速运动。金属棒与导轨始终相互垂直并接触良好，它们的电阻均忽略不计，k＞0。求：
(1)在t＝0到t＝t0时间间隔内，流过电阻的电荷量的绝对值；
(2)在时刻t(t＞t0)穿过回路的总磁通量和金属棒所受外加水平恒力的大小。
【答案】(1)在t＝0到t＝t0时间间隔内，流过电阻的电荷量的绝对值||；
(2)在时刻t(t＞t0)穿过回路的总磁通量ktS＋B0v0(t-t0)l，金属棒所受外加水平恒力的大小。
【解析】(1)根据法拉第电磁感应定律有：E＝
结合闭合电路欧姆定律有：I＝，及电量表达式有：q＝It＝＝||。
(2)根据题意可知，MN左边的磁场方向与右边的磁场方向相同，那么总磁通量即为两种情况之和，即为：在时刻t(t＞t0)穿过回路的总磁通量为：Φ＝Φ1＋Φ2＝ktS＋B0v0(t-t0)l；
依据法拉第电磁感应定律，那么线圈中产生总感应电动势为：E＝E1＋E2＝kS＋B0lv0；
根据闭合电路欧姆定律，则线圈中产生感应电流大小为：I＝＝
那么安培力大小为：FA＝B0Il＝；
最后根据平衡条件，则水平恒力大小等于安培力大小，即为：F＝。
[2016全国卷Ⅲ T35 10分]如图所示，水平地面上有两个静止的小物块a和b，其连线与墙垂直：a和b相距l；b与墙之间也相距l；a的质量为m，b的质量为m，两物块与地面间的动摩擦因数均相同，现使a以初速度v0向右滑动，此后a与b发生弹性碰撞，但b没有与墙发生碰撞，重力加速度大小为g，求物块与地面间的动摩擦力因数满足的条件。
【答案】≥μ≥。
【解析】设物块与地面间的动摩擦因数为μ，若要物块a、b能够发生碰撞，
应有mv02＞μmgl即μ＜
设在a、b发生弹性碰撞前的瞬间，a的速度大小为v1，
由能量守恒可得mv02≥mv02＋μmgl
设在a、b碰撞后的瞬间，a、b的速度大小分别为v1′，v2′，根据动量守恒和能量守恒可得mv1＝mv1′＋mv2′，mv12＝mv1′2＋·mv2′2
联立可得v2′＝v1
根据题意，b没有与墙发生碰撞，根据功能关系可知：·v2′2≤μ·gl，故有μ≥
综上所述，a与b发生碰撞，但b没有与墙发生碰撞的条件是≥μ≥。
[2016全国卷Ⅲ T26 10分]一U形玻璃管竖直放置，左端开口，右端封闭，左端上部有一光滑的轻活塞。初始时，管内汞柱及空气柱长度如图所示。用力向下缓慢推活塞，直至管内两边汞柱高度相等时为止。求此时右侧管内气体的压强和活塞向下移动的距离。已知玻璃管的横截面积处处相同；在活塞向下移动的过程中，没有发生气体泄漏；大气压强p0＝75.0cmHg。环境温度不变。
【答案】此时右侧管内气体的压强和活塞向下移动的距离9.42cm。
【解析】设初始时，右管中空气柱的压强为p1，长度为l1；左管中空气柱的压强为p2＝p0，长度为l2．该活塞被下推h后，右管中空气柱的压强为p1′，长度为l1′左管中空气柱的压强为p2′，长度为l2′。以cmHg为压强单位。由题给条件得：p1＝p0＋(20.00-5.00)cmHg ①
l1′＝(20.0-)cm ②，由玻意耳定律得：p1l1＝p1′l1′ ③
联立①②③式和题给条件得：p1′＝144cmHg ④
依题意有：p2′＝p1′ ⑤，l2′＝4cm＋cm-h ⑥
由玻意耳定律得：p2l2＝p2′l2′ ⑦，联立④⑤⑥⑦式和题给条件得：h≈9.42cm。
[2016全国卷Ⅲ T27 10分]如图，玻璃球冠的折射率为，其底面镀银，底面半径是球半径的倍，在过球心O且垂直底面的平面(纸面)内，有一与底面垂直的光线射到玻璃冠上的M点，该光线的延长线恰好过底面边缘上的A点，求该光线从球面射出的方向相对于其初始入射方向的偏角。
【答案】光线从球面射出的方向相对于其初始入射方向的偏角为150°。
【解析】设球半径为R，球冠地面中心为O′，连接OO′，则OO′⊥AB
令∠OAO′＝α，则：cosα＝ ①
即∠OAO′＝α＝30° ②，已知MA⊥AB，所以∠OAM＝60° ③
设图中N点为光线在球冠内地面上的反射点，光路图如图所示。
设光线在M点的入射角为i，折射角为r，在N点的入射角为i′，反射角为i″，玻璃的折射率为n。由于△OAM为等边三角形，所以入射角i＝60° ④
由折射定律得：sini＝nsinr ⑤，代入数据得：r＝30° ⑥
作N点的法线NE，由于NE∥MA，所以i′＝30° ⑦
由反射定律得：i″＝30° ⑧
连接ON，由几何关系可知△MAN≌△MON，则∠MNO＝60° ⑨
由⑦⑨式可得∠ENO＝30°，所以∠ENO为反射角，ON为反射光线。由于这一反射光线垂直球面，所以经球面再折射后不改变方向。
所以，该光线从球面射出的方向相对于其初始入射方向的偏角为β＝180°-∠ENO＝150°。
2015年全国卷Ⅰ
[2015全国卷Ⅰ T17 6分]如图，一半径为R，粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ水平。一质量为m的质点自P点上方高度R处由静止开始下落，恰好从P点进入轨道。质点滑到轨道最低点N时，对轨道的压力为4mg，g为重力加速度的大小。用W表示质点从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功。则( )
A.W＝mgR，质点恰好可以到达Q点
B.W＞mgR，质点不能到达Q点
C.W＝mgR，质点到达Q后，继续上升一段距离
D.W＜mgR，质点到达Q后，继续上升一段距离
【答案】C。
【解析】由动能定理可得P点的动能为EkP＝mgh，经过N点时，半径方向的合力提供向心力，有4mg-mg＝m，所以N点的动能为EkN＝mgR，从P点运动到N点，根据动能定理有mgR＋W＝mgR-mgR，即摩擦力做功W＝-mgR。
质点运动过程中，半径方向的合力提供向心力，即FN-mgsinθ＝ma＝m，根据左右对称关系，在同一高度，由于摩擦力做功使得右半边的速度变小，轨道的弹力变小，滑动摩擦力变小，那么从N到Q，根据动能定理得Q点的动能为EkQ＝mgR-mgR-W′，由于W′＜W＝mgR，所以Q点的速度没有减小到0，仍会继续上升一段距离，故选项C正确。
[2015全国卷Ⅰ T18 6分]一带有乒乓球发射机的乒乓球台如图所示，水平台面的长和宽分别为L1和L2，中间球网高度为h，发射机安装于台面左侧边缘的中点，能以不同速率向右侧不同方向水平发射乒乓球，发射点距台面高度为3h，不计空气的作用，重力加速度大小为g，若乒乓球的发射速率v在某范围内，通过选择合适的方向，就能使乒乓球落到球网右侧台面上，v的取值范围是( )
A.v＜L1 B.v
C.v D.v
【答案】D
【解析】若球与网恰好不相碰，根据3h-h＝gt12得，t1＝，
水平位移的最小值，则最小速度v1＝＝。
若球与球台边缘相碰，根据3h＝gt22得，t2＝，
水平位移的最大值为xmax，则最大速度v2＝＝。
[2015全国卷Ⅰ T19 6分] 1824年，法国科学家阿拉果完成了著名的“圆盘实验”。实验中将一铜圆盘水平放置，在其中心正上方用柔软细线悬挂一枚可以自由旋转的磁针，如图所示。实验中发现，当圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中心的竖直轴旋转时，磁针也随着一起转动起来，但略有滞后。下列说法正确的是( )
A. 圆盘上产生了感应电动势
B. 圆盘内的涡电流产生的磁场导致磁针转动
C. 在圆盘转动过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量发生了变化
D. 圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成电流，此电流产生的磁场导致磁针转动
【答案】AB
【解析】圆盘运动过程中，半径方向的金属条在切割磁感线，在圆心和边缘之间产生了感应电动势，选项A正确；圆盘径向的辐条在切割磁感线的过程中，内部距离圆心远近不同的点电势不等而形成涡流，选项B正确；圆盘运动过程中，圆盘位置、圆盘面积和磁场都没有发生变化，所以没有磁通量的变化，选项C错；圆盘本身呈现电中性，不会产生环形电流，选项D错。
[2015全国卷Ⅰ T21 6分]一理想变压器的原，副线圈的匝数比为3∶1，在原、副线圈的回路中分别接有阻值相同的电阻，原线圈一侧接在电压为220V的正弦交流电源上，如图所示，设副线圈回路中电阻两端的电压为U，原、副线圈回路中电阻消耗的功率的比值为k，则( )
A.U＝66V，k＝ B.U＝22V，k＝ C.U＝66V，k＝ D.U＝22V，k＝
【答案】A
【解析】由题意知：副线圈的电流为：I2＝，则原线圈的电流为：I1＝I2＝
与原线圈串联的电阻的电压为：UR＝I1R＝，
由变压器的变比可知，原线圈的电压为3U，所以有：，解得：U＝66V
原线圈回路中的电阻的功率为：P1＝I12R＝，副线圈回路中的电阻的功率为：P2＝
所以k。
[2015全国卷Ⅰ T23 9分]图(a)为某同学改装和校准毫安表的电路图，其中虚线框内是毫安表的改装电路。
(1)已知毫安表表头的内阻为100Ω，满偏电流为1mA；R1和R2为阻值固定的电阻。若使用a和b两个接线柱，电表量程为3mA；若使用a和c两个接线柱，电表量程为10mA。由题给条件和数据，可以求出R1＝ Ω，R2＝ Ω。
(2)现用一量程为3mA、内阻为150Ω的标准电流表A对改装电表的3mA挡进行校准，校准时需选取的刻度为0.5、1.0、1.5、2.0、2.5、3.0mA。电池的电动势为1.5V，内阻忽略不计；定值电阻R0有两种规格，阻值分别为300Ω和1000Ω；滑动变阻器R有两种规格，最大阻值分别为750Ω和3000Ω。则R0应选用阻值为 Ω的电阻，R应选用最大阻值为 Ω的滑动变阻器。
(3)若电阻R1和R2中有一个因损坏而阻值变为无穷大，利用图(b)的电路可以判断出损坏的电阻。图(b)中的R′为保护电阻，虚线框内未画出的电路即为图(a)虚线框的电路。则图中的d点应和接线柱 (填“b”或“c”)相连。判断依据是 。
【答案】(1)15；35；(2)300；3000；(3)c；闭合开关时，若电表指针偏转，则损坏的电阻是R1，若电表指针不动，则损坏的电阻是R2。
【解析】(1)使用a、b接线柱时，Iab＝Ig0.0010.003，
使用a、c接线柱时，Iac＝Ig0.0010.010，
解得：R1＝15Ω，R2＝35Ω；
(2)改装后电流表内阻：r33Ω，R0作为保护电阻，电流最大时，电路总电阻约为：R＝r＋RA＋R0500Ω，R0＝R-r-RA＝500-33-150＝317Ω，则应R0选300Ω；电路电流最小时滑动变阻器接入电路的阻值约为R滑＝-R＝-500＝2500Ω＞750Ω，则滑动变阻器应选择3000Ω的。
(3)由图示电路图可知，图中的d点与接线柱c相连时，闭合开关时，若电表指针偏转，则损坏的电阻是R1，若电表指针不动，则损坏的电阻是R2。
[2015全国卷Ⅰ T25 20分]一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块；在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5m，如图(a)所示。t＝0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t＝1s时木板与墙壁碰撞(碰撞时间极短)。碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板。已知碰撞后1s时间内小物块的v–t图线如图(b)所示。木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g取10m/s2。求：
(1)木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2；
(2)木板的最小长度；
(3)木板右端离墙壁的最终距离。
【答案】(1)木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2分别为0.1和0.4。
(2)木板的最小长度是6.0m；
(3)木板右端离墙壁的最终距离是6.5m。
【解析】(1)规定向右为正方向。木板与墙壁相碰前，小物块和木板一起向右做匀变速运动，设加速度为a1，小物块和木板的质量分别为m和M。由牛顿第二定律有
-μ1(m＋M)g＝(m＋M)a1 ①
由图可知，木板与墙壁碰前瞬间速度v1＝4m/s，由运动学公式得
v1＝v0＋at ② s0＝v0t1＋a1t12 ③
式中，t1＝1s，s0＝4.5m是木板碰前的位移，v0是小木块和木板开始运动时的速度。
联立①②③式和题给条件得 μ1＝0.1 ④
在木板与墙壁碰撞后，木板以–v1的初速度向左做匀变速运动，小物块以v1的初速度向右做匀变速运动。设小物块的加速度为a2，由牛顿第二定律有 -μ2mg＝ma2 ⑤
由图可得 a2＝ ⑥
式中，t2＝2s，v2＝0，联立⑤⑥式和题给条件得 μ2＝0.4 ⑦
(2)设碰撞后木板的加速度为a3，经过时间Δt，木板和小物块刚好具有共同速度v3.由牛顿第二定律及运动学公式得：μ2mg＋μ1(m＋M)g＝Ma3 ⑧
v3＝-v1＋a3Δt ⑨
v3＝v1＋a2Δt ⑩
碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中，木板运动的位移为
s1＝Δt
小物块运动的位移为s2＝Δt
小物块相对木板的位移为Δs＝s2-s1
联立⑥⑧⑨⑩ 式，并代入数值得Δs＝6.0m
因为运动过程中小物块没有脱离木板，所以木板的最小长度应为6.0m。
(3)在小物块和木板具有共同速度后，两者向左做匀变速运动直至停止，设加速度为a4，此过程中小物块和木板运动的位移s3。由牛顿第二定律及运动学公式得
μ1(m＋M)g＝(m＋M)a4 ，0-v32＝2a4s3
碰后木板运动的位移为s＝s1＋s3
联立⑥⑧⑨⑩ 式，并代入数值得 s＝–6.5m
木板右端离墙壁的最终距离为6.5m。
[2015全国卷Ⅰ T35 10分]在足够长的光滑水平面上，物体A、B、C位于同一直线上，A点位于B、C之间，A的质量为m，B、C的质量都为M，三者均处于静止状态，现使A以某一速度向右运动，求m和M之间应满足什么条件，才能使A只与B、C各发生一次碰撞。设物体间的碰撞都是弹性的。
【答案】m和M之间应满足M＞m≥(–2)M，才能使A只与B、C各发生一次碰撞。
【解析】A向右运动与C发生碰撞的过程中系统的动量守恒、机械能守恒，选取向右为正方向，设开始时A的速度为v0，第一次与C碰撞后C的速度为vC1，A的速度为vA1。由动量守恒定律、机械能守恒定律得：mv0＝mvA1＋MvC1 ①，mv02＝mvA12＋MvC12 ②
联立①②得：vA1＝v0 ③，vC1＝v0 ④
可知，只有m＜M时，A才能被反向弹回，才可能与B发生碰撞。A与B碰撞后B的速度为vB1，A的速度为vA2。由动量守恒定律、机械能守恒定律，同理可得：
vA2＝vA1＝()2v0 ⑤
根据题意要求A只与B、C各发生一次碰撞，应有：vA2≤vC1 ⑥
联立④⑤⑥得：m2＋4mM-M2≥0，解得：m≥(–2)M，(另一解：m≤–(＋2)M舍去)所以m与M之间的关系应满足：M＞m≥(–2)M
[2015全国卷Ⅰ T26 10分]如图，一固定的竖直汽缸由一大一小两个同轴圆筒组成，两圆筒中各有一个活塞，已知大活塞的质量为m1＝2.50kg，横截面积为s1＝80.0cm2，小活塞的质量为m2＝1.50kg，横截面积为s2＝40.0cm2，两活塞用刚性轻杆连接，间距保持为l＝40.0cm，汽缸外大气的压强为p＝1.00×105Pa，温度为T＝303K，初始时大活塞与大圆筒底部相距，两活塞间封闭气体的温度为T1＝495K，现汽缸内气体温度缓慢下降，活塞缓慢下移，忽略两活塞与汽缸壁之间的摩擦，重力加速度大小g取10m/s2，求：
(1)在大活塞与大圆筒底部接触前的瞬间，缸内封闭气体的温度；
(2)缸内封闭的气体与缸外大气达到热平衡时，缸内封闭气体的压强。
【答案】(1)在大活塞与大圆筒底部接触前的瞬间，缸内封闭气体的温度为330K；
(2)缸内封闭的气体与缸外大气达到热平衡时，缸内封闭气体的压强为1.01×105Pa。
【解析】(1)大活塞与大圆筒底部接触前气体发生等压变化，气体的状态参量：V1＝(l-)s2＋s1＝(40-)×40＋×80＝2400cm3，T1＝495K，V2＝s2l＝40×40＝1600cm3，由盖吕萨克定律得：，即：，解得：T2＝330K。
(2)大活塞与大圆筒底部接触后到气缸内气体与气缸外气体温度相等过程中气体发生等容变化，大活塞刚刚与大圆筒底部接触时，由平衡条件得：pS1＋p2S2＋(m1＋m2)g＝p2S1＋pS2，代入数据解得：p2＝1.1×105Pa，T2＝330K，T3＝T＝303K，由查理定律得：，
即：，解得：p3＝1.01×105Pa。
[2015全国卷Ⅰ T27 10分]甲、乙两列简谐横波在同一介质中分别沿x轴正向和负向传播，波速均为v＝25cm/s，两列波在t＝0时的波形曲线如图所示，求：
(1)t＝0时，介质中偏离平衡位置位移为16cm的所有质点的x坐标；
(2)从t＝0开始，介质中最早出现偏离平衡位置位移为-16cm的质点的时间。
【答案】(1)t＝0时，介质中偏离平衡位置位移为16cm的所有质点的x坐标为(50＋300n)cm，n＝0，±1，±2…。
(2)从t＝0开始，介质中最早出现偏离平衡位置位移为-16cm的质点的时间为0.1s。
【解析】(1)t＝0时，在x＝50cm处两列波的波峰相遇，该处质点偏离平衡位置的位移为16cm，两列波的波峰相遇处的质点偏离平衡位置的位移均为16cm。从图线可以看出，甲、乙两列波的波长分别为：λ1＝50cm，λ2＝60cm ①
甲、乙两列波的波峰的x坐标分别为：
x1＝50＋k1λ1，k1＝0，±1，±2 ②；x2＝50＋k2λ2，k2＝0，±1，±2 ③
①②③式得，介质中偏离平衡位置位移为16cm的所有质点的x坐标为：
x＝(50＋300n)cm，n＝0，±1，±2 ④
(2)只有两列波的波谷相遇处的质点的位移为-16cm。t＝0时，两波波谷间的x坐标之差为：
Δx′＝[50＋(2m2＋1)]-[50＋(2m1＋1)] ⑤
式中m1和m2均为整数，将①式代入⑤式得：Δx′＝10(6m2-5m1)＋5
由于m1和m2均为整数，相向传播的波谷间的距离最小为：Δx0′＝5cm
从t＝0开始，介质中最早出现偏离平衡位置位移为-16cm的质点的时间为：
t＝，代入数值得：t＝0.1s。
2015年全国卷Ⅱ
[2015全国卷Ⅱ T17 6分]一汽车在平直公路上行驶。从某时刻开始计时，发动机的功率P随时间t的变化如图所示。假定汽车所受阻力的大小f恒定不变。下列描述该汽车的速度v随时间t变化的图像中，可能正确的是( )
【答案】A
