精品汇编-2010年高考物理试题按模块汇编（8大模块）

登陆21世纪教育 助您教考全无忧
电磁感应
（全国卷1）17．某地的地磁场磁感应强度的竖直分量方向向下，大小为T。一灵敏电压表连接在当地入海河段的两岸，河宽100m，该河段涨潮和落潮时有海水（视为导体）流过。设落潮时，海水自西向东流，流速为2m/s。下列说法正确的是
A．河北岸的电势较高 B．河南岸的电势较高
C．电压表记录的电压为9mV D．电压表记录的电压为5mV
【答案】BD
【解析】海水在落潮时自西向东流，该过程可以理解为：自西向东运动的导体棒在切割竖直向下的磁场。根据右手定则，右岸即北岸是正极电势高，南岸电势低，D对C错。根据法拉第电磁感应定律V, B对A错。
【命题意图与考点定位】导体棒切割磁场的实际应用题。
（全国卷2）18.如图，空间某区域中有一匀强磁场，磁感应强度方向水平，且垂直于纸面向里，磁场上边界b 和下边界d水平。在竖直面内有一矩形金属统一加线圈，线圈上下边的距离很短，下边水平。线圈从水平面a开始下落。已知磁场上下边界之间的距离大于水平面a、b之间的距离。若线圈下边刚通过水平面b、c（位于磁场中）和d时，线圈所受到的磁场力的大小分别为、和，则
A.>> B.<<
C.>> D.<<
【答案】D
【解析】线圈从a到b做自由落体运动，在b点开始进入磁场切割磁感线所有受到安培力，由于线圈的上下边的距离很短，所以经历很短的变速运动而进入磁场，以后线圈中磁通量不变不产生感应电流，在c处不受安培力，但线圈在重力作用下依然加速，因此从d处切割磁感线所受安培力必然大于b处，答案D。
【命题意图与考点定位】线圈切割磁感线的竖直运动，应用法拉第电磁感应定律求解。
（新课标卷）21.如图所示，两个端面半径同为R的圆柱形铁芯同轴水平放置，相对的端面之间有一缝隙，铁芯上绕导线并与电源连接，在缝隙中形成一匀强磁场.一铜质细直棒ab水平置于缝隙中，且与圆柱轴线等高、垂直.让铜棒从静止开始自由下落，铜棒下落距离为0.2R时铜棒中电动势大小为，下落距离为0.8R时电动势大小为，忽略涡流损耗和边缘效应.关于、的大小和铜棒离开磁场前两端的极性，下列判断正确的是
A、>，a端为正 B、>，b端为正
C、<，a端为正 D、<，b端为正
答案：D
解析：根据，，，可见＜。又根据右手定则判断电流方向从a到b，在电源内部，电流是从负极流向正极的，所以选项D正确。
（北京卷）19.在如图所示的电路中，两个相同的下灯泡L1和L2分别串联一个带铁芯的电感线圈L和一个滑动变阻器R。闭合开关S后，调整R，使L1和L2发光的亮度一样，此时流过两个灯泡的电流为Ｉ。然后，断开Ｓ。若时刻再闭合Ｓ，则在前后的一小段时间内，正确反映流过L1的电流ｉ１、流过Ｌ２的电流ｉ２随时间ｔ的变化的图像是
答案：B
【解析】本体考查通电自感，与互动变阻器R串联的L2，没有自感直接变亮，电流变化图像和A中图线，CD错误。与带铁芯的电感线圈串联的L1，自感强电流逐渐变大，B正确。
（江苏卷）2、一矩形线框置于匀强磁场中，线框平面与磁场方向垂直，先保持线框的面积不变，将磁感应强度在1 s 时间内均匀地增大到原来的两倍，接着保持增大后的磁感应强度不变，在1 s 时间内，再将线框的面积均匀地减小到原来的一半，先后两个过程中，线框中感应电动势的比值为
（A） （B）1 （C）2 （D）4
2.B 难度：易 本题考查电磁感应定律的应用
【解析】
,大小相等，选B。
（江苏卷）4.如图所示的电路中，电源的电动势为E,内阻为r,电感L的电阻不计，电阻R的阻值大于灯泡D的阻值，在t=0时刻闭合开关S，经过一段时间后，在t=t1时刻断开S,下列表示A、B两点间电压UAB随时间t变化的图像中，正确的是
选B 考查自感和电压图象。 难度：难
【解析】开关闭合时，线圈的自感阻碍作用，可看做电阻，线圈电阻逐渐减小，并联电路电阻逐渐减小。电压逐渐减小；开关闭合后再断开时，线圈的感应电流与原电流方向相同，形成回路，灯泡的电流与原来相反，并逐渐减小到0，所以本题选B。
（天津卷）11.（18分）如图所示，质量m1=0.1kg，电阻R1=0.3Ω，长度l=0.4m的导体棒ab横放在U型金属框架上。框架质量m2=0.2kg，放在绝缘水平面上，与水平面间的动摩擦因数μ=0.2，相距0.4m的MM’、NN’相互平行，电阻不计且足够长。电阻R2=0.1Ω的MN垂直于MM’。整个装置处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B=0.5T。垂直于ab施加F=2N的水平恒力，ab从静止开始无摩擦地运动，始终与MM’、NN’保持良好接触，当ab运动到某处时，框架开始运动。设框架与水平面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2.
（1）求框架开始运动时ab速度v的大小；
（2）从ab开始运动到框架开始运动的过程中，MN上产生的热量Q=0.1J，求该过程ab位移x的大小。
解析：（1）对框架的压力
①
框架受水平面的支持力
②
依题意，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则框架受到最大静摩擦力
③
中的感应电动势
④
中电流
⑤
受到的安培力
F ⑥
框架开始运动时
⑦
由上述各式代入数据解得
⑧
（2）闭合回路中产生的总热量
⑨
由能量守恒定律，得
⑩
代入数据解得
⑾
（江苏卷）13．（15分）如图所示，两足够长的光滑金属导轨竖直放置，相距为L, 一理想电流表与两导轨相连，匀强磁场与导轨平面垂直。一质量为m、有效电阻为R的导体棒在距磁场上边界h处静止释放。导体棒进入磁场后，流经电流表的电流逐渐减小，最终稳定为I。整个运动过程中，导体棒与导轨接触良好，且始终保持水平，不计导轨的电阻。求：
（1）磁感应强度的大小B；
（2）电流稳定后，导体棒运动速度的大小v；
（3）流经电流表电流的最大值
解析：
（1）电流稳定后，道题棒做匀速运动 ①
解得 ②
（2）感应电动势 E=BLv ③
电影电流
由②③④式解得
（3）由题意知，导体棒刚进入磁场时的速度最大，设为
机械能守恒
感应电动势的最大值
感应电流的最大值
解得
本题考查电磁感应的规律和电磁感应与力学的综合。难度：难。
（广东卷）16. 如图5所示，平行导轨间有一矩形的匀强磁场区域，细金属棒PQ沿导轨从MN处匀速运动到M'N'的过程中，棒上感应电动势E随时间t变化的图示，可能正确的是
答案：A
解析：MN只有进入磁场中才切割磁感线，因而只有中间过程有感应电动势，选A。
（山东卷）21．如图所示，空间存在两个磁场，磁感应强度大小均为，方向相反且垂直纸面，、为其边界，OO′为其对称轴。一导线折成边长为的正方形闭合回路，回路在纸面内以恒定速度向右运动，当运动到关于OO′对称的位置时
A．穿过回路的磁通量为零
B．回路中感应电动势大小为2BHYPERLINK " http://www."
C．回路中感应电流的方向为顺时针方向
D．回路中边与边所受安培力方向相同
答案：ACD
解析：根据右手定则，回来中感应电流的方向为逆时针方向。
本题考查电磁感应、磁通量、右手定则，安培力，左手定则等基本知识。
难度：易。
（上海物理）19. 如图，一有界区域内，存在着磁感应强度大小均为，方向分别垂直于光滑水平桌面向下和向上的匀强磁场，磁场宽度均为，边长为的正方形框的边紧靠磁场边缘置于桌面上，使线框从静止开始沿轴正方向匀加速通过磁场区域，若以逆时针方向为电流的正方向，能反映线框中感应电流变化规律的是图
解析：在0-，电流均匀增大，排除CD.
在-，两边感应电流方向相同，大小相加，故电流大。
在，因右边离开磁场，只有一边产生感应电流，故电流小，所以选A。
本题考查感应电流及图象。
难度：难。
（上海物理）21.如图，金属环A用轻绳悬挂，与长直螺线管共轴，并位于其左侧，若变阻器滑片P向左移动，则金属环A将向_____（填“左”或“右”）运动，并有_____（填“收缩”或“扩张”）趋势。
解析：变阻器滑片P向左移动，电阻变小，电流变大，根据楞次定律，感应电流的磁场方向原电流磁场方向相反，相互吸引，则金属环A将向右移动，因磁通量增大，金属环A有收缩趋势。
本题考查楞次定律。难度：易。
（上海物理）32.（14分）如图，宽度L=0.5m的光滑金属框架MNPQ固定板个与水平面内，并处在磁感应强度大小B=0.4T，方向竖直向下的匀强磁场中，框架的电阻非均匀分布，将质量m=0.1kg，电阻可忽略的金属棒ab放置在框架上，并且框架接触良好，以P为坐标原点，PQ方向为x轴正方向建立坐标，金属棒从处以的初速度，沿x轴负方向做的匀减速直线运动，运动中金属棒仅受安培力作用。求：
（1）金属棒ab运动0.5m，框架产生的焦耳热Q；
（2）框架中aNPb部分的电阻R随金属棒ab的位置x变化的函数关系；
（3）为求金属棒ab沿x轴负方向运动0.4s过程中通过ab的电量q，某同学解法为：先算出金属棒的运动距离s，以及0.4s时回路内的电阻R，然后代入
q=求解。指出该同学解法的错误之处，并用正确的方法解出结果。
解析：
（1），
因为运动中金属棒仅受安培力作用，所以F=BIL
又，所以
且，得
所以
（2），得，所以。
（3）错误之处：因框架的电阻非均匀分布，所求是0.4s时回路内的电阻R，不是平均值。
正确解法：因电流不变，所以。
本题考查电磁感应、电路与牛顿定律、运动学公式的综合应用。难度：难。
（重庆卷）23.（16分）法拉第曾提出一种利用河流发电的设想，并进行了实验研究。实验装置的示意图可用题23图表示，两块面积均为S的矩形金属板，平行、正对、竖直地全部浸在河水中，间距为d。水流速度处处相同，大小为v，方向水平。金属板与水流方向平行。
地磁场磁感应强度的竖直分量为B，水的电阻为p，水面上方有一阻值为R的电阻通过绝缘导线和电建K连接到两金属板上。忽略边缘效应，求：
（1）该发电装置的电动势；
（2）通过电阻R的电流强度；
（3）电阻R消耗的电功率。
解析：
（1）由法拉第电磁感应定律，有
（2）两板间河水的电阻
由闭合电路欧姆定律，有
(3)由电功率公式，
得
（浙江卷）19. 半径为r带缺口的刚性金属圆环在纸面上固定放置，在圆环的缺口两端引出两根导线，分别与两块垂直于纸面固定放置的平行金属板连接，两板间距为d，如图（上）所示。有一变化的磁场垂直于纸面，规定向内为正，变化规律如图（下）所示。在t=0时刻平板之间中心有一重力不计，电荷量为q的静止微粒，则以下说法正确的是
A. 第2秒内上极板为正极
B. 第3秒内上极板为负极
C. 第2秒末微粒回到了原来位置
D. 第3秒末两极板之间的电场强度大小为0.2
答案：A
（四川卷）19.图甲所示电路中，HYPERLINK " http://www./" EMBED Equation.DSMT4 为相同的电流表，C为电容器，电阻HYPERLINK " http://www./" EMBED Equation.DSMT4 的阻值相同，线圈L的电阻不计。在某段时间内理想变压器原线圈内磁场的变化如图乙所示，则在时间内
A．电流表HYPERLINK " http://www./" EMBED Equation.DSMT4 的示数比HYPERLINK " http://www./" EMBED Equation.DSMT4 的小
B．电流表HYPERLINK " http://www./" EMBED Equation.DSMT4 的示数比A3的小
C．电流表HYPERLINK " http://www./" EMBED Equation.DSMT4 和HYPERLINK " http://www./" EMBED Equation.DSMT4 的示数相同
D．电流表的示数都不为零
答案：C
【解析】由B-t图像知在t1-t2时间内，原线圈中磁场先负向减小后正向增大，则副线圈中磁通量是均匀变化的，根据法拉第电磁感应定律在副线圈中产生的感应电流大小不变，再根据楞次定则可判断负向较小时和正向增大时感应电流的方向相同，则在t1-t2时间内副线圈中个电流为稳恒电流，所以A1和A2的示数相同，A3的示数为0，正确答案C。
交变电流
（全国卷2）19. 图中为一理想变压器，其原线圈与一电压有效值不变的交流电源相连：P为滑动头。现令P从均匀密绕的副线圈最底端开始，沿副线圈匀速上滑，直至白炽灯L两端的电压等于其额定电压为止。用表示流过原线圈的电流，表示流过灯泡的电流，表示灯泡两端的电压，表示灯泡消耗的电功率（这里的电流、电压均指有效值：电功率指平均值）。下列4个图中，能够正确反映相应物理量的变化趋势的是
答案：BC
解析：副线圈是均匀密绕的且滑动头匀速上滑，说明副线圈的匝数在均匀增大，由变压器的变压比，得均匀增大（k为单位时间增加的匝数），C正确。灯泡两端的电压由零增大时其电阻增大，描绘的伏安特曲线为B。灯泡的功率先增大的快（电阻小）后增大的慢（电阻大），D错误。原线圈功率等于灯泡功率是增大的，所以原线圈电流一定增大，A错误。
【命题意图与考点定位】考查理想变压器和灯泡的伏安特曲线知识。
（天津卷）7.为探究理想变压器原、副线圈电压、电流的关系，将原线圈接到电压有效值不变的正弦交流电源上，副线圈连接相同的灯泡L1、L2，电路中分别接了理想交流电压表V1、V2和理想交流电流表A1，A2，导线电阻不计，如图所示。当开关S闭合后
A. A1示数变大，A1与A2示数的比值不变
B. A1示数变大，A1与A2示数的比值变大
C. V2示数变小，V1与V2示数的比值变大
D. V2示数不变，V1与V2示数的比值不变
答案：AD
（重庆卷）17.输入电压为220V，输出电压为36V的变压器副线圆烧坏，为获知此变压器原、副线圈匝数，某同学拆下烧坏的副线圈，用绝缘导线在铁芯上新绕了5匝线圈，如题17图所示，然后将原线圈接到220V交流电源上，测得新绕线圈的端电压为1V，按理想变压器分析，该变压器烧坏前的原、副线圈匝数分别为：
A 1100、360 B 1100、180
C 2200、180 D 220、360
【答案】B
【解析】对新绕线的理想变压器，根据变压比公式得
变压器烧坏前，同理 ，B正确。
（江苏卷）7.在如图多事的远距离输电电路图中，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电厂的输出电压和输电线的电阻均不变，随着发电厂输出功率的增大，下列说法中正确的有w w w.ks5 u .c om
A．升压变压器的输出电压增大
B．降压变压器的输出电压增大
C．输电线上损耗的功率增大
D．输电线上损耗的功率占总功率的比例增大
7.CD 【解析】逐项判断
A.应不变，A错误；
B.，,，因P变大，I变大，所以U损变大，所以降压变压器初级电压U3变小，B错误；
C.,因P变大，所以P损变大，C正确；
D.，因P变大，所以比值变大，D正确；
本题选CD。本题考查电能的输送，通常考查电压的变化引起其它变化，本题考查考查功率的变化引起其它变化，有新意。本题难度：中等。
（福建卷）13．中国已投产运行的1000kV特高压输电是目前世界上电压最高的输电工程。假设甲、乙两地原采用500kV的超高压输电，输电线上损耗的电功率为P。在保持输送电功率和输电线电阻都不变的条件下，现改用1000kV特高压输电，若不考虑其他因素的影响，则输电线上损耗的电功率将变为
A．P/4 B．P/2 C．2P D．4P
答案：A
解析：由可知当输出电压由500kv升高到1000kv时，电路中的电流将减为原来的一半；由 可知电路中损耗的功率变为原来的。
【命题特点】本题以高压输电这一生活情境为背景，相应了“两会”提出的节能减排的建议，考查了用远程高压输电减小能耗的知识点，具有实际意义。
【启示】高考复习中应注重物理问题联系生活实际。
（广东卷）19.图7是某种正弦式交变电压的波形图，由图可确定该电压的
A.周期是0.01S
B.最大值是311V
C.有效值是220V
D.表达式为U=220sin100πt（V）
答案：BC
解析：交流电考察
由图知：最大值Um=311V有效值周期T=0.02s
表达式 选BC。
（山东卷）19．一理想变压器原、副线圈的匝数比为10：1，原线圈输入电压的变化规律如图甲所示，副线圈所接电路如图乙所示，P为滑动变阻器的触头。
K^S*5U.C#O%下
A．副线圈输出电压的频率为50Hz
B．副线圈输出电压的有效值为31V
C．P向右移动时，原、副线圈的电流比减小
D．P向右移动时，变压器的输出功率增加
答案：AD
解析：
A.周期，频率，A正确；
B.原线圈输入电压的有效值为，所以，副线圈输出电压的有效值为，B错误；
C.根据，所以，不变。C错误；
D.变压器的输出功率，P向右移动时，电阻变小，变压器的输出功率增加，D正确。
本题选AD。本题考查变压器原理和交流电图象。
难度：容易。
（浙江卷）17. 某水电站，用总电阻为2.5的输电线输电给500km外的用户，其输出电功率是3106KW。现用500kV电压输电，则下列说法正确的是
A. 输电线上输送的电流大小为2105A
B. 输电线上由电阻造成的损失电压为15kV
C. 若改用5kV电压输电，则输电线上损失的功率为9108KW
D. 输电线上损失的功率为P＝U2/r，U为输电电压，r为输电线的电阻
答案：B
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 16 页 （共 16 页）登陆21世纪教育 助您教考全无忧
热学
（全国卷1）19．右图为两分子系统的势能Ep与两分子间距离r的关系曲线。下列说法正确的是
A．当r大于r1时，分子间的作用力表现为引力
B．当r小于r1时，分子间的作用力表现为斥力
C．当r等于r2时，分子间的作用力为零
D．在r由r1变到r2的过程中，分子间的作用力做负功
【答案】BC
【解析】分子间距等于r0时分子势能最小，即r0= r2。当r小于r1时分子力表现为斥力；当r大于r1小于r2时分子力表现为斥力；当r大于r2时分子力表现为引力，A错BC对。在r由r1变到r2的过程中，分子斥力做正功分子势能减小，D错误。
【命题意图与考点定位】分子间距于分子力、分子势能的关系。
（全国卷2）16. 如图，一绝热容器被隔板K 隔开a 、 b两部分。已知a内有一定量的稀薄气体，b内为真空，抽开隔板K后，a内气体进入b，最终达到平衡状态。在此过程中
A．气体对外界做功，内能减少
B．气体不做功，内能不变
C．气体压强变小，温度降低
D．气体压强变小，温度不变
答案：BD
解析：绝热容器内的稀薄气体与外界没有热传递，Q=0。稀薄气体向真空扩散没有做功，W=0。根据热力学第一定律稀薄气体的内能不变，则温度不变。稀薄气体扩散体积增大，压强必然减小。BD正确。
【命题意图与考点定位】考查热力学第一定律的应用及对气体的问题、压强和体积的判断。
（重庆卷）15.给旱区送水的消防车停于水平地面，在缓慢放水过程中，若车胎不漏气，胎内气体温度不变，不计分子间势能，则胎内气体
A从外界吸热 B对外界做负功
C 分子平均动能减小 D内能增加
【答案】 A
【解析】胎内气体经历了一个温度不变，压强减小，体积增大的过程。温度不变，分子平均动能和内能不变。体积增大气体对外界做正功。根据热力学第一定律气体一定从外界吸热。A正确。
（上海理综）6．民间常用“拔火罐”来治疗某些疾病，方法是将点燃的纸片放入一个小罐内，当纸片燃烧完时，迅速将火罐开口端紧压在皮肤上，火罐就会紧紧地被“吸”在皮肤上。其原因是，当火罐内的气体（ ）。
A．温度不变时，体积减小，压强增大
B．体积不变时，温度降低，压强减小
C．压强不变时，温度降低，体积减小
D．质量不变时，压强增大，体积减小
答案：B
（上海物理）10. 如图，玻璃管内封闭了一段气体，气柱长度为，管内外水银面高度差为，若温度保守不变，把玻璃管稍向上提起一段距离，则
（A）均变大 （B）均变小
（C）变大变小 （D）变小变大
解析：根据，变大，变小，根据，变大，选D。
本题考查气体状态方程。难度：中等。
（上海物理）14. 分子间的相互作用力由引力与斥力共同产生，并随着分子间距的变化而变化，则
（A）分子间引力随分子间距的增大而增大
（B）分子间斥力随分子间距的减小而增大
（C）分子间相互作用力随分子间距的增大而增大
（D）分子间相互作用力随分子间距的减小而增大
答案：B
解析：根据分子力和分子间距离关系图象，如图，选B。
本题考查分子间相互作用力随分子间距的变化，图象的理解。
难度：中等。
（上海物理）17. 一定质量理想气体的状态经历了如图所示的、、、四个过程，其中的延长线通过原点，垂直于且与水平轴平行，与平行，则气体体积在
（A）过程中不断增加
（B）过程中保持不变
（C）过程中不断增加
（D）过程中保持不变
解析：首先，因为的延长线通过原点，所以是等容线，即气体体积在过程中保持不变，B正确；是等温线，压强减小则体积增大，A正确；是等压线，温度降低则体积减小，C错误；连接ao交cd于e，则ae是等容线，即，因为，所以，所以过程中体积不是保持不变，D错误；本题选AB。
本题考查气体的图象的理解。难度：中等。对D，需要作辅助线，较难。
（上海物理）22.如图，上端开口的圆柱形气缸竖直放置，截面积为，一定质量的气体被质量为2.0kg的光滑活塞封闭在气缸内，其压强为____pa（大气压强取1.01*，g取）。若从初温开始加热气体，使活塞离气缸底部的高度由0.5m缓慢变为0.51m，则此时气体的温度为____℃。
解析：
，T2=306K，t2=33℃
本题考查气体实验定律。
难度：易。
（上海物理）28.（6分）用DIS研究一定质量气体在温度不变时，压强与体积关系的实验装置如图Ⅰ所示，实验步骤如下：
①把注射器活塞移至注射器中间位置，将注射器与压强传感器、数据采集器、计算机逐一链接；
②移动活塞，记录注射器的刻度值V，同时记录对应的由计算机显示的气体压强值P；
③用图像处理实验数据，得出如图2所示图线，
（1）为了保持封闭气体的质量不变，实验中采取的主要措施是_______；
（2）为了保持封闭气体的温度不变，实验中采取的主要措施是_______和_____；
（3）如果实验操作规范正确，但如图所示的图线不过原点，则代表_____。
解析：（1）用润滑油凃活塞
（2）慢慢抽动活塞、活塞导热。
（3）体积读数值比实际值大。根据,C为定值，则。
（上海物理）33．（14分）如图，一质量不计，可上下自由一点的活塞将圆筒分为上下两室，两室中分别封闭有理想气体，筒的侧壁为绝缘体，上底N，下底M及活塞D均为导体并按图连接，活塞面积。在电键K断开时，两室中气体压强均为，ND间距，DM间距，将变阻器的滑片P滑到左端B，闭合电键后，活塞D与下底M分别带有等量异种电荷，并各自产生匀强电场，在电场力作用下活塞D发生移动。稳定后，ND间距，DM间距，活塞D所带电流的绝对值(式中E为D与M所带电荷产生的合场强，常量)求：
（1）两室中气体的压强（设活塞移动前后气体温度保持不变）；
（2）活塞受到的电场力大小F；
（3）M所带电荷产生的场强大小和电源电压U;
（4）使滑片P缓慢地由B向A滑动，活塞如何运动，并说明理由。
解析：
（1） 解得P1=80Pa
，解得P2=720Pa
（2）根据活塞受力的平衡，N。
（3）因为E为D与M所带电荷产生的合场强，EM是M所带电荷产生的场强大小，所以E=2EM，所以，所以，得
。
电源电压
分别封闭有理想气体，筒的侧壁为绝缘体，上底N，下底M及活塞D均为导体并按图连接，活塞面积。在电键K断开时，两室。
（4）因减小，减小，向下的力减小，增大，减小，向上的力增大，活塞向上移动。
本题考查电场、电场力，气体等综合知识和分析综合能力。
难度：难。
把电场和气体结合一起，具有新意。
（浙江自选模块）题号：14 科目：物理
“物理3-3”模块（10分）
（浙江自选模块）（10分）质量一定的某种物质，在压强不变的条件下，由液态I与气态Ⅲ（可看成理想气体）变化过程中温度（T）随加热时间（t）变化关系如图所示。单位时间所吸收的热量可看作不变。
（1）（本小题4分。在给出的四个选项中，至少有一项是符合题目要求的。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。）以下说法正确的是 。
A．在区间Ⅱ，物质的内能不变
B．在区间Ⅲ，分子间的势能不变
C．从区间I到区间Ⅲ，物质的熵增加
D．在区间I，物质分子的平均动能随着时间的增加而增大
（2）在区间Ⅲ,若将压强不变的条件改为体积不变，则温度升高 （变快、变慢或快慢不变）请说明理由。（6分）
答案（1）B、C、D
（2）变快
根据热力学第一定律
和理想气体的状态方程
可知，在吸收相同的热量Q时，压强不变的条件下，V增加，,;
体积不变的条件下，，；
所以，体积不变的条件下温度升高变快。
（江苏卷）12.【选做题】A.（选修模块3-3）（12分）w w w.ks5 u .c om
（1）为了将空气装入气瓶内，现将一定质量的空气等温压缩，空气可视为理想气体。下列图象能正确表示该过程中空气的压强p和体积V关系的是 ▲ 。
（2）在将空气压缩装入气瓶的过程中，温度保持不变，外界做了24KJ的功。现潜水员背着该气瓶缓慢地潜入海底，若在此过程中，瓶中空气的质量保持不变，且放出了5KJ的热量。在上述两个过程中，空气的内能共减小 ▲ KJ,空气 ▲ （选填“吸收”或“放出”）
（3）已知潜水员在岸上和海底吸入空气的密度分别为1.3kg/和2.1kg/，空气的摩尔质量为0.029kg/mol，阿伏伽德罗常数=6.02。若潜水员呼吸一次吸入2L空气，试估算潜水员在海底比在岸上每呼吸一次多吸入空气的分子数。（结果保留一位有效数字）
