全国各地高考物理试题分类汇总附答案全 87页

‎2012高考真题物理分类汇编：‎ 一、物理学史、直线运动 ‎14（2012山东卷）.以下叙述正确的是 A．法拉第发现了电磁感应现象 B．惯性是物体的固有属性，速度大的物体惯性一定大 C．牛顿最早通过理想斜面实验得出力不是维持物体运动的必然结果 D．感应电流遵从楞次定律所描述的方向，这是能量守恒定律的必然结果 答案：AD ‎7（2012海南卷）．自然界的电、热和磁等现象都是相互联系的，很多物理学家为寻找它们之间的联系做出了贡献。下列说法正确的是 A.奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电现象和磁现象之间的联系 B.欧姆发现了欧姆定律，说明了热现象和电现象之间存在联系 C.法拉第发现了电磁感应现象，揭示了磁现象和电现象之间的联系 D.焦耳发现了电流的热效应，定量得出了电能和热能之间的转换关系 解析：考察科学史，选ACD ‎1（2012海南卷）.一物体自t=0时开始做直线运动，其速度图线如图所示。下列选项正确的是( )‎ A.在0～6s内，物体离出发点最远为30m XX K]B.在0～6s内，物体经过的路程为40m[‎ C.在0～4s内，物体的平均速率为7.5m/s D. 5～6s内，物体所受的合外力做负功 ‎ 答案：BC 解析：A，0—5s,物体向正向运动，5—6s向负向运动，故5s末离出发点最远，A错 ‎ B 由面积法求出0—5s的位移s1=35m, 5—6s的位移s2=-5m,总路程为：40m,B对 ‎ C由面积法求出0—4s的位移s=30m，平度速度为：v=s/t=7.5m/s C对 ‎ D 由图像知5～6s过程物体加速，合力和位移同向，合力做正功，D错 ‎2（2012上海卷）．小球每隔0.2s从同一高度抛出，做初速为6m/s的竖直上抛运动，设它们在空中不相碰。第一个小球在抛出点以上能遇到的小球数为（取g＝10m/s2）（ ）‎ ‎（A）三个 （B）四个 （C）五个 （D）六个 答案：C ‎3（2012上海卷）．质点做直线运动，其s-t关系如图所示，质点在0-20s内的平均速度大小为_________m/s质点在_________时的瞬时速度等于它在6-20s内的平均速度。‎ 答案：0.8，10s和14s，‎ ‎4（2012山东卷）．将地面上静止的货物竖直向上吊起，货物由地面运动至最高点的过程中，图像如图所示。以下判断正确的是 A．前3s内货物处于超重状态 B．最后2s内货物只受重力作用 C．前3s内与最后2s内货物的平均速度相同 D．第3s末至第5s末的过程中，货物的机械能守恒 答案：AC ‎5（2012山东卷）.（13分）‎ ‎（1）某同学利用图甲所示德 实验装置，探究物块在水平桌面上的运动规律。物 块在重物的牵引下开始运动，重物落地后，物块再运动一段距离停在桌面上（尚未到达滑轮处）。从纸带上便于测量的点开始，每5个点取1个计数点，相邻计数点间的距离如图议所示。打点计时器电源的频率为50Hz。‎ 通过分析纸带数据，可判断物块在相邻计数点 和 之间某时刻开始减速。‎ 计数点5对应的速度大小为 m/s，计数点6对应的速度大小为 m/s。（保留三位有效数字）。‎ 物块减速运动过程中加速度的大小为= m/s2,若用来计算物块与桌面间的动摩擦因数（g为重力加速度），则计算结果比动摩擦因数的真实值 （填“偏大”或“偏小”）。‎ ‎5.（1）6；7【或7；6】‎ ‎ 1.00；1.20‎ ‎ 2.00；偏大 解析：①由于计数点前后的间隔距离都小于它们的间隔距离，说明计数点6之前物块在加速，计数点7之后物块在减速，则开始减速的时刻在6和7之间。答案6；7【或7；6】。‎ ‎②计数点5对应的速度等于4和6间的平均速度 m/s，同理 m/s，又可解得计数点6对应的速度大小为1.20 m/s。‎ ‎③在减速阶段cm，则加速度为m/s2。在减速阶段产生加速度的力是滑动摩擦力和纸带受到的阻力，所以计算结果比动摩擦因数的真实值 “偏大”。‎ 二、相互作用 ‎4. （2012海南卷）如图，墙上有两个钉子a和b，它们的连线与水平方向的夹角为45°，两者的高度差为l。一条不可伸长的轻质细绳一端固定于a点，另一端跨过光滑钉子b悬挂一质量为m1的重物。在绳子距a端得c点有一固定绳圈。若绳圈上悬挂质量为m2的钩码，平衡后绳的ac段正好水平，则重物和钩码的质量比为 A. B. 2 ‎ C. D.‎ 答案：C 解析：平衡后设绳的BC段与水平方向成α角，则： 对节点C分析三力平衡，在竖直方向上有：得：，选C ‎6（2012上海卷）．已知两个共点力的合力为50N，分力F1的方向与合力F的方向成30°角，分力F2的大小为30N。则（ ）‎ ‎（A）F1的大小是唯一的 （B）F2的方向是唯一的 ‎（C）F2有两个可能的方向 （D）F2可取任意方向 答案：C ‎16（2012广东卷）.如图3所示，两根等长的轻绳将日光灯悬挂在天花板上，两绳与竖直方向的夹角为45°，日光保持水平，所受重力为G，左右两绳的拉力大小分别为 A.G和G B. 和 B. 和 D. 和 答案：B ‎2（2012天津卷）．如图所示，金属棒MN两端由等长的轻质细线水平悬挂，处于竖直向上的匀强磁场中，棒中通以由M向N的电流，平衡时两悬线与竖直方向夹角均为θ，如果仅改变下列某一个条件，θ角的相应变化情况是（ ）‎ A．棒中的电流变大，θ角变大 B．两悬线等长变短，θ角变小 C．金属棒质量变大，θ角变大 D．磁感应强度变大，θ角变小 解析：水平的直线电流在竖直磁场中受到水平的安培力而偏转，与竖直方向形成夹角，此时它受拉力、重力和安培力而达到平衡，根据平衡条件有，所以棒子中的电流增大θ角度变大；两悬线变短，不影响平衡状态，θ角度不变；金属质量变大θ角度变小；磁感应强度变大θ角度变大。答案A。‎ ‎14（2012上海卷）．如图，竖直轻质悬线上端固定，下端与均质硬棒AB中点连接，棒长为线长的二倍。棒的A端用铰链墙上，棒处于水平状态。改变悬线的长度，使线与棒的连接点逐渐右移，并保持棒仍处于水平状态。则悬线拉力（ ）‎ ‎（A）逐渐减小 （B）逐渐增大 ‎（C）先减小后增大 （D）先增大后减小 答案：A ‎34（2）（2012广东卷）某同学探究弹力与弹簧伸长量的关系。‎ ‎①将弹簧悬挂在铁架台上，将刻度尺固定在弹簧一侧，弹簧轴线和刻度尺都应在______方向（填“水平”或“竖直”）‎ ‎②弹簧自然悬挂，待弹簧______时，长度记为L0，弹簧下端挂上砝码盘时，长度记为Lx；在砝码盘中每次增加10g砝码，弹簧长度依次记为L1至L6，数据如下表表：‎ 代表符号 L0‎ Lx L1‎ L2‎ L3‎ L4‎ L5‎ L6‎ 数值（cm）‎ ‎25.35‎ ‎27.35‎ ‎29.35‎ ‎31.30‎ ‎33.4‎ ‎35.35‎ ‎37.40‎ ‎39.30‎ 表中有一个数值记录不规范，代表符号为_______。由表可知所用刻度尺的最小长度为______。‎ ‎③图16是该同学根据表中数据作的图，纵轴是砝码的质量，横轴是弹簧长度与_________的差值（填“L0或L1”）。‎ ‎④由图可知弹簧的劲度系数为_________N/m；通过图和表可知砝码盘的质量为_________g（结果保留两位有效数字，重力加速度取9.8m/s2）。‎ ‎34. (2) ①竖直 ②稳定 L3 1mm ‎③ L0‎ ‎④ 4.9 10‎ ‎5（2012海南卷）.如图，粗糙的水平地面上有一斜劈，斜劈上一物块正在沿斜面以速度v0匀速下滑，斜劈保持静止，则地面对斜劈的摩擦力 A.等于零 B.不为零，方向向右 C.不为零，方向向左 D.不为零，v0较大时方向向左，v0较小时方向向右 解析：斜劈和物块都平衡对斜劈和物块整体受力分析知地面对斜劈的摩擦力为零，选A ‎17（2012山东卷）.如图所示，两相同轻质硬杆、可绕其两端垂直纸面的水平轴、、转动，在点悬挂一重物M，将两相同木块m紧压在竖直挡板上，此时整个系统保持静止。表示木块与挡板间摩擦力的大小，表示木块与挡板间正压力的大小。若挡板间的距离稍许增大后，系统仍静止且、始终等高，则 A．变小 B．不变 C．变小 D．变大 答案：BD ‎16(2012全国新课标).如图，一小球放置在木板与竖直墙面之间。设墙面对球的压力大小为N1，球对木板的压力大小为N2。以木板与墙连接点所形成的水平直线为轴，将木板从图示位置开始缓慢地转到水平位置。不计摩擦，在此过程中 A.N1始终减小，N2始终增大 B.N1始终减小，N2始终减小 C.N1先增大后减小，N2始终减小 D.N1先增大后减小，N2先减小后增大 ‎[答案]B ‎[解析]本题考查物体的动态平衡，对球受力分析可知，N1‎ 与N2的合力为定值，与重力反向等大。作图。由图形可 知，当板缓慢转动中，N1与N2的方向便发生如图示变 化，但合力不变，可得答案B。‎ ‎14（2012浙江卷）.如图所示，与水平面夹角为300的固定斜面上有一质量m=1.0kg的物体。细绳的一端与物体相连。另一端经摩擦不计的定滑轮与固定的弹簧秤相连。物体静止在斜面上，弹簧秤的示数为4.9N。关于物体受力的判断（取g=9.8m/s2）.下列说法正确的是（ ）‎ A. 斜面对物体的摩擦力大小为零 B. 斜面对物体的摩擦力大小为4.9N,方向沿斜面向上 C. 斜面对物体的支持力大小为4.9N，方向竖直向上 D. 斜面对物体的支持力大小为4.9N，方向垂直斜面向上 答案：A ‎22（2012浙江卷）题 在“探究求合力的方法”实验中，先有木板、白纸、图钉、橡皮筋、细绳套和一把弹簧秤。‎ (1) 为完成实验，某同学另找来一根弹簧，先测量其劲度系数，得到实验数据如下表：‎ 弹力F(N)‎ ‎0.50‎ ‎1.00‎ ‎1.50‎ ‎2.00‎ ‎2.50‎ ‎3.00‎ ‎3.50‎ 伸长量x(10-2m)‎ ‎0.74‎ ‎1.80‎ ‎2.80‎ ‎3.72‎ ‎4.68‎ ‎5.58‎ ‎6.42‎ 用作图法求得该弹簧的劲度系数k= N/m;‎ ‎(2)某次试验中，弹簧秤的指针位置所示，其读数为 N,同时利用(1)中结果获得弹簧上的弹力值为2.50N，请在答题纸上画出这两个共点力的合力F合；‎ ‎（3）由图得到F合= N ‎ ‎ ‎（这是答题卷上的图）‎ ‎22题 ‎ 53（正负2以内都算对）‎ ‎（2）2.10（在正负0.02范围内都算对）‎ ‎（3）作图正确，3.3(在正负0.2范围内都算对 三、牛顿运动定律 ‎8（2012上海卷）．如图，光滑斜面固定于水平面，滑块A、B叠放后一起冲上斜面，且始终保持相对静止，A上表面水平。则在斜面上运动时，B受力的示意图为（ ）‎ 答案：A ‎23(2012全国理综).（11分）‎ 图1为验证牛顿第二定律的实验装置示意图。图中打点计时器的电源为50Hz的交流电源，打点的时间间隔用Δt表示。在小车质量未知的情况下，某同学设计了一种方法用来研究“在外力一定的条件下，物体的加速度与其质量间的关系”。‎ ‎（1）完成下列实验步骤中的填空：‎ ‎①平衡小车所受的阻力：小吊盘中不放物块，调整木板右端的高度，用手轻拨小车，直到打点计时器打出一系列________的点。‎ ‎②按住小车，在小吊盘中放入适当质量的物块，在小车中放入砝码。‎ ‎③打开打点计时器电源，释放小车，获得带有点列的纸袋，在纸袋上标出小车中砝码的质量m。‎ ‎④按住小车，改变小车中砝码的质量，重复步骤③。‎ ‎⑤在每条纸带上清晰的部分，没5个间隔标注一个计数点。测量相邻计数点的间距s1，s2，…。求出与不同m相对应的加速度a。‎ ‎⑥以砝码的质量m为横坐标为纵坐标，在坐标纸上做出关系图线。若加速度与小车和砝码的总质量成反比，则与m处应成_________关系（填“线性”或“非线性”）。‎ ‎（2）完成下列填空：‎ ‎（ⅰ）本实验中，为了保证在改变小车中砝码的质量时，小车所受的拉力近似不变，小吊盘和盘中物块的质量之和应满足的条件是_______________________。‎ ‎（ⅱ）设纸带上三个相邻计数点的间距为s1、s2、s3。a可用s1、s3和Δt表示为a=__________。图2为用米尺测量某一纸带上的s1、s3的情况，由图可读出s1=__________mm，s3=__________。由此求得加速度的大小a=__________m/s2。‎ ‎（ⅲ）图3为所得实验图线的示意图。设图中直线的斜率为k，在纵轴上的截距为b，若牛顿定律成立，则小车受到的拉力为___________，小车的质量为___________。‎ ‎【解析与答案】（1）间距相等的点。（2）线性 ‎（2）（i）远小于m ‎(ii)‎ ‎ ‎ ‎.‎ ‎(iii)设小车的质量为，则有，变形得,所以图象的斜率为，所以作用力，图象的截距为，所以。‎ ‎17（2012广东卷）图4是滑道压力测试的示意图，光滑圆弧轨道与光滑斜面相切，滑道底部B处安装一个压力传感器，其示数N表示该处所受压力的大小，某滑块从斜面上不同高度h处由静止下滑，通过B是，下列表述正确的有 A.N小于滑块重力 B.N大于滑块重力 C.N越大表明h越大 D.N越大表明h越小 答案：BC ‎23（2012北京高考卷）．（18分）‎ ‎ 摩天大楼中一部直通高层的客运电梯，行程超过百米．电梯的简化模型如图1所示．考虑安全、舒适、省时等因素，电梯的加速度a是随时间t变化的，已知电梯在t=0时由静止开始上升，a─t图像如图2所示．‎ 电梯总质量m=2.0×103kg．忽略一切阻力，重力加速度g取10m/s2．‎ ‎（1）求电梯在上升过程中受到的最大拉力F1和最小拉力F2；‎ ‎（2）类比是一种常用的研究方法．对于直线运动，教科书中讲解了由υ─t图像求位移的方法．请你借鉴此方法，对比加速度和速度的定义，根据图2所示a─t图像，求电梯在第1s内的速度改变量Δυ1和第2s末的速率υ2；‎ 图1‎ 电梯 拉力 a/ms-1 ‎ ‎1.0 ‎ ‎0 ‎ ‎-1.0 ‎ ‎1 ‎ ‎2 ‎ ‎10 ‎ ‎11 ‎ ‎30 ‎ ‎31 ‎ ‎30 ‎ ‎41 ‎ 图2‎ t/s ‎ ‎32 ‎ ‎（3）求电梯以最大速率上升时，拉力做功的功率P；再求在0─11s时间内，拉力和重力对电梯所做的总功W．‎ ‎23．（18分）‎ ‎ （1）由牛顿第二定律，有 F-mg= ma ‎ 由a─t图像可知，F1和F2对应的加速度分别是a1=1.0m/s2，a2=-1.0m/s2‎ ‎ F1= m(g+a1)=2.0×103×(10+1.0)N=2.2×104N ‎ F2= m(g+a2)=2.0×103×(10-1.0)N=1.8×104N ‎ （2）类比可得，所求速度变化量等于第1s内a─t图线下的面积 ‎ Δυ1=0.50m/s ‎ 同理可得， Δυ2=υ2-υ0=1.5m/s ‎ υ0=0，第2s末的速率 υ2=1.5m/s ‎（3）由a─t图像可知，11s~30s内速率最大，其值等于0~11s内a─t图线下的面积，有 ‎ υm=10m/s ‎ 此时电梯做匀速运动，拉力F等于重力mg，所求功率 ‎ P=Fυm=mgυm=2.0×103×10×10W=2.0×105W ‎ 由动能定理，总功 ‎ W=Ek2-Ek1=mυm2-0=×2.0×103×102J=1.0×105J ‎16（2012山东卷）．