高考物理试题分类汇编完整版,修正版
2016年高考物理试题分类汇编：
一、直线运动
一、选择题
1. （全国新课标I卷，21）甲、乙两车在平直公路上同向行驶，其图像如图所示。已知两车在时并排行驶，则（ ）
A. 在时，甲车在乙车后
B. 在时，甲车在乙车前
C. 两车另一次并排行驶的时刻是
D. 甲、乙车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为
【答案】BD
【解析】根据图，甲、乙都沿正方向运动。时，甲、乙相遇，，，由位移和图面积对应关系，内位移，。故时，甲乙相距，即甲在乙前方，B选项正确。
内，，，，说明甲、乙第一次相遇。A、C错误。
乙两次相遇地点之间的距离为，所以D选项正确；
2.（全国新课标II卷，19）两实心小球甲和乙由同一种材料制成，甲球质量大于乙球质量．两球在空气中由静止下落，假设它们运动时受到的阻力与球的半径成正比，与球的速率无关．若它们下落相同的距离，则（ ）
A．甲球用的时间比乙球长
B．甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小
C．甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小
D．甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功
【答案】BD
【解析】由已知 设 ① 则受力分析得
②
③
④
138
由①②③④得
由 可知 C错
由v-t图可知甲乙位移相同，则
B对
A错
由功的定义可知
则 D对
3.（全国新课标III卷，16）.一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动，在时间间隔t内位移为s，动能变为原来的9倍。该质点的加速度为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】设初速度为，末速度为，根据题意可得，解得，根据，可得，解得，代入可得，故A正确；
4.（上海卷，14）物体做匀加速直线运动，相继经过两段距离为16 m的路程，第一段用时4 s，第二段用时2 s，则物体的加速度是（ ）
(A) (B) (C) (D)
【答案】B
【解析】根据题意，物体作匀加速直线运动，t时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，在第一段时间内中间时刻的瞬时速度：；在第二段时间内中间时刻的瞬时速度为：；则物体加速度为：，故B正确
5.（江苏卷，5）
138
小球从一定高度处由静止下落，与地面碰撞后回到原高度再次下落，重复上述运动，取小球的落地点为原点建立坐标系，竖直向上为正方向，下列速度和位置的关系图象中，能描述该过程的是（ ）
【答案】A
【解析】由题意知，小球在下落的过程中速度方向向下，与题目中规定的正方向相反，为负值，C、D错；小球的运动为匀变速运动，依据可知速度与时间的关系为二次函数，故A正确，B错。
6.（海南卷，1）在地面上方某一点将一小球以一定的初速度沿水平方向抛出，不计空气阻力，则小球在随后的运动中（ ）
A．速度和加速度的方向都在不断变化
B．速度与加速度方向之间的夹角一直减小
C．在相等的时间间隔内，速率的该变量相等
D．在相等的时间间隔内，动能的改变量相等
【答案】B
【解析】物体做平抛运动，说明加速度不变，速度的大小和方向尽管在变化，A错；如图所示，，随着时间t的变大，tanθ变小，则θ变小，选项B正确；根据加速度定义可知，则在等时间间隔内，速度的变化量等，C错误C错误；依据动能定理，在等时间间隔内，动能的该变量等于重力的功，由于平抛在竖直方向上，在等时间内位移不等，故D错误。
二、计算题
1（上海卷，31）（12分）风洞是研究空气动力学的实验设备。如图，将刚性杆水平固定在风洞内距地面高度H=3.2m处，杆上套一质量m=3kg，可沿杆滑动的小球。将小球所受的风力调节为F=15N，方向水平向左。小球以速度v0=8m/s向右离开杆端，假设小球所受风力不变，取g=10m/s2。求：
（1）小球落地所需时间和离开杆端的水平距离；
（2）小球落地时的动能。
（3）小球离开杆端后经过多少时间动能为78J？
138
【答案】（1）4.8m （2）120J （3）0.24s
【解析】（1）小球在竖直方向做自由落体运动，运动时间为
小球在水平方向做匀减速运动，加速度
水平位移
（2）由动能定理
(3)小球离开杆后经过时间t的水平位移
由动能定理
带入数据得
二、相互作用
一、选择题
1. （全国新课标I卷，19）如图，一光滑的轻滑轮用细绳悬挂于点；另一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块，另一端系一位于水平粗糙桌面上的物块。外力向右上方拉，整个系统处于静止状态。若方向不变，大小在一定范围内变化，物块仍始终保持静止，则（ ）
A. 绳的张力也在一定范围内变化
B. 物块所受到的支持力也在一定范围内变化
C. 连接和的绳的张力也在一定范围内变化
138
D. 物块与桌面间的摩擦力也在一定范围内变化
【答案】BD
【解析】由题意，在保持方向不变，大小发生变化的过程中，物体、均保持静止，各绳角度保持不变；选受力分析得，绳的拉力，所以物体受到绳的拉力保持不变。由滑轮性质，滑轮两侧绳的拉力相等，所以受到绳的拉力大小、方向均保持不变，C选项错误； 、受到绳的拉力大小方向均不变，所以的张力不变，A选项错误；对进行受力分析，并将各力沿水平方向和竖直方向分解，如上图所示。由受力平衡得：，。和始终不变，当大小在一定范围内变化时；支持力在一定范围内变化，B选项正确；摩擦力也在一定范围内发生变化，D选项正确；故答案选BD。
2. （全国新课标II卷，14）质量为m的物体用轻绳AB悬挂于天花板上．用水平向左的力F缓慢拉动绳的中点O，如图所示．用T表示绳OA段拉力的大小，在O点向左移动的过程中（ ）
A．F逐渐变大，T逐渐变大 B．F逐渐变大，T逐渐变小
C．F逐渐变小，T逐渐变大 D．F逐渐变小，T逐渐变小
【答案】A
【解析】动态平衡问题，与的变化情况如图：
可得：
3（全国新课标III卷，17）如图，两个轻环a和b套在位于竖直面内的一段固定圆弧上：一细线穿过两轻环，其两端各系一质量为m的小球。在a和b之间的细线上悬挂一小物块。平衡时，a、b间的距离恰好等于圆弧的半径。不计所有摩擦。小物块的质量为（ ）
138
A.m/3 B.m/2 C. m D.2m
【答案】C
【解析】如图所示，为等边三角形，，则，根据几何关系可知，绳子上张力的合力等于，所以小物块的质量为m，C正确
4.（上海卷，15）如图，始终竖直向上的力F作用在三角板A端，使其绕B点在竖直平面内缓慢地沿顺时针方向转动一小角度，力F对B点的力矩为M，则转动过程中（ ）
(A)M减小，F增大 (B)M减小，F减小
(C)M增大，F增大 (D)M增大，F减小
【答案】A
【解析】受力如图所示，对三角板受力分析受到重力、支持力和拉力，由于缓慢转动，三角板近似平衡，所以有：，在转动过程中，支持力减小而拉力F在增加；力矩是力与力到作用点的距离的乘积，应用极端思维法，当三角板被竖直时，力与转动轴的距离为零，此时力矩为零，故此过程中力矩在减小，选项A正确。
5.（江苏卷，1）一轻质弹簧原长为8 cm，在4 N的拉力作用下伸长了2 cm，弹簧未超出弹性限度，则该弹簧的劲度系数为（ ）
（A）40 m/N （B）40 N/m
（C）200 m/N （D）200 N/m
【答案】D
【解析】根据胡克定律，代入数据可得，故选D
6.（江苏卷，9）如图所示，一只猫在桌边猛地将桌布从鱼缸下拉出，鱼缸最终没有滑出桌面．若鱼缸、桌布、桌面两两之间的动摩擦因数均相等，则在上述过程中（ ）
138
(A)桌布对鱼缸摩擦力的方向向左
(B)鱼缸在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等
(C)若猫增大拉力，鱼缸受到的摩擦力将增大
(D)若猫减小拉力，鱼缸有可能滑出桌面
【答案】BD
【解析】鱼缸受力如图，f向右，A错误；鱼缸与桌布，鱼缸与桌面间动摩擦因数相同，则在桌布上加速和在桌面上减速的时间是相等的，B对；如增大拉力，鱼缸与桌布之间的摩擦力还是滑动摩擦力，大小是不变的，C错误；若减小拉力，桌布的加速度会减小，鱼缸与桌布可能相对滑动页有可能相对静止，鱼缸在桌面运动的时间变长，所以鱼缸由可能画出桌面，D正确。
7.（浙江卷，17）如图所示为一种常见的身高体重测量仪。测量仪顶部向下发射波速为v的超声波，超声波经反射后返回，被测量仪接收，测量仪记录发射和接收的时间间隔。质量为M0的测重台置于压力传感器上，传感器输出电压与作用在其上的压力成正比。当测重台没有站人时，测量仪记录的时间间隔为t0，输出电压为U0，某同学站上测重台，测量仪记录的时间间隔为t，输出电压为U，则该同学的身高和质量分别为（ ）
A．v（t0-t）， B．v（t0-t），
138
C． v（t0-t）， D． v（t0-t），
【答案】D
【解析】当侧重台没有站人时，；站人时：；，解得：,故选D
8. （海南卷，2）如图，在水平桌面上放置一斜面体P，两长方体物块a和b叠放在P的斜面上，整个系统处于静止状态。若将a和b、b与P、P与桌面之间摩擦力的大小分别用f1、f2和f3表示。则（ ）
A．f1=0，f2≠0，f3≠0
B．f1≠0，f2=0，f3=0
C．f1≠0，f2≠0，f3=0
D．f1≠0，f2≠0，f3≠0
【答案】C