答案：（1）B（2）5；放出；（3）3×1022
解析：（1），P与成正比，选B。本题考查气体图象。
（2）根据热力学第一定律W+Q=△U，第一阶段W1=24J，△U1=0，所以Q1=-24J，放热；第二阶段W2=0，△U2=-5J，所以Q2=-5J，放热；所以Q= Q1+Q2=29J，放热。△U=-5J，即减少5J。
（3）设空气的摩尔质量为M，在海底和岸上的密度分别为和，一次吸入空气的体积为V，则有，代入数据得△n=3×1022。
（福建卷）28．[物理选修3-3]（本题共2小题，第小题6分，共12分。第小题只有一个选项符合题意）
（1）1859年麦克斯韦从理论上推导出了气体分子速率的分布规律，后来有许多实验验证了这一规律。若以横坐标表示分子速率，纵坐标表示各速率区间的分子数占总分子数的百分比。下面四幅图中能正确表示某一温度下气体分子速率分布规律的是 。（填选项前的字母）
答案：D
解析：图像突出中间多两边少的特点，答案选D。
（2）如图所示，一定质量的理想气体密封在绝热（即与外界不发生热交换）容器中，容器内装有一可以活动的绝热活塞。今对活塞施以一竖直向下的压力F，使活塞缓慢向下移动一段距离后，气体的体积减小。若忽略活塞与容器壁间的摩擦力，则被密封的气体 。（填选项前的字母）
A．温度升高，压强增大，内能减少 B．温度降低，压强增大，内能减少
C．温度升高，压强增大，内能增加 D．温度降低，压强减小，内能增加
答案：C
解析：外力F做正功，W＞0；绝热，Q=0；由热力学第一定律△U=Q+W＞0，内能增加，温度升高；另外，由可以判断出压强增大。
（广东卷）14. 图3是密闭的气缸，外力推动活塞P压缩气体，对缸内气体做功800J，同时气体向外界放热200J，缸内气体的
A.温度升高，内能增加600J
B.温度升高，内能减少200J
C.温度降低，内能增加600J
D.温度降低，内能减少200J
答案：A
解析：由得：，一定质量的理想气体的内能大小只与温度有关，故温度升高，选A。
（广东卷）15. 如图4所示，某种自动洗衣机进水时，与洗衣缸相连的细管中会封闭一定质量的空气，通过压力传感器感知管中的空气压力，从而控制进水量。设温度不变，洗衣缸内水位升高，则细管中被封闭的空气
A. 体积不变，压强变小
B. 体积变小，压强变大
C. 体积不变，压强变大
D. 体积变小，压强变小
答案：B
解析：由连通器原理知：对同一液面压强相同：（P0为大气压）P水增加因而P气增加，由PV=nRT得体积减小，选B。
(山东卷)36．（8分）[物理 ( http: / / www. / Subject / wuli )—物理3-3]一太阳能空气集热器，底面及侧面为隔热材料，顶面为透明玻璃板，集热器容积为V0，开始时内部封闭气体的压强为p0。经过太阳暴晒，气体温度由T0=300K升至T1=350K。
（1）求此时气体的压强。
（2）保持T1=350K不变，缓慢抽出部分气体，使气体压强再变回到p0。求集热器内剩余气体的质量与原来总质量的比值。判断在抽气过程中剩余气体是吸热还是放热，并简述原因。
解析：
（1），解得：
（2）根据，得：
根据W+Q=△U，以内T不变，所以△U=0。因为体积膨胀，所以W为负，所以Q为正，吸热。
（四川卷）14.下列现象中不能说明分子间存在分子力的是
A．两铅块能被压合在一起 B．钢绳不易被拉断
C．水不容易被压缩 D．空气容易被压缩
【答案】D
【解析】空气容易压缩是因为分子间距大，而水不容易压缩是因为分子间距小轻微压缩都使分子力表现为斥力。ABC说明存在分子力。
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 10 页 （共 10 页）登陆21世纪教育 助您教考全无忧
力学实验
（全国卷1）22．（18分）图1是利用激光测转的原理示意图，图中圆盘可绕固定轴转动，盘边缘侧面上有一小段涂有很薄的反光材料。当盘转到某一位置时，接收器可以接收到反光涂层所反射的激光束，并将所收到的光信号转变成电信号，在示波器显示屏上显示出来（如图2所示）。
（1）若图2中示波器显示屏横向的每大格（5小格）对应的时间为5.00×10-2 s ，则圆盘的转速为__________________转/s。（保留3位有效数字）
（2）若测得圆盘直径为10.20 cm，则可求得圆盘侧面反光涂层的长度为 ________ cm。（保留3位有效数字）
【答案】⑴4.55转 /s ⑵2.91cm
【解析】⑴从图2可知圆盘转一圈的时间在横坐标上显示22格，由题意知图2中横坐标上每格表示1.00×10-2s，所以圆盘转动的周期是0.22s，则转速为4.55转 /s
⑵反光引起的电流图像在图2中横坐标上每次一格，说明反光涂层的长度占圆盘周长的22分之一为cm。
【命题意图与考点定位】匀速圆周运动的周期与转速的关系，以及对传感器所得图像的识图。
（全国卷2）22.（5分）利用图中所示的装置可以研究自由落体运动。实验中需要调整好仪器，接通打点计时器的电源，松开纸带，使重物下落。打点计时器会在纸带上打出一系列的小点。
（1）为了测试中午下落的加速度，还需要的实验器材有——。（填入正确选项前的字母）
A.天平 B.秒表 C.米尺
（2）若实验中所得到的重物下落的加速度值小于当地的重物加速度值，而实验操作与数据处理均无错误，写出一个你认为可能引起此错误差的原因： 。
【答案】（1）C；（2）打点计时器与纸带之间存在摩擦。
【解析】（1）时间由打点计时器测定，用米尺测定位移，答案C。
（2）打点计时器与纸带之间存在摩擦。
（新课标卷）22、(4分)如图为验证机械能守恒定律的实验装置示意图.现有的器材为：带铁夹的铁架台、电磁打点计时器、纸带、带铁夹的重锤、天平.回答下列问题
(1)为完成此实验，除了所给的器材，还需要的器材有______.(填入正确选项前的字母)
A、米尺 B、秒表 C、0～12V的直流电源 D、0～12V的交流电源
(2)实验中误差产生的原因有______.(写出两个原因)
答案：（1）AD（2）纸带与打点计时器之间有摩擦，用米尺测量纸带上点的位置时读数有误差，计算势能变化时，选取始末两点距离过近，交流电频率不稳定。
解析：（1）用A项米尺测量长度，用D项交流电源供打点计时器使用。（2）纸带与打点计时器之间有摩擦，用米尺测量纸带上点的位置时读数有误差，计算势能变化时，选取始末两点距离过近，交流电频率不稳定。
（重庆卷）22.（1）某同学用打点计时器测量做匀加速直线运动的物体的加速度，电源频率f=50Hz在线带上打出的点中，选出零点，每隔4个点取1个计数点，因保存不当，纸带被污染，如是22图1所示，A、B、C、D是依次排列的4个计数点，仅能读出其中3个计数点到零点的距离：
=16.6mm =126.5mm =624.5mm
若无法再做实验，可由以上信息推知：
①相信两计数点的时间间隔为__________S
②打C点时物体的速度大小为____________m/s(取2位有效数字)
③物体的加速度大小为__________(用、、、和f表示)
答案：⑴①0.02s ②2.5 m/s ③
解析：⑴①打点计时器打出的纸带每隔4个点选择一个计数点，则相邻两计数点的时间间隔为T=0.02s。
②根据间的平均速度等于点的速度得m/s
③匀加速运动的位移特征是相邻的相等时间间隔内的位移以aT2均匀增大，有
，，，所以
（上海物理）27．（6分）卡文迪什利用如图所示的扭秤实验装置测量了引力常量G。
(1)(多选题)为了测量石英丝极微的扭转角，该实验装置中采取使“微小量放大”的主要措施
(A)减小石英丝的直径
(B)增大T型架横梁的长度
(C)利用平面镜对光线的反射
(D)增大刻度尺与平面镜的距离
（2）已知T型架水平横梁长度为1,质量分别为m、的球，位于同一水平面，当横梁处于力矩平衡状态，测得m、连线长度r，且与水平横梁垂直；同时测得石英丝的扭转角度为，由此得到扭转力矩k（k为扭转系数且已知），则引力常量的表达式G=_____。
解析：（1）CD
(2)根据，得。
（天津卷）9．（1）如图所示，在高为h的平台边缘水平抛出小球A,同时在水平地面上距台面边缘水平距离为s处竖直上抛小球B，两球运动轨迹在同一竖直平面内，不计空气阻力，重力加速度为g。若两球能在空中相遇，则小球A的初速度VA应大于 A、B两球初速度之比为
（天津卷）（2）在探究合力的方法时，先将橡皮条的一端固定在水平木板上，另一端系上带有绳套的两根细绳。实验时，需要两次拉伸橡皮条，一次是通过两细绳用两个弹簧秤互成角度地拉橡皮条，另一次是用一个弹簧秤通过细绳拉橡皮条。
实验 对两次拉伸橡皮条的要求中，下列哪些说法是正确的 （填字母代号）
A. 将橡皮条拉伸相同长度即可 B. 将橡皮条沿相同方向拉到相同长度
C.将弹簧秤都拉伸到相同刻度 D.将橡皮条和绳的结点拉到相同位置
同学们在操作过程中有如下议论，其中对减小实验误差有益的说法是 （填字母代号）
A. 两细绳必须等长
A. 弹簧秤、细绳、橡皮条都应与木板平行
A. 用两弹簧秤同时拉细绳时两弹簧秤示数之差应尽可能大
A. 拉橡皮条的细绳要长些，标记同一细绳方向的两点要远些
答案：（1），；（2）①BD；②BD
（江苏卷）11．（10分）为了探究受到空气阻力时，物体运动速度随时间的变化规律，某同学采用了“加速度与物体质量、物体受力关系”的实验装置（如图所示）。实验时，平衡小车与木板之间的摩擦力后，在小车上安装一薄板，以增大空气对小车运动的阻力。
（1）往砝码盘中加入一小砝码，在释放小车 ▲ （选填“之前”或“之后”）接通打点计时器的电源，在纸带上打出一系列的点。
（2）从纸带上选取若干计数点进行测量，得出各计数点的时间t与速度v的数据如下表：
请根据实验数据作出小车的v-t图像。w w w.ks5 u .c om
（3）通过对实验结果的分析，该同学认为：随着运动速度的增加，小车所受的空气阻力将变大，你是否同意他的观点？请根据v-t图象简要阐述理由。
答案：（1）之前 （2）（见右图）
（3）同意 在v-t图象中，速度越大时，加速度越小，小车受到的合力越小，则小车受空气阻力越大。
（福建卷）19.（2）（6分）某实验小组研究橡皮筋伸长与所受拉力的关系。实验时，将原长约200mm的橡皮筋上端固定，在竖直悬挂的橡皮筋下端逐一增挂钩码（质量均为20g），每增挂一只钩码均记下对应的橡皮筋伸长量；当挂上10只钩码后，再逐一把钩码取下，每取下一只钩码，也记下对应的橡皮筋伸长量。根据测量数据，作出增挂钩码和减挂钩码时的橡皮筋伸长量l与拉力F关系的图像如图所示。从图像中可以得出_______。（填选项前的字母）
A.增挂钩码时l与F成正比，而减挂钩码时l与F不成正比
B.当所挂钩码数相同时，增挂钩码时橡皮筋的伸长量比减挂钩码时的大
C.当所挂钩码数相同时，增挂钩码时橡皮筋的伸长量与减挂钩码时的相等
D.增挂钩码时所挂钩码数过多，导致橡皮筋超出弹性限度
答案：D
解析：
(2)本题属于中等题，解题的关键在于弄清问什么两条图像会错开。实验中由于增挂钩码时所挂钩码数过多，导致橡皮筋超出弹性限度，弹簧无法及时恢复原长，两条图像才会出现差异。
（广东卷）34.（1）图是某同学在做匀变速直线运动实验中获得的一条纸带。
①已知打点计时器电源频率为50Hz，则纸带上打相邻两点的时间间隔为_________。
②ABCD是纸带上四个计数点，每两个相邻计数点间有四个点没有画出。从图13中读出A、B两点间距s=__________；C点对应的速度是________(计算结果保留三位有效数字)。
ks5uks5uks5u
ks5u
ks5u
ks5u
ks5u
ks5u
ks5u
ks5u
ks5u
ks5u
ks5u
ks5u
ks5u
ks5u
ks5u
ks5u
ks5u
ks5u
ks5u
ks5u
ks5u
ks5u
ks5u
ks5u
ks5u
ks5u
ks5u
ks5u
ks5u
ks5u
ks5u
ks5u
ks5u
ks5u
ks5u
ks5u
ks5u
ks5u
ks5u
ks5u
ks5u
ks5u
ks5u
ks5u
ks5u
ks5u
ks5u
ks5u
ks5u
ks5u
ks5u
ks5u
ks5u
ks5u
ks5u
ks5u
ks5u
ks5u
ks5u
ks5u
ks5u
ks5u
ks5u
答案：①0.02s，②0.70cm，0.100m/s
解析：
（1）①
②读A、B两点数值：1.00cm、1.70cm
故：s=1.70cm-1.00cm=0.70cm
（山东卷）23.（1）某同学设计了如图所示的装置来探究加速度与力的关系。弹簧秤固定在一合适的木板上，桌面的右边缘固定一支表面光滑的铅笔以代替定滑轮，细绳的两端分别与弹簧秤的挂钩和矿泉水瓶连接。在桌面上K^S*5U.C#O%下画出两条平行线MN、PQ，并测出间距。开始时将木板置于MN处，现缓慢向瓶中加水，直到木板刚刚开始运动为止，记下弹簧秤的示数F0，以此表示滑动摩擦力的大小。再将木板放回原处并按住，继续向瓶中加水后，记下弹簧秤的示数F1，然后释放木板，并用秒表记下木板运动到PQ处的时间。
①木板的加速度可以用、表示为＝　　　　；为了减小测量加速度的偶然误差可以采用的方法是（一种即可）　　　　　　。
②改变瓶中水的质量重复实验，确定加速度与弹簧秤示数F1的关系。下列图象能表示该同学实验结果的是　　　　　　。
③用加水的方法改变拉力的大小与挂钩码的方法相比，它的优点是　　　　　。
a．可以改变滑动摩擦力的大小
b．可以更方便地获取多组实验数据
c．可以比较精确地测出摩擦力的大小
d．可以获得更大的加速度以提高实验精度
【解析】（1）①②C 。③BC
（浙江卷）21.Ⅰ（10分）在“探究弹簧弹力大小与伸长量的关系”实验中，甲、乙两位同学选用不同的橡皮绳代替弹簧，为测量橡皮绳的劲度系数，他们在橡皮绳下端面依次逐个挂下钩友（每个钩友的质量均为m=0.jkg，取g=10m/s2），并记录绳下端的坐标X加（下标i表示挂在绳下端钩友个数）。然后逐个拿下钩友，同样记录绳下端面的坐标X减，绳下端面坐标的值Xi＝（X加+X减）/2的数据如下表：
挂在橡皮绳下端的钩码个数 橡皮绳下端的坐标（X/mm）
甲 乙
1 216.5 216.5
2 246.7 232.
3 284.0 246.5
4 335.0 264.2
5 394.5 281.3
6 462.0 301.0
（1）同一橡皮绳的X加 X减（大于或小于）；
（2） 同学的数据更符合实验要求（甲或乙）；
（3）选择一级数据用作图法得出该橡皮绳的劲度系数k（N/m）；
（4）为了更好的测量劲度系数，在选用钩码时需考虑的因素有哪些？
答案：（1）小于 （2）乙
（3）由所给数据的该变量如下表所示
挂在橡皮绳下端的勾码个数 改变量（Xn-X1）/mm
甲 乙
1
2 30.2 15.5
3 67.5 30.0
4 118.5 47.7
5 178.0 64.8
6 245.5 84.5
由上表作图得
由图可得 k乙=57-70（N/m）
或
对于甲同学的数据，因为只有前几个数据可认为在弹性范围内，由图中切线的斜率得，
k甲=25-34（N/m）
（4）尽可能使伸长量在弹性范围内，同时有足够大的伸长量，以减小长度测量的误差。
（四川卷）22.（5分）（2）有4条用打点计时器（所用交流电频率为50Hz）打出的纸带A、B、C、D，其中一条是做“验证机械能守恒定律”实验时打出的。为找出该纸带，某同学在每条纸带上取了点迹清晰的、连续的4个点，用刻度尺测出相邻两个点间距离依次为S1、S2、S3。请你根据下列S1、S2、S3的测量结果确定该纸带为 。（已知当地的重力加速度为9.791m/s2）
A.61.0mm 65.8mm 70.7mm B. 41.2mm 45.1mm 53.0mm
C.49.6mm 53.5mm 57.3mm D. 60.5mm 61.0mm 60.6mm
答案：C
解析：验证机械能守恒采用重锤的自由落体运动实现，所以相邻的0.02s内的位移增加量为：，答案为C。
（安徽卷）21．Ⅰ．（6分）（1）在测定金属的电阻率实验中，用螺旋测微器测量金属丝的直径，示数如图1所示，读数为__________________mm。
（2）在用单摆测定重力加速度实验中，用游标为20分度的卡尺测量摆球的直径，示数如图2所示，读数为__________________cm。
答案：（1）0.617（0.616～0.619） （2）0.675
解析：（1）0.5mm+11.7×0.01mm=0.617mm（2）0.6cm+15×0.05mm=0.675cm
（安徽卷）21．Ⅲ．（6分）利用图示装置进行验证机械能守恒定律的试验时，需要测量物体由静止开始自由下落到某点时的瞬时速度和下落高度。某班同学利用实验得到的纸带，设计了以下四种测量方案。
( http: / / www. / )
a. 用刻度尺测出物体下落的高度，并测出下落时间,通过计算出瞬时速度.
a. 用刻度尺测出物体下落的高度，并通过计算出瞬时速度.
a. 根据做匀速直线运动时纸带上某点的瞬时速度，等于这点前后相邻两点间的平均速度，测算出瞬时速度，并通过计算出高度.
a. 用刻度尺测出物体下落的高度，根据做匀速直线运动时纸带
上某点的瞬时速度，等于这点前后相邻两点间的平均速度，测算出瞬时速度。
以上方案中只有一种正确，正确的是 。（填入相应的字母）
答案：d
电学实验
（全国卷1）23．（16分）一电流表的量程标定不准确，某同学利用图1所示电路测量该电流表的实际量程。
所用器材有：量程不准的电流表，内阻=10.0，量程标称为5.0mA；标准电流表，内阻=45.0，量程1.0mA；标准电阻，阻值10.0；滑动变阻器R，总电阻为300.0；电源E，电动势3. 0V，内阻不计；保护电阻；开关S；导线。
回答下列问题：
（1）在答题卡上（图2所示）的实物图上画出连线。
（2）开关S闭合前，滑动变阻器的滑动端c应滑动至 端。
（3）开关S闭合后，调节滑动变阻器的滑动端，使电流表满偏；若此时电流表的读数为，则的量程= 。
（4）若测量时，未调到满偏，两电流表的示数如图3所示，从图中读出的示数 = ，的示数 = ；由读出的数据计算得= 。（保留3位有效数字）
（5）写出一条提高测量准确度的建议： 。
【答案】⑴连线如图
⑵阻值最大
⑶
⑷6.05mA
【解析】⑴连线如图
⑵在滑动变阻器的限流接法中在接通开关前需要将滑动触头滑动到阻值最大端
⑶闭合开关调节滑动变阻器使待测表满偏，流过的电流为Im。根据并联电路电压相等有得
⑷待测表未满偏有，将A2的示数0.66mA和其他已知条件代入有
Ma
但图中A1的示数3.0mA量程为5.0mA，根据电流表的刻度是均匀的，则准确量程为6.05mA
⑸略
（全国卷2）23.(13分）如图，一热敏电阻RT 放在控温容器M内：
为毫安表，量程6mA，内阻为数十欧姆；E为直流电源，电动势约为3V，内阻很小；R为电阻箱，最大阻值为999.9Ω；S为开关。已知RT 在95℃时阻值为150Ω，在20℃时的阻值约为550Ω。现要求在降温过程中测量在95℃～20℃之间的多个温度下RT 的阻值。
（1） 在图中画出连线，完成实验原理电路图
（1） 完成下列实验步骤中的填空
1 依照实验原理电路图连线
1 调节控温容器M内的温度，使得RT 温度为95℃
1 将电阻箱调到适当的初值，以保证仪器安全
1 闭合开关。调节电阻箱，记录电流表的示数I0 ，并记录 。
⑤ 将RT 的温度降为T1 （20℃＜T1＜95℃）；调节电阻箱，使得电流表的读数 ,记录 。
⑥ 温度为T1 时热敏电阻的电阻值RT1 = 。
⑦ 逐步降低T1 的数值，直至20℃为止；在每一温度下重复步骤⑤⑥
答案：
（1）电路图如图：
（2）d、电阻箱的读数 e、仍为 电阻箱的读数为 f、
解析：（1）由于本实验只有一个可以用来测量或观察的电流表，所以应该用“替代法”的思维考虑用电流表观察保证电路的电阻不变，因此将热敏电阻、电阻箱和电流表串联形成测量电路。而且热敏电阻的95℃和20℃的阻值是已知的，所以热敏电阻的初始温度为95℃，则电流表数不变时电阻箱与热敏电阻的串联电路电阻保持150Ω加电阻箱的初值之和不变。如果热敏电阻的初始温度为20℃，则电流表示数不变时，电阻箱与热敏电阻的串联电路电阻保持550Ω加电阻箱的初值之和不变，则可以测量任意温度下的电阻。
（2）实验步骤为：
a、依照实验原理电路图连线
b、调节控温电容M内的温度，使得的温度为95℃
c、将电阻箱调到适当的初值，保证仪器安全
d、闭合开关，调节电阻箱，记录电流表的示数，并记录电阻箱的初值
e、将的温度降低为，调节电阻箱，使得电流表的读数仍为，记录电阻箱的读数为
f、温度为时，热敏电阻的电阻值
g、将的温度逐渐降低直到为止，在每一温度下重复步骤e- f
（新课标卷）23.(11分)用对温度敏感的半导体材料制成的某热敏电阻，在给定温度范围内，其阻值随温度的变化是非线性的.某同学将和两个适当的固定电阻、连成图1虚线框内所示的电路，以使该电路的等效电阻的阻值随所处环境温度的变化近似为线性的，且具有合适的阻值范围.为了验证这个设计，他采用伏安法测量在不同温度下的阻值，测量电路如图1所示，图中的电压表内阻很大.的测量结果如表l所示.
回答下列问题
(1)根据图1所示的电路，在图2所示的实物图上连线.
(2)为了检验与t之间近似为线性关系，在坐标纸上作-t关系图线
(3)在某一温度下，电路中的电流表、电压表的示数如图3、4所示.电流表的读数为____，电压表的读数为___.此时等效电阻的阻值为___：热敏电阻所处环境的温度约为____.
答案：（1）如图所示（2）如图所示（3）115.0mA，5.00V，43.5Ω，64.0℃
解析：（1）根据电路图连接实物。
（2）根据数据描出点，作出直线。
（3），，，对照图找出相应的温度为64.0℃。
（上海物理）26.在用DIS描绘电场等势线的实验中
（1）电源通过正负电极a、b在导电物质上产生的稳恒电流分布模拟了二个_____产生____；用____探测等势点。
（2）（单选题）在安装实验装置时，正确的做法是 （ ）
（A）在一块平整木板上依次放复写纸、白纸、导电纸
（B）导电纸有导电物质的一面应该向上
（C）连接电源正负极的电极a、b必须与导电物质保持绝缘
（D）连接电极a、b的电源电压为交流4~6V
【解析】
（1）点电荷，电场，DIS
(2)B
A 应依次放白纸、复写纸、导电纸
B 应电极a、b必须与导电物质保持导电。
C应连接电极a、b的电源电压为为直流4-6V
（上海物理）29.（6分）某同学利用DIS，定值电阻、电阻箱等实验器材测量电池a的电动势和内阻，实验装置如图1所示，实验时多次改变电阻箱的阻值，记录外电路的总电阻阻值R，用电压传感器测得端电压U，并在计算机上显示出如图2所示的关系图线a，重复上述实验方法测量电池b的电动势和内阻，得到图2中的图线b.
（1）由图线a可知电池a的电动势=______V，内阻=____。
（2）若用同一个电阻R先后与电池a及电池b链接，则两电池的输出功率_______（填“大于”、“等于”或“小于”），两电池的效率_____（填“大于”、“等于”或“小于”）。
解析：（1）根据，得，图象a，截距b=0.5，斜率k=0.25，所以电动势，内阻r=E·k=0.5Ω。
（2）从图象可知：截距，斜率，电动势，内阻，＜，＜，电池的输出功率，得小于；电池的效率，得大于。
本题考查用伏阻法（电压表和电阻箱）测电源的电动势和内阻，图像法，以及电源的输出功率及效率。
难度：难。
（天津卷）9.（3）要测量电压表V1的内阻RV，其量程为2V，内阻约2KΩ。实验室提供的器材有：
电流表A，量程0.6A，内阻约0.1Ω；
电压表V2，量程5V，内阻为5KΩ；
定值电阻R1，阻值30Ω；
定值电阻R2，阻值为3KΩ；
滑动变阻器R3，最大阻值100Ω，额定电流1.5A；
电源E，电动势6V，内阻约0.5Ω；
开关S一个，导线若干。
①有人拟将待测电压表V1 和电流表A串联接入电压合适的测量电路中，测出V1 的电压和电流，再计算出RV。该方案实际上不可行，其最主要的原因是
②请从上述器材中选择必要的器材，设计一个测量电压表V1内阻RV的实验电路。要求测量尽量准确，实验必须在同一电路中，且在不增减元件的条件下完成。试画出符合要求的实验电路图（图中电源与开关已连接好），并标出所选元件的相应字母代号：
③由上问写出V1内阻RV的表达方式，说明式中各测量量的物理意义。
答案：①电流表A不能准确测量出流过电压表V1的电流；②测量电压表V1内阻的实验电路如图所示；③，表示的电压，表示和串联的总电压。
（江苏卷）10、（8分）在测量电源的电动势和内阻的实验中，由于所用的电压表（视为理想电压表）的量程较小，某同学涉及了如图所示的实物电路。
w w w.ks5 u .c om
（1） 试验时，应先将电阻箱的电阻调到____.（选填“最大值”、“最小值”或“任意值”）
（1） 改变电阻箱的阻值R，分别测出阻值=10的定值电阻两端的电压U，下列两组R的取值方案中，比较合理的方案是____.（选填1或2）
（3）根据实验数据描点，绘出的图像是一条直线。若直线的斜率为k，在坐标轴上的截距为b，则该电源的电动势E= ▲ ，内阻r= ▲ （用k、b和R0表示）
答案：（1）最大值；（2）2；（3）
解析：（1）为了安全。（2）若R=300Ω，电流约，若R=60Ω，电流约，后者电流读数大，误差小，所以填2。
(3) 电流，，得，图象的斜率，截距，所以电动势，内阻－R0
本题考查测电源的电动势和内阻及图象的物理意义，根据图象求物理量。难度：较难。
（福建卷）19.
