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文档介绍
高考物理试题分类汇编20个模块专题汇总Word版含答案解析
第 1页 2015 年高考物理试题分类汇编及答案解析（20 个专题） 目录 专题一 直线运动.............................................................................................................................1 专题二 相互作用.............................................................................................................................5 专题三 牛顿运动定律.....................................................................................................................6 专题四 曲线运动...........................................................................................................................14 专题五 万有引力定律...................................................................................................................18 专题六 机械能与能源...................................................................................................................24 专题七 电场...................................................................................................................................33 专题八 恒定电流...........................................................................................................................42 专题九 磁场...................................................................................................................................54 专题十 电磁感应...........................................................................................................................61 专题十一 交变电流 传感器.......................................................................................................72 专题十二 机械振动与机械波.......................................................................................................76 专题十三 光学 电磁波及相对论................................................................................................ 80 专题十四 动量与动量守恒...........................................................................................................84 专题十五 波粒二象性 原子物理................................................................................................ 87 专题十六 力学实验.......................................................................................................................90 专题十七 电学实验.......................................................................................................................94 专题十八 选修 3-3...................................................................................................................... 104 专题十九 选修 3-4...................................................................................................................... 110 专题二十 选修 3-5...................................................................................................................... 121 专题一 直线运动 1.（15 江苏卷）如图所示，某“闯关游戏”的笔直通道上每隔 8m 设有一个关卡，各关卡同 步放行和关闭，放行和关闭的时间分别为 5s 和 2s。关卡刚放行时，一同学立即在关卡 1 处 以加速度 22 /m s 由静止加速到 2m/s，然后匀速向前，则最先挡住他前进的关卡是 A．关卡 2 B．关卡 3 C．关卡 4 D．关卡 5 第 2页 【解析】加速运动时间 sa vt 11 ，加速运动位移 ma vs 12 2 1 ，到第 2 关卡匀速运动的时 间 sv sLt 5.32 181 2 ，所以到达第 2 关卡的时刻（从开始运动计时）为 s5.42 T 小 于 5s，放行；从第 2 关卡到第 3 关卡匀速运动时间 sv Lt 42 8 3 ，所以到达第 3 关卡的 时刻（从开始运动计时）为 s5.83 T ， 125.87 ，也是放行。从第 3 关卡到第 4 关卡匀 速运动时间仍然是 s4 ，所以到达第 4 关卡的时刻（从开始运动计时）为 s5.123 T ， 145.1212 ，被档住。 【答案】C 【点评】本题考查直线运动知识，难度：中等。 2.（15 福建卷）（15 分）一摩托车由静止开始在平直的公路上行驶，其运动过程的 v-t 图像 如图所示，求： （1） 摩托车在 0-20s 这段时间的加速度大小 a； （2） 摩托车在 0-75s 这段时间的平均速度大小 v 。 【答案】（1）1.5m/s2 （2）20 m/s 【解析】 试题分析：（1）由图知，在 0-20s 内做匀加速运动，根据 t va ，可求加速度 a=1.5m/s2； （2）根据 v-t 图像与坐标轴围面积表示位移可求在 0-75s 时间内位移为 x=1500m，所以平均 速度为 smt xv 20 3.（15 四川卷）（15 分）严重的雾霾天气，对国计民生已造成了严重的影响，汽车尾气是形 成雾霾的重要污染源，“铁腕治污”已成为国家的工作重点，地铁列车可实现零排放，大力 发展地铁，可以大大减少燃油公交车的使用，减少汽车尾气排放。 若一地铁列车从甲站由静止启动后做直线运动，先匀加速运动 20s 达到最高速度 72km/h， 再匀速运动 80s，接着匀减速运动 15s 到达乙站停住。设列车在匀加速运动阶段牵引力为 第 3页 1×106N，匀速阶段牵引力的功率为 6×103kW，忽略匀减速运动阶段牵引力所做的功。 （1）求甲站到乙站的距离； （2）如果燃油公交车运行中做的功与该列车从甲站到乙站牵引力做的功相同，求公交车排 放气体污染物的质量。（燃油公交车每做 1 焦耳功排放气体污染物 3×10－6 克） 【答案】（1）s＝1950m；（2）m＝2.04kg 【解析】 试题分析：（1）根据匀变速直线运动规律可知，地铁列车匀加速运动的位移为： s1＝ 12 1 vt ① 匀减速运动的位移为：s3＝ 32 1 vt ② 根据匀速运动规律可知，地铁列车匀速运动的位移为：s2＝vt2 ③ 根据题意可知，甲站到乙站的距离为：s＝s1＋s2＋s3 ④ 由①②③④式联立，并代入数据解得：s＝1950m （2）地铁列车在从甲站到乙站的过程中，牵引力做的功为：W1＝Fs1＋Pt2 ⑤ 根据题意可知，燃油公交车运行中做的功为：W2＝W1 ⑥ 由①⑤⑥式联立，并代入数据解得：W2＝6.8×108J 所以公交车排放气体污染物的质量为：m＝3×10－9×6.8×108kg＝2.04kg 考点：匀速直线运动与匀变速直线运动规律的应用，以及功大小的计算。 4.（15 重庆卷）若货物随升降机运动的 v t 图像如题 5 图所示（竖直向上为正），则货物受 到升降机的支持力 F 与时间t 关系的图像可能是 【答案】B 第 4页 考点：本题考查 v t 图图像、超重与失重、牛顿第二定律。 5.（15 重庆卷）同学们利用如题 6 图 1 所示方法估测反应时间。 首先，甲同学捏住直尺上端，使直尺保持竖直状态，直尺零刻度线位于乙同学的两指之间。 当乙看见甲放开直尺时，立即用手指捏直尺，若捏住位置的刻度读数为 x ，则乙同学的反应 时间为 （重力加速度为 g ）。 基于上述原理，某同学用直尺制作测量反应时间的工具，若测量范围为 0～0.4s，则所用直 尺的长度至少为 cm（ g 取 10m/s2）；若以相等时间间隔在该直尺的另一面标记出表 示反应时间的刻度线，则每个时间间隔在直尺上对应的长度是 的（选填“相等” 或“不相等”）. 【答案】 2x g ， 80， 不相等 【解析】 试题分析：①在人的反应时间内直尺做自由落体运动，有 210 2x gt ，解得 2xt g ； ②反应时间最长为 0.4t s ，需要直尺的长度为 2 21 1 10 0.4 0.8 802 2x gt m cm ； ③自由落体运动从计时开始连续相等时间的位移为 1:4:9:16，而相等时间内的位移为 1:3:5:7， 故长度不相等。 考点：本题考查研究自由落体运动的规律。 第 5页 6.（15 广东卷） 7.（15 广东卷） 专题二 相互作用 1.（15 海南卷）如图，物块 a、b 和 c 的质量相同，a 和 b、b 和 c 之间用完全相同的轻弹簧 S1 和 S2 相连，通过系在 a 上的细线悬挂于固定点 O；整个系统处于静止状态；现将细绳剪 断，将物块 a 的加速度记为 a1，S1 和 S2 相对原长的伸长分别为△l1 和△l2，重力加速度大小 为 g，在剪断瞬间 A.a1=3g B.a1=0 C. △l1=2△l2 D. △l1=△l2 【答案】AC 第 6页 2.（15 广东卷） 专题三 牛顿运动定律 1.（15 江苏卷）一人乘电梯上楼，在竖直上升过程中加速度 a 随时间 t 变化的图线如图所示， 以竖直向上为 a 的正方向，则人对地板的压力 A．t=2s 时最大 B．t=2s 时最小 C．t=8.5s 时最大 D．t=8.5s 时最小 6.【解析】0~4s，加速度向上，人超重，设地板对人支持力为 FN，则 mamgFN ，当 st 2 时，加速度最大，支持力就最大，根据牛顿第三定律，人对地板压力也最大；7~10s，加速 第 7页 度向下，人失重，设地板对人支持力为 FN，则 maFmg N - ， mamgFN 当 st 5.8 时， 加速度最大，支持力就最小，根据牛顿第三定律，人对地板压力也最小。 【答案】AD 【点评】本题考查牛顿定律和超重失重知识，难度：中等 2.（15 福建卷）如图，在竖直平面内，滑道 ABC 关于 B 点对称，且 A、B、C 三点在同一水 平线上。若小滑块第一次由 A 滑到 C，所用的时间为 t1，第二次由 C 滑到 A，所用时间为 t2， 小滑块两次的初速度大小相同且运动过程始终沿着滑道滑行，小滑块与滑道的动摩擦因数恒 定，则( ) A． 1 2t t B． 1 2t t C． 1 2t t D．无法比较 1t 、 2t 的大小 【答案】：A 【解析】 试题分析：在 AB 段，根据牛顿第二定律 R vmFmg N 2 ，速度越大，滑块受支持力越小， 摩擦力就越小，在 BC 段，根据牛顿第二定律 R vmmgFN 2 ，速度越大，滑块受支持力 越大，摩擦力就越大，由题意知从 A 运动到 C 相比从 C 到 A，在 AB 段速度较大，在 BC 段 速度较小，所以从 A 到 C 运动过程受摩擦力较小，用时短，所以 A 正确。 3.（15 海南卷）假设摩托艇受到的阻力的大小正比于它的速率。如果摩托艇发动机的输出功 率变为原来的 2 倍，则摩托艇的最大速率变为原来的（ ） A.4 倍 B. 2 倍 C. 3 倍 D. 2 倍 【答案】D 【解析】设 f kv ，当阻力等于牵引力时，速度最大，输出功率变化前，有 2P Fv fv kv v kv ，变化后有 22 ' ' ' ' 'P F v kv v kv ，联立解得 ' 2v v ，D 第 8页 正确； 4.（15 海南卷）如图，升降机内有一固定斜面，斜面上放一物体，开始时升降机做匀速运动， 物块相对斜面匀速下滑，当升降机加速上升时 A.物块与斜面间的摩擦力减小 B.物块与斜面间的正压力增大 C.物块相对于斜面减速下滑 D.物块相对于斜面匀速下滑 【答案】BD 【解析】当升降机加速上升时，物体有竖直向上的加速度，则物块与斜面间的正压力增大， 根据滑动摩擦力公式 f NF F 可知接触面间的正压力增大，物体与斜面间的摩擦力增大， 故 A 错误 B 正确；设斜面的倾角为 ，物体的质量为 m，当匀速运动时有 sin cosmg mg ，即sin cos ，假设物体以加速度 a 向上运动时，有 N m g a cos （ ） ， f m g a cos （ ） ，因为sin cos ，所以 sinm g a m g a cos （ ） （ ） ，故物体仍做匀速下滑运动，C 错误 D 正确； 5.（15 四川卷）如图所示，粗糙、绝缘的直轨道 OB 固定在水平桌面上，B 端与桌面边缘对 齐，A 是轨道上一点，过 A 点并垂直于轨道的竖直面右侧有大小 E＝1.5×106N/C，方向水平 向右的匀强电场。带负电的小物体 P 电荷量是 2.0×10－6C，质量 m＝0.25kg，与轨道间动摩 擦因数μ＝0.4，P 从 O 点由静止开始向右运动，经过 0.55s 到达 A 点，到达 B 点时速度是 5m/s， 到达空间 D 点时速度与竖直方向的夹角为α，且 tanα＝1.2。P 在整个运动过程中始终受到水 平向右的某外力 F 作用，F 大小与 P 的速率 v 的关系如表所示。P 视为质点，电荷量保持不 变，忽略空气阻力，取 g＝10 m/s2，求： （1）小物体 P 从开始运动至速率为 2m/s 所用的时间； 第 9页 （2）小物体 P 从 A 运动至 D 的过程，电场力做的功。 【答案】（1）t1＝0. 5s；（2）W＝－9.25J。 【解析】 试题分析：（1）物体 P 在水平桌面上运动时，竖直方向上只受重力 mg 和支持力 N 作用，因 此其滑动摩擦力大小为：f＝μmg＝1N 根据表格数据可知，物体 P 在速率 v＝0～2m/s 时，所受水平外力 F1＝2N＞f，因此，在进 入电场区域之前，物体 P 做匀加速直线运动，设加速度为 a1，不妨设经时间 t1 速度为 v1＝ 2m/s，还未进入电场区域。 