物理高考试题分类汇编

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第一部分：16 年高考物理试题分类汇编 专题一、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，0～3 内的位移： ， 。故 时，甲乙相距 ，即甲在乙前方 ，B 选项正确。 0～1 内， ， ， ，说明甲、乙第一次相遇。A、 C 错误。 甲、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．两球在空气中从 静止开始下落，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】由已知可设 ① 则受力分析得： ② ③ ④ 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（ ）。 v t− 3t s= 1st = 0t = 7.5 m 2st = 40 m v t− 3st = =30m/sv甲 =25m/sv乙 v t− 1= 3 30m=45m2x × ×甲 ( )1= 3 10+25 m=52.5m2x × ×乙 0t = 1 - =7.5mx x x∆ = 乙 甲 7.5m 1= 1 10m=5m2x ′ × ×甲 ( )1= 1 10+15 m=12.5m2x ′ × ×乙 2 =7.5mx x x乙 甲 ′ ′∆ = − =45m 5m=40mx x x甲 甲 ′= − − f kR= F mg f= −合 F ma=合 34 3m Rπ ρ= ⋅ 24 3 ka g Rπ ρ = − ⋅ m m>甲 乙 ρ ρ=甲 乙 a a>甲 乙 v v>甲 乙 t t<甲 乙 =W f x⋅克服 x x=甲 乙 f f>甲 乙 W W>甲克服 乙克服 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）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。【难】上半段为上升过程，下半段为下落过程。 【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。上半段为上 升过程 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。 1v 2v 2 2 1 2 1 19 2 2mv mv⋅ = 2 13v v= 0 +v v at= 1 13 +v v at= 1 2 atv = 2 1 1 2s v t at= + 2 sa t = 22 m/s3 24 m/s3 28 m/s9 216 m/s9 1 1 16 /4v v m s= = 2 2 16 /2v v m s= = 2 1 8 4 4/ /3 3 v va m s m st − −= = = v x 2 2 0 2v v ax- = 0tan v gt θ = v g t∆ = ∆ θP O x y 二、计算题 1、（四川卷 10 题 17 分） 避险车道是避免恶性交通事故的重要设施，由制动坡床和防撞设施等组成，如图竖直平面内，制动坡床视为水平面夹角为 的斜面。一辆长 12 m 的载有货物的货车因刹车失灵从干道驶入制动坡床，当车速为 23 m/s 时，车尾位于制动坡床的低端， 货物开始在车厢内向车头滑动，当货物在车厢内滑动了 4 m 时，车头距制动坡床顶端 38 m，再过一段时间，货车停止。已知 货车质量是货物质量的 4 倍，货物与车厢间的动摩擦因数为 0.4；货车在制动坡床上运动受到的坡床阻力大小为货车和货物总 重的 0.44 倍。货物与货车分别视为小滑块和平 板 ， 取 。求： （1）货物在车厢内滑动时加速度的大小和方向； （2）制动坡床的长度。 解：（1）设货物的质量为 m，货物在车厢内滑动过程中，货物与车厢的动摩擦因数 μ=0.4，受摩擦力大小为 f，加速度大小 为 a1，则 ① ② 联立①②并代入数据得：a1=5 m/s③ a1 的方向沿制动坡床向下。 （2）设货车的质量为 M，车尾位于制动坡床底端时的车速为 v=23 m/s。货车在车厢内开始滑动到车头距制动坡床顶端 s0=38m 的过程中，用时为 t，货物相对制动坡床的运动距离为 s1，在车厢内滑动的距离 s=4m，货车的加速度大小为 a2，货车相对制 动坡床的运动距离为 s2。货车受到制动坡床的阻力大小为 F，F 是货车和货物总重的 k 倍，k=0.44，货车长度 l0=12m， 制动坡床的长度为 l，则 ④ ⑤ ⑥ ⑦ ⑧ ⑨ 联立①②③-⑨并代入数据得： ⑩ 专题二、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；'OO O 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 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（ ）。 A. B. C. m D.2m 【答案】C 【解析】如图所示，△Oab 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 b F b F b 'OO b a b b F a b a aT m g= a b a b OO′ b x xT f F+ = y y bF N T m g+ + = T bm g F F T ' ''F F F→ → ↑ ' ''T T T→ → ↑ 2 m 3 2 m 120aO b′∠ = ° T mg= m g′ g fTx Ty N mb T Fx Fy F T mg= TT 'm g o o′ a b F G N B (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（ ）。 (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）， G N F= + F kx= 200 /k N m= 0 0 M UU 1 2 0 0 M UU G N f 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 专题三、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 【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 0 0 0 ( )M U UU − 1 2 0 0 0 ( )M U UU − 02x vt= 0 0U kM g= 2( )x h vt− = 0( )U k M g mg= + 0 0 0 ( )Mm U UU = − 3 0f = 2 0f ≠ 1 0f ≠ F G N 2f mg N 【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）.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 21 2fmgR W mv− = 2mvN mg ma R − = = 2( ) 3 2,f fmgR W mgR Wa NmR R − −= = mg f= mg f> 2 8 8F kmg ma− = 4 Fa kgm = − 56 3 3 0.75f ma kmg F= + = 67 2 2 0.5f ma kmg F= + = ma mg f 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 ，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．F1F3 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，h > 2 gh H h− 0F F kx= − 0Fk H = 0 0 FF F hH = − F h mgh − = 0 0 02 2 F F FF F hH − += = − 0 2 2 mgHF H h = − 0F mg ma− = 2 gha H h = − mg F ma− = 2 2 2 2 mgH mghF H h H h = −− − 2 gha H h = − 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？ 【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 2.（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： ； 代入数据可得 （2）BC 段： C 处: 2 0.8 sHt g= = 25m / sFa m= = 2 0 1 4.82x v t at m= - = 0k kmgH Fx E E- = - 120kE J= 2 0 1 2x v t at= - 2 2 0 1 1 2 2kE mv mg gt Fx- = · - 1 20.4 ( ), 0.24t s t s舍去= = 23.6 /a m s= 24 /Bv m s= 210 /g m s= fF 2 2Bv ax= Hmg f max − = 144f N= 2 21 1 2 2c Bmgh W mv mv+ = − 2 c N vF mg m R − = 则 R=12.5m 3.（天津卷，11）如图所示，空间中存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小为 ，同时存在 着水平方向的匀强磁场，其方向与电场方向垂直，磁感应强度大小 B=0.5T。有一带正电的小球，质量 ，电荷量 ，正以速度 v 在图示的竖直面内做匀速直线运动，当经过 P 点时撤掉磁 场（不考虑磁场消失引起的电磁感应现象）取 ，求： （1）小球做匀速直线运动的速度 v 的大小和方向； （2）从撤掉磁场到小球再次穿过 P 点所在的这条电场线经历的时间 t。 【答案】（1）20m/s；速度 v 的方向与电场 E 的方向之间 的夹角 600（2）3.5s 【解析】(1)小球匀速运动 时受力如图，其合力为零，有 代入数据得 v=20m/s. 代入数据得 ， （2）撤去磁场，小球在重力与电场力的合力作用下做类平抛运动，设其加速度为 a，有： 设撤去磁场后小球在初速度方向上的分位移为 x，有： 设小球在重力与电场力的合力方向上分位移为 y，有： a 与 mg 的夹角和 v 与 E 的夹角相同，均为 θ，又 联立各式，代入数据解得： =3.5 s 4.（四川卷，10）（17 分）避险车道是避免恶性交通事故的重要设施，由制动坡床和防撞设施等组成，如图竖 直平面内，制动坡床视为与水平面夹角为 θ 的斜面。一 辆长 12 m 的载有货物的货 车因刹车失灵从干道驶入制动坡床，当车速为 23 m/s 时，车尾位于制动坡床的 底端，货物开始在车厢内向车头滑动，当货物在车厢内滑 动了 4 m 时，车头距制动坡 床顶端 38 m，再过一段时间，货车停止。已知货车质量 是货物质量的 4 倍。货物 与车厢间的动摩擦因数为 0.4；货车在制动坡床上运动 受到的坡床阻力大小为货 车和货物总重的 0.44 倍。货物与货车分别视为小滑块 和 平 板 ， 取 cosθ=1 ， sinθ=0.1，g=10 m/s2。求： （1）货物在车厢内滑动时加速度的 大小和方向； （2）制动坡床的长度。 【解析】（1）解：设货物质量为 ， 受到货车支持力大小为 6NmF mg= 5 3 /E N C= 61.0 10m kg−= × 62 10 Cq −= × 210 /g m s= 2 2( ) ( )qvB qE mg= + tan qE mg θ = tan 3θ = 60θ = ° 2 2 2 2q E m ga m += x vt= 21 2y at= tan y x θ = 2 3 st = m 干道 货物 货车 制动坡床 防撞设施 θ θ mg qvB v qE θ ，车对货物摩擦力大小为 ，受力分析如图 货物与货车间滑动摩擦因数为 ，货物减速时加速度大小为 ，根据牛顿第二定律得： ………………① ………………② ………………③ 联立方程①②③，代入数据得： …………④ 方向沿坡面向下 （2）解：设货物对车压力大小为 ，对车摩擦力大小为 ，根据牛顿第三定律 ………………⑤ ………………⑥ 车质量为 4m，受坡面支持力大小为 N2，坡面对车阻力大小为 ，受力分析如图 车减速时加速度大小为 ，根据牛顿第二定律得 ………………⑦ ………………⑧ 由题意得 ………………⑨ 联立⑤⑥⑦⑧⑨代入数据得： ………………⑩ 方向沿坡面向下。 设货车和货物共同的初速度大小为 ，货物相对货车滑动 4m 用时 ，货物相对地面位移大小为 ，货车相对 地面位移大小为 ，根据运动学公式有 ……………… ○11 ……………… ○12 ……………… ○13 联立○11 ○12 ○13 ，代入数据得： …………○14 车长为 ，货物相对车滑动 4m 时车头距顶端 ，坡长为 f N mg1 1 θ 1N 1f 1 µ 1a 1cosmg Nθ = 1 1sinmg f maθ + = 1 1 1f Nµ= 2 1 5m/sa = 1N′ 1f ′ 1 1N N′ = 1 1f f′= 2f 2a 2 1 4 cosN N mg θ′= + 2 1 24 sin 4f mg f maθ ′+ − = 2 0.44 5f mg= × 2 2 5.5m/sa = 0v t 1x 2x 2 1 0 1 1 2x v t a t= − 2 2 0 2 1 2x v t a t= − 1 2 4mx x− = 2 48mx = L L′ S 1 f ' 1N' f N 4mg2 2 θ 代入数据，解之得：S＝98m. 答：(1) 货物在车厢内滑动时加速度的大小为 ，方向沿斜面向下 (2) 制动坡床的长度为 5.（海南卷 13）13.水平地面上有质量分别为 m 和 4m 的物 A 和 B，两者与地面的动摩擦因数均为 μ。细绳的 一端固定，另一端跨过轻质动滑轮与 A 相连，动滑轮与 B 相连，如图所示。初始时，绳出于水平拉直状态。 若物块 Z 在水平向右的恒力 F 作用下向右移动了距离 s，重力加速度大小为 g。求： （1）物块 B 客服摩擦力所做的功； （2）物块 A、B 的加速度大小。 【答案】（1） ；(2) ， 。 【解析】（1）A、B 受力如图,物体 A 移动的距离为 s，则物体 B 移动的距离为 s1=s/2 则 （2） 联立解得 ， 专题四、曲线运动 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． A．P 球的速度一定大于 Q 球的速度 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】 2S L x L′= + + 2 1 5m/sa = 98mS = 2μmgs A 3= 2 F mga m µ− B 3= 4 F mga m µ− 4Bf mgµ= 1 2BW f s mgsµ= = : AA F mg T maµ− − = : 2 4 4 BB T mg maµ− = 2A Ba a= A 3= 2 F mga m µ− B 3= 4 F mga m µ− FA T μmg B 4μmg 2T 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 III 卷，20）如如，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，16）.风速仪结构如图(a) 所示。光源发出的光经光 纤传输，被探测器接收，当风轮旋转 时，通过齿轮带动凸轮圆 盘旋转，当圆盘上的凸轮经过透镜系统 时光被挡住。已知风轮叶片 转动半径为 r，每转动 n 圈带动凸轮圆盘 转动一圈。若某段时间 内探测器接收到的光强随时间变化关系 如图(b)所示，则该时间段 内风轮叶片（ ）。 (A)转速逐渐减小，平均速率为 (B)转速逐渐减小，平均速率为 21 02mgL mv= − 2v gL= 1 2l l< P Qv v< 2kQ QE m gl= 1kP PE m gl= T mg F− = 向 2vF m L =向 F F ma= =向 合 3T mg= 2a g= p QT T> P Qa a= 21 2fmgR W mv− = 2mvN mg ma R − = = 2( ) 3 2,f fmgR W mgR Wa NmR R − −= = Δt 4π Δ nr t 8π Δ nr t mg N (C)转速逐渐增大，平均速率为 (D)转速逐渐增大，平均速率为 【答案】B 【解析】据题意，从 b 图可以看出，在 时间内，探测器接收到光的时间在增长，圆盘凸轮的挡光时间也在 增长，可以确定圆盘凸轮的转动速度在减小；在 时间内可以从图看出有 4 次挡光，即圆盘转动 4 周，则风 轮叶片转动了 4n 周，风轮叶片转过的弧长为 ，叶片转动速率为： ，故选项 B 正确。[来 4.4.（江苏卷，2）有 A、B 两小球，B 的质量为 A 的两倍．现将它们以相同速率沿 同一方向抛出，不计空气阻力．图中①为 A 的 运动轨迹，则 B 的运动轨迹是 （ ）。 A、①； B②； C、③； D、④。 【答案】A 【解析】由题意知 A、B 两小球抛出的初速度相同，由牛顿第二定律知，两小球运动的加速度相同，所以运动 的轨迹相同，故 A 正确；B、C、D 错误． 5．（浙江卷，20）20.如图所示为赛车场的一个“梨形”赛道，两个弯道分别为半径R=90m 的大圆弧和 r=40m 的小圆弧，直道与弯道相切。大、小圆弧圆心 O、O'距离 L=100m。赛车沿弯道路线行驶时，路面对轮胎的最 大径向静摩擦力是赛车重力的 2.25 倍，假设赛车在直道上做匀变速直线运动，在弯道上做匀速圆周运动，要 使赛车不打滑，绕赛道一圈时间最短是（ ）。（发动机功率足够大，重力加速度 g=10m/s2, =3.14）。 A．在绕过小圆弧弯道后加速 B．在大圆弧弯道上的速率为 45 m/s C．在直道上的加速度大小为 5.63 m/s2 D．通过小圆弧弯道的时间为 5.85 s 【答案】AB 【解析】在弯道上做匀速圆周运动时，根据牛顿 定律 ，故当弯道半 径 时，在弯道上的最大速度是一定的，且在大弯道上的最大速度大于小湾道上的最大速度，故要想时间最短， 故 可 在 绕 过 小 圆 弧 弯 道 后 加 速 ， 选 项 A 正 确 ； 在 大 圆 弧 弯 道 上 的 速 率 为 ，选项 B 正确；直道的长度为 ，在小弯道 上的最大速度： ，故在在直道上的加速度大小为 ，选项 C 错误；由几何关系可知，小圆弧轨道的长度为 ，通过小 圆弧弯道的时间为 ，选项 D 错误； 故选 AB． 6.（海南卷，3）如图，光滑圆轨道固定在竖直面内，一质量为 m 的小球沿轨道做完整的圆 周运动。已知小球在最低点时对轨道的压力大小为 N1，在高点时 对轨道的压力大小为 N2.重 力加速度大小为 g，则 N1–N2 的值为（ ）。 4π Δ nr t 8π Δ nr t Δt Δt 4 2l n rπ= × 8n rvv t π= ∆ π 2 mvkmg m r = 2.25 10 90 / 45 /mRv kgR m s m s= = × × = 2 2( ) 50 3x L R r m= − − = 2.25 10 40 / 30 /mrv kgr m s m s= = × × = 2 2 2 2 2 245 30 / 6.50 /2 2 50 3 mR mrv va m s m sx − −= = ≈ × 2 3 rπ 2 2 3.14 403 2.803 30mr r t s sv π × ×= = ≈× A．3mg B．4mg C．5mg D．6mg 【答案】D 【解析】设小球在最低点速度为 ，在最高点速度为 ，在根据牛顿第二定律： 在最低点： 在最高点： 同时从最高点到最低点，根据动能定理： 联立以上三个方程式可以得到： ，故选项 D 正确。 二、填空题 1.（上海卷 23.）如图，圆弧形凹槽固定在水平地面上，其中 ABC 是位于竖直平面内以 O 为圆心的一段圆弧， OA 与竖直方向的夹角为 α。一小球以速度 从桌面 边缘 P 水平抛出，恰好从 A 点 沿圆弧的切线方向进入凹槽。小球从 P 到 A 的运动 时间为____________;直线 PA 与竖直方向的夹角 β=_________。 【答案】 ； 【解析】据题意，小球从 P 点抛出后做平抛运动，小球运动到 A 点时将速度分解，有 ，则小球 运动到 A 点的时间为： ；从 P 点到 A 点的位移关系有： ，所以 PA 与竖直方向的夹角为： 。 三、计算题 1.(天津卷，11)如图所示，空间中存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小为 ，同时存在着 水平方向的匀强磁场，其方向与电场方向垂直，磁感应强度大小 B=0.5T。有一带正电的小球，质量 ，电荷量 ，正以速度 v 在图示的竖直面内做匀速直线运动，当经过 P 点时撤掉磁 场（不考虑磁场消失引起的电磁感应现象）， 取 ，求： （1）小球做匀速直线运动的速度 v 的大小和方向； （2）从撤掉磁场到小球再次穿过 P 点所在的这条电 场线经历的时间 t。 【答案】（1）20m/s；速度 v 的方向与电场 E 的方向 之间的夹角 600（2）3.5s 【解析】(1)小球匀速运动时受力如图，其合力为零，有 代入数据得 v=20m/s. 1v 2v 2 1 1 mg m R vN − = 2 2 2 mg m R vN + = 2 2 1 2 1 12 2 2mg R m mv v⋅ = − 1 2– 6N RN mg= 0v 0 tanv α g arctan (2cot )α 0 tan y x v gt v v α = = 0 tanvt g α= 0 0 2 2 2tan 2cot1 tan 2 v t v gtgt β αα= = = = tan arctan(2cot )β α= 5 3 /E N C= 61.0 10m kg−= × 62 10 Cq −= × 210 /g m s= 2 2( ) ( )qvB qE mg= + 代入数据得 ， （2）撤去磁场，小球在重力与电场力的合力作用下做类平抛运动，设其加速度为 a，有 设撤去磁场后小球在初速度方向上的分位移为 x，有 设小球在重力与电场力的合力方向上分位移为 y，有 a 与 mg 的夹角和 v 与 E 的夹角相同，均为 θ，又 联立各式，代入数据解得 =3.5 s 2.（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 ，求： （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： ； 代入数据可得 （2）BC 段： C 处: tan qE mg θ = tan 3θ = 60θ = ° 2 2 2 2q E m ga m += x vt= 21 2y at= tan y x θ = 2 3 st = 23.6 /a m s= 24 /Bv m s= 210 /g m s= fF 2 2Bv ax= Hmg f max − = 144f N= 2 21 1 2 2c Bmgh W mv mv+ = − 2 c N vF mg m R − = θ mg qvB v qE θ 则 R=12.5m 3.（浙江卷，23）（16 分）在真空环境内探测微粒在重力场中能量的简化装置如图所示。P 是一个微粒源，能 持续水平向右发射质量相同、初速度不同的微粒。高度为 h 的探测屏 AB 竖直放置，离 P 点的水平距离为 L， 上端 A 与 P 点的高度差也为 h。 （1）若微粒打在探测屏 AB 的中点，求微粒在空 中飞行的时间； （2）求能被屏探测到的微粒的初速度范围； （3）若打在探测屏 A、B 两点的微粒的动能相等， 求 L 与 h 的关系。 【答案】（1） （2） （3） 【解析】（1）打在中点的微粒 ，可知 （ 2 ） 打 在 B 点 的 粒 子 ， 则 ， 同理，打在 A 点的微粒初速度 微粒初速度范围 ； （3）由能量关系 ，则 专题五、万有引力与航天 一、选择题 1.（全国新课标 I 卷，17）利用三颗位置适当的地球同步卫星，可使地球赤道上任意两点之间保持无线电通 讯。目前，地球同步卫星的轨道半径约为地球半径的 倍。假设地球的自转周期变小，若仍仅用三颗同步卫 星来实现上述目的，则地球自转周期的最小值约为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】地球自转周期变小，卫星要与地球保持同步，则 卫星的公转周期也应 随之变小，由 可得 ，则卫星离地球 的高度应变小，要实 现三颗卫星覆盖全球的目的，则卫星周期最小时，由数学几 何关系可作出右图。 由几何关系得，卫星的轨道半径为 ① 由开普勒第三定律 ，代入题中数据，得 6NmF mg= 3ht g = 4 2 g gL v Lh h ≤ ≤ 2 2L h= 23 1 2 2h gt= 3ht g = 2 1 1 1 1;2 2L v t h gt= = 1 4 gv L h = 2 2 gv L h = 4 2 g gL v Lh h ≤ ≤ 2 2 2 1 1 1 22 2mv mgh mv mgh+ = + 2 2L h= 6.6 1h 4h 8 h 16 h 2 2 2 4πMmG mrr T = 2 34π rT GM = 2sin30 Rr R= =° 3 3 1 2 2 2 1 2 r r T T = 30° R 卫星卫星 卫星 ② 由①②解得 2. （全国新课标 III 卷，14）关于行星运动的规律，下列说法符合史实的是 A.开普勒在牛顿定律的基础上，导出了行星运动的规律 B.开普勒在天文观测数据的基础上，总结出了行星运动的规律 C.开普勒总结出了行星运动的规律，找出了行星按照这些规律运动的原因 D.开普勒总结出了行星运动的规律，发现了万有引力定律 【答案】B 【解析】开普勒在天文观测数据得基础上，总结出了开普勒天体运动三大定律，找出了行星运动的规律，而 牛顿发现了万有引力定律，ACD 错误选 B。 