（3）（6分）如图所示是一些准备用来测量待测电阻阻值的实验器材，器材及其规格列表如下
为了能正常进行测量并尽可能减少测量误差，实验要求测量时电表的读数大于其量程的一半，而且调节滑动变阻器能使电表读数有较明显的变化。请用实线代表导线，在所给的实验器材图中选择若干合适的器材，连成满足要求的测量阻值的电路。
解析：
（3）本小题属于难题，要准确答题就需要对实验原理（伏安法、变阻器接法）、误差分析有深刻理解。由于待测电阻约1000Ω，滑动变阻器最大电阻为100Ω，要使电表读数发生变化，滑动变阻器必须使用分压式接法。当电源电动势全部加在待测电阻上时，流过的电流约为，显然不能用电流表来测电流，而应该把其中一个电压表V1当电流表来使用。根据比值法容易判断出待测电阻是大电阻，伏安法应使用内接法。
（广东卷）34.（2）某同学利用电压表和电阻箱测定干电池的电动势和内阻，使用的器材还包括定值电阻（=5）一个，开关两个，导线若干，实验原理图如图14(a).
①在图14（b）的实物图中，已正确连接了部分电路，请完成余下电路的连接。
②请完成下列主要实验步骤；
A.检查并调节电压表指针指零；调节电阻箱，示数如图14（c）所示，读得电阻值是____________；
B.将开关闭合，开关断开，电压表的示数是1.49V；
C.将开关 _______,电压表的示数是1.16V；断开开关 。
③使用测得的数据，计算出干电池的内阻是_______（计算结果保留二位有效数字）。
④由于所有电压表不是理想电压表，所以测得的电动势比实际值偏_________(填“大”或“小”)。
答案：
(2)①略；②20Ω；闭合；③0.69Ω④小
解析：①略，②闭合后电阻箱才工作；
③S1闭合、S2断开时：RV很大，认为： Ⅰ
S1、S2都闭合时： Ⅱ
由Ⅰ、Ⅱ得
④误差分析解析一 ④忽略电压表电阻的影响，有 ⅰ
考虑电压表电阻的影响，设电压表的电阻为：RV则Ⅰ、Ⅱ两式变为：
两式相减并整理得：
ⅱ
ⅰ/ⅱ得： (U1>U2)
r测误差分析解析二 用大学学的等效电源定理（戴维南定理）：把E、R0、电压表RV组成新的电源，电动势为、内阻为
因而测得电动势和内阻都偏小。
（山东卷）23.（2）在测定金属电阻率的实验中，某同学连接电路如图所示。闭合电键后，发现电路有故障（已知电源、电表和导线均完好，电源电动势为E）：
①若电流表示数为零、电压表示数为E，则发生故障的是　　　　　（填“待测金属丝”“滑动变阻器”或“电键”）。
②若电流表、电压表示数均为零，该同学利用多用电表检查故障。先将选择开关旋至　　　　档（填“欧姆×100”“直流电压10V”或“直流电流2．5mA”），再将　　　　（填“红”或“黑”）表笔固定在a接线柱，把另一支表笔依次接b、c、d接线柱。若只有滑动变阻器断路，则多用电表的示数依次是　　　　、　　　　、　　　　。
答案：(2)①待测金属丝；②直流电压10V，红，0，E，E。
（北京卷）21．（18分）（１）甲同学要把一个量程为200的直流电流计，改装成量度范围是0～4Ｖ的直流电压表。
①她按图１所示电路、用半偏法测定电流计的内电阻rg，其中电阻Ｒ0约为１。为使rg的测量值尽量准确，在以下器材中，电源Ｅ应选用______________，电阻器Ｒ1应选用______________，电阻器Ｒ2应选用______________（选填器材前的字母）
Ａ．电源（电动势1.5Ｖ）　　　　　　　　　Ｂ．电源（电动势6Ｖ）
Ｃ．电阻箱（0～999.9）　　　　　　　Ｄ．滑动变阻器（0～500）
Ｅ．电位器（一种可变电阻，与滑动变阻器相当）（0～5.1）
Ｆ．电位器（0～51）
②该同学在开关断开情况下，检查电路连接无误后，将Ｒ２的阻值调至最大。后续的实验操作步骤依次是______________，______________，______________，______________，最后记录Ｒ1的阻值并整理好器材。（请按合理的实验顺序，选填下列步骤前的字母）
Ａ．闭合Ｓ１
Ｂ．闭合Ｓ２
Ｃ．调节Ｒ２的阻值，使电流计指针偏转到满刻度
Ｄ．调节Ｒ２的阻值，使电流计指针偏转到满刻度的一半
Ｅ．调节Ｒ１的阻值，使电流计指针偏转到满刻度的一半
Ｆ．调节Ｒ１的阻值，使电流计指针偏转到满刻度
③如果所得的Ｒ１的阻值为300.0，则图１中被测电流计的内阻ｒ的测量值为______________，该测量值__________实际值（选填“略大于”、“略小于”或“等于”）。
④给电流计__________联（选填“串”或“并”）一个阻值为__________的电阻，就可以将该电流计改装为量程４Ｖ的电压表。
（2）乙同学要将另一个电流计改装成直流电压表，但他不仅借到一块标准电压表、一个电池组Ｅ、一个滑动变阻器和几个待用的阻值准确的定值电阻。
①该同学从上述具体条件出发，先将带改装的表直接与电压表校准。请你画完图２方框中的校准电路图。
②实验中，当定值电阻Ｒ选用17.0时，调整滑动变阻器的阻值，电压表的示数是4.0Ｖ时，表的指针恰好指到满量程的五分之二；当Ｒ选用7.0时，调整的阻值，电压表的示数是2.0Ｖ时，表的指针又指到满量程的五分之二。
由此可以判定，表的内阻ｒｇ是_______，满偏电流是_______ｍＡ。若要将表改装为量程是15Ｖ的电压表，应配备一个_______的电阻。
答案：（1）①B C F②B C A E③300 略小于④串 19.7
（2）①如图所示；②3.0 0.50 27.0
【解析】⑴①半偏法测量表头内阻时，首先选择滑动变阻器（必须大于电路所需的最小电阻，根据电路的电压为电动势，电路的最大电流为表头的满偏电流，则最小电阻为KΩ或KΩ，考虑到保护R0=1 KΩ，则可知调节滑动变阻器使表头满偏时滑动变阻器的阻值分别接近29 KΩ或6.5KΩ，电路图中R2是滑动变阻器，不能选择D和E只能选择F。表头满偏时滑动变阻器的阻值越大，实验的误差越小，所以电源选择电动势为6V的B，而且滑动变阻器F的阻值也满足调节所需。而R1是用来测量表头内阻的电阻箱只能选C。
②实验步骤为：第一步闭合S2(（B），第二步调节R2的阻值，使电流计满偏（C），第三步闭合S1(（A），第四步调节R1的阻值，使电流计半偏（E），第五步读出R1的示数为待测表头的内阻。
③R1的示数为待测表头的内阻是300.0KΩ。闭合S1后，电路的总电阻减小，当表头半偏时，赶路电流就大于表头的满偏电流，流过电阻箱的电流就大于流过表头的电流，所以电阻箱的阻值略小于表头内阻。
④给表头串联一个电阻可以改装成电压表，改装电压表的内阻为=20KΩ，则串联电阻大小为20KΩ-300Ω=19.7KΩ。
（2）本实验时对改装电压表进行校准的，将改装电压表和标准电压表并联后要求电压从0到满偏变化，所以滑动变阻器采用分压接法。表头的刻度均匀。当表针恰好指到满量程的五分之二时，流过改装电压表的电流是0.4Ig，根据欧姆定律分别有
4=0.4 Ig（rg +17×103）和2=0.4 Ig（rg +7×103）
解得表头内阻为3.0 KΩ，满偏电流为：0.50mA
量程是15V的改装电压表的内阻为=30KΩ，所以改装时串联的定值电阻是30KΩ-3.0 KΩ=27.0 KΩ。
（重庆卷）22.（2）在探究小灯泡的伏安特性实验中，所用器材有：灯泡1，量程恰当的电流表示 A和电压V，直流电源A,滑动变阻器R，电键S等，要求灯泡两端电压从OV开始变化，
①实验中滑动变阻器应采用____________接法（填“分压”或“限流”）
②某同学已连接如题22图2所示的电路，在连接最后一根导线的C端到直接电源正极之前，请指出其中仅有的2个不当之处，并说明如何改下
A．__________________________________________
B．_______________________________________________
③电路连接正确后，分别测得两只灯泡和的伏安特性曲线，如题22图3中Ⅰ和Ⅱ所示。然后将灯泡、与电池组（电动势和内阻均恒定）连成题22图4所示电路。多次测量后得到通过和的电流平均值分别为0.30A和0.60A。
A.在题22图3中画出电池组路端电压U和电流I的关系曲线。
B.由该曲线可知电池组的电动势为_________V，内阻为_________。（取2位有效数字）
答案：⑵①分压 ②A.电键不应闭合，应处于断开状态 B.滑动变阻器的滑动触头P位置不当，应将其置于b端 ③ 4.6V 2.7Ω
解析：
⑵①探究小灯泡的伏安特性曲线要求电压从0到额定电压变化，所以滑动变阻器必须采用分压解法。
②在连接线路时必须将每个开关断开，而图中是闭合的这是第一个错误。连好线路后在闭合开关前需要将限流滑动变阻器调到阻值最大，将分压滑动变阻器调到输出为0端，在图中是b端，以保护电源和电表。
③描绘电源的伏安特性曲线要求外电阻变化测定对应的多组路端电压和电流，本实验中用两个小灯泡来改变外电阻获得两组电流值，然后在小灯泡的伏安特性曲线上查出对应的电压，用两个坐标点描绘图像。为描绘准确可以先进行理论计算，首先查出两坐标为（0.30A，3.8V）和（0.60A，3.0V），则内阻为Ω，电动势为， V，然后作出准确图像如图。
（浙江卷）21.Ⅱ. (10分)在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，某同学测得电流-电压的数据如下表所示：
电流I/mA 2．7 5.4 12.4 19.5 27.8 36.4 47.1 56.1 69.6 81.7 93.2
电压U/V 0.04 0.08 0.21 0.54 1.30 2.20 3.52 4.77 6.90 9.12 11.46
（1）用上表数据描绘电压随电流的变化曲线；
（2）为了探究灯丝电阻与温度的关系，已作出电阻随电流的变化曲线如图所示：请指出图丝的特征，并解释形成的原因。
答案：Ⅱ.（1）
（2）电阻随电流增大；
存在三个区间，电阻随电流的变化快慢不同；
第一区间电流很小时，电阻变化不大；第二区间灯丝温度升高快，电阻增大快；第三区间部分电能转化为光能，灯丝温度升高变慢，电阻增大也变慢。
（四川卷）22.（12分）（1）①用多用电表探测图甲所示黑箱发现：用直流电压挡测量，E、G两点间和F、G两点间均有电压，E、F两点间无电压；用欧姆测量，黑表笔（与电表内部电源的正极相连）接E点，红表笔（与电表内部电源的负极相连）接F点，阻值秀小，但反接阻值很大。那么，该黑箱内元件的接法可能是图乙中 。
②在物理兴趣小组活动中，一同学利用下列器材设计并完成了“探究导体阻值与长度的关系”的实验。
( http: / / www. / )
电压表 量程3V 内阻约为900
电压表 量程10V 内阻约为3K
电压表 量程60mA 内阻约为5
电源E1 电动势1.5V 内阻约为0.2
电源E2 电动势4.5V 内阻约为0.4
滑动变阻器（最大阻值为10）。粗细均匀的同种电阻丝，开关、导线和刻度尺
其主要实验步骤如下：
A.选取图中器材，按示意图连接电路
B.用伏安法测定电阻丝的阻值R
C.用刻度尺测出电阻丝的长度L
D.依次减小电阻丝的长度，保持电路其他部分不变，重复步骤B、C
E.处理数据，根据下列测量结果，找出电阻丝值与长度的关系
L(m) 0.9956 0.8049 0.5981 0.4021 0.1958
R() 104.8 85.3 65.2 46.6 27.1
为使实验尽可能准确，请你对上述步骤中画线处加以改进。
（I）
（II）
答案：（1）①B（4分）；②（I）电源改选E2（4分）；（II）判断电流表的内外接法，作出相应调整。（4分）
【解析】（1）①红表笔接F，电阻很小，此时二极管导通，电源电流从黑表笔流出通过二极管从红表笔流进，电流方向E到F，只有B正确。
②根据电动势大小电压表量程不能选择10V，电路图中选择V1当然正确。的电压表为减小测量误差要求指针偏转过半，故1.5V的电动势太小，电源E1应该改选E2。
由于为60多欧姆，第一组测量值为104.8Ω，为大电阻用内接伏安法，第五组测量值为27.1Ω，为小电阻用外接伏安法，这说明内外接法先用试触法判断调整后再测量。
（安徽卷）21．Ⅱ．（6分）太阳能是一种清洁、“绿色”能源。在我国上海举办的2010年世博会上，大量利用了太阳能电池。太阳能电池在有光照时，可以将光能转化为电能，在没有光照时，可以视为一个电学器件。某实验小组根据测绘小灯泡伏安特性曲线的实验方法，探究一个太阳能电池在没有光照时（没有储存电能）的I-U特性。所用的器材包括：太阳能电池，电源E，电流表A，电压表V，滑动变阻器R，开关S及导线若干。
（1）为了达到上述目的，请将图1连成一个完整的实验电路图。
（2）该实验小组根据实验得到的数据，描点绘出了如图2的I-U图像。由图可知，当电压小于2.00V时，太阳能电池的电阻_____________ （填“很大”或“很小”）；当电压为2.80V时，太阳能电池的电阻约为____________。
答案：（1）如图（2）很大；1.0×103（965～1040）
解析：（1）根据测绘小灯泡伏安特性曲线的实验方法，电路连接如图；
（2）在电压小于2.00V时，由图可读出电流很小，由得，太阳能电池的电阻很大；
（3）当电压为2.80V时，根据题图读出U、I，由得：R=1.0×103Ω。
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 1 页 （共 31 页）登陆21世纪教育 助您教考全无忧
电场
（全国卷1）16．关于静电场，下列结论普遍成立的是
A．电场中任意两点之间的电势差只与这两点的场强有关
B．电场强度大的地方电势高，电场强度小的地方电势低
C．将正点电荷从场强为零的一点移动到场强为零的另一点，电场力做功为零
D．在正电荷或负电荷产生的静电场中，场强方向都指向电势降低最快的方向
【答案】C
【解析】在正电荷的电场中，离正电荷近，电场强度大，电势高，离正电荷远，电场强度小，电势低；而在负电荷的电场中，离正电荷近，电场强度大，电势低，离负电荷远，电场强度小，电势高，A错误。电势差的大小决定于两点间距和电场强度，B错误；沿电场方向电势降低，而且速度最快，C正确；场强为零，电势不一定为零，如从带正电荷的导体球上将正电荷移动到另一带负电荷的导体球上，电场力做正功。
【命题意图与考点定位】考查静电场中电场强度和电势的特点，应该根据所学知识举例逐个排除。
（全国卷2）17. 在雷雨云下沿竖直方向的电场强度为V/m.已知一半径为1mm的雨滴在此电场中不会下落，取重力加速度大小为10m/,水的密度为kg/。这雨滴携带的电荷量的最小值约为
A．2C B. 4C C. 6C D. 8C
【答案】B
【解析】带电雨滴在电场力和重力最用下保持静止，根据平衡条件电场力和重力必然等大反向mg=Eq，则。
【命题意图与考点定位】电场力与平衡条件的结合。
（新课标卷）17.静电除尘器是目前普遍采用的一种高效除尘器.某除尘器模型的收尘板是很长的条形金属板，图中直线为该收尘板的横截面.工作时收尘板带正电，其左侧的电场线分布如图所示；粉尘带负电，在电场力作用下向收尘板运动，最后落在收尘板上.若用粗黑曲线表示原来静止于点的带电粉尘颗粒的运动轨迹，下列4幅图中可能正确的是(忽略重力和空气阻力)
答案：A
解析：粉尘受力方向应该是电场线的切线方向，从静止开始运动时，只能是A图那样，不可能出现BCD图的情况。
（北京卷）18．用控制变量法，可以研究影响平行板电容器的因素（如图）。设两极板正对面积为Ｓ，极板间的距离为ｄ，静电计指针偏角为。实验中，极板所带电荷量不变，若
A. 保持S不变，增大d，则变大
B. 保持S不变，增大d，则变小
C. 保持d不变，增大S，则变小
D. 保持d不变，增大S，则不变
【答案】A
【解析】由知保持S不变，增大d，电容减小，电容器带电能力降低，电容器电量减小，静电计所带电量增加，变大；保持d不变，减小S，电容减小，变大。正确答案A。
（上海物理）9. 三个点电荷电场的电场线分布如图所示，图中a、b两点出的场强大小分别为、，电势分别为，则
（A）＞，＞
（B）＜，＜
（C）＞，＜
（D）＜，＞
答案：C
解析：根据电场线的疏密表示场强大小，沿电场线电势降落（最快），选C。
本题考查电场线与场强与电势的关系。
难度：易。
（上海物理）33．（14分）如图，一质量不计，可上下自由一点的活塞将圆筒分为上下两室，两室中分别封闭有理想气体，筒的侧壁为绝缘体，上底N，下底M及活塞D均为导体并按图连接，活塞面积。在电键K断开时，两室中气体压强均为，ND间距，DM间距，将变阻器的滑片P滑到左端B，闭合电键后，活塞D与下底M分别带有等量异种电荷，并各自产生匀强电场，在电场力作用下活塞D发生移动。稳定后，ND间距，DM间距，活塞D所带电流的绝对值(式中E为D与M所带电荷产生的合场强，常量)求：
（1）两室中气体的压强（设活塞移动前后气体温度保持不变）；
（2）活塞受到的电场力大小F；
（3）M所带电荷产生的场强大小和电源电压U;
（4）使滑片P缓慢地由B向A滑动，活塞如何运动，并说明理由。
解析：
（1） 解得P1=80Pa
，解得P2=720Pa
（2）根据活塞受力的平衡，N。
（3）因为E为D与M所带电荷产生的合场强，EM是M所带电荷产生的场强大小，所以E=2EM，所以，所以，得
。
电源电压
分别封闭有理想气体，筒的侧壁为绝缘体，上底N，下底M及活塞D均为导体并按图连接，活塞面积。在电键K断开时，两室。
（4）因减小，减小，向下的力减小，增大，减小，向上的力增大，活塞向上移动。
本题考查电场、电场力，气体等综合知识和分析综合能力。
难度：难。
把电场和气体结合一起，具有新意。
（天津卷）5.在静电场中，将一正电荷从a点移到b点，电场力做了负功，则
A．b点的电场强度一定比a点大 B．电场线方向一定从b指向a
C．b点的电势一定比a点高 D．该电荷的动能一定减小
答案：C
（天津卷）12.（20分）质谱分析技术已广泛应用于各前沿科学领域。汤姆孙发现电子的质谱装置示意如图，M、N为两块水平放置的平行金属极板，板长为L，板右端到屏的距离为D，且D远大于L，O’O为垂直于屏的中心轴线，不计离子重力和离子在板间偏离O’O的距离。以屏中心O为原点建立xOy直角坐标系，其中x轴沿水平方向，y轴沿竖直方向。
（1）设一个质量为m0、电荷量为q0的正离子以速度v0沿O’O的方向从O’点射入，板间不加电场和磁场时，离子打在屏上O点。若在两极板间加一沿+y方向场强为E的匀强电场，求离子射到屏上时偏离O点的距离y0;
(2)假设你利用该装置探究未知离子，试依照以下实验结果计算未知离子的质量数。
上述装置中，保留原电场，再在板间加沿-y方向的匀强磁场。现有电荷量相同的两种正离子组成的离子流，仍从O’点沿O’O方向射入，屏上出现两条亮线。在两线上取y坐标相同的两个光点，对应的x坐标分别为3.24mm和3.00mm，其中x坐标大的光点是碳12离子击中屏产生的，另一光点是未知离子产生的。尽管入射离子速度不完全相同，但入射速度都很大，且在板间运动时O’O方向的分速度总是远大于x方向和y方向的分速度。
解析：（1）离子在电场中受到的电场力
①
离子获得的加速度
②
离子在板间运动的时间
③
到达极板右边缘时，离子在方向的分速度
④
离子从板右端到达屏上所需时间
⑤
离子射到屏上时偏离点的距离
由上述各式，得
⑥
（2）设离子电荷量为，质量为，入射时速度为，磁场的磁感应强度为，磁场对离子的洛伦兹力
⑦
已知离子的入射速度都很大，因而离子在磁场中运动时间甚短，所经过的圆弧与圆周相比甚小，且在板间运动时，方向的分速度总是远大于在方向和方向的分速度，洛伦兹力变化甚微，故可作恒力处理，洛伦兹力产生的加速度
⑧
是离子在方向的加速度，离子在方向的运动可视为初速度为零的匀加速直线运动，到达极板右端时，离子在方向的分速度
⑨
离子飞出极板到达屏时，在方向上偏离点的距离
⑩
当离子的初速度为任意值时，离子到达屏上时的位置在方向上偏离点的距离为，考虑到⑥式，得
⑾
由⑩、⑾两式得
⑿
其中
上式表明，是与离子进入板间初速度无关的定值，对两种离子均相同，由题设条件知，坐标3.24mm的光点对应的是碳12离子，其质量为，坐标3.00mm的光点对应的是未知离子，设其质量为，由⑿式代入数据可得
⒀
故该未知离子的质量数为14。
（重庆卷）18.某电容式话筒的原理示意图如题18图所示，E为电源，R为电阻，薄片P和Q为两金属极板，对着话筒说话时，P振动而Q可视为不动，在P、Q间距离增大过程中，
A．P、Q构成的电容器的电容增大
B P上电荷量保持不变
C M点的电势比N点的低
D M点的电势比N点的高
答案：D
【解析】电容式话筒与电源串联，电压保持不变。在P、Q间距增大过程中，根据电容决定式得电容减小，又根据电容定义式得电容器所带电量减小，电容器的放电电流通过R的方向由M到N，所以M点的电势比N点的高。D正确。
（四川卷）21.如图所示，圆弧虚线表示正点电荷电场的等势面，相邻两等势面间的电势差相等。光滑绝缘直杆沿电场方向水平放置并固定不动，杆上套有一带正电的小滑块(可视为质点)，滑块通过绝缘轻弹簧与固定点O相连，并以某一初速度从M点运动到N点，OM＜ON。若滑块在M、N时弹簧的弹力大小相等，弹簧始终在弹性限度内，则
A、滑块从M到N的过程中，速度可能一直增大
B、滑块从位置1到2的过程中，电场力做的功比从位置3到4的小
C、在M、N之间的范围内，可能存在滑块速度相同的两个位置
D、在M、N之间可能存在只由电场力确定滑块加速度大小的三个位置
答案：AC
【解析】在N点如果电场力不小于弹簧弹力的分力，则滑块一直加速，A正确。在N点如果电场力小于弹簧弹力的分力，则滑块先加速后减速，就可能有两个位置的速度相同，C正确。1、2与3、4间的电势差相等，电场力做功相等，B错误。由于M点和N点弹簧的长度不同但弹力相等，说明N点时弹簧是压缩的，在弹簧与水平杆垂直和弹簧恢复原长的两个位置滑块的加速度只由电场力决定，D错误。
第二种情况是此时间差不是周期的整数倍则，当n=0时s，且由于是的二倍说明振幅是该位移的二倍为0.2m。
（四川卷）24.(19分)如图所示，直线形挡板p1p2p3与半径为r的圆弧形挡板p3p4p5平滑连接并安装在水平台面b1b2b3b4上，挡板与台面均固定不动。线圈c1c2c3的匝数为n,其端点c1、c3通过导线分别与电阻R1和平行板电容器相连，电容器两极板间的距离为d,电阻R1的阻值是线圈c1c2c3阻值的2倍，其余电阻不计，线圈c1c2c3内有一面积为S、方向垂直于线圈平面向上的匀强磁场，磁场的磁感应强度B随时间均匀增大。质量为m的小滑块带正电，电荷量始终保持为q,在水平台面上以初速度v0从p1位置出发，沿挡板运动并通过p5位置。若电容器两板间的电场为匀强电场，p1、p2在电场外，间距为L,其间小滑块与台面的动摩擦因数为μ，其余部分的摩擦不计，重力加速度为g.