根据匀变速直线运动规律有：v1＝a1t1 ① 根据牛顿第二定律有：F1－f＝ma1 ② 由①②式联立解得：t1＝ fF mv 1 1 ＝0.5s＜0.55s，所以假设成立 即小物体 P 从开始运动至速率为 2m/s 所用的时间为 t1＝0.5s （2）当物体 P 在速率 v＝2～5m/s 时，所受水平外力 F2＝6N，设先以加速度 a2 再加速 t2＝ 0.05s 至 A 点，速度为 v2，根据牛顿第二定律有：F2－f＝ma2 ③ 根据匀变速直线运动规律有：v2＝v1＋a2t2 ④ 由③④式联立解得：v2＝3m/s ⑤ 物体 P 从 A 点运动至 B 点的过程中，由题意可知，所受水平外力仍然为 F2＝6N 不变，设位 移为 x1，加速度为 a3，根据牛顿第二定律有：F2－f－qE＝ma3 ⑥ 根据匀变速直线运动规律有：2a3x1＝ 2 Bv － 2 2v ⑦ 由⑤⑥⑦式联立解得：x1＝1m ⑧ 根据表格数据可知，当物体 P 到达 B 点时，水平外力为 F3＝qE＝3N，因此，离开桌面在水 平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上只受重力，做自由落体运动，设运动至 D 点时， 其水平向右运动位移为 x2，时间为 t3，则在水平方向上有：x2＝vBt3 ⑨ 根据几何关系有：cotα＝ 2 3 v gt ⑩ 由⑨⑩式联立解得：x2＝ 12 25 m ⑪ 所以电场力做的功为：W＝－qE（x1＋x2） ⑫ 由⑧⑪⑫式联立解得：W＝－9.25J 考点：物体的受力分析、牛顿第二定律、匀变速直线运动规律、平抛运动规律、功的定义式 的应用。 第 10页 6.（15 安徽卷）图示是α粒子（氦原子核）被重金属原子核散射的运动轨迹，M、 N、P、Q 是轨迹上的四点，在散射过程中可以认为重金属原子核静止不动。图 中所标出的α粒子在各点处的加速度方向正确的是 A．M B．N C．P D．Q 【答案】C 【解析】同种电荷相排斥，库仑力沿两者连线指向受力物体，由牛顿第二定律知， 加速度也沿两者连线指向受力物体。 7.（15 重庆卷）若货物随升降机运动的 v t 图像如题 5 图所示（竖直向上为正），则货物受 到升降机的支持力 F 与时间t 关系的图像可能是 【答案】B 考点：本题考查 v t 图图像、超重与失重、牛顿第二定律。 8.（15 新课标 2 卷）在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩链接好的车厢。当机 车在东边拉着这列车厢一大小为 a 的加速度向东行驶时，链接某两相邻车厢的挂钩 P 和 Q 间的拉力大小为 F；当机车在西边拉着这列车厢一大小为 a 的加速度向东行驶时，链接某两 相邻车厢的挂钩 P 和 Q 间的拉力大小仍为 F。不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同， 则这列车厢的节数可能为 A. 8 B.10 C.15 D.18 【答案】BC 第 11页 【解析】 试题分析：由设这列车厢的节数为 n，P、Q 挂钩东边有 m 节车厢，每节车厢的质量为 m， 由牛顿第二定律可知： mkn F km F )(3 2 ，解得： nk 5 2 ，k 是正整数，n 只能是 5 的倍 数，故 B、C 正确，A、D 错误 考点：牛顿第二定律 9.（15 新课标 2 卷）下暴雨时，有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害。某地有一倾角为 θ=37°（sin37°= 5 3 ）的山坡 C，上面有一质量为 m 的石板 B，其上下表面与斜坡平行；B 上 有一碎石堆 A（含有大量泥土），A 和 B 均处于静止状态，如图所示。假设某次暴雨中，A 浸透雨水后总质量也为 m（可视为质量不变的滑块），在极短时间内，A、B 间的动摩擦因数 μ1 减小为 8 3 ，B、C 间的动摩擦因数μ2 减小为 0.5，A、B 开始运动，此时刻为计时起点；在 第 2s 末，B 的上表面突然变为光滑，μ2 保持不变。已知 A 开始运动时，A 离 B 下边缘的距 离 l=27m，C 足够长，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。取重力加速度大小 g=10m/s2。求： （1）在 0~2s 时间内 A 和 B 加速度的大小 （2）A 在 B 上总的运动时间 【答案】（1）a1=3m/s2； a2 =1m/s2；（2）4s 第 12页 11sin mafmg ……⑸ 212sin maffmg ………⑹ 联立以上各式可得 a1=3m/s2…………⑺ 第 13页 (利用下面的速度图象求解，正确的，参照上述答案信参考给分) 考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动； 第 14页 专题四 曲线运动 1.（15 江苏卷）一带正电的小球向右水平抛入范围足够大的匀强电场，电场方向水平向左， 不计空气阻力，则小球 A．做直线运动 B．做曲线运动 C．速率先减小后增大，D．速率先增大后减小 【解析】小球受重力和电场力，合力方向左下，初速度与合力不在同一直线，所以小球做曲 线运动。初阶段，合力与速度夹角为钝角，速率减小，后来，合力与速度夹角为锐角，速率 增大，所以速率先减小后增大。 【答案】BC 【点评】本题考查曲线运动，难度：中等 2.（15 江苏卷）一转动装置如图所示，四根轻杆 OA、OC、AB 和 CB 与两小球以及一小环 通过铰链连接，轻杆长均为 l，球和环的质量均为 m，O 端固定在竖直的轻质转轴上，套在 转轴上的轻质弹簧连接在 O 与小环之间，原长为 L，装置静止时，弹簧长为 3 2 L ，转动该装 置并缓慢增大转速，小环缓慢上升。弹簧始终在弹性限度内，忽略一切摩擦和空气阻力，重 力加速度为 g，求： 第 15页 （1）弹簧的劲度系数 k； （2）AB 杆中弹力为零时，装置转动的角速度 0 ； （3）弹簧长度从 3 2 L 缓慢缩短为 1 2 L 的过程中，外界对转动装置所做的功 W。 【解答】（1）装置静止时，设 OA、AB 杆中的弹力分别为 1F 、 1T ，OA 杆与转轴的夹角为 1 . 小环受到弹簧的弹力 21 LkF 弹 小环受力平衡 111 cos2 TmgF 弹 小球受力平衡 mgTF 1111 coscos ； 1111 sinsin TF 解得 L mgk 4 (2) 设 OA、AB 杆中的弹力分别为 2F 、 2T ，OA 杆与转轴的夹角为 2 ，弹簧长度为 x 。 小环受到弹簧的弹力 )(2 LxkF 弹 小环受力平衡 mgF 2弹 ,得 Lx 4 5 对小球 mgF 22 cos ； 2 2 022 sinsin lmF ； l x 2cos 2 解得： L g 5 8 0 （3）弹簧长度为 L2 1 时，设 OA、AB 杆中的弹力分别为 3F 、 3T ，OA 杆与转轴的夹角为 3 ， 小环受到弹簧的弹力 kLF 2 1 3 弹 小环受力平衡 333 cos2 TmgF 弹 ， l L 4cos 3 对小球 3333 coscos TmgF ； 3 2 33333 sinsinsin lmTF ； 解得 L g16 3 整个过程弹簧弹性势能变化为 0，则弹力做功为 0，由动能定理 2 33 )sin(22)4 1 4 3(2)2 1 2 3( lmLLmgLLmgW 解得 L mglmgLW 216 第 16页 【解析】 小球和小环位置示意图 【点评】本题考查圆周运动，弹簧等知识和力的分析，力的平衡，向心力等能力，综合性强， 物理情景复杂。难度：难 3.（15 福建卷）（19 分）如图，质量为 M 的小车静止在光滑的水平面上，小车 AB 段是半径 为 R 的四分之一圆弧光滑轨道，BC 段是长为 L 的水平粗糙轨道，两段轨道相切于 B 点，一 质量为 m 的滑块在小车上从 A 点静止开始沿轨道滑下，重力加速度为 g。 （1）若固定小车，求滑块运动过程中对小车的最大压力； （2）若不固定小车，滑块仍从 A 点由静止下滑，然后滑入 BC 轨道，最后从 C 点滑出小车， 已知滑块质量 2 Mm ,在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的 2 倍，滑 块与轨道 BC 间的动摩擦因数为μ，求： 1 滑块运动过程中，小车的最大速度 vm； 2 滑块从 B 到 C 运动过程中，小车的位移大小 s。 第 17页 【答案】：（1）3mg （2）① gRvm 3 1 ②s=L/3 【解析】 试题分析：（1）由图知，滑块运动到 B 点时对小车的压力最大 从 A 到 B，根据动能定理： 02 1 2 BmvmgR 在 B 点： R vmmgF B N 2 联立解得： FN=3mg，根据牛顿第三定律得，滑块对小车的最大压力为 3mg （2）①若不固定小车， 滑块到达 B 点时，小车的速度最大 根据动量守恒可得： mMvvm 从 A 到 B，根据能量守恒： 22 2 1 2 1 mMvvmmgR 联立解得： gRvm 3 1 ② 设 滑 块 到 C 处 时 小 车 的 速 度 为 v ， 则 滑 块 的 速 度 为 2v ， 根 据 能 量 守 恒 ： mgLMvvmmgR 22 2 122 1 解得： gLgRv 3 1 3 1 小车的加速度： gM mga 2 1 根据 asvvm 222 解得：s=L/3 4. （15 新课标 1 卷） 第 18页 专题五 万有引力定律 1.（15 江苏卷）过去几千年来，人类对行星的认识与研究仅限于太阳系内，行星“51 peg b” 的发现拉开了研究太阳系外行星的序幕。“51 peg b”绕其中心恒星做匀速圆周运动，周期 约为 4 天，轨道半径约为地球绕太阳运动半径为 1 20 ，该中心恒星与太阳的质量比约为 A． 1 10 B．1 C．5 D．10 第 19页 【解析】根据 2 2 2 4 T rm r GMm ，得 2 324 GT rM ， 所以 14 365 20 1)()( 232 51 351 ）（）（地 地日 恒 T T r r M M 。 【答案】B 【点评】本题考查万有引力和天天运动知识，难度：容易 2.（15 北京卷）假设地球和火星都绕太阳做匀速圆周运动，已知地球到太阳的距离小于火星到太阳的距 离，那么 A．地球公转周期大于火星的公转周期 B．地球公转的线速度小于火星公转的线速度 C．地球公转的加速度小于火星公转的加速度 D．地球公转的角速度大于火星公转的角速度 【答案】D 【难度】★★ 【考点】万有引力定律与天体运动中各参量定性分析 【解析】根据万有引力公式与圆周运动公式结合解题。再由地球环绕太阳的公转半径小于火星环绕太阳 的公转半径，利用口诀“高轨、低速、大周期”能够非常快的判断出，地球的轨道“低”，因此线速度大、 周期小、角速度大。最后利用万有引力公式 a= 2RGM ,得出地球的加速度大。 因此为 D 选项。 3.（15 福建卷）如图，若两颗人造卫星 a 和 b 均绕地球做匀速圆周运动，a、b 到地心 O 的 距离分别为 r1、r2, 线速度大小分别为 v1 、 v2。则 （ ） 1 2 2 1 . v rA v r 1 1 2 2 B. v r v r 21 2 2 1 C. ( )v r v r 21 1 2 2 C. ( )v r v r 【答案】：A 【解析】 试题分析：由题意知，两颗人造卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，根据 r vm r MmG 2 2 ，得： r GMv ，所以 1 2 2 1 . v rA v r ，故 A 正确；B、C、D 错误。 第 20页 4.（15 海南卷）若在某行星和地球上相对于各自水平地面附近相同的高度处、以相同的速率 平抛一物体，它们在水平方向运动的距离之比为 7:2 。已知该行星质量约为地球的 7 倍， 地球的半径为 R，由此可知，该行星的半径为（） A. R2 1 B. R2 7 C. 2R D. R2 7 【答案】C 5.（15 四川卷）登上火星是人类的梦想，“嫦娥之父”欧阳自远透露：中国计划于 2020 年登 陆火星。地球和火星公转视为匀速圆周运动，忽略行 星自转影响。根据下表，火星和 地球 相比 【答案】B 行星 半径/m 质量/kg 轨道半径/m 地球 6.4×106 6.0×1024 1.5×1011 火星 3.4×106 6.4×1023 2.3×1011 第 21页 考点：万有引力定律的应用和分析数据、估算的能力。 6.（15 安徽卷）由三颗星体构成的系统，忽略其它星体对它们的作用，存在着 一种运动形式：三颗星体在相互之间的万有引力作用 下，分别位于等边三角形的三个顶点上，绕某一共同 的圆心 O 在三角形所在的平面内做相同角速度的圆 周运动（图示为 A、B、C 三颗星体质量不相同时的 一般情况．．．．）。若 A 星体质量为 2m，B、C 两星体的质 量均为 m，三角形的边长为 a，求： （1）A 星体所受合力大小 FA； （2）B 星体所受合力大小 FB； （3）C 星体的轨道半径 RC； （4）三星体做圆周运动的周期 T。 【答案】（1） 2 2 2 3 A GmF a ；（2） 2 2 7 B GmF a ；（3） 7 4BR a ；（4） 3aT Gm 【解析】（1）A 星体受 B、C 两星体的引力大小相等， 2 2 2 BA CA mF F G a ，合力 2 2 2 33A BA GmF F a ①； （2）B 星体受 A 星体的引力 2 2 2 AB BA mF F G a ，B 星体受 C 星体的引力 2 2CB mF G a ， 三 角 形 定 则 结 合 余 弦 定 理 得 ， O A CB RA RB RC 第 22页 2 2 2 2 72 cos120o B AB CB AB CB GmF F F F F a ②； （3）由对称性知，OA 在 BC 的中垂线上， C BR R ．对 A 星体： 2 2 2 2 3 2 A Gm m Ra ③，对 B 星体： 2 2 2 7 B Gm m Ra ④，联立解得 3 7A CR R ，在三角形中， 2 2 23( ) ( )2 2A C aa R R ，解得 7 4CR a ，即 7 4BR a ⑤； （4）把⑤式代入④式，得 32 Gm a ，即 32 aT Gm ． 7.（15 重庆卷）宇航员王亚平在“天宫 1 号”飞船内进行了我国首次太空授课，演示了一些 完全失重状态下的物理现象。若飞船质量为 m ，距地面高度为 h ，地球质量为 M ，半径为 R ，引力常量为G ，则飞船所在处的重力加速度大小为 A.0 B. 2( ) GM R h C. 2( ) GMm R h D. 2 GM h 【答案】B 【解析】 试题分析：对飞船受力分析知，所受到的万有引力提供匀速圆周运动的向心力，等于飞 船所在位置的重力，即 2( ) MmG mgR h ，可得飞船的重力加速度为 2= ( ) GMg R h ，故选 B。 考点：本题考查万有引力定律的应用。 8.（15 新课标 2 卷）由于卫星的发射场不在赤道上，同步卫星发射后需要从转移轨道经过调 整再进入地球同步轨道。当卫星在转移轨道上飞经赤道上空时，发动机点火，给卫星一附加 速度，使卫星沿同步轨道运行。已知同步卫星的环绕速度约为 3.1x103/s，某次发射卫星飞经 赤道上空时的速度为 1.55x103/s，此时卫星的高度与同步轨道的高度相同，转移轨道和同步 轨道的夹角为 30°，如图所示，发动机给卫星的附加速度的方向和大小约为 第 23页 A. 西偏北方向，1.9x103m/s B. 东偏南方向，1.9x103m/s C. 西偏北方向，2.7x103m/s D. 东偏南方向，2.7x103m/s 【答案】B 考点：速度的合成与分解 9.（15 广东卷） 第 24页 专题六 机械能与能源 1．（15 江苏卷）如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与质量为 m、套在粗糙竖直固定杆 A 处的圆环相连，弹簧水平且处于原长。圆环从 A 处由静止开始下滑，经过 B 处的速度最 大，到达 C 处的速度为零，AC=h。圆环在 C 处获得一竖直向上的速度 v，恰好能回到 A； 弹簧始终在弹性限度之内，重力加速度为 g，则圆环 A．下滑过程中，加速度一直减小 B．下滑过程中，克服摩擦力做功为 21 4 mv C．在 C 处，弹簧的弹性势能为 21 4 mv mgh D．上滑经过 B 的速度大于下滑经过 B 的速度 9.【解析】A.下滑过程，A 到 B，加速度向下，弹力向上且增大，加速度减小；B 到 C，加 速度向上，加速度增大，A 错误；B.下滑 A 到 C，根据动能定理， 0 弹力摩擦力 WWmgh ①,上滑，C 到 A，根据动能定理， 2 2 1-0- mvWWmgh 弹力摩擦力 ②，两式联立解得 2 4 1 mvW 摩擦力 ，B 正确；C.以上两式联立，还可解得 2 4 1 mvmghW 弹力 ，即弹性势能 2 4 1 mvmghEPC , 所 以 C 错 误 ； D. 下 滑 ， A 到 B ， 有 0-2 1- 2 下弹力摩擦力 BABABAB mvWWmgh ， 上 滑 ， B 到 A ， 有 2 2 1-0- 上弹力摩擦力 BABABAB mvWWmgh ，比较得 下上 BB vv ，D 正确。 【答案】BD。 【点评】本题考查力的分析，动能定理，等知识和能力。难度：难。 2.（15 北京卷）“蹦极”运动中，长弹性绳的一端固定，另一端绑在人身上，人从几十米高处跳下。将 蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动。从绳恰好伸直，到人第一次下降至最低点的过程中，下列分析正 第 25页 确的是 A.绳对人的冲量始终向上，人的动量先增大后减小 B.绳对人的拉力始终做负功，人的动能一直减小 C.