06-07高考物理试题分类汇编

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 NC.木块B所受摩擦力大小是9 ND.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av=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tB.轨迹为pc,至屏幕的时间将大于tC.轨迹为pb，至屏幕的时间将等于tD.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。
2007年高考物理试题分类汇编-万有引力
全国卷Ⅰ据报道，最近在太阳系外发现了首颗“宜居”行星，其质量约为地球质量的6.4倍，一个在地球表面重量为600N的人在这个行星表面的重量将变为960N。由此可推知，该行星的半径与地球半径之比约为（ ）
A、0.5 B、2 C、3.2 D、4
全国卷Ⅱ假定地球、月亮都是静止不动，用火箭从地球沿地月连线向月球发射一探测器。假定探测器在地球表面附近脱离火箭。用W表示探测器从脱离火箭处飞到月球过程中克服地球引力做的功，用表示探测器脱离火箭时的动能，若不计空气阻力，则
A、必须大于或等于W，探测器才能到达月球
B、小于W，探测器也可能到达月球
C、=W，探测器一定能到达月球
D、=W，探测器一定不能到达月球
北京卷不久前欧洲天文学就发现了一颗可能适合人类居住的行星，命名为“格利斯581c”。该行星的质量是地球的5倍，直径是地球的1.5倍。设想在该行星表面附近绕行星沿圆轨道运行的人造卫星的动能为，在地球表面附近绕地球沿圆轨道运行的形同质量的人造卫星的动能为，则为
A、0.13 B、0.3 C、3.33 D、7.5
山东卷2007年4月24日，欧洲科学家宣布在太阳之外发现了一颗可能适合人类居住的类地行星Gliese581c。这颗围绕红矮星Gliese581运行的星球有类似地球的温度，表面可能有液态水存在，距离地球约为20光年，直径约为地球的1.5倍 ，质量约为地球的5倍，绕红矮星Gliese581运行的周期约为13天。假设有一艘宇宙飞船飞临该星球表面附近轨道，下列说法正确是
A.飞船在Gliese581c表面附近运行的周期约为13天
B．飞船在Gliese581c表面附近运行时的速度大于7.9km/s
C．人在Gliese581c上所受重力比在地球上所受重力大
D．Gliese581c的平均密度比地球平均密度小
四川卷我国探月的“嫦娥工程”已启动，在不久的将来，我国宇航员将登上月球。假如宇航员在月球上测得摆长为l的单摆做小振幅振动的周期为T，将月球视为密度均匀、半径为r的球体，则月球的密度为
A．　　B．　　C．　　D．
天津卷我国绕月探测工程的预先研究和工程实施已取得重要进展。设地球、月球的质量分别为m1、m2，半径分别为R1、R2，人造地球卫星的第一宇宙速度为ｖ，对应的环绕周期为Ｔ，则环绕月球表面附近圆轨道飞行的探测器的速度和周期分别为A
Ａ．v，T Ｂ．v，T
Ｃ．v，T Ｄ． v，T
江苏卷假设太阳系中天体的密度不变，天体直径和天体之间距离都缩小到原来的一半，地球绕太阳公转近似为匀速圆周运动，则下列物理量变化正确的是
Ａ、地球的向心力变为缩小前的一半 Ｂ、地球的向心力变为缩小前的
Ｃ、地球绕太阳公转周期与缩小前的相同 Ｄ、地球绕太阳公转周期变为缩小前的一半
重庆卷土卫十和土卫十一是土星的两颗卫星，都沿近似为圆周的轨道线土星运动.其参数如表：
卫星半径(m)
卫星质量(kg)
轨道半径(m)
土卫十
8.90×104
2.01×1018
1.51×1018
土卫十一
5.70×104
5.60×1017
1.51×103
两卫星相比土卫十
A.受土星的万有引力较大 B.绕土星的圆周运动的周期较大
C.绕土星做圆周运动的向心加速度较大 D.动能较大
海南卷设地球绕太阳做匀速圆周运动，半径为Ｒ，速度为，则太阳的质量可用、Ｒ和引力常量Ｇ表示为___。太阳围绕银河系中心的运动可视为匀速圆周运动，其运动速度约为地球公转速度的7倍，轨道半径约为地球公转轨道半径的2×109倍。为了粗略估算银河系中恒星的数目，可认为银河系中所有恒星的质量都集中在银河系中心，且银河系中恒星的平均质量约等于太阳质量，则银河系中恒星数目约为__1011_。
宁夏卷天文学家发现了某恒星有一颗行星在圆形轨道上绕其运动，并测出了行星的轨道半径和运行周期。由此可推算出
A．行星的质量 B．行星的半径 C．恒星的质量 D．恒星的半径
广东卷土星周围有许多大小不等的岩石颗粒，其绕土星的运动可视为圆周运动。其中有两个岩石颗粒A和B与土星中心距离分别位rA=8.0×104km和r?B=1.2×105km。忽略所有岩石颗粒间的相互作用。（结果可用根式表示）
（1）求岩石颗粒A和B的线速度之比。
（2）求岩石颗粒A和B的周期之比。
（3）土星探测器上有一物体，在地球上重为10N，推算出他在距土星中心3.2×105km处受到土星的引力为0.38N。已知地球半径为6.4×103km，请估算土星质量是地球质量的多少倍？
解:（1）设土星质量为M0,颗粒质量为m,颗粒距土星中心距离为r,线速度为v,根据牛顿第二定律和万有引力定律: ① 解得:。
对于A、B两颗粒分别有: 和，得: ②
（2）设颗粒绕土星作圆周运动的周期为T,则: ③
对于A、B两颗粒分别有: 和 得: ④
（3）设地球质量为M,地球半径为r0,地球上物体的重力可视为万有引力,探测器上物体质量为m0,在地球表面重力为G0,距土星中心r0/=km处的引力为G0’,根据万有引力定律:
⑤ ⑥
由⑤⑥得： (倍) ⑦
全国卷Ⅰ在桌面上有一倒立的玻璃圆锥，其顶点恰好与桌面接触，圆锥的轴（图中虚线）与桌面垂直，过轴线的截面为等边三角形，如图所示。有一半径为r的圆柱形平行光束垂直入射到圆锥的地面上，光束的中心轴与圆锥的轴重合。已知玻璃的折射率为1.5，则光束在桌面上形成的光斑半径为（ ）
A、r B、1.5r C、2r D、2.5r
全国卷Ⅱ如图，P是一偏振片，P的透振方向（用带箭头的实线表示）为竖直方向。下列四种入射光束中哪几种照射P时能在P的另一侧观察到透射光？
A、太阳光 B、沿竖直方向振动的光
C、沿水平方向振动的光 D、沿与竖直方向成450角振动的光
北京卷光导纤维的结构如图所示，其内芯和外套材料不同，光在内芯中传播。以下关于光导纤维的说法正确的是
A、内芯的折射率比外套大，光传播时在内芯与外套的界面发生全反射
B、内芯的折射率比外套小，光传播时在内芯与外套的界面发生全反射
C、内芯的折射率比外套小，光传播时在内芯与外套的界面发生折射
D、内芯的折射率比外套相同，外套的材料有韧性，可以起保护作用
四川卷两种单色光a和b，a光照射某金属时有光电子逸出，b光照射该金属时没有光电子逸出，则
A．在真空中，a光的传播速度较大 　 B．在水中，a光的波长较小
C．在真空中，b光光子能量较大 　　 D．在水中，b光的折射率较小
上海卷光通过各种不同的障碍物后会产生各种不同的衍射条纹，衍射条纹的图样与障碍物的形状相对应，这一现象说明 （ ）
（A）光是电磁波。（B）光具有波动性。（C）光可以携带信息。（D）光具有波粒二象性。
天津卷.下列说法正确的是
A.用三棱镜观察太阳光谱是利用光的干涉现象
B.在光导纤维束内传送图象是利用光的全反射现象
C.用标准平面检查光学平面的平整程度是利用光的偏振现象
D.电视机遥控器是利用发出紫外线脉冲信号来变换频道的
广东卷关于光的性质，下列说法正确的是
A．光在介质中的速度大于光在真空中的速度
B．双缝干涉说明光具有波动性
C．光在同种介质种沿直线传播
D．光的偏振现象说明光是纵波
江苏卷光的偏振现象说明光是横波，下列现象中不能反映光的偏振特性的是
A、一束自然光相继通过两个偏振片，以光束为轴旋转其中一个偏振片，透射光的强度发生变化
B、一束自然光入射到两种介质的分界面上，当反射光与折射光线之间的夹角恰好是900时，反射光是偏振光
C、日落时分，拍摄水面下的景物，在照相机镜头前装上偏振光片可以使景象更清晰
D、通过手指间的缝隙观察日光灯，可以看到秋色条纹
江苏卷现代物理学认为，光和实物粒子都具有波粒二象性。下列事实中突出体现波动性的是
A、一定频率的光照射到锌板上，光的强度越大，单位时间内锌板上发射的光电子就越多
B、肥皂液是无色的，吹出的肥皂泡却是彩色的
C、质量为10-3kg、速度为10-2m/s的小球，其德布罗意波长约为10-23 m，不过我们能清晰地观测到小球运动的轨迹
D、人们常利用热中子研究晶体的结构，因为热中子的德布罗意波长一晶体中原子间距大致相同
全国卷Ⅰ用大量具有一定能力的电子轰击大量处于基态的氢原子，观测到了一定数目的光谱线。调高电子的能力在此进行观测，发现光谱线的数目比原来增加了5条。用△n表示两侧观测中最高激发态的量子数n之差，E表示调高后电子的能量。根据氢原子的能级图可以判断，△n和E的可能值为（ ）
A、△n=1，13.22 eV B、△n=2，13.22 eV C、△n=1，12.75 eV D、△n=2，12.75 eV 全国卷Ⅱ氢原子在某三个相邻能级之间跃迁时，可能发出三种不同波长的辐射光。已知其中的两个波长分别为和，且>,则另一个波长可能是
A、+ B、- C、 D、
北京卷下列说法正确的是：
A、太阳辐射的能量主要来自太阳内部的核裂变反应
B、汤姆生发现电子，表明原子具有核式结构
C、一束光照射到某种金属上不能发生光电效应，是因为该束光的波长太短
D、按照波尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能减小，原子总能量增加
四川卷关于天然放射现象，下列说法正确的是
A．放射性元素的原子核内的核子有半数发生变化所需的时间就是半衰期
B．放射性物质放出的射线中，α粒子动能很大．因此贯穿物质的本领很强
C．当放射性元素的原子的核外电子具有较高能量时，将发生β哀变
D．放射性的原子核发生衰变后产生的新核从高能级向低能级跃迁时，辐射出γ射线
上海卷一置于铅盒中的放射源发射的(、(和(射线，由铅盒的小孔射出，在小孔外放一铝箔后，铝箔后的空间有一匀强电场。进入电场后，射线变为a、b两束，射线a沿原来方向行进，射线b发生了偏转，如图所示，则图中的射线a为_(射线，射线b为_(___射线。
上海卷U衰变为Rn要经过m次(衰变和n次(衰变，则m，n分别为（ ）
（A）2，4。 （B）4，2。 （C）4，6。 （D）16，6。
天津卷右图为氢原子能级的示意图，现有大量的氢原子处于ｎ＝４的激发态，当向低能级跃迁时辐射出若干不同频率的光。关于这些光下列说法正确的是
Ａ．最容易表现出衍射现象的光是由ｎ＝４能级跃到ｎ＝１能级产生的
Ｂ．频率最小的光是由ｎ＝２能级跃迁到ｎ＝１能级产生的
Ｃ．这些氢原子总共可辐射出３种不同频率的光
Ｄ．用ｎ＝２能级跃迁到ｎ＝１能级辐射出的光照射逸出功为6.34ｅＶ的金属铂能发生光电效应。
广东卷图1所示为氢原子的四个能级，其中为基态，若氢原子A处于激发态E2，氢原子B处于激发态E3，则下列说法正确的是
A．原子A可能辐射出3种频率的光子
B．原子B可能辐射出3种频率的光子
C．原子A能够吸收原子B发出的光子并跃迁道能级E4
D．原子B能够吸收原子A发出的光子并跃迁道能级E4
江苏卷μ子与氢原子核（质子）构成的原子称为μ氢原子（hydrogen muon atom），它在原子核物理的研究中有重要作用。图为μ氢原子的能级示意图。假定光子能量为E的一束光照射容器中大量处于n=2能级的μ氢原子，μ氢原子吸收光子后，发出频率为г1、г2、г3、г4、г5、和г6的光，且频率依次增大，则E等于
A、h（г3-г1 ） B、 h（г5+г6） C、hг3 D、hг4
江苏卷2006年美国和俄罗斯的科学家利用回旋加速器，通过（钙48）轰击（锎249）发生核反应，成功合成了第118号元素，这是迄今为止门捷列夫元素周期表中原子序数最大的元素，实验表明，该元素的原子核先放出3个相同的粒子x，再连续经过3次α衰变后，变成质量为282的第112号元素的原子核，则上述过程中的粒子x是
A、中子 B、质子 C、电子 D、α粒子
江苏卷2006年度诺贝尔物理学奖授予了两名美国科学家，以表彰他们发现了宇宙微波背景辐射的黑体谱形状及其温度在不同方向上的微小变化。他们的出色工作被誉为是宇宙学研究进入精密科学时代的起点，下列与宇宙微波背景辐射黑体谱相关的说法中正确的是
A、微波是指波长在10-3m到10m之间的电磁波
Ｂ、微波和声波一样都只能在介质中传播
Ｃ、黑体的热辐射实际上是电磁辐射
Ｄ、普朗克在研究黑体的热辐射问题中提出了能量子假说
江苏卷如图所示，巡查员站立于一空的贮液池边，检查池角处出液口的安全情况。已知池宽为Ｌ，照明灯到池底的距离为Ｈ。若保持照明光束方向不变，向贮液池中注入某种液体，当液面高为Ｈ／２时，池底的光斑距离出液口Ｌ／４。
（１）试求当液面高为２Ｈ／３时，池底的光斑到出液口的距离x。
（２）控制出液口缓慢地排出液体，使液面以v0的速率匀速下降，试求池底的光斑移动的速率v x 。
重庆卷可见光光子的能量在1.61 eV~3.10 eV范围内.若氢原子从高能级跃迁到量子数为n的低能级的谱线中有可见光，根据氢原子能级图(题14图)可判断n为
A.1 B.2 C.3 D.4
海南卷如图，置于空气中的一不透明容器中盛满某种透明液体。容器底部靠近器壁处有一竖直放置的6.0cm长的线光源。靠近线光源一侧的液面上盖有一遮光板，另一侧有一水平放置的与液面等高的望远镜，用来观察线光源。开始时通过望远镜不能看到线光源的任何一部分。将一光源沿容器底向望远镜一侧平移至某处时，通过望远镜刚好可能看到线光源底端。再将线光源沿同一方向移动8.0cm，刚好可以看到其顶端。求此液体的折射率n。
解：当线光源上某一点发出的光线射到未被遮光板遮住的液面上时，射到遮光边缘Ｏ的那条光线的入射角最小。
若线光源底端在Ａ点时，望远镜内刚好可以看到此光源底端，设过Ｏ点液面的法线为ＯＯ1，则　　　
①
其中a为此液体到空气的全反射临界角。由折射定律有
　　　　　　　　　　　②
同理，若线光源顶端在Ｂ1点时，通过望远镜刚好可以看到此光源顶端，则。设此时线光源底端位于Ｂ点。由图中几何关系可得
　　　　　　　　　　③
联立②③式得
　　　　　　　④
由题给条件可知
　　　，
代入③式得
　　　n=1.3
评分参考：，①式2分，②式１分，③式2分,⑤式2分（n=1.2－1.3都给这2分）
海南卷氢原子第n能级的能量为，其中Ｅ1是基态能量，而n=1，2，…。若一氢原子发射能量为的光子后处于比基态能量高出的激发态，则氢原子发射光子前后分别处于第几能级？
解：设氢原子发射光子前后分别处于第l与第m能级，则依题意有
　　　　 ①
　 ②
由②式解得
　　　　m=2　　　　　　　　 ③
由①③式得
　　　　l=4 ④
　　　氢原子发射光子前后分别处于第４与第２能级。
评分参考：①式２分　　　②式２分　　　③式１分　　　④式１分　　　　
山东卷人类认识原子结构和开发利用原子能经历了十分曲折的过程。请按要求回答下列问题。
（1）卢瑟福、玻尔、查德威克等科学家在原子结构或原子核的研究方面做出了卓越的贡献。
请选择其中的两位，指出他们的主要成绩。
①_________________________________________________________
②__________________________________________________________