将地面上静止的货物竖直向上吊起，货物由地面运动至最高点的过程中，图像如图所示。以下判断正确的是 A．前3s内货物处于超重状态 B．最后2s内货物只受重力作用 C．前3s内与最后2s内货物的平均速度相同 D．第3s末至第5s末的过程中，货物的机械能守恒 答案：AC ‎21（2012四川卷）．如图所示，劲度系数为k的轻弹簧的一端固定在墙上，另一端与置于水平面上质量为m的物体接 ‎ 触（未连接），弹簧水平且无形变。用水平力，缓慢推动物体，在弹性限度内弹簧长度被压缩了x0，‎ ‎ 此时物体静止。撤去F后，物体开始向左运动，运动的最大距离为4x0。物体与水平面间的动摩擦 ‎ 因数为μ，重力加速度为g。则 ‎ A．撤去F后，物体先做匀加速运动，再做匀减速运动 ‎ B．撤去F后，物体刚运动时的加速度大小为 ‎ C．物体做匀减速运动的时间为2‎ ‎ D．物体开始向左运动到速度最大的过程中克服摩擦力做的功为 答案：BD ‎14(2012全国新课标).伽利略根据小球在斜面上运动的实验和理想实验，提出了惯性的概念，从而奠定了牛顿力学的基础。早期物理学家关于惯性有下列说法，其中正确的是 A.物体抵抗运动状态变化的性质是惯性 B.没有力作用，物体只能处于静止状态 C.行星在圆周轨道上保持匀速率运动的性质是惯性 D.运动物体如果没有受到力的作用，将继续以同一速度沿同一直线运动 ‎[答案]AD ‎[解析]惯性是物体本身的一种属性，是抵抗运动状态变化的性质。A正确C错误。没有力作用物体可能静止也可能匀速直线运动，B错D正确。‎ F a ‎17（2012安徽卷）.如图所示，放在固定斜面上的物块以加速度沿斜面匀加速下滑，若在物块上再施加一竖直向下的恒力，则 ( )‎ A. 物块可能匀速下滑 B. 物块仍以加速度匀加速下滑 C. 物块将以大于的加速度匀加速下滑 D. 物块将以小于的加速度匀加速下滑 ‎17C；‎ 解析：未加恒力F时，由牛顿第二定律知，而加上F后，，即，C正确。‎ ‎24(2012全国新课标).（14分）‎ 拖把是由拖杆和拖把头构成的擦地工具（如图）。设拖把头的质量为m，拖杆质量可以忽略；拖把头与地板之间的动摩擦因数为常数μ，重力加速度为g，某同学用该拖把在水平地板上拖地时，沿拖杆方向推拖把，拖杆与竖直方向的夹角为θ。‎ （1） 若拖把头在地板上匀速移动，求推拖把的力的大小。‎ （2） 设能使该拖把在地板上从静止刚好开始运动的水平推力与此时地板对拖把的正压力的比值为λ。已知存在一临界角θ0，若θ≤θ0，则不管沿拖杆方向的推力多大，都不可能使拖把从静止开始运动。求这一临界角的正切tanθ0。‎ ‎[答案]（1）了 （2）‎ ‎[解析]（1）设该同学沿拖杆方向用大小为F的力推拖把，将推拖把的力沿竖直和水平分解，按平衡条件有 ① 　　②‎ 式中N与f分别为地板对拖把的正压力和摩擦力。按摩擦定律有　　③‎ 联立①②③式得　　④‎ （2） 若不管沿拖杆方向用多大的力都不能使拖把从静止开始运动，应用 ‎　　　≤⑤‎ 这时，①式仍满足，联立①⑤式得≤　　⑥‎ 现考察使上式成立的θ角的取值范围，注意到上式右边总是大于零，且当F无限大时极限为零，有≤0　　⑦‎ 使上式成立的角满足θ≤θ0，这里是题中所定义的临界角，即当θ≤θ0时，不管沿拖杆方向用多大的力都推不动拖把。临界角的正切值为　　⑧‎ ‎30（2012上海卷）．（10分）如图，将质量m＝0.1kg的圆环套在固定的水平直杆上。环的直径略大于杆的截面直径。环与杆间动摩擦因数m＝0.8。对环施加一位于竖直平面内斜向上，与杆夹角q＝53°的拉力F，使圆环以a＝4.4m/s2的加速度沿杆运动，求F的大小。（取sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，g＝10m/s2）。‎ 解析：‎ 令Fsin53°＝mg，F＝1.25N，当F＜‎ ‎1.25N时，杆对环的弹力向上，由牛顿定律Fcosq－mFN＝ma，FN＋Fsinq＝mg，解得F＝1N，当F＞1.25N时，杆对环的弹力向下，由牛顿定律Fcosq－mFN＝ma，Fsinq＝mg＋FN，解得F＝9N，‎ 砂、砂桶 图1‎ 小车、砝码、打点计时器 ‎●‎ ‎□‎ ‎□‎ ‎□‎ ‎□‎ 接交流电源 ‎21（2012安徽卷）.（18分）Ⅰ.（10分）图1为“验证牛顿第二定律”的实验装置示意图。砂和砂桶的总质量为，小车和砝码的总质量为。实验中用砂和砂桶总重力的大小作为细线对小车拉力的大小。‎ ‎(1)试验中，为了使细线对小车的拉力等于小车所受的合外力，先调节长木板一滑轮的高度，使细线与长木板平行。接下来还需要进行的一项操作是 A. 将长木板水平放置，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，给打点计时器通电，调节的大小，使小车在砂和砂桶的牵引下运动，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动。‎ B. 将长木板的一端垫起适当的高度，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，撤去砂和砂桶，给打点计时器通电，轻推小车，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动。‎ C. 将长木板的一端垫起适当的高度，撤去纸带以及砂和砂桶，轻推小车，观察判断小车是否做匀速运动。‎ ‎(2)实验中要进行质量和的选取，以下最合理的一组是 ‎ A. =200, =10、15、20、25、30、40‎ B. =200, =20、40、60、80、100、120‎ C. =400, =10、15、20、25、30、40‎ D. =400, =20 40、60、80、100、120‎ ‎（3）图2 是试验中得到的一条纸带，、、、、、、为7个相邻的计数点，相邻的两个计数点之间还有四个点未画出。量出相邻的计数点之间的距离分别为=4.22 cm、=4.65 cm、=5.08 cm、=5.49 cm、=5.91 cm、=6.34 cm 。已知打点计时器的工作效率为50 Hz,则小车的加速度= m/s2 （结果保留2位有效数字）。‎ A 图2‎ ‎●‎ ‎●‎ ‎●‎ ‎●‎ ‎●‎ ‎●‎ ‎●‎ B C D E F G ‎21Ⅰ答案：（1）B；(2)C；（3）0.42‎ 要使砂和砂桶的重力mg近似等于小车所受合外力，首先要平衡摩擦力，然后还要满足m＜＜M。而平衡摩擦，不需挂砂桶，但要带纸带，故（1）选B，（2）选C。（3）用逐差法，求得。‎ Oo v(m/s)‎ ‎0.5‎ ‎4‎ t(s)‎ ‎22（2012安徽卷）.（14分）质量为0.1 kg 的弹性球从空中某高度由静止开始下落，该下落过程对应的图象如图所示。球与水平地面相碰后离开地面时的速度大小为碰撞前的3/4。该球受到的空气阻力大小恒为，取=10 m/s2, 求：‎ ‎（1）弹性球受到的空气阻力的大小；‎ ‎（2）弹性球第一次碰撞后反弹的高度。‎ ‎22. (1)0.2N；(2)0.375m 解析：(1)由v—t图像可知:小球下落作匀加速运动，‎ 由牛顿第二定律得：‎ 解得 ‎(2)由图知：球落地时速度，则反弹时速度 设反弹的加速度大小为a＇，由动能定理得 解得 ‎4（2012江苏卷）．将一只皮球竖直向上抛出，皮球运动时受到空气阻力的大小与速度的大小成正比，下列描绘皮球在上升过程中加速度大小a与时间t关系图象，可能正确的是 ‎【解析】加速度，随着的减小，减小，但最后不等于0.加速度越小，速度减小得越慢，所以选C.‎ ‎【答案】C ‎5（2012江苏卷）．如图所示，一夹子夹住木块，在力F作用下向上提升，夹子和木块的质量分别为m、M，夹子与木块两侧间的最大静摩擦有均为f，若木块不滑动，力F的最大值是 A． B．‎ C． ‎ D．‎ ‎【解析】整体法，隔离法，对木块，‎ ‎，解得.‎ ‎【答案】A ‎25（2012重庆卷） ．（19分）某校举行托乒乓球跑步比赛，‎ 赛道为水平直道，比赛距离为S，比赛时，‎ 某同学将球置于球拍中心，以大小a的加 速度从静止开始做匀加速运动，当速度达 到v0时，再以v0做匀速直线运动跑至终点。‎ 整个过程中球一直保持在球中心不动。比赛 中，该同学在匀速直线运动阶级保持球拍的 倾角为θ0 ，如题25图所示。设球在运动过 程中受到的空气阻力与其速度大小成正比，‎ 方向与运动方向相反，不计球与球拍之间 的摩擦，球的质量为m，重力加速度为g ‎⑴空气阻力大小与球速大小的比例系数k ‎⑵求在加速跑阶段球拍倾角θ随球速v变化的关系式 ‎⑶整个匀速跑阶段，若该同学速率仍为v0 ，而球拍的倾角比θ0大了β并保持不变，不计球在球拍上的移动引起的空气阻力的变化，为保证到达终点前球不从球拍上距离中心为r的下边沿掉落，求β应满足的条件。‎ ‎25．（19分）‎ ‎⑴在匀速运动阶段有，‎ 得 ‎⑵加速阶段，设球拍对球的支持力为，有 得 ‎⑶以速度v0匀速运动时，设空气的阻力与重力的合力为F，有 ‎ ‎ 球拍倾角为时，空气阻力与重力的合力不变，设球沿球拍面下滑的加速度大小为，有 ‎ 设匀速跑阶段所用时间为t，有 球不从球拍上掉落的条件 ‎ 得 ‎23(2012浙江卷)．（16分）为了研究鱼所受水的阻力与其形状的关系，小明同学用石腊做成两条质量均为m、形 状不同的“A鱼”和“B鱼”，如图所示。在高出水面H处分别静止释放“A鱼”和“B鱼”，“A鱼”‎ 竖直下潜hA后速度减为零，“B鱼”竖直下潜hB后速度减为零。“鱼”在水中运动时，除受重力外，‎ 还受浮力和术的阻力。已知“鱼”在水中所受浮力是其重力的倍，重力加速度为g，“鱼”运动的位移值远大于“鱼”的长度。假设“鱼”运动时所受水的阻力恒定，空气阻力不计。求：‎ ‎ (1)“A鱼”入水瞬间的速度VA1；‎ ‎ (2)“A鱼”在水中运动时所受阻力fA；‎ ‎ (3)“A鱼”与“B鱼”在水中运动时所受阻力之比fA:fB。‎ 解答：（1）A鱼”入水前作自由落体运动 VA12-0=2Ah 四、曲线运动 ‎12（2012上海卷）．如图，斜面上a、b、c三点等距，小球从a点正上方O点抛出，做初速为v0的平抛运动，恰落在b点。若小球初速变为v，其落点位于c，则（ ）‎ ‎（A）v0＜v＜2v0 （B）v＝2v0‎ ‎（C）2v0＜v＜3v0 （D）v＞3v0‎ 答案：A ‎15(2012全国新课标).如图，x轴在水平地面内，y轴沿竖直方向。图中画出了从y轴上沿x轴正向抛出的三个小球a、b和c的运动轨迹，其中b和c是从同一点抛出的，不计空气阻力，则 A.a的飞行时间比b的长 B.b和c的飞行时间相同 C.a的水平速度比b的小 D.b的初速度比c的大 ‎[答案]BD ‎[解析]平抛运动的时间是由下落高度决定的，高度相同，时间一样，高度高，飞行时间长。A错，B正确。水平位移由速度和高度决定，由得C错D正确。‎ ‎22（2012四川卷）．（17分）‎ ‎ (1)某物理兴趣小组采用如图所示的装置深入研究平抛运动。质量分别为mA和mB的A、B小球处于同一高度，M为A球中心初始时在水平地面上的垂直投影。用小锤打击弹性金属片，使A球沿水平方向飞出，同时松开B球，B球自由下落。A球落到地面N点处，B球落到地面P点处。测得mA=0.04 kg，mB=0.05kg，B球距地面的高度是1.225m，M、N点间的距离为1.500m，则B球落到P点的时间是____s，A球落地时的动能是____J。（忽略空气阻力，g取9.8m/s2）‎ ‎22．(1)0.5（3分）； 0.66（4分）；‎ ‎19（2012上海卷）．图a为测量分子速率分布的装置示意图。圆筒绕其中心匀速转动，侧面开有狭缝N，内侧贴有记录薄膜，M为正对狭缝的位置。从原子炉R中射出的银原子蒸汽穿过屏上的S缝后进入狭缝N，在圆筒转动半个周期的时间内相继到达并沉积在薄膜上。展开的薄膜如图b所示，NP，PQ间距相等。则（ ）‎ ‎（A）到达M附近的银原子速率较大 ‎（B）到达Q附近的银原子速率较大 ‎（C）位于PQ区间的分子百分率大于位于NP区间的分子百分率 ‎（D）位于PQ区间的分子百分率小于位于NP区间的分子百分率 答案：A、C B A F O ‎3（2012江苏卷）．如图所示，细线的一端固定于O点，另一端系一小球，在水平拉力作用下，小球以恒定速率在竖直平面内由A点运动到B点，在此过程中拉力的瞬时功率变化情况是 A．逐渐增大 ‎ B．逐渐减小 C．先增大，后减小 D．先减小，后增大．‎ ‎3. 【解析】设F与速度的夹角为，则，力的分解，在切线上（速度方向上）合力为0，即，所以，随增大，P增大。‎ ‎【答案】A ‎6（2012江苏卷）．如图所示，相距l的两小球A、B位于同一高度h（l、h为定值），将A向B水平抛出的同时，B自由下落，A、B与地面碰撞前后，水平分速度不变，竖直分速度大小不变，方向相反，不计空气阻力及小球与地面碰撞的时间，则：‎ A．A、B在第一次落地前能否相碰，取决于A的初速度 B．A、B在第一次落地前若不碰，此后就不会相碰 C．A、B不可能运动到最高处相碰 D．A、B一定能相碰 ‎【解析】平抛运动规律，，所以，若，则第1次落地前能相遇，所以取决于，A正确；A碰地后还可能与B相遇，所以B、C错误，D正确。‎ ‎【答案】AD ‎26(2012全国理综).（20分）‎ 一探险队员在探险时遇到一山沟，山沟的一侧竖直，另一侧的坡面呈抛物线形状。此队员从山沟的竖直一侧，以速度v0沿水平方向跳向另一侧坡面。如图所示，以沟底的O点为原点建立坐标系Oxy。已知，山沟竖直一侧的高度为2h，坡面的抛物线方程为y=，探险队员的质量为m。人视为质点，忽略空气阻力，重力加速度为g。‎ （1） 求此人落到破面试的动能；‎ （2） 此人水平跳出的速度为多大时，他落在坡面时的动能最小？动能的最小值为多少？‎ ‎【解析】‎ （1） 平抛运动的分解：，，得平抛运动的轨迹方程，此方程与坡面的抛物线方程为y=的交点为，。‎ 根据机械能守恒，‎ 解得 （3） ‎（2）求关于的导数并令其等于0，解得当此人水平跳出的速度为时，他落在坡面时的动能最小，动能的最小值为。‎ ‎22（2012北京高考卷）．（16分）‎ 如图所示，质量为m的小物块在粗糙水平桌面上做直线运动，经距离l后以速度υ飞离桌面，最终落在水平地面上．已知l=1.4m，υ=3.0 m/s，m=0.10kg，物块与桌面间的动摩擦因数μ=0.25，桌面高h=0.45m，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2．求：‎ υ0‎ s h υ l ‎（1）小物块落地点距飞出点的水平距离s；‎ ‎（2）小物块落地时的动能Ek；‎ ‎（3）小物块的初速度大小υ0．‎ ‎22．（16分）‎ ‎（1）由平抛运动规律，有 ‎ 竖直方向 h=gt2‎ ‎ 水平方向 s=υt ‎ 得水平距离 s=υ=0.90m ‎（2）由机械能守恒定律，动能 Ek=mυ2+mgh=0.90J ‎（3）由动能定理，有 -μmgl=mυ2-mυ02‎ ‎ 得初速度大小 υ0==4.0m/s ‎22．