2008年高考考前训练题选择题、实验题、计算题三部分
文档属性
| 名称 | 2008年高考考前训练题选择题、实验题、计算题三部分 |  | |
| 格式 | rar | ||
| 文件大小 | 1.2MB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2008-04-12 11:17:00 | ||
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文档简介
2008年高考考前训练题选择题、实验题、计算题三部分
一．选择题部分
1．有一个直角支架AOB，AO是水平放置，表面粗糙．OB竖直向下，表面光滑．OA上套有小环P，OB套有小环Q，两环质量均为m，两环间由一根质量可以忽略．不可伸长的细绳相连，并在某一位置平衡，如图所示．现将P环向左移一小段距离，两环再次达到平衡，那么移动后的平衡状态和原来的平衡状态相比较，AO杆对P的支持力FN和细绳上的拉力F的变化情况是：（ B ）
A．FN不变，F变大 B．FN不变，F变小
C．FN变大，F变大 D．FN变大，F变小
分析与解：选择环P．Q和细绳为研究对象．在竖直方向上只受重力和支持力FN的作用，而环动移前后系统的重力保持不变，故FN保持不变．取环Q为研究对象，其受如下图所示．Fcosα = mg，当P环向左移时，α将变小，故F变小，正确答案为B．
思路点拨：利用整体与隔离相结合的方法分析求解是本题解决问题的重要思想方法与手段．
2．以力F拉一物体，使其以加速度a在水平面上做匀加速直线运动，力F的水平分量为F1，如图所示，若以和F1大小．方向都相同的力F 代替F拉物体，使物体产生加速度a ，那么：（ B C ）
A．当水平面光滑时，a a B．当水平面光滑时，a = a
C．当水平面粗糙时，a a D．当水平面粗糙时，a = a
分析与解：当水平面光滑时，物体在水平面上所受合外力均为F`，故其加速度不变．而当水平面粗糙时，支持力和摩擦力都是被动力，其大小随主动力的变化而变化，当用F`替换F时，摩擦力将增大，故加速度减小．因此BC答案正确．
思路点拨：运用牛顿运动定律解决力学问题的一般程序为：1．选择研究对象，2．受力分析，3．合成或分解（正交分解），列式计算．在受力分析时，应注意被动力随主动力变化的特点．
3．一小球质量为m，用长为L的悬绳（不可伸长，质量不计）固定于O点，在O点正下方L/2处钉有一颗钉子，如图所示，将悬线沿水平方向拉直无初速释放后，当悬线碰到钉子后的瞬间： （ A B C ）
A．小球线速度没有变化
B．小球的角速度突然增大到原来的2倍
C．小球的向心加速度突然增大到原来的2倍
D．悬线对小球的拉力突然增大到原来的2倍
分析与解：在小球通过最低点的瞬间，水平方向上不受外力作用，沿切线方向小球的加速度等于零，因而小球的线速度不会发生变化，故A正确；在线速度不变的情况下，小球的半径突然减小到原来的一半，由v = ωr可知角速度增大为原来的2倍，故B正确；由a = v2/r，可知向心加速度突然增大到原来的2倍，故C正确；在最低点，F— mg = ma，可以看出D不正确．
思路点拨：本题中要分析出悬线碰到钉子前后的瞬间物理量的变化情况，问题就很好解了，因而，要根据题目的条件分析物理过程后再选用公式，不能随意照套公式．
4．如图所示，在光滑的水平面上，有一绝缘的弹簧振子，小球带负电，在振动过程中当弹簧压缩到最短时，突然加上一个沿水平向左的恒定的匀强电场，此后： （ A ）
A．振子的振幅将增大
B．振子的振幅将减小
C．振子的振幅将不变
D．因不知道电场强度的大小，所以不能确定振幅的变化
分析与解：弹簧振子在加电场前，平衡位置在弹簧原长处，设振幅A．当弹簧压缩到最短时，突然加上一个沿水平向左的恒定的匀强电场，此位置仍为振动振幅处，而且振子的运动是简谐振动，只是振动的平衡位置改在弹簧原长的右边，且弹簧神长量x满足kx = qE，即振子振动的振幅A1=A+x，，所以振子的振幅增大，正确答案为A．
思路点拨：弹簧振子在做简谐振动时，平衡位置是合力为零时，当外界条件发生改变，平衡位置有可能随之而变，振子的运动相对于平衡位置对称．
5．如图所示，把系在轻绳上的A、B两球由图示位置同时由静止释放（绳开始时拉直），则在两球向左下摆动时，下列说法正确的是：（ B ）
绳OA对A球做正功 绳AB对B球不做功
绳AB对A球做负功 绳AB对B球做正功
A． B． C． D．
分析与解：大概画出A、B球的运动轨迹，就可以找出绳与球的运动方向的夹角，进而可以判断做功情况．由于OA绳一直张紧且O点不动，所以A球做圆周运动，OA绳对A球不做功，而B球是否与A球一起做圆周运动呢？让我们用模拟等效法分析：设想A、B球分别用两条轻绳悬挂而各自摆动，若摆角较小，则摆动周期为，可见摆长越长，摆得越慢，因此A球比B球先到达平衡位置（如图）．可见绳AB的张力对A的运动有阻碍作用，而B球的运动有推动作用，所以正确的答案为 ．
思路点拨：本题是一道判断做功正负的选择题，通过模拟等效发判断出小球的运动情况，再根据F与v的夹角判断做不做功和功的正负．
6．如图所示，a、b、c三个相同的小球，a从光滑斜面顶端由静止开始自由下滑，同时b、c从同一高度分别开始自由下落和平抛．下列说法正确的有： （ D ）
A．它们同时到达同一水平面
B．重力对它们的冲量相同
C．它们的末动能相同
D．它们动量变化的大小相同
分析与解：b、c飞行时间相同（都是）；a与b比较，两者平均速度大小相同（末动能相同）；但显然a的位移大，所以用的时间长，因此A、B都不对．由于机械能守恒，c的机械能最大（有初动能），到地面时末动能也大，因此C也不对．a、b的初动量都是零，末动量大小又相同，所以动量变化大小相同；b、c所受冲量相同，所以动量变化大小也相同，故D正确．
思路点拨： 这道题看似简单，实际上考察了平均速度．功．冲量等很多知识．另外，在比较中以b为中介：a．b的初．末动能相同，平均速度大小相同，但重力作用时间不同；b．c飞行时间相同（都等于自由落体时间），但初动能不同．本题如果去掉b球可能更难做一些．
7．“神舟三号”顺利发射升空后，在离地面340km的圆轨道上运行了108圈．运行中需要多次进行 “轨道维持”．所谓“轨道维持”就是通过控制飞船上发动机的点火时间和推力的大小方向，使飞船能保持在预定轨道上稳定运行．如果不进行轨道维持，由于飞船受轨道上稀薄空气的摩擦阻力，轨道高度会逐渐降低，在这种情况下飞船的动能．重力势能和机械能变化情况将会是
A．动能．重力势能和机械能都逐渐减小
B．重力势能逐渐减小，动能逐渐增大，机械能不变
C．重力势能逐渐增大，动能逐渐减小，机械能不变
D．重力势能逐渐减小，动能逐渐增大，机械能逐渐减小
分析与解：由于阻力很小，轨道高度的变化很慢，卫星运行的每一圈仍可认为是匀速圆周运动．由于摩擦阻力做负功，根据机械能定理，卫星的机械能减小；由于重力做正功，根据势能定理，卫星的重力势能减小；由可知，卫星动能将增大．这也说明该过程中重力做的功大于克服阻力做的功，外力做的总功为正．答案选D
思路点拨：卫星变轨问题首先要考虑速度的变化情况， 从而看是离心还是向心运动，进而判断重力势能的变化情况．
8．长直木板的上表面的一端放置一个铁块，木板放置在水平面上，将放置铁块的一端由水平位置缓慢地向上抬起，木板另一端相对水平面的位置保持不变，如图所示．铁块受到摩擦力f木板倾角变化的图线可能正确的是（设最大静摩擦力的大小等于滑动摩擦力大小）：（ C ）
分析与解：本题应分三种情况进行分析：
当0 ≤＜arctan（为铁块与木板间的动摩擦因数）时，铁块相对木板处于静止状态，铁块受静摩擦力作用其大小与重力沿木板面（斜面）方向分力大小相等，即f = mgsin，=0时，f = 0；f随增大按正弦规律增大．
当= arctan时处于临界状态，此时摩擦力达到最大静摩擦，由题设条件可知其等于滑动摩擦力大小．
当arctan＜≤900时，铁块相对木板向下滑动，铁块受到滑动摩擦力的作用，根据摩擦定律可知f = FN =mgcos，f随增大按余弦规律减小．综合上述分析可知C图可能正确地表示了f随变化的图线．
思路点拨：本题由铁块运动状态的不确定性来巧妙地设计了考查静摩擦力．最大静摩擦力．滑动摩擦力三者区别的，这三者在产生条件和大小计算上都有一些区别，分析过程中要求考生能够从物体运动状态来进行科学分析与推理．
9．在光滑水平面上，两球沿球心连线以相等速率相向而行，并发生碰撞，下列现象可能的是： （ B ）
a．若两球质量相同，碰后以某一相等速率互相分开
b．若两球质量相同，碰后以某一相等速率同向而行
c．若两球质量不同，碰后以某一相等速率互相分开
d．若两球质量不同，碰后以某一相等速率同向而行
A．a c B．a d C．b c D．b d
分析与解：相互作用的过程中合外力为零，所以碰撞过程动量守恒，设碰撞前动量分别为P1、P2，碰后两球动量分别为P3、P4，则有P1+P2 = P3+P4，若m1 = m2，碰前动量和为零碰后动量和必定为零，即P3与P4必定大小相等．方向相反，a正确．若m1≠m2，碰前动量和不为零，碰后两球的合动量必定与碰前总动量相等，所以碰后以某一相等速率互相分开是不可能的，而碰后以某一相等速率同向而行是可以的．
思路点拨：判断此类问题一般有三条途径：(1)碰撞过程中动量守恒．(2)碰撞后动能不能增加．（3）据追赶碰撞中的实际情况及速度关系判断．
10．已知平面简谐波在 x 轴上传播，原点 O 的振动图线如图所示，t 时刻的波形图线如图 b 所示．则 时刻的波形图线可能是 ( CD )
分析与解：此题有两种分析方法：一是由原点 O 的振动图线 a 可知波源振动的周期为0.4s，由图线 b 可知 t 时刻原点 O 在最大位移处，再经0.5s即经过1.25T，原点 O 将到达平衡位置，若波向左传播，选项 C 正确；若波向右传播选项 D 正确． 第二种分析方法是：原点 O 在 t 时刻的位移与其在零时刻的位移相等，说明 a 图也可以理解为原点 O 从 t 时刻开始的振动图线，由图线可以看到再过0.5s原点 O 的位移为零，且向 y 轴负方向运动，当波向左传播时，选项 C 满足这一点，当波向右传播时，选项 D 满足这一点．
思路点拨：本题是关于波动图象的综合问题，解题要注意：1）波的多解性：有由于波的传播方向的不同引起的多解和由于波的周期性引起的多解．2）振动图象和波动图象的区别和联系．只有对振动图象真正的理解，才能运用第二种方法灵活求解．
（电学选择题编题者：吕长林 杭庆祥）
11．如图所示，竖直绝缘墙壁上的Q处有一固定点A，在Q的正上方的P处用绝缘细线悬挂另一质点B，A、B两质点因带电而相互排斥，致使悬线与竖直方向成θ角，由于漏电使A、B两质点的带电量减少，在电荷漏完之前悬线对悬点P的拉力为：（ C ）
A．变小
B．变大
C．不变
D．先变小后变大
分析与解：A、B必带同种电荷，作出B质点的受力图示，如下图所示，根据平衡条件，B质点所受重力G、库仑力F、细线拉力F1必组成一个封闭的三角形abc，由几何知识得△abc∽△QBP，则有=，∴F1 = G。而PB、QP、G均为定值，所以F1为定植，即细线对P点的拉力不变，故应选C．
思路点拨： 此题应用几何知识帮助求解，很巧妙，这种方法望能熟练掌握。
12． 图所示，PQ是匀强磁场中的一片薄金属片，其平面与磁场方向平行，一个α粒子从某点以与PQ垂直的速度v射出，动能是E，射出后α粒子的运动轨迹如图所示．今测得它在金属片两边的轨迹半径之比为10:9，若在穿越板的过程中粒子受到的阻力大小及电量恒定，则：（ B C ）
A．α粒子每穿过一次金属片，速度减小了
B．α粒子每穿过一次金属片，动能减少了0.19E
C．α粒子穿过5次后陷在金属片里
D．α粒子穿过9次后陷在金属片里
分析与解：偏转半径R==，所以动量p = BqR，故粒子动能Ek=子力学 = ，设α粒子每穿过一次金属片后动能减少量为△E，则： = = = 1－（）2 = 1—（）2 = 0.19．所以△E = 0.19E，故B选项正确．又∵穿越次数N = = = 5.26次．所以，α粒子穿过5次后将会被陷在金属片里，故C选项正确。
思路点拨： 本题的关键是抓住粒子每穿过一次金属片所损失的动能相等，而不是损失相同的速度。
13． 图所示，滑动变阻器AB的总阻值与图中电阻R的阻值相等，电源的电动势为E，内阻不计，当滑动触头C从右端A点开始一直滑到B点为止的过程中，下列说法正确的是（ C ）
A．电流表的读数逐渐增大
B．电流表的读数逐渐减小
C．电流表的读数先减小，后增大到原值
D．电流表的读数先增大，后减小到原值
分析与解：设滑动变阻器滑动触头与A端间的电阻为x，根据串、并联电路的特点和闭合电路欧姆定律可知：R总= +（R - x）
干路总电流为I总= =
∴电流表A的读数IA=I总==
由上式可以看出由于分母存在最大值，故IA存在最小值，当x=时有最小值等于，滑动触头在AB两端时，电流相等，均为，因此滑动触头从A端移到B端的过程中，电流表的读数先变小再变大到原值．
思路点拨：此题重点考察了应用数学处理物理问题的能力，是个极值题，要认真对待．
14． 一只电炉和一台电动机在正常工作时，通过它们的电流相同，电炉的电阻也相同，则在相同时间内（ A B C）
A．电炉和电动机的电热相等
B．电动机消耗的功率大于电炉消耗的功率
C．电炉两端电压小于电动机两端的电压
D．电炉和电动机两端电压相等
分析与解：由于电热公式Q = I2Rt，故两者电热相等．电动机消耗的功率应等于电热功率加上产生机械能的功率，而电炉消耗的功率就等于电热功率，故B正确。由于功率等于UI，I又相等，电动机功率大，故电动机两端电压大．本题答案应选A、B、C．
思路点拨：对于这种非纯电阻电路，I≠U/R，电动机消耗的功率应用UI，而产生电热功率只能用I2R，根据能量守恒，前者应大于后者．
15．电容器充电后与电源断开，质量为m电荷量为q的带电粒子静止于该电容器两平行板中间，现在两板间贴近下板插入一个厚度为极板间距离1/4的金属板，如图所示，则关于两板间电势差、带电粒子的运动情况的说法中正确的是（ C ）
A．两板间电势差U增大，带电粒子向上加速
B．两板间电势差U不变，带电粒子仍静止
C．两板间电势差U减小，带电粒子仍静止
D．两板间电势差U减小，带电粒子向下加速
分析与解：由于电容器充电后与电源断开，故插入金属板后，相当于两个电容器串联。电容器的电量不变，上面电容器d’=3d/4，它的电容C增大，由于U=Q/C，故U减小．，E与d无关，所以E不变，带电粒子仍静止．本题答案选C．
思路点拨：本题一定要弄清楚插入金属板后，哪些物理量发生变化，又有哪些量不变化．此题不要与插入电介质情况相混淆．
16．关于电磁波，以下说法正确的是：（ A B ）
A．电磁波本身就是物质，因此可以在真空中传播
B．电磁波由真空进入介质，速度变小，频率不变
C．在真空中，频率高的电磁波速度较大
D．只要发射电路的电磁振荡停止，产生的电磁波立即消失
分析与解：答案A、B．由电磁场的物质性可知A对．电磁波由一种介质进入另一种介质，频率不变，波速v=C/n，B对．任何频率的电磁波在真空中传播速度一样大，C错．当波源停止振动，已形成的波继续传播，并不立即消失，D错．
思路点拨：本题为上海高考题，重点考查电磁波性质及其传播的相关知识的理解和掌握情况．
17．如图所示，一金属杆MN两端接有导线，悬挂于线圈的上方，MN与线圈轴线均处于同一竖直平面内，为了使MN垂直纸面向外运动，可以： （ A B D ）
A．将a、c端接电源正极，b、d端接电源负极
B．将b、d端接电源正极，a、c端接电源负极
C．将a、d端接电源正极，b、c端接电源负极
D．将a、c端接在交变电源的一端，b、d端接在
交变电源的另一端
分析与解：答案 A、B、D．由安培定则，可判断出通电螺线管产生的磁场，再根据左手定则判断通电导线MN的受力，A、B、C三答案中A、B正确．接交流电，电流方向不断变化，但D答案情况恰好是A、B两种情况的综合，D正确．
思路点拨：本题重点考查对安培定则和左手定则的掌握和应用，D选项可反映学生迁移知识的能力。
18．如图所示，AOC是光滑的直角金属导轨，AO沿竖直方向，OC沿水平方向，ab是一根金属直棒，如图立在导轨上，它从静止开始在重力作用下运动，运动过程中a端始终在AO上，b端始终在OC上，直到ab完全落在OC上，整个装置放在一匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，则ab棒在运动过程中：（ B ）
A．感应电流方向始终是ba
B．感应电流方向先是ba，后变为ab
C．受磁场力方向与ab垂直，如图中箭头所示
D．受磁场力方向与ab垂直，开始如图中箭头所示，
后来变为与箭头所示方向相反。
分析与解：答案 B．不难判断，在ab棒倒下的过程中ab棒和直角框架AOC所围成面积先变大后变小，因磁场为匀强磁场，因此，穿过回路磁通量由小变大再变小，由楞次定律，B对．再由左手定则，C、D均不对．
思路点拨：本题重点考查学生对感应电流方向判定方法的选择，若选择右手定则应答本题会有较大的困难．
19．图甲中bacd为导体作成的框架，其平面与水平面成θ角，质量为m的导体棒PQ与ab、cd接触良好，回路的电阻为R，整个装置放于垂直于框架平面的变化的磁场中，磁感应强度的变化如图乙，PQ始终静止，在0—ts内，PQ受到的摩擦力的变化情况可能是： （ A C ）
A．f一直增大 B．f一直减小
C．f先减小后增大 D．f先增大后减小
分析与解：答案 A、C．因为磁感应强度均匀变化，PQ棒静止，回路面积不变，因此，回路中感应电流大小I不变．但安培力F = BIL先变小，方向由由楞次定律平行斜面向上；后变大，方向由由楞次定律平行斜面向下．分析受力得：若开始时摩擦力方向平行斜面向上，A对．若开始时摩擦力方向平行斜面向下，C对．
思路点拨：本题考查电磁感应现象中的法拉第电磁感应定律和楞次定律，安培力及其方向的判定，受力分析及平衡，是一道综合性较大的练习．
20．如图为一理想变压器，K为单刀双掷开关，P为滑动变阻器的滑动触头，U1变压器原线圈两端的电压，I1为原线圈中的电流强度，则：（ A D ）
A．保持U1和P的位置不变，K由a合到b时，I1将增大
B．保持U1和P的位置不变，K由a合到b时，R的功率将减小
C．保持U1不变，K合到a处，使P上滑，I1将增大
D．保持P的位置不变，K合到a处，若U1增大，I1将增大
分析与解：答案 A、、D．K由a至b时，n1减小，由U2/U1 = n1/n2，可知U2增大，I2增大，由I1/I2 = n2/n1，I1减小，A对．同理， D对．
思路点拨：本题考查对变压器公式的应用，有一定的灵活性．
（热学选择题编题者：刘白生 肖一涛）
21．只要知道下列哪一组物理量，就可以估算出气体分子间的平均距离（ B ）
Ａ．阿伏加德罗常数，该气体的摩尔质量和质量
Ｂ．阿伏加德罗常数，该气体的摩尔质量和密度
Ｃ．阿伏加德罗常数，该气体的质量和体积
Ｄ．该气体的密度、体积和摩尔质量
分析与解：气体分子占据的空间体积为气体的总体积除以分子的总数,知道了气体的摩尔质量和密度可由V = M/ρ算出气体的摩尔体积,从而气体分子占据的空间体积为v = V/NA,气体分子间的平均距离为d = ，选B．
思路点拨：本题考查物质分子空间分布的微观模型和体积、密度、质量、摩尔体积、摩尔质量与分子占据的空间体积之间的关系．处理此类问题要注意对气体分子一般用立方体模型对液体和固体一般用球型模型．
22．下列说法正确的是 （ B ）
A．物体做加速运动时，由于速度增大，所以分子热运动的平均动能也增大；
B．物体的温度越高，其分子的平均动能越大
C．物体里所有分子动能的总和叫做物体的内能
D．只有传热才能改变物体的内能
分析与解：温度是物体分子平均动能的标志，温度越高分子的平均动能越大．物体的内能是物体内部所有分子的动能和势能的总和，物体内能的大小与物体的动能、势能大小无关．改变物体内能的方法有做功和热传递两种，选B．
思路点拨：本题考查温度、分子的动能和势能、内能和改变物体内能的方法．处理此类问题要牢记相关概念才能做出正确选择．
23．下列说法中正确的是 （ A D ）
A．热力学温标的零度是-273.15℃，称为绝对零度
B．只要制冷设备功率足够大，可以使物体的温度降低到绝对零度
C．气体对器壁的压强是由于气体分子间存在相互作用的斥力而产生的
Ｄ．液体中悬浮微粒的布朗运动是作无规则运动的液体分子撞击微粒而引起的
分析与解： -273.15℃为热力学温标的零度又称绝对零度，绝对零度永远不可能达到．气体对器壁的压强是由于气体分子做无规则运动撞击器壁而产生的，布朗运动是作无规则运动的液体分子撞击微粒而引起的．选A、D．
思路点拨：本题考查绝对零度、绝对零度不可能达到、气体压强产生的原因和布朗运动的概念．处理此类问题要熟记相关概念．
24．根据热力学定律，下列说法中正确的是 （ B ）
A．可以利用高科技手段，将流散到周围环境中的内能重新收集起来加以利用