【解析】整体受力如图所示，由平衡条件可知，，ab为整体受力如图，ab有整体下滑趋势，则，同理ab之间也有摩擦力，故选C
三、牛顿运动定律
一、选择题
1. （全国新课标I卷，18）一质点做匀速直线运动。现对其施加一恒力，且原来作用在质点上的力不发生改变，则（ ）
A. 质点速度的方向总是与该恒力的方向相同
B. 质点速度的方向不可能总是与该恒力的方向垂直
C. 质点加速度的方向总是与该恒力的方向相同
D. 质点单位时间内速率的变化量总是不变
138
【答案】BC
【解析】质点一开始做匀速直线运动，处于平衡状态，施加恒力后，则该质点的合外力为该恒力
①若该恒力方向与质点原运动方向不共线，则质点做曲线运动，质点速度方向时刻与恒力方向不同，故A错；
②若的方向某一时刻与质点运动方向垂直，之后质点作曲线运动，力与运动方向夹角会发生变化，例如平抛运动，故B正确；
③由牛顿第二定律可知，质点加速度方向与其所受合外力方向相同；
④根据加速度的定义，相等时间内速度变化量相同，速率变化量不一定相同，故D错。
2. （全国新课标III卷，20）如图，一固定容器的内壁是半径为R的半球面；在半球面水平直径的一端有一质量为m的质点P。它在容器内壁由静止下滑到最低点的过程中，克服摩擦力做的功为W。重力加速度大小为g。设质点P在最低点时，向心加速度的大小为a，容器对它的支持力大小为N，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】AC
【解析】质点P下滑过程中，利用动能定理可得，在最低点由牛顿第二定律有,可得：,故B、D错误，A、C正确。
3.（上海卷，4）如图，顶端固定着小球的直杆固定在小车上，当小车向右做匀加速运动时，球所受合外力的方向沿图中的（ ）
（A）OA方向 （B）OB方向（C）OC方向 （D）OD方向
【答案】D
【解析】据题意可知，小车向右做匀加速直线运动，由于球固定在杆上，而杆固定在小车上，则三者属于同一整体，根据整体法和隔离法的关系分析可知，球和小车的加速度相同，所以球的加速度也应该向右，故选项D正确。
4.（上海卷，7）
138
.在今年上海的某活动中引入了全国首个户外风洞飞行体验装置，体验者在风力作用下漂浮在半空。若减小风力，体验者在加速下落过程中（ ）
（A）失重且机械能增加
（B）失重且机械能减少
（C）超重且机械能增加
（D）超重且机械能减少
【答案】B
【解析】据题意，体验者漂浮时：；在加速下降过程中，，即重力对体验者做正功，风力做负功，体验者的机械能减小；加速下降过程中，加速度方向向下，体验者处于失重状态，故选项B正确。
5.（天津卷，8）我国高铁技术处于世界领先水平，和谐号动车组是由动车和拖车编组而成，提供动力的车厢叫动车，不提供动力的车厢叫拖车。假设动车组各车厢质量均相等，动车的额定功率都相同，动车组在水平直轨道上运行过程中阻力与车重成正比，某列动车组由8节车厢组成，其中第1和5节车厢为动车，其余为拖车，则该动车组（ ）
A、启动时乘客受到车厢作用力的方向与车运动的方向相反
B、做匀加速运动时，第5、6节与第6、7节车厢间的作用力之比为3:2
C、进站时从关闭发动机到停下来滑行的距离与关闭发动机时的速度成正比
D、与改为4节动车带4节拖车的动车组最大速度之比为1:2
【答案】BD
【解析】列车启动时，乘客随车厢一起加速，加速度方向与车的运动方向相同，故乘客受到车厢的作用力方向与车运动方向相同，A错；对动车组，由牛顿第二定律有，则，以6、7、8节车厢为整体：;对7、8有；则5、6节与7、8节间作用力之比为3:2，B对；由可得，则C错误；8节车厢有2节动车时的最大速度；同理有4节动车时的最大速度，则
138
，D正确；故选BD。
6（海南卷，5）沿固定斜面下滑的物体受到与斜面平行向上的拉力F的作用，其下滑的速度-时间图线如图所示。已知物体与斜面之间的动摩擦因数为常数，在0-5s，5-10s，10-15s内F的大小分别为F1、F2和F3，则（ ）
A．F1
F3
C．F1>F3 D．F1=F3
【答案】A
【解析】根据图像可以知道，在内加速度为，方向沿斜面向下；
在内，加速度；在内加速度为，方向沿斜面向上；受力分析如图：
在内，根据牛顿第二定律：，则：；
在内，根据牛顿第二定律：，则：；
在内，根据牛顿第二定律：，则：
故可以得到：，故选项A正确。
二、填空题
1（上海卷25）地面上物体在变力F作用下由静止开始竖直向上运动，力F随高度x的变化关系如图所示，物体能上升的最大高为h，hTB B.EkA>EKb C.SA=SB D.
【答案】AD
【解析】根据知，轨道半径越大，周期越大，所以TA>TB，故A正确；由知，，所以vB>vA，又因为质量相等，所以EkB>EkA，故B错误；根据开普勒第二定律可知，同一行星与地心连线在单位时间内扫过的面积相等，所以C错误；由开普勒第三定律知，D正确．
6.（四川卷，3）国务院批复，自2016年起将4月24日设立为“中国航天日”。1970年4月24日我国首次成功发射的人造卫星东方红一号，目前仍然在椭圆轨道上运行，其轨道近地点高度约为440km，远地点高度约为2060km；1984年4月8日成功发射的东方红二号卫星运行在赤道上空35786km的地球同步轨道上。设东方红一号在远地点的加速度为a1，东方红二号的加速度为a2，固定在地球赤道上的物体随地球自转的加速度为a3，则a1、a2、a3的大小关系为（ ）
A．a2>a1>a3 B．a3>a2>a1 C．a3>a1>a2 D．a1>a2>a3
【答案】D
【解析】由于东方红二号卫星是同步卫星，则其角速度和赤道上的物体角速度相等，可得出：
由于，,则可以得出：；
由万有引力定律：
由题目中数据可以得出：
138
则可以得出, 故整理，得出选项D正确。
7.（海南卷，7）通过观察冥王星的卫星，可以推算出冥王星的质量。假设卫星绕冥王星做匀速圆周运动，除了引力常量外，至少还需要两个物理量才能计算出冥王星的质量。这两个物理量可以是（ ）
A．卫星的速度和角速度B．卫星的质量和轨道半径
C．卫星的质量和角速度D．卫星的运行周期和轨道半径
【答案】AD
【解析】根据线速度和角速度可以求出半径，根据万有引力提供向心力则：
，整理可以得到：，故选项A正确；由于卫星的质量约掉，故与卫星的质量无关，故选项BC错误；若知道卫星的周期和半径，则，整理得到：，故选项D正确。
二、填空题
1.（上海卷，22B）.两颗卫星绕地球运行的周期之比为27:1，则它们的角速度之比为__________，轨道半径之比为___________。
【答案】1:27；9:1
【解析】据题意，卫星饶地球做匀速圆周运动，卫星的运行角速度与周期关系为：，即角速度与周期成反比，则；两颗卫星做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力，则有：，即，所以有：。
三、计算题
1.（江苏卷，13）（15分）据报道，一法国摄影师拍到“天宫一号”空间站飞过太阳的瞬间．照片中，“天宫一号”的太阳帆板轮廓清晰可见．如图所示，假设“天宫一号”正以速度v=7.7 km/s绕地球做匀速圆周运动，运动方向与太阳帆板两端M、N的连线垂直，M、N间的距离L=20 m，地磁场的磁感应强度垂直于v、MN所在平面的分量B=1.0×10-5 T，将太阳帆板视为导体．
138
（1）求M、N间感应电动势的大小E；
（2）在太阳帆板上将一只“1.5 V，0.3 W”的小灯泡与M、N相连构成闭合电路，不计太阳帆板和导线的电阻，试判断小灯泡能否发光，并说明理由；
（3）取地球半径R=6.4×103 km，地球表面的重力加速度g=9.8 m/s2，试估算“天宫一号”距离地球表面的高度h（计算结果保留一位有效数字）．
【答案】（1）1.54V （2）不能（3）4×105 m
【解析】（1）法拉第电磁感应定律有E=BLv，代入数据得E=1.54V;
(2)不能，因为穿过闭合回路的磁通量不变，不产生感应电流。
（3）在地面：
匀速圆周运动：
解得：,代入数据得:
六、机械能
一、选择题
1.（全国新课标II卷，16）小球P和Q用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上，P球的质量大于Q球的质量，悬挂P球的绳比悬挂Q球的绳短．将两球拉起，使两绳均被水平拉直，如图所示，将两球由静止释放，在各自轨迹的最低点．则（ ）
A．P球的速度一定大于Q球的速度
138
B．P球的动能一定小于Q球的动能
C．P球所受绳的拉力一定大于Q球所受绳的拉力
D．P球的向心加速度一定小于Q球的向心加速度
【答案】C
【解析】
由动能定理可知，
①
由 ，则 A错
大小无法判断 B错
受力分析
②
③
④
由①②③④得
则 C对
D错
2.（全国新课标II卷，21）如图，小球套在光滑的竖直杆上，轻弹簧一端固定于O点，另一端与小球相连．现将小球从M点由静止释放，它在下降的过程中经过了N点，已知在M、N两点处，弹簧对小球的弹力大小相等．且，在小球从M点运动到N点的过程中（ ）
A．弹力对小球先做正功后做负功
B．有两个时刻小球的加速度等于重力加速度
C．弹簧长度最短时，弹力对小球做功的功率为零
D．小球到达N点时的动能等于其在M、N两点的重力势能差
【答案】BCD
【解析】由题意可知在运动过程中受力如下
138
小球的位移为MN
则从 弹簧处于压缩态，则弹力做负功
从 弹簧从压缩变为原长，弹力做正功
从 弹簧从原长到伸长，弹力做负功，则A错
在A点受力如下
则 即，B对
在B点弹簧处于原长则受力如下
在A点时， 垂直于杆，则 ，C对
从M到N小球与弹簧机械能守恒，则
即
由于M、N两点弹簧弹力相同，由胡克定律可知，弹簧形变量相同，则，即，D对.