在贝克勒尔发现天然放射现象后，人们对放射线的性质进行了深入研究，下图为三种射线在同一磁场中的运动轨迹，请从三种射线中任选一种，写出它的名称和一种用途。________________________________________。
（2）在可控核反应堆中需要给快中子减速，轻水、重水和石墨等常用作减速剂。中子在重水中可与12H核碰撞减速，在石墨中与612C核碰撞减速。上述碰撞可简化为弹性碰撞模型。某反应堆中快中子与静止的靶核发生对心正碰，通过计算说明，仅从一次碰撞考虑，用重水和石墨作减速剂，哪种减速效果更好？
（1）卢瑟福提出了原子的核式结构模型（或其他成就玻尔把量子理论引入原子模型，并成功解释了氢光谱（或其他成就）查德威克发现了中子（或其他成就）。
（2）设中子质量为Mn靶核质量为M，由动量守恒定律
Mnv0=Mnv1+Mv2
解得：v1=Mn-M/Mn+M·v0
在重力中靶核质量：MH=2Mn
V1H=Mn-Mc/Mn+Mc·v0=-1/3v0
在石墨中靶核质量：Mc=12M
V1c= Mn-M/Mn+M·v0=11/13v0
与重力靶核碰后中子速度较小，故重水减速效果更好。
2007年高考物理试题分类汇编-力
全国卷Ⅰ如图所示，在倾角为300的足够长的斜面上有一质量为m的物体，它受到沿斜面方向的力F的作用。力F可按图（a）、（b）（c）、（d）所示的四种方式随时间变化（图中纵坐标是F与mg的比值，力沿斜面向上为正）。
已知此物体在t=0时速度为零，若用v1、v2 、v3 、v4分别表示上述四种受力情况下物体在3秒末的速率，则这四个速率中最大的是（ ）
A、v1 B、v2 C、v3 D、v4
全国卷Ⅱ如图所示，PQS是固定于竖直平面内的光滑的圆周轨道，圆心O在S的正上方。在O和P两点各有一质量为m的小物块a和b，从同一时刻开始，a自由下落，b沿圆弧下滑。一下说法正确的是
A、a比b先到达S，它们在S点的动量不相等
B、a与b同时到达S，它们在S点的动量不相等
C、a比b先到达S，它们在S点的动量相等
D、b比a先到达S，它们在S点的动量相等
北京卷图示为高速摄影机拍摄到的子弹穿过苹果瞬间的照片。该照片经过放大后分析出，在曝光时间内，子弹影响前后错开的距离约为子弹长度的1%~2%。已知子弹飞行速度约为500m/s，因此可估算出这幅照片的曝光时间最接近
A、10-3s B、10-6s C、10-9s D、10-12s
山东卷如图所示，物体A靠在竖直墙面上，在力F作用下，A、B保持静止。物体B的受力个数为：
A．2 B．3 C．4 D．5
山东卷下列实例属于超重现象的是
A．汽车驶过拱形桥顶端 B．荡秋千的小孩通过最低点
C．跳水运动员被跳板弹起，离开跳板向上运动。 D．火箭点火后加速升空。
山东卷如图所示，光滑轨道MO和ON底端对接且ON=2MO，M、N两点高度相同。小球自M点右静止自由滚下，忽略小球经过O点时的机械能损失，以v、s、a、EK分别表示小球的速度、位移、加速度和动能四个物理量的大小。下列图象中能正确反映小球自M点到N点运动过程的是(A)
四川卷如图所示，弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为m的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接，一个质量也为m的小球从槽高h处开始下滑
A．在以后的运动过程中，小球和槽的动量始终守恒
B．在下滑过程中小球和槽之间的相互作用力始终不做功
C．桩弹簧反弹后，小球和槽都做速率不变的直线运动
D．被弹簧反弹后，小球和槽的机械能守恒，小球能回到槽高h处
上海卷在竖直平面内，一根光滑金属杆弯成如图所示形状，相应的曲线方程为y＝2.5 cos（单位：m），式中k＝1m－1。将一光滑小环套在该金属杆上，并从x＝0处以v0＝5m/s的初速度沿杆向下运动，取重力加速度g＝10m/s2。则当小环运动到x＝m时的速度大小v＝5m/s；该小环在x轴方向最远能运动到x＝m处。
上海卷如图所示，用两根细线把A、B两小球悬挂在天花板上的同一点O，并用第三根细线连接A、B两小球，然后用某个力F作用在小球A上，使三根细线均处于直线状态，且OB细线恰好沿竖直方向，两小球均处于静止状态。则该力可能为图中的（ ）
（A）F1。 （B）F2。 （C）F3。 （D）F4。
上海卷物体沿直线运动的v-t关系如图所示，已知在第1秒内合外力对物体做的功为W，则（ ）
（A）从第1秒末到第3秒末合外力做功为4W。
（B）从第3秒末到第5秒末合外力做功为－2W。
（C）从第5秒末到第7秒末合外力做功为W。
（D）从第3秒末到第4秒末合外力做功为－0.75W。
天津卷如图所示，物体A静止在光滑的水平面上，A的左边固定有轻质弹簧，与A质量相同的物体B以速度v向A运动并与弹簧发生碰撞，A、B始终沿同一直线运动，则A、B组成的系统动能损失最大的时刻是D
A.A开始运动时 B.A的速度等于v时 C.B的速度等于零时 D.A和B的速度相等时
广东卷机车从静止开始沿平直轨道做匀加速运动，所受的阻力始终不变，在此过程中，下列说法正确的是
A．机车输出功率逐渐增大
B．机车输出功率不变
C．在任意两相等时间内，机车动能变化相等
D．在任意两相等时间内，机车动量变化大小相等
5．如图3所示，在倾角为θ的固定光滑斜面上，质量为m的物体受外力F1和F2的作用，F1方向水平向右，F2方向竖直向上。若物体静止在斜面上，则下列关系正确的是
A．
B．
C．
D．
8．压敏电阻的阻值随所受压力的增大而减小，右位同学利用压敏电阻设计了判断小车运动状态的装置，其工作原理如图6（a）所示，将压敏电阻和一块挡板固定在绝缘小车上，中间放置一个绝缘重球。小车向右做直线运动过程中，电流表示数如图6（b）所示，下列判断正确的是
A．从t1到t2时间内，小车做匀速直线运动
B．从t1到t2时间内，小车做匀加速直线运动
C．从t2到t3时间内，小车做匀速直线运动
D．从t2到t3时间内，小车做匀加速直线运动
江苏卷如图所示，光滑水平面上放置质量分别为m和2m的四个木块，其中两个质量为m的木块间用一不可伸长的轻绳相连，木块间的最大静摩擦力是μmg。现用水平拉力F拉其中一个质量为2 m的木块，使四个木块以同一加速度运动，则轻绳对m的最大拉力为
A、 B、 C、 D、
重庆卷为估算池中睡莲叶面承受出滴撞击产生的平均压强，小明在雨天将一圆柱形水杯置于露台,测得1小时内杯中水上升了45 mm.查询得知，当时雨滴竖直下落速度约为12 m/s.据此估算该压强约为(设雨滴撞击睡莲后无反弹，不计雨滴重力，雨水的密度为1×103 kg/m3)
A.0.15 Pa B.0.54 Pa C.1.5 Pa D.5.4 Pa
海南卷16世纪末，伽利略用实验和推理，推翻了已在欧洲流行了近两千年的亚里士多德关于力和运动的理论，开启了物理学发展的新纪元。在以下说法中，与亚里士多德观点相反的是
Ａ.四匹马拉的车比两匹马拉的车跑得快；这说明，物体受的力越大，速度就越大
Ｂ.一个运动的物体，如果不再受力了，它总会逐渐停下来；这说明，静止状态才是物体长不受力时的“自然状态”
Ｃ.两物体从同一高度自由下落，较重的物体下落较快
Ｄ.一个物体维持匀速直线运动，不需要力
海南卷如图，P是位于水平的粗糙桌面上的物块。用跨过定滑轮的轻绳将P小盘相连，小盘内有砝码，小盘与砝码的总质量为m。在Ｐ运动的过程中，若不计空气阻力，则关于P在水平方向受到的作用力与相应的施力物体，下列说法正确的是
Ａ.拉力和摩擦力，施力物体是地球和桌面
Ｂ.拉力和摩擦力，施力物体是绳和桌面
Ｃ. 重力mg和摩擦力，施力物体是地球和桌面
Ｄ. 重力mg和摩擦力，施力物体是绳和桌面
海南卷两辆游戏赛车、在两条平行的直车道上行驶。时两车都在同一计时线处，此时比赛开始。它们在四次比赛中的图如图所示。哪些图对应的比赛中，有一辆赛车追上了另一辆(AC)
　
海南卷如图，卷扬机的绳索通过定滑轮用力Ｆ拉位于粗糙面上的木箱，使之沿斜面加速向上移动。在移动过程中，下列说法正确的是
Ａ.Ｆ对木箱做的功等于木箱增加的动能与木箱克服摩擦力所做的功之和
Ｂ.Ｆ对木箱做的功等于木箱克服摩擦力和克服重力所做的功之和
Ｃ.木箱克服重力所做的功等于木箱增加的重力势能
Ｄ.Ｆ对木箱做的功等于木箱增加的机械能与木箱克服摩擦力做的功之和
海南卷游乐园中，游客乘坐能加速或减速运动的升降机，可以体会超重与失重的感觉。下列描述正确的是
Ａ.当升降机加速上升时，游客是处在失重状态
Ｂ.当升降机减速下降时，游客是处在超重状态
Ｃ.当升降机减速上升时，游客是处在失重状态
Ｄ.当升降机加速下降时，游客是处在超重状态
宁夏卷下列说法正确的是
A．行星的运动和地球上物体的运动遵循不同的规律
B．物体在转弯时一定受到力的作用
C．月球绕地球运动时受到地球的引力和向心力的作用
D．物体沿光滑斜面下滑时受到重力、斜面的支持力和下滑力的作用
宁夏卷甲乙两辆汽车在平直的公路上沿同一方向作直线运动，t＝0时刻同时经过公路旁的同一个路标。在描述两车运动的v－t图中（如图），直线a、b分别描述了甲乙两车在0－20 s的运动情况。关于两车之间的位置关系，下列说法正确的是
A．在0－10 s内两车逐渐靠近
B．在10－20 s内两车逐渐远离
C．在5－15 s内两车的位移相等
D．在t＝10 s时两车在公路上相遇
宁夏卷倾斜雪道的长为25 m，顶端高为15 m，下端经过一小段圆弧过渡后与很长的水平雪道相接，如图所示。一滑雪运动员在倾斜雪道的顶端以水平速度v0＝8 m/s飞出，在落到倾斜雪道上时，运动员靠改变姿势进行缓冲使自己只保留沿斜面的分速度而不弹起。除缓冲外运动员可视为质点，过渡轨道光滑，其长度可忽略。设滑雪板与雪道的动摩擦因数μ＝0.2，求运动员在水平雪道上滑行的距离（取g＝10 m/s2）
如图选坐标，斜面的方程为：
①
运动员飞出后做平抛运动
②
③
联立①②③式，得飞行时间 t＝1.2 s
落点的x坐标：x1＝v0t＝9.6 m
落点离斜面顶端的距离：
落点距地面的高度：
接触斜面前的x分速度：
y分速度：
沿斜面的速度大小为：
设运动员在水平雪道上运动的距离为s2，由功能关系得：

解得：s2＝74.8 m
宁夏卷塔式起重机的结构如图所示，设机架重P＝400 kN，悬臂长度为L＝10 m，平衡块重W＝200 kN，平衡块与中心线OO/的距离可在1 m到6 m间变化，轨道A、B间的距离为4 m。
⑴当平衡块离中心线1 m，右侧轨道对轮子的作用力fB是左侧轨道对轮子作用力fA的2倍，问机架重心离中心线的距离是多少？
⑵当起重机挂钩在离中心线OO/10 m处吊起重为G＝100 kN的重物时，平衡块离OO/的距离为6 m，问此时轨道B对轮子的作用力FB时多少？
解：⑴空载时合力为零：
已知：fB＝2fA
求得：fA＝200 kN fB＝400 kN
设机架重心在中心线右侧，离中心线的距离为x，以A为转轴，力矩平衡
求得：x＝1.5 m
⑵以A为转轴，力矩平衡
求得：FB＝450 kN
宁夏卷在光滑的水平面上，质量为m1的小球A以速率v0向右运动。在小球的前方O点处有一质量为m2的小球B处于静止状态，如图所示。小球A与小球B发生正碰后小球A、B均向右运动。小球B被在Q点处的墙壁弹回后与小球A在P点相遇，PQ＝1.5PO。假设小球间的碰撞及小球与墙壁之间的碰撞都是弹性的，求两小球质量之比m1/m2。
解：从两小球碰撞后到它们再次相遇，小球A和B的速度大小保持不变，根据它们通过的路程，可知小球B和小球A在碰撞后的速度大小之比为4∶1
两球碰撞过程有：

解得：
全国卷Ⅰ甲、乙两运动员在训练交接棒的过程中发现：甲经短距离加速后能保持9m/s的速度跑完全程；乙从起跑后到接棒前的运动是匀加速的。为了确定乙起跑的时机，需在接力区前适当的位置设置标记。在某次练习中，甲在接力区前S0=13.5m处作了标记，并以V=9m/s的速度跑到此标记时向乙发出起跑口令。乙在接力区的前端听到口令时起跑，并恰好在速度达到与甲相同时被甲追上，完成交接棒。已知接力区的长度为L=20m。
求：（1）此次练习中乙在接棒前的加速度a；
（2）在完成交接棒时乙离接力区末端的距离。
解：(1)设经过时间t，甲追上乙，则根据题意有vt-vt/2=13.5
将v=9代入得到：t=3s,
再有 v=at
解得：a=3m/s2
(2)在追上乙的时候，乙走的距离为s,则：s=at2/2
代入数据得到 s=13.5m
所以乙离接力区末端的距离为?s=20-13.5=6.5m
全国卷Ⅱ如图所示，位于竖直平面内的光滑轨道，有一段斜的直轨道和与之相切的圆形轨道连接而成，圆形轨道的半径为R。一质量为m的小物块从斜轨道上某处由静止开始下滑，然后沿圆形轨道运动。要求物块能通过圆形轨道最高点，且在该最高点与轨道间的压力不能超过5mg（g为重力加速度）。求物块初始位置相对圆形轨道底部的高度h的取值范围。
设物块在圆形轨道最高点的速度为v，由机械能守恒得
物块在最高点受的力为重力mg、轨道压力N。重力与压力的合力提供向心力，有

物块能通过最高点的条件是 0
由两式得
由式得
按题的要求，，由式得
由式得
h的取值范围是
山东卷如图所示，一水平圆盘绕过圆心的竖直轴转动，圆盘边缘有一质量m=1.0kg的小滑块。当圆盘转动的角速度达到某一数值时，滑块从圆盘边缘滑落，经光滑的过渡圆管进入轨道ABC。以知AB段斜面倾角为53°，BC段斜面倾角为37°，滑块与圆盘及斜面间的动摩擦因数均μ=0.5 ，A点离B点所在水平面的高度h=1.2m。滑块在运动过程中始终未脱离轨道，不计在过渡圆管处和B点的机械能损失，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，取g=10m/s2,sin37°=0.6; cos37°=0.8
（1）若圆盘半径R=0.2m，当圆盘的角速度多大时，滑块从圆盘上滑落？
（2）若取圆盘所在平面为零势能面，求滑块到达B点时的机械能。
（3）从滑块到达B点时起，经0.6s 正好通过C点，求BC之间的距离。
(1)滑块在圆盘上做圆周运动时，静摩擦力充当向心力，根据牛顿第二定律，可得：
μmg=mω2R 代入数据解得：ω==5rad/s
（2）滑块在A点时的速度：UA=ωR=1m/s
从A到B的运动过程由动能定理：mgh-μmgcos53°·h/sin53°=1/2mvB2-1/2mvA2
在B点时的机械能EB=1/2mvB2-mgh=-4J
（3）滑块在B点时的速度：vB=4m/s
滑块沿BC段向上运动时的加速度大小：a3=g（sin37°+ucos37°）=10m/s2
返回时的速度大小：a2=g（sin37°-ucos37°）=2m/s2
BC间的距离：sBC=vB2/2a1-1/2a2（t-uR/a1）2=0.76m
四川卷目前，滑板运动受到青少年的追捧。如图是某滑板运动员在一次表演时的一部分赛道在竖直平面内的示意图．赛道光滑，FGI为圆弧赛道，半径R=6.5m，C为最低点并与水平赛道BC位于同一水平面，KA、DE平台的高度都为h=1.8m。B、C、F处平滑连接。滑板a和b的质量均为m，m=5kg，运动员质量为M，M=45kg。
表演开始，运动员站在滑板b上．先让滑板a从A点静止下滑，t1=0.1s后再与b板一起从A点静止下滑。滑上BC赛道后，运动员从b板跳到同方向运动的a板上，在空中运动的时间t2=0.6s(水平方向是匀速运动)。运动员与a板一起沿CD赛道上滑后冲出赛道，落在EF赛道的P点，沿赛道滑行，经过G点时，运动员受到的支持力N=742.5N。(滑板和运动员的所有运动都在同一竖直平面内，计算时滑板和运动员都看作质点，取g=10m/s2)
(1)滑到G点时，运动员的速度是多大?