求：
（1）小滑块通过p2位置时的速度大小。
（2）电容器两极板间电场强度的取值范围。
（3）经过时间t,磁感应强度变化量的取值范围。
解析：
（1）小滑块运动到位置p2时速度为v1，由动能定理有：
－umgL＝ ①
v1＝ ②
（2）由题意可知，电场方向如图，若小滑块能通过位置p，则小滑块可沿挡板运动且通过位置p5，设小滑块在位置p的速度为v，受到的挡板的弹力为N，匀强电场的电场强度为E，由动能定理有：
－umgL－2rEqs＝ ③
当滑块在位置p时，由牛顿第二定律有：N+Eq＝m ④
由题意有：N≥0 ⑤
由以上三式可得：E≤ ⑥
E的取值范围：0＜ E≤ ⑦
（3）设线圈产生的电动势为E1，其电阻为R，平行板电容器两端的电压为U，t时间内磁感应强度的变化量为B，得： ⑧
U＝Ed
由法拉第电磁感应定律得E1＝n　　　　　　　　　　　　⑨
由全电路的欧姆定律得E1＝I（R+2R）　　　　　　 　　　　　⑩
U＝2RI
经过时间t，磁感应强度变化量的取值范围：0＜≤。
（江苏卷）5.空间有一沿x轴对称分布的电场，其电场强度E随X变化的图像如图所示。下列说法正确的是
（A）O点的电势最低w w w.ks5 u .c om
（B）X2点的电势最高
（C）X1和- X1两点的电势相等
（D）X1和X3两点的电势相等
本题考查电场强度与电势的关系，考查图象。
本题难度：中等。
【解析】选C 可画出电场线，如下
沿电场线电势降落（最快），所以A点电势最高，A错误，B错误；
根据，电场强度是变量，可用图象面积表示，所以C正确；
两点电场强度大小相等，电势不相等，D错误，此项迷惑人。
（福建卷）20、（15分）如图所示的装置，左半部为速度选择器，右半部为匀强的偏转电场。一束同位素离子流从狭缝射入速度选择器，能够沿直线通过速度选择器并从狭缝射出的离子，又沿着与电场垂直的方向，立即进入场强大小为的偏转电场，最后打在照相底片上。已知同位素离子的电荷量为(＞0)，速度选择器内部存在着相互垂直的场强大小为的匀强电场和磁感应强度大小为的匀强磁场，照相底片D与狭缝、连线平行且距离为L，忽略重力的影响。
（1）求从狭缝射出的离子速度的大小；
（2）若打在照相底片上的离子在偏转电场中沿速度方向飞行的距离为，求出与离子质量之间的关系式(用、、、、、L表示)。
解析：
（1）能从速度选择器射出的离子满足：
解得：
（2）离子进入匀强偏转电场E后做类平抛运动，则
由牛顿第二定律得
解得
（广东卷）21．图8是某一点电荷的电场线分布图，下列表述正确的是
A.a点的电势高于b点的电势
B.该点电荷带负电
C.a点和b点电场强度的方向相同
D.a点的电场强度大于b点的电场强度
答案：BD
解析：考察电场线的知识：
A 以点电荷为圆心，同一圆周上，电势相等，以点电荷为圆心，a点为圆周一点做圆交过b点的电场线为a′，则：，由顺着电场线电势降低知：因而：
C D a点电场线比b点密因而：Ea>Eb a、b两点的电场线的方向不同。选BD。
（山东卷）20．某电场的电场线分布如图所示，以下说法正确的是
A．HYPERLINK " http://www." EMBED Equation.DSMT4 点场强大于HYPERLINK " http://www." EMBED Equation.DSMT4 点场强
B．HYPERLINK " http://www." EMBED Equation.DSMT4 点电势高于HYPERLINK " http://www." EMBED Equation.DSMT4 点电势
C．若将一试探电荷+HYPERLINK " http://www." EMBED Equation.DSMT4 由HYPERLINK " http://www." EMBED Equation.DSMT4 点释放，它将沿电场线运动b点
D．若在HYPERLINK " http://www." EMBED Equation.DSMT4 点再固定一点电荷-Q，将一试探电荷+q由HYPERLINK " http://www." EMBED Equation.DSMT4 移至b的过程中，电势能减小
20．BD【解析】A.根据电场线疏密表示电场强度大小，点场强小于点场强，A错误；
B.根据沿电场线方向电势降低（最快），点电势高于点电势，B正确；
C.若将一试电荷由点释放，因受力方向沿电场方向（电场线切线），它不能沿电场线运动到点，C错误；
D.若在点再固定一点电荷，叠加后电势仍然高于，将一试探电荷由移至的过程中，因电势降低，所以电势能减小，D正确；
本题选BD。本题考查电场、电场线、电势、电势能。
难度：容易。
（山东卷）25．（18分）如图所示，以两虚线为边界，中间存在平行纸面且与边界垂直的水平电场，宽度为d，两侧为相同的匀强磁场，方向垂直纸面向里。一质量为HYPERLINK " http://www." EMBED Equation.DSMT4 、带电量+q、重力不计的带电粒子，以初速度垂直边界射入磁场做匀速圆周运动，后进入电场做匀加速运动，然后第二次进入磁场中运动，此后粒子在电场和磁场中交替运动。已知粒子第二次在磁场中运动的半径是第一次的二倍，第三次是第一次的三倍，以此类推。求
⑴粒子第一次经过电场子的过程中电场力所做的功HYPERLINK " http://www." EMBED Equation.DSMT4 。
⑵粒子第n次经过电场时电场强度的大小HYPERLINK " http://www." EMBED Equation.DSMT4 。
⑶粒子第n次经过电场子所用的时间HYPERLINK " http://www." EMBED Equation.DSMT4 。
⑷假设粒子在磁场中运动时，电场区域场强为零。请画出从粒子第一次射入磁场至第三次离开电场的过程中，电场强度随时间变化的关系图线（不要求写出推导过程，不要求标明坐标明坐标刻度值）。
解析：
（1）根据，因为，所以，所以,
（2）=，，所以。
（3），，所以。
(4)
（北京卷）23.（18分）利用霍尔效应制作的霍尔元件以及传感器，广泛应用于测量和自动控制等领域。
如图1，将一金属或半导体薄片垂直至于磁场B中，在薄片的两个侧面、间通以电流时，另外两侧、间产生电势差，这一现象称霍尔效应。其原因是薄片中的移动电荷受洛伦兹力的作用相一侧偏转和积累，于是、间建立起电场ＥＨ，同时产生霍尔电势差ＵＨ。当电荷所受的电场力与洛伦兹力处处相等时，ＥＨ和ＵＨ达到稳定值，ＵＨ的大小与和以及霍尔元件厚度之间满足关系式，其中比例系数ＲＨ称为霍尔系数，仅与材料性质有关。
（1）设半导体薄片的宽度（、间距）为，请写出ＵＨ和ＥＨ的关系式；若半导体材料是电子导电的，请判断图１中、哪端的电势高；
（2）已知半导体薄片内单位体积中导电的电子数为ｎ，电子的电荷量为ｅ，请导出霍尔系数ＲＨ的表达式。（通过横截面积Ｓ的电流，其中是导电电子定向移动的平均速率）；
（3）图2是霍尔测速仪的示意图，将非磁性圆盘固定在转轴上，圆盘的周边等距离地嵌装着ｍ个永磁体，相邻永磁体的极性相反。霍尔元件置于被测圆盘的边缘附近。当圆盘匀速转动时，霍尔元件输出的电压脉冲信号图像如图３所示。
ａ.若在时间ｔ内，霍尔元件输出的脉冲数目为，请导出圆盘转速的表达式。
ｂ.利用霍尔测速仪可以测量汽车行驶的里程。除除此之外，请你展开“智慧的翅膀”，提出另一个实例或设想。
解析：
（1）由 ①
得 ②
当电场力与洛伦兹力相等时 ③
得 ④
将 ③、④代入②，
得
（2） a.由于在时间t内，霍尔元件输出的脉冲数目为P，则
P=mNt
圆盘转速为 N=
b.提出的实例或设想
（浙江卷）19. 半径为r带缺口的刚性金属圆环在纸面上固定放置，在圆环的缺口两端引出两根导线，分别与两块垂直于纸面固定放置的平行金属板连接，两板间距为d，如图（上）所示。有一变化的磁场垂直于纸面，规定向内为正，变化规律如图（下）所示。在t=0时刻平板之间中心有一重力不计，电荷量为q的静止微粒，则以下说法正确的是
A. 第2秒内上极板为正极
B. 第3秒内上极板为负极
C. 第2秒末微粒回到了原来位置
D. 第3秒末两极板之间的电场强度大小为0.2
答案：A
（浙江卷）15. 请用学过的电学知识判断下列说法正确的是
A. 电工穿绝缘衣比穿金属衣安全
B. 制作汽油桶的材料用金属比用塑料好
C. 小鸟停在单要高压输电线上会被电死
D. 打雷时，呆在汽车里比呆在木屋里要危险
答案：B
（安徽卷）16.如图所示，在平面内有一个以为圆心、半径R=0.1m的圆，P为圆周上的一点，、两点连线与轴正方向的夹角为。若空间存在沿轴负方向的匀强电场，场强大小，则、两点的电势差可表示为
A.
B.
C.
D.
答案：A
解析：在匀强电场中，两点间的电势差U=Ed，而d是沿场强方向上的距离，所以，故：，选项A正确。
（安徽卷）18．如图所示，M、N是平行板电容器的两个极板，为定值电阻，、为可调电阻，用绝缘细线将质量为、带正电的小球悬于电容器内部。闭合电键S，小球静止时受到悬线的拉力为F。调节、，关于F的大小判断正确的是
A．保持不变，缓慢增大时，F将变大
B．保持不变，缓慢增大时，F将变小
C．保持不变，缓慢增大时，F将变大
D．保持不变，缓慢增大时，F将变小
答案：B
解析：保持R1不变，缓慢增大R2时，由于R0和R2串联，R0两端的电压减小，即平行板电容器的两个极板的电压U减小，带电小球受到的电场力减小, 悬线的拉力为将减小，选项B正确，A错误。保持R2不变，缓慢增大R1时，R0两端的电压不变，F电不变，悬线的拉力为F不变，C、D错误。
（安徽卷）23.(16分)如图1所示，宽度为的竖直狭长区域内（边界为），存在垂直纸面向里的匀强磁场和竖直方向上的周期性变化的电场（如图2所示），电场强度的大小为，表示电场方向竖直向上。时，一带正电、质量为的微粒从左边界上的点以水平速度射入该区域，沿直线运动到点后，做一次完整的圆周运动，再沿直线运动到右边界上的点。为线段的中点，重力加速度为g。上述、、、、为已知量。
(1)求微粒所带电荷量和磁感应强度的大小；
(2)求电场变化的周期；
(3)改变宽度，使微粒仍能按上述运动过程通过相应宽度的区域，求的最小值。
解析：
（1）微粒作直线运动，则
①
微粒作圆周运动，则 ②
联立①②得
③
④
（2）设粒子从N1运动到Q的时间为t1，作圆周运动的周期为t2，则
⑤
⑥
⑦
联立③④⑤⑥⑦得
⑧
电场变化的周期
⑨
（3）若粒子能完成题述的运动过程，要求
d≥2R (10)
联立③④⑥得
（11）
设N1Q段直线运动的最短时间为tmin，由⑤（10）（11）得
因t2不变，T的最小值
（安徽卷）24.(20分)如图，ABD为竖直平面内的光滑绝缘轨道，其中AB段是水平的，BD段为半径R=0.2m的半圆，两段轨道相切于B点，整个轨道处在竖直向下的匀强电场中，场强大小E=5.0×103V/m。一不带电的绝缘小球甲，以速度υ0沿水平轨道向右运动，与静止在B点带正电的小球乙发生弹性碰撞。已知甲、乙两球的质量均为m=1.0×10-2kg，乙所带电荷量q=2.0×10-5C，g取10m/s2。(水平轨道足够长，甲、乙两球可视为质点，整个运动过程无电荷转移)
（1） 甲乙两球碰撞后，乙恰能通过轨道的最高点D，求乙在轨道上的首次落点到B点的距离；
（2）在满足(1)的条件下。求的甲的速度υ0；
（3）若甲仍以速度υ0向右运动，增大甲的质量，保持乙的质量不变，求乙在轨道上的首次落点到B点的距离范围。
答案：（1）0.4m （2） （3）＜＜
解析：
（1）在乙恰好能通过轨道的最高点的情况下，设乙到达最高点的速度为，乙离开D点达到水平轨道的时间为t，乙的落点到B点的距离为，则
①
②
③
联立①②③得： ④
（2）设碰撞后甲、乙的速度分别为、，根据动量守恒和机械能守恒定律有：
⑤
⑥
联立⑤⑥得： ⑦
由动能定理得： ⑧
联立①⑦⑧得： ⑨
（3）设甲的质量为M，碰撞后甲、乙的速度分别为、，根据动量守恒和机械能守恒定律有：
（10）
（11）
联立（10）（11）得： （12）
由（12）和，可得：＜ （13）
设乙球过D点的速度为，由动能定理得
（14）
联立⑨（13）（14）得：＜ （15）
设乙在水平轨道上的落点到B点的距离为，则有
（16）
联立②（15）（16）得：＜＜
电路
（新课标卷）19.电源的效率定义为外电路电阻消耗的功率与电源的总功率之比.在测电源电动势和内电阻的实验中得到的实验图线如图所示，图中U为路端电压，I为干路电流，a、b为图线上的两点，相应状态下电源的效率分别为、.由图可知、的值分别为
A、、 B、、 C、、 D、、
答案：D
解析：电源效率，E为电源的总电压（即电动势），根据图象可知Ua=
Ub=，所以选项D正确。
（上海理综）41．中国馆、世博中心和主题馆等主要场馆，太阳能的利用规模达到了历届世博会之最，总发电装机容量达到4.6×103kW。设太阳能电池板的发电效率为18%，已知地球表面每平方米接收太阳能的平均辐射功率为1.353kW，那么所使用的太阳能电池板的总面积为 m2。
答案：1.9×1014
（上海理综）42．各场馆的机器人非常引人注目。在下图设计的机器人模块中，分别填入传感器和逻辑门的名称，使该机器人能够在明亮的条件下，听到呼唤声就来为你服务。
答案：光；声；与（&）
（上海理综）44．在世博园区，运行着许多氢燃料汽车，其动力来源是氢燃料电池（结构如图）。
（1）以下是估测氢燃料电池输出功率的实验步骤：
①把多用表的选择开关调至电流档，并选择恰当量程，串联在电路中。读出电流I；
②把多用表的选择开关调至电压档，把红、黑表笔并联在电动机两端，其中红表笔应该接在图中 （填“A”或“B”）端。读出电压U；
③重复步骤①和②，多次测量，取平均值；
④根据公式P= 计算氢燃料电池输出功率。
（2）在上述第②步中遗漏的操作是 ；
（3）如果该电动机的效率为，汽车运动的速度为v，则汽车的牵引力为 。
答案：（1）A；UI；(2)选择恰当量程；（3）
（上海物理）5. 在图的闭合电路中，当滑片向右移动时，两电表读数的变化是
（A）变大， 变大 （B）变小，变大
（C）变大， 变小 （D）变小，变小
答案：B
解析：电阻变大，电流变小，电压变大。
（上海物理）23.电动机的自动控制电路如图所示，其中为热敏电阻，为光敏电阻，当温度升高时，的阻值远小于；当光照射时，其阻值远小于，为使电动机在温度升高或受到光照时能自动启动，电路中的虚线框内应选____门逻辑电路；若要提高光照时电动机启动的灵敏度，可以___的阻值（填“增大”或“减小”）。
【解析】为使电动机在温度升高或受到光照时能自动启动，即热敏电阻或光敏电阻的电阻值小时，输入为1，输出为1，所以是“或门”。
因为若要提高光照时电动机启动的灵敏度，需要在光照较小即光敏电阻较大时输入为1，输出为1，所以要增大。
（上海物理）32.（14分）如图，宽度L=0.5m的光滑金属框架MNPQ固定板个与水平面内，并处在磁感应强度大小B=0.4T，方向竖直向下的匀强磁场中，框架的电阻非均匀分布，将质量m=0.1kg，电阻可忽略的金属棒ab放置在框架上，并且框架接触良好，以P为坐标原点，PQ方向为x轴正方向建立坐标，金属棒从处以的初速度，沿x轴负方向做的匀减速直线运动，运动中金属棒仅受安培力作用。求：
（1）金属棒ab运动0.5m，框架产生的焦耳热Q；
（2）框架中aNPb部分的电阻R随金属棒ab的位置x变化的函数关系；
（3）为求金属棒ab沿x轴负方向运动0.4s过程中通过ab的电量q，某同学解法为：先算出金属棒的运动距离s，以及0.4s时回路内的电阻R，然后代入
q=求解。指出该同学解法的错误之处，并用正确的方法解出结果。
解析：
（1），
因为运动中金属棒仅受安培力作用，所以F=BIL
又，所以
且，得
所以
（2），得，所以。
（3）错误之处：因框架的电阻非均匀分布，所求是0.4s时回路内的电阻R，不是平均值。
正确解法：因电流不变，所以。
本题考查电磁感应、电路与牛顿定律、运动学公式的综合应用。难度：难。
（天津卷）11.（18分）如图所示，质量m1=0.1kg，电阻R1=0.3Ω，长度l=0.4m的导体棒ab横放在U型金属框架上。框架质量m2=0.2kg，放在绝缘水平面上，与水平面间的动摩擦因数μ=0.2，相距0.4m的MM’、NN’相互平行，电阻不计且足够长。电阻R2=0.1Ω的MN垂直于MM’。整个装置处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B=0.5T。垂直于ab施加F=2N的水平恒力，ab从静止开始无摩擦地运动，始终与MM’、NN’保持良好接触，当ab运动到某处时，框架开始运动。设框架与水平面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2.
（1）求框架开始运动时ab速度v的大小；
（2）从ab开始运动到框架开始运动的过程中，MN上产生的热量Q=0.1J，求该过程ab位移x的大小。
解析：（1）对框架的压力
①
框架受水平面的支持力
②
依题意，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则框架受到最大静摩擦力
③
中的感应电动势
④
中电流
⑤
受到的安培力
F ⑥
框架开始运动时
⑦
由上述各式代入数据解得
⑧
（2）闭合回路中产生的总热量
⑨
由能量守恒定律，得
⑩
代入数据解得
⑾
（重庆卷）23.（16分）法拉第曾提出一种利用河流发电的设想，并进行了实验研究。实验装置的示意图可用题23图表示，两块面积均为S的矩形金属板，平行、正对、竖直地全部浸在河水中，间距为d。水流速度处处相同，大小为v，方向水平。金属板与水流方向平行。
地磁场磁感应强度的竖直分量为B，水的电阻为p，水面上方有一阻值为R的电阻通过绝缘导线和电建K连接到两金属板上。忽略边缘效应，求：
（1）该发电装置的电动势；
（2）通过电阻R的电流强度；
（3）电阻R消耗的电功率。
解析：
（1）由法拉第电磁感应定律，有
（2）两板间河水的电阻
由闭合电路欧姆定律，有
(3)由电功率公式，
得
（四川卷）24.（19分）如图所示，电源电动势HYPERLINK " http://www./" EMBED Equation.DSMT4 。内阻HYPERLINK " http://www./" EMBED Equation.DSMT4 ，电阻HYPERLINK " http://www./" EMBED Equation.DSMT4 。间距HYPERLINK " http://www./" EMBED Equation.DSMT4 的两平行金属板水平放置，板间分布有垂直于纸面向里、磁感应强度HYPERLINK " http://www./" EMBED Equation.DSMT4 的匀强磁场。闭合开关HYPERLINK " http://www./" EMBED Equation.DSMT4 ，板间电场视为匀强电场，将一带正电的小球以初速度HYPERLINK " http://www./" EMBED Equation.DSMT4 沿两板间中线水平射入板间。设滑动变阻器接入电路的阻值为Rx，忽略空气对小球的作用，取HYPERLINK " http://www./" EMBED Equation.DSMT4 。
（1）当Rx=29Ω时，电阻HYPERLINK " http://www./" EMBED Equation.DSMT4 消耗的电功率是多大？
（2）若小球进入板间做匀速圆周运动并与板相碰，碰时速度与初速度的夹角为HYPERLINK " http://www./" EMBED Equation.DSMT4 ，则Rx是多少？
【答案】⑴0.6W；⑵54Ω。
【解析】⑴闭合电路的外电阻为
Ω ①
根据闭合电路的欧姆定律
A ②
R2两端的电压为
V ③
R2消耗的功率为
W ④
⑵小球进入电磁场做匀速圆周运动，说明重力和电场力等大反向，洛仑兹力提供向心力，根据牛顿第二定律
⑤
⑥
连立⑤⑥化简得
⑦
小球做匀速圆周运动的初末速的夹角等于圆心角为60°，根据几何关系得
⑧
连立⑦⑧带入数据
V
干路电流为
A ⑨
Ω ⑩
（安徽卷）20．如图所示，水平地面上方矩形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，两个边长相等的但匝闭合正方形线圈Ⅰ和Ⅱ，分别用相同材料，不同粗细的导线绕制（Ⅰ为细导线）。两线圈在距磁场上界面高处由静止开始自由下落，再进入磁场，最后落到地面。运动过程中，线圈平面始终保持在竖直平面内且下边缘平行于磁场上边界。设线圈Ⅰ、Ⅱ落地时的速度大小分别为、，在磁场中运动时产生的热量分别为、。不计空气阻力，则
A． B．
C． D．
答案：D
解析：由于从同一高度下落，到达磁场边界时具有相同的速度v，切割磁感线产生感应电流同时受到磁场的安培力，又（ρ为材料的电阻率，l为线圈的边长），所以安培力，此时加速度，且 (为材料的密度)，所以加速度是定值，线圈Ⅰ和Ⅱ同步运动，落地速度相等v1 =v2。由能量守恒可得：，(H是磁场区域的高度)，Ⅰ为细导线m小，产生的热量小，所以Q1< Q2。正确选项D。
磁场
（全国卷1）26．（21分）如下图，在区域内存在与xy平面垂直的匀强磁场，磁感应强度的大小为B.在t=0时刻，一位于坐标原点的粒子源在xy平面内发射出大量同种带电粒子，所有粒子的初速度大小相同，方向与y轴正方向的夹角分布在0～180°范围内。已知沿y轴正方向发射的粒子在时刻刚好从磁场边界上点离开磁场。求：
1 粒子在磁场中做圆周运动的半径R及粒子的比荷q／m；
1 此时刻仍在磁场中的粒子的初速度方向与y轴正方向夹角的取值范围；
1 从粒子发射到全部粒子离开磁场所用的时间。
【答案】⑴
⑵速度与y轴的正方向的夹角范围是60°到120°
⑶从粒子发射到全部离开所用 时间 为
【解析】 ⑴粒子沿y轴的正方向进入磁场，从P点经过做OP的垂直平分线与x轴的交点为圆心，根据直角三角形有
解得
EMBED Equation.3 ，则粒子做圆周运动的的圆心角为120°，周期为
粒子做圆周运动的向心力由洛仑兹力提供，根据牛顿第二定律得
，，化简得
⑵仍在磁场中的粒子其圆心角一定大于120°，这样粒子角度最小时从磁场右边界穿出；角度最大时从磁场左边界穿出。
角度最小时从磁场右边界穿出圆心角120°，所经过圆弧的弦与⑴中相等穿出点如图，根据弦与半径、x轴的夹角都是30°，所以此时速度与y轴的正方向的夹角是60°。
角度最大时从磁场左边界穿出，半径与y轴的的夹角是60°，则此时速度与y轴的正方向的夹角是120°。
所以速度与y轴的正方向的夹角范围是60°到120°
⑶在磁场中运动时间最长的粒子的轨迹应该与磁场的右边界相切，在三角形中两个相等的腰为，而它的高是
EMBED Equation.3 ，半径与y轴的的夹角是30°，这种粒子的圆心角是240°。所用 时间 为。
所以从粒子发射到全部离开所用 时间 为。
(全国卷2)26（21分）图中左边有一对平行金属板，两板相距为d，电压为V;两板之间有匀强磁场，磁场应强度大小为B0，方向平行于板面并垂直于纸面朝里。图中右边有一边长为a的正三角形区域EFG(EF边与金属板垂直)，在此区域内及其边界上也有匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面朝里。假设一系列电荷量为q的正离子沿平行于金属板面，垂直于磁场的方向射入金属板之间，沿同一方向射出金属板之间的区域，并经EF边中点H射入磁场区域。不计重力
（1）已知这些离子中的离子甲到达磁场边界EG后，从边界EF穿出磁场，求离子甲的质量。
（2）已知这些离子中的离子乙从EG边上的I点（图中未画出）穿出磁场，且GI长为，求离子乙的质量。
（3）若这些离子中的最轻离子的质量等于离子甲质量的一半，而离子乙的质量是最大的，问磁场边界上什么区域内可能有离子到达。
解析：
（1）在粒子进入正交的电磁场做匀速直线运动，设粒子的速度为v，电场的场强为E0，根据平衡条件得
①
②
由①②化简得
③
粒子甲垂直边界EF进入磁场，又垂直边界EF穿出磁场，则轨迹圆心在EF上。粒子运动中经过EG，说明圆轨迹与EG相切，在如图的三角形中半径为
R=acos30°tan15° ④
tan15°= ⑤
联立④⑤化简得
⑥
在磁场中粒子所需向心力由洛伦磁力提供，根据牛顿第二定律得
⑦
联立③⑦化简得
⑧
（2）由于1点将EG边按1比3等分，根据三角形的性质说明此轨迹的弦与EG垂直，在如图的三角形中，有
⑨
同理
（10）
（3）最轻离子的质量是甲的一半，根据半径公式离子的轨迹半径与离子质量呈正比，所以质量在甲和最轻离子之间的所有离子都垂直边界EF穿出磁场，甲最远离H的距离为，最轻离子最近离H的距离为，所以在离H的距离为到之间的EF边界上有离子穿出磁场。
比甲质量大的离子都从EG穿出磁场，期中甲运动中经过EG上的点最近，质量最大的乙穿出磁场的1位置是最远点，所以在EG上穿出磁场的粒子都在这两点之间。
（新课标卷）25.(18分)如图所示，在0≤x≤a、o≤y≤范围内有垂直于xy平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。坐标原点O处有一个粒子源，在某时刻发射大量质量为m、电荷量为q的带正电粒子，它们的速度大小相同，速度方向均在xy平面内，与y轴正方向的夹角分布在0～90°范围内.己知粒子在磁场中做圆周运动的半径介于到a之间，从发射粒子到粒子全部离开磁场经历的时间恰好为粒子在磁场中做圆周运动周期的四分之一，求最后离开磁场的粒子从粒子源射出时的：
(1)速度大小；
(2)速度方向与y轴正方向夹角正弦。
解析：
设粒子的发射速度为v，粒子做圆周运动的轨道半径为R，由牛顿第二定律和洛伦磁力公式，得，解得：
当＜R＜a时，在磁场中运动时间最长的粒子，其轨迹是圆心为C的圆弧，圆弧与磁场的边界相切，如图所示，设该粒子在磁场中运动的时间为t，依题意，时，
设最后离开磁场的粒子的发射方向与y轴正方向的夹角为α，由几何关系可得：
再加上，解得：
（上海物理）13. 如图，长为的直导线拆成边长相等，夹角为的形，并置于与其所在平面相垂直的匀强磁场中，磁感应强度为，当在该导线中通以电流强度为的电流时，该形通电导线受到的安培力大小为
（A）0 （B）0.5 （C） （D）
答案：C
解析：导线有效长度为2lsin30°=l，所以该V形通电导线收到的安培力大小为。选C。
本题考查安培力大小的计算。
难度：易。
（重庆卷）21.如题21图所示，矩形MNPQ区域内有方向垂直于纸面的匀强磁场，有5个带电粒子从图中箭头所示位置垂直于磁场边界进入磁块，在纸面民内做匀速圆周运动，运动轨迹为相应的圆弧，这些粒子的质量，电荷量以及速度大小如下表所示
