2006年全国各地高考物理试题分类详解－力学部分
力 物体和平衡
1.[全国卷II. 15]如图，位于水平桌面上的物块P，由跨过定滑轮的轻绳与物块相连，从滑轮到P和到Q的两段绳都是水平的，已知Q与P之间以及桌面之间的动摩擦因数都μ，两物块的质量都是m，滑轮轴上的摩擦不计，若用一水平向右的力F拉P使?做匀速运动，则F的大小为
A．4μmg B．3μmg
C．2μmg D．μmg
【答案】：A
【解析】：以Q为研究对象，Q在水平方向受绳的拉力F1和P对Q的摩擦力Fμ1作用，由平衡条件可知：F1＝Fμ1＝μmg；以P为研究对象，P受到水平拉力F2绳的拉力地F2，Q对P的摩擦力F和地面对P的摩擦力Fμ2，由平衡条件可知：F＝F2＋F＋Fμ2，Fμ2＝μFN＝2μmg，牛顿第三定律知：F1＝F2，F＝Fμ1，代入得：F＝4μmg。
【备考提示】：本题涉及了对平衡问题的处理，在涉及两个或两个以上研究对象时，往往考虑用整体和隔离法，重点在于物体的受力分析。
2.[北京卷.19]木块A、B分别重50 N和60 N，它们与水平地面之间的动磨擦因数均为0.25；夹在A、B之间轻弹簧被压缩了2cm，弹簧的劲度系数为400N/m。系统置于水平地面上静止不动。现用F=1 N的水平拉力作用在木块B上。如图所示.。力F作用后
A.木块A所受摩擦力大小是12.5 N
B.木块A所受摩擦力大小是11.5 N C.木块B所受摩擦力大小是9 N D.木块B所受摩擦力大小是7 N
【答案】：C
【解析】：未加F时，木块A在水平面内受弹簧的弹力F1及静摩擦力FA作用，且F1＝FA＝kx＝8N，木块B在水平面内受弹簧弹力F2和静摩擦力FB作用，且F2＝FB＝kx＝8N，在木块B上施加F＝1N向右拉力后，由于F2＋F＜μGB，故木块B所受摩擦力仍为静摩擦力，其大小F＝F2＋F＝9N，木块A的受力情况不变。
【备考提示】：本题涉及了力的平衡、胡克定律及静摩擦力的知识，求解时应注意静摩擦力的可变性，静摩擦力的大小由物体所受外力和运动状态决定的。
二、质点的运动
3.[广东大综.26] 如图7所示，甲、乙、丙、丁是以时间为轴的匀变速直线运动的图象，下列说法正确的是
A．甲是a—t图象 B．乙是s－t图象 C．丙是s－t图象 D．丁是v—t图象
【答案】：C
【解析】：匀变速直线运动的加速度恒定，其速度随时间均匀变化，故AD错；由匀变速直线运动的位移－时间的关系s=v0t+at2可看出，图象C是v0＝0时的位移－时间图象，故C对B错。
【备考提示】：本题涉及了匀变速直线运动的规律及图象的知识。此部分时间既是基础知识，又是重点知识，考生在复习过程中就熟练掌握。
4. [上海卷物理．13] 如图所示．一足够长的固定斜面与水平面的夹角为370，物体A以初速度V1从斜面顶端水平抛出，物体B在斜面上距顶端L＝15m处同时以速度V2沿斜面向下匀速运动，经历时间t物体A和物体B在斜面上相遇，则下列各组速度和时间中满足条件的是（sin37O＝0．6，cos370＝0．8，g＝10 m/s2）
（A）V1＝16 m/s，V2＝15 m/s，t＝3s．
（B）V1＝16 m/s，V2＝16 m/s，t＝2s．
（C）V1＝20 m/s，V2＝20 m/s，t＝3s．
（D）V1＝20m/s，V2＝16 m/s，t＝2s．
【答案】：C
【解析】：由平抛运动规律可知，tanθ＝，将θ=37°代入解得： 3v1=20t，故只有C选项满足条件。
【备考提示】：本题涉及了平抛运动，求解时应注意对物理过程的分析，从中找出满足的几何关系。考生在复习过程中应注意提高分析、综合和运用数学知识解决物理问题的能力。
5. [广东卷物理.2] a、b两物体从同一位置沿同一直线运动，它们的速度图象如图1所示，下列说法正确的是
A．a、b加速时，物体a的加速度大于物体b的加速度
B．20秒时，a、b两物体相距最远
C．60秒时，物体a在物体b的前方
D．40秒时，a、b两物体速度相等，相距200m
【答案】：C
【解析】：v－t 图像中，图像的斜率表示加速度，图线和时间轴所夹 的面积表示位移。当两物体的速度相等时，距离最大。据此得出 正确的答案为C。有些考生错误的认为图线相交时相遇，从而得出错误的答案。属于容易题。
【备考提示】：本题涉及了运动图象的匀变速直线运动的规律，考查考生识别图象和利用图象解决实际问题的能力。
6. [四川卷.14] 2006年我国自行研制的“袅龙”战机04架在四川某地试飞成功。假设该战机起飞前从静止开始做匀加速直线运动，达到起飞速度v所需时间为t，则起飞前的运动距离为
A．vt B． C．2vt D．不能确定
【答案】：B
【解析】：战机从静止开始做匀加速直线运动，根据匀变速直线运动的规律得：s＝＝，本题答案应选B
【备考提示】：本题以“袅龙”战机为背景立意，题目情景新颖，但内容简单，主要考查平均速度的位移公式。
7.[上海卷.4] 伽利略通过研究自由落体和物块沿光滑斜面的运动，首次发现了匀加速运动规律．伽利略假设物块沿斜面运动与物块自由下落遵从同样的法则，他在斜面上用刻度表示物块滑下的路程，并测出物块通过相应路程的时间，然后用图线表示整个运动过程，如图所示．图中OA表示测得的时 间，矩形OAED的面积表示该时间内物块经过的路程，则图中OD的长度表示 ．P为DE的中点，连接OP且延长交AE的延长线于B，则AB的长度表示 ．
【答案】平均速度 物块的末速度
【解析】匀变速直线运动的v-t 图像所围面积表示位移，中位线表示平均速度。最高点的纵坐标表示末速度。
【备考提示】：本题属于新颖题，课本中未曾出现，主要考查考生的逻辑分析能力和推理能力。
8. [全国卷I.23] (16分)天空有近似等高的浓云层。为了测量云层的高度，在水平地面上与观测者的距离为d=3.0km处进行一次爆炸，观测者听到由空气直接传来的爆炸声和由云层反射来的爆炸声时间上相差Δt＝6.0s。试估算云层下表面的高度。已知空气中的声速v=km/s。
【解析】：如图，A表示爆炸处，O表示观测者所在处，h表示云层下表面的高度。用t1表示爆炸声直接传到O处所经时间，则有d=vt1 ①
用t2表示爆炸声经云层反射到达O处所经历时间，因为入射角等于反射角，故有
2=vt2 ②郝
已知 t2－t1＝Δt ③
联立①②③式，可得: h=
代入数值得h=2.0×103m
【备考提示】：题目考查了匀速直线运动的规律，对这类试题的处理，应正确画出示意图，根据图中的几何关系是解题的关键。
9. [上海卷.20]（l0分）辨析题：要求摩托车由静止开始在尽量短的时间内走完一段直道，然后
启动加速度a1
4m/s2
制动加速度a2
8m/s2
直道最大速度v1
40m/s
弯道最大速度v2
20m/s
直道长度s
218
驶入一段半圆形的弯道，但在弯道上行驶时车速不能太快，以免因离心作用而偏出车道．求摩托车在直道上行驶所用的最短时间．有关数据见表格．
某同学是这样解的：要使摩托车所用时间最短，应先由静止加速到最大速度 v1＝40m/s，然后再减速到v2＝20 m/s，
t1 ＝＝…； t2＝＝…； t= t1 + t2
你认为这位同学的解法是否合理？若合理，请完成计算；若不合理，请说明理由，并用你自己的方法算出正确结果．
【解析】：不合理。
因为按这位同学的解法可得 t1＝＝10s ，t2＝＝2.5s，所以加速距离s1＝ t1＝200m，s2＝t1＝75m，总位移s1＋s2＝275m＞s。故不合理。
由上可知摩托车不能达到最大速度v2，设满足条件的最大速度为v，则：
解得： v=36m/s
又 t1＝＝9s t2＝＝2 s
因此所用的最短时间 t＝t1+t2＝11s
【备考提示】：运动学一章的特点是公式繁多，在复习中，应仔细分析各类公式的特点及其使用条件，正确选用公式可以取得事半功倍的效果。
10.[上海理综.10] 客车运能是指一辆客车单位时间最多能够运送的人数。其景区客运索道的客车容量为50人/车，它从起始站运行至终点站（图7）单程用时10分钟。该客车运行的平均速度和每小时的运能约为
A．5m/s，300人 B．5m/s，600人
C．3m/s，600人 D．3m/s，300人
【答案】：A
【解析】：从图中可看出数据，其平均速度＝＝5m/s，因单程用时10分钟，则1小时运送6次，其运能为：50人×6＝300人。
【备考提示】：本题考查考生用所学知识和题目所给信息分析、解决问题的能力。
11.[上海理综.11] 若以固定点为起点画出若干矢量，分别代表质点在不同时刻的速度，则这些矢量的末端所形成的轨迹被定义为“速矢端迹”。由此可知
①匀速直线运动的速矢端迹是线段 ②匀加速直线运动的速矢端迹是射线
③匀速圆周运动的速矢端迹是圆 ④简谐运动的是速矢端迹点
A．①② B．②③ C．③④ D．①④
【答案】： B
【解析】：速度是一个矢量，既有大小，又有方向。匀加速直线运动的速度均匀增大，方向不发生变化，其速矢端迹是射线；匀速圆周运动的速度大小不变，其方向始终与半径垂直，其速矢端迹是圆。
【备考提示】：本题以“速矢端迹”这个新的知识点命题，考查考生对新知识的接受和创新能力。
三、牛顿运动定律
12. [广东物理卷.1]下列对运动的认识不正确的是
A．亚里士多德认为物体的自然状态是静止的，只有当它受到力的作用才会运动
B．伽利略认为力不是维持物体速度的原因
C．牛顿认为力的真正效应总是改变物体的速度，而不仅仅是使之运动
D．伽利略根据理想实验推论出，如果没有摩擦，在水平面上的物体，一旦具有某一个速度，将保持这个速度继续运动下去
【答案】：A
【解析】：亚里士多德认为没有力作用在物体上，物体就不会运动。．伽利略认为力不是维持物体运动的原因，伽利略根据理想实验推论出，如果没有摩擦，在水平面上的物体，一旦具 有某一个速度，将保持这个速度继续运动下去。牛顿认为力是改变物体运动状态的原因，并不是使物体运动的原因。故答案为A。
【备考提示】：本题涉及对运动的认识过程，考查对基本理论的认识程度，属于容易题。
13. [四川卷.21] 质量不计的弹簧下端固定一小球，现手持弹簧上端使小球随手在竖起方向上以同样大小的国度a（a＜g）分别向上、向下做匀加速直线运动。若忽略空气阻力，弹簧的伸长分别为x1、x2；若空气阻力不能忽略且大小恒定，弹簧的伸长分别为、。则
A．+ x1＝x2＋ B．+ x1＜x2＋
C．+＝x2＋x1 D．+＜x2＋x1
【答案】：C
【解析】：根据牛顿第二定律得：Kx1－mg＝ma，mg －Kx2＝ma，K－mg＝ma，mg －K＝ma，分析计算伸长量，＋＝x1＋x2。故应选C。
【备考提示】：本题主要考查运动和力关系，解题关键是正确分析物体的运动过程，正确对运动过程中物体的进行受力情况分析，应用牛顿第二定律求解。
14. [全国卷Ⅰ.24] (19分)一水平的浅色长传送带上放置一煤块（可视为质点），煤块与传送带之间的动摩擦因数为μ。初始时，传送带与煤块都是静止的。现让传送带以恒定的加速度a0开始运动，当其速度达到v0后，便以此速度做匀速运动。经过一段时间，煤块在传送带上留下了一段黑色痕迹后，煤块相对于传送带不再滑动。求此黑色痕迹的长度。
【解析】：根据“传送带上有黑色痕迹”可知，煤块与传送带之间发生了相对滑动，煤块的加速度a小于传送带的加速度a0。根据牛顿定律，可得
a=μg
设经历时间t，传送带由静止开始加速到速度等于v0，煤块则由静止加速到v，有
v0=a0t
v=at
由于a
v=v+at'
此后，煤块与传送带运动速度相同，相对于传送带不再滑动，不再产生新的痕迹。
设在煤块的速度从0增加到v0的整个过程中，传送带和煤块移动的距离分别为s0和s，有
s0=a0t2+v0t
s=
传送带上留下的黑色痕迹的长度： l=s0－s
由以上各式得：l=
【备考提示】：本题考查匀变速直线运动规律和牛顿运动定律，题目设计巧妙，能力要求较高，属于难题，要求考生具有处理复杂问题的能力，尤其在隐含及临界条件的挖拙上，对分析物理过程也要有较高的能力。
15. [全国卷Ⅱ.24]（19分）一质量为m=40kg的小孩在电梯内的体重计上，电梯从t=0时刻由静止开始上升，在0到6s内体重计示数F的变化如图所示。试问：在这段时间内电梯上升的高度是多少？取重力加速度g=10m/s2。
【解析】： 由图可知，在t＝0到t1＝2s的时间内，体重计的示数大于mg，故电梯应做向上的加速运动。设在这段时间内体重计作用于小孩的力为f1，电梯及小孩的加速度为a1，根据牛顿第二定律，得：
f1－mg＝ma1 ①
在这段时间内电梯上升的高度
h1＝ ②
在t1到t＝t2＝5s的时间内，体重计的示数等于mg，故电梯应做匀速上升运动，速度为t1时刻的电梯的速度，即
v1＝a1t1 ③
在这段时间内电梯上升的高度
h1＝v1t2 ④
在t2到t＝t3＝6s的时间内，体重计的示数小于mg，故电梯应做减速上升运动。设这段时间内体重计作用于小孩的力为f2，电梯及小孩的加速度为a2，由牛顿第二定律，得：
mg－f2＝ma2 ⑤
在这段时间内电梯上升的高度
h3＝ ⑥
电梯上升的总高度
h＝h1＋h2+h3 ⑦
由以上各式，利用牛顿第三定律和题文及题图中的数据，解得
h＝9m ⑧
评分参考：①式4分，②、③式各1分，④式3分，⑤式4分，⑥、⑦各1分，⑧式4分。
【备考提示】：本题考查牛顿第二定律和运动学知识，求解时要特别注意分析图象与运动过程的对应关系，也要求考生从图象提取信息的能力。
16.[上海物理卷.21]（l2分）质量为 10 kg的物体在F＝200 N的水平推力作用下，从粗糙斜面的底端由静止开始沿斜面运动，斜面固定不动，与水平地面的夹角θ＝37°．力F作用2秒钟后撤去，物体在斜面上继续上滑了1．25秒钟后，速度减为零．求：物体与斜面间的动摩擦因数μ和物体的总位移S。（已知 sin37°＝0．6，cos37°＝0．8，g＝10 m/s2）
【解析】：物体受力分析如图所示，设加速的加速度为a1，末速度为v，减速时的加速度大小为a2，将mg 和F分解后，
由牛顿运动定律得
N＝Fsinθ＋mgcosθ
Fcosθ－f－mgsinθ＝ma1
根据摩擦定律有 f＝μN
加速过程由运动学规律可知 v＝a1t1
撤去F 后，物体减速运动的加速度大小为 a2，则 a2＝g cosθ
由匀变速运动规律有 v=a2t2
有运动学规律知 s＝ a1t12＋a2t22
代入数据得μ＝0.25 s＝16.25m
【备考提示】：本题主要考查牛顿第二定律、摩擦定律、匀变速直线运动及正交分解法，正交分解法是解决多力问题的基本方法， 动力学的考查在全国各类试卷中都是必考内容。
17.[上海理综.7] 图3是一娱乐场的喷水滑梯。若忽略摩擦力，人从滑梯滑下直到入水前，速度大小随时间的关系最接近图
【答案】：B
【解析】： 从滑梯图可以看出，人从滑梯顶端下到水前，可分为四个阶段，即斜面、水平面、斜面、水平面，根据受力分析和牛顿第二定律可知：在斜面上物体做加速运动，在水平面上物体做匀速运动。故B选项正确。
【备考提示】：本题涉及速度－时间图象知识及受力分析和牛顿第二定律，考查理论与实际生活的联系。
四、曲线运动 万有引力
18. [全国卷I.16] 16.我国将要发射一颗绕月运行的探月卫星“嫦娥1号”。设该卫星的轨道是圆形的，且贴近月球表面。已知月球的质量约为地球质量的，月球的半径约为地球半径的，地球上的第一宇宙速度约为7.9km/s，则该探月卫星绕月运行的速率约为
A.0.4km/s B.1.8km/s
C.11km/s D.36km/s
【答案】：B
【解析】：设地球质量、半径分别为M、R，月球质量、半径分别为m，r，则m＝，r＝。在星球表面，物体的重力近似等于万有引力，若物体质量为m0，则＝m0g，即GM＝gR2；在月球表面，满足：Gm＝g/r2，由此可得：g/＝，地球表面的第一宇宙速度v1＝＝7.9km/s，在月球表面，有v＝＝＝＝×7.9 km/s≈1.8 km/s。
【备考提示】：本题涉及圆周运动和天体运动知识，考查天体表面重力加速度、第一宇宙速度及天体与半径的关系，要求考生能熟练运用物理量之间的关系来处理问题。
19. [重庆卷.14] 如图14所示，在同一竖直平面内，小球a、b从高度不同的两点分别以初速度va和vb沿水平方向抛出，经过时间ta和tb后落到与两抛出点水平距离相等的P点。若不计空气阻力，下列说法正确的是
A．ta＞tb，va＜vb B．ta＞tb，va＞vb
C．ta＜tb，va＜vb D．ta＜tb，va＞vb
【答案】.A
【解析】：此题平抛运动，小球在空中运动的时间由竖直方向的分运动决定，根据，可得ta>tb，水平方向做匀速直线运动，根据s＝v0t可得va【备考提示】：考查平抛运动的规律。
20. [重庆卷.15] 宇航员在月球上做自由落体这实验，将某物体由距月球表面高h处释放，经时间t后落月球表面（设月球半径为R），据上述信息推断。飞船在月球表面附近绕月球做匀速圆周运动所必须具有的速率为
A． B． C． D．
【答案】：B
【解析】：根据自由落体知识可得：，根据万有引力定律和圆周运动公式可得：, ，，因此， 故选B。
【备考提示】：此题涉及万有引力、自由落体运动的知识迁移及围绕星体的匀速圆周运动，考查了理解、分析能力及应用物理知识解决问题的能力。
21.[北京卷.18] 一飞船在某行星表面附近沿圆轨道绕该行星飞行。认为行星是密度均匀的球体，要确定该行 星的密度，只需要测量 A.飞船的轨道半径 B.飞船的运行速度
C.飞船的运行周期 D.行星的质量
【答案】：C
【解析】：万有引力提供向心力，则，由于飞行器在行星表面附近飞行，其运行半径r近似等于行星半径，所以满足M＝ρ，联立得：ρ＝。
【备考提示】：本题涉及知识点是万有引力定律的应用，主要考查灵活选用公式解决物理问题的能力。
22. [天津卷.16] 在平坦的垒球运动场上，击球手挥动球棒将垒球水平击出，垒球飞行一段时间后落地。若不计空气阻力，则
A．垒球落地时瞬时速度的大小仅由初速度决定
B．垒球落地时的瞬时速度的方向仅由击球点离地面的高度决定
C．垒球在空中运动的水平位置仅由初速度决定
D．垒球在空中运动的时间仅由击球点离地面的高度决定
【答案】：D
【解析】：垒球落地时瞬时速度的大小v＝，其速度方向与水平方向的夹角满足：tanα＝，由此可知，A、B错；垒球在空中运动的水平位移x＝v0t＝v0，故C错；垒球在空中的飞行时间t＝，故D对。
【备考提示】：本题涉及平抛运动知识，求解时要将运动分解处理，主要考查利用基础知识解决问题的能力。
23.[上海理综.8] 一艘宇宙飞船在预定轨道上做匀速圆周运动，在该飞船的密封舱内，下列实验能够进行的是
【答案】：C
【解析】： 飞船在预定轨道上做匀速圆周运动，飞船内的一切物体都处于完全失重状态，与重力有关的现象现象都消失，故正确选项为C。
【备考提示】：本题考查圆周运动及失重现象知识，考查了考生运用所学知识解决实际问题的能力。
24. [全国卷II.23] （16分）如图所示，一固定在竖直平面内的光滑半圆形轨道ABC，其半径R＝0.5m，轨道在C处与水平地面相切。在C放一小物块，给它一水平向左的初速度v0＝5m/s，结果它沿CBA运动，通过A点，最后落在水平地面上的D点，求C、D间的距离s。取重力加速度g=10m/s2。
【解析】：（16分）