（15分）如图所示，一工件置于水平地面上，其AB段为一半径R=‎1.0m的光滑圆弧轨道，BC段为一长度L=‎0.5m的粗糙水平轨道，二者相切于B点，整个轨道位于同一竖直平面内，P点为圆弧轨道上的一个确定点。一可视为质点的物块，其质量m=‎0.2kg，与BC间的动摩擦因数μ1=0.4。工件质量M=‎0.8kg，与地面间的动摩擦因数μ2=0.1。（取g=‎10m/s2）‎ ‎ （1）若工件固定，将物块由P点无初速度释放，滑至C点时恰好静止，求P、C两点间的高度差h。‎ ‎ （2）若将一水平恒力F作用于工件，使物块在P点与工件保持相对静止，一起向左做匀加速直线运动。‎ ‎ ①求F的大小。‎ ‎ ②当速度v=‎5m/s时，使工件立刻停止运动（即不考虑减速的时间和位移），物块飞离圆弧轨道落至BC段，求物块的落点与B点间的距离。‎ ‎22.‎ ‎（1）物块从P点下滑经B点至C点的整个过程，根据动能定理得 ‎ 错误！不能通过编辑域代码创建对象。 ‎ 代入数据得 ‎ 错误！不能通过编辑域代码创建对象。 ‎（2）设物块的加速度大小为错误！不能通过编辑域代码创建对象。，P点与圆心的连线与竖直方向间的夹角为错误！不能通过编辑域代码创建对象。，由几何关系可得 ‎ 错误！不能通过编辑域代码创建对象。 根据牛顿第二定律，对物体有 错误！不能通过编辑域代码创建对象。 对工件和物体整体有 错误！不能通过编辑域代码创建对象。 联立式，代入数据得 错误！不能通过编辑域代码创建对象。 ‎ 设物体平抛运动的时间为错误！不能通过编辑域代码创建对象。，水平位移为错误！不能通过编辑域代码创建对象。，物块落点与B间的距离为 错误！不能通过编辑域代码创建对象。， 由运动学公式可得 ‎ 错误！不能通过编辑域代码创建对象。 ‎ 错误！不能通过编辑域代码创建对象。 ‎ 错误！不能通过编辑域代码创建对象。 联立 式，代入数据得 错误！不能通过编辑域代码创建对象。 ‎18（2012浙江卷）.由光滑细管组成的轨道如图所示，其中AB段和BC段是半径为R的四分之一圆弧，轨道固定在竖直平面内。一质量为m的小球，从距离水平地面为H的管口D处静止释放，最后能够从A端水平抛出落到地面上。下列说法正确的是（ ）‎ A.小球落到地面时相对于A点的水平位移值为 B. 小球落到地面时相对于A点的水平位移值为 C.小球能从细管A端水平抛出的条件是H>2R D.小球能从细管A端水平抛出的最小高度Hmin= R 答案：BC ‎10（2012天津卷）.如图所示，水平地面上固定有高为h的平台，台面上有固定的光滑坡道，坡道顶端距台面高也为h，坡道底端与台面相切。小球A从坡道顶端由静止开始滑下，到达水平光滑的台面后与静止在台面上的小球B发生碰撞，并粘连在一起，共同沿台面滑行并从台面边缘飞出，落地点与飞出点的水平距离恰好为台高的一半，两球均可视为质点，忽略空气阻力，重力加速度为g，求 ‎（1）小球A刚滑至水平台面的速度vA；‎ ‎（2）A、B两球的质量之比mA：mB ‎10．（16分）‎ 解析：（1）小球A在坡道上只有重力做功机械能守恒，有 ①‎ ‎ 解得 ②‎ ‎（2）小球A、B在光滑台面上发生碰撞粘在一起速度为v，根据系统动量守恒得 ‎ ③‎ 离开平台后做平抛运动，在竖直方向有 ④‎ ‎ 在水平方向有 ⑤‎ 联立②③④⑤化简得 ‎ ‎20（2012福建卷）.（15分）‎ 如图，置于圆形水平转台边缘的小物块随转台加速转动，当转速达到某一数值时，物块恰好滑离转台开始做平抛运动。现测得转台半径R=0.5 m,离水平地面的高度H=0.8m,物块平抛落地过程水平位移的大小s=0.4m。设物块所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g=10m/s2 求：‎ ‎（1）物块做平抛运动的初速度大小V0；‎ ‎（2）物块与转台间的动摩擦因数。‎ ‎20答案：‎ ‎15（2012海南卷），如图，水平地面上有一个坑，其竖直截面为半圆。ab为沿水平方向的直径。若在a点以初速度沿ab方向抛出一小球， 小球会击中坑壁上的c点。已知c点与水平地面的距离为圆半径的一半，求圆的半径。 ‎ 解析：设圆半径为r，质点做平抛运动，则：‎ ‎ ①‎ ‎ ②‎ 过c点做cd⊥ab与d点，Rt△acd∽Rt△cbd可得即为：‎ ‎ ③‎ 由①②③得：‎ 五、万有引力与航天 ‎12（2012海南卷）.‎2011年4月10日，我国成功发射第8颗北斗导航卫星，建成以后北斗导航卫星系统将包含多可地球同步卫星，这有助于减少我国对GPS导航系统的依赖，GPS由运行周期为12小时的卫星群组成，设北斗星的同步卫星和GPS导航的轨道半径分别为和，向心加速度分别为和，则=_____。=_____（可用根式表示）‎ 解析：，由得：，因而： ，‎ ‎21（2012广东卷）.如图6所示，飞船从轨道1变轨至轨道2。若飞船在两轨道上都做匀速圆周运动，不考虑质量变化，相对于在轨道1上，飞船在轨道2上的 A.动能大 B.向心加速度大 C.运行周期长 D.角速度小 答案：CD ‎18（2012北京高考卷）．关于环绕地球卫星的运动，下列说法正确的是 ‎ A．分别沿圆轨道和椭圆轨道运行的两颗卫星，不可能具有相同的周期 ‎ B．沿椭圆轨道运行的一颗卫星，在轨道不同位置可能具有相同的速率 C．在赤道上空运行的两颗地球同步卫星，它们的轨道半径有可能不同 D．沿不同轨道经过北京上空的两颗卫星，它们的轨道平面一定会重合 答案：B ‎15（2012山东卷）.‎2011年11月3日，“神州八号”飞船与“天宫一号”目标飞行器成功实施了首次交会对接。任务完成后“天宫一号”经变轨升到更高的轨道，等待与“神州九号”交会对接。变轨前和变轨完成后“天宫一号”的运行轨道均可视为圆轨道，对应的轨道半径分别为R1、R2，线速度大小分别为、。则等于 A. B. C. D. ‎ 答案：B ‎16（2012福建卷）．一卫星绕某一行星表面附近做匀速圆周运动，其线速度大小为假设宇航员在该行星表面上用弹簧测力计测量一质量为m 的物体重力，物体静止时，弹簧测力计的示数为，已知引力常量为G,则这颗行星的质量为 A． B.‎ C． D.‎ 答案：B ‎15（2012四川卷）．今年4月30日，西昌卫星发射中心发射的中圆轨道卫星，其轨道半径为2.8×l07m。它与另一颗同质量的同步轨道卫星（轨道半径为4.2×l07m）相比 ‎ A．向心力较小 B．动能较大 ‎ C．发射速度都是第一宇宙速度 D．角速度较小 答案：B ‎21(2012全国新课标).假设地球是一半径为R、质量分布均匀的球体。一矿井深度为d。已知质量分布均匀的球壳对壳内物体的引力为零。矿井底部和地面处的重力加速度大小之比为 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎[答案]A ‎[解析]物体在地面上时的重力加速度可由得出。根据题中条件，球壳对其内部物体的引力为零，可认为矿井部分为一质量均匀球壳， 故矿井底部处重力加速度可由得出，故 ‎15（2012浙江卷）．如图所示，在火星与木星轨道之间有一小行星带。假设该带中的小行星只受到太阳的引力，并绕太阳做匀速圆周运动。下列说法正确的是（ ）‎ A.太阳队各小行星的引力相同 B.各小行星绕太阳运动的周期均小于一年 C.小行星带内侧小行星的向心加速度值大于外侧小行星的向心加速度值 D.小行星带内个小行星圆周运动的线速度值大于地球公转的线速度值 答案：C ‎3（2012天津卷）.一人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，加入该卫星变轨后仍做匀速圆周运动，动能减小为原来的，不考虑卫星质量的变化，则变轨前后卫星的（ ）‎ A．向心加速度大小之比为4:1 ‎ B．角速度大小之比为2:1‎ C．周期之比为1:8 ‎ D．轨道半径之比为1:2‎ 解析：根据向心加速度表达式知在动能减小时势能增大，地球卫星的轨道半径增大，则向心加速度之比大于4；根据万有引力和牛顿第二定律有化简为，知在动能减小速度减小则轨道半径增大到原来的4倍；同理有化简为，则周期的平方增大到8倍；根据角速度关系式，角速度减小为。答案C。‎ ‎22B．人造地球卫星做半径为r，线速度大小为v的匀速圆周运动。当其角速度变为原来的倍后，运动半径为_________，线速度大小为_________。‎ 答案：2r，v，‎ ‎14（2012安徽卷）.我国发射的“天宫一号”和“神州八号”在对接前，“天宫一号”的运行轨道高度为350km,“神州八号”的运行轨道高度为343km.它们的运行轨道均视为圆周，则 ( )‎ A．“天宫一号”比“神州八号”速度大 B．“天宫一号”比“神州八号”周期长 C．“天宫一号”比“神州八号”角速度大 D．“天宫一号”比“神州八号”加速度大 ‎14.B；‎ 解析：有万有引力提供向心力易知：、、；即轨道半径越大，线速度越小、角速度越小、周期越大。而由牛顿第二定律知: ,说明轨道半径越大，加速度越小。故只有B正确。 ‎ 拉格朗日点 地球 太阳 ‎8（2012江苏卷）．2011年8月，“嫦娥二号”成功进入了绕“日地拉格朗日点”的轨道，我国成为世界上第三个造访该点的国家，如图所示，该拉格朗日点位于太阳与地球连线的延长线上，一飞行器位于该点，在几乎不消耗燃料的情况下与地球同步绕太阳做圆周运动，则此飞行器的 A．线速度大于地球的线速度 B．向心加速度大于地球的向心加速度 C．向心力仅由太阳的引力提供 D．向心力仅由地球的引力提供 ‎【解析】根据，A正确；根据，B正确，向心力由太阳和地球的引力的合力提供，C、D错误。‎ ‎【答案】AB ‎25(2012全国理综).（19分）一单摆在地面处的摆动周期与在某矿井底部摆动周期的比值为k。设地球的半径为R。假定地球的密度均匀。已知质量均匀分布的球壳对壳内物体的引力为零，求矿井的深度d。‎ ‎【解析】单摆在地面处的摆动周期，在某矿井底部摆动周期，已知，根据，（表示某矿井底部以下的地球的质量，表示某矿井底部处的重力加速度）以及,，解得 ‎18（2012重庆卷）．冥王星与其附近的星体卡戎可视为双星系统，质量比约为7：1，同时绕它们连线上某点O做匀速圆周运动。由此可知冥王星绕O点运动的 A． 轨道半径约为卡戎的1/7‎ B． 角速度大小约为卡戎的1/7‎ C． 线度大小约为卡戎的7倍 D． 向心力小约为卡戎的7倍 答案：A 六、机械能 ‎1 （2012福建卷）如图，表面光滑的固定斜面顶端安装一定滑轮，小物块A、B用轻绳连接并跨过滑轮（不计滑轮的质量和摩擦）。初始时刻，A、B处于同一高度并恰好静止状态。剪断轻绳后A下落、B沿斜面下滑，则从剪断轻绳到物块着地，两物块 A．速率的变化量不同 B．机械能的变化量不同 C．重力势能的变化量相同 D．重力做功的平均功率相同 答案：D ‎2．（2012天津卷）.如图甲所示，静止在水平地面的物块A，受到水平向右的拉力F作用，F与时间t的关系如图乙所示，设物块与地面的静摩擦力最大值fm 与滑动摩擦力大小相等，则 A．0 – t1时间内F的功率逐渐增大 B．t2时刻物块A的加速度最大 C．t2时刻后物块A做反向运动 D．t3时刻物块A的动能最大 解析：由F与t的关系图像0～t1拉力小于最大静摩擦力物块静止F的功率为0，A错误；在t1～t2阶段拉力大于最大静摩擦力物块做加速度增大的加速运动，在t2～t3阶段拉力大于最大静摩擦力物块做加速度减小的加速运动，在t2时刻加速度最大，B正确，C错误；在t1～t3物块一直做加速运动，在t3～t4拉力小于最大静摩擦力物块开始减速，在时刻速度最大，动能最大，D正确。答案BD。‎ ‎3．（2012上海卷）．质量相等的均质柔软细绳A、B平放于水平地面，绳A较长。分别捏住两绳中点缓慢提起，直到全部离开地面，两绳中点被提升的高度分别为hA、hB，上述过程中克服重力做功分别为WA、WB。若（ ）‎ ‎（A）hA＝hB，则一定有WA＝WB （B）hA＞hB，则可能有WA＜WB ‎ ‎（C）hA＜hB，则可能有WA＝WB （D）hA＞hB，则一定有WA＞WB 答案：B ‎4．（2012上海卷）．如图，可视为质点的小球A、B用不可伸长的细软轻线连接，跨过固定在地面上半径为R有光滑圆柱，A的质量为B的两倍。当B位于地面时，A恰与圆柱轴心等高。将A由静止释放，B上升的最大高度是（ ）‎ ‎（A）2R （B）5R/3 （C）4R/3 （D）2R/3‎ 答案： C，‎ ‎5．（2012上海卷）．位于水平面上的物体在水平恒力F1作用下，做速度为v1的匀速运动；若作用力变为斜面上的恒力F2，物体做速度为v2的匀速运动，且F1与F2功率相同。则可能有（ ）‎ ‎（A）F2＝F1，v1＞v2 （B）F2＝F1，v1＜v2‎ ‎（C）F2＞F1，v1＞v2 （D）F2＜F1，v1＜v2 ‎ 答案：B、D，‎ ‎6．（2012安徽卷）.如图所示，在竖直平面内有一半径为的圆弧轨道，半径水平、竖直，一个质量为的小球自的正上方点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点时恰好对轨道没有压力。已知=2,重力加速度为，则小球从到的运动过程中 ( )‎ O B R ‎2R P A A. 重力做功 ‎ B. 机械能减少 C. 合外力做功 D. 克服摩擦力做功 ‎16D；‎ 解析：小球从P到B高度下降R，故重力做功mgR，A错。在B点小球对轨道恰好无压力，由重力提供向心力得，取B点所在平面为零势能面，易知机械能减少量，B错。由动能定理知合外力做功W=,C错。根据动能定理，可得，D选项正确。‎ B A F O ‎7．（2012江苏卷）．如图所示，细线的一端固定于O点，另一端系一小球，在水平拉力作用下，小球以恒定速率在竖直平面内由A点运动到B点，在此过程中拉力的瞬时功率变化情况是 A．逐渐增大 ‎ B．逐渐减小 C．先增大，后减小 D．先减小，后增大．‎ ‎ 【解析】设F与速度的夹角为，则，力的分解，在切线上（速度方向上）合力为0，即，所以，随增大，P增大。‎ ‎【答案】A ‎8．（2012海南卷）.一质量为1kg的质点静止于光滑水平面上，从t=0时起，第1秒内受到2N的水平外力作用，第2秒内受到同方向的1N的外力作用。下列判断正确的是 A. 0～2s内外力的平均功率是W B.第2秒内外力所做的功是J C.第2秒末外力的瞬时功率最大 D.第1秒内与第2秒内质点动能增加量的比值是 答案 ；CD 解析：由动量定理求出1s末、2s末速度分别为：v1=2m/s、v2=3m/s 故合力做功为w=功率为 1s末、2s末功率分别为：4w、3w ‎ 第1秒内与第2秒动能增加量分别为：、，比值：4：5‎ ‎9．(2012全国理综).（20分）‎ 一探险队员在探险时遇到一山沟，山沟的一侧竖直，另一侧的坡面呈抛物线形状。此队员从山沟的竖直一侧，以速度v0沿水平方向跳向另一侧坡面。如图所示，以沟底的O点为原点建立坐标系Oxy。已知，山沟竖直一侧的高度为2h，坡面的抛物线方程为y=，探险队员的质量为m。人视为质点，忽略空气阻力，重力加速度为g。‎ （1） 求此人落到破面试的动能；‎ （2） 此人水平跳出的速度为多大时，他落在坡面时的动能最小？动能的最小值为多少？‎ ‎【解析】‎ （1） 平抛运动的分解：，，得平抛运动的轨迹方程，此方程与坡面的抛物线方程为y=的交点为，。