由以上信息可知，从图中a、b、c处进大的粒子对应表中的编号分别为
A 3、5、4 B4、 2、5
C5、3、2 D2、4、5
答案：D
【解析】根据半径公式结合表格中数据可求得1—5各组粒子的半径之比依次为0.5︰2︰3︰3︰2，说明第一组正粒子的半径最小，该粒子从MQ边界进入磁场逆时针运动。由图a、b粒子进入磁场也是逆时针运动，则都为正电荷，而且a、b粒子的半径比为2︰3，则a一定是第2组粒子，b是第4组粒子。c顺时针运动，都为负电荷，半径与a相等是第5组粒子。正确答案D。
（江苏卷）9.如图所示，在匀强磁场中附加另一匀强磁场，附加磁场位于图中阴影区域，附加磁场区域的对称轴OO’与SS’垂直。a、b、c三个质子先后从S点沿垂直于磁场的方向摄入磁场，它们的速度大小相等，b的速度方向与SS’垂直，a、c的速度方向与b的速度方向间的夹角分别为，且。三个质子经过附加磁场区域后能达到同一点S’，则下列说法中正确的有
w w w.ks5 u .c om
A．三个质子从S运动到S’的时间相等
B．三个质子在附加磁场以外区域运动时，运动轨迹的圆心均在OO’轴上
C．若撤去附加磁场，a到达SS’连线上的位置距S点最近
D．附加磁场方向与原磁场方向相同
答案：CD
解析：
A.三个质子从S运动到S’的时间不相等，A错误；
B.三个质子在附加磁场意外区域运动时，只有b运动轨迹的圆心在OO’轴上，因为半径相等，而圆心在初速度方向的垂线上，所以B错误；
C.用作图法可知，若撤去附加电场，a到达SS’连线上的位置距S点最近，b最远；C正确；
D.因b要增大曲率，才能使到达SS’连线上的位置向S点靠近，所以附加磁场方向与原磁场方向相同，D正确；
本体选CD。
本体考查带电粒子在磁场中的运动。
难度：难。
（福建卷）21、（19分）如图所示，两条平行的光滑金属导轨固定在倾角为的绝缘斜面上，导轨上端连接一个定值电阻。导体棒a和b放在导轨上，与导轨垂直并良好接触。斜面上水平虚线PQ以下区域内，存在着垂直穿过斜面向上的匀强磁场。现对a棒施以平行导轨斜向上的拉力，使它沿导轨匀速向上运动，此时放在导轨下端的b棒恰好静止。当a棒运动到磁场的上边界PQ处时，撤去拉力，a棒将继续沿导轨向上运动一小段距离后再向下滑动，此时b棒已滑离导轨。当a棒再次滑回到磁场边界PQ处时，又恰能沿导轨匀速向下运动。已知a棒、b棒和定值电阻的阻值均为R,b棒的质量为m，重力加速度为g，导轨电阻不计。求
（1）a棒在磁场中沿导轨向上运动的过程中，a棒中的电流强度I，与定值电阻R中的电流强度IR之比；
（2）a棒质量ma；
（3）a棒在磁场中沿导轨向上运动时所受的拉力F。
解析：
（1）a棒沿导轨向上运动时，a棒、b棒及电阻R中的电流分别为Ia、Ib、IR，有
解得：
（2）由于a棒在PQ上方滑动过程中机械能守恒，因而a棒在磁场中向上滑动的速度大小v1与在磁场中向下滑动的速度大小v2相等，即v1=v2=v
设磁场的磁感应强度为B，导体棒长为L乙，a棒在磁场中运动时产生的感应电动势为
E=Blv
当a棒沿斜面向上运动时
向下匀速运动时，a棒中的电流为Ia’、则
由以上各式联立解得：
（3）由题可知导体棒a沿斜面向上运动时，所受拉力
（广东卷）36.(18分)如图16（a）所示，左为某同学设想的粒子速度选择装置，由水平转轴及两个薄盘N1、N2构成，两盘面平行且与转轴垂直，相距为L，盘上各开一狭缝，两狭缝夹角可调（如图16（b））；右为水平放置的长为d的感光板，板的正上方有一匀强磁场，方向垂直纸面向外，磁感应强度为B.一小束速度不同、带正电的粒子沿水平方向射入N1，能通过N2的粒子经O点垂直进入磁场。 O到感光板的距离为，粒子电荷量为q,质量为m，不计重力。
（1）若两狭缝平行且盘静止（如图16（c）），某一粒子进入磁场后，竖直向下打在感光板中心点M上，求该粒子在磁场中运动的时间t；
（2）若两狭缝夹角为 ，盘匀速转动，转动方向如图16（b）.要使穿过N1、N2的粒子均打到感光板P1P2连线上。试分析盘转动角速度的取值范围（设通过N1的所有粒子在盘转一圈的时间内都能到达N2）。
解：
（1）分析该粒子轨迹圆心为P1，半径为，在磁场中转过的圆心角为，因而运动时间为：
（2）设粒子从N1运动到N2过程历时为t，之后在磁场中运行速度大小为v，轨迹半径为R则：
在粒子匀速过程有：
L=vt ①
粒子出来进入磁场的条件：
②
在磁场中做匀速圆周运动有：
③
设粒子刚好过P1点、P2点时轨迹半径分别为：R1、R2则：
④
⑤
⑥
由①—⑥得：
（山东卷）25．（18分）如图所示，以两虚线为边界，中间存在平行纸面且与边界垂直的水平电场，宽度为d，两侧为相同的匀强磁场，方向垂直纸面向里。一质量为HYPERLINK " http://www." EMBED Equation.DSMT4 、带电量+q、重力不计的带电粒子，以初速度垂直边界射入磁场做匀速圆周运动，后进入电场做匀加速运动，然后第二次进入磁场中运动，此后粒子在电场和磁场中交替运动。已知粒子第二次在磁场中运动的半径是第一次的二倍，第三次是第一次的三倍，以此类推。求
⑴粒子第一次经过电场子的过程中电场力所做的功HYPERLINK " http://www." EMBED Equation.DSMT4 。
⑵粒子第n次经过电场时电场强度的大小HYPERLINK " http://www." EMBED Equation.DSMT4 。
⑶粒子第n次经过电场子所用的时间HYPERLINK " http://www." EMBED Equation.DSMT4 。
⑷假设粒子在磁场中运动时，电场区域场强为零。请画出从粒子第一次射入磁场至第三次离开电场的过程中，电场强度随时间变化的关系图线（不要求写出推导过程，不要求标明坐标明坐标刻度值）。
解析：
（1）根据，因为，所以，所以,
（2）=，，所以。
（3），，所以。
(4)
（北京卷）23.（18分）利用霍尔效应制作的霍尔元件以及传感器，广泛应用于测量和自动控制等领域。
如图1，将一金属或半导体薄片垂直至于磁场B中，在薄片的两个侧面、间通以电流时，另外两侧、间产生电势差，这一现象称霍尔效应。其原因是薄片中的移动电荷受洛伦兹力的作用相一侧偏转和积累，于是、间建立起电场ＥＨ，同时产生霍尔电势差ＵＨ。当电荷所受的电场力与洛伦兹力处处相等时，ＥＨ和ＵＨ达到稳定值，ＵＨ的大小与和以及霍尔元件厚度之间满足关系式，其中比例系数ＲＨ称为霍尔系数，仅与材料性质有关。
（1）设半导体薄片的宽度（、间距）为，请写出ＵＨ和ＥＨ的关系式；若半导体材料是电子导电的，请判断图１中、哪端的电势高；
（2）已知半导体薄片内单位体积中导电的电子数为ｎ，电子的电荷量为ｅ，请导出霍尔系数ＲＨ的表达式。（通过横截面积Ｓ的电流，其中是导电电子定向移动的平均速率）；
（3）图2是霍尔测速仪的示意图，将非磁性圆盘固定在转轴上，圆盘的周边等距离地嵌装着ｍ个永磁体，相邻永磁体的极性相反。霍尔元件置于被测圆盘的边缘附近。当圆盘匀速转动时，霍尔元件输出的电压脉冲信号图像如图３所示。
ａ.若在时间ｔ内，霍尔元件输出的脉冲数目为，请导出圆盘转速的表达式。
ｂ.利用霍尔测速仪可以测量汽车行驶的里程。除除此之外，请你展开“智慧的翅膀”，提出另一个实例或设想。
解析：
（1）由 ①
得 ②
当电场力与洛伦兹力相等时 ③
得 ④
将 ③、④代入②，
得
（2） a.由于在时间t内，霍尔元件输出的脉冲数目为P，则
P=mNt
圆盘转速为 N=
b.提出的实例或设想
（天津卷）12.（20分）质谱分析技术已广泛应用于各前沿科学领域。汤姆孙发现电子的质谱装置示意如图，M、N为两块水平放置的平行金属极板，板长为L，板右端到屏的距离为D，且D远大于L，O’O为垂直于屏的中心轴线，不计离子重力和离子在板间偏离O’O的距离。以屏中心O为原点建立xOy直角坐标系，其中x轴沿水平方向，y轴沿竖直方向。
（1）设一个质量为m0、电荷量为q0的正离子以速度v0沿O’O的方向从O’点射入，板间不加电场和磁场时，离子打在屏上O点。若在两极板间加一沿+y方向场强为E的匀强电场，求离子射到屏上时偏离O点的距离y0;
(2)假设你利用该装置探究未知离子，试依照以下实验结果计算未知离子的质量数。
上述装置中，保留原电场，再在板间加沿-y方向的匀强磁场。现有电荷量相同的两种正离子组成的离子流，仍从O’点沿O’O方向射入，屏上出现两条亮线。在两线上取y坐标相同的两个光点，对应的x坐标分别为3.24mm和3.00mm，其中x坐标大的光点是碳12离子击中屏产生的，另一光点是未知离子产生的。尽管入射离子速度不完全相同，但入射速度都很大，且在板间运动时O’O方向的分速度总是远大于x方向和y方向的分速度。
解析：（1）离子在电场中受到的电场力
①
离子获得的加速度
②
离子在板间运动的时间
③
到达极板右边缘时，离子在方向的分速度
④
离子从板右端到达屏上所需时间
⑤
离子射到屏上时偏离点的距离
由上述各式，得
⑥
（2）设离子电荷量为，质量为，入射时速度为，磁场的磁感应强度为，磁场对离子的洛伦兹力
⑦
已知离子的入射速度都很大，因而离子在磁场中运动时间甚短，所经过的圆弧与圆周相比甚小，且在板间运动时，方向的分速度总是远大于在方向和方向的分速度，洛伦兹力变化甚微，故可作恒力处理，洛伦兹力产生的加速度
⑧
是离子在方向的加速度，离子在方向的运动可视为初速度为零的匀加速直线运动，到达极板右端时，离子在方向的分速度
⑨
离子飞出极板到达屏时，在方向上偏离点的距离
⑩
当离子的初速度为任意值时，离子到达屏上时的位置在方向上偏离点的距离为，考虑到⑥式，得
⑾
由⑩、⑾两式得
⑿
其中
上式表明，是与离子进入板间初速度无关的定值，对两种离子均相同，由题设条件知，坐标3.24mm的光点对应的是碳12离子，其质量为，坐标3.00mm的光点对应的是未知离子，设其质量为，由⑿式代入数据可得
⒀
故该未知离子的质量数为14。
（浙江卷）23. （20分）如图所示，一矩形轻质柔软反射膜可绕过O点垂直纸面的水平轴转动，其在纸面上的长度为L1，垂直的为L2。在膜的下端（图中A处）挂有一科行于转轴，质量为m，长为L3的导体棒使膜*成平面。在膜下方水平放置一足够大的太阳能光电池板，能接收到经反射膜反射到光电池板上的所有光能，并将沟通转化成电能。光电池板可等效为一个一电池，输出电压恒定为U；输出电流正比于光电池板接收到的光能（设垂直于入身光单位面积上的光功率保持恒定）。导体棒处在方向竖直向上的匀强磁场B中，并与光电池构成回路，流经导体棒的电流垂直纸面向外（注：光电池与导体棒直接相连，连接导线未画出）。
（1）再有一束平等光水平入射，当反射膜与竖直方向成＝60时，导体棒牌受力平衡状态，求此时电流强度的大小和光电池的输出功率。
（2）当变成45时，通过调整电路使导体棒保持平衡，光电池除维持导体棒国学平衡外，不能输出多少额外电功率？
解析：
（1）导体棒所受安培力 ①
导体棒有静力平衡关系 ②
解得 ③
所以当=60°时，
光电池输出功率为
（2）当时，根据③式可知维持静力平衡需要的电流为
根据几何关系可知
可得
（四川卷）20.如图所示，电阻不计的平行金属导轨固定在一绝缘斜面上，两相同的金
属导体棒a、b垂直于导轨静止放置，且与导轨接触良好，匀强磁场垂直穿过导轨平面。现用一平行于导轨的恒力F作用在a的中点，使其向上运动。若b始终保持静止，则它所受摩擦力可能
A．变为0 B．先减小后不变
C．等于F D．先增大再减小
答案：AB
【解析】对a棒所受合力为Fa=F—Ff—mgsin—BIl说明a做加速度减小的加速运动，当加速度为0后匀速运动，所以a所受安培力先增大后不变。
如果F=Ff+2mgsin，则最大安培力为mgsin，则b所受摩擦力最后为0，A正确。
如果F＜Ff+2mgsin，则最大安培力小于mgsin，则b所受摩擦力一直减小最后不变，B正确。
如果Ff+3mgsin＞F＞Ff+2mgsin，则最大安培力大于mgsin小于2mgsin，则b所受摩擦力先减小后增大最后不变。
可以看出b所受摩擦力先变化后不变，CD错误。
（四川卷）24.（19分）如图所示，电源电动势HYPERLINK " http://www./" EMBED Equation.DSMT4 。内阻HYPERLINK " http://www./" EMBED Equation.DSMT4 ，电阻HYPERLINK " http://www./" EMBED Equation.DSMT4 。间距HYPERLINK " http://www./" EMBED Equation.DSMT4 的两平行金属板水平放置，板间分布有垂直于纸面向里、磁感应强度HYPERLINK " http://www./" EMBED Equation.DSMT4 的匀强磁场。闭合开关HYPERLINK " http://www./" EMBED Equation.DSMT4 ，板间电场视为匀强电场，将一带正电的小球以初速度HYPERLINK " http://www./" EMBED Equation.DSMT4 沿两板间中线水平射入板间。设滑动变阻器接入电路的阻值为Rx，忽略空气对小球的作用，取HYPERLINK " http://www./" EMBED Equation.DSMT4 。
（1）当Rx=29Ω时，电阻HYPERLINK " http://www./" EMBED Equation.DSMT4 消耗的电功率是多大？
（2）若小球进入板间做匀速圆周运动并与板相碰，碰时速度与初速度的夹角为HYPERLINK " http://www./" EMBED Equation.DSMT4 ，则Rx是多少？
【答案】⑴0.6W；⑵54Ω。
【解析】⑴闭合电路的外电阻为
Ω ①
根据闭合电路的欧姆定律
A ②
R2两端的电压为
V ③
R2消耗的功率为
W ④
⑵小球进入电磁场做匀速圆周运动，说明重力和电场力等大反向，洛仑兹力提供向心力，根据牛顿第二定律
⑤
⑥
连立⑤⑥化简得
⑦
小球做匀速圆周运动的初末速的夹角等于圆心角为60°，根据几何关系得
⑧
连立⑦⑧带入数据
V
干路电流为
A ⑨
Ω ⑩
（安徽卷）20．如图所示，水平地面上方矩形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，两个边长相等的但匝闭合正方形线圈Ⅰ和Ⅱ，分别用相同材料，不同粗细的导线绕制（Ⅰ为细导线）。两线圈在距磁场上界面高处由静止开始自由下落，再进入磁场，最后落到地面。运动过程中，线圈平面始终保持在竖直平面内且下边缘平行于磁场上边界。设线圈Ⅰ、Ⅱ落地时的速度大小分别为、，在磁场中运动时产生的热量分别为、。不计空气阻力，则
A． B．
C． D．
答案：D
解析：由于从同一高度下落，到达磁场边界时具有相同的速度v，切割磁感线产生感应电流同时受到磁场的安培力，又（ρ为材料的电阻率，l为线圈的边长），所以安培力，此时加速度，且 (为材料的密度)，所以加速度是定值，线圈Ⅰ和Ⅱ同步运动，落地速度相等v1 =v2。由能量守恒可得：，(H是磁场区域的高度)，Ⅰ为细导线m小，产生的热量小，所以Q1< Q2。正确选项D。
（安徽卷）23.(16分)如图1所示，宽度为的竖直狭长区域内（边界为），存在垂直纸面向里的匀强磁场和竖直方向上的周期性变化的电场（如图2所示），电场强度的大小为，表示电场方向竖直向上。时，一带正电、质量为的微粒从左边界上的点以水平速度射入该区域，沿直线运动到点后，做一次完整的圆周运动，再沿直线运动到右边界上的点。为线段的中点，重力加速度为g。上述、、、、为已知量。
(1)求微粒所带电荷量和磁感应强度的大小；
(2)求电场变化的周期；
(3)改变宽度，使微粒仍能按上述运动过程通过相应宽度的区域，求的最小值。
解析：
（1）微粒作直线运动，则
①
微粒作圆周运动，则 ②
联立①②得
③
④
（2）设粒子从N1运动到Q的时间为t1，作圆周运动的周期为t2，则
⑤
⑥
⑦
联立③④⑤⑥⑦得
⑧
电场变化的周期
⑨
（3）若粒子能完成题述的运动过程，要求
d≥2R (10)
联立③④⑥得
（11）
设N1Q段直线运动的最短时间为tmin，由⑤（10）（11）得
因t2不变，T的最小值
R
R
R
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 47 页 （共 47 页）登陆21世纪教育 助您教考全无忧
力学实验
（全国卷1）22．（18分）图1是利用激光测转的原理示意图，图中圆盘可绕固定轴转动，盘边缘侧面上有一小段涂有很薄的反光材料。当盘转到某一位置时，接收器可以接收到反光涂层所反射的激光束，并将所收到的光信号转变成电信号，在示波器显示屏上显示出来（如图2所示）。
（1）若图2中示波器显示屏横向的每大格（5小格）对应的时间为5.00×10-2 s ，则圆盘的转速为__________________转/s。（保留3位有效数字）
（2）若测得圆盘直径为10.20 cm，则可求得圆盘侧面反光涂层的长度为 ________ cm。（保留3位有效数字）
【答案】⑴4.55转 /s ⑵2.91cm
【解析】⑴从图2可知圆盘转一圈的时间在横坐标上显示22格，由题意知图2中横坐标上每格表示1.00×10-2s，所以圆盘转动的周期是0.22s，则转速为4.55转 /s
⑵反光引起的电流图像在图2中横坐标上每次一格，说明反光涂层的长度占圆盘周长的22分之一为cm。
【命题意图与考点定位】匀速圆周运动的周期与转速的关系，以及对传感器所得图像的识图。
（全国卷2）22.（5分）利用图中所示的装置可以研究自由落体运动。实验中需要调整好仪器，接通打点计时器的电源，松开纸带，使重物下落。打点计时器会在纸带上打出一系列的小点。
（1）为了测试中午下落的加速度，还需要的实验器材有——。（填入正确选项前的字母）
A.天平 B.秒表 C.米尺
（2）若实验中所得到的重物下落的加速度值小于当地的重物加速度值，而实验操作与数据处理均无错误，写出一个你认为可能引起此错误差的原因： 。
【答案】（1）C；（2）打点计时器与纸带之间存在摩擦。
【解析】（1）时间由打点计时器测定，用米尺测定位移，答案C。
（2）打点计时器与纸带之间存在摩擦。
（新课标卷）22、(4分)如图为验证机械能守恒定律的实验装置示意图.现有的器材为：带铁夹的铁架台、电磁打点计时器、纸带、带铁夹的重锤、天平.回答下列问题
(1)为完成此实验，除了所给的器材，还需要的器材有______.(填入正确选项前的字母)
A、米尺 B、秒表 C、0～12V的直流电源 D、0～12V的交流电源
(2)实验中误差产生的原因有______.(写出两个原因)
答案：（1）AD（2）纸带与打点计时器之间有摩擦，用米尺测量纸带上点的位置时读数有误差，计算势能变化时，选取始末两点距离过近，交流电频率不稳定。
解析：（1）用A项米尺测量长度，用D项交流电源供打点计时器使用。（2）纸带与打点计时器之间有摩擦，用米尺测量纸带上点的位置时读数有误差，计算势能变化时，选取始末两点距离过近，交流电频率不稳定。
（重庆卷）22.（1）某同学用打点计时器测量做匀加速直线运动的物体的加速度，电源频率f=50Hz在线带上打出的点中，选出零点，每隔4个点取1个计数点，因保存不当，纸带被污染，如是22图1所示，A、B、C、D是依次排列的4个计数点，仅能读出其中3个计数点到零点的距离：
=16.6mm =126.5mm =624.5mm
若无法再做实验，可由以上信息推知：
①相信两计数点的时间间隔为__________S
②打C点时物体的速度大小为____________m/s(取2位有效数字)
③物体的加速度大小为__________(用、、、和f表示)
答案：⑴①0.02s ②2.5 m/s ③
解析：⑴①打点计时器打出的纸带每隔4个点选择一个计数点，则相邻两计数点的时间间隔为T=0.02s。
②根据间的平均速度等于点的速度得m/s
③匀加速运动的位移特征是相邻的相等时间间隔内的位移以aT2均匀增大，有
，，，所以
（上海物理）27．（6分）卡文迪什利用如图所示的扭秤实验装置测量了引力常量G。
(1)(多选题)为了测量石英丝极微的扭转角，该实验装置中采取使“微小量放大”的主要措施
(A)减小石英丝的直径
(B)增大T型架横梁的长度
(C)利用平面镜对光线的反射
(D)增大刻度尺与平面镜的距离
（2）已知T型架水平横梁长度为1,质量分别为m、的球，位于同一水平面，当横梁处于力矩平衡状态，测得m、连线长度r，且与水平横梁垂直；同时测得石英丝的扭转角度为，由此得到扭转力矩k（k为扭转系数且已知），则引力常量的表达式G=_____。
解析：（1）CD
(2)根据，得。
（天津卷）9．（1）如图所示，在高为h的平台边缘水平抛出小球A,同时在水平地面上距台面边缘水平距离为s处竖直上抛小球B，两球运动轨迹在同一竖直平面内，不计空气阻力，重力加速度为g。若两球能在空中相遇，则小球A的初速度VA应大于 A、B两球初速度之比为
（天津卷）（2）在探究合力的方法时，先将橡皮条的一端固定在水平木板上，另一端系上带有绳套的两根细绳。实验时，需要两次拉伸橡皮条，一次是通过两细绳用两个弹簧秤互成角度地拉橡皮条，另一次是用一个弹簧秤通过细绳拉橡皮条。
实验 对两次拉伸橡皮条的要求中，下列哪些说法是正确的 （填字母代号）
A. 将橡皮条拉伸相同长度即可 B. 将橡皮条沿相同方向拉到相同长度
C.将弹簧秤都拉伸到相同刻度 D.将橡皮条和绳的结点拉到相同位置
同学们在操作过程中有如下议论，其中对减小实验误差有益的说法是 （填字母代号）
A. 两细绳必须等长
A. 弹簧秤、细绳、橡皮条都应与木板平行
A. 用两弹簧秤同时拉细绳时两弹簧秤示数之差应尽可能大
A. 拉橡皮条的细绳要长些，标记同一细绳方向的两点要远些
答案：（1），；（2）①BD；②BD
（江苏卷）11．（10分）为了探究受到空气阻力时，物体运动速度随时间的变化规律，某同学采用了“加速度与物体质量、物体受力关系”的实验装置（如图所示）。实验时，平衡小车与木板之间的摩擦力后，在小车上安装一薄板，以增大空气对小车运动的阻力。
（1）往砝码盘中加入一小砝码，在释放小车 ▲ （选填“之前”或“之后”）接通打点计时器的电源，在纸带上打出一系列的点。
（2）从纸带上选取若干计数点进行测量，得出各计数点的时间t与速度v的数据如下表：
请根据实验数据作出小车的v-t图像。w w w.ks5 u .c om
（3）通过对实验结果的分析，该同学认为：随着运动速度的增加，小车所受的空气阻力将变大，你是否同意他的观点？请根据v-t图象简要阐述理由。
答案：（1）之前 （2）（见右图）
（3）同意 在v-t图象中，速度越大时，加速度越小，小车受到的合力越小，则小车受空气阻力越大。
（福建卷）19.（2）（6分）某实验小组研究橡皮筋伸长与所受拉力的关系。实验时，将原长约200mm的橡皮筋上端固定，在竖直悬挂的橡皮筋下端逐一增挂钩码（质量均为20g），每增挂一只钩码均记下对应的橡皮筋伸长量；当挂上10只钩码后，再逐一把钩码取下，每取下一只钩码，也记下对应的橡皮筋伸长量。根据测量数据，作出增挂钩码和减挂钩码时的橡皮筋伸长量l与拉力F关系的图像如图所示。从图像中可以得出_______。（填选项前的字母）
A.增挂钩码时l与F成正比，而减挂钩码时l与F不成正比
B.当所挂钩码数相同时，增挂钩码时橡皮筋的伸长量比减挂钩码时的大
C.当所挂钩码数相同时，增挂钩码时橡皮筋的伸长量与减挂钩码时的相等
D.增挂钩码时所挂钩码数过多，导致橡皮筋超出弹性限度
答案：D
解析：
(2)本题属于中等题，解题的关键在于弄清问什么两条图像会错开。实验中由于增挂钩码时所挂钩码数过多，导致橡皮筋超出弹性限度，弹簧无法及时恢复原长，两条图像才会出现差异。
（广东卷）34.（1）图是某同学在做匀变速直线运动实验中获得的一条纸带。
①已知打点计时器电源频率为50Hz，则纸带上打相邻两点的时间间隔为_________。
②ABCD是纸带上四个计数点，每两个相邻计数点间有四个点没有画出。从图13中读出A、B两点间距s=__________；C点对应的速度是________(计算结果保留三位有效数字)。
ks5uks5uks5u
ks5u
ks5u
ks5u
ks5u
ks5u
ks5u
ks5u
ks5u
ks5u
ks5u
ks5u
ks5u
ks5u
ks5u
ks5u
ks5u
ks5u
ks5u
ks5u
ks5u
ks5u
ks5u
ks5u
ks5u
ks5u
ks5u
ks5u
ks5u
ks5u
ks5u
ks5u
ks5u
ks5u
ks5u
ks5u
ks5u
ks5u
ks5u
ks5u
ks5u
ks5u
ks5u
ks5u
ks5u
ks5u
ks5u
ks5u
ks5u
ks5u
ks5u
ks5u
ks5u
ks5u
ks5u
ks5u
ks5u
ks5u
ks5u
ks5u
ks5u
ks5u
ks5u
答案：①0.02s，②0.70cm，0.100m/s
解析：
（1）①
②读A、B两点数值：1.00cm、1.70cm
故：s=1.70cm-1.00cm=0.70cm
（山东卷）23.（1）某同学设计了如图所示的装置来探究加速度与力的关系。弹簧秤固定在一合适的木板上，桌面的右边缘固定一支表面光滑的铅笔以代替定滑轮，细绳的两端分别与弹簧秤的挂钩和矿泉水瓶连接。在桌面上K^S*5U.C#O%下画出两条平行线MN、PQ，并测出间距。开始时将木板置于MN处，现缓慢向瓶中加水，直到木板刚刚开始运动为止，记下弹簧秤的示数F0，以此表示滑动摩擦力的大小。再将木板放回原处并按住，继续向瓶中加水后，记下弹簧秤的示数F1，然后释放木板，并用秒表记下木板运动到PQ处的时间。
①木板的加速度可以用、表示为＝　　　　；为了减小测量加速度的偶然误差可以采用的方法是（一种即可）　　　　　　。
②改变瓶中水的质量重复实验，确定加速度与弹簧秤示数F1的关系。下列图象能表示该同学实验结果的是　　　　　　。
③用加水的方法改变拉力的大小与挂钩码的方法相比，它的优点是　　　　　。
a．可以改变滑动摩擦力的大小
b．可以更方便地获取多组实验数据
c．可以比较精确地测出摩擦力的大小
d．可以获得更大的加速度以提高实验精度
【解析】（1）①②C 。③BC
（浙江卷）21.Ⅰ（10分）在“探究弹簧弹力大小与伸长量的关系”实验中，甲、乙两位同学选用不同的橡皮绳代替弹簧，为测量橡皮绳的劲度系数，他们在橡皮绳下端面依次逐个挂下钩友（每个钩友的质量均为m=0.jkg，取g=10m/s2），并记录绳下端的坐标X加（下标i表示挂在绳下端钩友个数）。然后逐个拿下钩友，同样记录绳下端面的坐标X减，绳下端面坐标的值Xi＝（X加+X减）/2的数据如下表：
挂在橡皮绳下端的钩码个数 橡皮绳下端的坐标（X/mm）
甲 乙
1 216.5 216.5
2 246.7 232.