设小物块的质量为m，过A处时的速度为v，由A到D经历的时间为t，有
①
2R＝gt2 ②
s＝vt ③
由①②③式并代入数据得
s＝1m ④
评分参考：①②③④式各4分。
【备考提示】：本题涉及了机械能守恒定律和平抛运动的知识，主要考查分析综合能力。
25. [上海物理卷.5] 半径分别为r和2r的两个质量不计的圆盘，共轴固定连结在 一起，可以绕水平轴O无摩擦转动，大圆盘的边缘上固定有 一个质量为m的质点，小圆盘上绕有细绳．开始时圆盘静止， 质点处在水平轴O的正下方位置．现以水平恒力F拉细绳， 使两圆盘转动，若恒力 F=mg，两圆盘转过的角度θ= 时，质点m的速度最大．若圆盘转过的最大角度θ=π/3，则此时恒力F= 。
【答案】：，mg
【解析】：速度最大的位置就是力矩平衡的位置，则有 Fr=mg2rsin，解得θ＝。若圆盘转过的最大角度θ=，则质点 m速度最大时θ＝，故可求得：F＝mg。
【备考提示】：本题涉及力矩平衡和功能关系的知识，考查利用数学解决实际问题的能力。
26.[四川卷.23]（16分）荡秋千是大家喜爱的一项体育运动。随着科技迅速发展，将来的某一天，同学们也会在其它星球上享受荡秋千的乐趣。假设你当时所在星球的质量是M、半径为R，可将人视为质点，秋千质量不计、摆长不变、摆角小球90°，万有引力常量为G。那么，
（1）该星球表面附近的重力加速度等于多少？
（2）若经过最低位置的速度为v0，你能上升的最大高度是多少？23．（16分）
【解析】：（16分）
（1）设人的质量为m，在星球表面附近的重力等于万有引力，有
①
解得 ②
（2）设人能上升的最大高度为h，由功能关系得
③
解得 h＝ ④
【备考提示】：本题以“秋千”为情景立意命题，涉及万有引力定律和功能关系的知识，题目很基础，考查运用基础知识分析综合问题的能力。
27.[广东物理卷.17] （16分）宇宙中存在一些离其它恒星较远的、由质量相等的三颗星组成的三星系统，通常可忽略其它星体对它们的引力作用。已观测到稳定的三星系统存在两种基本的构成形式：一种是三颗星位于同一直线上，两颗星围绕中央星在同一半径为R的圆轨道上运行；另一种形式是三颗星位于等边三角形的三个项点上，并沿外接于等边三角形的圆形轨道运行。设每个星体的质量均为。
（1）试求第一种形式下，星体运动的线速度和周期。
（2）假设两种形式星体的运动周期相同，第二种形式下星体之间的距离应为多少？
【解析】：（1）第一种形式下，以某个运动星体为研究对象，由万有引力定律和牛顿第二定律，得：
F1＝G F2＝G F1＋F2＝m
运动星体的线速度：
周期为T，则有：
（2）第二种形式星体之间的距离为r，则三个星体作圆周运动的半径为R/为
R/＝
由于星体作圆周运动所需的向心力靠两个星体的万有引力的合力提供，由万有引力定律和牛顿第二定律，得：
F＝2cos30°
F＝m
°＝
所以星体之间的距离为：r
【备考提示】：本题涉及圆周运动和天体运动知识，关键是向心力的求解，考查分析综合能力。
28.[天津卷.25]（22分）神奇的黑洞是近代引力理论所预言的一种特殊天体，探寻黑洞的方案之一是观测双星系统的运动规律。天文学家观测河外星系麦哲伦云时，发现了LMCX-3双星系统，它由可见星A和不可见的暗星B构成，两星视为质点，不考虑其它天体的影响，A、B围绕两者连线上的O点做匀速圆周运动，它们之间的距离保持不变，如图所示。引力常量为G，由观测能够得到可见星A的速率v和运行周期。
（1）可见得A所受暗星B的引力FA可等效为位于O点处质量为m/的星体（视为质点）对它的引力，设A和B的质量分别为m1、m2。试求m/的（用m1、m2表示）；
（2）求暗星B的质量m2与可见星A的速率v、运行周期T和质量m1之间的关系式；
（3）恒星演化到末期，如果其质量大于太阳质量ms的两倍，它将有可能成为黑洞。若可见星A的速率v＝2.7m/s，运行周期T＝4.7π×104s，质量m1＝6ms，试通过估算来判断暗星B有可能是黑洞吗？
（G＝6.67×10N·m/kg2，ms＝2.0×1030kg）
【解析】：（22分）
（1）设A、B的圆轨道半径分别为r1、r2，由题意知，A、B做匀速圆周运动的角速相同，其为ω。由牛顿运动运动定律，有
FA＝m1ω2r1
FB＝m2ω2r2
FA＝FB
设A、B之间的距离为r，又r＝r1＋r2，由上述各式得
r＝ ①
由万有引力定律，有
FA＝G
将①代入得
FA＝G
令
FA＝G
比较可得
②
（2）由牛顿第二定律，有
③
又可见星A的轨道半径
r1＝ ④
由②③④式可得
（3）将m1＝6mI代入⑤式，得
⑤
代入数据得
⑥
设m2＝nms，（n＞0），将其代入⑥式，得
⑦
可见，的值随n的增大而增大，试令n=2，得
⑧
若使⑦式成立，则n必须大于2，即暗星B的质量m2必须大于2ms，由此得出结论：暗星B有可能是黑洞。
【备考提示】：本题涉及的知识点较多，涉及的物理过程复杂，求解时要善于分析不同物理过程所对应的物理规律，通过认真审题挖掘隐藏的条件，建立相应的物理模型，以确定其运动规律。
五、机械能、动量和能量
29.[全国卷I.20] 一位质量为m的运动员从下蹲状态向上起跳，经Δt时间，身体伸直并刚好离开地面，速度为v。在此过程中，
A.地面对他的冲量为mv＋mgΔt，地面对他做的功为mv2
B.地面对他的冲量为mv＋mgΔt，地面对他做的功为零
C.地面对他的冲量为mv，地面对他做的功为mv2
D.地面对他的冲量为mv－mgΔt，地面对他做的功为零
【答案】：B
【解析】：设地面对运动员的作用力为F，则由动量定理得：(F－mg)Δt＝FΔt＝mv＋mgΔt；运动员从下蹲状态到身体刚好伸直离开地面，地面对运动员做功为零，这是因为地面对人的作用力沿力的方向没有位移。
【备考提示】：本题涉及动量定理和功的考查，只要有扎实的基本功，认真分析物理过程，正确转换物理模型，就能顺利解答。
30.[全国卷Ⅱ.18] 如图所示，位于光滑水平桌面上的小滑块P和Q都可视作质点，质量相等。Q与轻质弹簧相连。设Q静止，P以一定初速度向Q运动并弹簧发生碰撞。在整个过程中，弹簧具有的最大弹性势能等于
A．P的动能 B．P的动能
C．P的动能 D．P的动能
【答案】：A
【解析】：当两个物体有相同速度时，弹簧具有最大弹性势能，由动量守恒定律得：
mv＝2mv / ∴v /＝
由能量守恒定律得：
EPm＝－＝＝EK
【备考提示】：考查动量守恒定律和能量守恒定律，也考查运用所学知识分析问题的能力。
31.[上海理综.12]如图8所示“时空之旅”飞车表演时，演员驾着摩托车，在球形金属网内壁上下盘旋，令人惊叹不已。摩托车沿图示竖直轨道做圆周运动过程中
A．机械能一定守恒
B．其输出功率始终保持恒定
C．经过最低点的向心力仅由支持力提供
D．通过最高点时的最小速度与球形金属网直径有关
【答案】：D
【解析】： 摩托车在竖直轨道做圆周运动的过程中，摩擦力、发动机的动力都要做功，机械能不守恒；摩托车在运动过程中，其受力情况和运动情况不断变化，其输出功率发生变化；在最低点向心力由重力和支持力的合力提供；通过最高点时，满足最小速度时的向心力仅由重力提供,即mg＝m，v=。故D选项正确。
【备考提示】：本题涉及圆周运动知识，考查分析、推理和综合能力。
（二）计算题
32. [广东大综A卷.34] （4分）游乐场的过山车的运动过程可以抽象为图13所示模型。弧形轨道下端与圆轨道相撞，使小球从弧形轨道上端A点静止滑下，进入圆轨道后沿圆轨道运动，最后离开。试分析A点离地面的高度h至少要多大，小球才可以顺利通过圆轨道最高点（已知圆轨道的半径为R，不考虑摩擦等阻力）。
【解析】：由机械能守恒定律得；mgh＝mg2R＋ ①
在圆轨道最高处：mg＝m ②
v＝v0 ③
h＝R ④
评分说明：①②③④各得1分。
【备考提示】：本题涉及圆周运动、机械能守恒定律等知识，求解应注意对临界状态问题的分析，主要考查综合分析能力。
33.[北京卷.22] （16分）下图是简化后跳台滑雪的雪道示意图。整个雪道由倾斜的助滑雪道AB和着陆道DE，以及水平的起跳平台CD组成，AB与CD圆滑连接。
运动员从助滑雪道AB上由静止开始，在重力作用下，滑到D点水平飞出，不计飞行中的空气阻力，经2s在水平方向飞行了60m，落在着陆雪道DE上，已知从B点到D点运动员的速度大小不变。（g取10m/s2）求：
（1）运动员在AB段下滑到B点的速度大小；
（2）若不计阻力，运动员在AB段下滑过程中下降的高度。
【解析】： (16分)
(1)运动员从D点飞出时的速度 v=
依题意，下滑到助滑雪道末端B点的速度大小是30 m/s
(2)在下滑过程中机械能守恒，有
mgh=
下降的高度 h=
(3)根据能量关系，有mgh-Wt=
运动员克服阻力做功Wt=mgH－=3 000 J
【备考提示】：本题涉及平抛运动、机械能守恒定律和能量关系知识，主要考查分析综合能力，求解本题要求分清物理过程，找出物理过程所对应的规律。
34.[天津卷.23] （16分）如图所示，坡道顶端距水平面高度为h，质量为m1的小物块A从坡道顶端由静止滑下，进入水平面上的滑道时无机械能损失，为使A制动，将轻弹簧的一端固定在水平滑道延长线M处的墙上，另一端与质量为m2的档板相连，弹簧处于原长时，B恰好位于滑道的末端O点。A与B碰撞时间极短，碰撞后结合在一起共同压缩弹簧。已知在OM段A、B与水平面间的动摩擦因数为μ，其余各处的摩擦不计，重力加速度为g，求
（1）物块A在档板B碰撞瞬间的速度v的大小；
（2）弹簧最大压缩时为d时的弹性势能EP（设弹簧处于原长时弹性势能为零）。
【解析】（16分）
（1）由机械能守恒定律得，有
①
②
（2）A、B在碰撞过程中内力远大于外力，由动量守恒，有
③
A、B克服摩擦力所做的功
W＝ ④
由能量守恒定律，有
⑤
解得
⑥
【备考提示】：本题涉及了机械能守恒、动能、弹性势能用能量守恒等知识点，考查了考生理解、分析、推理的能力，并能灵活用上述概念和规律，解决实际问题的能力。
35.[重庆卷.25] (20分)如题25图，半径为R的光滑圆形轨道固定在竖直面内。小球A、B质量分别为m、βm（β为待定系数）。A球从工边与圆心等高处由静止开始沿轨道下滑，与静止于轨道最低点的B球相撞，碰撞后A、B球能达到的最大高度均为,碰撞中无机械能损失。重力加速度为g。试求：
（1）待定系数β;
（2）第一次碰撞刚结束时小球A、B各自的速度和B球对轨道的压力;
（3）小球A、B在轨道最低处第二次碰撞刚结束时各自的速度，并讨论小球A、B在轨道最低处第n次碰撞刚结束时各自的速度。
【解析】：（20分）
（1）由mgR＝+得
β＝3
（2）设A、B碰撞后的速度分别为v1、v2，则
=
=
设向右为正、向左为负，解得
v1＝，方向向左
v2＝，方向向右
设轨道对B球的支持力为N，B球对轨道的压力为N /，方向竖直向上为正、向下为负。则
N－βmg＝βm
N /＝－N＝－4.5mg，方向竖直向下
（3）设A、B球第二次碰撞刚结束时的速度分别为V1、V2，则
解得：V1＝－，V2＝0
（另一组：V1＝－v1，V2＝－v2，不合题意，舍去）
由此可得：
当n为奇数时，小球A、B在第n次碰撞刚结束时的速度分别与第一次碰撞刚结束时相同
当n为偶数时，小球A、B在第n次碰撞刚结束时的速度分别与第二次碰撞刚结束时相同
【备考提示】：本题考查了机械能守恒、动量守恒定律及牛顿运动定律，把高中物理力学中的规律综合到一起进行考查，考查了考生应用物理规律解决实际问题的能力和应用数学工具的能力。要求考生对物理情景的分析要透彻到位，数学应用和计算全面准确。
36.[广东物理卷.15]（14分）一个质量为的物体静止在足够大的水平地面上，物体与地面间的动摩擦因数。从开始，物体受到一个大小和方向呈周期性变化的水平力F作用，力F随时间的变化规律如图10所示。求83秒内物体的位移大小和力F对物体所做的功。取。
【解析】：当物体在前半周期时由牛顿第二定律，得：
F1－μmg＝ma1
a1＝＝2m/s2
当物体在后半周期时，
由牛顿第二定律，得：
F2＋μmg＝ma2
a2＝＝2m/s2
前半周期和后半周期位移相等： x1＝＝4m
一个周期的位移为8m，最后1s的位移为：3m
83 秒内物体的位移大小为： x＝20×8＋4＋3=167m
第83s末的速度v=v1－a2t＝2m/s
由动能定理得：WF－μmg x＝mv2
所以 WF＝μmg x＋mv2＝0.1×4×10×167＋×4×22＝676J
【备考提示】：本题涉及牛顿运动定律和运动学的知识以及运动定理的应用，求解本题的关键是认真分析物理过程，主要考查分析、推理和综合能力。
37.[江苏物理卷.17]（15分）如图所示，质量均为m的A、B两个弹性小球，用长为2l的不可伸长的轻绳连接。现把A、B两球置于距地面高H处（H足够大），间距为l.当A球自由下落的同时，B球以速度v0 指向A球水平抛出。求：
（1）两球从开始运动到相碰，A球下落的高度。
（2）A、B两球碰撞（碰撞时无机械能损失）后，各自速度的水平分量。
（3）轻绳拉直过程中，B球受到绳子拉力的冲量大小。
【解析】：（1）设 A球下落的高度为 h
…………………………………………………………………………①
…………………………………………………………………….…②
联立①②得
………………………………………………………………………..③
（2）由水平方向动量守恒得
mv0＝m+m………………………………………………………………④
由机械能守恒得
………………..⑤
式中
联立④⑤
（3）由水平方向动量守恒得
mv＝2mBx
I＝m
【备考提示】：本题情景新颖，涉及平抛运动、动量守恒、能量守恒等知识点，考查了学生的阜新能力。
六、机械振动机械波
38.[全国卷I.19] 一砝码和一轻弹簧构成弹簧振子，图1所示的装置可用于研究该弹簧振子的受迫振动。匀速转动把手时，曲杆给弹簧振子以驱动力，使振子做受迫振动。把手匀速转动的周期就是驱动力的周期，改变把手匀速转动的速度就可以改变驱动力的周期。若保持把手不动，给砝码一向下的初速度，砝码便做简谐运动，振动图线如图2所示。当把手以某一速度匀速转动，受迫振动达到稳定时，砝码的振动图线如图3所示。若用T0表示弹簧振子的固有周期，T表示驱动力的周期，Y表示受迫振动达到稳定后砝码振动的振幅，则
A.由图线可知T0=4s
B.由图线可知T0=8s
C.当T在4s附近时，Y显著增大；当T比4s小得多或大得多时，Y很小
D.当T在8s附近时，Y显著增大；当T比8s小得多或大得多时，Y很小
【答案】： AC
【解析】：图2是弹簧未加驱动力时的周期，故由图线读出的周期为某振动的固有周期，即T0＝4s，图3是弹簧振子在驱动力作用下的振动力图线，做受迫振动的物体，其振动的周期等于驱动力的周期，即T＝8s。当受迫振动的周期与驱动力的周期相同时，其振幅最大；当周期差别越大，其运动振幅越小。由以上分析可知，正确选项为A、C。
【备考提示】：本题考查图象与运动过程的对应，特别重视对考生从图象获取相关信息的能力和综合运用所学知识解决问题的能力的考查。
39.[全国卷II.16] 16．频率一定的声源在空气中向着静止的接收器匀速运动。以u表示声源的速度，V表示声波的速度（u＜V）ν表示接收器接收到的频率。若u增大，则
A．ν增大，V增大 B．ν增大，V不变
C．不变，V增大 D．ν减小，V不变
【答案】：B
【解析】：当声波与观察者的相对位置发生变化时，观察到频率改变的现象叫多普勒效应，当声源的速度变大时，声源与接收器的相对位置发生改变，故接收器接收到的频率变大，声波的速度由介质决定，其速度不会发生变化。
【备考提示】：本题涉及多普勒效应和声学知识，这部分知识在近年高考不是常考的内容，考生容易忽视，在复习过程中应注意知识的全面性。
40.[北京卷.17] 某同学看到一只鸟落在树枝上的P处，树枝在10 s内上下振动了6次，鸟飞走后，他把50 g 的砝码挂在P处，发现树枝在10 s内上下振动了12次.将50 g的砝码换成500 g砝码后，他发现树枝在15 s内上下振动了6次，你估计鸟的质量最接近 A.50 g B.200 g
C.500 g D.550 g
【答案】：B
【解析】：鸟在树枝上时，树枝振动的周期T0＝1.7s，挂上50g的砝码时，树枝振动周期T1＝0.83s，挂上500g的砝码时，树枝振动的周期T2＝2.5s，由于T1＜T0＜T2，所以鸟的质量m应满足50g＜m＜500 g，故B选项正确。
【备考提示】：本题是一个估算题，直接给出的条件少，这类问题的处理方法是对题目的已知条件进行大胆、合理地“修整”，寻找隐含的条件、规律。主要考查考生灵活运用知识的能力。
41.[上海物理卷.10] 在均匀介质中选取平衡位置在同一直线上的9个质点，相邻两质点的距离均为L，如图(a）所示．一列横波沿该直线向右传播，t=0时到达质点1，质点1开始向下运动，经过时间Δt第一次出现如图（b）所示的波形．则该波的
（A）周期为Δt，波长为8L． （B）周期为Δt，波长为8L．
（C）周期为Δt，波速为12L /Δt （D）周期为Δt，波速为8L/Δt
【答案】：BC
【解析】：由图像b可知λ=8L，质点1该时刻正向上运动，而 t=0 时质点1开始向下运动，故传播时间Δt=（n+1/2）T，由题意知第一次出现如图（b）所示的波形，所以n=1。传播距离 x=1.5λ=12L，周期 T=2Δt/3，波速v=λ/T =x/ t = L 12/Δt。故选项 B、C 正确。
【备考提示】：本题考查振动在介质中的传播——波，横波和纵波，横波的图像，波长，频率与波速的关系，结合波的图像和传播方向判断质点运动的方向是解决振动和波的问题的基本技能。
42.[天津卷.17] 一单摆做小角度摆动，其振动图象如图，以下说法正确的是
A．t1时刻摆球速度最大，悬线对它的拉力最小
B．t2时刻摆球速度为零，悬线对它的拉力最小
C．t3时刻摆球速度为零，悬线对它的拉力最大
D．t4时刻摆球速度最大，悬线对它的拉力最大
【答案】:D
【解析】：由振动图线可看出，t1时刻和t3时刻，小球偏离平衡位置的位移最大，此时其速度为零，悬线对它的拉力最小，故A、C错；t2和 t4时刻，小球位于平衡位置，其速度最大，悬线的拉力最大，故B错，D对。
【备考提示】：本题考查对振动图象的理解，解答类此试题应认真审题，仔细观察提供的图象，从中提取有用的信息，再结合基本原理、规律得出结论。
43. [广东物理卷.6] 6．铺设铁轨时，每两根钢轨接缝处都必须留有一定的间隙，匀速运行列车经过轨端接缝处时，车轮就会受到一次冲击。由于每一根钢轨长度相等，所以这个冲击力是周期性的，列车受到周期性的冲击做受迫振动。普通钢轨长为12.6m，列车固有振动周期为0.315s。下列说法正确的是
A．列车的危险速率为
B．列车过桥需要减速，是为了防止列车发生共振现象
C．列车运行的振动频率和列车的固有频率总是相等的
D．增加钢轨的长度有利于列车高速运行
【答案】:AD
【解析】：共振的条件是驱动力的频率等于系统的固有频率，由可求出危险车速为40 m/ s，故选项A正确。列车过桥需要减速，是为了防止桥与火车发生共振现象，故选项B错误。
【备考提示】：共振的概念和条件是学生需要掌握的。