‎ 根据机械能守恒，‎ 解得 （3） ‎（2）求关于的导数并令其等于0，解得当此人水平跳出的速度为时，他落在坡面时的动能最小，动能的最小值为。‎ （4） ‎10．（2012广东卷）.（18分）‎ ‎ 图18（a）所示的装置中，小物块A、B质量均为m，水平面上PQ段长为l，与物块间的动摩擦因数为μ，其余段光滑。初始时，挡板上的轻质弹簧处于原长；长为r的连杆位于图中虚线位置；A紧靠滑杆（A、B间距大于2r）。随后，连杆以角速度ω匀速转动，带动滑杆作水平运动，滑杆的速度-时间图像如图18（b）所示。A在滑杆推动下运动，并在脱离滑杆后与静止的B发生完全非弹性碰撞。‎ ‎（1）求A脱离滑杆时的速度uo，及A与B碰撞过程的机械能损失ΔE。‎ ‎（2）如果AB不能与弹簧相碰，设AB从P点到运动停止所用的时间为t1，求ω得取值范围，及t1与ω的关系式。‎ ‎（3）如果AB能与弹簧相碰，但不能返回道P点左侧，设每次压缩弹簧过程中弹簧的最大弹性势能为Ep，求ω的取值范围，及Ep与ω的关系式（弹簧始终在弹性限度内）。‎ 答案：‎ ‎ 解：（1）由题知，A脱离滑杆时的速度uo=ωr ‎ 设A、B碰后的速度为v1，由动量守恒定律 ‎ m uo=2m v1‎ A与B碰撞过程损失的机械能 解得 ‎ ‎（2）AB不能与弹簧相碰，设AB在PQ上运动的加速度大小为a,由牛顿第二定律及运动学规律 ‎ v1=at1 ‎ ‎ 由题知 联立解得 ‎ ‎（3）AB能与弹簧相碰 不能返回道P点左侧 解得 AB在的Q点速度为v2，AB碰后到达Q点过程，由动能定理 AB与弹簧接触到压缩最短过程，由能量守恒 ‎ 解得 ‎11.（2012四川卷）．（16分）‎ ‎ 四川省“十二五”水利发展规划指出，若按现有供水能力测算，我省供水缺口极大，蓄引提水是目前解决供水问题的重要手段之一。某地要把河水抽高20m，进入蓄水池，用一台电动机通过传动效率为80%的皮带，带动效率为60%的离心水泵工作。工作电压为380V，此时输入电动机的电功率为9kW，电动机的内阻为0.4Ω。已知水的密度为1×l03kg/m3，重力加速度取10m/s2。求：‎ ‎ (1)电动机内阻消耗的热功率；‎ ‎(2)将蓄水池蓄入864m3的水需要的时间（不计进、出水口的水流速度）。‎ ‎23．解：‎ ‎(l)设电动机的电功率为P，则P=UI ①‎ 设电动机内阻r上消耗的热功率为Pr，则Pr=I2r ②‎ 代入数据解得Pr=1×103W ③‎ 说明：①③式各2分，②式3分。‎ ‎(2)设蓄水总质量为M，所用抽水时间为t。已知抽水高度为h，容积为V，水的密度为ρ，则 M=ρV ④‎ 设质量为M的河水增加的重力势能为△Ep，则△Ep=Mgh ⑤‎ 设电动机的输出功率为P0，则P0=P-Pr ⑥‎ 根据能量守恒定律得 P0t×60%×80%=△Ep ⑦‎ 代人数据解得 t=2×l04s ⑧‎ 说明：④⑤式各1分，⑥⑧式各2分，⑦式3分。‎ Oo v(m/s)‎ ‎0.5‎ ‎4‎ t(s)‎ ‎12.（2012安徽卷）.（14分）质量为0.1 kg 的弹性球从空中某高度由静止开始下落，该下落过程对应的 图象如图所示。球与水平地面相碰后离开地面时的速度大小为碰撞前的3/4。该球受到的空气阻力大小恒为，取=10 m/s2, 求：‎ ‎（1）弹性球受到的空气阻力的大小；‎ ‎（2）弹性球第一次碰撞后反弹的高度。‎ ‎22. (1)0.2N；(2)0.375m 解析：(1)由v—t图像可知:小球下落作匀加速运动，‎ 由牛顿第二定律得：‎ 解得 ‎(2)由图知：球落地时速度，则反弹时速度 设反弹的加速度大小为a＇，由动能定理得 解得 ‎13.（2012安徽卷）.（20分）‎ A ‎⊙‎ ‎⊙‎ B h l u=2m/s ‎ 如图所示，装置的左边是足够长的光滑水平面，一轻质弹簧左端固定，右端连接着质量 M=2kg的小物块A。装置的中间是水平传送带，它与左右两边的台面等高，并能平滑对接。传送带始终以u=2m/s 的速度逆时针转动。装置的右边是一光滑的曲面，质量m=1kg的小物块B从其上距水平台面h=1.0m处由静止释放。已知物块B与传送带之间的摩擦因数 μ=0.2,l =1.0m。设物块A、B中间发生的是对心弹性碰撞，第一次碰撞前物块A静止且处于平衡状态。取g=10m/s2。‎ （1） 求物块B与物块A第一次碰撞前的速度大小；‎ ‎(2)通过计算说明物块B与物块A第一次碰撞后能否运动到右边曲面上？‎ ‎(3)如果物块A、B每次碰撞后，物块A再回到平衡位置时都会立即被锁定，而当他们再次碰撞前锁定被解除，试求出物块B第n次碰撞后运动的速度大小。‎ 答案：‎ ‎.（1）4m/s ‎（2）不能滑到右边的曲面上 ‎（3）‎ 解：（1）设B滑到曲面底部速度为v,根据机械能守恒定律，‎ 得 由于＞u,B在传送带上开始做匀减速运动。‎ 设B一直减速滑过传送带的速度为 由动能定理的 解得 由于仍大于u，说明假设成立，即B与A碰前速度为4m/s （1） 设地一次碰后A的速度为，B的速度为，取向左为正方向，根据动量守恒定律和机械等守恒定律得：‎ 解得 上式表明B碰后以的速度向右反弹。滑上传送带后做在摩擦力的作用下减速，设向左减速的最大位移为，由动能定理得：‎ 解得 因，故B不能滑上右边曲面。‎ ‎（3）B的速度减为零后，将在传送带的带动下向左匀加速，加速度与向右匀减速时相同，且由于小于传送带的速度u，故B向左返回到平台上时速度大小仍为。由于第二次碰撞仍为对心弹性碰撞，故由（2）中的关系可知碰后B仍然反弹，且碰后速度大小仍为B碰前的，即 同理可推：B每次碰后都将被传送带带回与A发生下一次碰撞。则B与A碰撞n次后反弹，速度大小为。‎ ‎14.（2012江苏卷）．（10分）为测定木块与桌面之间的动摩擦因数，小亮设计了如图所示的装置进行实验，实验中，当木块A位于水平桌面上的O点时，重物B刚好接触地面，将A拉到P点，待B稳定后静止释放，A最终滑到Q点，分别测量OP、OQ的长度h和s，重复上述实验，分别记录几组实验数据 ‎（1）实验开始时，发现A释放后会撞到滑轮，请提出两个解决方案；‎ ‎（2）请根据下表的实验数据作出s-h关系图像 h（cm）‎ ‎20.0‎ ‎30.0‎ ‎40.0‎ ‎50.0‎ ‎60.0‎ s（cm）‎ ‎19.5‎ ‎28.5‎ ‎39.0‎ ‎48.0‎ ‎56.5‎ ‎（3）实验测得A、B的质量分别为m=0.40kg、M=0.50kg，根据s-h图像可计算出A木块与桌面间的动摩擦因数μ=__________（结果保留一位有效数字）‎ ‎（4）实验中，滑轮轴的摩擦会导致μ的测量结果_________（选填“偏大”、或“偏小”‎ ‎【解析】（3）在B下落至临落地时，据动能定理，有，‎ 在B落地后，A运动到Q，据动能定理，有，解得：。将，代入得=，从图象得斜率，即，代入上式得。‎ 本题易错点：认为A/B末速度都为0，根据，解得。‎ ‎（4）滑轮组的摩擦会导致偏小，从而偏大。‎ ‎【答案】（1）减小B的质量，增加细线的长度，或增大A的质量，降低B的起始高度。‎ ‎（2）如图 ‎（3）0.4‎ ‎（4）偏大 m v l 轻杆 ‎15.（2012江苏卷）．（16分）某缓冲装置的理想模型如图所示，劲度系数足够大的轻质弹簧与轻杆相连，轻杆可在固定的槽内移动，与槽间的滑动摩擦力恒为f，轻杆向右移动不超过l时，装置可安全工作，一质量为m的小车若以速度v0撞击弹簧，将导致轻杆向右移动l/4，轻杆与槽间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且不计小车与地面的摩擦。‎ ‎（1）若弹簧的劲度系数为k，求轻杆开始移动时，弹簧的压缩量x；‎ ‎（2）为这使装置安全工作，允许该小车撞击的最大速度vm ‎（3）讨论在装置安全工作时，该小车弹回速度vˊ与撞击速度v的关系 ‎【答案】‎ ‎（1）轻杆开始移动时，弹簧的弹力 ① 且 ② 解得 ③‎ ‎（2）设轻杆移动前小车对弹簧所做的功为W，则小车从撞击到停止的过程中，动能定理 小车以撞击弹簧时 ④‎ 小车以撞击弹簧时 ⑤ ‎ 解 ⑥‎ ‎（3）设轻杆恰好移动时，小车撞击速度为， ⑦‎ 由④⑦解得 当时，‎ 当时，。‎ ‎16.（2012重庆卷）．（16分）题23图所示为一种摆式摩擦因数测量仪，‎ 可测量轮胎与地面间动摩擦因数，其中主要部件有：底 部固定有轮胎橡胶片的摆锤和连接摆锤的轻质细杆。摆 锤的质量为m，细杆可绕轴O在竖直平面内自由转动，‎ 摆锤重心到O点的距离为L.测量时，测量仪固定于水 平地面，将摆锤从与0等高的位置由静止释放。摆锤到 最低点附近时，橡胶片紧压地面擦过一小段距离s(s< d区间的运动，由动量守恒、能量守恒，且在初态和末态均无相互作用，有 mυA+υB= mυA0+υB0 ④‎ ‎ m+=m+ ⑤‎ ‎ 由④、⑤解得 υB=-υB0+υA0‎ ‎ 因B不改变运动方向，故 υB=-υB0+υA0 ≥ 0 ⑥‎ ‎ 由①、⑥解得 q≤Q ‎ 即B所带电荷量的最大值qm=Q ‎19（2012山东卷）.图中虚线为一组间距相等的同心圆，圆心处固定一带正电的点电荷。一带电粒子以一定初速度射入电场，实线为粒子仅在电场力作用下的运动轨迹，a、b、c三点是实线与虚线的交点。则该粒子 A．带负电 B．在c点受力最大 C．在b点的电势能大于在c点的电势能 D．由a点到b点的动能变化大于有b点到c点的动能变化 答案：CD ‎24（2012四川卷）．（19分）‎ 如图所示，ABCD为固定在竖直平面内的轨道，AB段光滑水平，BC段为光滑圆弧，对应的圆心角θ= 370，半径r=2.5m，CD段平直倾斜且粗糙，各段轨道均平滑连接，倾斜轨道所在区域有场强大小为E=2×l05N/C、方向垂直于斜轨向下的匀强电场。质量m=5×l0-2kg、电荷量q=+1×10-6C的小物体（视为质点）被弹簧枪发射后，沿水平轨道向左滑行，在C点以速度v0=3m/s冲上斜轨。以小物体通过C点时为计时起点，0.1s以后，场强大小不变，方向反向。已知斜轨与小物体间的动摩擦因数μ=0.25。设小物体的电荷量保持不变，取g=10m/s2．sin370=0.6，cos370=0.8。‎ ‎ (1)求弹簧枪对小物体所做的功；‎ ‎ (2)在斜轨上小物体能到达的最高点为P，求CP的长度。‎ ‎24.解：‎ ‎(1)设弹簧枪对小物体做功为Wf，由动能定理得Wf-mgr(l-cosθ)=mv02 ①‎ 代人数据得Wf=0.475J ②‎ 说明：①式4分，②式2分。‎ ‎(2)取沿平直斜轨向上为正方向。设小物体通过C点进入电场后的加速度为a1，‎ 由牛顿第二定律得－mgsinθ－μ(mgcosθ+qE)=ma1 ③‎ 小物体向上做匀减速运动，经t1=0.1s后，速度达到v1，有 v1=v0+a1t1③‎ 由③④可知v1=2.1m/s，设运动的位移为s1，有 sl-v0t1+a1t12 ⑤‎ 电场力反向后，设小物体的加速度为a2，由牛顿第二定律得 ‎－mgsinθ－μ(mgcosθ-qE)=ma2 ⑥‎ 设小物体以此加速度运动到速度为0，运动的时间为t2，位移为s2，有 ‎0=v1+a2t2 ⑦‎ s2=v1t2+a2t22 ⑧‎ 设CP的长度为s，有 s=s1+s2 ⑨‎ 联立相关方程，代人数据解得 s=0.57m⑩‎ 说明：③⑥式各3分，④⑤⑦⑧⑨式各1分，⑩式2分。‎ ‎20（2012安徽卷）. 如图1所示，半径为均匀带电圆形平板，单位面积带电量为，其轴线上任意一点（坐标为）的电场强度可以由库仑定律和电场强度的叠加原理求出：=2，方向沿轴。现考虑单位面积带电量为 的无限大均匀带电平板，从其中间挖去一半径为的圆板，如图2所示。则圆孔轴线上任意一点（坐标为）的电场强度为 ( )‎ Oo ro ‎●‎ x Qo 图2‎ Oo Ro ‎●‎ x Po 图1‎ A. 2‎ B. 2‎ C. 2‎ D. 2‎ ‎20A；‎ 解析：当时，=0，则，当挖去半径为r的圆孔时，应在E中减掉该圆孔对应的场强，即。选项A正确。‎ 八、恒定电流 ‎2.（2012海南卷）如图，E为内阻不能忽略的电池，R1、R2、R3为定值电阻，S0、S为开关，V与A分别为电压表与电流表。初始时S0与S均闭合，现将S断开，则 ‎ A. 的读数变大，的读数变小 B. 的读数变大，的读数变大 C. 的读数变小，的读数变小 D. 的读数变小，的读数变大 解析：S开，相当于电阻变大，总电流减小，故端电压增大，的读数变大，把R1归为内阻，则R3中的电压也增大，R3中的电流也增大，R3中的电压也增大，‎ ‎17（2012浙江卷）.功率为10w的发光二极管（LED灯）的亮度与功率为60W的白炽灯相当。根据国家节能战略，2016年前普通白炽灯应被淘汰。假设每户家庭有2只60W的白炽灯，均用10W的LED灯替代。估算出全国一年节省的电能最接近（ ）‎ A.8×108KW·h B. 8×1010KW·h C. 8×1011KW·h D. 8‎ ‎×1013KW·h ‎ 答案：B ‎7（2012上海卷）．如图，低电位报警器由两个基本的门电路与蜂鸣器组成，该报警器只有当输入电压过低时蜂鸣器才会发出警报。其中（ ）‎ ‎（A）甲是“与”门，乙是“非”门 ‎（B）甲是“或”门，乙是“非”门 ‎（C）甲是“与”门，乙是“或”门 ‎（D）甲是“或”门，乙是“与”门 答案：B ‎13（2012上海卷）．当电阻两端加上某一稳定电压时，通过该电阻的电荷量为0.3C，消耗的电能为0.9J。为在相同时间内使0.6C的电荷量通过该电阻，在其两端需加的电压和消耗的电能分别是（ ）‎ ‎（A）3V，1.8J （B）3V，3.6J （C）6V，1.8J （D）6V，3.6J 答案：D ‎17（2012上海卷）．直流电路如图所示，在滑动变阻器的滑片P向右移动时，电源的（ ）‎ ‎（A）总功率一定减小 ‎ ‎（B）效率一定增大 ‎（C）内部损耗功率一定减小 ‎ ‎（D）输出功率一定先增大后减小 答案：A、B、C，‎ ‎19(2012全国理综).一台电风扇的额定电压为交流220V。在其正常工作过程中，用交流电流表测得某一段时间内的工作电流I随时间t的变化如图所示。这段时间内电风扇的用电量为 A.3.9‎‎×10-2度 B.5.5×10-2度 C.7.8×10-2度 D.11.0×10-2度 ‎【解析】 根据计算得B正确。‎ ‎【答案】B ‎22(2012全国理综).（6分）‎ 在黑箱内有一由四个阻值相同的电阻构成的串并联电路，黑箱面板上有三个接线柱1、2、3.用欧姆表测得1、2接线柱之间的电阻为1Ω，2、3接线柱之间的电阻为1.5Ω，1、3接线柱之间的电阻为2.5Ω。‎ ‎（1）在虚线框中画出黑箱中的电阻连接方式；‎ ‎（2）如果将1、3接线柱用导线连接起来，1、2接线柱之间的电阻为______Ω。‎ ‎【解析与答案】‎ ‎（1）如下图 ‎（2）两电阻并联为。‎ ‎21（2012北京高考卷）．（18分）‎ ‎ 在“测定金属的电阻率”实验中，所用测量仪器均已校准．待测金属丝接入电路部分的长度约为50cm．‎ 图1‎ ‎ （1）用螺旋测微器测量金属丝的直径，其中某一次测量结果如图1所示，其读数应为___________mm（该值接近多次测量的平均值）‎ ‎ （2）用伏安法测金属丝的电阻Rx．