3 284.0 246.5
4 335.0 264.2
5 394.5 281.3
6 462.0 301.0
（1）同一橡皮绳的X加 X减（大于或小于）；
（2） 同学的数据更符合实验要求（甲或乙）；
（3）选择一级数据用作图法得出该橡皮绳的劲度系数k（N/m）；
（4）为了更好的测量劲度系数，在选用钩码时需考虑的因素有哪些？
答案：（1）小于 （2）乙
（3）由所给数据的该变量如下表所示
挂在橡皮绳下端的勾码个数 改变量（Xn-X1）/mm
甲 乙
1
2 30.2 15.5
3 67.5 30.0
4 118.5 47.7
5 178.0 64.8
6 245.5 84.5
由上表作图得
由图可得 k乙=57-70（N/m）
或
对于甲同学的数据，因为只有前几个数据可认为在弹性范围内，由图中切线的斜率得，
k甲=25-34（N/m）
（4）尽可能使伸长量在弹性范围内，同时有足够大的伸长量，以减小长度测量的误差。
（四川卷）22.（5分）（2）有4条用打点计时器（所用交流电频率为50Hz）打出的纸带A、B、C、D，其中一条是做“验证机械能守恒定律”实验时打出的。为找出该纸带，某同学在每条纸带上取了点迹清晰的、连续的4个点，用刻度尺测出相邻两个点间距离依次为S1、S2、S3。请你根据下列S1、S2、S3的测量结果确定该纸带为 。（已知当地的重力加速度为9.791m/s2）
A.61.0mm 65.8mm 70.7mm B. 41.2mm 45.1mm 53.0mm
C.49.6mm 53.5mm 57.3mm D. 60.5mm 61.0mm 60.6mm
答案：C
解析：验证机械能守恒采用重锤的自由落体运动实现，所以相邻的0.02s内的位移增加量为：，答案为C。
（安徽卷）21．Ⅰ．（6分）（1）在测定金属的电阻率实验中，用螺旋测微器测量金属丝的直径，示数如图1所示，读数为__________________mm。
（2）在用单摆测定重力加速度实验中，用游标为20分度的卡尺测量摆球的直径，示数如图2所示，读数为__________________cm。
答案：（1）0.617（0.616～0.619） （2）0.675
解析：（1）0.5mm+11.7×0.01mm=0.617mm（2）0.6cm+15×0.05mm=0.675cm
（安徽卷）21．Ⅲ．（6分）利用图示装置进行验证机械能守恒定律的试验时，需要测量物体由静止开始自由下落到某点时的瞬时速度和下落高度。某班同学利用实验得到的纸带，设计了以下四种测量方案。
( http: / / www. / )
a. 用刻度尺测出物体下落的高度，并测出下落时间,通过计算出瞬时速度.
a. 用刻度尺测出物体下落的高度，并通过计算出瞬时速度.
a. 根据做匀速直线运动时纸带上某点的瞬时速度，等于这点前后相邻两点间的平均速度，测算出瞬时速度，并通过计算出高度.
a. 用刻度尺测出物体下落的高度，根据做匀速直线运动时纸带
上某点的瞬时速度，等于这点前后相邻两点间的平均速度，测算出瞬时速度。
以上方案中只有一种正确，正确的是 。（填入相应的字母）
答案：d
电学实验
（全国卷1）23．（16分）一电流表的量程标定不准确，某同学利用图1所示电路测量该电流表的实际量程。
所用器材有：量程不准的电流表，内阻=10.0，量程标称为5.0mA；标准电流表，内阻=45.0，量程1.0mA；标准电阻，阻值10.0；滑动变阻器R，总电阻为300.0；电源E，电动势3. 0V，内阻不计；保护电阻；开关S；导线。
回答下列问题：
（1）在答题卡上（图2所示）的实物图上画出连线。
（2）开关S闭合前，滑动变阻器的滑动端c应滑动至 端。
（3）开关S闭合后，调节滑动变阻器的滑动端，使电流表满偏；若此时电流表的读数为，则的量程= 。
（4）若测量时，未调到满偏，两电流表的示数如图3所示，从图中读出的示数 = ，的示数 = ；由读出的数据计算得= 。（保留3位有效数字）
（5）写出一条提高测量准确度的建议： 。
【答案】⑴连线如图
⑵阻值最大
⑶
⑷6.05mA
【解析】⑴连线如图
⑵在滑动变阻器的限流接法中在接通开关前需要将滑动触头滑动到阻值最大端
⑶闭合开关调节滑动变阻器使待测表满偏，流过的电流为Im。根据并联电路电压相等有得
⑷待测表未满偏有，将A2的示数0.66mA和其他已知条件代入有
Ma
但图中A1的示数3.0mA量程为5.0mA，根据电流表的刻度是均匀的，则准确量程为6.05mA
⑸略
（全国卷2）23.(13分）如图，一热敏电阻RT 放在控温容器M内：
为毫安表，量程6mA，内阻为数十欧姆；E为直流电源，电动势约为3V，内阻很小；R为电阻箱，最大阻值为999.9Ω；S为开关。已知RT 在95℃时阻值为150Ω，在20℃时的阻值约为550Ω。现要求在降温过程中测量在95℃～20℃之间的多个温度下RT 的阻值。
（1） 在图中画出连线，完成实验原理电路图
（1） 完成下列实验步骤中的填空
1 依照实验原理电路图连线
1 调节控温容器M内的温度，使得RT 温度为95℃
1 将电阻箱调到适当的初值，以保证仪器安全
1 闭合开关。调节电阻箱，记录电流表的示数I0 ，并记录 。
⑤ 将RT 的温度降为T1 （20℃＜T1＜95℃）；调节电阻箱，使得电流表的读数 ,记录 。
⑥ 温度为T1 时热敏电阻的电阻值RT1 = 。
⑦ 逐步降低T1 的数值，直至20℃为止；在每一温度下重复步骤⑤⑥
答案：
（1）电路图如图：
（2）d、电阻箱的读数 e、仍为 电阻箱的读数为 f、
解析：（1）由于本实验只有一个可以用来测量或观察的电流表，所以应该用“替代法”的思维考虑用电流表观察保证电路的电阻不变，因此将热敏电阻、电阻箱和电流表串联形成测量电路。而且热敏电阻的95℃和20℃的阻值是已知的，所以热敏电阻的初始温度为95℃，则电流表数不变时电阻箱与热敏电阻的串联电路电阻保持150Ω加电阻箱的初值之和不变。如果热敏电阻的初始温度为20℃，则电流表示数不变时，电阻箱与热敏电阻的串联电路电阻保持550Ω加电阻箱的初值之和不变，则可以测量任意温度下的电阻。
（2）实验步骤为：
a、依照实验原理电路图连线
b、调节控温电容M内的温度，使得的温度为95℃
c、将电阻箱调到适当的初值，保证仪器安全
d、闭合开关，调节电阻箱，记录电流表的示数，并记录电阻箱的初值
e、将的温度降低为，调节电阻箱，使得电流表的读数仍为，记录电阻箱的读数为
f、温度为时，热敏电阻的电阻值
g、将的温度逐渐降低直到为止，在每一温度下重复步骤e- f
（新课标卷）23.(11分)用对温度敏感的半导体材料制成的某热敏电阻，在给定温度范围内，其阻值随温度的变化是非线性的.某同学将和两个适当的固定电阻、连成图1虚线框内所示的电路，以使该电路的等效电阻的阻值随所处环境温度的变化近似为线性的，且具有合适的阻值范围.为了验证这个设计，他采用伏安法测量在不同温度下的阻值，测量电路如图1所示，图中的电压表内阻很大.的测量结果如表l所示.
回答下列问题
(1)根据图1所示的电路，在图2所示的实物图上连线.
(2)为了检验与t之间近似为线性关系，在坐标纸上作-t关系图线
(3)在某一温度下，电路中的电流表、电压表的示数如图3、4所示.电流表的读数为____，电压表的读数为___.此时等效电阻的阻值为___：热敏电阻所处环境的温度约为____.
答案：（1）如图所示（2）如图所示（3）115.0mA，5.00V，43.5Ω，64.0℃
解析：（1）根据电路图连接实物。
（2）根据数据描出点，作出直线。
（3），，，对照图找出相应的温度为64.0℃。
（上海物理）26.在用DIS描绘电场等势线的实验中
（1）电源通过正负电极a、b在导电物质上产生的稳恒电流分布模拟了二个_____产生____；用____探测等势点。
（2）（单选题）在安装实验装置时，正确的做法是 （ ）
（A）在一块平整木板上依次放复写纸、白纸、导电纸
（B）导电纸有导电物质的一面应该向上
（C）连接电源正负极的电极a、b必须与导电物质保持绝缘
（D）连接电极a、b的电源电压为交流4~6V
【解析】
（1）点电荷，电场，DIS
(2)B
A 应依次放白纸、复写纸、导电纸
B 应电极a、b必须与导电物质保持导电。
C应连接电极a、b的电源电压为为直流4-6V
（上海物理）29.（6分）某同学利用DIS，定值电阻、电阻箱等实验器材测量电池a的电动势和内阻，实验装置如图1所示，实验时多次改变电阻箱的阻值，记录外电路的总电阻阻值R，用电压传感器测得端电压U，并在计算机上显示出如图2所示的关系图线a，重复上述实验方法测量电池b的电动势和内阻，得到图2中的图线b.
（1）由图线a可知电池a的电动势=______V，内阻=____。
（2）若用同一个电阻R先后与电池a及电池b链接，则两电池的输出功率_______（填“大于”、“等于”或“小于”），两电池的效率_____（填“大于”、“等于”或“小于”）。
解析：（1）根据，得，图象a，截距b=0.5，斜率k=0.25，所以电动势，内阻r=E·k=0.5Ω。
（2）从图象可知：截距，斜率，电动势，内阻，＜，＜，电池的输出功率，得小于；电池的效率，得大于。
本题考查用伏阻法（电压表和电阻箱）测电源的电动势和内阻，图像法，以及电源的输出功率及效率。
难度：难。
（天津卷）9.（3）要测量电压表V1的内阻RV，其量程为2V，内阻约2KΩ。实验室提供的器材有：
电流表A，量程0.6A，内阻约0.1Ω；
电压表V2，量程5V，内阻为5KΩ；
定值电阻R1，阻值30Ω；
定值电阻R2，阻值为3KΩ；
滑动变阻器R3，最大阻值100Ω，额定电流1.5A；
电源E，电动势6V，内阻约0.5Ω；
开关S一个，导线若干。
①有人拟将待测电压表V1 和电流表A串联接入电压合适的测量电路中，测出V1 的电压和电流，再计算出RV。该方案实际上不可行，其最主要的原因是
②请从上述器材中选择必要的器材，设计一个测量电压表V1内阻RV的实验电路。要求测量尽量准确，实验必须在同一电路中，且在不增减元件的条件下完成。试画出符合要求的实验电路图（图中电源与开关已连接好），并标出所选元件的相应字母代号：
③由上问写出V1内阻RV的表达方式，说明式中各测量量的物理意义。
答案：①电流表A不能准确测量出流过电压表V1的电流；②测量电压表V1内阻的实验电路如图所示；③，表示的电压，表示和串联的总电压。
（江苏卷）10、（8分）在测量电源的电动势和内阻的实验中，由于所用的电压表（视为理想电压表）的量程较小，某同学涉及了如图所示的实物电路。
w w w.ks5 u .c om
（1） 试验时，应先将电阻箱的电阻调到____.（选填“最大值”、“最小值”或“任意值”）
（1） 改变电阻箱的阻值R，分别测出阻值=10的定值电阻两端的电压U，下列两组R的取值方案中，比较合理的方案是____.（选填1或2）
（3）根据实验数据描点，绘出的图像是一条直线。若直线的斜率为k，在坐标轴上的截距为b，则该电源的电动势E= ▲ ，内阻r= ▲ （用k、b和R0表示）
答案：（1）最大值；（2）2；（3）
解析：（1）为了安全。（2）若R=300Ω，电流约，若R=60Ω，电流约，后者电流读数大，误差小，所以填2。
(3) 电流，，得，图象的斜率，截距，所以电动势，内阻－R0
本题考查测电源的电动势和内阻及图象的物理意义，根据图象求物理量。难度：较难。
（福建卷）19.
（3）（6分）如图所示是一些准备用来测量待测电阻阻值的实验器材，器材及其规格列表如下
为了能正常进行测量并尽可能减少测量误差，实验要求测量时电表的读数大于其量程的一半，而且调节滑动变阻器能使电表读数有较明显的变化。请用实线代表导线，在所给的实验器材图中选择若干合适的器材，连成满足要求的测量阻值的电路。
解析：
（3）本小题属于难题，要准确答题就需要对实验原理（伏安法、变阻器接法）、误差分析有深刻理解。由于待测电阻约1000Ω，滑动变阻器最大电阻为100Ω，要使电表读数发生变化，滑动变阻器必须使用分压式接法。当电源电动势全部加在待测电阻上时，流过的电流约为，显然不能用电流表来测电流，而应该把其中一个电压表V1当电流表来使用。根据比值法容易判断出待测电阻是大电阻，伏安法应使用内接法。
（广东卷）34.（2）某同学利用电压表和电阻箱测定干电池的电动势和内阻，使用的器材还包括定值电阻（=5）一个，开关两个，导线若干，实验原理图如图14(a).
①在图14（b）的实物图中，已正确连接了部分电路，请完成余下电路的连接。
②请完成下列主要实验步骤；
A.检查并调节电压表指针指零；调节电阻箱，示数如图14（c）所示，读得电阻值是____________；
B.将开关闭合，开关断开，电压表的示数是1.49V；
C.将开关 _______,电压表的示数是1.16V；断开开关 。
③使用测得的数据，计算出干电池的内阻是_______（计算结果保留二位有效数字）。
④由于所有电压表不是理想电压表，所以测得的电动势比实际值偏_________(填“大”或“小”)。
答案：
(2)①略；②20Ω；闭合；③0.69Ω④小
解析：①略，②闭合后电阻箱才工作；
③S1闭合、S2断开时：RV很大，认为： Ⅰ
S1、S2都闭合时： Ⅱ
由Ⅰ、Ⅱ得
④误差分析解析一 ④忽略电压表电阻的影响，有 ⅰ
考虑电压表电阻的影响，设电压表的电阻为：RV则Ⅰ、Ⅱ两式变为：
两式相减并整理得：
ⅱ
ⅰ/ⅱ得： (U1>U2)
r测误差分析解析二 用大学学的等效电源定理（戴维南定理）：把E、R0、电压表RV组成新的电源，电动势为、内阻为
因而测得电动势和内阻都偏小。
（山东卷）23.（2）在测定金属电阻率的实验中，某同学连接电路如图所示。闭合电键后，发现电路有故障（已知电源、电表和导线均完好，电源电动势为E）：
①若电流表示数为零、电压表示数为E，则发生故障的是　　　　　（填“待测金属丝”“滑动变阻器”或“电键”）。
②若电流表、电压表示数均为零，该同学利用多用电表检查故障。先将选择开关旋至　　　　档（填“欧姆×100”“直流电压10V”或“直流电流2．5mA”），再将　　　　（填“红”或“黑”）表笔固定在a接线柱，把另一支表笔依次接b、c、d接线柱。若只有滑动变阻器断路，则多用电表的示数依次是　　　　、　　　　、　　　　。
答案：(2)①待测金属丝；②直流电压10V，红，0，E，E。
（北京卷）21．（18分）（１）甲同学要把一个量程为200的直流电流计，改装成量度范围是0～4Ｖ的直流电压表。
①她按图１所示电路、用半偏法测定电流计的内电阻rg，其中电阻Ｒ0约为１。为使rg的测量值尽量准确，在以下器材中，电源Ｅ应选用______________，电阻器Ｒ1应选用______________，电阻器Ｒ2应选用______________（选填器材前的字母）
Ａ．电源（电动势1.5Ｖ）　　　　　　　　　Ｂ．电源（电动势6Ｖ）
Ｃ．电阻箱（0～999.9）　　　　　　　Ｄ．滑动变阻器（0～500）
Ｅ．电位器（一种可变电阻，与滑动变阻器相当）（0～5.1）
Ｆ．电位器（0～51）
②该同学在开关断开情况下，检查电路连接无误后，将Ｒ２的阻值调至最大。后续的实验操作步骤依次是______________，______________，______________，______________，最后记录Ｒ1的阻值并整理好器材。（请按合理的实验顺序，选填下列步骤前的字母）
Ａ．闭合Ｓ１
Ｂ．闭合Ｓ２
Ｃ．调节Ｒ２的阻值，使电流计指针偏转到满刻度
Ｄ．调节Ｒ２的阻值，使电流计指针偏转到满刻度的一半
Ｅ．调节Ｒ１的阻值，使电流计指针偏转到满刻度的一半
Ｆ．调节Ｒ１的阻值，使电流计指针偏转到满刻度
③如果所得的Ｒ１的阻值为300.0，则图１中被测电流计的内阻ｒ的测量值为______________，该测量值__________实际值（选填“略大于”、“略小于”或“等于”）。
④给电流计__________联（选填“串”或“并”）一个阻值为__________的电阻，就可以将该电流计改装为量程４Ｖ的电压表。
（2）乙同学要将另一个电流计改装成直流电压表，但他不仅借到一块标准电压表、一个电池组Ｅ、一个滑动变阻器和几个待用的阻值准确的定值电阻。
①该同学从上述具体条件出发，先将带改装的表直接与电压表校准。请你画完图２方框中的校准电路图。
②实验中，当定值电阻Ｒ选用17.0时，调整滑动变阻器的阻值，电压表的示数是4.0Ｖ时，表的指针恰好指到满量程的五分之二；当Ｒ选用7.0时，调整的阻值，电压表的示数是2.0Ｖ时，表的指针又指到满量程的五分之二。
由此可以判定，表的内阻ｒｇ是_______，满偏电流是_______ｍＡ。若要将表改装为量程是15Ｖ的电压表，应配备一个_______的电阻。
答案：（1）①B C F②B C A E③300 略小于④串 19.7
（2）①如图所示；②3.0 0.50 27.0
【解析】⑴①半偏法测量表头内阻时，首先选择滑动变阻器（必须大于电路所需的最小电阻，根据电路的电压为电动势，电路的最大电流为表头的满偏电流，则最小电阻为KΩ或KΩ，考虑到保护R0=1 KΩ，则可知调节滑动变阻器使表头满偏时滑动变阻器的阻值分别接近29 KΩ或6.5KΩ，电路图中R2是滑动变阻器，不能选择D和E只能选择F。表头满偏时滑动变阻器的阻值越大，实验的误差越小，所以电源选择电动势为6V的B，而且滑动变阻器F的阻值也满足调节所需。而R1是用来测量表头内阻的电阻箱只能选C。
②实验步骤为：第一步闭合S2(（B），第二步调节R2的阻值，使电流计满偏（C），第三步闭合S1(（A），第四步调节R1的阻值，使电流计半偏（E），第五步读出R1的示数为待测表头的内阻。
③R1的示数为待测表头的内阻是300.0KΩ。闭合S1后，电路的总电阻减小，当表头半偏时，赶路电流就大于表头的满偏电流，流过电阻箱的电流就大于流过表头的电流，所以电阻箱的阻值略小于表头内阻。
④给表头串联一个电阻可以改装成电压表，改装电压表的内阻为=20KΩ，则串联电阻大小为20KΩ-300Ω=19.7KΩ。
（2）本实验时对改装电压表进行校准的，将改装电压表和标准电压表并联后要求电压从0到满偏变化，所以滑动变阻器采用分压接法。表头的刻度均匀。当表针恰好指到满量程的五分之二时，流过改装电压表的电流是0.4Ig，根据欧姆定律分别有
4=0.4 Ig（rg +17×103）和2=0.4 Ig（rg +7×103）
解得表头内阻为3.0 KΩ，满偏电流为：0.50mA
量程是15V的改装电压表的内阻为=30KΩ，所以改装时串联的定值电阻是30KΩ-3.0 KΩ=27.0 KΩ。
（重庆卷）22.（2）在探究小灯泡的伏安特性实验中，所用器材有：灯泡1，量程恰当的电流表示 A和电压V，直流电源A,滑动变阻器R，电键S等，要求灯泡两端电压从OV开始变化，
①实验中滑动变阻器应采用____________接法（填“分压”或“限流”）
②某同学已连接如题22图2所示的电路，在连接最后一根导线的C端到直接电源正极之前，请指出其中仅有的2个不当之处，并说明如何改下
A．__________________________________________
B．_______________________________________________
③电路连接正确后，分别测得两只灯泡和的伏安特性曲线，如题22图3中Ⅰ和Ⅱ所示。然后将灯泡、与电池组（电动势和内阻均恒定）连成题22图4所示电路。多次测量后得到通过和的电流平均值分别为0.30A和0.60A。
A.在题22图3中画出电池组路端电压U和电流I的关系曲线。
B.由该曲线可知电池组的电动势为_________V，内阻为_________。（取2位有效数字）
答案：⑵①分压 ②A.电键不应闭合，应处于断开状态 B.滑动变阻器的滑动触头P位置不当，应将其置于b端 ③ 4.6V 2.7Ω
解析：
⑵①探究小灯泡的伏安特性曲线要求电压从0到额定电压变化，所以滑动变阻器必须采用分压解法。
②在连接线路时必须将每个开关断开，而图中是闭合的这是第一个错误。连好线路后在闭合开关前需要将限流滑动变阻器调到阻值最大，将分压滑动变阻器调到输出为0端，在图中是b端，以保护电源和电表。
③描绘电源的伏安特性曲线要求外电阻变化测定对应的多组路端电压和电流，本实验中用两个小灯泡来改变外电阻获得两组电流值，然后在小灯泡的伏安特性曲线上查出对应的电压，用两个坐标点描绘图像。为描绘准确可以先进行理论计算，首先查出两坐标为（0.30A，3.8V）和（0.60A，3.0V），则内阻为Ω，电动势为， V，然后作出准确图像如图。
（浙江卷）21.Ⅱ. (10分)在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，某同学测得电流-电压的数据如下表所示：
电流I/mA 2．7 5.4 12.4 19.5 27.8 36.4 47.1 56.1 69.6 81.7 93.2
电压U/V 0.04 0.08 0.21 0.54 1.30 2.20 3.52 4.77 6.90 9.12 11.46
（1）用上表数据描绘电压随电流的变化曲线；
（2）为了探究灯丝电阻与温度的关系，已作出电阻随电流的变化曲线如图所示：请指出图丝的特征，并解释形成的原因。
答案：Ⅱ.（1）
（2）电阻随电流增大；
存在三个区间，电阻随电流的变化快慢不同；
第一区间电流很小时，电阻变化不大；第二区间灯丝温度升高快，电阻增大快；第三区间部分电能转化为光能，灯丝温度升高变慢，电阻增大也变慢。
（四川卷）22.（12分）（1）①用多用电表探测图甲所示黑箱发现：用直流电压挡测量，E、G两点间和F、G两点间均有电压，E、F两点间无电压；用欧姆测量，黑表笔（与电表内部电源的正极相连）接E点，红表笔（与电表内部电源的负极相连）接F点，阻值秀小，但反接阻值很大。那么，该黑箱内元件的接法可能是图乙中 。
②在物理兴趣小组活动中，一同学利用下列器材设计并完成了“探究导体阻值与长度的关系”的实验。
( http: / / www. / )
电压表 量程3V 内阻约为900
电压表 量程10V 内阻约为3K
电压表 量程60mA 内阻约为5
电源E1 电动势1.5V 内阻约为0.2
电源E2 电动势4.5V 内阻约为0.4
滑动变阻器（最大阻值为10）。粗细均匀的同种电阻丝，开关、导线和刻度尺
其主要实验步骤如下：
A.选取图中器材，按示意图连接电路
B.用伏安法测定电阻丝的阻值R
C.用刻度尺测出电阻丝的长度L
D.依次减小电阻丝的长度，保持电路其他部分不变，重复步骤B、C
E.处理数据，根据下列测量结果，找出电阻丝值与长度的关系
L(m) 0.9956 0.8049 0.5981 0.4021 0.1958
R() 104.8 85.3 65.2 46.6 27.1
为使实验尽可能准确，请你对上述步骤中画线处加以改进。
（I）
（II）
答案：（1）①B（4分）；②（I）电源改选E2（4分）；（II）判断电流表的内外接法，作出相应调整。（4分）
【解析】（1）①红表笔接F，电阻很小，此时二极管导通，电源电流从黑表笔流出通过二极管从红表笔流进，电流方向E到F，只有B正确。
②根据电动势大小电压表量程不能选择10V，电路图中选择V1当然正确。的电压表为减小测量误差要求指针偏转过半，故1.5V的电动势太小，电源E1应该改选E2。
由于为60多欧姆，第一组测量值为104.8Ω，为大电阻用内接伏安法，第五组测量值为27.1Ω，为小电阻用外接伏安法，这说明内外接法先用试触法判断调整后再测量。
（安徽卷）21．Ⅱ．（6分）太阳能是一种清洁、“绿色”能源。在我国上海举办的2010年世博会上，大量利用了太阳能电池。太阳能电池在有光照时，可以将光能转化为电能，在没有光照时，可以视为一个电学器件。某实验小组根据测绘小灯泡伏安特性曲线的实验方法，探究一个太阳能电池在没有光照时（没有储存电能）的I-U特性。所用的器材包括：太阳能电池，电源E，电流表A，电压表V，滑动变阻器R，开关S及导线若干。
（1）为了达到上述目的，请将图1连成一个完整的实验电路图。
（2）该实验小组根据实验得到的数据，描点绘出了如图2的I-U图像。由图可知，当电压小于2.00V时，太阳能电池的电阻_____________ （填“很大”或“很小”）；当电压为2.80V时，太阳能电池的电阻约为____________。
答案：（1）如图（2）很大；1.0×103（965～1040）
解析：（1）根据测绘小灯泡伏安特性曲线的实验方法，电路连接如图；
（2）在电压小于2.00V时，由图可读出电流很小，由得，太阳能电池的电阻很大；
（3）当电压为2.80V时，根据题图读出U、I，由得：R=1.0×103Ω。
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 1 页 （共 31 页）登陆21世纪教育 助您教考全无忧
（新课标卷）34.[物理——选修3-5]
(2)(10分)如图所示，光滑的水平地面上有一木板，其左端放有一重物，右方有一竖直的墙.重物质量为木板质量的2倍，重物与木板间的动摩擦因数为.使木板与重物以共同的速度向右运动，某时刻木板与墙发生弹性碰撞，碰撞时间极短.求木板从第一次与墙碰撞到再次碰撞所经历的时间.设木板足够长，重物始终在木板上.重力加速度为g.