3. （北京卷，18）如图所示，一颗人造卫星原来在椭圆轨道 1 绕地球 E 运行，在 P 变轨后进入轨道 2 做匀速 圆周运动下列说法正确的是（ ）。 A.不论在轨道 1 还是在轨道 2 运行，卫星在 P 点的速度都相同 B.不论在轨道 1 还是在轨道 2 运行， 卫星在 P 点的 加速度都相同 C.卫星在轨道 1 的任何位置都具有相同加速度 D.卫星在轨道 2 的任何位置都具有相同动量 【答案】B 【解析】从 1 到 2，需要加速逃逸，A 错； 可得 ,半径相同，加速度相同，卫星在椭圆轨道 1 上运 动时，运动半径变化，a 在变，C 错 B 对；卫星在圆形轨道 2 上运动时，过程中的速度方向时刻改变，所以动量方向不同，D 错。 4.（天津卷 3）我国即将发射“天宫二号”空间实验室，之后发生“神舟十一号”飞船与“天宫二号”对接。 假设“天宫二号”与“神舟十一号”都围绕地球做匀速圆周运动，为了实现飞船与空间实验室的对接，下列 措施可行的是（ ）。 A、使飞船与空间实验室在同一轨道上运行，然后 飞船加速追上空间实验室实 现对接。 B、使飞船与空间实验室在同一轨道上运行，然后 空间实验室减速等待飞船实 现对接。] C、飞船先在比空间实验室半径小的轨道上加速， 加速后飞船逐渐靠近空间实 验室，两者速度接近时实现对接 D、飞船先在比空间实验室半径小的轨道上减速，减速后飞船逐渐靠近空间实验室，两者速度接近时实现对接 【答案】C 3 3 2 2 2 (6.6 ) 24 R r T = 2 4T h≈ 2 MmG maR = 2 1a R ∝ 【解析】若使飞船与空间站在同一轨道上运行，然后飞船加速，则由于向心力变大，故飞船将脱离原轨道而 进入更高的轨道，不能实现对接，选项 A 错误；若使飞船与空间站在同一轨道上运行，然后空间站减速，则 由于向心力变小，故空间站将脱离原轨道而进入更低的轨道，不能实现对接，选项 B 错误；要想实现对接， 可使飞船在比空间试验室半径较小的轨道上加速，然后飞船将进入较高的空间试验室轨道，逐渐靠近空间站 后，两者速度接近时实现对接，选项 C 正确；若飞船在比空间试验室半径较小的轨道上减速，则飞船将进入 更低的轨道，从而不能实现对接，选项 D 错误；故选 C. 5.（江苏卷，7）如图所示，两质量相等的卫星 A、B 绕地球做匀速圆周运动，用 R、T、Ek、S 分别表示卫星 的轨道半径、周期、动能、与地心连线在单位时间内扫过的面积．下列关系式正确的有（ ）。 A.TA>TB 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： 及题目中数据可以得出： 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， 3 3 2 2 A B A B R R T T = 2 2 2 4πMmG m rr T = r vmr MmG 2 2 = r GMv = 2a rω= 2 3r r> 2 3a a> 2 MmG mar = 1 2r r> 2 1a a< vr ω= 2 2 GMm vm rr = 2 3rM G G v v ω= = m 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． （1）求 M、N 间感应电动势的大小 E； （2）在太阳帆板上将一只“1.5V，0.3W”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: 专题六、机械能守恒定律 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 2 2 2( )GMm m rr T π= 2 3 2 4M G r T π= 2w T π= 1 2 2 1 1 27 w T w T = = 2 2 MmG mrwr = 3 2 GMr w = 2 1 23 2 2 1 9 1 r w r w = = 2 MmG mgR = 2 2( ) Mm vG mR h R h =+ + 2 2 gRh Rv = − 54 10h m≈ × 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． A．P 球的速度一定大于 Q 球的速度 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 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： 21 02mgL mv= − 2v gL= 1 2l l< P Qv v< 2kQ QE m gl= 1kP PE m gl= T mg F− = 向 2vF m L =向 F F ma= =向 合 3T mg= 2a g= p QT T> P Qa a= π 2ONM OMN∠ < ∠ < M A→ A B→ B N→ F mg=合 a g= 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。 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 F弹 = cos =0P F V α弹 弹 k PE E=增 减 0kN P M P N P N P ME E E E E− = − + −重 重 弹 弹 P N P ME E=弹 弹 KN P M P NE E E= −重 重 G f kW W E− = ∆ µ sin37 =0.6 cos37 =0.8 ， 6 7 µ = 2 7 gh 3 5 g 2 cot 45 cot37 0mg h mgh mghµ µ− °− ° = 6 7 µ = 21cot 45 2mgh mgh mvµ− ° = 2 7 ghv = sin37 cos37 3 35 mg mga gm µ°− °= = − 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 。 【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。 【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： 3 v 2 3 v gµ 3 v 2 21 1 3 ( )2 2 3 vmgx mv mµ = − ⋅ ⋅ 2 3 vx gµ= 2R 37° AC 5 6 R C 7AC R A B C D= ， 、 、 、 m P C E P F 4AF R= P 1 4 µ = g 3sin37 5 ° = 4cos37 5 ° = P B P E P P E P D G G C C 7 2 R R P D P P P a cosG Nθ = sinG f maθ − = f Nµ= 2sin cos 5a g g gθ µ θ= − = CB 2 2 0 2tv v as− = B 2Bv gR= P C F C F 3 sinPE mg R θ∆ = − ⋅ E B xR C F cos (7 2 )Q mg R xRµ θ= + PQ E= ∆ 1x = P C E sin (5 )GW mg R xRθ= + cos (5 )fW mg R xRµ θ= − + 0JkE∆ = G f kW W W E+ + = ∆弹 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： 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 则 ：能量守恒： 12 5 mgRW = −弹 E W∆ = −弹 弹 E E弹 12 5 mgR 2 3OQ R= 1 2CQ R= G D 5 2 R 3R P D 0v G t 03R v t= 25 1 2 2R gt= 0 3 5 5 gRv = P E D P 'm 3 51' ' ( 6 sin ) '2 10GW m g R R m gRθ= − + = − 6' ' 6 cos '5fW m g R m gRµ θ= − ⋅ = − 12' 5W E mgR弹 弹= −∆ = 2 0 1' ' 0J2kE m v∆ = − 9 '10 m gR= ' ' ' 'G f kW W W E弹+ + = ∆ 1' 3m m= 0.5µ = PE 重 PE 弹 E机 P PE E∆ = ∆重 弹 5 Pmgl E= A B→ P KBE E Q= + 215 4 62 µ= + ⋅ ⇒ =B Bmgl mv mg l v gl B D→ 2 21 12 22 2 − ⋅ = − ⇒ =D B Dmg l mv mv v gl 21 42 2 ly l gt t g = = ⇒ = 2 2Dx v t l= = 6Bv gl= 2 2l 'm A B→ ' 'p KBE E Q= + 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 ： ； 代入数据可得 （2）BC 段： C 处: 则 R=12.5m ' 215 ' ' 42 Bmgl m v m g lµ= + ⋅ ' 2 5 2'B mglv glm = − ' 0Bv ≥ ' 2 0Bv ≥ 5' 2m m≤ 'p pcE Q E= + 5 ' 4 'mgl m g l m glµ= ⋅ + 5' 3m m= 5' 3m m≥ 5 5'3 2m m m≤ ≤ 23.6 /a m s= 24 /Bv m s= 210 /g m s= fF 2 2Bv ax= Hmg f max − = 144f N= 2 21 1 2 2c Bmgh W mv mv+ = − 2 c N vF mg m R − = 6NmF mg= 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： 又 则 专题七、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； cosN mg α= 2(1 cos ) xα− ⋅ 2 sin 3 2cosA gxv α α= − cosN mg α= (1 cos ), sinx ys x s xα α= − = 2 2 x ys s s= + 2(1 cos )s xα= − sinys x α= 2 21 1 2 2y A Bmgs mv mv= + ,A B x sv vt t ∆ ∆= =∆ ∆ 2(1 cos )B Av vα= − 2 sin 3 2cosA gxv α α= − 4π r SC kd ε= r ε C 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 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 U Q CU= C Q UE d = U d E P Q P Q P Q P Q P P P Q Q P P Q Q P aa ba ca av bv cv a b c a c ba a a v v v> > > >， a b c b c aa a a v v v> > > >， b c a b c aa a a v v v> > > >， b c a a c ba a a v v v> > > >， b c aF F F> > Fa m = 合 b c aa a a> > a c bv v v> > 【解析】由公式 可知，电场强度单位为 N/C，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 （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 FE q = UE d = qE qvB= E vB= WU q = pE θ θ θ pE θ pE θ SC d ε∝ UE d = SC d ε∝ QE Sε∝ 【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 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 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°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． WP t = -48.0 10 kg× 210m / sg = 9 2 29.0 10 N m / Ck = × ⋅ 84 6 10 C−× 4 3tan37 8.0 10 10 0.75 6.0 10F mg N N° − −= = × × × = × 2 2 2 A B Bq q qF k kl l = = 2 84 6 10B Flq Ck −= = × 0kE k0 4 E qd k0 2 E qd k02 2 E qd k02E qd θ 【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 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 2 2 ,y qEv dm − = − 0 cos45 ,yv v= ° 2 0 0 1 2kE mv= 0 2 kEE qd = 3 3 mg sin (1 cos ) 0Fl mglα α− − = 3 3F mg= 60α = ° sin 60 sin(180 60 ) F mg γ=° °− °− 2 sin30 sin(180 60 ) F mg γ=° °− °− 30 , F mgγ = ° = 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 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 0U 22.0 10 VU = × 24.0 10 md −= × 319.1 10 kgm −= × 191.6 10 Ce −= × 2110 m/sg = ϕ G ϕ 2 04 UL U d pE q ϕ = ϕ G ϕ 2910G mg N−= ≈ 1510eUF Nd −= ≈ F G>> ϕ pE q ϕ = 2 0 0 1 2eU mv= 0 0 2eUv m = 0 02 L mt Lv eU ∆ = = 2 2 0 1 ( )2 4 ULy a t U d ∆ = ∆ = Eϕ GE ， 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？ 【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 G G E m ϕ = ϕ G ϕ 71.8 10 C−× 9 29 10 N m / Ck = × ⋅ 61 10 C−× 43 10 N / C× 1 2 0.018qQF k x= = 2 61 1 10F xq kQ -= = ´ 2 4 6 0.012 0.018 N / C 3 10 N / C1 10 F FE q - - - -= = =- ´´ 合 ´ 410 N / C 40.004 0.2 8 10W J−= × = × qU W= 800WU Vq = = 4 1 0.03 0.04 6 102W J−×= = × 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 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： ○11 2 3 2 1 1.6 102W mv J−= − = − × 0.4mx = 0.8mx = 3W 31.6 10−− × J 1W 2W 3W F s外 s 1 2 3 =0.065mW W W F + +− 外 68 10 m/s× 71 10 m/s× 71 10 Hz× 81 10 C/ kg× Bv BL 1T f = 1 2t T= B BL v t=  0.4mBL = KBE Ev kEE kE∆ qe m = 21 2kB BE mv= 21 2kE EE mv= k kE kBE E E∆ = − W qU= 3 kW E= ∆ 46 10 VU = × 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。 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 /4a π= gl 3 πθ = 3l π l g β β P P B 2 0 0 vqv B m r = 0mvB qr = 3 mB glql π=  P D θ θ C B 1t 2t  1 0 PCt v = PC rθ= 3 πθ = 2 0 'BDt v = ' 2 cotBD s l α= − A 1a h H s •A α 'D D • I K Pθ 1E 0vC II H=3l s=4l h=2l A B D' P D θC α 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 （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 ， 3t A 'm N 1' sin 'm g m aα = 2 1 3 2 1 sin 2 l a tα = A At 1 2 3At t t t= + − (3 2 2)A lt g = − AP lt g β= P t 1t C 4t 2a E 1 4t t t= + 2qE mg ma+ = 0 4x v t= 2 2 4 1 2y a t= 2H y x l− = − 2 2 10 [2( 1) ( 1) ] ( 1)E mgq β β β − − + −= − P 2 4l x l≤ ≤ 3l y l≤ ≤ 3 5β≤ ≤ 7 8 2 mg mgEq q − ≤ ≤ + − 70 8 mgE q ≤ ≤ 0 2 mgE q ≤ ≤ m'g N α y x H=3l s=4l h=2l A B D' P D θC α 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。 专题八、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 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 7 8 mg q 3 mB glqL π=  A (3 2 2)A lt g = − 2 2 10 [2( 1) ( 1) ] ( 1)E mgq β β β − − + −= − 7 8 mg q 1Q 2Q 1Q 2Q 2 5 1 2 3 5 2 3 1 1Q = U C 2 2Q = U C 1 1 2 2 Q U=Q U ( ) ( ) ( ) ( ) 1 R R + R R + R + R 1U = ER R + R 2R + R + R + R ⋅ × 1 E5 = 2 R R 1R + RU = ER R 3R + R + R ⋅ =⋅ 1 1 2 2 Q U 3=Q U 5 = 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，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 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 E U Ir= + ( )UE r RR = + ( )E I R r= + 【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。 专题九、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 【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： 解得： 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： 1 ,EI AR = = 10 ,RU IR V= = 12 ,P IE W= = 0.5 (15 5) 5 ,abU V= × − = 1m 1q 2m 2q 21 02qU mv= − 2qUv m = 2vqvB m r = 1 2mUr B q = 1 2 1 2 2 1 2 1 1 1 r B m q r B m q = ⋅ ⋅ = 2 1 1 212B B q q= =， 1 2 1 144 m m = ω 30° 90° 3B ω 2B ω B ω 2 B ω 'O ' ' 30MO N∠ =  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，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 22πF m rT  =   向 =F F qvB=向 合 2 mT Bq π= 2q m BT π= t t=粒子 筒 30 90 360 360T T ° °⋅ = ⋅° °粒子 筒 3T T=粒子 筒 2T π ω=筒 3 q m B ω= 2 sin30 .AB r r= ° = 4AO r= mvr qB = 4mv qB 【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 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。 【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 【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． ， BE St t ϕ∆ ∆= =∆ ∆ 4 1 a b S S = 4 1 a b E E = abcdef f fd bv b bt cv c ct : 1:2b cv v = : 2:1b ct t = : 2:1b cv v = : 1:2b ct t = 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 2π，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 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 : 2:1b cv v = : 2:1b ct t = : 1:2b cv v = : 1:2b ct t = 2 2 2 4vqvB m mrr T π= = 2 rT v π= : : 1:2b c b cv v r r= = 2 mT qB π= : 2:1b ct t = B S Φ= 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） 【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： 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 mvR Bq = 2 mT qB π= E vB= 2vqvB m R = mvR qB = 2 mT qB π= F qE= f qvB= qE qvB= E vB= 3/2 2 2 24( )aBy xkρ= 2 k y a 2= + 2 2 kW L maL a ,x y 2 2B l vF R = 2 2 2 3/24B x vP kyR = = 2 2v ay= 2R xρ= 2 2 24( )aBy xkρ= θ 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。 【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 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 ； 'b b> sin 2 mgI Bd θ= 2 2 sin 2 mgv B d b ρ θ= sin 0F mg θ− = sin 2 mgI Bd θ= dR db ρ= EI R = 2 2 sin 2 mgv B d b ρ θ= 2 22B d bvF ρ= 2 22 '' B d b vF ρ= sinF mg θ= ' sinF mg θ= 2πm qB 2 T mE （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）（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） mE 0t 2 2 2 m 2 q B RE m = 2 0 0 π 2 π 2 BR BRd mt U qB += − 0 2 π 100 mUd qB R < 2vqvB m R = 21 2mE mv= 2 2 2 2m q B vE m = mE 0mE nqU= t∆ 0qUa md = 21 2nd a t= ∆ 0 ( 1) ,2 Tt n t= − + ∆ 2 0 0 2 2 BR BRd mt U qB π π+= − 0 ( )2 T t− − ∆ 2 2 T t T η − ∆ = 99%η > 0 2 π 100 mUd qB R < 2sin 2 α mvr qB = 2π 3 θ = (2π 3 3)mT qB += 3 1 2B B −′ = 【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 , 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。 