3.(四川卷，1)韩晓鹏是我国首位在冬奥会雪上项目夺冠的运动员。他在一次自由式滑雪空中技巧比赛中沿“助滑区”保持同一姿态下滑了一段距离，重力对他做功1900J，他克服阻力做功100J。韩晓鹏在此过程中（ ）
A．动能增加了1900J
B．动能增加了2000J
C．重力势能减小了1900J
D．重力势能减小了2000J
【答案】C
【解析】由题可得，重力做功1900J，则重力势能减少1900J ，可得C正确D错误。由动能定理：
可得动能增加1800 J，则A，B错误。
138
4.（浙江卷，18）如图所示为一滑草场。某条滑道由上下两段高均为h，与水平面倾角分别为45°和37°的滑道组成，滑草车与草地之间的动摩擦因数为。质量为m的载人滑草车从坡顶由静止开始自由下滑，经过上、下两段滑道后，最后恰好静止于滑道的底端（不计滑草车在两段滑道交接处的能量损失，）。则（ ）
A．动摩擦因数
B．载人滑草车最大速度为
C．载人滑草车克服摩擦力做功为mgh
D．载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为
【答案】AB
【解析】由动能定理得：，解得：，选项A正确；对前一段轨道：解得：，B正确；载人滑草车克服摩擦力做功2mgh,C错误；载人滑草车在下段滑道上的加速度，D错误，选AB.
二、填空题
1.（天津卷，9）（1）如图所示，方盒A静止在光滑的水平面上，盒内有一个小滑块B，盒的质量是滑块质量的2倍，滑块与盒内水平面间的动摩擦因数为μ；若滑块以速度v开始向左运动，与盒的左右壁发生无机械能损失的碰撞，滑块在盒中来回运动多次，最终相对盒静止，则此时盒的速度大小为 ；滑块相对盒运动的路程 。
138
【答案】
【解析】
试题分析：设滑块质量为m，则盒子的质量为2m；对整个过程，由动量守恒定律可得：mv=3mv共
解得v共=
由能量关系可知：
解得：
三、计算题
1. （全国新课标I卷，25）（18分）如图，一轻弹簧原长为，其一端固定在倾角为的固定直轨道的底端A处，另一端位于直轨道上B处，弹簧处于自然状态。直轨道与一半径为的光滑圆弧轨道相切于点，均在同一竖直平面内。质量为的小物块自点由静止开始下滑，最低到达点（未画出）随后沿轨道被弹回，最高到达点，。已知与直轨道间的动摩擦因数，重力加速度大小为。（取，）
(1)求第一次运动到点时速度的大小。
(2)求运动到点时弹簧的弹性势能。
(3)改变物块的质量，将推至点，从静止开始释放。已知自圆弧轨道的最高点处水平飞出后，恰好通过点。点在点的左下方，与点水平相距、竖直相距，求运动到点时速度的大小和改变后的质量。
138
【解析】（1）选为研究对象，受力分析如图：
设加速度为，其垂直于斜面方向受力平衡：
沿斜面方向，由牛顿第二定律得：
且，可得：
对段过程，由
代入数据得点速度：
（2）从点出发，最终静止在，分析整段过程；
由到，重力势能变化量： ①
减少的重力势能全部转化为内能。
设点离点的距离为，从到，产热：
②
由，联立①、②解得：；
研究从点运动到点过程
重力做功：
摩擦力做功：
动能变化量：
由动能定理：
代入得：
由，到点时弹性势能为。
（3）其几何关系如下图
可知：，
由几何关系可得，点在左下方，竖直高度差为，水平距离为。
设从点抛出时速度为，到点时间为
其水平位移：
竖直位移：
138
解得：
研究从点到点过程，设此时质量为，此过程中：
重力做功： ①
摩擦力做功： ②
弹力做功： ③
动能变化量： ④
由动能定理： ⑤
将①②③④代入⑤，可得：
2.（全国新课标II卷，25）（20分）轻质弹簧原长为2l，将弹簧竖直放置在地面上，在其顶端将一质量为5m的物体由静止释放，当弹簧被压缩到最短时，弹簧长度为l，现将该弹簧水平放置，一端固定在A点，另一端与物块P接触但不连接．AB是长度为5l的水平轨道，B端与半径l的光滑半圆轨道BCD相切，半圆的直径RD竖直，如图所示，物块P与AB间的动摩擦因数．用外力推动物块P，将弹簧压缩至长度l，然后放开，P开始沿轨道运动，重力加速度大小为g．
⑴若P的质量为m，求P到达B点时的速度的大小，以及它离开圆轨道后落回到AB上的位置与B点之间的距离；
⑵若P能滑上圆轨道，且仍能沿圆轨道滑下，求P的质量的取值范围．
【解析】⑴地面上，转化为，守恒
∴
，此时弹簧长度为l
：能量守恒：
即
：动能定理：
此后，物体做平抛运动：
∴B点速度，落点与B点距离为
⑵假设物块质量为
138
则：能量守恒：
解得：
若要滑上圆弧，则，即，解得
若要滑上圆弧还能沿圆弧滑下，则最高不能超过C点
此时 假设恰好到达C点，则根据能量守恒：
解得：
故若使物块不超过C点，
综上：
3.（天津卷，10）我国将于2022年举办奥运会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一，如图所示，质量m=60kg的运动员从长直助滑道末端AB的A处由静止开始以加速度匀加速滑下，到达助滑道末端B时速度，A与B的竖直高度差H=48m，为了改变运动员的运动方向，在助滑道与起跳台之间用一段弯曲滑道衔接，其中最低点C处附近是一段以O为圆心的圆弧。助滑道末端B与滑道最低点C的高度差h=5m，运动员在B、C间运动时阻力做功W=-1530J，取
（1）求运动员在AB段下滑时受到阻力的大小；
（2）若运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍，则C点所在圆弧的半径R至少应为多大。
【答案】（1）144 N（2）12.5 m
【解析】（1）在AB段匀加速运动：；
138
代入数据可得
（2）BC段：
C处:
则R=12.5m
4.（江苏卷，14）（16分）如图所示，倾角为α的斜面A被固定在水平面上，细线的一端固定于墙面，另一端跨过斜面顶端的小滑轮与物块B相连，B静止在斜面上．滑轮左侧的细线水平，右侧的细线与斜面平行．A、B的质量均为m．撤去固定A的装置后，A、B均做直线运动．不计一切摩擦，重力加速度为g．求：
（1）A固定不动时，A对B支持力的大小N；
（2）A滑动的位移为x时，B的位移大小s；
（3）A滑动的位移为x时的速度大小vA．
【答案】（1） （2）（3）
【解析】（1）支持力的大小，
（2）根据几何关系，且，
解得
（3）B的下落高度
由动能定理：
138
又
则
七、静电场
一、选择题
1. （全国新课标I卷，14）一平行板电容器两极板之间充满云母介质，接在恒压直流电源上。若将云母介质移出，则电容器（ ）
A. 极板上的电荷量变大，极板间电场强度变大
B. 极板上的电荷量变小，极板间电场强度变大
C. 极板上的电荷量变大，极板间电场强度不变
D. 极板上的电荷量变小，极板间电场强度不变
【答案】D
【解析】由可知，当云母介质抽出时，变小，电容器的电容变小；
因为电容器接在恒压直流电源上，故不变，根据可知，当减小时，减小。再由，由于与都不变，故电场强度不变，答案为D
2. （全国新课标I卷，20） 如图，一带负电荷的油滴在匀强电场中运动，其轨迹在竖直面（纸面）内，且相对于过轨迹最低点的竖直线对称。忽略空气阻力。由此可知（ ）
A. 点的电势比点高
B. 油滴在点的动能比它在点的大
C. 油滴在点的电势能比它在点的大
D. 油滴在点的加速度大小比它在点的小
【答案】AB
【解析】由于匀强电场中的电场力和重力都是恒力，所以合外力为恒力，加速度恒定不变，所以D选项错。由于油滴轨迹相对于过的竖直线对称且合外力总是指向轨迹弯曲内侧，所以油滴所受合外力沿竖直方向，电场力竖直向上。当油滴得从点运动到
138
时，电场力做正功，电势能减小，C选项错误；油滴带负电，电势能减小，电势增加，所以点电势高于点电势，A选项正确；在油滴从点运动到的过程中，合外力做正功，动能增加，所以点动能大于点，B选项正确；所以选AB。
3.（全国新课标II卷，15）如图，P是固定的点电荷，虚线是以P为圆心的两个圆．带电粒子Q在P的电场中运动，运动轨迹与两圆在同一平面内，a、b、c为轨迹上的三个点．若Q仅受P的电场力作用，其在a、b、c点的加速度大小分别为，，，速度大小分别为，，，则（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【解析】由库仑定律可知，粒子在a、b、c三点受到的电场力的大小关系为，由，可知
由题意可知，粒子Q的电性与P相同，受斥力作用
结合运动轨迹，得
4（全国新课标III卷，15）关于静电场的等势面，下列说法正确的是（ ）
A.两个电势不同的等势面可能相交
B.电场线与等势面处处相互垂直
C.同一等势面上各点电场强度一定相等
D.将一负的试探电荷从电势较高的等势面移至电势较低的等势面，电场力做正功
【答案】B
【解析】等势面相交，则电场线一定相交，故在同一点存在两个不同的电场强度方向，与事实不符，故A错误；电场线与等势面垂直，B正确；同一等势面上的电势相同，但是电场强度不一定相同，C错误；将负电荷从高电势处移动到低电势处，受到的电场力方向是从低电势指向高电势，所以电场力方向与运动方向相反，电场力做负功，D错误；