解析：木板第一次与墙碰撞后，向左匀减速直线运动，直到静止，再反向向右匀加速直线运动直到与重物有共同速度，再往后是匀速直线运动，直到第二次撞墙。
木板第一次与墙碰撞后，重物与木板相互作用直到有共同速度，动量守恒，有：
，解得：
木板在第一个过程中，用动量定理，有：
用动能定理，有：
木板在第二个过程中，匀速直线运动，有：
木板从第一次与墙碰撞到再次碰撞所经历的时间t=t1+t2=+=。
（北京卷）20．如图，若ｘ轴表示时间，ｙ轴表示位置，则该图像反映了某质点做匀速直线运动时，位置与时间的关系。若令ｘ轴和ｙ轴分别表示其他的物理量，则该图像又可以反映在某种情况下，相应的物理量之间的关系。下列说法中正确的是
Ａ．若ｘ轴表示时间，ｙ轴表示动能，则该图像可以反映某物体受恒定合外力作用做直线运动过程中，物体动能与时间的关系
Ｂ．若ｘ轴表示频率，ｙ轴表示动能，则该图像可以反映光电效应中，光电子最大初动能与入射光频率之间的关系
Ｃ．若ｘ轴表示时间，ｙ轴表示动量，则该图像可以反映某物体在沿运动方向的恒定合外力作用下，物体动量与时间的关系
Ｄ．若ｘ轴表示时间，ｙ轴表示感应电动势，则该图像可以反映静置于磁场中的某闭合回路，当磁感应强度随时间均匀增大时，闭合回路的感应电动势与时间的关系
答案：C
解析：根据动量定理说明动量和时间是线性关系，纵截距为初动量，C正确。结合得，说明动能和时间的图像是抛物线，A错误。根据光电效应方程，说明最大初动能和时间是线性关系，但纵截距为负值，B错误。当磁感应强度随时间均匀增大时，增长合回路内的磁通量均匀增大，根据法拉第电磁感应定律增长合回路的感应电动势等于磁通量的变化率，是一个定值，不随时间变化，D错误。（山东卷）38． [物理 ( http: / / www. / Subject / wuli )—物理3-5] （4分）（2）如图所示，滑块A、C质量均为m，滑块B质量为HYPERLINK " http://www." EMBED Equation.DSMT4 m。开始时A、B分别以HYPERLINK " http://www." EMBED Equation.DSMT4 的速度沿光滑水平轨道向固定在右侧的挡板运动，现将C无初速地放在A上，并与A粘合不再分开，此时A与B相距较近，B与挡板相距足够远。若B与挡板碰撞将以原速率反弹，A与B碰撞将粘合在一起。为使B能与挡板碰撞两次，HYPERLINK " http://www." EMBED Equation.DSMT4 应满足什么关系？
解析：将C无初速地放在A上后，，，
A与B碰撞后粘合在一起，使B能与挡板碰撞两次，＞0
得： ＞
（福建卷）29. [物理选修3-5]（6分）（2）如图所示，一个木箱原来静止在光滑水平面上，木箱内粗糙的底板上放着一个小木块。木箱和小木块都具有一定的质量。现使木箱获得一个向右的初速度，则 。（填选项前的字母）
A．小木块和木箱最终都将静止
B．小木块最终将相对木箱静止，二者一起向右运动
C．小木块在木箱内壁将始终来回往复碰撞，而木箱一直向右运动
D．如果小木块与木箱的左壁碰撞后相对木箱静止，则二者将一起向左运动
解析：系统不受外力，系统动量守恒，最终两个物体以相同的速度一起向右运动，B正确。
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 3 页 （共 3 页）登陆21世纪教育 助您教考全无忧
直线运动
（全国卷1）24．（15分）汽车由静止开始在平直的公路上行驶，0 ~60s内汽车的加速度随时间变化的图线如图所示。
⑴画出汽车在0~60s内的v-t图线；
⑵求在这60s内汽车行驶的路程。
【答案】⑴速度图像如图。⑵900m
【解析】由加速度图像可知前10s汽车匀加速，后20s汽车匀减速恰好停止，因为图像的面积表示速度的变化，此两段的面积相等。最大速度为20m/s。所以速度图像为图。然后利用速度图像的面积求出位移。
⑵汽车运动的面积为匀加速、匀速、匀减速三段的位移之和。
m。
（新课标卷）24.(14分)短跑名将博尔特在北京奥运会上创造了100m和200m短跑项目的新世界纪录，他的成绩分别是9.69s和l9.30s.假定他在100m比赛时从发令到起跑的反应时间是0.15s，起跑后做匀加速运动，达到最大速率后做匀速运动.200m比赛时，反应时间及起跑后加速阶段的加速度和加速时间与l00m比赛时相同，但由于弯道和体力等因素的影响，以后的平均速率只有跑l00m时最大速率的96％.求：
(1)加速所用时间和达到的最大速率。
(2)起跑后做匀加速运动的加速度。(结果保留两位小数)
解析：(1)加速所用时间t和达到的最大速率v，
，
联立解得：，
(2)起跑后做匀加速运动的加速度a，
，解得：
（上海物理）18.如图为质量相等的两个质点在同一直线上运动的图像，由图可知
（A）在时刻两个质点在同一位置
（B）在时刻两个质点速度相等
（C）在时间内质点比质点位移大
（D）在时间内合外力对两个质点做功相等
答案：BCD
解析：首先，B正确；根据位移由图像中面积表示，在时间内质点B比质点A位移大，C正确而A错误；根据动能定理，合外力对质点做功等于动能的变化，D正确；本题选BCD。
本题考查图象的理解和动能定理。对D，如果根据W=Fs则难判断。
难度：中等。
（天津卷）3.质点做直线运动的v-t图像如图所示，规定向右为正方向，则该质点在前8s内平均速度的大小和方向分别为
A．0.25m/s 向右
B．0.25m/s 向左
C．1m/s 向右
D．1m/s 向左
答案：B
（福建卷）16．质量为2kg的物体静止在足够大的水平面上，物体与地面间的动摩擦因数为0．2，最大静摩擦力和滑动摩擦力大小视为相等。从t=0时刻开始，物体受到方向不变、大小呈周期性变化的水平拉力F的作用，F随时间t的变化规律如图所示。重力加速度g取10m/s2，则物体在t=0到t=12s这段时间内的位移大小为
A．18m B．54m
C．72m D．198m
【命题特点】本题属于多过程问题，综合考查静摩擦力、滑动摩擦力、牛顿运动定律、匀速直线运动和匀变速直线运动，需要考生准确分析出物体在每一段时间内的运动性质。 K^S*5U.C#O
【解析】拉力只有大于最大静摩擦力时，物体才会由静止开始运动
0-3s时：F=fmax，物体保持静止，s1=0；
3-6s时：F>fmax，物体由静止开始做匀加速直线运动
v=at=6m/s
6-9s时：F=f，物体做匀速直线运动
s3=vt=6×3=18m
9-12s时：F>f，物体以6m/s为初速度，以2m/s2为加速度继续做匀加速直线运动
所以0-12s内物体的位移为：s=s1+s2+s3+s4=54m，B正确
【答案】B
【启示】多过程问题能体现考生的判断力，组合题能综合考查学生多方面的知识，这类题目复习中应引起重视。
（广东卷）17. 图6是某质点运动的速度图像，由图像得到的正确结果是
A.0~1 s内的平均速度是2m/s
B. 0~2s内的位移大小是3 m
C. 0~1s内的加速度大于2~4s内的加速度
D．0~1s内的运动方向与2~4s内的运动方向相反
答案：BC
解析：v-t图的考察：
A 分析平均速度：，由面积法求0—1s的位移s=1m,时间t=1s因而：
B 由面积法知：0—2s的位移s=3m
C 用斜率求出 0—1s的加速度：a1=2m/s2、2—4s的加速度a2=1m/s2、因而：a1> a2
D 0—1s、2—4s两个时间段内速度均为正，表明速度都为正向，运动方向相同
因而选：BC。
（北京卷）22．（16分）如图，跳台滑雪运动员经过一段加速滑行后从Ｏ点水平飞出，经过3.0ｓ落到斜坡上的Ａ点。已知Ｏ点是斜坡的起点，斜坡与水平面的夹角＝37°，运动员的质量m=50kg.不计空气阻力。（取sin37°=0.60，cos37°=0.80；g取10m/s2）q求
（1）A点与O点时的速度大小；
（2）运动员离开O点时的速度大小；
（3）运动员落到A点时的动能。
解析：（1）运动员在竖直方向做自由落体运动，有
A点与O点的距离
（2）设运动员离开O点的速度为,运动员在水平方向做匀速直线运动，
即
解得
（3）由机械能守恒，取A点位重力势能零点，运动员落到A点的动能为
（浙江卷）14. 如图所示，A、B两物体叠放在一起，以相同的初速度上抛（不计空气阻力）。下列说法正确的是
A. 在上升和下降过程中A对B的压力一定为零
B. 上升过程中A对B的压力大于A对物体受到的重力
C. 下降过程中A对B的压力大于A物体受到的重力
D. 在上升和下降过程中A对B的压力等于A物体受到的重力
答案：A
（四川卷）23．(16分)质量为M的拖拉机拉着耙来耙地，由静止开始做匀加速直线运动，在时间t内前进的距离为s。耙地时，拖拉机受到的牵引力恒为F，受到地面的阻力为自重的k倍，耙所受阻力恒定，连接杆质量不计且与水平面的夹角θ保持不变。求：
(1)拖拉机的加速度大小。
(2)拖拉机对连接杆的拉力大小。
(3)时间t内拖拉机对耙做的功。
【答案】⑴
⑵
⑶
【解析】⑴拖拉机在时间t内匀加速前进s，根据位移公式
①
变形得
②
⑵对拖拉机受到牵引力、支持力、重力、地面阻力和连杆拉力T，根据牛顿第二定律
③
②③连立变形得
④
根据牛顿第三定律连杆对耙的反作用力为
⑤
（3）闭合开关调节滑动变阻器使待测表满偏，流过的电流为Im。根据并联电路电压相等有：
拖拉机对耙做功为
⑥
（安徽卷）22.（14分）质量为的物体在水平推力的作用下沿水平面作直线运动，一段时间后撤去，其运动的图像如图所示。取，求：
(1)物体与水平面间的运动摩擦因数；
(2)水平推力的大小；
（3）内物体运动位移的大小。
解析：
（1）设物体做匀减速直线运动的时间为△t2、初速度为v20、末速度为v2t、加速度为a2，则
①
设物体所受的摩擦力为Ff，根据牛顿第二定律，有
Ff=ma2 ②
Ff=-μmg ③
联立①②得
④
（2）设物体做匀加速直线运动的时间为△t1、初速度为v10、末速度为v1t、加速度为a1，则
⑤
根据牛顿第二定律，有
F+Ff=ma1 ⑥
联立③⑥得
F=μmg+ma1=6N
（3）解法一：由匀变速直线运动位移公式，得
解法二：根据图象围成的面积，得
相互作用
（全国卷2）17. 在雷雨云下沿竖直方向的电场强度为V/m.已知一半径为1mm的雨滴在此电场中不会下落，取重力加速度大小为10m/,水的密度为kg/。这雨滴携带的电荷量的最小值约为
A．2C B. 4C C. 6C D. 8C
【答案】B
【解析】带电雨滴在电场力和重力最用下保持静止，根据平衡条件电场力和重力必然等大反向mg=Eq，则。
【命题意图与考点定位】电场力与平衡条件的结合。
（新课标卷）15.一根轻质弹簧一端固定，用大小为的力压弹簧的另一端，平衡时长度为；改用大小为的力拉弹簧，平衡时长度为.弹簧的拉伸或压缩均在弹性限度内，该弹簧的劲度系数为
A、 B、 C、 D、
答案：C
解析：根据胡克定律有：，，解得：k=。
（新课标卷）18.如图所示，一物块置于水平地面上.当用与水平方向成角的力拉物块时，物块做匀速直线运动；当改用与水平方向成角的力推物块时，物块仍做匀速直线运动.若和的大小相等，则物块与地面之间的动摩擦因数为
A、 B、 C、 D、1-
答案：B
解析：物体受重力mg、支持力N、摩擦力f、已知力F处于平衡，根据平衡条件，有，，联立解得：。
（上海理综）7．如图，水平桌面上放置一根条形磁铁，磁铁中央正上方用绝缘弹簧悬挂一水平直导线，并与磁铁垂直。当直导线中通入图中所示方向的电流时，可以判断出（ ）。
A．弹簧的拉力增大，条形磁铁对桌面的压力减小
B．弹簧的拉力减小，条形磁铁对桌面的压力减小
C．弹簧的拉力增大，条形磁铁对桌面的压力增大
D．弹簧的拉力减小，条形磁铁对桌面的压力增大
答案：A
（上海物理）25.如图，固定于竖直面内的粗糙斜杆，在水平方向夹角为，质量为m的小球套在杆上，在大小不变的拉力作用下，小球沿杆由底端匀速运动到顶端，为使拉力做功最小，拉力F与杆的夹角a=____，拉力大小F=_____。
【解析】，，，。因为没有摩擦力，拉力做功最小。
本题考查力的分解，功等。难度：中等。
（上海物理）31.（12分）倾角，质量M=5kg的粗糙斜面位于水平地面上，质量m=2kg的木块置于斜面顶端，从静止开始匀加速下滑，经t=2s到达底端，运动路程L=4m,在此过程中斜面保持静止（），求：
（1）地面对斜面的摩擦力大小与方向；
（2）地面对斜面的支持力大小
（3）通过计算证明木块在此过程中满足动能定理。
【解析】（1）隔离法：
对木块：，
因为，得
所以，，
对斜面：设摩擦力f向左，则，方向向左。
（如果设摩擦力f向右，则，同样方向向左。）
（2）地面对斜面的支持力大小
（3）木块受两个力做功。
重力做功：
摩擦力做功：
合力做功或外力对木块做的总功：
动能的变化
所以，合力做功或外力对木块做的总功等于动能的变化（增加），证毕。
（江苏卷）3、如图所示，置于水平地面的三脚架上固定着一质量为m的照相机，三脚架的三根轻质支架等长，与竖直方向均成角，则每根支架中承受的压力大小为
w w w.ks5 u .c om（A）（B）（C）（D）
3.D 难度：中等 本题考查力的平衡或力的合成。
【解析】。选D
（福建卷）16．质量为2kg的物体静止在足够大的水平面上，物体与地面间的动摩擦因数为0．2，最大静摩擦力和滑动摩擦力大小视为相等。从t=0时刻开始，物体受到方向不变、大小呈周期性变化的水平拉力F的作用，F随时间t的变化规律如图所示。重力加速度g取10m/s2，则物体在t=0到t=12s这段时间内的位移大小为
A．18m B．54m C．72m D．198m
【命题特点】本题属于多过程问题，综合考查静摩擦力、滑动摩擦力、牛顿运动定律、匀速直线运动和匀变速直线运动，需要考生准确分析出物体在每一段时间内的运动性质。 K^S*5U.C#O
【解析】拉力只有大于最大静摩擦力时，物体才会由静止开始运动
0-3s时：F=fmax，物体保持静止，s1=0；
3-6s时：F>fmax，物体由静止开始做匀加速直线运动
v=at=6m/s
6-9s时：F=f，物体做匀速直线运动
s3=vt=6×3=18m
9-12s时：F>f，物体以6m/s为初速度，以2m/s2为加速度继续做匀加速直线运动
所以0-12s内物体的位移为：s=s1+s2+s3+s4=54m，B正确
【答案】B
【启示】多过程问题能体现考生的判断力，组合题能综合考查学生多方面的知识，这类题目复习中应引起重视。
（广东卷）13. 图2为节日里悬挂灯笼的一种方式，A、B点等高，O为结点，轻绳AO、BO长度相等，拉力分别为FA 、FB，灯笼受到的重力为 G．下列表述正确的是
A．FA一定小于G
B．FA与FB大小相等
C．FA与FB是一对平衡力
D．FA与FB大小之和等于G
答案：B
解析：三力平衡问题，用正交分解法，设∠AOB=2θ，O点受到FA、ＦＢ、F三力作用，其中F=G，建立如图所示的坐标系，列平衡方程得：
解出： 当θ=1200时：；当θ<1200时：；当θ>1200时：故选B。
（广东卷）20.下列关于力的说法正确的是
A.作用力和反作用力作用在同一物体上
B.太阳系中的行星均受到太阳的引力作用
C 运行的人造地球卫星所受引力的方向不变
D.伽利略的理想实验说明了力不是维持物体运动的原因
答案：BD
解析：A.作用力和反作用力受力物体不同，要明确和一对平衡力区别，不要混淆；
C.人造地球卫星绕地做匀速圆周运动有万有引力提供向心力，因而方向始终指向地心一直在变，选BD。
（山东卷）16．如图甲所示，物体沿斜面由静止滑下，在水平面上滑行一段距离后停止，物体与斜面和水平面间的动摩擦因数相同，斜面与水平面平滑连接。图乙中HYPERLINK " http://www." EMBED Equation.DSMT4 、HYPERLINK " http://www." EMBED Equation.DSMT4 、HYPERLINK " http://www." EMBED Equation.DSMT4 和HYPERLINK " http://www." EMBED Equation.DSMT4 分别表示物体速度大小、加速度大小、摩擦力大小和路程。图乙中正确的是
答案：C
解析：在斜面上，；在水平面上，。
本题考查力、速度、加速度、位移、图象。
难度：易。
（山东卷）17．如图所示，质量分别为HYPERLINK " http://www." EMBED Equation.DSMT4 、HYPERLINK " http://www." EMBED Equation.DSMT4 的两个物体通过轻弹簧连接，在力HYPERLINK " http://www." EMBED Equation.DSMT4 的作用下一起沿水平方向做匀速直线运动（HYPERLINK " http://www." EMBED Equation.DSMT4 在地面，HYPERLINK " http://www." EMBED Equation.DSMT4 在空中），力HYPERLINK " http://www." EMBED Equation.DSMT4 与水平方向成HYPERLINK " http://www." EMBED Equation.DSMT4 角。则HYPERLINK " http://www." EMBED Equation.DSMT4 所受支持力N和摩擦力HYPERLINK " http://www." EMBED Equation.DSMT4 正确的是
A．
B．
C．
D．
17.AC【解析】整体法，分析受力，选AC.