44.[重庆卷.18] 题18图为一列沿x轴正方向传播的简谐横波在t=0时的波形。当R点在t=0时的振动状态传到S点时，PR范围内（含P、R）有一些质点向y轴负方向运动，这些质点的x坐标取值范围是
A．2cm≤x≤4cm B．2cm＜x＜4cm
C. 2cm≤x＜3cm D．2cm＜x≤3cm
【答案】：C
【解析】：首先画出振动传到S点时的波形图，根据波形图可得PR范围内（含P、R）正在向y轴负方向运动质点在2cm≤x<3的范围内。故选C。
【备考提示】：本题考查振动和波关系，求解的关键是画出当R点的振动状态传到S点的波形，再根据此时的波形判断各质点的振动方向。
45.[江苏物理卷.11] 两个不等幅的脉冲波在均匀介质中均以1.0m / s 的速率沿同一直线相向传播，t=0时刻的图形如图8所示，图9中小方格的边长为0.lm ，则以下不同时刻波形正确的是 ( )
【答案】： ABD
【解析】：根据波的叠加原理可知，叠加后任一点位移为两列波分别引起位移的矢量和，经0.3s、
0.4s、0.5s和0.6s后，每列波形往前平移的距离分别为0.3m、0.4m、0.5m、0.6m，由叠加原理可知，ABD正确。
【备考提示】：本题涉及了波的传播和叠加，明确叠加时质点位移求法，考查了对波动问题的理解和分析能力。
46.[广东大综.27] 一质点做简谐运动的图象如图8所示，下列说法正确的是
A．质点运动频率是4Hz
B．在10要内质点经过的路程是20cm
C．第4末质点的速度是零
D．在t=1s和t＝3s两时刻，质点位移大小相等、方向相同
【答案】：B
【解析】：振动图象表示质点在不同时刻相对平衡位置的位移，由图象可看出，质点运动的周期T＝4s，其频率f=＝0.25Hz；10s内质点运动了T，其运动路程s＝×4A＝20cm；第4s末质点在平衡位置，其速度最大；t＝1s和t＝3s两时刻，由图象可看出，位移大小相等，方向相反，由以上分析可知，B选项正确。
【备考提示】：本题涉及简谐运动图象知识，解题的关系是明确图象的物理意义，考查了考生识图能力和分析、综合能力。
2006年全国各地高考物理试题分类详解－热、光、原
七、分子动理论 热和功
1.[全国卷I.18] 下列说法中正确的是：
A.气体的温度升高时，分子的热运动变得剧烈，分子的平均动能增大，撞击器壁时对器壁的作用力增大，从而气体的压强一定增大
B.气体体积变小时，单位体积的分子数增多，单位时间内打到器壁单位面积上的分子数增多，从而气体的压强一定增大
C.压缩一定量的气体，气体的内能一定增加
D.分子a从远外趋近固定不动的分子b，当a到达受b的作用力为零处时，a的动能一定最大
【答案】：D
【解析】：从微观上看，压强取决于分子密度和分子运动的剧烈程度。A选项中，分子密度的变化未知，而B选项中，分子运动剧烈程度的变化未知，故两种情况下都无法判断压强的变化。在C选项中，压缩气体，外界对气体做功，但不知气体的吸热与放热情况，由热力学第一定律知，其内能不一定增加，在D选项中，若两分子作用力为零时，其距离为r0，当其距离r＞r0时，分子力表现为引力，当其距离r＜r0时，分子力表现为斥力，当分子a从远处向固定的分子b运动时，先做加速运动，后做减速运动，当其作用力为零时，即r＝r0时，其速度最大，动能一定最大，D选项正确。
【备考提示】：本题涉及了气体压强的微观解释、热力学第一定律和分子间的相互作用力，涉及的知识点虽然较多，但多为基础知识，注重考查考生对基础知识的理解和掌握程度。
2.[全国卷II.21] 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】：一定质量的气体，在单位时间内与器壁单位面积的碰撞次数，取决于分子密度和分子运动的剧烈程度，即与体积和温度与关，故A、B错；压强不变，说明气体分子对器壁单位面积上的撞击力不变，若温度改变，则气体分子平均动能必改变，要保持撞击力不变，则碰撞次数必改变，同理可判断，N也必定变化，故C对D错。
【备考提示】：本题是气体问题的定性分析，考查了考生对理解、推理和综合判断问题的能力。
3.[北京卷.15] 如图所示，两个相通的容器P、Q间装有阀门K、P中充满气体，Q为真空，整个系统与外界没有热交换.打开阀门K后，P中的气体进入Q中，最终达到平衡，则
A.气体体积膨胀，内能增加 B.气体分子势能减少，内能增加 C.气体分子势能增加，压强可能不变 D.Q中气体不可能自发地全部退回到P中
【答案】：D
【解析】：打开阀门K后，P中气体进入Q中，由于Q内为真空，气体体积增大时并没有对外做功，又因为系统没有热交换，由热力学第一定律可知，其内能不变，但由于气体体积变大，故其压强变小。
【备考提示】：本题用热力学第一定律和气体状态方程进行定律分析，考查考生分析、推理问题的能力。
4.[天津卷.14] 下列说法正确的是
A．任何物体的内能就是组成物体的所有分子热运动动能的总和
B．只要对内燃机不断改进，就可以把内燃机得到的全部内能转化为机械能
C．做功和热传递在改变内能的方式上是不同的
D．满足能量守恒定律的物理过程都能自发进行
【答案】：C
【解析】：物体的内能是指所有分子运动的动能和分子势能的总和，A错；B选项违背了热力学第二定律，B错；自然界中，满足能量守恒定律的过程并不是都自发地进行，而是有方向性的，D错；由热力学第一定律可知，做功和热传递都可以改变物体的内能，但方式不同，做功是其它形式的能与内能的转化，而热传递是内能的转移。
【备考提示】：本题涉及了内能、内能变化及能量守恒定律等知识，考查了考生对基本概念的掌握程度。
5.[四川卷.19] 19．对一定质量的气体，下列说法中正确是
A．温度升高，压强一定增大 B．温度升高，分子热运动的平均动能一定增大
C. 压强增大，体积一定减小 D.吸收热量，可能使分子热运动加剧、气体体积增大
【答案】：BD
【解析】：根据温度的微观含义：温度是分子热运动平均动能的标志，因此B项正确。根据故选择＝C（C为常数）可以判定A、C错误。根据热力学第一定律可知：吸收热量，可能使分子热运动加剧，气体体积增大，因此D项正确。故选择BD。
【备考提示】：本题涉及了理想气体状态方程和热力学第一定律等知识，考查了考生在掌握基础知识的同时，进一步利用所学知识分析问题、解决问题的能力。
6.[重庆卷.16] 16．如题16图，某同学将空的薄金属筒开口向下压入水中。设水温均匀且恒定，筒内空气无泄漏，不计气体分子间相互作用，则被淹没的金属筒在缓慢下降过程中，筒内空气体积减小。
A．从外界吸热 B．内能增大
C.向外界放热 D．内能减小
【答案】：C
【解析】：薄金属筒可以传导热量，水温均匀且恒定，因此在缓慢下降过程中，筒内温度保持不变，由于不考虑气体分子间的相互作用，因而内能不变；体积减小，外界对空气做功，根据ΔE＝Q＋W可推知，气体必须对外界放热。故选C。
【备考提示】：本题考查了热力学第一定律、内能的概念，考查了考生对基本概念和基本规律的掌握程度。
7.[上海物理卷.9] 如图所示，竖直放置的弯曲管A端开口，B端封闭，密度为ρ的液体将两段空气封闭在管内，管内液面高度差分别为h1、h2和h3，则B端气体的压强为（已知大气压强为P0）
A．p0-ρg(h1＋h2－h3） B．p0-ρg(h1＋h3)
C．p0－ρg(h1＋h3－ h2) D．p0-ρg(h1＋h2)
【答案】：B
【解析】：由图中液面的高度关系可知，p0=p2+ρgh3 和 p2=p1+ρgh1，由此解得：
P1=p0－ρg(h1＋h3)
【备考提示】：计算气体压强时， 有两个结论可以直接应用①同一气体的压强处处相等 ②同一液体内部不同点间的压强差由高度差决定，并且位置越高，压强越小。
8.[江苏物理卷.1] 从下列哪一组物理量可以算出氧气的摩尔质量
A．氧气的密度和阿、加德罗常数 B．氧气分子的体积和阿伏加德罗常数
C．氧气分子的质量和阿伏加德罗常数 D．氧气分子的体积和氧气分子的质量
【答案】：C
【解析】：摩尔质量M、氧气分子的质量m和阿伏伽德罗常数NA的关系是：M＝NA·m，故C正确。
【备考提示】：考查摩尔质量、密度、阿伏伽德罗常数、分子质量等物理量的关系，也考查了考生用基本公式解决问题的能力。
9.[江苏物理卷.5] 用隔板将一绝热容器隔成A和B两部分，A中盛有一定质量的理想气体，B为真空（如图①）。现把隔板抽去，A中的气体自动充满整个容器（如图），这个过程称为气体的自由膨胀。下列说法正确的是
A．自由膨胀过程中，气体分子只作定向运动
B．自由膨胀前后，气体的压强不变
C．自由膨胀前后，气体的温度不变
D．容器中的气体在足够长的时间内，能全部自动回到A部分
【答案】：C
【解析】：气体分子永不停息做无规则运动，故A错；自由膨胀后，气体对外做功W＝0，容器绝热，其热传递能量Q＝0，由热力学第一定律可知，其内能不变，气体温度不变，但由于膨胀体积增大，故压强减小，所以B错，C对；涉及热现象的宏观过程都具有方向性，故D错。
【备考提示】：本题涉及分子动理论和热力学第一定律等知识，考查了考生对基础知识的理解和掌握程度
10.[江苏物理卷.10] 下列说法正确的是
A．气体的温度升高时，并非所有分子的速率都增大
B．盛有气体的容器作减速运动时，容器中气体的内能随之减小
C．理想气体在等容变化过程中，气体对外不做功，气体的内能不变
D．一定质量的理想气体经等温压缩后， 其压强一定增大
【答案】：AD
【解析】：气体温度升高时，其平均动能增大，这是气体分子运动的统计规律，并非所有分子的速率都增大，A对；气体的内能是所有分子热运动的动能和分子势能的总和，与容器的运动状态无关，B错；理想气体在等容变化过程中，其体积不变，气体对外做功为零，但可通过吸热或放热来改变内能，C错；一定质量的理想气体，经等温压缩后，其温度不变，体积减小，故压强增大，D对。
【备考提示】：本题涉及内能、气体的性质、气体状态方程和热力学第一定律等知识，主要考查理解、推理和综合判断问题的能力。
11.[上海物理卷.19A]（10分〕一活塞将一定质量的理想气体封闭在水平固定放置的气缸内，开始时气体体积为V0，温度为270C．在活塞上施加压力，将气体体积压缩到 V0，温度升高到570C．设大气压强p0＝l.0×105pa，活塞与气缸壁摩擦不计．
（1）求此时气体的压强；
（2）保持温度不变，缓慢减小施加在活塞上的压力使气体体积恢复到VO，求此时气体的压强．
【解析】：（1）由气体状态方程知：
将P0＝l.0×10 5 pa，T0=300K，T1=330K，V1=V0/代入上式
解得： P1=1.65×105pa
（2）气体发生等温变化，根据玻马定律有：
1V1=P2V2
将V2=V0 代入可得：
P2=1.1×105pa
【备考提示】：本题主要考查气体状态方程，求解时容易遗漏温度的单位换算，而将温度以摄氏度为单位置接代入关系式进行求解而导致错误，另外气体一章的复习中，应养成将已知条件一一列出的良好习惯。
12.[上海物理卷.19B] （10分）一活塞将一定质量的理想气体封闭在气缸内，初始时气体体积为 3.O×10-3m3．用 DIS实验系统测得此时气体的温度和压强分别为 300K和1.0×105 Pa．推动活塞压缩气体，测得气体的温度和压强分别为 320K和1.0×105Pa．
（1）求此时气体的体积；
(2）保持温度不变，缓慢改变作用在活塞上的力，使气体压强变为 8.0×104Pa，求此时气体的体积．
【解析】：（1）由气体状态方程知：
将V0＝3.0×10－3m3 ，T0=300K，P0=1.0×105Pa，T1=320K，P1=1.0×105Pa 代入上式
解得： V1=3.2×10－3m3
（2）气体发生等温变化，根据玻马定律有：
P1V1=P2V2
将P2=8.0×104pa代入可得：
V2=4.0×103m3
【备考提示】：本题主要考查气体状态方程，求解时容易遗漏温度的单位换算，而将温度以摄氏度为单位置接代入关系式进行求解而导致错误，另外气体一章的复习中，应养成将已知条件一一列出的良好习惯。
13.[广东物理卷.4] 关于永动机和热力学定律的讨论，下列叙述正确的是
A．第二类永动机违反能量守恒定律
B．如果物体从外界吸收了热量，则物体的内能一定增加
C．外界对物体做功，则物体的内能一定增加
D．做功和热传递都可以改变物体的内能，但从能量转化或转移的观点来看这两种改变方式是有区别的
【答案】：D
【解析】：第二类永动机并不违反能量守恒定律，跟热现象有关的宏观过程均具有方向性。做功和热传递是改变物体的内能的两种方式，做功是内能和其他形式的能之间的转化，热传递是内能之间的转移。故答案为D。有些考生错误的认为物体从外界吸收了热量，则物体的内能一定增加；有的考生错误的认为外界对物体做功，则物体的内能一定增加。从而得出错 误的选项。属于容易题。
【备考提示】：热力学第一定律和热力学第二定律是热力学的基础，在复习过程中应加以重视。
14.[广东物理卷.8] 图3为电冰箱的工作原理示意图。压缩机工作时，强迫致冷剂在冰箱内外的管道中不断循环。在蒸发器中致冷剂汽化吸收箱体内的热量，经过冷凝器时致冷剂液化，放出热量到箱体外。下列说法正确的是
A．热量可以自发地从冰箱内传到冰箱外
B．电冰箱的致冷系统能够不断地把冰箱内的热量传到
外界，是因为其消耗了电能
C．电冰箱的工作原理不违反热力学第一定律
D．电冰箱的工作原理违反热力学第一定律
【答案】：BC
【解析】：由热力学第二定律知，热量不能自发的有低温物体传到高温物体，除非施加外部的影响和帮助。电冰箱把热量从低温的内部传到高温外部，需要压缩机的帮助并消耗电能。故答案为 BC。属于容易题。
【备考提示】：热力学第一定律和热力学第二定律是热力学的基础，在复习过程中应加以重视。
十三、光学
1.[全国卷I.15] 红光和紫光相比，
A.红光光子的能量较大；在同一种介质中传播时红光的速度较大
B.红光光子的能量较小；在同一种介质中传播时红光的速度较大
C.红光光子的能量较大；在同一种介质中传播时红光的速度较小
D.红光光子的能量较小；在同一种介质中传播时红光的速度较小
【答案】：B
【解析】：在电磁波谱中，紫光的频率比红光高，由爱因斯坦的光子说可知，紫光的能量较大；由于紫光的频率高，故紫光在同介质中的折射率较大，由n＝可知，在同一介质中，紫光传播速度较小，而红光传播速度较大；由以上分析得，正确选项为B。
【备考提示】：本题涉及电磁波谱、折射率与频率的关系、折射率与光速的关系、爱因斯坦光子说等知识，求解时分清折射率大小是解题的关键。
2.[全国卷II.19] 已知能使某金属产生光电效应的极限频率为ν0，
A．当用频率为2ν0的单色光照射该金属时，一定能产生光电子
B．当用频率为2ν0的单色光照射该金属时，所产生的光电子的最大初动能为hν0
C．当照射光的频率大于ν0时，若ν增大，则逸出功
D．当照射光的频率ν大于ν0时，若ν增大一倍，则光电子的最大初动能也增大一倍
【答案】：AB
【解析】：由爱因斯坦光电效应方程Ekm=hν－W、逸出功W＝hν0知，当入射光频率为2ν0时，一定能产生光电子，其最大初动能Ekm=2 hν0－hν0＝hν0，故A、B正确，D错误；逸出功与金属材料有关，与入射光频率无关，故C错。
【备考提示】：本题涉及光电效应方程、逸出功等知识，在掌握知识的同时，要学会利用基础知识去解决实际问题。
3.[北京卷.16] 水的折射率为n，距水面深h处有一个点光源，岸上的人看到水面被该光源照亮的圆形区域的直径为 A.2 h tan(arcsin) B.2 h tan(arcsinn) C.2 h tan(arccos) D.2 h cot(arccosn)
【答案】：A
【解析】：岸上的人看到水面被光照亮是因为光线从水面射出后进入人的眼睛。光线在水面上发生了折射。如图所示，设光线OA在界面上恰好发生全反射，则sinC＝，由几何关系可知：tanC=，所以r＝htan(arcsin)，故其直径d＝2r＝2htan(arcsin)。
【备考提示】：本题涉及了全反射知识，求解时要利用图形，结合几何关系去处理，同时也要注意对临界条件光线的分析。考查了考生应用数学知识分析物理问题的能力。
4.[天津卷.15] 空气中两条光线a和b从方框左侧入射，分别从方框下方和上方射出，其框外光线如图1所示。方框内有两个折射率n=1.5的玻璃全反射棱镜。图2给出了两棱镜四种放置方式的示意图，其中能产生图1效果的是
【答案】：B
【解析】：从光线的出射方向可以看出，a光垂直下框射出，b光线垂直上框射出，只有B图能满足上述情况
【备考提示】：考查了全反射棱镜的知识，对这类问题的处理，要结合简单的作图分析。
5.[四川卷.15] 现有a、b、c三束单光λa＞λ＞b＞λc 。用b光束照射某种金属时，恰能发生光电效应。若分别用a光束和c光束照射该金属，则可以断定
A．a光束照射时，不能发生光电效应
B．c光束照射时，不能发生光电效应
C．a光束照射时，释放出的光电子数目最多
D．c光束照射时，释放出的光电子的最大初动能最小
【答案】：A
【解析】：根据公式，则三束单色光的频率大小关系为：，当入射光的频率单色光不能，c单色光可以。根据光电效应方程可得用c单色光照射时，释放出的光电子的最大初动能最大。a光未发生光电效应，不能释放出光电子。因而，答案应选A
【备考提示】：本题涉及了光速、频率、波长的关系和光电效应规律、光电效应方程等知识，考查了考生运用基础知识综合分析问题的能力。
6.[重庆卷.20] ΔOMN为玻璃等腰三棱镜的横截面。a、b两束可见单色光从空气垂直射入棱镜底面MN，在棱镜侧面OM、ON上反射和折射的情况如题20所示。由此可知
A．棱镜内a光的传播速度比b光的小
B．棱镜内a光的传播速度比b光的大
C. a光的波长长比b光的长
D．a光的频率长比b光的高
【答案】：BD
【解析】：根据对称性可知：a、b分别在界面处入射角相等，由于a未发生发生全反射，说明a光对应的临界角大，根据sinC＝，，v＝，棱镜内a光的传播速度比b光的大，，根据可得，。故应选择BD。
【备考提示】：本题涉及了全反射的条件、折射定律、折射率与频率的关系、传播速度与折射率的关系等，考查了考生的综合能力、应用物理知识分析解决的能力、推理能力等。
7.[上海卷.3A] 利用光电管产生光电流的电路如图所示．电源的正极应接在 端（填“a”或“b”）；若电流表读数为8μA， 则每 秒从光电管阴极发射的光电子至少是 个（已知电子电量为 l.6×10-19C）
【答案】：a，5×1013
【解析】：要使电子加速，应在A极接高电势，故a端为电源正极。由I＝得：n=＝5×1013
【备考提示】：
8.[上海卷.3B] 右图为包含某逻辑电路的一个简单电路图，L为小灯泡．光照射电阻R/ 时，其阻值将变得远小于R,该逻辑电路是 门电路（填“与”、“或”或“非”）。当电阻R’受到光照时，小灯泡L将 （填“发光”或“不发光”）。
【答案】：与，发光
【解析】：当电阻R/受到光照时，非门输入低电压，输出高电压，故灯泡将发光。
【备考提示】：与门、或门、非门电路的特点与区别。
9.[上海卷.6] 人类对光的本性的认识经历了曲折的过程。下列关于光的本性的陈述符合科学规律或历史事实的是
（A）牛顿的“微粒说”与爱因斯坦的“光子说”本质上是一样的．
（B）光的双缝干涉实验显示了光具有波动性．
（C）麦克斯韦预言了光是一种电磁波．
（D）光具有波粒两象性.