5.（上海卷，11）国际单位制中，不是电场强度的单位是（ ）
（A）N/C
（B）V/m
（C）J/C
（D）T.m/s
【答案】C
【解析】由公式可知，电场强度单位为N/C
138
，选项A是电场强度单位；由公式可知，V/m
也是电场强度单位，选项B也是电场强度单位；由可得，故T.m/s也是电场电场强度单位，选项D也是电场强度单位；由公式可知，J/C是电势差单位，故选项C正确。
6. （天津卷，4）如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地，在两极板间有一个固定在P点的点电荷，以E表示两板间的电场强度，表示点电荷在P点的电势能，表示静电计指针的偏角。若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则（ ）
A、增大，E增大 B、增大，不变
C、减小，增大 D、减小，E不变
【答案】D
【解析】上板下移，由可知，C变大，Q一定，则Q=CQ，U减小，则θ减小；根据，Q=CU, ,,可知Q一定时，E不变；根据U1=Ed1可知P点离下板的距离不变，E不变，则P点与下板的电势差不变，P点电势不变，则EP不变；故ABC错，D正确。
7（江苏卷，3）一金属容器置于绝缘板上，带电小球用绝缘细线悬挂于容器中，容器内的电场线分布如图所示．容器内表面为等势面，A、B为容器内表面上的两点，下列说法正确的是（ ）
（A）A点的电场强度比B点的大
（B）小球表面的电势比容器内表面的低
（C）B点的电场强度方向与该处内表面垂直
138
（D）将检验电荷从A点沿不同路径移到B点，电场力所做的功不同
【答案】C
【解析】由图可知，B点的电场线比A点的密集，所以B点的电场强度比A点的大，A错；沿着电场线电势降落，小球表面的电势比容器内表面高，B错；电场线的方向与等势面垂直，所以B点的电场强度与该处表面垂直，C正确；由于A、B两点在同一等势面上，故电场力不做功，所以D错误。
8.（浙江卷，14）以下说法正确的是（ ）
A．在静电场中，沿着电场线方向电势逐渐降低
B．外力对物体所做的功越多，对应的功率越大
C．电容器电容C与电容器所带电荷量Q成正比
D．在超重和失重现象中，地球对物体的实际作用力发生了变化
【答案】A
【解析】静电场中，顺着电场线电视要降落，A正确；由可知B错误；电容器电容是由电容本身所决定的，C错误；在超、失重中，实际重力式不变的，视重发生了变化，选项D错误。
9.（浙江卷，15）如图所示，两个不带电的导体A和B，用一对绝缘柱支持使它们彼此接触。把一带正电荷的物体C置于A附近，贴在A、B下部的金属箔都张开，（ ）
A．此时A带正电，B带负电
B．此时A电势低，B电势高
138
C．移去C，贴在A、B下部的金属箔都闭合
D．先把A和B分开，然后移去C，贴在A、B下部的金属箔都闭合
【答案】C
【解析】由于静电感应可知，A左端带负电，B右端带正电，AB的电势相等，选项AB错误；若移去C，则两端的感应电荷消失，则贴在A、B下部的金属箔都闭合，选项C正确；先把A和B分开，然后移去C，则A、B带的电荷仍然存在，故贴在A、B下部的金属箔仍张开，选项D错误；故选C．
10.（浙江卷，19）如图所示，把A、B两个相同的导电小球分别用长为0.10 m的绝缘细线悬挂于OA和OB两点。用丝绸摩擦过的玻璃棒与A球接触，棒移开后将悬点OB移到OA点固定。两球接触后分开，平衡时距离为0.12 m。已测得每个小球质量是，带电小球可视为点电荷，重力加速度，静电力常量，则（ ）
A．两球所带电荷量相等
B．A球所受的静电力为1.0×10-2N
C．B球所带的电荷量为
D．A、B两球连续中点处的电场强度为0
【答案】ACD
【解析】两相同的小球接触后电量均分，A正确；对A球受力如图，,选项B错；，解得,选项C正确；AB带等量的同种电荷，故A、B两球连续中点处的电场强度为0，选项D正确；故选ACD.
11.（海南卷，6）如图，平行板电容器两极板的间距为d，极板与水平面成45°
138
角，上极板带正电。一电荷量为q（q>0）的粒子在电容器中靠近下极板处。以初动能竖直向上射出。不计重力，极板尺寸足够大，若粒子能打到上极板，则两极板间电场强度的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】粒子做曲线运动，如图所示：当电场足够大时，粒子到达上极板时速度
恰好与上板平行，将粒子初速度v0分解为垂直极板的vy和平行板的vx,当vy=0时，粒子的速度正好平行上板，则由于，则，故B正确。
12.（海南卷10）如图，一带正电的点电荷固定于Ｏ点，两虚线圆均以Ｏ为圆心，两实线分别为带电粒子Ｍ和Ｎ先后在电场中运动的轨迹，ａ、ｂ、ｃ、ｄ、ｅ为轨迹和虚线圆的交点。不计重力。下列说法说法正确的是（ ）
Ａ．M带负电荷，N带正电荷
138
B．M在b点的动能小于它在a点的动能
C．N在d点的电势能等于它在e点的电势能
D．N在从c点运动到d点的过程中克服电场力做功
【答案】ABC
【解析】如图所示，M粒子的轨迹向左弯曲，则所受电场力向左，可知M受到引力作用，故M带负电，而N粒子的轨迹向下弯曲，则带电粒子所受的电场力向下，说明N受到了斥力作用，故N带正电，A正确；由于虚线是等势面，故M从a到b电场力对其做负功，动能减少，B正确；d和e在同一等势面上，N移动时不做功，电势能不变，C正确；N带正电，从c到d，电场力做正功，选项D错误。
二、填空题
1.（上海卷，24）如图，质量为m的带电小球A用绝缘细线悬挂于O点，处于静止状态。施加一水平向右的匀强电场后，A向右摆动，摆动的最大角度为60°，则A受到的电场力大小为 。 在改变电场强度的大小和方向后，小球A的平衡位置在α=60°处，然后再将A的质量改变为2m，其新的平衡位置在α=30°处，A受到的电场力大小为 。
【答案】；mg
【解析】带电小球受力如图所示，摆动的最大角度为60°，末速度为0，此过程中，由动能定理有：，则；改变E的大小和方向后，平衡在处时根据正弦定理有：，平衡在30°，，则：
三、计算题
138
1.（北京卷，23）如图所示，电子由静止开始经加速电场加速后，沿平行于版面的方向射入偏转电场，并从另一侧射出。已知电子质量为m，电荷量为e，加速电场电压为，偏转电场可看做匀强电场，极板间电压为U，极板长度为L，板间距为d。
（1）忽略电子所受重力，求电子射入偏转电场时初速度v0和从电场射出时沿垂直版面方向的偏转距离Δy；
（2）分析物理量的数量级，是解决物理问题的常用方法。在解决（1）问时忽略了电子所受重力，请利用下列数据分析说明其原因。已知，，，，。
（3）极板间既有电场也有重力场。电势反映了静电场各点的能的性质，请写出电势的定义式。类比电势的定义方法，在重力场中建立“重力势”的概念，并简要说明电势和“重力势”的共同特点。
【答案】（1）（2）不需要考虑电子所受的重力（3）、电势和重力势都是反映场的能的性质的物理量，仅仅由场自身的因素决定
【解析】（1）根据功能关系，可得，
电子射入偏转电场的初速度，
在偏转电场中电子的运动时间
138
侧移量
（2）考虑电子所受重力和电场力的数量级，有重力[来源:学_电场力
由于，因此不需要考虑电子所受的重力
（3）电场中某点电势定义为电荷在该点的电势能与电荷量q的比值，由于重力做功与路径无关，可以类比静电场电势的定义，将重力场中物体在某点的重力势能与其质量m的比值，叫做重力势，即，
电势和重力势都是反映场的能的性质的物理量，仅仅由场自身的因素决定
2.（上海卷，32）（14分）如图（a），长度L=0.8m的光滑杆左端固定一带正电的点电荷A，其电荷量Q=；一质量m=0.02kg，带电量为q的小球B套在杆上。将杆沿水平方向固定于某非均匀外电场中，以杆左端为原点，沿杆向右为x轴正方向建立坐标系。点电荷A对小球B的作用力随B位置x的变化关系如图（b）中曲线I所示，小球B所受水平方向的合力随B位置x的变化关系如图（b）中曲线II所示，其中曲线II在0.16≤x≤0.20和x≥0.40范围可近似看作直线。求：（静电力常量）
（1）小球B所带电量q;
（2）非均匀外电场在x=0.3m处沿细杆方向的电场强度大小E；
（3）在合电场中，x=0.4m与x=0.6m之间的电势差U。
（4）已知小球在x=0.2m处获得v=0.4m/s的初速度时，最远可以运动到x=0.4m。若小球在x=0.16m处受到方向向右，大小为0.04N的恒力作用后，由静止开始运动，为使小球能离开细杆，恒力作用的做小距离s是多少？
138
【答案】（1） （2） （3）800v （4）0.065m
【解析】（1）由图可知，当x=0.3m时，N
因此C
（2）设在x=0.3m处点电荷与小球间作用力为F2，
F合=F2+qE
因此
电场在x=0.3m处沿细秆方向的电场强度大小为3，方向水平向左。
（3）根据图像可知在x=0.4m与x=0.6m之间合力做功大小,又,可得