本题考查受力分析，力的平衡。难度：易。
（重庆卷）25.（19分）某兴趣小组用如题25所示的装置进行实验研究。他们在水平桌面上固定一内径为d的圆柱形玻璃杯，杯口上放置一直径为d,质量为m的匀质薄原板，板上放一质量为2m的小物体。板中心、物块均在杯的轴线上，物块与板间动摩擦因数为，不计板与杯口之间的摩擦力，重力加速度为g，不考虑板翻转。
（1）对板施加指向圆心的水平外力，设物块与板间最大静摩擦力为，若物块能在板上滑动，求应满足的条件。
（2）如果对板施加的指向圆心的水平外力是作用时间极短的较大冲击力，冲量为，
①应满足什么条件才能使物块从板上掉下？
②物块从开始运动到掉下时的位移为多少？
③根据与的关系式说明要使更小，冲量应如何改变。
解析：
（1）设圆板与物块相对静止时，它们之间的静摩擦力为f。共同加速度为a
由牛顿运动定律，有
对物块 f=2ma 对圆板 F-f=ma
两物相对静止，有 f≤
得 F≤fmax
相对滑动的条件F＞fmax
（2）设冲击刚结束时圆板获得的速度大小为，物块掉下时，圆板和物块速度大小分别为和。
由动量定理，有
由动能定理，有
对圆板
对物块
由动量守恒定律，有
要使物块落下，必须＞
由以上各式得
＞
s＝
分子有理化得
s＝
根据上式结果知：I越大，s越小。
（浙江卷）23. （20分）如图所示，一矩形轻质柔软反射膜可绕过O点垂直纸面的水平轴转动，其在纸面上的长度为L1，垂直的为L2。在膜的下端（图中A处）挂有一科行于转轴，质量为m，长为L3的导体棒使膜*成平面。在膜下方水平放置一足够大的太阳能光电池板，能接收到经反射膜反射到光电池板上的所有光能，并将沟通转化成电能。光电池板可等效为一个一电池，输出电压恒定为U；输出电流正比于光电池板接收到的光能（设垂直于入身光单位面积上的光功率保持恒定）。导体棒处在方向竖直向上的匀强磁场B中，并与光电池构成回路，流经导体棒的电流垂直纸面向外（注：光电池与导体棒直接相连，连接导线未画出）。
（1）再有一束平等光水平入射，当反射膜与竖直方向成＝60时，导体棒牌受力平衡状态，求此时电流强度的大小和光电池的输出功率。
（2）当变成45时，通过调整电路使导体棒保持平衡，光电池除维持导体棒国学平衡外，不能输出多少额外电功率？
解析：
（1）导体棒所受安培力 ①
导体棒有静力平衡关系 ②
解得 ③
所以当=60°时，
光电池输出功率为
（2）当时，根据③式可知维持静力平衡需要的电流为
根据几何关系可知
可得
（安徽卷）19．L型木板P（上表面光滑）放在固定斜面上，轻质弹簧一端固定在木板上，另一端与置于木板上表面的滑块Q相连，如图所示。若P、Q一起沿斜面匀速下滑，不计空气阻力。则木板P 的受力个数为
A． 3 B．4 C．5 D．6
答案：C
解析：P、Q一起沿斜面匀速下滑时，由于木板P上表面光滑，滑块Q受到重力、P的支持力和弹簧沿斜面向上的弹力。木板P受到重力、斜面的支持力、斜面的摩擦力、Q的压力和弹簧沿斜面向下的弹力，所以选项C正确。
（四川卷）20.如图所示，电阻不计的平行金属导轨固定在一绝缘斜面上，两相同的金
属导体棒a、b垂直于导轨静止放置，且与导轨接触良好，匀强磁场垂直穿过导轨平面。现用一平行于导轨的恒力F作用在a的中点，使其向上运动。若b始终保持静止，则它所受摩擦力可能
A．变为0 B．先减小后不变
C．等于F D．先增大再减小
答案：AB
【解析】对a棒所受合力为Fa=F—Ff—mgsin—BIl说明a做加速度减小的加速运动，当加速度为0后匀速运动，所以a所受安培力先增大后不变。
如果F=Ff+2mgsin，则最大安培力为mgsin，则b所受摩擦力最后为0，A正确。
如果F＜Ff+2mgsin，则最大安培力小于mgsin，则b所受摩擦力一直减小最后不变，B正确。
如果Ff+3mgsin＞F＞Ff+2mgsin，则最大安培力大于mgsin小于2mgsin，则b所受摩擦力先减小后增大最后不变。
可以看出b所受摩擦力先变化后不变，CD错误。
牛顿运动定律
（全国卷1）15．如右图，轻弹簧上端与一质量为m的木块1相连，下端与另一质量为M的木块2相连，整个系统置于水平放置的光滑木板上，并处于静止状态。现将木板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间，木块1、2的加速度大小分别为、。重力加速度大小为g。则有
A．， B．，
C．， D．，
【答案】C
【解析】在抽出木板的瞬时，弹簧对1的支持力和对2的压力并未改变。对1物体受重力和支持力，mg=F,a1=0. 对2物体受重力和压力，根据牛顿第二定律
【命题意图与考点定位】本题属于牛顿第二定律应用的瞬时加速度问题，关键是区分瞬时力与延时力。
（上海物理）11. 将一个物体以某一速度从地面竖直向上抛出，设物体在运动过程中所受空气阻力大小不变，则物体
（A）刚抛出时的速度最大 （B）在最高点的加速度为零
（C）上升时间大于下落时间 （D）上升时的加速度等于下落时的加速度
解析：，，所以上升时的加速度大于下落时的加速度，D错误；
根据，上升时间小于下落时间，C错误，B也错误，本题选A。
本题考查牛顿运动定律和运动学公式。难度：中。
（上海物理）32.（14分）如图，宽度L=0.5m的光滑金属框架MNPQ固定板个与水平面内，并处在磁感应强度大小B=0.4T，方向竖直向下的匀强磁场中，框架的电阻非均匀分布，将质量m=0.1kg，电阻可忽略的金属棒ab放置在框架上，并且框架接触良好，以P为坐标原点，PQ方向为x轴正方向建立坐标，金属棒从处以的初速度，沿x轴负方向做的匀减速直线运动，运动中金属棒仅受安培力作用。求：
（1）金属棒ab运动0.5m，框架产生的焦耳热Q；
（2）框架中aNPb部分的电阻R随金属棒ab的位置x变化的函数关系；
（3）为求金属棒ab沿x轴负方向运动0.4s过程中通过ab的电量q，某同学解法为：先算出金属棒的运动距离s，以及0.4s时回路内的电阻R，然后代入
q=求解。指出该同学解法的错误之处，并用正确的方法解出结果。
解析：
（1），
因为运动中金属棒仅受安培力作用，所以F=BIL
又，所以
且，得
所以
（2），得，所以。
（3）错误之处：因框架的电阻非均匀分布，所求是0.4s时回路内的电阻R，不是平均值。
正确解法：因电流不变，所以。
本题考查电磁感应、电路与牛顿定律、运动学公式的综合应用。难度：难。
（江苏卷）15．（16分）制备纳米薄膜装置的工作电极可简化为真空中间距为d的两平行极板，如图甲所示，加在极板A、B间的电压作周期性变化，其正向电压为，反向电压为，电压变化的周期为2r，如图乙所示。在t=0时，极板B附近的一个电子，质量为m、电荷量为e，受电场作用由静止开始运动。若整个运动过程中，电子未碰到极板A，且不考虑重力作用。
（1）若，电子在0—2r时间内不能到达极板A，求d应满足的条件；
（2）若电子在0—2r时间未碰到极板B，求此运动过程中电子速度随时间t变化的关系；
（3）若电子在第N个周期内的位移为零，求k的值。
解析：
（1）电子在0~T时间内做匀加速运动
加速度的大小 ①
位移 ②
在T-2T时间内先做匀减速运动，后反向作匀加速运动
加速度的大小 ③
初速度的大小 ④
匀减速运动阶段的位移 ⑤
依据题意 ＞ 解得＞ ⑥
（2）在2nT~(2n+1)T,(n=0,1,2, ……,99)时间内 ⑦
加速度的大小 a′2=
速度增量 △v2=-a′2T ⑧
(a)当0≤t-2nt电子的运动速度 v=n△v1+n△v2+a1(t-2nT) ⑨
解得 v=[t-(k+1)nT] ,(n=0,1,2, ……,99) ⑩
(b)当0≤t-(2n+1)T电子的运动速度 v=(n+1) △v1+n△v2-a′2[t-(2n+1)T]
解得v=[(n+1)(k+1)T-kl],(n=0,1,2, ……,99)
（3）电子在2(N-1)T~(2N-1)T时间内的位移x2N-1=v2N-2T+a1T2
电子在(2N-1)T~2NT时间内的位移x2N=v2N-1T-a′2T2
由式可知 v2N-2=(N-1)(1-k)T
由式可知 v2N-1=(N-Nk+k)T
依据题意 x2N-1+ x2N=0
解得
本题考查牛顿运动定律、运动学公式应用和归纳法解题。
难度：难。
（福建卷）22.（20分）如图所示，物体A放在足够长的木板B上，木板B静止于水平面。t=0时，电动机通过水平细绳以恒力F拉木板B，使它做初速度为零，加速度aB=1.0m/s2的匀加速直线运动。已知A的质量mA和B的质量mg均为2.0kg,A、B之间的动摩擦因数=0.05，B与水平面之间的动摩擦因数=0.1，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小视为相等，重力加速度g取10m/s2。求
（1）物体A刚运动时的加速度aA
（2）t=1.0s时，电动机的输出功率P；
（3）若t=1.0s时，将电动机的输出功率立即调整为P`=5W，并在以后的运动过程中始终保持这一功率不变，t=3.8s时物体A的速度为1.2m/s。则在t=1.0s到t=3.8s这段时间内木板B的位移为多少？
解析：
（1）物体A在水平方向上受到向右的摩擦力，由牛顿第二定律得
代入数据解得
（2）t=1.0s，木板B的速度大小为
木板B所受拉力F，由牛顿第二定律有
解得：F=7N
电动机输出功率
P= Fv=7W
（3）电动机的输出功率调整为5W时，设细绳对木板B的拉力为，则
解得 =5N
木板B受力满足
所以木板B将做匀速直线运动，而物体A则继续在B上做匀加速直线运动直到A、B速度相等。设这一过程时间为，有
这段时间内的位移 ④
A、B速度相同后，由于F＞且电动机输出功率恒定，A、B将一起做加速度逐渐减小的变加速运动，由动能定理有：
由以上各式代入数学解得：
木板B在t=1.0s到3.8s这段时间内的位移为：
（四川卷）23．(16分)质量为M的拖拉机拉着耙来耙地，由静止开始做匀加速直线运动，在时间t内前进的距离为s。耙地时，拖拉机受到的牵引力恒为F，受到地面的阻力为自重的k倍，耙所受阻力恒定，连接杆质量不计且与水平面的夹角θ保持不变。求：
(1)拖拉机的加速度大小。
(2)拖拉机对连接杆的拉力大小。
(3)时间t内拖拉机对耙做的功。
【答案】⑴
⑵
⑶
【解析】⑴拖拉机在时间t内匀加速前进s，根据位移公式
①
变形得
②
⑵对拖拉机受到牵引力、支持力、重力、地面阻力和连杆拉力T，根据牛顿第二定律
③
②③连立变形得
④
根据牛顿第三定律连杆对耙的反作用力为
⑤
（3）闭合开关调节滑动变阻器使待测表满偏，流过的电流为Im。根据并联电路电压相等有：
拖拉机对耙做功为
⑥
（安徽卷）22.（14分）质量为的物体在水平推力的作用下沿水平面作直线运动，一段时间后撤去，其运动的图像如图所示。取，求：
(1)物体与水平面间的运动摩擦因数；
(2)水平推力的大小；
（3）内物体运动位移的大小。
解析：
（1）设物体做匀减速直线运动的时间为△t2、初速度为v20、末速度为v2t、加速度为a2，则
①
设物体所受的摩擦力为Ff，根据牛顿第二定律，有
Ff=ma2 ②
Ff=-μmg ③
联立①②得
④
（2）设物体做匀加速直线运动的时间为△t1、初速度为v10、末速度为v1t、加速度为a1，则
⑤
根据牛顿第二定律，有
F+Ff=ma1 ⑥
联立③⑥得
F=μmg+ma1=6N
（3）解法一：由匀变速直线运动位移公式，得
解法二：根据图象围成的面积，得
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 23 页 （共 23 页）登陆21世纪教育 助您教考全无忧
机械振动、机械波
（全国卷1）21．一简谐振子沿x轴振动，平衡位置在坐标原点。 时刻振子的位移；时刻；时刻。该振子的振幅和周期可能为
A．0. 1 m， B．0.1 m, 8s C．0.2 m， D．0.2 m，8s
【答案】A
【解析】在t=s和t=4s两时刻振子的位移相同，第一种情况是此时间差是周期的整数倍，当n=1时s。在s的半个周期内振子的位移由负的最大变为正的最大，所以振幅是0.1m。A正确。
第二种情况是此时间差不是周期的整数倍则，当n=0时s，且由于是的二倍说明振幅是该位移的二倍为0.2m。如图答案D。
【命题意图与考点定位】振动的周期性引起的位移周期性变化。
（全国卷2）15.一简谐横波以4m/s的波速沿x轴正方向传播。已知t=0时的波形如图所示，则
A．波的周期为1s
B．x=0处的质点在t=0时向y轴负向运动
C．x=0处的质点在t= s时速度为0
D．x=0处的质点在t= s时速度值最大
答案：AB
解析：由波的图像可知半个波长是2m，波长是4m，周期是，A正确。波在沿轴正方向传播，则=0的质点在沿轴的负方向传播，B正确。x=0的质点的位移是振幅的一半则要运动到平衡位置的时间是，则时刻x=0的质点越过了平衡位置速度不是最大，CD错误。
【命题意图与考点定位】本题属于波的图像的识图和对质点振动的判断。
（新课标卷）33.[物理——选修3-4]
(2)(10分)波源S1和S2振动方向相同，频率均为4Hz，分别置于均匀介质中轴上的两点处，，如图所示.两波源产生的简谐横波沿轴相向传播，波速为.己知两波源振动的初始相位相同.求：
（i）简谐波的波长；
（ii）OA间合振动振幅最小的点的位置。
解析：
（i）设波长为，频率为，则，代入已知数据，得。
（ii）以O为坐标原点，设P为OA间的任意一点，其坐标为x，则两波源到P点的波长差为，。期中、以m为单位。
合振动振幅最小的点的位置满足，k为整数
解得：x=0.25m，0.75m，1.25m，1.75m。
（北京卷）17．一列横波沿轴正向传播，ａ，ｂ，ｃ，ｄ为介质中的沿波传播方向上四个质点的平衡位置。某时刻的波形如图1所示，此后，若经过3／4周期开始计时，则图2描述的是
Ａ．ａ处质点的振动图像　　　　　　　Ｂ．ｂ处质点的振动图像
Ｃ．ｃ处质点的振动图像　　　　　　　Ｄ．ｄ处质点的振动图像
答案：B
【解析】由波的图像经过周期，a到达波谷，b达到平衡位置向下运动，c达到波峰，d达到平衡位置向上运动，这是四质点在0时刻的状态，只有b的符合振动图像，答案B。
（上海物理）2.利用发波水槽得到的水面波形如a,b所示，则
（A）图a、b均显示了波的干涉现象
（B）图a、b均显示了波的衍射现象
（C）图a显示了波的干涉现象，图b显示了波的衍射现象
（D）图a显示了波的衍射现象，图b显示了波的干涉现象
答案：D
解析：本题考查波的干涉和衍射。
难度：易。
（上海物理）3. 声波能绕过某一建筑物传播而光波却不能绕过该建筑物，这是因为
（A）声波是纵波，光波是横波 （B）声波振幅大，光波振幅小
（C）声波波长较长，光波波长很短 （D）声波波速较小，光波波速很大
答案：C
解析：本题考查波的衍射条件：障碍物与波长相差不多。
难度：易。
（上海物理）16. 如图，一列简谐横波沿轴正方向传播，实线和虚线分别表示＜时的波形，能正确反映时波形的是图
答案：D
解析：因为t2＜T，可确定波在0.5s的时间沿x轴正方向传播，即，所以T=2s，，波峰沿x轴正方向传播，从处到处，选D。
本题考查波的传播及波长、周期等。
难度：中等。
（上海物理）20. 如图，一列沿轴正方向传播的简谐横波，振幅为，波速为，在波的传播方向上两质点的平衡位置相距（小于一个波长），当质点在波峰位置时，质点在轴下方与轴相距的位置，则
（A）此波的周期可能为
（B）此波的周期可能为
（C）从此时刻起经过，点可能在波谷位置
（D）从此时刻起经过，点可能在波峰位置
解析：如上图，，。根据，，A正确，从此时刻起经过0.5s，即，波沿x轴正方向传播=1.0m，波峰到x=1.2m处，b不在波峰，C错误。
如下图，，，根据，，B错误；
从此时可起经过0.5s，即，波沿x轴正方向传播=1.0m，波峰到x=1.0m处，x=0.4的b在波峰，D正确。
本题考查波的传播，出现非和非得整数倍的情况，有新意。
难度：难。
（天津卷）4.一列简谐横波沿x轴正向传播，传到M点时波形如图所示，再经0.6s，N点开始振动，则该波的振幅A和频率f为
A．A=1m f=5Hz
B．A=0.5m f=5Hz
C．A=1m f=2.5 Hz
D．A=0.5m f=2.5 Hz
答案：D
（重庆卷）14.一列简谐波在两时刻的波形如题14图中实线和虚线所示，由图可确定这列波的
A 周期 B波速 C波长 D频率
【答案】C
【解析】只能确定波长，正确答案C。题中未给出实线波形和虚线波形的时刻，不知道时间差或波的传播方向，因此无法确定波速、周期和频率。
（福建卷）15、一列简谐横波在t=0时刻的波形如图中的实线所示，t=0.02s时刻的波形如图中虚线所示。若该波的周期T大于0.02s，则该波的传播速度可能是
A.2m/s B.3m/s C.4m/s D.5m/s
【答案】B
【解析】这类问题通常有两种解法：
解法一：质点振动法
（1）设波向右传播，则在0时刻x=4m处的质点往上振动，
设经历时间时质点运动到波峰的位置，则，即
当n=0时，T=0.08s＞0.02s，符合要求，此时
当n=1时，T=0.016s＜0.02s，不符合要求。
（2）设波向左传播，则在0时刻x=4m处的质点往下振动，
设经历时间时质点运动到波峰的位置，则，即
当n=0时，T=s＞0.02s，符合要求，此时
当n=1时，T=＜0.02s，不符合要求。
综上所述，只有B选项正确。
解法一：波的平移法
（1）设波向右传播，只有当波传播的距离为时，实线才会和虚线重合，即0时刻的波形才会演变成0.02s时的波形，
所以
当n=0时，T=0.08s＞0.02s，符合要求，此时
当n=1时，T=0.016s＜0.02s，不符合要求。
（2）设波向左传播，只有当波传播的距离为时，实线才会和虚线重合，即0时刻的波形才会演变成0.02s时的波形，
所以
当n=0时，T=s＞0.02s，符合要求，此时
当n=1时，T=＜0.02s，不符合要求。
综上所述，只有B选项正确。
【命题特点】本题考查机械波传播过程中的双向性。
【启示】波的双向性、每一个质点的起振方向、质点的运动特征（不随波逐流）、波长与波速间的联系、机械波与电磁波的比较是主要考查对象，在复习中应重点把握。
（山东卷）37．[物理 ( http: / / www. / Subject / wuli )—物理3-4]（4分）（1）渔船常利用超声波来探测远处鱼群的方位。已知某超声波频率快为1．0×105 Hz，某时刻该超声波在水中传播的波动图象如图所示。
①从该时刻开始计时，画出x=7．5×10-3m处质点做简谐运动的振动图象（至少一个周期）。
②现测得超声波信号从渔船到鱼群往返一次所用时间为4s，求鱼群与渔船间的距离（忽略船和鱼群的运动）。
37.(1)【解析】①如下图。
②从图读出，求出，。
（浙江卷）18. 在O点有一波源，t＝0时刻开始向上振动，形成向右传播的一列横波。t1=4s时，距离O点为3m的A点第一次达到波峰；t2=7s时，距离O点为4m的B点第一次达到波谷。则以下说法正确的是
A. 该横波的波长为2m
B. 该横波的周期为4s
C. 该横波的波速为1m/s
D. 距离O点为1m的质点第一次开始向上振动的时刻为6s末
答案：BC
（四川卷）16.一列间谐横波沿直线由A向B传播，A、Ｂ相距0.45m，右图是A处质点的震动图像。当A处质点运动到波峰位置时，B处质点刚好到达平衡位置且向y轴正方向运动，这列波的波速可能是
A．4.5/s B . 3.0m/s C . 1.5m/s D .0.7m/s
答案：A
解析：在处理相距一定距离的两个质点关系时必须尝试作出两质点间在该时刻的最少波形，然后根据间距和波长关系求波长（注意波的周期性）。波是由A向B船舶的，而且在A到达波峰的时刻，处于B平衡位置向上运动，则最少波形关系如图，所以有，，，当n=0时，v=4.5m/s，当n=1时v=0.9m/s，当n=2时v=0.5m/s等，正确答案为A。
（安徽卷）15.一列沿X轴方向传播的简谐横波，某时刻的波形如图所示。P为介质中的一个质点，从该时刻开始的一段极短时间内，P的速度和加速度的大小变化情况是
A. 变小，变大
B. 变小，变小
C. 变大，变大
D. 变大，变小
答案：D
解析：由题图可得，波沿x轴方向传播，P质点在该时刻的运动方向沿y轴正方向，向平衡位置靠近，做加速度减小的加速运动，v变大，a变大，选项C正确。
电磁场和电磁波
（上海物理）7. 电磁波包含了射线、红外线、紫外线、无线电波等，按波长由长到短的排列顺序是
（A）无线电波、红外线、紫外线、射线
（B）红外线、无线电波、射线、紫外线
（C）射线、红外线、紫外线、无线电波
（D）紫外线、无线电波、射线、红外线
答案：A
解析：本题考查电磁波普。
难度：易。
（天津卷）1.下列关于电磁波的说法正确的是
A．均匀变化的磁场能够在空间产生电场
B．电磁波在真空和介质中传播速度相同
C．只要有电场和磁场，就能产生电磁波
D．电磁波在同种介质中只能沿直线传播
答案：A
（四川卷）15.下列说法正确的是
A．α粒子大角度散射表明α粒子很难进入原子内部
B．氢原子跃迁发出的光从空气射入水时可能发生全反射
C．裂变反应有质量亏损，质量数不守恒
D．γ射线是一种波长很短的电磁波
答案：D
解析：α粒子的散射学习现象表明大多数α粒子不发生偏转，说明穿过了原子，少数α粒子发生偏转，说明无法穿过原子核，A错误。任何光只有在从光密介质进入光疏介质时才能发生全反射，B错误。裂变有质量亏损是因为核子的平均密度变化引起的，但是核子的总数并未改变，C错误。γ射线是频率很大波长很短的电磁波。D正确。
光学
（全国卷1）20．某人手持边长为6cm的正方形平面镜测量身后一棵树的高度。测量时保持镜面与地面垂直，镜子与眼睛的距离为0.4m。在某位置时，他在镜中恰好能够看到整棵树的像；然后他向前走了6.0 m，发现用这个镜子长度的5/6就能看到整棵树的像，这棵树的高度约为
A．5.5m B．5.0m C．4.5m D．4.0m
【答案】B
【解析】如图是恰好看到树时的反射光路，由图中的三角形可得
，即。人离树越远，视野越大，看到树所需镜面越小，同理有，以上两式解得L=29.6m，H=4.5m。
【命题意图与考点定位】平面镜的反射成像，能够正确转化为三角形求解。
（全国卷2）20.频率不同的两束单色光1和2 以相同的入射角从同一点射入一厚玻璃板后，其光路如图所示，下列说法正确的是
A． 单色光1的波长小于单色光2的波长
B． 在玻璃中单色光1的传播速度大于单色光2 的传播速度
C． 单色光1通过玻璃板所需的时间小于单色光2通过玻璃板所需的时间
D． 单色光1从玻璃到空气的全反射临界角小于单色光2从玻璃到空气的全反射临界角
答案：AD
解析：由折射光路知，1光线的折射率大，频率大，波长小，在介质中的传播速度小，产生全反射的临界角小，AD对，B错。，在玻璃种传播的距离为，传播速度为，所以光的传播事件为，1光线的折射角小，所经历的时间长，C错误。
【命题意图与考点定位】平行玻璃砖的折射综合。
（新课标卷）33.[物理——选修3-4]
(1)(5分)如图，一个三棱镜的截面为等腰直角ABC，为直角.此截面所在平面内的光线沿平行于BC边的方向射到AB边，进入棱镜后直接射到AC边上，并刚好能发生全反射.该棱镜材料的折射率为_________.(填入正确选项前的字母)
A、 B、 C、 D、
答案：A
解析：根据折射率定义有，，，已知∠1=450∠2+∠3=900，解得：n=。
（北京卷）14．对于红、黄、绿、蓝四种单色光，下列表述正确的是
Ａ．在相同介质中，绿光的折射率最大　　　　　Ｂ．红光的频率最高
Ｃ．在相同介质中，蓝光的波长最短　　　　　　Ｄ．黄光光子的能量最小
答案：C
【解析】红、黄、绿、蓝四种单色光的频率依次增大，光从真空进入介质频率不变，B 错。由色散现象同一介质对频率大的光有大的折射率，A错。频率大的光在真空中和介质中的波长都小，蓝光的波长最短，C正确。频率大，光子能量大，D错。
（上海理综）9．使用照相机拍摄清晰满意的照片，必须选择合适的曝光量。曝光量P可以表示为：
P=，式中为常数，为照相机镜头“通光孔径”的直径，为照相机镜头的焦距，为曝光时间，将的倒数称为照相机的光圈数。一摄影爱好者在某次拍摄时，选择的光圈数是8，曝光时间是s。 若他想把曝光时间减少一半，但不改变曝光量，那么光圈数应选择（ ）。
A．4 B．5.6 C．8 D．11
答案：B
（上海物理）6. 根据爱因斯坦光子说，光子能量等于（为普朗克常量，为真空中的光速和波长）
（A） （B） （C） （D）
答案：A
解析：。
本题考查光子能量公式和光速公式。
难度：易。
（天津卷）8.用同一光管研究a、b两种单色光产生的光电效应，得到光电流I与光电管两极间所加电压U的关系如图。则这两种光
A照射该光电管时a光使其逸出的光电子最大初动能大
B.从同种玻璃射入空气发生全反射时，a光的临界角大
C.通过同一装置发生双缝干涉，a光的相邻条纹间距大
D.通过同一玻璃三棱镜时，a光的偏折程度大
答案：BC
（重庆卷）20.如题20图所示，空气中在一折射率为的玻璃柱体，其横截面是圆心角为90°、半径为R的扇形OAB，一束平行光平行于横截面，以45°入射角照射到OA上，OB不透光，若只考虑首次入射到圆弧上的光，则上有光透出部分的弧长为
A B C D
答案：B
【解析】根据折射定律，可得光进入玻璃后光线与竖直方向的夹角为30°。过O的光线垂直入射到AB界面上点C射出，C到B之间没有光线射出；越接近A的光线入射到AB界面上时的入射角越大，发生全反射的可能性越大，根据临界角公式得临界角为45°，如果AB界面上的临界点为D，此光线在AO界面上点E入射，在三角形ODE中可求得OD与水平方向的夹角为180°-（120°+45°）=15°，所以A到D之间没有光线射出。
由此可得没有光线射出的圆弧对应圆心角为90°-（30°+15°）=45°，为。
（江苏卷）12.【选做题】B．（选修模块3-4）（12分）
（1）激光具有相干性好，平行度好、亮度高等特点，在科学技术和日常生活中应用广泛。下面关于激光的叙述正确的是
（A）激光是纵波
（B）频率相同的激光在不同介质中的波长相同
（C）两束频率不同的激光能产生干涉现象
（D）利用激光平行度好的特点可以测量月球到地球的距离
（2）如图甲所示，在杨氏双缝干涉实验中，激光的波长为5.30×m,屏上P点距双缝和的路程差为7.95×m.则在这里出现的应是 （选填“明条纹”或“暗条纹”）。现改用波长为6.30×m的激光进行上述实验，保持其他条件不变，则屏上的条纹间距将 （选填“变宽”、“变窄”、或“不变”。
（3）如图乙所示，一束激光从O点由空气射入厚度均匀的介质，经下表面反射后，从上面的A点射出。已知入射角为i ,A与O 相距l,介质的折射率为n,试求介质的厚度d.
答案：（1）D；
（2）暗条纹；变宽。解析：，波程差是半波长的奇数倍，是暗条纹。
，变大，变大，变宽。
（3）设折射角为r，折射定律；几何关系
解得
（江苏卷）12.【选做题】C.（选修模块3-5）（12分）
(1)研究光电效应电路如图所示，用频率相同、强度不同的光分别照射密封真空管的钠极板（阴极K），钠极板发射出的光电子被阳极A吸收，在电路中形成光电流。下列光电流I与A\K之间的电压的关系图象中，正确的是 .
（2）钠金属中的电子吸收光子的能量，从金属表面逸出，这就是光电子。光电子从金属表面逸出的过程中，其动量的大小___▲____(选填“增大、“减小”或“不变”)， 原因是___▲____。
（3）已知氢原子处在第一、第二激发态的能级分别为-3.4eV和-1.51eV， 金属钠的截止频率为Hz, 普朗克常量h=Js.请通过计算判断，氢原子从第二激发态跃迁到第一激发态过程中发出的光照射金属钠板， 能否发生光电效应。
【解析】（1）选C 本题考查光电效应规律
（2）减小；光电子受到金属表面层中力的阻碍作用（或需要克服逸出功）
（3）氢原子放出的光子能量,带入数据的
金属钠的逸出功，带入数据得
因为，所以不能发生光电效应。
（福建卷）19.(1)(6分)某同学利用“插针法”测定玻璃的折射率，所用的玻璃砖两面平行，正确操作后，作出的光路图及测出的相关角度如图所示，①此玻璃的折射率计算式为n=________(用图中的θ1、θ2 表示)；②如果有几块宽度大小不同的平行玻璃砖可供选择，为了减小误差，应选用宽度______________________．(填“大”或“小”)的玻璃砖采测量。
解析：
（1）①（或） ②大
（山东卷）37．[物理 ( http: / / www. / Subject / wuli )—物理3-4] （4分）（2）如图所示，一段横截面为正方形的玻璃棒，中间部分弯成四分之一圆弧形状，一细束单色光由MN端面的中点垂直射入，恰好能在弧面EF上发生全反射，然后垂直PQ端面射出。
①求该玻璃棒的折射率。
②若将入射光向N端平移，当第一次射到弧面EF上时______（填“能”“不能”或“无法确定能否”）发生全反射。
解析：（2）①如图，临界角C=45°，
②入射角大于临界角，能。
（浙江卷）16. 在光电效应实验中，飞飞同学用同一光电管在不同实验条件下得到了三条光电流与电压之间的关系曲线（甲光、乙光、丙光），如图所示。则可判断出
A. 甲光的频率大于乙光的频率
B. 乙光的波长大于丙光的波长
C. 乙光对应的截止频率大于丙光的截止频率
D. 甲光对应的光电子最大初动能大于丙光的光电子最大初动能
答案：B
（四川卷）18.用波长为HYPERLINK " http://www./" EMBED Equation.DSMT4 的紫外线照射钨的表面，释放出来的光电子中最大的动能是4.7HYPERLINK " http://www./" EMBED Equation.DSMT4 。由此可知，钨的极限频率是（普朗克常量h=6.63HYPERLINK " http://www./" EMBED Equation.DSMT4 ·s），光速c=3.0HYPERLINK " http://www./" EMBED Equation.DSMT4 /s，结果取两位有效数字）
A．5.5HYPERLINK " http://www./" EMBED Equation.DSMT4 Hz Ｂ .7.9HYPERLINK " http://www./" EMBED Equation.DSMT4 Hz C . 9.8HYPERLINK " http://www./" EMBED Equation.DSMT4 Hz D .1.2HYPERLINK " http://www./" EMBED Equation.DSMT4 Hz
答案：B
【解析】根据光电效应方程，在恰好发生光电效应时最大出动能为0有，且，综合化简得
Hz
树
树的像
眼睛
△t2
△t1
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 18 页 （共 18 页）