【解析】在0﹣t1时间内，如果匀速，则v-t图像是与时间轴平行的直线，如果是加速，根据P＝Fv，牵引力减小；根据F-f＝ma，加速度减小，是加速度减小的加速运动，当加速度为0时，即F1＝f，汽车开始做匀速直线运动，此时速度v1。所以0-t1时间内，v-t图像先是平滑的曲线，后是平行于横轴的直线；在t1-t2时间内，功率突然增加，故牵引力突然增加，是加速运动，根据P＝Fv，牵引力减小；再根据F-f＝ma，加速度减小，是加速度减小的加速运动，当加速度为0时，即F2＝f，汽车开始做匀速直线运动，此时速度v2。所以在t1-t2时间内，即v-t图像也先是平滑的曲线，后是平行于横轴的直线。
[2015全国卷Ⅱ T21 6分]如图，滑块a、b的质量均为m，a套在固定竖直杆上，与光滑水平地面相距h，b放在地面上，a、b通过铰链用刚性轻杆连接，由静止开始运动。不计摩擦，a、b可视为质点，重力加速度大小为g。则( )
A.a落地前，轻杆对b一直做正功
B.a落地时速度大小为
C.a下落过程中，其加速度大小始终不大于g
D.a落地前，当a的机械能最小时，b对地面的压力大小为mg
【答案】BD
【解析】当a到达底端时，b的速度为零，b的速度在整个过程中，先增大后减小，动能先增大后减小，所以轻杆对b先做正功，后做负功。故A错误。a运动到最低点时，b的速度为零，根据系统机械能守恒定律得：mAgh＝mAvA2，解得vA＝。故B正确。b的速度在整个过程中，先增大后减小，所以a对b的作用力先是动力后是阻力，所以b对a的作用力就先是阻力后是动力，所以在b减速的过程中，b对a是向下的拉力，此时a的加速度大于重力加速度，故C错误；ab整体的机械能守恒，当a的机械能最小时，b的速度最大，此时b受到a的推力为零，b只受到重力的作用，所以b对地面的压力大小为mg，故D正确。
[2015全国卷Ⅱ T23 9分]电压表满偏时通过该表的电流是半偏时通过该表的电流的两倍。某同学利用这一事实测量电压表的内阻(半偏法)，实验室提供材料器材如下：
待测电压表V(量程3V，内阻约为3000欧)，电阻箱R0(最大阻值为99999.9欧)，滑动变阻器R1(最大阻值100欧，额定电流2A)，电源E(电动势6V，内阻不计)，开关2个，导线若干。
(1)虚线框内为该同学设计的测量电压表内阻的电路图的一部分，将电路图补充完整。
(2)根据设计的电路，写出实验步骤： 。
(3)将这种方法测出的电压表内阻记为R V，与电压表内阻的真实值RV相比，R V RV(填“＞”“＝”或“＜”)，主要理由是 。
【答案】见解析。
【解析】(1)见图。
(2)移动滑动变阻器的滑片，以保证通电后电压表所在支路分压最小；闭合开关S1、S2，调节R1，使电压表指针满偏；保证滑动变阻器的滑片的位置不变，断开S2，调节电阻箱R0，使电压表的指针半偏；读取电阻箱所示的电阻值，即为测得的电压表内阻
(3)＞；断开S2，调节电阻箱使电压表成半偏状态，电压表所在支路的总电阻增大，分得的电压也增大，此时R0两端的电压大于电压表的半偏电压，故R V＞RV。
[2015全国卷Ⅱ T25 20分]下暴雨时，有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害。某地有一倾角为θ＝37°(sin37°＝)的山坡C，上面有一质量为m的石板B，其上下表面与斜坡平行；B上有一碎石堆A(含有大量泥土)，A和B均处于静止状态，如图所示。假设某次暴雨中，A浸透雨水后总质量也为m(可视为质量不变的滑块)，在极短时间内，A、B间的动摩擦因数μ1减小为，B、C间的动摩擦因数μ2减小为0.5，A、B开始运动，此时刻为计时起点；在第2s末，B的上表面突然变为光滑，μ2保持不变。已知A开始运动时，A离B下边缘的距离l＝27m，C足够长，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。取重力加速度大小g＝10m/s2。求：
(1)在0~2s时间内A和B加速度的大小；
(2)A在B上总的运动时间。
【答案】(1)a1＝3m/s2；a2＝1m/s2 (2)4s。
【解析】(1)在0~2s时间内，A和B的受力如图所示，其中f1、N1是A与B之间的摩擦力和正压力的大小，f2、N2是B与C之间的摩擦力和正压力的大小，方向如图所示。
由滑动摩擦力公式和力的平衡条件：f1＝μ1N1 ①，
N1＝mgcosθ ②
f2＝μ2N2 ③，N2＝N1＋mgcosθ ④
规定沿斜面向下为正。设A和B的加速度分别为a1和a2，由牛顿第二定律得：
mgsinθ-f1＝ma1 ⑤，mgsinθ-f2＋f1＝ma2 ⑥
联立①②③④⑤⑥式，并代入题给条件得：a1＝3m/s2 ⑦，a2＝1m/s2 ⑧
(2)在t1＝2s时，设A和B的速度分别为v1和v2，则
v1＝a1t1＝6m/s ⑨
v2＝a2t2＝2m/s ⑩
t > t1时，设A和B的加速度分别为a 1和a 2。此时A与B之间摩擦力为零，同理可得
a 1＝6m/s2 ，a 2＝–2m/s2
即B做减速运动。设经过时间t2，B的速度减为零，则有：v2＋a 2t2＝0
联立⑩ 式得：t2＝1s
在t1＋t2时间内，A相对于B运动的距离为：
s＝(a1t12＋v1t2＋a1′t22)-(a2t12＋v2t2＋a2′t22)
＝12m＜27m
此后B静止不动。A继续在B上滑动。
设再经过时间t3后A离开B，则有
L-s＝(v1＋a1′t2)t3＋a1′t32
可得：t3＝1s (另一解不合题意，舍去)
设A在B上总的运动时间为t总，有：
t总＝t1＋t2＋t3＝4s (利用下面的速度图像求解，正确的，参照上述答案信参考给分)
[2015全国卷Ⅱ T36 10分]滑块a、b沿水平面上同一条直线运动，并发生碰撞；碰撞后两者粘在一起运动；经过一段时间后，从光滑路段进入粗糙路段。两者的位置x随时间t变化的图像如图所示。求：
(1)滑块a、b的质量之比；
(2)整个运动过程中，两滑块克服摩擦力做的功与因碰撞而损失的机械能之比。
【答案】(1)滑块a、b的质量之比为1∶8；
(2)整个运动过程中，两滑块克服摩擦力做的功与因碰撞而损失的机械能之比为1∶2。
【解析】(1)设a、b的质量分别为m1、m2，a、b碰撞前地速度为v1、v2。
由题给的图像得：v1＝-2m/s，v2＝lm/s
a、b发生完全非弹性碰撞，碰撞后两滑块的共同速度为v。
由题给的图像得：v＝m/s，两滑块碰撞过程系统动量守恒，以滑块b的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v，解得：m1∶m2=1∶8。
(2)由能量守恒得，两滑块因碰撞损失的机械能为：ΔE＝m1v12＋m2v22-(m1＋m2)v2，
由图像可知，两滑块最后停止运动，由动能定理得，两滑块克服摩擦力所做的功为：
W＝(m1＋m2)v2，解得：W∶ΔE＝1∶2。
[2015全国卷Ⅱ T26 10分]如图，一粗细均匀的U形管竖直放置，A侧上端封闭，B侧上端与大气相通，下端开口处开关K关闭，A侧空气柱的长度为l＝10.0cm，B侧水银面比A侧的高h＝3.0cm。现将开关K打开，从U形管中放出部分水银，当两侧水银面的高度差为h1＝10.0cm时将开关K关闭。已知大气压强p0＝75.0cmHg。
(i)求放出部分水银后A侧空气柱的长度；
(ii)此后再向B侧注入水银，使A、B两侧的水银面达到同一高度，求注入的水银在管内的长度。
【答案】(i)放出部分水银后A侧空气柱的长度为12cm；
(ii)注入的水银在管内的长度为13.2cm。
【解析】(i)以cmHg为压强单位。设A侧空气柱长度l＝10.0cm时压强为p，当两侧的水银面的高度差为h1＝10.0cm时，空气柱的长度为l1，压强为p1，由玻意耳定律，有：
pl＝p1l1 ①，由力学平衡条件，有：p＝p0＋ph ②
打开开关放出水银的过程中，B侧水银面处的压强始终为p0，而A侧水银面处的压强随空气柱长度的增加逐渐减小，B、A两侧水银面的高度差也随着减小，直至B侧水银面低于A侧水银面h1为止，由力学平衡条件，有：p1＝p0-ph1 ③
联立①②③，并代入题目数据，有：l1＝12cm ④
(ii)当A、B两侧的水银面达到同一高度时，设A侧空气柱的长度为l2，压强为p2，玻意耳定律，有：pl＝p2l2 ⑤，由力学平衡条件有：p2＝p0 ⑥
联立②⑤⑥式，并代入题目数据，有：l2＝10.4cm ⑦
设注入水银在管内的长度为Δh，依题意，有：Δh＝2(l1-l2)＋h1 ⑧
联立④⑦⑧式，并代入题目数据，有：Δh＝13.2cm
[2015全国卷Ⅱ T27 10分]平衡位置位于原点O的波源发出的简谐横波在均匀介质中沿水平x轴传播，P、Q为x轴上的两个点(均位于x轴正向)，P与O的距离为35cm，此距离介于一倍波长与二倍波长之间。已知波源自t＝0时由平衡位置开始向上振动，周期T＝1s，振幅A＝5cm。当波传到P点时，波源恰好处于波峰位置；此后再经过5s，平衡位置在Q处的质点第一次处于波峰位置。求：
(i)P、Q间的距离；
(ii)从t＝0开始到平衡位置在Q处的质点第一次处于波峰位置时，波源在振动过程中通过的路程。
【答案】(i)P、Q间的距离为133cm；
(ii)从t＝0开始到平衡位置在Q处的质点第一次处于波峰位置时，波源在振动过程中通过的路程为125cm。
【解析】(i)由题意，O、P两点间的距离与波长λ之间满足：OP＝λ ①
波速v与波长的关系为：v＝ ②，在t＝5s的时间间隔内，波传播的路程为vt。
由题意有：vt＝PQ＋λ ③，式中，PQ为P、Q间的距离。
由①②③式和题给数据，得：PQ＝133cm。
(ii)Q处的质点第一次处于波峰位置时，波源运动的时间为：t1＝t＋T
波源从平衡位置开始运动，每经过T，波源运动的路程为A。
有题给条件得：t1＝25T，故t1时间内，波源运动的路程为：s＝25A＝125cm。
2014年全国卷Ⅰ
[2014全国卷Ⅰ T17 6分]如图，用橡皮筋将一小球悬挂在小车的架子上，系统处于平衡状态。现使小车从静止开始向左加速，加速度从零开始逐渐增大到某一值，然后保持此值，小球稳定地偏离竖直方向某一角度(橡皮筋在弹性限度内)。与稳定在竖直时位置相比，小球的高度
A.一定升高
B.一定降低
C.保持不变
D.升高或降低由橡皮筋的劲度系数决定
【答案】A
【解析】小车静止时，橡皮筋弹力等于小球重力F1＝mg，小球在悬点下竖直距离：L1＝L0＋；小车以一定加速度运动时，小球稳定地偏离竖直方向某一角度θ，此时橡皮筋弹力为F2，对于小球在竖直方向有：F2cosθ＝mg，则小球在悬点下竖直距离：L2＝(L0＋)cosθ＝L0cosθ＋，故L1>L2，即小球一定升高。A正确。
[2014全国卷Ⅰ T19 6分]太阳系各行星几乎在同一平面内沿同一方向绕太阳做圆周运动。当地球恰好运行到某地外行星和太阳之间，且三者几乎排成一条直线的现象，天文学称为“行星冲日”。据报道，2014年各行星冲日时间分别是：1月6日木星冲日；4月9日火星冲日；5月11日土星冲日；8月29日海王星冲日；10月8日天王星冲日。已知地球及各地外行星绕太阳运动的轨道半径如下表所示，则下列判断正确的是
地球 火星 木星 土星 天王星 海王星
轨道半径(AU) 1.0 1.5 5.2 9.5 19 30
A.各地外行星每年都会出现冲日现象
B.在2015年内一定会出现木星冲日
C.天王星相邻两次冲日的时间间隔为土星的一半
D.地外行星中，海王星相邻两次冲日的时间间隔最短
【答案】BD
【解析】相邻两次行星冲日的时间间隔就是地球比该行星多运动一周的时间，根据开普勒第三定律＝k得：T＝，相邻两次行星冲日的时间间隔：
t＝＝＝＞T地，即相邻两次行星冲日的时间间隔大于1年，A错误；根据木星轨道半径是地球的5.2倍，木星周期大于11年，小于12年，所以木星冲日的时间间隔大于年，小于1.1年。由于今年的冲日时间是1月6日，所以下次木星冲日在2015年，B正确；由于木星相邻两次冲日的时间间隔的一半还不到一年，而所有行星冲日的相邻间隔都超过1年，所以天王星相邻两次的冲日的时间不可能是土星的一半，C错误。根据海王星的轨道半径最大，周期最大，可判断海王星的时间间隔最短，D正确。
[2014全国卷Ⅰ T23 9分]利用如图(a)所示电路，可以测量电源的电动势和内阻，所用的实验器材有：
待测电源，电阻箱R(最大阻值999.9Ω)，电阻R0(阻值3.0Ω)，电阻R1(阻值3.0Ω)，电流表(量程为200mA，内阻为RA＝6.0Ω)，开关S。
实验步骤如下：
①将电阻箱阻值调到最大，闭合开关S；
②多次调节电阻箱，记下电流表的示数I和电阻箱相应的阻值R；
③以为纵坐标，R为横坐标，作- R图线(用直线拟合)
④求出直线的斜率k和在纵轴上的截距b
回答下列问题：
(1)分别用E和r表示电源的电动势和内阻，则与R的关系式为 。
(2)实验得到的部分数据如下表所示，其中电阻R＝3.0Ω时电流表的示数如图(b)所示，读出数据，完成下表。答：① ，② 。
R/Ω 1.0 2.0 3.0 4.0 5.0 6.0 7.0
I/A 0.143 0.125 ① 0.100 0.091 0.084 0.077
I-1/A-1 6.99 8.00 ② 10.0 11.0 11.9 13.0
(3)在图(c)的坐标纸上将所缺数据点补充完整并作图，根据图线求得斜率k＝ A-1Ω-1，截距b＝ A-1。
(4)根据图线求得电源电动势E＝ V，内阻r ＝ Ω。
【答案】(1) 。(2)①0.110，②9.09。(3)见图(c)答。(4)3.0(或在2.7~3.3之间)1.0(或在0.6 ~1.4之间)。
【解析】(1)由于电流表与电阻R1并联，且RA＝6.0Ω，R1＝3.0Ω，当电流表示数为I时，电路总电流应为3I。根据闭合电路欧姆定律有：E＝3I(＋R0＋R＋r)，代入数据整理得：
(2)根据图(b)可得电流表示数为110mA＝0.110A；所以1/I＝9.09
(3)见图(c)答
(4)根据和图像可得：＝k＝1，＝b＝6，解得：E＝3V，r＝1.0Ω。
[2014全国卷Ⅰ T25 20分]如图，O、A、B为同一竖直平面内的三个点，OB沿竖直方向，∠BOA＝60°，OB＝OA。将一质量为m的小球以一定的初动能自O点水平向右抛出，小球在运动过程中恰好通过A点。使此小球带电，电荷量为q(q >0)，同时加一匀强电场，场强方向与ΔOAB所在平面平行。现从O点以同样的初动能沿某一方向抛出此带电小球，该小球通过了A点，到达A点时的动能是初动能的3倍；若该小球从O点以同样的初动能沿另一方向抛出，恰好通过B点，且到达B点时的动能为初动能的6倍。重力加速度大小为g。求：
(1)无电场时，小球到达A点时的动能与初动能的比值；
(2)电场强度的大小和方向。
【答案】(1)；(2)；与竖直向下的方向的夹角为30°
【解析】(1)设小球的初速度为v0，初动能为Ek0，从O点运动到A点的时间为t，令OA＝ d，则OB ＝d，根据平抛运动的规律有：d sin60°＝v0t ①
d cos60°＝gt2 ②，又有Ek0 ＝mv02 ③
由①②③式得：Ek0 ＝mgd ④
设小球到达A点时的动能为EkA，则：EkA ＝ Ek0 ＋mgd ⑤
由④⑤式得：＝ ⑥
(2)加电场后，小球从O点到A点和B点，高度分别降低了d和，设电势能分别减小ΔEpA和ΔEpB，由能量守恒及④式得：ΔEpA＝3Ek0 - Ek0 -mgd ＝Ek0 ⑦
ΔEpB＝6Ek0 - Ek0 -mgd ＝Ek0 ⑧
在匀强电场中，沿任一直线，电势的降落是均匀的。设直线OB上的M点与A点等电势，M与O点的距离为x，如图，则有： ⑨
解得x ＝ d。MA为等势线，电场必与其垂线OC方向平行。设电场方向与竖直向下的方向夹角为α，由几何关系可得：α ＝30° ⑩
即电场方向与竖直向下的方向的夹角为30°。设场强的大小为E，有：
qEd cos30°＝ΔEpA ，由④⑦ 式得：E＝
[2014全国卷Ⅰ T35 10分]如图，质量分别为mA、mB的两个弹性小球A、B静止在地面上方，B球距地面的高度h＝0.8m，A球在B球的正上方。先将B球释放，经过一段时间后再将A球释放。当A球下落t＝0.3s时，刚好与B球在地面上方的P点处相碰，碰撞时间极短，碰后瞬间A球的速度恰为零。已知mB＝3mA，重力加速度大小g＝10m/s2。忽略空气阻力及碰撞中的动能损失。求：
(1)B球第一次到达地面时的速度；
(2)P点距离地面的高度。
【答案】(1)4m/s (2)0.75m
【解析】(1)设B球第一次到达地面时的速度大小为vB，由运动学公式有
vB ＝ ①
将h＝0.8m代入上式，得
vB＝4m/s ②
(2)设两球相碰前后，A球的速度大小分别为v1和v1′(v1′ ＝0)，B球的速度分别为v2和v2′，由运动学规律可得
v1 ＝gt ③
由于碰撞时间极短，重力的作用可以忽略，两球相碰前后的动量守恒，总动能保持不变。规定向下的方向为正，有
mAv1＋ mBv2 ＝mBv2′ ④
mAv12＋mBv22＝mBv2′2 ⑤
设B球与地面相碰后的速度大小为vB′，由运动学及碰撞的规律可得
vB′＝ vB ⑥
设P点距地面的高度为h′，由运动学规律可得：h′ ＝ ⑦
联立②③④⑤⑥⑦式，并代入已知条件可得：h′ ＝0.75m ⑧
[2014全国卷Ⅰ T26 10分]一定质量的理想气体被活塞封闭在竖直放置的圆柱形气缸内，气缸壁导热良好，活塞可沿气缸壁无摩擦地滑动。开始时气体压强为p，活塞下表面相对于气缸底部的高度为h，外界的温度为T0，现取质量为m的沙子缓慢地倒在活塞的上表面，沙子倒完时，活塞下降了，若此后外界的温度变为T，求重新达到平衡后气体的体积。已知外界大气的压强始终保持不变、重力加速度大小为g。
【答案】重新达到平衡后气体的体积为。
【解析】设大气与活塞对气体的总压强为p，活塞横截面积为S，气体末状态的压强p′＝p，体积V′＝(hh)SSh，由玻意耳定律得：pV＝p′V′，
即：pSh＝(p)Sh ①，由①式得＝p ②
外界的温度变为T后，设活塞下表面相对于气缸底部的高度为h′，根据盖-吕萨克定律，得：＝ ③，解得h′＝h ④
气体最后的体积为V＝h′S…⑤，联立②④⑤可得V＝。
[2014全国卷Ⅰ T27 10分]一个半圆柱形玻璃砖，其横截面是半径为R的半圆，AB为半圆的直径，O为圆心，如图所示，玻璃的折射率n＝。
(i)一束平行光垂直射向玻璃砖的下表面，若光线到达上表面后，都能从该表面射出，则入射光束在AB上的最大宽度为多少？
(ii)一细束光线在O点左侧与O相距R处垂直于AB从下方入射，求此光线从玻璃砖射出点的位置。
【答案】(i)一束平行光垂直射向玻璃砖的下表面，若光线到达上表面后，都能从该表面射出，则入射光束在AB上的最大宽度为R；
(ii)一细束光线在O点左侧与O相距R处垂直于AB从下方入射，此光线从玻璃砖射出点的位置在O点左侧或者右侧R处。
【解析】(i)根据全反射定律：sinC＝，得：C＝45°，即临界角为45°，如下图：
由几何知识得：d＝，则入射光束在AB上的最大宽度为2d＝R。