B．利用浅层和深层海水的温度差可以制造一种热机，将海水的一部分内能转化为机械能
C．冰箱可以自发地使热量由温度较低的冰箱内向温度较高的冰箱外转移
D．只要是满足能量守恒的物理过程，都是可以自发地进行的
分析与解：根据热力学第二定律的两种表述：（1）不可能使热量由低温物体传递到高温物体而不引起其他变化。（2）不可能从单一热源吸收热量并把它全部用来做功．自然界中进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性．选B．
思路点拨：本题考查热力学第二定律，需要深入理解自然界中进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性极其相关典型实例．
25．如图所示，甲分子固定在坐标原点O，乙分子位于x轴上，甲分子对乙分子的作用力与两分子间距离的关系如图中曲线所示.F＞0表示斥力，F＜0表示引力，a、b、c、d为x轴上四个特定的位置.现把乙分子从a处由静止释放，则（ B ）
A．乙分子由a到b做加速运动，由b到c做减速运动
B．乙分子由a到c做加速运动，到达c时速度最大
C．乙分子由a到b的过程中，两分子间的分子势能一直增加
D．乙分子由b到d的过程中，两分子间的分子势能一直增加
分析与解：从图像上看乙分子从a到c移动时一直受到甲分子的引力作用，乙分子做加速运动，它的速度和动能一直增加分子势能则不断减小，到达c点时乙分子受到的分子力为零，速度达到最大，分子势能为最小．乙分子从c到d移动时一直受到甲分子的斥力作用，乙分子做减速运动，它的速度和动能一直减少分子势能则不断增加．选B．
思路点拨：本题考查分子间相互作用力、分子势能与分子间距离的关系．要求能熟练运用图线看出物理意义，并用从图线中获得的信息结合运动学和动力学知识解题．
26．一定质量的理想气体，在温度保持不变时体积膨胀，必定会发生的变化是：（ C ）
A．气体分子的总数增加
B．气体分子的平均动能增大
C．单位体积内的分子数目减小
D．分子的速率都不发生变化
分析与解：对一定质量的理想气体，温度不变则分子的平均动能不变，但这并不意味着每个分子的动能都不变，有少数分子的动能会减小，也有少数分子的动能会增大，动能变化的分子其速率将发生变化，故B、D错误；该气体质量不变，分子的个数当然不会变化，体积增大，会使分子数密度减小，气体对器壁的压强减小．选C
思路点拨：用气体分子运动的特点分析解决问题时应把握：①温度是分子平均动能的标志，温度升高，分子平均动能增大；温度降低，分子平均动能减少；但这只是对大量分子的统计结果，即使平均动能不变，也会有少数分子的平均动能增大或减小；②质量一定的理想气体，压强取决于温度和分子数密度．
27．在两个相同容器中，分别盛有质量相等、温度相同的氧气和氮气，则它们的：（ C ）
A．压强相等
B．分子运动的平均速率相等
C．分子的平均动能相同，压强不等
D．分子的平均动能相同，压强相等
分析与解：氧气和氮气温度相同，则它们的分子平均动能相同，但由于氧气分子和氮气分子的质量不等，故其分子运动的平均速率不相等，B选项错误；气体压强的大小取决于分子的平均动能和单位体积内的分子数，氧气和氮气的摩尔质量不同，故质量相等的两种气体的摩尔数不同，即分子的总数不同，故体积相等的情况下，分子密度不同，压强也就不同．选C
思路点拨：不同气体的分子质量不同，因而两种气体质量相同时分子个数不同，温度相同时，尽管平均动能相等，但分子平均速率不同．这两点是分析不同气体之间某些状态时所要注意的．
28．对于一定质量的理想气体，下列四个论述中正确的是：（ B ）
A．当分子热运动变剧烈时，压强必变大
B．当分子热运动变剧烈时，压强可以不变
C．当分子间的平均距离变大时，压强必变小
D．当分子间的平均距离变大时，压强必变大
分析与解：对于一定质量的理想气体：①分子热运动的剧烈程度由温度高低决定；②分子间的平均距离由气体体积决定；③对于一定质量的理想气体，PV/T=恒量；A、B选项中，“分子热运动变剧烈”说明气体温度升高，但气体体积变化情况未知，所以压强变化情况不确定，A错误B正确；C、D选项中，“分子间的平均距离变大”说明气体体积变大，但气体温度变化情况未知，故不能确定其压强变化情况，C、D均错误．选B．
思路点拨：本题考查分子运动理论和理想气体状态的简单综合，注意从分子运动理论深刻理解理想气体的三个状态参量，从状态方程判定三个参量之间的变化关系．
29．一个密闭的绝热容器内，有一个绝热的活塞将它隔成A、B两部分空间，在A、B两部分空间内封有相同质量的空气，开始时活塞被销钉固定，A部分气体的体积大于B部分气体的体积，温度相同，如图所示.若拔出销钉后，达到平衡时，A、B两部分气体的体积VA与VB的大小，有：（ A ）
A．VA＞VB B．VA=VB
C．VA＜VB D．条件不足，不能确定
分析与解：初态两气体质量相同，VA＞VB，因此气体分子数密度不同，ρA＜ρB，又因为温度相同，根据气体压强的决定因素可知PA＜PB，当活塞销钉拿掉，因为ρA＜ρB，所以活塞向A气方向移动，活塞对A气做功，B气对活塞做功，导致A气体密度增加，温度升高，而B气体密度减小，温度降低，直至PA′=PB′，此时TA′＞TB′；又因为最终两边气体压强相等活塞才能静止，而两边气体质量相等，A气温度高于B气，两边压强要想相等，只有A气体密度小于B气体密度，故最终一定是VA′＞VB′，A选项正确．选 A．
思路点拨：对气体压强大小决定因素的理解和物理过程物理情境的分析是正确解决本题的关键，本题若对气体压强大小决定因素不理解，又不清楚销钉拔掉后物理情境的变化，极易错选B或C．
30．如图所示，一定质量的理想气体由状态a经状态b变化到状态c，其变化过程如图所示，下列说法错误的是：（ B C D ）
A．ab过程吸热大于bc过程放热
B．ab过程吸热小于bc过程放热
C．ab过程吸热大于bc过程吸热
D．ab过程吸热小于bc过程吸热
分析与解：① a → b是等压过程∵VB＞VA ∴TB＞TA ∴a → b过程，气体对外做功且内能增加，气体吸收热量．② b → c是等容过程 ∵PC＜PB ∴TC＜TB，b → c过程气体不对外界做功，外界也不对气体做功，但气体内能减小，所以b → c气体放热；③由PV/T = 恒量及图像知TA = TC，故a → b → c的全过程中内能没有变化，综上所述a → b→ c中，气体对外做功，由能量守恒定律得a → b → c过程中气体吸热，结合前面分析，a → b过程吸热一定大于b → c过程放热．选BCD．
思路点拨：对于图象描述气体的状态变化，要通过识图弄清它的变化过程，应用状态方程判断气体状态参量的变化，根据做功与体积变化的关系及热力学第一定律即可判断放热或吸热情况．
（光学选择题编题者：徐 斌 吴长标）
31．如图1，两块平面镜互相垂直放置，若把入射光线AB的
入射角减小一较小的角度θ，则最后的反射光线CD的方向（A）
A．不变
B．逆时针转过θ角
C．顺时针转过θ角
D．顺时针转过2θ角
图1
[解析]从几何关系可知经互相垂直的平面镜反射后的光线与入射光线平行，故选A
［思路点拨］本题考察双平面镜对光路的控制作用，可以利用平面几何的知识证明，也可以利用成像光路推导，在入射光线AB上任取一点作为物点S，经两平面镜两次反射后所成像为S′，S、S′关于O点对称，CD不仅方向不变，位置也不发生平移。
32．由折射率为的材料构成的半圆柱的主截面如图2，沿半径方向由空气射入的光线a射到圆柱的平面后，光线b和c分别是它的反射光线和折射光线。若半圆柱绕垂直纸面过圆心O的轴转过150，而光线a不动，则（B）
A．光线b将偏转150
B．光线b将偏转300
C．光线c将偏转300
D．光线c将偏转450
图2
[解析]由反射定律可知反射角等于入射角，所以当反射面转过θ时，反射光线要转过2θ，所以B正确。入射角增加150，反射角增大150，折射角也增大，且改变量大于150，折射光线c将顺时针偏转。
［思路点拨］本题考查折射和反射定律的应用。
33．如图3，横截面为等腰三角形的两个玻璃三棱镜，它们的顶角分别为α、β，且α < β。a、b两细束单色光分别以垂直于三棱镜的一个腰的方向射入，从另一个腰射出，射出的光线与入射光线的偏折角均为θ。则ab两种单色光的频率υ1、υ2间的关系是（B）
A． υ1 = υ2
B． υ1 > υ2
C． υ1 < υ2
D． 无法确定
图3
[解析]a、b光线的入射角分别为α和β，θ为偏折角，本题可以定性分析，入射角相同时，折射率大的偏折角大。现在偏折角相同，α < β，n1>n2，υ1 > υ2 ，B正确
［思路点拨］略
34．我们经常可以看到，凡路边施工处总挂有红色的电灯，这除了红色光容易引起人的视觉注意以外，还有一个重要的原因，这一原因是红色光（ B ）
A．比其它色光更容易发生衍射
B．比其它可见光更容易发生衍射
C．比其它可见光的光子能量大
D．比其它可见光更容易发生光电效应
[解析]在可见光中，红光的波长较长，衍射现象更明显，选B
［思路点拨］本题是一道理论联系实际的题
35．如图4，直角三角形ABC为一透明介质制成的三棱镜的截面，
且0，在整个AC面上有一束垂直于AC的平行光线射入，
已知这种介质的折射率n>2，则（ BC ）
A．可能有光线垂直AB面射出 C
B．一定有光线垂直BC面射出
C．一定有光线垂直AC面射出
D．从AB面和BC面出射的光线能会聚一点
A 300 B
图4
[解析]BC
［思路点拨］要会画三种特殊光路。
36．离平面镜很近的点光源S发出的光一部分直接照到光屏上，另一部分则照到平面镜上，经平面镜反射后再照到光屏上，如图5，则在光屏上的什么范围内可以观察到光的干涉现象
A．a、c之间 （ B ）
B．c、d之间
C．d、b之间
D．a、b之间
[解析] cd部分是两束光重叠的区域，故B正确
［思路点拨］略
37．如图6是扬氏双缝干涉实验示意图，其中S1、S2为双缝，D为光屏，实验中观察到屏上O点为中央亮纹的中心，P1为第一级亮纹的中心，若将双缝间的距离变小，其它条件不变，则（ BCD ）
A．屏上干涉条纹的间距将变小
B．屏上O点仍然为中央亮纹的中心 S1 ．P1
C．屏上P1位置仍然可能为亮纹的中心 S ． O
D．屏上P1位置可能为暗纹的中心 S2
图6
[解析]干涉条纹间距Δx＝，d为双缝间距，d减小，Δx变大，A不正确，O点到双缝的光程差为零，所以O点始终是亮纹。P1到双缝的光程差小于一个波长，有可能是暗条纹。
［思路点拨］本题要求考生对深刻理解干涉现象，而不是死记硬背。
38．把一个曲率半径很大的凸透镜的弯曲表面压在另一个玻璃平面上，让单色光从上方射入如图7（a），这时可以看到亮暗相间的同心圆，这个同心圆叫做牛顿环，如图7（b）。则（BD）
A．牛顿环是由透镜的上、下表面的反射光发生干涉而形成的
B．牛顿环是由透镜下表面的反射光和平面玻璃上表面的反射光发生干涉而形成的
C．透镜表面弯曲越厉害，牛顿环的直径就越大
D．透镜表面弯曲越厉害，牛顿环的直径就越小。
。
（a） 图7 （b）
[解析]牛顿环是一种典型的薄膜干涉的实例，其中的薄膜是空气膜，发生干涉的两束光是空气膜的两个表面上的反射光，因而B正确。倾角越大，条纹宽度越窄，D正确。
［思路点拨］要求考生理解薄膜干涉情况下决定条纹间距的因素有波长和劈的倾角。
39．在右图所示的光电管的实验中，发现用一定频率的A单色光照射光电管时，电流表指针会发生偏转，而用另一频率的B单色光照射时不发生光电效应，那么 （A C ）
A．A光的频率大于B光的频率。
B．B光的频率大于A光的频率。
C．用A光照射光电管时流过电流表 G的电流方向是a流向b。
D．用A光照射光电管时流过电流表G的电流方向是b流向a。
[解析]B单色光不能使金属发生光电效应，B的频率小于极限频率，A正确。光电效应中发射的是电子，因而电流方向是a流向b，C正确。
［思路点拨］略。
40．如图所示，两块同样的玻璃直角三棱镜ABC，两者的AC面是平行放置的，在它们之间是均匀的未知透明介质。一单色细光束O垂直于AB面入射，在图示的出射光线中（B）
A．1、2、3（彼此平行）中的任一条都有可能
B．4、5、6（彼此平行）中的任一条都有可能
C．7、8、9（彼此平行）中的任一条都有可能
D．只能是4、6中的某一条
[解析] 光线由左边三棱镜AB面射入棱镜，不改变方向；接着将穿过两三棱镜间的未知透明介质进入右边的三棱镜，由于透明介质的两表面是平行的，因此它的光学特性相当于一块两面平行的玻璃砖，能使光线发生平行侧移，只是因为它两边的介质不是真空，而是折射率未知的玻璃，因此是否侧移以及侧移的方向无法确定（若未知介质的折射率n与玻璃折射率相等，不侧移；若n>时，向上侧移；若n<时，向下侧移），但至少可以确定方向没变，仍然与棱镜的AB面垂直。这样光线由右边三棱镜AB面射出棱镜时，不改变方向，应为4、5、6中的任意一条。选项B正确。
［思路点拨］平时碰到的两面平行的玻璃砖往往是清清楚楚画出来的，是“有形”的，其折射率大于周围介质的折射率，这时光线的侧移方向也是我们熟悉的。而该题中，未知介质形成的两面平行的“玻璃砖”并未勾勒出来，倒是其两侧的介质（三棱镜）被清楚地勾勒出来了，而且前者的折射率未必大于后者。这就在一定程度上掩盖了两面平行“玻璃砖”的特征。因此我们不仅要熟悉光学元件的光学特征，而且要会灵活地运用，将新的情景转化为我们熟知的模型。
（原子物理选择题编题者：李鸿彬 宋裕香）
41．甲、乙两种单色光分别垂直进入一块厚玻璃砖，已知它们通过玻璃中的时间t甲>t乙，那么，甲乙两种单色光光子的能量关系是： ( A )
A、E甲>E乙 B、E甲C、E甲=E乙 D、不能确定
[解析]垂直射向厚玻璃砖表面的甲、乙两种单色光，在玻璃砖内的射程相等，因为t甲>t乙，所以甲在玻璃中的光速小于乙在玻璃中的光速，而两种色光在玻璃砖内的光速V=c/n，所以甲在玻璃中的折射率大于乙在玻璃中的折射率，甲光的频率大于乙光的频率，根据E=h,即E甲>E乙，选择A
［思路点拨］本题从各种色光在介质中的折射率、光速、频率，以及光子能量和频率的关系等问题对学生考查，需要学生对这些关系进行识记。
42．氢原子的核外电子由一个能级跃迁到另一能级时,可能发生的情况有 ( BC )
A、放出光子,电子动能减少,原子势能增加
B、放出光子,电子动能增加,原子势能减少
C、吸收光子,电子动能减少,原子势能增加
D、吸收光子,电子动能增加,原子势能减少
[解析]氢原子的核外电子由一个能级跃迁到另一个能级可能有两种情况，一种由高能级向低能级跃迁，另一种由低能级向高能级跃迁，当电子由高能级向低能级跃迁时，电子的总能量在减少，对外放出光子，原子核对电子的电场力作正功，动能增加，原子势能减少，反之，吸收光子，动能减少，原子势能增加。选B、C
［思路点拨］本题就玻尔的氢原子模型中能级之间跃迁过程中能量的变化问题对学生考查，要求学生理解能量变化的实质。另外此题与卫星绕地球运转模型中动能和重力势能的变化相似，学生可进行类比。
43．一群处于基态的氢原子吸收某种单色光光子后，只发射波长为1、2、3的三种单色光光子，且1〉2〉3，则被氢原子吸收的光子的波长为 （ AD ）
A、3 B、1+2+3 C、 D、
[解析] 据=c/判断能量最高的光子波长为3，氢原子吸收光子的能量必须达到才有可能发射1、2、3三种色光，又据氢原子能级图可知h1+h2 = h3 即：所以3=，选A、D
［思路点拨］本题考查氢原子跃迁过程中能量、波长、频率的关系问题，原子必须吸收其中最大频率或最小波长的光子才能释放这三种可能的光子，此题学生容易漏选D
44．假设一个沿着一定方向运动的光子和一个静止的自由电子相互碰撞后，电子向某一个方向运动，光子沿另一方向散射出去，则这个散射光子跟原来的光子相比 （ D ）
A、频率变大 B、速度变小
C、光子能量变大 D、波长变长
[解析]光子和自由电子相互碰撞以后，由能量守恒，光子将一部分能量传递给了电子，自身的能量减小，据E=h,这个散射光子的频率减小，据=c/波长变长。速度大小因散射方向不确定，不能确定。选D
［思路点拨］光具有波粒二象性，光子和电子、质子这样的实物粒子一样不仅有能量，也有动量，碰撞过程中满足能量守恒，动量也守恒。
45．U是一种放射性元素，进行一系列放射性衰变，由图可知： （ ABD ）
A、表中a是84，b是206
B、x是β衰变，放出电子，电子是由中子转变为质子时产生的
C、y是β衰变，放出电子，电子是由中子转变为质子时产生的
D、从U衰变成Pb要经过6次x衰变，8次y衰变
U Bi Po
Ti Pb
[解析] 由图可知衰变方程Bi Ti +He, Bi Po +e
Po Pb+He,根据质量数和电荷数守恒，分别得到b为206，a为84，其中x是β衰变，放出的电子是由中子转变为质子时产生的，y是衰变，从U衰变成Pb要经过次衰变，82-[(92-28)]=6次β衰变,选A、B、D
［思路点拨］核反应方程遵循核电荷数守恒和质量数守恒，每次衰变新核质量数减少4，核电荷数减少2，每次衰变新核质量数不变，核电荷数增加1，同时要理解衰变和衰变的实质。
46．如图所示,四个示意图所表示的实验中,能说明光具有粒子性的是 （ C ）
[解析]：本题中的A是卢瑟福的α粒子散射实验，说明原子的结构是核式结构；B是光的双缝干涉实验，说明光具有波动性；C是光电效应实验，说明光具有粒子性；D是研究放射性元素放射现象的实验。因此正确答案为C。
［思路点拨］：本题要求了解课本上所提到的一些重要的实验现象，理解实验所说明的问题和得到的结论，进而了解该实验在推动物理学发展上的意义。
47．英国物理学家卢瑟福用α粒子轰击金箔，为了解释实验结果，提出了原子的核式结构学说，下图中，O表示金原子核的位置，两曲线分别表示经过金原子核附近的α粒子的运动轨迹，能正确反映实验结果的图是：（ B D ）
· · · ·
A B C D
[解析]：本题基于α粒子散射实验考查带电粒子在点电荷电场中的运动轨迹，由于α粒子受到金原子核的斥力作用，而且越靠近原子核斥力越大，因此越靠近原子核，轨迹的曲率半径越小，C图中两曲线曲率半径相等，C图错误。由力的方向和运动方向可知，A图错误。因些正确答案为B和D。
［思路点拨］：本题涉及α粒子的受力和其运动轨迹问题，当力的方向和运动方向不在一条直线上时，物体做曲线运动，且从圆周运动的向心力公式可知，当α粒子越靠近金原子核，速度越小，受力越大，因此地，轨迹的曲率半径越小。
48．氢原子中核外电子从第3能级跃迁到第2能级时，辐射出的光照射到某金属上恰能产生光电效应。则当大量处于第4能级的氢原子向低能级跃迁时，辐射出各种频率的光照射到此金属上，可能使此金属发生光电效应的光最多有（ B ）
A.6种 B.5种
C.4种 D.3种
[解析]：大量处于第4能级的氢原子向低能级跃迁时，共可发射出6种不同频率的光子，其中能量大于和等于从第3能级跃迁到第2能级的光子共有5种，因此正确答案为B。
［思路点拨］：大量处于第4能级的氢原子向低能级跃迁时，通过画图或组合公式可知共可发射出=6种不同频率的光子，由于从第3能级跃迁到第2能级的光子的频率恰大于该金属的极限频率，在6种不同频率的光子中，频率大于极限频率的共有5种，这几种光子都可使金属发生光电效应。
49．在匀强磁场中有一个原来静止的碳14原子核，它放射出的粒子与反冲核的径迹是两个内切的圆，两圆的直径之比为7：1，如图所示，那么碳14的衰变方程为（ D ）
A、C e + B × × × ×
B、C He + Be × × × ×
C、C H+B × × × ×
D、C e + N × × × ×
[解析]：由于放出的粒子与反冲核的运动方向相反，所受洛仑兹力方向相同，放出的粒子带负电，进一步分析，由于放出的粒子与反冲核的动量大小相等，根据r=mv/Bq，反冲核的电量是放出的粒子电量的7倍，可知答案为D。
［思路点拨］：原子核在发生衰变时，应遵循动量守恒定律，质量数和电荷数守恒的规律，带电粒子在磁场中运动所受洛仑兹力的方向判断和轨道半径公式的应用也是本题所要求的。
50．已知一光电管阴极的极限频率为υ0，现将频率为υ（υ＞υ0）的光照射在阴极上，如图所示，则（ D ）
A.照射到阴极上的光的强度愈大，单位时间内产生的光电子数目就愈多
B. 照射到阴极上的光的强度愈大，光电子从阴极逸出时的最大初动能增大
C. 加在AK间的正向电压愈大，光电子从阴极逸出时的最大初动能增大
D.为了阻止光电子到达A，必须在AK间加一足够高的反向电压
[解析]: .照射到阴极上的光的强度愈大，单位时间内的光子数增多，单位时间内产生的光电子数目就愈多，A答案正确；光电子的最大初动能取决于照射光的频率和极限频率，与照射光的强度无关，与加在AK间的电压无关， B、C答案错误；在AK间加一足够高的反向电压，即A极的电势比K低，光电子不能到达A极，D答案正确。
［思路点拨］：本题涉及光电效应现象的发生及相关规律，特别是影响光电子最大初动能的因素；若在AK间加一电压，光电子飞出后会受到电场对它的作用。
高考考前训练题二．实验题部分
1．现要测定一根尼龙丝能承受的最大拉力F，手头只有一个质量为m的砝码（已知F＞mg）和一个米尺．请回答：