【答案】（1） （2） mvr qB = 2 3 πθ = 2 2 3 r mvl qB π π= = 32 cos 36 mvL r r qB π= = = 3( )L lT v += (2 3 3)mT qB π += ' 30θ = ° ' ' mvr qB = 'sin 'sin2 2r r θ θ= 30 6 2sin sin152 4 ° −= ° = 3 1' 2B B −= 0 4 3 t 02 mB qt π= 0 0 3π 7 Lv t = 【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 。 由几何关系得： 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： 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： 专题十、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 2vqvB m r = 2 rv T π= 02 mB qt π= 1 θ 2 θ 1 2180θ θ= ° − 1t 2t 1 2 022 Tt t t+ = = 150° 'O 0r ' ' 30OO D BO A∠ = ∠ = ° 0 0 cos cos r B Ar OO D LO ′∠ + =′∠ 0v 0 0 2πrv T = 0 0 3π 7 Lv 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 【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（ ）。 （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（ ） 2( )E BRv BR R BRω ω= = = 2E BR ω= 【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 。 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 【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， v =E BLv = E BLI vR r R r =+ + I v∝ 2 2 A B LF BIL vR r = = + AF v∝ R R BLRU IR vR r = = + RU v∝ 2 2 2B LP EI vR r = = + 2P v∝ 2 2 2 2 0 0= ( )A B L B LF F F F kv v F k vR r R r − = + − = + −+ +合 Fa m = 合 0 0F > 0F >合 0a > 2 2B Lk R r = + 0F F=合 0Fa m = v at= v t∝ I t∝ AF t∝ RU t∝ 2P t∝ 2 2B Lk R r > + F合 v a B 2 2B Lk R r < + F合 v a B C 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。 7. （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 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 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 ，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； B kt ∆ =∆ 2 ,BE n lt ∆= ∆ 2 ,E l∝ 9 1 a b E E = 2 ,4 ' Bn lE tI lnlR S ρ ∆ ∆= = ∝ 3,P IE l= ∝ 21 2E BLV BL ω= = 2EP R = 2 4 21 4 B L P R ω = ω θ L 2m m B R µ g ab ab ab cd ab cd cd 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，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 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 cd cd coscd cdN G θ= sincd cdf G Tθ+ = cd cdf Nµ= cos sinT mg mgµ θ θ= + ab ' sinab abT f F G θ+ + =安 cosab abN G θ= ab abf Nµ= T 'T 'T T= sin 3 cosF mg mg安 θ µ θ= − ① E E BLv= E BLvI R R = = 2 2B L vF BIL R = =安 2 2 (sin 3 cos )mgRv B L θ µ θ−= 0t = 0t µ ( )0BltE F mgm µ= − 2 2 0B l tR m = 00 ~ t F F f= −合 f mgµ= F ma=合 v 0v at= E Blv= ( )0BltE F mgm µ= − 0F F f− − =安 f mgµ= F BIl=安 EI R = 由⑥⑦⑧⑨⑩可知 3.（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。 【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. 专题十一、交变电流与传感器 1、（北京卷 21－（1））热敏电阻常用于温度控制或过 热保护装置中。图 1 为某种热 敏电阻和金属热电阻的阻值 R 随温度 t 变化的示意图。 由图可知，这种热敏电阻在温度 上升时导电能力________（选填“增强”或“减弱”）；相 对金属热电阻而言，热敏电阻 对温度变化的影响更________（选填“敏感”或“不敏 感”）。 【答案】增强、 敏感。 2、（全国卷Ⅰ－16）一含有理想变压器的电路如图所示， 图中电阻 R1，R2 和 R3 的阻值分别为 3 Ω ，1Ω ，4Ω ， 为理想交流电流表，U 为正弦交流电 压源，输出电压的有效值恒定。 当开关 S 断开时，电流表的示数为 I；当 S 闭合时，电流表的示数为 4I。该变压器原、副线圈匝数比为（ ）。 A.2 B.3 C.4 D.5 【答案】B。 2 2 0B l tR m = 2sin 12 /F mga m sm θ−= = 2 2.4 /v ax m s= = BlvI R = ( ) 64W F s d J= + = sin 0AF mg Fθ− − = 2 26.88Q I Rt J= = 3、（全国卷Ⅲ－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（ ）。 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 4、（全国卷Ⅲ－21）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 5、（四川卷－2）如图所示，接在家庭电路上的 理想降压变压器给小灯泡 L 供电， 如果将原、副线圈减少相同匝数，其它条件不变，则（ ）。 A. 小灯泡变亮。 B. 小灯泡变暗 C. 原、副线圈两段电压的比值不变 D. 通过原、副线圈电流的比值不变 答案：B。 专题十二、力学实验 1. （全国新课标 I 卷，22）（5 分）某同学用图（a）所示的 实验装置验证机械能守 恒定律，其中打点计时器的电源为交流电源，可以使用的 频率有 和 。打出纸带的一部分如图（b）所示。 该同学在实验中没有记录交流电的频率 ，需要用实验数 据和其它题给条件进行 推算。 (1) 若从打出的纸带可判定重物匀加速下 落，利用 和图（b）中 给出的物理量可以写出：在打点计时器打出 B 点时，重物下 落的速度大小为 ______________，打出 C 点时重物下落的速度大小为 _____________，重物下 落的加速度大小为_____________。 (2)已测得 当地重力加速度大小为 ，实验中重物受到的平均阻 力大小约为其重力的 1%，由此推算出 为__________ 。 【答案】⑴ ， ， ；⑵40 20Hz 30Hz、 40Hz f f 1 2 38.89cm 9.50cm 10.10cmS S S= = =， ， ， 29.80m/s f Hz 1 2( )2 f S S+ 2 3( )2 f S S+ 2 3 1( )2 f S S− 【解析】⑴由于重物匀加速下落， 各相邻点之间时间间隔相同，因此 点应是从 运动到 的过 程的中间时刻，由匀变速直线运动的推论可得： 点的速度 等于 段的平均速度，即 由于 ，故 同理可得 匀加速直线运动的加速度 故 ① ⑵重物下落的过程中，由牛顿第二定律可得： ② 由已知条件 ③ 由②③得 代入①得： ，代入数据得 2.（全国新课标 II 卷，22）（6 分）某物理小组对轻弹簧的弹性势能进行探究，实验装置如图（a）所示：轻 弹簧放置在光滑水平桌面上，弹簧左端固定，右端与一物块接触而不连接，纸带穿过打点计时器并与物块连 接．向左推物块使弹簧压缩一段距离，由静止释放物块，通过测量和计算，可求得弹簧被压缩后的弹性势 能． 图 a ⑴ 实验中涉及到下列操作步骤： ①把纸带向左拉直 ②松手释放物块 ③接通打点计时器电源 ④向左推物块使弹簧压缩，并测量弹簧压缩量 上述步骤正确的操作顺序是 （填入代表步骤的序号）． ⑵图（b）中 M 和 L 纸带是分别把弹簧压缩到不同位置后所得到的实际打点结果．打点计时器所用交流电的频 率为 50Hz．由 M 纸带所给的数据，可求出在该纸带对应的实验中物块脱离弹簧时的速度为 ．比较两纸带可知， （填“M”或“L”）纸带对应的实验中弹簧被压缩后的弹性势能大． 图 b 【答案】⑴④①③② ⑵1.29 M 【解析】：⑴略 ⑵脱离弹簧后物体应该匀速直线运动，则 由能量守恒可知，物体的末动能越大，则弹簧被压缩时的弹性势能越大， 则 3.（全国新课标 III 卷，23）某物理课外小组利用图（a）中的装置探究物体加速度与其所受合外力之间的关 A B C D、 、 、 B A C B Bv AC 1 2 2B S Sv t += 1t f = 1 2( )2B fv S S= + 2 3( )2C fv S S= + va t ∆= ∆ 22 3 1 2 3 1 ( ) ( )2 ( )1 2 C B f S S S Sv v fa S St f  + − + −= = = − gm F =ma− 阻 0.01 gF = m阻 0.99ga = 2 3 1( )2 fa S S= − 40Hzf ≈ m / s 22.58 2.57 10 1.29 /0.04v m s−+= × = PM PLE E> 系。途中，置于试验台上的长木板水平放置，其右端固定一轻滑轮：轻绳跨过滑轮，一段与放在木板上的小 滑车相连，另一端可悬挂钩码。本实验中可用的钩码共有 N=5 个，每个质量均为 0.010kg。实验步骤如下： （1）将 5 个钩码全部放入小车中，在长木板左下方垫上适当厚度的小物快，使小车 9（和钩码）可以在木板 上匀速下滑。 （2）将 n（依次取 n=1,2,3,4,5）个钩码挂在轻 绳右端，其余 N-n 各钩码仍 留在小车内；用手按住小车并使轻绳与木板平 行。释放小车，同时用传 感器记录小车在时刻 t 相对于其起始位置的位 移 s，绘制 s-t 图像，经数 据处理后可得到相应的加速度 a。 （3）对应于不同的 n 的 a 值见下表。n=2 时的 s-t 图像如图(b)所示：由图（b）求出此时小车的加速度（保 留 2 位有效数字），将结果填入下表。 n 1 2 3 4 5 0.20 0.58 0.78 1.00 （4）利用表中的数据在图（c）中补齐数据点，并作出 a-n 图像。从图像可以看出：当物体质量一定是=时， 物体的加速度与其所受的合外力成正比。 （5）利用 a–n 图像求得小车（空载）的质量为_______kg（保留 2 位有效数字，重力加速度取 g=9.8 m·s–2）。 （6）若以“保持木板水平”来代替步骤（1），下列说法正确的是_______（填入正确选项钱的标号） A．a–n 图线不再是直线 B．a–n 图线仍是直线，但该直线不过原点 C．a–n 图线仍是直线，但该直线的斜率变大 【答案】（3）0.39（4）如图所示（5）0.45（6）BC 【解析】（3）因为小车做初速度为 0 的匀加速直线运动，故将（2,0.78）代入 可得 根据描点法可得如图所示图线 （4）根据描点法可得如图所示图线 2/ m sa −  21 2x at= 20.39 /a m s= （5）根据牛顿第二定律可得 ，代入 m=0.010kg，n=1、2、3、4、5，以及相应的加速度 求可得 （6）若不平衡摩擦力，则满足 F-f=ma 的形式，所以直线不过原点，但仍是直线，A 错 B 对；随着 n 的增大， 小车的总质量在增大，斜率变大，C 正确； 4.（北京卷，21（2）） （2）利用图 2 装置做“验证机械能守恒定律”实验。 ①为验证机械能是否守恒，需要比较重物下落过程中任意两点间的。 动能变化量与势能变化量 A. 速度变化量和势能变化量 B. 速度变化量和高度变化量 ②除带夹子的重物、纸带、铁架台（含铁夹）、电 磁打点计时器、导线及开关外， 在下列器材中，还必须使用的两种器材是。 A.交流电源 B.刻度尺 C.天平（含砝 码） ③实验中，先接通电源，再释放重物，得到图 3 所示的一条纸带。在纸带上选取三个连续打出的点 A、B、C， 测得它们到起始点 O 的距离分别为 hA、hB、hC。 已知当地重力加速度为 g，打点计时器打点的周期为 T。设重物的质量为 m。从打Ｏ点到打Ｂ点的过程中，重 物的重力势能变化量 ＝　　　　　，动能变化量 ＝　　　　　。 ④大多数学生的实验结果显示，重力势能的减少量大于动能的增加量，原因是。 A．利用公式 计算中午速度 pE∆ kE∆ v gt= [ ](5 )nmg n m M a= − + 0.45M kg= B．利用公式 计算重物速度 C．存在空气阻力和摩擦力阻力的影响 D．没有采用多次试验去平均值的方法 ⑤某同学想用下述方法研究机械能是否守恒，在纸带上选取多个计数点，测量它们到起始点 O 的距离 h，计算 对应计数点的重物速度 v，描绘 图像，并做如下判断：若图像是一条过原点的直线，则重物下落过程中 机械能守恒，请你分析论证该同学的判断是否正确。 【解析】（2）①根据机械能守恒定律可得 ，故需要比較动能变化量，A 正确； ②电磁打点计时器使用的是交流电源，故 A 正确；因为在计算重力势能变化量时，需要用到纸带上两点之间 的距离，所以还需要刻度尺，故 B 正确；根据 可得等式两边的质量抵消，故不需要天平，C 错； ③重力势能改变量为 ,由于下落过程中是匀变速直线运动，所以根据中间时刻规律可得 B 点的速度 为 ,所以 ④实验过程中存在空气阻力，纸带运动过程中存在摩擦力，C 正确； ⑤该同学的判断依据不正确，在重物下落 h 的过程中，若阻力 f 恒定，根据 可知， 图像就是过原点的一条直线。要向通过 图像的方法验 证机械能是否守恒，还必须看图像的斜率是否接近 2g 5. （上海卷，26.）（3 分）在“用 DIS 研究机械能守恒定律”的实验中，用到的传感器是 传感器。若 摆锤直径的测量值大于其真实值会造成摆锤动能的测量值偏 。（选填：“大”或“小”）。 【答案】光电门；大 【解析】在实验中，摆锤的速度通过光电门进行测量，测量的速度是通过小球直径 d 与挡光时间的比值进行 计算，为 ，当摆锤直径大于真实值时，小球直径 d 变大，导致计算出的小球速度变大，故小球动能也会变大。 6.（天津卷，9（2））（2）某同学利用图示装置研究小车的匀变速直线运动 ①实验中必要的措施是 A.细线必须与长木板平行 B.先接通电源再释放小车 C.小车的质量远大于钩码的质量 D.平衡小车与长木板间的摩擦力 ②他实验时将打点计时器接到频率为 50HZ 的交流电源上，得到一条纸带，打出的部分计数点如图所示（每相 邻两个计数点间还有 4 个点，图中未画出）；s1=3.59cm；s2=4.41cm；s3=5.19cm；s4=5.97cm；s5=6.78cm； s6=7.64cm；则小车的加速度 a= m/s2（要求充分利用测量数据），打点计时器在打 B 点时小车的速度 vB= 2v gh= 2v h− 2 21 0 2( )2 fmgh fh mv v g hm − = − ⇒ = − 2v h− 2v h− 21 2mgh mv= 21 2mgh mv= P BE mgh= 2 C A B h hv T −= 2 21 1 ( )2 2 2 C A k B h hE mv m T −∆ = = dv t = ∆ m/s；（结果均保留两位有效数字） 【答案】①AB ②0.80 0.40 7.（江苏卷，11）（10 分）某同学用如题 11–1 图所示的装置验证机械能守恒定律．一根细线系住钢球，悬挂 在铁架台上，钢球静止于 A 点，光电门固定在 A 的正下方．在钢球底部竖直地粘住一片宽带为 d 的遮光 条．将钢球拉至不同位置由静止释放，遮光条 经过光电门的挡光时间 t 可 由计时器测出，取 作为钢球经过 A 点时的 速度．记录钢球每次下落的高 度 h 和计时器示数 t，计算并比较钢球在释放 点和 A 点之间的势能变化大 小 ΔEp 与动能变化大小 ΔEk，就能验证机械能 是否守恒． （1）用 ΔEp=mgh 计算钢球重力势能变化的 大小，式中钢球下落高度 h 应测量释放时的钢球球心到 之间的竖直 距离． （A）钢球在 A 点时的顶端 （B）钢球在 A 点时的球心 （C）钢球在 A 点时的底端 （2）用 ΔEk= 计算钢球动能变化的大小，用刻度尺测量遮光条宽度，示数如题 11–2 图所示，其读 数为 cm．某次测量中，计时器的示数为 0.0100 s ， 则 钢 球 的 速 度 为 v=m/s． （3）下表为该同学的实验结果： 他发现表中的 ΔEp 与 ΔEk 之间存在差异，认为这是由于空气阻力造成的．你是否同意他的观点？请说明 理由． （4）请你提出一条减小上述差异的改进建议． dv t = 21 2 mv 【答案】（1）B （2）1.50（1.49~1.51 都算对） 1.50（1.49~1.51 都算对）（3）不同意，因为空气阻 力会造成 ΔEk 小于 ΔEp，但表中 ΔEk 大于 ΔEp．（4）分别测出光电门和球心到悬点的长度 L 和 l，计算 ΔEk 时，将 v 折算成钢球的速度 ． 【解析】 试题分析：(1)小球下落的高度为初末位置球心间的距离，所以选 B；（2）由题图知读数为 1.50cm，小球 的速度为 ，代入数据解得 v=1.50m/s；（3）若是空气阻力造成的，则ΔEk 小于 ΔEp，根据表格数据 知 ΔEk 大于 ΔEp，故不是空气阻力造成的． 8. （四川卷，8）（17 分）I．（6 分）用如图所示的装置测量弹簧的弹性势能。将弹簧放置在水平气垫导轨上， 左端固定，右端在 O 点；在 O 点右侧的 B、C 位置各安装 一个光电门，计时器 （图中未画出）与两个光电门相连。先用米尺测得 B、C 两 点间距离 s，再用带有 遮光片的滑块压缩弹簧到某位置 A，静止释放，计时器显 示遮光片从 B 到 C 所 用的时间 t，用米尺测量 A、O 之间的距离 x。 （1）计算滑块离开弹簧时速度大小的表达式是______。 （2）为求出弹簧的弹性势能，还需要测量______。 A．弹簧原长 B．当地重力加速度 C．滑块（含 遮光片）的质量 （3）增大 A、O 之间的距离 x，计时器显示时间 t 将______。 A．增大 B．减小 C．不变 【答案】（1） 　（2）C 　（3）B 9.（浙江卷，21）（10 分）某同学在“探究弹簧和弹簧伸长的关系”的实验中，测得图中弹簧 OC 的劲度系数 为 500N/m。如图 1所示，用弹簧 OC 和弹簧秤 a、b 做“探究求合力的方法”实验。在保持弹簧伸长 1.00cm 不 变的条件下， （1）弹簧秤 a、b 间夹角为 90°，弹簧秤 a 的读数是 N（图 2 中所示），则弹簧秤 b 的读数可能为 N。 （2）若弹簧秤 a、b 间夹角大于 90°，保持弹簧秤 a 与弹簧 OC 的夹角不变，减小弹簧秤 b 与弹簧 OC 的夹角， 则弹簧秤 a 的读数 、弹簧秤 b 的读数 (填“变大”、“变小”或“不变”)。 【答案】（1）3.00~3.02，3.09~4.1（有效数不作要求） （2）变大，变大 【解析】 lv vL ′ = dv t = sv t = O 气垫导轨 光电门 滑块 遮光片 B CA 10.（海南卷，11.）某同学利用图（a）所示的实验装置探究物块速度随时间的变化。物块放在桌面上，细绳 的一端与物块相连，另一端跨过滑轮挂上钩码。打点计时器固定在桌面左端，所用交流电源频率为 50Hz。纸 带穿过打点计时器连接在物块上。启动打点计时器，释放物块，物块在钩码的作用下拖着纸带运动。打点计 时器打出的纸带如图（b）所示(图中相邻两点间有 4 个点未画出)。 根据实验数据分析，该同学认为物块的运动为匀加速运动。回答下列问题： （1）在打点计时器打出 B 点时，物块的速度大小为____m/s。在打出 D 点时，物块的速度大小为_______m/s； （保留两位有效数字） （2）物块的加速度大小为_______m/s。（保留两位有效数字） 【答案】（1）0.56 0.96；（2）2.0 十三、电学实验 1. （全国新课标 I 卷，23）（10 分）现要组装一个由热敏电阻控制的报警系统，要求当热敏电阻的温度达到 或超过 时，系统报警。提供的器材有：热敏电阻，报警器（内阻很小，流过的电流超过 时就会报 警），电阻箱（最大阻值为 ），直流电源（输出电压为 ，内阻不计），滑动变阻器 （最大阻值为 ），滑动变阻器 （最大阻值为 ），单刀双掷开关一个，导线若干。 在室温下对系统进行调节。已知 约为 ， 约为 ；流过报警器的电流超过 时，报警器可能损 坏；该热敏电阻的阻值随温度升高而减小，在 时阻值为 。 (1)在答题卡上完成待调节的报警系统原理电路图的连线。 (2)电路中应选用滑动变阻器_____________（填“ ”或“ ”）。 (3)按照下列步骤调节此报警系统： ①电路接通前，需将电阻箱调到一固定的阻值，根据实验要求，这一阻值为______ ；滑动变阻器的滑片 应置于_______（填“a”或“b”）端附近，不能置于另一端的原因是________________________________。 60 C° cI 999.9Ω U 1R 1000Ω 2R 2000Ω U 18V cI 10mA 20mA 60 C° 650.0Ω 1R 2R Ω ②将开关向_______（填“c”或“d”）端闭合，缓慢移动滑动变阻器的滑片，直至 ________________________________。 (4)保持滑动变阻器滑片的位置不变，将开关向另一端闭合，报警系统即可正常使用。 【答案】(1)如下图 (2) (3)①650.0，b， 接通电源后，流过报警器的电流会超过 20mA，报警器可能损坏 ②c，报警器开始报警 【解析】①热敏电阻工作温度达到 时，报警器报警。故需通过调节电阻箱使其电阻为 时的热敏电阻 的阻值，即调节到阻值 650.0Ω，光使报警器能正常报警，电路图如上图 ② ，当通过报警器的电流 ，故电路中总电阻 ， ，故滑动变阻器选 。 ③热敏电阻为 时，报警器开始报警，模拟热敏电阻的电阻器阻值也应为 为防止通过报警器电流 过大，造成报警器烧坏，应使滑动变阻器的滑片置于 b 端． 2. （全国新课标 II 卷，23）（9 分）某同学利用图（a）所示电路测量量程为 2.5V 的电压表○V 的内阻（内阻为 数千欧姆），可供选择的器材有：电阻箱 R（最大阻值 ），滑动变阻器 （最大阻值 ），滑动变阻器 （最大阻值 ），直流电 源 E（电动势 3V），开关 1 个，导线若干． 实验步骤如下： ① 按 电 路 原 理 图 （ a ） 连 接 线 路 ； 图 a ②将电阻箱阻值调节为 0，将滑动变阻器的滑片移到与图 （a）中最左端所对应的位置， 闭合开关 S； ③调节滑动变阻器，使电压表满偏 ④保持滑动变阻器滑片的位置不变，调节电阻箱阻值，使电压表的示数为 2.00V，记下电阻箱的阻值． 回答下列问题： ⑴实验中应选择滑动变阻器 （填“ ”或“ ”）． ⑵根据图（a）所示电路将图（b）中实物图连线． 图 b 2R 60 C° 60 C° 18VU = 10mA 20mAcI≤ ≤ c UR I = 900 1800RΩ ≤ ≤ Ω 2R 650.0Ω 650.0Ω 99999.9Ω 1R 50Ω 2R 5kΩ 1R 2R ⑶实验步骤④中记录的电阻箱阻值为 ，若认为调节电阻箱时滑动变阻器上的分压不变，计算可得电压 表的内阻为 （结果保留到个位）． ⑷如果此电压表是由一个表头和电阻串联构成的，可推断该表头的满刻度电流为 （填正确答案标号）． A． B． C． D． 【答案】⑴ ⑵ ⑶ 2520 ⑷ D 【解析】⑴实验原理类比于半偏法测电表内阻 电压表所在支路的总电压应该尽量不变化，即滑动变阻器选最大阻值小的即选 ⑵ 略 ⑶ 近似认为电压表所在电路的总电压不变，且流过电压表与变阻箱的电流不变， 则 ⑷ 由欧姆定律可知， 3. （全国新课标 III 卷，22）某同学 用图中所给器材进行与安培 力有关的实验。两根金属导轨 ab 和 固定在同一水平面内且相 互平行，足够大的电磁铁（未画出） 的 N 极位于两导轨的正上方， S 极位于两导轨的正下方，一金属 棒置于导轨上且两导轨垂直。 （1）在图中画出连线，完成实验电 路。要求滑动变阻器以限流 方式接入电路，且在开关闭合后， 金属棒沿箭头所示的方向移 动。 （2）为使金属棒在离开导轨时具有更大的速度，有人提出以下建议： A.适当增加两导轨间的距离 B.换一根更长的金属棒 C.适当增大金属棒中的电流 其中正确的是（填入正确选项前的标号） 【答案】（1）如图所示（2）AC 【解析】滑动变阻器应限流式解法，（2）F=BIL 可得适当增大导轨间距或增大电流，可增大金属棒受到的安 630.0Ω Ω 100 Aµ 250 Aµ 500 Aµ 1mA 1R 1R 2 2.5 2 VR R −= 4 2520VR R= = Ω U 2.5= 1mA2520I R = ≈满 满 1 1a b 培力，根据动能定理： 可知金属棒离开导轨时的动能变大，即离开导轨时的速度变大，AC 正确；若换用 一个更长的金属棒，但金属棒切割磁感线的有效长度即导轨间的宽度不变，所以对最后的速度没有影响，B 错误。 