【答案】：BCD
【解析】：光的衍射和干涉是波的特有现象，爱因斯坦的光子和牛顿的微粒除了都是粒子之外，并无任何相同之处。光子不是牛顿所描绘的那种遵循经典力学运动定律的微粒。
【备考提示】：爱因斯坦的光子和牛顿的微粒除了都是粒子之外，并无任何相同之处。光子不是牛顿所描绘的那种遵循经典力学运动定律的微粒。近代物理部分中的典型史实要求学生必须牢记。这也是体现学生情感、态度、价值观的题型。
10.[广东物理卷.7] 两束不同频率的单色光a、b从空气射入水中，发生了图2所示的折射现象（α>β）。下列结论中正确的是
A．光束b的频率比光束a低
B．在水中的传播速度，光束a比光束b小
C．水对光束a的折射率比水对光束b的折射率小
D．若光束从水中射向空气，则光束b的临界角比光束a的临界角大
【答案】：C
【解析】：由 n＝知，b的折射率较大，则b的频率较大，在同种介质传播速度较小，对同种介质的临界角较小。所以选项 C正确。有些考生弄不清光的折射 率、频率、光速、临界角的对应关系，得出错误的答案。属于中等难度题。
【备考提示】：本题涉及折射率、全反射等知识，光的折射率、频率、光速、临界角的对应关系需清楚。
11.[广东物理卷.13] （15分）（1）人们发现光电效应具有瞬时性和对各种金属都存在极限频率的规律。请问谁提出了何种学说很好地解释了上述规律？已知锌的逸出功为3.34e，用某单色紫外线照射锌板时，逸出光电子的最大速度为106m/s，求该紫外线的波长λ（电子质量me=9.11×10kg，普朗克常量h＝6.63×10J·s，1eV＝1.6×10J）
（2）风力发电是一种环保的电能获取方式。图9为某风力发电站外观图。设计每台风力发电机的功率为40kW。实验测得风的动能转化为电能的效率约为20%，空气的密度是1.29kg/m3，当地水平风速约为10m/s，问风力发电机的叶片长度约为多少才能满足设计要求？
【答案】：（1）3.23× （2）10m
【解析】：（1）爱因斯坦提出的光子说很好的解释了光电效应现象
由爱因斯坦的光电效应方程，hν＝W0＋ ①
又 c＝λν ②
②联立，得：
Λ=＝3.23×m
（2）由能量守恒定律，得：
P＝ r＝10m
【备考提示】：光子说 、光电效应方程和能量守恒定律是高中必须掌握的重点内容。
12.[江苏卷.6] 研究光电效应规律的实验装置如图所示，以频率为ν的光照射光电管阴极K时，有光电子产生。由于光电管K、A间加的是反向电压，光电子从阴极 K发射后将向阳极A作减速运动。光电流i由图中电流计G测出，反向电压U由电压表V测出。当电流计示数恰好为零时，电压表的示数称为反向截止电压U0。在下列表示光电效应实验规律的图象中，错误的是
【答案】：B
【解析】：由光电效应规律可知，光电流的强度与光强成正比，光射到金属上时，光电子的发射是瞬时的，不需要时间积累，故A、D图象正确；从金属中打出的光电子，在反向电压作用下作减速运动，随着反向电压的增大，到达阳极的电子数减少，故C图象正确；由光电效应方程可知：hν＝hν0＋Ekm，而eU0＝Ekm，所以有hν＝hν0＋eU0，由此可知，B图象错误。
【备考提示】：本题涉及了光电效应规律、光电效应方程、动能定理等知识，考查了考生的阅读能力、识图能力和从图中提取有价信息的能力。
13.[广东大综.30] 有关光和光纤通信，下列说法正确的是
A．光子的波长越长，它的能量越大
B．光纤通信运用了光的全反射原理
C．光照射在金属板上，就会产生光电效应
D．多路话音信号在光纤中传输会相互干扰
【答案】：B
【解析】：光子的能量E＝hν＝h，所以其波长越长，能量越小；光导纤维由内芯与外套组成，内芯折射率大，其原理是光的全反射；只有大于金属极限频率的光，才能从金属中打出光电子；由音频信号的独立性可知，其在光纤中传输不会互相干扰。故正确选项为B。
【备考提示】：本题涉及光子能量、光纤通信、光电效应等知识，考查了考生对基础的认识和了解。
十四、原子和原子核
1.[全国卷I.14] 某原子核X吸收一个中子后，放出一个电子，分裂为两个α粒子。由此可知
A.A=7，Z＝3 B.A=7，Z＝4 C.A=8，Z＝3 D.A=8，Z＝4
【答案】：A
【解析】：其核反应方程为：，由核反应中的质量数守恒和电荷数守恒可知：A＋1=4×2，Z＝2×2－1，得：A＝7，Z＝3。
【备考提示】：本题涉及核反应方程和反应过程中的两个守恒，考查了考生对基础的掌握程度。
2.[全国卷II.14] 现有三个核反应：
① ② ③
下列说法正确的是
A．①是裂变，②是β衰变，③是聚变 B．①是聚变，②是裂变，③是β衰变
C．①β衰变，②裂变，③聚变 D．①是β衰变，②是聚变，③是裂变
【答案】：C
【解析】：原子核的变化通常包括衰变、人工转变、裂变和聚变，衰变是指原子核自发放出α粒子和β粒子等变成新的原子核的变化，如本题中的核反应①；原子核的人工转变是指用高速粒子轰击原子核使之变成新的原子核的变化；裂变是重核分裂成质量较小的核，如核反应②；聚变是轻核结合成质量较大的核，如③；综上所述，选项C正确。
【备考提示】：本题涉及到原子核的裂变、衰变、和聚变，考查了考生对这些核反应的理解和区别。
3.[北京卷.13] 目前核电站利用的核反应是 A.裂变，核燃料为铀 B.聚变，核燃烧为铀
C.裂变，核燃烧为氘 D.聚变，核燃料为氘
【答案】：A
【解析】：目前核电站使用的裂变材料是铀，铀在地壳中的含量很高，铀发生裂变反应产生大量的热量，推动气轮机发电。
【备考提示】：考查了裂变反应的应用，题目虽简单，但提示我们，在学习过程中要注意与实际相联系。
4.[天津卷.18] 一个原子核在中子的轰击下发生一种可能的裂变反应，其裂变方程为
，则下列说法正确的是
A．X是原子核中含有86个中子
B．X是原子核中含有141个核子
C．因为裂变释放能量，根据E＝mc2，所以裂变后的总质量数增加
D．因为裂变释放能量，出现质量亏损，所以裂变后的总质量数减少
【答案】：A
【解析】：由质量数守恒和电荷数守恒知：235＋1＝a＋94＋2×1，92＝b＋38，解得：a =140, b =54，其中a是X的质量数，b为X的电荷数，X核中的中子数为：a－b＝140－54＝86，由此可知A选项对，B选项错；裂变释放能量，由质能关系可知，其总质量减小，但质量数守恒，故C、D均错。
【备考提示】：本题考查考生用两个守恒解决核反应问题的能力，同时还应注意质量与质量数的不同。
5.[四川卷.16] 某核反应方程为。已知的质量为2.0136u，的质量为3.0180，质量为4.0026u，x的质量为1.0087u。则下列说法中正确是
A．x是质子，该反应释放能量 B．x是中子，该反应释放能量
C．x是质子，该反应吸收能量 D．x是中子，该反应吸收能量
【答案】：B
【解析】：设x的质量数为a，核电荷数为b，则由质量数守恒和电荷数守恒知：
2＋3＝4+a，1＋1＝2＋b
所以a＝1，b＝0，x的质量数这1，质子数为0，即为中子，
根据核反应中电荷数和质量数守恒可得：根据Δm＝＋－－＝2.0136u＋3.0180 u－4.0026u－1.0087u＝0.0203 u，ΔE=Δmc2＞0，该核反应释放能量。故选择B。
【备考提示】：核反应方程的书写，应注意对两个守恒方程的理解和应用，对能量的判断，是看核反应前、后的质量变化，应注意的是质量数守恒并非质量不变。
6.[重庆卷.17] 是一种半衰期为5730年的放射性同位素。若考古工作者探测某古木中的含量为原来的，则该古树死亡时间口中距今大约为
A．22920年 B．11460年
C. 5730年 D．2865年
【答案】：B
【解析】：正在生长的植物中C的含量是稳定，死亡后发生衰变，C含量在降低。
剩余C与原来C的个数比：，t为死亡时间，T为半衰期。
由题意： 所以： t＝5730×2年＝11460年。
【备考提示】：本题考查应用物理知识解决实际问题的能力，考查考生对半衰期的理解。
7.[上海物理卷.7] 卢瑟福通过对a粒子散射实验结果的分析，提出
（A）原子的核式结构模型． （B）原子核内有中子存在．
（C）电子是原子的组成部分． （D）原子核是由质子和中子组成的．
【答案】：A
【解析】：英国物理学家卢瑟福的α粒子散射实验的结果是绝大多数α粒子穿过金箔后基本上仍沿原方向前进，但有少数α粒子发生较大的偏转。α粒子散射实验只发现原子可以再分，但并不涉及原子核内的结构。查德威克在用α粒子轰击铍核的实验中发现了中子，卢瑟福用α粒子轰击氮核时发现了质子。
【备考提示】：本题涉及了α粒子的散射实验，考查了物理学家对科学的贡献和实事求是、积极探索的精神。
8.[广东物理卷.3] 下列说法正确的是
A．康普顿发现了电子 B．卢瑟福提出了原子的核式结构模型
C．贝史勒尔发现了铀和含铀矿物的天然放射现象 D．伦从今琴发现了X射线
【答案】：BCD
【解析】：康普顿发现了康普顿效应， 汤姆孙发现了电子， 卢瑟福提出了原子的核式结构模型， 贝史勒尔发现了铀和含铀矿物的天然放射现象，伦从今琴发现了X射线。所以答案为 BCD， 有的考生不熟悉物理学史，有的考生不知道伦琴就是伦从今琴，导致错选或漏选。属于容易题。
【备考提示】：本题通过历史史实考查考生对科学的认识，以及对科学家的了解，培养考生探索科学的正确态度。
9.[广东物理卷.5] 据新华社报道，由我国自行设计、研制的世界第一套全超导核聚变实验装置（又称“人造太阳”）已完成了首次工程调试。下列关于“人造太阳”的说法正确的是
A．“人造太阳”的核反应方程是
B．“人造太阳”的核反应方程是
C．“人造太阳”释放的能量大小的计算公式是
D．“人造太阳”核能大小的计算公式是
【答案】：AC
【解析】：释放的能量大小用爱因斯坦的质能方程计算。有的考生不能区分裂变和聚变，得出错误的答案 B。属于容易题。
【备考提示】：本题以“人造太阳”为背景立意命题，考查了考生利用所学知识分析、推理物理问题的能力。
10.[江苏物理卷.4] 氢原子的能级如图所示，已知可见的光的光子能量范围约为1.62eV—3.11eV，下列说法错误的是
A．处于n = 3能级的氢原子可以吸收任意频率的紫外线，并发生电离
B．大量氢原子从高能级向n = 3能级跃迁时，发出的光具有显著的热效应
C．大量处于n＝4能级的氢原子向低能级跃迁时，可能发出6种不同频率的光
D．大量处于n＝4是能级的氢原子向低能级跃迁时，可能发出3种不同频率的可见光
【答案】：D
【解析】：要使处于n＝3能级的氢原子电离，其光子的能量必须大于或等于1.51eV，而紫外线光子的能量大于3.11eV，故能使n=3能级的氢原子电离；大量氢原子从高能级向低能级跃迁时，放出的光子在红外线区，故具有显著的热效应；大量氢原子由n=4能级向低能级跃迁时，可能放出6种不同频率的光，由以上分析可知D选项错误。
【备考提示】：本题涉及氢原子及氢原子能级跃迁的知识，对多个知识点的综合考查，考查了考生分析和推理问题的能力。
11.[江苏物理卷.18] （15分）天文学家测得银河系中氦的含量约为5%。有关研究表明，宇宙中氦生成的途径有两条：一是在宇宙诞生后2分钟左右生成的；二是在宇宙演化到恒星诞生后，由恒星内部的氢核聚变反应生成的。
（1）把氢核聚变就简化4个氢核（H）聚变成氦核（He），同时放出2个正电子（e）和2个中微子（ν0），请写出该氢核聚变反应的方程，并计算一次反应释放的能量。
（2）研究表明，银河系的年龄约为t=3.8×1017s，每秒银河系产生的能量约为1×1037J（P＝1×1037J/s），现假定该能量全部来自上述氢核聚变反应，试估算银河系中氦的含量（最后结果保留一位有效数字）
（3）根据你的估算结果，对银河系中氦的主要、生成途径作出判断。
（可能用到的数据：银河系的质量约为M＝31×1041kg，原子质量单位1u＝1.66×10kg，1u相当于1.5×10J的能量，电子质量m＝0.0005u，氦核质量mα＝4.0026u，氢核质量mp＝1.0087u，中微子ν0质量为零。
【解析】：（1）4H→He＋2e＋2ν0
＝Δmc2＝4.14×10J
（2）m＝＝6.1×1039kg
氦的含量 k＝＝＝2%
（3）由估算结果可知，k≈2%远小于25%的实际值，所以银河系中的氦主要是宇宙诞生后不久生成的
【备考提示】：题目涉及了许多新的知识，解此类信息题必须将题目提供的规律和物理基础知识，与己有知识相结合并迁移到要回答的问题中，再列方程求解。
2006年全国各地高考物理试题分类详解－物理实验
十五、物理实验
1.[全国卷I.22]（17分）
（1）利用图中装置研究双缝干涉现象时，有下面几种说法：
A.将屏移近双缝，干涉条纹间距变窄
B.将滤光片由蓝色的换成红色的，干涉条纹间距变宽
C.将单缝向双缝移动一小段距离后，干涉条纹间距变宽
D.换一个两缝之间距离较大的双缝，干涉条纹间距变窄
E.去掉滤光片后，干涉现象消失
其中正确的是：_______________。
（2）现要测量某一电压表的内阻。给定的器材有：待测电压表（量程2V，内阻约为4kΩ）；电流表（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＝______________。
（1）【答案】：ABD
【解析】：由条纹间距公式Δx＝，d指双缝间距，l指双缝到屏的距离，由此可知：A项中l减小，Δx减小；B项中λ变大，Δx变大；D项中d变大，Δx变小。故A、B、D正确。
【备考提示】：对双缝干涉实验现象的考查，主要涉及器材的实验装置和条纹间距公式所作的定性判断，考查考生分析实验现象的能力
【答案】：（2）i．电路如图
ii．
【解析】：i．实验电路如上图所示，若选用电阻R1，则并联电阻R＝2000Ω，电压表读数U＝·R＝×2000＝1.92＞1V，电流表读数I＝＝＝0.00096A＝0.96mA＞0.6mA，R1符合要求，同理可得R2、R3不符合要求，故选R1。
ii．电路接通后，通过R1的电流I1＝，则通过电压表的电流为I2＝I－I1＝I－，所以电压表的内阻RV＝＝
【备考提示】：本题涉及实验器材选取和电路设计等，对考生的分析综合能力提出了较高要求，解答此类试题必须根据测量要求和所提供的器材，由仪表的选择原则和基本规律为分析的入手点。
2.[全国卷II.22] （17分）
（1）现要测定一个额定电压4V、额定功率为1.6W的小灯泡（图中作表示）的伏安特性曲线。要求所测电压范围为0.1～4V。
现有器材：直流电源E（电动势4V、内阻不计），电压表（量程4.5V，内阻约为4×10Ω，电流表（量程250mA，内阻约为2Ω），电流表（量程为500mA，内阻约为1Ω），滑动变阻器R（最大阻值约为30Ω），电键S，导线若干。
如果既要满足要求，又要测量误差小，应该选用的电流表是＿＿＿＿，下面两个电路应该选用的是＿＿＿。
（2）一块玻璃砖有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此表面）。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.写出用表θ1、θ2示的折射率公式n＝＿＿＿＿＿。
【答案】：（17分）
（1） 甲
（2）见下面解析
【解析】：（1）小灯泡的额定电流I＝＝0.4A，故电流表选用A2；小灯泡的电阻R＝＝10Ω，由于RRV，故应先电流表外接法，即电路图甲。
（2）Ⅰ.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挡住的P1、P2像；再插上P4，让它挡住P1、P2像和P3。P3、P4的位置如图。
Ⅱ.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点作的垂线CD，过M点作bb/的垂线与aa/相交于N点，如图所示，连接ON；
⑤θ1，θ2
Ⅲ.