（1）画出实验方案的示意图；
（2）其中需测量的物理量是__________；
（3）尼龙丝能承受的最大拉力F的表达式是_________．
答案：（1）实验方案的示意图如图所示．
（2）需要测量的量是：尼龙丝的长L和刚好拉断时两悬点间的距离l．
（3）尼龙丝能承受的最大拉力的表达式是
2．一打点计时器固定在斜面上某处，一小车拖着穿过打点计时器的纸带从斜面上滑下，如图（a）所示．图（b）是打出的纸带的一段．
（1）已知打点计时器使用的交流电频率为50Hz，利用图（b）给出的数据可求出小车下滑的加速度a=_____．
（2）为了求出小车与斜面间的动摩擦因数，还需要测量的物理量有________________________．
用测得的量及加速度a表示小车与斜面间的动摩擦因数=_______________．
答案：（1）4.00m/s2
（2）斜面上任两点处间距l及对应的高度差h．
（若测量的是斜面的倾角，则）
3．在做“研究平抛物体的运动”的实验中，为了确定小球在不同时刻所通过的位置，实验时用如图所示的装置，先将斜槽轨道的末端调整水平，在一块平木板表面钉上复写纸和白纸，并将该木板竖直立于紧靠槽口处．使小球从斜槽上紧靠挡板处由静止释放，小球撞到木板并在白纸上留下痕迹A；将木板向远离糟口平移距离x，再使小球从斜槽上紧靠挡板处由静止释放，小球撞在木板上得到痕迹B；又将木板再向远离槽口平移距离x，小球再从斜槽上紧靠挡板处由静止释放，再得到痕迹C．若测得木板每次移动距离x=10.00cm，A、B间距离cm，B、C间距离cm．（g取 m/s2）
（1）根据以上直接测量的物理量得小球初速度为_________（用题中所给字母表示）．
（2）小球初速度的测量值为_____________m/s．
答案：（1）（或：，或：，或：）
（2）1.00±0.02
4．如图（乙）所示，将包有白纸的圆柱棒替代纸带和重物，蘸有颜料的毛笔固定在马达上并随之转动，使之替代打点计时器．当烧断挂圆柱的线后，圆柱竖直自由落下，毛笔就在圆柱白纸上划出记号，图（甲）所示，测得记号之间的距离依次为26、42、58、74、90、106mm，已知马达铭牌上有“1440r／min”字样，请说明如何由此验证机械能守恒．
答案：其方法如下：
①由马达铭牌“1440 r／min”算出毛笔画的线距时间间隔了（s）②根据算出任意选取的相邻两条线的瞬时速度．
（m/s）
（m/s）
∴ （J）
而 （J） 验证完毕．
说明：就实验所得数据还可验证当地的重力加速度g值．
5．用如图所示的装置进行验证动量守恒的以下实验：
（1）先测出滑块A、B的质量M、m及滑块与桌面的动摩擦因数，查出当地的重力加速度g；
（2）用细线将滑块A、B连接，使A、B间的弹簧处于压缩状态，滑块B紧靠在桌边；
（3）剪断细线，测出滑块B做平抛运动落地时的水平位移为s1，滑块A沿桌面滑行距离为s2．
为验证动量守恒，写出还须测量的物理量及表示它的字母___________．如果动量守恒，须满足的关系是_________________．
答案： 桌面离地面高度h
说明：这是一个可以用来验证动量守恒定律的验证性实验．该题构思新颖，从验证动量守恒的实验出发，考查了平抛运动、动量定理、动能定理、动量守恒定律等高考热点．
烧断细绳后在弹簧的弹力作用下，B、A以一定的水平速度分别向左、右运动．
A在水平桌面上向右作匀减速滑动时，克服摩擦做功，由动能定理可得，得；B向左作平抛运动，必须测得抛出时桌面离地面高度h，由平抛运动规律可知：，，即．测算得、后，如果动量守恒，必须满足关系式：，即．
6．假设我们已经进入了航天时代，一个由三个高中学生组成的航天兴趣小组正乘外星科学考察飞船前往X星球，准备用携带的下列器材测量X星球表面的重力加速度g，这些器材是：
A．钩码一盒，质量未知且各钩码质量不等
B．重锤一个，质量未知
C．带孔金属小球一个，直径已知为d
D．太阳能电池板一块，输出直流电压可满足任何要求
E．无弹性的丝线若干根
F．导线，开关若干
G．刻度尺1把
H．测力计1个
I．天平1台（含砝码1盒）
J．打点计时器1台（含复写纸片、纸带）
K．电子秒表1个
L．带有光控计时器的实验平板一块．在平板两端各有一个光控门，同时还配有其专用的直流电源、导线、开关、重锤线、滑块，该器材可用来测量物体从—个光控门运动到另—个光控门的时间
M．支架：能满足实验所需的固定作用
到达X星球后，三个学生从以上器材中选择各自所需的器材（同一器材可以重复选用），用不同的方法各自独立地测出了重力加速度g的值．
现请你完成他们所做的实验：
实验一：（已经完成）
（1）器材有：A、H、I
（2）主要的实验步骤是：
①选取一个合适的钩码，用天平测出质量m
②用测力计测出该钩码的重力F
③计算重力加速度的表达式为
实验二：
（1）选用的器材有_________________
（2）写出主要的实验步骤（简明扼要）．
______________________________________________________________
实验三：
（1）选用的器材有_________________
（2）写出主要的实验步骤（简明扼要）．
______________________________________________________________
答案：实验二：
（1）C、E、G、K、M
（2）①组装并安装好单摆，测出摆线长度L
②测出n次全振动的时间t，算出周期
③计算重力加速度的表达式为
实验三：
（1）G、L、M
（2）①将带光控计时器的平板用支架竖直架稳
②测量两个光控门之间的距离s
③把滑块从上面的一个光控门处自由释放，读出下落时间t
④计算重力加速度的表达式为
说明： 这是一道开放性实验试题，在中学阶段已经学到了多种测重力加速度g的实验方法．该试题提供了X星球表面作为实验场所，要求考生应用所学的知识在试题所提供的器材中选择合适的器材组合，进行测量．
由题述的实验一的完成过程，又为要求考生完成的实验二、实验三的解答提供了解答模式．试题设计巧妙，难度不大，既考查了教材要求的测匀变速直线运动的加速度、用单摆测重力加速度的实验，更考查了学生的综合能力，实属值得为之叫好的开放性能力型实验题．根据题给器材可知，携带的既有利用公式G＝mg测重力加速度g的器材，又有可测匀变速直线运动的加速度的器材，还有组装成利用单摆测重力加速度g的器材．显然后两个实验测g的方法正是该题的答案．
（电学实验题编题者：史献计 黄皓燕 王 峰）
7．描绘电场等势线的实验中，在平整的木板上依次铺放白纸、复写纸和导电纸．在导电纸上平放两个圆柱形电极A与B，分别与直流电源的正、负极接好，如图所示．若以A、B连线为 x 轴，A、B连线的中垂线为 y 轴．将一个探针固定在 y 轴上的某一点，沿x轴移动另一个探针，发现无论怎样移动，灵敏电流计的指针都不偏转，若电源及连线都是完好的，可能的故障是____________．将实验故障排除后，探针从BO间某处沿 x 轴向电极A移动的过程中，电流表中指针偏转的情况是________．
思路分析与参考答案： 导电纸的涂导电物质的一面朝下了，偏角逐渐减小到零，再反向偏转，偏角逐渐增大
8．如图是用高电阻放电法测电容的实验电路图．其原理是测出电容器在充电电压为U时所带的电荷量Q，从而求出其电容C．
该实验的操作步骤如下：
（1）按电路图接好实验电路．
（2）接通电键S，调节电阻箱R的阻值，使微安表的指针接近满刻度．记下这时的电压表读数U0＝6.2V和微安表读数I0＝490μA．
（3）断开电键 S并同时开始计时，每隔5s或10s读一次微安表的读数i，将读数记录在预先设计的表格中．
（4）根据表格中的12组数据，以t为横坐标，i为纵坐标，在坐标纸上描点（在图中用“×”表示）．根据以上实验结果和图象，可以估算出当电容器两端电压为U0时该电容器所带的电荷量Q0约为 C，从而算出该电容器的电容约为 F．
思路分析与参考答案： 用一条光滑曲线将坐标系中的点依次相连，得到放电曲线，曲线跟横轴所围的面积就表示放电过程放出的电荷量．每小方格代表的电荷量为 q = 2.5×10－4 C．用四舍五入的方法数得小方格有 32个，因此 Q0 = 8×10－3 C．根据 C = Q0/U0，得电容为 C =1.3×10－3F．
9．有一内阻未知（约25kΩ ~ 35kΩ）、量程未知（约25V ~ 35V），共有30个均匀小格的直流电压表 ．
（1）某同学在研究性学习过程中想通过上述电压表测量一个多用表中欧姆档的内部电源的电动势，他们从多用表刻度盘上读出电阻刻度中间值为30．
A．请你将他们的实验电路连接起来．他们在实验过程中，欧姆档的选择开关拨至倍率“×_______” ．
B．在实验中，同学读出电压表的读数为U，欧姆表指针所指的刻度为n，并且在实验过程中，一切操作都是正确的，请你导出欧姆表电池的电动势表达式．
（2）若在实验过程中测得该电压表内阻为30kΩ，为了测出电压表的量程，现有下列器材可供选用，要求测量多组数据，并有尽可能高的精确度．
标准电压表：量程3V，内阻3kΩ
电流表：量程0~3A，内阻未知
滑动变阻器：总阻值1kΩ
稳压电源E：30V，内阻不能忽略
电键、导线若干
A．在右边方框中画出实验电路图
B．选用记录数据中任一组，写出计算量程的
表达式Ug = ______________．
式中各字母的意义是：____________________________________________．
思路分析与参考答案：（1）A．电路如图所示，测电阻时应尽量使指针指在中间值附近，所以应选“×1k”．
B．欧姆表中值电阻为R中 = 30×1kΩ= 30000Ω，欧姆表指n刻度，则电压表内电阻RV = 1000n，流过电压表电流IV = U/RV = U/(1000n)，根据闭合电路欧姆定律电池电动势E = U + IVR中 = U．
（2）A．如图所示．，所以不能用电流表；又电压表的量程较小于电源电动势，所以滑动变阻器应用分压接法．
B．Ug = ，其中N：表指针所指格数，U1：表读数．
10． 电源的输出功率P跟外电路的电阻R有关．下左图是研究它们的关系的实验电路．为了便于进行实验和保护蓄电地，给蓄电池串联了一个定值电阻R0，把它们一起看作电源（图中虚线框内部分）．于是电源的内电阻就是蓄电池的内电阻和定值电阻R0之和，用r表示．电源的电动势用E表示．
（1）写出电源的输出功率P跟E、r、R的关系式： ．（电流表与电压表都看作理想电表）
（2）在下右图的实物图中按照下左图画出连线，组成实验电路．
（3）下表中给出了6组实验数据，根据这些数据．在图中的方格纸中画出P－R关系图线．根据图线可知，电源输出功率的最大值是_____________W，当时对应的外电阻是_____________Ω．
（4）由表中所给出的数据，若已知跟电源串联的定值电阻的阻值为R0＝ 4.5Ω，还可以求得该电源的电动势E = _________V，内电阻r0 = __________Ω．
思路分析与参考答案：（1）P = E2R / (R+r)2 (2) 图略 （3） 图略，0.80 5.0
（4）4.0 0.5
11．现有一阻值为10.0Ω的定值电阻、一个电键、若干根导线和一个电压表，该电压表表面上有刻度但无刻度值，要求设计一个能测定某电源内阻的实验方案．（已知电压表内阻很大，电压表量程大于电源电动势，电源内阻约为几欧），要求：
（1）在下边方框中画出实验电路图
（2）简要写出完成接线后的实验步骤
（3）用测得的量计算电源内阻的表达式r = ________．
思路分析与答案：（1）如图所示
（2）①断开电键，记下电压表偏转的格数N1
②合上电键，记下电压表偏转的格数N2
③
12．现要求测量一个阻值较大的电阻Rx的阻值．从实验能够找到的实验器材如下：
电动势与内电阻均未知的直流电源E
滑动变阻R1（全电路为300Ω）
标准电阻R0（阻值已知）
电压表2只，V1、V2（量程均能满足实验要求）
开关（单刀开关、单刀双掷开关各一个）
导线若干
某同学通过实验研究发现Rx的阻值数值级与R0及电压表内电阻相当，于是他设计了一种电路，其控制电路出图所示．
(1) 请你在图中补全测量电路．（要求标出实验器材符号）
(2) 简要写出实验的测量原理及电阻Rx的计算表达式．（表达式中的物理量需要加以说明）．
思路分析与答案：（1）电路图如图所示．
(2) 将S2与1接通，读出电压表V2示数U1，并读出电压表V1示数U；再将S2与2接通，调节滑动变阻器，使电压表示数仍为U（即电压表V1示数不变），读出电压表V2示数U2．在R0、Rx串联电压保持不变时，根据欧姆定律及串、并联电路性质可知U1：U2 = R0：Rx，故Rx = ．
（热学实验题编题者：孙道华 魏 昕）
13．在用油膜法粗测分子直径的实验中，在哪些方面作了理想化的假设
_____________________________________________________________________．
下面是一次实际测量的数据。将1cm3的油酸溶于酒精，制成200cm3的酒精溶液，已知1cm3的油酸酒精溶液有50滴．现取1滴油酸酒精溶液滴在水面上，随着酒精溶于水，油酸在水面上形成一单分子薄层，测出这一薄层的面积为0.2m2。由此可计算出油酸分子的直径为____________m。
思路分析与答案：1．将油膜看成单分子膜；将油分子看作球形；认为油分子是一个紧挨一个的． 2．5×10-10m
14．在做用油膜法估测分子大小的实验中，已知实验室中使用的酒精油酸溶液的体积浓度为A，又用滴管测得每N滴这种酒精油酸的总体积为V，将一滴这种溶液滴在浅盘中的水面上，在玻璃板上描出油膜的边界线，再把玻璃板放在画有边长为a的正方形小格的纸上(如右图)测得油膜占有的小正方形个数为X．
⑴ 用以上字母表示油酸分子的大小d。
⑵ 从右图中数得油膜占有的小正方形个数为X =________________．
思路分析与答案：1．D = 2．X = 57．
（光学实验题编题者：孙松庆 丁家旗）
15．如图（a）所示是利用双缝干涉测定单色光波长的实验装置，滤光片的作用是_____，单缝的作用是_______________，双缝的作用是______________，单缝和双缝之间的方向关系是_______________．某同学在做该实验时，第一次分划板中心刻度对齐A条纹中心时（图1），游标卡尺的示数如图3所示，第二次分划板中心刻度对齐B条纹中心时（图2），游标卡尺的示数如图4所示，已知双缝间距为0.5mm，从双缝到屏的距离为1m，则图3中游标卡尺的示数为__________mm．图4游标卡尺的示数为_______________mm．实验时测量多条干涉条纹宽度的目的是______________，所测单色光的波长为___________m．
（a）
思路分析与答案：获得单色光，产生线光源，产生相干光源，平行，11.5mm，16.7mm，减小实验误差，6.5×10－7．
16．测定玻璃折射率的实验中
(1) 某同学做实验插针的步骤如下：
A． 在表示入射光线的AO上插上大头针P1和P2
B． 通过玻璃砖观察P1和P2，调整视线，直到P1的像被P2的像挡住
C． 在观察一侧插上大头针P3和P4，并记下P3和 P4的位置。
这位同学在操作中有什么重要疏漏？
(2) 以通过P1P2的直线与玻璃砖的交点O为圆心，以某一适当长度R为半径画圆．与OA交于P，于OO′的延长线交于Q，从P和Q分别做玻璃砖界面的法线NN′的垂线，P′和Q′分别为垂足，如图所示，用刻度尺量得PP′＝45mm，QQ′＝30mm．求玻璃砖的折射率．
思路分析与答案：（1）疏漏：插针时应使P3挡住P1和P2的像，P4挡住P1、P2、P3的像．（2）根据折射定律：．
（用多用电表探测黑箱内的电学元件
练习使用示波器
（黑箱、示波器、传感器等实验题编题者：钱嘉伟 郭 颖 潘天飞）
17．如图，甲为在10℃左右的环境中工作的某自动恒温箱原理图，箱内的电阻R1=2kΩ，R2 = 1.5kΩ，R3 = 4kΩ，Rt为热敏电阻，它的电阻随温度变化的图线如图乙所示，当a、b端电压Uab＜0，电压鉴别器会令开关S接通，恒温箱内的电热丝发热，使箱内温度提高；当Uab＞0时，电压鉴别器使S断开，停止加热．则恒温箱内的温度大约恒定在 ℃．
［解析］电热丝在工作与不工作的临界状态上，a、b电势相等．此时R2、Rt两端电压势必相等，因此就有R1/ R2＝R3/ Rt，由此可算得Rt＝3kΩ．从热敏电阻的R－t图像可知Rt＝3kΩ时，温度为25℃．
［思路点拨］本题由电路知识算出临界状态下热敏电阻的阻值，再通过查R－t图像的方法推得温度．
18．如图所示，A、B、C为黑箱上的三个接点，已知任意两个接点间最多只能接一个元件，可能的元件有电池、电阻和二极管．
（1）用多用电表判断黑箱内有无电池，操作方法是：
_____________________________________________．
（2）经检测发现黑箱内没有电池，用多用电表的欧姆挡测量各接点间的电阻，结果如下，试在图中画出黑箱内一种可能的电路．
红表笔接点 C B A B C C
黑表笔接点 B C B A A A
表盘示数 很小 很大 R R 比AB间阻值R略大 很大
［解析］（1）用多用电表的直流电压挡测各对接点间的电压，若任意一组接点间均无电压，则能说明黑箱内没有电池．
（2）用欧姆档测量时，黑表笔虽然插负接线孔，但连接的是欧姆表内电源的正极．黑表笔接B点，红表笔接C点，电流是从B流向C的；而反接时，电流是从C流向B的，两次阻值相差很多说明C、B间有二极管，且二极管的“＋”极与B点相接．
A、B间正接反接，阻值恒定，说明A、B可能存在电阻．
黑表笔接A点，红表笔接C点，有阻值且阻值比R略大；反接时阻值很大．说明A、B间的电阻与B、C间的二极管串联才有这种情况，且A、C间不可能有其它电阻或二极管构成一条支路与上述电阻、二极管支路并联，否则现象与表格最后两列的结果无法相符．黑箱内元件连接如图所示．
［思路点拨］熟悉电路串并联的基本性质，掌握二极管单向通电的特性．
19．若示波器所显示的输入波形如图所示，要将波形上移，应调节面板上的________旋钮；要使此波形横向展宽，应调节________旋钮；要使屏上能够显示3个完整的波形，应调节_____________________旋钮．
［解析］竖直位移，X增益，扫描范围和扫描微调
［思路点拨］熟悉J2459型示波器的面板，掌握面板上各旋钮、开关的名称和作用，会进行基本的操作，并要理解示波器的基本构造和工作原理．
高考考前训练题三．计算题部分
（力学计算题 编题者：李大志 赵家会 朱 焱）
1．如图所示，ABC是一个光滑面，AB为光滑圆弧，半径R=9.8m，BC是足够长的光滑水平面，且在B点与圆弧相切，质量为m1=0.2Kg的滑块置于B点，质量为m2=0.1Kg的滑块以v0=0.9m/s速度向左运动与m1发生相撞，碰撞过程中没有能量损失．问：
（1）碰撞经过多长时间m1、m2发生第二次碰撞？
（2）第二次碰撞后，m1、m2的速度为多大？
答案：1、（1）6.28s；（2）v1‘=0.4m/s，v2’=0.7m/s
2．如图所示，长为2L的板面光滑且不导电的平板小车C放在光滑水平面上，车的右端有块挡板，车的质量mC=4m，绝缘物块B的质量mB=2m．若B以一定速度沿平板向C车的挡板运动且碰撞，碰后小车的速度总等于碰前物块B速度的一半．今在静止的平板车的左端放一个带电量为+q，质量为mA=m的金属块A，将物块B放在平板车中央，在整个空间加上一个水平方向的匀强电场时，金属块A由静止向右运动，当A以速度v0与B发生碰撞后，A以v0/4的速度反弹回来，B向右运动（A、B均可视为质点，碰撞时间极短）．
（1）求匀强电场的大小和方向．
（2）若A第二次和B相碰，判断是在B和C相碰之前还是相碰之后．
（3）A从第一次与B相碰到第二次与B相碰这个过程中，电场力对A做了多少功？
答案：（1） （2）A第二与B相碰在B与C相碰之后 （3）
3．如图所示，质量为2m的木块，静止放在光滑的水平面上，木块左端固定一根轻质弹簧．一质量为m的质点滑块从木块的右端飞上．若在滑块压缩弹簧过程中，弹簧具有的最大弹性势能为Epm，滑块与木块间的滑动摩擦力的大小保持不变，试求滑块的初速度v0．
答案：
4．如图所示，质量为M=1Kg，长为L=2.25m的小车B静止在光滑水平面上，小车B的右端距离墙壁S0=1m，小物体A与B之间的滑动摩擦系数为μ=0.2．今使质量m=3Kg的小物体A（可视为质点）小物体以水平速度v0=4m/s飞上B的左端，重力加速度g取10m/s2．若小车与墙壁碰撞后速度立即变为零，但并未与墙粘连，而小物体与墙壁碰撞时无机械能损失．求小车B的最终速度为多大？
答案：1.5m/s．
5．如图所示，位于竖直平面上的1/4光滑轨道，半径为R，OB沿竖直方向，圆弧轨道上端A点距地面高度为H，质量为m的小球从A点静止释放，最后落在地面C点处，不计空气阻力．求：
(1) 小球刚运动到B点时，对轨道的压力多大