实验所用器材为：电池组(电动势为3V，内阻约1Ω)、电流表(内阻 ‎ 约0.1Ω)、电压表(内阻约3kΩ)、滑动变阻器R(0~20Ω，额定电流2A)、开关、导线若干．‎ ‎ 某小组同学利用以上器材正确连接好电路，进行实验测量，记录数据如下：‎ 次数 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ ‎7‎ U/V ‎0.10‎ ‎0.30‎ ‎0.70‎ ‎1.00‎ ‎1.50‎ ‎1.70‎ ‎2.30‎ I/A ‎0.020‎ ‎0.060‎ ‎0.160‎ ‎0.220‎ ‎0.340‎ ‎0.460‎ ‎0.520‎ ‎ 由以上数据可知，他们测量Rx是采用图2中的_________图(选填“甲”或“乙”)．‎ V A R S Rx R S 图2‎ 乙 甲 V A Rx ‎ （3）图3是测量Rx的实验器材实物图，图中已连接了部分导线，滑动变阻器的滑片P置于变阻器的一端．‎ ‎0 ‎ I/A ‎ 图4‎ U/V ‎ ‎0.5 ‎ ‎1.5 ‎ ‎2.5 ‎ ‎2.0 ‎ ‎1.0 ‎ ‎0.10 ‎ ‎0.20 ‎ ‎0.30 ‎ ‎0.40 ‎ ‎0.50 ‎ ‎0.60 ‎ ‎ 请根据图(2)所选的电路图，补充完成图3中实物间的连线，并使闭合开关的瞬间，电压表或电流表 ‎ 不至于被烧坏．‎ P Rx 图3‎ ‎ （4）这个小组的同学在坐标纸上建立U、I坐标系，如图4所示，图中已标出了测量数据对应的4个坐标点．请在图4中标出第2、4、6次测量数据坐标点，并描绘出U─I图线．由图线得到金属丝的阻值Rx=___________Ω(保留两位有效数字)．‎ ‎ （5）根据以上数据可以估算出金属丝的电阻率约为___________(填选项前的符号)．‎ ‎ A．1×10-2Ωm B．1×10-3Ωm C．1×10-6Ωm D．1×10-8Ωm ‎ （6）任何实验测量都存在误差．本实验所用测量仪器均已校准，下列关于误差的说法中正确的选项是___________(有多个正确选项)．‎ ‎ A．用螺旋测微器测量金属丝直径时，由于读数引起的误差属于系统误差 B．由于电流表和电压表内阻引起的误差属于偶然误差 C．若将电流表和电压表内阻计算在内，可以消除由测量仪表引起的系统误差 D．用U─I图像处理数据求金属丝电阻可以减小偶然误差 ‎21．（18分）‎ ‎ （1）（0.395~0.399） （2）甲 （3）如答图3‎ ‎0 ‎ I/A ‎ 答图4‎ U/V ‎ ‎0.5 ‎ ‎1.5 ‎ ‎2.5 ‎ ‎2.0 ‎ ‎1.0 ‎ ‎0.10 ‎ ‎0.20 ‎ ‎0.30 ‎ ‎0.40 ‎ ‎0.50 ‎ ‎0.60 ‎ P Rx 答图3‎ ‎ （4）如答图3 （4.3~4.7） （5）C （6）CD ‎21（2012山东卷）（2）在测量金属丝电阻率的试验中，可供选用的器材如下：‎ 待测金属丝：（阻值约，额定电流约）；‎ 电压表：（量程，内阻约）；‎ 电流表：（量程，内阻约）；‎ ‎（量程，内阻约）；‎ 电源：（电动势3V，内阻不计）‎ ‎ （电动势12V，内阻不计）‎ 滑动变阻器：（最大阻值约）‎ 螺旋测微器；毫米刻度尺；开关S；导线。‎ 用螺旋测微器测量金属丝的直径，示数如图所示，读数为 mm。‎ 若滑动变阻器采用限流接法，为使测量尽量精确，电流表应选 、电源应选 （均填器材代号），在虚线框中（间答题卡）完成电路原理图。‎ ‎21（2）1.773【1.7711.775均正确】‎ ‎ A1；E1；电路图如右。‎ 解析：①1．773【1．771～1．775均正确】‎ ②电压表量程3V，所以电源应选E1，通过待测金属丝的最大电流约为A，所以电流表应选A1。电路图如右。‎ ‎22 （2012四川卷） (2)某学习小组的同学拟探究小灯泡L的伏安特性曲线，可供选用的器材如下：‎ ‎ 小灯泡L，规格“4.0V．0.7A”；‎ ‎ 电流表A1，量程3A，内阻约为0.1Ω;‎ ‎ 电流表A2，量程0.6A，内阻r2=0.2Ω;‎ ‎ 电压表V，量程3V，内阻rV=9kΩ；‎ ‎ 标准电阻R1，阻值1Ω；‎ ‎ 标准电阻R2，阻值3 kΩ;‎ ‎ 滑动变阻器R，阻值范围O~ 10Ω,；‎ ‎ 学生电源E，电动势6V，内阻不计；‎ ‎ 开关S及导线若干。‎ ‎ ①甲同学设计了如图1所示的电路来进行测量，当通过L的电流为0.46A时，电压表的示数如图2所示，此时L的电阻为____Ω。‎ ‎ ②乙同学又设计了如图3所示的电路来进行测量，电压表指针指在最大刻度时，加在L上的电压值是____V。‎ ‎ ③学习小组认为要想更准确地描绘出L完整的伏安特性曲线，需要重新设计电路。请你在乙同学的基础上利用所供器材，在图4所示的虚线框内补画出实验电路图，并在图上标明所选器材代号。‎ ‎【答案】：① 5 ② 4 ③见下图中的答图1或答图2。‎ ‎【分析点拨】先分析图1、图3的弊端，在扩充量程的同时，还要尽可能做到排除电流表的分压以及电压表的分流。‎ ‎【解析】：①电压表示数2.3V，。②V。③准确地描绘出L完整的伏安特性曲线，需要将电流电压调节达到小灯泡的额定值。测量准确3A电流表不能使用，3V电压表和0.6A电流表量程不够必须改装；将电压表和串联，刚好满足4 V量程（小灯泡额定）；电流的与并联即可将电流量程扩至0.72 A（额定为0.7 A）。两表改装完毕之后，再考虑内、外接的问题。由于改装后的电压表量程刚好等于小灯泡额定电压，也就不适于将改装后的安培表内接了，否则电压表会超量程的。这里最好采用外接法，即答图1。‎ ‎ ‎ ‎【考点定位】本是考查电学实验：“探究小灯泡L的伏安特性曲线”。考查了电压表读数，欧姆定律，电压表、电流表的改装，电流设计。‎ ‎23（2012四川卷）．（16分）‎ ‎ 四川省“十二五”水利发展规划指出，若按现有供水能力测算，我省供水缺口极大，蓄引提水是目前解决供水问题的重要手段之一。某地要把河水抽高20m，进入蓄水池，用一台电动机通过传动效率为80%的皮带，带动效率为60%的离心水泵工作。工作电压为380V，此时输入电动机的电功率为9kW，电动机的内阻为0.4Ω。已知水的密度为1×l03kg/m3，重力加速度取10m/s2。求：‎ ‎ (1)电动机内阻消耗的热功率；‎ ‎(2)将蓄水池蓄入864m3的水需要的时间（不计进、出水口的水流速度）。‎ ‎23．解：‎ ‎(l)设电动机的电功率为P，则P=UI ①‎ 设电动机内阻r上消耗的热功率为Pr，则Pr=I2r ②‎ 代入数据解得Pr=1×103W ③‎ 说明：①③式各2分，②式3分。‎ ‎(2)设蓄水总质量为M，所用抽水时间为t。已知抽水高度为h，容积为V，水的密度为 ρ，则 M=ρV ④‎ 设质量为M的河水增加的重力势能为△Ep，则△Ep=Mgh ⑤‎ 设电动机的输出功率为P0，则P0=P-Pr ⑥‎ 根据能量守恒定律得 P0t×60%×80%=△Ep ⑦‎ 代人数据解得 t=2×l04s ⑧‎ 说明：④⑤式各1分，⑥⑧式各2分，⑦式3分。‎ ‎（3）（2012天津卷）某同学在进行扩大电流表量程的实验时，需要知道电流表的满偏电流和内阻，他设计了一个用标准电流表G1来校对待测电流表G2的满偏电流和测定G2内阻的电路，如图所示，已知G1的量程略大于G2的量程，图中R1为滑动变阻器，R2为电阻箱，该同学顺利完成了这个实验。‎ ‎①实验过程包含以下步骤，其合理的顺序依次为 （填步骤的字母代号）‎ A．合上开关S2‎ B．分别将R1和R2的阻值调至最大 C．记下R2的最终读数 D．反复调节R1和R2的阻值，使G1的示数仍为I1，使G2的指针偏转到满刻度的一半，此时R2的最终读数为r E．合上开关S1‎ F．调节R1使G2的指针偏转到满刻度，此时G1的示数仍为I1，记下此时G1的示数 ‎②仅从实验设计原理上看，用上述方法得到的G2内阻的测量值与真实值相 比 （填“偏大”、“偏小”或“相等”）‎ ‎③若要将G2的量程扩大为I，并结合前述实验过程中测量的结果，写出须在G2上并联的分流电阻Rs的表达式，Rs= ‎ ‎9（3）①解析：在组装实验时正确操作是将所有开关断开，将滑动变阻器和电阻箱的电阻调到最大，然后闭合电源控制开关S1，就可以校对待测表G2，由于标准表和待测表串联流过的电流相等，这时就可以调节R1由小到大改变电流对待测表的刻度逐个校对，直到待测表满偏。校对完成后闭合开关S2构成半偏法测量表头G2内阻的电路，在没有G1的情况下只调节R2使待测表半偏，则表头内阻等于R2此时的读数，这种做法会造成G1的示数增大（原理上是不变），误差大。由于有G1可以方便观察干路电流的变化，所以操作为闭合开关S2反复调节R1和R2使标准表达到待测表满偏时的电流值，同时使待测表半偏，则表头内阻等于R2此时的读数。正确顺序为B、E、F、A、D、C。‎ ‎②‎ 解析：由于G1测量了干路电流，G2测量了支路电流，另一直流电流是两表示数之差，然后根据并联电路电流电阻成反比准确计算。答案”相等”。‎ ‎③‎ 解析：扩大电流表的量程需要并联一个电阻 根据并联关系有，则 ‎27（2012上海卷）．（6分）在练习使用多用表的实验中 ‎（1）某同学连接的电路如图所示 ‎①若旋转选择开关，使尖端对准直流电流挡，此时测得的是通过________的电流；‎ ‎②若断开电路中的电键，旋转选择开关使其尖端对准欧姆挡，此时测得的是________的电阻；‎ ‎③若旋转选择开关，使尖端对准直流电压挡，闭合电键，并将滑动变阻器的滑片移至最左端，此时测得的是________两端的电压。‎ ‎（2）（单选）在使用多用表的欧姆挡测量电阻时，若（ ）‎ ‎（A）双手捏住两表笔金属杆，测量值将偏大 ‎（B）测量时发现指针偏离中央刻度过大，则必需减小倍率，重新调零后再进行测量 ‎（C）选择“´10”倍率测量时发现指针位于20与30正中间，则测量值小于25W ‎（D）欧姆表内的电池使用时间太长，虽然完成调零，但测量值将略偏大 答案：‎ ‎（1）①R1 ，②R1和R2串联，③R2（或电源），（2）D，‎ ‎21Ⅱ（2012安徽卷）.（8分）图为“测绘小灯伏安特性曲线”实验的实物电路图，已知小灯泡额定电压为2.5V。‎ ‎□‎ ‎□‎ ‎（1）完成下列实验步骤：‎ ‎①闭合开关前，调节滑动变阻器的滑片， ‎ ‎②闭合开关后，逐渐移动变阻器的滑片， ；‎ ‎③断开开关，…… 。根据实验数据在方格纸上作出小灯泡灯丝的伏安特性曲线。‎ V A ‎×‎ ‎(2)在虚线框中画出与实物电路相应的电路图。‎ ‎21Ⅱ答案：（1）使滑片移到变阻器最左端；逐渐增大电压直到灯泡额定电压，分别读出多组相应电流表和电压表的值并记入表格。(2)电路图如图 ‎10（2012江苏卷）．（8分）如图10-1图所示的黑箱中有三只完全相同的电学元件，小明使用多用电表对其进行探测。‎ ‎（1）在使用多用电表前，发现指针不在左边的0刻线处，应先调整题10-2图中多用电表的________(选填“A”、“B”或“C”)‎ ‎（2）在用多用电表的直流电压挡探测黑箱a、b接点间是否存在电源时，一表笔接a，另一表笔应_________(选择“短暂”或“持续”)接b，同时观察指针偏转情况。‎ ‎（3）在判断黑箱中无电源后，将选择开关旋至“×1”挡调节好多用电表，测量各接点间阻值，测量中发现，每对接点间正反阻值均相等，测量记录如下表，两表笔分别接a、b时，多用电表的示数如图10-2图所示。请将记录表补充完整，并在答题卡黑箱图中画出一种可能的电路 两表笔接的接点 多用表的示数 a ,b ‎_________Ω a ,c ‎10.0Ω b ,c ‎15.0Ω ‎11（2012江苏卷）．（10分）为测定木块与桌面之间的动摩擦因数，小亮设计了如图所示的装置进行实验，实验中，当木块A位于水平桌面上的O点时，重物B刚好接触地面，将A拉到P点，待B稳定后静止释放，A最终滑到Q点，分别测量OP、OQ的长度h和s，重复上述实验，分别记录几组实验数据 ‎（1）实验开始时，发现A释放后会撞到滑轮，请提出两个解决方案；‎ ‎（2）请根据下表的实验数据作出s-h关系图像 h（cm）‎ ‎20.0‎ ‎30.0‎ ‎40.0‎ ‎50.0‎ ‎60.0‎ s（cm）‎ ‎19.5‎ ‎28.5‎ ‎39.0‎ ‎48.0‎ ‎56.5‎ ‎（3）实验测得A、B的质量分别为m=0.40kg、M=0.50kg，根据s-h图像可计算出A木块与桌面间的动摩擦因数μ=__________（结果保留一位有效数字）‎ ‎（4）实验中，滑轮轴的摩擦会导致μ的测量结果_________（选填“偏大”、或“偏小”‎ ‎【答案】(1)A (2)短暂 （3）5.0（如图）‎ ‎22（2012重庆卷）（2）某中学生课外科技活动小组利用铜片、锌片和家乡盛产的柑橘作了果汁电池，他们测量这种电池的电动势E和内阻r，并探究电极间距对E和r的影响。实验器材如题目22图3所示。‎ ‎①测量E和r的实验方案为：调节滑动变阻器，改变电源两端的电压U和流过电源的电流I，依据公式___________，利用测量数据作出U-I图像，得出E和r。‎ ‎②将电压表视为理想表，要求避免电流表分压作用对测量结果的影响，请在题22图3中用笔画线代替导线连接电路。‎ ‎③实验中依次减小铜片与锌片的间距，分别得到相应果汁电池的U-I图像如题22图4（见下页）中（a）、（b）、（c）、（d）所示，由此可知：‎ ‎ 在该实验中，随电极间距的减小，电源电动势___________（填“增大”“减小”或“不变”），电源内阻________（填“增大”“减小”或“不变”）。‎ 曲线（c）对应的电源电动势E=_____________V，内阻r=____________Ω，当外电路总电阻为2500Ω时，该电源的输出功率P=_____________mW.（均保留三位有效数字）‎ ‎22⑵①U=E-Ir ‎②见答22图 ‎③不变 增大 ‎0.975 478 0.268‎ ‎13（2012海南卷）.图1是改装并校准电流表的电路图，已知表头a的量程为Ig=600内阻为Rg，A是标准电流表，要求改装后的电流表量程为I=60mA。完成下列填空。‎ （1） 图1中分流电阻Rp的阻值为_______。‎ ‎（2）在电表改装成后的某次校准测量中，a表的示数如图所是，由此读出流过a电流表的电流为___mA。此时流过分流电阻R跑的电流为_______mA（保留一位小数）‎ 答案(1) (2)49.5、 49.0‎ 九、磁场 ‎2（2012天津卷）‎ ‎．如图所示，金属棒MN两端由等长的轻质细线水平悬挂，处于竖直向上的匀强磁场中，棒中通以由M向N的电流，平衡时两悬线与竖直方向夹角均为θ，如果仅改变下列某一个条件，θ角的相应变化情况是（ ）‎ A．棒中的电流变大，θ角变大 B．两悬线等长变短，θ角变小 C．金属棒质量变大，θ角变大 D．磁感应强度变大，θ角变小 解析：水平的直线电流在竖直磁场中受到水平的安培力而偏转，与竖直方向形成夹角，此时它受拉力、重力和安培力而达到平衡，根据平衡条件有，所以棒子中的电流增大θ角度变大；两悬线变短，不影响平衡状态，θ角度不变；金属质量变大θ角度变小；磁感应强度变大θ角度变大。答案A。