(ii)设光线在距离O点R的C点射入后，在上表面的入射角为α，由几何关系和已知条件得：α＝60°＞C，光线在玻璃砖内会发生三次全反射，最后由G点射出，如图：
由反射定律和几何关系得：OG＝OC＝R，射到G点的光有一部分被反射，沿原路返回到达C点射出。
2014年全国卷Ⅱ
[2014全国卷Ⅱ T18 6分]假设地球可视为质量均匀分布的球体。已知地球表面重力加速度在两极的大小为g0；在赤道的大小为g；地球自转的周期为T；引力常量为G，地球的密度为( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】地球表面的物体在两极万有引力等于重力：＝mg0，在地球的赤道上万有引力为重力和物体随地球自转所需向心力的合力：＝m()2R＋mg，地球的质量：M＝ρ×πR3，联立可得：ρ＝，选项B正确。
[2014全国卷Ⅱ T21 6分]如图，一理想变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2。原线圈通过一理想电流表接正弦交流电源，一个二极管和阻值为R的负载电阻串联后接到副线圈的两端。假设该二极管的正向电阻为零，反向电阻为无穷大。用交流电压表测得a、b端和c、d端的电压分别为Uab和Ucd，则( )
A.Uab∶Ucd＝n1∶n2
B.增大负载电阻的阻值R，电流表的读数变小
C.负载电阻的阻值越小，cd间的电压Ucd越大
D.将二极管短路，电流表的读数加倍
【答案】BD
【解析】若变压器初级电压为Uab，则次级电压为U2＝Uab；由于二级管的单向导电性使得cd间电压为Ucd＝U2，故，A错误；增大负载的阻值R，输出功率减小，则输入电流减小，即电流表的读数减小，B正确，cd间的电压由变压器的初级电压决定，与负载电阻R的大小无关，C错误；若二极管短路则Ucd＝U2，则次级电流会加倍，则初级电流也加倍，D正确。
[2014全国卷Ⅱ T23 9分]某实验小组探究弹簧的劲度系数k与其长度(圈数)的关系。实验装置如图(a)所示；
一均匀长弹簧竖直悬挂，7个指针P0、P1、P2、P3、P4、P5、P6分别固定在弹簧上距悬点0、10、20、30、40、50、60圈处；通过旁边竖直放置的刻度尺，可以读出指针的位置，P0指同0刻度。设弹簧下端未挂重物时，各指针的位置记为x0；挂有质量为0.100kg的砝码时，各指针的位置记为x。测量结果及部分计算结果如下表所示(n为弹簧的圈数，取重力加速度为9.80m/s2)。已知实验所用弹簧总圈数为60，整个弹簧的自由长度为11.88cm。
P1 P2 P3 P4 P5 P6
x0(cm) 2.04 4.06 6.06 8.05 10.03 12.01
x(cm) 2.64 5.26 7.81 10.30 12.93 15.41
n 10 20 30 40 50 60
k(N/m) 163 ① 56.0 43.6 33.8 28.8
1/k(m / N) 0.0061 ② 0.0179 0.0229 0.0296 0.0347
(1)将表中数据补充完整：① ， ② 。
(2)以n为横坐标，1/k为纵坐标，在图(b)给出的坐标纸上画出1/k-n图像。
(3)图(b)中画出的直线可以近似认为通过原点，若从试验中所用的弹簧截取圈数为n的一段弹簧，该弹簧的劲度系数k与其圈数n的关系表达式为k＝ N/m；该弹簧的劲度系数k与其自由长度l0(单位为m)的关系表达式为k＝ N/m。
【答案】(1)①81.7；②0.0122；(2)如图所示；(3)k＝(N/m)(在～之间均可)；k＝(在～之间均可)。
【解析】(1)k＝m/N＝81.7m/N，
故＝m/N＝0.0122m/N
(2)如图所示
(3)由图线可得其斜率为：＝0.000572
故直线满足＝0.000572n即k＝(N/m)(在～之间均可)由于60匝弹簧总长度为11.88cm；则n匝弹簧的为l0满足
代入k＝得：k＝(在～之间均可)
[2014全国卷Ⅱ T25 19分]半径分别为r和2r的同心圆形导轨固定在同一水平面内，一长为r，质量为m且质量分布均匀的直导体棒AB置于圆导轨上面，BA的延长线通过圆导轨中心O，装置的俯视图如图所示，整个装置位于一匀强磁场中，磁感应强度的大小为B，方向竖直向下，在内圆导轨的C点和外圆导轨的D点之间接有一阻值为R的电阻(图中未画出)。直导体棒在水平外力作用下以角速度ω绕O逆时针匀速转动，在转动过程中始终与导轨保持良好接触。设导体棒与导轨之间的动摩擦因数为μ，导体棒和导轨的电阻均可忽略。重力加速度大小为g。求：
(1)通过电阻R的感应电流的方向和大小；
(2)外力的功率。
【答案】(1)C端流向D端；；(2)μmgωr＋
【解析】(1)在Δt时间内，导体棒扫过的面积为：ΔS＝ωΔt[(2r)2-r2] ①
根据法拉第电磁感应定律，导体棒产生的感应电动势大小为：E＝ ②
根据右手定则，感应电流的方向是从B端流向A端，因此流过导体又的电流方向是从C端流向D端；由欧姆定律流过导体又的电流满足：I＝ ③
联立①②③可得：I＝ ④
(2)在竖直方向有：mg-2FN＝0 ⑤
式中，由于质量分布均匀，内外圆导轨对导体棒的正压力相等，其值为FN，两导轨对运动的导体棒的滑动摩擦力均为：Ff＝μFN ⑥
在Δt时间内，导体棒在内外圆导轨上扫过的弧长分别为：l1＝rωΔt ⑦
l2＝2rωΔt ⑧
克服摩擦力做的总功为：Wf＝Ff(l1＋l2) ⑨
在Δt时间内，消耗在电阻R上的功为：WR＝I2RΔt ⑩
根据能量转化和守恒定律，外力在Δt时间内做的功为W＝Wf＋WR
外力的功率为：P＝
由④至 式可得：P＝μmgωr＋
[2014全国卷Ⅱ T35 10分]现利用图(a)所示装置验证动量守恒定律。在图(a)中，气垫导轨上有A、B两个滑块，滑块A右侧带有一弹簧片，左侧与打点计时器(图中未画出)的纸带相连；滑块B左侧也带有一弹簧片，上面固定一遮光片，光电计数器(未完全画出)可以记录遮光片通过光电门的时间。
实验测得滑块A的质量m1＝0.301kg，滑块B的质量m2＝0.108kg，遮光片的宽度d＝1.00cm；打点计时器所用交流电的频率f＝50.0Hz。
将光电门固定在滑块B的右侧，启动打点计时器，给滑块A一向右的初速度，使它与B相碰。碰后光电计数器显示的时间为ΔtB＝3.500ms，碰撞前后打出的纸带如图(b)所示。
若实验允许的相对误差绝对值()最大为5%，本实验是否在误差范围内验证了动量守恒定律？写出运算过程。
【答案】见解析。
【解析】按定义，物体运动的瞬时速度大小v为：v＝
式中Δx为物块在很短的时间Δt内的位移，设纸带上打出相邻两点的时间间隔为ΔtA，则
ΔtA＝1/f＝0.02s，ΔtA可视为很短
设在A碰撞前后瞬时速度大小分别为v0和v1
由图(b)所给数据可得：v0＝2.00m/s，v1＝0.790m/s
设B碰撞后瞬时速度大小为v2，v2＝＝2.56m/s
设两滑块在碰撞前后的动量分别为P和P′，则：P＝m1v0，P′＝m1v1＋m2v2
两滑块在碰撞前后总动量相对误差的绝对值为：δr＝×100%
联立各式代入数据得：δr＝1.7%＜5%，因此，本实验在允许的误差范围内验证了动量守恒定律。
[2014全国卷Ⅱ T26 10分]如图，两气缸AB粗细均匀，等高且内壁光滑，其下部由体积可忽略的细管连通；A的直径为B的2倍，A上端封闭，B上端与大气连通；两气缸除A顶部导热外，其余部分均绝热。两气缸中各有一厚度可忽略的绝热轻活塞a、b，活塞下方充有氮气，活塞a上方充有氧气；当大气压为p0，外界和气缸内气体温度均为7℃且平衡时，活塞a离气缸顶的距离是气缸高度的，活塞b在气缸的正中央。
(ⅰ)现通过电阻丝缓慢加热氮气，当活塞b升至顶部时，求氮气的温度；
(ⅱ)继续缓慢加热，使活塞a上升，当活塞a上升的距离是气缸高度的时，求氧气的压强。
【答案】(ⅰ)氮气的温度为320K；(ⅱ)氧气的压强为p0。
【解析】(ⅰ)活塞b升至顶部的过程中，活塞a不动，活塞a、b下方的氮气经历等压过程。
设气缸A的容积为V0，氮气初态体积为V1，温度为T1，末态体积为V2，温度为T2，按题意，气缸B的容积为V0，则得：
V1＝V0 V0＝V0 ①，V2＝V0V0＝V0 ②
根据盖 吕萨克定律得： ③，由①②③式和题给数据得：T2＝320K ④
(ⅱ)活塞b升至顶部后，由于继续缓慢加热，活塞a开始向上移动，直至活塞上升的距离是气缸高度的时，活塞a上方的氧气经历等温过程，设氧气初态体积为V1′，压强为p1′，末态体积为V2′，压强为p2′，由题给数据有，V1′＝V0，p1′＝p0，V2′＝V0 ⑤
由玻意耳定律得：p1′V1′＝p2′V2′ ⑥，由⑤⑥式得：p2′＝p0 ⑦
[2014全国卷Ⅱ T27 10分]一厚度为h的大平板玻璃水平放置，其下表面贴有一半径为r的圆形发光面。在玻璃板上表面放置一半径为R的圆纸片，圆纸片与圆形发光面的中心在同一竖直线上。已知圆纸片恰好能完全挡住从圆形发光面发出的光线(不考虑反射)，求平板玻璃的折射率。
【答案】平板玻璃的折射率为。
【解析】根据题述，作出光路图如图所示，S点为圆形发光面边缘上一点。在A点光线恰好发生全反射，入射角等于临界角C。图中Δr＝htanC，
由sinC＝和几何知识得：sinC＝，解得：Δr＝，
故应贴圆纸片的最小半径R＝r＋Δr＝r。解得：n＝。
2013年全国卷Ⅰ
[2013全国卷Ⅰ T18 6分]如图，半径为R的圆是一圆柱形匀强磁场区域的横截面(纸面)，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外。一电荷量为q(q＞0)、质量为m的粒子沿平行于直径ab的方向射入磁场区域，射入点与ab的距离为R/2。已知粒子射出磁场与射入磁场时运动方向间的夹角为60°，则例子的速率为(不计重力)( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】如图所示，粒子射出磁场与射入磁场时运动方向间的夹角为60°，则其运动轨迹所对的圆心角NCM也为60°。在三角形OHM中，cos∠HOM＝，所以∠HOM为60°。由角边角定理可知，三角形OMN与三角形CMN全等，即圆周运动半径与磁场区域圆半径相等。由qvB＝m可知v＝。正确选项B。
[2013全国卷Ⅰ T21 6分]2012年11月，“歼15”舰载机在“辽宁号”航空母舰上着舰成功。图(a)为利用阻拦系统让舰载机在飞行甲板上快速停止的原理示意图。飞机着舰并成功钩住阻拦索后，飞机的动力系统立即关闭，阻拦系统通过阻拦索对飞机施加一作用力，使飞机在甲板上短距离滑行后停止，某次降落，以飞机着舰为计时零点，飞机在t＝0.4s时恰好钩住阻拦索中间位置，其着舰到停止的速度-时间图线如图(b)所示。假如无阻拦索，飞机从着舰到停止需要的滑行距离约为1000m。已知航母始终静止，重力加速度的大小为g。则( )
A.从着舰到停止，飞机在甲板上滑行的距离约为无阻拦索时的1/10
B.在0.4s~2.5s时间内，阻拦索的张力几乎不随时间变化
C.在滑行过程中，飞行员所承受的加速度大小会超过2.5g
D.在0.4s~2.5s时间内，阻拦系统对飞机做功的功率几乎不变
【答案】AC
【解析】过(0，70)和(3.0，0)的直线与两坐标轴所围的三角形面积可替代曲线下的面积，其面积值为飞机在甲板上滑行的距离，A正确。在0.4s～2.5s时间内，飞机近似做匀变速运动，加速度不变，合力不变，阻拦索对飞机的合力不变，但由于阻拦索之间的夹角在小，因此阻拦索中的力在变小，B错误。由在0.4s～2.5s时间内直线斜率可知飞机运动的最大加速度会超过2.5g，C正确。阻拦索对飞机的合力不变，但飞机的速度在减小，因此阻拦索系统对飞机做功的功率减小，D错误。
[2013全国卷Ⅰ T23 8分]某学生实验小组利用图(a)所示电路，测量多用电表内电池的电动势和电阻“×lk”挡内部电路的总电阻。使用的器材有：
多用电表；
电压表：量程5V，内阻十几千欧；
滑动变阻器：最大阻值5kΩ
导线若干。
回答下列问题：
(1)将多用电表挡位调到电阻“×lk”挡，再将红表笔和黑表笔 ，调零点。
(2)将图(a)中多用电表的红表笔和 (填“1”或“2”)端相连，黑表笔连接另一端。
(3)将滑动变阻器的滑片调到适当位置，使多角电表的示数如图(b)所示，这时电压表的示数如图(c)所示。多用电表和电压表的读数分别为________kΩ和________V。
(4)调节滑动变阻器的滑片，使其接入电路的阻值为零。此时多用电表和电压表的读数分别为12.0kΩ和4.00V。从测量数据可知，电压表的内阻为________kΩ。
(5)多用电表电阻挡内部电路可等效为由一个无内阻的电池、一个理想电流表和一个电阻串联而成的电路，如图(d)所示。根据前面的实验数据计算可得，此多用电表内电池的电动势为______V，电阻“×lk”挡内部电路的总电阻为________kΩ。
【答案】(1)短接 (2)1 (3)15.0 3.60 (4)12.0 (5)9.00 15.0
【解析】(1)欧姆表测电阻时，先选档；然后进行欧姆调零，将红、黑表笔短接，调整欧姆调零旋钮，使指针指到欧姆表刻度的零位置；再测量、读数。
(2)对于多用电表欧姆档，其电流从黑表笔流出，从红表笔流入，而电压表则要求电流从“＋”接线柱流入，因此红表笔应和“1”端相连。
(3)多用电表欧姆档的测量值等于表盘上读数乘以倍率，电阻“×lk”读第一排，读数为15.0×1k＝15.0kΩ；直流电压5V，最小分度为0.1V，估读到分度值下一位，读数为3.60V。
(4)调节滑动变阻器的滑片，使其接入电路的阻值为零，多用电表的读数即为电压表的内阻。
(5)由闭合电路欧姆定律得：E＝U＋(R滑＋r)，
有：E＝，E＝4.0＋。
解得：E＝9.00V，r＝15.0kΩ
[2013全国卷Ⅰ T25 19分]如图，两条平行导轨所在平面与水平地面的夹角为θ，间距为L。导轨上端接有一平行板电容器，电容为C。导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向垂直于导轨平面。在导轨上放置一质量为m的金属棒，棒可沿导轨下滑，且在下滑过程中保持与导轨垂直并良好接触。已知金属棒与导轨之间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g。忽略所有电阻。让金属棒从导轨上端由静止开始下滑，求：
(1)电容器极板上积累的电荷量与金属棒速度大小的关系；
(2)金属棒的速度大小随时间变化的关系。
【答案】(1)Q＝CBLv，(2)v＝
【解析】(1)设金属棒下滑的速度大小为v，则感应电动势为：E＝BLv ①
平行板电容器两极板之间的电势差为：U＝E ②
设此时电容器极板上积累的电荷量为Q，按定义有：C＝ ③
联立①②③式得：Q＝CBLv ④
(2)设金属棒的速度大小为v时经历的时间为t，通过金属棒的电流为i，金属棒受到的磁场的作用力方向沿导轨向上，大小为：f1＝BLi ⑤
设在时间间隔(t，t＋Δt)内流经金属棒的电荷量为ΔQ，按定义有：i＝ ⑥
ΔQ也是平行板电容器极板在时间间隔(t，t＋Δt)内增加的电荷量，
由④式得：ΔQ＝CBLΔv ⑦
式中，Δv为金属棒的速度变化量，按定义有：a＝ ⑧
金属棒所受的摩擦力方向斜向上，大小为：f2＝μN ⑨
式中，N是金属棒对于导轨的正压力的大小，有：N＝mgcosθ ⑩
金属棒在时刻t的加速度方向沿斜面向下，设其大小为a，
根据牛顿第二定律有：mgsinθ-f1-f2＝ma
联立⑤至 式得：a＝
由 式及题设可知，金属棒做初速度为零的匀加速运动。
t时刻金属棒的速度大小为：v＝
[2013全国卷Ⅰ T35 10分]在粗糙的水平桌面上有两个静止的木块A和B，两者相距为d。现给A一初速度，使A与B发生弹性正碰，碰撞时间极短。当两木块都停止运动后，相距仍然为d。已知两木块与桌面之间的动摩擦因数均为μ，B的质量为A的2倍，重力加速度大小为g。求A的初速度的大小。
【答案】v0＝
【解析】设在发生碰撞前的瞬间，木块A的速度大小为v；在碰撞后的瞬间，A和B的速度分别为v1和v2。在碰撞过程中，由能量和动量守恒定律，得
mv2＝mv12＋(2m)v22 ①；mv＝mv1＋2mv2 ②
式中，以碰撞前木块A的速度方向为正，由①②式得：v1＝v2 ③
设碰撞后A和B的运动的距离分别为d1和d2，由动能定理得
-μmgd1＝0-mv12 ④；-μ(2m)gd2＝0-(2m)v22 ⑤
依题意有：d＝d1＋d2 ⑥
设A的初速度大小为v0，由动能定理得：-μmgd＝mv2-mv02 ⑦
联立②至⑦式，得：v0＝ ⑧
[2013全国卷Ⅰ T26 10分]如图所示，两个侧壁绝热、顶部和底部都导热的相同气缸直立放置，气缸底部和顶部均有细管连通，顶部的细管带有阀门K，两气缸的容积均为V0，气缸中各有一个绝热活塞(质量不同，厚度可忽略)。开始时K关闭，两活塞下方和右活塞上方充有气体(可视为理想气体)，压强分别为p0和，左活塞在气缸正中间，其上方为真空；右活塞上方气体体积为．现使气缸底与一恒温热源接触，平衡后左活塞升至气缸顶部，且与顶部刚好没有接触；然后打开K，经过一段时间，重新达到平衡。已知外界温度为T0，不计活塞与气缸壁间的摩擦。求：
①恒温热源的温度T；
②重新达到平衡后左气缸中活塞上方气体的体积Vx。
【答案】(1)恒温热源的温度为T0；
(2)重新达到平衡后左气缸中活塞上方气体的体积为V0。
【解析】(1)与恒温热源接触后，在K未打开时，右活塞不动，两活塞下方的气体经历等压过程，由盖吕 萨克定律得： ①解得：TT0 ②
(2)由初始状态的力学平衡条件可知，左活塞的质量比右活塞的大。
打开K后，右活塞必须升至气缸顶才能满足力学平衡条件。
气缸顶部与外界接触，底部与恒温热源接触，两部分气体各自经历等温过程，
设在活塞上方气体压强为p，由玻意耳定律得：pVx ③
对下方气体由玻意耳定律得：(p＋p0)(2V0-Vx)＝p0 V0 ④
联立③④式得：6Vx2-V0Vx-V02＝0，解得：Vx＝V0，Vx＝-V0不合题意，舍去。
[2013全国卷Ⅰ T27 10分]图示为一光导纤维(可简化为一长玻璃丝)的示意图，玻璃丝长为L，折射率为n，AB代表端面。已知光在真空中的传播速度为c。
(i)为使光线能从玻璃丝的AB端面传播到另一端面，求光线在端面AB上的入射角应满足的条件；
(ii)求光线从玻璃丝的AB端面传播到另一端面所需的最长时间。
【答案】(i)光线在端面AB上的入射角应满足sini≤
(ii)线从玻璃丝的AB端面传播到另一端面所需的最长时间
【解析】(1)设激光束在光导纤维端面的入射角为i，折射角为α，折射光线射向侧面时的入射角为β，要保证不会有光线从侧壁射出来，其含义是能在侧壁发生全反射。
由折射定律：n＝，由几何关系：α＋β＝90°，sinα＝cosβ
恰好发生全反射临界角的公式：sinβ＝，得cosβ＝，联立得sini＝
要保证从端面射入的光线能发生全反射，应有sini≤。
(2)光在玻璃丝中传播速度的大小为v＝，光速在玻璃丝轴线方向的分量为vz＝vsinβ