(2) 小球落地点C与B的水平距离S为多少
(3) 比值R/H为多少时，小球落地点C与B水平距离S最远 该水平距离的最大值是多少
答案： (1) 小球沿圆弧做圆周运动,在B点由牛顿第二定律，有：；从A到B,由机械能守恒,有，由以上两式得
(2) 小球离开B点后做平抛运动,抛出点高为H—R，有：、、，解得．
由上式可知,当时,即时,S有最大值,即
思路点拨：解决圆周运动问题时，应注意需要的向心力和提供的向心力的分析;而平抛问题应注意水平运动和竖直运动具有相同的时间．
6．根据天文观察到某星球外有一光环，环的内侧半径为R1，环绕速度为v1，外侧半径为R2，环绕速度为v2，如何判定这一光环是连续的，还是由卫星群所组成．试说明你的判断方法．
答案：如果光环是连续的，则环绕的角速度想同，、，得 ．
如果光环是由卫星群所组成，则由：、，得．
即若，则光环是连续的，若，则光环是分离的卫星群所组成．
思路点拨：本题根据圆周运动的特点和卫星围绕天体运动的特点，由速度和半径的关系入手，是万有引力定律和圆周运动的综合运用．
7．一列简谐横波在x轴上传播，在和s时，其波形图分别用如图所示的实线和虚线表示，求：
这列波可能具有的波速
当波速为280m/s时，波的传播方向如何？此时图中质点P从图中位置运动至波谷所需的最短时间是多少？
答案：若波沿x轴正向传播，则：
若波沿x轴负向传播，则：
于是得：（当k = 0，2，4，……时，波沿x轴正向传播；当k = 1，3，5，……时，波沿x轴负向传播）．
当波速为280m/s时，代入上式得：
所以波向—x方向传播．
P质点第一次达到波谷的相同时间里，波向左移动了7m，所以所需最短时间为
．
思路点拨：波在传播过程中，由于波的周期性和传播方向的不确定，可使得传播速度具有多解性．
9．某同学不小心掉了半块饼干在地上，5min后发现饼干上聚集了许多蚂蚁．那么5min前这些蚂蚁离饼干的最远距离为多少呢 确定这个最远距离的关键是测出蚂蚁的爬行速度．某班学生以小组为单位进行估测蚂蚁爬行速度的实验探究活动，下表是各小组的实验方案及结果．
组别 实 验 方 案 平均速度（/cm·s－1）
1 用面包吸引蚂蚁，使它在直尺间运动 1.20
2 让沾有墨水的蚂蚁在纸槽内运动 0.30
3 让直玻璃管内的蚂蚁向另一端运动 1.04
4 让蚂蚁在盛有粉笔灰的纸槽内运动 0.45
5 让蚂蚁在塑料吸管内爬行，同时点燃蚂蚁身的塑料吸管 2.40
(1) 表中各小组最后测得蚂蚁的爬行速度各不相同，产生此现象的可能原因是什么？
(2) 5min前蚂蚁离饼干的最远距离约为多少？
答案：(1) 实验方案不同，外界条件不同．如蚂蚁找食与求生逃跑等情况对实验结果产生不同的影响．(2) 面包与饼干的外界条件相似，故蚂蚁向饼干运动时的速度可视为1.2cm/s，故S = vt = 3.6m．
10．如图所示，在光滑水平面上放一质量为M、边长为l的正方体木块，木块上搁有一长为L的轻质光滑棒，棒的一端用光滑铰链连接于地面上O点，棒可绕O点在竖直平面内自由转动，另一端固定一质量为m的均质金属小球．开始时，棒与木块均静止，棒与水平面夹角为角．当棒绕O点向垂直于木块接触边方向转动到棒与水平面间夹角变为的瞬时，求木块速度的大小．
答案：设杆和水平面成角时，木块速度为v，水球速度为vm，杆上和木块接触点B的速度为vB，因B点和m在同一杆上以相同角速度绕O点转动，所以有：= = = ．B点在瞬间的速度水平向左，此速度可看作两速度的合成，即B点绕O转动速度v⊥= vB及B点沿杆方向向m滑动的速度v∥，所以vB = vsin．故vm = vB=．因从初位置到末位置的过程中只有小球重力对小球、轻杆、木块组成的系统做功，所以在上述过程中机械能守恒：
mgL(sin)=综合上述得v = l．
（电学计算题编题者：方国权 邢 标 宋长杰）
11．如图所示，在直线PQ上部有一匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直于纸面向里．有一半径为a的直角扇形回路TOS，顶点固定在PQ直线上的O点，并绕顶点O以角速度ω逆时针匀速转动．若以扇形的一条边OS跟PQ重合时为起始时刻．则
（1）试在—t图上画出穿过回路的磁通量随时间t变化的函数图线；在—t图上画出回路感应电动势随时间t变化的函数图线．
（2）试计算磁通量的最大值和感应电动势的最大值各为多少？
[解析]（1）扇形OT边旋转至与OP重合，历时为，期间磁通不改变；
～内，；
～内，不改变；
～内，…，据此作出—t图线（如图）．
若以O→T→S→O为正方向，则在t =0～内，；
～内，
～内，；
～内，…，据此作出—t图线（如图）．
（2）
思路点拨：根据题中提供的直角扇形绕顶点O匀速转动的物理模型，按时间段逐段考察其间具体的物理图景，分析磁通及感应电动势随时间变化的规律，并据此描绘（分段）函数图线．
12．如图所示，电源电动势=3.6V，内阻r=2，滑动变阻器总电阻R=10，R0=9，当滑动变阻器滑片P从a向b移动过程中，求理想电流表的读数范围．
[解析]设aP电阻为Rx，则RPb = R -Rx
外电路总电阻
干路电流
电流表读数
当Rx=4时，IA有极小值A；当Rx=10时，IA有极大值A．
［思路点拨］熟练掌握全电路欧姆定律及串、并联电路特点是解有关电路参数问题的关键，具备利用视察法根据解析式讨论数据范围的能力对本题最后的讨论无疑是至关重要的．
13．如图所示，一对平行光滑轨道放置在水平面上，两轨道相距L=1m，两轨道之间用电阻R=2Ω连接，有一质量为m=0.5kg的导体杆静止地放在轨道上与两轨道垂直，杆及轨道的电阻皆可忽略不计，整个装置处于磁感应强度B=2T的匀强磁场中，磁场方向垂直轨道平面向上．现用水平拉力沿轨道方向拉导体杆，使导体杆从静止开始做匀加速运动．经过位移s=0.5m后，撤去拉力，导体杆又滑行了相同的位移s后停下．
求：(1)全过程中通过电阻R的电荷量；
(2)拉力的冲量；
(3)匀加速运动的加速度；
(4)画出拉力随时间变化的F—t图象．
[解析]（1）设全过程中平均感应电动势为，平均感应电流为I，时间，则通过电阻R的电荷量q=I，， 得C
(2)设拉力作用时间为，拉力平均值为F，根据动量定理有：
，所以N·s
(3)拉力撤去时，导体杆的速度为v，拉力撤去后杆运动时间为，平均感应电流为I2，根据动量定理有：
，即，m/s 所以m/s2
（4），
拉力作用时间s，此时Fmax=6N；
t = 0时，F=ma=2N
［思路点拨］利用法拉第电磁感应定律及欧姆定律得到，该关系式在第（2）及第（3）小题的讨论中与动量定理相结合均能顺利解决问题．必须明确的是求解电量时往往利用电流平均值概念．
14．如图，在广阔的宇宙空间存在这样一个远离其他空间的区域，以MN为界，上部分的匀强磁场的磁感应强度为B1，下部分的匀强磁场的磁感应强度为B2，B1=B0=2B2，方向相同，且磁场区域足够大．在距离界线为h的P点有一宇航员处于静止状态，宇航员以平行于界线的速度抛出一质量为m、带电量 -q的球，发现球在界线处速度方向与界线成60°角进入下部分磁场，然后当宇航员沿与界线平行的直线匀速到达目标Q点时，刚好又接住球而静止．求：
（1）小球在两磁场中运动的轨道半径大小（仅用h表示）和小球的速度；
（2）宇航员的质量（用已知量表示）
[解析]（1）画出小球在磁场B1中运动的轨迹如图所示，可知R1-h=R1cos60°，R1=2h
由和B1=2B2可知R2=2R1=4h
由得
(2)根据运动的对称性，PQ的距离为
l = 2(R2sin60°-R1sin60°)=2h
粒子由P运动到Q 的时间
宇航员匀速运动的速度大小为
由动量守恒定律得MV-mv=0
可求得宇航员的质量
［思路点拨］研究带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动时，若能关注轨道的几何特征，往往成效显著．这里准确作图就显得非常重要，往往是作不出图就解不了题．
15．如图所示，水平面内平行放置两根裸铜导轨，导轨间距为l．一根裸铜棒ab垂直导轨放置在导轨上面，铜棒质量m，可无摩擦地在导轨上滑动．两导轨右端与电阻R相连，铜棒和导轨的电阻不计，两根同样的弹簧，左端固定在木板上，右端与铜棒相连，弹簧质量与铜棒相比可不计．开始时铜棒作简谐运动，为平衡位置，振幅Am，周期是T，最大速度为vm．加一垂直导轨平面的匀强磁场B后，发现铜棒作阻尼振动．如果同时给铜棒施加一水平力F，则发现铜棒仍然作原简谐运动．问：
(1) 铜棒作阻尼运动的原因是 ____________________________________________
______________________________________________________________________
______________________________________________________________________
(2) 关于水平力F的情况，下列判断正确的是：_________
A．F的方向总是与弹簧弹力的方向相同
B．F的大小总是与安培力大小相等
C．F的大小不变方向变化
D．F可以为恒力
(3) 如果铜棒中的电流按正弦规律变化，那么每次全振动中外界供给铜棒的能量是多少
［解析］ （1）磁场力是振动过程中阻力
（2）Ｂ
（3）Ｂ2Ｌ2Ｖ02／2ＲＴ
［思路点拨］本题关键是对棒进行动力学、能量两个方面的分析，安培力志外力时刻等值反向，棒尤如只受弹簧弹力作用．求解能量时应用“有效值”．
16．大气中存在可自由运动的带电粒子，其密度随离地面的距离的增大而增大，可以把离地面50㎞以下的大气看作是具有一定程度漏电的均匀绝缘体（即电阻率较大的物质）；离地面50㎞以上的大气可看作是带电粒子密度非常高的良导体．地球本身带负电，其周围空间存在电场，离地面50㎞处与地面之间的电势差为4×105Ｖ．由于电场的作用，地球处于放电状态，但大气中频繁发生闪电又对地球充电，从而保证了地球周围电场恒定不变．统计表明，大气中每秒钟平均发生60次闪电，每次闪电带给地球的电量平均为30Ｃ．试估算大气的电阻率和地球漏电的功率．已知地球的半径ｒ＝6400㎞．
［解析］ 设每秒闪电的次数为ｎ，每次闪电带给地球的电量为ｑ，则大气的漏电电流平均为 Ｉ＝ｎｑ ①
大气的漏电电阻可由欧姆定律求得 Ｕ=ＩＲ ②
由题设条件，式中Ｕ=4×105Ｖ，设大气的电阻率为ρ，则有
Ｒ=ρ ③
由题设条件，式中ｌ=50㎞=5.0×104ｍ
Ｓ=4πｒ2 ④
解以上各式得 ρ=4π ⑤
代入有关数值得 ρ=2.29×1012 Ωｍ－1 ⑥
地球的漏电功率 P=IU=nqU ⑦
代入有关数值得 P=7.2×108 Ｗ ⑧
［思路点拨］ 建立合理的等效电路模型是关键．
17．如图甲所示，为一液体槽，、面为铜板，、面及底面为绝缘板，槽中盛满导电液体(设该液体导电时不发生电解)．现用质量不计的细铜丝在下端固定一铁球构成一单摆，铜丝的上端固定在点，下端穿出铁球使得单摆摆动时细铜丝始终与导电液体接触，过点的竖直线刚好在边的垂直平分面上．在铜板、面上接上图示电源，电源内阻可忽略，电动势＝８Ｖ，将电源负极和细铜丝的上端点分别连接到记忆示波器的地和输入端（记忆示波器的输入电阻可视为无穷大）．现将摆球拉离平衡位置使其在垂直于、面上振动，闭合开关，就可通过记忆示波器观察摆球的振动情况．
图乙为某段时间内记忆示波器显示的摆球与板之间的电压波形，根据这一波形
（１）求单摆的摆长（取约等于10,取=10m/s2）；
（２）设边长为4cm，则摆球摆动过程中偏离板的最大距离为多大
[解析]（1）由图可知T=1s ①
由得 ②
（2）摆球摆到离CD板间的电压最大为6V，该电压与摆球偏离CD板的距离成正比，从而有
③
其中lAD=4cm，U=6V，E=8V
解得=3cm即为最大距离 ④
［思路点拨］理解电流场中电势与位置的关系是解本题的关键．
18．某同学利用业余时间为工厂设计了一个测定机器转动角速度的装置，如图所示．A为一金属小球，质量为m，电阻不计．水平光滑的均匀滑杆PN由合金材料制成，电阻不能忽略，PA通过电刷（图中未画出）与电路相连接，电源电动势为E，内阻不计，限流电阻R与杆PN的总电阻相等．连接小球的弹簧由绝缘材料制成，弹簧的劲度系数为k．小球静止时恰好在滑杆PN的中点，当系统绕OOˊ轴匀速转动时，电压表的示数为U，试求此时系统转动的角速度ω．
[解析]设杆PN的总电阻为R0，系统转动时杆PA段的电阻为Rx，根据欧姆定律得
①
②
设弹簧原长为l0，则实际长度（反映PN杆接入电路中的长度）为
③
弹簧伸长量为 ④
据胡克定律和牛顿第二定律得 ⑤
由①②③④⑤式解得：
［思路点拨］本题中电压表的读数反映电路中的电流，而电流决定于总电阻，总电阻决定于弹簧长度，弹簧长度与角速度相联系．
19．如图所示，一个圆形线圈的匝数n=1000，线圈面积，线圈的电阻为r＝1 ，在线圈外接一个阻值R=4 的电阻，电阻的一端b跟地相接，把线圈放入一个方向垂直线圈平面向里的匀强磁场中，磁感强度随时间变化规律如图线B－t所示．
求：(1)从计时起在t=3s，t=5s时穿过线圈的磁通量是多少？
(2)a点的最高电势和最低电势各多少？
[解析]
(1)由图线可知t=3s，t=5s时，穿过线圈的磁场的磁感强度分别为
根据 ＝BS
t=3s，t=5s时通过线圈的磁通量分别为
(2)在0－4s，B在增加，线圈中产生的电动势为，
电路中电流强度 电流方向：从下向上通过电阻R
b、a两点电势差为：
a点电势为－0.8V，此时a点电势为最低．
在4－6s，B在减小，线圈中产生感应电动势为
电路中电流强度为
电流方向自上而下通过R
a、b两点间电势差为：
a点电势为3.2V此时a点电势为最高
［思路点拨］根据图象弄清磁通量的变化情况，求出感生电动势．注意区分电动势和路段电压．
20．河水流量为4m3/s，水流下落的高度为5m．现在利用它来发电，设所用发电机的总效率为50%，求：（1）发电机的输出功率．（2）设发电机的输出电压为350V，在输送途中允许的电阻为4Ω，许可损耗的功率为输出功率5%，问在用户需用电压220V时，所用升压变压器和降压变压器匝数之比．（g = 9.8m/s2）
[解析]（1）利用水的机械能进行发电，每秒钟流水量为4m3，水的落差5米，水推动发电机叶轮的功率P=ρvgh/t发电机的输出功率为P输出=50%P=50%×1.0×103×4×9.8×5=9.8×104W
（2）输电线上损耗的功率P损=5%P输出=5%×9.8×104=4.9×103W P损=I2r，I输电线上的电流 A，不得超出此值．升压变压器，初级U1=350V 次级U2=？根据变压器输入输出功率相等均为：9.8×104W，所以 降压变压器，初级U′1=2.8×103－35×4=2.66×103V，次级U′2=220V，则
［思路点拨］根据机械能求电能时注意对效率的理解，研究远距离输电时求解远距离线路中的电流是解题的关键．
（力电综合计算题编题者：张政宗 丁小虎 潘志民）
21．B如图所示是阴极射线管的示意图，阴极加热后产生热电子，电子质量为m，经电压UAK加速后打在阳极A板上，设阳极附近单位体积内电子数为n，电子打在阳极即被阳极吸收，求阳极受到的压强．
解答：在阳极附近取一很小的电流柱AB，设截面积为S，长为l，经过△t（△t→0），B截面的电子恰到阳极A，且速度恰变为零，设每个电子质量为m，则电流柱中电子质量M=nSL·m=nsv△t·m
设阳极对电流柱的作用力为F，则F△t=M△v=0-(nsv△tm·v)=-nsv2△tm
即（“一”表示与v相反）
而V是电子被加速后所获得的速度，故，所以
阳极所受到的压强
22．B 一个带电量为+q的圆环，质量为m，可在水平放置的长杆上自由滑动，细杆处于磁感强度为B的匀强磁场中，如图所示圆环以初速度v向右运动直至处于平衡状态，求：圆环克服摩擦力做了多少功？
解答：圆环在垂直x向上受重力mg及洛仑兹力的作用
①当时所受的摩擦力f=0，克服摩擦力做功为零
②当，圆环受到杆的正压力向下，N=Bqv-mg
，由于f的作用，圆环速度变小
N、f逐渐减小至零，此时有
随后以v2向右作匀速运动，
③当，圆环受到正压力向上，
随着v的减小，f增大，最终圆环静止，为
23．B 如图（a）所示，在坐标xoy平面内的第一象限内，有一个匀强磁场，磁感强度大小恒为B0，方向垂直于xoy平面，且随时间作用周期性变化，如图（b）所示，规定垂直xoy平面向里的磁场方向为正．一个质量为m，电量为q的正粒子，在t=0时刻从坐标原点以初速度v0沿x轴正方向射入，在匀强磁场中运动，经过一个磁场变化周期T（未确定）的时间，粒子到达第一象限内的某一点P，且速度方向沿x轴正方向（不考虑重力）．
（1）若点O、P连线与x轴之间的夹角为45 ，则磁场变化的周期T为多大？
（2）因点P的位置随着周期的变化而变化，试求点P纵坐标的最大值为多少？此时磁场变化的周期又为多大？
解答：（1）粒子仅受洛仑兹力作用而作匀速圆周运动，当磁场方向改变时，粒子的绕行方向也随之改变，要使粒子经时间T到达点P，且，则粒子应正好经历 的逆时针绕行和的顺时针绕行（T0为粒子在磁场中作匀速圆周运动的周期）轨迹为图（a）所示，磁场变化的周期
（2）磁场周期变化越大，圆弧越长，点P的纵坐标的值越大，但在磁场变化的一个周期T’内，每个圆弧不能超过半个圆，因此圆弧最长时应是第二个圆弧与y轴相切（因圆弧再长就将从y轴射向第二象限穿出磁场）如图（b）所示．设带电粒子在磁场中作匀圆周运动的半径为R，则：
所以点P的纵坐标为
此时变化的周期T’应等于带电粒子由O点运动到P点的时间 得：
又 则
24．如图所示，光滑平行金属导轨MN、PQ相距L=0.2m，导轨左端接有“0.8V, 0.8W”的小灯泡，磁感强度B=1T的匀强磁场垂直于导轨平面，今使一导体棒与导轨良好接触向右滑动产生向小灯供电，小灯泡正常发光，导轨与导体棒每米长的电阻均为r=0.5Ω，其余导线电阻不计
（1）求导体棒的最小速度
（2）写出导体速度v与它到左端的距离x的关系式
（3）根据v与x的关系式算出表中对应的v值并填入表中，然后画出v-x图线
x(m) 0 0.5 1 1.5 2
v(m/s)
解答：（1）（2）导体棒向右滑动时产生的感应电动势E=BLv
导体棒电阻（（相当于电源内阻）为：
小灯泡电阻为
回路的外电阻为：
回路中电流为： （1）
小灯泡正常发光时 （2）
由（1）（2）解得：
当x=0时，有导体棒最小速度
（3）根据计算，又列出下表
x(m) 0 0.5 1 1.5 2
v(m/s) 4.5 7 9.5 12 14.5
根据表上数据，画出v—x图线如图所示
25．B 如图所示，光滑的平行导轨P、Q相距l=1m，处在同一水平面中，导轨的左端接有如图所示的电路，其中水平放置的电容器两极板相距d=10mm，定值电阻R1=R3=8Ω，R2=2Ω，导轨的电阻不计，磁感强度B=0.4T的匀强磁场竖直向下穿过导轨面，当金属棒ab沿导轨向右匀速运动（开关S断开）时，电容器两极之间质量m=1×10-14kg，带电量q=-1×10-15C的微粒恰好静止不动；当S闭合时，微粒的加速度a=7m/s2向下做匀加速运动，取g=10m/s2, 求：
（1）金属棒所运动的速度多大？电阻多大？
（2）S闭合后，使金属棒ab做匀速运动的外力的功率多大？
解答：（1）带电微粒在电容器两极间静止时，受向上的电场力和向下的重力而平衡，根据平衡条件有，解得电容器两极间电压为：
由于微粒带负电，可知上板电势较高，由于S断开，R3上无电流，R1、R2上电压等于U1, 可知电路中的感应电流，即通过R1、R2的电流强度为：
根据闭合电路欧姆定律，可知ab切割磁感线运动产生的感应电动势为： （1）
S闭合时，带电微粒向下做匀加速运动，根据牛顿第二定律有：
可以求得S闭合时电容器两板间的电压为：
这是电路中的电流为：=
根据闭合电路欧姆定律有： （2）
将已知量代入（1）（2）式，可求得：V，
由E=BLv得：
（2）S闭合时，通过ab电流I2=0.15A，ab所受磁场力为，ab的速度v=3m/s做匀速运动，所受外力与磁场力FB大小相等，方向相反，即F=0.06N，方向向右，则外力功率为P=Fv=0.06×3w=0.18w
26．B 如右图所示，导体棒ab的质量为m=0.1kg，电阻为R=0.4Ω，放置在与水平面夹角为θ=37°的倾斜金属导轨上，导轨间距为d=0.2m，电阻不计，系统处在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B=0.5T．电池内阻不计，求：
（1）若导轨光滑，电池电动势多大才能使导体棒静止在导轨上？
（2）若棒与导轨之间的摩擦因数为=0.2，要使导体棒静止在导轨上，电池的电动势应多大？
(3)若在上一问中，将电池换成一个阻值为R0=0.6Ω的电阻，则导体棒在运动过程中可能达到的最大速度的多少？
解答：（1）若棒与导轨间光滑，则受重力、支持力、安培力三力平衡，由平衡条件得：==3V．
（2）若棒与导轨间有摩擦，则有两种可能．一是电动势偏大，致导体棒有上滑趋势，此时摩擦力沿斜面向下，利用平衡条件可求得：