绳恰好伸直时，绳的弹性势能为零，人的动能最大 D.人在最低点时，绳对人的拉力等于人所受的重力 【答案】A 【难度】★★ 【考点】牛顿定律、动量定理、功能关系 【解析】从绳恰好伸直到人运动到最低点的过程中，绳对人的拉力始终向上，故冲量始终向上。此过程 中人先加速再减速，当拉力等于重力时，速度最大，则动量先增大后减小，A 选项正确，B、C 选项错误， 在最低点时，人的加速度向上，拉力大于重力，D 选项错误。 3.（15 北京卷）（18 分） 如图所示，弹簧的一端固定，另一端连接一个物块，弹簧质量不计。物块（可 视为质点）的质量为 m，在水平桌面上沿 x 轴运动，与桌面间的动摩擦因数为 。以弹簧原长时物块 的位置为坐标原点 O，当弹簧的伸长量为 x 时，物块所受弹簧弹力大小为 F=kx, k 为常量。 （1）请画出 F 随 x 变化的示意图；并根据 F-x 的图像求物块沿 x 轴从 O 点运动到位置 x 的过程 中弹力所做的功。 （2）物块由 1X 向右运动到 3X ，然后由 3X 返回到 2X ，在这个过程中， a.求弹力所做的功.并据此求弹性势能的变化量； b.求滑动摩擦力所做的功；并与弹力做功比较，说明为什么不存在与摩擦力对应的“摩擦力势能”的概 念。 【难度】★★ 【考点】机械能，功能关系 【解析】（1）在 F-x 图像中，面积为拉力所做的功 2KX2 1FX2 1W （2）a.物块从 1X 向右运动到 3X 过程中弹力做功 ）（）（ 2 1 2 13 31 1 x-xK2 1-x-x2 kxkx-W 3 由 3X 返回到 2X 过程中弹力做功 ）（）（ 2 2 2 23 32 2 x-xK2 1x-x2 kxkxW 3 整个过程中弹力做功 21 WWW 带入得 2 1 2 x-xK2 1-W 2 B.摩擦力一直与运动方向相反，故一直做负功 1232313f x-x-x2mg-x-xx-xmg-W 摩擦力做功与路径有关，而势能变化只与初末位置有关，与过程无关，所以不存在摩擦力势能。 4.（15 福建卷）（19 分）如图，质量为 M 的小车静止在光滑的水平面上，小车 AB 段是半 径为 R 的四分之一圆弧光滑轨道，BC 段是长为 L 的水平粗糙轨道，两段轨道相切于 B 点， 一质量为 m 的滑块在小车上从 A 点静止开始沿轨道滑下，重力加速度为 g。 （1）若固定小车，求滑块运动过程中对小车的最大压力； （2）若不固定小车，滑块仍从 A 点由静止下滑，然后滑入 BC 轨道，最后从 C 点滑出小车， 第 26页 已知滑块质量 2 Mm ,在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的 2 倍，滑 块与轨道 BC 间的动摩擦因数为μ，求： 3 滑块运动过程中，小车的最大速度 vm； 4 滑块从 B 到 C 运动过程中，小车的位移大小 s。 【答案】：（1）3mg （2）① gRvm 3 1 ②s=L/3 【解析】 试题分析：（1）由图知，滑块运动到 B 点时对小车的压力最大 从 A 到 B，根据动能定理： 02 1 2 BmvmgR 在 B 点： R vmmgF B N 2 联立解得： FN=3mg，根据牛顿第三定律得，滑块对小车的最大压力为 3mg （2）①若不固定小车， 滑块到达 B 点时，小车的速度最大 根据动量守恒可得： mMvvm 从 A 到 B，根据能量守恒： 22 2 1 2 1 mMvvmmgR 联立解得： gRvm 3 1 ② 设 滑 块 到 C 处 时 小 车 的 速 度 为 v ， 则 滑 块 的 速 度 为 2v ， 根 据 能 量 守 恒 ： mgLMvvmmgR 22 2 122 1 解得： gLgRv 3 1 3 1 小车的加速度： gM mga 2 1 根据 asvvm 222 第 27页 解得：s=L/3 5.（15 海南卷）如图，一半径为 R 的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端登高。质量为 m 的质点自轨道端点 P 由静止开始滑下，滑到最低点 Q 时，对轨道的正压力为 2mg，重力加 速度大小为 g，质点自 P 滑到 Q 的过程中，克服摩擦力所做的功为（ ） A. mgR4 1 B. mgR3 1 C. mgR2 1 D. mgR4 【答案】C 6.（15 海南卷）如图，位于竖直水平面内的光滑轨道由四分之一圆弧 ab 和抛物线 bc 组成， 圆弧半径 Oa 水平，b 点为抛物线顶点。已知 h=2m,，s= 2m 。取重力加速度大小 210 /g m s 。 （1）一小环套在轨道上从 a 点由静止滑下，当其在 bc 段轨道运动时，与轨道之间无相互作 用力，求圆弧轨道的半径； （2）若环从 b 点由静止因微小扰动而开始滑下，求环到达 c 点时速度的水平分量的大小。 【答案】（1） 0.25m（2） 2 /m s 【解析】（1）一小环套在 bc 段轨道运动时，与轨道之间无相互作用力，则说明下落到 b 点 时的速度，使得小环套做平抛运动的轨迹与轨道 bc 重合，故有 bs v t ①， 21 2h gt ②， 第 28页 从 ab 滑落过程中，根据动能定理可得 21 2 bmgR mv ③，联立三式可得 2 0.254 sR mh （2）下滑过程中，初速度为零，只有重力做功，根据动能定理可得 21 2 cmgh mv ④ 因为物体滑到 c 点时与竖直方向的夹角等于（1）问中做平抛运动过程中经过 c 点时速度与 竖直方向的夹角相等，设为 ，则根据平抛运动规律可知 2 2 sin 2 b b v v gh ⑤， 根据运动的合成与分解可得sin c v v 水平 ⑥ 联立①②④⑤⑥可得 2 2 2 /4 s ghv m ss h 水平 7.（15 四川卷）在同一位置以相同的速率把三个小球分别沿水平、斜向上、斜向下方向抛 出，不计空气阻力，则落在同一水平地面时的速度大小 A．一样大 B．水平抛的最大 C．斜向上抛的最大 D．斜向下 抛的最大 【答案】A 【解析】 试题分析：三个小球被抛出后，均仅在重力作用下运动，三球从同一位置落至同一水平地面 时，设其下落高度为 h，并设小球的质量为 m，根据动能定理有：mgh＝ 2 2 1 mv － 2 02 1 mv ，解 得小球的末速度大小为：v＝ ghv 22 0 ，与小球的质量无关，即三球的末速度大小相等，故 选项 A 正确。 考点：抛体运动特点、动能定理（或机械能守恒定律）的理解与应用。 8.（15 安徽卷）一质量为 0.5 kg 的小物块放在水平地面上的 A 点，距离 A 点 5 m 的位置 B 处是一面墙，如图所示。物块以 v0=9 m/s 的初速度从 A 点沿 AB 方向 运动，在与墙壁碰撞前瞬间的速度为 7 m/s，碰后以 6 m/s 的速度反向运动直至静止。 g 取 10 m/s2。 （1）求物块与地面间的动摩擦因数μ； （2）若碰撞时间为 0.05 s，求碰撞过程中墙面对物块平均作用力的大小 F； （3）求物块在反向运动过程中克服摩擦力所做的功 W。 A v0 B 第 29页 【答案】（1）0.32； （2）130 N； （3）9 J 【解析】（1）由 A 到 B 做匀减速运动， 2 2 0 2B ABv v ax ，由牛顿第二定律 mg ma ，联立得 0.32 （或根据动能定理 2 2 0 1 1 2 2B ABmv mv mgx ，得 0.32 ） （2）根据动量定理，取水平向左为正方向，有 B BF t mv mv ，代入数据， 得 130 NF （3）根据动能定理， 210 2 BW mv ，所以 9 JW ． 9.（15 重庆卷）（16 分）同学们参照伽利略时期演示平抛运动的方法制作了如题 8 图所示的 实验装置。图中水平放置的底板上竖直地固定有 M 板和 N 板。M 板上部有一半径为 R 的 1 4 圆弧形的粗糙轨道，P 为最高点，Q 为最低点，Q 点处的切线水平，距底板高为 H .N 板上 固定有三个圆环.将质量为 m 的小球从 P 处静止释放，小球运动至 Q 飞出后无阻碍地通过各 圆环中心，落到底板上距 Q 水平距离为 L 处。不考虑空气阻力，重力加速度为 g .求： （1）距 Q 水平距离为 2 L 的圆环中心到底板的高度； （2）小球运动到 Q 点时速度的大小以及对轨道压力的大小和方向； （3）摩擦力对小球做的功. 【答案】（1）到底版的高度 3 4 H ；（2）速度的大小为 2 gL H ，压力的大小 2 (1 )2 Lmg HR ， 方向竖直向下 ；（3）摩擦力对小球作功 2 ( )4 Lmg RH 【解析】 试题分析：（1）由平抛运动规律可知 L vt ， 21 2H gt 第 30页 同理： 12 L vt ， 2 1 1 2h gt 考点：本题考查平抛运动的规律、动能定理、牛顿第二定律、牛顿第三定律。 10.（15 新课标 2 卷）一汽车在平直公路上行驶。从某时刻开始计时，发动机的功率 P 随时 间 t 的变化如图所示。假定汽车所受阻力的大小 f 恒定不变。下列描述该汽车的速度 v 随时 间 t 变化的图像中，可能正确的是 【答案】A 第 31页 【解析】 试题分析：由图可知，汽车先以恒定功率 P1 起动，所以刚开始做加速度减小的加速度运动， 后以更大功率 P2 运动，所以再次做加速度减小的加速运动，故 A 正确，B、C、D 错误。 考点：机车起动问题 11.（15 新课标 2 卷）如图，滑块 a、b 的质量均为 m，a 套在固定直杆上，与光滑水平地面 相距 h，b 放在地面上，a、b 通过铰链用刚性轻杆连接。不计摩擦，a、b 可视为质点，重 力加速度大小为 g。则 A. a 落地前，轻杆对 b 一直做正功 B. a 落地时速度大小为错误！未找到引用源。 C. a 下落过程中，其加速度大小始终不大于 g D. a 落地前，当 a 的机械能最小时，b 对地面的压力大小为 mg 【答案】BD 考点：机械能守恒定律；运动的合成与分解 12.（15 新课标 1 卷） 第 32页 13.(15 广东卷) 第 33页 专题七 电场 1.（15 江苏卷）静电现象在自然界中普遍存在，我国早在西汉末年已有对静电现象的记载《春 秋纬 考异邮》中有玳瑁吸衣若只说，但下列不属于静电现象的是 A．梳过头发的塑料梳子吸起纸屑 第 34页 B．带电小球移至不带电金属球附近，两者相互吸引 C．小线圈接近通电线圈过程中，小线圈中产生电流 D．从干燥的地毯走过，手碰到金属把手时有被电击的感觉 【解析】C 是电磁感应现象，其余是静电现象。 【答案】C 【点评】本题考查静电现象和电磁感应现象，难度：容易 2.（15 江苏卷）一带正电的小球向右水平抛入范围足够大的匀强电场，电场方向水平向左， 不计空气阻力，则小球 A．做直线运动 B．做曲线运动 C．速率先减小后增大，D．速率先增大后减小 【解析】小球受重力和电场力，合力方向左下，初速度与合力不在同一直线，所以小球做曲 线运动。初阶段，合力与速度夹角为钝角，速率减小，后来，合力与速度夹角为锐角，速率 增大，所以速率先减小后增大。 【答案】BC 【点评】本题考查曲线运动，难度：中等 3，（15 江苏卷）两个相同的负电荷和一个正电荷附近的电场线分布如图所示，c 是两负电荷 连线的中点，d 点在正电荷的正上方，c、d 到正电荷的距离相等，则 第 35页 A．a 点的电场强度比 b 点的大 B．a 点的电势比 b 点的高 C．c 点的电场强度比 d 点的大 D．c 点的电势比 d 点的低 【解析】逐项判断 A.根据电场线的疏密判断，a 点电场强度比 b 大，A 正确；B.根据沿电场 线电势降低，a 点的电势比 b 低，B 错误；C.根据电场的叠加原理，c、d 点的电场都是正电 荷与两个相同的负电荷形成的电场的叠加，c 点两个相同的负电荷形成的电场互相抵消、d 点两个相同的负电荷形成的电场方向与正电荷形成的电场方向相反，而 c、d 点与正电荷距 离相等，所以 c 点电场强度比 d 大，C 正确；D.根据 EdU 的原理，c、d 点与正电荷距离 相等，但正电荷到 c 间电场强度比到 d 间电场强度大，所以电势降落大，所以 c 点的电势比 d 低，D 正确。 【答案】ACD 【点评】本题考查电场强度与电势，难度，中等。 4.（15 江苏卷）（16 分）一台质谱仪的工作原理如图所示，电荷量均为+q、质量不同的离子 飘入电压为 0U 的加速电场，其初速度几乎为零，这些离子经过加速后通过狭缝 O 沿着与磁 场垂直的方向进入磁感应强度为 B 的匀强磁场，最后打在底片上，已知放置底片区域已知 放置底片的区域 MN =L，且 OM =L。某次测量发现 MN 中左侧 2 3 区域 MQ 损坏，检测不到 离子，但右侧 1 3 区域 QN 仍能正常检测到离子. 在适当调节加速电压后，原本打在 MQ 的离 子即可在 QN 检测到。 （1）求原本打在 MN 中点 P 的离子质量 m； （2）为使原本打在 P 的离子能打在 QN 区域，求加速电压 U 的调节范围； （3）为了在 QN 区域将原本打在 MQ 区域的所有离子检测完整，求需要调节 U 的最少次数。 （取 2 0. 301lg ； lg3 0. 477,lg5 0. 699 ） 【解答】（1）离子在电场中加速 2 0 2 1 mvqU 在磁场中做匀速圆周运动 r vmqvB 2 ，解得 q mU Br 021 ① 代入 Lr 4 3 0 ，解得 0 22 32 9 U LqBm ② （2）由（1）得， U 2 2 0 9 16 L rU ，离子打在 Q 点 Lr 6 5 ，解得 81 100 0UU ;离子打在 N 点 Lr ，解得 9 16 0UU ，则电压的范围 9 16 81 100 00 UUU 第 36页 （3）由（1）可知， r ∝ U 第一次调节电压到 1U ，使原本打到Q 点的离子打到 N 点， 0 1 6 5 U U L L ，此时，设原本半 径为 1r 的打在 1Q 的离子打在Q 上，则 0 1 1 6 5 U U r L ，解得 LLr 36 25)6 5( 2 1 第二次调节电压到 2U ，使原本打到 1Q 点的离子打到 N 点， 0 2 2)6 5( U U L L ，此时，设原 本半径为 2r 的打在 2Q 的离子打在Q 上，则 0 2 2 6 5 U U r L ，解得 LLr 216 125)6 5( 3 2 同理，第 n 次调节电压，有 Lr n n 1)6 5( ,检测完整，有 Lrn 2 1 ，解得 8.21 )5 6lg( 2lg n ， 最少次数为 3 次。 【最后一步本人的简便解法】 第三次调节电压到 3U ，使原本打到 2Q 点的离子打到 N 点， 0 3 3)6 5( U U L L ，此时，设原 本半径为 3r 的打在 3Q 的离子打在 Q 上，则 0 3 3 6 5 U U r L ，解得 LLLr 2 1 1296 625)6 5( 4 3 , 调节电压的次数最少为 3 次。 【点评】本题考查质谱仪的工作原理，包括带电粒子的加速和圆周运动。创新的是第（3） 问，难点也是第 3 问。我用“穷举法”解比原答案的通用解法简便一些，也好理解一下。难 度：难。 5.（15 海南卷）如图，一充电后的平行板电容器的两极板相距 l，在正极板附近有一质量为 M、电荷量为 q（q＞0）的粒子，在负极板附近有另一质量为 m、电荷量为-q 的粒子，在电 场力的作用下，两粒子同时从静止开始运动。已知两粒子同时经过一平行于正极板且与其相 距 l5 2 的平面。若两粒子间相互作用力可忽略，不计重力，则 M：m 为（ ） 第 37页 A. 3:2 B. 2：1 C. 5:2 D. 3:1 【答案】A 【解析】设电场强度为 E，两粒子的运动时间相同，对 M 有， Eqa M ， 22 1 5 2 Eql tM ；对 m 有 ' Eqa m ， 23 1 5 2 Eql tm ，联立解得 3 2 M m ，A 正确； 6.（15 海南卷）如图，两电荷量分别为 Q（Q＞0）和-Q 的点电荷对称地放置在 x 轴上原点 O 的两侧，a 点位于 x 轴上 O 点与点电荷 Q 之间，b 位于 y 轴 O 点上方。取无穷远处的电势 为零，下列说法正确的是 A.b 点的电势为零，电场强度也为零 B.正的试探电荷在 a 点的电势能大于零，所受电场力方向向右 C.将正的试探电荷从 O 点移到 a 点，必须克服电场力做功 D.将同一正的试探电荷先后从 O、b 点移到 a 点，后者电势能的变化较大 【答案】BC 【解析】因为等量异种电荷在其连线的中垂线上的电场方向为水平指向负电荷，所以电场方 向与中垂线方向垂直，故中垂线为等势线，因为中垂线延伸到无穷远处，所以中垂线的电势 为零，故 b 点的电势为零，但是电场强度不为零，A 错误；等量异种电荷连线上，电场方向 由正电荷指向负电荷，方向水平向右，在中点 O 处电势为零，O 点左侧电势为正，右侧电 势为负，又知道正电荷在正电势处电势能为正，故 B 正确；O 点的电势低于 a 点的电势， 电场力做负功，所以必须克服电场力做功，C 正确；O 点和 b 点的电势相等，所以先后从 O、 b 点移到 a 点，电场力做功相等，电势能变化相同，D 错误； 7.（15 四川卷）如图所示，半圆槽光滑、绝缘、固定，圆心是 O，最低点是 P，直径 MN 水 平，a、b 是两个完全相同的带正电小球（视为点电荷），b 固定在 M 点，a 从 N 点静止释放， 沿半圆槽运动经过 P 点到达某点 Q（图中未画出）时速度为零。 