4.（北京卷，21（1））热敏电阻常用于温度控制或过热保护装置中。图 1 为某种热敏电阻和金属热电阻的阻值 R 随温度 t 变化的示意图。由图可知，这种热敏电阻在温 度上升时导电能力__________ （选填“增强”或“减弱”）；相对金属热电阻而言，热敏电阻 对温度变化的影响更 __________（选填“敏感”或“不敏感”）。 【解析】（1）由于温度越高，热敏电阻越小，即对电流的 阻碍作用越小，则导电能力越 强，根据图像可知热敏电阻在相同的温度范围变化时，阻值变大，则越敏感。 5.（上海卷，27.）（6 分）在“用多用电表测电阻、电流和电压”的实验中 （1）（多选题）用多用电测电流或电阻的过程中 （A）在测量电阻时，更换倍率后必须重新进行调零 （B）在测量电流时，更换量程后必须重新进行调零 （C）在测量未知电阻时，必须先选择倍率最大挡进行试测 （D）在测量未知电流时，必须先选择电流最大量程进行试测 【答案】A，D 【解析】多用电表测量电阻时，更换倍率后都必须重新进行欧姆调零，选项 A 正确；测量电流前需要进行机 械调零，更换量程时不需要进行再次调零，选项 B 错误；在测量未知电阻时，必须先用电压表测试电阻内是 否带有电源，再大致估计电阻大小选择大致倍率，故选项 C 错误；在测量未知电流时，必须选择电流最大量 程进行测试，避免电表烧坏，故选项 D 正确。 （2）测量时多用电表指针指在如图所示位置。若选择开关处于“10V”挡，其读数为 Ｖ；若选择开关处 于“×10”挡，其读数为 200 Ω（选填:“大于”，“等于”或“小于”）。 【答案】5.4；小于 【解析】若选择开关处于“10V”挡，则电表的最小刻度为 0.2v，此时读数为 5.4v；若选择开关处于“×10” 挡，欧姆表的中央刻度为 15，此时指针指示未知小于 15，所以读数应该小于 150Ω，故小于 200Ω。 6.（上海卷，28.） (7 分)“用 DIS 描绘电场的等势线”的实验装置示意图如图所示。 （1）（单选题）该实验描绘的是 （A）两个等量同种电荷周围的等势线 （B）两个等量异种电荷周围的等势线 （C）两个不等量同种电荷周围的等势线 （D）两个不等量异种电荷周围的等势线 【答案】B 21 2Fs fs mv− = 【解析】该实验中，用 A、B 两个接线柱分别接在电源的正负极上，一个带正电另外一个带负点，模拟等量异 种电荷产生的电场，所以选项 B 正确。 （2）（单选题）实验操作时，需在平整的木板上依次铺放 （A）导电纸、复写纸、白纸 （B）白纸、导电纸、复写纸 （C）导电纸、白纸、复写纸 （D）白纸、复写纸、导电纸 【答案】D 【解析】在实验中，最上边一层是导电纸，这样才可以使 A、B 接线柱电流通过导电纸；接下来依次是复写纸 和白纸，实验过程中在导电纸上找到电势相同的点，需要用探针在导电纸上作标记，标记通过复写纸就印到 最下层的白纸上。 （3）若电压传感器的红、黑探针分别接触图中 d、f 两点（f、d 连线与 A、B 连线垂直）时，示数小于零。 为使示数为零，应保持红色探针与 d 点接触，而将黑色探针 （选填：“向左”或“向右”）移动。 【答案】向右 【解析】据题意，只有当指针示数为零时才说明两点的电势相等，现在保持红色探针与 d 点接触，为了保证 电压表示数为零，需要使黑色探针与红色探针电势相等，则要把黑色探针向右移动。 7.（天津卷，9（3））某同学想要描绘标有“3.8V，0.3A”字样小灯泡 L 的伏安特性曲线，要求测量数据尽量 精确，绘制曲线完整，可供该同学选用的器材除了开关，导线外，还有： 电压表 （量程 0~3V，内阻等于 3kΩ） 电压表 （量程 0~15V，内阻等于 15kΩ） 电流表 （量程 0~200mA，内阻等于 10Ω） 电流表 （量程 0~3A，内阻等于 0.1Ω） 滑动变阻器 （0~10Ω，额定电流 2A）[来源:Z.xx.k.Com] 滑动变阻器 （0~1kΩ，额定电流 0.5A）[ 定值电阻 （阻值等于 1Ω） 定值电阻 （阻值等于 10Ω） ①请画出实验电路图，并将各元件字母代码标在该元件的符号旁 ②该同学描绘出的 I-U 图像应是下图中的______ 【答案】①电路如图；②B 1V 2V 1A 2A 1R 2R 3R 4R 【解析】①用电压表 V1 和 R5 串联，可改装成量程为： 的电表，量程为 200mA 的 A1 与定值电阻 R4 并联改装成量程为 的安培表，待测小灯泡的阻值较小，故采用电流表外 接电路； ②小灯泡的电阻随温度升高而变大，故该同学描绘出的 I-U 图线应该是 B. 8.（江苏卷，10）（8 分）小明同学通过实验探究某一金属电阻的阻值 R 随温度 t 的变化关系．已知该金属电 阻在常温下的阻值约 10 Ω，R 随 t 的升高而增大．实验电路如图所示，控温箱用以调节金属电阻的温 度． 实验时闭合 S，先将开关 K 与 1 端闭合，调节金属电阻的温度，分别记下温度 t1，t2，…和电流表的相应 示数 I1，I2，…．然后将开关 K 与 2 端闭合，调节电阻箱使电流表的示数再次为 I1，I2，…，分别记下电 阻箱相应的示数 R1，R2，…． （1）有以下两种电流表，实验电路中应选 用． （A）量程 0~100 mA，内阻约 2Ω （B）量程 0~0.6 A，内阻可忽略 （2）实验过程中，要将电阻箱的阻值由 9.9 Ω 调节至 10.0Ω，需旋转 图中电阻箱的旋钮“a”、“b”、“c”，正确的操 作顺序是． ①将旋钮 a 由“0”旋转至“1” ②将旋钮 b 由“9”旋转至“0” ③将旋钮 c 由“9”旋转至“0” （3）实验记录的 t 和 R 的数据见下表： 请根据表中数据，在答题卡的方格纸上作出 R-t 图线． 5 3( ) (3 1) 43 g g g UU r R V Vr = + = + = 4 0.4g g g I rI I AR = + = 由图线求得 R 随 t 的变化关系为 R=Ω． 【答案】（1）A （2）①②③（或①③②）（3）见下图 0.04t+8.8（0.04t+8.6~0.04t+9.0 都算对） 【解析】（1）已知电源电动势为 1.5V，R 在常温下的阻值为约 10Ω,当滑动变阻器接入电路的阻值最大时， 常温下电路的电流最小，约为 75mA，所以电流表选择 A； （2）先将旋钮 a 由 0 旋到 1，然后将个位数及小数位旋转至 0，所以顺序为①②③； （3）描点画图，如图所示，由图线可求 R 随 t 的变化关系为 R=0.04t+8.8 9.（四川卷，9）II．（11 分）用如图所示电路测量电源的电动势和内阻。实验器材：待测电源（电动势约 3V， 内阻约 2Ω），保护电阻 R1（阻值 10Ω）和 R2（阻值 5Ω），滑动变阻器 R，电流表 A，电压表 V，开关 S，导 线若干。 实验主要步骤： （ⅰ）将滑动变阻器接入电路的阻值调到最大，闭合开 关； （ⅱ）逐渐减小滑动变阻器接入电路的阻值，记下电压表 的示数 U 和相应电流 表的示数 I； （ⅲ）以 U 为纵坐标，I 为横坐标，作 U—I 图线（U、I 都 用国际单位）； （ⅳ）求出 U—I 图线斜率的绝对值 k 和在横轴上的截距 a。 回答下列问题： （1）电压表最好选用______；电流表最好选用______。 A．电压表（0-3V，内阻约 15kΩ） B．电压表（0-3V，内阻约 3kΩ） C．电流表（0-200mA，内阻约 2Ω） D．电流表（0-30mA，内阻约 2Ω） （2）滑动变阻器的滑片从左向右滑动，发现电压表示数增大，两导线与滑动变阻器接线柱连接情况是 ______。 A．两导线接在滑动变阻器电阻丝两端的接线柱 B．两导线接在滑动变阻器金属杆两端的接线柱 C．一条导线接在滑动变阻器金属杆左端接线柱，另一条导线接在电阻丝左端接线柱 D．一条导线接在滑动变阻器金属杆右端接线柱，另一条导线接在电阻丝右端接线柱 （3）选用 k、a、R1、R2 表示待测电源的电动势 E 和内阻 r 的表达式 E=______，r=______，代入数值可得 E 和 r 的测量值。 【答案】（1）A、C （2）C （3） ， 【解析】（1）电压表内阻越大，分得的电流越小，误差也就越小，所以选内阻较大的 A 电压表；当滑动变阻 器接入电阻最小时通过电流表电流最大，此时通过电流表电流大小约为 ，所以选量程为 ka 2k R− 1 2 176mAEI R R r = ≈+ +  A V  R 1R 2RS 待测电源 的 C 电流表。 (2)由电路分析可知，滑片右移电压表示数变大，意味着滑动变阻器接入电路部分阻值增大，考查 A 选项两导 线都接在金属柱两端上，接入电阻为 0 ；考查 B 选项若两导线都接电阻丝两端，接入电阻为最大阻值，不 会变化；考查 C 选项一导线接金属杆左端，一导线接电阻丝左端，则滑片右移时阻值增大，符合题意；考查 D 选项一导线接金属杆右端，一导线接电阻丝右端，则滑片右移阻值减小，不符合题意。 (3)由 ，得 ，对比伏安特性曲线可知，图像斜率大小 ，所以电源内阻 ；令 ,得 ，由题意知与横轴截距为 ，所以 ，则 。 10.（浙江卷，22）（10 分）某同学用伏安法测量导体的电阻，现有量程为 3 V、内阻约为 3 kΩ 的电压表和量 程为 0.6 A、内阻约为 0.1 Ω 的电流表。采用分压电路接线，图 1 是实物的部分连线图，待测电阻为图 2 中的 R1，其阻值约为 5 Ω。 （1）测 R1 阻值的最优连接方式为导线①连接______（填 a 或 b）、导线②连接______（填 c 或 d）。 （2）正确接线测得实验数据如表，用作图法求得 R1 的阻值为______Ω。 （3）已知图 2 中 R2 与 R1 是材料相同、厚度相等、表面为正方形的两导体，R2 的边长是 R1 的 ，若测 R2 的 阻值，则最优的连线应选_____（填选项）。 A．①连接 a，②连接 c B．①连接 a，②连接 d C．①连接 b，②连接 c D．①连接 b，②连接 d 【答案】（1）a、d；（2）作图见右，4.4~4.7（3）B 【解析】（1）小电阻外界发；滑动变阻器用分压电路；故测 R1 阻值的最优连接方式为导线①连接 a、导线② 连接 d；（2）作图如图；则 ;(3) 根据电阻定律 ， 故 R2=R1，要测 R2 的阻值，与测量 R1 一样，最佳的 连接应①连接 a，②连接 d; 故选 B. 11.（海南卷.12）某同学改装和校准电压表的电路图 如图所示，图中虚线框内是 电压表的改装电路。 （1）已知表头 G 满偏电流为 ，表头上标记的内阻值为 900Ω。R1、R2 和 R3 是定值电阻。利用 R1 和表 200mA Ω 2( )E U I r R= + + 2( )U I r R E= − + + 2k r R= + 2r k R= − 0U = 2 E EI r R k = =+ a Ea I k = = E ka= 1 10 2 2.2 4.40.5 UR I ∆= = Ω = Ω∆ LR dL d ρρ= = 100 Aµ 头构成 1 mA 的电流表，然后再将其改装为两个量程的电压表。若使用 a、b 两个接线柱，电压表的量程为 1 V；若使用 a、c 两个接线柱，电压表的量程为 3 V。则根据题给条件，定值电阻的阻值应选 R1=___Ω，R2=______ Ω,R3=_______Ω。 （2）用量程为 3V，内阻为 2500Ω 的标准电压表 对改装表 3V 挡的不同刻度进行校准。所用电池的电动势 E 为 5V；滑动变阻器 R 有两种规格，最大阻值分别为 50Ω 和 5kΩ。为了方便实验中调节电压，图中 R 应选 用最大阻值为______Ω 的滑动变阻器。 （3）校准时，在闭合开关 S 前，滑动变阻器的滑动端 P 应靠近_______（填“M”或“N”）端。 （4）若由于表头 G 上标记的内阻值不准，造成改装后电压表的读数比标准电压表的读数偏小，则表头 G 内 阻的真实值_________（填“大于”或“小于”）900Ω。 【答案】（1）100 910 2 000 （2）50 。 （3）M （4）大于。 【解析】（1）R1 与表头 G 构成 1mA 的电流表，则： 整理：R1=100Ω;若使 a、b 两个 接线柱， 电压表的量程为 1V，则 ;若使用 a、c 两个接线柱，电压表的量程为 3V，则 . (1)电压表与之并联之后，电阻小于 2500Ω，对于分压式电路，要求滑动变阻器的最大值远大于并联部分，同 时还有便于调节，故滑动变阻器选择小电阻，即选择 50Ω的电阻。 （3）在闭合开关 S 前，滑动变阻器滑片 P 应靠近 M 端，这样把并联部分电路短路，起到一种保护作用。 （4）造成改装后电压表的读书比标准电压表的读书偏小，说明通过表头 G 的电流偏小，则实际其电阻偏大， 故其实际阻值大于 900Ω. 专题十六、选修 3-5 1. （全国新课标 I 卷，35）（15 分） （1）（5 分）现用某一光电管进行光电效应实验，当用某一频率的光入射时，有光电流产生。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 4 分，选对 3 个得 5 分。每选错 1 个扣 3 分，最低得分为 0 分） A．保持入射光的频率不变，入射光的光强变大，饱和光电流变大 B．入射光的频率变高，饱和光电流变大 C．入射光的频率变高，光电子的最大初动能变大 1( ) ,g g gI R I I R= − 1 910ab g gU I RR I −= = Ω 2 3 2000ac g gU I R IRR I − −= = Ω D．保持入射光的光强不变，不断减小入射光的频率，始终有光电流产生 E．遏止电压的大小与入射光的频率有关，与入射光的光强无关 （2）（10 分）某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为 的卡通玩具稳定地悬停在空中。为计算 方便起见，假设水柱从横截面积为 的喷口持续以速度 竖直向上喷出；玩具底部为平板（面积略大于 ）； 水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开。忽略空气阻力。已知 水的密度为 ，重力加速度大小为 ，求： (i)喷泉单位时间内喷出的水的质量； (ii)玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度。 【答案】（1）ACE。 2. （全国新课标 II 卷，35）（15 分） ⑴（5 分）在下列描述核过程的方程中，属于 衰变的是 ，属于 衰变的是 ，属于裂变的是 ， 属于聚变的是 ．（填正确答案标号） A． B． C． D． E． F． ⑵（10 分）如图，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其前面的冰 块均静止于冰面上．某时刻小孩将冰块以相对冰面 的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在 斜面体上上升的最大高度为 （h 小于斜面体的高度）．已知小孩与滑板的总质量为 ，冰块的 质量为 ，小孩与滑板始终无相 对运动．取重力加速度的 大小 ． （ⅰ）求斜面体的质量； （ⅱ）通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？ 解答：35.[物理－选修 3-5]（15 分） （1）C、 AB、 E、 F。 （2）（i）规定向右为速度正方向。冰块在斜面体上运动到最大高度时两者达到共同速度，设此共同速度为 v，斜面体的质量 M S 0v S ρ g α β 14 14 0 6 7 1C N + e−→ 32 32 0 15 16 1P S+ e−→ 238 234 4 92 90 2U Th + He→ 14 4 17 1 7 2 8 1N + He O+ H→ 235 1 140 94 1 92 0 54 38 0U + n Xe + Sr + 2 n→ 3 2 4 1 1 1 2 0H + H He + n→ 3m / s 0.3mh = 1 30kgm = 2 10kgm = 210m / sg = 为 m3。由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得 m2v20=(m2+ m3)v① m2 =(m2+ m3)v2+m2gh② 式中 v20=-3m/s 为冰块推出时的速度。联立①②式并代入题给数据得 m3=20kg ③ (ii)设小孩推出冰块后的速度为 v1，由动量守恒定律有 m1v1+m2v20④ 代入数据得 v1=1 m/s⑤ 设冰块与斜面体分离后的速度分别为 v2 和 v3，由动量守恒和机械能守恒定律有 m2v20=m2v2+m3v3⑥ ⑦ 3. （全国新课标 III 卷，35）（15 分） （1）一静止的铝原子核 俘获一速度为 m/s 的质子 p 后，变为处于激发态的硅原子核 ，下列说 法正确的是_________（填正确的答案标号，选对一个得 2 分，选对 2 个得 4 分，选对 3 个得 5 分，没错选 1 个扣 3 分，最低得分为零分） A、核反应方程为 B、核反应方程过程中系统动量守恒 C、核反应过程中系统能量不守恒 D、核反应前后核子数相等，所以生成物的质量等于反应物的质量之和 E、硅原子核速度的数量级为 m/s，方向与质子初速度方向一致 （2）、如图所示，水平地面上有两个静止的小物块 a 和 b，其连线与墙垂直：a 和 b 相距 l；b 与墙之间也相距 l；a 的质量为 m，b 的质量为 m，两物块与地面间的动摩擦因数均相同，现使 a 以初速度 向右滑动，此后 a 与 b 发生弹性碰撞，但 b 没有与墙发生碰撞，重力加 速度大小为 g，求物块与地面 间的动摩擦力因数满足的条件。 解答：35．（1）ABE （2）答：设物块与地面间的动摩擦因数为 μ。若要物块 a、b 能够发生碰撞，应有 ① 即 ② 设在 a、b 发生弹性碰撞前的瞬间，a 的速度大小为 v1。由能量守恒有 27 13 Al 71.0 10× 28 14 Si 27 28 13 14p Al Si+ → 510 3 4 0v 2 0 1 2 mv mglµ> 2 0 2 v gl µ < ③ 设在 a、b 碰撞后的瞬间，a、b 的速度大小分别为 v'1、v'2，由动量守恒和能量守恒有 mv1=mv'1+ v'2④ ⑤ 联立④⑤式解得 v'2= v1⑥ 由题意，b 没有与墙发生碰撞，由功能关系可知 ⑦ 联立③⑥⑦式，解得： ⑧ 联立②⑧式，a 与 b 发生碰撞、但 b 没有与墙发生碰撞的条件，所以有： ⑨ 评分参考：①②式各 1 分（若②式同时有小于和等于号，同样给分），③式 2 分，④⑤⑥⑦式各 1 分，⑧式 2 分（若只有大 于号，同样给分） 4.(北京卷 13)处于 n=3 能级的大量氢原子，向低能级跃迁时，辐射光的频率有 A.1 种 B.2 种 C.3 种 D.4 种 5. （北京卷，24）（1）动量定理可以表示为 Δp=FΔt，其中动量 p 和力 F 都是矢量。在运用动量定理处理二 维问题时，可以在相互垂直的 x、y 两个方向上分别研究。例如，质量为 m 的小球斜射到木板上，入射的角度 是 θ，碰撞后弹出的角度也是 θ，碰撞前后的速度大小都是 υ，如图 1 所示。碰撞过程中忽略小球所受重力。 a．分别求出碰撞前后 x、y 方向小球的动量变化 Δpx、Δpy； b．分析说明小球对木板的作用力的方向。 （2）激光束可以看作是粒子流，其中的粒子以 相同的动量沿光传播方向运 动。激光照射到物体上，在发生反射、折射和 吸收现象的同时，也会对物 体产生作用。光镊效应就是一个实例，激光束 可以像镊子一样抓住细胞等 微小颗粒。 一束激光经 S 点后被分成若干细光束，若不考虑光的反射和吸收，其中光束①和②穿过介质小球的光路如图② 所示，图中 O 点是介质小球的球心，入射时光束①和②与 SO 的夹角均为 θ，出射时光束均与 SO 平行。请在下 面两种情况下，分析说明两光束因折射对小球产生的合力的方向。 2 2 0 1 1 1 2 2mv mv mglµ= + 3 4 m 2 2 2 1 1 2 1 1 1 3( )2 2 2 4 mmv mv v′ ′= + 8 7 2 2 1 3 3( )2 4 4 m mv glµ′ ≤ 2 032 113 v gl µ ≥ 2 2 0 032 113 2 v v gl gl µ≤ < a.光束①和②强度相同； b.光束①比②强度大。 解析： 6.（上海卷，1）卢瑟福通过对 α 粒子散射实验结果的分析，提出了原子内部存在（ D ）。 （A）电子 （B）中子 （C）质子 （D）原子核 7.（上海卷，6）放射性元素 A 经过 2 次 α 衰变和 1 次 β 衰变后生成一新元素 B，则元素 B 在元素周期表中的 位置较元素 A 的位置向前移动了（ C ）。 （A）1 位（B）2 位（C）3 位（D）4 位 8.（上海卷，10）研究放射性元素射线性质的实验装置如图 所示。两块平行放置的金 属板 A、B 分别与电源的两极 a、b 连接，放射源发出的射 线 从 其 上 方 小 孔 向 外 射 出。则（ A ）。 （A）a 为电源正极，到达 A 板的为 α 射线 （B）a 为电源正极，到达 A 板的为 β 射线 （C）a 为电源负极，到达 A 板的为 α 射线 （D）a 为电源负极，到达 A 板的为 β 射线 9.（上海卷，22A.）如图，粗糙水平面上，两物体 A、B 以轻绳相连，在恒力 F 作用下做匀速运动。某时刻轻绳断开，A 在 F 牵引下 继续前进，B 最后静止。 则在 B 静止前，A 和 B 组成的系统动量_________（选 填：“守恒”或“不守恒 “）。在 B 静止后，A 和 B 组成的系统动量 。（选填：“守恒”或“不守恒“） 答案：22A、守恒；不守恒。 10.（天津卷，2）2、右图是 a、b 两光分别经过同一双缝 干涉装置后在屏上形成的干 涉图样，则（ ）。 A、在同种均匀介质中，a 光的传播速度比 b 光的大 B、从同种介质射入真空发生全反射时 a 光临界角大 C、照射在同一金属板上发生光电效应时，a 光的饱和电 流大 D、若两光均由氢原子能级跃迁产生，产生 a 光的能级能量差大。 答案：D。 11.（天津卷，6）物理学家通过对实验的深入观察和研究，获得正确的科学认知，推动物理学的发展，下列 说法符合事实的是（ ）。 A、赫兹通过一系列实验证实了麦克斯韦关于光的电磁理论 B、查德威克用α粒子轰击 获得反冲核 ，发现了中子 C、贝克勒尔发现的天然放射性向下，说明原子核有复杂结构 D、卢瑟福通过对阴极射线的研究，提出了原子核式结构模型。 答案：AC。 12.（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 。 答案：V/3； V2/3μg 13.(江苏卷，12C) [选修 3-5]（12 分） （1）贝克勒尔在 120 年前首先发现了天然放射现象，如今原子核的放射性在众多领域中有着广泛应用．下列 属于放射性衰变的是 ． （A） （B） （C） （D） 14 7 N 17 8 O 14 14 0 6 7 1C N e−→ + 235 1 139 95 1 92 0 53 39 0U + n I Y 2 n→ + + 2 3 4 1 1 1 2 0H + H He+ n→ 4 27 30 1 2 13 15 0He + Al P+ n→ （2）已知光速为 c，普朗克常数为 h，则频率为 ν 的光子的动量为 ．用该频率的光垂直照射平面镜，光 被镜面全部垂直反射回去，则光子在反射前后动量改变量的大小为 ． （3）几种金属的溢出功 W0 见下表： 用一束可见光照射上述金属的表面，请通过计算说明哪些能发生光电效应．已知该可见光的波长范围为 4.0×10-7~7.6×10-7m，普朗克常数 h=6.63×10-34J·s． 解答：12C、 （1）A （2） （3）光子的能量 E= 取 λ=4.0×10–7 m，则 E≈5.0×10–19 J 根据 E>W0 判断，纳、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 （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。 解析： （1）ACD(4 分。选对 1 个得 2 分，选对 2 个得 3 分，选对 3 个得 4 分，有错选的得 0 分) （2）（8 分） （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 ① 在碰撞后 A 和 B 共同上升的过程中，由机械能守恒定律有 ② c hv c hv2 λ hc 0 0 k k k δ δ − （ = ） 'v ' B A B( )m v m m v= + '2 A B A B 1 ( ) =( )2 m m v m m gh+ + 联立①②式得： ③ 由题意得： ④ 代入题给数据得： ⑤ （ii）按照定义 ⑥ 由⑤⑥式和题给条件得： ⑦ 评分参考：第（i）问 7 分，①②式各 2 分，③④⑤式各 1 分；第（ii）问 1 分，⑦式 1 分。 第二部分：17 年高考物理试题分类汇编 专题 01. 直线运动 力和运动 1．【2017·新课标Ⅲ卷】一根轻质弹性绳的两端分别固定在水平天花板上相距 80cm 的两点上，弹性绳的原长也为 80 cm。 将一钩码挂在弹性绳的中点，平衡时弹性绳的总长度为 100 cm；再将弹性绳的两端缓慢移至天花板上的同一点，则弹性 绳的总长度变为（弹性绳的伸长始终处于弹性限度内） A．86 cm B． 92 cm C． 98 cm D． 104 cm 【答案】B 2．【2017·天津卷】如图所示，轻质不可伸长的晾衣绳两端分别固定在竖直杆 M、N 上的 a、b 两点，悬挂衣服的衣架钩是光滑 的，挂于绳上处于静止状态。如果只人为改变一个条件，当衣架静止时，下列说法正确的是 A．绳的右端上移到 ，绳子拉力不变 B．将杆 N 向右移一些，绳子拉力变大 C．绳的两端高度差越小，绳子拉力越小 D．若换挂质量更大的衣服，则衣架悬挂点右移 【答案】AB 【解析】设两杆间距离为 d，绳长为 l，Oa、Ob 段长度分别为 la 和 lb，则 ，两部分绳子与竖直方向夹角分别为 α 2 2B 2 A B2 ( ) mh vg m m = + 2 B 0 2 A B2 ( ) mk g m m = + -3 2 0 2.04 10 s / mk = × 0 0 = 100%k k k δ − × =6%δ b′ ba lll += 和 β，受力分析如图所示。 