评分参考：第（1）小题6分，每空3分。第（2）小题11分，Ⅰ问4分，Ⅱ问4分，Ⅲ问1分。P3、P4的位置应该在玻璃砖的右下方，凡不在右下方的均不给Ⅰ、Ⅱ两问的分数。
【备考提示】：第（1）题中对器材和电路的选取，应以电表的量程为依据；第（2）小题，对玻璃砖的测定，是一道创新实验题，它实际是由课本实验延伸而来的，但高于课本中的实验，也考查了考生创新实验能力。
3.[北京卷.21] (18分) (1)游标为20分度(测量值可准确到0.05 mm)的卡尺示数如图1所示，两测脚间狭缝的宽度为__________mm.用激光照射该狭缝，在屏上出现衍射条纹。如果减小狭缝的宽度，衍射条纹的宽度将变____________.
（2）某同学用图2所示电路，测绘标有“3.8 V,0.3 V”的小灯泡的灯丝电阻R随电压U变化的图象.
①除了导线和开关外，有以下一些器材可供选择: 电流表：A1（量程100 mA，内阻约2Ω）；
A2（量程0.6 A，内阻约0.3Ω)；
电压表：V1(量程5 V，内阻约5kΩ )；
V2（量程15 V，内阻约15Ω )； 电源：E1（电动势为1.5 V，内阻为0.2Ω）；
E2（电动势为4V，内阻约为0.04Ω）。 为了调节方便，测量准确，实验中应选用电流表___________，电压表______________,滑动变阻器________________，电源___________________.(填器材的符号)
②根据实验数据，计算并描绘出R-U的图象如图3所示.由图象可知，此灯泡在不不作时，灯丝电阻为___________；当所加电压为3.00 V时，灯丝电阻为____________,灯泡实际消耗的电功率为___________W.
③根据R-U图象，可确定小灯泡耗电功率P与外加电压U的关系.符合该关系的示意图是下列图中的__________．
【答案】：（18分）
（1） 0.15 宽
（2）① A2 V2 R1 R2 ② 1.5 11.5 0.78 ③ A
【解析】：（1）游标卡尺第3格与主尺对齐，故其读数为：3×0.05＝0.15mm。出现明显衍射现象的条件是缝宽比波长小或相差不大，减小狭缝宽度，衍射现象明显，条纹宽度变宽。
（2）①对器材的选用应以安全、实用为原则。小灯泡的额定电压和额定电流分别为3.8V和0.3A，故电压表应选V1，电流表A2；由于是分压接法，故滑动变阻器应选R1，便于调节，电源应选E2。
②由图象可看出：U＝0时，小灯泡不工作，对应电阻为1.5Ω，当U＝3.0V时，对应的电阻为11.5Ω。此时，灯泡实际消耗的功率P＝＝0.78W。
③由R－U图线可看出，随U的增大，电阻的变化越来越小，而P＝，随U的变化，功率P的变化将更加明显，故选A。
【备考提示】：本实验涉及游标卡尺的读数，器材的选择及实验数据的处理，主要考查考生对实验技能的迁移能力。
4.[天津卷.22]（16分）
（1）用半径相同的两个小球A、B的碰撞验证动量守恒定律，实验装置示意如图，斜槽与水平圆滑连接。实验时先为放B球，使A球从斜槽上某一固定点C由静止滚下，落到位于水平地面的记录纸上留下痕迹，再把B球静置于水平槽前边缘处，让A球仍从C处由静止滚下，A球和B球有前科后分别落到O点的距离：OM＝2.68cm，OP＝8.62cm，ON＝11.50cm，并知A、B两球的质量比为2∶1，则未放B球时A球落地点是记录纸上的＿＿＿点，系统碰撞总动量p与碰撞后动量p/的百分误差_____________%（结果保留一位有效数字）。
（2）一多用电表的电阻有三个倍率，分别是×1、×10、×100。用×10档测量某电阻时，操作步骤正确，发现表头指针偏转角度很小，为了较准确在进行测量，应换到＿＿＿档，如果换档后立即用表笔连接待测电阻进行读数，那么缺少的步骤是＿＿＿＿＿＿＿＿＿，若补上该步骤后测量，表盘的示数如图，则该电阻的阻?是____________Ω。
（3）某研究性学习小组利用如图1所示电路测量电池组的电动势E和内阻r。根据实验数据绘出如图2所示的R—图线，其中R为电阻箱的读数，I为电流表读数，由此可以得到E＝＿＿＿V，r＝＿＿＿Ω。
【答案】．（16分）
（1）P；2
（2）×100；调零（或重新调零）；2.2×103（或2.2k）
（3）2.9；0.9
【解析】：(1) M、N分别是碰后两球的落地点的位置，P是碰前A球的落地点的位置，碰前系统的总动量可等效表示为p＝mA·OP，碰后总动量可等效表示为p/＝mA·OM＋mB·ON，则其百分误差＝＝2%。
（2）×10档测电阻时，表头偏转角度很小，说明待测电阻阻值很大，应换到×100档，换档后应先调零，由表盘可知，其测量电阻的阻值为R＝22.0×100Ω＝2.2×103Ω。
（3）由闭合电路的欧姆定律可知：I＝，所以。由图象可知，当时，R＝2Ω；；当时，R＝7.8Ω，代入上式得：E＝2.9V，r＝0.9Ω。
【备考提示】：本题考查了对动量守恒定律的验证，多用电表测电阻和测定电源电动势及内电阻三个分组实验，特别是电阻测定实验，实际上是课本实验的迁移运用，要重视对实验的研究，培养自主设计实验和探索实验的能力。
5.[上海物理卷.14] （5分）1919年卢瑟福通过如图所示的实验装置,第一次完成了原子核的人工转变，并由此发现 ．图中A为放射源发出的 粒子，B为 气．完成该实验的下列核反应方程 ＋ → 17 O＋ _______
【答案】：质子 α 氮 ， ，
【解析】：α粒子轰击氮核，放出同位素氧，并发现质子，是原子核的人工转变的典型例子。
【备考提示】：原子核的人工转变，核反应方程，放射性同位素及其应用。
6.[上海物理卷.15] （6 分）在研究电磁感应现象实验中,
(1）为了能明显地观察到实验现象，请在如图所示的实验器材中，选择必要的器材，在图中用实线连接成相应的实物电路图；
（2）将原线圈插人副线圈中，闭合电键，副线圈中感生电流与原线圈中电流的绕行方向 （填“相同”或“相反”）；
（3）将原线圈拔出时，副线圈中的感生电流与 原线 圈中电流的绕行方向 （填“相同”或“相反”）．
【答案】：（1）如图所示 （2）相反 （3）相同
【解析】：主要考查电磁感应现象、 磁通量、 法拉第电磁感应定律、楞次定律。楞次定律得应用时，应准确理解感应电流磁场对原磁通量变化的阻碍作用。
【备考提示】：本题涉及电磁感应现象、磁通量、法拉第电 磁感应定律、楞次定律，解答时应注意不要把将原副线圈混淆，或者将两电路混联在一起。第 3问不能将“阻碍”简单理解为“相反”。
7.[上海物理卷.16] （5分）为了测试某种安全阀在外界环境为一个大气压时，所能承受的最大内部压强，某同学自行设计制作了一个简易的测试装置．该装置是一个装有电加热器和温度传感器的可密闭容器．测试过程可分为如下操作步骤：
a．记录密闭容器内空气的初始温度t1；
b．当安全阀开始漏气时，记录容器内空气的温度t2；
c．用电加热器加热容器内的空气；
d．将待测安全阀安装在容器盖上；
e．盖紧装有安全阀的容器盖，将一定量空气密闭在容器内．
（1）将每一步骤前的字母按正确的操作顺序填写： ；
（2）若测得的温度分别为t1＝27 oC，t2＝87 oC，已知大气压强为1.0X105pa，则测试结果是:这个安全阀能承受的最大内部压强是 .
【答案】adecb 1.2×105 pa
【解析】：根据气体状态方程有：
将T1=300K，T2=360K，P1=1.0X105pa 代入可以解得： P2=1.2X105pa
【备考提示】：主要考查气体状态方程，等容变化，答题要注意温度的单位的换算，而将温度以热力学温度为单位代入直接计算。
8.[上海物理卷.17] (7分）表格中所列数据是测量小灯泡 U-I关系的实验数据：
U/(V)
0.0
0.2
0.5
1.0
1.5
2.0
2.5
3.0
I/(A)
0.000
0.050
0.100
0.150
0.180
0.195
0.205
0.215
(1）分析上表内实验数据可知，应选用的实验电路图是图 （填“甲”或“乙”）；
（2）在方格纸内画出小灯泡的U-I曲线．分析曲线可知小灯泡的电阻随I变大而 （填“变大”、“变小”或“不 变”）；
（3）如图丙所示，用一个定值电阻R和两个上述小灯泡组成串并联电路，连接到内阻不计、电动势为3V的电源上．已知流过电阻R的电流是流过灯泡b电流的两倍，则流 过灯泡b的电流约为 A．
【答案】：（1）甲 （2）如图所示 变小 （3）0.050A
【解析】：（1）甲电路中变阻器采用分压接法，可以获得从零开始变化的电压，符合图中数据的要求。
(2)将表中数据逐一描点后用平滑曲线连接各点。
（3）根据题意有 E= Ua +Ub，Ia=3Ib，从所做曲线可以查出，Ia=0.150A ，Ib=0.050A，Ua=1V， Ub=2V。
【备考提示】：本题源于教材，高于教材，侧重考查考生的综合素质和利用基本实验原理、方法的技能进行创新的能力。
9.[上海物理卷.18] （7分）有一测量微小时间差的装置，是由两个摆长略有微小差别的单摆同轴水平悬挂构成．两个单摆摆动平面前后相互平行．
（1）现测得两单摆完成 50次全振动的时间分别 为 50．0 S和 49．0 S，则两单摆的周期差ΔT＝ s；
（2）某同学利用此装置测量小于单摆周期的微小时间差，具体操作如下：把两摆球向右拉至相同的摆角处，先释放长摆摆球，接着再释放短摆摆球，测得短摆经过若干次全振动后，两摆恰好第一次同时同方向通过某位置，由此可得出释放两摆的微小时间差．若测得释放两摆的时间差Δt＝0.165s，则在短摆释放 s（填时间）后，两摆恰好第一次同时向 （填方向）通过 （填位置）；
（3）为了能更准确地测量微小的时间差，你认为此装置还可做的改进是
。
【答案】：（1）0.02s （2）8.085s 左 最低点（或平衡位置（3）同时加大两摆的摆长
【解析】：（1）＝0.02s
（2）先释放的是长摆，故有nT1= nT2+Δt，解得n=8.25，所以短摆释放的时间为t=nT2=8.085s，此时两摆同时向左经过平衡位置。
（3）在不改变摆长差的同时增大摆长，△T 越小，可测得的时间差越小。
【备考提示】： 本实验是在教材探索性实验的基础上，考查考生综合运用已掌握的知识及分析处理实验数据、知识迁移能力，从而突出了对创新能力的考查。
10.[广东物理卷.11] （9分）某同学设计了一个研究平抛运动的实验。实验装置示意图如图5所示，A是一块平面木板，在其上等间隔地开凿出一组平行的插槽（图5中、……），槽间距离均为。把覆盖复写纸的白纸铺贴在硬板B上。实验时依次将B板插入A板的各插槽中，每次让小球从斜轨的一同位置由静止释放。每打完一点后，把B板插入后一槽中并同时向纸面内侧平移距离。实验得到小球在白纸上打下的若干痕迹点，如图6所示。
（1）实验前应对实验装置反复调节，直到_______________。每次让小球从同一位置由静止释放，是为了_____________________。
（2）每次将B板向内侧平移距离，是为了______________________ 。
（3）在图6中绘出小球做平抛运动的轨迹。
【答案】：（1）A板水平且其上插槽与斜槽中心轴线垂直、B板竖直，小球每次平抛初速度相同
（2）保持相邻痕迹点的水平距离大小相同
（3）如右所示。
【解析】：平抛运动可分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动。实验前应 对实验装置反复调节，直到斜槽末端水平，每次让小球从同一位置由静止释放，是为了保持小球水平抛出的初速度相同。每次将B板向内侧平移距离d，是为了保持相邻痕迹点的水 平距离大小相同。有些考生不明确每次将B板向内侧平移距离d的道理。该题考察了实验中的留迹法，是创新题目，属于中等难度的试题。
【备考提示】：本题是一个基础实验，侧重考生了考生利用基本的实验原理方法，完成实验的能力。
11.[广东卷.12] （11分）某同学设计了一个如图7所示的实验电路，用以测定电源电动势和内阻，使用的实验器材为：待测干电池组（电动势约3V）、电流表（量程0.6A，内阻小于1）、电阻箱（0～99.99）、滑动变阻器（0～10）、单刀双掷开关、单刀单掷开关各一个及导线若干。考虑到干电池的内阻较小，电流表的内阻不能忽略。
（1）该同学按图7连线，通过控制开关状态，测得电流表内阻约为0.20。试分析该测量产生误差的原因是_________________________________________。
（2）简要写出利用图7所示电路测量电源电动势和内阻的实验步骤：
①_______________________________________________________________________；
②_______________________________________________________________________；
（3）图8是由实验数据绘出的图象，由此求出待测干电池组的电动势E＝____________V、内阻r＝_____________ 。（计算结果保留三位有效数字）
【答案】：（1）并联电阻箱后线路总阻值减小，从而造成总电流增大
（2）①调节电阻箱R，断开开关K，将开关 S接D，记录电阻箱的阻值和电流表示数；
②断开开关D，再次调节电阻箱R，将开关S接D，记录电阻箱的阻值和电流表示数
（3）2.81 2.33
【解析】：测定电源电动势和内阻实验的原理知，此种接法出现误差的原因是电流表的分压作用。而R=r+r，图线的斜率表示电源电动势的倒数，据此得出电动势E＝2.81V, 内 阻 r＝2.33Ω。有的考生不能正确理解图象的物理意义，从而无法得出正确的答案。 属于难题。
【备考提示】：本题是一个设计实验，也是教材中的变形实验，考查了考生独立完成实验和处理实验数据的能力。
12.[四川卷.22]（17分）
（1）在“用单摆测定重力加速度”的实验中，①测摆长时，若正确测出悬线长l和摆球直径d；则摆长为＿＿＿＿＿＿＿＿；②测周期时，当摆球经过＿＿＿＿＿位置时开始计时并数1次，测出经过该位置N次（约60～100次）的时间为t，则周期为＿＿＿＿___。
此外，请你从下列器材中选用所需器材，再设计一个实验，粗略测出重力加速度g，并参照示例填写下表（示例的方法不能再用）。
A．天平； B．刻度尺； C.弹簧秤； D.电磁打点计时器； E.带夹子的重锤；
F．纸带； G．导线若干； H．铁架台； I．低压交流电源； J．低压直流电源；
K．小车； L．螺旋测微器； M．斜面（高度可调，粗糙程度均匀）。
所选器材
（只填器材序号）
简述实验方法
（不要求写出具体步骤）
示例
B、D、E、F、G、H、J
安装仪器，接通电源，计纸带随重锤竖直下落。用刻度尺测出所需数据，处理数据，得出结果
实验
设计
（2）在“测定金属的电阻率”的实验中，需要测量金属丝的长度和直径。现用最小分度为1mm的米尺测量金属丝的长度，图中箭头所指位置是拉直的金属丝两端在米尺上相对应的位置，测得的金属丝长度为＿＿＿mm。在测量金属丝直径时，如果受条件限制，身边只有米尺1把和圆柱形钢笔1支。如何较准确地测量金属丝直径？请简述测量方法：
_________________________________________________________________________。
【答案】：（17分）
（1）① l+（2分） ②平衡（2分）；（3分）
所选器材
（只填器材序号）
简述实验方法
（不要求写出具体步骤）
实验设计
A、C、E
用弹簧秤称出带夹子重锤的重力大小G，再用天平测出其质量m，则g＝G/m。
或
实验设计
B、D、F、G、I、K、M
安装仪器，接通电源，让纸带随小车一起沿斜面下滑。用刻度尺测出所需数据。改变斜面高度再测一次，利用两次数据，由牛顿第二定律算出结果。
（2）①972.0mm
②在铅笔上紧密排绕金属丝N匝，用米尺量出N匝金属丝的宽度D，由此可以计算得出金属丝的平均直径为D/N。
【解析】：（1）单摆的摆长是从悬线的悬挂点到小球重心的距离，题中小球视为质量分布均匀，故摆长为：l＋；测定同期时，摆球在最低处平衡位置速度最大，因此应从最低位置开始计时并计数N次，则小球完成了次全振动，故其周期T＝。测重力加速度的方法有多种，其中一种用斜面和打点计时器由牛顿第二定律来测，方法见答案。
（2）①对毫米刻度尺的读数要注意其有效数字的读取，毫米刻度尺的最小分度值为mm，箭头1所指的数值为10.0mm，箭头2所指的数值为982.0mm，故金属丝长度为：982.0mm－10.0mm＝972.0mm。
②在铅笔上紧密排绕金属丝N匝的宽度D，由此可以计算得出金属丝的平均直径为。
【备考提示】：（1）本题突出了对实验原理的考查，只要保证对摆长和周期测量的准确性，才能减小重力加速度的测量误差，同时也考查了考生对实验的设计能力，在设计实验的过程中，对物理量的直接测定和间接测定要有明确的认识。
（2）本题属于基础实验，充分考查了学生动手能力和观察能力。
13. [重庆卷.22] （17分）
（1）用已调零且选择旋钮指向欧姆档：“×10”位置的多用表测某电阻阻值，根据题22图1所示的表盘，被测电阻阻值为＿＿＿Ω。若将该表选择旋钮置于1mA挡测电流，表盘仍题22图1所示，则被电流为＿＿＿mA。
（2）某同学用题22图2所示装置测量重力加速度g,所用交流电频率为50 Hz。在所选纸带上取某点为0号计数点，然后每3个点取一个计数点，所以测量数据及其标记符号如题22图3所示。
该同学用两种方法处理数据(T为相邻两计数点的时间间隔)：
方法A：由……，取平均值g=8.667 m/s2;
方法B：由取平均值g=8.673 m/s2。
从数据处理方法看，在S1、S2、S3、S4、S5、S6中，对实验结果起作用的，方法A中有__________;方法B中有__________。因此，选择方法___________（A或B）更合理，这样可以减少实验的__________(系统或偶然)误差。本实验误差的主要来源有____________（试举出两条）。
【答案】：(17分)
(1). 220 Ω 0.40 mA
(2). S1，或S637.5,193.5
S1, S2, S3, S4, S5, S6或37.5，69.0，100.5，131.5，163.0，193.5
B
偶然
阻力[空气阻力，振针的阻力，限位孔的阻力，复写纸的阻力等]，交流电频率波动，长度测量，数据处理方法等。
【解析】：(1)从指针位置读出指示数为“22”，再乘倍率，即为电阻值，即电阻值为：22×10Ω＝220Ω。当旋纽置于1mA档时，应读中间刻度，其读数为：I＝×20mA＝0.40mA。
（2）方法A：＝
＝＝
所以方法A中只有s1和s6起作用。
方法B：＝＝
＝
方法B中s1、s2、s3、s4、s5、s6均起作用。
因此，选择方法B更合理，更易减小误差。
本题中误差来源很多，例如：阻力、交流电频率不稳定、长度测量不准确、数据处理方法等。
【备考提示】： 第（1）小题考查了多用电表的使用和读数。第（2）小题考查了实验的误差分析、处理实验数据的能力。课本上许多实验设计都存在着缺限，近几年高考试题也侧重对这些缺限的考查。
14. [江苏卷.12] （11分）（1）小球作直线运动时的频闪照片如图所示。已知频闪周期T＝0.1s，小球相邻位置间距（由照片中的刻度尺量得）分别为 OA=6.51cm，AB = 5.59cm，BC=4.70 cm， CD = 3.80 cm，DE = 2.89 cm，EF = 2.00 cm。
小球在位置A时速度大小 vA = ▲ m/s，
小球运动的加速度a=▲ m/s2，
（2）在用插针法测定玻璃砖折射率的实验中，甲、乙、丙三位同学在纸上画出的界面aa/、bb/与玻璃砖位置的关系分别如图①、②和③所示，其中甲、丙同学用的是矩形玻璃砖，乙同学用的是梯形玻璃砖。他们的其他操作均正确，且均以 aa/、bb/为界面画光路图。则
甲同学测得的折射率与真实值相比 ▲ （填“偏大”、“偏小”或“不变”）
乙同学测得的折射率与真实值相比 ▲ （填“偏大”、“偏小”或“不变”）
丙同学测得的折射率与真实值相比 ▲
【答案】：（1）0.65 0.9
（2）偏小 不变 可能偏大，可能偏小，可能不变
【解析】：（1）由平均速度的定义得：vA＝＝＝＝0.605m/s
由逐差法可得：a1＝，a2＝，a2＝，
a＝＝0.9m/s2
（2）用图①测定折射率，玻璃中折射光线偏转大了，所以折射角增大，折射率减小；用图②测折射率时，只要操作正确，与玻璃砖形状无关；用图③测折射率时，无法确定折射光线偏见偏折的大小，所以测得的折射率可大、可小、可不变。
【备考提示】：本题涉及了两个实验，主要考查考生处理实验数据和分析实验误差的能力。
15.[江苏卷.13] （12分）现在按图①所示的电路测量一节旧干电池的电动势E（约1.5V）和内阻r（约20Ω），可供选择的器村如下：
电流表A1、A2（量程（0～500μA，内阻约为500Ω），滑动变阻器R（阻值0～100Ω，额定电流1.0A），定值电阻 R1（阻值 约为100）电阻箱 R2、R3（阻值 0～999.9Ω），开关、导线若干。
由于现有电流表量程偏小，不能满足实验要求，为此，先将电流表改装（扩大量程），然后再按图①电路进行测量。
（1）测量电流表 A2的内阻
按图②电路测量A2的内阻，以下给出了实验中必要的操作。
A．断开S1
B．闭合S1、S2
C．按图②连接线路，将滑动变阻器R的滑片调至最左端，R2调至最大
D．调节R2，使A1的示数为I1，记录R2的值。
E．断开S2，闭合S3
F．调节滑动变阻器R，使 A1、A2的指针偏转适中，记录A1 的示数I1
请按合理顺序排列实验步骤（填序号）： ▲ 。
（2）将电流表A2（较小量程）改装成电流表A（较大量程）
如果（1）中测出A2 的内阻为 468.0Ω，现用 R2将A2 改装成量程为20mA的电流表A，应把R2，设为 ▲ 与A2 并联，改装后电流表 A的内阻 RA为 ▲ Ω 。
（3）利用电流表A电阻箱R3，测电池的电动势和内阻。
用电流表A、电阻箱 R3及开关S按图①所示电路测电池的电动势和内阻。实验时，改变R1的值，记录下电流表A的示数I，得到若干组 R3、I的数据，然后通过 作出有关物理量的线性图象，求得电池电动势 E和内r。
a．请写出与你所作线性图象对应的函数关系式 ▲ 。
b．请在虚线框内坐标中作出定性图象（要求标明两上坐标轴所代表的物理量，用符号表示）。
c．图中 ▲ 表示E。
图中 ▲ 表示r。
【答案】：（1） 12 11.7
（2）C B F E D A
（3）答案一 a.. R3＋RA＝E()－r
b.