(2)运动员跳上滑板a后，在BC赛道上与滑板a共同运动的速度是多大?
(3)从表演开始到运动员滑至I的过程中，系统的机械能改变了多少？
解：(1)在G点，运动员和滑板一起做圆周运动，设向心加速度为a向，速度为vG，运动员受到重力Mg、滑板对运动员的支持力N的作用，则 N-Mg=Ma向 ①
a向= ②
N-Mg=M ③
④
vG=6.5m/s ⑤
{2)设滑板a由A点静止下滑到BC赛道后速度为v1，由机械能守恒定律有
⑥ ⑦
运动员与滑板b一起由A点静止下滑到BC赛道后．速度也为v1。
运动员由滑板b跳到滑板a，设蹬离滑板b时的水平速度为v2，在空中飞行的水平位移为s，则s=v2t2 ⑧
设起跳时滑板a与滑板b的水平距离为s0，则s0=v1t1 ⑨
设滑板a在t2时间内的位移为s1，则 s1=v1t2 ⑩
s=s0+s1 即v2t2=v1(t1+t2)
运动员落到滑板a后，与滑板a共同运动的速度为v，由动量守恒定律有
mv1+Mv2=(m+M)v
由以上方程可解出　　　　　
代人数据，解得v=6.9m/s
(3)设运动员离开滑板b后．滑扳b的速度为v3，有Mv2+mv3=(M+m)v1
可算出v3=-3m/s，有|v3|=3m/s 系统的机械能改变为
ΔE=88.75J
上海卷固定光滑细杆与地面成一定倾角，在杆上套有一个光滑小环，小环在沿杆方向的推力F作用下向上运动，推力F与小环速度v随时间变化规律如图所示，取重力加速度g＝10m/s2。求：
（1）小环的质量m； （2）细杆与地面间的倾角(。
由图得：a＝＝0.5m/s2，
前2s有：F2－mg sin(＝ma，2s后有：F2＝mg sin(，代入数据可解得：m＝1kg，(＝30(。
上海卷如图所示，物体从光滑斜面上的A点由静止开始下滑，经过B点后进入水平面（设经过B点前后速度大小不变），最后停在C点。每隔0.2秒钟通过速度传感器测量物体的瞬时速度，下表给出了部分测量数据。（重力加速度g＝10m/s2）
求：
（1）斜面的倾角(；
（2）物体与水平面之间的动摩擦因数(；
（3）t＝0.6s时的瞬时速度v。
（1）由前三列数据可知物体在斜面上匀加速下滑时的加速度为a1＝＝5m/s2，mg sin (＝ma1，可得：(＝30(，
（2）由后二列数据可知物体在水平面上匀减速滑行时的加速度大小为a2＝＝2m/s2，(mg＝ma2，可得：(＝0.2，
（3）由2＋5t＝1.1＋2（0.8－t），解得t＝0.1s，即物体在斜面上下滑的时间为0.5s，则t＝0.6s时物体在水平面上，其速度为v＝v1.2＋a2t＝2.3 m/s。
天津卷如图所示，水平光滑地面上停放着一辆小车，左侧靠在竖直墙壁上，小车的四分之一圆弧轨道AB是光滑的，在最低点B与水平轨道BC相切，BC的长度是圆弧半径的10倍，整个轨道处于同一竖直平面内。可视为质点的物块从A点正上方某处无初速下落，恰好落入小车圆弧轨道滑动，然后沿水平轨道滑行至轨道末端C处恰好没有滑出。已知物块到达圆弧轨道最低点B时对轨道的压力是物块重力的9倍，小车的质量是物块的3倍，不考虑空气阻力和物块落入圆弧轨道时的能量损失。求：
（1）物块开始下落的位置距水平轨道BC的竖直高度是圆弧半径的几倍；
（2）物块与水平轨道BC间的动摩擦因数μ。
（1）设物块的质量为m，其开始下落处的位置距BC的竖直高度为h，到达B点时的速度为v，小车圆弧轨道半径为R。由机械能守恒定律，有：mgh=mv2
根据牛顿第二定律，有：9mg－mg=m解得h=4R
则物块开始下落的位置距水平轨道BC的竖直高度是圆弧半径的4倍。
（2）设物块与BC间的滑动摩擦力的大小为F，物块滑到C点时与小车的共同速度为v'，物块在小车上由B运动到C的过程中小车对地面的位移大小为s。依题意，小车的质量为3m，BC长度为10R。由滑动摩擦定律有： F=μmg
由动量守恒定律，有mv=(m+3m)v' 对物块、小车分别应用动能定理，有
－F(10R+s)=mv'2 －mv2 Fs=(3m)v'2－0 μ＝0.3
17．（16分）如图14所示，在同一竖直上，质量为2m的小球A静止在光滑斜面的底部，斜面高度为H=2L。小球受到弹簧的弹性力作用后，沿斜面向上运动。离开斜面有，达到最高点时与静止悬挂在此处的小球B发生弹性碰撞，碰撞后球B刚好能摆到与悬点O同一高度，球A沿水平方向抛射落在水平面C上的P点，O点的投影O＇与P的距离为L/2。已知球B质量为m，悬绳长L，视两球为质点，重力加速度为g，不计空气阻力，求：
（1）球B在两球碰撞后一瞬间的速度大小；
（1）球A在两球碰撞后一瞬间的速度大小；
（1）弹簧的弹性力对球A所做的功。
解:（1）设碰撞后的一瞬间,球B的速度为vB/,由于球B恰好与悬点O同一高度,根据动能定理:
① ②
（2）球A达到最高点时,只有水平方向速度,与球B发生弹性碰撞.设碰撞前的一瞬间,球A水平方向速度为vx.碰撞后的一瞬间,球A速度为vx/.球A、B系统碰撞过程中动量守恒和机械能守恒: ③ ④
由②③④解得: ⑤
及球A在碰撞前的一瞬间的速度大小 ⑥
（3）碰后球A作平抛运动.设从抛出到落地时间为t,平抛高度为y,则: ⑦
⑧
由⑤⑦⑧得:y=L
以球A为研究对象,弹簧的弹性力所做的功为W,从静止位置运动到最高点:
⑨
由⑤⑥⑦得:W=mgL ⑩
江苏卷直升机沿水平方向匀速飞往水源取水灭火，悬挂着m=500kg空箱的悬索与竖直方向的夹角θ１＝４５０。直升机取水后飞往火场，加速度沿水平方向，大小稳定在a=1.5 m/s2时，悬索与竖直方向的夹角１４０。如果空气阻力大小不变，且忽略悬索的质量，谋求水箱中水的质量Ｍ。（取重力加速度g=10 m/s2；sin１４０=0.242；cos １４０=0.970）
江苏卷如图所示，一轻绳吊着粗细均匀的棒，棒下端离地面高Ｈ，上端套着一个细环。棒和环的质量均为m，相互间最大静摩擦力等于滑动摩擦力kmg(k>1)。断开轻绳，棒和环自由下落。假设棒足够长，与地面发生碰撞时，触地时间极短，无动能损失。棒在整个运动过程中始终保持竖直，空气阻力不计。求：
（１）棒第一次与地面碰撞弹起上升过程中，环的加速度。
（２）从断开轻绳到棒与地面第二次碰撞的瞬间，棒运动的路程Ｓ。
（３）从断开轻绳到棒和环都静止，摩擦力对环及棒做的总功Ｗ。
重庆卷某兴趣小组设计了一种实验装置，用来研究碰撞问题，其模型如题25图所示不用完全相同的轻绳将N个大小相同、质量不等的小球并列悬挂于一水平杆、球间有微小间隔，从左到右，球的编号依次为1、2、3……N，球的质量依次递减，每球质量与其相邻左球质量之比为k（k＜1.将1号球向左拉起，然后由静止释放，使其与2号球碰撞，2号球再与3号球碰撞……所有碰撞皆为无机械能损失的正碰.(不计空气阻力，忽略绳的伸长， g取10 m/s2)
(1)设与n+1号球碰撞前，n号球的速度为vn,求n+1号球碰撞后的速度.
(2)若N＝5,在1号球向左拉高h的情况下，要使5号球碰撞后升高16k(16 h小于绳长)问k值为多少？
解： (1)设n号球质量为m,n+1，碰撞后的速度分别为取水平向右为正方向，据题意有n号球与n+1号球碰撞前的速度分别为vn、0、mn+1
根据动量守恒，有 (1)
根据机械能守恒，有= (2)
由（1）、(2)得
设n+1号球与n+2号球碰前的速度为En+1
据题意有vn-1=
得vn-1== (3)
（2）设1号球摆至最低点时的速度为v1,由机械能守恒定律有
(4)
v1= (5)
同理可求，5号球碰后瞬间的速度
(6)
由(3)式得 (7)
N=n=5时，v5= (8)
由(5)、(6)、(8)三式得
k= （9）
（3）设绳长为l,每个球在最低点时，细绳对球的拉力为F,由牛顿第二定律有
(10)
则 (11)
（11）式中Ekn为n号球在最低点的动能
由题意1号球的重力最大，又由机械能守恒可知1号球在最低点碰前的动能也最大，根据（11）式可判断在1号球碰前瞬间悬挂1号球细绳的张力最大，故悬挂1号球的绳最容易断.
海南卷如图所示，一辆汽车A拉着装有集装箱的拖车B，以速度进入向下倾斜的直车道。车道每100m下降2m。为使汽车速度在s=200m的距离内减到，驾驶员必须刹车。假定刹车时地面的摩擦阻力是恒力，且该力的70％作用于拖车B，30％作用于汽车A。已知A的质量，Ｂ的质量。求汽车与拖车的连接处沿运动方向的相互作用力。取重力加速度g=10m/s2。
汽车沿倾角斜车作匀减速运动，用a表示加速度的大小，有　　　　　　①
用Ｆ表示刹车时的阻力，根据牛顿第二定律有　　②
式中　　　　　　　　　　 　　 　　③
设刹车过程中地面作用于汽车的阻力为f,根据题意　　　　　　　　　④
方向与汽车前进方向相反；用fN表示拖车作用于汽车的力，设其方向与汽车前进方向相同。以汽车为研究对象，由牛顿第二定律有　　 　⑤
由②④⑤式得　 ⑥
由①③⑥式，代入数据得　　　　　 　　⑦
评分参考：①式2分，②式3分，③式1分，⑤式 3分，⑥式1分，⑦式1分
2007年高考物理试题分类汇编-实验
天津卷一种游标卡尺，它的游标尺上有50个小的等分刻度，总长度为49mm。用它测量某物体长度，卡尺示数如图所示，则该物体的长度是4.120cm。
郝双制作
天津卷某学生用打点计时器研究小车的匀变速直线运动。他将打点计时器接到频率为50Hz的交流电源上，实验时得到一条纸带。他在纸带上便于测量的地方选取第一个计时点，在这点下标明A，第六个点下标明B，第十一个点下标明C，第十六个点下标明D，第二十一个点下标明E。测量时发现B点已模糊不清，于是他测得AC长为14.56cm、CD长为11.15cm，DE长为13.73cm，则打C点时小车的瞬时速度大小为_0.986_m/s，小车运动的加速大小为_2.58_m/s2,AB的距离应为5.99cm。（保留三位有效数字）
郝双 老 师制作
海南卷现要验证“当质量一定时，物体运动的加速度与它所受的合外力成正比”这一物理规律。给定的器材如下：一倾角可以调节的长斜面（如图）、小车、计时器一个、米尺。
（１）填入适当的公式或文字，完善以下实验步骤（不考虑摩擦力的影响）：
① 小车自斜面上方一固定点Ａ1从静止开始下滑至斜面底端Ａ2，记下所用的时间
② 用米尺测量Ａ1与Ａ2之间的距离s，则小车的加速度____。
③ 用米尺Ａ1相对于Ａ2的高h。设小车所受重力为mg，则小车所受的合外力Ｆ＝__。
④ 改变_斜面倾角（或填h的数值），重复上述测量。
⑤ 以h为横坐标，为纵坐标，根据实验数据作用作图。如能得到一条过原点的直线，则可以验证“当质量一定时，物体运动的加速度与它所受的合外力成正比”这一规律。
海南卷在探究如何消除上述实验中摩擦阻力影响的过程中，某同学设计的方案是：
① 调节斜面倾角，使小车在斜面上匀速下滑。测量此时Ａ1点相对于斜面底端Ａ2的高度ho。② 进行（1）中的各项淐。
③ 计算与作图时用（h－ho）代替h。　
对此方案有以下几种评论意见：
Ａ. 方案正确可行
Ｂ. 方案的理论依据正确，但利用所给的器材无法确定小车在斜面上是否做匀速运动。
Ｃ. 方案的理论依据有问题，小车所受摩擦力与斜面倾角有关。
其中合理的意见是_Ｃ__。
重庆卷建造重庆长江大桥复线桥高将长百米、重千余吨的钢梁从江水中吊起(题22图2)、施工时采用了将钢梁与水面成一定倾角出水的起吊方案，为了探究该方案的合理性，某研究性学习小组做了两个模拟实验.研究将钢板从水下水平拉出(实验1)和以一定倾角拉出(实验2)的过程中总拉力的变化情况.
①必要的实验器材有：钢板、细绳、水盆、水、支架、刻度尺、计时器和测力计(弹测力计、力传感器等等)等.
②根据实验曲线(题22图3)，实验2中的最大总拉力比实验1中的最大总拉力降低了13.3（允许误差±0.5） 0.27（允许误差±0.03）N
③ 根据分子动理论，实验1中最大总拉力明显增大的原因是分子之间存在引力，钢板与水面的接触面积大.