则小球 a 第 38页 A．从 N 到 Q 的过程中，重力与库仑力的合力先增大后减小 B．从 N 到 P 的过程中，速率先增大后减小 C．从 N 到 Q 的过程中，电势能一直增加 D．从 P 到 Q 的过程中，动能减少量小于电势能增加量 【答案】BC 考点：孤立点电荷等势面特征、库仑定律、平行四边形定则、功能关系、能量守恒定律的应 用。 8.（15 安徽卷）由库仑定律可知，真空中两个静止的点电荷，带电量分别为 q1 和 q2，其间距离为 r 时，它们之间相互作用力的大小为 2 21 r qqkF = ，式中 k 为静电 力常量。若用国际单位制的基本单位表示，k 的单位应为 A．kg·A2·m2 B．kg·A-2·m3·s-4 C．kg·m2·C-2 D．N·m2·A-2 【答案】B 【解析】根据单位制，k 的单位为 N·m2·C-2，而 1N= 1kg·m·s-2，1C=1 A·s，代入 得 k 的单位为 kg·A-2·m3·s-4，故答案为 B． 9.（15 安徽卷）已知均匀带电的无穷大平面在真空中激发电场的场强大小为 02 ， 其中σ为平面上单位面积所带的电荷量，ε0 为常量。如图所示的平行板电容器， 极板正对面积为 S，其间为真空，带电量为 Q。不计边缘效应 + + + + - - - - S 第 39页 时，极板可看作无穷大导体板，则极板间的电场强度大小和两极板间相互的静电 引力大小分别为 A． Sε Q 0 和 Sε Q 0 2 B． 02 Q S 和 Sε Q 0 2 C． 02 Q S 和 2 02 Q S D． Sε Q 0 和 2 02 Q S 【答案】D 【解析】由题意，单块极板产生的电场强度为 0 02 QE S ，根据电场的叠加原理， 极板间的电场强度大小 0 0 2 QE E S ，选项 B、C 错误；由于一块极板在另一块 极板处产生的电场强度处处相同，借用微元和累加的思想，所以另一块极板所受 电场力为 2 0 02 QF QE S ，故选项 A 错误．答案为 D． 10.（15 海南卷）在 xOy 平面内，有沿 y 轴负方 向的匀强电场，场强大小为 E（图中未画出），由 A 点斜射出一质量为 m，带电量为+q 的粒子，B 和 C 是粒子运动轨迹上的两点，如图所示，其中 l0 为常数。粒子所受重力忽略不计，求： （1）粒子从 A 到 C 过程中电场力对它做的功； （2）粒子从 A 到 C 过程所经历的时间； （3）粒子经过 C 点时的速率。 【答案】（1） 03W qEl ； （2） 023AC mlt qE ； （3） 017 2C qElv m 【解析】（1）电场力做功与路径无关，A、C 间沿电场线方向的距离 03y l ，所 以电场力做功 03W qE y qEl ； （2）由对称性知，轨迹最高点在 y 轴上，设为 P 点，带电粒子在水平方向做匀 速直线运动，又 A、P、B、C 的水平间距相等，均为 l0，所以三段轨迹经历时间 A B -l0 l0O C(2l0 ,-3l0) y x 第 40页 也相等，设为 t0 ，由 P 到 C 竖直方向做初速为零的匀加速直线运动，有 : 1:3PB BCy y ， 0PBy l ，由 P 到 B，有 2 0 0 1 2 qEl tm ，解得 0 0 2mlt qE ，所以 粒子从 A 到 C 过程所经历的时间 0 0 23 3AC mlt t qE ； （3）由 P 到 C，水平速度 0 02 2xv t l ，所以 0 0 0 2x l qElv t m ，竖直方向 0 02 42 yv t l ， 所以 0 0 4 4y x lv vt ，即粒子经过 C 点时的速率 2 2 01717 2C x y x qElv v v v m ． 11.（15 新课标 2 卷）如图，两平行的带电金属板水平放置。若在两板中间 a 点从静止释放 一带电微粒，微粒恰好保持静止状态。现将两板绕过 a 点的轴（垂直于纸面）逆时针旋转 ° 45 ， 再由 a 点从静止释放一同样的微粒，改微粒将 A．保持静止状态 B.向左上方做匀加速运动 C.向正下方做匀加速运动 D.向左下方做匀加速运动 【答案】D 【解析】 试题分析：现将两板绕过 a 点的轴（垂直于纸面）逆时针旋转时，两板间的电场强度不变， 电场力也不变，所以现将两板绕过 a 点的轴（垂直于纸面）逆时针旋转后，带电微粒受两大 小相等的力的作用，合力方向向左下方，故微粒将向左下方做匀加速运动，故 D 正确，A、 B、C 错误。 考点：电容器；电场力；力的平衡 12.（15 新课标 2 卷）（12 分）如图，一质量为 m、电荷量为 q（q>0）的例子在匀强电场中 运动，A、B 为其运动轨迹上的两点。已知该粒子在 A 点的速度大小为 v0，方向与电场方向 第 41页 的夹角为 60°；它运动到 B 点时速度方向与电场方向的夹角为 30°。不计重力。求 A、B 两点 间的电势差。 【答案】 q mvU AB 2 0 考点：动能定理；带电粒子在电场中运动 13.（15 新课标 1 卷） 第 42页 14.（15 广东卷） 专题八 恒定电流 1．（15 江苏卷）（8 分）小明利用如题 10-1 图所示的实验装置测量一干电池的电动势和内阻 第 43页 （1）题 10-1 图中电流表的示数为__________A （2）调节滑动变阻器，电压表和电流表的示数记录如下 请根据表中的数据，在答题卡的方格纸上作出 U-I 图线 由图线求得：电动势 E=_________V;内阻 r=_________________Ω （3）实验时，小明进行了多次测量，花费了较长时间，测量期间一直保持电路闭合，其实 从实验误差考虑，这样的操作不妥，因为_______________ 【答案】（1）0.44 第 44页 （2）U-I 图线见右图 1. 60 （1. 58 ~ 1. 62 都算对） 1.2（1.18 ~1.26 都算对） （3）干电池长时间使用后，电动势和内阻会发生变化，导致实验误差增大. 【解析】本题做图象时，纵轴的标度要注意，一是初始点不为 0 而是 1.0，二是每 5 个小格 为 0.1 而不是 10 个小格，否则，不是图象画不全就是延长线到图象外才与纵轴相交。平常 做作业，学生常常认为作图象不要做，考试时就会了，本题图象说明，平常做作业，做图象 题也要做，否则，考试时画不好。 【点评】本题考查测电源电动势和内阻实验，难度：容易 2.（15 江苏卷）做磁共振检查时，对人体施加的磁场发生变化时会在肌肉组织中产生感应电 流。某同学为了估算该感应电流对肌肉组织的影响，将包裹在骨骼上一圈肌肉组织等效成单 匝线圈，线圈的半径 r=5.0cm，线圈导线的横截面积 A= 20.80cm ，电阻率 1.5 m ，如 图所示，匀强磁场方向与线圈平面垂直，若磁感应强度 B 在 0.3s 内从 1.5T 均匀地减小为零， 求（计算结果保留一位有效数字） （1）该圈肌肉组织的电阻 R； （2）该圈肌肉组织中的感应电动势 E； （3）0.3s 内该圈肌肉组织中产生的热量 Q。 【解答】（1）由电阻定律得 A rR 2 ，代入数据得 3106R 第 45页 (2)感应电动势 t rBE 2 ，代入数据得 VE 2104 (3) 由焦耳定律 tR EQ 2 ，代入数据得 JQ 8108 【点评】本题考查电阻定律，法拉第电磁感应定律和焦耳定律，难度：容易。但物理情景较 新。 3.（15 北京卷）如图所示， 其中电流表 A 的量程为 0.6A， 表盘均匀划分为 30 个小格， 每一小格 表示 0.02A；R1 的阻值等于电流表内阻的 1/2；R2 的阻值等于电流表内阻的 2 倍， 若用电流表 A 的 表盘刻度表示流过接线柱 1 的电流值， 则下列分析正确的是 A．将接线柱 1、2 接入电路时，每一小格表示 0.04A B．将接线柱 1、2 接入电路时，每一小格表示 0.02A C．将接线柱 1、3 接入电路时，每一小格表示 0.06A D．将接线柱 1、3 接入电路时，每一小格表示 0.01A 【答案】C 【难度】★★★ 【考点】电表改装 【解析】当接线柱 1 和 2 入电路时，R1 与电流表并联，并联后等效电阻为原来电流表电阻 1/3，量程 扩大为原来的 3 倍，每个小格表示的电流应该是 0.06A。A、B 选项错误；当接线柱 1 和 3 连入电路时， R1 与电流表并联再整体与 R2 串联，但串联电阻对电流表量程无影响，每个小格表示的电流仍然是 0.06A， 故选项 C 正确。 4.（15 北京卷）（20 分）真空中放置的平行金属板可以作为光电转换装置，如图所示，光照前两板都不 带电。以光照射 A 板，则板中的电子可能吸收光的能量而逸出。 假设所有逸出的电子都垂直于 A 板向 B 板运动， 忽略电子之间的相互作用。保持光照条件不变 ，a 和 b 为接线柱。 已知单位时间内从 A 板 逸出的电子数为 N，电子逸出 时的最大动能为 Ekm ，元电荷为 e。 ( 1 ) 求 A 板和 B 板之间的最大电势差 ，以及将 a、b 短接时回路中的电流 I 短 ( 2 ) 图示装置可看作直流电源，求其电动势 E 和内阻 r。 ( 3 ) 在 a 和 b 之间连接一个外电阻时，该电阻两端的电压为 U，外电阻上的消耗电功率设为 P； 单位 时间内到达 B 板的电子，在从 A 板运动到 B 板的过程中损失的动能之和设为 ΔEK 。 请推导证明: P = ΔEK 。 ( 注意:解题过程中需要用到、但题目没有给出的物理量，要在解题中做必要的说明 ) 【难度】★★★ 【考点】电场、电流的微观解释、闭合电路欧姆定律、光电效应 【解析】 (1) A 板中逸出的电子累积在 B 板上，在 A、B 两板间形成由 A 指向 B 的电场。从 A 板后续逸出的 第 46页 电子在向 B 板运动的过程中会受到电场力的阻碍作用而做减速运动。AB 间电压最大值时，从 A 板逸出 的最大动能的电子到 B 板时动能恰好为零。 根据动能定理 kmm EeU ① e EU km m 若将 a、b 短接，则两板间电势差为零，从 A 板逸出的电子均能完整通过整个回路，即短路电流 Net Nte t QI ② (2)当外电路断路时，A、B 两板间电压为该直流电源的电动势。E=Um= e Ekm ③ 电源内阻 r= 2 km Ne E I Er 短 ④ (3)证明：设连接外电阻之后，单位时间内到达 B 板的电子个数为 /N ，则回路中电流 eNt teN t QI / // ⑤ 外电阻上消耗的电功率 P=UI ⑥ 单位时间内到达 B 板的电子，从 A 板运动到 B 板过程中损失的动能之和为 eUNENE / k / k 单个总 ⑦ 由⑤⑥⑦式可得，P = ΔEK ⑧ 5.（15 福建卷）如图，由某种粗细均匀的总电阻为 3R 的金属条制成的矩形线框 abcd，固定 在水平面内且处于方向竖直向下的匀强磁场 B 中。一接入电路电阻为 R 的导体棒 PQ，在水 平拉力作用下沿 ab、dc 以速度 v 匀速滑动，滑动过程 PQ 始终与 ab 垂直，且与线框接触良 好，不计摩擦。在 PQ 从靠近 ad 处向 bc 滑动的过程中（ ） A．PQ 中电流先增大后减小 B．PQ 两端电压先减小后增大 C．PQ 上拉力的功率先减小后增大 D．线框消耗的电功率先减小后增大 【答案】：C 第 47页 6.（15 福建卷）（12 分）某学习小组探究一小电珠在不同电压下的电功率大小，实验器材如 图甲所示，现已完成部分导线的连接。 ①实验要求滑动变阻器的 滑片从左到右移动过程中，电流表的示数从零开始逐渐增大。请 按此要求用笔画线代替导线在图甲实物接线图中完成余下导线的连接； ②某次测量，电流表指针偏转如图乙所示，则电流表的示数为 A ③该小组描绘的伏安特性曲线如图丙所示，根据图线判断，将 只相同的小电珠并联后， 直接与电动势为 3V、内阻为 1 欧的电源组成闭合回路，可使小电珠的总功率最大，其总功 率的值约为 W（保留两位小数） 【答案】：见解析；0.44A；4 2.25 第 48页 【解析】 试题分析：实物图如图所示；由图知电流表量程为 0.6A，所以读数为 0.44A；电源内阻为 1 欧，所以当外 电路总电阻等于电源内阻时，消耗电功率最大，此时外电路电压等于内电压等于 1.5V，由 图知当小电珠电压等于 1.5V 时电流约为 0.38A，此时电阻约为 95.3I UR ，并联后的 总电阻为 1 欧，所以需要 4 个小电珠，小电珠消耗的总功率约为 WR UP 25.21 5.1 22 外 。 7.（15 海南卷）某同学利用图（a）所示电路测量电容器充电时两极板间的电压随时间的变 化。实验中使用的器材为：电池 E（内阻很小）、开关 1S 和 2S 、电容器 C（约 100 F ）、 电阻 2R （约 200k ）、电阻 2R （1k ）、电压表 V（量程 6V）、秒表、导线若干。 (1)按图（a）所示的电路原理将图（b）中实物图连线。 (2)先闭合开关 2S ，再断开开关 2S ：闭合开关 1S ，同时按下秒表开始计时。若某时刻电压 表示数如图（c）所示，电压表的读数为________V（保留 2 位小数）。 (3)该同学每隔 10s 记录一次电压表的读数 ，记录的数据如下表所示，在答题卡给出的坐标 纸上绘出图线，已知只有一个数据点误差较大，该数据点对应的表中的时间是______s。 第 49页 (4)电路中 C、 2R 和 1S 构成的回路的作用是___________。 【答案】（1）图略（2）3.6V（3）40s（4）使实验前电容器两极板上的电荷相中和 8.（15 四川卷）（11 分）用实验测一电池的内阻 r 和一待测电阻的阻值 Rx。已知电池的电动 势约 6V，电池内阻和待测电阻阻值都为数十欧。可选用的实验器材有： 电流表 A1（量程 0～30mA）； 电流表 A2（量程 0～100mA）； 电压表 V（量程 0～6V）； 滑动变阻器 R1（阻值 0～5Ω）； 滑动变阻器 R2（阻值 0～300Ω）； 开关 S 一个，导线若干条。 某同学的实验过程如下： Ⅰ．设计如图 3 所示的电路图，正确连接电路。 第 50页 Ⅱ．将 R 的阻值调到最大，闭合开关，逐次调小 R 的阻值，测出多组 U 和 I 的值，并记录。 以 U 为纵轴，I 为横轴，得到如图 4 所示的图线。 Ⅲ．断开开关，将 Rx 改接在 B、C 之间，A 与 B 直接相连，其他部分保持不变。重复Ⅱ的 步骤，得到另一条 U-I 图线，图线与横轴 I 的交点坐标为（I0，0），与纵轴 U 的交点坐标为 （0，U0）。 回答下列问题： ①电流表应选用 ，滑动变阻器应选用 ； ②由图 4 的图线，得电源内阻 r＝ Ω； ③用 I0、U0 和 r 表示待测电阻的关系式 Rx＝ ，代入数值可得 Rx； ④若电表为理想电表，Rx 接在 B、C 之间与接在 A、B 之间，滑动变阻器滑片都从最大阻值 位置调到某同一位置，两种情况相比，电流表示数变化范围 ，电压表示数变化范 围 。（选填“相同”或“不同”） 【答案】①A2 R2 ②25 ③ 0 0 I U －r ④相同 不同 ②根据图 3 电路结构可知，电压表测量了电路的路端电压，电流表测量了电路的总电流，因 此图 4 中，图线斜率绝对值即为电源的内阻，有：r＝|k|＝| 310)2060( 5.45.5 |Ω＝25Ω。 ③当改接电路后，将待测电阻与电源视为整体，即为一“等效电源”，此时图线的斜率为等 效电源的内阻，因此有：r′＝r＋Rx＝|k′|＝ 0 0 0 0 I U ，解得：Rx＝ 0 0 I U －r ④若电表为理想电表，Rx 接在 B、C 之间与接在 A、B 之间，电路的总电阻可变范围不变， 因此电流表的示数变化范围相同，Rx 接在 B、C 之间时，电压表测量的是滑动变阻器两端的 第 51页 电压，而 Rx 接在 A、B 之间时，电压表测量的是滑动变阻器与 Rx 两端电压的和，由于对应 某一滑动变阻器阻值时，电路的电流相同，因此电压表的读数不同，所以电压表示数变化范 围也不同。 考点：测定电源电动势和内阻、伏安法测电阻的实验 9.（15 安徽卷）一根长为 L、横截面积为 S 的金属棒，其材料的电阻率为ρ，棒内 单位体积自由电子数为 n，电子的质量为 m，电荷量为 e。在棒两端加上恒定的 电压时，棒内产生电流，自由电子定向运动的平均速率为 v，则金属棒内的电场 强度大小为 A． 2 2 mv eL B． e Snmv 2 C． nevρ D． SL evρ 【答案】C 【解析】根据电流的微观表达式 I nesv 、欧姆定律 UI R 、电阻定律 LR S 及 电势差与电场强度的关系U EL 可得金属棒内的电场强度大小 E nev ，故答 案为 C． 10.（15 重庆卷）同学们测量某电阻丝的电阻 xR ，所用电流表的内阻与 xR 相当，电压表可 视为理想电压表. ①若使用题 6 图 2 所示电路图进行实验，要使得 xR 的测量值更接近真实值，电压表的 a 端 应连接到电路的 点（选填“b”或“c”）. ②测得电阻丝的U I 图如题 6 图 3 所示，则 xR 为 （保留两位有效数字）。 ③实验中，随电压进一步增加电阻丝逐渐进入炽热状态.某同学发现对炽热电阻丝吹气，其 阻值会变化.他们对此现象进行探究，在控制电阻丝两端的电压为 10V 的条件下，得到电阻 丝的电阻 xR 随风速 v（用风速计测）的变化关系如题 6 图 4 所示.