绳子中各部分张力相等， ，则 。满足 ， ，即 ， ，d 和 l 均不变，则 sin α 为定值，α 为定值，cos α 为定值，绳子的拉力保持不变，衣服的位置不变，故 A 正确， CD 错误；将杆 N 向右移一些，d 增大，则 sin α 增大，cos α 减小，绳子的拉力增大，故 B 正确。 3．【2017·新课标Ⅰ卷】如图，柔软轻绳 ON 的一端 O 固定，其中间某点 M 拴一重物，用手拉住绳的另一端 N。初始时，OM 竖直且 MN 被拉直，OM 与 MN 之间的夹角为 （ ）。现将重物向右上方缓慢拉起，并保持夹角 不变。在 OM 由竖直被拉到水平的过程中 A．MN 上的张力逐渐增大 B．MN 上的张力先增大后减小 C．OM 上的张力逐渐增大 D．OM 上的张力先增大后减小 【答案】AD 【解析】以重物为研究对象，受重力 mg，OM 绳上拉力 F2，MN 上拉力 F1，由题意知，三个力合力始终为零，矢量三角形如 图所示，在 F2 转至水平的过程中，MN 上的张力 F1 逐渐增大，OM 上的张力 F2 先增大后减小，所以 AD 正确，BC 错误。 4．【2017·新课标Ⅱ卷】如图，一物块在水平拉力 F 的作用下沿水平桌面做匀速直线运动。若保持 F 的大小不变，而方向与 水平面成 60°角，物块也恰好做匀速直线运动。物块与桌面间的动摩擦因数为 A． B． C． D． FFF ba == βα = mgF =αcos2 ααα sinsinsin llld ba =+= l d=αsin αcos2 mgF = α π 2 α > α 2 3− 3 6 3 3 3 2 【答案】C 专题 02. 曲线运动 万有引力与航天 1．【2017·新课标Ⅰ卷】发球机从同一高度向正前方依次水平射出两个速度不同的乒乓球（忽略空气的影响）。速度较大的球 越过球网，速度较小的球没有越过球网；其原因是 A．速度较小的球下降相同距离所用的时间较多 B．速度较小的球在下降相同距离时在竖直方向上的速度较大 C．速度较大的球通过同一水平距离所用的时间较少 D．速度较大的球在相同时间间隔内下降的距离较大 【答案】C 2．【2017·江苏卷】如图所示，A、B 两小球从相同高度同时水平抛出，经过时间 t 在空中相遇，若两球的抛出速度都变为 原来的 2 倍，则两球从抛出到相遇经过的时间为 （A）（B） （C） （D） 【答案】C 【解析】设第一次抛出时 A 球的速度为 v1，B 球的速度为 v2，则 A、B 间的水平距离 x=(v1+v2)t，第二次两球的速度为第一次 的 2 倍，但两球间的水平距离不变，则 x=2(v1+v2)T，联立得 T=t∕2，所以 C 正确；ABD 错误． 3．【2017·江苏卷】如图所示，一小物块被夹子夹紧，夹子通过轻绳悬挂在小环上，小环套在水平光滑细杆上，物块质量为 M，到小环的距离为 L，其两侧面与夹子间的最大静摩擦力均为 F．小环和物块以速度 v 向右匀速运动，小环碰到杆上的钉子 P 后立刻停止，物块向上摆动．整个过程中，物块在夹子中没有滑动．小环和夹子的质量均不计，重力加速度为 g．下列说 法正确的是 2 2 t 2 t 4 t （A）物块向右匀速运动时，绳中的张力等于 2F （B）小环碰到钉子 P 时，绳中的张力大于 2F （C）物块上升的最大高度为 （D）速度 v 不能超过 【答案】D 4．【2017·北京卷】利用引力常量 G 和下列某一组数据，不能计算出地球质量的是 A．地球的半径及重力加速度（不考虑地球自转） B．人造卫星在地面附近绕地球做圆周运动的速度及周期 C．月球绕地球做圆周运动的周期及月球与地球间的距离 D．地球绕太阳做圆周运动的周期及地球与太阳间的距离 【答案】D 【解析】在地球表面附近，在不考虑地球自转的情况下，物体所受重力等于地球对物体的万有引力，有 ，可得 ，A 能求出地球质量。根据万有引力提供卫星、月球、地球做圆周运动的向心力，由 ， ， 解得 ；由 ，解得 ；由 ，会消去两边的 M；故 BC 能求出地 球质量，D 不能求出。 5．【2017·新课标Ⅲ卷】2017 年 4 月，我国成功发射的天舟一号货运飞船与天宫二号空间实验室完成了首次交会对接，对 接形成的组合体仍沿天宫二号原来的轨道（可视为圆轨道）运行。与天宫二号单独运行时相比，组合体运行的 A．周期变大 B．速率变大 C．动能变大 D．向心加速度变大 2 GMm mgR = 2gRM G = 2 2 GMm mv R R = 2πvT R= 3 2π v TM G = 2 2 2π( )GMm m rr T =月 月 月 2 3 2 4π rM GT = 月 2 2 2π( )GM M M rr T =日 日 日 日 22v g (2 )F Mg L M − 【答案】C 6．【2017·江苏卷】“天舟一号”货运飞船于 2017 年 4 月 20 日在文昌航天发射中心成功发射升空，与“天宫二号”空间实验室 对接前，“天舟一号”在距离地面约 380 km 的圆轨道上飞行，则其 （A）角速度小于地球自转角速度 （B）线速度小于第一宇宙速度 （C）周期小于地球自转周期 （D）向心加速度小于地面的重力加速度 【答案】BCD 7．【2017·新课标Ⅱ卷】如图，海王星绕太阳沿椭圆轨道运动，P 为近日点，Q 为远日点，M、N 为轨道短轴的两个端点， 运行的周期为 。若只考虑海王星和太阳之间的相互作用，则海王星在从 P 经过 M、Q 到 N 的运动过程中 A．从 P 到 M 所用的时间等于 B．从 Q 到 N 阶段，机械能逐渐变大 C．从 P 到 Q 阶段，速率逐渐变小 D．从 M 到 N 阶段，万有引力对它先做负功后做正功 【答案】CD 【解析】从 P 到 Q 的时间为 T0，根据开普勒行星运动第二定律可知，从 P 到 M 运动的速率大于从 M 到 Q 运动的速率， 可知 P 到 M 所用的时间小于 T0，选项 A 错误；海王星在运动过程中只受太阳的引力作用，故机械能守恒，选项 B 错误； 根据开普勒行星运动第二定律可知，从 P 到 Q 阶段，速率逐渐变小，选项 C 正确；从 M 到 N 阶段，万有引力对它先做负功 后做正功，选项 D 正确；故选 CD。 0T 0 / 4T 1 2 1 4 【考点定位】开普勒行星运动定律；机械能守恒的条件 【名师点睛】此题主要考查学生对开普勒行星运动定律的理解；关键是知道离太阳越近的位置行星运动的速率越大；远离太 阳运动时，引力做负功，动能减小，引力势能增加，机械能不变。 8．【2017·天津卷】我国自主研制的首艘货运飞船“天舟一号”发射升空后，与已经在轨运行的“天宫二号”成功对接形成组合 体。假设组合体在距地面高度为 h 的圆形轨道上绕地球做匀速圆周运动，已知地球的半径为 R，地球表面处重力加速度为 g， 且不考虑地球自转的影响。则组合体运动的线速度大小为__________，向心加速度大小为___________。 【答案】 【考点定位】万有引力定律的应用 【名师点睛】本题难度不大，应知道在地球表面附近物体所受重力和万有引力近似相等，即“黄金代换”。 专题 03. 机械能和动量 1．【2017·新课标Ⅰ卷】将质量为 1.00 kg 的模型火箭点火升空，50 g 燃烧的燃气以大小为 600 m/s 的速度从火箭喷口在很短 时间内喷出。在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为（喷出过程中重力和空气阻力可忽略） A．30 B．5.7×102 C．6.0×102 D．6.3×102 【答案】A 【解析】设火箭的质量（不含燃气）为 m1，燃气的质量为 m2，根据动量守恒，m1v1=m2v2，解得火箭的动量为：p=m1v1=m2v2=30 ，所以 A 正确，BCD 错误。 【考点定位】动量、动量守恒 【名师点睛】本题主要考查动量即反冲类动量守恒问题，只要注意动量的矢量性即可，比较简单。 2．【2017·新课标Ⅱ卷】如图，一光滑大圆环固定在桌面上，环面位于竖直平面内，在大圆环上套着一个小环。小环由大圆 环的最高点从静止开始下滑，在小环下滑的过程中，大圆环对它的作用力 gR R h+ 2 2( ) gR R h+ kg m/s⋅ kg m/s⋅ kg m/s⋅ kg m/s⋅ kg m/s⋅ A．一直不做功 B．一直做正功 C．始终指向大圆环圆心 D．始终背离大圆环圆心 【答案】A 【考点定位】圆周运动；功 【名师点睛】此题关键是知道小圆环在大圆环上的运动过程中，小圆环受到的弹力方向始终沿大圆环的半径方向，先是沿半 径向外，后沿半径向里。 3．【2017·江苏卷】一小物块沿斜面向上滑动，然后滑回到原处．物块初动能为 ，与斜面间的动摩擦因数不变，则该过 程中，物块的动能 与位移的关系图线是 【答案】C 【 解 析 】 向 上 滑 动 的 过 程 中 ， 根 据 动 能 定 理 ： ， 同 理 ， 下 滑 过 程 中 ， 由 动 能 定 理 可 得 ： ，故 C 正确；ABD 错误． 【考点定位】动能定理 【名师点睛】本题考查动能定理及学生的识图能力，根据动能定理写出 Ek–x 图象的函数关系，从而得出图象斜率描述的物理 意义． 4．【2017·新课标Ⅲ卷】如图，一质量为 m，长度为 l 的均匀柔软细绳 PQ 竖直悬挂。用外力将绳的下端 Q 缓慢地竖直向上 拉起至 M 点，M 点与绳的上端 P 相距 。重力加速度大小为 g。在此过程中，外力做的功为 A． B． C． D． 【答案】A 【 解 析 】 将 绳 的 下 端 Q 缓 慢 地 竖 直 向 上 拉 起 至 M 点 ， PM 段 绳 的 机 械 能 不 变 ， MQ 段 绳 的 机 械 能 的 增 加 量 为 1 3l 1 9 mgl 1 6 mgl 1 3 mgl 1 2 mgl k0E kE k00 ( )fE mg F x− = − + k0 0 ( )fE F mg x− = − ，由功能关系可知，在此过程中，外力做的功 ，故选 A。 【考点定位】重力势能、功能关系 【名师点睛】重点理解机械能变化与外力做功的关系，本题的难点是过程中重心高度的变化情况。 5．【2017·新课标Ⅲ卷】一质量为 2 kg 的物块在合外力 F 的作用下从静止开始沿直线运动。F 随时间 t 变化的图线如图所示， 则 A．t=1 s 时物块的速率为 1 m/s B．t=2 s 时物块的动量大小为 4 kg·m/s C．t=3 s 时物块的动量大小为 5 kg·m/s D．t=4 s 时物块的速度为零 【答案】AB 【考点定位】动量定理 【名师点睛】求变力的冲量是动量定理应用的重点，也是难点。F–t 图线与时间轴所围面积表示冲量。 6．【2017·天津卷】“天津之眼”是一座跨河建设、桥轮合一的摩天轮，是天津市的地标之一。摩天轮悬挂透明座舱，乘客 随座舱在竖直面内做匀速圆周运动。下列叙述正确的是 A．摩天轮转动过程中，乘客的机械能保持不变 B．在最高点，乘客重力大于座椅对他的支持力 C．摩天轮转动一周的过程中，乘客重力的冲量为零 D．摩天轮转动过程中，乘客重力的瞬时功率保持不变 【答案】B 【解析】机械能等于动能和重力势能之和，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动，动能不变，重力势能时刻发生变化，则 机械能在变化，故 A 错误；在最高点对乘客受力分析，根据牛顿第二定律有： ，座椅对他的支持力 2 1 2 1 1( ) ( )3 6 3 3 9E mg l mg l mgl∆ = − − − = 1 9W mgl= r vmNmg 2 =− ，故 B 正确；乘客随座舱转动一周的过程中，动量不变，是所受合力的冲量为零，重力的冲量 ，故 C 错误；乘客重力的瞬时功率 ，其中 θ 为线速度和竖直方向的夹角，摩天轮转动过程中， 乘客的重力和线速度的大小不变，但 θ 在变化，所以乘客重力的瞬时功率在不断变化，故 D 错误。 【考点定位】机械能，向心力，冲量和动量定理，瞬时功率 【名师点睛】本题的难点在于对动量定理的理解，是“物体所受合力的冲量等于动量的变化”，而学生经常记为“力的冲量等 于物体动量的变化”。 7．【2017·新课标Ⅱ卷】如图，半圆形光滑轨道固定在水平地面上，半圆的直径与地面垂直。一小物块以速度从轨道下端滑 入轨道，并从轨道上端水平飞出，小物块落地点到轨道下端的距离与轨道半径有关，此距离最大时。对应的轨道半径为（重 力加速度大小为 g） A． B． C． D． 【答案】B 【 解 析 】 物 块 由 最 低 点 到 最 高 点 有 ： ； 物 块 做 平 抛 运 动 ： x=v1t ； ； 联 立 解 得 ： ，由数学知识可知，当 时，x 最大，故选 B。 【考点定位】机械能守恒定律；平抛运动 【名师点睛】此题主要是对平抛运动的考查；解题时设法找到物块的水平射程与圆轨道半径的函数关系，即可通过数学知识 讨论；此题同时考查学生运用数学知识解决物理问题的能力。 8．【2017·江苏卷】如图所示，三个小球 A、B、C 的质量均为 m，A 与 B、C 间通过铰链用轻杆连接，杆长为 L，B、C 置 于水平地面上，用一轻质弹簧连接，弹簧处于原长．现 A 由静止释放下降到最低点，两轻杆间夹角 α 由 60°变为 120°，A、 B、C 在同一竖直平面内运动，弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，重力加速度为 g．则此下降过程中 （A）A 的动能达到最大前，B 受到地面的支持力小于 mg （B）A 的动能最大时，B 受到地面的支持力等于 mg （C）弹簧的弹性势能最大时，A 的加速度方向竖直向下 mgr vmmgN <−= 2 0≠⋅= tmgI θcos⋅= mgvP 2 16 v g 2 8 v g 2 4 v g 2 2 v g 2 2 1 1 122 2mv mgr mv= + 4rt g = 2 24 16vx r rg = − 2 2 4 2 16 8 v vgr g = =× 3 2 3 2 （D）弹簧的弹性势能最大值为 mgL 【答案】AB 【考点定位】物体的平衡 能量守恒 牛顿第二定律 【名师点睛】本题的重点是当 A 球的动能最大时，受合外力为零，在竖直方向整体加速度为零，选择整体为研究对象，分析 AB 两个选项；弹性势能最大对应 A 球下降至最低点，根据能量守恒定律，可求最大的弹性势能． 9．【2017·江苏卷】甲、乙两运动员在做花样滑冰表演，沿同一直线相向运动，速度大小都是 1 m/s，甲、乙相遇时用力推 对方，此后都沿各自原方向的反方向运动，速度大小分别为 1 m/s 和 2 m/s．求甲、乙两运动员的质量之比． 【答案】3:2 【解析】由动量守恒定律得 ，解得 代入数据得 【考点定位】动量守恒定律 【名师点睛】考查动量守恒，注意动量的矢量性，比较简单． 10．【2017·天津卷】（16 分）如图所示，物块 A 和 B 通过一根轻质不可伸长的细绳连接，跨放在质量不计的光滑定滑轮两 侧，质量分别为 mA=2 kg、mB=1 kg。初始时 A 静止于水平地面上，B 悬于空中。先将 B 竖直向上再举高 h=1.8 m（未触及滑 轮）然后由静止释放。一段时间后细绳绷直，A、B 以大小相等的速度一起运动，之后 B 恰好可以和地面接触。取 g=10 m/s2。 空气阻力不计。求： （1）B 从释放到细绳刚绷直时的运动时间 t； （2）A 的最大速度 v 的大小； （3）初始时 B 离地面的高度 H。 【答案】（1） （2） （3） 【解析】（1）B 从释放到细绳刚绷直前做自由落体运动，有： 解得： （2）设细绳绷直前瞬间 B 速度大小为 vB，有 3 2 1 1 2 2 2 2 1 1mv m v m v mv′ ′− = − 1 2 2 2 1 1 m v v m v v ′+= ′+ 1 2 3 2 m m = 0.6 st = 2 m/sv = 0.6 mH = 2 2 1 gth = 0.6 st = 0 6 m/sv gt= = 细绳绷直瞬间，细绳张力远大于 A、B 的重力，A、B 相互作用，总动量守恒： 绳子绷直瞬间，A、B 系统获得的速度： 之后 A 做匀减速运动，所以细绳绷直瞬间的速度 v 即为最大速度，A 的最大速度为 2 m/s （3）细绳绷直后，A、B 一起运动，B 恰好可以和地面接触，说明此时 A、B 的速度为零，这一过程中 A、B 组成的系统机械 能守恒，有： 解得，初始时 B 离地面的高度 【考点定位】自由落体运动，动量守恒定律，机械能守恒定律 【名师点睛】本题的难点是绳子绷紧瞬间的物理规律——是两物体的动量守恒，而不是机械能守恒。 专题 04. 电场 1．【2017·江苏卷】如图所示，三块平行放置的带电金属薄板 、 、 中央各有一小孔，小孔分别位于 、 、 点．由 点静止释放的电子恰好能运动到 点．现将 板向右平移到 点，则由 点静止释放的电子 （A）运动到 点返回 （B）运动到 和 点之间返回 （C）运动到 点返回 （D）穿过 点 【答案】A 【考点定位】带电粒子在电场中的运动 动能定理 电容器 【名师点睛】本题是带电粒子在电场中的运动，主要考察匀变速直线运动的规律及动能定理，重点是电容器的动态分析，在 电荷量 Q 不变的时候，板间的电场强度与板间距无关． 2．【2017·天津卷】如图所示，在点电荷 Q 产生的电场中，实线 MN 是一条方向未标出的电场线，虚线 AB 是一个电子只在 静电力作用下的运动轨迹。设电子在 A、B 两点的加速度大小分别为 aA、aB，电势能分别为 EpA、EpB。下列说法正确的是 A．电子一定从 A 向 B 运动 vmmvm BAB )(0 += 2 m/sv = gHmgHmvmm ABBA =++ 2)(2 1 0.6 mH = A B C O M P O P C P' O P P P' P' P' B．若 aA>aB，则 Q 靠近 M 端且为正电荷 C．无论 Q 为正电荷还是负电荷一定有 EpAaB，说明电子在 M 点受到的电场力较大，M 点的电场强度较大，根 据点电荷的电场分布可知，靠近 M 端为场源电荷的位置，应带正电，故 B 正确；无论 Q 为正电荷还是负电荷，一定有电势 ，电子电势能 ，电势能是标量，所以一定有 EpA pE eϕ= − ϕ ϕ ϕ 标出，其余类推。现将一带正电的试探电荷由 a 点依次经 b、c 点移动到 d 点，在相邻两点间移动的过程中，电场力所做的功 分别为 Wab、Wbc 和 Wcd。下列选项正确的是 A．Ea：Eb=4:1 B．Ec：Ed=2:1 C．Wab:Wbc=3:1 D．Wbc:Wcd=1:3 【答案】AC 【解析】由题图可知，a、b、c、d 到点电荷的距离分别为 1 m、2 m、3 m、6 m，根据点电荷的场强公式 可知， ， ，故 A 正确，B 错误；电场力做功 ，a 与 b、b 与 c、c 与 d 之间的电势差分别为 3 V、1 V、1 V，所以 ， ，故 C 正确，D 错误。 【考点定位】电场强度、电势差、电场力做功 【名师点睛】本题主要考查学生的识图能力，点电荷场强及电场力做功的计算。 5．【2017·新课标Ⅲ卷】一匀强电场的方向平行于 xOy 平面，平面内 a、b、c 三点的位置如图所示，三点的电势分别为 10 V、17 V、26 V。下列说法正确的是 A．电场强度的大小为 2.5 V/cm B．坐标原点处的电势为 1 V C．电子在 a 点的电势能比在 b 点的低 7 eV D．电子从 b 点运动到 c 点，电场力做功为 9 eV 【答案】ABD 【解析】如图所示，设 a、c 之间的 d 点电势与 b 点相同，则 ，d 点坐标为(3.5 cm，6 cm)，过 c 点作 cf⊥bd 于 f，由几何关系可得 cf=3.6 cm，则电场强度 ，A 正确；因为四边形 Oacb 是矩形，所 以有 ，解得坐标原点 O 处的电势为 1 V，B 正确；a 点电势比 b 点电势低 7 V，电子带负电，所以电子在 a 点的电 势能比在 b 点的高 7 eV，C 错误；b 点电势比 c 点电势低 9 V，电子从 b 点运动到 c 点，电场力做功为 9 eV，D 正确。 10 17 7 17 26 9 ad dc −= =− 26 17 V/cm 2.5 V/cm3.6 UE d −= = = ac ObU U= 2r QkE = 1 4 2 2 == a b b a r r E E 1 4 2 2 == c d d c r r E E qUW = 3 1 ab bc W W = 1 1= cd bc W W 【考点定位】匀强电场中电场强度与电势差的关系、电势、电势能 【名师点睛】在匀强电场中沿同一方向线段的长度与线段两端的电势差成正比；在匀强电场中电场线平行且均匀分布，故等 势面平行且均匀分布。以上两点是解决此类题目的关键。电势与电势能之间的关系，也是常考的问题，要知道负电荷在电势 高处电势能低。 6．【2017·北京卷】（16 分）如图所示，长 l=1 m 的轻质细绳上端固定，下端连接一个可视为质点的带电小球，小球静止在 水平向右的匀强电场中，绳与竖直方向的夹角 θ=37°。已知小球所带电荷量 q=1.0×10–6 C，匀强电场的场强 E=3.0×103 N/C， 取重力加速度 g=10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。求： （1）小球所受电场力 F 的大小。 （2）小球的质量 m。 （3）将电场撤去，小球回到最低点时速度 v 的大小。 【答案】（1）3.0×10–3 N （2）4.0×10–4 kg （3）2.0 m/s 【考点定位】电场强度与电场力、物体的平衡、动能定理 【名师点睛】本题力电综合问题，但电场力与对小球施加水平向右的恒力 F 作用效果相同，因此可以用相关的力学知识来解 答。 专题 05. 磁场 1．【2017·江苏卷】如图所示，两个单匝线圈 a、b 的半径分别为 r 和 2r．圆形匀强磁场 B 的边缘恰好与 a 线圈重合，则穿 过 a、b 两线圈的磁通量之比为 （A）1:1 （B）1:2 （C）1:4 （D）4:1 【答案】A 【考点定位】磁通量 【名师点睛】本题主要注意磁通量的计算公式中 S 的含义，它指的是有磁感线穿过区域的垂直面积． 2．【2017·新课标Ⅰ卷】如图，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上（与纸面平行），磁场方向垂直于纸 面向里，三个带正电的微粒 a、b、c 电荷量相等，质量分别为 ma、mb、mc。已知在该区域内，a 在纸面内做匀速圆周运动，b 在纸面内向右做匀速直线运动，c 在纸面内向左做匀速直线运动。下列选项正确的是 A． B． C． D． 【答案】B 【解析】由题意知，mag=qE，mbg=qE+Bqv，mcg+Bqv=qE，所以 ，故 B 正确，ACD 错误。 【考点定位】带电粒子在复合场中的运动 【名师点睛】三种场力同时存在，做匀速圆周运动的条件是 mag=qE，两个匀速直线运动，合外力为零，重点是洛伦兹力的方 向判断。 3．【2017·新课标Ⅲ卷】如图，在磁感应强度大小为 B0 的匀强磁场中，两长直导线 P 和 Q 垂直于纸面固定放置，两者之间 的距离为 l。在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流 I 时，纸面内与两导线距离均为 l 的 a 点处的磁感应强度为零。如 果让 P 中的电流反向、其他条件不变，则 a 点处磁感应强度的大小为 A．0 B． C． D．2B0 【答案】C 【考点定位】磁场叠加、安培定则 【名师点睛】本题关键为利用安培定则判断磁场的方向，在根据几何关系进行磁场的叠加和计算。 0 3 3 B 0 2 3 3 B a b cm m m> > b a cm m m> > ac bm m m> > c b am m m> > b a cm m m> > 4．【2017·新课标Ⅰ卷】如图，三根相互平行的固定长直导线 L1、L2 和 L3 两两等距，均通有电流，L1 中电流方向与 L2 中的 相同，与 L3 中的相反，下列说法正确的是 A．L1 所受磁场作用力的方向与 L2、L3 所在平面垂直 B．L3 所受磁场作用力的方向与 L1、L2 所在平面垂直 C．L1、L2 和 L3 单位长度所受的磁场作用力大小之比为 D．L1、L2 和 L3 单位长度所受的磁场作用力大小之比为 【答案】BC 【考点定位】电流磁效应、安培力、安培定则 【名师点睛】先根据安培定则判断磁场的方向，再根据磁场的叠加得出直线电流处磁场的方向，再由左手定则判断安培力的 方向，本题重点是对磁场方向的判断、大小的比较。 5．【2017·新课标Ⅱ卷】某同学自制的简易电动机示意图如图所示。矩形线圈由一根漆包线绕制而成，漆包线的两端分别从 线圈的一组对边的中间位置引出，并作为线圈的转轴。将线圈架在两个金属支架之间，线圈平面位于竖直面内，永磁铁置于 线圈下方。为了使电池与两金属支架连接后线圈能连续转动起来，该同学应将 A．左、右转轴下侧的绝缘漆都刮掉 1:1: 3 3 : 3 :1 B．左、右转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉 C．左转轴上侧的绝缘漆刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉 D．左转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉 【答案】AD 【考点定位】电动机原理；安培力 【名师点睛】此题是电动机原理，主要考查学生对物理规律在实际生活中的运用能力；关键是通过分析电流方向的变化分析 安培力的方向变化情况。 6．【2017·新课标Ⅱ卷】如图，虚线所示的圆形区域内存在一垂直于纸面的匀强磁场，P 为磁场边界上的一点。大量相同的 带电粒子以相同的速率经过 P 点，在纸面内沿不同的方向射入磁场。若粒子射入速率为 ，这些粒子在磁场边界的出射点分 布在六分之一圆周上；若粒子射入速率为 ，相应的出射点分布在三分之一圆周上。不计重力及带电粒子之间的相互作用。 则 为 A． B． C． D． 【答案】C 1v 2v 2 1:v v 3 : 2 2 :1 3 :1 3: 2 【考点定位】带电粒子在磁场中的运动 【名师点睛】此题是带电粒子在有界磁场中的运动问题；解题时关键是要画出粒子运动的轨迹草图，知道能打到最远处的粒 子运动的弧长是半圆周，结合几何关系即可求解。 专题 06 电磁感应 1．