④ 可能导致测量拉力的实验误差的原因有：读数不准、钢板有油污、快速拉出、变速拉出、出水过程中角度变化、水中有油污、水面波动等等(答出两个即可)
江苏卷如题１３（a）图，质量为Ｍ的滑块Ａ放在气垫导轨Ｂ上，Ｃ为位移传感器，它能将滑块Ａ到传感器Ｃ的距离数据实时传送到计算机上，经计算机处理后在屏幕上显示滑块Ａ的位移－时间（s-t）图象和速率－时间（v-t）图象。整个装置置于高度可调节的斜面上，斜面的长度为了l、高度为h。（取重力加速度g=9.8m/s2，结果可保留一位有效数字）
（１）现给滑块Ａ一沿气垫导轨向上的初速度，Ａ的v-t图线如题１３(b)图所示。从图线可得滑块Ａ下滑时的加速度a= 6m/s2 ,摩擦力对滑块Ａ运动的影响不明显。（填“明显，不可忽略”或“不明显，可忽略”）
（２）此装置还可用来验证牛顿第二定律。实验时通过改变斜面高度h，可验证质量一定时，加速度与力成正比的关系；实验时通过改变滑块A的质量M及斜面高度h且使Mh不变，可验证力一定时，加速度与质量成反比的关系。
（３）将气垫导轨换成滑板，滑块Ａ换成滑块Ａ’，给滑块Ａ’一沿滑板向上的初速度，Ａ’的s-t图线如题１３（c）图。图线不对称是由于滑动摩擦力造成的，通过图线可求得滑板的倾角θ＝　　（用反三角函数表示），滑块与滑板间的动摩擦因数μ＝0.3
广东卷如图11（a）所示，小车放在斜面上，车前端栓有不可伸长的细线，跨过固定在斜面边缘的小滑轮与重物相连，小车后面与打点计时器的纸带相连。起初小车停在靠近打点计时器的位置，重物到地面的距离小于小车到滑轮的的距离。启动打点计时器，释放重物，小车在重物的牵引下，由静止开始沿斜面向上运动，重物落地后，小车会继续向上运动一段距离。打点计时器使用的交流电频率为50Hz。图11（b）中a、b、c是小车运动纸带上的三段，纸带运动方向如箭头所示。
（1）根据所提供纸带上的数据，计算打c段纸带时小车的加速度大小为5.0m/s2。（结果保留两位有效数字）
（2）打a段纸带时，小车的加速度是2.5 m/s2。请根据加速度的情况，判断小车运动的最大速度可能出现在b段纸带中的D4D3区间内。
（3）如果取重力加速度10m/s2，由纸带数据可推算出重物与小车的质量比为1:1。
上海卷利用单摆验证小球平抛运动规律，设计方案如图（a）所示，在悬点O正下方有水平放置的炽热的电热丝P，当悬线摆至电热丝处时能轻易被烧断；MN为水平木板，已知悬线长为L，悬点到木板的距离OO’＝h（h＞L）。
（1）电热丝P必须放在悬点正下方的理由是：_保证小球沿水平方向抛出_。
（2）将小球向左拉起后自由释放，最后小球落到木板上的C点，O’C＝s，则小球做平抛运动的初速度为v0_ s_。
（3）在其他条件不变的情况下，若改变释放小球时悬线与竖直方向的夹角(，小球落点与O’点的水平距离s将随之改变，经多次实验，以s2为纵坐标、cos(为横坐标，得到如图（b）所示图像。则当(＝30(时，s为 _0.52_m；若悬线长L＝1.0m，悬点到木板间的距离OO’为__1.5_m。
上海卷一定量的理想气体与两种实际气体I、II在标准大气压下做等压变化时的V-T关系如图（a）所示，图中＝。用三份上述理想气体作为测温物质制成三个相同的温度计，然后将其中二个温度计中的理想气体分别换成上述实际气体I、II。在标准大气压下，当环境温度为T0时，三个温度计的示数各不相同，如图（b）所示，温度计（ii）中的测温物质应为实际气体__ II __（图中活塞质量忽略不计）；若此时温度计（ii）和（iii）的示数分别为21(C和24(C，则此时温度计（i）的示数为_23__(C；可见用实际气体作为测温物质时，会产生误差。为减小在T1-T2范围内的测量误差，现针对T0进行修正，制成如图（c）所示的复合气体温度计，图中无摩擦导热活塞将容器分成两部分，在温度为T1时分别装入适量气体I和II，则两种气体体积之比VI:VII应为_2:1___。
上海卷在实验中得到小车做直线运动的s-t关系如图所示。
（1）由图可以确定，小车在AC段和DE段的运动分别为（C）
（A）AC段是匀加速运动；DE段是匀速运动。
（B）AC段是加速运动；DE段是匀加速运动。
（C）AC段是加速运动；DE段是匀速运动。
（D）AC段是匀加速运动；DE段是匀加速运动。
（2）在与AB、AC、AD对应的平均速度中，最接近小车在A点瞬时速度的是__AB_段中的平均速度。
四川卷在做“研究平抛物体的运动”实验时，除了木板、小球、斜槽、铅笔、图钉之外，下列器材中还需要的是 C F 。
A．游标卡尺 B．秒表 C．坐标纸 D．天平 E．弹簧秤 F．重垂线
实验中，下列说法正确的是 AD
A．应使小球每次从斜槽上相同的位置自由滑下
B．斜槽轨道必须光滑
C．斜槽轨道末端可以不水平
D．要使描出的轨迹更好地反映真实运动，记录的点应适当多一些
E．为了比较准确地描出小球运动的轨迹．应该用一条曲线把所有的点连接起来
全国卷Ⅰ碰撞的恢复系数的定义为 ，其中v10和v20分别是碰撞前两物体的速度，v1和v2分别是碰撞后物体的速度。弹性碰撞的恢复系数e=1，非弹性碰撞的e<1。某同学借用验证动力守恒定律的实验装置（如图所示）验证弹性碰撞的恢复系数是否为1，实验中使用半径相等的钢质小球1和2（它们之间的碰撞可近似视为弹性碰撞），且小球1的质量大于小球2的质量。
实验步骤如下：
安装好实验装置，做好测量前的准备，并记下重锤线所指的位置O。
第一步，不放小球2，让小球1从斜槽上A点由静止滚下，并落在地面上。重复多次，用尽可能小的圆把小球的所落点圈在里面，其圆心就是小球落点的平均位置。
第二步，把小球2 放在斜槽前端边缘处C点，让小球1从A点由静止滚下，使它们碰撞。重复多次，并使用与第一步同样的方法分别标出碰撞后小球落点的平均位置。
第三步，用刻度尺分别测量三个落地点的平均位置离O点的距离，即线段OM、OP、ON的长度。
上述实验中，
P点是在实验的第一步中小球1落点的平均位置，
M点是小球1与小球2碰后小球1落点的平均位置，
N点是小球2落点的平均位置
请写出本实验的原理小球从槽口C飞出后作平抛运动的时间相同，假设为 t,则有
,,,小球2碰撞前静止，即，写出用测量量表示的恢复系数的表达式 。
三个落地点距O点的距离OM、OP、ON与实验所用的小球质量是否有关系？
OP与小球的质量无关，OM和ON与小的质量有关
全国卷Ⅱ在做“用单摆测定重力加速度”的实验中，有人提出以下几点建议：
A、适当加长摆线
B、质量相同、体积不同的摆球，选用体积较大的
C、单摆偏离平衡位置的角度不能太大
D、当单摆经过平衡位置时开始计时，经过一次全振动后停止计时，用此时间间隔作为单摆振动的周期
其中对提高测量结果精确度有利的是 AC 。
北京卷某同学用图2 所示的实验装置研究小车在斜面上的运动。实验步骤如下：
a．安装好实验器材。
b、接通电源后，让拖着纸带的小车沿平板斜面向下运动，重复几次。选出一条点迹比较清晰的纸带，舍去开始密集的点迹，从便于测量的点开始，每两个打点间隔取一个计数点，如图3中0、1、2……6点所示。
c、测量1、2、3……6计数点到0计数点的距离，分别记作：S1、S2、S3……S6。
d、通过测量和计算，该同学判断出小车沿平板做匀速直线运动。
e、分别计算出S1、S2、S3……S6与对应时间的比值。
f、以为纵坐标、t为横坐标，标出与对应时间t的坐标点，划出—t图线。
结合上述实验步骤，请你完成下列任务：
实验中，除打点及时器（含纸带、复写纸）、小车、平板、铁架台、导线及开关外，在厦门的仪器和器材中，必须使用的有 A 和 C 。（填选项代号）
A、电压合适的50Hz交流电源 B、电压可调的直流电源
C、刻度尺 D、秒表 E、天平 F、重锤
将最小刻度为1mm的刻度尺的0刻线与0计数点对齐，0、1、2、5计数点所在位置如图4所示，则S2= （2.97~2.99） cm，S5= （13.19~13.21） cm。
该同学在图5中已标出1、3、4、6计数点对应的坐标，请你在该图中标出与2、5两个计数点对应的坐标点，并画出—t。
根据—t图线判断，在打0计数点时，小车的速度v0= （0.16~0.20） m/s；它在斜面上运动的加速度a= （4.50~5.10） m/s2。
全国卷Ⅰ用示波器观察频率为900Hz的正弦电压信号。把该信号接入示波器Y输入。
当屏幕上出现如图1所示的波形时，应调节 竖直位移或↑↓钮。如果正弦波的正负半周均超出了屏幕的范围，应调节衰减或衰减调节钮或y增益钮，或这两个钮配合使用，以使正弦波的整个波形出现在屏幕内。
如需要屏幕上正好出现一个完整的正弦波形，应将 扫描范围钮置于1k挡位位置，然后调节扫描微调 钮。
全国卷Ⅱ有一电流表，量程为1mA，内阻rg约为100。要求测量其内阻。可选用的器材有：电阻箱R0，最大阻值为99999.9；滑动变阻器甲，最大最值为10k；滑动变阻器乙，最大最值为2k；电源E1，电动势约为2V，内阻不计；电源E2，电动势约为6V，内阻不计；开关2个，导线若干。
采用的测量电路图如图所示，实验步骤如下：a、断开S1和S2，将R调到最大；b、合上S1，调节R使满偏；c、合上S2，调节调节R1使半偏，此时可以认为的内阻rg= R1。试问：
（ⅰ）上述可供选择的器材中，可变电阻R1应该选择 R0 ；为了使测量尽量精确，可变电阻R应该选择 滑动变阻器甲 ，电源E应该选择 E2。
（ⅱ）认为内阻rg= R1，此结果与的真实值相比 偏小。（填“偏大”、“偏小”或“相等”）
北京卷图1是电子射线管的示意图。接通电源后，电子射线由阴极沿x轴方向射出，在荧光屏上会看到一条亮线。要使荧光屏上的亮线向下（z轴方向）偏转，在下列措施中可采用的是 B （填选项代号）。
A、加一磁场，磁场方向沿z轴负方向
B、加一磁场，磁场方向沿y轴正方向
C、加一电场，磁场方向沿z轴负方向
D、加一电场，磁场方向沿y轴正方向
山东卷检测一个标称值为5Ω的滑动变阻器。可供使用的器材如下：
A．待测滑动变阻器Rx，全电阻约5Ω（电阻丝绕制紧密，匝数清晰可数）
B．电流表A1，量程0.6A，内阻约0.6Ω C．电流表A2，量程3A，内阻约0.12Ω
D．电压表V1，量程15V，内阻约15KΩ E．电压表V2，量程3V，内阻约3KΩ
F．滑动变阻器R，全电阻约20Ω G．直流电源E，电动势3V，内阻不计
H．游标卡尺 I．毫米刻度尺 J．电键S导线若干
（1）用伏安法测定Rx的全电阻值，所选电流表___________(填“A1”或“A2”)，所选电压表为_________(填“V1”或“V2”)。
（2）画出测量电路的原理图，并根据所画原理图将下图中实物连接成测量电路。
电路原理图和对应的实物连接如图
（3）为了进一步测量待测量滑动变阻器电阻丝的电阻率，需要测量电阻丝的直径和总长度，在不破坏变阻器的前提下，请设计一个实验方案，写出所需器材及操作步骤，并给出直径和总长度的表达式。
方案一：
需要的器材：游标卡尺、毫米刻度尺
主要操作步骤：
数出变阻器线圈缠绕匝数n
用毫米刻度尺（也可以用游标卡尺）测量所有线圈的排列长度L，可得电阻丝的直径为d=L/n
用游标卡尺测量变阻器线圈部分的外径D，可得电阻丝总长度l=nπ（D-）也可以用游标卡尺测量变阻器瓷管部分的外径D，得电阻丝总长度l=n（D-）。
重复测量三次，求出电阻丝直径和总长度的平均值
方案二
需要的器材：游标卡尺
主要的操作步走骤：
数出变阻器线圈缠绕匝数n
用游标卡尺测量变阻器线圈部分的外径D1 和瓷管部分的外经D2，可得电阻丝的直径为d=
电阻丝总长度l=π（D1+D2）
重复测量三次，求出电阻丝直径和总长度的平均值
四川卷甲同学设计了如图所示的电路测电源电动势E及电阻R1和R2的阻值。实验器材有：待测电源E(不计内阻)，待测电阻R1，待测电阻R2，电压表V(量程为1.5V，内阻很大)，电阻箱R(0-99.99Ω)，单刀单掷开关S1，单刀双掷开关S2，导线若干。
①先测电阻R1的阻值。请将甲同学的操作补充完整：闭合S1，将S2切换到a，调节电阻箱，读出其示数r和对应的电压表示数U1，保持电阻箱示数不变，将S2切换到b ，读出电压表的示数U2。则电阻R1的表达式为R1＝
__________。
②甲同学已经测得电阻R1＝4.8Ω，继续测电源电动势E和电阻R2的阻值。该同学的做法是：闭合S1，将S2切换到a，多次调节电阻箱，读出多组电阻箱示数R和对应的电压表示数U，由测得的数据，绘出了如图所示的图线，则电源电动势E＝1.43或10/7V，电阻R2＝ 1.2 Ω。
③利用甲同学设计的电路和测得的电阻R1，乙同学测电源电动势E和电阻R2的阻值的做法是：闭合S1，将S2切换到b，多次调节电阻箱，读出多组电阻箱示数R和对应的电压表示数U，由测得的数据，绘出了相应的图线，根据图线得到电源电动势E和电阻R2。这种做法与甲同学的做法比较，由于电压表测得的数据范围 较小 （选填“较大”、“较小”或“相同”)，所以 甲 同学的做法更恰当些。
上海卷为了测量一个阻值较大的末知电阻，某同学使用了干电池（1.5V），毫安表（1mA），电阻箱（0-9999(），电键，导线等器材。该同学设计的实验电路如图（a）所示，实验时，将电阻箱阻值置于最大，断开K2，闭合K1，减小电阻箱的阻值，使电流表的示数为I1＝1.00mA，记录电流强度值；然后保持电阻箱阻值不变，断开K1，闭合K2，此时电流表示数为I1＝0.80mA，记录电流强度值。由此可得被测电阻的阻值为__3.75__(。
经分析，该同学认为上述方案中电源电动势的值可能与标称值不一致，因此会造成误差。为避免电源对实验结果的影响，又设计了如图（b）所示的实验电路，实验过程如下：
断开K1，闭合K2，此时电流表指针处于某一位置，记录相应的电流值，其大小为I；断开K2，闭合K1，调节电阻箱的阻值，使电流表的示数为___I____，记录此时电阻箱的阻值，其大小为R0。由此可测出Rx＝_R0__。
上海卷某同学设计了如图（a）所示电路研究电源输出功率变化情况。电源E电动势、内电阻恒定，R1为滑动变阻器，R2、R3为定值电阻，A、V为理想电表。
（1）若滑动片P由a滑至b时A示数一直变小，则R1和R2必须满足的关系是___ R1≤R2_。
（2）若R1＝6(，R2＝12(，电源内电阻r＝6(，，当滑动片P由a滑至b时，电源E的输出功率P随外电路总电阻R的变化关系如图（b）所示，则R3的阻值应该选择（B ）
（A）2(。 （B）4(。 （C）6(。 （D）8(。
上海卷在“练习使用示波器”实验中，某同学将衰减调节旋钮置于最右边的“∞”挡，扫描范围旋钮置于“外X”档，“X输入”与“地”之间未接信号输入电压，他在示波器荧光屏上看到的图象可能是下图中的__ B _。
郝 双老师制 作
广东卷实验室新进了一批低电阻的电磁螺线管，已知螺线管使用的金属丝电阻率ρ=1.7×10-8Ωm。课外活动小组的同学设计了一个试验来测算螺线管使用的金属丝长度。他们选择了多用电表、电流表、电压表、开关、滑动变阻器、螺旋测微器（千分尺）、导线和学生电源等。
（1）他们使用多用电表粗测金属丝的电阻，操作工程分一下三个步骤：（请填写第②步操作）
①将红、黑表笔分别插入多用电表的“+”、“-”插孔；选择电阻档“×1”；
②将红、黑表笔短接，调整调零旋钮调零；
③把红黑表笔分别与螺线管金属丝的两端相接，多用表的示数如图9（a）所示。
（2）根据多用电表示数，为了减少实验误差，并在实验中获得较大的电压调节范围，应从图9（b）的A、B、C、D四个电路中选择D电路来测量金属丝电阻；
（3）他们使用千分尺测量金属丝的直径，示数如图10所示，金属丝的直径为0.260mm；
（4）根据多用电表测得的金属丝电阻值，可估算出绕制这个螺线管所用金属丝的长度约为12m 13m。（结果保留两位有效数字）
（5）他们正确连接电路，接通电源后，调节滑动变阻器，发现电流始终无示数。请设计一种方案，利用多用电表检查电路故障并写出判断依据。（只需写出简要步骤）
①使用多用电表的电压档位,接通电源,逐个测量各元件、导线上的电压,若电压等于电源电压,说明该元件或导线断路故障。或②使用多用电表的电阻档位,断开电路或拆下元件、导线,逐个测量各元件、导线上的电阻,若电阻为无穷大,说明该元件或导线断路故障.