光线从玻璃丝端面AB传播到其另一端面所需时间为T＝
光线在玻璃丝中传播，在刚好发生全反射时，光线从端面AB传播到其另一端面所需的时间最长，联立得Tmax＝。
2013年全国卷Ⅱ
[2013全国卷Ⅱ T17 6分]空间有一圆柱形匀强磁场区域，该区域的横截面的半径为R，磁场方向垂直横截面。一质量为m、电荷量为q(q＞0)的粒子以速率v0沿横截面的某直径射入磁场，离开磁场时速度方向偏离入射方向60°。不计重力，该磁场的磁感应强度大小为( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】带正电的粒子垂直磁场方向进入圆形匀强磁场区域，由洛伦兹力提供向心力而做匀速圆周运动，画出轨迹如图，根据几何知识得知，轨迹的圆心角等于速度的偏向角60°，
且轨迹的半径为：r＝Rcot30°，根据牛顿第二定律得：qv0B＝m 得，B。
[2013全国卷Ⅱ T21 6分]公路急转弯处通常是交通事故多发地带。某公路急转弯处是一圆弧，当汽车行驶的速率为vc时，汽车恰好没有向公路内外两侧滑动的趋势，则在该弯道处，( )
A.路面外侧高内侧低
B.车速只要低于vc，车辆便会向内侧滑动
C.车速虽然高于vc，但只要不超出某一高度限度，车辆便不会向外侧滑动
D.当路面结冰时，与未结冰时相比，vc 的值变小
【答案】AC
【解析】路面应建成外高内低，此时重力和支持力的合力指向内侧，可以提供圆周运动向心力。故A正确。车速低于v0，所需的向心力减小，此时摩擦力可以指向外侧，合力依然提供向心力，车辆不会向内侧滑动，故B错误；车速若高于v0，所需的向心力增大，此时摩擦力可以指向内侧，增大提供的力，所以只要不超出某一最高限度，车辆也不会向外侧滑动，故C正确；当路面结冰时与未结冰时相比，由于支持力和重力不变，则vc的值不变。
[2013全国卷Ⅱ T23 7分]某同学用量程为1mA、内阻为120Ω的表头按图(a)所示电路改装成量程分别为1V和1A的多用电表。图中R1和R2为定值电阻，S为开关。回答下列问题：
(1)根据图(a)所示的电路，在图(b)所示的实物图上连线。
(2)开关S闭合时，多用电表用于测量_______(填“电流”、“电压”或“电阻”)；开关S断开时，多用电表用于测量_______(填“电流”、“电压”或“电阻”)。
(3)表笔A应为__________色(填“红”或“黑”)。
(4)定值电阻的阻值R1＝_________Ω，R2＝________Ω。(结果取3位有效数字)
【答案】(1)如图所示；(2)电流，电压；(3)黑；(4)1.00，880。
【解析】(1)对照电路图连线，如图所示；
(2)开关S断开时，串联分压电阻，电压量程扩大，是电压表；
开关S闭合时，并联分流电阻，电流量程扩大，是电流表；
(3)红正黑负，故表笔A连接负接线柱，为黑表笔；
(4)开关S断开时，电压量程为1V，故：RV＝＝＝1000Ω；
故R2＝RV-Rg＝1000Ω-120Ω＝880Ω；R1＝＝≈1.00Ω。
[2013全国卷Ⅱ T25 18分]一长木板在水平地面上运动，在t＝0时刻将一相对于地面静止的物块轻放到木板上，以后木板运动的速度-时间图像如图所示。已知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上。取重力加速度的大小g＝10m/s2，求：
(1)物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数；
(2)从t＝0时刻到物块与木板均停止运动时，物块相对于木板的位移的大小。
【答案】(1)物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数分别为0.20和0.30；(2)1.125m。
【解析】(1)设物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数分别为μ1和μ2，木板与物块的质量均为m。v-t的斜率等于物体的加速度，则得：
在0-0.5s时间内，木板的加速度大小为a1＝m/s2＝8m/s2。
对木板：地面给它的滑动摩擦力方向与速度相反，物块对它的滑动摩擦力也与速度相反，则由牛顿第二定律得：μ1mg＋μ2 2mg＝ma1，①
对物块：0-0.5s内，物块初速度为零的做匀加速直线运动，加速度大小为 a2μ1g
t＝0.5s时速度为v＝1m/s，则v＝a2t ②
由①②解得μ1＝0.20，μ2＝0.30
(2)0.5s后两个物体都做匀减速运动，假设两者相对静止，一起做匀减速运动，加速度大小为a＝μ2g
由于物块的最大静摩擦力μ1mg＜μ2mg，所以物块与木板不能相对静止。
根据牛顿第二定律可知，物块匀减速运动的加速度大小等于a2μ1g＝2m/s2。
0.5s后物块对木板的滑动摩擦力方向与速度方向相同，则木板的加速度大小为a1′4m/s2
故整个过程中木板的位移大小为x11.625m
物块的位移大小为x20.5m
所以物块相对于木板的位移的大小为s＝x1-x2＝1.125m。
[2013全国卷Ⅱ T35 10分]如图，光滑水平直轨道上有三个质量均为m的物块A、B、C。B的左侧固定一轻弹簧(弹簧左侧的挡板质最不计)。设A以速度v0朝B运动，压缩弹簧；当A、B速度相等时，B与C恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动。假设B和C碰撞过程时间极短。求从A开始压缩弹簧直至与弹簧分离的过程中：
(1)整个系统损失的机械能；
(2)弹簧被压缩到最短时的弹性势能。
【答案】(1)mv02 (2)mv02
【解析】(1)从A压缩弹簧到A与B具有相同速度v1时，对A、B与弹簧组成的系统，由动量守恒定律得：mv0＝2mv1 ①
此时B与C发生完全非弹性碰撞，设碰撞后的瞬时速度为v2，损失的机械能为ΔE。对B、C组成的系统，由动量守恒和能量守恒定律得：
mv1＝2mv2 ②；mv12＝ΔE＋(2m)v22 ③
联立①②③式得：ΔE＝mv02 ④
(2)由②式可知v2＜v1，A将继续压缩弹簧，直至A、B、C三者速度相同，设此时速度为v3，此时弹簧被压缩至最短，其弹性势能为Ep。由动量守恒和能量守恒定律得：
mv0＝3mv3 ⑤；mv02-ΔE＝(3m)v32＋Ep ⑥
联立④⑤⑥式得：Ep＝mv02 ⑦
[2013全国卷Ⅱ T26 10分]如图所示，一上端开口、下端封闭的玻璃管竖直放置。玻璃管的下部封有长l1＝25.0cm的空气柱，中间有一段长为l2＝25.0cm的水银柱，上部空气柱的长度l3＝40.0cm。现将一活塞(图中未画出)从玻璃管开口处缓慢往下推，使管下部空气柱长度变为l1′＝20.0cm。假设活塞下推过程中没有漏气，已知大气压强为p0＝75.0cmHg。求：
(1)最后下部分气体的压强；
(2)活塞下推的距离。
【答案】(1)最后下部分气体的压强为125cmHg；(2)活塞下推的距离为15.0cm。
【解析】(1)以cmHg为压强
历年（2010～2016）高考物理试卷（12套）
《压轴题汇编》（88道）
2016年全国卷Ⅰ
[2016全国卷Ⅰ T17 6分]利用三颗位置适当的地球同步卫星，可使地球赤道上任意两点之间保持无线电通讯，目前地球同步卫星的轨道半径为地球半径的6.6倍，假设地球的自转周期变小，若仍仅用三颗同步卫星来实现上述目的，则地球自转周期的最小值约为( )
A.1h B.4h C.8h D.16h
【答案】B
【解析】设地球的半径为R，则地球同步卫星的轨道半径为r＝6.6R。已知地球的自转周期T＝24h，地球同步卫星的转动周期与地球的自转周期一致，若地球的自转周期变小，则同步卫星的转动周期变小。由＝m公式可知，做圆周运动的半径越小，则运动周期越小。由于需要三颗卫星使地球赤道上任意两点之间保持无线电通讯，所以由几何关系可知三颗同步卫星的连线构成等边三角形并且三边与地球相切，如图。
由几何关系可知地球同步卫星的轨道半径为r′＝2R。由开普勒第三定律得：T′＝244h。
[2016全国卷Ⅰ T21 6分]甲、乙两车在平直公路上同向行驶，其v-t图像如图所示。已知两车在t＝3s时并排行驶，则( )
A.在t＝1s时，甲车在乙车后
B.在t＝0时，甲车在乙车前7.5m
C.两车另一次并排行驶的时刻是t＝2s
D.甲、乙两车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为40m
【答案】BD
【解析】根据“面积”大小表示位移，由图像可知，1s到3s甲、乙两车通过的位移相等，两车在t＝3s时并排行驶，所以两车在t＝1s时也并排行驶，故AC错误；由图像可知，甲的加速度a甲＝＝m/s2＝10m/s2；乙的加速度a乙＝＝m/s2＝5m/s2；0至1s，甲的位移 x甲＝a甲t2＝×10×12m＝5m，乙的位移x乙＝v0t＋a乙t2＝(10×1＋×5×12)m＝12.5m，Δx＝x乙-x甲＝(12.5-5)m＝7.5m，即在t＝0时，甲车在乙车前7.5m，故B正确；1s末甲车的速度为：v＝a甲t＝10×1m/s＝10m/s，1到3s，甲车的位移为：x＝vt＋a甲t2＝(10×2＋×10×22)m＝40m，即甲、乙两车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为40m，故D正确。
[2016全国卷Ⅰ T20 6分]一含有理想变压器的电路如图所示，图中电阻R1，R2和R3的阻值分别为3Ω，1Ω，4Ω，A为理想交流电流表，U为正弦交流电压源，输出电压的有效值恒定。当开关S断开时，电流表的示数为I；当S闭合时，电流表的示数为4I。该变压器原、副线圈匝数比为( )
A.2 B.3 C.4 D.5
【答案】B
【解析】设变压器原、副线圈匝数之比为k，则可知，开关断开时，副线圈电流为kI；则根据理想变压器原理可知：k，同理可知，k，代入数据联立解得：U＝48I；代入上式可得：k＝3。
[2016全国卷Ⅰ T23 10分]现要组装一个由热敏电阻控制的报警系统，当要求热敏电阻的温度达到或超过60°C时，系统报警。提供的器材有：热敏电阻，报警器(内阻很小，流过的电流超过Ic时就会报警)，电阻箱(最大阻值为999.9Ω)，直流电源(输出电压为U，内阻不计)，滑动变阻器R1(最大阻值为1000Ω)，滑动变阻器R2(最大阻值为2000Ω)，单刀双掷开关一个，导线若干。
在室温下对系统进行调节，已知U约为18V，Ic约为10mA；流过报警器的电流超过20mA时，报警器可能损坏；该热敏电阻的阻值随温度的升高而减小，在60°C时阻值为650.0Ω。
(1)在答题卡上完成待调节的报警系统原理电路图的连线。
(2)在电路中应选用滑动变阻器________(填“R1”或“R2”)。
(3)按照下列步骤调节此报警系统：
①电路接通前，需将电阻箱调到一定的阻值，根据实验要求，这一阻值为______Ω；滑动变阻器的滑片应置于______(填“a”或“b”)端附近，不能置于另一端的原因是______。
②将开关向______(填“c”或“d”)端闭合，缓慢移动滑动变阻器的滑片，直至______。
(4)保持滑动变阻器滑片的位置不变，将开关向另一端闭合，报警系统即可正常使用。
【答案】(1)如图；(2)R2，(3)①650.0，b，接通电源后，流过报警器的电流会超过20mA，报警器可能损坏；②c，报警器开始报警。
【解析】①热敏电阻工作温度达到60℃时，报警器报警。故需通过调节电阻箱使其电阻为时的热敏电阻的阻值，即调节到阻值650.0Ω，光使报警器能正常报警，电路图如上图。
②U＝18V，当通过报警器的电流10mA≤Ic≤20mA，故电路中总电阻R＝，900Ω≤R≤1800Ω，故滑动变阻器选R2。
③热敏电阻为650.0Ω时，报警器开始报警，模拟热敏电阻的电阻器阻值也应为650.0Ω为防止通过报警器电流过大，造成报警器烧坏，应使滑动变阻器的滑片置于b端。
[2016全国卷Ⅰ T25 18分]如图，一轻弹簧原长为2R，其一端固定在倾角为37°的固定直轨道AC的底端A处，另一端位于直轨道上B处，弹簧处于自然状态，直轨道与一半径为R的光滑圆弧轨道相切于C点，AC＝7R，A、B、C、D均在同一竖直面内。质量为m的小物块P自C点由静止开始下滑，最低到达E点(未画出)，随后P沿轨道被弹回，最高点到达F点，AF＝4R，已知P与直轨道间的动摩擦因数μ，重力加速度大小为g。(取sin37°，cos37°)
(1)求P第一次运动到B点时速度的大小。
(2)求P运动到E点时弹簧的弹性势能。
(3)改变物块P的质量，将P推至E点，从静止开始释放。已知P自圆弧轨道的最高点D处水平飞出后，恰好通过G点。G点在C点左下方，与C点水平相距R、竖直相距R，求P运动到D点时速度的大小和改变后P的质量。
【答案】(1)P第一次运动到B点时速度的大小是。
(2)P运动到E点时弹簧的弹性势能是2.4mgR。
(3)改变物块P的质量，将P推至E点，从静止开始释放。已知P自圆弧轨道的最高点D处水平飞出后，恰好通过G点。G点在C点左下方，与C点水平相距R、竖直相距R，求P运动到D点时速度的大小是，改变后P的质量是m。
【解析】(1)C到B的过程中重力和斜面的阻力做功，所以：
mg··sin37°-μmgcos37°＝mvB2-0
其中：＝-2R，代入数据得：vB＝2
(2)物块返回B点后向上运动的过程中：
-mg··sin37°-μmgcos37°＝mvB′2-0
其中：＝-2R，联立得：vB′＝
物块P向下到达最低点又返回的过程中只有摩擦力做功，设最大压缩量为x，则：
-μmgcos37°·2x＝mvB′2-mvB2，整理得：x＝R
物块向下压缩弹簧的过程设克服弹力做功为W，则：
又由于弹簧增加的弹性势能等于物块克服弹力做的功，即：EP＝W
所以：EP＝2.4mgR
(3)由几何关系可知图中D点相对于C点的高度：
h＝r＋rcos37°＝1.8r1.5R
所以D点相对于G点的高度：H＝1.5R＋R＝2.5R
小球做平抛运动的时间：t＝＝
G点到D点的水平距离：L＝＝3R
由：L＝vDt，联立得：vD＝
E到D的过程中重力、弹簧的弹力、斜面的阻力做功，由功能关系得：
，联立得：m′＝m。
[2016全国卷Ⅰ T35 10分]某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为M的卡通玩具稳定地悬停在空中。为计算方便起见，假设水柱从横截面积为S的喷口持续以速度v0竖直向上喷出；玩具底部为平板(面积略大于S)；水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开。忽略空气阻力。已知水的密度为ρ，重力加速度大小为g。求：
(i)喷泉单位时间内喷出的水的质量；
(ii)玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度。
【答案】(i)喷泉单位时间内喷出的水的质量为ρSv0；
(ii)玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度为。
【解析】(i)设Δt时间内喷出的水的体积为ΔV，质量为Δm，则有
ΔV＝Sv0Δt，Δm＝ρΔV＝ρSv0Δt
单位时间内喷出的水的质量为：m＝＝ρSv0
(ii)设水到达卡通玩具处的速度为v，玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度为h，
根据运动学基本公式得：v2-v02＝-2gh
玩具悬停处于平衡状态，则水对其作用力等于其重力Mg，因此玩具对水的作用力F＝Mg，
水持续冲击到玩具底面后，在竖直方向水的速度变为零，以向上为正方向，
根据动量定理，在水持续冲击t时间内，对水有：-Mg t＝0-ρSv0t v
联立解得：h＝。
[2016全国卷Ⅰ T26 10分]在水下气泡内空气的压强大于气泡表面外侧水的压强，两压强差Δp与气泡半径r之间的关系为Δp＝，其中σ＝0.070N/m。现让水下10m处一半径为0.50cm的气泡缓慢上升，已知大气压强p0＝1.0×105Pa，水的密度ρ＝1.0×103kg/m3，重力加速度大小g＝10m/s2。
(i)求在水下10m处气泡内外的压强差；
(ii)忽略水温随水深的变化，在气泡上升到十分接近水面时，求气泡的半径与其原来半径之比的近似值。
【答案】(i)在水下10m处气泡内外的压强差28Pa；(ii)忽略水温随水深的变化，在气泡上升到十分接近水面时，气泡的半径与其原来半径之比的近似值1.3。
【解析】(i)当气泡在水下h＝10m处时，设其半径为r1，气泡内外压强差为Δp1，则
Δp1＝ ①，代入题给数据得Δp1＝28pa ②
(ii)设气泡在水下10m处时，气泡内空气的压强为p1，气泡体积为V1；气泡到达水面附近时，气泡内空气的压强为，内外压强差为Δp2，其体积为V2，半径为r2。
气泡上升过程中温度不变，根据玻意耳定律有：p1V1＝p2V2 ③
由力学平衡条件有：p1＝p0＋ρgh＋Δp1 ④；p2＝p0＋Δp2 ⑤
气泡体积V1和V2分别为： ⑥， ⑦
联立③④⑤⑥⑦式得： ⑧
由Δpi p0，i＝1，2，故可略去⑧式中的Δpi项，代入题给数据得：＝≈1.3
[2016全国卷Ⅰ T27 10分]如图，在注满水的游泳池的池底有一点光源A，它到池边的水平距离为3.0m。从点光源A射向池边的光线AB与竖直方向的夹角恰好等于全反射的临界角，水的折射率为。
(i)求池内的水深；
(ii)一救生员坐在离池边不远处的高凳上，他的眼睛到地面的高度为2.0m。当他看到正前下方的点光源A时，他的眼睛所接受的光线与竖直方向的夹角恰好为45°。求救生员的眼睛到池边的水平距离(结果保留1位有效数字)。
【答案】(i)池内的水深m。(ii)救生员的眼睛到池边的水平距离约0.7m。
【解析】(i)光由A射向B点发生全反射，光路如图所示。
图中入射角θ等于临界角C，则有：sinθ＝＝。
由题，＝3m，由几何关系可得：＝4m，所以＝m
(ii)光由A点射入救生员眼中的光路图如图所示。在E点，由折射率公式得：＝n
得sinα＝，tanα＝
设x，则得：tanα，代入数据解得：x＝(3)m
由几何关系可得，救生员到池边水平距离为：(2-x)m≈0.7m。
2016年全国卷Ⅱ
[2016全国卷Ⅱ T18 6分]一圆筒处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向与筒的轴平行，筒的横截面如图所示。图中直径MN的两端分别开有小孔，筒绕其中心轴以角速度ω顺时针转动.在该截面内，一带电粒子从小孔M射入筒内，射入时的运动方向与MN成30°角。当筒转过90°时，该粒子恰好从小孔N飞出圆筒。不计重力。若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞，则带电粒子的比荷为( )
A.
B.
C.
D.