‎ ‎17(2012全国理综)质量分别为m1和m2、电荷量分别为q1和q2的两粒子在同一匀强磁场中做匀速圆周运动，已知两粒子的动量大小相等。下列说法正确的是 A.若q1=q2，则它们作圆周运动的半径一定相等 B.若m1=m2，则它们作圆周运动的周期一定相等 C. 若q1≠q2，则它们作圆周运动的半径一定不相等 D. 若m1≠m2，则它们作圆周运动的周期一定不相等 ‎【解析】根据半径公式及周期公式知AC正确。‎ ‎【答案】AC ‎18(2012全国理综).如图，两根互相平行的长直导线过纸面上的M、N两点，且与纸面垂直，导线中通有大小相等、方向相反的电流。a、o、b在M、N的连线上，o为MN的中点，c、d位于MN的中垂线上，且a、b、c、d到o点的距离均相等。关于以上几点处的磁场，下列说法正确的是 A.o点处的磁感应强度为零 B.a、b两点处的磁感应强度大小相等，方向相反 C.c、d两点处的磁感应强度大小相等，方向相同 D.a、c两点处磁感应强度的方向不同 ‎【解析】A错误，两磁场方向都向下，不能 ；a、b两点处的磁感应强度大小相等，方向相同，B错误；c、d两点处的磁感应强度大小相等，方向相同，C正确；c、d两点处的磁感应强度方向相同，都向下，D错误。‎ ‎【答案】C ‎10（2012海南卷）.空间存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，图中的正方形为其边界。一细束 由两种粒子组成的粒子流沿垂直于磁场的方向从O点入射。这两种粒子带同种电荷，它们的电荷量、质量均不同，但其比荷相同，且都包含不同速率的粒子。不计重力。下列说法正确的是 A.入射速度不同的粒子在磁场中的运动时间一定不同 B. 入射速度相同的粒子在磁场中的运动轨迹一定相同 C.在磁场中运动时间相同的粒子，其运动轨迹一定相同 D.在磁场中运动时间越长的粒子，其轨迹所对的圆心角一定越大 答案：BD 解析：在磁场中半径 运动时间：（θ为转过圆心角），故BD正确，当粒子从O点所在的边上射出的粒子时：轨迹可以不同，但圆心角相同为1800，因而AC错 ‎15（2012广东卷）.质量和电量都相等的带电粒子M和N，以不同的速度率经小孔S垂直进入匀强磁场，运行的半圆轨迹如图2种虚线所示，下列表述正确的是 A．M带负电，N带正电 B.M的速度率小于N的速率 C.洛伦磁力对M、N做正功 D.M的运行时间大于N的运行时间 答案：A ‎16（2012北京高考卷）．处于匀强磁场中的一个带电粒子，仅在磁场力作用下做匀速圆周运动．将该粒子的运动等效为环形电流，那么此电流值 ‎ A．与粒子电荷量成正比 ‎ B．与粒子速率成正比 ‎ C．与粒子质量成正比 ‎ D．与磁感应强度成正比 答案：D ‎×‎ ‎×‎ ‎×‎ ‎×‎ ‎×‎ ‎×‎ ‎×‎ ‎×‎ ‎×‎ ‎×‎ ‎×‎ ‎×‎ ‎×‎ ‎×‎ ‎×‎ ‎×‎ ‎×‎ ‎×‎ ‎×‎ ‎×‎ ‎×‎ ‎×‎ ‎×‎ ‎×‎ ‎×‎ ‎×‎ A B O C ‎●‎ ‎19（2012安徽卷）. 如图所示，圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带电粒子以速度从点沿 直径方向射入磁场，经过时间从点射出磁场，与成60°角。现将带电粒子的速度变为/3，仍从点沿原方向射入磁场，不计重力，则粒子在磁场中的运动时间变为 ( )‎ A. B.2 ‎ C. D.3 ‎ ‎×‎ ‎×‎ ‎×‎ ‎×‎ ‎×‎ ‎×‎ ‎×‎ ‎×‎ ‎×‎ ‎×‎ ‎×‎ ‎×‎ ‎×‎ ‎×‎ ‎×‎ ‎×‎ ‎×‎ ‎×‎ ‎×‎ ‎×‎ ‎×‎ ‎×‎ ‎×‎ ‎×‎ ‎×‎ ‎×‎ A B O C ‎●‎ O＇‎ ‎●‎ O＇＇‎ D ‎19B；‎ 解析：根据作图法找出速度为v时的粒子轨迹圆圆心O＇，由几何关系可求出磁场中的轨迹弧所对圆心角∠A O＇C=60°，轨迹圆半径，当粒子速度变为v/3时，其轨迹圆半径，磁场中的轨迹弧所对圆心角∠A O＇＇D=120°，由知，故选B。‎ ‎23（2012山东卷）.(18分)如图甲所示，相隔一定距离的竖直边界两侧为相同的匀 强磁场区，磁场方向垂直纸面向里，在边界上固定两长为L的平行金属极板MN和PQ，两极板中心各有一小孔、，两极板间电压的变化规律如图乙所示，正反向电压的大小均为，周期为。在时刻将一个质量为、电量为（）的粒子由静止释放，粒子在电场力的作用下向右运动，在时刻通过垂直于边界进入右侧磁场区。（不计粒子重力，不考虑极板外的电场）‎ ‎（1）求粒子到达时德 速度大小和极板距离。‎ ‎（2）为使粒子不与极板相撞，求磁感应强度的大小 ‎ 应满足的条件。‎ ‎（3）若已保证了粒子未与极板相撞，为使粒子在时刻再次到达，且速度恰好为零，求该过程中粒子在磁场内运动的时间和磁感强度的大小 ‎23.‎ ‎（1）粒子由至的过程中，根据动能定理得 ‎ 由式得 ‎ 设粒子的加速度大小为，由牛顿第二定律得 ‎ 由运动学公式得 ‎ 联立式得 ‎ ‎(2)设磁感应强度大小为B，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，由牛顿第二定律得 ‎ ‎ 要使粒子在磁场中运动时不与极板相撞，须满足 ‎ 联立式得 ‎ ‎（3）设粒子在两边界之间无场区向左匀速运动的过程用时为，有 ‎ 联立式得 ‎ 若粒子再次达到时速度恰好为零，粒子回到极板间应做匀减速运动，设匀减速运动的时间为，根据运动学公式得 ‎ 联立式得 ‎ 设粒子在磁场中运动的时间为 ‎ 联立式得 ‎ 设粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期为T，由式结合运动学公式得 ‎ 由题意得 ‎ 联立式得 ‎ ‎25（2012四川卷）．（20分）‎ 如图所示，水平虚线X下方区域分布着方向水平、垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场，整个空间存在匀强电场（图中未画出）。质量为m，电荷量为+q的小球P静止于虚线X上方A点，在某一瞬间受到方向竖直向下、大小为I的冲量作用而做匀速直线运动。在A点右下方的磁场中有定点O，长为l的绝缘轻绳一端固定于O点，另一端连接不带电的质量同为m的小球Q，自然下垂。保持轻绳伸直，向右拉起Q，直到绳与竖直方向有一小于50的夹角，在P开始运动的同时自由释放Q，Q到达O点正下方W点时速率为v0。P、Q两小球在W点发生正碰，碰后电场、磁场消失，两小球粘在一起运动。P、Q两小球均视为质点，P小球的电荷量保持不变，绳不可伸长，不计空气阻力，重力加速度为g。‎ ‎ (1)求匀强电场场强E的大小和P进入磁场时的速率v；‎ ‎ (2)若绳能承受的最大拉力为F，要使绳不断，F至少为多大？‎ ‎ (3)求A点距虚线X的距离s。‎ ‎25．解：‎ ‎(1)设小球P所受电场力为F1，则F1=qE ①‎ 在整个空间重力和电场力平衡，有Fl=mg ②‎ 联立相关方程得 E=mg/q ③‎ 设小球P受到冲量后获得速度为v，由动量定理得I=mv ④‎ 得 v=I/m ⑤‎ 说明：①②③④⑤式各1分。‎ ‎(2)设P、Q同向相碰后在W点的最大速度为vm，由动量守恒定律得 mv+mv0=(m+m)vm ⑥‎ 此刻轻绳的张力也为最大，由牛顿运动定律得F-(m+m)g=vm2 ⑦‎ 联立相关方程，得 F=()2+2mg ⑧‎ 说明：⑥⑦式各2分，⑧式1分。‎ ‎(3)设P在肖上方做匀速直线运动的时间为h，则 tP1= ⑨‎ ‎ 设P在X下方做匀速圆周运动的时间为tP2，则 ‎ tP2= ⑩‎ ‎ 设小球Q从开始运动到与P球反向相碰的运动时间为tQ，由单摆周期性，有 ‎ 11‎ 由题意，有 tQ=tP1+ tP2 12‎ ‎ 联立相关方程，得 ‎ n为大于的整数 13‎ 设小球Q从开始运动到与P球同向相碰的运动时间为tQ´,由单摆周期性，有 ‎ 14‎ ‎ 同理可得 ‎ n为大于的整数 15‎ ‎ 说明：⑨11 12 14式各1分，⑩ 13 15式各2分。‎ ‎23(2012全国新课标).（10分）‎ 图中虚线框内存在一沿水平方向、且与纸面垂直的匀强磁场。现通过测量通电导线在磁场中所受的安培力，来测量磁场的磁感应强度大小、并判定其方向。所用部分器材已在图中给出，其中D为位于纸面内的U形金属框，其底边水平，两侧边竖直且等长；E为直流电源；R为电阻箱；为电流表；S为开关。此外还有细沙、天平、米尺和若干轻质导线。‎ ‎（1）在图中画线连接成实验电路图。‎ ‎（2）完成下列主要实验步骤中的填空 ‎①按图接线。‎ ‎②保持开关S断开，在托盘内加入适量细沙，使D处于平衡状态；然后用天平称出细沙质量m1。‎ ‎③闭合开关S，调节R的值使电流大小适当，在托盘内重新加入适量细沙，使D________；然后读出___________________，并用天平称出____________。‎ ‎④用米尺测量_______________。‎ ‎（3）用测量的物理量和重力加速度g表示磁感应强度的大小，可以得出B=_________。‎ ‎（4）判定磁感应强度方向的方法是：若____________，磁感应强度方向垂直纸面向外；反之，磁感应强度方向垂直纸面向里。‎ ‎[答案]‎ ‎③重新处于平衡状态, 电流表的示数I, 此时细沙的质量m2‎ ‎④D的底边长L （3） ‎（4）‎ ‎25(2012全国新课标).（18分）‎ 如图，一半径为R的圆表示一柱形区域的横截面（纸面）。在柱形区域内加一方向垂直于纸面的匀强磁场，一质量为m、电荷量为q的粒子沿图中直线在圆上的a点射入柱形区域，在圆上的b点离开该区域，离开时速度方向与直线垂直。圆心O到直线的距离为。现将磁场换为平等于纸面且垂直于直线的匀强电场，同一粒子以同样速度沿直线在a点射入柱形区域，也在b点离开该区域。若磁感应强度大小为B，不计重力，求电场强度的大小。‎ ‎[答案]‎ ‎[解析]粒子在磁场中做圆周运动，设圆周的半径为r，由牛顿第二定律和洛仑兹力公式得 ‎ 　① 式中v为粒子在a点的速度。‎ 过b点和O点作直线的垂线，分别与直线交于c和d点。由几何关系知，线段、和过a、b两点的轨迹圆弧的两条半径围成一正方形。因此，　②‎ 设=x，由几何关系得 ③ 　④‎ 联立式得　⑤‎ 再考虑粒子在电场中的运动。设电场强度的大小为E，粒子在电场中做类平抛运动。设其加速度大小为a，由牛顿第二定律和带电粒子在电场中受力公式得 ‎⑥‎ 粒子在电场方向和直线方向所走的距离均为r，由运动学公式得 ‎ ⑦ vt　⑧‎ 式中t是粒子在电场中运动的时间，联立式得 ⑨‎ ‎12（2012天津卷）‎ ‎.对铀235的进一步研究在核能的开发和利用中具有重要意义，如图所示，质量为m、电荷量为q的铀235离子，从容器A下方的小孔S1不断飘入加速电场，其初速度可视为零，然后经过小孔S2垂直于磁场方向进入磁感应强度为B的匀强磁场中，做半径为R的匀速圆周运动，离子行进半个圆周后离开磁场并被收集，离开磁场时离子束的等效电流为I，不考虑离子重力及离子间的相互作用。‎ ‎（1）求加速电场的电压U ‎（2）求出在离子被收集的过程中任意时间t内收集到离子的质量M ‎（3）实际上加速电压的大小会在U±∆U范围内微小变化，若容器A中有电荷量相同的铀235和铀238两种离子，如前述情况它们经电场加速后进入磁场中会发生分离，为使这两种离子在磁场中运动的轨迹不发生交叠，应小于多少？（结果用百分数表示，保留两位有效数字）‎ ‎12.(20分)‎ 解析：（1）铀粒子在电场中加速到速度v，根据动能定理有 ‎ ①‎ ‎ 进入磁场后在洛伦兹力作用下做圆周运动，根据牛顿第二定律有 ‎ ②‎ ‎ 由以上两式化简得 ‎ ③‎ ‎ （2）在时间t内收集到的粒子个数为N，粒子总电荷量为Q，则 ‎ ④‎ ‎ ⑤‎ ‎ ⑥‎ 由④④⑤⑥式解得 ‎ ⑦‎ ‎（3）两种粒子在磁场中运动的轨迹不发生交叠，即不要重合，由可得半径为 ‎ ⑧‎ 由此可知质量小的铀235在电压最大时的半径存在最大值 ‎ ‎ 质量大的铀238质量在电压最小时的半径存在最小值 所以两种粒子在磁场中运动的轨迹不发生交叠的条件为 ‎＜ ⑨‎ 化简得 ‎＜﹪ ⑩‎ ‎32（2012上海卷）．（13分）载流长直导线周围磁场的磁感应强度大小为B＝kI/r， 式中常量k＞0，I为电流强度，r为距导线的距离。在水平长直导线MN正下方，矩形线圈abcd通以逆时针方向的恒定电流，被两根轻质绝缘细线静止地悬挂，如图所示。开始时MN内不通电流，此时两细线内的张力均为T0。当MN通以强度为I1的电流时，两细线内的张力均减小为T1，当MN内电流强度变为I2时，两细线内的张力均大于T0。‎ ‎（1）分别指出强度为I1、I2的电流的方向；‎ ‎（2）求MN分别通以强度为I1、I2的电流时，线框受到的安培力F1与F2大小之比；‎ ‎（3）当MN内的电流强度为I3时两细线恰好断裂，在此瞬间线圈的加速度大小为a，求I3。 ‎ 答案：‎ ‎（1）I1方向向左，I2方向向右，‎ ‎（2）当MN中通以电流I时，线圈所受安培力大小为F＝kIiL（－），F1:F2＝I1:I2，‎ ‎（3）2T0＝G，2T1＋F1＝G，F3＋G＝G/ga，I1:I3＝F1:F3＝（T0－T1）g /（a－g）T0，I3＝（a－g）T0I1/（T0－T1）g，‎ ‎9（2012江苏卷）．如图所示，MN是磁感应强度B匀强磁场的边界，一质量为m、电荷量为q粒子在纸面内从O点射入磁场，若粒子速度为v0，最远可落在边界上的A点，下列说法正确的有 A．若粒子落在A点的左侧，其速度一定小于v0‎ B．若粒子落在A点的右侧，其速度一定大于v0‎ C．若粒子落在A点左右两侧d的范围内，其速度不可能小于 D．若粒子落在A点左右两侧d的范围内，其速度不可能大于 ‎【解析】当粒子以速度 垂直于MN进入磁场时，最远，落在A点，若粒子落在A点的左侧，速度不一定小于，可能方向不垂直，落在A点的右侧，速度一定大于，所以A错误，B正确；若粒子落在A点的右侧处，则垂直MN进入时，轨迹直径为，即，已知,解得，不垂直MN进时，，所以C正确，D错误。‎ ‎【答案】BC y l l l ‎-U1‎ U2‎ m +q U0‎ U0‎ o0‎ ‎+0‎ ‎-0‎ o x z 待测区域 A ‎15（2012江苏卷）．（16分）如图所示，待测区域中存在匀强电场与匀强磁场，根据带电粒子射入时的受力情况可推测其电场和磁场，图中装置由加速器和平移器组成，平移器由两对水平放置、相距为l的相同平行金属板构成，极板长度为l，问距为d，两极板间偏转电压大小相等，电场方向相反，质量为m、电荷量为+q的粒子经加速电压U0加速后，水平射入偏转电压为U1的平移器，最终从A点水平射入待测区域，不考虑粒子受到的重力。‎ ‎（1）求粒子射出平移器时的速度大小v1；‎ ‎（2）当加速电压变为4U0时，欲使粒子仍从A点射入待测区域，求此时的偏转电压U；‎ ‎（3）已知粒子以不同速度水平向右射入待测区域，刚进入时的受力大小均为F，现取水平向右为x轴正方向，建立如图所示的直角坐标系oxyz，保持加速电压U0不变，移动装置使粒子沿不同的坐标轴方向射入待测区域，粒子刚射入时的受力大小如下表所示，请推测该区域中电场强度与磁感应强度的大小及可能的方向 射入方向 y ‎-y z ‎-z 受力大小 ‎【答案】‎ ‎（1）设粒子射出加速器的速度为， 动能定理 ‎ 由题意得，即 ‎（2）在第一个偏转电场中，设粒子的运动时间为：‎ 加速度的大小 ，‎ 在离开时，竖直分速度 ‎ 竖直位移 水平位移 ‎ 粒子在两偏转电场间做匀速直线运动，经历时间也为 竖直位移 由题意知，粒子竖直总位移，解得 ‎ 则当加速电压为时，‎ ‎（3）由沿轴方向射入时的受力情况可知：B平行于轴，且 ‎ 由沿轴方向射入时的受力情况可知：与平面平行。