1 =V；
二是电动势偏小，致导体棒有下滑趋势，摩擦力沿斜面向上，同理可求得：
2 =V．
因此电池电动势的取值范围是21
（3）电池换成R0=0.6Ω后，ab棒下滑切割磁感线，在
一．选择题部分
1．有一个直角支架AOB，AO是水平放置，表面粗糙．OB竖直向下，表面光滑．OA上套有小环P，OB套有小环Q，两环质量均为m，两环间由一根质量可以忽略．不可伸长的细绳相连，并在某一位置平衡，如图所示．现将P环向左移一小段距离，两环再次达到平衡，那么移动后的平衡状态和原来的平衡状态相比较，AO杆对P的支持力FN和细绳上的拉力F的变化情况是：（ B ）
A．FN不变，F变大 B．FN不变，F变小
C．FN变大，F变大 D．FN变大，F变小
分析与解：选择环P．Q和细绳为研究对象．在竖直方向上只受重力和支持力FN的作用，而环动移前后系统的重力保持不变，故FN保持不变．取环Q为研究对象，其受如下图所示．Fcosα = mg，当P环向左移时，α将变小，故F变小，正确答案为B．
思路点拨：利用整体与隔离相结合的方法分析求解是本题解决问题的重要思想方法与手段．
2．以力F拉一物体，使其以加速度a在水平面上做匀加速直线运动，力F的水平分量为F1，如图所示，若以和F1大小．方向都相同的力F 代替F拉物体，使物体产生加速度a ，那么：（ B C ）
A．当水平面光滑时，a a B．当水平面光滑时，a = a
C．当水平面粗糙时，a a D．当水平面粗糙时，a = a
分析与解：当水平面光滑时，物体在水平面上所受合外力均为F`，故其加速度不变．而当水平面粗糙时，支持力和摩擦力都是被动力，其大小随主动力的变化而变化，当用F`替换F时，摩擦力将增大，故加速度减小．因此BC答案正确．
思路点拨：运用牛顿运动定律解决力学问题的一般程序为：1．选择研究对象，2．受力分析，3．合成或分解（正交分解），列式计算．在受力分析时，应注意被动力随主动力变化的特点．
3．一小球质量为m，用长为L的悬绳（不可伸长，质量不计）固定于O点，在O点正下方L/2处钉有一颗钉子，如图所示，将悬线沿水平方向拉直无初速释放后，当悬线碰到钉子后的瞬间： （ A B C ）
A．小球线速度没有变化
B．小球的角速度突然增大到原来的2倍
C．小球的向心加速度突然增大到原来的2倍
D．悬线对小球的拉力突然增大到原来的2倍
分析与解：在小球通过最低点的瞬间，水平方向上不受外力作用，沿切线方向小球的加速度等于零，因而小球的线速度不会发生变化，故A正确；在线速度不变的情况下，小球的半径突然减小到原来的一半，由v = ωr可知角速度增大为原来的2倍，故B正确；由a = v2/r，可知向心加速度突然增大到原来的2倍，故C正确；在最低点，F— mg = ma，可以看出D不正确．
思路点拨：本题中要分析出悬线碰到钉子前后的瞬间物理量的变化情况，问题就很好解了，因而，要根据题目的条件分析物理过程后再选用公式，不能随意照套公式．
4．如图所示，在光滑的水平面上，有一绝缘的弹簧振子，小球带负电，在振动过程中当弹簧压缩到最短时，突然加上一个沿水平向左的恒定的匀强电场，此后： （ A ）
A．振子的振幅将增大
B．振子的振幅将减小
C．振子的振幅将不变
D．因不知道电场强度的大小，所以不能确定振幅的变化
分析与解：弹簧振子在加电场前，平衡位置在弹簧原长处，设振幅A．当弹簧压缩到最短时，突然加上一个沿水平向左的恒定的匀强电场，此位置仍为振动振幅处，而且振子的运动是简谐振动，只是振动的平衡位置改在弹簧原长的右边，且弹簧神长量x满足kx = qE，即振子振动的振幅A1=A+x，，所以振子的振幅增大，正确答案为A．
思路点拨：弹簧振子在做简谐振动时，平衡位置是合力为零时，当外界条件发生改变，平衡位置有可能随之而变，振子的运动相对于平衡位置对称．
5．如图所示，把系在轻绳上的A、B两球由图示位置同时由静止释放（绳开始时拉直），则在两球向左下摆动时，下列说法正确的是：（ B ）
绳OA对A球做正功 绳AB对B球不做功
绳AB对A球做负功 绳AB对B球做正功
A． B． C． D．
分析与解：大概画出A、B球的运动轨迹，就可以找出绳与球的运动方向的夹角，进而可以判断做功情况．由于OA绳一直张紧且O点不动，所以A球做圆周运动，OA绳对A球不做功，而B球是否与A球一起做圆周运动呢？让我们用模拟等效法分析：设想A、B球分别用两条轻绳悬挂而各自摆动，若摆角较小，则摆动周期为，可见摆长越长，摆得越慢，因此A球比B球先到达平衡位置（如图）．可见绳AB的张力对A的运动有阻碍作用，而B球的运动有推动作用，所以正确的答案为 ．
思路点拨：本题是一道判断做功正负的选择题，通过模拟等效发判断出小球的运动情况，再根据F与v的夹角判断做不做功和功的正负．
6．如图所示，a、b、c三个相同的小球，a从光滑斜面顶端由静止开始自由下滑，同时b、c从同一高度分别开始自由下落和平抛．下列说法正确的有： （ D ）
A．它们同时到达同一水平面
B．重力对它们的冲量相同
C．它们的末动能相同
D．它们动量变化的大小相同
分析与解：b、c飞行时间相同（都是）；a与b比较，两者平均速度大小相同（末动能相同）；但显然a的位移大，所以用的时间长，因此A、B都不对．由于机械能守恒，c的机械能最大（有初动能），到地面时末动能也大，因此C也不对．a、b的初动量都是零，末动量大小又相同，所以动量变化大小相同；b、c所受冲量相同，所以动量变化大小也相同，故D正确．
思路点拨： 这道题看似简单，实际上考察了平均速度．功．冲量等很多知识．另外，在比较中以b为中介：a．b的初．末动能相同，平均速度大小相同，但重力作用时间不同；b．c飞行时间相同（都等于自由落体时间），但初动能不同．本题如果去掉b球可能更难做一些．
7．“神舟三号”顺利发射升空后，在离地面340km的圆轨道上运行了108圈．运行中需要多次进行 “轨道维持”．所谓“轨道维持”就是通过控制飞船上发动机的点火时间和推力的大小方向，使飞船能保持在预定轨道上稳定运行．如果不进行轨道维持，由于飞船受轨道上稀薄空气的摩擦阻力，轨道高度会逐渐降低，在这种情况下飞船的动能．重力势能和机械能变化情况将会是
A．动能．重力势能和机械能都逐渐减小
B．重力势能逐渐减小，动能逐渐增大，机械能不变
C．重力势能逐渐增大，动能逐渐减小，机械能不变
D．重力势能逐渐减小，动能逐渐增大，机械能逐渐减小
分析与解：由于阻力很小，轨道高度的变化很慢，卫星运行的每一圈仍可认为是匀速圆周运动．由于摩擦阻力做负功，根据机械能定理，卫星的机械能减小；由于重力做正功，根据势能定理，卫星的重力势能减小；由可知，卫星动能将增大．这也说明该过程中重力做的功大于克服阻力做的功，外力做的总功为正．答案选D
思路点拨：卫星变轨问题首先要考虑速度的变化情况， 从而看是离心还是向心运动，进而判断重力势能的变化情况．
8．长直木板的上表面的一端放置一个铁块，木板放置在水平面上，将放置铁块的一端由水平位置缓慢地向上抬起，木板另一端相对水平面的位置保持不变，如图所示．铁块受到摩擦力f木板倾角变化的图线可能正确的是（设最大静摩擦力的大小等于滑动摩擦力大小）：（ C ）
分析与解：本题应分三种情况进行分析：
当0 ≤＜arctan（为铁块与木板间的动摩擦因数）时，铁块相对木板处于静止状态，铁块受静摩擦力作用其大小与重力沿木板面（斜面）方向分力大小相等，即f = mgsin，=0时，f = 0；f随增大按正弦规律增大．
当= arctan时处于临界状态，此时摩擦力达到最大静摩擦，由题设条件可知其等于滑动摩擦力大小．
当arctan＜≤900时，铁块相对木板向下滑动，铁块受到滑动摩擦力的作用，根据摩擦定律可知f = FN =mgcos，f随增大按余弦规律减小．综合上述分析可知C图可能正确地表示了f随变化的图线．
思路点拨：本题由铁块运动状态的不确定性来巧妙地设计了考查静摩擦力．最大静摩擦力．滑动摩擦力三者区别的，这三者在产生条件和大小计算上都有一些区别，分析过程中要求考生能够从物体运动状态来进行科学分析与推理．
9．在光滑水平面上，两球沿球心连线以相等速率相向而行，并发生碰撞，下列现象可能的是： （ B ）
a．若两球质量相同，碰后以某一相等速率互相分开
b．若两球质量相同，碰后以某一相等速率同向而行
c．若两球质量不同，碰后以某一相等速率互相分开
d．若两球质量不同，碰后以某一相等速率同向而行
A．a c B．a d C．b c D．b d
分析与解：相互作用的过程中合外力为零，所以碰撞过程动量守恒，设碰撞前动量分别为P1、P2，碰后两球动量分别为P3、P4，则有P1+P2 = P3+P4，若m1 = m2，碰前动量和为零碰后动量和必定为零，即P3与P4必定大小相等．方向相反，a正确．若m1≠m2，碰前动量和不为零，碰后两球的合动量必定与碰前总动量相等，所以碰后以某一相等速率互相分开是不可能的，而碰后以某一相等速率同向而行是可以的．
思路点拨：判断此类问题一般有三条途径：(1)碰撞过程中动量守恒．(2)碰撞后动能不能增加．（3）据追赶碰撞中的实际情况及速度关系判断．
10．已知平面简谐波在 x 轴上传播，原点 O 的振动图线如图所示，t 时刻的波形图线如图 b 所示．则 时刻的波形图线可能是 ( CD )
分析与解：此题有两种分析方法：一是由原点 O 的振动图线 a 可知波源振动的周期为0.4s，由图线 b 可知 t 时刻原点 O 在最大位移处，再经0.5s即经过1.25T，原点 O 将到达平衡位置，若波向左传播，选项 C 正确；若波向右传播选项 D 正确． 第二种分析方法是：原点 O 在 t 时刻的位移与其在零时刻的位移相等，说明 a 图也可以理解为原点 O 从 t 时刻开始的振动图线，由图线可以看到再过0.5s原点 O 的位移为零，且向 y 轴负方向运动，当波向左传播时，选项 C 满足这一点，当波向右传播时，选项 D 满足这一点．
思路点拨：本题是关于波动图象的综合问题，解题要注意：1）波的多解性：有由于波的传播方向的不同引起的多解和由于波的周期性引起的多解．2）振动图象和波动图象的区别和联系．只有对振动图象真正的理解，才能运用第二种方法灵活求解．
（电学选择题编题者：吕长林 杭庆祥）
11．如图所示，竖直绝缘墙壁上的Q处有一固定点A，在Q的正上方的P处用绝缘细线悬挂另一质点B，A、B两质点因带电而相互排斥，致使悬线与竖直方向成θ角，由于漏电使A、B两质点的带电量减少，在电荷漏完之前悬线对悬点P的拉力为：（ C ）
A．变小
B．变大
C．不变
D．先变小后变大
分析与解：A、B必带同种电荷，作出B质点的受力图示，如下图所示，根据平衡条件，B质点所受重力G、库仑力F、细线拉力F1必组成一个封闭的三角形abc，由几何知识得△abc∽△QBP，则有=，∴F1 = G。而PB、QP、G均为定值，所以F1为定植，即细线对P点的拉力不变，故应选C．
思路点拨： 此题应用几何知识帮助求解，很巧妙，这种方法望能熟练掌握。
12． 图所示，PQ是匀强磁场中的一片薄金属片，其平面与磁场方向平行，一个α粒子从某点以与PQ垂直的速度v射出，动能是E，射出后α粒子的运动轨迹如图所示．今测得它在金属片两边的轨迹半径之比为10:9，若在穿越板的过程中粒子受到的阻力大小及电量恒定，则：（ B C ）
A．α粒子每穿过一次金属片，速度减小了
B．α粒子每穿过一次金属片，动能减少了0.19E
C．α粒子穿过5次后陷在金属片里
D．α粒子穿过9次后陷在金属片里
分析与解：偏转半径R==，所以动量p = BqR，故粒子动能Ek=子力学 = ，设α粒子每穿过一次金属片后动能减少量为△E，则： = = = 1－（）2 = 1—（）2 = 0.19．所以△E = 0.19E，故B选项正确．又∵穿越次数N = = = 5.26次．所以，α粒子穿过5次后将会被陷在金属片里，故C选项正确。
思路点拨： 本题的关键是抓住粒子每穿过一次金属片所损失的动能相等，而不是损失相同的速度。
13． 图所示，滑动变阻器AB的总阻值与图中电阻R的阻值相等，电源的电动势为E，内阻不计，当滑动触头C从右端A点开始一直滑到B点为止的过程中，下列说法正确的是（ C ）
A．电流表的读数逐渐增大
B．电流表的读数逐渐减小
C．电流表的读数先减小，后增大到原值
D．电流表的读数先增大，后减小到原值
分析与解：设滑动变阻器滑动触头与A端间的电阻为x，根据串、并联电路的特点和闭合电路欧姆定律可知：R总= +（R - x）
干路总电流为I总= =
∴电流表A的读数IA=I总==
由上式可以看出由于分母存在最大值，故IA存在最小值，当x=时有最小值等于，滑动触头在AB两端时，电流相等，均为，因此滑动触头从A端移到B端的过程中，电流表的读数先变小再变大到原值．
思路点拨：此题重点考察了应用数学处理物理问题的能力，是个极值题，要认真对待．
14． 一只电炉和一台电动机在正常工作时，通过它们的电流相同，电炉的电阻也相同，则在相同时间内（ A B C）
A．电炉和电动机的电热相等
B．电动机消耗的功率大于电炉消耗的功率
C．电炉两端电压小于电动机两端的电压
D．电炉和电动机两端电压相等
分析与解：由于电热公式Q = I2Rt，故两者电热相等．电动机消耗的功率应等于电热功率加上产生机械能的功率，而电炉消耗的功率就等于电热功率，故B正确。由于功率等于UI，I又相等，电动机功率大，故电动机两端电压大．本题答案应选A、B、C．
思路点拨：对于这种非纯电阻电路，I≠U/R，电动机消耗的功率应用UI，而产生电热功率只能用I2R，根据能量守恒，前者应大于后者．
15．电容器充电后与电源断开，质量为m电荷量为q的带电粒子静止于该电容器两平行板中间，现在两板间贴近下板插入一个厚度为极板间距离1/4的金属板，如图所示，则关于两板间电势差、带电粒子的运动情况的说法中正确的是（ C ）
A．两板间电势差U增大，带电粒子向上加速
B．两板间电势差U不变，带电粒子仍静止
C．两板间电势差U减小，带电粒子仍静止
D．两板间电势差U减小，带电粒子向下加速
分析与解：由于电容器充电后与电源断开，故插入金属板后，相当于两个电容器串联。电容器的电量不变，上面电容器d’=3d/4，它的电容C增大，由于U=Q/C，故U减小．，E与d无关，所以E不变，带电粒子仍静止．本题答案选C．
思路点拨：本题一定要弄清楚插入金属板后，哪些物理量发生变化，又有哪些量不变化．此题不要与插入电介质情况相混淆．
16．关于电磁波，以下说法正确的是：（ A B ）
A．电磁波本身就是物质，因此可以在真空中传播
B．电磁波由真空进入介质，速度变小，频率不变
C．在真空中，频率高的电磁波速度较大
D．只要发射电路的电磁振荡停止，产生的电磁波立即消失
分析与解：答案A、B．由电磁场的物质性可知A对．电磁波由一种介质进入另一种介质，频率不变，波速v=C/n，B对．任何频率的电磁波在真空中传播速度一样大，C错．当波源停止振动，已形成的波继续传播，并不立即消失，D错．
思路点拨：本题为上海高考题，重点考查电磁波性质及其传播的相关知识的理解和掌握情况．
17．如图所示，一金属杆MN两端接有导线，悬挂于线圈的上方，MN与线圈轴线均处于同一竖直平面内，为了使MN垂直纸面向外运动，可以： （ A B D ）
A．将a、c端接电源正极，b、d端接电源负极
B．将b、d端接电源正极，a、c端接电源负极
C．将a、d端接电源正极，b、c端接电源负极
D．将a、c端接在交变电源的一端，b、d端接在
交变电源的另一端
分析与解：答案 A、B、D．由安培定则，可判断出通电螺线管产生的磁场，再根据左手定则判断通电导线MN的受力，A、B、C三答案中A、B正确．接交流电，电流方向不断变化，但D答案情况恰好是A、B两种情况的综合，D正确．
思路点拨：本题重点考查对安培定则和左手定则的掌握和应用，D选项可反映学生迁移知识的能力。
18．如图所示，AOC是光滑的直角金属导轨，AO沿竖直方向，OC沿水平方向，ab是一根金属直棒，如图立在导轨上，它从静止开始在重力作用下运动，运动过程中a端始终在AO上，b端始终在OC上，直到ab完全落在OC上，整个装置放在一匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，则ab棒在运动过程中：（ B ）
A．感应电流方向始终是ba
B．感应电流方向先是ba，后变为ab
C．受磁场力方向与ab垂直，如图中箭头所示
D．受磁场力方向与ab垂直，开始如图中箭头所示，
后来变为与箭头所示方向相反。
分析与解：答案 B．不难判断，在ab棒倒下的过程中ab棒和直角框架AOC所围成面积先变大后变小，因磁场为匀强磁场，因此，穿过回路磁通量由小变大再变小，由楞次定律，B对．再由左手定则，C、D均不对．
思路点拨：本题重点考查学生对感应电流方向判定方法的选择，若选择右手定则应答本题会有较大的困难．
19．图甲中bacd为导体作成的框架，其平面与水平面成θ角，质量为m的导体棒PQ与ab、cd接触良好，回路的电阻为R，整个装置放于垂直于框架平面的变化的磁场中，磁感应强度的变化如图乙，PQ始终静止，在0—ts内，PQ受到的摩擦力的变化情况可能是： （ A C ）
A．f一直增大 B．f一直减小
C．f先减小后增大 D．f先增大后减小
分析与解：答案 A、C．因为磁感应强度均匀变化，PQ棒静止，回路面积不变，因此，回路中感应电流大小I不变．但安培力F = BIL先变小，方向由由楞次定律平行斜面向上；后变大，方向由由楞次定律平行斜面向下．分析受力得：若开始时摩擦力方向平行斜面向上，A对．若开始时摩擦力方向平行斜面向下，C对．
思路点拨：本题考查电磁感应现象中的法拉第电磁感应定律和楞次定律，安培力及其方向的判定，受力分析及平衡，是一道综合性较大的练习．
20．如图为一理想变压器，K为单刀双掷开关，P为滑动变阻器的滑动触头，U1变压器原线圈两端的电压，I1为原线圈中的电流强度，则：（ A D ）
A．保持U1和P的位置不变，K由a合到b时，I1将增大
B．保持U1和P的位置不变，K由a合到b时，R的功率将减小
C．保持U1不变，K合到a处，使P上滑，I1将增大
D．保持P的位置不变，K合到a处，若U1增大，I1将增大
分析与解：答案 A、、D．K由a至b时，n1减小，由U2/U1 = n1/n2，可知U2增大，I2增大，由I1/I2 = n2/n1，I1减小，A对．同理， D对．
思路点拨：本题考查对变压器公式的应用，有一定的灵活性．
（热学选择题编题者：刘白生 肖一涛）
21．只要知道下列哪一组物理量，就可以估算出气体分子间的平均距离（ B ）
Ａ．阿伏加德罗常数，该气体的摩尔质量和质量
Ｂ．阿伏加德罗常数，该气体的摩尔质量和密度
Ｃ．阿伏加德罗常数，该气体的质量和体积
Ｄ．该气体的密度、体积和摩尔质量
分析与解：气体分子占据的空间体积为气体的总体积除以分子的总数,知道了气体的摩尔质量和密度可由V = M/ρ算出气体的摩尔体积,从而气体分子占据的空间体积为v = V/NA,气体分子间的平均距离为d = ，选B．
思路点拨：本题考查物质分子空间分布的微观模型和体积、密度、质量、摩尔体积、摩尔质量与分子占据的空间体积之间的关系．处理此类问题要注意对气体分子一般用立方体模型对液体和固体一般用球型模型．
22．下列说法正确的是 （ B ）
A．物体做加速运动时，由于速度增大，所以分子热运动的平均动能也增大；
B．物体的温度越高，其分子的平均动能越大
C．物体里所有分子动能的总和叫做物体的内能
D．只有传热才能改变物体的内能
分析与解：温度是物体分子平均动能的标志，温度越高分子的平均动能越大．物体的内能是物体内部所有分子的动能和势能的总和，物体内能的大小与物体的动能、势能大小无关．改变物体内能的方法有做功和热传递两种，选B．
思路点拨：本题考查温度、分子的动能和势能、内能和改变物体内能的方法．处理此类问题要牢记相关概念才能做出正确选择．
23．下列说法中正确的是 （ A D ）
A．热力学温标的零度是-273.15℃，称为绝对零度
B．只要制冷设备功率足够大，可以使物体的温度降低到绝对零度
C．气体对器壁的压强是由于气体分子间存在相互作用的斥力而产生的
Ｄ．液体中悬浮微粒的布朗运动是作无规则运动的液体分子撞击微粒而引起的
分析与解： -273.15℃为热力学温标的零度又称绝对零度，绝对零度永远不可能达到．气体对器壁的压强是由于气体分子做无规则运动撞击器壁而产生的，布朗运动是作无规则运动的液体分子撞击微粒而引起的．选A、D．
思路点拨：本题考查绝对零度、绝对零度不可能达到、气体压强产生的原因和布朗运动的概念．处理此类问题要熟记相关概念．
24．根据热力学定律，下列说法中正确的是 （ B ）
A．可以利用高科技手段，将流散到周围环境中的内能重新收集起来加以利用
B．利用浅层和深层海水的温度差可以制造一种热机，将海水的一部分内能转化为机械能
C．冰箱可以自发地使热量由温度较低的冰箱内向温度较高的冰箱外转移
D．只要是满足能量守恒的物理过程，都是可以自发地进行的