【答案】A
【解析】粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据几何关系，有∠MOA＝90°，∠OMA＝45°，∠CMO'＝60°，所以∠O′MA＝75°，∠O′AM＝75°，∠MO′A＝30°
即轨迹圆弧所对的圆心角为30°
粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期
粒子在磁场中匀速圆周运动的时间
圆筒转动90°所用时间
粒子匀速圆周运动的时间和圆筒转动时间相等t＝t′
，解得：。
[2016全国卷Ⅱ T21 6分]如图，小球套在光滑的竖直杆上，轻弹簧一端固定于O点，另一端与小球相连。现将小球从M点由静止释放，它在下降的过程中经过了N点，已知在M、N两点处，弹簧对小球的弹力大小相等。且∠ONM＜∠OMN＜，在小球从M点运动到N点的过程中( )
A.弹力对小球先做正功后做负功
B.有两个时刻小球的加速度等于重力加速度
C.弹簧长度最短时，弹力对小球做功的功率为零
D.小球到达N点时的动能等于其在M、N两点的重力势能差
【答案】BCD
【解析】由题可知，M、N两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，则在运动过程中OM为压缩状态，N点为伸长状态；小球向下运动的过程中弹簧的长度先减小后增大，则弹簧的弹性势能先增大，后减小，再增大，所以弹力对小球先做负功再做正功，最后再做负功。故A错误。在运动过程中M点为压缩状态，N点为伸长状态，则由M到N有一状态弹力为0且此时弹力与杆不垂直，加速度为g；当弹簧与杆垂直时小球加速度为g。则有两处加速度为g。故B正确。由图可知，弹簧长度最短时，弹簧与杆的方向相互垂直，则弹力的方向与运动的方向相互垂直，所以弹力对小球做功的功率为零，故C正确。因M点与N点弹簧的弹力相等，所以弹簧的形变量相等，弹性势能相同，弹力对小球做的总功为零，则弹簧弹力对小球所做的正功等于小球克服弹簧弹力所做的功；小球向下运动的过程中只有重力做正功，所以小球到达N点时的动能等于其在M、N两点的重力势能差。故D正确。
[2016全国卷Ⅱ T23 9分]某同学利用图(a)所示电路测量量程为2.5V的电压表的内阻(内阻为数千欧姆)，可供选择的器材有：电阻箱R(最大阻值99999.9Ω)，滑动变阻器R1(最大阻值50Ω)，滑动变阻器R2(最大阻值5kΩ)，直流电源E(电动势3V)。开关1个，导线若干。实验步骤如下：
①按电路原理图(a)连接线路；
②将电阻箱阻值调节为0，将滑动变阻器的滑片移到与图(a)中最左端所对应的位置，闭合开关S；
③调节滑动变阻器使电压表满偏；
④保持滑动变阻器的滑片位置不变，调节电阻箱阻值，使电压表的示数为2.00V，记下电阻箱的阻值。
回答下列问题：
(1)实验中应选择滑动变阻器 (填“R1”或“R2”)。
(2)根据图(a)所示电路将图(b)中实物图连线。
(3)实验步骤④中记录的电阻箱阻值为630.0Ω，若认为调节电阻箱时滑动变阻器上的分压不变，计算可得电压表的内阻为 Ω(结果保留到个位)。
(4)如果此电压表是由一个表头和电阻串联构成的，可推断该表头的满刻度电流为 (填正确答案标号)。
A.100μA B.250μA C.500μA D.1mA
【答案】(1)R1；(2)如图所示；(3)2520；(4)D。
【解析】解：(1)调节电阻箱时需要滑动变阻器上的分压保持不变，需要电压表的电阻远大于变阻器的电阻，故变阻器选阻值小的，故选滑动变阻器R1；
(2)实物图连接如图所示：
(3)电压表和电阻箱整体分压不变，故：U＝U′
代入数据，有：2.5＝2，解得：RV＝2520Ω
(4)该表头的满刻度电流为：I＝＝1.0×10﹣3A＝1mA。
[2016全国卷Ⅱ T25 20分]轻质弹簧原长为2l，将弹簧竖直放置在地面上，在其顶端将一质量为5m的物体由静止释放，当弹簧被压缩到最短时，弹簧长度为l，现将该弹簧水平放置，一端固定在A点，另一端与物块P接触但不连接。AB是长度为5l的水平轨道，B端与半径l的光滑半圆轨道BCD相切，半圆的直径BD竖直，如图所示，物块P与AB间的动摩擦因数μ＝0.5。用外力推动物块P，将弹簧压缩至长度l，然后放开，P开始沿轨道运动，重力加速度大小为g。
(1)若P的质量为m，求P到达B点时的速度的大小，以及它离开圆轨道后落回到AB上的位置与B点之间的距离；
(2)若P能滑上圆轨道，且仍能沿圆轨道滑下，求P的质量的取值范围。
【答案】(1)P到达B点时速度的大小是，它离开圆轨道后落回到AB上的位置与B点间的距离是2l。(2)P的质量的取值范围为：m≤mP＜m。
【解析】(1)将弹簧竖直放置在地面上，物体下落压缩弹簧时，由系统的机械能守恒得：
Ep＝5mgl，如图，根据能量守恒定律得：Ep＝μmg 4l＋mvB2，联立解得：vB
物体P从B到D的过程，由机械能守恒定律得：mg 2l＋mvD2＝mvB2
解得：vD
所以物体P能到达D点，且物体P离开D点后做平抛运动，则有：
2l＝gt2，x＝vDt，解得 x＝2l，即落地点与B点间的距离为2l。
(2)P刚好过B点，有：Ep＝μm1g 4l，解得 m1m
P最多到C而不脱轨，则有 Ep＝μm2g 4l＋m2gl，解得 m2m
所以满足条件的P的质量的取值范围为：m≤mPm。
[2016全国卷Ⅱ T35 10分]如图，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上。某时刻小孩将冰块以相对冰面3m/s的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h＝0.3m(h小于斜面体的高度)。已知小孩与滑板的总质量为m1＝30kg，冰块的质量为m2＝10kg，小孩与滑板始终无相对运动。取重力加速度的大小g＝10m/s2。
(i)求斜面体的质量；
(ii)通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？
【答案】(i)斜面体的质量为20kg；(ii)冰块与斜面体分离后不能追上小孩。
【解析】(i)对于冰块和斜面体组成的系统，根据动量守恒可得，m2v2＝(m2＋M)v
根据系统的机械能守恒，可得，m2gh＋(m2＋M)v2＝m2v22，解得：M＝20kg
(ii)小孩与冰块组成的系统，根据动量守恒可得，m1v1＝-m2v2，解得 v1＝-1m/s(向右)
冰块与斜面：m2v2＝m2v2′＋Mv3′，根据机械能守恒，可得，m2v22＝m2v2′2＋Mv3′2
解得：v2′＝-1m/s(向右)，因为v2′＝v1，所以冰块不能追上小孩。
[2016全国卷Ⅱ T26 10分]一氧气瓶的容积为0.08m3，开始时瓶中氧气的压强为20个大气压。某实验室每天消耗1个大气压的氧气0.36m3。当氧气瓶中的压强降低到2个大气压时，需重新充气。若氧气的温度保持不变，求这瓶氧气重新充气前可供该实验室使用多少天。
【答案】这瓶氧气重新充气前可供该实验室使用4天。
【解析】方法一：设氧气开始时的压强为p1，体积为V1，压强变为p2(2个大气压)时，体积为V2。根据玻意耳定律得p1V1＝p2V2 ①
重新充气前，用去的氧气在p2压强下的体积为V3＝V2-V1 ②
设用去的氧气在p0(1个大气压)压强下的体积为V0，则有：p2V3＝p0V0 ③
设实验室每天用去的氧气在p0下的体积为ΔV，则氧气可用的天数为
N＝ ④，联立①②③④式，并代入数据得N＝4天。
方法二：根据玻意耳定律p1V1＝Np2V2＋p3V1，有：20×0.08＝N×1×0.36＋2×0.08
解得：N＝4。
[2016全国卷Ⅱ T27 10分]一列简谐横波在介质中沿x轴正向传播，波长不小于10cm。O和A是介质中平衡位置分别位于x＝0和x＝5cm处的两个质点。t＝0时开始观测，此时质点O的位移为y＝4cm，质点A处于波峰位置：t＝s时，质点O第一次回到平衡位置，t＝1s时，质点A第一次回到平衡位置。求：
(i)简谐波的周期、波速和波长；
(ii)质点O的位移随时间变化的关系式。
【答案】(i)简谐波的周期为4s，波速为0.075m/s，波长为0.3m；
(ii)质点O的位移随时间变化的关系式为y＝0.08sin()。
【解析】(i)因为t＝0时，质点O的位移为：y＝4 cm；
t＝1s时，A点第一次回到平衡位置，可的：＝1s，解得：T＝4s。
而且t＝s时，质点O第一次回到平衡位置，用时小于，可以判断出，在t＝0时刻，质点O正在向下振动。
结合简谐波沿x轴正向传播，可知在t＝0时刻，质点O位于“上坡”且位移为正；根据已知条件“波长不小于10cm”和O、A两点在平衡位置上间距5cm，即小于半个波长，可知在t＝0时刻，质点A位于紧邻O点右侧的波峰处。
结合上述两个推断，可知经历时间s，波的传播距离x＝5cm。所以波速为：
v＝＝7.5cm/s＝0.075m/s。波长为：λ＝vT＝7.5cm/s×4s＝30cm＝0.3m。
(ii)设y＝Asin(Ωt＋φ0)，可得：Ω＝rad/s
再由t＝0时，y＝4cm；t＝s时，y＝0，代入得：A＝8cm＝0.08m
再结合当t＝s时，质点的位移，可得：φ0
所以质点O的位移随时间变化的关系式为：y＝0.08sin()。
2016年全国卷Ⅲ
[2016全国卷Ⅲ T18 6分]如图，两个轻环a和b套在位于竖直面内的一段固定圆弧上：一细线穿过两轻环，其两端各系一质量为m的小球，在a和b之间的细线上悬挂一小物块。平衡时，a、b间的距离恰好等于圆弧的半径。不计所有摩擦，小物块的质量为( )
A. B.m C.m D.2m
【答案】C
【解析】设悬挂小物块的点为O'，圆弧的圆心为O，由于ab＝R，所以三角形Oab为等边三角形。
由于圆弧对轻环的支持力沿半径方向背向圆心，所以小球和小物块对轻环的合力方向由轻环指向圆心O，因为小物块和小球对轻环的作用力大小相等，所以aO、bO是∠maO′、∠mbO′的角平分线，所以∠O'Oa＝∠maO＝∠mbO＝30°，那么∠mbO′＝60°，
所以由几何关系可得∠aO'b＝120°，而在一条绳子上的张力大小相等，故有T＝mg，小物块受到两条绳子的拉力作用大小相等，夹角为120°，故受到的合力等于mg，因为小物块受到绳子的拉力和重力作用，且处于平衡状态，故拉力的合力等于小物块的重力为mg，所以小物块的质量为m。
[2016全国卷Ⅲ T21 6分]如图，M为半圆形导线框，圆心为OM；N是圆心角为直角的扇形导线框，圆心为ON；两导线框在同一竖直面(纸面)内；两圆弧半径相等；过直线OMON的水平面上方有一匀强磁场，磁场方向垂直于纸面。现使线框M、N在t＝0时从图示位置开始，分别绕垂直于纸面、且过OM和ON的轴，以相同的周期T逆时针匀速转动，则( )
A.两导线框中均会产生正弦交流电
B.两导线框中感应电流的周期都等于T
C.在t时，两导线框中产生的感应电动势相等
D.两导线框的电阻相等时，两导线框中感应电流的有效值也相等
【答案】BC
【解析】半径切割磁感线产生的感应电动势：，因为线框匀速转动，感应电动势恒定，线框中电流大小恒定，故A错误；M、N两线框匀速转动，M线框第一个电流方向逆时针，第二个电流顺时针方向；N线框，相框转动一圈，只有的时间有感应电流，第一个电流逆时针，第二个电流为0。第三个电流顺时针方向，第四个没有电流，依次循环。画出M、N线框中电流随时间变化的关系图线如图所示，所以两线框中感应电流的周期相等，故B正确；
，两线框均有一条半径在切割磁感线产生感应电动势，感应电动势的大小为，故C正确；根据电流的热效应，对M线框 ①，N线框转动一周只有时间内有感应电流 ②，联立①②得，故D错误。
[2016全国卷Ⅲ T23 10分]某物理课外小组利用图(a)中的装置探究物体加速度与其所受合外力之间的关系。图中置于试验台上的长木板水平放置，其右端固定一轻滑轮：轻绳跨过滑轮，一端与放在木板上的小滑车相连，另一端可悬挂钩码。本实验中可用的钩码共有N＝5个，每个质量均为0.010kg。实验步骤如下：
(1)将5个钩码全部放入小车中，在长木板左下方垫上适当厚度的小物块，使小车(和钩码)可以在木板上匀速下滑。
(2)将n(依次取n＝1，2，3，4，5)个钩码挂在轻绳右端，其余N-n个钩码仍留在小车内；用手按住小车并使轻绳与木板平行。释放小车，同时用传感器记录小车在时刻t相对于其起始位置的位移s，绘制s-t图像，经数据处理后可得到相应的加速度a。
(3)对应于不同的n的a值见下表。n＝2时的s-t图像如图(b)所示：由图(b)求出此时小车的加速度(保留2位有效数字)，将结果填入下表。
n 1 2 3 4 5
a/m s-2 0.20 0.58 0.80 1.00
(4)利用表中的数据在图(c)中补齐数据点，并作出a-n图像。从图像可以看出：当物体质量一定时，物体的加速度与其所受的合外力成正比。
(5)利用a-n图像求得小车(空载)的质量为 kg(保留2位有效数字，重力加速度取g＝9.8 m s-2)。
(6)若以“保持木板水平”来代替步骤(1)，下列说法正确的是 (填入正确选项前的标号)
A.a-n图线不再是直线
B.a-n图线仍是直线，但该直线不过原点
C.a-n图线仍是直线，但该直线的斜率变大
【答案】(3)0.40；(4)如图所示；(5)0.44；BC。
【解析】(3)物体做匀加速直线运动，对应的x-t图像为曲线，由图像可知，当t＝2.0s时，位移为：x＝0.80m；则由x代入数据得：a＝0.40m/s2；
(4)在图c中作出点(2，0.40)，并用直线将各点相连，如图所示；
(5)由图c可知，当n＝4时，加速度为0.80m/s2，由牛顿第二定律可知：
4×0.01×9.8＝(m＋5×0.01)×0.80，解得：m＝0.44kg；
(6)若木板水平，则物体将受到木板的摩擦力；则有：
nm0g-μ[mg＋(5-n)m0g]＝(m＋5m0)a；
a
故说明图像仍为直线，但不再过原点；并且斜率增大；故BC正确。
[2016全国卷Ⅲ T25 20分]如图，两条相距l的光滑平行金属导轨位于同一水平面(纸面)内，其左端接一阻值为R的电阻；一与导轨垂直的金属棒置于两导轨上；在电阻、导轨和金属棒中间有一面积为S的区域，区域中存在垂直于纸面向里的均匀磁场，磁感应强度大小B1随时间t的变化关系为B1＝kt，式中k为常量；在金属棒右侧还有一匀强磁场区域，区域左边界MN(虚线)与导轨垂直，磁场的磁感应强度大小为B0，方向也垂直于纸面向里。某时刻，金属棒在一外加水平恒力的作用下从静止开始向右运动，在t0时刻恰好以速度v0越过MN，此后向右做匀速运动。金属棒与导轨始终相互垂直并接触良好，它们的电阻均忽略不计，k＞0。求：
(1)在t＝0到t＝t0时间间隔内，流过电阻的电荷量的绝对值；
(2)在时刻t(t＞t0)穿过回路的总磁通量和金属棒所受外加水平恒力的大小。
【答案】(1)在t＝0到t＝t0时间间隔内，流过电阻的电荷量的绝对值||；
(2)在时刻t(t＞t0)穿过回路的总磁通量ktS＋B0v0(t-t0)l，金属棒所受外加水平恒力的大小。
【解析】(1)根据法拉第电磁感应定律有：E＝
结合闭合电路欧姆定律有：I＝，及电量表达式有：q＝It＝＝||。
(2)根据题意可知，MN左边的磁场方向与右边的磁场方向相同，那么总磁通量即为两种情况之和，即为：在时刻t(t＞t0)穿过回路的总磁通量为：Φ＝Φ1＋Φ2＝ktS＋B0v0(t-t0)l；
依据法拉第电磁感应定律，那么线圈中产生总感应电动势为：E＝E1＋E2＝kS＋B0lv0；
根据闭合电路欧姆定律，则线圈中产生感应电流大小为：I＝＝
那么安培力大小为：FA＝B0Il＝；
最后根据平衡条件，则水平恒力大小等于安培力大小，即为：F＝。
[2016全国卷Ⅲ T35 10分]如图所示，水平地面上有两个静止的小物块a和b，其连线与墙垂直：a和b相距l；b与墙之间也相距l；a的质量为m，b的质量为m，两物块与地面间的动摩擦因数均相同，现使a以初速度v0向右滑动，此后a与b发生弹性碰撞，但b没有与墙发生碰撞，重力加速度大小为g，求物块与地面间的动摩擦力因数满足的条件。
【答案】≥μ≥。
【解析】设物块与地面间的动摩擦因数为μ，若要物块a、b能够发生碰撞，
应有mv02＞μmgl即μ＜
设在a、b发生弹性碰撞前的瞬间，a的速度大小为v1，
由能量守恒可得mv02≥mv02＋μmgl
设在a、b碰撞后的瞬间，a、b的速度大小分别为v1′，v2′，根据动量守恒和能量守恒可得mv1＝mv1′＋mv2′，mv12＝mv1′2＋·mv2′2
联立可得v2′＝v1
根据题意，b没有与墙发生碰撞，根据功能关系可知：·v2′2≤μ·gl，故有μ≥
综上所述，a与b发生碰撞，但b没有与墙发生碰撞的条件是≥μ≥。
[2016全国卷Ⅲ T26 10分]一U形玻璃管竖直放置，左端开口，右端封闭，左端上部有一光滑的轻活塞。初始时，管内汞柱及空气柱长度如图所示。用力向下缓慢推活塞，直至管内两边汞柱高度相等时为止。求此时右侧管内气体的压强和活塞向下移动的距离。已知玻璃管的横截面积处处相同；在活塞向下移动的过程中，没有发生气体泄漏；大气压强p0＝75.0cmHg。环境温度不变。
【答案】此时右侧管内气体的压强和活塞向下移动的距离9.42cm。
【解析】设初始时，右管中空气柱的压强为p1，长度为l1；左管中空气柱的压强为p2＝p0，长度为l2．该活塞被下推h后，右管中空气柱的压强为p1′，长度为l1′左管中空气柱的压强为p2′，长度为l2′。以cmHg为压强单位。由题给条件得：p1＝p0＋(20.00-5.00)cmHg ①
l1′＝(20.0-)cm ②，由玻意耳定律得：p1l1＝p1′l1′ ③
联立①②③式和题给条件得：p1′＝144cmHg ④
依题意有：p2′＝p1′ ⑤，l2′＝4cm＋cm-h ⑥
由玻意耳定律得：p2l2＝p2′l2′ ⑦，联立④⑤⑥⑦式和题给条件得：h≈9.42cm。
[2016全国卷Ⅲ T27 10分]如图，玻璃球冠的折射率为，其底面镀银，底面半径是球半径的倍，在过球心O且垂直底面的平面(纸面)内，有一与底面垂直的光线射到玻璃冠上的M点，该光线的延长线恰好过底面边缘上的A点，求该光线从球面射出的方向相对于其初始入射方向的偏角。
【答案】光线从球面射出的方向相对于其初始入射方向的偏角为150°。
【解析】设球半径为R，球冠地面中心为O′，连接OO′，则OO′⊥AB
令∠OAO′＝α，则：cosα＝ ①
即∠OAO′＝α＝30° ②，已知MA⊥AB，所以∠OAM＝60° ③
设图中N点为光线在球冠内地面上的反射点，光路图如图所示。
设光线在M点的入射角为i，折射角为r，在N点的入射角为i′，反射角为i″，玻璃的折射率为n。由于△OAM为等边三角形，所以入射角i＝60° ④
由折射定律得：sini＝nsinr ⑤，代入数据得：r＝30° ⑥
作N点的法线NE，由于NE∥MA，所以i′＝30° ⑦
由反射定律得：i″＝30° ⑧
连接ON，由几何关系可知△MAN≌△MON，则∠MNO＝60° ⑨
由⑦⑨式可得∠ENO＝30°，所以∠ENO为反射角，ON为反射光线。由于这一反射光线垂直球面，所以经球面再折射后不改变方向。
所以，该光线从球面射出的方向相对于其初始入射方向的偏角为β＝180°-∠ENO＝150°。
2015年全国卷Ⅰ
[2015全国卷Ⅰ T17 6分]如图，一半径为R，粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ水平。一质量为m的质点自P点上方高度R处由静止开始下落，恰好从P点进入轨道。质点滑到轨道最低点N时，对轨道的压力为4mg，g为重力加速度的大小。用W表示质点从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功。则( )