c.直线的斜率
纵轴截距的绝对值
答案二 a.. ＝（R3＋RA）＋
b.
c．直线斜率的倒数
纵轴截距除以斜率
答案三 a.. R3=E()－(r+RA)
b.
c. 直线的斜率
纵轴截距的绝对值与 RA的差
【解析】：（1）此为替换法测定电流表A2的内阻，两次调节使A1中的电流不变，则电阻箱R2的值为电流表A2的内阻。
（2）某电流表改装如下图所示，A2的满偏电流I2＝500μA，改装后电流表的最大电流I1＝20mA，则通过电阻R的电流为I＝I1－I2，则R两端的最大电压U＝I2RA2，则部分电路欧姆定律得：R＝，代入数据得R＝12Ω，改装后电流表A的内阻RA＝＝＝11.7Ω。
（3）电阻箱电阻为R3，电流表电阻为RA，电源内阻为r，电流表读数为I，由闭合电路的欧姆定律知：E＝I(R3＋RA+r)，则R3＋RA＝－r。
其图象如下图（见答案图）所示，图中直线的斜率表示电动势E，纵轴截距的绝对值表示内阻r。其它两种请自己研究。
【备考提示】：本实验来源于课本，所给的情景和要求跟课本是不同的，解决该题需要理解实验原理，从对数据处理看，是一个探究性试题。
2006年全国各地高考物理试题分类详解－电磁学
八、电场
（一）、选择题：
1.[全国卷II.17] ab是长为l的均匀带电细杆，P1、P2是位于ab所在直线上的两点，位置如图所示，ab上电荷产生的静电场在P1处的场强大小为E1，在P2处的场强大小为E2，则以下说法正确的是
A．两处的电场方向相同，E1＞E2
B．两处的电场方向相反，E1＞E2
C．两处的电场方向相同，E1＜E2
D．两处的电场方向相反，E1＜E2
【答案】：D
【解析】：由对称性可知，P1左端杆内内的电荷与P1右端内的电荷在P1处的场强为零，即P1处场强E1是由杆的右端内电荷产生的。而P2处场强E2可看作是杆的右端内的电荷在P2处的合场强，由对称性可知，杆的右端内的电荷在P2处场强大小也为E1，若假定杆的右端内的电荷在处场强为E/，由电场的合成可知：E2=E1+E/, E2>E1，由此分析可知，两处场强方向相反，故D选项正确。
【备考提示】：本题考查电场的叠加，同时把物理学中对称的思想应用于命题中，要善于转换物理模型，从中找出最佳的方法。
2. [北京卷.14] 使用电的金属球靠近不带电的验电器，验电器的箔片开。下列各图表示验电器上感应电荷的分布情况，正确的是
【答案】：B
【解析】：带电的金属球靠近不带电的验电器时，在验电器上感应出异种电荷，验电器的顶端带上正电荷，金属箔片带上负电荷。故B选项正确。
【备考提示】：本题考查静电感应知识，解答时应明确静电感应不是产生了电荷，而是电荷的转移，是电荷从导体的一部分转移到另一部分，电荷的总电量不变。
3.[上海卷.8] A、B是一条电场线上的两点，若在A点释放一初速为零的电子，电子仅受电场力作用，并沿电场线从A运动到B，其速度随时间变化的规律如图所示．设A、B两点的电场强度分别为EA、EB，电势分别为UA、UB，则
（A）EA = EB ． （B）EA＜EB．
（C）UA = UB （D）UA＜UB ．
【答案】：AD
【解析】：由图象可知，电子做匀加速直线运动，故该电场为匀强电场，即 EA = EB 。电子动能增加，电势能减少，电势升高，即UA＜UB
【备考提示】：本题考查电势、带电粒子在电场中的运动v—t图象。通过带电粒子在电场中的运动性质的研究是研究电场性质的常用方法。
4.[天津卷.21] 在显像管的电子枪中，从炽热的金属丝不断放出的电子进入电压为U的加速电场，设其初速度为零，经加速后形成横截面积为S、电流为I的电子束。已知电子的电量为e，质量为m，则在刚射出加速电场时，一小段为Δl的电子束内的电子个数是
A． B． C． D．
【答案】：B
【解析】：设单位体积电子束含有n个自由电子，由电流强度的定义知：I＝＝＝neSv，所以n＝，电子经加速电场加速后，满足：eU＝mv2，得：n＝，长为Δl的电子束内的电子个数为N＝nΔlS＝。
【备考提示】：本题涉及带电粒子在电场中的加速和对电流强度的微观含义的理解，考查考生分析、推理和综合能力。
5.[四川卷. 20] 带电粒子M在只在电场力作用下由P点运动到Q点，在此过程中克服电场力做了2.6×10－4J的功。则
A．M在P点的电势能一定小于在Q点的电势能
B．P点的场强小于Q点的场强
C．P点的电势一定高于Q点的电势
D．M在P点的动能一定大于它在Q点的动能
【答案】： AD
【解析】：带电粒子由P点运动到Q点，克服电场力做功，电势能增加，动能减少，由于条件不足，不能比较电场强度、电势的大小。因此选择AD。
【备考提示】：题目涉及电势能、场强和电势等基本概念对动能定理的运用，考查了考生在对基础知识的掌握程度和利用基础知识分析问题、解决问题的能力。
6.[重庆卷.19] 如题19图，带正电的点电荷固定于Q点，电子在库仑力作用下，做以O为焦点的椭圆运动。M、P、N为椭圆上的三点，P点是轨道上离Q最近的点。电子在人P到达N点的过程中
A．速率先增大后减小 B．速率先减小后增大
C.电势能先减小后增大 D．电势能先增大后减小
【答案】：AC
【解析】：根据轨迹可知：电子从M到P电场力做正功，动能增加，电势能减小；电子从P到N电场力做负功，动能减小，电势能增加。故应先AC。
【备考提示】：本题考查带电粒子在电场中的运动，考查考生的综合分析能力，弄清库仑力对电子的做功情况是解题的关键
（二）、填空题
7.[上海物理卷.1A] 如图所示，一束β粒子自下而上进人一水平方向的匀强电场后发生偏转，则电场方向向 ，进人电场后，β粒子的动能 （填“增加”、“减少”或“不变”）．
【答案】：左 增加
【解析】：由图可知，β粒子（带负电）所受电场力方向水平向右，故电场方向向左。由于电场力作正功，根据动能定理可知粒子在电场中动能增加。
【备考提示】：带电粒子在电场中的运动问题，常会将典型的判断、轨迹判断、能量的变化等结合起来综合进行定性考核。
（三）、计算题：
8.[全国卷I.25] (20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ε、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ε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。
【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=Cε ③
由以上三式有 ε> ④
（2）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郝双制作 ⑤
d=a1t12 ⑥
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 ⑦
d=a2t22 ⑧
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=郝双制作 ⑨
由以上关系式得:
n= ⑩
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'=作
【备考提示】：本题考查带电粒子在复合场的运动，对这类题目的处理，首先要认真审题，弄清在不同物理过程中小球的运动情况和受力情况，分清不同物理过程对应的物理规律，才能正确求解。
9.[上海物理卷.23] （l4分）电偶极子模型是指电量为q、相距为l的一对正负点电荷组成的电结构，O是中点，电偶极子的方向为从负电荷指向正电荷，用图(a)所示的矢量表示．科学家在描述某类物质的电性质时，认为物质是由大量的电偶极子组成的，平时由于电偶极子的排列方向杂乱无章，因而该物质不显示带电的特性．当加上外电场后，电偶极子绕其中心转动，最后都趋向于沿外电场方向排列，从而使物质中的合电场发生变化．
(1）如图(b）所示，有一电偶极子放置在电场强度为E。的匀强外电场中，若电偶极子的方向与外电场方向的夹角为θ，求作用在电偶极子上的电场力绕O点的力矩；
（2）求图(b)中的电偶极子在力矩的作用下转动到外电场方向的过程中，电场力所做的功；
（3）求电偶极子在外电场中处于力矩平衡时，其方向与外电场方向夹角的可能值及相应的电势能；
（4）现考察物质中的三个电偶极子，其中心在一条直线上，初始时刻如图(c）排列，它们相互间隔距离恰等于 1．加上外电场EO后，三个电偶极子转到外电场方向，若在图中A点 处引人一电量为+q0的点电荷(q0很小，不影响周围电场的分布），求该点电荷所受电场力的大小。
【解答】：（1）由题意可知电场力的力臂为l sinθ，故力矩M＝2×E0q×l sinθ＝E0q/sinθ
（2）W＝2 E0q×(1－cosθ)＝E0q /(1－cosθ)
（3）电偶极子在外电场中处于力矩平衡时，电偶极子的方向与外加电场的夹角0或者π
①当电偶极子方向与场强方向相同时，即夹角为零时（如图所示）由于电偶极子与电场垂直时电势能为零， 所以该位置的电势能等于由该位置转到与电场垂直时电场力所做的功，电势能 EP1=－E0ql
②当电偶极子方向与场强方向相反时，即夹角π为时同理可得，电势能 EP2=E0ql
（4）由题意知 F＝E0q0－2
【备考提示】：题目以课本从未出现“电偶极子”为立意命题，考查了电场力做功、电势能、力矩及带电粒子受力等知识，考查了理解、分析、推理和创新能力，并灵活运用上述概念和规律，解决实际问题。
九、稳恒电流
（一）、选择题：
10.[上海卷.11] 在如图所示电路中，闭合电键S，当滑动变阻器的滑动触头P 向下滑动时，四个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用I、U1、U2和U3表示，电表示数变化量的大小分别用ΔI、ΔU1、ΔU2和ΔU3表示．下列比值正确的是
（A）U1/I不变，ΔU1/ΔI不变． （B）U2/I变大，ΔU2/ΔI变大．
（C）U2/I变大，ΔU2/ΔI不变 （D）U3/I变大，ΔU3/ΔI不变．
【答案】：ACD
【解析】：，由于R1不变，故不变，不变，同理，＝R2，由于R2变大，所以变大。但是，所以不变。
而，所以变大。由于，所以不变。
故选项 A、C、D 正确。
【备考提示】：闭合电路欧姆定律和部分电路欧姆定律的联系与区别是近年常考的知识点。
11.[天津卷.19] 如图所示的电路中，电池的电动势为E，内阻为r，电路中的电阻R1、R2和R3的阻值都相同。在电键S处处于闭合状态下，若将电键S1由位置1切换到位置2，则
A．电压表的示数变大
B．电池内部消耗的功率变大
C．电阻R2两端的电压变大
D．电池的效率变大
【答案】：B
【解析】：令R1＝R2＝R0，在位置1，外电路总电阻为R＝R0；电键S1由位置1切换2，则整个外电阻为R/＝R0，由于总电阻减小，总电流增大，内电压增大，电压表示数减小，A错；内耗功率P＝I2r，故P增大，B对；电键在位置1时的R2两端电压为UR2＝；电键在位置2时，R2两端电压为(E－＝＝，则UR2－＝＞0，故UR2＞，则C错；电池效率＝×100%＝×100%，由于R减小，η减小，故D错。
【备考提示】：本题涉及直流电路的动态分析，分析时要紧紧抓住由局部→整体→局部的思想，先由局部的电阻变化，分析整体的电阻、电流、电压的变化，然后再回到局部讨论相差物理量的变化。
12.【上海理综.9】 夏天空调器正常工作时，制冷状态与送风状态交替运行。一空调器在不同工作状态下电功率随时间变化的关系见图6，此空调器运行1小时用电
A．1.0度
B．1.5度
C．2.0度
D．2.5度
【答案】： B
【解析】：从题图可以看出，在1小时内，空调器以0.5kW工作的时间为20分钟，以2kW工作的时间为40分钟，故空调器1小时内用电为：P1t1＝P2t2＝0.5×× kW·h＋2 kW·h＝1.5 kW·h＝1.5度。
【备考提示】：本题以现实生活的空调器立意命题，涉及电功率、电功知识，考查考生运用所学知识解决实际问题的能力。
（二）、填空题：
13.【上海理综.二】（本大题共13分）当你在享受电带来的高质量生活时，是否关注过用电安全？一份关于家庭用电环境的调查引起了某研究性学习小组的兴趣。
30.下表是五城市家庭用电环境调查的部分数据。它表明用电环境最安全的城市是__________。最高不安全率与最低不安全率相差_________。
城市
A
B
C
D
E
不安全率(%)
47
70
90
60
41
【答案】：E，49%
【解析】：从图表中的百分值可看出，不安全率最高的是C城市的90%，不安全率高低的是E城市的41%，两者相差49%。
【备考提示】：本题以图表的形式命题，考查从题中提取信息的能力。
31.研究性学习小组经讨论得出家庭用电不安全事例主要有：电器漏电、线路老化、________、＿＿_____等。并提出猜想：[1]家庭电路连接有熔丝（保险丝），应该是安全的；[2]熔丝只能保护电路，而不能保护人。某同学说：我家还安装了漏电保护器，很安全的。于是，大家决定探究熔丝和漏电保护器在电路中的作用，小组同学汇兑资料并绘制电器漏电示意图如下：
①熔丝是一种合金丝，当电路中的电流超过熔丝的额定电流时，它就会熔断。
②当通过人体的电流大于30毫安时，将有生命危险。
③漏电保护器是防止电流泄漏的装置，如果火线与零线中的电流不同，它将切断电源。
综合上述图、表，能够支持猜想 [2]的资料有__________、___________（从①、②、③中选择），理由中_________________________。电路中，若用铜丝代替熔丝，可能出现的危害是___________________。
【答案】：无接地线，使用 ① ② 流过熔丝的电流未超过其额定电流，但流过人体的电流已超过30毫安 电流过大而不熔断，容易发生火灾。
【解析】：家庭用电不安全的事例有很多，除电器漏电、线路老化外，还有像无接地线，使用劣质开关或插座，长时间超负荷使用大功率用电器等；熔丝有很多种，有的家用熔丝的额定电流很大，远远超过30毫安，而熔丝之所以能保险，是由于熔丝的熔断，即必须超过它的额定电流，对人体不一定能起保护作用。在电路中，若用铜丝替换保险丝，铜丝不容易烧断，若电流过大，往往会引起火灾。
【备考提示】：以日常生活的“用电安全”为命题，体现了学以致用的思想，考查考生利用所学知识分析实际问题的能力。
32.结合31题的资料③，你认为图18中四种（A、B、C、D）漏电保护器的安装方法正确的有
【答案】：B
【解析】：漏电保护器的原理是当火线与零线中电流不同时，它会切断电源，从图中可看出，C只接在火线上，D只接在零线上，而A是零线的地线上，故只有B接法正确。
【备考提示】：本题涉及对漏电保护器原理的分析，考查考生分析、综合能力。
33.细心的同学发现图18中有一处用电不安全隐患。请将图中不安全因素用笔圈出。
【答案】：地线接在自来水管上
【解析】：地线不能接在自来水管上，一旦零线断开，地线中便有了电流，会引起危险。
【备考提示】：考查用电安全知识和分析实际问题的能力。
34. 观察图19A，若沐浴器发生漏电可导致其外壳带电，请分析其危险性：______________________。为了更加合理和安全地使用电热沐浴器器，该研究小组在理论上设计了B、C两种方案（见图19），图中的R相当于保护电阻。根据已有知识判断，可行方案是______（填“B”或“C”），理由是___________________________________。
【答案】：容易发生人体触电 C 发生漏电时人体分得的电压只有12V，所以不会造成危险。
【解析】：若沐浴器漏电使外壳带电，容易发生人体触电事故，要B、C两种方案中，B中保护电阻R仅分得20V，人体分得电压200V，起不到保护作用，而C中保护电阻R分得208，人体分得12V，所以是安全的。
【备考提示】：试题来源于对实际问题的处理，考查考生解决实际问题的能力。
（三）、计算题：
14.[广东大综. 36] （7分）保护自然环境，开发绿色能源，实现旅游与环境的协调发展
（2）某植物园的建筑屋顶有太阳能发电系统，用来满足园内用电需要。已知该发电系统的输出功率为1.0×105W，输出电压为220V。求：
①按平均每天太阳照射6小时计，该发电系统一年（365天计）能输出多少电能？
②该太阳能发电系统除了向10台1000W的动力系统正常供电外，还可以同时供园内多少盏功率为100W，额定电压为220V的照明灯正常工作？
③由于发电系统故障，输出电压降为110V，此时每盏功率为100W、额定电压为220V的照明灯消耗的功率等是其正常工作时的多少倍？
【解析】：（2）①P＝1.0×105W
t＝365×6h
E＝Pt＝kW·h或E＝7.884×011J ①
②900盏 ②
③设P1和U1分别为照明灯正常工作的功率和电压，P2和U2分别为供电系统发生故障后照明灯的实际功率和电压
P1＝ ③
P2＝ ④
评分说明：①②③式各1分，④式2分
【备考提示】：本题涉及电功、电功率、欧姆定律等知识，属容易题。
15.[重庆卷.23] （16分）三只灯泡L1、L2和L3的额定电压分别为1.5 V、1.5 V和2.5 V，它们的额定电流都为0.3 A.若将它们连接成题23图1、题23图2所示电路，且灯泡都正常发光，
试求题23图1电路的总电流和电阻R2消耗的电功率;
分别计算两电路电源提供的电功率，并说明哪个电路更节能。
【解析】：23.(16分)
(1)由题意，在题23图1电路中：
电路的总电流 I总＝IL1+ IL2+ IL3=0.9 A
=E- I总r=2.55 V
UR2= U路程- UL3=0.05 V
IR2= I总=0.9 A
电阻R2消耗功率 PR2= IR2 UR2=0.045 W
（2）题23图1电源提供的电功率
P总= I总E=0.9×3 W=2.7 W
题23图2电源提供的电功率
P′总= I′总 E′＝0.3×6W＝1.8 W
由于灯泡都正常发光，两电路有用功率相等，而P′总< P总
所以，题23图2电路比题23图1电路节能。
【备考提示】：考查电路的分析和计算，考查考考生应用数学知识分析物理问题的能力。只要熟练掌握闭合电路的欧姆定律、功率的计算方法，很容易解答。
16.[四川卷.24] (19分)如图所示的电路中，两平行金属板A、B水平放置，两板间的距离d=40 cm。电源电动势E=24V,内电阻r=1 Ω，电阻R=15 Ω。闭合开关S，待电路稳定后，将一带正电的小球从B板小孔以初速度v0=4 m/s竖直向上射入板间。若小球带电量为q=1×10-2 C,质量为m=2×10-2 kg,不考虑空气阻力。那么，滑动变阻器接入电路的阻值为多大时，小球恰能到达A板?此时，电源的输出功率是多大？(取g=10 m/s2)
答案:
【解析】：(19分)
(1)小球进入板间后，受重力和电场力作用，且到A板时速度为零。
设两板间电压为UAB
由动能定理得 －mgd－qUAB=0－ ①
∴滑动变阻器两端电压 U=UAB=8V ②
设通过滑动变阻器电流为I,由欧姆定律得
I= ③
滑动变阻器接入电路的电阻 ④
(2)电源的输出功率 P＝I2(R ＋R)=23 W ⑤
【备考提示】：本题涉及直流电路中电容器和带电粒子在电场中的运动问题，解决含电容器的直流电路，关键是明确电容器两极板电压与直流电阻的关系；对带电粒子在复合场中的运动，关键是分析清楚带电粒子的运动情况和受力情况，还要善于挖掘题目中隐含条件，由功能关系求解。