‎ ‎,则 且 解得 ‎ 设电场方向与轴方向夹角为,‎ 若B沿轴方向，由沿轴方向射入时的受力情况得 解得，或 即E与平面平行且与轴方向的夹角为300或1500， ‎ 同理若B沿轴方向，E与平面平行且与轴方向的夹角为-300或-1500。‎ ‎24（2012重庆卷）．（18分）有人设计了一种带电颗粒的速率分 选装置，其原理如题24图所示。两带电金属板 间有匀强电场，方向竖直向上，其中PQNM矩形 区域内还有方向垂直纸面向外的匀强磁场。一束 比荷（电荷量与质量之比）均为1/k的带正电颗 粒，以不同的速率沿着磁场区域的中心线O进 入两金属板之间，其中速率为v0的颗粒刚好从 Q点处离开磁场，然后做匀速直线运动到达收集 板。重力加速度为g，PQ=3d，NQ=2d，收集板与 NQ的距离为，不计颗粒间相互作用，求 ‎⑴电场强度E的大小 ‎⑵磁感应强度B的大小 ‎⑶速率为λv0（λ＞1）的颗粒打在收集板上的位置到O点的距离。‎ ‎24．（18分）‎ ‎⑴设带电颗粒的电量为q，质量为m 有 将q/m=1/k代入得 ‎⑵如答24图1，有 得 ‎ ‎⑶如答24图2有 ‎ ‎ 得 ‎24(2012浙江卷)．（20分）如图所示，两块水平放置、相距为d的长金属板接在电压可调的电源上。两板之间的右侧区域存在方向垂直纸面向里的匀强磁场。将喷墨打印机的喷口靠近上板下表面，从喷口连续不 断喷出质量均为m、水平速度均为v带相等电荷量的墨滴。调节电源电压至U，墨滴在电场区域恰 能沿水平向右做匀速直线运动；进入电场、磁场共存区域后，最终垂直打在下板的M点。 ‎ ‎ (1)判断墨滴所带电荷的种类，并求其电荷量； ‎ ‎ (2)求磁感应强度B的值； ‎ ‎ (3)现保持喷口方向不变，使其竖直下移到两板中间的位置。为了使墨滴仍能到达下板M点，应将磁感应强度调至B’，则B’的大小为多少？‎ ‎24题答案：‎ 十、电磁感应 ‎18（2012福建卷）．如图甲，一圆形闭合铜环由高处从静止开始下落，穿过一根竖直悬挂的条形磁铁，铜环的中心轴线与条形磁铁的中轴始终保持重合。若取磁铁中心O为坐标原点，建立竖直向下正方向的x轴，则图乙中最能正确反映环中感应电流i随环心位置坐标x变化的关系图像是 答案：B ‎19(2012全国新课标).如图，均匀磁场中有一由半圆弧及其直径构成的导线框，半圆直径与磁场边缘重合；磁场方向垂直于半圆面（纸面）向里，磁感应强度大小为B0.使该线框从静止开始绕过圆心O、垂直于半圆面的轴以角速度ω匀速转动半周，在线框中产生感应电流。现使线框保持图中所示位置，磁感应强度大小随时间线性变化。为了产生与线框转动半周过程中同样大小的电流，磁感应强度随时间的变化率的大小应为 A. B. C. D. ‎ ‎[答案]C ‎[解析]匀速转动时感应电动势与磁场变化时感应电动势相同即可。匀速转动时感应电动势式中R为半径。磁场变化时感应电动势。二者相等可得答案。‎ ‎25（2012上海卷）． 正方形导线框处于匀强磁场中，磁场方向垂直框平面，磁感应强度随时间均匀增加，变化率为k。导体框质量为m、边长为L，总电阻为R，在恒定外力F作用下由静止开始运动。导体框在磁场中的加速度大小为__________，导体框中感应电流做功的功率为_______________。‎ 答案：F/m，k2L4/R，‎ ‎19（2012北京高考卷）．物理课上，老师做了一个奇妙的“跳环实验”．如图，她把一个带铁芯的线圈L、开关S和电源用导线连接起来后，将一金属套环置于线圈L上，且使铁芯穿过套环，闭合开关S的瞬间，套环立刻跳起．某同学另找来器材再探究此实验．他连接好电路，经重复 实验，线圈上的套环均未动，对比老师演示的实验，‎ 下列四个选项中，导致套环未动的原因可能是 ‎ A．线圈接在了直流电源上 B．电源电压过高 C．所选线圈的匝数过多 D．所用套环的材料与老师的不同 答案：D ‎6（2012海南卷）.如图，EOF和为空间一匀强磁场的边界，其中EO∥，FO∥，且EO⊥OF；为∠EOF的角平分线，间的距离为l；磁场方向垂直于纸面向里。一边长为l的正方形导线框沿方向匀速通过磁场，t=0时刻恰好位于图示位置。规定导线框中感应电流沿逆时针方向时为正，则感应电流i与实践t的关系图线可能正确的是 答案：A ‎20（2012山东卷）.如图所示，相距为L的两条足够长的光滑平行金属导轨与水平面的夹角为，上端接有定值电阻，匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为B。将质量为m的导体棒由静止释放，当速度达到时开始匀速运动，此时对导体棒施加一平行于导轨向下的拉力，并保持拉力的功率为P，导体棒最终以的速度匀速运动。导体棒始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨和导体棒的电阻，重力加速度为g，下列选项正确的是 A．‎ B．‎ C．当导体棒速度达到时加速度为 D．在速度达到以后匀速运动的过程中，R上产生的焦耳热等于拉力所做的功 答案：AC ‎20（2012四川卷）．半径为a右端开小口的导体圆环和长为2a的导体直杆，单位长度电阻均为R0。圆环水平固定放置，整个内部区域分布着竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B。杆在圆环上以速度v平行于直径CD向右做匀速直线运动，杆始终有两点与圆环良好接触，从圆环中心O开始，杆的位置由θ确定，如图所示。则 ‎ A．θ=0时，杆产生的电动势为2Bav ‎ B．θ=时，杆产生的电动势为 ‎ C．θ=0时，杆受的安培力大小为 ‎ D．θ=时，杆受的安培力大小为 答案：AD ‎20(2012全国新课标).如图，一载流长直导线和一矩形导线框固定在同一平面内，线框在长直导线右侧，且其长边与长直导线平行。已知在t=0到t=t1的时间间隔内，直导线中电流i发生某种变化，而线框中感应电流总是沿顺时针方向；线框受到的安培力的合力先水平向左、后水平向右。设电流i正方向与图中箭头方向相同，则i随时间t变化的图线可能是 ‎[答案]A ‎[解析]要求框中感应电流顺时针，根据楞次定律，可知框内磁场要么向里减弱（载流直导线中电流正向减小），要么向外增强（载流直导线中电流负向增大）。线框受安培力向左时，载流直导线电流一定在减小，线框受安培力向右时，载流直导线中电流一定在增大。故答案选A。‎ ‎21（2012重庆卷）．如题21图所示，正方形区域MNPQ垂直纸面向里的 匀强磁场。在外力作用下，一正方形闭合刚性导线框沿QN 方向匀速运动，t=0时刻，其四个顶点、、、‎ 恰好在磁场边界中点。下列图象中能反映线框所受安培力f 的大小随时间t变化规律的是 答案：B ‎26（2012上海卷）．（4分）为判断线圈绕向，可将灵敏电流计G与线圈L连接，如图所示。已知线圈由a端开始绕至b端；当电流从电流计G左端流入时，指针向左偏转。‎ ‎（1）将磁铁N极向下从线圈上方竖直插入L时，发现指针向左偏转。俯视线圈，其绕向为_______________（填“顺时针”或“逆时针”）。‎ ‎（2）当条形磁铁从图中虚线位置向右远离L时，指针向右偏转。俯视线圈，其绕向为_______________（填“顺时针”或“逆时针”）。 ‎ 答案： （1）顺时针，（2）逆时针，‎ ‎11（2012天津卷）.如图所示，一对光滑的平行金属导轨固定在同一水平面内，导轨间距l=0.5m，左端接有阻值R=0.3Ω的电阻，一质量m=0.1kg，电阻r=0.1Ω的金属棒MN放置在导轨上，整个装置置于竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度B=0.4T，棒在水平向右的外力作用下，由静止开始以a=2m/s2的加速度做匀加速运动，当棒的位移x=9m时撤去外力，棒继续运动一段距离后停下来，已知撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q1：Q2=2:1，导轨足够长且电阻不计，棒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）棒在匀加速运动过程中，通过电阻R的电荷量q ‎（2）撤去外力后回路中产生的焦耳热Q2‎ ‎（3）外力做的功WF ‎11．（18分）‎ 解析：（1）棒匀加速运动所用时间为t，有 ‎ s ‎ 根据法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律求电路中产生的平均电流为 ‎ A ‎ 根据电流定义式有 ‎ C ‎（2）撤去外力前棒做匀加速运动根据速度公式末速为 ‎ m/s 撤去外力后棒在安培力作用下做减速运动，安培力做负功先将棒的动能转化为电能，再通过电流做功将电能转化为内能，所以焦耳热等于棒的动能减少。有 ‎ J ‎（3）根据题意在撤去外力前的焦耳热为J ‎ 撤去外力前拉力做正功、安培力做负功（其大小等于焦耳热Q1）、重力不做功共同使棒的动能增大，根据动能定理有 ‎ ‎ ‎ 则 J ‎35（2012广东卷）.（18分）‎ 如图17所示，质量为M的导体棒ab，垂直放在相距为l的平行光滑金属轨道上。导轨平面与水平面的夹角为θ，并处于磁感应强度大小为B、方向垂直与导轨平面向上的匀强磁场中，左侧是水平放置、间距为d的平行金属板，R和Rx分别表示定值电阻和滑动变阻器的阻值，不计其他电阻。‎ ‎（1）调节Rx=R，释放导体棒，当棒沿导轨匀速下滑时，求通过棒的电流I及棒的速率v。‎ ‎（2）改变Rx，待棒沿导轨再次匀速下滑后，将质量为m、带电量为+q的微粒水平射入金属板间，若它能匀速通过，求此时的Rx。‎ ‎35.(18分) 解：‎ ‎（1）当Rx=R棒沿导轨匀速下滑时，由平衡条件 安培力 解得 感应电动势 ‎ 电流 解得 ‎ ‎（2）微粒水平射入金属板间，能匀速通过，由平衡条件 棒沿导轨匀速，由平衡条件 ‎ 金属板间电压 解得 ‎33（2012上海卷）．（14分）如图，质量为M的足够长金属导轨abcd放在光滑的绝缘水平面上。一电阻不计，质量为m的导体棒PQ放置在导轨上，始终与导轨接触良好，PQbc构成矩形。棒与导轨间动摩擦因数为m，棒左侧有两个固定于水平面的立柱。导轨bc段长为L，开始时PQ左侧导轨的总电阻为R，右侧导轨单位长度的电阻为R0。以ef为界，其左侧匀强磁场方向竖直向上，右侧匀强磁场水平向左，磁感应强度大小均为B。在t＝0时，一水平向左的拉力F垂直作用于导轨的bc边上，使导轨由静止开始做匀加速直线运动，加速度为a。‎ ‎（1）求回路中感应电动势及感应电流随时间变化的表达式；‎ ‎（2）经过多少时间拉力F达到最大值，拉力F的最大值为多少？‎ ‎（3）某一过程中回路产生的焦耳热为Q，导轨克服摩擦力做功为W，求导轨动能的增加量。‎ 答案：‎ ‎（1）感应电动势为E＝BLv，导轨做初速为零的匀加速运动，v＝at，E＝BLat，s＝at2/2，感应电流的表达式为I＝BLv/R总＝BLat/（R＋2R0´at2/2）＝BLat/（R＋R0at2），‎ ‎（2）导轨受安培力FA＝BIL＝B2L2at/（R＋R0at2），摩擦力为Ff＝mFN＝m（mg＋BIL）＝m[mg＋B2L2at/（R＋R0at2）]，由牛顿定律F－FA－Ff＝Ma，F＝Ma＋FA＋Ff＝Ma＋mmg＋（1＋m）B2L2at/（R＋R0at2），上式中当R/t＝R0at即t＝时外力F取最大值，F ‎ max＝Ma＋mmg＋（1＋m）B2L2，‎ ‎（3）设此过程中导轨运动距离为s，由动能定理W合＝DEk，摩擦力为Ff＝m（mg＋FA），摩擦力做功为W＝mmgs＋mWA＝mmgs＋mQ，s＝，DEk＝Mas＝（W－mQ），‎ ‎13（2012江苏卷）．（15分）某兴趣小组设计一种发电装置，如图所示，在磁极与圆柱状铁芯之间形成的两磁场区域的圆心角α均为，磁场均沿半径方向，匝数为N的矩形线圈abcd边长ab=cd=l、bc=ad=2l，线圈以角速度绕中心轴匀速转动，bc与ad边同时进入磁场，在磁场中，两条边的经过处的磁感应强度大小均为B，方向始终与两条边的运动方向垂直，线圈的总电阻为r，外接电阻为R，求 ‎（1）线圈切割磁感线时，感应电动势的大小Em ‎（2）线圈切割磁感线时，bc边所受安培力的大小F ‎（3）外接电阻上电流的有效值I ‎【答案】‎ ‎(1)、边的运动速度 ， 感应电动势，解得。‎ ‎（2）电流, 安培力 ，解得 .‎ ‎(3)一个周期内，通电时间,上消耗的电能，且 解得。‎ ‎22（2012福建卷）.（20分）‎ 如图甲，在圆柱形区域内存在一方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场，在此区域内，沿水平面固定一半径为r的圆环形光滑细玻璃管，环心0在区域中心。一质量为m、带电量为q（q>0）的小球，在管内沿逆时针方向（从上向下看）做圆周运动。已知磁感应强度大小B随时间t的变化关系如图乙所示，其中。设小球在运动过程中电量保持不变，对原磁场的影响可忽略。‎ ‎（1）在t=0到t=T0 这段时间内，小球不受细管侧壁的作用力，求小球的速度大小；‎ ‎（2）在竖直向下的磁感应强度增大过程中，将产生涡旋电场，其电场线是在水平面内一系列沿逆时针方向的同心圆，同一条电场线上各点的场强大小相等。试求t=T0 到t=1.5T0 这段时间内：‎ ‎①细管内涡旋电场的场强大小E；‎ ‎②电场力对小球做的功W。‎ ‎22答案：‎ ‎25(2012浙江卷)．（22分）为了提高自行车夜间行驶的安全性，小明同学设计了一种“闪烁”装置。如图所示，自行车后轮由半径r1=5.0×l0-2m的金属内圈、半径r2=0.40m的金属外圈和绝缘辐条构成。后轮的内、外圈之间等间隔地接有4根金属条，每根金属条的中间均串联有一电阻值为R的小灯泡。在支架上装有磁铁，形成了磁感应强度B=0.l0T、方向垂直纸面向外的“扇形”匀强磁场，其内半径为r1，外半径为r2、张角θ=，后轮以角速度ω=2πrad/s相对于转轴转动。若不计其它电阻，忽略磁场的边缘效应。‎ ‎(1)当金属条ab进入“扇形”磁场时，求感应电动势E，并指出曲上的电流方向；‎ ‎(2)当金属条ab进入“扇形”磁场时，画出“闪烁”装置的电路图；‎ ‎ (3)从金属条ab进入“扇形”磁场时开始，经计算画出轮子转一圈过程中，内圈与外圈之间电势差Uab随时间t变化的Uab-t图象；‎ ‎(4)若选择的是“1.5V、0.3A”的小灯泡，该“闪烁”装置能否正常工作？有同学提出，通过改变磁感应强度B、后轮外圈半径r2、角速度ω 和张角θ等物理量的大小，优化前同学的 设计方案，请给出你的评价。‎ ‎ ‎ ‎16（2012海南卷）.如图，ab和cd是两条竖直放置的长直光滑金属导轨，MN和是两根用细线连接的金属杆，其质量分别为m和2m。