由图可知当风速增加时， xR 会 （选填“增大”或“减小”）。在风速增加过程中，为保持电阻丝两端电压为 10V，需要将滑动变阻器 WR 的滑片向 端调节（选填“M”或“N”）. 第 52页 ④为了通过电压表的示数来显示风速，同学们设计了如题 6 图 5 所示的电路.其中 R 为两只 阻值相同的电阻， xR 为两根相同的电阻丝，一根置于气流中，另一根不受气流影响，○V为 待接入的理想电压表.如果要求在测量中，风速从零开始增加，电压表的示数也从零开始增 加，则电压表的“+”端和“—”端应分别连接到电路中的 点和 点（在“a” “b”“c”“d”中选填）. 【答案】① c；② 4.1 （4.0～4.2）;③减小 ，M；④ b，d 第 53页 考点：本题考查伏安法测电阻。 11.（15 新课标 2 卷）电压表满偏时通过该表的电流是半偏是通过该表的电流的两倍。某同 学利用这一事实测量电压表的内阻（半偏法）实验室提供材料器材如下： 待测电压表（量程 3V，内阻约为 3000 欧），电阻箱 R0 (最大阻值为 99999.9 欧)，滑动变阻器 R1（最大阻值 100 欧，额定电压 2A），电源 E（电动 势 6V，内阻不计），开关两个，导线若干 （1）虚线框内为同学设计的测量电压表内阻的电路图的一部分，将电路图补充完整 （2）根据设计的电路写出步骤 ________ ________ ________ （3）将这种方法测出的电压表内阻记为 R1v 与内阻的真实值 Rv 先比 R1v ________. Rv （添“>”“=”或“<”）主要理由是 【答案】（1）（2）见解析； （3）>；见解析 【解析】 试题分析：（1）实验电路如图所示 第 54页 考点：半偏法测电表内阻 专题九 磁场 1.（15 江苏卷）如图所示，用天平测量匀强磁场的磁感应强度，下列各选项所示的载流线圈 匝数相同，边长 NM 相等，将它们分别挂在天平的右臂下方，线圈中通有大小相同的电流， 天平处于平衡状态，若磁场发生微小变化，天平最容易失去平衡的是 第 55页 【解析】因为在磁场中受安培力的导体的有效长度(A)最大，所以选 A。 【答案】A 【点评】本题考 查安培力内容，难度：容易 2．（15 海南卷） 如图，a 是竖直平面 P 上的一点，P 前有一条形磁铁 垂直于 P，且 S 极朝向 a 点，P 后一电子在偏转线圈和条形磁铁的磁 场的共同作用 下，在水平面内向右弯曲经过 a 点。在电子经过 a 点 的瞬间。条形磁铁的磁场对该电子的作用力的方向（） A．向上 B.向下 C.向左 D.向右 【答案】A 3.（15 四川卷）如图所示，S 处有一电子源，可向纸面内任意方向发射电子，平板 MN 垂直 于纸面，在纸面内的长度 L＝9.1cm，中点 O 与 S 间的距离 d＝4.55cm，MN 与 SO 直线的夹 角为θ，板所在平面有电子源的一侧区域有方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度 B ＝2.0×10－4T，电子质量 m＝9.1×10－31kg，电量 e＝－1.6×10－19C，不计电子重力。电子源发 射速度 v＝1.6×106m/s 的一个电子，该电子打在板上可能位置的区域的长度为 l，则 第 56页 A．θ＝90°时，l＝9.1cm B．θ＝60°时，l＝9.1cm C．θ＝45°时，l＝4.55cm D．θ＝30°时，l＝4.55cm 【答案】AD 【解析】 试题分析：电子在磁场中受洛伦兹力作用做匀速圆周运动，根据洛伦兹力大小计算公式和向 心力 公式有：evB＝ r vm 2 ，解得电子圆周运动的轨道半径为：r＝ eB mv ＝ 419 631 100.2106.1 106.1101.9 m ＝4.55×10－2m＝4.55cm，恰好有：r＝d＝L/2，由于电子源 S，可向纸面内任意方向发射电子， 因此电子的运动轨迹将是过 S 点的一系列半径为 r 的等大圆，能够打到板 MN 上的区域范围 如下图所示，实线 SN 表示电子刚好经过板 N 端时的轨迹，实线 SA 表示电子轨迹刚好与板 相切于 A 点时的轨迹，因此电子打在板上可能位置的区域的长度为：l＝NA， 考点：带电粒子在有界磁场中的运动。 4.（15 重庆卷）题 1 图中曲线 a、b、c、d 为气泡室中某放射物质发生衰变放出的部分粒子 的经迹，气泡室中磁感应强度方向垂直纸面向里。以下判断可能正确的是 第 57页 A.a、b 为 粒子的经迹 B. a、b 为 粒子的经迹 C. c、d 为 粒子的经迹 D. c、d 为 粒子的经迹 【答案】D 考点：本题考查放射线的性质、带电粒子在磁场中的运动。 5.（15 重庆卷）音圈电机是一种应用于硬盘、光驱等系统的特殊电动机.题 7 图是某音圈电 机的原理示意图，它由一对正对的磁极和一个正方形刚性线圈构成，线圈边长为 L ，匝数为 n ，磁极正对区域内的磁感应强度方向垂直于线圈平面竖直向下，大小为 B ，区域外的磁 场忽略不计.线圈左边始终在磁场外，右边始终在磁场内，前后两边在磁场内的长度始终相 等.某时刻线圈中电流从 P 流向Ｑ，大小为 I ． （１）求此时线圈所受安培力的大小和方向。 （２）若此时线圈水平向右运动的速度大小为 v ，求安培力的功率． 【答案】（1） F nBIL ，方向水平向右 ；（2） P nBILv 第 58页 考点：本题考查安培力、功率。 6.（15 重庆卷）（18 分）题 9 图为某种离子加速器的设计方案.两个半圆形金属盒内存在相同 的垂直于纸面向外的匀强磁场.其中 MN 和 M N 是间距为 h 的两平行极板，其上分别有正 对的两个小孔 O 和 O ， O N =ON=d ，P 为靶点， O P=kd （ k 为大于 1 的整数）.极板间 存在方向向上的匀强电场，两极板间电压为U .质量为 m 、带电量为 q 的正离子从 O 点由静 止开始加速，经 O 进入磁场区域.当离子打到极板上 O N 区域（含 N 点）或外壳上时将会 被吸收.两虚线之间的区域无电场和磁场存在，离子可匀速穿过.忽略相对论效应和离子所受 的重力.求： （1）离子经过电场仅加速一次后能打到 P 点所需的磁感应强度大小； （2）能使离子打到 P 点的磁感应强度的所有可能值； （3）打到 P 点的能量最大的离子在磁场中运动的时间和在电场中运动的时间。 【答案】（1） 2 2qUmB qkd （2） 2 2nqUmB qkd ， 2( 1,2,3, , 1)n k （3） 2 2 (2 3)= 2 2 ( 1) k mkdt qum k 磁 ， 22( 1)= k mt h qU 电 【解析】 试题分析：（1）离子经电场加速，由动能定理： 21 2qU mv ，可得 2qUv m 磁场中做匀速圆周运动， 2vqvB m r 刚好打在 P 点，轨迹为半圆，由几何关系可知 2 kdr 联立解得 2 2qUmB qkd （2）若磁感应强度较大，设离子经过一次加速后若速度较小，圆周运动半径较小，不能直 第 59页 接打在 P 点，而做圆周运动到达 N 右端，再匀速直线到下端磁场，将重新回到 O 点重新加 速，直到打在 P 点。设共加速了 n 次，有： 21 2 nnqU mv 2 n n n vqv B m r 且 2n kdr 解得： 2 2nqUmB qkd ， 要求离子第一次加速后不能打在板上，有 1 2 dr ，且 2 1 1 2qU mv ， 2 1 1 1 vqv B m r 解得： 2n k 故加速次数 n 为正整数最大取 2 1n k 即 2 2nqUmB qkd 2( 1,2,3, , 1)n k （3）加速次数最多的离子速度最大，取 2 1n k ，离子在磁场中做 n-1 个完整的匀速圆周 运动和半个圆周打到 P 点。 由匀速圆周运动 2 2r mT v qB 2 2 (2 3)=( 1) 2 2 2 ( 1) T k mkdt n T qum k 磁 电场中一共加速 n 次，可等效成连续的匀加速直线运动.由运动学公式 2 21( 1) 2k h at 电 qUa mh 可得： 22( 1)= k mt h qU 电 考点：本题考查带电粒子在电场和磁场中的运动、牛顿第二定律、运动学公式。 7.（15 新课标 2 卷）指南针是我国古代四大发明之一。关于指南针，下列说明正确的是 A. 指南针可以仅具有一个磁极 B. 指南针能够指向南北，说明地球具有磁场 C.指南针的指向会受到附近铁块的干扰 第 60页 D.在指南针正上方附近沿指针方向放置一直导线，导线通电时指南针不偏转 【答案】BC 考点：安培定则 8.（15 新课标 2 卷）有两个运强磁场区域 I 和 II，I 中的磁感应强度是 II 中的 k 倍，两个速 率相同的电子分别在两磁场区域做圆周运动。与 I 中运动的电子相比，II 中的电子 A. 运动轨迹的半径是 I 中的 k 倍 B. 加速度的大小是 I 中的 k 倍 C. 做圆周运动的周期是 I 中的 k 倍 D. 做圆周运动的角速度是 I 中的 k 倍 【答案】AC 【解析】 考点：带电粒子在磁场中的运动；圆周运动 第 61页 9.（15 新课标 1 卷） 10.（15 广东卷） 专题十 电磁感应 1.（15 江苏卷）某同学探究小磁铁在铜管中下落时受电磁阻尼作用的运动规律，实验装置如 题 11-1 图所示，打点计时器的电源为 50Hz 的交流电 第 62页 （1）下列实验操作中，不正确的有________ A．将铜管竖直地固定在限位孔的正下方 B．纸带穿过限位孔，压在复写纸下面 C．用手捏紧磁铁保持静止，然后轻轻地松开让磁铁下落 D．在磁铁下落的同时接通打点计时器的电源 （2）该同学按照正确的步骤进行试验（记为“实验①”），将磁铁从管口处释放，打出一条 纸带，取开始下落的一段，确定一合适的点为 O 点，每隔一个计时点取一个计数点，标为 1、 2、3…….8，用刻度尺量出各计数点的相邻计时点到 O 点的距离，记录在纸带上，如题 11-2 图所示 计算相邻计时点间的平均速度 v ，粗略地表示各计数点的速度，抄入下表，请将表中的数据 补充完整 （3）分析上表的实验数据可知：在这段纸带记录的时间内，磁铁运动速度的变化情况是 ________;磁铁受到阻尼作用的变化情况是____________. （4）该同学将装置中的铜管更换为相同尺寸的塑料管，重复上述实验操作（记为实验②）， 结果表明磁铁下落的运动规律与自由落体运动规律几乎相同，请问实验②是为了说明说明？ 对比实验①和②的结果得到什么结论？ 【答案】 第 63页 （1）CD （2）39.0 （3）逐渐增大到 39.8 cm/ s 逐渐增大到等于重力 （4）为了说明磁铁在塑料管中几乎不受阻尼作用，磁铁在铜管中受到的阻尼作用主要是电 磁阻尼作用. 【解析】根据速度 T ssv nn n 2 11 计算速度。 【点评】本题考查打点计时器的应用及电磁阻尼实验，多考查对实验的分析。难度：容易。 2.（15 北京卷）如图所示，足够长的平行光滑金属导轨水平放置，宽度 L = 0.4 m，一端连接 R=1 Ω 的 电阻，导轨所在的空间存在竖直向下的匀强磁场， 磁感应强度 B = 1 T， 导体棒 MN 放在导轨上， 其 长度恰好等于导轨间距，与导轨接触良好。导轨和导体棒的电阻均可忽略不计。在平行于导轨的拉力 F 作 用下，导体棒沿导轨向右匀速运动，速度 v = 5 m/s ，求： ( 1 ) 感应电动势 E 和感应电流 I； ( 2 ) 在 0.1 s 时间内，拉力的冲量的大小； ( 3 ) 若将 MN 换为电阻为 r = 1Ω的导体棒，其它条件不变，求导体棒 两端的电压 U。 【难度】★ 【考点】1、动生电动势和感应电流的基本概念，公式 2、冲量的基本定义 3、电动势和外电压的关系 【解析】 （1）根据动生电动势公式得 E=BLv = 1T ×0.4m ×5m /s =2.0 V ① 故感应电流 I= A0.21 v0.2 R E ② （2）金属棒匀速运动过程中，所受的安培力大小为 F 安= BIL =0.8N, 因为是匀速直线运动，所以导体 棒所受拉力 F = F 安 = 0.8N ③ 所以拉力的冲量 IF =F t=0.8 N× 0.1 s=0.08 SN ④ （2）导体棒两端电压 U= V0.1rR RE ⑤ 3.（15 福建卷）如图，绝缘粗糙的竖直平面 MN 左侧同时存在相互垂直的匀强电场和匀强 磁场，电场方向水平向右，电场强度大小为 E，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小 为 B。一质量为 m、电荷量为 q 的带正电的小滑块从 A 点由静止开始沿 MN 下滑，到达 C 点时离开 MN 做曲线运动。A、C 两点间距离为 h，重力加速度为 g。 第 64页 （1）求小滑块运动到 C 点时的速度大小 vc； （2）求小滑块从 A 点运动到 C 点过程中克服摩擦力做的功 Wf； （3）若 D 点为小滑块在电场力、洛伦兹力及重力作用下运动过程中速度最大的位置，当 小滑块运动到 D 点时撤去磁场，此后小滑块继续运动到水平地面上的 P 点。已知小滑块在 D 点时的速度大小为 vD，从 D 点运动到 P 点的时间为 t，求小滑块运动到 P 点时速度的大 小 vp. 【答案】：（1）E/B （2） 2 2 2 1 B EmmghW f （3） 22 2 22 Dp vtm qEmgv 【解析】 试题分析：（1）由题意知，根据左手定则可判断，滑块在下滑的过程中受水平向左的洛伦兹 力，当洛伦兹力等于电场力 qE 时滑块离开 MN 开始做曲线运动，即 Bqv=qE 解得：v=E/B （2）从 A 到 C 根据动能定理： 02 1 2 mvWmgh f 解得： 2 2 2 1 B EmmghW f （3）设重力与电场力的合力为 F，由图意知，在 D 点速度 vD 的方向与 F 地方向垂直，从 D 到 P 做类平抛运动，在 F 方向做匀加速运动 a=F/m，t 时间内在 F 方向的位移为 2 2 1 atx 从 D 到 P，根据动能定理： 22 2 1 2 1 Dp mvmvFx ，其中 22 qEmgF 联立解得： 22 2 22 Dp vtm qEmgv 4.（15 海南卷）如图，空间有一匀强磁场，一直金属棒与磁感应强度方向垂直，当它以速 度 v 沿与棒和磁感应强度都垂直的方向运动时，棒两端的感应电动势大小ε，将此棒弯成两 段长度相等且相互垂直的折弯，置于磁感应强度相垂直的平面内，当它沿两段折线夹角平分 线的方向以速度 v 运动时，棒两端的感应电动势大小为，则 等于（ ） 第 65页 A.1/2 B. 2 2 C.1 D. 2 【答案】B 【解析】设折弯前导体切割磁感线的长度为 L ，折弯后，导体切割磁场的有效长度为 2 2 2 2 2 2 L Ll L ，故产生的感应电动势为 2 2 2 2Blv B Lv ，所以 2 2 ，B 正确； 5.（15 海南卷）如图，两平行金属导轨位于同一水平面上，相距l ，左端与一电阻 R 相连； 整个系统置于匀强磁场中，磁感应强度大小为 B，方向竖直向下。一质量为 m 的导体棒置 于导轨上，在水平外力作用下沿导轨以速度 v 匀速向右滑动，滑动过程中始终保持与导轨垂 直并接触良好。已知导体棒与导轨间的动摩擦因数为 ，重力加速度大小为 g，导轨和导体 棒的电阻均可忽略。求 （1）电阻 R 消耗的功率； （2）水平外力的大小。 【答案】（1） 2 2 2B L vP R （2） 2 2B l vF mgR 【解析】（1）导体切割磁感线运动产生的电动势为 E BLv ， 根据欧姆定律，闭合回路中的感应电流为 EI R 电阻 R 消耗的功率为 2P I R ，联立可得 2 2 2B L vP R （2）对导体棒受力分析，受到向左的安培力和向左的摩擦力，向右的外力，三力平衡，故 有 F mg F 安 ， BlvF BIl B lR 安 ，故 2 2B l vF mgR 6.（15 四川卷）18 分） 如图所示，金属导轨 MNC 和 PQD，MN 与 PQ 平行且间距为 L， 所在平面与水平面夹角为α，N、Q 连线与 MN 垂直，M、P 间接有阻值为 R 的电阻；光滑直 导轨 NC 和 QD 在同一水平面内，与 NQ 的夹角都为锐角θ。均匀金属棒 ab 和 ef 质量均为 m， 第 66页 长均为 L，ab 棒初始位置在水平导轨上与 NQ 重合；ef 棒垂直放在倾斜导轨上，与导轨间的 动摩擦因数为μ（μ较小），由导轨上的小立柱 1 和 2 阻挡而静止。空间有方向竖直的匀强磁 场（图中未画出）。两金属棒与导轨保持良好接触。不计所有导轨和 ab 棒的电阻，ef 棒的阻 值为 R，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，忽略感应电流产生的磁场，重力加速度为 g。 （1）若磁感应强度大小为 B，给 ab 棒一个垂直于 NQ、水平向右的速度 v1，在水平导轨上 沿运动方向滑行一段距离后停止，ef 棒始终静止，求此过程 ef 棒上产生的热量； （2）在（1）问过程中，ab 棒滑行距离为 d，求通过 ab 棒某横截面的电量； （3）若 ab 棒以垂直于 NQ 的速度 v2 在水平导轨上向右匀速运动，并在 NQ 位置时取走小立 柱 1 和 2，且运动过程中 ef 棒始终静止。