分析与解：根据热力学第二定律的两种表述：（1）不可能使热量由低温物体传递到高温物体而不引起其他变化。（2）不可能从单一热源吸收热量并把它全部用来做功．自然界中进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性．选B．
思路点拨：本题考查热力学第二定律，需要深入理解自然界中进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性极其相关典型实例．
25．如图所示，甲分子固定在坐标原点O，乙分子位于x轴上，甲分子对乙分子的作用力与两分子间距离的关系如图中曲线所示.F＞0表示斥力，F＜0表示引力，a、b、c、d为x轴上四个特定的位置.现把乙分子从a处由静止释放，则（ B ）
A．乙分子由a到b做加速运动，由b到c做减速运动
B．乙分子由a到c做加速运动，到达c时速度最大
C．乙分子由a到b的过程中，两分子间的分子势能一直增加
D．乙分子由b到d的过程中，两分子间的分子势能一直增加
分析与解：从图像上看乙分子从a到c移动时一直受到甲分子的引力作用，乙分子做加速运动，它的速度和动能一直增加分子势能则不断减小，到达c点时乙分子受到的分子力为零，速度达到最大，分子势能为最小．乙分子从c到d移动时一直受到甲分子的斥力作用，乙分子做减速运动，它的速度和动能一直减少分子势能则不断增加．选B．
思路点拨：本题考查分子间相互作用力、分子势能与分子间距离的关系．要求能熟练运用图线看出物理意义，并用从图线中获得的信息结合运动学和动力学知识解题．
26．一定质量的理想气体，在温度保持不变时体积膨胀，必定会发生的变化是：（ C ）
A．气体分子的总数增加
B．气体分子的平均动能增大
C．单位体积内的分子数目减小
D．分子的速率都不发生变化
分析与解：对一定质量的理想气体，温度不变则分子的平均动能不变，但这并不意味着每个分子的动能都不变，有少数分子的动能会减小，也有少数分子的动能会增大，动能变化的分子其速率将发生变化，故B、D错误；该气体质量不变，分子的个数当然不会变化，体积增大，会使分子数密度减小，气体对器壁的压强减小．选C
思路点拨：用气体分子运动的特点分析解决问题时应把握：①温度是分子平均动能的标志，温度升高，分子平均动能增大；温度降低，分子平均动能减少；但这只是对大量分子的统计结果，即使平均动能不变，也会有少数分子的平均动能增大或减小；②质量一定的理想气体，压强取决于温度和分子数密度．
27．在两个相同容器中，分别盛有质量相等、温度相同的氧气和氮气，则它们的：（ C ）
A．压强相等
B．分子运动的平均速率相等
C．分子的平均动能相同，压强不等
D．分子的平均动能相同，压强相等
分析与解：氧气和氮气温度相同，则它们的分子平均动能相同，但由于氧气分子和氮气分子的质量不等，故其分子运动的平均速率不相等，B选项错误；气体压强的大小取决于分子的平均动能和单位体积内的分子数，氧气和氮气的摩尔质量不同，故质量相等的两种气体的摩尔数不同，即分子的总数不同，故体积相等的情况下，分子密度不同，压强也就不同．选C
思路点拨：不同气体的分子质量不同，因而两种气体质量相同时分子个数不同，温度相同时，尽管平均动能相等，但分子平均速率不同．这两点是分析不同气体之间某些状态时所要注意的．
28．对于一定质量的理想气体，下列四个论述中正确的是：（ B ）
A．当分子热运动变剧烈时，压强必变大
B．当分子热运动变剧烈时，压强可以不变
C．当分子间的平均距离变大时，压强必变小
D．当分子间的平均距离变大时，压强必变大
分析与解：对于一定质量的理想气体：①分子热运动的剧烈程度由温度高低决定；②分子间的平均距离由气体体积决定；③对于一定质量的理想气体，PV/T=恒量；A、B选项中，“分子热运动变剧烈”说明气体温度升高，但气体体积变化情况未知，所以压强变化情况不确定，A错误B正确；C、D选项中，“分子间的平均距离变大”说明气体体积变大，但气体温度变化情况未知，故不能确定其压强变化情况，C、D均错误．选B．
思路点拨：本题考查分子运动理论和理想气体状态的简单综合，注意从分子运动理论深刻理解理想气体的三个状态参量，从状态方程判定三个参量之间的变化关系．
29．一个密闭的绝热容器内，有一个绝热的活塞将它隔成A、B两部分空间，在A、B两部分空间内封有相同质量的空气，开始时活塞被销钉固定，A部分气体的体积大于B部分气体的体积，温度相同，如图所示.若拔出销钉后，达到平衡时，A、B两部分气体的体积VA与VB的大小，有：（ A ）
A．VA＞VB B．VA=VB
C．VA＜VB D．条件不足，不能确定
分析与解：初态两气体质量相同，VA＞VB，因此气体分子数密度不同，ρA＜ρB，又因为温度相同，根据气体压强的决定因素可知PA＜PB，当活塞销钉拿掉，因为ρA＜ρB，所以活塞向A气方向移动，活塞对A气做功，B气对活塞做功，导致A气体密度增加，温度升高，而B气体密度减小，温度降低，直至PA′=PB′，此时TA′＞TB′；又因为最终两边气体压强相等活塞才能静止，而两边气体质量相等，A气温度高于B气，两边压强要想相等，只有A气体密度小于B气体密度，故最终一定是VA′＞VB′，A选项正确．选 A．
思路点拨：对气体压强大小决定因素的理解和物理过程物理情境的分析是正确解决本题的关键，本题若对气体压强大小决定因素不理解，又不清楚销钉拔掉后物理情境的变化，极易错选B或C．
30．如图所示，一定质量的理想气体由状态a经状态b变化到状态c，其变化过程如图所示，下列说法错误的是：（ B C D ）
A．ab过程吸热大于bc过程放热
B．ab过程吸热小于bc过程放热
C．ab过程吸热大于bc过程吸热
D．ab过程吸热小于bc过程吸热
分析与解：① a → b是等压过程∵VB＞VA ∴TB＞TA ∴a → b过程，气体对外做功且内能增加，气体吸收热量．② b → c是等容过程 ∵PC＜PB ∴TC＜TB，b → c过程气体不对外界做功，外界也不对气体做功，但气体内能减小，所以b → c气体放热；③由PV/T = 恒量及图像知TA = TC，故a → b → c的全过程中内能没有变化，综上所述a → b→ c中，气体对外做功，由能量守恒定律得a → b → c过程中气体吸热，结合前面分析，a → b过程吸热一定大于b → c过程放热．选BCD．
思路点拨：对于图象描述气体的状态变化，要通过识图弄清它的变化过程，应用状态方程判断气体状态参量的变化，根据做功与体积变化的关系及热力学第一定律即可判断放热或吸热情况．
（光学选择题编题者：徐 斌 吴长标）
31．如图1，两块平面镜互相垂直放置，若把入射光线AB的
入射角减小一较小的角度θ，则最后的反射光线CD的方向（A）
A．不变
B．逆时针转过θ角
C．顺时针转过θ角
D．顺时针转过2θ角
图1
[解析]从几何关系可知经互相垂直的平面镜反射后的光线与入射光线平行，故选A
［思路点拨］本题考察双平面镜对光路的控制作用，可以利用平面几何的知识证明，也可以利用成像光路推导，在入射光线AB上任取一点作为物点S，经两平面镜两次反射后所成像为S′，S、S′关于O点对称，CD不仅方向不变，位置也不发生平移。
32．由折射率为的材料构成的半圆柱的主截面如图2，沿半径方向由空气射入的光线a射到圆柱的平面后，光线b和c分别是它的反射光线和折射光线。若半圆柱绕垂直纸面过圆心O的轴转过150，而光线a不动，则（B）
A．光线b将偏转150
B．光线b将偏转300
C．光线c将偏转300
D．光线c将偏转450
图2
[解析]由反射定律可知反射角等于入射角，所以当反射面转过θ时，反射光线要转过2θ，所以B正确。入射角增加150，反射角增大150，折射角也增大，且改变量大于150，折射光线c将顺时针偏转。
［思路点拨］本题考查折射和反射定律的应用。
33．如图3，横截面为等腰三角形的两个玻璃三棱镜，它们的顶角分别为α、β，且α < β。a、b两细束单色光分别以垂直于三棱镜的一个腰的方向射入，从另一个腰射出，射出的光线与入射光线的偏折角均为θ。则ab两种单色光的频率υ1、υ2间的关系是（B）
A． υ1 = υ2
B． υ1 > υ2
C． υ1 < υ2
D． 无法确定
图3
[解析]a、b光线的入射角分别为α和β，θ为偏折角，本题可以定性分析，入射角相同时，折射率大的偏折角大。现在偏折角相同，α < β，n1>n2，υ1 > υ2 ，B正确
［思路点拨］略
34．我们经常可以看到，凡路边施工处总挂有红色的电灯，这除了红色光容易引起人的视觉注意以外，还有一个重要的原因，这一原因是红色光（ B ）
A．比其它色光更容易发生衍射
B．比其它可见光更容易发生衍射
C．比其它可见光的光子能量大
D．比其它可见光更容易发生光电效应
[解析]在可见光中，红光的波长较长，衍射现象更明显，选B
［思路点拨］本题是一道理论联系实际的题
35．如图4，直角三角形ABC为一透明介质制成的三棱镜的截面，
且0，在整个AC面上有一束垂直于AC的平行光线射入，
已知这种介质的折射率n>2，则（ BC ）
A．可能有光线垂直AB面射出 C
B．一定有光线垂直BC面射出
C．一定有光线垂直AC面射出
D．从AB面和BC面出射的光线能会聚一点
A 300 B
图4
[解析]BC
［思路点拨］要会画三种特殊光路。
36．离平面镜很近的点光源S发出的光一部分直接照到光屏上，另一部分则照到平面镜上，经平面镜反射后再照到光屏上，如图5，则在光屏上的什么范围内可以观察到光的干涉现象
A．a、c之间 （ B ）
B．c、d之间
C．d、b之间
D．a、b之间
[解析] cd部分是两束光重叠的区域，故B正确
［思路点拨］略
37．如图6是扬氏双缝干涉实验示意图，其中S1、S2为双缝，D为光屏，实验中观察到屏上O点为中央亮纹的中心，P1为第一级亮纹的中心，若将双缝间的距离变小，其它条件不变，则（ BCD ）
A．屏上干涉条纹的间距将变小
B．屏上O点仍然为中央亮纹的中心 S1 ．P1
C．屏上P1位置仍然可能为亮纹的中心 S ． O
D．屏上P1位置可能为暗纹的中心 S2
图6
[解析]干涉条纹间距Δx＝，d为双缝间距，d减小，Δx变大，A不正确，O点到双缝的光程差为零，所以O点始终是亮纹。P1到双缝的光程差小于一个波长，有可能是暗条纹。
［思路点拨］本题要求考生对深刻理解干涉现象，而不是死记硬背。
38．把一个曲率半径很大的凸透镜的弯曲表面压在另一个玻璃平面上，让单色光从上方射入如图7（a），这时可以看到亮暗相间的同心圆，这个同心圆叫做牛顿环，如图7（b）。则（BD）
A．牛顿环是由透镜的上、下表面的反射光发生干涉而形成的
B．牛顿环是由透镜下表面的反射光和平面玻璃上表面的反射光发生干涉而形成的
C．透镜表面弯曲越厉害，牛顿环的直径就越大
D．透镜表面弯曲越厉害，牛顿环的直径就越小。
。
（a） 图7 （b）
[解析]牛顿环是一种典型的薄膜干涉的实例，其中的薄膜是空气膜，发生干涉的两束光是空气膜的两个表面上的反射光，因而B正确。倾角越大，条纹宽度越窄，D正确。
［思路点拨］要求考生理解薄膜干涉情况下决定条纹间距的因素有波长和劈的倾角。
39．在右图所示的光电管的实验中，发现用一定频率的A单色光照射光电管时，电流表指针会发生偏转，而用另一频率的B单色光照射时不发生光电效应，那么 （A C ）
A．A光的频率大于B光的频率。
B．B光的频率大于A光的频率。
C．用A光照射光电管时流过电流表 G的电流方向是a流向b。
D．用A光照射光电管时流过电流表G的电流方向是b流向a。
[解析]B单色光不能使金属发生光电效应，B的频率小于极限频率，A正确。光电效应中发射的是电子，因而电流方向是a流向b，C正确。
［思路点拨］略。
40．如图所示，两块同样的玻璃直角三棱镜ABC，两者的AC面是平行放置的，在它们之间是均匀的未知透明介质。一单色细光束O垂直于AB面入射，在图示的出射光线中（B）
A．1、2、3（彼此平行）中的任一条都有可能
B．4、5、6（彼此平行）中的任一条都有可能
C．7、8、9（彼此平行）中的任一条都有可能
D．只能是4、6中的某一条
[解析] 光线由左边三棱镜AB面射入棱镜，不改变方向；接着将穿过两三棱镜间的未知透明介质进入右边的三棱镜，由于透明介质的两表面是平行的，因此它的光学特性相当于一块两面平行的玻璃砖，能使光线发生平行侧移，只是因为它两边的介质不是真空，而是折射率未知的玻璃，因此是否侧移以及侧移的方向无法确定（若未知介质的折射率n与玻璃折射率相等，不侧移；若n>时，向上侧移；若n<时，向下侧移），但至少可以确定方向没变，仍然与棱镜的AB面垂直。这样光线由右边三棱镜AB面射出棱镜时，不改变方向，应为4、5、6中的任意一条。选项B正确。
［思路点拨］平时碰到的两面平行的玻璃砖往往是清清楚楚画出来的，是“有形”的，其折射率大于周围介质的折射率，这时光线的侧移方向也是我们熟悉的。而该题中，未知介质形成的两面平行的“玻璃砖”并未勾勒出来，倒是其两侧的介质（三棱镜）被清楚地勾勒出来了，而且前者的折射率未必大于后者。这就在一定程度上掩盖了两面平行“玻璃砖”的特征。因此我们不仅要熟悉光学元件的光学特征，而且要会灵活地运用，将新的情景转化为我们熟知的模型。
（原子物理选择题编题者：李鸿彬 宋裕香）
41．甲、乙两种单色光分别垂直进入一块厚玻璃砖，已知它们通过玻璃中的时间t甲>t乙，那么，甲乙两种单色光光子的能量关系是： ( A )
A、E甲>E乙 B、E甲
[解析]垂直射向厚玻璃砖表面的甲、乙两种单色光，在玻璃砖内的射程相等，因为t甲>t乙，所以甲在玻璃中的光速小于乙在玻璃中的光速，而两种色光在玻璃砖内的光速V=c/n，所以甲在玻璃中的折射率大于乙在玻璃中的折射率，甲光的频率大于乙光的频率，根据E=h,即E甲>E乙，选择A
［思路点拨］本题从各种色光在介质中的折射率、光速、频率，以及光子能量和频率的关系等问题对学生考查，需要学生对这些关系进行识记。
42．氢原子的核外电子由一个能级跃迁到另一能级时,可能发生的情况有 ( BC )
A、放出光子,电子动能减少,原子势能增加
B、放出光子,电子动能增加,原子势能减少
C、吸收光子,电子动能减少,原子势能增加
D、吸收光子,电子动能增加,原子势能减少
[解析]氢原子的核外电子由一个能级跃迁到另一个能级可能有两种情况，一种由高能级向低能级跃迁，另一种由低能级向高能级跃迁，当电子由高能级向低能级跃迁时，电子的总能量在减少，对外放出光子，原子核对电子的电场力作正功，动能增加，原子势能减少，反之，吸收光子，动能减少，原子势能增加。选B、C
［思路点拨］本题就玻尔的氢原子模型中能级之间跃迁过程中能量的变化问题对学生考查，要求学生理解能量变化的实质。另外此题与卫星绕地球运转模型中动能和重力势能的变化相似，学生可进行类比。
43．一群处于基态的氢原子吸收某种单色光光子后，只发射波长为1、2、3的三种单色光光子，且1〉2〉3，则被氢原子吸收的光子的波长为 （ AD ）
A、3 B、1+2+3 C、 D、
[解析] 据=c/判断能量最高的光子波长为3，氢原子吸收光子的能量必须达到才有可能发射1、2、3三种色光，又据氢原子能级图可知h1+h2 = h3 即：所以3=，选A、D
［思路点拨］本题考查氢原子跃迁过程中能量、波长、频率的关系问题，原子必须吸收其中最大频率或最小波长的光子才能释放这三种可能的光子，此题学生容易漏选D
44．假设一个沿着一定方向运动的光子和一个静止的自由电子相互碰撞后，电子向某一个方向运动，光子沿另一方向散射出去，则这个散射光子跟原来的光子相比 （ D ）
A、频率变大 B、速度变小
C、光子能量变大 D、波长变长
[解析]光子和自由电子相互碰撞以后，由能量守恒，光子将一部分能量传递给了电子，自身的能量减小，据E=h,这个散射光子的频率减小，据=c/波长变长。速度大小因散射方向不确定，不能确定。选D
［思路点拨］光具有波粒二象性，光子和电子、质子这样的实物粒子一样不仅有能量，也有动量，碰撞过程中满足能量守恒，动量也守恒。
45．U是一种放射性元素，进行一系列放射性衰变，由图可知： （ ABD ）
A、表中a是84，b是206
B、x是β衰变，放出电子，电子是由中子转变为质子时产生的
C、y是β衰变，放出电子，电子是由中子转变为质子时产生的
D、从U衰变成Pb要经过6次x衰变，8次y衰变
U Bi Po
Ti Pb
[解析] 由图可知衰变方程Bi Ti +He, Bi Po +e
Po Pb+He,根据质量数和电荷数守恒，分别得到b为206，a为84，其中x是β衰变，放出的电子是由中子转变为质子时产生的，y是衰变，从U衰变成Pb要经过次衰变，82-[(92-28)]=6次β衰变,选A、B、D
［思路点拨］核反应方程遵循核电荷数守恒和质量数守恒，每次衰变新核质量数减少4，核电荷数减少2，每次衰变新核质量数不变，核电荷数增加1，同时要理解衰变和衰变的实质。
46．如图所示,四个示意图所表示的实验中,能说明光具有粒子性的是 （ C ）
[解析]：本题中的A是卢瑟福的α粒子散射实验，说明原子的结构是核式结构；B是光的双缝干涉实验，说明光具有波动性；C是光电效应实验，说明光具有粒子性；D是研究放射性元素放射现象的实验。因此正确答案为C。
［思路点拨］：本题要求了解课本上所提到的一些重要的实验现象，理解实验所说明的问题和得到的结论，进而了解该实验在推动物理学发展上的意义。
47．英国物理学家卢瑟福用α粒子轰击金箔，为了解释实验结果，提出了原子的核式结构学说，下图中，O表示金原子核的位置，两曲线分别表示经过金原子核附近的α粒子的运动轨迹，能正确反映实验结果的图是：（ B D ）
· · · ·
A B C D
[解析]：本题基于α粒子散射实验考查带电粒子在点电荷电场中的运动轨迹，由于α粒子受到金原子核的斥力作用，而且越靠近原子核斥力越大，因此越靠近原子核，轨迹的曲率半径越小，C图中两曲线曲率半径相等，C图错误。由力的方向和运动方向可知，A图错误。因些正确答案为B和D。
［思路点拨］：本题涉及α粒子的受力和其运动轨迹问题，当力的方向和运动方向不在一条直线上时，物体做曲线运动，且从圆周运动的向心力公式可知，当α粒子越靠近金原子核，速度越小，受力越大，因此地，轨迹的曲率半径越小。
48．氢原子中核外电子从第3能级跃迁到第2能级时，辐射出的光照射到某金属上恰能产生光电效应。则当大量处于第4能级的氢原子向低能级跃迁时，辐射出各种频率的光照射到此金属上，可能使此金属发生光电效应的光最多有（ B ）
A.6种 B.5种
C.4种 D.3种
[解析]：大量处于第4能级的氢原子向低能级跃迁时，共可发射出6种不同频率的光子，其中能量大于和等于从第3能级跃迁到第2能级的光子共有5种，因此正确答案为B。
［思路点拨］：大量处于第4能级的氢原子向低能级跃迁时，通过画图或组合公式可知共可发射出=6种不同频率的光子，由于从第3能级跃迁到第2能级的光子的频率恰大于该金属的极限频率，在6种不同频率的光子中，频率大于极限频率的共有5种，这几种光子都可使金属发生光电效应。
49．在匀强磁场中有一个原来静止的碳14原子核，它放射出的粒子与反冲核的径迹是两个内切的圆，两圆的直径之比为7：1，如图所示，那么碳14的衰变方程为（ D ）
A、C e + B × × × ×
B、C He + Be × × × ×
C、C H+B × × × ×
D、C e + N × × × ×
[解析]：由于放出的粒子与反冲核的运动方向相反，所受洛仑兹力方向相同，放出的粒子带负电，进一步分析，由于放出的粒子与反冲核的动量大小相等，根据r=mv/Bq，反冲核的电量是放出的粒子电量的7倍，可知答案为D。
［思路点拨］：原子核在发生衰变时，应遵循动量守恒定律，质量数和电荷数守恒的规律，带电粒子在磁场中运动所受洛仑兹力的方向判断和轨道半径公式的应用也是本题所要求的。
50．已知一光电管阴极的极限频率为υ0，现将频率为υ（υ＞υ0）的光照射在阴极上，如图所示，则（ D ）
A.照射到阴极上的光的强度愈大，单位时间内产生的光电子数目就愈多
B. 照射到阴极上的光的强度愈大，光电子从阴极逸出时的最大初动能增大
C. 加在AK间的正向电压愈大，光电子从阴极逸出时的最大初动能增大
D.为了阻止光电子到达A，必须在AK间加一足够高的反向电压
[解析]: .照射到阴极上的光的强度愈大，单位时间内的光子数增多，单位时间内产生的光电子数目就愈多，A答案正确；光电子的最大初动能取决于照射光的频率和极限频率，与照射光的强度无关，与加在AK间的电压无关， B、C答案错误；在AK间加一足够高的反向电压，即A极的电势比K低，光电子不能到达A极，D答案正确。
［思路点拨］：本题涉及光电效应现象的发生及相关规律，特别是影响光电子最大初动能的因素；若在AK间加一电压，光电子飞出后会受到电场对它的作用。
高考考前训练题二．实验题部分
1．现要测定一根尼龙丝能承受的最大拉力F，手头只有一个质量为m的砝码（已知F＞mg）和一个米尺．请回答：
（1）画出实验方案的示意图；
（2）其中需测量的物理量是__________；
（3）尼龙丝能承受的最大拉力F的表达式是_________．
答案：（1）实验方案的示意图如图所示．
（2）需要测量的量是：尼龙丝的长L和刚好拉断时两悬点间的距离l．
（3）尼龙丝能承受的最大拉力的表达式是