江苏卷要描绘某电学元件（最大电流不超过６mＡ，最大电压不超过７Ｖ）的伏安特性曲线，设计电路如图，图中定值电阻Ｒ为１ＫΩ，用于限流；电流表量程为１０mＡ，内阻约为５Ω；电压表（未画出）量程为１０Ｖ，内阻约为１０ＫΩ；电源电动势Ｅ为１２Ｖ，内阻不计。
（１）实验时有两个滑动变阻器可供选择：
　　　a、阻值０到２００Ω，额定电流　０.３　Ａ
　　　b、阻值０到２０Ω，额定电流　０.５
本实验应选的滑动变阻器是　a　（填“a”或“b”）
（２）正确接线后，测得数据如下表
１
２
３
４
５
６
７
８
９
１０
Ｕ（Ｖ）
０.00
3.00
6.00
6.16
6.28
6.32
6.36
6.38
6.39
6.40
Ｉ（mＡ）
0.00
0.00
0.00
0.06
0.50
1.00
2.00
3.00
4.00
5.50
a）根据以上数据，电压表是并联在Ｍ与　P　之间的（填“Ｏ”或“Ｐ”）
b）画出待测元件两端电压ＵＭＯ随ＭＮ间电压ＵＭＮ变化的示意图为（为需数值）
重庆卷在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中.用导线a、b、c、d、e、f、g和h按题22图1所示方式连接电路,电路中所有元器件都完好，且电压表和电流表已调零.闭合开关后;
①若电压表的示数为2 V,电流表的的示数为零，小灯泡不亮，则断路的导线为_ d导线_;
②若电压表的示数为零，电流表的示数为0.3 A,小灯泡亮，则断路的导线为_b导线_;
③若反复调节滑动变阻器,小灯泡亮度发生变化，但电压表、电流表的示数不能调为零，则断路的导线为__g导线_.
海南卷图１中电源电动势为Ｅ，内阻可忽略不计；电流表具有一定的内阻，电压表的内阻不是无限大，Ｓ为单刀双掷开关，Ｒ为待测电阻。当Ｓ向电压表一侧闭合时，电压表读数为U1,电流表读数为I1；当Ｓ向Ｒ一侧闭合时，电流表读数为I2。
（１）根据已知条件与测量数据，可以得出待测电阻
Ｒ＝____。
（２）根据图１所给出的电路，在图２的各器件实物图之间画出连接的导线。
宁夏卷⑴由绝缘介质隔开的两个同轴的金属圆筒构成圆柱形电容器，如图所示。试根据你学到的有关平行板电容器的知识，推测影响圆柱形电容器电容的因素有H、R1、R2、ε（正对面积、板间距离、极板间的介质）。
⑵利用伏安法测量干电池的电动势和内阻，现有的器材为：
干电池：电动势约为1.5 V，符号
电压表：量程1 V，内阻998.3 Ω，符号
电流表：量程1 A，符号
滑动变阻器：最大阻值99999.9 Ω，符号
单刀单掷开关1个，符号
导线若干
设计测量电源电动势和内阻的电路并将它画在指定的方框内，要求在图中标出电压表、电流表的接线柱的正负。
②为了满足本实验要求并保证实验的精确度，电压表量程应扩大为原量程的2倍，电阻箱的阻值应为998.3Ω。
2007年高考物理试题分类汇编-机械波、机械振动
全国卷Ⅰ一列简谐横波沿x轴负方向传播，波速为v=4m/s。已知坐标原点（x=0）处质点的振动图像如图所示（a），在下列4幅图中能够正确表示t=0.15s时波形的图是（A ）
全国卷Ⅱ在一列横波在x轴上传播，在x=0与x=1cm的两点的振动图线分别如图中实线与虚线所示。由此可以得出
A、波长一定是4cm B、波的周期一定是4s
C、波的振幅一定是2cm D、波的传播速度一定是1cm/s
北京卷如图所示的单摆，摆球a向右摆动到最低点时，恰好与一沿水平方向向左运动的粘性小球b发生碰撞，并粘在一起，且摆动平面不便。已知碰撞前a球摆动的最高点与最低点的高度差为h，摆动的周期为T，a球质量是b球质量的5倍，碰撞前a球在最低点的速度是b球速度的一半。则碰撞后
A、摆动的周期为 B、摆动的周期为
C、摆球最高点与最低点的高度差为0.3h
D、摆球最高点与最低点的高度差为0.25h
四川卷图甲为一列简谐横波在某一时刻的波形图，图乙为质点P以此时刻为计时起点的振动图象。从该时刻起
A．经过0.35s时，质点Q距平衡位置的距离小于质点P距平衡位置的距离
B．经过0.25s时，质点Q的加速度大于质点P的加速度
C．经过0.15s，波沿x轴的正方向传播了3m
D．经过0.1s时，质点Q的运动方向沿y轴正方向
上海卷沿x轴正方向传播的简谐横波在t＝0时的波形如图所示，P、Q两个质点的平衡位置分别位于x＝3.5m和x＝6.5m处。在t1＝0.5s时，质点P恰好此后第二次处于波峰位置；则t2＝_0.6_s时，质点Q此后第二次在平衡位置且向上运动；当t1＝0.9s时，质点P的位移为_2cm。
上海卷在接近收费口的道路上安装了若干条突起于路面且与行驶方向垂直的减速带，减速带间距为10m，当车辆经过着速带时会产生振动。若某汽车的因有频率为1.25Hz，则当该车以12.5_m/s的速度行驶在此减速区时颠簸得最厉害，我们把这种现象称为_共振_。
上海卷如图所示，位于介质I和II分界面上的波源S，产生两列分别沿x轴负方向与正方向传播的机械波。若在两种介质中波的频率及传播速度分别为f1、f2和v1、v2，则（ ）
（A）f1＝2f2，v1＝v2。（B）f1＝f2，v1＝0.5v2。（C）f1＝f2，v1＝2v2。（D）f1＝0.5f2，v1＝v2。
天津卷如图所示，实线是沿x轴传播的一列简谐横波在t=0时刻的波形图，虚线是这列波在t=0.2s时刻的波形图。已知该波的波速是0.8m/s，则下列说法正确的是
A.这列波的波长是14cm B.这列波的周期是0.125s郝双老师制作
C.这列波可能是沿x轴正方向传播的 D.t=0时，x=4cm处的质点速度沿y轴负方向
广东卷图8是一列简谐横波在某时刻的波形图，已知图中b位置的质点起振比a位置的质点晚0.5s，b和c之间的距离是5cm，则此列波的波长和频率应分别为
A．5m，1Hz
B．10m，2Hz
C．5m，2Hz
D．10m，1Hz
江苏卷如图所示，实线和虚线分别为某种波在t时刻和t+Δt时刻的波形曲线。B和C是横坐标分别为d和3d的两个质点，下列说法中正确的是
A、任一时刻，如果质点B向上运动，则质点C一定向下运动
B、任一时刻，如果质点B速度为零，则质点C的速度也为零
C、如果波是向右传播的，则波的周期可能为Δt
D、如果波是向左传播的，则波的周期可能为Δt
海南卷一列间谐横波，沿x轴正向传播。位于原点的质点的振动图象如图1所示。①该振动的振幅是?8_cm；②振动的周期是0.2s ；③在t等于周期时，位于原点的质点离开平衡位置的位移是0cm。图２为该波在某一时刻的波形图，Ａ点位于x=0.5m处。④该波的传播速度为10m/s；⑤经过周期后，Ａ点离开平衡位置的位移是－8_cm。
宁夏卷图为沿x轴向右传播的简谐横波在t＝1.2 s时的波形，位于坐标原点处的观察者测到在4 s内有10个完整的波经过该点。
⑴求该波的波幅、频率、周期和波速。
⑵画出平衡位置在x轴上P点处的质点在0－0.6 s内的振动图象。
解：⑴A＝0.1 m



⑵
山东卷37.（物理3-4）湖面上一点O上下振动，振辐为0.2m，以O点为圆心形成圆形水波，如图所示，A、B、O三点在一条直线上，OA间距离为4.0m，OB间距离为2.4m。某时刻O点处在波峰位置，观察发现2s后此波峰传到A点，此时O点正通过平衡位置向下运动，OA间还有一个波峰。将水波近似为简谐波。
（1）求此水波的传播速度、周期和波长。
（2）以O点处在波峰位置为0时刻，某同学打算根据OB间距离与波长的关系，确定B点在0时刻的振动情况，画出B点的振动图像。你认为该同学的思路是否可行？若可行，画出B点振动图像，若不可行，请给出正确思路并画出B点的振动图象。
（1）v=Δx1/Δt=2m/s
Δt=5/4·T T=1.6s
λ=vT=3.2m
（2）可行
振动图象如图。
2007年高考物理试题分类汇编-热学
全国卷Ⅰ如图所示，质量为m的活塞将一定质量的气体封闭在气缸内，活塞与气缸之间无摩擦。a态是气缸放在冰水混合物中气体达到的平衡状态，b态是气缸从容器中移出后，在室温（270C）中达到的平衡状态。气体从a态变化到b态的过程中大气压强保持不变。若忽略气体分子之间的势能，下列说法正确的是（ ）
A、与b态相比，a态的气体分子在单位时间内撞击活塞的个数较多
B、与a态相比，b态的气体分子在单位时间内对活塞的冲量较大
C、在相同时间内，a、b两态的气体分子对活塞的冲量相等
D、从a态到b态，气体的内能增加，外界对气体做功，气体对外界释放了热量
全国卷Ⅱ对一定量的气体，下列说法正确的是
A、在体积缓慢地不断增大的过程中，气体一定对外界做功
B、在压强不断增大的过程中，外界对气体一定做功
C、在体积不断被压缩的过程中，内能一定增加
D、在与外界没有发生热量交换的过程中，内能一定不变
北京卷为研究影响家用保温瓶保温效果的因素，某同学在保温瓶中灌入热水，现测量初始水温，经过一段时间后再测量末态水温。改变实验条件，先后共做了6次实验，实验数据记录如下表：
序号
瓶内水量（mL）
初始水温（0C）
时间（h）
末态水温（0C）
1
1000
91
4
78
2
1000
98
8
74
3
1500
91
4
80
4
1500
98
10
75
5
2000
91
4
82
6
2000
98
12
77
下列眼镜方案中符合控制变量方法的是
若研究瓶内水量与保温效果的关系，可用第1、3、5次实验数据
若研究瓶内水量与保温效果的关系，可用第2、4、6次实验数据
若研究初始水温与保温效果的关系，可用第1、2、3次实验数据
若研究保温时间与保温效果的关系，可用第4、5、6次实验数据
四川卷如图所示，厚壁容器的一端通过胶塞插进一只灵敏温度计和一根气针，另一端有个用卡子卡住的可移动胶塞。用打气筒慢慢向筒内打气，使容器内的压强增加到一定程度，这时读出温度计示数。打开卡子，胶塞冲出容器后
A．温度计示数变大，实验表明气体对外界做功，内能减少
B．温度计示数变大，实验表明外界对气体做功，内能增加
C．温度计示数变小，实验表明气体对外界做功，内能减少
D．温度计示数变小，实验表明外界对气体做功，内能增加
上海卷如图所示，一定质量的空气被水银封闭在静置于竖直平面的U型玻璃管内，右管上端开口且足够长，右管内水银面比左管内水银面高h，能使h变大的原因是（）
（A）环境温度升高。 （B）大气压强升高。
（C）沿管壁向右管内加水银。 （D）U型玻璃管自由下落。
上海卷如图所示，水平放置的汽缸内壁光滑，活塞厚度不计，在A、B两处设有限制装置，使活塞只能在A、B之间运动，B左面汽缸的容积为V0，A、B之间的容积为0.1V0。开始时活塞在B处，缸内气体的压强为0.9p0（p0为大气压强），温度为297K，现缓慢加热汽缸内气体，直至399.3K。求：
（1）活塞刚离开B处时的温度TB；
（2）缸内气体最后的压强p；
（3）在右图中画出整个过程的p-V图线。
（1）＝，TB＝333K，
（2）＝，p＝1.1p0，
（3）图略。
天津卷A、B两装置，均由一支一端封闭，一端开口且带有玻璃泡的管状容器和水银槽组成，除玻璃泡在管上的位置不同外，其他条件都相同。将两管抽成真空后，开口向下竖直插入水银槽中（插入过程没有空气进入管内），水银柱上升至图示位置停止。假设这一过程水银与外界没有热交换，则下列说法正确的是B
A.A中水银的内能增量大于B中水银的内能增量
B.B中水银的内能增量大于A中水银的内能增量
C.A和B中水银体积保持不变，故内能增量相同
D.A和B中水银温度始终相同，故内能增量相同
广东卷一定质量的理想气体，在某一平衡状态下的压强、体积和温度分别为p1、V1、T1，在另一平衡状态下的压强、体积和温度分别为p2、V2、T2，下列关系正确的是
A．p1 =p2，V1=2V2，T1= T2 B．p1 =p2，V1=V2，T1= 2T2
C．p1 =2p2，V1=2V2，T1= 2T2 D．p1 =2p2，V1=V2，T1= 2T2
广东卷图7为焦耳实验装置图，用绝热性能良好的材料将容器包好，重物下落带动叶片搅拌容器里的水，引起水温升高。关于这个实验，下列说法正确的是
A．这个装置可测定热功当量
B．做功增加了水的热量
C．做功增加了水的内能
D．功和热量是完全等价的，无区别
江苏卷分子动理论较好地解释了物质的宏观热力学性质。据此可判断下列说法中错误的是
显微镜下观察到墨水中的小炭粒在不停的作无规则运动，这反映了液体分子运动的无规则性
分子间的相互作用力随着分子间距离的增大，一定先减小后增大
分子势能随着分子间距离的增大，可能先减小后增大
在真空、高温条件下，可以利用分子扩散向半导体材料掺入其它元素
江苏卷如图所示，绝热气缸中间用固定栓将可无摩擦移动的导热隔板固定，隔板质量不计，左右两室分别充有一定量的氢气和氧气（视为理想气体）。初始时，两室气体的温度相等，氢气的压强大于氧气的压强，松开固定栓直至系统重新达到平衡，下列说法中正确的是
Ａ、初始时氢分子的平均去动能大于氧分子的平均动能
Ｂ、系统重新达到平衡时，氢气的内能比初始时的小
Ｃ、松开固定栓直至系统重新达到平衡的过程中有热量从氧气传递到氢气
Ｄ、松开固定栓直至系统重新达到平衡的过程中，氧气的内能先增大后减小
重庆卷氧气钢瓶充气后压强高于外界人气压，假设缓慢漏气时瓶内外温度始终相等且保持不变，氧气分子之间的相互作用.在该漏气过程中瓶内氧气
A.分子总数减少，分子总动能不变 B.密度降低，分子平均动能不变
C.吸收热量，膨胀做功 D.压强降低，不对外做功
海南卷（１）有以下说法：
　　Ａ. 气体的温度越高，分子的平均动能越大
B. 即使气体的温度很高，仍有一些分子的运动速度是非常小的
C. 对物体做功不可能使物体的温度升高
D. 如果气体分子间的相互作用力小到可以忽略不计，则气体的内能只与温度有关
E. 一由不导热的器壁做成的容器，被不导热的隔板分成甲、乙两室。甲室中装有一定质量的温度为Ｔ的气体，乙室为真空，如图所示。提起隔板，让甲室中的气体进入乙室，若甲室中气体的内能只与温度有关，则提起隔板后当气体重新达到平衡时，其温度仍为Ｔ
F. 空调机作为制冷机使用时，将热量从温度较低的室内送到温度较高的室外，所以制冷机的工作是不遵守热力学第二定律的。
G. 对于一定量的气体，当其温度降低时，速度大的分子数目减少，速率小的分子数目增加
H. 从单一热源吸取热量使之全部变成有用的机械功是不可能的
其中正确的是_Ａ、Ｂ、Ｅ、Ｇ
（选对一个给１分，选错一个扣１分，选错两个扣３分，选错三个扣５分，最低得分为０分）
　（２）如图，在大气中有一水平放置的固定圆筒，它由a、b和c三个粗细不同的部分连接而成的，各部分的横截面积分别为、和。已知大气压强为po，温度为Ｔo。两活塞Ａ和Ｂ用一根长为４l的不可伸长的轻线相连，把温度为To的空气密封在两活塞之间，此时两活塞的位置如图所示。现对被密封的气体加热，使其温度缓慢上长升到Ｔ。若活塞与圆筒壁之间的摩擦可忽略，此时两活塞之间气体的压强可能为多少？