求此状态下最强磁场的磁感应强度及此磁场下 ab 棒运动的最大距离。 【答案】（1）Qef＝ 2 14 1 mv ；（2）q＝ R θdLBd )cot(2 ；⑶Bm＝ 2)sin(cos )cos(sin1 vαμα αμαmgR L ，方向竖直 向上或竖直向下均可，xm＝ μααμ θLμ cossin)1( tan 2 【解析】 试题分析：（1）由于 ab 棒做切割磁感线运动，回路中产出感应电流，感应电流流经电阻 R 和 ef 棒时，电流做功，产生焦耳热，根据功能关系及能的转化与守恒有： 2 12 1 mv ＝QR＋Qef ① 根据并联电路特点和焦耳定律 Q＝I2Rt 可知，电阻 R 和 ef 棒中产生的焦耳热相等，即 QR＝ Qef ② 由①②式联立解得 ef 棒上产生的热量为：Qef＝ 2 14 1 mv （2）设在 ab 棒滑行距离为 d 时所用时间为 t，其示意图如下图所示： 第 67页 该过程中回路变化的面积为：ΔS＝ 2 1 [L＋（L－2dcotθ）]d ③ 根据法拉第电磁感应定律可知，在该过程中，回路中的平均感应电动势为： E ＝ t SBΔ ④ 根 据 闭 合 电 路 欧 姆 定 律 可 知 ， 流 经 ab 棒 平 均 电 流 为 ： I ＝ 2/R E ⑤ 根 据 电 流 的 定 义 式 可 知 ， 在 该 过 程 中 ， 流 经 ab 棒 某 横 截 面 的 电 量 为 ： q ＝ tI ⑥ 由③④⑤⑥式联立解得：q＝ R θdLBd )cot(2 ⑶由法拉第电磁感应定律可知，当 ab 棒滑行 x 距离时， 回路中的感应电动势为：e＝B（L －2xcotθ）v2 ⑦ 根据闭合电路欧姆定律可知，流经 ef 棒的电流为：i＝ R e ⑧ 根据安培力大小计算公式可知，ef 棒所受安培力为：F＝iLB ⑨ 由⑦⑧⑨式联立解得：F＝ )cot2(2 2 θxLR LvB ⑩ 由⑩式可知，当 x＝0 且 B 取最大值，即 B＝Bm 时，F 有最大值 Fm，ef 棒受力示意图如下图 所示： 第 68页 × × × × × × × × ×× × × × × × × × ×× × × × × × × × ×× × × × × v θ c d ab M N l 根据共点力平衡条件可知，在沿导轨方向上有：Fmcosα＝mgsinα＋fm ⑪ 在垂直于导轨方向上有：FN＝mgcosα＋Fmsinα ⑫ 根据滑动摩擦定律和题设条件有：fm＝μFN ⑬ 由⑩⑪⑫⑬式联立解得：Bm＝ 2)sin(cos )cos(sin1 vαμα αμαmgR L 显然此时，磁感应强度的方向竖直向上或竖直向下均可 由⑩式可知，当 B＝Bm 时，F 随 x 的增大而减小，即当 F 最小为 Fmin 时，x 有最大值为 xm， 此时 ef 棒受力示意图如下图所示： 根据共点力平衡条件可知，在沿导轨方向上有：Fmincosα＋fm＝mgsinα ⑭ 在垂直于导轨方向上有：FN＝mgcosα＋Fminsinα ⑮ 由⑩⑬⑭⑮式联立解得：xm＝ μααμ θLμ cossin)1( tan 2 [ 考点：功能关系、串并联电路特征、闭合电路欧姆定律、法拉第电磁感应定律、楞次定律共 点力平衡条件的应用，和临界状态分析与求解极值的能力 7.（15 安徽卷）如图所示，abcd 为水平放置的平行“ ”形光滑金属导轨，间距 为 l，导轨间有垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小为 B，导轨电阻不 计。已知金属杆 MN 倾斜放置，与导轨成θ角，单位长度的电阻为 r，保持金属 杆以速度 v 沿平行于 cd 的方向滑动（金属杆滑动过程中与导轨接触良好）。则 A．电路中感应电动势的大小为 θsin Blv B．电路中感应电流的大小为 r θsinBv C．金属杆所受安培力的大小为 r θsinlvB 2 D．金属杆的发热功率为 θsinr lvB 22 【答案】B 第 69页 【解析】金属棒的有效切割长度为 l，电路中感应电动势的大小 E Blv ，选项 A 错 误 ； 金 属 棒 的 电 阻 sin rlR ， 根 据 欧 姆 定 律 电 路 中 感 应 电 流 的 大 小 sinE BvI R r ，选项 B 正确；金属杆所受安培力的大小 2 sin l B lvF BI r ， 选项 C 错误；根据焦耳定律，金属杆的发热功率为 2 2 2 sinB lvP I R r ，选项 D 错误．答案为 B． 8.（15 重庆卷）题 4 图为无线充电技术中使用的受电线圈示意图，线圈匝数为 n ，面积为 S . 若在 1t 到 2t 时间内，匀强磁场平行于线圈轴线向右穿过线圈，其磁感应强度大小由 1B 均匀 增加到 2B ，则该段时间线圈两端 a 和 b 之间的电势差 a b A.恒为 2 1 2 1 ( )nS B B t t B. 从 0 均匀变化到 2 1 2 1 ( )nS B B t t C.恒为 2 1 2 1 ( )nS B B t t D.从 0 均匀变化到 2 1 2 1 ( )nS B B t t 【答案】C 考点：本题考查法拉第电磁感应定律、楞次定律。 9.（15 新课标 2 卷）如图，直角三角形金属框 abc 放置在匀强磁场中，磁感应强度大小为 B， 方向平行于 ab 边向上。当金属框绕 ab 边以角速度ω逆时针转动时，a、b、c 三点的电势分 别为 Ua、Ub、Uc.已知 bc 边的长度为 l。下列判断正确的是 第 70页 A．Ua> Uc，金属框中无电流 B. Ub >Uc，金属框中电流方向沿 a-b-c-a C .Ubc=-1/2Bl²ω，金属框中无电流 D. Ubc=1/2Bl²w，金属框中电流方向沿 a-c-b-a 【答案】C 考点：导体切割磁感线 10.（15 新课标 1 卷） 第 71页 11.（15 广东卷） 第 72页 专题十一 交变电流 传感器 1. （15 江苏卷）一电器中的变压器可视为理想变压器，它将 220V 交变电流改为 110V，已 知变压器原线圈匝数为 800，则副线圈匝数为 A．200 B．400 C．1600 D．3200 【解析】根据 2 1 2 1 n n U U ，解得 4002 n 。 【答案】B 【点评】本题考查变压器变压比公式，难度：容易 2．（15 北京卷）利用所学物理知识，可以初步了解常用的一卡通（IC 卡）的工作原理及相关问题。IC 卡 内部有一个由电感线圈 L 和电容 C 构成的 LC 振荡电路，公交车上的读卡机（刷卡时“嘀”的响一声 的机器）向外发射某一特定频率的电磁波。刷卡时，IC 卡内的线圈 L 中产生感应电流，给电容 C 充电， 达到一定的电压后，驱动卡内芯片进行数据处理和传输。下列说法正确的是 A．IC 卡工作所需要的能量来源于卡内的电池 B．仅当读卡机发射该特定频率的电磁波时，IC 卡才能有效工作 C．若读卡机发射的电磁波偏离该特定频率，则线圈 L 不会产生感应电流 D．IC 卡只能接收读卡机发射的电磁波，而不能向读卡机传输自身的数据信息 【答案】B 【难度】★★★ 【考点】LC 振荡电路 新信息给予 【解析】IC 卡内只是一个 LC 振荡电路，并没有电池，故 A 选项错；只有当读卡机发出特定频率的电磁 波时，IC 卡才能正常工作，故 B 选项对；当读卡机发射的电磁波偏离该频率时，也会产生变化的磁场， 但达不到电谐振，线圈中仍可以产生的电流但较小，故 C 错；IC 卡是可以和读卡机进行数据传输的， 如可以显示卡内余额，故 D 选项错。 3.（15 福建卷）图为远距离输电示意图，两变压器均为理想变压器，升压变压器 T 的原、 副线圈匝数分别为 n1 、n2 。在 T 的原线圈两端接入一电压 sinmu U t 的交流电源，若 输送电功率为 P，输电线的总电阻为 2r ，不考虑其它因素的影响，则输电线上损失的电功 率为( ) 2 1 2 .( ) 4 mUnA n r 2 2 1 B.( ) 4 mUn n r 第 73页 2 21 2 C.4( ) ( ) m n P rn U 2 22 1 D.4( ) ( ) m n P rn U 【答案】：C . 4.（15 海南卷）如图，一理想变压器原、副线圈匝数比为 4:1，原线圈与一可变电阻串联后， 接入一正弦交流电源；副线圈电路中固定电阻的阻值为 R0，负载电阻的阻值 R=11R0， 是 理想电压表；现将负载电阻的阻值减小为 R=5R0，保持变压器输入电流不变，此时电压表读 数为 5.0V，则 A.此时原线圈两端电压的最大值约为 34V B.此时原线圈两端电压的最大值约为 24V C.原线圈两端原来的电压有效值约为 68V D.原线圈两端原来的电压有效值约为 48V 【答案】AD 第 74页 5.（15 四川卷）小型手摇发电机线圈共 N 匝，每匝可简化为矩形线圈 abcd，磁极间的磁场 视为匀强磁场，方向垂直于线圈中心轴 OO′，线圈绕 OO′匀速转动，如图所示。矩形线圈 ab 边和 cd 边产生的感应电动势的最大值都为 e0，不计线圈电阻，则发电机输出电压 A．峰值是 e0 B．峰值是 2e0 C．有效值是 02 2 Ne D．有效值是 02Ne 【答案】D 【解析】 试题分析：由题意可知，线圈 ab 边和 cd 边产生的感应电动势的最大值都为 e0，因此对单匝 矩形线圈总电动势最大值为 2e0，又因为发电机线圈共 N 匝，所以发电机线圈中总电动势最 大值为 2Ne0，根据闭合电路欧姆定律可知，在不计线圈内阻时，输出电压等于感应电动势 的大小，即其峰值为 2Ne0，故选项 A、B 错误；又由题意可知，若从图示位置开始计时， 发电机线圈中产生的感应电流为正弦式交变电流，由其有效值与峰值的关系可知，U＝ 2 mU ， 即 U＝ 02Ne ，故选项 C 错误；选项 D 正确。 考点：对正弦式交变电流的产生原理的理解，以及其四值运算、闭合电路欧姆定律的应用。 6.（15 安徽卷）图示电路中，变压器为理想变压器，a、b 接在电压有效值不变的 变流电源两端，R0 为定值电阻，R 为滑动变阻器。现将变阻器的滑片从一个位置 第 75页 A2 RV3V2V1 A1 c d a b ~ R0 滑动到另一位置，观察到电流表 A1 的示数增大了 0.2 A，电流表 A2 的示数增大 了 0.8 A，则下列说法正确的是 A．电压表 V1 示数增大 B．电压表 V2、V3 示数均增大 C．该变压器起升压作用 D．变阻器滑片是沿 c→d 的方 向 滑动 【答案】D 【解析】根据变压器原理，输出电压 U2 保持不变，而 A2 示数变大说明回路电阻 变小，所以滑动变阻器电阻 R 减小了，即变阻器滑片是沿 c→d 的方向滑动，故 答案为 D． 7.（15 新课标 1 卷） 8.（15 广东卷） 第 76页 专题十二 机械振动与机械波 1.（15 北京卷）周期为 2.0S 的简谐横波沿 X 轴传播，该波在某时刻的图像如图所示，此时质点 P 沿 y 轴 负方向运动，则该波 A.沿 X 轴正方向传播，波速 sm20 B.沿 X 轴正方向传播，波速 sm10 C.沿 X 轴负方向传播，波速 sm20 D.沿 X 轴负方向传播，波速 sm10 【答案】B 【难度】★ 【考点】机械振动与机械波 【解析】根据机械波的速度公式 v= T ,由图可知波长为 20m，再结合周期为 2.0s，可以得出波速为 10m/s。应用“上下坡法”方法判断波沿 x 轴正方向传播。故答案为 B 选项。 2.（15 福建卷）简谐横波在同一均匀介质中沿 x 轴正方向传播，波速为 v 。若某时刻在波 的传播方向上，位于平衡位置的两质点 a、b 相距为 s，a、b 之间只存在一个波谷，则从该 时刻起，下列四副波形中质点 a 最早到达波谷的是（ ） 【答案】：D 第 77页 3.（15 海南卷）一列沿 x 轴正方向传播的简谱横波在 t=0 时刻的波形如图所示，质点 P 的 x 坐标为 3m.。已知任意振动质点连续 2 次经过平衡位置的时间间隔为 0.4s。下列说法正确的 是 (填正确答案标号。选对 1 个得 2 分，选对 2 个得 3 分，选 3 个得 4 分；每选错 1 个扣 2 分，最低得分为 0 分)。 A. 波速为 4m/s B. 波的频率为 1.25Hz C. x 坐标为 15m 的质点在 t=0.2s 时恰好位于波谷 D. x 的坐标为 22m 的质点在 t=0.2s 时恰好位于波峰 E. 当质点 P 位于波峰时，x 坐标为 17m 的质点恰好位于波谷 【答案】BDE 【解析】任意振动质点连续 2 次经过平衡位置的时间间隔为 0.4s，则 1 0.42T s ，解得 0.8T s 从图像中可知 4m ，所以根据公式 4 5 /0.8v m sT ，故 A 错误；根据公式 1f T 可 得波的频率为 1.25Hz，B 正确；x 坐标为 15m 的质点和 x 坐标为 3m 的质点相隔 12m，为波 长的整数倍，即两质点为同相点，而 x 坐标为 3m 的质点经过 t=0.2s 即四分之一周期振动到 平衡位置，所以 x 坐标为 15m 的质点在 t=0.2s 时振动到平衡位置，C 错误；x 的坐标为 22m 的质点和 x 的坐标为 2m 的质点为同相点，x 的坐标为 2m 的质点经过 t=0.2s 即四分之一周 期恰好位于波峰，故 x 的坐标为 22m 的质点在 t=0.2s 时恰好位于波峰，D 正确；当质点 P 位于波峰时，经过了半个周期，而 x 坐标为 17m 的质点和 x 坐标为 1m 的质点为同相点，经 第 78页 过半个周期 x 坐标为 1m 的质点恰好位于波谷，E 正确； 4.（15 四川卷）平静湖面传播着一列水面波（横波），在波的传播方向上有相距 3m 的甲、 乙两小木块随波上下运动，测得两个小木块每分钟都上下 30 次，甲在波谷时，乙在波峰， 且两木块之间有一个波峰。这列水面波 A．频率是 30Hz B．波长是 3m C．波速是 1m/s D．周期是 0.1s 【答案】C 5.（15 重庆卷）题 11 图 2 为一列沿 x 轴正方向传播的简谐机械横波某时刻的波形图，质点 P 的振动周期为 0.4s.求该波的波速并判断 P 点此时的振动方向。 【答案】 2.5 /v m s ；P 点沿 y 轴正向振动 考点：本题考查横波的性质、机械振动与机械波的关系。 6.（15 新课标 2 卷）10 分）平衡位置位于原点 O 的波源发出简谐横波在均匀介质中沿水平 x 轴传播，P、Q 为 x 轴上的两个点（均位于 x 轴正向），P 与 Q 的距离为 35cm，此距离介于 一倍波长与二倍波长之间，已知波源自 t=0 时由平衡位置开始向上振动，周期 T=1s，振幅 A=5cm。当波传到 P 点时，波源恰好处于波峰位置；此后再经过 5s，平衡位置在 Q 处的质 点第一次处于波峰位置，求： 第 79页 （ⅰ）P、Q 之间的距离 （ⅱ）从 t=0 开始到平衡位置在 Q 处的质点第一次处于波峰位置时，波源在振动过程中通过 路程。 【答案】(1)133cm；（2）125cm 7. 考点：波的传播 8.（15 新课标 1 卷） 第 80页 专题十三 光学 电磁波及相对论 1.（15 海南卷）一半径为 R 的半圆形玻璃砖，横截面如图所示。已知玻璃的全反射临界角 r （r< 3 ）。与玻璃砖的底平面成（ 2 r ）角度、且与玻璃砖横截面平行的平行光射到玻璃 砖的半圆柱面上。经柱面折射后，有部分光（包括与柱面相切的入射光）能直接从玻璃砖底 面射出。若忽略经半圆柱内表面反射后射出的光，求底面透光部分的宽度。 第 81页 【答案】 sinOE R r 【解析】光路图如图所示，沿半径方向射入玻璃砖的光线，即光线①射到 MN 上时，根据几 何知识入射角恰好等于临界角，即恰好在圆心 O 处发生全反射，光线①左侧的光线，经球 面折射后，射到 MN 上的角一定大于临界角，即在 MN 上发生全反射，不能射出，光线①右 侧的光线射到 MN 上的角小于临界角，可以射出，如图光线③与球面相切，入射角 0 1 90 ， 从 MN 上垂直射出， 根据折射定律可得 1 2 sinsin n ， 根据全反射定律 1 sinn r ，两式联立解得 2 r 根据几何知识，底面透光部分的宽度 sinOE R r 2.（15 四川卷）直线 P1P2 过均匀玻璃球球心 O，细 光束 a、b 平行且关于 P1P2 对称，由空 气射入玻璃球的光路如图。a、b 光相比 A．玻璃对 a 光的折射率较大 B．玻璃对 a 光的临界角较小 C．b 光在玻璃中的传播速度较小 D．b 光在玻璃中的传播时间较短 【答案】C 第 82页 3.（15 安徽卷）如图所示，一束单色光从空气入射到棱镜的 AB 面上，经 AB 和 AC 两个面折射后从 AC 面进入空气。当出射角i 和入射角 i 相等时，出射光线相对 于入射光线偏转的角度为θ。已知棱镜顶角为α，则计算棱镜对该色光的折射率表 达式为 A． 2 αsin 2 θαsin + B． 2 θsin 2 θαsin + C． )2 αθsin( θsin D． )2 θαsin( αsin 【答案】A 【解析】根据对称性知， 1 2 ， 3 4 ，又 1 2 ， 根 据 几 何 关 系 ， 5 ， 3 4 5 ，所以 1 2 2 ， 3 4 2 ， 即入射角 1 3 2i ，则计算棱镜对该色光的 折射率表达式为 sinsin 2 sin 3 sin 2 in ，答案为 A． 4.