(4)由图可知小球从x=0.16到x=0.2m处，
电场力做功
小球从x=0.2m到x=0.4m处
由图可知小球从到处
电场力做功=－0.004×0.4=
由动能定理 +++=0
解得=
3.（四川卷，9）（15分）中国科学家2015年10月宣布中国将在2020年开始建造世界上最大的粒子加速器。加
138
速器是人类揭示物质本源的关键设备，在放射治疗、食品安全、材料科学等方面有广泛应用。
如图所示，某直线加速器由沿轴线分布的一系列金属圆管(漂移管)组成，相邻漂移管分别接在高频脉冲电源的两极。质子从K点沿轴线进入加速器并依次向右穿过各漂移管，在漂移管内做匀速直线运动，在漂移管间被电场加速、加速电压视为不变。设质子进入漂移管B时速度为，进入漂移管E时速度为，电源频率为，漂移管间缝隙很小。质子在每个管内运动时间视为电源周期的1/2。质子的荷质比取。求：
（1）漂移管B的长度；
（2）相邻漂移管间的加速电压。
【解析】（1）设高频脉冲电源的频率为f，周期为T；质子在每个漂移管中运动的时间为t；质子进入漂移管B时速度为 ；漂移管B的长度为 。则
①
②
③
联立①②③式并代入数据得
④
（2）设质子的电荷量为q，质量为m，荷质比为e；质子进入漂移管B时动能为；质子进入漂移管E时速度为，动能为；质子从漂移管B运动到漂移管E，动能的增加量为；质子每次在相邻漂移管间被电场加速，电场的电压为U，所做的功为W。则
⑤
⑥
⑦
⑧
⑨
质子从漂移管B运动到漂移管E共被电场加速3次，根据动能定理有
⑩
联立⑤⑥⑦⑧⑨⑩式并代入数据得
138
⑪
答：（1）漂移管B的长度为0.4 m
（2）相邻漂移管间的加速电压为6×104 V。
4.（四川卷，11）（19分）如图所示，图面内有竖直线DD＇，过DD＇且垂直于图面的平面将空间分成Ⅰ、Ⅱ两区域。区域Ⅰ有方向竖直向上的匀强电场和方向垂直于图面的匀强磁场B（图中未画出）；区域Ⅱ有固定在水平地面上高h=2l、倾角的光滑绝缘斜面，斜面顶端与直线DD＇距离s=4l，区域Ⅱ可加竖直方向的大小不同的匀强电场（图中未画出）；C点在DD＇上，距地面高H=3l。零时刻，质量为m、带电量为q的小球P在K点具有大小v0=、方向与水平面夹角的速度。在区域Ⅰ内做半径r=的匀速圆周运动，经C点水平进入区域Ⅱ。某时刻，不带电的绝缘小球A由斜面顶端静止释放，在某处与刚运动到斜面的小球P相遇。小球视为质点。不计空气阻力及小球P所带电量对空间电磁场的影响。l已知，g为重力加速度。
（1）求匀强磁场的磁感应强度B的大小；
（2）若小球A、P在斜面底端相遇，求释放小球A的时刻tA；
（3）若小球A、P在时刻t=(为常数)相遇于斜面某处，求此情况下区域Ⅱ的匀强电场的场强E，并讨论场强E的极大值和极小值及相应的方向。
【解析】（1）小球在I区做匀速圆周运动，则小球必定带正电且所受电场力与重力大小相等。设I区磁感应强度大小为，由洛伦兹力提供向心力得：
①
②
带入题设数据得：
③
（2）小球先在I区以为圆心做匀速圆周运动，由小球初速度和水平方向夹角为可得，小球将偏转角后自点水平进入II区做类平抛运动到斜面底端点，如图所示。
138
设做匀速圆周运动的时间为，类平抛运动的时间为则：
④
⑤
⑥
⑦
⑧
小球自斜面顶端释放后将沿斜面向下做匀加速直线运动，设加速度的大小为，释放后在斜面上运动时间为。
对小球受力分析，设小球质量为，斜面对小球的支持力为，如图所示。
由牛顿第二定律得：
⑨
⑩
小球的释放时刻满足：
⑪
联立④⑤⑥⑦⑧⑨⑩⑪得：
⑫
138
（3）小球在在斜面上相遇即小球运动的时间为，小球从开始运动至斜面上先做时间的匀速圆周运动，然后自点进入II区做类平抛运动，设运动时间为，加速度为，电场强度为，以竖直向下为正：
⑬
⑭
类平抛运动在水平方向，竖直方向满足：
、 ⑮
由图中几何关系：
⑯
联立④⑤⑥⑬⑭⑮⑯得：
⑰
小球落在斜面上则：
， ⑱
⑲
将⑲带入⑰讨论单调性得：
⑳
其中“、”代表方向，
电场强度向上时大小的范围为，
电场强度向下时大小的范围为 ，
138
所以电场的极大值为，竖直向上；极小值为0
答：（1）磁场强度大小为
（2）小球释放时刻为
（3）电场强度为，极大值，竖直向上；极小值0。
八、恒定电流
一、选择题
1．（全国新课标II卷，17）阻值相等的四个电阻，电容器C及电池E（内阻可忽略）连接成如图所示电路．开关S断开且电流稳定时，C所带的电荷量为；闭合开关S，电流再次稳定后，C所带的电荷量为．与的比值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】由已知可得： 则
S断开时等效电路如下
138
S闭合时等效电路如下
则
2.（北京卷，19）某兴趣小组探究用不同方法测定干电池的电动势和内阻，他们提出的实验方案中有如下四种器材组合。为使实验结果尽可能准确，最不可取的一组器材是（ ）
A.一个安培表、一个伏特表和一个滑动变阻器
B.一个伏特表和多个定值电阻
C.一个安排表和一个电阻箱
D.两个安培表和一个滑动变阻器
【答案】D
【解析】A中根据闭合回路欧姆定律可得，可测量多组数据列式求解，A正确；B中根据欧姆定律可得，测量多组数据可求解
138
，B正确；C中根据欧姆定律可得，可测量多组数据列式求解，C正确；D中两个安培表和一个滑动变阻器，由于不知道滑动变阻器电阻，故无法测量，D错误；
3. （上海卷，13）电源电动势反映了电源把其它形式的能量转化为电能的能力，因此（ ）
（A）电动势是一种非静电力
（B）电动势越大，表明电源储存的电能越多
（C）电动势的大小是非静电力做功能力的反映
（D）电动势就是闭合电路中电源两端的电压
【答案】C
【解析】电动势是反映电源通过非静电力做功将其它形式的能转化为电势能本领的物理量，电动势越大说明这种转化本领越强，但不能说明储存的电能越多，故选项A、B错误而选项C正确；闭合电路中电源两端电压大小等于外电压大小，故选项D错误。
4.（上海卷18）如图所示电路中，电源内阻忽略不计。闭合电建，电压表示数为U，电流表示数为I；在滑动变阻器R1的滑片P由a端滑到b端的过程中（ ）
(A)U先变大后变小
(B)I先变小后变大
(C)U与I比值先变大后变小
(D)U变化量与I变化量比值等于R3
【答案】BC
【解析】据题意，由于电源内阻不计，电压表的示数总是不变，故选项A错误；滑片滑动过程中，电阻R1的阻值先增大后减小，电压不变，所以电流表示数先减小后增加，故选项B、C正确；由于电压表示数没有变化，故选项D错误。
5.（江苏卷，8）如图所示的电路中，电源电动势为12 V，内阻为2
138
Ω，四个电阻的阻值已在图中标出．闭合开关S，下列说法正确的有（ ）
（A）路端电压为10 V
（B）电源的总功率为10 W
（C）a、b间电压的大小为5 V
（D）a、b间用导线连接后，电路的总电流为1 A
【答案】AC
【解析】由题图知外电路的总电阻为10Ω，回路的总电阻为12Ω，由全电路欧姆定律可知所以路端电压A正确；电源的总功率B错误；由串并联电路特点得a、b的电流均为0.5A，所以C正确；a、b间用导线连接后，根据电路的连接可求得外电路的电阻为7.5Ω回路的总电阻为9.5Ω，所以D错误。
九、磁场
一、选择题
1.（全国新课标I卷，15）现代质谱仪可用来分析比质子重很多倍的离子，其示意图如图所示，其中加速电压恒定。质子在入口处从静止开始被加速电场加速，经匀强磁场偏转后从出口离开磁场。若某种一价正离子在入口处从静止开始被同一加速电场加速，为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场，需将磁感应强度增加到原来的12倍。此离子和质子的质量比约为（ ）
A. 11 B. 12
C. 121 D. 144
【答案】D
138
【解析】设质子的质量数和电荷数分别为、，一价正离子的质量数和电荷数为、，对于任意粒子，在加速电场中，由动能定理得：
得 ①
在磁场中应满足 ②
由题意，
由于两种粒子从同一入口垂直进入磁场，从同一出口垂直离开磁场，故在磁场中做匀速圆周运动的半径应相同．
由①②式联立求解得
匀速圆周运动的半径，由于加速电压不变，
故
其中，可得
故一价正离子与质子的质量比约为144
2.（全国新课标II卷，18）一圆筒处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向与筒的轴平行，筒的横截面如图所示．图中直径MN的两端分别开有小孔．筒绕其中心轴以角速度顺时针转动．在该截面内，一带电粒子从小孔M射入筒内，射入时的运动方向与MN成角．当筒转过时，该粒子恰好从小孔N飞出圆筒．不计重力．若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞，则带电粒子的比荷为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】如图所示，由几何关系可知粒子的运动轨迹圆心为，