17.[江苏物理卷.15] （14分）电热毯、电饭锅等是人们常用的电热式家用电器，他们一般具有加热和保温功能，其工作原理大致相同。图①为某种电热式电器的简化电路图，主要远件有电阻丝 R1、R2和自动开关S。
（1）当自动开关S闭合和断开时，用电器分别处于什么状态？
（2）用电器由照明电路供电（U＝220V，设加热时用电器的电功率为400W，保温时用电器的电动功率为40W，则 R1和 R2分虽为多大？
（3）若将图①中的自动开关S换成理想的晶体二极管D，如图②所示，其它条件不变，求该用电器工作1小时消耗的电能。
【解析】：（1）S闭合，处于加热状态………………………………………………①
S断开，处于保温状态………………………………………………②
（2）由于功率公式得
………………………………………………………………③
…………………………………………………………④
联立③④得R1＝121Ω
R2＝1089Ω
（3）W＝P1＋P2＝0.22kW·h（或7.92×105J）
【备考提示】：本题是一道对基础知识考查的题目，要求掌握电功、电功率的计算及二极管单向导电性。
十、磁场
（一）、选择题：
18.[广东大综.29] 如图9所示，在倾角为α的光滑斜面上，垂直纸面放置一根长为L，质量为m的直导体棒.在导体棒中的电流I垂直纸面向里时，欲使导体棒静止在斜面上，下列外加匀强磁场的磁感应强度B的大小和方向正确是
A．B＝mg，方向垂直斜面向上
B．B＝mg，方向垂直斜面向下
C．B＝mg，方向垂直斜面向下
D．B＝mg，方向垂直斜面向上
【答案】：A
【解析】：若磁场方向垂直斜面向上，由左手定则可判定，安培力方向沿斜面向上，则杆受竖直向下的重力mg，斜面对杆的支持力FN和沿斜面向上的安培力F，如图所示，则sinα＝，而F＝IlB，所以B＝mg，故A对D错；若磁场方向垂直斜面向下，由左手定则可判定，安培力方向沿斜面向下，因斜面光滑，杆不可能静止在斜面上，故B、C错。
【备考提示】：本题涉及安培力、力的平衡知识，考查考生运用所学知识综合分析问题的能力。
19.[全国卷I.17] 图中为一“滤速器”装置示意图。a、b为水平放置的平行金属板，一束具有各种不同速率的电子沿水平方向经小孔O进入a、b两板之间。为了选取具有某种特定速率的电子，可在a、b间加上电压，并沿垂直于纸面的方向加一匀强磁场，使所选 电子仍能够沿水平直线OO'运动，由O'射出。不计重力作用。可能达到上述目的的办法是
A.使a板电势高于b板，磁场方向垂直纸面向里
B.使a板电势低于b板，磁场方向垂直纸面向里
C.使a板电势高于b板，磁场方向垂直纸面向外
D.使a板电势低于b板，磁场方向垂直纸面向外
【答案】：AD
【解析】：要使电子沿OO/运动，则电子在竖直方向所受电场力和洛仑兹力平衡，若a板电势高于b板，则电子所受电场力竖直方向，其所受洛仑兹力必向下，由左手定则可判定磁场方向向里，故A选项正确。同理可判定D选项也正确。
【备考提示】：本题以“滤速器”为命题背景，涉及了对带电粒子的运动问题，考查力的平衡、左手定则等知识，用左手定则判定洛仑兹力时，应注意四指的指向与电子运动方向相反。
20.[北京卷.20] 20.如图所示，匀强磁场的方向垂直纸面向里，一带电微粒从磁场边界d点垂直于磁场方向射入，沿曲线dpa打到屏MN上的a点，通过pa段用时为t2若该微粒经过P点时，与一个静止的不带电微粒碰撞并结合为一个新微粒，最终打到屏MN上。两个微粒所受重力均忽略。新微粒运动的 A.轨迹为pb,至屏幕的时间将小于t B.轨迹为pc,至屏幕的时间将大于t C.轨迹为pb，至屏幕的时间将等于t D.轨迹为pa，至屏幕的时间将大于t
【答案】：D
【解析】：碰撞过程其动量守恒，所以碰撞前后动量不变，由r＝知，微粒的轨道半径不变，故仍轨迹pa，但由于碰后其运动速率比原来小，所以至屏幕时间将大于t。
【备考提示】：本题考查了带电粒子在磁场中的匀速圆周运动，求解的关键是分析轨道半径的变化，还考查了考生分析和综合能力。
（二）、填空题
21.[上海物理卷.1B] 如图所示，一束β粒子自下而上进人一垂直纸面的匀强磁场后发生偏转，则磁场方向向，进人磁场后，p粒子的动能 （填“增加”、“减少”或“不变”）
【答案】：里 不变
【解析】：由图可知，β粒子（带负电）进入磁场时所受洛伦兹力方向水平向右，根据左手定则可以判断方向向左。 由于电场力作正功，根据动能定理可知粒子在电场中动能增加磁场方向向里。由于β粒子在磁场中运动，洛伦兹力不做功，所以β粒子的动能不变。
【备考提示】：带电粒子在磁场中的运动问题，常会将典型的判断、轨迹判断等结合起来综合进行定性考核。
22.[上海物理卷.2A] 如图所示，同一平面内有两根互相平行的长直导线1和2，通有大小相等、方向相反的电流，a、b两点与两导线共面，a点在两导线的中间与两导线的距离均为r，b点在导线2右侧，与导线2的距离也为r．现测得a点磁感应强度的大小为B，则去掉导线1后，b点的磁感应强度大小为 ，方向 ．
【答案】： ，垂直两导线所在平面向外
【解析】：根据安培定则可知，1、2 两导线在 a 点的磁感应强度大小相等， 方向相同，都为。而2导线在a、b 两处的磁感应强度等大反向，故去掉导线1后，b 点的磁感应强度大小为 ，方向垂直两导线所在平面向外。
【备考提示】：考查电流的磁场、磁感应强度，磁场的叠加时容易将方向弄错。易将安培定则与左手定则混淆，复习过程中应注意加强。另外，矢量的叠加观点是贯穿高中的重要思想方法，也是高考的重点。
（三）、计算题：
23.[重庆卷.24] （19分）有人设想用题24图所示的装置来选择密度相同、大小不同的球状纳米粒子。粒子在电离室中电离后带正电，电量与其表面积成正比。电离后，粒子缓慢通过小孔O1进入极板间电压为U的水平加速电场区域I,再通过小孔O2射入相互正交的恒定匀强电场、磁场区域II,其中磁场的磁感应强度大小为B,方向如图。收集室的小孔O3与O1、O2在同一条水平线上。半径为r0的粒子，其质量为m0、电量为q0,刚好能沿O1O3直线射入收集室。不计纳米粒子重力。（）
（1）试求图中区域II的电场强度；
（2）试求半径为r的粒子通过O2时的速率；
（3）讨论半径r≠r2的粒子刚进入区域II时向哪个极板偏转。
【解析】： (19分)
（1）设半径为r0的粒子加速后的速度为v0，则
设区域II内电场强度为E,则
v0 q0B= q0E
电场强度方向竖直向上。
（2）设半径为r的粒子的质量为m、带电量为q、被加速后的速度为v,则
由 得：
（3）半径为r的粒子，在刚进入区域II时受到合力为：
F合=qE-qvB=qB(v0-v)
由可知，当
r>r0时，v0，粒子会向上极板偏转;
rv0,F合<0，粒子会向下极板偏转。
【备考提示】：本题考查带电在电磁场中的运动，综合考查了动能定理、受力分析等方面的知识和规律。对考生的分析综合能力、应用数学知识的能力要求较高。
24.[天津卷.24] （18分）在以坐标原点O为圆心、半径为r的圆形区域内，存在磁感应强度应大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，如图所示。一个不计重力的带电粒子从磁场边界与x轴的交点A处以速度v沿－x方向射入磁场，它恰好从磁场边界的交点C处沿＋y方向飞出。
（1）判断该粒子带何种电荷，并求出其比荷；
（2）若磁场的方向和所在空间范围不变，而磁感应强度的大小变为B/，该粒子仍以A处相同的速度射入磁场，但飞出磁场时的速度方向相对于入射方向改变了60°角，求磁感应强度B/多大？此粒子在磁场中运动手所用时间t是多少？
【解析】：（18分）
（1）由粒子的飞行轨迹，利用左手定则可知，该粒子带负电荷。
粒子由A点射入，由C点飞出，其速度方向改变了90°，则粒子轨迹半径
R＝r ①
又 qvB＝m ②
则粒子的比荷 ③
（2）粒子从D点飞出磁场速度方向改变60°角，故AD弧所对应的圆心角为60°，粒子做国，圆周运动的半径
R/＝rcot30°＝r ④
又 R/＝m ⑤
所以 B/＝B ⑥
粒子在磁场中飞行时间
t＝ ⑦
【备考提示】：本题考查带电粒子在磁场中的匀速圆周运动，求解关键是找出带电粒子做圆周运动的圆心，求解其轨迹半径，还考查了考生分析、综合和运用数学知识解决问题的能力。
25. [四川卷.25]（20分）如图所示，在足够大的空间范围内，同时存在着竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的水平匀强磁场，磁感应强度B＝1.57T。小球1带正电，其电量与质量之比=4C/kg，所受重力与电场力的大小相等；小球2不带电，静止放置于固定和水平悬空支架上。小球1向右以v0＝23.59m/s的水平速度与小球2正碰，碰后经0.75s再次相碰。设碰撞前后两小球带电情况不发生改变，且始终保持在同一竖直平面内。（取g＝9.8m/s2）问：
（1）电场强度E的大小是多少？
（2）两小球的质量之比是多少？
【解析】：（20分）
（1）小球1所受的重力与电场力始终平衡 mg1=q1E ①
E＝2.5N/C ②
（2）相碰后小球1做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：
q1v1B＝ ③
半径为 R1＝ ④
周期为 T＝＝1s ⑤
∵两球运动时间 t＝0.75s＝T
∴小球1只能逆时针经周期时与小球2再次相碰 ⑥
第一次相碰后小球2作平抛运动 h＝R1＝ ⑦
L＝R1＝v2t ⑧
两小球第一次碰撞前后动量守恒，以水平向右为正方向
m1v0＝m1v1+m2v2 ⑨
由⑦、⑧式得 v2＝3.75m/s
由④式得 v1＝17.66m/s
∴两小球质量之比： ＝11 ⑩
【备考提示】： 本题涉及力的平衡、圆周运动、平抛运动和动量守恒定律等知识点，考查了考生分析、推理和综合能力，试题涉及的知识点较多，但只要认真分析物理过程，找准物理过程对应的物理规律，还是容易求解。
26.[全国卷II.25]（20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，磁场方向垂直于纸面向里，且B1＞B2。一个带负电的粒子从坐标原点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？
【解析】：（20分）
粒子在整个过程中的速度大小恒为v，交替地在xy平面内B1与B2磁场区域中做匀速圆周运动，轨迹都是半个圆周。设粒子的质量和电荷量的大小分别为m和q，圆周运动的半径分别为和r2，有
r1＝ ①
r2＝ ②
现分析粒子运动的轨迹。如图所示，在xy平面内，粒子先沿半径为r1的半圆C1运动至y轴上离O点距离为2 r1的A点，接着沿半径为2 r2的半圆D1运动至y轴的O1点，O1O距离
d＝2（r2－r1） ③
此后，粒子每经历一次“回旋”（即从y轴出发沿半径r1的半圆和半径为r2的半圆回到原点下方y轴），粒子y坐标就减小d。
设粒子经过n次回旋后与y轴交于On点。若OOn即nd满足
nd＝2r1= ④
则粒子再经过半圆Cn+1就能够经过原点，式中n＝1，2，3，……为回旋次数。
由③④式解得
⑤
由①②⑤式可得B1、B2应满足的条件
n＝1，2，3，…… ⑥
评分参考：①、②式各2分，求得⑤式12分，⑥式4分。解法不同，最后结果的表达式不同，只要正确，同样给分。
【备考提示】：题目考查了带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动，正确分析带电粒子在磁场中的运动的物理图象，并作出粒子运动轨迹的示意图是解题的关键所在，另外还考查了考生的发散思维能力。
27.[广东物理卷.18] （17 分）在光滑绝缘的水平桌面上，有两个质 量均为m，电量为＋q的完全相同的带电粒子P1和P2，在小孔A处以初速度为零先后释放。在平行板间距为d的匀强电场中加速后，P1从C处对着圆心进入半径为R的固定圆筒中（筒壁上的小孔C只能容一个粒子通过），圆筒内有垂直水平面向上的磁感应强度为B的匀强磁场。P1每次与筒壁发生碰撞均无电荷迁移，P1进入磁场第一次与筒壁碰撞点为D，∠COD=θ，如图12所示。延后释放的P2，将第一次欲逃逸出圆筒的P1正碰 圆筒内，此次碰撞刚结束，立即改变平行板间的电压，并利用P2与P1之后的碰撞，将P1限制在圆 筒内运动。碰撞过程均无机械能损失。设d=，求：在P2和P1相邻两次碰撞时间间隔内，粒子P1与筒壁的可能碰撞次数。
附：部分三角函数值
tan
3.08
1.37
1.00
0.73
0.58
0.48
0.41
0.36
0.32
【解析】：P1从C运动到D，
周期，
半径r＝Rtan＝，
从C到D的时间
每次碰撞应当在C点，设P1的圆筒内转动了n圈和筒壁碰撞了K次后和P2相碰于C点，K＋1所以时间间隔，则
P1、P2次碰撞的时间间隔
＝
在t时间内，P2向左运动x再回到C，平均速度为，
由上两式可得： ≥
（K＋1）（1－）≤
tan≤
当 n=1, K=2、3、4、5、6、7 时符合条件，K=1、8、9………不符合条件
当 n=2,3,4……….时，无化K=多少，均不符合条件。
【备考提示】：本题考查带电粒子在匀强电场中的运动、带电粒子在匀强磁场中的运动圆周运动以及归纳法在高中物理中经常用到的方法，属于能力要求较高的题目。
十一、电磁感应
（一）、选择题：
28.[重庆卷.21] 两根相距为L的足够长的金属直角导轨如题21图所示放置，它们各有一边在同一水平面内，另一边垂直于水平面。质量均为m的金属细杆ab、cd与导轨垂直接触形成闭合回路，杆与导轨之间的动摩擦因数为μ，导轨电阻不计，回路总电阻为2R。整个装置处于磁感应强度大小为B，方向竖直向上的匀强磁场中。当ab杆在平行于水平导轨的拉力F作用下以速度V1沿导轨匀速运动时，cd杆也正好以速率向下V2匀速运动。重力加速度为g。以下说法正确的是
A．ab杆所受拉力F的大小为μmg＋
B．cd杆所受摩擦力为零
C. 回路中的电流强度为
D．μ与大小的关系为μ＝
【答案】：AD
【解析】：由于cd不切割磁感线，故电路中的电动势为BLv1，电流为，ab杆匀速运动，所受合外力为零，即F－，。cd杆匀速运动，所受合外力为零，即F－，。故应AD。
【备考提示】：本题考查法拉第电磁感应定律、平衡条件的应用、闭合电路的欧姆定律等，考查考生分析、推理、理解、应用能力。
29.[全国卷I.21] 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】：设开始导轨d与Ob的距离为x1，导轨c与Oa的距离为x2，由法拉第电磁感应定律知，移动c或d时产生的感应电动势： E＝＝
通过导体R的电量为：Q＝I＝Δt＝
由上式可知，通过导体R的电量与导体d或c移动的速度无关，由于B与R为定值，其电量取决于所围成面积的变化。
①若导轨d与Ob距离增大一倍，即由x1变2 x1，则所围成的面积增大了ΔS1＝x1·x2；
②若导轨c再与Oa距离减小一半，即由x2变为，则所围成的面积又减小了ΔS2＝·2x1＝x1·x2；
③若导轨c再回到原处，此过程面积的变化为ΔS3＝ΔS2＝·2x1＝x1·x2；
④最后导轨d又回到原处，此过程面积的变化为ΔS4＝x1·x2；
由于ΔS1＝ΔS2＝ΔS3＝ΔS4，则通过电阻R的电量是相等的，即Q1＝Q2＝Q3＝Q4。
【备考提示】：本题难度较大，要求考生对法拉第电磁感应定律熟练掌握，明确电量与导轨运动速度无关，而取决于磁通量的变化，同时结合图形去分析物理过程，考查了考生综合分析问题的能力。
30.[全国卷II.20] 如图所示，位于同一水平面内的、两根平行的光滑金属导轨，处在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨所在平面，导轨的一端与一电阻相连；具有一定质量的金属杆ab放在导轨上并与导轨垂直。现用一平行于导轨的恒力F拉杆ab，使它由静止开始向右运动。杆和导轨的电阻、感应电流产生的磁场均可不计。用E表示回路中的感应电动势，i表示回路中的感应电流，在i随时间增大的过程中，电阻消耗的功率等于
A．F的功率 B．安培力的功率的绝对值
C．F与安培力的合力的功率 D．iE
【答案】：BD
【解析】：随时间增大的过程中，杆的速度越来越大，加速度越来越小，由能量守恒可知，克服安培力做功的功率是把其它形式的能转化成电能的电功率，即等于电阻消耗的功率，整个回路中只有外电阻R，故电源的功率即电阻消耗的功率。
【备考提示】：本题涉及电磁感应现象中的安培力、感应电流等知识，考查了能量转化与守恒在电磁感应现象中的应用。
31.[上海物理卷.12] 如图所示，平行金属导轨与水平面成θ角，导轨与固定电阻R1和R2相连，匀强磁场垂直穿过导轨平面．有一导体棒ab，质量为m，导体棒的电阻与固定电阻R1和R2的阻值均相等，与导轨之间的动摩擦因数为μ，导体棒ab沿导轨向上滑动，当上滑的速度为v时，受到安培力的大小为F．此时
（A）电阻R1消耗的热功率为Fv／3．
（B）电阻 R。消耗的热功率为 Fv／6．
（C）整个装置因摩擦而消耗的热功率为μmgvcosθ．
（D）整个装置消耗的机械功率为（F＋μmgcosθ）v·
【答案】：BCD
【解析】：由法拉第电磁感应定律得 E＝BLv，回路总电流 I=E/1.5R，安培力 F＝BIL，所以电阻R1的功率P1＝（0.5I）2 R=Fv/6，B选项正确。由于摩擦力 f＝μmgcosθ，故因摩擦而消耗的热功率为 μmgvcosθ。整个装置消耗的机械功率为（F+μmgcosθ）v。
【备考提示】：本题考查了法拉第电磁感应定律、安培力、能量守恒和转化定律、功率、牛顿运动定律等内容，而电磁感应一类题目的求解常用能量相结合的办法来解决。
32. [天津卷.20] 在竖直向上的匀强磁场中，水平放置一个不变形的单匝金属圆线圈，规定线圈中感应电流的正方向如图1所示，当磁场的磁感应强度B随时间t如图2变化时，图3中正确表示线圈感应电动势E变化的是
【答案】： A
【解析】：在第1s内，由楞次定律可判定电流为正，其产生的感应电动势E1＝，在第2s和第3s内，磁场B不变化，线圈中无感应电流，在第4s和第5s内，B减小，由楞次定律可判定，其电流为负，产生的感应电动势E1＝，由于ΔB1＝ΔB2，Δt2＝2Δt1，故E1＝2E2，由此可知，A选项正确。
【备考提示】：考查了电磁感应现象中对图象问题的分析，要正确理解图象问题，必须能根据图象的定义把图象反映的规律对应到实际过程中去，又能根据对实际过程抽象对应到图象中去，最终根据实际过程的物理规律判断。
33.[四川卷.17] 如图所示，接有灯泡L的平行金属导轨水平放置在匀强磁场中，一导体杆与两导轨良好接触并做往复运动，其运动情况与弹簧振子做简谐运动的情况相同。图中O位置对应于弹簧振子的平衡位置，P、Q两位置对应于弹簧振子的最大位移处。若两导轨的电阻不计，则
A．杆由O到P的过程中，电路中电流变大
B．杆由P到Q的过程中，电路中电流一直变大
C．杆通过O处时，电路中电流方向将发生改变
D．杆通过O处时，电路中电流最大
【答案】：D
【解析】：导体杆往复运动，切割磁感线相当于电源，其产生的感应电动势E＝Blv，由于杆相当于弹簧振子，其在O点处的速度最大，产生的感应电动势最大，因此电路中的电流最大。根据右手定则，电流在P、Q两处改变方向，此时的电流为零。故选择B.