A.W＝mgR，质点恰好可以到达Q点
B.W＞mgR，质点不能到达Q点
C.W＝mgR，质点到达Q后，继续上升一段距离
D.W＜mgR，质点到达Q后，继续上升一段距离
【答案】C。
【解析】由动能定理可得P点的动能为EkP＝mgh，经过N点时，半径方向的合力提供向心力，有4mg-mg＝m，所以N点的动能为EkN＝mgR，从P点运动到N点，根据动能定理有mgR＋W＝mgR-mgR，即摩擦力做功W＝-mgR。
质点运动过程中，半径方向的合力提供向心力，即FN-mgsinθ＝ma＝m，根据左右对称关系，在同一高度，由于摩擦力做功使得右半边的速度变小，轨道的弹力变小，滑动摩擦力变小，那么从N到Q，根据动能定理得Q点的动能为EkQ＝mgR-mgR-W′，由于W′＜W＝mgR，所以Q点的速度没有减小到0，仍会继续上升一段距离，故选项C正确。
[2015全国卷Ⅰ T18 6分]一带有乒乓球发射机的乒乓球台如图所示，水平台面的长和宽分别为L1和L2，中间球网高度为h，发射机安装于台面左侧边缘的中点，能以不同速率向右侧不同方向水平发射乒乓球，发射点距台面高度为3h，不计空气的作用，重力加速度大小为g，若乒乓球的发射速率v在某范围内，通过选择合适的方向，就能使乒乓球落到球网右侧台面上，v的取值范围是( )
A.v＜L1 B.v
C.v D.v
【答案】D
【解析】若球与网恰好不相碰，根据3h-h＝gt12得，t1＝，
水平位移的最小值，则最小速度v1＝＝。
若球与球台边缘相碰，根据3h＝gt22得，t2＝，
水平位移的最大值为xmax，则最大速度v2＝＝。
[2015全国卷Ⅰ T19 6分] 1824年，法国科学家阿拉果完成了著名的“圆盘实验”。实验中将一铜圆盘水平放置，在其中心正上方用柔软细线悬挂一枚可以自由旋转的磁针，如图所示。实验中发现，当圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中心的竖直轴旋转时，磁针也随着一起转动起来，但略有滞后。下列说法正确的是( )
A. 圆盘上产生了感应电动势
B. 圆盘内的涡电流产生的磁场导致磁针转动
C. 在圆盘转动过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量发生了变化
D. 圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成电流，此电流产生的磁场导致磁针转动
【答案】AB
【解析】圆盘运动过程中，半径方向的金属条在切割磁感线，在圆心和边缘之间产生了感应电动势，选项A正确；圆盘径向的辐条在切割磁感线的过程中，内部距离圆心远近不同的点电势不等而形成涡流，选项B正确；圆盘运动过程中，圆盘位置、圆盘面积和磁场都没有发生变化，所以没有磁通量的变化，选项C错；圆盘本身呈现电中性，不会产生环形电流，选项D错。
[2015全国卷Ⅰ T21 6分]一理想变压器的原，副线圈的匝数比为3∶1，在原、副线圈的回路中分别接有阻值相同的电阻，原线圈一侧接在电压为220V的正弦交流电源上，如图所示，设副线圈回路中电阻两端的电压为U，原、副线圈回路中电阻消耗的功率的比值为k，则( )
A.U＝66V，k＝ B.U＝22V，k＝ C.U＝66V，k＝ D.U＝22V，k＝
【答案】A
【解析】由题意知：副线圈的电流为：I2＝，则原线圈的电流为：I1＝I2＝
与原线圈串联的电阻的电压为：UR＝I1R＝，
由变压器的变比可知，原线圈的电压为3U，所以有：，解得：U＝66V
原线圈回路中的电阻的功率为：P1＝I12R＝，副线圈回路中的电阻的功率为：P2＝
所以k。
[2015全国卷Ⅰ T23 9分]图(a)为某同学改装和校准毫安表的电路图，其中虚线框内是毫安表的改装电路。
(1)已知毫安表表头的内阻为100Ω，满偏电流为1mA；R1和R2为阻值固定的电阻。若使用a和b两个接线柱，电表量程为3mA；若使用a和c两个接线柱，电表量程为10mA。由题给条件和数据，可以求出R1＝ Ω，R2＝ Ω。
(2)现用一量程为3mA、内阻为150Ω的标准电流表A对改装电表的3mA挡进行校准，校准时需选取的刻度为0.5、1.0、1.5、2.0、2.5、3.0mA。电池的电动势为1.5V，内阻忽略不计；定值电阻R0有两种规格，阻值分别为300Ω和1000Ω；滑动变阻器R有两种规格，最大阻值分别为750Ω和3000Ω。则R0应选用阻值为 Ω的电阻，R应选用最大阻值为 Ω的滑动变阻器。
(3)若电阻R1和R2中有一个因损坏而阻值变为无穷大，利用图(b)的电路可以判断出损坏的电阻。图(b)中的R′为保护电阻，虚线框内未画出的电路即为图(a)虚线框的电路。则图中的d点应和接线柱 (填“b”或“c”)相连。判断依据是 。
【答案】(1)15；35；(2)300；3000；(3)c；闭合开关时，若电表指针偏转，则损坏的电阻是R1，若电表指针不动，则损坏的电阻是R2。
【解析】(1)使用a、b接线柱时，Iab＝Ig0.0010.003，
使用a、c接线柱时，Iac＝Ig0.0010.010，
解得：R1＝15Ω，R2＝35Ω；
(2)改装后电流表内阻：r33Ω，R0作为保护电阻，电流最大时，电路总电阻约为：R＝r＋RA＋R0500Ω，R0＝R-r-RA＝500-33-150＝317Ω，则应R0选300Ω；电路电流最小时滑动变阻器接入电路的阻值约为R滑＝-R＝-500＝2500Ω＞750Ω，则滑动变阻器应选择3000Ω的。
(3)由图示电路图可知，图中的d点与接线柱c相连时，闭合开关时，若电表指针偏转，则损坏的电阻是R1，若电表指针不动，则损坏的电阻是R2。
[2015全国卷Ⅰ T25 20分]一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块；在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5m，如图(a)所示。t＝0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t＝1s时木板与墙壁碰撞(碰撞时间极短)。碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板。已知碰撞后1s时间内小物块的v–t图线如图(b)所示。木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g取10m/s2。求：
(1)木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2；
(2)木板的最小长度；
(3)木板右端离墙壁的最终距离。
【答案】(1)木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2分别为0.1和0.4。
(2)木板的最小长度是6.0m；
(3)木板右端离墙壁的最终距离是6.5m。
【解析】(1)规定向右为正方向。木板与墙壁相碰前，小物块和木板一起向右做匀变速运动，设加速度为a1，小物块和木板的质量分别为m和M。由牛顿第二定律有
-μ1(m＋M)g＝(m＋M)a1 ①
由图可知，木板与墙壁碰前瞬间速度v1＝4m/s，由运动学公式得
v1＝v0＋at ② s0＝v0t1＋a1t12 ③
式中，t1＝1s，s0＝4.5m是木板碰前的位移，v0是小木块和木板开始运动时的速度。
联立①②③式和题给条件得 μ1＝0.1 ④
在木板与墙壁碰撞后，木板以–v1的初速度向左做匀变速运动，小物块以v1的初速度向右做匀变速运动。设小物块的加速度为a2，由牛顿第二定律有 -μ2mg＝ma2 ⑤
由图可得 a2＝ ⑥
式中，t2＝2s，v2＝0，联立⑤⑥式和题给条件得 μ2＝0.4 ⑦
(2)设碰撞后木板的加速度为a3，经过时间Δt，木板和小物块刚好具有共同速度v3.由牛顿第二定律及运动学公式得：μ2mg＋μ1(m＋M)g＝Ma3 ⑧
v3＝-v1＋a3Δt ⑨
v3＝v1＋a2Δt ⑩
碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中，木板运动的位移为
s1＝Δt
小物块运动的位移为s2＝Δt
小物块相对木板的位移为Δs＝s2-s1
联立⑥⑧⑨⑩ 式，并代入数值得Δs＝6.0m
因为运动过程中小物块没有脱离木板，所以木板的最小长度应为6.0m。
(3)在小物块和木板具有共同速度后，两者向左做匀变速运动直至停止，设加速度为a4，此过程中小物块和木板运动的位移s3。由牛顿第二定律及运动学公式得
μ1(m＋M)g＝(m＋M)a4 ，0-v32＝2a4s3
碰后木板运动的位移为s＝s1＋s3
联立⑥⑧⑨⑩ 式，并代入数值得 s＝–6.5m
木板右端离墙壁的最终距离为6.5m。
[2015全国卷Ⅰ T35 10分]在足够长的光滑水平面上，物体A、B、C位于同一直线上，A点位于B、C之间，A的质量为m，B、C的质量都为M，三者均处于静止状态，现使A以某一速度向右运动，求m和M之间应满足什么条件，才能使A只与B、C各发生一次碰撞。设物体间的碰撞都是弹性的。
【答案】m和M之间应满足M＞m≥(–2)M，才能使A只与B、C各发生一次碰撞。
【解析】A向右运动与C发生碰撞的过程中系统的动量守恒、机械能守恒，选取向右为正方向，设开始时A的速度为v0，第一次与C碰撞后C的速度为vC1，A的速度为vA1。由动量守恒定律、机械能守恒定律得：mv0＝mvA1＋MvC1 ①，mv02＝mvA12＋MvC12 ②
联立①②得：vA1＝v0 ③，vC1＝v0 ④
可知，只有m＜M时，A才能被反向弹回，才可能与B发生碰撞。A与B碰撞后B的速度为vB1，A的速度为vA2。由动量守恒定律、机械能守恒定律，同理可得：
vA2＝vA1＝()2v0 ⑤
根据题意要求A只与B、C各发生一次碰撞，应有：vA2≤vC1 ⑥
联立④⑤⑥得：m2＋4mM-M2≥0，解得：m≥(–2)M，(另一解：m≤–(＋2)M舍去)所以m与M之间的关系应满足：M＞m≥(–2)M
[2015全国卷Ⅰ T26 10分]如图，一固定的竖直汽缸由一大一小两个同轴圆筒组成，两圆筒中各有一个活塞，已知大活塞的质量为m1＝2.50kg，横截面积为s1＝80.0cm2，小活塞的质量为m2＝1.50kg，横截面积为s2＝40.0cm2，两活塞用刚性轻杆连接，间距保持为l＝40.0cm，汽缸外大气的压强为p＝1.00×105Pa，温度为T＝303K，初始时大活塞与大圆筒底部相距，两活塞间封闭气体的温度为T1＝495K，现汽缸内气体温度缓慢下降，活塞缓慢下移，忽略两活塞与汽缸壁之间的摩擦，重力加速度大小g取10m/s2，求：
(1)在大活塞与大圆筒底部接触前的瞬间，缸内封闭气体的温度；
(2)缸内封闭的气体与缸外大气达到热平衡时，缸内封闭气体的压强。
【答案】(1)在大活塞与大圆筒底部接触前的瞬间，缸内封闭气体的温度为330K；
(2)缸内封闭的气体与缸外大气达到热平衡时，缸内封闭气体的压强为1.01×105Pa。
【解析】(1)大活塞与大圆筒底部接触前气体发生等压变化，气体的状态参量：V1＝(l-)s2＋s1＝(40-)×40＋×80＝2400cm3，T1＝495K，V2＝s2l＝40×40＝1600cm3，由盖吕萨克定律得：，即：，解得：T2＝330K。
(2)大活塞与大圆筒底部接触后到气缸内气体与气缸外气体温度相等过程中气体发生等容变化，大活塞刚刚与大圆筒底部接触时，由平衡条件得：pS1＋p2S2＋(m1＋m2)g＝p2S1＋pS2，代入数据解得：p2＝1.1×105Pa，T2＝330K，T3＝T＝303K，由查理定律得：，
即：，解得：p3＝1.01×105Pa。
[2015全国卷Ⅰ T27 10分]甲、乙两列简谐横波在同一介质中分别沿x轴正向和负向传播，波速均为v＝25cm/s，两列波在t＝0时的波形曲线如图所示，求：
(1)t＝0时，介质中偏离平衡位置位移为16cm的所有质点的x坐标；
(2)从t＝0开始，介质中最早出现偏离平衡位置位移为-16cm的质点的时间。
【答案】(1)t＝0时，介质中偏离平衡位置位移为16cm的所有质点的x坐标为(50＋300n)cm，n＝0，±1，±2…。
(2)从t＝0开始，介质中最早出现偏离平衡位置位移为-16cm的质点的时间为0.1s。
【解析】(1)t＝0时，在x＝50cm处两列波的波峰相遇，该处质点偏离平衡位置的位移为16cm，两列波的波峰相遇处的质点偏离平衡位置的位移均为16cm。从图线可以看出，甲、乙两列波的波长分别为：λ1＝50cm，λ2＝60cm ①
甲、乙两列波的波峰的x坐标分别为：
x1＝50＋k1λ1，k1＝0，±1，±2 ②；x2＝50＋k2λ2，k2＝0，±1，±2 ③
①②③式得，介质中偏离平衡位置位移为16cm的所有质点的x坐标为：
x＝(50＋300n)cm，n＝0，±1，±2 ④
(2)只有两列波的波谷相遇处的质点的位移为-16cm。t＝0时，两波波谷间的x坐标之差为：
Δx′＝[50＋(2m2＋1)]-[50＋(2m1＋1)] ⑤
式中m1和m2均为整数，将①式代入⑤式得：Δx′＝10(6m2-5m1)＋5
由于m1和m2均为整数，相向传播的波谷间的距离最小为：Δx0′＝5cm
从t＝0开始，介质中最早出现偏离平衡位置位移为-16cm的质点的时间为：
t＝，代入数值得：t＝0.1s。
2015年全国卷Ⅱ
[2015全国卷Ⅱ T17 6分]一汽车在平直公路上行驶。从某时刻开始计时，发动机的功率P随时间t的变化如图所示。假定汽车所受阻力的大小f恒定不变。下列描述该汽车的速度v随时间t变化的图像中，可能正确的是( )
【答案】A
【解析】在0﹣t1时间内，如果匀速，则v-t图像是与时间轴平行的直线，如果是加速，根据P＝Fv，牵引力减小；根据F-f＝ma，加速度减小，是加速度减小的加速运动，当加速度为0时，即F1＝f，汽车开始做匀速直线运动，此时速度v1。所以0-t1时间内，v-t图像先是平滑的曲线，后是平行于横轴的直线；在t1-t2时间内，功率突然增加，故牵引力突然增加，是加速运动，根据P＝Fv，牵引力减小；再根据F-f＝ma，加速度减小，是加速度减小的加速运动，当加速度为0时，即F2＝f，汽车开始做匀速直线运动，此时速度v2。所以在t1-t2时间内，即v-t图像也先是平滑的曲线，后是平行于横轴的直线。
[2015全国卷Ⅱ T21 6分]如图，滑块a、b的质量均为m，a套在固定竖直杆上，与光滑水平地面相距h，b放在地面上，a、b通过铰链用刚性轻杆连接，由静止开始运动。不计摩擦，a、b可视为质点，重力加速度大小为g。则( )
A.a落地前，轻杆对b一直做正功
B.a落地时速度大小为
C.a下落过程中，其加速度大小始终不大于g
D.a落地前，当a的机械能最小时，b对地面的压力大小为mg
【答案】BD
【解析】当a到达底端时，b的速度为零，b的速度在整个过程中，先增大后减小，动能先增大后减小，所以轻杆对b先做正功，后做负功。故A错误。a运动到最低点时，b的速度为零，根据系统机械能守恒定律得：mAgh＝mAvA2，解得vA＝。故B正确。b的速度在整个过程中，先增大后减小，所以a对b的作用力先是动力后是阻力，所以b对a的作用力就先是阻力后是动力，所以在b减速的过程中，b对a是向下的拉力，此时a的加速度大于重力加速度，故C错误；ab整体的机械能守恒，当a的机械能最小时，b的速度最大，此时b受到a的推力为零，b只受到重力的作用，所以b对地面的压力大小为mg，故D正确。
[2015全国卷Ⅱ T23 9分]电压表满偏时通过该表的电流是半偏时通过该表的电流的两倍。某同学利用这一事实测量电压表的内阻(半偏法)，实验室提供材料器材如下：
待测电压表V(量程3V，内阻约为3000欧)，电阻箱R0(最大阻值为99999.9欧)，滑动变阻器R1(最大阻值100欧，额定电流2A)，电源E(电动势6V，内阻不计)，开关2个，导线若干。
(1)虚线框内为该同学设计的测量电压表内阻的电路图的一部分，将电路图补充完整。
(2)根据设计的电路，写出实验步骤： 。
(3)将这种方法测出的电压表内阻记为R V，与电压表内阻的真实值RV相比，R V RV(填“＞”“＝”或“＜”)，主要理由是 。
【答案】见解析。
【解析】(1)见图。
(2)移动滑动变阻器的滑片，以保证通电后电压表所在支路分压最小；闭合开关S1、S2，调节R1，使电压表指针满偏；保证滑动变阻器的滑片的位置不变，断开S2，调节电阻箱R0，使电压表的指针半偏；读取电阻箱所示的电阻值，即为测得的电压表内阻
(3)＞；断开S2，调节电阻箱使电压表成半偏状态，电压表所在支路的总电阻增大，分得的电压也增大，此时R0两端的电压大于电压表的半偏电压，故R V＞RV。
[2015全国卷Ⅱ T25 20分]下暴雨时，有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害。某地有一倾角为θ＝37°(sin37°＝)的山坡C，上面有一质量为m的石板B，其上下表面与斜坡平行；B上有一碎石堆A(含有大量泥土)，A和B均处于静止状态，如图所示。假设某次暴雨中，A浸透雨水后总质量也为m(可视为质量不变的滑块)，在极短时间内，A、B间的动摩擦因数μ1减小为，B、C间的动摩擦因数μ2减小为0.5，A、B开始运动，此时刻为计时起点；在第2s末，B的上表面突然变为光滑，μ2保持不变。已知A开始运动时，A离B下边缘的距离l＝27m，C足够长，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。取重力加速度大小g＝10m/s2。求：
(1)在0~2s时间内A和B加速度的大小；
(2)A在B上总的运动时间。
【答案】(1)a1＝3m/s2；a2＝1m/s2 (2)4s。
【解析】(1)在0~2s时间内，A和B的受力如图所示，其中f1、N1是A与B之间的摩擦力和正压力的大小，f2、N2是B与C之间的摩擦力和正压力的大小，方向如图所示。
由滑动摩擦力公式和力的平衡条件：f1＝μ1N1 ①，
N1＝mgcosθ ②
f2＝μ2N2 ③，N2＝N1＋mgcosθ ④
规定沿斜面向下为正。设A和B的加速度分别为a1和a2，由牛顿第二定律得：
mgsinθ-f1＝ma1 ⑤，mgsinθ-f2＋f1＝ma2 ⑥
联立①②③④⑤⑥式，并代入题给条件得：a1＝3m/s2 ⑦，a2＝1m/s2 ⑧
(2)在t1＝2s时，设A和B的速度分别为v1和v2，则
v1＝a1t1＝6m/s ⑨
v2＝a2t2＝2m/s ⑩
t > t1时，设A和B的加速度分别为a 1和a 2。此时A与B之间摩擦力为零，同理可得
a 1＝6m/s2 ，a 2＝–2m/s2
即B做减速运动。设经过时间t2，B的速度减为零，则有：v2＋a 2t2＝0
联立⑩ 式得：t2＝1s
在t1＋t2时间内，A相对于B运动的距离为：
s＝(a1t12＋v1t2＋a1′t22)-(a2t12＋v2t2＋a2′t22)
＝12m＜27m
此后B静止不动。A继续在B上滑动。
设再经过时间t3后A离开B，则有
L-s＝(v1＋a1′t2)t3＋a1′t32
可得：t3＝1s (另一解不合题意，舍去)
设A在B上总的运动时间为t总，有：
t总＝t1＋t2＋t3＝4s (利用下面的速度图像求解，正确的，参照上述答案信参考给分)
[2015全国卷Ⅱ T36 10分]滑块a、b沿水平面上同一条直线运动，并发生碰撞；碰撞后两者粘在一起运动；经过一段时间后，从光滑路段进入粗糙路段。两者的位置x随时间t变化的图像如图所示。求：