解：设加热前，被密封气体的压强为p1,轻线的张力为f。因而活塞处在静止状态，对Ａ活塞有
　　　　　　　　　　　　①
对Ｂ活塞有
　　　　　　　　　　　　　　②　
由①②式得
　　　　p1=p0 ③
f=0 ④　
即被密封气体的压强与大气压强相等，细线处在拉直的松驰状态。这时气体的体积
　　　　　　　　　　　⑤
对气体加热时，被密封气体温度缓慢升高，两活塞一起向左缓慢移动。气体体积增大，压强保持p1不变，若持续加热，此过程会一直持续到活塞向左移动的距离等于l为此，这时气体体积
　　　　　　　　　　　　　　⑥
设此时气体的温度为Ｔ2,由盖－吕萨克定律有
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　⑦
由③⑥⑦式得
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　⑧
由此可知，当时，气体的压强
　　　　p2=p0 ⑨
当Ｔ＞Ｔ2时，活塞已无法移动，被密封气体的体积保持Ｖ２不变，气体经历一等容升压过程。当气体的温度为Ｔ时，设其压强为p，由查理定律，即有
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　⑩
由⑧⑨⑩式得
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
即当Ｔ＞Ｔ时，气体的压强为。
评分参考：，③式2分，⑥式１分，⑧⑨式各１分；式２分。
宁夏卷如图所示，两个可导热的气缸竖直放置，它们的底部都由一细管连通（忽略细管的容积）。两气缸各有一个活塞，质量分别为m1和m2，活塞与气缸无摩擦。活塞的下方为理想气体，上方为真空。当气体处于平衡状态时，两活塞位于同一高度h。（已知m1＝3m，m2＝2m）
⑴在两活塞上同时各放一质量为m的物块，求气体再次达到平衡后两活塞的高度差（假定环境温度始终保持为T0）。
⑵在达到上一问的终态后，环境温度由T0缓慢上升到T，试问在这个过程中，气体对活塞做了多少功？气体是吸收还是放出了热量？（假定在气体状态变化过程中，两物块均不会碰到气缸顶部）。
⑴设左、右活塞的面积分别为A/和A，由于气体处于平衡状态，故两活塞对气体的压强相等，即：
由此得：
在两个活塞上各加一质量为m的物块后，右活塞降至气缸底部，所有气体都在左气缸中。
在初态，气体的压强为，体积为；在末态，气体压强为，体积为（x为左活塞的高度）。由玻意耳－马略特定律得：

解得： 即两活塞的高度差为
⑵当温度由T0上升至T时，气体的压强始终为，设x/是温度达到T时左活塞的高度，由盖·吕萨克定律得：
活塞对气体做的功为：
在此过程中气体吸收热量
山东卷某压力锅结构如图所示。盖好密封锅盖，将压力阀套在出气孔上，给压力锅加热，当锅内气体压强达到一定值时，气体就把压力阀顶起。假定在压力阀被顶起时，停止加热。
（1）若此时锅内气体的体积为V，摩尔体积为V0，阿伏加德罗常数为NA，写出锅内气体分子数的估算表达式。
(2)假定在一次放气过程中，锅内气体对压力阀及外界做功1J,并向外界释放了2J的热量。锅内原有气体的内能如何变化？变化了多少？
（3）已知大气压强P随海拔高度H的变化满足P=P0（1-αH），其中常数α＞0。结合气体定律定性分析在不同的海拔高度使用压力锅，当压力阀被顶起时锅内气体的温度有何不同。
（1）设锅内气体分子数为n
n=V/V0·NA
（2）根据热力学第一定律
ΔE=W+Q=-3J
锅内气体内能减少，减少了3J
（3）由P=P0（1-αH）（其中α＞0）知，随着海拔高度的增加，大气压强减小；
由P1=P+mg/S知，随着海拔高度的增加，阀门被顶起时锅内气体压强减小；
根据查理定律P1/T1=P2/T2
可知阀门被顶起时锅内气体温度随着海拔高度的增加而降低。
2007年高考物理试题分类汇编-电磁学
全国卷Ⅰa、b、c、d是匀强电场中的四个点，它们正好是一个矩形的四个顶点。电场线与矩形所在的平面平行。已知a点的电势是20V，b点的电势是24V，d点的电势是4V，如图。由此可知，c点的电势为（ ）
A、4V B、8V C、12V D、24V
全国卷Ⅰ如图所示，LOO’L’为一折线，它所形成的两个角∠LOO’和∠OO’L‘均为450。折线的右边有一匀强磁场，其方向垂直OO’的方向以速度v做匀速直线运动，在t=0时刻恰好位于图中所示的位置。以逆时针方向为导线框中电流的正方向，在下面四幅图中能够正确表示电流—时间（I—t）关系的是（时间以l/v为单位）（ D ）
全国卷Ⅱ如图所示，一带负电的质点在固定的正的点电荷作用下绕该正电荷做匀速圆周运动，周期为T0，轨道平面位于纸面内，质点速度方向如图中箭头所示。现加一垂直于轨道平面的匀强磁场，已知轨道半径并不因此而改变，则
A、若磁场方向指向纸里，质点运动的周期将大于T0
B、若磁场方向指向纸里，质点运动的周期将小于T0
C、若磁场方向指向纸外，质点运动的周期将大于T0
D、若磁场方向指向纸外，质点运动的周期将小于T0
全国卷Ⅱ如图所示，在PQ、QR区域中存在着磁感应强度大小相等、方向相反的匀强磁场，磁场方向均垂直于纸面。一导线框abcdefa位于纸面内，框的邻边都互相垂直，bc边与磁场的边界P重合。导线框与磁场区域的尺寸如图所示。从t=0时刻开始，线框匀速很长两个磁场区域，以a→b→c→d→e→f为线框中的电动势的正方向，以下四个关系示意图中正确的是(C)
北京卷电阻R1、R2交流电源按照图1所示方式连接，R1=10，R2=20。合上开关后S后，通过电阻R2的正弦交变电流i随时间t变化的情况如图2所示。则
A、通过R1的电流的有效值是1.2A B、R1两端的电压有效值是6V
C、通过R2的电流的有效值是1.2A D、R2两端的电压有效值是6V
北京卷在真空中的光滑水平绝缘面上有一带电小滑块。开始时滑块静止。若在滑块所在空间加一水平匀强电场E1，持续一段时间后立即换成与E1相反方向的匀强电场E2。当电场E2与电场E1持续时间相同时，滑块恰好回到初始位置，且具有动能。在上述过程中，E1对滑块的电场力做功为W1，冲量大小为I1；E2对滑块的电场力做功为W2，冲量大小为I2。则
A、I1= I2 B、4I1= I2
C、W1= 0.25 W2 =0.75 D、W1= 0.20 W2 =0.80
山东卷某变压器原、副线圈匝数比为55：9，原线圈所接电源电压按图示规律变化，副线圈接有负载。下列判断正确的是
A．输出电压的最大值为36V
B．原、副线圈中电流之比为55：9
C．变压器输入、输出功率之比为55：9
D．交流电源有效值为220V，频率为50Hz
山东卷如图所示，某区域电场线左右对称分布，M、N为对称线上两点。下列说法正确的是
A．M点电势一定高于N点电势
B．M点场强一定大于N点场强
C．正电荷在M点的电势能大于在N点的电势能
D．将电子从M点移动到N点，电场力做正功
山东卷用相同导线绕制的边长为L或2L的四个闭合导体线框，以相同的速度匀速进入右侧匀强磁场，如图所示。在每个线框进入磁场的过程中，M、N两点间的电压分别为Ua、Ub、Uc和Ud.下列判断正确的是
A． Ua四川卷如图所示，矩形线圈abcd在匀强磁场中可以分别绕垂直于磁场方向的轴P1和P2以相同的角速度匀速转动，当线圈平面转到与磁场方向平行时
A．线圈绕P1转动时的电流等于绕P2转动时的电流
B．线圈绕P1转动时的电动势小于绕P2转动时的电动势
C．线圈绕P1和P2转动时电流的方向相同，都是a→b→c→d
D 线圈绕P1转动时dc边受到的安培力大于绕P2转动时dc边受到的安培力
四川卷如图所示，长方形abcd 长ad=0.6m，宽ab=0.3m，O、e分别是ad、bc的中点，以ad为直径的半圆内有垂直纸面向里的匀强磁场(边界上无磁场)，磁感应强度B=0.25T。一群不计重力、质量m=3×10－7kg、电荷量q=+2×10－3C的带电粒子以速度v=5×102m/s沿垂直ad方向且垂直于磁场射入磁场区域
A．从Od边射入的粒子，出射点全部分布在Oa边
B．从aO边射入的粒子，出射点全部分布在ab边
C．从Od边射入的粒子，出射点分布在Oa边和ab边
D．从aO边射入的粒子，出射点分布在ab边和be边
上海卷磁场对放入其中的长为l、电流强度为I、方向与磁场垂直的通电导线有力F的作用，可以用磁感应强度B描述磁场的力的性质，磁感应强度的大小B＝，在物理学中，用类似方法描述物质基本性质的物理量还有电场强度等。
上海卷如图所示，AB两端接直流稳压电源，UAB＝100V，R0＝40(，滑动变阻器总电阻R＝20(，当滑动片处于变阻器中点时，C、D两端电压UCD为80V，通过电阻R0的电流为5A。
上海卷在磁感应强度B的匀强磁场中，垂直于磁场放入一段通电导线。若任意时刻该导线中有N个以速度v做定向移动的电荷，每个电荷的电量为q。则每个电荷所受的洛伦兹力f＝qvB，该段导线所受的安培力为F＝NqvB。
上海卷如图所示，自耦变压器输入端A、B接交流稳压电源，其电压有效值UAB＝100V，R0＝40(，当滑动片处于线圈中点位置时，C、D两端电压的有效值UCD为200V，通过电阻R0的电流有效值为5A。
上海卷一置于铅盒中的放射源发射的(、(和(射线，由铅盒的小孔射出，在小孔外放一铝箔后，铝箔后的空间有一匀强电场。进入电场后，射线变为a、b两束，射线a沿原来方向行进，射线b发生了偏转，如图所示，则图中的射线a为(射线，射线b为(射线。
上海卷取两个完全相同的长导线，用其中一根绕成如图（a）所示的螺线管，当该螺线管中通以电流强度为I的电流时，测得螺线管内中部的磁感应强度大小为B，若将另一根长导线对折后绕成如图（b）所示的螺线管，并通以电流强度也为I的电流时，则在螺线管内中部的磁感应强度大小为（ ）
（A）0。 （B）0.5B。 （C）B。 （D）2 B。
上海卷一点电荷仅受电场力作用，由A点无初速释放，先后经过电场中的B点和C点。点电荷在A、B、C三点的电势能分别用EA、EB、EC表示，则EA、EB和EC间的关系可能是 （ ）
（A）EA＞EB＞EC。 （B）EA＜EB＜EC。（C）EA＜EC＜EB。 （D）EA＞EC＞EB。
天津卷将阻值为5Ω的电阻接到内阻不计的交流电源上，电源电动势随时间变化的规律如图所示。下列说法正确的是郝双老
A.电路中交变电流的频率为0.25Hz B.通过电阻的电流为A
C.电阻消耗的电功率为2.5W D.用交流电压表测得电阻两端的电压是5V
天津卷如图所示，在x轴上方存在着垂直于纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场。一个不计重力的带电粒子从坐标原点O处以速度v进入磁场，粒子进入磁场时的速度方向垂直于磁场且与x轴正方向成120°角，若粒子穿过y轴正半轴后在磁场中到x轴的最大距离为a，则该粒子的比荷和所带电荷的正负是
A.，正电荷 B.，正电荷
C. ，负电荷 D. ，负电荷
广东卷许多科学家在物理学发展过程中做出了重要贡献，下列表述正确的是
A．卡文迪许测出引力常数
B．法拉第发现电磁感应现象
C．安培提出了磁场对运动电荷的作用力公式
D．库仑总结并确认了真空中两个静止点电荷之间的相互作用规律
广东卷图2所示的匀强电场E的区域内，由A、B、C、D、A＇、B＇、C＇、D＇作为顶点构成一正方体空间，电场方向与面ABCD垂直。下列说法正确的是
A．AD两点间电势差UAD与A A＇两点间电势差UAA＇
B．带正电的粒子从A点沿路径A→D→D＇移到D＇点，电场力做正功
C．带负电的粒子从A点沿路径A→D→D＇移到D＇点，电势能减小
D．带电的粒子从A点移到C＇点，沿对角线A C＇与沿路径A→B→B＇→C＇电场力做功相同
广东卷平行板间加如图4（a）所示周期变化的电压，重力不计的带电粒子静止在平行板中央，从t=0时刻开始将其释放，运动过程无碰板情况。图4（b）中，能定性描述粒子运动的速度图象正确的是(A)
广东卷图5是霓虹灯的供电电路，电路中的变压器可视为理想变压器，已知变压器原线圈与副线圈匝数比，加在原线圈的电压为（V），霓虹灯正常工作的电阻R=440kΩ，I1、I2表示原、副线圈中的电流，下列判断正确的是
A．副线圈两端电压6220V，副线圈中的电流14.1mA
B．副线圈两端电压4400V，副线圈中的电流10.0mA
C．I1I2
重庆卷汽车电动机启动时车灯会瞬时变暗，如图15图，在打开车灯的情况下，电动机未启动时电流表读数为10 A,电动机启动时电流表读数为58 A,若电源电动势为12.5 V，内阻为0.05 Ω,电流表内阻不计，则因电动机启动，车灯的电功率降低了
A.35.8 W B.43.2 W C.48.2 W D.76.8 W
重庆卷如题16图，悬挂在O点的一根不可伸长的绝缘细线下端有一个带电量不变的小球A.在两次实验中，均缓慢移动另一带同种电荷的小球B.当B到达悬点O的正下方并与A在同一水平线上，A处于受力平衡时，悬线偏离竖直方向的角度为θ，若两次实验中B的电量分别为q1和q2, θ分别为30°和45°.则q2/q1为
A.2 B.3 C.2 D.3
重庆卷真空中有一平行板电容器，两极板分别由铂和钾(其极限波长分别为λ1和λ2)制成，板面积为S,间距为d.现用波长为λ(λ2＜λ＜λ2的单色光持续照射两板内表面，则电容器的最终带电量成正比
A. B. C. D.
海南卷在如图所示的电路中，、为两个完全相同的灯泡，为自感线圈，为电源，为开关，关于两灯泡点亮和熄灭的先后次序，下列说法正确的是
Ａ.合上开关，先亮，后亮；断开开关，、同时熄灭
Ｂ.合上开关，先亮，后亮；断开开关，先熄灭，后熄灭
Ｃ.合上开关，先亮，后亮；断开开关，、同时熄灭
Ｄ.合上开关，、同时亮；断开开关，先熄灭，后熄灭
海南卷粒子甲的质量与电荷量分别是粒子乙的4倍与2倍，两粒子均带正电。让它们在匀强磁场中同一点以大小相等、方向相反的速度开始运动。已知磁场方向垂直纸面向里。以下四个图中，能正确表示两粒子运动轨迹的是(A)
海南卷一白炽灯泡的额定功率与额定电压分别为36W与36V。若把此灯泡接到输出电压为18 V的电源两端，则灯泡消耗的电功率
Ａ.等于36WＷ　　　B.小于36W，大于9 W C.等于9W 　　 D.小于36W
海南卷一平行板电容器中存在匀强电场，电场沿竖直方向。两个比荷（即粒子的电荷量与质量之比）不同的带正电的粒子和，从电容器的点（如图）以相同的水平速度射入两平行板之间。测得和了与电容极板的撞击点到入射点之间的水平距离之比为1:2。若不计重力，则和的比荷之比是
Ａ.　1:2???????????　??B.　1:8??????　???C.　?2:1??　???????D.　?4:1??