由粒子在磁场中的运动规律可知
138
①
②
由①②得即比荷 ③
由圆周运动与几何关系可知
即
则 ④
又有 ⑤
由③④⑤得
3. （全国新课标III卷，18）平面OM和平面ON之间的夹角为30°，其横截面（纸面）如图所示，平面OM上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外。一带电粒子的质量为m，电荷量为q（q>0）。粒子沿纸面以大小为v的速度从PM的某点向左上方射入磁场，速度与OM成30°角。已知粒子在磁场中的运动轨迹与ON只有一个交点，并从OM上另一点射出磁场。不计重力。粒子离开磁场的射点到两平面交线O的距离为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】如图所示，粒子运动轨迹与ON只有一个交点，则轨迹与ON相切于C,由几何关系可知：则三角形O’AB为等边三角形，CO’A为一条直线，三角形AOC为直角三角形，所以，又，故距离为。
4.（北京卷，16）如图所示，匀强磁场中有两个导体圆环a、b，磁场方向与圆环所在平面垂直。磁感应强度B随时间均匀增大。两圆坏半径之比为2:1，圆环中产生的感应电动势分别为Ea和Eb
138
，不考虑两圆环间的相互影响。下列说法正确的是（ ）
A. Ea:Eb=4:1，感应电流均沿逆时针方向
B. Ea:Eb=4:1，感应电流均沿顺时针方向
C. Ea:Eb=2:1，感应电流均沿逆时针方向
D. Ea:Eb=2:1，感应电流均沿顺时针方向
【答案】B
【解析】,根据题意可得，故,感应电流产生的磁场要阻碍原磁场的变大，即产生向里的感应磁场，根据楞次定律可知，感应电流均沿顺时针方向。5.（北京卷17）中国宋代科学家沈括在《梦溪笔谈》中最早记载了地磁偏角：“以磁石磨针锋，则能指南，然常微偏东，不全南也。”进一步研究表明，地球周围地磁场的磁感线分布示意如图。结合上述材料，下列说法不正确的是（ ）
A.地理南、北极与地磁场的南、北极不重合
B.地球内部也存在磁场，地磁南极在地理北极附近
C.地球表面任意位置的地磁场方向都与地面平行
138
D.地磁场对射向地球赤道的带电宇宙射线粒子有力的作用
【答案】C[来源:学。科。网]
【解析】
试题分析：根据题意可得，地理南北极与地磁场存在一个夹角，为磁偏角，故两者不重合，A正确；地磁南极在地理的北极附近，地磁北极在地理南极附近，B正确；由于地磁场磁场方向沿磁感线切线方向，故只有赤道处才与地面平行，C错误；在赤道处磁场方向水平，而射线是带电的粒子，运动方向垂直磁场方向，根据左手定则可得射向赤道的粒子受到的洛伦兹力作用，D正确；
6.（上海卷，5）磁铁在线圈中心上方开始运动时，线圈中产生如图方向的感应电流，则磁铁（ ）
（A）向上运动（B）向下运动（C）向左运动（D）向右运动
【答案】B
【解析】从图可知，穿过线圈的原磁通向下，由安培定则可知线圈中的电流激发磁场方向向上，由楞次定律可知原磁场通过线圈的磁通量的大小在灯架，故选B。
7.（上海卷，8）如图，一束电子沿z轴正向流动，则在图中y轴上A点的磁场方向是
（A）+x方向
（B）-x方向
（C）+y方向
（D）-y方向
【答案】A
138
【解析】据题意，电子流沿z轴正向流动，电流方向向z轴负向，由安培定则可以判断电流激发的磁场以z轴为中心沿顺时针方向（沿z轴负方向看），通过y轴A点时方向向外，即沿x轴正向，则选项A正确。
8.（四川卷，4）如图所示，正六边形区域内有垂直于纸面的匀强磁场。一带正电的粒子从点沿 方向射入磁场区域，当速度大小为时，从点离开磁场，在磁场中运动的时间为，当速度大小为时，从点离开磁场，在磁场中运动的时间为，不计粒子重力。则（ ）
A． ，
B． ，
C． ，
D． ，
【答案】A
【解析】由题可得带正电粒子在匀强磁场中受洛伦兹力做匀速圆周运动，且洛伦兹力提供作圆周运动的向心力，由公式
，
可以得出, 又由
且粒子运动一周为，可以得出时间之比等于偏转角之比。由下图看出偏转角之比为2：1。
则，可得选项A正确，B，C，D错误。
9.（海南卷。8）如图（a）所示，扬声器中有一线圈处于磁场中，当音频电流信号通过线圈时，线圈带动纸盆振动，发出声音。俯视图（b）表示处于辐射状磁场中的线圈（线圈平面即纸面）磁场方向如图中箭头所示，在图（b）中（ ）
A．当电流沿顺时针方向时，线圈所受安培力的方向垂直于纸面向里
138
B．当电流沿顺时针方向时，线圈所受安培力的方向垂直于纸面向外
C．当电流沿逆时针方向时，线圈所受安培力的方向垂直于纸面向里
D．当电流沿逆时针方向时，线圈所受安培力的方向垂直于纸面向外
【答案】BC
【解析】将环形导线分割成无限个小段，每段成直线，依据左手定则，可知安培力垂直纸面向外，A错，B对；当电流逆时针时，安培力向里，C对，D错。
二、填空题
1.（上海卷，21）形象描述磁场分布的曲线叫做____________,通常___________的大小也叫做磁通量密度。
【答案】磁感线；磁感应强度
【解析】为了形象的描述磁场而假想出来的曲线，曲线上任意一点的切线方向均表示该位置的磁场方向，这样的曲线称为磁感线；磁场的强弱大小用磁感应强度表示，在磁通量中有：，所以磁感应强度也称为刺痛密度。
三、计算题
1.（北京卷，22）如图所示，质量为m，电荷量为q的带电粒子，以初速度v沿垂直磁场方向射入磁感应强度为B的匀强磁场，在磁场中做匀速圆周运动。不计带电粒子所受重力。
（1）求粒子做匀速圆周运动的半径R和周期T；
（2）为使该粒子做匀速直线运动，还需要同时存在一个与磁场方向垂直的匀强电场，求电场强度E的大小。
【答案】（1）、（2）
138
【解析】(1)由.
带电粒子做圆周运动半径.
匀速圆周运动的周期
(2)粒子受电场力,洛仑磁力，粒子做匀速直线运动，则,场强
2.（上海卷，33）（14分）如图，一关于y轴对称的导体轨道位于水平面内，磁感应强度为B的匀强磁场与平面垂直。一足够长，质量为m的直导体棒沿x轴方向置于轨道上，在外力F作用下从原点由静止开始沿y轴正方向做加速度为a的匀速加速直线运动，运动时棒与x轴始终平行。棒单位长度的电阻ρ，与电阻不计的轨道接触良好，运动中产生的热功率随棒位置的变化规律为P=ky（SI）。求：
（1）导体轨道的轨道方程y=f（x）；
（2）棒在运动过程中受到的安培力Fm随y的变化关系；
（3）棒从y=0运动到y=L过程中外力F的功。
【答案】（1） （2） （3）
【解析】（1）设棒运动到某一位置时与轨道接触点的坐标为（±）,安培力的功率
棒做匀加速运动
138
代入前式得
轨道形式为抛物线。
3．（天津卷，12）电磁缓冲器是应用于车辆上以提高运行安全性的辅助制动装置，其工作原理是利用电磁阻尼作用减缓车辆的速度。电磁阻尼作用可以借助如下模型讨论：如图所示，将形状相同的两根平行且足够长的铝条固定在光滑斜面上，斜面与水平方向夹角为。一质量为m的条形磁铁滑入两铝条间，恰好匀速穿过，穿过时磁铁两端面与两铝条的间距始终保持恒定，其引起电磁感应的效果与磁铁不动，铝条相对磁铁运动相同。磁铁端面是边长为d的正方形，由于磁铁距离铝条很近，磁铁端面正对两铝条区域的磁场均可视为匀强磁场，磁感应强度为B，铝条的高度大于d，电阻率为ρ，为研究问题方便，铝条中只考虑与磁铁正对部分的电阻和磁场，其他部分电阻和磁场可忽略不计，假设磁铁进入铝条间以后，减少的机械能完全转化为铝条的内能，重力加速度为g
（1）求铝条中与磁铁正对部分的电流I；
（2）若两铝条的宽度均为b，推导磁铁匀速穿过铝条间时速度v的表达式；
（3）在其他条件不变的情况下，仅将两铝条更换为宽度的铝条，磁铁仍以速度v进入铝条间，试简要分析说明磁铁在铝条间运动时的加速度和速度如何变化。
138
【答案】（1）（2）（3）见解析过程；
【解析】(1)磁铁在铝条间运动时，两根铝条受到的安培力大小相等均为F安，有F安=BdI,
磁铁受到的作用力F=2F安
磁铁匀速运动时：，解得：
（2）磁铁穿过铝条时，在铝条中产生的感应电动势为E，有
E=Bdv
铝条与磁铁正对部分的电阻为R，由电阻定律有
由欧姆定律有
联立可得
（3）磁铁以速度v进入铝条间，恰好做匀速运动时，磁铁受到沿斜面向上的作用力F，可得
当铝条的宽度b’>b时，磁铁以速度v进入铝条间时，磁铁受到的作用力变为F’，有
可见F’>，磁体所受到的合力也减小，由于磁铁加速度与所受到的合力成正比，磁铁的加速度逐渐减小。所以磁铁做加速度减小的减速运动。直到时，磁铁达到平衡状态，将匀速下滑。
4.(江苏卷，15)（16分）回旋加速器的工作原理如题15-1图所示，置于真空中的D形金属盒半径为R，两盒间狭缝的间距为d，磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，被加速粒子的质量为m，电荷量为+q，加在狭缝间的交变电压如题15-2图所示，电压值的大小为U0．周期T=．一束该种粒子在t=0~时间内从A
138