2．一打点计时器固定在斜面上某处，一小车拖着穿过打点计时器的纸带从斜面上滑下，如图（a）所示．图（b）是打出的纸带的一段．
（1）已知打点计时器使用的交流电频率为50Hz，利用图（b）给出的数据可求出小车下滑的加速度a=_____．
（2）为了求出小车与斜面间的动摩擦因数，还需要测量的物理量有________________________．
用测得的量及加速度a表示小车与斜面间的动摩擦因数=_______________．
答案：（1）4.00m/s2
（2）斜面上任两点处间距l及对应的高度差h．
（若测量的是斜面的倾角，则）
3．在做“研究平抛物体的运动”的实验中，为了确定小球在不同时刻所通过的位置，实验时用如图所示的装置，先将斜槽轨道的末端调整水平，在一块平木板表面钉上复写纸和白纸，并将该木板竖直立于紧靠槽口处．使小球从斜槽上紧靠挡板处由静止释放，小球撞到木板并在白纸上留下痕迹A；将木板向远离糟口平移距离x，再使小球从斜槽上紧靠挡板处由静止释放，小球撞在木板上得到痕迹B；又将木板再向远离槽口平移距离x，小球再从斜槽上紧靠挡板处由静止释放，再得到痕迹C．若测得木板每次移动距离x=10.00cm，A、B间距离cm，B、C间距离cm．（g取 m/s2）
（1）根据以上直接测量的物理量得小球初速度为_________（用题中所给字母表示）．
（2）小球初速度的测量值为_____________m/s．
答案：（1）（或：，或：，或：）
（2）1.00±0.02
4．如图（乙）所示，将包有白纸的圆柱棒替代纸带和重物，蘸有颜料的毛笔固定在马达上并随之转动，使之替代打点计时器．当烧断挂圆柱的线后，圆柱竖直自由落下，毛笔就在圆柱白纸上划出记号，图（甲）所示，测得记号之间的距离依次为26、42、58、74、90、106mm，已知马达铭牌上有“1440r／min”字样，请说明如何由此验证机械能守恒．
答案：其方法如下：
①由马达铭牌“1440 r／min”算出毛笔画的线距时间间隔了（s）②根据算出任意选取的相邻两条线的瞬时速度．
（m/s）
（m/s）
∴ （J）
而 （J） 验证完毕．
说明：就实验所得数据还可验证当地的重力加速度g值．
5．用如图所示的装置进行验证动量守恒的以下实验：
（1）先测出滑块A、B的质量M、m及滑块与桌面的动摩擦因数，查出当地的重力加速度g；
（2）用细线将滑块A、B连接，使A、B间的弹簧处于压缩状态，滑块B紧靠在桌边；
（3）剪断细线，测出滑块B做平抛运动落地时的水平位移为s1，滑块A沿桌面滑行距离为s2．
为验证动量守恒，写出还须测量的物理量及表示它的字母___________．如果动量守恒，须满足的关系是_________________．
答案： 桌面离地面高度h
说明：这是一个可以用来验证动量守恒定律的验证性实验．该题构思新颖，从验证动量守恒的实验出发，考查了平抛运动、动量定理、动能定理、动量守恒定律等高考热点．
烧断细绳后在弹簧的弹力作用下，B、A以一定的水平速度分别向左、右运动．
A在水平桌面上向右作匀减速滑动时，克服摩擦做功，由动能定理可得，得；B向左作平抛运动，必须测得抛出时桌面离地面高度h，由平抛运动规律可知：，，即．测算得、后，如果动量守恒，必须满足关系式：，即．
6．假设我们已经进入了航天时代，一个由三个高中学生组成的航天兴趣小组正乘外星科学考察飞船前往X星球，准备用携带的下列器材测量X星球表面的重力加速度g，这些器材是：
A．钩码一盒，质量未知且各钩码质量不等
B．重锤一个，质量未知
C．带孔金属小球一个，直径已知为d
D．太阳能电池板一块，输出直流电压可满足任何要求
E．无弹性的丝线若干根
F．导线，开关若干
G．刻度尺1把
H．测力计1个
I．天平1台（含砝码1盒）
J．打点计时器1台（含复写纸片、纸带）
K．电子秒表1个
L．带有光控计时器的实验平板一块．在平板两端各有一个光控门，同时还配有其专用的直流电源、导线、开关、重锤线、滑块，该器材可用来测量物体从—个光控门运动到另—个光控门的时间
M．支架：能满足实验所需的固定作用
到达X星球后，三个学生从以上器材中选择各自所需的器材（同一器材可以重复选用），用不同的方法各自独立地测出了重力加速度g的值．
现请你完成他们所做的实验：
实验一：（已经完成）
（1）器材有：A、H、I
（2）主要的实验步骤是：
①选取一个合适的钩码，用天平测出质量m
②用测力计测出该钩码的重力F
③计算重力加速度的表达式为
实验二：
（1）选用的器材有_________________
（2）写出主要的实验步骤（简明扼要）．
______________________________________________________________
实验三：
（1）选用的器材有_________________
（2）写出主要的实验步骤（简明扼要）．
______________________________________________________________
答案：实验二：
（1）C、E、G、K、M
（2）①组装并安装好单摆，测出摆线长度L
②测出n次全振动的时间t，算出周期
③计算重力加速度的表达式为
实验三：
（1）G、L、M
（2）①将带光控计时器的平板用支架竖直架稳
②测量两个光控门之间的距离s
③把滑块从上面的一个光控门处自由释放，读出下落时间t
④计算重力加速度的表达式为
说明： 这是一道开放性实验试题，在中学阶段已经学到了多种测重力加速度g的实验方法．该试题提供了X星球表面作为实验场所，要求考生应用所学的知识在试题所提供的器材中选择合适的器材组合，进行测量．
由题述的实验一的完成过程，又为要求考生完成的实验二、实验三的解答提供了解答模式．试题设计巧妙，难度不大，既考查了教材要求的测匀变速直线运动的加速度、用单摆测重力加速度的实验，更考查了学生的综合能力，实属值得为之叫好的开放性能力型实验题．根据题给器材可知，携带的既有利用公式G＝mg测重力加速度g的器材，又有可测匀变速直线运动的加速度的器材，还有组装成利用单摆测重力加速度g的器材．显然后两个实验测g的方法正是该题的答案．
（电学实验题编题者：史献计 黄皓燕 王 峰）
7．描绘电场等势线的实验中，在平整的木板上依次铺放白纸、复写纸和导电纸．在导电纸上平放两个圆柱形电极A与B，分别与直流电源的正、负极接好，如图所示．若以A、B连线为 x 轴，A、B连线的中垂线为 y 轴．将一个探针固定在 y 轴上的某一点，沿x轴移动另一个探针，发现无论怎样移动，灵敏电流计的指针都不偏转，若电源及连线都是完好的，可能的故障是____________．将实验故障排除后，探针从BO间某处沿 x 轴向电极A移动的过程中，电流表中指针偏转的情况是________．
思路分析与参考答案： 导电纸的涂导电物质的一面朝下了，偏角逐渐减小到零，再反向偏转，偏角逐渐增大
8．如图是用高电阻放电法测电容的实验电路图．其原理是测出电容器在充电电压为U时所带的电荷量Q，从而求出其电容C．
该实验的操作步骤如下：
（1）按电路图接好实验电路．
（2）接通电键S，调节电阻箱R的阻值，使微安表的指针接近满刻度．记下这时的电压表读数U0＝6.2V和微安表读数I0＝490μA．
（3）断开电键 S并同时开始计时，每隔5s或10s读一次微安表的读数i，将读数记录在预先设计的表格中．
（4）根据表格中的12组数据，以t为横坐标，i为纵坐标，在坐标纸上描点（在图中用“×”表示）．根据以上实验结果和图象，可以估算出当电容器两端电压为U0时该电容器所带的电荷量Q0约为 C，从而算出该电容器的电容约为 F．
思路分析与参考答案： 用一条光滑曲线将坐标系中的点依次相连，得到放电曲线，曲线跟横轴所围的面积就表示放电过程放出的电荷量．每小方格代表的电荷量为 q = 2.5×10－4 C．用四舍五入的方法数得小方格有 32个，因此 Q0 = 8×10－3 C．根据 C = Q0/U0，得电容为 C =1.3×10－3F．
9．有一内阻未知（约25kΩ ~ 35kΩ）、量程未知（约25V ~ 35V），共有30个均匀小格的直流电压表 ．
（1）某同学在研究性学习过程中想通过上述电压表测量一个多用表中欧姆档的内部电源的电动势，他们从多用表刻度盘上读出电阻刻度中间值为30．
A．请你将他们的实验电路连接起来．他们在实验过程中，欧姆档的选择开关拨至倍率“×_______” ．
B．在实验中，同学读出电压表的读数为U，欧姆表指针所指的刻度为n，并且在实验过程中，一切操作都是正确的，请你导出欧姆表电池的电动势表达式．
（2）若在实验过程中测得该电压表内阻为30kΩ，为了测出电压表的量程，现有下列器材可供选用，要求测量多组数据，并有尽可能高的精确度．
标准电压表：量程3V，内阻3kΩ
电流表：量程0~3A，内阻未知
滑动变阻器：总阻值1kΩ
稳压电源E：30V，内阻不能忽略
电键、导线若干
A．在右边方框中画出实验电路图
B．选用记录数据中任一组，写出计算量程的
表达式Ug = ______________．
式中各字母的意义是：____________________________________________．
思路分析与参考答案：（1）A．电路如图所示，测电阻时应尽量使指针指在中间值附近，所以应选“×1k”．
B．欧姆表中值电阻为R中 = 30×1kΩ= 30000Ω，欧姆表指n刻度，则电压表内电阻RV = 1000n，流过电压表电流IV = U/RV = U/(1000n)，根据闭合电路欧姆定律电池电动势E = U + IVR中 = U．
（2）A．如图所示．，所以不能用电流表；又电压表的量程较小于电源电动势，所以滑动变阻器应用分压接法．
B．Ug = ，其中N：表指针所指格数，U1：表读数．
10． 电源的输出功率P跟外电路的电阻R有关．下左图是研究它们的关系的实验电路．为了便于进行实验和保护蓄电地，给蓄电池串联了一个定值电阻R0，把它们一起看作电源（图中虚线框内部分）．于是电源的内电阻就是蓄电池的内电阻和定值电阻R0之和，用r表示．电源的电动势用E表示．
（1）写出电源的输出功率P跟E、r、R的关系式： ．（电流表与电压表都看作理想电表）
（2）在下右图的实物图中按照下左图画出连线，组成实验电路．
（3）下表中给出了6组实验数据，根据这些数据．在图中的方格纸中画出P－R关系图线．根据图线可知，电源输出功率的最大值是_____________W，当时对应的外电阻是_____________Ω．
（4）由表中所给出的数据，若已知跟电源串联的定值电阻的阻值为R0＝ 4.5Ω，还可以求得该电源的电动势E = _________V，内电阻r0 = __________Ω．
思路分析与参考答案：（1）P = E2R / (R+r)2 (2) 图略 （3） 图略，0.80 5.0
（4）4.0 0.5
11．现有一阻值为10.0Ω的定值电阻、一个电键、若干根导线和一个电压表，该电压表表面上有刻度但无刻度值，要求设计一个能测定某电源内阻的实验方案．（已知电压表内阻很大，电压表量程大于电源电动势，电源内阻约为几欧），要求：
（1）在下边方框中画出实验电路图
（2）简要写出完成接线后的实验步骤
（3）用测得的量计算电源内阻的表达式r = ________．
思路分析与答案：（1）如图所示
（2）①断开电键，记下电压表偏转的格数N1
②合上电键，记下电压表偏转的格数N2
③
12．现要求测量一个阻值较大的电阻Rx的阻值．从实验能够找到的实验器材如下：
电动势与内电阻均未知的直流电源E
滑动变阻R1（全电路为300Ω）
标准电阻R0（阻值已知）
电压表2只，V1、V2（量程均能满足实验要求）
开关（单刀开关、单刀双掷开关各一个）
导线若干
某同学通过实验研究发现Rx的阻值数值级与R0及电压表内电阻相当，于是他设计了一种电路，其控制电路出图所示．
(1) 请你在图中补全测量电路．（要求标出实验器材符号）
(2) 简要写出实验的测量原理及电阻Rx的计算表达式．（表达式中的物理量需要加以说明）．
思路分析与答案：（1）电路图如图所示．
(2) 将S2与1接通，读出电压表V2示数U1，并读出电压表V1示数U；再将S2与2接通，调节滑动变阻器，使电压表示数仍为U（即电压表V1示数不变），读出电压表V2示数U2．在R0、Rx串联电压保持不变时，根据欧姆定律及串、并联电路性质可知U1：U2 = R0：Rx，故Rx = ．
（热学实验题编题者：孙道华 魏 昕）
13．在用油膜法粗测分子直径的实验中，在哪些方面作了理想化的假设
_____________________________________________________________________．
下面是一次实际测量的数据。将1cm3的油酸溶于酒精，制成200cm3的酒精溶液，已知1cm3的油酸酒精溶液有50滴．现取1滴油酸酒精溶液滴在水面上，随着酒精溶于水，油酸在水面上形成一单分子薄层，测出这一薄层的面积为0.2m2。由此可计算出油酸分子的直径为____________m。
思路分析与答案：1．将油膜看成单分子膜；将油分子看作球形；认为油分子是一个紧挨一个的． 2．5×10-10m
14．在做用油膜法估测分子大小的实验中，已知实验室中使用的酒精油酸溶液的体积浓度为A，又用滴管测得每N滴这种酒精油酸的总体积为V，将一滴这种溶液滴在浅盘中的水面上，在玻璃板上描出油膜的边界线，再把玻璃板放在画有边长为a的正方形小格的纸上(如右图)测得油膜占有的小正方形个数为X．
⑴ 用以上字母表示油酸分子的大小d。
⑵ 从右图中数得油膜占有的小正方形个数为X =________________．
思路分析与答案：1．D = 2．X = 57．
（光学实验题编题者：孙松庆 丁家旗）
15．如图（a）所示是利用双缝干涉测定单色光波长的实验装置，滤光片的作用是_____，单缝的作用是_______________，双缝的作用是______________，单缝和双缝之间的方向关系是_______________．某同学在做该实验时，第一次分划板中心刻度对齐A条纹中心时（图1），游标卡尺的示数如图3所示，第二次分划板中心刻度对齐B条纹中心时（图2），游标卡尺的示数如图4所示，已知双缝间距为0.5mm，从双缝到屏的距离为1m，则图3中游标卡尺的示数为__________mm．图4游标卡尺的示数为_______________mm．实验时测量多条干涉条纹宽度的目的是______________，所测单色光的波长为___________m．
（a）
思路分析与答案：获得单色光，产生线光源，产生相干光源，平行，11.5mm，16.7mm，减小实验误差，6.5×10－7．
16．测定玻璃折射率的实验中
(1) 某同学做实验插针的步骤如下：
A． 在表示入射光线的AO上插上大头针P1和P2
B． 通过玻璃砖观察P1和P2，调整视线，直到P1的像被P2的像挡住
C． 在观察一侧插上大头针P3和P4，并记下P3和 P4的位置。
这位同学在操作中有什么重要疏漏？
(2) 以通过P1P2的直线与玻璃砖的交点O为圆心，以某一适当长度R为半径画圆．与OA交于P，于OO′的延长线交于Q，从P和Q分别做玻璃砖界面的法线NN′的垂线，P′和Q′分别为垂足，如图所示，用刻度尺量得PP′＝45mm，QQ′＝30mm．求玻璃砖的折射率．
思路分析与答案：（1）疏漏：插针时应使P3挡住P1和P2的像，P4挡住P1、P2、P3的像．（2）根据折射定律：．
（用多用电表探测黑箱内的电学元件
练习使用示波器
（黑箱、示波器、传感器等实验题编题者：钱嘉伟 郭 颖 潘天飞）
17．如图，甲为在10℃左右的环境中工作的某自动恒温箱原理图，箱内的电阻R1=2kΩ，R2 = 1.5kΩ，R3 = 4kΩ，Rt为热敏电阻，它的电阻随温度变化的图线如图乙所示，当a、b端电压Uab＜0，电压鉴别器会令开关S接通，恒温箱内的电热丝发热，使箱内温度提高；当Uab＞0时，电压鉴别器使S断开，停止加热．则恒温箱内的温度大约恒定在 ℃．
［解析］电热丝在工作与不工作的临界状态上，a、b电势相等．此时R2、Rt两端电压势必相等，因此就有R1/ R2＝R3/ Rt，由此可算得Rt＝3kΩ．从热敏电阻的R－t图像可知Rt＝3kΩ时，温度为25℃．
［思路点拨］本题由电路知识算出临界状态下热敏电阻的阻值，再通过查R－t图像的方法推得温度．
18．如图所示，A、B、C为黑箱上的三个接点，已知任意两个接点间最多只能接一个元件，可能的元件有电池、电阻和二极管．
（1）用多用电表判断黑箱内有无电池，操作方法是：
_____________________________________________．
（2）经检测发现黑箱内没有电池，用多用电表的欧姆挡测量各接点间的电阻，结果如下，试在图中画出黑箱内一种可能的电路．
红表笔接点 C B A B C C
黑表笔接点 B C B A A A
表盘示数 很小 很大 R R 比AB间阻值R略大 很大
［解析］（1）用多用电表的直流电压挡测各对接点间的电压，若任意一组接点间均无电压，则能说明黑箱内没有电池．
（2）用欧姆档测量时，黑表笔虽然插负接线孔，但连接的是欧姆表内电源的正极．黑表笔接B点，红表笔接C点，电流是从B流向C的；而反接时，电流是从C流向B的，两次阻值相差很多说明C、B间有二极管，且二极管的“＋”极与B点相接．
A、B间正接反接，阻值恒定，说明A、B可能存在电阻．
黑表笔接A点，红表笔接C点，有阻值且阻值比R略大；反接时阻值很大．说明A、B间的电阻与B、C间的二极管串联才有这种情况，且A、C间不可能有其它电阻或二极管构成一条支路与上述电阻、二极管支路并联，否则现象与表格最后两列的结果无法相符．黑箱内元件连接如图所示．
［思路点拨］熟悉电路串并联的基本性质，掌握二极管单向通电的特性．
19．若示波器所显示的输入波形如图所示，要将波形上移，应调节面板上的________旋钮；要使此波形横向展宽，应调节________旋钮；要使屏上能够显示3个完整的波形，应调节_____________________旋钮．
［解析］竖直位移，X增益，扫描范围和扫描微调
［思路点拨］熟悉J2459型示波器的面板，掌握面板上各旋钮、开关的名称和作用，会进行基本的操作，并要理解示波器的基本构造和工作原理．
高考考前训练题三．计算题部分
（力学计算题 编题者：李大志 赵家会 朱 焱）
1．如图所示，ABC是一个光滑面，AB为光滑圆弧，半径R=9.8m，BC是足够长的光滑水平面，且在B点与圆弧相切，质量为m1=0.2Kg的滑块置于B点，质量为m2=0.1Kg的滑块以v0=0.9m/s速度向左运动与m1发生相撞，碰撞过程中没有能量损失．问：
（1）碰撞经过多长时间m1、m2发生第二次碰撞？
（2）第二次碰撞后，m1、m2的速度为多大？
答案：1、（1）6.28s；（2）v1‘=0.4m/s，v2’=0.7m/s
2．如图所示，长为2L的板面光滑且不导电的平板小车C放在光滑水平面上，车的右端有块挡板，车的质量mC=4m，绝缘物块B的质量mB=2m．若B以一定速度沿平板向C车的挡板运动且碰撞，碰后小车的速度总等于碰前物块B速度的一半．今在静止的平板车的左端放一个带电量为+q，质量为mA=m的金属块A，将物块B放在平板车中央，在整个空间加上一个水平方向的匀强电场时，金属块A由静止向右运动，当A以速度v0与B发生碰撞后，A以v0/4的速度反弹回来，B向右运动（A、B均可视为质点，碰撞时间极短）．
（1）求匀强电场的大小和方向．
（2）若A第二次和B相碰，判断是在B和C相碰之前还是相碰之后．
（3）A从第一次与B相碰到第二次与B相碰这个过程中，电场力对A做了多少功？
答案：（1） （2）A第二与B相碰在B与C相碰之后 （3）
3．如图所示，质量为2m的木块，静止放在光滑的水平面上，木块左端固定一根轻质弹簧．一质量为m的质点滑块从木块的右端飞上．若在滑块压缩弹簧过程中，弹簧具有的最大弹性势能为Epm，滑块与木块间的滑动摩擦力的大小保持不变，试求滑块的初速度v0．
答案：
4．如图所示，质量为M=1Kg，长为L=2.25m的小车B静止在光滑水平面上，小车B的右端距离墙壁S0=1m，小物体A与B之间的滑动摩擦系数为μ=0.2．今使质量m=3Kg的小物体A（可视为质点）小物体以水平速度v0=4m/s飞上B的左端，重力加速度g取10m/s2．若小车与墙壁碰撞后速度立即变为零，但并未与墙粘连，而小物体与墙壁碰撞时无机械能损失．求小车B的最终速度为多大？
答案：1.5m/s．
5．如图所示，位于竖直平面上的1/4光滑轨道，半径为R，OB沿竖直方向，圆弧轨道上端A点距地面高度为H，质量为m的小球从A点静止释放，最后落在地面C点处，不计空气阻力．求：
(1) 小球刚运动到B点时，对轨道的压力多大
(2) 小球落地点C与B的水平距离S为多少
(3) 比值R/H为多少时，小球落地点C与B水平距离S最远 该水平距离的最大值是多少
答案： (1) 小球沿圆弧做圆周运动,在B点由牛顿第二定律，有：；从A到B,由机械能守恒,有，由以上两式得
(2) 小球离开B点后做平抛运动,抛出点高为H—R，有：、、，解得．
由上式可知,当时,即时,S有最大值,即