海南卷如图所示，固定在点的正点电荷的电场中有、两点，已知，下列叙述正确的是
Ａ.若把一正的点电荷从点沿直线移到点，则电场力对该电荷做功，电势能减少
Ｂ.若把一正的点电荷从点沿直线移到点，则电场力对该电荷做功，电势能增加
Ｃ.若把一负的点电荷从点沿直线移到点，则电场力对该电荷做功，电势能减少
Ｄ.若把一负的点电荷从点沿直线移到点，再从点沿不同路径移回到点；则该电荷克服电场力做的功等于电场力对该电荷所做的功，电势能不变
海南卷某发电厂用2.2KV的电压将电能输出到远处的用户，后改为用22KV的电压，在既有输电线路上输送同样的电功率。前后两种输电方式消耗在输电线上的电功率之比为100。要将2.2KV的电压升高到22KV，若变压器原线圈的匝数为180匝，则副线圈的匝数应该是1800匝。
宁夏卷一正弦交流电的电压随时间变化的规律如图所示。由图可知
A．该交流电的电压瞬时值的表达式为u＝100sin(25t)V
B．该交流电的频率为25 Hz
C．该交流电的电压的有效值为100
D．若将该交流电压加在阻值R＝100 Ω的电阻两端，则电阻消耗的功率时50 W
宁夏卷两个质量相同的小球用不可伸长的细线连结，置于场强为E的匀强电场中，小球1和小球2均带正电，电量分别为q1和q2（q1＞q2）。将细线拉直并使之与电场方向平行，如图所示。若将两小球同时从静止状态释放，则释放后细线中的张力T为（不计重力及两小球间的库仑力）
A． B．
C． D．
宁夏卷在如图所示的电路中，E为电源电动势，r为电源内阻，R1和R3均为定值电阻，R2为滑动变阻器。当R2的滑动触点在a端时合上开关S，此时三个电表A1、A2和V的示数分别为I1、I2和U。现将R2的滑动触点向b端移动，则三个电表示数的变化情况是
A．I1增大，I2不变，U增大 B．I1减小，I2增大，U减小
C．I1增大，I2减小，U增大 D．I1减小，I2不变，U减小
宁夏卷电阻R、电容C与一线圈连成闭合电路，条形磁铁静止于线圈的正上方，N极朝下，如图所示。现使磁铁开始自由下落，在N极接近线圈上端的过程中，流过R的电流方向和电容器极板的带电情况是
A．从a到b，上极板带正电 B．从a到b，下极板带正电
C．从b到a，上极板带正电 D．从b到a，下极板带正电
宁夏卷匀强电场中的三点A、B、C是一个三角形的三个顶点，AB的长度为1 m，D为AB的中点，如图所示。已知电场线的方向平行于ΔABC所在平面，A、B、C三点的电势分别为14 V、6 V和2 V。设场强大小为E，一电量为1×10－6 C的正电荷从D点移到C点电场力所做的功为W，则
A．W＝8×10－6 J，E＞8 V/m B．W＝6×10－6 J，E＞6 V/m
C．W＝8×10－6 J，E≤8 V/m D．W＝6×10－6 J，E≤6 V/m
宁夏卷在半径为R的半圆形区域中有一匀强磁场，磁场的方向垂直于纸面，磁感应强度为B。一质量为m，带有电量q的粒子以一定的速度沿垂直于半圆直径AD方向经P点（AP＝d）射入磁场（不计重力影响）。
⑴如果粒子恰好从A点射出磁场，求入射粒子的速度。
⑵如果粒子经纸面内Q点从磁场中射出，出射方向与半圆在Q点切线方向的夹角为φ（如图）。求入射粒子的速度。
⑴由于粒子在P点垂直射入磁场，故圆弧轨道的圆心在AP上，AP是直径。
设入射粒子的速度为v1，由洛伦兹力的表达式和牛顿第二定律得：
解得：
⑵设O/是粒子在磁场中圆弧轨道的圆心，连接O/Q，设O/Q＝R/。
由几何关系得：
由余弦定理得：
解得：
设入射粒子的速度为v，由 解出：
全国卷Ⅰ如图所示，质量为m的由绝缘材料制成的球与质量为M=19m的金属球并排悬挂。现将绝缘球拉至与竖直方向成θ=600的位置自由释放，下摆后在最低点与金属球发生弹性碰撞。在平衡位置附近存在垂直于纸面的磁场。已知由于磁场的阻尼作用，金属球将于再次碰撞前停在最低点处。求经过几次碰撞后绝缘球偏离竖直方向的最大角度将小于450。
设：小球m的摆线长度为l
小球m在下落过程中与M相碰之前满足机械能守恒： ①
m和M碰撞过程满足： ②
③
联立 ②③得： ④
说明小球被反弹，而后小球又以反弹速度和小球M发生碰撞，满足：
⑤
⑥
解得： ⑦
整理得： ⑧
所以： ⑨
而偏离方向为450的临界速度满足： ⑩
联立① ⑨ ⑩代入数据解得，当n=2时，
当n=3时， 所以，最多碰撞3次
全国卷Ⅰ两屏幕荧光屏互相垂直放置，在两屏内分别去垂直于两屏交线的直线为x和y轴，交点O为原点，如图所示。在y>0，00，x>a的区域有垂直于纸面向外的匀强磁场，两区域内的磁感应强度大小均为B。在O点出有一小孔，一束质量为m、带电量为q（q>0）的粒子沿x周经小孔射入磁场，最后打在竖直和水平荧光屏上，使荧光屏发亮。入射粒子的速度可取从零到某一最大值之间的各种数值。已知速度最大的粒子在0a的区域中运动的时间之比为2︰5，在磁场中运动的总时间为7T/12，其中T为该粒子在磁感应强度为B的匀强磁场中做圆周运动的周期。试求两个荧光屏上亮线的范围（不计重力的影响）。
解：对于y轴上的光屏亮线范围的临界条件如图1所示：带电粒子的轨迹和x=a相切，此时r=a，y轴上的最高点为y=2r=2a ;
对于 x轴上光屏亮线范围的临界条件如图2所示：左边界的极限情况还是和x=a相切，此刻，带电粒子在右边的轨迹是个圆，由几何知识得到在x轴上的坐标为x=2a;速度最大的粒子是如图2中的实线，又两段圆弧组成，圆心分别是c和c’ 由对称性得到 c’在 x轴上，设在左右两部分磁场中运动时间分别为t1和t2,满足
解得 由数学关系得到：
代入数据得到：
所以在x 轴上的范围是
全国卷Ⅱ如图所示，在坐标系Oxy的第一象限中存在沿y轴正方向的匀强电场，场强大小为E。在其他象限中存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里。A是y轴上的一点，它到坐标原点O的距离为h；C是x轴上的一点，到O的距离为l。一质量为m、电荷量为q的带负电的粒子以某一初速度沿x轴方向从A点进入电场区域，继而同过C点进入磁场区域，并在此通过A点，此时速度与y轴正方向成锐角。不计重力作用。试求：
（1）粒子经过C点是速度的大小和方向；
（2）磁感应强度的大小B。
（1）以a表示粒子在电场作用下的加速度，有qE=ma
加速度沿y轴负方向。设粒子从A点进入电场时的初速度为v0，由A点运动到C点经历的时间为t，则有

由式得
设粒子从C点进入磁场时的速度为v，v垂直于x轴的分量
由式得
设粒子经过C点时的速度方向与x轴夹角为，则有
由式得
（2）粒子从C点进入磁场后在磁场中做速率为v的圆周运动。若圆周的半径为R，则有
设圆心为P，则PC必与过C点的速度垂直，且有。用表示与y轴的夹角，由几何关系得

由式解得
由式得 。
北京卷两个半径均为R的圆形平板电极，平行正对放置，相距为d，极板间的电势差为U，板间电场可以认为是均匀的。
一个粒子从正极板边缘以某一初速度垂直于电场方向射入两极板之间，到达抚极板是恰好落在极板中心。
已知质子电荷为e，质子和中子的质量均视为m，忽略重力和空气阻力的影响，求：
（1）极板间的电场强度E；
（2）粒子在极板间运动的加速度a；
（3）粒子的初速度v0。
（1）极间场强；
（2）粒子在极板间运动的加速度
（3）由，得：
北京卷环保汽车将为2008年奥运会场馆服务。某辆以蓄电池为驱动能源的环保汽车，总质量。当它在水平路面上以v=36km/h的速度匀速行驶时，驱动电机的输入电流I=50A，电压U=300V。在此行驶状态下
（1）求驱动电机的输入功率；
（2）若驱动电机能够将输入功率的90%转化为用于牵引汽车前进的机械功率P机，求汽车所受阻力与车重的比值（g取10m/s2）；
（3）设想改用太阳能电池给该车供电，其他条件不变，求所需的太阳能电池板的最小面积。结合计算结果，简述你对该设想的思考。
已知太阳辐射的总功率，太阳到地球的距离，太阳光传播到达地面的过程中大约有30%的能量损耗，该车所用太阳能电池的能量转化效率约为15%。
（1）驱动电机的输入功率
（2）在匀速行驶时
汽车所受阻力与车重之比 。
（3）当阳光垂直电磁板入射式，所需板面积最小，设其为S，距太阳中心为r的球面面积。
若没有能量的损耗，太阳能电池板接受到的太阳能功率为，则
设太阳能电池板实际接收到的太阳能功率为P，
由于，所以电池板的最小面积

分析可行性并提出合理的改进建议。
北京卷用密度为d、电阻率为、横截面积为A的薄金属条制成边长为L的闭合正方形框。如图所示，金属方框水平放在磁极的狭缝间，方框平面与磁场方向平行。
设匀强磁场仅存在于相对磁极之间，其他地方的磁场忽略不计。可认为方框的边和边都处在磁极之间，极间磁感应强度大小为B。方框从静止开始释放，其平面在下落过程中保持水平（不计空气阻力）。
（1）求方框下落的最大速度vm（设磁场区域在数值方向足够长）；
（2）当方框下落的加速度为时，求方框的发热功率P；
（3）已知方框下落时间为t时，下落高度为h，其速度为vt（vt（1）方框质量 方框电阻
方框下落速度为v时，产生的感应电动势
感应电流
方框下落过程，受到重力G及安培力F，
，方向竖直向下
，方向竖直向下
当F=G时，方框达到最大速度，即v=vm
则
方框下落的最大速度
（2）方框下落加速度为时，有，
则
方框的发热功率
（3）根据能量守恒定律，有
解得恒定电流I0的表达式 。
山东卷飞行时间质谱仪可以对气体分子进行分析。如图所示，在真空状态下，脉冲阀P喷出微量气体，经激光照射产生不同价位的正离子，自a板小孔进入a、b间的加速电场，从b板小孔射出，沿中线方向进入M、N板间的偏转控制区，到达探测器。已知元电荷电量为e，a、b板间距为d，极板M、N的长度和间距均为L。不计离子重力及进入a板时的初速度。
（1）当a、b间的电压为U1时，在M、N间加上适当的电压U2，使离子到达探测器。请导出离子的全部飞行时间与比荷K（K=ne/m）的关系式。
（2）去掉偏转电压U2，在M、N间区域加上垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度B，若进入a、b间所有离子质量均为m，要使所有的离子均能通过控制区从右侧飞出，a、b间的加速电压U1至少为多少？
（1）由动能定理：neU1=1/2mv2
n价正离子在a、b间的加速度a1=neU1/md
在a、b间运动的时间t1=v/a1=d
在MN间运动的时间：t2=L/v
离子到达探测器的时间：
t=t1+t2=
（2）假定n价正离子在磁场中向N板偏转，洛仑兹力充当向心力，设轨迹半径为R，由牛顿第二定律nevB=mv2/R
离子刚好从N板右侧边缘穿出时，由几何关系：R2=L2+（R-L/2）2
由以上各式得：U1=25neL2B2/32m 当n=1时U1取最小值Umin=25eL2B2/32m
四川卷如图所示，P、Q为水平面内平行放置的光滑金属长直导轨，间距为L1，处在竖直向下、磁感应强度大小为B1的匀强磁场中。一导体杆ef垂直于P、Q放在导轨上，在外力作用下向左做匀速直线运动。质量为m、每边电阻均为r、边长为L2的正方形金属框abcd置于竖直平面内，两顶点a、b通过细导线与导轨相连，磁感应强度大小为B2的匀强磁场垂直金属框向里，金属框恰好处于静止状态。不计其余电阻和细导线对a、b点的作用力。
(1)通过ab边的电流Iab是多大?
(2)导体杆ef的运动速度v是多大?
解：（1）设通过正方形金属框的总电流为I，ab边的电流为Iab，dc边的电流为Idc，有
① ②
金属框受重力和安培力，处于静止状态，有　　　③
由①②③解得：　　　④
（2）由（1）可得　　　⑤
设导体杆切割磁感线产生的电动势为E，有E＝B1L1v　　　　⑥
设ad、dc、cb三边电阻串联后与ab边电阻并联的总电阻为R，则　　　　　⑦
根据闭合电路欧姆定律，有I＝E/R　　　　　　⑧　
由⑤～⑧解得　　　　　　　⑨
四川卷如图所示，一根长L=1.5m的光滑绝缘细直杆MN，竖直固定在场强为E=1.0×105N/C、与水平方向成θ=30°角的倾斜向上的匀强电场中。杆的下端M固定一个带电小球A，电荷量Q=+4.5×10－6C；另一带电小球B穿在杆上可自由滑动，电荷量q=+1.0×10－6C，质量m=1.0×10－2kg。现将小球B从杆的上端N静止释放，小球B开始运动。(静电力常量k=9.0 ×109N·m2/C2．取g=10m/s2)
(1)小球B开始运动时的加速度为多大?
(2)小球B的速度最大时，距M端的高度h1为多大?
(3)小球B从N端运动到距M端的高度h2=0.61m时，速度为v=1.0m/s，求此过程中小球B的电势能改变了多少?