【2017·新课标Ⅰ卷】扫描隧道显微镜（STM）可用来探测样品表面原子尺度上的形貌。为了有效隔离外界振动对 STM 的扰动，在圆底盘周边沿其径向对称地安装若干对紫铜薄板，并施加磁场来快速衰减其微小振动，如图所示。无扰动时，按 下列四种方案对紫铜薄板施加恒磁场；出现扰动后，对于紫铜薄板上下及左右振动的衰减最有效的方案是 【答案】A 【解析】感应电流产生的条件是闭合回路中的磁通量发上变化。在 A 图中系统振动时在磁场中的部分有时多有时少，磁通量 发生变化，产生感应电流，受到安培力，阻碍系统的振动，故 A 正确；而 BCD 三个图均无此现象，故错误。 【考点定位】感应电流产生的条件 【名师点睛】本题不要被题目的情景所干扰，抓住考查的基本规律，即产生感应电流的条件，有感应电流产生，才会产生阻 尼阻碍振动。 2．【2017·新课标Ⅲ卷】如图，在方向垂直于纸面向里的匀强磁场中有一 U 形金属导轨，导轨平面与磁场垂直。金属杆 PQ 置于导轨上并与导轨形成闭合回路 PQRS，一圆环形金属线框 T 位于回路围成的区域内，线框与导轨共面。现让金属杆 PQ 突然向右运动，在运动开始的瞬间，关于感应电流的方向，下列说法正确的是 A．PQRS 中沿顺时针方向，T 中沿逆时针方向 B．PQRS 中沿顺时针方向，T 中沿顺时针方向 C．PQRS 中沿逆时针方向，T 中沿逆时针方向 D．PQRS 中沿逆时针方向，T 中沿顺时针方向 【答案】D 【考点定位】电磁感应、右手定则、楞次定律 【名师点睛】解题关键是掌握右手定则、楞次定律判断感应电流的方向，还要理解 PQRS 中感应电流产生的磁场会使 T 中的 磁通量变化，又会使 T 中产生感应电流。 3．【2017·天津卷】如图所示，两根平行金属导轨置于水平面内，导轨之间接有电阻 R。金属棒 ab 与两导轨垂直并保持良 好接触，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下。现使磁感应强度随时间均匀减小，ab 始终保持静止，下 列说法正确的是 A．ab 中的感应电流方向由 b 到 a B．ab 中的感应电流逐渐减小 C．ab 所受的安培力保持不变 D．ab 所受的静摩擦力逐渐减小 【答案】D 【解析】导体棒 ab、电阻 R、导轨构成闭合回路，磁感应强度均匀减小（ 为一定值），则闭合回路中的磁通量减小， 根据楞次定律，可知回路中产生顺时针方向的感应电流，ab 中的电流方向由 a 到 b，故 A 错误；根据法拉第电磁感应定律， 感应电动势 ，回路面积 S 不变，即感应电动势为定值，根据欧姆定律 ，所以 ab 中的电流大 小不变，故 B 错误；安培力 ，电流大小不变，磁感应强度减小，则安培力减小，故 C 错误；导体棒处于静止状态， 所受合力为零，对其受力分析，水平方向静摩擦力 f 与安培力 F 等大反向，安培力减小，则静摩擦力减小，故 D 正确。 【考点定位】楞次定律，法拉第电磁感应定律，安培力 【名师点睛】本题应从电磁感应现象入手，熟练应用法拉第电磁感应定律和楞次定律。 4．【2017·新课标Ⅱ卷】两条平行虚线间存在一匀强磁场，磁感应强度方向与纸面垂直。边长为 0.1 m、总电阻为 0.005 Ω 的正方形导线框 abcd 位于纸面内，cd 边与磁场边界平行，如图（a）所示。已知导线框一直向右做匀速直线运动，cd 边于 t=0 时刻进入磁场。线框中感应电动势随时间变化的图线如图（b）所示（感应电流的方向为顺时针时，感应电动势取正）。下列 说法正确的是 kt B =∆ ∆ B SE k St t Φ∆ ∆ ⋅= = = ⋅∆ ∆ R EI = BILF = A．磁感应强度的大小为 0.5 T B．导线框运动速度的大小为 0.5 m/s C．磁感应强度的方向垂直于纸面向外 D．在 t=0.4 s 至 t=0.6 s 这段时间内，导线框所受的安培力大小为 0.1 N 【答案】BC 【考点定位】法拉第电磁感应定律；楞次定律；安培力 【名师点睛】此题是关于线圈过磁场的问题；关键是能通过给出的 E–t 图象中获取信息，得到线圈在磁场中的运动情况，结 合法拉第电磁感应定律及楞次定律进行解答。此题意在考查学生基本规律的运用能力以及从图象中获取信息的能力。 5．【2017·北京卷】图 1 和图 2 是教材中演示自感现象的两个电路图，L1 和 L2 为电感线圈。实验时，断开开关 S1 瞬间，灯 A1 突然闪亮，随后逐渐变暗；闭合开关 S2，灯 A2 逐渐变亮，而另一个相同的灯 A3 立即变亮，最终 A2 与 A3 的亮度相同。下 列说法正确的是 A．图 1 中，A1 与 L1 的电阻值相同 B．图 1 中，闭合 S1，电路稳定后，A1 中电流大于 L1 中电流 C．图 2 中，变阻器 R 与 L2 的电阻值相同 D．图 2 中，闭合 S2 瞬间，L2 中电流与变阻器 R 中电流相等 【答案】C 【考点定位】自感 【名师点睛】线圈在电路中发生自感现象，根据楞次定律可知，感应电流要“阻碍”使原磁场变化的电流变化情况。电流突然 增大时，会感应出逐渐减小的反向电流，使电流逐渐增大；电流突然减小时，会感应出逐渐减小的正向电流，使电流逐渐减 小。 6．【2017·江苏卷】（15 分） 如图所示，两条相距 d 的平行金属导轨位于同一水平面内，其右端接一阻值为 R 的电阻．质量为 m 的金属杆静置在导轨上， 其左侧的矩形匀强磁场区域 MNPQ 的磁感应强度大小为 B、方向竖直向下．当该磁场区域以速度 v0 匀速地向右扫过金属杆后， 金属杆的速度变为 v．导轨和金属杆的电阻不计，导轨光滑且足够长，杆在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良 好接触．求： （1）MN 刚扫过金属杆时，杆中感应电流的大小 l； （2）MN 刚扫过金属杆时，杆的加速度大小 a； （3）PQ 刚要离开金属杆时，感应电流的功率 P． 【答案】（1） （2） （3） 【考点定位】电磁感应 【名师点睛】本题的关键在于导体切割磁感线产生电动势 E=Blv，切割的速度（v）是导体与磁场的相对速度，分析这类问题， 0BdvI R = 2 2 0B d va mR = 2 2 2 0( )B d v vP R −= 通常是先电后力，再功能． 7．【2017·北京卷】（20 分）发电机和电动机具有装置上的类似性，源于它们机理上的类似性。直流发电机和直流电动机的 工作原理可以简化为如图 1、图 2 所示的情景。 在竖直向下的磁感应强度为 B 的匀强磁场中，两根光滑平行金属轨道 MN、PQ 固定在水平面内，相距为 L，电阻不计。电阻 为 R 的金属导体棒 ab 垂直于 MN、PQ 放在轨道上，与轨道接触良好，以速度 v（v 平行于 MN）向右做匀速运动。 图 1 轨道端点 MP 间接有阻值为 r 的电阻，导体棒 ab 受到水平向右的外力作用。图 2 轨道端点 MP 间接有直流电源，导体棒 ab 通过滑轮匀速提升重物，电路中的电流为 I。 （1）求在 Δt 时间内，图 1“发电机”产生的电能和图 2“电动机”输出的机械能。 （2）从微观角度看，导体棒 ab 中的自由电荷所受洛伦兹力在上述能量转化中起着重要作用。为了方便，可认为导体棒中的 自由电荷为正电荷。 a．请在图 3（图 1 的导体棒 ab）、图 4（图 2 的导体棒 ab）中，分别画出自由电荷所受洛伦兹力的示意图。 b．我们知道，洛伦兹力对运动电荷不做功。那么，导体棒 ab 中的自由电荷所受洛伦兹力是如何在能量转化过程中起到作用 的呢？请以图 2“电动机”为例，通过计算分析说明。 【答案】（1） （2）a．如图 3、图 4 b．见解析 【解析】（1）图 1 中，电路中的电流 棒 ab 受到的安培力 F1=BI1L 1 BLvI R r = + 2 2 2B L v t R r ∆ + BLv t∆ 在 Δt 时间内，“发电机”产生的电能等于棒 ab 克服安培力做的功 图 2 中，棒 ab 受到的安培力 F2=BIL 在 Δt 时间内，“电动机”输出的机械能等于安培力对棒 ab 做的功 （2）a．图 3 中，棒 ab 向右运动，由左手定则可知其中的正电荷受到 b→a 方向的洛伦兹力，在该洛伦兹力作用下，正电荷 沿导体棒运动形成感应电流，有沿 b→a 方向的分速度，受到向左的洛伦兹力作用；图 4 中，在电源形成的电场作用下，棒 ab 中的正电荷沿 a→b 方向运动，受到向右的洛伦兹力作用，该洛伦兹力使导体棒向右运动，正电荷具有向右的分速度，又受到 沿 b→a 方向的洛伦兹力作用。如图 3、图 4。 b．设自由电荷的电荷量为 q，沿导体棒定向移动的速率为 u。 如图 4 所示，沿棒方向的洛伦兹力 ，做负功 垂直棒方向的洛伦兹力 ，做正功 所示 ，即导体棒中一个自由电荷所受的洛伦兹力做功为零。 做负功，阻碍自由电荷的定向移动，宏观上表现为“反电动势”，消耗电源的电能； 做正功，宏观上表现为安培力做正 功，使机械能增加。大量自由电荷所受洛伦兹力做功的宏观表现是将电能转化为等量的机械能，在此过程中洛伦兹力通过两 个分力做功起到“传递能量的作用。 【考点定位】闭合电路欧姆定律、法拉第电磁感应定律、左手定则、功能关系 【名师点睛】洛伦兹力永不做功，本题看似洛伦兹力做功，实则将两个方向的分运动结合起来，所做正、负功和为零。 专题 07 电流和电路 1．【2017·天津卷】在匀强磁场中，一个 100 匝的闭合矩形金属线圈，绕与磁感线垂直的固定轴匀速转动，穿过该线圈的磁 通量随时间按图示正弦规律变化。设线圈总电阻为 2 Ω，则 A．t=0 时，线圈平面平行于磁感线 2 2 2 1 B L v tE F v t R r ∆= ⋅ ∆ = +电 2E F v t BILv t= ⋅ ∆ = ∆机 1f qvB′= 1 1W f u t qvBu t′= − ⋅ ∆ = − ∆ 2f quB′ = 2 2W f v t quBv t′= ⋅ ∆ = ∆ 1 2W W= − 1f ′ 2f ′ B．t=1 s 时，线圈中的电流改变方向 C．t=1.5 s 时，线圈中的感应电动势最大 D．一个周期内，线圈产生的热量为 【答案】AD 【考点定位】交变电流的规律和“四值问题” 【名师点睛】本题要正确理解正弦交变电流的规律和法拉第电磁感应定律。 2．【2017·北京卷】如图所示，理想变压器的原线圈接在 的交流电源上，副线圈接有 R=55 Ω 的负载 电阻，原、副线圈匝数之比为 2:1，电流表、电压表均为理想电表。下列说法正确的是 A．原线圈的输入功率为 220 W B．电流表的读数为 1 A C．电压表的读数为 110 V D．副线圈输出交流电的周期为 50 s 【答案】B 【考点定位】正弦式交变电流的“四值”、理想变压器原副线圈电压、电流、功率与匝数的关系 【名师点睛】理想变压器原副线圈两端电压、电流、功率与匝数的关系需注意因果关系，电压由原线圈决定副线圈，电流与 功率则由副线圈决定原线圈。 3．【2017·江苏卷】某音响电路的简化电路图如图所示，输入信号既有高频成分，也有低频成分，则 220 2 sin π (V)u t= 2 2 28π J （A）电感 L1 的作用是通高频 （B）电容 C2 的作用是通高频 （C）扬声器甲用于输出高频成分 （D）扬声器乙用于输出高频成分 【答案】BD 【解析】电感线圈对交流电的阻碍作用由感抗描述， ，频率越高阻碍作用越大，对输入端的高频和低频交流信号 的作用是通低频阻高频，所以 A 错误；电容对交流电的阻碍作用 ，频率越高阻碍作用越小，所以是通高频阻低频， 故 BD 正确；C 错误． 【考点定位】电感、电容对交流电的阻碍作用 【名师点睛】本题主要考查电感、电容对交流电的阻碍作用，即感抗、容抗的大小与什么因素 专题 8 选修 3—3 1．【2017·北京卷】以下关于热运动的说法正确的是 A．水流速度越大，水分子的热运动越剧烈 B．水凝结成冰后，水分子的热运动停止 C．水的温度越高，水分子的热运动越剧烈 D．水的温度升高，每一个水分子的运动速率都会增大 【答案】C 【考点定位】分子动理论 【名师点睛】温度是分子平均动能的标志，但单个分子做无规则运动，单个分子在高温时速率可能较小。 2．【2017·新课标Ⅰ卷】（5 分）氧气分子在 0 ℃和 100 ℃温度下单位速率间隔的分子数占总分子数的百分比随气体分子速 率的变化分别如图中两条曲线所示。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 4 分， 选对 3 个得 5 分。每选错 1 个扣 3 分，最低得分为 0 分） 2πLX fL= 1 2πCX fC = A．图中两条曲线下面积相等 B．图中虚线对应于氧气分子平均动能较小的情形 C．图中实线对应于氧气分子在 100 ℃时的情形 D．图中曲线给出了任意速率区间的氧气分子数目 E．与 0 ℃时相比，100 ℃时氧气分子速率出现在 0~400 m/s 区间内的分子数占总分子数的百分比较大 【答案】ABC 【解析】温度是分子平均动能的标志，温度升高分子的平均动能增加，不同温度下相同速率的分子所占比例不同，温度越高， 速率大的分子占比例越高，故虚线为 0 ℃，实线是 100 ℃对应的曲线，曲线下的面积都等于 1，故相等，所以 ABC 正确。 【考点定位】单位速率间隔的分子数占总分子数的百分比随气体分子速率的变化曲线 【名师点睛】本题主要抓住温度是分子平均动能的标志，温度升高分子的平均动能增加，不同温度下相同速率的分子所占比 例不同的特点。 3．【2017·新课标Ⅱ卷】（5 分）如图，用隔板将一绝热气缸分成两部分，隔板左侧充有理想气体，隔板右侧与绝热活塞之 间是真空。现将隔板抽开，气体会自发扩散至整个气缸。待气体达到稳定后，缓慢推压活塞，将气体压回到原来的体积。假 设整个系统不漏气。下列说法正确的是________（选对 1 个得 2 分，选对 2 个得 4 分，选对 3 个得 5 分；每选错 1 个扣 3 分， 最低得分为 0 分）。 A．气体自发扩散前后内能相同 B．气体在被压缩的过程中内能增大 C．在自发扩散过程中，气体对外界做功 D．气体在被压缩的过程中，外界对气体做功 E．气体在被压缩的过程中，气体分子的平均动能不变 【答案】ABD 【考点定位】气体的内能；热力学第一定律 【名师点睛】此题考查学生对热力学第一定律的理解和运用能力；要知道气体在向真空膨胀时不对外做功；绝热状态时 Q=0；理想气体的内能只与温度有关。 4．【2017·江苏卷】一定质量的理想气体从状态 A 经过状态 B 变化到状态 C，其 V–T 图象如图 12A–1 图所示．下列说法正 确的有_________． （A）A→B 的过程中，气体对外界做功 （B）A→B 的过程中，气体放出热量 （C）B→C 的过程中，气体压强不变 （D）A→B→C 的过程中，气体内能增加 【答案】BC 【考点定位】理想气体状态方程 热力学第一定律 【名师点睛】两个过程：A 到 B 等温变化，B 到 C 等压变化． 5．【2017·新课标Ⅲ卷】（5 分）如图，一定质量的理想气体从状态 a 出发，经过等容过程 ab 到达状态 b，再经过等温过程 bc 到达状态 c，最后经等压过程 ca 回到状态 a。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 4 分，选对 3 个得 5 分。每选错 1 个扣 3 分，最低得分为 0 分）。 A．在过程 ab 中气体的内能增加 B．在过程 ca 中外界对气体做功 C．在过程 ab 中气体对外界做功 D．在过程 bc 中气体从外界吸收热量 E．在过程 ca 中气体从外界吸收热量 【答案】ABD 【解析】在过程 ab 中，体积不变，外界不对气体做功，气体也不对外界做功，压强增大，温度升高，内能增加，A 正确，C 错误；在过程 ca 中，气体体积缩小，外界对气体做功，压强不变，温度降低，故内能减小，由热力学第一定律可得气体向外 界放出热量，B 正确，E 错误；在过程 bc 中，温度不变，内能不变，体积增大，气体对外界做功，由热力学第一定律可知， 气体要从外界吸收热量，D 正确。 【考点定位】理想气体的等容变化、等压变化和等温变化、热力学第一定律 【名师点睛】本题考查了理想气体的三种特殊状态变化，等容变化、等压变化和等温变化，考查了其中气体与外界的能量交 换情况及热力学第一定律，解题时要分析清楚图象，根据理想气体状态方程与热力学第一定律解题。 6．【2017·江苏卷】题 12A–2（甲）和（乙）图中是某同学从资料中查到的两张记录水中炭粒运动位置连线的图片，记录炭 粒位置的时间间隔均为 30 s，两方格纸每格表示的长度相同．比较两张图片可知：若水温相同，_________（选填“甲”或 “乙”）中炭粒的颗粒较大；若炭粒大小相同，___________（选填“甲”或“乙”）中水分子的热运动较剧烈． 【答案】甲 乙 【考点定位】布朗运动 【名师点睛】本题主要考查布朗运动，布朗运动与悬浮在液体中颗粒的大小及液体的温度有关． 7．【2017·江苏卷】科学家可以运用无规则运动的规律来研究生物蛋白分子．资料显示，某种蛋白的摩尔质量为 66 kg/mol， 其分子可视为半径为 3×10–9 m 的球，已知阿伏加德罗常数为 6.0×1023 mol–1．请估算该蛋白的密度．（计算结果保留一位有效 数字） 【答案】 【解析】摩尔体积 由密度 ，解得 代入数据得 【考点定位】阿伏加德罗常数 【名师点睛】本题主要考查阿伏加德罗常数，摩尔质量、摩尔体积等物理量间的关系，记得公式，用心计算，小心有效数字 的要求即可． 8．【2017·新课标Ⅰ卷】（10 分）如图，容积均为 V 的汽缸 A、B 下端有细管（容积可忽略）连通，阀门 K2 位于细管的中 部，A、B 的顶部各有一阀门 K1、K3；B 中有一可自由滑动的活塞（质量、体积均可忽略）。初始时，三个阀门均打开，活 塞在 B 的底部；关闭 K2、K3，通过 K1 给汽缸充气，使 A 中气体的压强达到大气压 p0 的 3 倍后关闭 K1。已知室温为 27 ℃， 3 31 10 kg/mρ = × 3 A 4 π 3 V r N= M V ρ = 3 A 3 4π M r N ρ = 3 31 10 kg/mρ = × 汽缸导热。 （i）打开 K2，求稳定时活塞上方气体的体积和压强； （ii）接着打开 K3，求稳定时活塞的位置； （iii）再缓慢加热汽缸内气体使其温度升高 20 ℃，求此时活塞下方气体的压强。 【答案】（i）V/2 2p0 （i i ） 顶部 （i i i） 1.6 p0 【解析】（i）设打开 K2 后，稳定时活塞上方气体的压强为 p1，体积为 V1。依题意，被活塞分开的两部分气体都经历等温过 程。由玻意耳定律得 ① ② 联立①②式得 ③ ④ （ii）打开 K3 后，由④式知，活塞必定上升。设在活塞下方气体与 A 中气体的体积之和为 V2（ ）时，活塞下气体压 强为 p2，由玻意耳定律得 ⑤ 由⑤式得 ⑥ 由⑥式知，打开 K3 后活塞上升直到 B 的顶部为止；此时 p2 为 （iii）设加热后活塞下方气体的压强为 p3，气体温度从 T1=300 K 升高到 T2=320 K 的等容过程中，由查理定律得 ⑦ 将有关数据代入⑦式得 p3=1.6p0⑧ 【考点定位】玻意耳定律、查理定律 【名师点睛】本题重点考查理想气体的状态方程，在分析的时候注意，气缸导热，即第一个过程为等温变化，审题的时候注 意关键字眼。 9．【2017·新课标Ⅱ卷】（10 分）一热气球体积为 V，内部充有温度为 Ta 的热空气，气球外冷空气的温度为 Tb。已知空气 在 1 个大气压、温度 T0 时的密度为 ρ0，该气球内、外的气压始终都为 1 个大气压，重力加速度大小为 g。 0 1 1p V pV= 0 1 1(3 ) (2 )p V p V V= − 1 2 VV = 1 02p p= 2 2V V≤ 0 2 2(3 )p V p V= 2 0 2 3Vp pV = 2 0 3 2p p′ = 32 1 2 pp T T ′ = （i）求该热气球所受浮力的大小； （ii）求该热气球内空气所受的重力； （iii）设充气前热气球的质量为 m0，求充气后它还能托起的最大质量。 【答案】（i） （ii） （iii） 【解析】（i）设 1 个大气压下质量为 m 的空气在温度 T0 时的体积为 V0，密度为 ① 温度为 T 时的体积为 VT，密度为： ② 由盖-吕萨克定律可得： ③ 联立①②③解得： ④ 气球所受的浮力为： ⑤ 联立④⑤解得： ⑥ (ⅱ)气球内热空气所受的重力： ⑦ 联立④⑦解得： ⑧ (ⅲ)设该气球还能托起的最大质量为 m，由力的平衡条件可知：mg=f–G–m0g⑨ 联立⑥⑧⑨可得： 【考点定位】盖-吕萨克定律；物体的平衡 【名师点睛】此题是热学问题和力学问题的结合题；关键是知道阿基米德定律，知道温度不同时气体密度不同；能分析气球 的受力情况列出平衡方程。 10．【2017·新课标Ⅲ卷】（10 分）一种测量稀薄气体压强的仪器如图（a）所示，玻璃泡 M 的上端和下端分别连通两竖直 玻璃细管 K1 和 K2。K1 长为 l，顶端封闭，K2 上端与待测气体连通；M 下端经橡皮软管与充有水银的容器 R 连通。开始测量 时，M 与 K2 相通；逐渐提升 R，直到 K2 中水银面与 K1 顶端等高，此时水银已进入 K1，且 K1 中水银面比顶端低 h，如图 （b）所示。设测量过程中温度、与 K2 相通的待测气体的压强均保持不变。已知 K1 和 K2 的内径均为 d，M 的容积为 V0，水 银的密度为 ρ，重力加速度大小为 g。求： 0 0 b gVT T ρ 0 0 a gVT T ρ 0 0 0 0 0 b a VT VT mT T ρ ρ− − 0 0 m V ρ = ( ) T mT V ρ = 0 0 TV V T T = 0 0( ) TT T ρ ρ= ( )bf T gVρ= 0 0 b gVTf T ρ= ( )aG T Vgρ= 0 0 a TG Vg T ρ= 0 0 0 0 0 b a VT VTm mT T ρ ρ= − − （i）待测气体的压强； （ii）该仪器能够测量的最大压强。 【答案】（i） （ii） 【考点定位】玻 意耳定律 【名师点睛】此题主要考查玻意耳定律的应用，解题关键是确定以哪一部分气体为研究对象，并能找到气体在不同状态下的 状态参量，然后列方程求解。 专题 9 选修 3—4 2 2 2 0 π 4 π ( ) gd h V d l h ρ + − 2 2 0 π 4 gd l V ρ 1．【2017·天津卷】手持较长软绳端点 O 以周期 T 在竖直方向上做简谐运动，带动绳上的其他质点振动形成简谐波沿绳水 平传播，示意如图。绳上有另一质点 P，且 O、P 的平衡位置间距为 L。t=0 时，O 位于最高点，P 的位移恰好为零，速度方 向竖直向上，下列判断正确的是 A．该简谐波是纵波 B．该简谐波的最大波长为 2L C． 时，P 在平衡位置上方 D． 时，P 的速度方向竖直向上 【答案】C 【考点定位】机械振动和机械波 【名师点睛】本题应注意波的周期性，要从波长入手。 2．【2017·北京卷】某弹簧振子沿 x 轴的简谐运动图象如图所示，下列描述正确的是 A．t=1 s 时，振子的速度为零，加速度为负的最大值 B．t=2 s 时，振子的速度为负，加速度为正的最大值 C．t=3 s 时，振子的速度为负的最大值，加速度为零 D．t=4 s 时，振子的速度为正，加速度为负的最大值 【答案】A 【考点定位】振动图象 【名师点睛】根据振动图象判断质点振动方向的方法：沿着时间轴看去，“上坡”段质点向上振动，“下坡”段质点向下振动。 8 Tt = 3 8 Tt = 3．【2017·新课标Ⅲ卷】（5 分）如图，一列简谐横波沿 x 轴正方向传播，实线为 t=0 时的波形图，虚线为 t=0.5 s 时的波形 图。已知该简谐波的周期大于 0.5 s。关于该简谐波，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 4 分，选对 3 个得 5 分。每选错 1 个扣 3 分，最低得分为 0 分）。 A．波长为 2 m B．波速为 6 m/s C．频率为 1.5 Hz D．t=1 s 时，x=1 m 处的质点处于波峰 E．t=2 s 时，x=2 m 处的质点经过平衡位置 【答案】BCE 【解析】由波形图可知，波长为 4 m，A 错误；实线为 t=0 时的波形图，虚线为 t=0.5 s 时的波形图，波沿 x 轴正方向传播， 又该波的周期大于 0.5 s，则 0~0.5 s 时间内波传播的距离 ， ，故周期 ，频率为 1.5 Hz，波速 ，BC 正确；由 ，t=0 时，x=1 m 处的质点在波峰位置，t=1 时，该质点应该在平衡位置向上振动，D 错误；由 ，t=0 时，x=2 m 处的质点在平衡位置，t=2 s 时，该质点同样经过平衡位置，E 正确。 【考点定位】机械波的传播、质点的振动 【名师点睛】本题知道两个时刻的波形，可以运用波形的平移法分析波传播的最短距离，要理解“该简谐波的周期大于 0.5 s” 表达的意义。 4．【2017·江苏卷】野生大象群也有自己的“语言”．研究人员录下象群“语言”交流时发出的声音，发现以 2 倍速度快速播放 时，能听到比正常播放时更多的声音．播放速度变为原来的 2 倍时，播出声波的___________（选填“周期”或“频率”）也变为 原来的 2 倍，声波的传播速度____________（选填“变大”、“变小”或“不变”）． 【答案】频率 不变 【考点定位】机械波 频率 波速 【名师点睛】机械波在传播的过程中，传播的速度由介质决定，而频率由波源决定． 5．【2017·新课标Ⅰ卷】（5 分）如图（a），在 xy 平面内有两个沿 z 方向做简谐振动的点波源 S1(0，4)和 S2(0，–2)。两波 源的振动图线分别如图（b）和图（c）所示，两列波的波速均为 1.00 m/s。两列波从波源传播到点 A(8，–2)的路程差为 ________m，两列波引起的点 B(4，1)处质点的振动相互__________（填“加强”或“减弱”），点 C(0，0.5)处质点的振动相互 __________（填“加强”或“减弱”）。 3 4x λ∆ = 3 0.5 s4T = 2 s3T = 6 m/sv fλ= = 31 s= 2T 2 s 3T= 【答案】2 减弱 加强 【解析】由几何关系可知 AS1=10 m，AS2=8 m，所以波程差为 2 m；同理可求 BS1–BS2=0，为波长整数倍，由振动图象知两 振源振动方向相反，故 B 点为振动减弱点，CS1–CS2=1 m，波长 ，所以 C 点振动加强。 【考点定位】波的叠加、干涉 【名师点睛】本题只要考查产生两列波相遇处是加强或减弱的条件，尤其小心两波源振动的方向是相反的，即振动步调相反， 刚好颠倒过来。 