思路点拨：解决圆周运动问题时，应注意需要的向心力和提供的向心力的分析;而平抛问题应注意水平运动和竖直运动具有相同的时间．
6．根据天文观察到某星球外有一光环，环的内侧半径为R1，环绕速度为v1，外侧半径为R2，环绕速度为v2，如何判定这一光环是连续的，还是由卫星群所组成．试说明你的判断方法．
答案：如果光环是连续的，则环绕的角速度想同，、，得 ．
如果光环是由卫星群所组成，则由：、，得．
即若，则光环是连续的，若，则光环是分离的卫星群所组成．
思路点拨：本题根据圆周运动的特点和卫星围绕天体运动的特点，由速度和半径的关系入手，是万有引力定律和圆周运动的综合运用．
7．一列简谐横波在x轴上传播，在和s时，其波形图分别用如图所示的实线和虚线表示，求：
这列波可能具有的波速
当波速为280m/s时，波的传播方向如何？此时图中质点P从图中位置运动至波谷所需的最短时间是多少？
答案：若波沿x轴正向传播，则：
若波沿x轴负向传播，则：
于是得：（当k = 0，2，4，……时，波沿x轴正向传播；当k = 1，3，5，……时，波沿x轴负向传播）．
当波速为280m/s时，代入上式得：
所以波向—x方向传播．
P质点第一次达到波谷的相同时间里，波向左移动了7m，所以所需最短时间为
．
思路点拨：波在传播过程中，由于波的周期性和传播方向的不确定，可使得传播速度具有多解性．
9．某同学不小心掉了半块饼干在地上，5min后发现饼干上聚集了许多蚂蚁．那么5min前这些蚂蚁离饼干的最远距离为多少呢 确定这个最远距离的关键是测出蚂蚁的爬行速度．某班学生以小组为单位进行估测蚂蚁爬行速度的实验探究活动，下表是各小组的实验方案及结果．
组别 实 验 方 案 平均速度（/cm·s－1）
1 用面包吸引蚂蚁，使它在直尺间运动 1.20
2 让沾有墨水的蚂蚁在纸槽内运动 0.30
3 让直玻璃管内的蚂蚁向另一端运动 1.04
4 让蚂蚁在盛有粉笔灰的纸槽内运动 0.45
5 让蚂蚁在塑料吸管内爬行，同时点燃蚂蚁身的塑料吸管 2.40
(1) 表中各小组最后测得蚂蚁的爬行速度各不相同，产生此现象的可能原因是什么？
(2) 5min前蚂蚁离饼干的最远距离约为多少？
答案：(1) 实验方案不同，外界条件不同．如蚂蚁找食与求生逃跑等情况对实验结果产生不同的影响．(2) 面包与饼干的外界条件相似，故蚂蚁向饼干运动时的速度可视为1.2cm/s，故S = vt = 3.6m．
10．如图所示，在光滑水平面上放一质量为M、边长为l的正方体木块，木块上搁有一长为L的轻质光滑棒，棒的一端用光滑铰链连接于地面上O点，棒可绕O点在竖直平面内自由转动，另一端固定一质量为m的均质金属小球．开始时，棒与木块均静止，棒与水平面夹角为角．当棒绕O点向垂直于木块接触边方向转动到棒与水平面间夹角变为的瞬时，求木块速度的大小．
答案：设杆和水平面成角时，木块速度为v，水球速度为vm，杆上和木块接触点B的速度为vB，因B点和m在同一杆上以相同角速度绕O点转动，所以有：= = = ．B点在瞬间的速度水平向左，此速度可看作两速度的合成，即B点绕O转动速度v⊥= vB及B点沿杆方向向m滑动的速度v∥，所以vB = vsin．故vm = vB=．因从初位置到末位置的过程中只有小球重力对小球、轻杆、木块组成的系统做功，所以在上述过程中机械能守恒：
mgL(sin)=综合上述得v = l．
（电学计算题编题者：方国权 邢 标 宋长杰）
11．如图所示，在直线PQ上部有一匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直于纸面向里．有一半径为a的直角扇形回路TOS，顶点固定在PQ直线上的O点，并绕顶点O以角速度ω逆时针匀速转动．若以扇形的一条边OS跟PQ重合时为起始时刻．则
（1）试在—t图上画出穿过回路的磁通量随时间t变化的函数图线；在—t图上画出回路感应电动势随时间t变化的函数图线．
（2）试计算磁通量的最大值和感应电动势的最大值各为多少？
[解析]（1）扇形OT边旋转至与OP重合，历时为，期间磁通不改变；
～内，；
～内，不改变；
～内，…，据此作出—t图线（如图）．
若以O→T→S→O为正方向，则在t =0～内，；
～内，
～内，；
～内，…，据此作出—t图线（如图）．
（2）
思路点拨：根据题中提供的直角扇形绕顶点O匀速转动的物理模型，按时间段逐段考察其间具体的物理图景，分析磁通及感应电动势随时间变化的规律，并据此描绘（分段）函数图线．
12．如图所示，电源电动势=3.6V，内阻r=2，滑动变阻器总电阻R=10，R0=9，当滑动变阻器滑片P从a向b移动过程中，求理想电流表的读数范围．
[解析]设aP电阻为Rx，则RPb = R -Rx
外电路总电阻
干路电流
电流表读数
当Rx=4时，IA有极小值A；当Rx=10时，IA有极大值A．
［思路点拨］熟练掌握全电路欧姆定律及串、并联电路特点是解有关电路参数问题的关键，具备利用视察法根据解析式讨论数据范围的能力对本题最后的讨论无疑是至关重要的．
13．如图所示，一对平行光滑轨道放置在水平面上，两轨道相距L=1m，两轨道之间用电阻R=2Ω连接，有一质量为m=0.5kg的导体杆静止地放在轨道上与两轨道垂直，杆及轨道的电阻皆可忽略不计，整个装置处于磁感应强度B=2T的匀强磁场中，磁场方向垂直轨道平面向上．现用水平拉力沿轨道方向拉导体杆，使导体杆从静止开始做匀加速运动．经过位移s=0.5m后，撤去拉力，导体杆又滑行了相同的位移s后停下．
求：(1)全过程中通过电阻R的电荷量；
(2)拉力的冲量；
(3)匀加速运动的加速度；
(4)画出拉力随时间变化的F—t图象．
[解析]（1）设全过程中平均感应电动势为，平均感应电流为I，时间，则通过电阻R的电荷量q=I，， 得C
(2)设拉力作用时间为，拉力平均值为F，根据动量定理有：
，所以N·s
(3)拉力撤去时，导体杆的速度为v，拉力撤去后杆运动时间为，平均感应电流为I2，根据动量定理有：
，即，m/s 所以m/s2
（4），
拉力作用时间s，此时Fmax=6N；
t = 0时，F=ma=2N
［思路点拨］利用法拉第电磁感应定律及欧姆定律得到，该关系式在第（2）及第（3）小题的讨论中与动量定理相结合均能顺利解决问题．必须明确的是求解电量时往往利用电流平均值概念．
14．如图，在广阔的宇宙空间存在这样一个远离其他空间的区域，以MN为界，上部分的匀强磁场的磁感应强度为B1，下部分的匀强磁场的磁感应强度为B2，B1=B0=2B2，方向相同，且磁场区域足够大．在距离界线为h的P点有一宇航员处于静止状态，宇航员以平行于界线的速度抛出一质量为m、带电量 -q的球，发现球在界线处速度方向与界线成60°角进入下部分磁场，然后当宇航员沿与界线平行的直线匀速到达目标Q点时，刚好又接住球而静止．求：
（1）小球在两磁场中运动的轨道半径大小（仅用h表示）和小球的速度；
（2）宇航员的质量（用已知量表示）
[解析]（1）画出小球在磁场B1中运动的轨迹如图所示，可知R1-h=R1cos60°，R1=2h
由和B1=2B2可知R2=2R1=4h
由得
(2)根据运动的对称性，PQ的距离为
l = 2(R2sin60°-R1sin60°)=2h
粒子由P运动到Q 的时间
宇航员匀速运动的速度大小为
由动量守恒定律得MV-mv=0
可求得宇航员的质量
［思路点拨］研究带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动时，若能关注轨道的几何特征，往往成效显著．这里准确作图就显得非常重要，往往是作不出图就解不了题．
15．如图所示，水平面内平行放置两根裸铜导轨，导轨间距为l．一根裸铜棒ab垂直导轨放置在导轨上面，铜棒质量m，可无摩擦地在导轨上滑动．两导轨右端与电阻R相连，铜棒和导轨的电阻不计，两根同样的弹簧，左端固定在木板上，右端与铜棒相连，弹簧质量与铜棒相比可不计．开始时铜棒作简谐运动，为平衡位置，振幅Am，周期是T，最大速度为vm．加一垂直导轨平面的匀强磁场B后，发现铜棒作阻尼振动．如果同时给铜棒施加一水平力F，则发现铜棒仍然作原简谐运动．问：
(1) 铜棒作阻尼运动的原因是 ____________________________________________
______________________________________________________________________
______________________________________________________________________
(2) 关于水平力F的情况，下列判断正确的是：_________
A．F的方向总是与弹簧弹力的方向相同
B．F的大小总是与安培力大小相等
C．F的大小不变方向变化
D．F可以为恒力
(3) 如果铜棒中的电流按正弦规律变化，那么每次全振动中外界供给铜棒的能量是多少
［解析］ （1）磁场力是振动过程中阻力
（2）Ｂ
（3）Ｂ2Ｌ2Ｖ02／2ＲＴ
［思路点拨］本题关键是对棒进行动力学、能量两个方面的分析，安培力志外力时刻等值反向，棒尤如只受弹簧弹力作用．求解能量时应用“有效值”．
16．大气中存在可自由运动的带电粒子，其密度随离地面的距离的增大而增大，可以把离地面50㎞以下的大气看作是具有一定程度漏电的均匀绝缘体（即电阻率较大的物质）；离地面50㎞以上的大气可看作是带电粒子密度非常高的良导体．地球本身带负电，其周围空间存在电场，离地面50㎞处与地面之间的电势差为4×105Ｖ．由于电场的作用，地球处于放电状态，但大气中频繁发生闪电又对地球充电，从而保证了地球周围电场恒定不变．统计表明，大气中每秒钟平均发生60次闪电，每次闪电带给地球的电量平均为30Ｃ．试估算大气的电阻率和地球漏电的功率．已知地球的半径ｒ＝6400㎞．
［解析］ 设每秒闪电的次数为ｎ，每次闪电带给地球的电量为ｑ，则大气的漏电电流平均为 Ｉ＝ｎｑ ①
大气的漏电电阻可由欧姆定律求得 Ｕ=ＩＲ ②
由题设条件，式中Ｕ=4×105Ｖ，设大气的电阻率为ρ，则有
Ｒ=ρ ③
由题设条件，式中ｌ=50㎞=5.0×104ｍ
Ｓ=4πｒ2 ④
解以上各式得 ρ=4π ⑤
代入有关数值得 ρ=2.29×1012 Ωｍ－1 ⑥
地球的漏电功率 P=IU=nqU ⑦
代入有关数值得 P=7.2×108 Ｗ ⑧
［思路点拨］ 建立合理的等效电路模型是关键．
17．如图甲所示，为一液体槽，、面为铜板，、面及底面为绝缘板，槽中盛满导电液体(设该液体导电时不发生电解)．现用质量不计的细铜丝在下端固定一铁球构成一单摆，铜丝的上端固定在点，下端穿出铁球使得单摆摆动时细铜丝始终与导电液体接触，过点的竖直线刚好在边的垂直平分面上．在铜板、面上接上图示电源，电源内阻可忽略，电动势＝８Ｖ，将电源负极和细铜丝的上端点分别连接到记忆示波器的地和输入端（记忆示波器的输入电阻可视为无穷大）．现将摆球拉离平衡位置使其在垂直于、面上振动，闭合开关，就可通过记忆示波器观察摆球的振动情况．
图乙为某段时间内记忆示波器显示的摆球与板之间的电压波形，根据这一波形
（１）求单摆的摆长（取约等于10,取=10m/s2）；
（２）设边长为4cm，则摆球摆动过程中偏离板的最大距离为多大
[解析]（1）由图可知T=1s ①
由得 ②
（2）摆球摆到离CD板间的电压最大为6V，该电压与摆球偏离CD板的距离成正比，从而有
③
其中lAD=4cm，U=6V，E=8V
解得=3cm即为最大距离 ④
［思路点拨］理解电流场中电势与位置的关系是解本题的关键．
18．某同学利用业余时间为工厂设计了一个测定机器转动角速度的装置，如图所示．A为一金属小球，质量为m，电阻不计．水平光滑的均匀滑杆PN由合金材料制成，电阻不能忽略，PA通过电刷（图中未画出）与电路相连接，电源电动势为E，内阻不计，限流电阻R与杆PN的总电阻相等．连接小球的弹簧由绝缘材料制成，弹簧的劲度系数为k．小球静止时恰好在滑杆PN的中点，当系统绕OOˊ轴匀速转动时，电压表的示数为U，试求此时系统转动的角速度ω．
[解析]设杆PN的总电阻为R0，系统转动时杆PA段的电阻为Rx，根据欧姆定律得
①
②
设弹簧原长为l0，则实际长度（反映PN杆接入电路中的长度）为
③
弹簧伸长量为 ④
据胡克定律和牛顿第二定律得 ⑤
由①②③④⑤式解得：
［思路点拨］本题中电压表的读数反映电路中的电流，而电流决定于总电阻，总电阻决定于弹簧长度，弹簧长度与角速度相联系．
19．如图所示，一个圆形线圈的匝数n=1000，线圈面积，线圈的电阻为r＝1 ，在线圈外接一个阻值R=4 的电阻，电阻的一端b跟地相接，把线圈放入一个方向垂直线圈平面向里的匀强磁场中，磁感强度随时间变化规律如图线B－t所示．
求：(1)从计时起在t=3s，t=5s时穿过线圈的磁通量是多少？
(2)a点的最高电势和最低电势各多少？
[解析]
(1)由图线可知t=3s，t=5s时，穿过线圈的磁场的磁感强度分别为
根据 ＝BS
t=3s，t=5s时通过线圈的磁通量分别为
(2)在0－4s，B在增加，线圈中产生的电动势为，
电路中电流强度 电流方向：从下向上通过电阻R
b、a两点电势差为：
a点电势为－0.8V，此时a点电势为最低．
在4－6s，B在减小，线圈中产生感应电动势为
电路中电流强度为
电流方向自上而下通过R
a、b两点间电势差为：
a点电势为3.2V此时a点电势为最高
［思路点拨］根据图象弄清磁通量的变化情况，求出感生电动势．注意区分电动势和路段电压．
20．河水流量为4m3/s，水流下落的高度为5m．现在利用它来发电，设所用发电机的总效率为50%，求：（1）发电机的输出功率．（2）设发电机的输出电压为350V，在输送途中允许的电阻为4Ω，许可损耗的功率为输出功率5%，问在用户需用电压220V时，所用升压变压器和降压变压器匝数之比．（g = 9.8m/s2）
[解析]（1）利用水的机械能进行发电，每秒钟流水量为4m3，水的落差5米，水推动发电机叶轮的功率P=ρvgh/t发电机的输出功率为P输出=50%P=50%×1.0×103×4×9.8×5=9.8×104W
（2）输电线上损耗的功率P损=5%P输出=5%×9.8×104=4.9×103W P损=I2r，I输电线上的电流 A，不得超出此值．升压变压器，初级U1=350V 次级U2=？根据变压器输入输出功率相等均为：9.8×104W，所以 降压变压器，初级U′1=2.8×103－35×4=2.66×103V，次级U′2=220V，则
［思路点拨］根据机械能求电能时注意对效率的理解，研究远距离输电时求解远距离线路中的电流是解题的关键．
（力电综合计算题编题者：张政宗 丁小虎 潘志民）
21．B如图所示是阴极射线管的示意图，阴极加热后产生热电子，电子质量为m，经电压UAK加速后打在阳极A板上，设阳极附近单位体积内电子数为n，电子打在阳极即被阳极吸收，求阳极受到的压强．
解答：在阳极附近取一很小的电流柱AB，设截面积为S，长为l，经过△t（△t→0），B截面的电子恰到阳极A，且速度恰变为零，设每个电子质量为m，则电流柱中电子质量M=nSL·m=nsv△t·m
设阳极对电流柱的作用力为F，则F△t=M△v=0-(nsv△tm·v)=-nsv2△tm
即（“一”表示与v相反）
而V是电子被加速后所获得的速度，故，所以
阳极所受到的压强
22．B 一个带电量为+q的圆环，质量为m，可在水平放置的长杆上自由滑动，细杆处于磁感强度为B的匀强磁场中，如图所示圆环以初速度v向右运动直至处于平衡状态，求：圆环克服摩擦力做了多少功？
解答：圆环在垂直x向上受重力mg及洛仑兹力的作用
①当时所受的摩擦力f=0，克服摩擦力做功为零
②当，圆环受到杆的正压力向下，N=Bqv-mg
，由于f的作用，圆环速度变小
N、f逐渐减小至零，此时有
随后以v2向右作匀速运动，
③当，圆环受到正压力向上，
随着v的减小，f增大，最终圆环静止，为
23．B 如图（a）所示，在坐标xoy平面内的第一象限内，有一个匀强磁场，磁感强度大小恒为B0，方向垂直于xoy平面，且随时间作用周期性变化，如图（b）所示，规定垂直xoy平面向里的磁场方向为正．一个质量为m，电量为q的正粒子，在t=0时刻从坐标原点以初速度v0沿x轴正方向射入，在匀强磁场中运动，经过一个磁场变化周期T（未确定）的时间，粒子到达第一象限内的某一点P，且速度方向沿x轴正方向（不考虑重力）．
（1）若点O、P连线与x轴之间的夹角为45 ，则磁场变化的周期T为多大？
（2）因点P的位置随着周期的变化而变化，试求点P纵坐标的最大值为多少？此时磁场变化的周期又为多大？
解答：（1）粒子仅受洛仑兹力作用而作匀速圆周运动，当磁场方向改变时，粒子的绕行方向也随之改变，要使粒子经时间T到达点P，且，则粒子应正好经历 的逆时针绕行和的顺时针绕行（T0为粒子在磁场中作匀速圆周运动的周期）轨迹为图（a）所示，磁场变化的周期
（2）磁场周期变化越大，圆弧越长，点P的纵坐标的值越大，但在磁场变化的一个周期T’内，每个圆弧不能超过半个圆，因此圆弧最长时应是第二个圆弧与y轴相切（因圆弧再长就将从y轴射向第二象限穿出磁场）如图（b）所示．设带电粒子在磁场中作匀圆周运动的半径为R，则：
所以点P的纵坐标为
此时变化的周期T’应等于带电粒子由O点运动到P点的时间 得：
又 则
24．如图所示，光滑平行金属导轨MN、PQ相距L=0.2m，导轨左端接有“0.8V, 0.8W”的小灯泡，磁感强度B=1T的匀强磁场垂直于导轨平面，今使一导体棒与导轨良好接触向右滑动产生向小灯供电，小灯泡正常发光，导轨与导体棒每米长的电阻均为r=0.5Ω，其余导线电阻不计
（1）求导体棒的最小速度
（2）写出导体速度v与它到左端的距离x的关系式
（3）根据v与x的关系式算出表中对应的v值并填入表中，然后画出v-x图线
x(m) 0 0.5 1 1.5 2
v(m/s)
解答：（1）（2）导体棒向右滑动时产生的感应电动势E=BLv
导体棒电阻（（相当于电源内阻）为：
小灯泡电阻为
回路的外电阻为：
回路中电流为： （1）
小灯泡正常发光时 （2）
由（1）（2）解得：
当x=0时，有导体棒最小速度
（3）根据计算，又列出下表
x(m) 0 0.5 1 1.5 2
v(m/s) 4.5 7 9.5 12 14.5
根据表上数据，画出v—x图线如图所示
25．B 如图所示，光滑的平行导轨P、Q相距l=1m，处在同一水平面中，导轨的左端接有如图所示的电路，其中水平放置的电容器两极板相距d=10mm，定值电阻R1=R3=8Ω，R2=2Ω，导轨的电阻不计，磁感强度B=0.4T的匀强磁场竖直向下穿过导轨面，当金属棒ab沿导轨向右匀速运动（开关S断开）时，电容器两极之间质量m=1×10-14kg，带电量q=-1×10-15C的微粒恰好静止不动；当S闭合时，微粒的加速度a=7m/s2向下做匀加速运动，取g=10m/s2, 求：
（1）金属棒所运动的速度多大？电阻多大？
（2）S闭合后，使金属棒ab做匀速运动的外力的功率多大？
解答：（1）带电微粒在电容器两极间静止时，受向上的电场力和向下的重力而平衡，根据平衡条件有，解得电容器两极间电压为：
由于微粒带负电，可知上板电势较高，由于S断开，R3上无电流，R1、R2上电压等于U1, 可知电路中的感应电流，即通过R1、R2的电流强度为：
根据闭合电路欧姆定律，可知ab切割磁感线运动产生的感应电动势为： （1）
S闭合时，带电微粒向下做匀加速运动，根据牛顿第二定律有：
可以求得S闭合时电容器两板间的电压为：
这是电路中的电流为：=
根据闭合电路欧姆定律有： （2）
将已知量代入（1）（2）式，可求得：V，
由E=BLv得：
（2）S闭合时，通过ab电流I2=0.15A，ab所受磁场力为，ab的速度v=3m/s做匀速运动，所受外力与磁场力FB大小相等，方向相反，即F=0.06N，方向向右，则外力功率为P=Fv=0.06×3w=0.18w
26．B 如右图所示，导体棒ab的质量为m=0.1kg，电阻为R=0.4Ω，放置在与水平面夹角为θ=37°的倾斜金属导轨上，导轨间距为d=0.2m，电阻不计，系统处在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B=0.5T．电池内阻不计，求：
（1）若导轨光滑，电池电动势多大才能使导体棒静止在导轨上？
（2）若棒与导轨之间的摩擦因数为=0.2，要使导体棒静止在导轨上，电池的电动势应多大？
(3)若在上一问中，将电池换成一个阻值为R0=0.6Ω的电阻，则导体棒在运动过程中可能达到的最大速度的多少？
解答：（1）若棒与导轨间光滑，则受重力、支持力、安培力三力平衡，由平衡条件得：==3V．
（2）若棒与导轨间有摩擦，则有两种可能．一是电动势偏大，致导体棒有上滑趋势，此时摩擦力沿斜面向下，利用平衡条件可求得：
1 =V；
二是电动势偏小，致导体棒有下滑趋势，摩擦力沿斜面向上，同理可求得：
2 =V．
因此电池电动势的取值范围是21
（3）电池换成R0=0.6Ω后，ab棒下滑切割磁感线，在
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