处均匀地飘入狭缝，其初速度视为零．现考虑粒子在狭缝中的运动时间，假设能够出射的粒子每次经过狭缝均做加速运动，不考虑粒子间的相互作用．求：
（1）出射粒子的动能；
（2）粒子从飘入狭缝至动能达到所需的总时间；
（3）要使飘入狭缝的粒子中有超过99%能射出，d应满足的条件．
【答案】(1)（2）（3）[
【解析】（1）由，解得
（1）粒子被加速n次达到动能，则,粒子在狭缝间做匀加速运动，设n次经过狭缝的总时间
加速度
匀加速直线运动：
由解得
(3)只有在时间内飘入的粒子才能每次均被加速
所占的比例为
由,解得．
5.（浙江卷，25）
138
（22分）为了进一步提高回旋加速器的能量，科学家建造了“扇形聚焦回旋加速器”。在扇形聚焦过程中，离子能以不变的速率在闭合平衡轨道上周期性旋转。扇形聚焦磁场分布的简化图如图所示，圆心为O的圆形区域等分成六个扇形区域，其中三个为峰区，三个为谷区，峰区和谷区相间分布。峰区内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，谷区内没有磁场。质量为m，电荷量为q的正离子，以不变的速率v旋转，其闭合平衡轨道如图中虚线所示。
（1）求闭合平衡轨道在峰区内圆弧的半径r，并判断离子旋转的方向是顺时针还是逆时针；
（2）求轨道在一个峰区内圆弧的圆心角θ，及离子绕闭合平衡轨道旋转的周期T；
（3）在谷区也施加垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B'，新的闭合平衡轨道在一个峰区内的圆心角θ变为90°，求B'和B的关系。已知：sin（α±β）=sinαcosβ±cosαsinβ，cosα=1-2
【答案】（1）；旋转方向为逆时针方向（2）；（3）
【解析】（1）封区内圆弧半径,旋转方向为逆时针；
（2）由对称性，封区内圆弧圆心角，
每个圆弧长度,
138
每段直线长度,
周期代入得
(3)谷区内的圆心角
谷区内的轨道圆弧半径，
由几何关系
由三角关系
代入得
（海南卷，14）如图，A、C两点分别位于x轴和y轴上，∠OCA=30°，OA的长度为L。在△OCA区域内有垂直于xOy平面向里的匀强磁场。质量为m、电荷量为q的带正电粒子，以平行于y轴的方向从OA边射入磁场。已知粒子从某点射入时，恰好垂直于OC边射出磁场，且粒子在磁场中运动的时间为t0。不计重力。
（1）求磁场的磁感应强度的大小；
（2）若粒子先后从两不同点以相同的速度射入磁场，恰好从OC边上的同一点射出磁场，求该粒子这两次在磁场中运动的时间之和；
（3）若粒子从某点射入磁场后，其运动轨迹与AC边相切，且在磁场内运动的时间为，求粒子此次入射速度的大小。
138
【答案】（1）
（2）
【解析】（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，在时间t0内其速度方向改变了90°，故周期T=4 t0,设磁感应强度大小为B，粒子速度为v，圆周运动的半径为r，则，匀速圆周运动的速度满足：,解得：
（2）设粒子从OA变两个不同位置射入磁场，能从OC边上的同一点P射出磁场，粒子在磁场中运动的轨迹如图（a）所示：
设两轨迹所对应的圆心角分别为和。由几何关系有：
粒子两次在磁场中运动的时间分别为与，则：
（3）如图（b），由题给条件可知，该粒子在磁场区域中的轨迹圆弧对应的圆心角为。设为圆弧的圆心，圆弧的半径为，圆弧与AC相切与B点，从D点射出磁场，由几何关系和题给条件可知，此时有
138
设粒子此次入射速度的大小为，由圆周运动规律：
联立①⑦⑧⑨式得：
十、电磁感应
一、选择题
1.（全国新课标III卷，21）如图，M为半圆形导线框，圆心为OM；N是圆心角为直角的扇形导线框，圆心为ON；两导线框在同一竖直面（纸面）内；两圆弧半径相等；过直线OMON的水平面上方有一匀强磁场，磁场方向垂直于纸面。现使线框M、N在t=0时从图示位置开始，分别绕垂直于纸面、且过OM和ON的轴，以相同的周日T逆时针匀速转动，则（ ）
A.两导线框中均会产生正弦交流电
B.两导线框中感应电流的周期都等于T
C.在时，两导线框中产生的感应电动势相等
D.两导线框的电阻相等时，两导线框中感应电流的有效值也相等
138
【答案】BC
【解析】当线圈进入磁场时，依据楞次定律得，两线圈中的感应电流方向为逆时针，可得过程中产生的感应电动势恒定，即电流恒定，不是正弦交流电A错误；当线圈进入磁场时，根据楞次定律知，两线框中的感应电流为逆时针，当线框穿出磁场时，根据楞次定律可得线框中产生的感应电流为顺时针，所以感应电流的周期和其运动周期相等，为T、B正确；根据可得线框在运动过程中的感应电动势等，C正确；线圈N在完全进入磁场后T/4时间内线圈的磁通量不变化，过程中没有感应电动势产生，即线圈N在0—T/4和3T/4—T内有感应电动势，其余时间内没有，而线圈M在整个过程中都有感应电动势，即便电阻相等，两者的电流有效值不会相等，D错误。
2.（上海卷，19）.如图（a），螺线管内有平行于轴线的外加匀强磁场，以图中箭头所示方向为其正方向。螺线管与导线框abcd相连，导线框内有一小金属圆环L，圆环与导线框在同一平面内。当螺线管内的磁感应强度B随时间按图（b）所示规律变化时（ ）
（A）在t1~t2时间内，L有收缩趋势
（B）在t2~t3时间内，L有扩张趋势
（C）在t2~t3时间内，L内有逆时针方向的感应电流
（D）在t3~t4时间内，L内有顺时针方向的感应电流
【答案】AD
【解析】在t1-t2时间内，外加磁场磁感应强度增加且斜率在增加，则在导线框中产生顺时针方向大小增加的电流，该电流激发增加的磁场，该磁场通过圆环，在圆环内产生感应电流，根据结论“增缩减扩”可以断定圆环有收缩趋势，A正确；在t2—t3时间内，外加磁场均匀变化，在导线框中产生恒定电流，该电流激发出稳当磁场，该磁场通过圆环时，圆环中没有感应电流，选项BC错误；在t3—t4时间内，外加磁场向下减小，且斜率也减小，在导线框中产生顺时针减小的电流，该电流激发出向内减小的磁场，所以圆环内产生顺时针方向电流，D正确。
3.（江苏卷，6）电吉他中电拾音器的基本结构如图所示，磁体附近的金属弦被磁化，因此弦振动时，在线圈中产生感应电流，电流经电路放大后传送到音箱发出声音，下列说法正确的有（ ）
138
（A）选用铜质弦，电吉他仍能正常工作
（B）取走磁体，电吉他将不能正常工作
（C）增加线圈匝数可以增大线圈中的感应电动势
（D）弦振动过程中，线圈中的电流方向不断变化
【答案】BCD
【解析】因铜质弦不能被磁化，所以A错误；若取走磁铁，金属弦无法被磁化，电吉他将不能正常工作，所以B正确，依据法拉第电磁感应定律可知，增加线圈匝数可以增大线圈中的感应电动势，C对；弦振动过程，线圈中的磁通量一会增大一会减小，所以电流方向不断变化，D对。
4.（四川卷，7）如图所示，电阻不计，间距为L的光滑平行金属导轨水平放置于磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中，导轨左端接一定值电阻R。质量为m、电阻为r的金属棒MN置于导轨上，受到垂直于金属棒的水平外力F的作用由静止开始运动，外力F与金属棒速度v的关系是F=F0+kv（F0、k是常量），金属棒与导轨始终垂直且接触良好。金属棒中感应电流为i，受到的安培力大小为FA，电阻R两端的电压为UR，感应电流的功率为P，它们随时间t变化图像可能正确的有（ ）
【答案】BC
【解析】设金属棒在某一时刻速度为，由题意可知，感应电动势，环路电流，即；安培力，方向水平向左，即；两端电压，即；感应电流功率，即
138
。
分析金属棒运动情况，由力的合成和牛顿运动第二定律可得，
，即加速度。因为金属棒从静止出发，所以 ，且 ，即 ，加速度方向水平向右。
(1)若，，即，金属棒水平向右做匀加速直线运动。有，说明，也即是，，，，所以在此情况下没有选项符合；
(2)若，随增大而增大，即随v增大而增大，说明金属棒在做加速度增大的加速运动，速度与时间呈指数增长关系，根据四个物理量与速度的关系可知选项符合；
(3)若，随增大而减小，即随v增大而减小，说明金属棒在做加速度减小的加速运动，直到加速度减小为0后金属棒做匀速直线运动，根据四个物理量与速度关系可知C选项符合；
综上所述，、选项符合题意。
5.（浙江卷，16）16．如图所示，a、b两个闭合正方形线圈用同样的导线制成，匝数均为10匝，边长la=3lb，图示区域内有垂直纸面向里的均强磁场，且磁感应强度随时间均匀增大，不考虑线圈之间的相互影响，则（ ）
A．两线圈内产生顺时针方向的感应电流
B．a、b线圈中感应电动势之比为9:1
C．a、b线圈中感应电流之比为3:4
D．a、b线圈中电功率之比为3:1
【答案】B
138
【解析】根据楞次定律可知，两线圈内均产生逆时针方向的感应电流，A错误；因磁感应强度随时间均匀增大，则，由法拉第电磁感应定律可得则所以，则B正确；根据故a、b线圈中的感应电流之比为3:1，选项C错，电功率则电功率之比为27:1，选项D错，故选B.