6．【2017·北京卷】如图所示，一束可见光穿过平行玻璃砖后，变为 a、b 两束单色光。如果光束 b 是蓝光，则光束 a 可能是 A．红光 B．黄光 C．绿光 D．紫光 【答案】D 【考点定位】光的折射 【名师点睛】由教材中白光通过三棱镜时发生色散的演示实验可知，光线在进入棱镜前后偏折角度越大，棱镜对该光的折射 率越大，该光的频率越大。 7．【2017·天津卷】明代学者方以智在《阳燧倒影》中记载：“凡宝石面凸，则光成一条，有数棱则必有一面五色”，表明白 光通过多棱晶体折射会发生色散现象。如图所示，一束复色光通过三棱镜后分解成两束单色光 a、b，下列说法正确的是 A．若增大入射角 i，则 b 光先消失 B．在该三棱镜中 a 光波长小于 b 光 vTλ = C．a 光能发生偏振现象，b 光不能发生 D．若 a、b 光分别照射同一光电管都能发生光电效应，则 a 光的遏止电压低 【答案】D 【考点定位】光的折射，全反射，几何光学 【名师点睛】本题考查的知识点较多，涉及光的折射、全反射、光电效应方程、折射率与波长的关系、横波和纵波的概念等， 解决本题的关键是能通过光路图判断出两种光的折射率的关系，并能熟练利用几何关系。 8．【2017·北京卷】物理学原理在现代科技中有许多重要应用。例如，利用波的干涉，可将无线电波的干涉信号用于飞机降 落的导航。 如图所示，两个可发射无线电波的天线对称地固定于飞机跑道两侧，它们类似于杨氏干涉实验中的双缝。两天线同时都发出 波长为 λ1 和 λ2 的无线电波。飞机降落过程中，当接收到 λ1 和 λ2 的信号都保持最强时，表明飞机已对准跑道。下列说法正确 的是 A．天线发出的两种无线电波必须一样强 B．导航利用了 λ1 与 λ2 两种无线电波之间的干涉 C．两种无线电波在空间的强弱分布稳定 D．两种无线电波各自在空间的强弱分布完全重合 【答案】C 【解析】由于两无线电波波源对称分布在跑道两侧，两种波长的无线电波各自发生干涉，在跑道处干涉均加强，两种无线电 波各自在空间的强弱分布稳定，但不重合，当接收到的 λ1 和 λ2 的信号都保持最强时，表明飞机已对准跑道。由题意，天线发 出的两种无线电波不必一样强，A 错误；导航利用了两种波长的无线电波各自的稳定干涉，B 错误；若两种无线电波各自在 空间的强弱分布完全重合，则接收到 λ1 和 λ2 的信号都保持最强的位置，不一定在跑道上，D 错误；故选 C。 【考点定位】波的干涉 【名师点睛】波长相等的两列波可以产生稳定的干涉，类似双缝干涉实验，在两波源连线的中垂线上干涉始终加强（波程差 为零）。 9．【2017·江苏卷】接近光速飞行的飞船和地球上各有一只相同的铯原子钟，飞船和地球上的人观测这两只钟的快慢，下列 说法正确的有___________． （A）飞船上的人观测到飞船上的钟较快 （B）飞船上的人观测到飞船上的钟较慢 （C）地球上的人观测到地球上的钟较快 （D）地球上的人观测到地球上的钟较慢 【答案】AC 【考点定位】狭义相对论 【名师点睛】本题主要考查狭义相对论时间间隔的相对性，注意运动的相对的，飞船相对地球高速运动，地球也相对飞船高 速运动． 10．【2017·新课标Ⅱ卷】（5 分）在双缝干涉实验中，用绿色激光照射在双缝上，在缝后的屏幕上显示出干涉图样。若要增 大干涉图样中两相邻亮条纹的间距，可选用的方法是________（选对 1 个得 2 分，选对 2 个得 4 分，选对 3 个得 5 分；每选 错 1 个扣 3 分，最低得分为 0 分）。 A．改用红色激光 B．改用蓝色激光 C．减小双缝间距 D．将屏幕向远离双缝的位置移动 E．将光源向远离双缝的位置移动 【答案】ACD 【考点定位】双缝干涉 【名师点睛】此题考查双缝干涉中条纹间距的影响因素；关键是理解实验原理，知道干涉条纹间距的表达式 ，题 目较简单。 11．【2017·江苏卷】人的眼球可简化为如图所示的模型，折射率相同、半径不同的两个球体共轴，平行光束宽度为 D，对 lx d λ∆ = 称地沿轴线方向射入半径为 R 的小球，会聚在轴线上的 P 点．取球体的折射率为 ，且 D= R，求光线的会聚角 α．（示 意图未按比例画出） 【答案】30° 【解析】由几何关系 ，解得 则由折射定律 ，解得 且 ，解得 【考点定位】光的折射、反射 【名师点睛】几何光学的问题，画出光路图，剩下的就是平面几何，找边角关系． 12．【2017·新课标Ⅰ卷】（10 分）如图，一玻璃工件的上半部是半径为 R 的半球体，O 点为球心；下半部是半径为 R、高 位 2R 的圆柱体，圆柱体底面镀有反射膜。有一平行于中心轴 OC 的光线从半球面射入，该光线与 OC 之间的距离为 0.6R。已 知最后从半球面射出的光线恰好与入射光线平行（不考虑多次反射）。求该玻璃的折射率。 【答案】 【解析】如图，根据光路的对称性和光路可逆性，与入射光线相对于 OC 轴对称的出射光线一定与入射光线平行。这样，从 半球面射入的折射光线，将从圆柱体底面中心 C 点反射。 设光线在半球面的入射角为 i，折射角为 r。由折射定律有 ① 由正弦定理有 ② 由几何关系，入射点的法线与 OC 的夹角为 i。由题设条件和几何关系有 ③ 式中 L 是入射光线与 OC 的距离。由②③式和题给数据得 ④ 由①③④式和题给数据得 ⑤ 2 2 sin 2 Di R = 45i = ° sin sin i nγ = 30γ = ° 2 i αγ= + 30α = ° 2.05 1.43n = ≈ sin sini n r= sin sin( ) 2 r i r R R −= sin Li R = 6sin 205 r = 2.05 1.43n = ≈ 【考点定位】光的折射 【名师点睛】本题的关键条件是出射光线与入射光线平行，依据这个画出光路图，剩下就是平面几何的运算了。 13．【2017·新课标Ⅱ卷】（10 分）一直桶状容器的高为 2l，底面是边长为 l 的正方形；容器内装满某种透明液体，过容器 中心轴 DD′、垂直于左右两侧面的剖面图如图所示。容器右侧内壁涂有反光材料，其他内壁涂有吸光材料。在剖面的左下角 处有一点光源，已知由液体上表面的 D 点射出的两束光线相互垂直，求该液体的折射率。 【答案】1.55 【解析】设从光源发出直射到 D 点的光线的入射角为 i1，折射角为 r1，在剖面内做光源相对于反光壁的镜像对称点 C，连接 CD， 交反光壁于 E 点，由光源射向 E 点的光线，反射后沿 ED 射向 D 点；光线在 D 点的入射角为 i2，折射角为 r2，如图所示； 设液体的折射率为 n，由折射定律： ① ② 依题意： ③ 联立①②③解得： ④ 由几何关系： ⑤ 1 1sin sinn i r= 2 2sin sinn i r= 1 2 90r r+ = ° 2 2 2 1 2 1 sin sinn i i = + 1 2 2 12sin 174 4 l i ll = = + ⑥ 联立④⑤⑥解得：n=1.55 【考点定位】光的折射及反射定律 【名师点睛】此题主要考查光的折射定律的应用；解题的关键是能画出光路图，通过几何关系找到入射角及折射角；根据折 射定律 列方程求解。此题同时考查学生的数学计算能力。 14．【2017·新课标Ⅲ卷】（10 分）如图，一半径为 R 的玻璃半球，O 点是半球的球心，虚线 OO′表示光轴（过球心 O 与半 球底面垂直的直线）。已知玻璃的折射率为 1.5。现有一束平行光垂直入射到半球的底面上，有些光线能从球面射出（不考虑 被半球的内表面反射后的光线）。求 （i）从球面射出的光线对应的入射光线到光轴距离的最大值； （ii）距光轴 的入射光线经球面折射后与光轴的交点到 O 点的距离。 【答案】（i） （ii） 【解析】（i）如图，从底面上 A 处射入的光线，在球面上发生折射时的入射角为 i，当 i 等于全反射临界角 i0 时，对应入射 光线到光轴的距离最大，设最大距离为 l。 ① 设 n 是玻璃的折射率，由全反射临界角的定义有 ② 由几何关系有 ③ 联立①②③式并利用题给条件，得 ④ （ii）设与光轴距 的光线在球面 B 点折射时的入射角和折射角分别为 i1 和 r1，由折射定律有 ⑤ 3 R 2 3 R 3(2 2 3) 2.745 R R + ≈ 0i i= 0sin 1n i = sin li R = 2 3l R= 3 R 1 1sin sinn i r= 2 2 2 3 32sin 594 4 l i ll = = + sin sin in r = 设折射光线与光轴的交点为 C，在△OBC 中，由正弦定理有 ⑥ 由几何关系有 ⑦ ⑧ 联立⑤⑥⑦⑧式及题给的条件得 ⑨ 【考点定位】光的折射、全反射 【名师点睛】本题主要考查光的折射定律的应用，解题关键是根据题意画出光路图，根据几何知识确定入射角与折射角，然 后列方程求解。 专题 10 波粒二象性 原子结构和原子核 1．【2017·天津卷】我国自主研发制造的国际热核聚变核心部件在国际上率先通过权威机构认证，这是我国对国际热核聚变 项目的重大贡献。下列核反应方程中属于聚变反应的是 A． B． C． D． 【答案】A 【考点定位】核反应的种类 【名师点睛】本题的关键是知道核反应的分类，区别衰变和核反应。 2．【2017·新课标Ⅰ卷】大科学工程“人造太阳”主要是将氘核聚变反应释放的能量用来发电。氘核聚变反应方程是 。已知 的质量为 2.013 6 u， 的质量为 3.015 0 u， 的质量为 1.008 7 u，1 u=931 MeV/c2。氘 核聚变反应中释放的核能约为 A．3.7 MeV B．3.3 MeV C．2.7 MeV D．0.93 MeV 1sin(180 )sin o rC R OC −∠ = 1 1C r i∠ = − 1 1sin 3i = 3(2 2 3) 2.745 ROC R += ≈ 2 3 4 1 1 1 2 0H H He n+ → + 14 4 17 1 7 2 8 1N He O H+ → + 4 27 30 1 2 13 15 0He Al P n+ → + 235 1 144 89 1 92 0 56 36 0U n Ba Kr 3 n+ → + + 2 2 3 1 1 1 2 0H H He n+ +→ 2 1 H 3 2 He 1 0 n 【答案】B 【解析】根据质能方程，释放的核能 ， ，则 ，故 B 正确，ACD 错误。 【考点定位】质能方程 【名师点睛】本题考查质能方程，注意原子核的质量单位不是 kg，由质能方程求核能时要细心。 3．【2017·江苏卷】原子核的比结合能曲线如图所示，根据该曲线，下列判断中正确的有 ． （A） 核的结合能约为 14 MeV （B） 核比 核更稳定 （C）两个 核结合成 核时释放能量 （D） 核中核子的平均结合能比 核中的大 【答案】BC 【考点定位】比 结合能 结合能 【名师点睛】本题主要是要理解比结合能的含义，知道结合能与比结合能的区分与关系．以及在核反应过程中由比结合能小 的反应生成比结合能大的要释放能量． 4．【2017·新课标Ⅲ卷】在光电效应实验中，分别用频率为 νa、νb 的单色光 a、b 照射到同种金属上，测得相应的遏止电压 分别为 Ua 和 Ub、光电子的最大初动能分别为 Eka 和 Ekb。h 为普朗克常量。下列说法正确的是 A．若 νa>νb，则一定有 Uaνb，则一定有 Eka>Ekb C．若 Uaνb，则一定有 hνa–Eka>hνb–Ekb 【答案】BC 【解析】由爱因斯坦光电效应方程 ，又由动能定理有 ，当 时， ， ，A 错mkE h Wν= − mkE eU= a b ν ν> k ka bE E> a bU U> 2mcE ∆=∆ H He n2 0.003 5um m m m∆ = − − = 2 20.003 5u 931MeV/ 3.258 5 MeV 3.3 MeVE c c∆ = × × = ≈ 4 2 He 4 2 He 6 3 Li 2 1H 4 2 He 235 92 U 89 36 Kr 误，B 正确；若 ，则有 ，C 正确；同种金属的逸出功不变，则 不变，D 错误。 【考点定位】光电效应 【名师点睛】本题主要考查光电效应。发生光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限频率，光的强弱只影响单位时间 内发出光电子的数目；光电子的最大初动能和遏止电压由照射光的频率和金属的逸出功决定；逸出功由金属本身决定，与光 的频率无关。 5．【2017·北京卷】2017 年 年 初 ， 我 国 研 制 的“大 连 光 源”——极 紫 外 自 由 电 子 激 光 装 置 ， 发 出 了 波 长 在 100 nm （1 nm=10–9 m）附近连续可调的世界上最强的极紫外激光脉冲。大连光源因其光子的能量大、密度高，可在能源利用、光刻 技术、雾霾治理等领域的研究中发挥重要作用。 一个处于极紫外波段的光子所具有的能量可以电离一个分子，但又不会把分子打碎。据此判断，能够电离一个分子的能量约 为（取普朗克常量 h=6.6×10–34 J·s，真空光速 c=3×108 m/s） A．10–21 J B．10–18 J C．10–15 J D．10–12 J 【答案】B 【考点定位】光子的能量、电离 【名师点睛】根据题意可知光子的能量足以电离一个分子，因此该光子的能量应比该分子的电离能大，同时又不能把分子打 碎，因此两者能量具有相同的数量级，不能大太多。 6．【2017·新课标Ⅱ卷】一静止的铀核放出一个粒子衰变成钍核，衰变方程为 。下列说法正确的是 A．衰变后钍核的动能等于粒子的动能 B．衰变后钍核的动量大小等于粒子的动量大小 C．铀核的半衰期等于其放出一个粒子所经历的时间 D．衰变后粒子与钍核的质量之和等于衰变前铀核的质量 【答案】B 【解析】根据动量守恒定律可知，生成的钍核的动量与粒子的动量等大反向，选项 B 正确；根据 可知，衰变后钍核 的动能小于粒子的动能，选项 A 错误；铀核的半衰期等于一半数量的铀核衰变需要的时间，而放出一个粒子所经历的时间是 一个原子核衰变的时间，故两者不等，选项 C 错误；由于该反应放出能量，由质能方程可知，衰变后粒子与钍核的质量之和 小于衰变前铀核的质量，选项 D 错误；故选 B。 【考点定位】半衰期；动量守恒定律；质能方程 【名师点睛】此题考查了原子核的反冲问题以及对半衰期的理解；对于有能量放出的核反应，质量数守恒，但是质量不守恒； 知道动量和动能的关系 。 7．【2017·江苏卷】质子（ ）和 α 粒子（ ）被加速到相同动能时，质子的动量 （选填“大于”、“小于”或“等于”） a bU U< k ka bE E< kmW h Eν= − 238 234 4 92 90 2U Th He→ + 2 k 2 pE m = 2 k 2 pE m = 1 1H 4 2 H α 粒子的动量，质子和 α 粒子的德布罗意波波长之比为 ． 【答案】小于 2:1 【考点定位】物质波 【名师点睛】考查公式，动量与动能的关系以及物质的波的波长和公式，较容易． 8．【2017·北京卷】（18 分）在磁感应强度为 B 的匀强磁场中，一个静止的放射性原子核发生了一次 α 衰变。放射出的 α 粒 子（ ）在与磁场垂直的平面内做圆周运动，其轨道半径为 R。以 m、q 分别表示 α 粒子的质量和电荷量。 （1）放射性原子核用 表示，新核的元素符号用 Y 表示，写出该 α 衰变的核反应方程。 （2）α 粒子的圆周运动可以等效成一个环形电流，求圆周运动的周期和环形电流大小。 （3）设该衰变过程释放的核能都转为为 α 粒子和新核的动能，新核的质量为 M，求衰变过程的质量亏损 Δm。 【答案】（1） （2） （3） 【解析】（1）根据核反应中质量数与电荷数守恒可知，该 α 衰变的核反应方程为 （2）设 α 粒子在磁场中做圆周运动的速度大小为 v，由洛伦兹力提供向心力有 根据圆周运动的参量关系有 得 α 粒子在磁场中运动的周期 根据电流强度定义式，可得环形电流大小为 （3）由 ，得 设衰变后新核 Y 的速度大小为 v′，核反应前后系统动量守恒，有 Mv′–mv=0 可得 根据爱因斯坦质能方程和能量守恒定律有 解得 说明：若利用 解答，亦可。 4 2 He XA Z 4 4 2 2X Y HeA A Z Z − −→ + 2πm qB 2 2π q B m 2 2 ( )( ) 2 M m qBR mMc + 4 4 2 2X Y HeA A Z Z − −→ + 2vqvB m R = 2πRT v = 2πmT qB = 2 2π q q BI T m = = 2vqvB m R = qBRv m = mv qBRv M M ′ = = 2 2 21 1 2 2mc Mv mv′∆ = + 2 2 ( )( ) 2 M m qBRm mMc +∆ = 4 4 AM m −= 【考点定位】核反应方程、带电粒子在匀强磁场中的运动、动量守恒定律、爱因斯坦质能方程、能量守恒定律 【名师点睛】（1）无论哪种核反应方程，都必须遵循质量数、电荷数守恒。 （2）α 衰变的生成物是两种带电荷量不同的“带电粒子”，反应前后系统动量守恒，因此反应后的两产物向相反方向运动，在 匀强磁场中，受洛伦兹力作用将各自做匀速圆周运动，且两轨迹圆相外切，应用洛伦兹力计算公式和向心力公式即可求解运 动周期，根据电流强度的定义式可求解电流大小。 （3）核反应中释放的核能应利用爱因斯坦质能方程求解，在结合动量守恒定律与能量守恒定律即可解得质量亏损。 专题 11 力学实验 1．【2017·新课标Ⅰ卷】（5 分）某探究小组为了研究小车在桌面上的直线运动，用自制“滴水计时器”计量时间。实验前， 将该计时器固定在小车旁，如图（a）所示。实验时，保持桌面水平，用手轻推一下小车。在小车运动过程中，滴水计时器等 时间间隔地滴下小水滴，图（b）记录了桌面上连续的 6 个水滴的位置。（已知滴水计时器每 30 s 内共滴下 46 个小水滴） （1）由图（b）可知，小车在桌面上是____________（填“从右向左”或“从左向右”）运动的。 （2）该小组同学根据图（b）的数据判断出小车做匀变速运动。小车运动到图（b）中 A 点位置时的速度大小为 ___________m/s，加速度大小为____________m/s2。（结果均保留 2 位有效数字） 【答案】（1）从右向左 （2）0.19 0.037 【解析】（1）小车在阻力的作用下，做减速运动，由图（b）知，从右向左相邻水滴间的距离逐渐减小，所以小车在桌面上是 从右向左运动；（2）已知滴水计时器每 30 s 内共滴下 46 个小水滴，所以相邻两水滴间的时间间隔为： ，所 以 A 点位置的速度为： ，根据逐差法可求加速度： ，解得 a=0.037 m/s2。 【考点定位】匀变速直线运动的研究 【名师点睛】注意相邻水滴间的时间间隔的计算，46 滴水有 45 个间隔；速度加速度的计算，注意单位、有效数字的要求。 2．【2017·新课标Ⅲ卷】（6 分）某探究小组做“验证力的平行四边形定则”实验，将画有坐标轴（横轴为 x 轴，纵轴为 y 轴， 最小刻度表示 1 mm）的纸贴在水平桌面上，如图（a）所示。将橡皮筋的一端 Q 固定在 y 轴上的 B 点（位于图示部分之 外），另一端 P 位于 y 轴上的 A 点时，橡皮筋处于原长。 （1）用一只测力计将橡皮筋的 P 端沿 y 轴从 A 点拉至坐标原点 O，此时拉力 F 的大小可由测力计读出。测力计的示数如图 （b）所示，F 的大小为_______N。 （2）撤去（1）中的拉力，橡皮筋 P 端回到 A 点；现使用两个测力计同时拉橡皮筋，再次将 P 端拉至 O 点。此时观察到两 个拉力分别沿图（a）中两条虚线所示的方向，由测力计的示数读出两个拉力的大小分别为 F1=4.2 N 和 F2=5.6 N。 30 2s s45 3t∆ = = 0.117 0.133 m/s 0.19 m/s2Av t += =∆ 2 4 5 1 2( ) ( ) 6 ( )x x x x a t+ − + = ∆ （i）用 5 mm 长度的线段表示 1 N 的力，以 O 为作用点，在图（a）中画出力 F1、F2 的图示，然后按平形四边形定则画出它 们的合力 F 合； （ii）F 合的大小为_______N，F 合与拉力 F 的夹角的正切值为________。 若 F 合与拉力 F 的大小及方向的偏差均在实验所允许的误差范围之内，则该实验验证了力的平行四边形定则。 【答案】（1）4.0 （2）（i）如图 （ii）4.0 0.05 【考点定位】验证力的平行四边形定则 【名师点睛】验证力的平行四边形定则中的作图法要注意标明：力的标度、刻度、方向箭头、大小和物理量名称。 3．【2017·新课标Ⅱ卷】（6 分）某同学研究在固定斜面上运动物体的平均速度、瞬时速度和加速度之间的关系。使用的器材 有：斜面、滑块、长度不同的矩形挡光片、光电计时器。 实验步骤如下： ①如图（a），将光电门固定在斜面下端附近；将一挡光片安装在滑块上，记下挡光片前端相对于斜面的位置，令滑块从斜面 上方由静止开始下滑； ②当滑块上的挡光片经过光电门时，用光电计时器测得光线被挡光片遮住的时间∆t； ③用∆s 表示挡光片沿运动方向的长度，如图（b）所示， 表示滑块在挡光片遮住光线的∆t 时间内的平均速度大小，求出 ； v v ④将另一挡光片换到滑块上，使滑块上的挡光片前端与①中的位置相同，令滑块由静止开始下滑，重复步骤②、③； ⑤多次重复步骤④； ⑥利用实验中得到的数据作出 –∆t 图，如图（c）所示。 完成下列填空： （1）用 a 表示滑块下滑的加速度大小，用 vA 表示挡光片前端到达光电门时滑块的瞬时速度大小，则 与 vA、a 和∆t 的关系 式为 = 。 （2）由图（c）可求得，vA= cm/s，a= cm/s2。（结果保留 3 位有效数字） 【答案】（1） （2）52.1 16.3（15.8~16.8） 【考点定位】匀变速直线运动的规律 【名师点睛】此题主要考查学生对匀变速直线运动的基本规律的运用能力；解题时要搞清实验的原理，能通过运动公式找到 图象的函数关系，结合图象的截距和斜率求解未知量。 4．【2017·天津卷】如图所示，打点计时器固定在铁架台上，使重物带动纸带从静止开始自由下落，利用此装置验证机械能 守恒定律。 ①对于该实验，下列操作中对减小实验误差有利的是______________。 A．重物选用质量和密度较大的金属锤 B．两限位孔在同一竖直面内上下对正 C．精确测量出重物的质量 D．用手托稳重物，接通电源后，撒手释放重物 ②某实验小组利用上述装置将打点计时器接到 50 Hz 的交流电源上，按正确操作得到了一条完整的纸带，由于纸带较长，图 中有部分未画出，如图所示。纸带上各点是打点计时器打出的计时点，其中 O 点为纸带上打出的第一个点。重物下落高度应 v v v 1 2Av v a t= + ∆ 从纸带上计时点间的距离直接测出，利用下列测量值能完成验证机械能守恒定律的选项有____________。 A．OA、AD 和 EG 的长度 B．OC、BC 和 CD 的长度 C．BD、CF 和 EG 的长度 D．AC、BD 和 EG 的长度 【答案】①AB ②BC 【考点定位】实验——验证机械能守恒定律 【名师点睛】本题的难点是对实验原理的理解。 5．【2017·北京卷】（18 分）如图 1 所示，用质量为 m 的重物通过滑轮牵引小车，使它在长木板上运动，打点计时器在纸带 上记录小车的运动情况。利用该装置可以完成“探究动能定理”的实验。 （1）打点计时器使用的电源是_______（选填选项前的字母）。 A．直流电源 B．交流电源 （2）实验中，需要平衡摩擦力和其他阻力，正确操作方法是_______（选填选项前的字母）。 A．把长木板右端垫高 B．改变小车的质量 在不挂重物且_______（选填选项前的字母）的情况下，轻推一下小车，若小车拖着纸带做匀速运动，表明已经消除了摩擦力 和其他阻力的影响。 A．计时器不打点 B．计时器打点 （3）接通电源，释放小车，打点计时器在纸带上打下一系列点，将打下的第一个点标为 O。在纸带上依次取 A、B、C…… 若干个计数点，已知相邻计数点间的时间间隔为 T。测得 A、B、C……各点到 O 点的距离为 x1、x2、x3……，如图 2 所示。 实验中，重物质量远小于小车质量，可认为小车所受的拉力大小为 mg。从打 O 点到打 B 点的过程中，拉力对小车做的功 W=_________，打 B 点时小车的速度 v=_________。 （4）以 v2 为纵坐标，W 为横坐标，利用实验数据作出如图 3 所示的 v2–W 图象。由此图象可得 v2 随 W 变化的表达式为 _________________。根据功与能的关系，动能的表达式中可能包含 v2 这个因子；分析实验结果的单位关系，与图线斜率有 关的物理量应是_________。 （5）假设已经完全消除了摩擦力和其他阻力的影响，若重物质量不满足远小于小车质量的条件，则从理论上分析，图 4 中正 确反映 v2–W 关系的是________。 【答案】（1）B （2）A B （3）mgx2 （4）v2=kW，k=（4.5~5.0） kg–1 质量 （5）A 【解析】（1）打点计时器均使用交流电源，选 B。 （2）平衡摩擦和其他阻力，是通过垫高木板右端，构成斜面，使重力沿斜面向下的分力跟它们平衡，选 A；平衡摩擦力时需 要让打点计时器工作，纸带跟打点计时器限位孔间会有摩擦力，且可以通过纸带上打出的点迹判断小车的运动是否为匀速直 线运动，选 B。 （3）小车拖动纸带移动的距离等于重物下落的距离，又小车所受拉力约等于重物重力，因此 W=mgx2；小车做匀变速直线运 动，因此打 B 点时小车的速度为打 AC 段的平均速度，则 。 （4）由图 3 可知，图线斜率 k≈4.7 kg–1 ，即 v2=4.7 kg–1·W ；设小车质量为 M，根据动能定理有 ，变形得 ，即 k= ，因此与图线斜率有关的物理量为质量。 （5）若 m 不满足远小于 M，则由动能定理有 ，可得 ，v2 与 W 仍然成正比关系，选 A。 【考点定位】探究动能定理实验 3 1 2 x x T − 3 1 2 x xv T −= 2 2 MvW = 2 2v WM = ⋅ M 2 2( ) 02 M m vW += − 2 2v WM m = ⋅+ 【名师点睛】实验总存在一定的误差，数据处理过程中，图象读数一样存在误差，因此所写函数表达式的比例系数在一定范 围内即可；第（5）问有一定的迷惑性，应明确写出函数关系，再进行判断。 6．【2017·江苏卷】（8 分）利用如题 10–1 图所示的实验装置探究恒力做功与物体动能变化的关系．