(1)滑块a、b的质量之比；
(2)整个运动过程中，两滑块克服摩擦力做的功与因碰撞而损失的机械能之比。
【答案】(1)滑块a、b的质量之比为1∶8；
(2)整个运动过程中，两滑块克服摩擦力做的功与因碰撞而损失的机械能之比为1∶2。
【解析】(1)设a、b的质量分别为m1、m2，a、b碰撞前地速度为v1、v2。
由题给的图像得：v1＝-2m/s，v2＝lm/s
a、b发生完全非弹性碰撞，碰撞后两滑块的共同速度为v。
由题给的图像得：v＝m/s，两滑块碰撞过程系统动量守恒，以滑块b的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v，解得：m1∶m2=1∶8。
(2)由能量守恒得，两滑块因碰撞损失的机械能为：ΔE＝m1v12＋m2v22-(m1＋m2)v2，
由图像可知，两滑块最后停止运动，由动能定理得，两滑块克服摩擦力所做的功为：
W＝(m1＋m2)v2，解得：W∶ΔE＝1∶2。
[2015全国卷Ⅱ T26 10分]如图，一粗细均匀的U形管竖直放置，A侧上端封闭，B侧上端与大气相通，下端开口处开关K关闭，A侧空气柱的长度为l＝10.0cm，B侧水银面比A侧的高h＝3.0cm。现将开关K打开，从U形管中放出部分水银，当两侧水银面的高度差为h1＝10.0cm时将开关K关闭。已知大气压强p0＝75.0cmHg。
(i)求放出部分水银后A侧空气柱的长度；
(ii)此后再向B侧注入水银，使A、B两侧的水银面达到同一高度，求注入的水银在管内的长度。
【答案】(i)放出部分水银后A侧空气柱的长度为12cm；
(ii)注入的水银在管内的长度为13.2cm。
【解析】(i)以cmHg为压强单位。设A侧空气柱长度l＝10.0cm时压强为p，当两侧的水银面的高度差为h1＝10.0cm时，空气柱的长度为l1，压强为p1，由玻意耳定律，有：
pl＝p1l1 ①，由力学平衡条件，有：p＝p0＋ph ②
打开开关放出水银的过程中，B侧水银面处的压强始终为p0，而A侧水银面处的压强随空气柱长度的增加逐渐减小，B、A两侧水银面的高度差也随着减小，直至B侧水银面低于A侧水银面h1为止，由力学平衡条件，有：p1＝p0-ph1 ③
联立①②③，并代入题目数据，有：l1＝12cm ④
(ii)当A、B两侧的水银面达到同一高度时，设A侧空气柱的长度为l2，压强为p2，玻意耳定律，有：pl＝p2l2 ⑤，由力学平衡条件有：p2＝p0 ⑥
联立②⑤⑥式，并代入题目数据，有：l2＝10.4cm ⑦
设注入水银在管内的长度为Δh，依题意，有：Δh＝2(l1-l2)＋h1 ⑧
联立④⑦⑧式，并代入题目数据，有：Δh＝13.2cm
[2015全国卷Ⅱ T27 10分]平衡位置位于原点O的波源发出的简谐横波在均匀介质中沿水平x轴传播，P、Q为x轴上的两个点(均位于x轴正向)，P与O的距离为35cm，此距离介于一倍波长与二倍波长之间。已知波源自t＝0时由平衡位置开始向上振动，周期T＝1s，振幅A＝5cm。当波传到P点时，波源恰好处于波峰位置；此后再经过5s，平衡位置在Q处的质点第一次处于波峰位置。求：
(i)P、Q间的距离；
(ii)从t＝0开始到平衡位置在Q处的质点第一次处于波峰位置时，波源在振动过程中通过的路程。
【答案】(i)P、Q间的距离为133cm；
(ii)从t＝0开始到平衡位置在Q处的质点第一次处于波峰位置时，波源在振动过程中通过的路程为125cm。
【解析】(i)由题意，O、P两点间的距离与波长λ之间满足：OP＝λ ①
波速v与波长的关系为：v＝ ②，在t＝5s的时间间隔内，波传播的路程为vt。
由题意有：vt＝PQ＋λ ③，式中，PQ为P、Q间的距离。
由①②③式和题给数据，得：PQ＝133cm。
(ii)Q处的质点第一次处于波峰位置时，波源运动的时间为：t1＝t＋T
波源从平衡位置开始运动，每经过T，波源运动的路程为A。
有题给条件得：t1＝25T，故t1时间内，波源运动的路程为：s＝25A＝125cm。
2014年全国卷Ⅰ
[2014全国卷Ⅰ T17 6分]如图，用橡皮筋将一小球悬挂在小车的架子上，系统处于平衡状态。现使小车从静止开始向左加速，加速度从零开始逐渐增大到某一值，然后保持此值，小球稳定地偏离竖直方向某一角度(橡皮筋在弹性限度内)。与稳定在竖直时位置相比，小球的高度
A.一定升高
B.一定降低
C.保持不变
D.升高或降低由橡皮筋的劲度系数决定
【答案】A
【解析】小车静止时，橡皮筋弹力等于小球重力F1＝mg，小球在悬点下竖直距离：L1＝L0＋；小车以一定加速度运动时，小球稳定地偏离竖直方向某一角度θ，此时橡皮筋弹力为F2，对于小球在竖直方向有：F2cosθ＝mg，则小球在悬点下竖直距离：L2＝(L0＋)cosθ＝L0cosθ＋，故L1>L2，即小球一定升高。A正确。
[2014全国卷Ⅰ T19 6分]太阳系各行星几乎在同一平面内沿同一方向绕太阳做圆周运动。当地球恰好运行到某地外行星和太阳之间，且三者几乎排成一条直线的现象，天文学称为“行星冲日”。据报道，2014年各行星冲日时间分别是：1月6日木星冲日；4月9日火星冲日；5月11日土星冲日；8月29日海王星冲日；10月8日天王星冲日。已知地球及各地外行星绕太阳运动的轨道半径如下表所示，则下列判断正确的是
地球 火星 木星 土星 天王星 海王星
轨道半径(AU) 1.0 1.5 5.2 9.5 19 30
A.各地外行星每年都会出现冲日现象
B.在2015年内一定会出现木星冲日
C.天王星相邻两次冲日的时间间隔为土星的一半
D.地外行星中，海王星相邻两次冲日的时间间隔最短
【答案】BD
【解析】相邻两次行星冲日的时间间隔就是地球比该行星多运动一周的时间，根据开普勒第三定律＝k得：T＝，相邻两次行星冲日的时间间隔：
t＝＝＝＞T地，即相邻两次行星冲日的时间间隔大于1年，A错误；根据木星轨道半径是地球的5.2倍，木星周期大于11年，小于12年，所以木星冲日的时间间隔大于年，小于1.1年。由于今年的冲日时间是1月6日，所以下次木星冲日在2015年，B正确；由于木星相邻两次冲日的时间间隔的一半还不到一年，而所有行星冲日的相邻间隔都超过1年，所以天王星相邻两次的冲日的时间不可能是土星的一半，C错误。根据海王星的轨道半径最大，周期最大，可判断海王星的时间间隔最短，D正确。
[2014全国卷Ⅰ T23 9分]利用如图(a)所示电路，可以测量电源的电动势和内阻，所用的实验器材有：
待测电源，电阻箱R(最大阻值999.9Ω)，电阻R0(阻值3.0Ω)，电阻R1(阻值3.0Ω)，电流表(量程为200mA，内阻为RA＝6.0Ω)，开关S。
实验步骤如下：
①将电阻箱阻值调到最大，闭合开关S；
②多次调节电阻箱，记下电流表的示数I和电阻箱相应的阻值R；
③以为纵坐标，R为横坐标，作- R图线(用直线拟合)
④求出直线的斜率k和在纵轴上的截距b
回答下列问题：
(1)分别用E和r表示电源的电动势和内阻，则与R的关系式为 。
(2)实验得到的部分数据如下表所示，其中电阻R＝3.0Ω时电流表的示数如图(b)所示，读出数据，完成下表。答：① ，② 。
R/Ω 1.0 2.0 3.0 4.0 5.0 6.0 7.0
I/A 0.143 0.125 ① 0.100 0.091 0.084 0.077
I-1/A-1 6.99 8.00 ② 10.0 11.0 11.9 13.0
(3)在图(c)的坐标纸上将所缺数据点补充完整并作图，根据图线求得斜率k＝ A-1Ω-1，截距b＝ A-1。
(4)根据图线求得电源电动势E＝ V，内阻r ＝ Ω。
【答案】(1) 。(2)①0.110，②9.09。(3)见图(c)答。(4)3.0(或在2.7~3.3之间)1.0(或在0.6 ~1.4之间)。
【解析】(1)由于电流表与电阻R1并联，且RA＝6.0Ω，R1＝3.0Ω，当电流表示数为I时，电路总电流应为3I。根据闭合电路欧姆定律有：E＝3I(＋R0＋R＋r)，代入数据整理得：
(2)根据图(b)可得电流表示数为110mA＝0.110A；所以1/I＝9.09
(3)见图(c)答
(4)根据和图像可得：＝k＝1，＝b＝6，解得：E＝3V，r＝1.0Ω。
[2014全国卷Ⅰ T25 20分]如图，O、A、B为同一竖直平面内的三个点，OB沿竖直方向，∠BOA＝60°，OB＝OA。将一质量为m的小球以一定的初动能自O点水平向右抛出，小球在运动过程中恰好通过A点。使此小球带电，电荷量为q(q >0)，同时加一匀强电场，场强方向与ΔOAB所在平面平行。现从O点以同样的初动能沿某一方向抛出此带电小球，该小球通过了A点，到达A点时的动能是初动能的3倍；若该小球从O点以同样的初动能沿另一方向抛出，恰好通过B点，且到达B点时的动能为初动能的6倍。重力加速度大小为g。求：
(1)无电场时，小球到达A点时的动能与初动能的比值；
(2)电场强度的大小和方向。
【答案】(1)；(2)；与竖直向下的方向的夹角为30°
【解析】(1)设小球的初速度为v0，初动能为Ek0，从O点运动到A点的时间为t，令OA＝ d，则OB ＝d，根据平抛运动的规律有：d sin60°＝v0t ①
d cos60°＝gt2 ②，又有Ek0 ＝mv02 ③
由①②③式得：Ek0 ＝mgd ④
设小球到达A点时的动能为EkA，则：EkA ＝ Ek0 ＋mgd ⑤
由④⑤式得：＝ ⑥
(2)加电场后，小球从O点到A点和B点，高度分别降低了d和，设电势能分别减小ΔEpA和ΔEpB，由能量守恒及④式得：ΔEpA＝3Ek0 - Ek0 -mgd ＝Ek0 ⑦
ΔEpB＝6Ek0 - Ek0 -mgd ＝Ek0 ⑧
在匀强电场中，沿任一直线，电势的降落是均匀的。设直线OB上的M点与A点等电势，M与O点的距离为x，如图，则有： ⑨
解得x ＝ d。MA为等势线，电场必与其垂线OC方向平行。设电场方向与竖直向下的方向夹角为α，由几何关系可得：α ＝30° ⑩
即电场方向与竖直向下的方向的夹角为30°。设场强的大小为E，有：
qEd cos30°＝ΔEpA ，由④⑦ 式得：E＝
[2014全国卷Ⅰ T35 10分]如图，质量分别为mA、mB的两个弹性小球A、B静止在地面上方，B球距地面的高度h＝0.8m，A球在B球的正上方。先将B球释放，经过一段时间后再将A球释放。当A球下落t＝0.3s时，刚好与B球在地面上方的P点处相碰，碰撞时间极短，碰后瞬间A球的速度恰为零。已知mB＝3mA，重力加速度大小g＝10m/s2。忽略空气阻力及碰撞中的动能损失。求：
(1)B球第一次到达地面时的速度；
(2)P点距离地面的高度。
【答案】(1)4m/s (2)0.75m
【解析】(1)设B球第一次到达地面时的速度大小为vB，由运动学公式有
vB ＝ ①
将h＝0.8m代入上式，得
vB＝4m/s ②
(2)设两球相碰前后，A球的速度大小分别为v1和v1′(v1′ ＝0)，B球的速度分别为v2和v2′，由运动学规律可得
v1 ＝gt ③
由于碰撞时间极短，重力的作用可以忽略，两球相碰前后的动量守恒，总动能保持不变。规定向下的方向为正，有
mAv1＋ mBv2 ＝mBv2′ ④
mAv12＋mBv22＝mBv2′2 ⑤
设B球与地面相碰后的速度大小为vB′，由运动学及碰撞的规律可得
vB′＝ vB ⑥
设P点距地面的高度为h′，由运动学规律可得：h′ ＝ ⑦
联立②③④⑤⑥⑦式，并代入已知条件可得：h′ ＝0.75m ⑧
[2014全国卷Ⅰ T26 10分]一定质量的理想气体被活塞封闭在竖直放置的圆柱形气缸内，气缸壁导热良好，活塞可沿气缸壁无摩擦地滑动。开始时气体压强为p，活塞下表面相对于气缸底部的高度为h，外界的温度为T0，现取质量为m的沙子缓慢地倒在活塞的上表面，沙子倒完时，活塞下降了，若此后外界的温度变为T，求重新达到平衡后气体的体积。已知外界大气的压强始终保持不变、重力加速度大小为g。
【答案】重新达到平衡后气体的体积为。
【解析】设大气与活塞对气体的总压强为p，活塞横截面积为S，气体末状态的压强p′＝p，体积V′＝(hh)SSh，由玻意耳定律得：pV＝p′V′，
即：pSh＝(p)Sh ①，由①式得＝p ②
外界的温度变为T后，设活塞下表面相对于气缸底部的高度为h′，根据盖-吕萨克定律，得：＝ ③，解得h′＝h ④
气体最后的体积为V＝h′S…⑤，联立②④⑤可得V＝。
[2014全国卷Ⅰ T27 10分]一个半圆柱形玻璃砖，其横截面是半径为R的半圆，AB为半圆的直径，O为圆心，如图所示，玻璃的折射率n＝。
(i)一束平行光垂直射向玻璃砖的下表面，若光线到达上表面后，都能从该表面射出，则入射光束在AB上的最大宽度为多少？
(ii)一细束光线在O点左侧与O相距R处垂直于AB从下方入射，求此光线从玻璃砖射出点的位置。
【答案】(i)一束平行光垂直射向玻璃砖的下表面，若光线到达上表面后，都能从该表面射出，则入射光束在AB上的最大宽度为R；
(ii)一细束光线在O点左侧与O相距R处垂直于AB从下方入射，此光线从玻璃砖射出点的位置在O点左侧或者右侧R处。
【解析】(i)根据全反射定律：sinC＝，得：C＝45°，即临界角为45°，如下图：
由几何知识得：d＝，则入射光束在AB上的最大宽度为2d＝R。
(ii)设光线在距离O点R的C点射入后，在上表面的入射角为α，由几何关系和已知条件得：α＝60°＞C，光线在玻璃砖内会发生三次全反射，最后由G点射出，如图：
由反射定律和几何关系得：OG＝OC＝R，射到G点的光有一部分被反射，沿原路返回到达C点射出。
2014年全国卷Ⅱ
[2014全国卷Ⅱ T18 6分]假设地球可视为质量均匀分布的球体。已知地球表面重力加速度在两极的大小为g0；在赤道的大小为g；地球自转的周期为T；引力常量为G，地球的密度为( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】地球表面的物体在两极万有引力等于重力：＝mg0，在地球的赤道上万有引力为重力和物体随地球自转所需向心力的合力：＝m()2R＋mg，地球的质量：M＝ρ×πR3，联立可得：ρ＝，选项B正确。
[2014全国卷Ⅱ T21 6分]如图，一理想变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2。原线圈通过一理想电流表接正弦交流电源，一个二极管和阻值为R的负载电阻串联后接到副线圈的两端。假设该二极管的正向电阻为零，反向电阻为无穷大。用交流电压表测得a、b端和c、d端的电压分别为Uab和Ucd，则( )
A.Uab∶Ucd＝n1∶n2
B.增大负载电阻的阻值R，电流表的读数变小
C.负载电阻的阻值越小，cd间的电压Ucd越大
D.将二极管短路，电流表的读数加倍
【答案】BD
【解析】若变压器初级电压为Uab，则次级电压为U2＝Uab；由于二级管的单向导电性使得cd间电压为Ucd＝U2，故，A错误；增大负载的阻值R，输出功率减小，则输入电流减小，即电流表的读数减小，B正确，cd间的电压由变压器的初级电压决定，与负载电阻R的大小无关，C错误；若二极管短路则Ucd＝U2，则次级电流会加倍，则初级电流也加倍，D正确。
[2014全国卷Ⅱ T23 9分]某实验小组探究弹簧的劲度系数k与其长度(圈数)的关系。实验装置如图(a)所示；
一均匀长弹簧竖直悬挂，7个指针P0、P1、P2、P3、P4、P5、P6分别固定在弹簧上距悬点0、10、20、30、40、50、60圈处；通过旁边竖直放置的刻度尺，可以读出指针的位置，P0指同0刻度。设弹簧下端未挂重物时，各指针的位置记为x0；挂有质量为0.100kg的砝码时，各指针的位置记为x。测量结果及部分计算结果如下表所示(n为弹簧的圈数，取重力加速度为9.80m/s2)。已知实验所用弹簧总圈数为60，整个弹簧的自由长度为11.88cm。
P1 P2 P3 P4 P5 P6
x0(cm) 2.04 4.06 6.06 8.05 10.03 12.01
x(cm) 2.64 5.26 7.81 10.30 12.93 15.41
n 10 20 30 40 50 60
k(N/m) 163 ① 56.0 43.6 33.8 28.8
1/k(m / N) 0.0061 ② 0.0179 0.0229 0.0296 0.0347
(1)将表中数据补充完整：① ， ② 。
(2)以n为横坐标，1/k为纵坐标，在图(b)给出的坐标纸上画出1/k-n图像。
(3)图(b)中画出的直线可以近似认为通过原点，若从试验中所用的弹簧截取圈数为n的一段弹簧，该弹簧的劲度系数k与其圈数n的关系表达式为k＝ N/m；该弹簧的劲度系数k与其自由长度l0(单位为m)的关系表达式为k＝ N/m。
【答案】(1)①81.7；②0.0122；(2)如图所示；(3)k＝(N/m)(在～之间均可)；k＝(在～之间均可)。
【解析】(1)k＝m/N＝81.7m/N，
故＝m/N＝0.0122m/N
(2)如图所示
(3)由图线可得其斜率为：＝0.000572
故直线满足＝0.000572n即k＝(N/m)(在～之间均可)由于60匝弹簧总长度为11.88cm；则n匝弹簧的为l0满足
代入k＝得：k＝(在～之间均可)
[2014全国卷Ⅱ T25 19分]半径分别为r和2r的同心圆形导轨固定在同一水平面内，一长为r，质量为m且质量分布均匀的直导体棒AB置于圆导轨上面，BA的延长线通过圆导轨中心O，装置的俯视图如图所示，整个装置位于一匀强磁场中，磁感应强度的大小为B，方向竖直向下，在内圆导轨的C点和外圆导轨的D点之间接有一阻值为R的电阻(图中未画出)。直导体棒在水平外力作用下以角速度ω绕O逆时针匀速转动，在转动过程中始终与导轨保持良好接触。设导体棒与导轨之间的动摩擦因数为μ，导体棒和导轨的电阻均可忽略。重力加速度大小为g。求：
(1)通过电阻R的感应电流的方向和大小；
(2)外力的功率。
【答案】(1)C端流向D端；；(2)μmgωr＋
【解析】(1)在Δt时间内，导体棒扫过的面积为：ΔS＝ωΔt[(2r)2-r2] ①
根据法拉第电磁感应定律，导体棒产生的感应电动势大小为：E＝ ②
根据右手定则，感应电流的方向是从B端流向A端，因此流过导体又的电流方向是从C端流向D端；由欧姆定律流过导体又的电流满足：I＝ ③
联立①②③可得：I＝ ④
(2)在竖直方向有：mg-2FN＝0 ⑤
式中，由于质量分布均匀，内外圆导轨对导体棒的正压力相等，其值为FN，两导轨对运动的导体棒的滑动摩擦力均为：Ff＝μFN ⑥
在Δt时间内，导体棒在内外圆导轨上扫过的弧长分别为：l1＝rωΔt ⑦
l2＝2rωΔt ⑧
克服摩擦力做的总功为：Wf＝Ff(l1＋l2) ⑨
在Δt时间内，消耗在电阻R上的功为：WR＝I2RΔt ⑩
根据能量转化和守恒定律，外力在Δt时间内做的功为W＝Wf＋WR
外力的功率为：P＝
由④至 式可得：P＝μmgωr＋
[2014全国卷Ⅱ T35 10分]现利用图(a)所示装置验证动量守恒定律。在图(a)中，气垫导轨上有A、B两个滑块，滑块A右侧带有一弹簧片，左侧与打点计时器(图中未画出)的纸带相连；滑块B左侧也带有一弹簧片，上面固定一遮光片，光电计数器(未完全画出)可以记录遮光片通过光电门的时间。
实验测得滑块A的质量m1＝0.301kg，滑块B的质量m2＝0.108kg，遮光片的宽度d＝1.00cm；打点计时器所用交流电的频率f＝50.0Hz。
将光电门固定在滑块B的右侧，启动打点计时器，给滑块A一向右的初速度，使它与B相碰。碰后光电计数器显示的时间为ΔtB＝3.500ms，碰撞前后打出的纸带如图(b)所示。
若实验允许的相对误差绝对值()最大为5%，本实验是否在误差范围内验证了动量守恒定律？写出运算过程。