（15 重庆卷）虹和霓是太阳光在水珠内分别经过一次和两次反射后出射形成的，可用白光 照射玻璃球来说明.两束平行白光照射到透明玻璃球后，在水平的白色桌面上会形成 MN 和 PQ 两条彩色光带，光路如题 11 图 1 所示.M 、N、P、Q 点的颜色分别为 A。紫、红、红、紫 B.红、紫、红、紫 C.红、紫、紫、红 D.紫、红、紫、红 【答案】A 【解析】 θ i’i α A B C 1 2 3 45 θ i’i α A B C 第 83页 试题分析：白光中的可见光部分从红到紫排列，对同一介质的折射率 n n 红紫 ，由折射定律 知紫光的折射角较小，由光路可知，紫光将到达 M 点和 Q 点，而红光到达 N 点和 P 点，故 选 A。 考点：本题考查光的折射和全反射、光路、折射率。 5.（15 新课标 2 卷）(5 分) 如图，一束光沿半径方向射向一块半圆形玻璃砖，在玻璃砖底面 上的入射角为θ，经折射后射出 a、b 两束光线，则 （填正确答案标号，选对 1 个 给 2 分，选对 2 个得 4 分，选对 3 个得 5 分，每选错 1 个扣 3 分，最低得分 0 分） A.在玻璃中，a 光的传播速度小于 b 光的传播速度 B. 在真空中，a 光的波长小于 b 光的波长 C. 玻璃砖对 a 光的折射率小于对 b 光的折射率 D.若改变光束的入射方向使θ角逐渐变大，则折射光线 a 首先消失 E.分别用 a、b 光在同一个双缝干涉实验装置上做实验，a 光的干涉条纹间距大于 b 光的干涉 条纹间距 【答案】ABD 【解析】 试题分析：由图可知：玻璃砖对 a 光的折射率大于对 b 光的折射率，故 C 错误；在玻璃中， a 光的传播速度小于 b 光的传播速度，故 A 正确；a 光的频率大于 b 光的频率,在真空中，a 光的波长小于 b 光的波长，故 B 正确；若改变光束的入射方向使θ角逐渐变大，因为 a 光的 折射率大，则折射光线 a 首先消失，故 D 正确；a 光的波长小于 b 光的波长，分别用 a、b 光在同一个双缝干涉实验装置上做实验，a 光的干涉条纹间距小于 b 光的干涉条纹间距，故 E 错误。 考点：光的折射；光的干涉 第 84页 6.（15 新课标 1 卷） 专题十四 动量与动量守恒 1.（15 福建卷）如图，两滑块 A、B 在光滑水平面上沿同一直线相向运动，滑块 A 的质量为 m，速度大小为 2vo，方向向右，滑块 B 的质量为 2m，速度大小为 v0，方向向左，两滑 块发生弹性碰撞后的运动状态是____________。(填选项前的 字母) A. A 和 B 都向左运动 B. A 和 B 都向右运动 C. A 静止，B 向右运动 D. A 向左运动，B 向右运动 答案 D 2.（15 重庆卷）高空作业须系安全带.如果质量为 m 的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落 到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为 h（可视为自由落体运动）.此后经历时间t 安 全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作 用力大小为 A. 2m gh mgt B. 2m gh mgt C. m gh mgt 第 85页 D. m gh mgt 【答案】A 【解析】 试题分析：人下落 h 高度为自由落体运动，由运动学公式 2 2v gh ，可知 2v gh ；缓冲 过程（取向上为正）由动量定理得 ( ) 0 ( )F mg t mv ，解得： 2m ghF mgt ，故 选 A。 考点：本题考查运动学公式、动量定理。 3.（15 新课标 2 卷）（10 分）滑块 a、b 沿水平面上同一条直线发生碰撞；碰撞后两者粘在 一起运动；经过一段时间后，从光滑路段进入粗糙路段。两者的位置 x 随时间 t 变化的图像 如图所示。求： （ⅰ）滑块 a、b 的质量之比； （ⅱ）整个运动过程中，两滑块克服摩擦力做的功与因碰撞而损失的机械能之比。 【答案】（1） 8 1 2 1 m m ；（2） 2 1E W 第 86页 考点：动量守恒定律；能量守恒定律 4.（15 新课标 1 卷） 第 87页 专题十五 波粒二象性 原子物理 1.（15 江苏卷）（1）波粒二象性时微观世界的基本特征，以下说法正确的有_______ A．光电效应现象揭示了光的粒子性 B．热中子束射到晶体上产生衍射图样说明中子具有波动性 C．黑体辐射的实验规律可用光的波动性解释 D．动能相等的质子和电子，它们的德布罗意波也相等 （2）核电站利用原子核链式反应放出的巨大能量进行发电，235 92 U 是常用的核燃料。235 92 U 受 一个中子轰击后裂变成 144 56 Ba 和 89 36 Kr 两部分，并产生_____个中子。要使链式反应发生，裂 变物质的体积要_________（选填“大于”或者“小于”）它的临界体积。 （3）取质子的质量 271.6726 10pm kg ，中子的质量 271.6749 10nm kg ， 粒子的 质量 276.6467 10m kg ，光速 83 10 /c m s ，请计算 粒子的结合能，（计算结果保 留两位有效数字） 第 88页 【答案】 （1）BC (2) 1.5 不容易 （3）质量亏损 mmmm nP )22( 结合能 2mcE 代入数据得 JE 12103.4 【点评】本题考查波粒二象性，原子核裂变，爱因斯坦质能方程，难度：容易 2.（15 福建卷）(1)下列有关原子结构和原子核的认识，其中正确的是。(填选项前的字母) A. 射线是高速运动的电子流 B.氢原子辐射光子后，其绕核运动的电子动能增大 C.太阳辐射能量的主要来源是太阳中发生的重核裂变 D. 210 83 Bi 的半衰期是 5 天，100 克 210 83 Bi 经过 10 天后还剩下 50 克 答案：（1）B 3.（15 海南卷）（1）氢原子基态的能量为 1 13.6E eV 。大量氢原子处于某一激发态。由 这些氢原子可能发出的所有光子中，频率最大的光子能量为 0.96 1E ，频率最小的光子的能 量为 eV（保留 2 位有效数字），这些光子可具有 种不同的频率。 【答案】10eV ，10 【解析】 频率最小的光子是从 2n 跃迁，即频率最小的光子的能量为 min 3.4 13.6 10E eV eV eV 频率最大的光子能量为 0.96 1E ，即 13.6 0.96 13.6nE eV eV ，解得 0.54nE eV 即 5n ，从 5n 能级开始，共有5 1 ，5 4 ，5 3 ，5 2 ，4 1 ，4 2 ，4 3 ， 3 1 ，3 2 ， 2 1 ，10 种不同频率的光子 （2）运动的原子核 A z X 放出 粒子后变成静止的原子核 Y。已知 X、Y 和 粒子的质量分 别是 M、 1m 和 2m ，真空中的光速为 c， 粒子的速度远小于光速。求反应后与反应前的总 动能之差以及 粒子的动能。 【答案】 2 1 2kE M m m c ， 2 1 2 2 M M m m cM m 第 89页 【解析】反应后由于存在质量亏损，所以反应前后总动能之差等于质量亏损而释放出的能量， 故根据爱因斯坦质能方程可得 2 2 2 2 1 2 1 1 2 2 Xm v Mv M m m c ① 反应过程中三个粒子组成的系统动量守恒，故有 2XMv m v ，② 联立①②可得 2 2 2 1 2 2 1 2 Mm v M m m cM m 4.（15 新课标 2 卷）（5 分）实物粒子和光都具有波粒二象性，下列事实中突出体现波动性 的是 。（填正确答案标号，选对 1 个给 2 分，选对 2 个得 4 分，选对 3 个得 5 分，每 选错 1 个扣 3 分，最低得分 0 分） A.电子束通过双缝实验后可以形成干涉图样 B. β射线在云室中穿过会留下清晰的径迹 C.人们利慢中子衍射来研究晶体的结构 D.人们利用电子显微镜观测物质的微观结构 E.光电效应实验中，光电子的最大初动能与入射光的频率有关，与入射光的强度无关 【答案】ACD 考点：波粒二象性 5.（15 新课标 1 卷） 第 90页 专题十六 力学实验 1.（15 福建卷）(18 分) （1）（6 分）某同学做“探究弹力和弹簧伸长量的关系”的实验。 ①图甲是不挂钩码时弹簧下端指针所指的标尺刻度，其示数为 7.73cm，图乙是在弹簧下端 悬挂钩码后指针所指的标尺刻度，此时弹簧的伸长量△l 为 cm; ②本实验通过在弹簧下端悬挂钩码的方法来改变弹簧的弹力，关于此操作，下列选项中规范 的做法是 ；（填选项前的字母） A． 逐一增挂钩码，记下每增加一只钩码后指针所指的标尺刻度和对应的钩码总重 B．随意增减钩码，记下增减钩码后指针所指的标尺刻度和对应的钩码总重 ③图丙是该同学描绘的弹簧的伸长量△l 与弹力 F 的关系图线，图线的 AB 段明显偏离直线 OA ， 造 成 这 种 现 象 的 主 要 原 因 是 。 第 91页 【答案】：6.93cm；A；钩码重力超过弹簧弹力范围 2.（15 海南卷）某同学利用游标卡尺和螺旋测微器分别测量一圆柱体工件的直径和高度，测 量结果如图（a）和（b）所示。该工件的直径为______cm，高度为________mm。 【答案】1.220cm， 6.861mm 3.（15 四川卷）某同学在“探究弹力和弹簧伸长的关系”时，安装好实验装置，让刻度尺零 刻度与弹簧上端平齐，在弹簧下端挂 1 个钩码，静止时弹簧长度为 l1，如图 1 所示，图 2 是 此时固定在弹簧挂钩上的指针在刻度尺（最小分度是 1 毫米）上位置的放大图，示数 l1＝ cm.。在弹簧下端分别挂 2 个、3 个、4 个、5 个相同钩码，静止时弹簧长度分别是 l2、l3、l4、 第 92页 l5。已知每个钩码质量是 50g，挂 2 个钩码时，弹簧弹力 F2＝ N（当地重力加速度 g ＝9.8m/s2）。要得到弹簧伸长量 x，还需要测量的是 。作出 F-x 曲线，得到弹力与 弹簧伸长量的关系。 考点：探究弹力和弹簧伸长的关系实验 4.（15 安徽卷）在“验证力的平行四边形定则”实验中， 某同学用图钉把白纸固定在水平放置的木板上，将橡皮条的 一端固定在板上一点，两个细绳套系在橡皮条的另一端。用 两个弹簧测力计分别拉住两个细绳套，互成角度地施加拉 力，使橡皮条伸长，结点到达纸面上某一位置，如图所示。 请将以下的实验操作和处理补充完整： ①用铅笔描下结点位置，记为 O； ②记录两个弹簧测力计的示数 F1 和 F2，沿每条细绳（套）的方向用铅笔分 别描出几个点，用刻度尺把相应的点连成线； ③只用一个弹簧测力计，通过细绳套把橡皮条的结点仍拉到位置 O，记录测 力计的示数 F3， ； ④按照力的图示要求，作出拉力 F1、F2、F3； ⑤根据力的平行四边形定则作出 F1 和 F2 的合力 F； ⑥比较 的一致程度，若有较大差异，对其原因进行分析，并作 出相应的改进后再次进行实验。 【答案】③沿此时细绳（套）的方向用铅笔描出几个点，用刻度尺把这些点连成 第 93页 直线； ⑥F 和 F3． 5.（2015 新课标 2 卷）某学生用图（a）琐事的实验装置测量物块与斜面的懂摩擦因数。已 知打点计时器所用电源的频率为 50Hz，物块下滑过程中所得到的只带的一部分如图（b）所 示，图中标出了 5 个连续点之间的距离。 （1） 物块下滑是的加速度 a= ________ m/s2；打点 C 点时物块的速度 V= ________.M/S; （2） 已知重力加速度大小为 g，求出动摩擦因数，还需测量的物理量是（天正确答案标 号） A 物块的质量 B 斜面的高度 C 斜面的倾角 【答案】（1）3.25；1.79；(2)C 【解析】 试题分析：（1）根据纸带数据可知：加速度 sm T xxxxa BCABDECD /25.3 4 )()( 2 ； 打点 C 点时物块的速度 smT xv BD C /79.12 （2）由牛顿第二定律得：加速度 cossin gga ，所以求出动摩擦因数，还需测量 的物理量是斜面的倾角。 考点：测量物块与斜面的懂摩擦因数 6.（15 广东卷） 第 94页 专题十七 电学实验 1.（15 江苏卷）（8 分）小明利用如题 10-1 图所示的实验装置测量一干电池的电动势和内阻 （1）题 10-1 图中电流表的示数为__________A （2）调节滑动变阻器，电压表和电流表的示数记录如下 请根据表中的数据，在答题卡的方格纸上作出 U-I 图线 第 95页 由图线求得：电动势 E=_________V;内阻 r=_________________Ω （3）实验时，小明进行了多次测量，花费了较长时间，测量期间一直保持电路闭合，其实 从实验误差考虑，这样的操作不妥，因为_______________ 【答案】（1）0.44 （2）U-I 图线见右图 1. 60 （1. 58 ~ 1. 62 都算对） 1.2（1.18 ~1.26 都算对） （3）干电池长时间使用后，电动势和内阻会发生变化，导致实验误差增大. 【解析】本题做图象时，纵轴的标度要注意，一是初始点不为 0 而是 1.0，二是每 5 个小格 为 0.1 而不是 10 个小格，否则，不是图象画不全就是延长线到图象外才与纵轴相交。平常 做作业，学生常常认为作图象不要做，考试时就会了，本题图象说明，平常做作业，做图象 题也要做，否则，考试时画不好。 第 96页 【点评】本题考查测电源电动势和内阻实验，难度：容易 2.（15 福建卷）（12 分）某学习小组探究一小电珠在不同电压下的电功率大小，实验器材如 图甲所示，现已完成部分导线的连接。 ①实验要求滑动变阻器的 滑片从左到右移动过程中，电流表的示数从零开始逐渐增大。请 按此要求用笔画线代替导线在图甲实物接线图中完成余下导线的连接； ②某次测量，电流表指针偏转如图乙所示，则电流表的示数为 A ③该小组描绘的伏安特性曲线如图丙所示，根据图线判断，将 只相同的小电珠并联后， 直接与电动势为 3V、内阻为 1 欧的电源组成闭合回路，可使小电珠的总功率最大，其总功 率的值约为 W（保留两位小数） 【答案】：见解析；0.44A；4 2.25 【解析】 试题分析：实物图如图所示；由图知电流表量程为 0.6A，所以读数为 0.44A；电源内阻为 1 欧，所以当外 电路总电阻等于电源内阻时，消耗电功率最大，此时外电路电压等于内电压等于 1.5V，由 图知当小电珠电压等于 1.5V 时电流约为 0.38A，此时电阻约为 95.3I UR ，并联后的 总电阻为 1 欧，所以需要 4 个小电珠，小电珠消耗的总功率约为 WR UP 25.21 5.1 22 外 。 第 97页 3.（15 海南卷）某同学利用图（a）所示电路测量电容器充电时两极板间的电压随时间的变 化。实验中使用的器材为：电池 E（内阻很小）、开关 1S 和 2S 、电容器 C（约 100 F ）、 电阻 2R （约 200k ）、电阻 2R （1k ）、电压表 V（量程 6V）、秒表、导线若干。 (1)按图（a）所示的电路原理将图（b）中实物图连线。 (2)先闭合开关 2S ，再断开开关 2S ：闭合开关 1S ，同时按下秒表开始计时。若某时刻电压 表示数如图（c）所示，电压表的读数为________V（保留 2 位小数）。 (3)该同学每隔 10s 记录一次电压表的读数 ，记录的数据如下表所示，在答题卡给出的坐标 纸上绘出图线，已知只有一个数据点误差较大，该数据点对应的表中的时间是______s。 (4)电路中 C、 2R 和 1S 构成的回路的作用是___________。 【答案】（1）图略（2）3.6V（3）40s（4）使实验前电容器两极板上的电荷相中和 第 98页 4.（15 四川卷）（11 分）用实验测一电池的内阻 r 和一待测电阻的阻值 Rx。已知电池的电动 势约 6V，电池内阻和待测电阻阻值都为数十欧。可选用的实验器材有： 电流表 A1（量程 0～30mA）； 电流表 A2（量程 0～100mA）； 电压表 V（量程 0～6V）； 滑动变阻器 R1（阻值 0～5Ω）； 滑动变阻器 R2（阻值 0～300Ω）； 开关 S 一个，导线若干条。 某同学的实验过程如下： Ⅰ．设计如图 3 所示的电路图，正确连接电路。 Ⅱ．将 R 的阻值调到最大，闭合开关，逐次调小 R 的阻值，测出多组 U 和 I 的值，并记录。 以 U 为纵轴，I 为横轴，得到如图 4 所示的图线。 Ⅲ．断开开关，将 Rx 改接在 B、C 之间，A 与 B 直接相连，其他部分保持不变。重复Ⅱ的 步骤，得到另一条 U-I 图线，图线与横轴 I 的交点坐标为（I0，0），与纵轴 U 的交点坐标为 （0，U0）。 回答下列问题： ①电流表应选用 ，滑动变阻器应选用 ； ②由图 4 的图线，得电源内阻 r＝ Ω； ③用 I0、U0 和 r 表示待测电阻的关系式 Rx＝ ，代入数值可得 Rx； 第 99页 ④若电表为理想电表，Rx 接在 B、C 之间与接在 A、B 之间，滑动变阻器滑片都从最大阻值 位置调到某同一位置，两种情况相比，电流表示数变化范围 ，电压表示数变化范 围 。（选填“相同”或“不同”） 【答案】①A2 R2 ②25 ③ 0 0 I U －r ④相同 不同 ②根据图 3 电路结构可知，电压表测量了电路的路端电压，电流表测量了电路的总电流，因 此图 4 中，图线斜率绝对值即为电源的内阻，有：r＝|k|＝| 310)2060( 5.45.5 |Ω＝25Ω。 ③当改接电路后，将待测电阻与电源视为整体，即为一“等效电源”，此时图线的斜率为等 效电源的内阻，因此有：r′＝r＋Rx＝|k′|＝ 0 0 0 0 I U ，解得：Rx＝ 0 0 I U －r ④若电表为理想电表，Rx 接在 B、C 之间与接在 A、B 之间，电路的总电阻可变范围不变， 因此电流表的示数变化范围相同，Rx 接在 B、C 之间时，电压表测量的是滑动变阻器两端的 电压，而 Rx 接在 A、B 之间时，电压表测量的是滑动变阻器与 Rx 两端电压的和，由于对应 某一滑动变阻器阻值时，电路的电流相同，因此电压表的读数不同，所以电压表示数变化范 围也不同。 考点：测定电源电动势和内阻、伏安法测电阻的实验 5.（15 安徽卷）某同学为了测量一节电池的电动势和内阻，从实验室找到以下 器材：一个满偏电流为 100 μA，内阻为 2500 Ω的表头，一个开关，两个电阻箱 （0—999.9 Ω）和若干导线。 （1）由于表头量程偏小，该同学首先需将表头改装成量程为 50 mA 的电流 表，则应将表头与电阻箱 （填“串联”或“并联”），并将该电阻箱阻值 调为 Ω。 （2）接着该同学用改装的电流表对电池的电动势及内阻进行测量，实验电路 如图 1 所示，通过改变电阻 R 测相应的电流 I，且作相关计算后一并记录如下表。 1 2 3 4 5 6 R(Ω) 95.0 75.0 55.0 45.0 35.0 25.0 mA R E r 第 100页 I/A IR/V 1.6 1.5 1.4 1.3 1.2 1.1 0 10 20 30 40 50 60 70 ①根据表中数据，图 2 中已描绘出四个点，请将第 5、6 两组数据也描绘在图 2 中，并画 IR—I 图线 ②根据图线可得电池的电动势 E 是 V，内阻 r 是 Ω。 【答案】（1）并联 5.0； （2）①倾斜直线（略）；②1.53 2.0 【解析】（1） 100 μAgI ， 2500gR ，量程 50 mAI ，根据并联分流原理， 改装成大量程电流表需并联的电阻 5.0g g g I RR I I ；（2）根据闭合电路欧姆定 律，E IR Ir ，即 IR E Ir ，所以 IR I 图像的纵轴截距即等于电池的电动势 E 的大小，斜率的绝对值即等于电池内阻 r 的大小，由图像可求出 E=1.53 V， 2.0r ． 6.（15 重庆卷）同学们测量某电阻丝的电阻 xR ，所用电流表的内阻与 xR 相当，电压表可视 为理想电压表. ①若使用题 6 图 2 所示电路图进行实验，要使得 xR 的测量值更接近真实值，电压表的 a 端 应连接到电路的 点（选填“b”或“c”）. I(mA) 15.0 18.7 24.8 29.5 36.0 48.0 IR(V) 1.42 1.40 1.36 1.33 1.26 1.20 第 101页 ②测得电阻丝的U I 图如题 6 图 3 所示，则 xR 为 （保留两位有效数字）。 ③实验中，随电压进一步增加电阻丝逐渐进入炽热状态.某同学发现对炽热电阻丝吹气，其 阻值会变化.他们对此现象进行探究，在控制电阻丝两端的电压为 10V 的条件下，得到电阻 丝的电阻 xR 随风速 v（用风速计测）的变化关系如题 6 图 4 所示.由图可知当风速增加时， xR 会 （选填“增大”或“减小”）。在风速增加过程中，为保持电阻丝两端电压为 10V，需要将滑动变阻器 WR 的滑片向 端调节（选填“M”或“N”）. ④为了通过电压表的示数来显示风速，同学们设计了如题 6 图 5 所示的电路.其中 R 为两只 阻值相同的电阻， xR 为两根相同的电阻丝，一根置于气流中，另一根不受气流影响，○V为 待接入的理想电压表.如果要求在测量中，风速从零开始增加，电压表的示数也从零开始增 加，则电压表的“+”端和“—”端应分别连接到电路中的 点和 点（在“a” “b”“c”“d”中选填）. 第 102页 【答案】① c；② 4.1 （4.0～4.2）;③减小 ，M；④ b，d 考点：本题考查伏安法测电阻。 7.（2015 新课标 2 卷）电压表满偏时通过该表的电流是半偏是通过该表的电流的两倍。某同 学利用这一事实测量电压表的内阻（半偏法）实验室提供材料器材如下： 待测电压表（量程 3V，内阻约为 3000 欧），电阻箱 R0 (最大阻值为 99999.9 欧)，滑动变阻器 R1（最大阻值 100 欧，额定电压 2A），电源 E（电动 势 6V，内阻不计），开关两个，导线若干 （1）虚线框内为同学设计的测量电压表内阻的电路图的一部分，将电路图补充完整 （2）根据设计的电路写出步骤 ________ ________ ________ （3）将这种方法测出的电压表内阻记为 R1v 与内阻的真实值 Rv 先比 R1v ________. Rv （添“>”“=”或“<”）主要理由是 第 103页 【答案】（1）（2）见解析； （3）>；见解析 【解析】 试题分析：（1）实验电路如图所示 考点：半偏法测电表内阻 8.（15 广东卷） 第 104页 专题十八 选修 3-3 1.（15 江苏卷）（1）对下列几种固体物质的认识，正确的有________ A．食盐熔化过程中，温度保持不变，说明食盐时晶体 B．烧热的针尖接触涂有蜂蜡薄层的云母片背面，熔化的蜂蜡呈椭圆形，说明蜂蜡时晶体 C．天然石英表现为各向异性，是由于该物质的微粒在空间的排列不规则 D．石墨和金刚石的物理性质不同，是由于组成它们的物质微粒排列结构不同 （2）在装有食品的包装袋中充入氮气，然后密封进行加压测试，测试时，对包装袋缓慢地 施加压力，将袋内的氮气视为理想气体，则加压测试过程中，包装袋内壁单位面积上所受气 体分子撞击的作用力_________（选填“增大”、“减小”或“不变”），包装袋内氮气的内能 第 105页 _________（选填“增大”、“减小”或“不变”） （3）给某包装袋充入氮气后密封，在室温下，袋中气体压强为 1 个标准大气压、体积为 1L。 将其缓慢压缩到压强为 2 个标准大气压时，气体的体积变为 0.45L。请通过计算判断该包装 袋是否漏气 【答案】（1）AD (2) 增大 不变 （3）若不漏气，设加压后的体积为 1V ，由等温过程得 1100 VpVp ，代入数据得 LV 5.01 , 因为 LL 5.045.0 ,故包装袋漏气。 【解析】理想气体的内能由温度决定，因温度不变，所以内能不变。 【点评】本题考查晶体（第（1）小题）和气体（第（2）、（3）小题），难度：容易。 2.（15 北京卷）下列说法正确的是 A.物体放出热量，其内能一定减小 B.物体对外做功。其内能一定减小 C.物体吸收热量，同时对外做功，其内能可能增加 D.物体放出热量，同时对外做功，其内能可能不变 【答案】C 【难度】★ 【考点】热力学第一定律： QWU 【解析】物体内能的改变方式有两种：做功和热传递，只凭某一种方式无法判断内能是否变化，故 A、B 选项错误；物体吸收热量同时对外做功，内能可能增大、减小或不变，故 C 选项正确，物体放出热量又 同时对外做功内能一定减小，故 D 选项错误。 3.（15 海南卷）（1）已知地球大气层的厚度 h 远小于地球半径 R，空气平均摩尔质量为 M， 阿伏伽德罗常数为 AN ，地面大气压强为 OP ，重力加速度大小为 g。由此可以估算得，地球 大气层空气分子总数为 ，空气分子之间的平均距离为 。 【答案】 2 04 AR P N Mg ， 3 0 A Mgha P N 【解析】设大气层中气体的质量为 m，由大气压强产生， 0mg p S ，即： 0p Sm g 分子数 2 0 04A AA p SN R P NmNn M Mg Mg ，假设每个分子占据一个小立方体，各小立方体紧 密排列，则小立方体边长即为空气分子平均间距，设为 a，大气层中气体总体积为 V， 3 Va n ＝ ，而 24V R h ，所以 3 0 A Mgha P N （2）如图，一底面积为 S、内壁光滑的圆柱形容器竖直放置在水平地面上，开口向上，内 有两个质量均为 m 的相同活塞 A 和 B ；在 A 与 B 之间、B 与容器底面之间分别封有一定量 的同样的理想气体，平衡时体积均为 V。已知容器内气体温度始终不变，重力加速度大小为 g，外界大气压强为 OP 。现假设活塞 B 发生缓慢漏气，致使 B 最终与容器底面接触。求活 第 106页 塞 A 移动的距离。 【答案】 0 0 2 3 2P S mg Vh P S mg S S 【解析】A 与 B 之间、B 与容器底面之间的气体压强分别为 1P 、 2P ，在漏气前，对 A 分析 有 1 0 mgP P S ，对 B 有 2 1 mgP P S B 最终与容器底面接触后，AB 间的压强为 P，气体体积为 'V ，则有 0 mgP P S 因为温度失重不变，对于混合气体有 1 2 2 'P P V PV ， 漏气前 A 距离底面的高度为 2Vh S ， 漏气后 A 距离底面的高度为 '' Vh S 联立可得 0 0 2 3 2P S mg Vh P S mg S S 4. （2015 重庆卷）[选修 3-3] （1）（6 分）某驾驶员发现中午时车胎内的气压高于清晨时的，且车胎体积增大.若这段时间 胎内气体质量不变且可视为理想气体，那么 A.外界对胎内气体做功，气体内能减小 B.外界对胎内气体做功，气体内能增大 C.胎内气体对外界做功，内能减小 D.胎内气体对外界做功，内能增大 【答案】D 【解析】 试题分析：对车胎内的理想气体分析知，体积增大为气体为外做功，内能只有动能，而动能 的标志为温度，故中午温度升高，内能增大，故选 D。 考点：本题考查理想气体的性质、功和内能、热力学第一定律。 （2）（6 分）北方某地的冬天室外气温很低，吹出的肥皂泡会很快冻结.若刚吹出时肥皂泡内 气体温度为 1T ，压强为 1P ，肥皂泡冻结后泡内气体温度降为 2T .整个过程中泡内气体视为理 想气体，不计体积和质量变化，大气压强为 0P .求冻结后肥皂膜内外气体的压强差. 【答案】 2 1 0 1 TP P PT 第 107页 考点：本题考查理想气体状态方程。 5.（15 新课标 2 卷）[物理选修 3-3]（15 分） （1）（5 分）关于扩散现象，下列说法正确的是 （填正确答案标号，选对 1 个给 2 分，选对 2 个得 4 分，选对 3 个得 5 分，每选错 1 个扣 3 分，最低得分 0 分） A.温度越高，扩散进行得越快 B.扩散现象是不同物质间的一种化学反应 C.扩散现象是由物质分子无规则运动产生的 D.扩散现象在气体、液体和固体中都能发生 E.液体中的扩散现象是由于液体的对流形成的 【答案】ACD 考点：分子动理论 （2）（10 分）如图，一粗细均匀的 U 形管竖直放置，A 侧上端封闭，B 侧上侧与大气相通， 下端开口处开关 K 关闭，A 侧空气柱的长度为 l=10.0cm，B 侧水银面比 A 侧的高 h=3.0cm， 现将开关 K 打开，从 U 形管中放出部分水银，当两侧的高度差为 h1=10.0cm 时，将开关 K 关闭，已知大气压强 P0=75.0cmHg。 （ⅰ）求放出部分水银后 A 侧空气柱的长度 （ⅱ）此后再向 B 侧注入水银，使 A、B 两侧的水银达到同一高度，求注入水银在管内的长 度 第 108页 【答案】（1）12.0cm；（2）13.2cm 【解析】 试题分析：(1)以 cmHg 为压强单位，设 A 侧空气长度 l=10.0cm 时压强为 P；当两侧水银面 的高度差为 h1=10.0cm 时，空气柱的长度为 l1，压强为 P1，由玻意耳定律得 考点：玻意耳定律 6.（15 新课标 1 卷） 第 109页 第 110页 7.（15 广东卷） 专题十九 选修 3-4 1.（15 江苏卷）（1）一渔船向鱼群发出超声波，若鱼群正向渔船靠近，则被鱼群反射回来的 第 111页 超声波与发出的超声波相比_________ A．波速变大 B．波速不变 C．频率变高 D．频率不变 （2）用 62 10 Hz 的超声波检查胆结石，该超声波在结石和胆汁中的波速分别为 2250m/s 和 1500m/s，则该超声波在结石中的波长时胆汁中的______倍。用超声波检查胆结石是因为 超声波的波长短，遇到结石时_______（选填“容易”或者“不容易”）发生衍射 （3）人造树脂时常用的眼镜片材料，如图所示，光线射在一人造树脂立方体上，经折射后， 射在桌面上的 P 点，已知光线的入射角为 30°，OA=5cm，AB=20cm，BP=12cm，求该人造 树脂材料的折射率 n 【答案】 （1） BC （2） 1.5 不容易 （3） 设折射角为 ，由折射定律 sin30sin 0 n 由几何关系 OP OAPB sin ,且 22)( ABOAPBOP 代入数据解得 14 449n （或 5.1n ） 【点评】本题考查多普勒效应，衍射，折射率计算等，难度：中等 2.（15 北京卷）周期为 2.0S 的简谐横波沿 X 轴传播，该波在某时刻的图像如图所示，此时质点 P 沿 y 轴 负方向运动，则该波 E.沿 X 轴正方向传播，波速 sm20 F.沿 X 轴正方向传播，波速 sm10 G.沿 X 轴负方向传播，波速 sm20 H.沿 X 轴负方向传播，波速 sm10 【答案】B 【难度】★ 【考点】机械振动与机械波 【解析】根据机械波的速度公式 v= T ,由图可知波长为 20m，再结合周期为 2.0s，可以得出波速为 10m/s。应用“上下坡法”方法判断波沿 x 轴正方向传播。故答案为 B 选项。 第 112页 3.（15 北京卷）（1）“测定玻璃的折射率”的实验中，在白纸上放好玻璃砖，aa'和 bb'分别是玻璃砖与 空气的两个界面，如图 1 所示，在玻璃砖的一侧插上两枚大头针 P1 和 P2，用“+”表示大 头针的位 置， 然后在另一侧透过玻璃砖观察并依次插上 P3 和 P4。 在 插 P3 和 P4 时，应使 A.P3 只挡住 P1 的像 B.P4 只挡住 P2 的像 C.P3 同时挡住 P1、P2 的像 （3）用单摆测定重力加速度的实验如图 2 所示。 ①组装单摆时，应在下列器材中选用 （选填选项 前的字母） A.长度为 1m 左右的细线 B.长度为 30cm 左右的细线 C.直径为 1.8cm 的塑料球 D.直径为 1.8cm 的铁球 ②测出悬点 O 到小球球心的距离（摆长）L 及单摆完成 n 次全振动所用的时间 t。 则重力加速度 g= （用 L，n，t 表示） ③下表是某同学记录的 3 组实验数据，并做了部分计算处理。 组次 1 2 3 摆长 cmL 80.00 90.00 100.00 50 次全振动时间 St 90.0 95.5 100.5 振动周期 ST 1.80 1.91 重力加速度 -2Smg 9.74 9.73 请计算出第 3 组实验中的 T= S， g= 2sm ④用多组实验数据做出 T2-L 图像，也可以求出重力加速度 g，已知三位同学做 出的 T2-L 图线的示意 图如图 3 中的 a，b，c 所示，其中 a 和 b 平行，b 和 c 都 过原点，图线 b 对应的 g 值最接近当 地重力加速度的值。则相对于图线 b，下列分析正确的是 （选填选项前的字母） A.出现图线 a 的 原因可能是误将悬点到小球下端的距离记为摆长 L B.出现图线 c 的原因可能是误将 49 次全振动记为 50 次 第 113页 C.图线 c 对应的 g 值小于图线 b 对应的 g 值 ⑤某同学在家里测重力加速度。他找到细线和铁锁，制成一个单摆，如图 4 所示，由于家里只有一根量 程 为 30cm 的刻度尺， 于是他在细线上的 A 点做了一个标记，使得选点 O 到 A 点间的细线长度小于 刻度尺量程。保持该标记以下的细线长度不变，通过改变 O、A 间细线长度以改变摆长。实验中，当 O、 A 间细线的长度分别为 l1、l2 时，测得相应单摆的周期为 T1、T2，由此可得重力加速度 g= （用 l1、l2、T1、T2 表示） 【考点】插针法测量玻璃砖折射率 用单摆测重力加速度 【难度】 ★ ★ ★ 【解析】（1）在“测定玻璃砖的折射率”实验中，插针时应使 P3 同时挡住 P1、P2 的像，P4 只挡住 P3、 同时挡住 P1、P2 的像。故选 C。 （2）①在“测定重力加速度”的实验中，摆线应取长度约为 1m 左右的不可伸缩的细线，摆球应选密度 大的球，故选 AD。②根据 g= 2 2 t L4 ， n tT ，得出 2 22 t Ln4g ③2.01 9.76 ④由图像可知，斜率 K= g 4 2 ，a 为多次测量总少计摆球半径，A 错；C 为斜率减小，为单次测量周期记 准，摆长多记或摆长记准周期记少，记录次数增多造成。故 B 正确。 ⑤类比未知摆球半径，但摆球半径一定如同 A 点到球心距离 /L 不变一样记录两次， g LL4T / oA1 2 2 1 ）（ ， g LL4T / oA2 2 2 2 ）（ 两式相减运算即可得 2 1 2 2 12 2 T-T L-L4g ）（ ，与本人预测题方法一样。 4.（15 福建卷）如图，一束光经玻璃三棱镜折射后分为两束单色光 a、b，波长分别为λa、λb,该玻璃对单 色光 a、b 的折射率分别为 na、nb，。则 （ ） A. λa<λb , na >nb， B. λa>λb , na查看更多