小车的质量为 M=200.0 g，钩码的质量为 m=10.0 g，打点计时器的电源为 50 Hz 的交流电． （1）挂钩码前，为了消除摩擦力的影响，应调节木板右侧的高度，直至向左轻推小车观察到_____________________． （2）挂上钩码，按实验要求打出的一条纸带如题 10–2 图所示．选择某一点为 O，依次每隔 4 个计时点取一个计数点．用刻 度尺量出相邻计数点间的距离 ，记录在纸带上．计算打出各计数点时小车的速度 v，其中打出计数点“1”时小车的速度 v1=______m/s． （3）将钩码的重力视为小车受到的拉力，取 g=9.80 m/s，利用 W=mg 算出拉力对小车做的功 W．利用 算出 小车动能，并求出动能的变化量 ．计算结果见下表． 2.45 2.92 3.35 3.81 4.26 2.31 2.73 3.12 3.61 4.00 请根据表中的数据，在答题卡的方格纸上作出 图象． （4）实验结果表明， 总是略小于 W．某同学猜想是由于小车所受拉力小于钩码重力造成的．用题中小车和钩码质量的 数据可算出小车受到的实际拉力 F=__________N． 【答案】（1）小车做匀速运动 （2）0.228 （3）如图所示 （4）0.093 x∆ x∆ 2 k 1 2E Mv= kE∆ 3/ 10 JW −× 3 k / 10 JE −∆ × kE W∆ − kE∆ 【解析】（1）小车能够做匀速运动，纸带上打出间距均匀的点，则表明已平衡摩擦；（2）相临计数点间时间间隔为 T=0.1 s， ；（3）描点画图，如图所示。 ； （4）对整体，根据牛顿第二定律有：mg=（m+M）a，钩码：mg–FT=ma，联立解得绳上的拉力： ． 【考点定位】探究恒力做功与物体动能变化的关系 【名师点睛】本题中的计算，要当心数据的单位、有效数字的要求．用整体法、隔离法，根据牛顿第二定律求绳上的拉力， 题目比较常规，难度不大． 专题 12 电学实验 1．【2017·天津卷】某探究性学习小组利用如图所示的电路测量电池的电动势和内阻。其中电流表 A1 的内阻 r1=1.0 kΩ，电 阻 R1=9.0 kΩ，为了方便读数和作图，给电池串联一个 R0=3.0 Ω 的电阻。 ①按图示电路进行连接后，发现 、 和 三条导线中，混进了一条内部断开的导线。为了确定哪一条导线内部是断开 的，将电建 S 闭合，用多用电表的电压挡先测量 a、 间电压，读数不为零，再测量、 间电压，若读数不为零，则一定是 ________导线断开；若读数为零，则一定是___________导线断开。 ②排除故障后，该小组顺利完成实验。通过多次改变滑动变阻器触头位置，得到电流表 A1 和 A2 的多组 I1、I2 数据，作出图 象如右图。由 I1–I2 图象得到电池的电动势 E=_________V，内阻 r=__________Ω。 【答案】① ②1.41（1.36~1.44 均可） 0.5（0.4~0.6 均可） 02 1 0.228 m/s2 xv T = = 0.093 NT MmF gM m = =+ aa′ bb′ cc′ b′ a′ aa′ bb′ 【考点定位】实验——用伏安法测干电池的电动势和内阻 【名师点睛】由图象法处理实验数据的关键是要理解图线的物理意义——纵轴截距和斜率表示什么，闭合电路的欧姆定律是 核心。 2．【2017·新课标Ⅰ卷】（10 分） 某同学研究小灯泡的伏安特性，所使用的器材有：小灯泡 L（额定电压 3.8 V，额定电流 0.32 A）；电压表 V（量程 3 V， 内阻 3 kΩ）；电流表 （量程 0.5 A，内阻 0.5 Ω）；固定电阻 R0（阻值 1 000 Ω）；滑动变阻器 R（阻值 0~9.0 Ω）；电源 E（电 动势 5 V，内阻不计）；开关 S；导线若干。 （1）实验要求能够实现在 0~3.8 V 的范围内对小灯泡的电压进行测量，画出实验电路原理图。 （2）实验测得该小灯泡伏安特性曲线如图（a）所示。 由实验曲线可知，随着电流的增加小灯泡的电阻_________（填“增大”“不变”或“减小”），灯丝的电阻率__________（填“增 大”“不变”或“减小”）。 （3）用另一电源 E0（电动势 4 V，内阻 1.00 Ω）和题给器材连接成图（b）所示的电路，调节滑动变阻器 R 的阻值，可以改 变小灯泡的实际功率。闭合开关 S，在 R 的变化范围内，小灯泡的最小功率为____________W，最大功率为___________W。 （结果均保留 2 位小数） 【答案】（1）如图所示 （2）增大 增大 （3）0.39 1.17 V A 【解析】（1）要求能够实现在 0~3.8 V 的范围内对小灯泡的电压进行测量，故滑动变阻器用分压式接法，小灯泡为小电阻， 电流表用外接法，如答案图所示； （2）由 I–U 图象知，切线的斜率在减小，故灯泡的电阻随电流的增大而增大，再由电阻定律 知，电阻率增大； （3）当滑动变阻器的阻值为 9 Ω 时，电路电流最小，灯泡实际功率最小，此时 E=U+I（r+R）得 U=–10I+4，在图中作出该 直线如左图所示，交点坐标约为 U=1.75 V，I=225 mA，P1=UI=0.39 W；整理得： ，当直线的斜率最大 时，与灯泡的 I–U 曲线的交点坐标最大，即灯泡消耗的功率最大。当滑动变阻器电阻值 R=0 时，灯泡消耗的功率最大，此 时交点坐标为 U=3.67 V，I=0.32 A，如右图所示，最大的功率为 P2=UI=1.17 W。 【考点定位】研究小灯泡的伏安特性曲线 【名师点睛】电路图主要是控制电路、测量电路的连接。小灯泡阻值为小电阻——外接法，电压从 0 开始测量——分压式接 法。然后由伏安特性曲线分析阻值的变化，注意纵轴是电流。第（3）问求小灯泡消耗的实际功率较难，因小灯泡的阻值随电 流的变化而变化，通过闭合电路的欧姆定律找到小灯泡实际的电流、电压值。 3．【2017·新课标Ⅱ卷】（9 分）某同学利用如图（a）所示的电路测量一微安表（量程为 100 μA，内阻大约为 2 500 Ω）的内 阻。可使用的器材有：两个滑动变阻器 R1、R2（其中一个阻值为 20 Ω，另一个阻值为 2 000 Ω）；电阻箱 Rz（最大阻值为 99 999.9 Ω）；电源 E（电动势约为 1.5 V）；单刀开关 S1 和 S2。C、D 分别为两个滑动变阻器的滑片。 （1）按原理图（a）将图（b）中的实物连线。 lR S ρ= 1 EI UR r R r = − ++ + （2）完成下列填空： ①R1 的阻值为 Ω（填“20”或“2 000”）。 ②为了保护微安表，开始时将 R1 的滑片 C 滑到接近图（a）中的滑动变阻器的 端（填“左”或“右”）对应的位置；将 R2 的滑片 D 置于中间位置附近。 ③将电阻箱 Rz 的阻值置于 2 500.0 Ω，接通 S1。将 R1 的滑片置于适当位置，再反复调节 R2 的滑片 D 的位置。最终使得接通 S2 前后，微安表的示数保持不变，这说明 S2 接通前 B 与 D 所在位置的电势 （填“相等”或“不相等”）。 ④将电阻箱 Rz 和微安表位置对调，其他条件保持不变，发现将 Rz 的阻值置于 2 601.0 Ω 时，在接通 S2 前后，微安表的示数也 保持不变。待测微安表的内阻为 Ω（结果保留到个位）。 （3）写出一条提高测量微安表内阻精度的建议： 。 【答案】（1）连线见解析 （2）①20 ②左 ③相等 ④2 550 （3）调节 R1 上的分压，尽可能使微安表接近满量程 【解析】（1）实物连线如图： （2）①滑动变阻器 R1 要接成分压电路，则要选择阻值较小的 20 Ω 的滑动变阻器； ②为了保护微安表，开始时将 R1 的滑片 C 滑到接近图（a）中滑动变阻器的左端对应的位置； ③将电阻箱 Rz 的阻值置于 2 500.0 Ω，接通 S1；将 R1 的滑片置于适当位置，再反复调节 R2 的滑片 D 的位置；最终使得接通 S2 前后，微安表的示数保持不变，这说明 S2 接通前后在 BD 中无电流流过，可知 B 与 D 所在位置的电势相等； ④设滑片 P 两侧电阻分别为 R21 和 R22，因 B 与 D 所在位置的电势相等，可知； ；同理当 Rz 和微安表对调后，仍 有： ；联立两式解得： 。 （3）为了提高测量精度，调节 R1 上的分压，尽可能使微安表接近满量程。 【考点定位】电阻的测量 【名师点睛】此题考查电阻测量的方法；实质上这种方法是一种“电桥电路”，搞清电桥平衡的条件：对角线电阻乘积相等， z1 21 22 AR R R R = z2 21 22 AR R R R = z1 2 2 500 2 601 2 550A ZR R R= = × Ω = Ω 即可轻易解出待测电阻值；知道分压电路中滑动变阻器选择的原则及实物连线的注意事项。 4．【2017·新课标Ⅲ卷】（9 分）图（a）为某同学组装完成的简易多用电表的电路图。图中 E 是电池；R1、R2、R3、R4 和 R5 是固定电阻，R6 是可变电阻；表头 的满偏电流为 250 μA，内阻为 480 Ω。虚线方框内为换挡开关，A 端和 B 端分别与两 表笔相连。该多用电表有 5 个挡位，5 个挡位为：直流电压 1 V 挡和 5 V 挡，直流电流 1 mA 挡和 2.5 mA 挡，欧姆×100 Ω 挡。 （1）图（a）中的 A 端与______（填“红”或“黑”）色表笔相连接。 （2）关于 R6 的使用，下列说法正确的是_______（填正确答案标号）。 A．在使用多用电表之前，调整 R6 使电表指针指在表盘左端电流“0”位置 B．使用欧姆挡时，先将两表笔短接，调整 R6 使电表指针指在表盘右端电阻“0”位置 C．使用电流挡时，调整 R6 使电表指针尽可能指在表盘右端电流最大位置 （3）根据题给条件可得 R1+R2=______Ω，R4=_______Ω。 （4）某次测量时该多用电表指针位置如图（b）所示。若此时 B 端是与“1”相连的，则多用电表读数为________；若此时 B 端是与“3”相连的，则读数为________；若此时 B 端是与“5”相连的，则读数为________。（结果均保留 3 位有效数字） 【答案】（1）黑 （2）B （3）160 880 （4）1.47 mA（或 1.48 mA） 1 100 Ω 2.95V 【考点定位】多用电表的使用、电表的改装 【名师点睛】会规范使用多用电表，能正确读出多用电表的示数，是解决本题的关键。在平时实验训练过程中要多加注意规 范操作和器材的正确使用方法，多用电表的读数，重点是分清测量的物理量不同，读数方法不同。 5．【2017·江苏卷】（10 分）某同学通过实验制作一个简易的温控装置，实验原理电路图如图 11–1 图所示，继电器与热敏 G 电阻 Rt、滑动变阻器 R 串联接在电源 E 两端，当继电器的电流超过 15 mA 时，衔铁被吸合，加热器停止加热，实现温控．继 电器的电阻约为 20 Ω，热敏电阻的阻值 Rt 与温度 t 的关系如下表所示 （1）提供的实验器材有：电源 E1（3 V，内阻不计）、电源 E2（6 V，内阻不计）、滑动变阻器 R1（0~200 Ω）、滑动变阻 器 R2（0~500 Ω）、热敏电阻 Rt，继电器、电阻箱（0~999.9 Ω）、开关 S、导线若干． 为使该装置实现对 30~80 ℃之间任一温度的控制，电源 E 应选用 （选填“E1”或“E2”），滑动变阻器 R 应选用 （选填“R1”或“R2”）． （2）实验发现电路不工作．某同学为排查电路故障，用多用电表测量各接点间的电压，则应将如图 11–2 图所示的选择开关 旋至 （选填“A”、“B”、“C”或“D”）． （3）合上开关 S，用调节好的多用电表进行排查，在题 11–1 图中，若只有 b、c 间断路，则应发现表笔接入 a、b 时指针 （选填“偏转”或“不偏转”），接入 a、c 时指针 （选填“偏转”或“不偏转”）． （4）排除故障后，欲使衔铁在热敏电阻为 50 ℃时被吸合，下列操作步骤正确顺序是 ．（填写各步骤前的序号） ①将热敏电阻接入电路 ②观察到继电器的衔铁被吸合 ③断开开关，将电阻箱从电路中移除 ④合上开关，调节滑动变阻器的阻值 ⑤断开开关，用电阻箱替换热敏电阻，将阻值调至 108.1 Ω 【答案】（1）E2 R2 （2）C （3）不偏转 偏转 （4）⑤④②③① 【解析】（1）由表格数据知，当温度为 30 ℃时，热敏电阻阻值为 199.5 Ω，继电器的阻值 R0=20 Ω，当电流为 15 mA 时，E=I（Rt+R0）=3.3 V，所以电源选 E2，80 ℃时，热敏电阻阻值 Rt=49.1 Ω，则 E2=I（Rt+R0+R），此时变阻器阻值 R=330.9 Ω，所以变阻器选择 R2；（2）多用电表做电压表测量电压，旋钮旋至直流电压 挡 C 处；（3）若只有 b、c 间断路，表笔接入 a、b 时，整个回路断路，电表指针不偏转，接入 a、c 时电流流经电表，故指 针偏转；（4）50 ℃时，热敏电阻阻值为 108.1 Ω，所以应将电阻箱阻值调至 108.1 Ω，调节变阻器，使衔铁吸合，再将电阻 箱换成热敏电阻，故顺序为⑤④②③①． 【考点定位】多用电表的使用 闭合电路的欧姆定律 传感器 【名师点睛】结合表格中数据，利用欧姆定律估算电动势和电阻的数值，选择电源和滑动变阻器．明确实验的目的是实现对 30~80 ℃之间任一温度的控制，其中 30~80 ℃就是提示的信息，结合表格数据，可知电阻值的取值． 专题 13 力与运动计算题 1．【2017·江苏卷】（16 分）如图所示，两个半圆柱 A、B 紧靠着静置于水平地面上，其上有一光滑圆柱 C，三者半径均为 R．C 的质量为 m，A、B 的质量都为 ，与地面的动摩擦因数均为 μ．现用水平向右的力拉 A，使 A 缓慢移动，直至 C 恰好 降到地面．整个过程中 B 保持静止．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为 g．求： （1）未拉 A 时，C 受到 B 作用力的大小 F； （2）动摩擦因数的最小值 μmin； （3）A 移动的整个过程中，拉力做的功 W． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】（1）C 受力平衡 解得 （2）C 恰好降落到地面时，B 受 C 压力的水平分力最大 B 受地面的摩擦力 根据题意 ，解得 （3）C 下降的高度 A 的位移 摩擦力做功的大小 根据动能定理 解得 【考点定位】物体的平衡 动能定理 【名师点睛】本题的重点的 C 恰好降落到地面时，B 物体受力的临界状态的分析，此为解决第二问的关键，也是本题分析的 难点． 2 m 3 3F mg= min 3 2 µ = (2 1)( 3 1)W mgRµ= − − 2 cos30F mg°= 3 3F mg= max 3 2xF mg= f mgµ= min maxxf F= min 3 2 µ = ( 3 1)h R= − 2( 3 1)x R= − 2( 3 1)fW fx mgRµ= = − 0 0fW W mgh− + = − (2 1)( 3 1)W mgRµ= − − 2．【2017·新课标Ⅰ卷】（12 分）一质量为 8.00×104 kg 的太空飞船从其飞行轨道返回地面。飞船在离地面高度 1.60×105 m 处以 7.50×103 m/s 的速度进入大气层，逐渐减慢至速度为 100 m/s 时下落到地面。取地面为重力势能零点，在飞船下落过 程中，重力加速度可视为常量，大小取为 9.8 m/s2。（结果保留 2 位有效数字） （1）分别求出该飞船着地前瞬间的机械能和它进入大气层时的机械能； （2）求飞船从离地面高度 600 m 处至着地前瞬间的过程中克服阻力所做的功，已知飞船在该处的速度大小是其进入大气层 时速度大小的 2.0%。 【答案】（1）（1）4.0×108 J 2.4×1012 J （2）9.7×108 J 【考点定位】机械能、动能定理 【名师点睛】本题主要考查机械能及动能定理，注意零势面的选择及第（2）问中要求的是克服阻力做功。 3．【2017·新课标Ⅱ卷】（12 分）为提高冰球运动员的加速能力，教练员在冰面上与起跑线距离 s0 和 s1（s1 + 1qE mg= 2 1 0 1 1 1 1 2s v t a t= + 2 2 1 1 2 1 1 2s v t a t= − 2 0 2 (2 )v g h= 1 2s s h+ = 0 0 2 2 1 1 1 1[2 2 ( ) ]4 v vE Egt gt = − + 2 1E E> 0 0 2 1 1 12 2 ( ) 14 v v gt gt − + > 0 1 30 (1 )2 vt g < < − 0 1 3(1 )2 vt g > + 2 0v > 2 0v < 2 1x x h+ = − 0 0 2 2 1 1 1 1[2 2 ( ) ]4 v vE Egt gt = − − 2 1E E> 0 0 2 1 1 12 2 ( ) 14 v v gt gt − − > 即 ⑱ 另一解为负，不符合题意，已舍去。 【考点定位】牛顿第二定律、匀变速直线运动的规律 【名师点睛】本题考查牛顿第二定律及匀变速直线运动的规律。虽然基本知识、规律比较简单，但物体运动的过程比较多， 在分析的时候，注意分段研究，对每一个过程，认真分析其受力情况及运动情况，应用相应的物理规律解决，还应注意各过 程间的联系。 专题 14 电与磁计算题 1．【2017·新课标Ⅲ卷】（12 分）如图，空间存在方向垂直于纸面（xOy 平面）向里的磁场。在 x≥0 区域，磁感应强度的 大小为 B0；x<0 区域，磁感应强度的大小为 λB0（常数 λ>1）。一质量为 m、电荷量为 q（q>0）的带电粒子以速度 v0 从坐标 原点 O 沿 x 轴正向射入磁场，此时开始计时，当粒子的速度方向再次沿 x 轴正向时，求（不计重力） （1）粒子运动的时间； （2）粒子与 O 点间的距离。 【答案】（1） （2） 【解析】（1）在匀强磁场中，带电粒子做圆周运动。设在 x≥0 区域，圆周半径为 R1；在 x<0 区域，圆周半径为 R2。由洛伦 兹力公式及牛顿定律得 ① ② 粒子速度方向转过 180°时，所用时间 t1 为 ③ 粒子再转过 180°时，所用时间 t2 为 ④ 联立①②③④式得，所求时间为 ⑤ （2）由几何关系及①②式得，所求距离为 ⑥ 【考点定位】带电粒子在磁场中的运动 0 π 1(1 )m qB λ+ 0 0 2 1(1 )mv qB λ− 2 0 0 0 1 mvqB v R = 2 0 0 0 2 mvq B v R λ = 1 1 0 πRt v = 2 2 0 πRt v = 0 1 2 0 π 1(1 )mt t t qB λ= + = + 0 1 2 0 2 12( ) (1 )mvd R R qB λ= − = − 0 1 5( 1)2 vt g > + 【名师点睛】对于带电粒子在磁场中运动问题，解题时常要分析带电粒子受到的洛伦兹力的情况，找到粒子做圆周运动的圆 心及半径，画出运动轨迹可以使运动过程清晰明了，同时要善于运用几何知识帮助分析和求解。 2．【2017·新课标Ⅱ卷】（20 分）如图，两水平面（虚线）之间的距离为 H，其间的区域存在方向水平向右的匀强电场。自 该区域上方的 A 点将质量为 m、电荷量分别为 q 和–q（q>0）的带电小球 M、N 先后以相同的初速度沿平行于电场的方向射 出。小球在重力作用下进入电场区域，并从该区域的下边界离开。已知 N 离开电场时的速度方向竖直向下；M 在电场中做直 线运动，刚离开电场时的动能为 N 刚离开电场时动能的 1.5 倍。不计空气阻力，重力加速度大小为 g。求 （1）M 与 N 在电场中沿水平方向的位移之比； （2）A 点距电场上边界的高度； （3）该电场的电场强度大小。 【答案】（1）3:1 （2） （3） 【解析】（1）设带电小球 M、N 抛出的初速度均为 v0，则它们进入电场时的水平速度仍为 v0；M、N 在电场中的运动时间 t 相等，电场力作用下产生的加速度沿水平方向，大小均为 a，在电场中沿水平方向的位移分别为 s1 和 s2；由运动公式可得： v0–at=0① ② ③ 联立①②③解得： ④ （2）设 A 点距离电场上边界的高度为 h，小球下落 h 时在竖直方向的分速度为 vy，则； ⑤ ⑥ 因为 M 在电场中做匀加速直线运动，则 ⑦ 由①②⑤⑥⑦可得 h= ⑧ （3）设电场强度为 E，小球 M 进入电场后做直线运动，则 ， ⑨ 设 M、N 离开电场时的动能分别为 Ek1、Ek2，由动能定理： ⑩ 1 3 H 2 mgE q = 2 1 0 1 2s v t at= + 2 2 0 1 2s v t at= − 1 2: 3:1s s = 2 2yv gh= 21 2yH v t gt= + 0 1 y v s v H = 1 3 H 0 y v qE v mg = Eqa m = 2 2 k1 0 1 1 ( )2 yE m v v mgH qEs= + + + ⑪ 由已知条件：Ek1=1.5Ek2 联立④⑤⑥⑦⑧⑨⑩⑪ ⑫ 解得： 【考点定位】带电小球在复合场中的运动；动能定理 【名师点睛】此题是带电小球在电场及重力场的复合场中的运动问题；关键是分析小球的受力情况，分析小球在水平及竖直 方向的运动性质，搞清物理过程；灵活选取物理规律列方程。 3．【2017·江苏卷】（16 分）一台质谱仪的工作原理如图所示．大量的甲、乙两种离子飘入电压为 U0 的加速电场，其初速 度几乎为 0，经过加速后，通过宽为 L 的狭缝 MN 沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为 B 的匀强磁场中，最后打到照相 底片上．已知甲、乙两种离子的电荷量均为+q，质量分别为 2m 和 m，图中虚线为经过狭缝左、右边界 M、N 的甲种离子的 运动轨迹．不考虑离子间的相互作用． （1）求甲种离子打在底片上的位置到 N 点的最小距离 x； （2）在答题卡的图中用斜线标出磁场中甲种离子经过的区域，并求该区域最窄处的宽度 d； （3）若考虑加速电压有波动，在（ ）到（ ）之间变化，要使甲、乙两种离子在底片上没有重叠，求狭缝宽 度 L 满足的条件． 【答案】（1） （2） （3） （2）（见图） 最窄处位于过两虚线交点的垂线上 2 2 k2 0 2 1 ( )2 yE m v v mgH qEs= + + − 2 mgE q = 0 –U U∆ 0U U+ ∆ 04 mUx LB q = − 2 0 0 2 42 4 mU mU Ld B q qB = − − 0 0 2 [2 ( ) 2( )]mL U U U UB q < − ∆ − + ∆ 2 2 1 1 ( )2 Ld r r= − − 解得 （3）设乙种离子在磁场中的运动半径为r2 r1的最小半径 r2 的最大半径 由题意知 2r1min–2r2max >L，即 解得 【考点定位】带电粒子在组合场中的运动 【名师点睛】本题考查带电粒子在匀强磁场中的运动，对此类问题主要是画出粒子运动的轨迹，分析粒子可能的运动情况， 找出几何关系，有一定的难度． 4．【2017·天津卷】（18 分）平面直角坐标系 xOy 中，第Ⅰ象限存在垂直于平面向里的匀强磁场，第Ⅲ现象存在沿 y 轴负 方向的匀强电场，如图所示。一带负电的粒子从电场中的 Q 点以速度 v0 沿 x 轴正方向开始运动，Q 点到 y 轴的距离为到 x 轴 距离的 2 倍。粒子从坐标原点 O 离开电场进入磁场，最终从 x 轴上的 P 点射出磁场，P 点到 y 轴距离与 Q 点到 y 轴距离相等。 不计粒子重力，问： （1）粒子到达 O 点时速度的大小和方向； （2）电场强度和磁感应强度的大小之比。 【答案】（1） ，方向与 x 轴方向的夹角为 45°角斜向上 （2） 【解析】（1）粒子在电场中由 Q 到 O 做类平抛运动，设 O 点速度 v 与+x 方向夹角为 α，Q 点到 x 轴的距离为 L，到 y 轴的 距离为 2L，粒子的加速度为 a，运动时间为 t，根据类平抛运动的规律，有： 2 0 0 2 42 4 mU mU Ld B q qB = − − 0 1min ( )2 m U Ur B q − ∆= 0 2max 2 ( )1 m U Ur B q + ∆= 0 0( ) 2 ( )4 2m U U m U U LB q B q − ∆ + ∆− > 0 0 2 [2 ( ) 2( )]mL U U U UB q < − ∆ − + ∆ 02vv = 2 0v B E = x 方向： y 方向： 粒子到达 O 点时沿 y 轴方向的分速度为： 又： 解得： ，即 ，粒子到达 O 点时速度方向与 x 轴方向的夹角为 45°角斜向上。 粒子到达 O 点时的速度大小为 【考点定位】带电粒子在复合场中的运动 【名师点睛】本题难度不大，但需要设出的未知物理量较多，容易使学生感到混乱，要求学生认真规范作答，动手画图。 5．【2017·天津卷】（20 分）电磁轨道炮利用电流和磁场的作用使炮弹获得超高速度，其原理可用来研制新武器和航天运 载器。电磁轨道炮示意如图，图中直流电源电动势为 E，电容器的电容为 C。两根固定于水平面内的光滑平行金属导轨间距 为 l，电阻不计。炮弹可视为一质量为 m、电阻为 R 的金属棒 MN，垂直放在两导轨间处于静止状态，并与导轨良好接触。首 先开关 S 接 1，使电容器完全充电。然后将 S 接至 2，导轨间存在垂直于导轨平面、磁感应强度大小为 B 的匀强磁场（图中 未画出），MN 开始向右加速运动。当 MN 上的感应电动势与电容器两极板间的电压相等时，回路中电流为零，MN 达到最大 速度，之后离开导轨。问： （1）磁场的方向； （2）MN 刚开始运动时加速度 a 的大小； （3）MN 离开导轨后电容器上剩余的电荷量 Q 是多少。 tvL 02 = 2 2 1 atL = atv y = 0 tan v v y=α 1tan =α 45=α 0 0 245cos vvv ==  【答案】（1）磁场的方向垂直于导轨平面向下 （2） （3） （3）电容器放电前所带的电荷量 开关 S 接 2 后，MN 开始向右加速运动，速度达到最大值 vm 时，MN 上的感应电动势： 最终电容器所带电荷量 设在此过程中 MN 的平均电流为 ，MN 上受到的平均安培力： 由动量定理，有： 又： 整理的：最终电容器所带电荷量 【考点定位】电磁感应现象的综合应用，电容器，动量定理 【名师点睛】本题难度较大，尤其是最后一个小题，给学生无从下手的感觉：动量定理的应用是关键。 mR BEla = mClB EClBQ += 22 222 2 CEQ =1 mE Blv′ = ECQ ′=2 I lIBF ⋅⋅= m 0F t mv⋅∆ = − 1 2I t Q Q⋅∆ = − mClB EClBQ += 22 222 2