【答案】见解析。
【解析】按定义，物体运动的瞬时速度大小v为：v＝
式中Δx为物块在很短的时间Δt内的位移，设纸带上打出相邻两点的时间间隔为ΔtA，则
ΔtA＝1/f＝0.02s，ΔtA可视为很短
设在A碰撞前后瞬时速度大小分别为v0和v1
由图(b)所给数据可得：v0＝2.00m/s，v1＝0.790m/s
设B碰撞后瞬时速度大小为v2，v2＝＝2.56m/s
设两滑块在碰撞前后的动量分别为P和P′，则：P＝m1v0，P′＝m1v1＋m2v2
两滑块在碰撞前后总动量相对误差的绝对值为：δr＝×100%
联立各式代入数据得：δr＝1.7%＜5%，因此，本实验在允许的误差范围内验证了动量守恒定律。
[2014全国卷Ⅱ T26 10分]如图，两气缸AB粗细均匀，等高且内壁光滑，其下部由体积可忽略的细管连通；A的直径为B的2倍，A上端封闭，B上端与大气连通；两气缸除A顶部导热外，其余部分均绝热。两气缸中各有一厚度可忽略的绝热轻活塞a、b，活塞下方充有氮气，活塞a上方充有氧气；当大气压为p0，外界和气缸内气体温度均为7℃且平衡时，活塞a离气缸顶的距离是气缸高度的，活塞b在气缸的正中央。
(ⅰ)现通过电阻丝缓慢加热氮气，当活塞b升至顶部时，求氮气的温度；
(ⅱ)继续缓慢加热，使活塞a上升，当活塞a上升的距离是气缸高度的时，求氧气的压强。
【答案】(ⅰ)氮气的温度为320K；(ⅱ)氧气的压强为p0。
【解析】(ⅰ)活塞b升至顶部的过程中，活塞a不动，活塞a、b下方的氮气经历等压过程。
设气缸A的容积为V0，氮气初态体积为V1，温度为T1，末态体积为V2，温度为T2，按题意，气缸B的容积为V0，则得：
V1＝V0 V0＝V0 ①，V2＝V0V0＝V0 ②
根据盖 吕萨克定律得： ③，由①②③式和题给数据得：T2＝320K ④
(ⅱ)活塞b升至顶部后，由于继续缓慢加热，活塞a开始向上移动，直至活塞上升的距离是气缸高度的时，活塞a上方的氧气经历等温过程，设氧气初态体积为V1′，压强为p1′，末态体积为V2′，压强为p2′，由题给数据有，V1′＝V0，p1′＝p0，V2′＝V0 ⑤
由玻意耳定律得：p1′V1′＝p2′V2′ ⑥，由⑤⑥式得：p2′＝p0 ⑦
[2014全国卷Ⅱ T27 10分]一厚度为h的大平板玻璃水平放置，其下表面贴有一半径为r的圆形发光面。在玻璃板上表面放置一半径为R的圆纸片，圆纸片与圆形发光面的中心在同一竖直线上。已知圆纸片恰好能完全挡住从圆形发光面发出的光线(不考虑反射)，求平板玻璃的折射率。
【答案】平板玻璃的折射率为。
【解析】根据题述，作出光路图如图所示，S点为圆形发光面边缘上一点。在A点光线恰好发生全反射，入射角等于临界角C。图中Δr＝htanC，
由sinC＝和几何知识得：sinC＝，解得：Δr＝，
故应贴圆纸片的最小半径R＝r＋Δr＝r。解得：n＝。
2013年全国卷Ⅰ
[2013全国卷Ⅰ T18 6分]如图，半径为R的圆是一圆柱形匀强磁场区域的横截面(纸面)，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外。一电荷量为q(q＞0)、质量为m的粒子沿平行于直径ab的方向射入磁场区域，射入点与ab的距离为R/2。已知粒子射出磁场与射入磁场时运动方向间的夹角为60°，则例子的速率为(不计重力)( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】如图所示，粒子射出磁场与射入磁场时运动方向间的夹角为60°，则其运动轨迹所对的圆心角NCM也为60°。在三角形OHM中，cos∠HOM＝，所以∠HOM为60°。由角边角定理可知，三角形OMN与三角形CMN全等，即圆周运动半径与磁场区域圆半径相等。由qvB＝m可知v＝。正确选项B。
[2013全国卷Ⅰ T21 6分]2012年11月，“歼15”舰载机在“辽宁号”航空母舰上着舰成功。图(a)为利用阻拦系统让舰载机在飞行甲板上快速停止的原理示意图。飞机着舰并成功钩住阻拦索后，飞机的动力系统立即关闭，阻拦系统通过阻拦索对飞机施加一作用力，使飞机在甲板上短距离滑行后停止，某次降落，以飞机着舰为计时零点，飞机在t＝0.4s时恰好钩住阻拦索中间位置，其着舰到停止的速度-时间图线如图(b)所示。假如无阻拦索，飞机从着舰到停止需要的滑行距离约为1000m。已知航母始终静止，重力加速度的大小为g。则( )
A.从着舰到停止，飞机在甲板上滑行的距离约为无阻拦索时的1/10
B.在0.4s~2.5s时间内，阻拦索的张力几乎不随时间变化
C.在滑行过程中，飞行员所承受的加速度大小会超过2.5g
D.在0.4s~2.5s时间内，阻拦系统对飞机做功的功率几乎不变
【答案】AC
【解析】过(0，70)和(3.0，0)的直线与两坐标轴所围的三角形面积可替代曲线下的面积，其面积值为飞机在甲板上滑行的距离，A正确。在0.4s～2.5s时间内，飞机近似做匀变速运动，加速度不变，合力不变，阻拦索对飞机的合力不变，但由于阻拦索之间的夹角在小，因此阻拦索中的力在变小，B错误。由在0.4s～2.5s时间内直线斜率可知飞机运动的最大加速度会超过2.5g，C正确。阻拦索对飞机的合力不变，但飞机的速度在减小，因此阻拦索系统对飞机做功的功率减小，D错误。
[2013全国卷Ⅰ T23 8分]某学生实验小组利用图(a)所示电路，测量多用电表内电池的电动势和电阻“×lk”挡内部电路的总电阻。使用的器材有：
多用电表；
电压表：量程5V，内阻十几千欧；
滑动变阻器：最大阻值5kΩ
导线若干。
回答下列问题：
(1)将多用电表挡位调到电阻“×lk”挡，再将红表笔和黑表笔 ，调零点。
(2)将图(a)中多用电表的红表笔和 (填“1”或“2”)端相连，黑表笔连接另一端。
(3)将滑动变阻器的滑片调到适当位置，使多角电表的示数如图(b)所示，这时电压表的示数如图(c)所示。多用电表和电压表的读数分别为________kΩ和________V。
(4)调节滑动变阻器的滑片，使其接入电路的阻值为零。此时多用电表和电压表的读数分别为12.0kΩ和4.00V。从测量数据可知，电压表的内阻为________kΩ。
(5)多用电表电阻挡内部电路可等效为由一个无内阻的电池、一个理想电流表和一个电阻串联而成的电路，如图(d)所示。根据前面的实验数据计算可得，此多用电表内电池的电动势为______V，电阻“×lk”挡内部电路的总电阻为________kΩ。
【答案】(1)短接 (2)1 (3)15.0 3.60 (4)12.0 (5)9.00 15.0
【解析】(1)欧姆表测电阻时，先选档；然后进行欧姆调零，将红、黑表笔短接，调整欧姆调零旋钮，使指针指到欧姆表刻度的零位置；再测量、读数。
(2)对于多用电表欧姆档，其电流从黑表笔流出，从红表笔流入，而电压表则要求电流从“＋”接线柱流入，因此红表笔应和“1”端相连。
(3)多用电表欧姆档的测量值等于表盘上读数乘以倍率，电阻“×lk”读第一排，读数为15.0×1k＝15.0kΩ；直流电压5V，最小分度为0.1V，估读到分度值下一位，读数为3.60V。
(4)调节滑动变阻器的滑片，使其接入电路的阻值为零，多用电表的读数即为电压表的内阻。
(5)由闭合电路欧姆定律得：E＝U＋(R滑＋r)，
有：E＝，E＝4.0＋。
解得：E＝9.00V，r＝15.0kΩ
[2013全国卷Ⅰ T25 19分]如图，两条平行导轨所在平面与水平地面的夹角为θ，间距为L。导轨上端接有一平行板电容器，电容为C。导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向垂直于导轨平面。在导轨上放置一质量为m的金属棒，棒可沿导轨下滑，且在下滑过程中保持与导轨垂直并良好接触。已知金属棒与导轨之间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g。忽略所有电阻。让金属棒从导轨上端由静止开始下滑，求：
(1)电容器极板上积累的电荷量与金属棒速度大小的关系；
(2)金属棒的速度大小随时间变化的关系。
【答案】(1)Q＝CBLv，(2)v＝
【解析】(1)设金属棒下滑的速度大小为v，则感应电动势为：E＝BLv ①
平行板电容器两极板之间的电势差为：U＝E ②
设此时电容器极板上积累的电荷量为Q，按定义有：C＝ ③
联立①②③式得：Q＝CBLv ④
(2)设金属棒的速度大小为v时经历的时间为t，通过金属棒的电流为i，金属棒受到的磁场的作用力方向沿导轨向上，大小为：f1＝BLi ⑤
设在时间间隔(t，t＋Δt)内流经金属棒的电荷量为ΔQ，按定义有：i＝ ⑥
ΔQ也是平行板电容器极板在时间间隔(t，t＋Δt)内增加的电荷量，
由④式得：ΔQ＝CBLΔv ⑦
式中，Δv为金属棒的速度变化量，按定义有：a＝ ⑧
金属棒所受的摩擦力方向斜向上，大小为：f2＝μN ⑨
式中，N是金属棒对于导轨的正压力的大小，有：N＝mgcosθ ⑩
金属棒在时刻t的加速度方向沿斜面向下，设其大小为a，
根据牛顿第二定律有：mgsinθ-f1-f2＝ma
联立⑤至 式得：a＝
由 式及题设可知，金属棒做初速度为零的匀加速运动。
t时刻金属棒的速度大小为：v＝
[2013全国卷Ⅰ T35 10分]在粗糙的水平桌面上有两个静止的木块A和B，两者相距为d。现给A一初速度，使A与B发生弹性正碰，碰撞时间极短。当两木块都停止运动后，相距仍然为d。已知两木块与桌面之间的动摩擦因数均为μ，B的质量为A的2倍，重力加速度大小为g。求A的初速度的大小。
【答案】v0＝
【解析】设在发生碰撞前的瞬间，木块A的速度大小为v；在碰撞后的瞬间，A和B的速度分别为v1和v2。在碰撞过程中，由能量和动量守恒定律，得
mv2＝mv12＋(2m)v22 ①；mv＝mv1＋2mv2 ②
式中，以碰撞前木块A的速度方向为正，由①②式得：v1＝v2 ③
设碰撞后A和B的运动的距离分别为d1和d2，由动能定理得
-μmgd1＝0-mv12 ④；-μ(2m)gd2＝0-(2m)v22 ⑤
依题意有：d＝d1＋d2 ⑥
设A的初速度大小为v0，由动能定理得：-μmgd＝mv2-mv02 ⑦
联立②至⑦式，得：v0＝ ⑧
[2013全国卷Ⅰ T26 10分]如图所示，两个侧壁绝热、顶部和底部都导热的相同气缸直立放置，气缸底部和顶部均有细管连通，顶部的细管带有阀门K，两气缸的容积均为V0，气缸中各有一个绝热活塞(质量不同，厚度可忽略)。开始时K关闭，两活塞下方和右活塞上方充有气体(可视为理想气体)，压强分别为p0和，左活塞在气缸正中间，其上方为真空；右活塞上方气体体积为．现使气缸底与一恒温热源接触，平衡后左活塞升至气缸顶部，且与顶部刚好没有接触；然后打开K，经过一段时间，重新达到平衡。已知外界温度为T0，不计活塞与气缸壁间的摩擦。求：
①恒温热源的温度T；
②重新达到平衡后左气缸中活塞上方气体的体积Vx。
【答案】(1)恒温热源的温度为T0；
(2)重新达到平衡后左气缸中活塞上方气体的体积为V0。
【解析】(1)与恒温热源接触后，在K未打开时，右活塞不动，两活塞下方的气体经历等压过程，由盖吕 萨克定律得： ①解得：TT0 ②
(2)由初始状态的力学平衡条件可知，左活塞的质量比右活塞的大。
打开K后，右活塞必须升至气缸顶才能满足力学平衡条件。
气缸顶部与外界接触，底部与恒温热源接触，两部分气体各自经历等温过程，
设在活塞上方气体压强为p，由玻意耳定律得：pVx ③
对下方气体由玻意耳定律得：(p＋p0)(2V0-Vx)＝p0 V0 ④
联立③④式得：6Vx2-V0Vx-V02＝0，解得：Vx＝V0，Vx＝-V0不合题意，舍去。
[2013全国卷Ⅰ T27 10分]图示为一光导纤维(可简化为一长玻璃丝)的示意图，玻璃丝长为L，折射率为n，AB代表端面。已知光在真空中的传播速度为c。
(i)为使光线能从玻璃丝的AB端面传播到另一端面，求光线在端面AB上的入射角应满足的条件；
(ii)求光线从玻璃丝的AB端面传播到另一端面所需的最长时间。
【答案】(i)光线在端面AB上的入射角应满足sini≤
(ii)线从玻璃丝的AB端面传播到另一端面所需的最长时间
【解析】(1)设激光束在光导纤维端面的入射角为i，折射角为α，折射光线射向侧面时的入射角为β，要保证不会有光线从侧壁射出来，其含义是能在侧壁发生全反射。
由折射定律：n＝，由几何关系：α＋β＝90°，sinα＝cosβ
恰好发生全反射临界角的公式：sinβ＝，得cosβ＝，联立得sini＝
要保证从端面射入的光线能发生全反射，应有sini≤。
(2)光在玻璃丝中传播速度的大小为v＝，光速在玻璃丝轴线方向的分量为vz＝vsinβ
光线从玻璃丝端面AB传播到其另一端面所需时间为T＝
光线在玻璃丝中传播，在刚好发生全反射时，光线从端面AB传播到其另一端面所需的时间最长，联立得Tmax＝。
2013年全国卷Ⅱ
[2013全国卷Ⅱ T17 6分]空间有一圆柱形匀强磁场区域，该区域的横截面的半径为R，磁场方向垂直横截面。一质量为m、电荷量为q(q＞0)的粒子以速率v0沿横截面的某直径射入磁场，离开磁场时速度方向偏离入射方向60°。不计重力，该磁场的磁感应强度大小为( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】带正电的粒子垂直磁场方向进入圆形匀强磁场区域，由洛伦兹力提供向心力而做匀速圆周运动，画出轨迹如图，根据几何知识得知，轨迹的圆心角等于速度的偏向角60°，
且轨迹的半径为：r＝Rcot30°，根据牛顿第二定律得：qv0B＝m 得，B。
[2013全国卷Ⅱ T21 6分]公路急转弯处通常是交通事故多发地带。某公路急转弯处是一圆弧，当汽车行驶的速率为vc时，汽车恰好没有向公路内外两侧滑动的趋势，则在该弯道处，( )
A.路面外侧高内侧低
B.车速只要低于vc，车辆便会向内侧滑动
C.车速虽然高于vc，但只要不超出某一高度限度，车辆便不会向外侧滑动
D.当路面结冰时，与未结冰时相比，vc 的值变小
【答案】AC
【解析】路面应建成外高内低，此时重力和支持力的合力指向内侧，可以提供圆周运动向心力。故A正确。车速低于v0，所需的向心力减小，此时摩擦力可以指向外侧，合力依然提供向心力，车辆不会向内侧滑动，故B错误；车速若高于v0，所需的向心力增大，此时摩擦力可以指向内侧，增大提供的力，所以只要不超出某一最高限度，车辆也不会向外侧滑动，故C正确；当路面结冰时与未结冰时相比，由于支持力和重力不变，则vc的值不变。
[2013全国卷Ⅱ T23 7分]某同学用量程为1mA、内阻为120Ω的表头按图(a)所示电路改装成量程分别为1V和1A的多用电表。图中R1和R2为定值电阻，S为开关。回答下列问题：
(1)根据图(a)所示的电路，在图(b)所示的实物图上连线。
(2)开关S闭合时，多用电表用于测量_______(填“电流”、“电压”或“电阻”)；开关S断开时，多用电表用于测量_______(填“电流”、“电压”或“电阻”)。
(3)表笔A应为__________色(填“红”或“黑”)。
(4)定值电阻的阻值R1＝_________Ω，R2＝________Ω。(结果取3位有效数字)
【答案】(1)如图所示；(2)电流，电压；(3)黑；(4)1.00，880。
【解析】(1)对照电路图连线，如图所示；
(2)开关S断开时，串联分压电阻，电压量程扩大，是电压表；
开关S闭合时，并联分流电阻，电流量程扩大，是电流表；
(3)红正黑负，故表笔A连接负接线柱，为黑表笔；
(4)开关S断开时，电压量程为1V，故：RV＝＝＝1000Ω；
故R2＝RV-Rg＝1000Ω-120Ω＝880Ω；R1＝＝≈1.00Ω。
[2013全国卷Ⅱ T25 18分]一长木板在水平地面上运动，在t＝0时刻将一相对于地面静止的物块轻放到木板上，以后木板运动的速度-时间图像如图所示。已知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上。取重力加速度的大小g＝10m/s2，求：
(1)物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数；
(2)从t＝0时刻到物块与木板均停止运动时，物块相对于木板的位移的大小。
【答案】(1)物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数分别为0.20和0.30；(2)1.125m。
【解析】(1)设物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数分别为μ1和μ2，木板与物块的质量均为m。v-t的斜率等于物体的加速度，则得：
在0-0.5s时间内，木板的加速度大小为a1＝m/s2＝8m/s2。
对木板：地面给它的滑动摩擦力方向与速度相反，物块对它的滑动摩擦力也与速度相反，则由牛顿第二定律得：μ1mg＋μ2 2mg＝ma1，①
对物块：0-0.5s内，物块初速度为零的做匀加速直线运动，加速度大小为 a2μ1g
t＝0.5s时速度为v＝1m/s，则v＝a2t ②
由①②解得μ1＝0.20，μ2＝0.30
(2)0.5s后两个物体都做匀减速运动，假设两者相对静止，一起做匀减速运动，加速度大小为a＝μ2g
由于物块的最大静摩擦力μ1mg＜μ2mg，所以物块与木板不能相对静止。
根据牛顿第二定律可知，物块匀减速运动的加速度大小等于a2μ1g＝2m/s2。
0.5s后物块对木板的滑动摩擦力方向与速度方向相同，则木板的加速度大小为a1′4m/s2
故整个过程中木板的位移大小为x11.625m
物块的位移大小为x20.5m
所以物块相对于木板的位移的大小为s＝x1-x2＝1.125m。
[2013全国卷Ⅱ T35 10分]如图，光滑水平直轨道上有三个质量均为m的物块A、B、C。B的左侧固定一轻弹簧(弹簧左侧的挡板质最不计)。设A以速度v0朝B运动，压缩弹簧；当A、B速度相等时，B与C恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动。假设B和C碰撞过程时间极短。求从A开始压缩弹簧直至与弹簧分离的过程中：
(1)整个系统损失的机械能；
(2)弹簧被压缩到最短时的弹性势能。
【答案】(1)mv02 (2)mv02
【解析】(1)从A压缩弹簧到A与B具有相同速度v1时，对A、B与弹簧组成的系统，由动量守恒定律得：mv0＝2mv1 ①
此时B与C发生完全非弹性碰撞，设碰撞后的瞬时速度为v2，损失的机械能为ΔE。对B、C组成的系统，由动量守恒和能量守恒定律得：
mv1＝2mv2 ②；mv12＝ΔE＋(2m)v22 ③
联立①②③式得：ΔE＝mv02 ④
(2)由②式可知v2＜v1，A将继续压缩弹簧，直至A、B、C三者速度相同，设此时速度为v3，此时弹簧被压缩至最短，其弹性势能为Ep。由动量守恒和能量守恒定律得：
mv0＝3mv3 ⑤；mv02-ΔE＝(3m)v32＋Ep ⑥
联立④⑤⑥式得：Ep＝mv02 ⑦
[2013全国卷Ⅱ T26 10分]如图所示，一上端开口、下端封闭的玻璃管竖直放置。玻璃管的下部封有长l1＝25.0cm的空气柱，中间有一段长为l2＝25.0cm的水银柱，上部空气柱的长度l3＝40.0cm。现将一活塞(图中未画出)从玻璃管开口处缓慢往下推，使管下部空气柱长度变为l1′＝20.0cm。假设活塞下推过程中没有漏气，已知大气压强为p0＝75.0cmHg。求：
(1)最后下部分气体的压强；
(2)活塞下推的距离。
【答案】(1)最后下部分气体的压强为125cmHg；(2)活塞下推的距离为15.0cm。
【解析】(1)以cmHg为压强
同课章节目录