解：（1）开始运动时小球B受重力、库仑力、杆的弹力和电场力，沿杆方向运动，由牛顿第二定律得
　　　　　①
解得 ②
代入数据解得：a=3.2m/s2 ③
(2)小球B速度最大时合力为零，即 　　④
解得　　　　　　　　⑤
代入数据解得h1=0.9m ⑥
(3)小球B从开始运动到速度为v的过程中，设重力做功为W1，电场力做功为W2，库仑力做功为W3，根据动能定理有　　　　⑦
W1＝mg（L-h2） ⑧
W2=-qE(L-h2)sinθ ⑨
解得　　　　　⑩
设小球的电势能改变了ΔEP，则ΔEP＝－（W2＋W3）　　 　
　　 ΔEP＝8.2×10－2J　　　
上海卷如图所示，边长为L的正方形区域abcd内存在着匀强电场。电量为q、动能为Ek的带电粒子从a点沿ab方向进入电场，不计重力。
（1）若粒子从c点离开电场，求电场强度的大小和粒子离开电场时的动能；
（2）若粒子离开电场时动能为Ek’，则电场强度为多大？
（1）L＝v0t，L＝＝，所以E＝，qEL＝Ekt－Ek，所以Ekt＝qEL＋Ek＝5Ek，
（2）若粒子由bc边离开电场，L＝v0t，vy＝＝，Ek’－Ek＝mvy2＝＝，所以E＝，
若粒子由cd边离开电场，qEL＝Ek’－Ek，所以E＝，
上海卷如图（a）所示，光滑的平行长直金属导轨置于水平面内，间距为L、导轨左端接有阻值为R的电阻，质量为m的导体棒垂直跨接在导轨上。导轨和导体棒的电阻均不计，且接触良好。在导轨平面上有一矩形区域内存在着竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B。开始时，导体棒静止于磁场区域的右端，当磁场以速度v1匀速向右移动时，导体棒随之开始运动，同时受到水平向左、大小为f的恒定阻力，并很快达到恒定速度，此时导体棒仍处于磁场区域内。
（1）求导体棒所达到的恒定速度v2；
（2）为使导体棒能随磁场运动，阻力最大不能超过多少？
（3）导体棒以恒定速度运动时，单位时间内克服阻力所做的功和电路中消耗的电功率各为多大？
（4）若t＝0时磁场由静止开始水平向右做匀加速直线运动，经过较短时间后，导体棒也做匀加速直线运动，其v-t关系如图（b）所示，已知在时刻t导体棋睥瞬时速度大小为vt，求导体棒做匀加速直线运动时的加速度大小。
（1）E＝BL（v1－v2），I＝E/R，F＝BIL＝，速度恒定时有：
＝f，可得：v2＝v1－，
（2）fm＝，
（3）P导体棒＝Fv2＝f，P电路＝E2/R＝＝，
（4）因为－f＝ma，导体棒要做匀加速运动，必有v1－v2为常数，设为(v，a＝，则－f＝ma，可解得：a＝。
天津卷两根光滑的长直金属导轨导轨MN、M'N'平行置于同一水平面内，导轨间距为l，电阻不计，M、M'处接有如图所示的电路，电路中各电阻的阻值均为R，电容器的电容为C。长度也为l、阻值同为R的金属棒ab垂直于导轨放置，导轨处于磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中。ab在外力作用下向右匀速运动且与导轨保持良好接触，在ab运动距离为s的过程中，整个回路中产生的焦耳热为Q。求：
（1）ab运动速度v的大小；（2）电容器所带的电荷量q. 制作
（1）设ab上产生的感应电动势为E，回路中电流为I，ab运动距离s所用的时间为t，则有：E=BLv I= t= Q=I2(4R)t 由上述方程得：v=
（2）设电容器两极板间的电势差为U，则有：U=IR郝双 师制作
电容器所带电荷量q=CU 解得q=
天津卷离子推进器是新一个代航天动力装置，可用于卫星姿态控制和轨道修正。推进剂从图中P处注入，在A处电离出正离子，BC之间加有恒定电压，正离子进入B时的速度忽略不计，经加速后形成电流为I的离子束后喷出。已知推进器获得的推力为F，单位时间内喷出的离子质量为J。为研究问题方便，假定离子推进器在太空中飞行时不受其他外力，忽略推进器运动速度。郝 双老 师制作
（1）求加在BC间的电压U； （2）为使离子推进器正常运行，必须在出口D处向正离子束注入电子，试解释其原因。
（1）设一个正离子的质量为m、电荷量为q，加速后的速度为v，根据动能定理，有qU=mv2
设离子推进器在Δt时间内喷出质量为ΔM的正离子，并以其为研究对象，推进器ΔM的作用力F'，由动量定理，有
F'Δt＝ΔMv
由牛顿第三定律知F'=F
设加速后离子束的横截面积为S，单位体积内的离子数为n，则有I=nqvS J=nmvS
两式相比可得= 又I= 解得U=
（2）推进器持续喷出正离子束，会使带有负电荷的电子留在其中，由于库仑力作用将来严重阻碍正离子的继续喷出，电子积累足够多时，甚至会将喷出的正离子再吸引回来，致使推进器无法正常工作。因此，必须在出口D处发射电子注入到正离子束，以中和正离子，使推进器获得持续推力。
广东卷如图15（a）所示，一端封闭的两条平行光滑导轨相距L，距左端L处的中间一段被弯成半径为H的1/4圆弧，导轨左右两段处于高度相差H的水平面上。圆弧导轨所在区域无磁场，右段区域存在磁场B0，左段区域存在均匀分布但随时间线性变化的磁场B（t），如图15（b）所示，两磁场方向均竖直向上。在圆弧顶端，放置一质量为m的金属棒ab，与导轨左段形成闭合回路，从金属棒下滑开始计时，经过时间t0滑到圆弧顶端。设金属棒在回路中的电阻为R，导轨电阻不计，重力加速度为g。
（1）问金属棒在圆弧内滑动时，回路中感应电流的大小和方向是否发生改变？为什么？
（2）求0到时间t0内，回路中感应电流产生的焦耳热量。
（3）探讨在金属棒滑到圆弧底端进入匀强磁场B0的一瞬间，回路中感应电流的大小和方向。
解：（1）感应电流的大小和方向均不发生改变。因为金属棒滑到圆弧任意位置时，回路中磁通量的变化率相同。 ①
（2）0—t0时间内，设回路中感应电动势大小为E0，感应电流为I，感应电流产生的焦耳热为Q，由法拉第电磁感应定律： ②
根据闭合电路的欧姆定律： ③
由焦定律及②③有： ④
（3）设金属进入磁场B0一瞬间的速度变v，金属棒在圆弧区域下滑的过程中，机械能守恒：
⑤
在很短的时间内，根据法拉第电磁感应定律，金属棒进入磁场B0区域瞬间的感应电动势为E，则：
⑥
由闭合电路欧姆定律及⑤⑥，求得感应电流： ⑦
根据⑦讨论：I.当时，I=0；
II.当时，，方向为；
III.当时，，方向为。
广东卷如图16所示，沿水平方向放置一条平直光滑槽，它垂直穿过开有小孔的两平行薄板，板相距3.5L。槽内有两个质量均为m的小球A和B，球A带电量为+2q，球B带电量为-3q，两球由长为2L的轻杆相连，组成一带电系统。最初A和B分别静止于左板的两侧，离板的距离均为L。若视小球为质点，不计轻杆的质量，在两板间加上与槽平行向右的匀强电场E后（设槽和轻杆由特殊绝缘材料制成，不影响电场的分布），求：
（1）球B刚进入电场时，带电系统的速度大小；
（2）带电系统从开始运动到速度第一次为零所需的时间及球A相对右板的位置。
解：对带电系统进行分析，假设球A能达到右极板，电场力对系统做功为W1，有：
①
而且还能穿过小孔，离开右极板。
假设球B能达到右极板，电场力对系统做功为W2，有：
综上所述，带电系统速度第一次为零时，球A、B应分别在右极板两侧。 ②
（1）带电系统开始运动时，设加速度为a1，由牛顿第二定律：= ③
球B刚进入电场时，带电系统的速度为v1，有： ④
由③④求得： ⑤
（2）设球B从静止到刚进入电场的时间为t1，则： ⑥
将③⑤代入⑥得： ⑦
球B进入电场后，带电系统的加速度为a2，由牛顿第二定律： ⑧
显然，带电系统做匀减速运动。设球A刚达到右极板时的速度为v2，减速所需时间为t2，则有： ⑨ ⑩
求得： ⑾
球A离电场后，带电系统继续做减速运动，设加速度为a3，再由牛顿第二定律：
⑿
设球A从离开电场到静止所需的时间为t3，运动的位移为x，则有： ⒀
⒁
求得： ⒂
由⑦⑾⒂可知，带电系统从静止到速度第一次为零所需的时间为：
⒃
球A相对右板的位置为： ⒄
广东卷图17是某装置的垂直截面图，虚线A1A2是垂直截面与磁场区边界面的交线，匀强磁场分布在A1A2的右侧区域，磁感应强度B=0.4T，方向垂直纸面向外，A1A2与垂直截面上的水平线夹角为45°。A1A2在左侧，固定的薄板和等大的挡板均水平放置，它们与垂直截面交线分别为S1、S2，相距L=0.2m。在薄板上P处开一小孔，P与A1A2线上点D的水平距离为L。在小孔处装一个电子快门。起初快门开启，一旦有带正电微粒通过小孔，快门立即关闭，此后每隔T=3.0×10-3s开启一此并瞬间关闭。从S1S2之间的某一位置水平发射一速度为v0的带正电微粒，它经过磁场区域后入射到P处小孔。通过小孔的微粒与档板发生碰撞而反弹，反弹速度大小是碰前的0.5倍。
（1）经过一次反弹直接从小孔射出的微粒，其初速度v0应为多少？
（2）求上述微粒从最初水平射入磁场到第二次离开磁场的时间。（忽略微粒所受重力影响，碰撞过程无电荷转移。已知微粒的荷质比。只考虑纸面上带电微粒的运动）
解：如图2所示，设带正电微粒在S1S2之间任意点Q以水平速度v0进入磁场，微粒受到的洛仑兹力为f，在磁场中做圆周运动的半径为r，有：f=qv0B ①
②
由①②得：
欲使微粒能进入小孔，半径r的取值范围为： ③
代入数据得：80m/s欲使进入小孔的微粒与挡板一次相碰返回后能通过小孔，还必须满足条件： 其中n=1,2,3,…… ④
由①②③④可知，只有n=2满足条件，即有：v0=100m/s ⑤
（2）设微粒在磁场中做圆周运动的周期为T0，从水平进入磁场到第二次离开磁场的总时间为t，设t1、t4分别为带电微粒第一次、第二次在磁场中运动的时间，第一次离开磁场运动到挡板的时间为t2，碰撞后再返回磁场的时间为t3，运动轨迹如答图2所示，则有：
⑥ ⑦ ⑧ ⑨ ⑩
(s) ⑾
江苏卷如图所示，带电量分别为4q和－q的小球Ａ、Ｂ固定在水平放置的光滑绝缘细杆上，相距为d。若杆上套一带电小环Ｃ，带电体Ａ、Ｂ和Ｃ均可视为点电荷。
（１）求小环Ｃ的平衡位置。
（２）若小环Ｃ带电量为q，将小环拉离平衡位置一小位移x(∣x∣<（３）若小环Ｃ带电量为－q，将小环拉离平衡位置一小位移x(∣x∣<（提示：当<<1时，则 ）
江苏卷磁谱仪是测量能谱的重要仪器。磁谱仪的工作原理如图所示，放射源Ｓ发出质量为m、电量为q的粒子沿垂直磁场方向进入磁感应强度为Ｂ的匀强磁场，被限束光栏Ｑ限制在２的小角度内，粒子经磁场偏转后打到与束光栏平行的感光片Ｐ上。（重力影响不计）
（１）若能量在Ｅ∽Ｅ＋ΔＥ（ΔＥ>0，且ΔＥ<<Ｅ）范围内的粒子均垂直于限束光栏的方向进入磁场。试求这些粒子打在胶片上的范围Δx1 .
(2)实际上，限束光栏有一定的宽度，粒子将在２角内进入磁场。试求能量均为Ｅ的粒子打到感光胶片上的范围Δx2
江苏卷如图所示，空间等间距分布着水平方向的条形匀强磁场，竖直方向磁场区域足够长，磁感应强度Ｂ＝１Ｔ，每一条形磁场区域的宽度及相邻条形磁场区域的间距均为d=0.5m，现有一边长l=0.2m、质量m=0.1kg、电阻Ｒ＝0.1Ω的正方形线框ＭＮＯＰ以v0=7m/s的初速从左侧磁场边缘水平进入磁场，求
（１）线框ＭＮ边刚进入磁场时受到安培力的大小Ｆ。
（２）线框从开始进入磁场到竖直下落的过程中产生的焦耳热Ｑ。
（３）线框能穿过的完整条形磁场区域的个数n。
重庆卷t=0时，磁场在xOy平面内的分布如题23图所示.其磁感应强度的大小均为B0,方向垂直于xOy平面,相邻磁场区域的磁场方向相反.每个同向磁场区域的宽度均为l0.整个磁场以速度v沿x轴正方向匀速运动.
(1)若在磁场所在区间，xOy平面内放置一由a匝线圈串联而成的矩形导线框abcd,线框的bc边平行于x轴.bc=lB、ab=L,总电阻为R,线框始终保持静止.求
①线框中产生的总电动势大小和导线中的电流大小;
②线框所受安培力的大小和方向.
(2)该运动的磁场可视为沿x轴传播的波，设垂直于纸面向外的磁场方向为正，画出L=0时磁感应强度的波形图，并求波长和频率f.
解：(1) ①切割磁感线的速度为v,任意时刻线框中电动势大小 g=2nBvLv (1)
导线中的电流大小I= (2)
②线框所受安培力的大小和方向
(3)
由左手定则判断，线框所受安培力的方向始终沿x轴正方向.
(2)磁感应强度的波长和频率分别为 (4)
（3） (5)
t=0时磁感应强度的波形图如答23图
答23图
重庆卷飞行时同质谱仪可通过测量离子飞行时间得到离子的荷质比q/m.如题24图1,带正电的离子经电压为U的电场加速后进入长度为L的真空管AB,可测得离子飞越AB所用时间L1.改进以上方法，如图24图2,让离子飞越AB后进入场强为E（方向如图）的匀强电场区域BC,在电场的作用下离子返回B端，此时，测得离子从A出发后飞行的总时间t2,（不计离子重力）
（1）忽略离子源中离子的初速度，①用t1计算荷质比;②用t2计算荷质比.
（2）离子源中相同荷质比离子的初速度不尽相同，设两个荷质比都为q/m的离子在A端的速度分别为v和v′（v≠v′）,在改进后的方法中，它们飞行的总时间通常不同，存在时间差Δt.可通过调节电场E使Δt=0.求此时E的大小.
解：(1) ①设离子带电量为q,质量为m,经电场加速后的速度为v,则
2 (1)
离子飞越真空管，AB做匀速直线运动，则
L=m1 (2)
由(1)、（2）两式得离子荷质比
(3)
②离子在匀强电场区域BC中做往返运动，设加速度为a,则qE=ma (4)
L2= (5)
由(1)、(4)、（5）式得离子荷质比
或 (6)
两离子初速度分别为v、v′,则
(7)
l′=+ (8)
Δt=t-t′= (9)
要使Δt＝0,则须 (10)
所以E= (11)
海南卷据报道，最近已研制出一种可投入使用的电磁轨道炮，其原理如图所示。炮弹（可视为长方形导体）置于两固定的平行导轨之间，并与轨道壁密接。开始时炮弹在导轨的一端，通以电流后炮弹会被磁力加速，最后从位于导轨另一端的出口高速射出。设两导轨之间的距离m，导轨长Ｌ＝5.0m，炮弹质量。导轨上的电流I的方向如图中箭头所示。可以认为，炮弹在轨道内运动时，它所在处磁场的磁感应强度始终为Ｂ＝2.0Ｔ，方向垂直于纸面向里。若炮弹出口速度为，求通过导轨的电流I。忽略摩擦力与重力的影响。
在导轨通有电流Ｉ时，炮弹作为导体受到磁场施加的安培力为Ｆ＝IwB ①
设炮弹的加速度的大小为a，则有因而　　　F=ma ②
炮弹在两导轨间做匀加速运动，因而　　　　　　　　　　　③
　　联立①②③式得　　　　　　　　　　　　　　　　　　　④
代入题给数据得：　　　　　　　　　　　　　　　⑤
评分参考：①式3分，②式2分，③式2分，结果2分（⑤式2分，⑤式错④式对，给１分）