【备考提示】：题目涉及电磁感应现象和简谐运动的知识，是一道综合题，考查考生运用所学知识综合分析问题的能力。
34 [广东物理卷.10] 如图4所示，用一根长为L质量不计的细杆与一个上弧长为、下弧长为d0的金属线框的中点联结并悬挂于O点，悬点正下方存在一个上弧长为2l0、下弧长为2d0的方向垂直纸面向里的匀强磁场，且d0《L。先将线框拉开到如图4所示位置，松手后让线框进入磁场，忽略空气阻力和摩擦。下列说法正确的是
A．金属线框进入磁场时感应电流的方向为：
a→b→c→d→a
B．金属线框离开磁场时感应电流的方向为：
a→d→c→b→a
C．金属线框dc边进入磁场与ab边离开磁场的速度大小总是相等
D．金属线框最终将在磁场内做简谐运动
【答案】： D
【解析】：金属线框进入磁场时，由于电磁感应，产生电流，根据楞次定律判断电流的方向为：
a→b→c→d→a 。金属线框离开磁场时由于电磁感应，产生电流，根据楞次定律判 断电流的方向为 a→d→c→b→a 。根据能量转化和守恒，可知，金属线框dc边进入 磁场与ab边离开磁场的速度大小不相等。如此往复摆动，最终金属线框在匀强磁场内摆动， 由于d0《L，单摆做简谐运动的条件是摆角小于等于10度，故最终在磁场内做简谐运动。 答案为C。有的考生不能分析出金属线框最后的运动状态。属于难题。
【备考提示】：本题考查右手定则、楞次定律、简谐运动的条件，而这些是高中必须掌握的知识。
（三）、计算题：
35.[北京卷.24] （20分）磁流体推进船的动力来源于电流与磁场间的相互作用。图1是平静海面上某实验船的示意图，磁流体推进器由磁体、电极和矩形通道（简称通道）组成。
如图2所示，通道尺寸a＝2.0m，b＝0.15m、c＝0.10m。工作时，在通道内沿z轴正方向加B＝8.0T的匀强磁场；沿x轴正方向加匀强电场，使两金属板间的电压U＝99.6V；海水沿y轴正方向流过通道。已知海水的电阻率ρ＝0.22Ω·m。
（1）船静止时，求电源接通瞬间推进器对海水推力的大小和方向；
（2）船以vs＝5.0m/s的速度匀速前进。若以船为参照物，海水以5.0m/s的速率涌入进水口由于通道的截面积小球进水口的截面积，在通道内海水速率增加到vd＝8.0m/s。求此时两金属板间的感应电动势U。
（3）船行驶时，通道中海水两侧的电压U/＝U－U计算，海水受到电磁力的80%可以转化为对船的推力。当船以vs＝5.0m/s的船速度匀速前进时，求海水推力的功率。
【解析】： (20分)
（1）根据安培力公式,推力F1=I1Bb，其中I1=, R＝ρ 则Ft= N
对海水推力的方向沿y轴正方向(向右)
（2）U=Bub=9.6 V
（3）根据欧姆定律，I2=A
安培推力F2＝I2Bb＝720 N
对船的推力F＝80%F2＝576 N
推力的功率P＝vs＝80%F2vs＝2 880 W
【备考提示】：本题以磁流体推进器为立意命题，巧妙结合了电磁学中的重要概念、定则、定律并进行计算，考查了考生对基础知识在掌握的同时程度、灵活多变的综合分析能力，也考查了理论联系实际并解决实际问题的应用能力。
35.[上海物理卷.22] （14分）如图所示，将边长为a、质量为m、电阻为R的正方形导线框竖直向上抛出，穿过宽度为b、磁感应强度为B的匀强磁场，磁场的方向垂直纸面向里．线框向上离开磁场时的速度刚好是进人磁场时速度的一半，线框离开磁场后继续上升一段高度，然后落下并匀速进人磁场．整个运动过程中始终存在着大小恒定的空气阻力f且线框不发生转动．求：
（1）线框在下落阶段匀速进人磁场时的速度V2；
(2）线框在上升阶段刚离开磁场时的速度v1；
（3）线框在上升阶段通过磁场过程中产生的焦耳热Q．
【解析】（1）由于线框匀速进入磁场，则合力为零。有
mg＝f＋
解得：v＝
（2）设线框离开磁场能上升的最大高度为h，则从刚离开磁场到刚落回磁场的过程中
(mg＋f)×h＝
(mg－f)×h＝
解得：v1＝＝
（3）在线框向上刚进入磁场到刚离开磁场的过程中，根据能量守恒定律可得
解得：Q＝
【备考提示】：题目考查了电磁感应现象、导体切割磁感线时的感应电动势、右手定则、动能定理和能量转化和守恒定律，而线框在磁场中的运动是典型的非匀变速直线运动，功能关系和能量守恒定律是解决该类问题的首选，备考复习中一定要突出能量在磁场问题中的应用。
36.[广东物理卷.16] （16分）如图11所示，在磁感应强度大小为B、方向垂直向上的匀强磁场中，有一上、下两层均与水平面平行的“U”型光滑金属导轨，在导轨面上各放一根完全相同的质量为的匀质金属杆和，开始时两根金属杆位于同一竖起面内且杆与轨道垂直。设两导轨面相距为H，导轨宽为L，导轨足够长且电阻不计，金属杆单位长度的电阻为r。现有一质量为的不带电小球以水平向右的速度撞击杆的中点，撞击后小球反弹落到下层面上的C点。C点与杆初始位置相距为S。求：
（1）回路内感应电流的最大值；
（2）整个运动过程中感应电流最多产生了多少热量；
（3）当杆与杆的速度比为时，受到的安培力大小。
【解析】：（1）对小球和杆A1组成的系统，由动量守恒定律，得：
①
又 s＝vt
H＝ ②
由①②③式联立：
④
回路内感应电动势的最大值 E＝BLv1 ⑤
回路内感应电流的最大值 I＝ ⑥
联立④⑤⑥式得：
回路内感应电流的最大值：I＝
（2）对两棒组成的系统，由动量守恒定律，得：
由能量守恒定律可得整个运动过程中感应电流最多产生热量：
Q＝＝
（3）由能量守恒定律，得：
又 ∶＝1∶3
A2受到的安培力大小
【备考提示】：电磁感应定律、安培力、闭合电路欧姆定律、动量守恒和能量守恒均是高中物理的重点知识，并能灵活运用。
37.[江苏卷. 19] （17分）如图所示，顶角θ=45°，的金属导轨 MON固定在水平面内，导轨处在方向竖直、磁感应强度为B的匀强磁场中。一根与ON垂直的导体棒在水平外力作用下以恒定速度v0沿导轨MON向左滑动，导体棒的质量为m，导轨与导体棒单位长度的电阻均匀为r。导体棒与导轨接触点的a和b，导体棒在滑动过程中始终保持与导轨良好接触。t=0时，导体棒位于顶角O处，求：
（1）t时刻流过导体棒的电流强度I和电流方向。
（2）导体棒作匀速直线运动时水平外力F的表达式。
（3）导体棒在0～t时间内产生的焦耳热Q。 （4）若在t0时刻将外力F撤去，导体棒最终在导轨上静止时的坐标x。
【解析】：（1）0到t时间内，导体棒的位移： x＝t
t时刻，导体棒的长度： l＝x
导体棒的电动势： E＝Bl v0
回路总电阻： R＝(2x＋x)r
电流强度：
电流方向： b→a
（2） F＝BlI＝
（3）解法一：t时刻导体的电功率： P＝I2R＝
∵P∝t ∴ Q＝t＝
解法二：t时刻导体棒的电功率： P＝I 2R
由于I恒定 R/＝v0rt∝t
因此
Q＝
（4）撤去外力持，设任意时刻t导体的坐标为x，速度为v，取很短时间Δt 或很短距离Δx
解法一
在t～t+时间内，由动量定理得
BIlΔt＝mΔv
扫过的面积ΔS＝ （x=v0t）
x＝
设滑行距离为d，则
即 d2+2v0t0d－2ΔS＝0
解之 d＝－v0t0+ （负值已舍去）
得 x＝v0t0+ d＝＝
解法二
在x～x+Δx，由动能定理得
FΔx＝（忽略高阶小量）
得
以下解法同解法一
解法三（1）
由牛顿第二定律得 F＝ma＝m
得 FΔt＝mΔv
以下解法同解法一
解法三（2）
由牛顿第二定律得 F＝ma＝m＝m
得 FΔx＝mvΔv
以下解法同解法二
【备考提示】：本题把感应电动势、安培力、物体的运动直流电路知识巧妙结合在一起，是一道综合性很强的试题，知识容量大，综合考查考生分析、推理的能力和图形转换能力。滑杆类问题历来是高考命题的重点和热点，这类问题设问灵活，综合性强，在复习过程中应引起足够的重视。
十二、交变电流 电磁振荡和电磁波
38.[四川卷.18] 如图所示，理想变压器原、副线圈匝数之比为20∶1，原线圈接正弦交流电，副线圈接入“220V，60W”灯泡一只，且灯泡正常发光。则
A．电流表的示数为A B．电源输出功率为1200W
C．电流表的示数为A D．原线圈端电压为11V
【答案】： C
【解析】：灯泡正常发光，则副线圈的电流为I1＝＝A，根据变压器的电流关系可得：原线圈中的电流I0＝＝A，即电流表的示数为A，原线圈中电压为：U0＝＝4400V，电源的输出功率P＝UI＝4400×＝60W，故选择C。
【备考提示】：题目涉及理想变压器的电流关系、电压关系和功率关系等知识，考查了考生对基本概念和基本公式的理解和掌握程度，解题时应注意题目中电流、电压都是指有效值。
39.[广东物理卷.9] 目前雷达发射的电磁波频率多在200MHz至1000MHz的范围内。下列关于雷达和电磁波说法正确的是
A．真空中上述雷达发射的电磁波的波长范围在0.3m至1.5m之间
B．电磁波是由恒定不变的电场或磁场产生的
C．测出从发射电磁波到接收反射波的时间间隔可以确定雷达和目标的距离
D．波长越短的电磁波，反射性能越强
【答案】：ACD
【解析】：据 λ=υ/c，电磁波频率在200MHz至1000MHz的范围内，则电磁波的波长范围在0.3m至1.5m之间，故A正确。雷达是利用电磁波的反射原理，电磁波的产生是依据麦克斯 韦的电磁场理论，变化的磁场产生电场，变化的电场产生磁场，故CD正确。有的考生错误的认为磁场产生电场，电场产生磁场，选出错误的选项。 属于容易题。
【备考提示】：考查麦克斯韦的电磁场理论、雷达的原理，麦克斯韦的电磁场理论是电磁波产生的理论基础。
40.[江苏物理卷.8]如图所示电路中的变压器为理想变压器，S为单刀双掷开关。P是滑动变阻器R的滑动触头，U1 为加在原线圈两端的交变电压，I1、I2 分别为原线圈和副线圈中的电流。下列说法正确的是
A．保持P的位置及U1不变，S由b切换到a，则R上消耗的功率减小
B．保持P的位置及U1不变，S由a切换到b，则I2减小
C．保持P的位置及U1 不变，S由b切换到a，则I1增大
D．保持U1不变，S接在b端，将P向上滑动，则 I1减小
【答案】：BC
【解析】：S由b切换a时，副线圈匝数增多，则输出电压U2增大，R1消耗的功率增大，由变压器功率关系可知，其输入功率也增大，故I1增大，所以A错C对；S由a切换b时，副线圈匝数减少，则输出电压U2减小，I2减小，B对；P向上滑动时，R减小，I2增大，由电流与匝数的关系可知，I1增大，D错。
【备考提示】：本题涉及理想变压器的电流关系、电压关系和功率关系等知识，考查考生灵活选择公式解决问题的能力。
（二）填空题
41.[上海卷.2B] 如图所示，一理想变压器原、副线圈匝数分别为nl和n2， 当负载电阻R中流过的电流为I时，原线圈中流过的电流为 ；现减小负载电阻R的阻值，则变压器的输入功率将 （填“增大”、“减小”或“不变”）．
【答案】： 增大
【解析】：由变压器的电流比可知，，故，由题意知原线圈的电压不变，由P2＝和P1＝P2可知，R减小时，则P1＝P2均增大。
【备考提示】：考查变压器的原理，电压比和电流比。理想变压器有以下典型关系：①匝数比一定时，副线圈电压U2由圆线圈电压U1决定 ②输入电流由输出电流决定 ③输入功率由输出功率决定
（三）计算题
42.[广东物理卷.14] （12分）某发电站的输出功率为kW，输出电压为4kV，通过理想变压器升压后向80km远处供电。已知输电导线的电阻率为，导线横截面积为，输电线路损失的功率为输出功率的4%，求：
（1）升压变压器的输出电压；
（2）输电线路上的电压损失。
【解析】：设线路电阻为R，线路的损失功率为P损，线路的损失电压为U损，发电站的输出功率为P，升压变压器的输出电压为U。
由电阻定律，得：
R＝＝25.6Ω
线路损失的功率P损＝4%P＝I2R
则 ＝125A
由P＝UI得 U＝＝8×104V
U损＝IR＝125×25.6＝3200V
【备考提示】：变压器和远距离输电是电磁学部分需掌握的内容。
43.[北京卷.23] (18分)如图1所示，真空中相距d=5 cm的两块平行金属板A、B与电源连接(图中未画出)，其中B板接地（电势为零），A板电势变化的规律如图2所示。将一个质量m=2.0×kg,电量q=＋1.6×C的带电粒子从紧临B板处释放，不计重力。求： (1)在t=0时刻释放该带电粒子，释放瞬间粒子加速度的大小; (2)若A板电势变化周期T=1.0×10-5 s，在t=0时将带电粒子从紧临B板处无初速释放，粒子到达A板时动量的大小； (3)A板电势变化频率多大时，在t＝到t=时间内从紧临B板处无初速释放该带电粒子，粒子不能到达A板。
【解析】：（18分）
（1）电场强度 E＝
带电粒子所受电场力 qE＝q，F＝ma
（2）粒子在0～时间内走过的距离为
故粒子在t＝时恰好到达A板
根据动量定理，此时粒子
p＝Ft＝4.0×kg·m/s
（3）带电粒子在t＝～t＝向A板做匀加速运动，在t＝～t＝向A板做匀减速运动，速度减为零后将返回。粒子向A板运动可能的最大位移
s＝2×
要求粒子不能到达A板，有，s＜d
由f＝，电势变化频率应满足 f＞
【备考提示】：本题考查带电粒子在电场中的加速，对这类问题，要分清运动情况和受力情况，找出其运动的临界状态，也考查了考生的审题能力。