6.（海南卷，4）如图，一圆形金属环与两固定的平行长直导线在同一竖直平面内，环的圆心与两导线距离相等，环的直径小于两导线间距。两导线中通有大小相等、方向向下的恒定电流。若（ ）
A．金属环向上运动，则环上的感应电流方向为顺时针方向
B．金属环向下运动，则环上的感应电流方向为顺时针方向
C．金属环向左侧直导线靠近，则环上的感应电流方向为逆时针
D．金属环向右侧直导线靠近，则环上的感应电流方向为逆时针
【答案】D
【解析】当金属圆环上、下移动时，穿过圆环的磁通量不发生变化，故没有感应电流产生，AB错误；当金属圆环向左移动时，则穿过圆环的磁场垂直纸面向外且增强，故根据楞次定律可知，产生的感应电流为顺时针，C错误；当金属圆环向右移动时，则穿过圆环的磁场垂直纸面向里并且增强，故产生的电流为逆时针，D正确。
二、计算题
1. （全国新课标I卷，24）（14分）如图，两固定的绝缘斜面倾角均为，上沿相连。两细金属棒ab（仅标出a端）和cd（仅标出c端）长度均为，质量分别为和；用两根不可伸长的柔软轻导线将它们连成闭合回路abdca，并通过固定在斜面上沿的两光滑绝缘小定滑轮跨放在斜面上，使两金属棒水平。右斜面上存在匀强磁场，磁感应强度大小为
138
，方向垂直于斜面向上。已知两根导线刚好不在磁场中，回路电阻为，两金属棒与斜面间的动摩擦因数均为，重力加速度大小为。已知金属棒匀速下滑。求
(1)作用在金属棒上的安培力的大小；
(2)金属棒运动速度的大小。
【解析】（1）由、棒被平行于斜面的导线相连，故、速度时时刻刻相等，也做匀速直线运动；
选为研究对象，受力分析如图：
由于匀速，其受力平衡，沿斜面方向受力平衡方程：
垂直于斜面方向受力平衡方程：
且，联立可得：
选为研究对象，受力分析如图：
其沿斜面方向受力平衡：
垂直于斜面方向受力平衡：
且，与为作用力与反作用力：，
联立可得：
（2）设感应电动势为，由电磁感应定律：
由闭合电路欧姆定律，回路中电流：
棒中所受的安培力：
与①联立可得：
2. （全国新课标II卷，20）法拉第圆盘发动机的示意图如图所示．铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P、Q分别与圆盘的边缘和铜轴接触．圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B中．圆盘旋转时，关于流过电阻R的电流，下列说法正确的是（ ）
A．若圆盘转动的角速度恒定，则电流大小恒定
138
B．若从上向下看，圆盘顺时针转动，则电流沿a到b的方向流动
C．若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向可能发生变化
D．若圆盘转动的角速度变为原来的两倍，则电流在R上的热功率也变为原来的2倍
【答案】AB
【解析】将圆盘看成无数幅条组成，它们都在切割磁感线从而产生感应电动势出现感应电流：根据右手定则圆盘上感应电流从边缘向中心，则当圆盘顺时针转动时，流过电阻的电流方向从a到b
由法拉第电磁感应定律得感生电动势 A对，C错
由 得 当 变为2倍时，P变为原来的4倍
3. （全国新课标II卷，24）（12分）如图，水平面（纸面）内间距为l的平行金属导轨间接一电阻，质量为m、长度为l的金属杆置于导轨上．时，金属杆在水平向右、大小为F的恒定拉力作用下由静止开始运动．时刻，金属杆进入磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域，且在磁场中恰好能保持匀速运动．杆与导轨的电阻均忽略不计，两者始终保持垂直且接触良好，两者之间的动摩擦因数为．重力加速度大小为g．求
⑴ 金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小；
⑵ 电阻的阻值．
【答案】⑴
⑵
【解析】⑴ 由题意可知 时间内受力分析如下
①
②
物体做匀加速直线运动 ③
物体匀加进入磁场瞬间的速度为，则 ④
由法拉第电磁感应定律可知 ⑤
138
由①②③④⑤可得
⑥
⑵ 金属杆在磁场中的受力如下即
由杆在磁场中匀速直线运动可知
⑦
⑧
由安培力可知 ⑨
由欧姆定律可知 ⑩
由⑥⑦⑧⑨⑩可知
9.（浙江卷，24）24.小明设计的电磁健身器的简化装置如图所示，两根平行金属导轨相距l=0.50m，倾角θ=53°，导轨上端串接一个0.05 Ω的电阻。在导轨间长d=0.56m的区域内，存在方向垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度B=2.0 T。质量m=4.0kg的金属棒CD水平置于导轨上，用绝缘绳索通过定滑轮与拉杆GH相连。CD棒的初始位置与磁场区域的下边界相距s=0.24m。一位健身者用恒力F=80N拉动GH杆，CD棒由静止开始运动，上升过程中CD棒始终保持与导轨垂直。当CD棒到达磁场上边界时健身者松手，触发恢复装置使CD棒回到初始位置（重力加速度g=10m/s，sin53°=0.8，不计其他电阻、摩擦力以及拉杆和绳索的质量）。求
（1）CD棒进入磁场时速度v的大小；
（2）CD棒进入磁场时所受的安培力的大小；
（3）在拉升CD棒的过程中，健身者所做的功W和电阻产生的焦耳热Q。
138
【答案】（1）2.4m/s（2）48N（3）64J；26.88J
【解析】由牛顿定律有，进场时的速度，
（2）感应电动势E=Blv,感应电流,安培力FA=BIl,代入数据得：FA=48N;
(3)健身者做功，
,
在磁场中运动时间t=d/v.
十一、交变电流 传感器
一、选择题
1.（全国新课标I卷，16）一含有理想变压器的电路如图所示，图中电阻和的阻值分别是和，为理想交流电流表，为正弦交流电压源，输出电压的有效值恒定。当开关断开时，电流表的示数为；当闭合时，电流表的示数为。该变压器原、副线圈匝数比为（ ）
A. 2 B. 3
C. 4 D. 5
【答案】B
【解析】解法一：
138
当S断开时，电路如右图所示
由闭合电路欧姆定律，原线圈两端电压
得 ①
根据变压器原副边电压关系： ②
副线圈中的电流： ③
联立①②③得： ④
当S闭合时，电路如右图所示
由闭合电路欧姆定律，原线圈两端电压
得 ⑤
根据变压器原副边电压关系： ⑥
副线圈中的电流得： ⑦
联立⑤⑥⑦得 ⑧
联立④⑧解得
解法二：
设开关断开前后，变压器的等效电阻为和，由于变压器输入功率与输出功率相同，
闭合前：，得 ①
闭合后：，得 ②
根据闭合电路欧姆定律：
闭合前： ③
闭合后： ④
根据以上各式得：
解得，
2. （全国新课标III卷，19） 如图，理想变压器原、副线圈分别接有额定电压相同的灯泡a和b。当输入电压U为灯泡额定电压的10倍时，两灯泡均能正常发光。下列说法正确的是（ ）
138
A.原、副线圈砸数之比为9:1 B. 原、副线圈砸数之比为1:9
C.此时a和b的电功率之比为9:1 D.此时a和b的电功率之比为1:9
【答案】AD
【解析】
试题分析：设灯泡的额定电压为,两灯均能正常发光,所以原线圈输出端电压为，副线圈两端电压为，故，根据，A正确B错误；根据公式可得，由于由于小灯泡两端的电压相等，所以根据公式可得两者的电功率之比为1:9，C错误D正确；
3.（天津卷，5）如图所示，理想变压器原线圈接在交流电源上，图中各电表均为理想电表。下列说法正确的是（ ）
A、当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，消耗的功率变大
B、当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，电压表V示数变大
C、 当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，电流表示数变大
D、若闭合开关S，则电流表示数变大，示数变大
【答案】B
【解析】当P上滑时，R增大，变压器的次级电压不变，则次级电流减小，则R1消耗的功率及两端电压变小，则电压表示数变大，A错，B对；P上滑时，次级电流变小，则初级电流也变小，电流表A1变小，C错；若闭合开关S，则变压器的次级减小，次级电流变大，R1的电压变大，电压表V示数减小，则R2两端电压减小，A2示数减小；次级电流变大，则初级电流变大，电流表A1变大，D错误。
138
6.（江苏卷，4）4．一自耦变压器如图所示，环形铁芯上只绕有一个线圈，将其接在a、b间作为原线圈．通过滑动触头取该线圈的一部分，接在c、d间作为副线圈．在a、b间输入电压为U1的交变电流时，c、d间的输出电压为U2，在将滑动触头从M点顺时针旋转到N点的过程中（ ）
（A）U2>U1，U2降低
（B）U2>U1，U2升高
（C）U2
W0判断，钠、钾、铷能发生光电效应。
14.（海南卷）17.[选修3-5]（12分）
（1）（4分）下列说法正确的是_________。
A．爱因斯坦在光的粒子性的基础上，建立了光电效应方程
B．康普顿效应表明光子只具有能量，不具有动量
C．成功地解释了氢原子光谱的实验规律
D．卢瑟福根据α粒子散射实验提出了原子的核式结构模型
E．德布罗意指出微观粒子的动量越大，其对应的波长就越长
【答案】ACD
138
【解析】爱因斯坦剔除了光子说，建立了光电效应方程，A对；康普顿效应表明光不仅具有能量，还有动量，B错；波尔的原子理论成功解释了氢原子光谱的实验规律，故C正确；卢瑟福根据a粒子散射实验提出了原子核式结构模型，故D正确；德布罗意波长，其中P为动量，动量越大，波长越短，E错误。
（2）（8分）如图，物块A通过一不可伸长的轻绳悬挂在天花板下，初始时静止；从发射器（图中未画出）射出的物块B沿水平方向与A相撞，碰撞后两者粘连在一起运动，碰撞前B的速度的大小v及碰撞后A和B一起上升的高度h均可由传感器（图中未画出）测得。某同学以h为纵坐标，v2为横坐标，利用实验数据作直线拟合，求得该直线的斜率为k=1.92 ×10-3s2/m。已知物块A和B的质量分别为mA=0.400kg和mB=0.100kg，重力加速度大小g=9.8m/s2。
（i）若碰撞时间极短且忽略空气阻力，求h-v2直线斜率的理论值k0。
（ii）求k值的相对误差×100%，结果保留1位有效数字。
【答案】（i）
（ii）
【解析】（i）设物块A和B碰撞后共同运动的速度为,由动量守恒定律有
在碰撞后A和B共同上升的过程中，由机械能守恒定律有
联立得
由题意得
138
代入题给数据得
（ii）按照定义
138