竖直向上的外力F作用在杆MN上，使两杆水平静止，并刚好与导轨接触；两杆的总电阻为R，导轨间距为。整个装置处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向与导轨所在平面垂直。导轨电阻可忽略，重力加速度为g。在t=0时刻将细线烧断，保持F不变，金属杆和导轨始终接触良好。求 ‎（1）细线少断后，任意时刻两杆运动的速度之比；‎ ‎（2）两杆分别达到的最大速度。[来源: Z§X§X§‎ 解析：设某时刻MN和速度分别为v1、v2。‎ ‎（1）MN和动量守恒：mv1-2mv2=0 求出：①‎ ‎（2）当MN和的加速度为零时，速度最大 对受力平衡： ② ③ ④‎ 由①——④得：、‎ 十一、交变电流 ‎14（2012福建卷）如图，理想变压器原线圈输入电压u=，副线圈电路中为定值电阻，R是滑动变阻器。和是理想交流电压表，示数分别用和表示；是理想交流电流表，示数分别用和表示。下列说法正确的是 A．和表示电流的瞬间值 B．和表示电压的最大值 C．滑片P向下滑动过程中，不变、变大 D．滑片P向下滑动过程中，变小、变小 答案：C ‎4（2012天津卷）.通过一理想变压器，经同一线路输送相同的电功率Ｐ，原线圈的电压U保持不变，输电线路的总电阻为Ｒ．当副线圈与原线圈的匝数比为ｋ时，线路损耗的电功率为Ｐ１，若将副线圈与原线圈的匝数比提高到ｎｋ，线路损耗的电功率为Ｐ２，则Ｐ１和分别为（　　）‎ A． B． C． D．‎ 解析：根据理想变压器的变压比有 ，‎ ‎ 线路的输送功率不变有 ‎ ‎ 根据焦耳定律有 ，‎ ‎，。答案D。‎ ‎19（2012广东卷）.某小型发电机产生的交变电动势为e=50sin100πt（V），对此电动势，下列表述正确的有 A.最大值是V B.频率是100Hz C．有效值是V D.周期是0.02s 答案：CD ‎15（2012北京高考卷）．一个小型电热器若接在输出电压为10V的直流电源上，消耗电功率为P；若把它接在某个正弦交流电源上，其消耗的电功率为．如果电热器电阻不变，则此交流电源输出电压的最大值为 ‎ A．5V B．5V ‎ C．10V D．10V 答案：C ‎18（2012山东卷）.图甲是某燃气炉点火装置的原理图。转换器将直流电压转换为图乙所示的正弦交变电压，并加在一理想变压器的原线圈上，变压器原、副线圈的匝数分别为、。为交流电压表。当变压器副线圈电压的瞬时值大于5000V时，就会在钢针和金属板间引发电火花进而点燃气体。以下判断正确的是 A．电压表的示数等于5V B．电压表的示数等于 C．实现点火的条件是 D．实现点火的条件是 答案：BC ‎16（2012四川卷）．如图所示，在铁芯P上绕着两个线圈a和b，则 ‎ A．线圈a输入正弦交变电流，线圈b可输出恒定电流 ‎ B．线圈a输入恒定电流，穿过线圈b的磁通量一定为零 ‎ C．线圈b输出的交变电流不对线圈a的磁场造成影响 ‎ D．线圈a的磁场变化时，线圈b中一定有电场 答案：D ‎17(2012全国新课标).自耦变压器铁芯上只绕有一个线圈，原、副线圈都只取该线圈的某部分，一升压式自耦调压变压器的电路如图所示，其副线圈匝数可调。已知变压器线圈总匝数为1900匝；原线圈为1100匝，接在有效值为220V的交流电源上。当变压器输出电压调至最大时，负载R上的功率为2.0kW。设此时原线圈中电流有效值为I1，负载两端电压的有效值为U2，且变压器是理想的，则U2和I1分别约为 A.380V和5.3A B.380V和9.1A C.240V和5.3A D.240V和9.1A ‎[答案]B ‎[解析]先判断出原副线圈的匝数，由式得V。负载R上的功率就是变压器的输出功率，因为是理想变压器，故输入功率U1I1等于输出功率，从而求出I1=9.1A。‎ ‎7（2012江苏卷）．某同学设计的家庭电路保护装置如图所示，铁芯左侧线圈L1由火线和零线并行绕成，当右侧线圈L2中产生电流时，电流经放大器放大后，使电磁铁吸起铁质开关K，从而切断家庭电路，仅考虑L1在铁芯中产生的磁场，下列说法正确的有 A．家庭电路正常工作时，L2中磁通量为零 B．家庭电路中使用的电器增多时，L2中的磁通量不变 C．家庭电路发生短路时，开关K将被电磁铁吸起 D．地面上的人接触火线发生触电时，开关K将被电磁铁吸起。‎ ‎【解析】因原线圈是双线绕法，所以家庭电路正常工作时、磁通量为0，A、B正确；家庭电路短路时，、‎ 磁通量仍为0，C错误；地面上的人接触火线发生触电时，两根电线电流不等且变化，开关K被磁铁吸起，D正确。‎ ‎【答案】ABD ‎15（2012重庆卷）．如题15图所示，理想变压器的原线圈接入(V)的交变电压，副线圈通过电阻r=6Ω导线对“220V/880W”电器RL 供电，该电器正常工作。由此可知 A． 原、副线圈的匝数比为50 : 1‎ B． 交变电压的频率为100HZ C． 副线圈中电流的有效值为4A D． 变压器的输入功率为880W 答案：C ‎11（2012海南卷）.如图：理想变压器原线圈与10V的交流电源相连，副线圈并联两个小灯泡a和b，小灯泡a的额定功率为0.3w，正常发光时电阻为30可，已知两灯泡均正常发光，流过原线圈的电流为0.09A，可计算出原、副线圈的匝数比为_____，10:3流过灯泡b的电流为___0.2A,‎ 解析：副线圈电压 ， ‎ 由能量守恒得： 代人数据得：‎ ‎23（2012安徽卷）.（16分）‎ 图2‎ ωt B ‎⊙⊙‎ ‎⊙⊙‎ a d No S a R b c d e f O 图1‎ 图3‎ ωt B ‎⊙⊙‎ a d ωt ‎⊙⊙‎ ‎⊙⊙‎ 中性面 中性面 图1是交流发电机模型示意图。在磁感应强度为的匀强磁场中，有一矩形线图可绕线圈平面内垂直于磁感线的轴转动，由线圈引起的导线和分别与两个跟线圈一起绕转动的金属圈环相连接，金属圈环又分别与两个固定的电刷保持滑动接触，这样矩形线圈在转动中就可以保持和外电话电阻形成闭合电路。图2是线圈的住视图，导线和分别用它们的横截面来表示。已知长度为, 长度为,线圈以恒定角速度逆时针转动。（只考虑单匝线圈）‎ ‎ (1)线圈平面处于中性面位置时开始计时，试推导t时刻整个线圈中的感应电动势 的表达式；‎ ‎(2)线圈平面处于与中性面成夹角位置时开始计时，如图3所示，试写出t时刻整个线圈中的感应电动势的表达式；‎ ‎(3)若线圈电阻为r，求线圈每转动一周电阻R上产生的焦耳热。（其它电阻均不计）‎ ‎23.(1) ‎ ‎(2) ‎ ‎(3)‎ 解析：(1)从中性面开始计时，经过时间t，线圈平面转过的角度，ab边和cd边的速度，则两边分别产生大小为的电动势。且两边电动势串联，故线圈中产生的电动势 ‎(2)若线圈从与中性面夹角位置时开始计时，其初相为，其表达式为：‎ ‎(3)由闭合电路欧姆定律得回路中电流有效值为 由焦耳定律得 ‎13（2012江苏卷）．（15分）某兴趣小组设计一种发电装置，如图所示，在磁极与圆柱状铁芯之间形成的两磁场区域的圆心角α均为，磁场均沿半径方向，匝数为N的矩形线圈abcd边长ab=cd=l、bc=ad=2l，线圈以角速度绕中心轴匀速转动，bc与ad边同时进入磁场，在磁场中，两条边的经过处的磁感应强度大小均为B，方向始终与两条边的运动方向垂直，线圈的总电阻为r，外接电阻为R，求 ‎（1）线圈切割磁感线时，感应电动势的大小Em ‎（2）线圈切割磁感线时，bc边所受安培力的大小F ‎（3）外接电阻上电流的有效值I ‎【答案】‎ ‎(1)、边的运动速度 ， 感应电动势，解得。‎ ‎（2）电流, 安培力 ，解得 .‎ ‎(3)一个周期内，通电时间,上消耗的电能，且 解得。‎ 十二、力学实验 ‎1．(2012全国理综).（11分）‎ 图1为验证牛顿第二定律的实验装置示意图。图中打点计时器的电源为50Hz的交流电源，打点的时间间隔用Δt表示。在小车质量未知的情况下，某同学设计了一种方法用来研究“在外力一定的条件下，物体的加速度与其质量间的关系”。‎ ‎（1）完成下列实验步骤中的填空：‎ ‎①平衡小车所受的阻力：小吊盘中不放物块，调整木板右端的高度，用手轻拨小车，直到打点计时器打出一系列________的点。‎ ‎②按住小车，在小吊盘中放入适当质量的物块，在小车中放入砝码。‎ ‎③打开打点计时器电源，释放小车，获得带有点列的纸袋，在纸袋上标出小车中砝码的质量m。‎ ‎④按住小车，改变小车中砝码的质量，重复步骤③。‎ ‎⑤在每条纸带上清晰的部分，没5个间隔标注一个计数点。测量相邻计数点的间距s1，s2，…。求出与不同m相对应的加速度a。‎ ‎⑥以砝码的质量m为横坐标为纵坐标，在坐标纸上做出关系图线。若加速度与小车和砝码的总质量成反比，则与m处应成_________关系（填“线性”或“非线性”）。‎ ‎（2）完成下列填空：‎ ‎（ⅰ）本实验中，为了保证在改变小车中砝码的质量时，小车所受的拉力近似不变，小吊盘和盘中物块的质量之和应满足的条件是_______________________。‎ ‎（ⅱ）设纸带上三个相邻计数点的间距为s1、s2、s3。a可用s1、s3和Δt表示为a=__________。图2为用米尺测量某一纸带上的s1、s3的情况，由图可读出s1‎ ‎=__________mm，s3=__________。由此求得加速度的大小a=__________m/s2。‎ ‎（ⅲ）图3为所得实验图线的示意图。设图中直线的斜率为k，在纵轴上的截距为b，若牛顿定律成立，则小车受到的拉力为___________，小车的质量为___________。‎ ‎【解析与答案】（1）间距相等的点。（2）线性 ‎（2）（i）远小于m ‎(ii)‎ ‎ ‎ ‎.‎ ‎(iii)设小车的质量为，则有，变形得,所以图象的斜率为，所以作用力，图象的截距为，所以。‎ ‎2．（2）（2012广东卷）某同学探究弹力与弹簧伸长量的关系。‎ ‎①将弹簧悬挂在铁架台上，将刻度尺固定在弹簧一侧，弹簧轴线和刻度尺都应在______方向（填“水平”或“竖直”）‎ ‎②弹簧自然悬挂，待弹簧______时，长度记为L0，弹簧下端挂上砝码盘时，长度记为Lx；在砝码盘中每次增加10g砝码，弹簧长度依次记为L1至L6，数据如下表表：‎ 代表符号 L0‎ Lx L1‎ L2‎ L3‎ L4‎ L5‎ L6‎ 数值（cm）‎ ‎25.35‎ ‎27.35‎ ‎29.35‎ ‎31.30‎ ‎33.4‎ ‎35.35‎ ‎37.40‎ ‎39.30‎ 表中有一个数值记录不规范，代表符号为_______。由表可知所用刻度尺的最小长度为______。‎ ‎③图16是该同学根据表中数据作的图，纵轴是砝码的质量，横轴是弹簧长度与_________的差值（填“L0或L1”）。‎ ‎④由图可知弹簧的劲度系数为_________N/m；通过图和表可知砝码盘的质量为_________g（结果保留两位有效数字，重力加速度取9.8m/s2）。‎ 答案：‎ ‎. (2) ①竖直 ②稳定 L3 1mm ‎③ L0‎ ‎④ 4.9 10‎ ‎3.(2012全国新课标).（5分）‎ 某同学利用螺旋测微器测量一金属板的厚度。该螺旋测微器校零时的示数如图（a）所示，测量金属板厚度时的示数如图（b）所示。图（a）所示读数为_________mm，图（b）所示读数为_________mm，所测金属板的厚度为_________mm。‎ ‎[答案]0.010, 6.870, 6.860‎ ‎[解析]螺旋测微器又叫千分尺，精确度为0.01mm，故读数应以mm为单位时，小数点后面应有三位，即读到毫米的千分位上。‎ ‎4.（2012上海卷）．（8分）在“利用单摆测重力加速度：的实验中 ‎（1）某同学尝试用DIS测量周期。如图，用一个磁性小球代替原先的摆球，在单摆下方放置一个磁传感器，其轴线恰好位于单摆悬挂点正下方。图中磁传感器的引出端A应接到__________。使单摆做小角度摆动，当磁感应强度测量值最大时，磁性小球位于__________。若测得连续N个磁感应强度最大值之间的时间间隔为t，则单摆周期的测量值为__________（地磁场和磁传感器的影响可忽略）。‎ ‎（2）多次改变摆长使单摆做小角度摆动，测量摆长L及相应的周期T。虎后，分别取L和T的对数，所得到的lgT-lgL图线为______（填“直线”、“对数曲线”或“指数曲线”）；读得图线与纵轴交点的纵坐标为c，由此得到该地的重力加速度g＝__________。‎ 答案：‎ ‎（1）数据采集器，最低点（或平衡位置），，（2）直线，4p2/102c，‎ 砂、砂桶 图1‎ 小车、砝码、打点计时器 ‎●‎ ‎□‎ ‎□‎ ‎□‎ ‎□‎ 接交流电源 ‎5.（2012安徽卷）.（18分）Ⅰ.（10分）图1为“验证牛顿第二定律”的实验装置示意图。砂和砂桶的总质量为，小车和砝码的总质量为。实验中用砂和砂桶总重力的大小作为细线对小车拉力的大小。‎ ‎(1)试验中，为了使细线对小车的拉力等于小车所受的合外力，先调节长木板一滑轮的高度，使细线与长木板平行。接下来还需要进行的一项操作是 A. 将长木板水平放置，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，给打点计时器通电，调节的大小，使小车在砂和砂桶的牵引下运动，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动。‎ B. 将长木板的一端垫起适当的高度，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，撤去砂和砂桶，给打点计时器通电，轻推小车，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动。‎ C. 将长木板的一端垫起适当的高度，撤去纸带以及砂和砂桶，轻推小车，观察判断小车是否做匀速运动。‎ ‎(2)实验中要进行质量和的选取，以下最合理的一组是 ‎ A. =200, =10、15、20、25、30、40‎ B. =200, =20、40、60、80、100、120‎ C. =400, =10、15、20、25、30、40‎ D. =400, =20 40、60、80、100、120‎ ‎（3）图2 是试验中得到的一条纸带，、、、、、、为7个相邻的计数点，相邻的两个计数点之间还有四个点未画出。量出相邻的计数点之间的距离分别为=4.22 cm、=4.65 cm、=5.08 cm、=5.49 cm、=5.91 cm、=6.34 cm 。已知打点计时器的工作效率为50 Hz,则小车的加速度= m/s2 （结果保留2位有效数字）。‎ A 图2‎ ‎●‎ ‎●‎ ‎●‎ ‎●‎ ‎●‎ ‎●‎ ‎●‎ B C D E F G ‎21Ⅰ答案：（1）B；(2)C；（3）0.42‎ 要使砂和砂桶的重力mg近似等于小车所受合外力，首先要平衡摩擦力，然后还要满足m＜＜M。而平衡摩擦，不需挂砂桶，但要带纸带，故（1）选B，（2）选C。（3）用逐差法，求得。‎ ‎6.（2012江苏卷）．（10分）为测定木块与桌面之间的动摩擦因数，小亮设计了如图所示的装置进行实验，实验中，当木块A位于水平桌面上的O 点时，重物B刚好接触地面，将A拉到P点，待B稳定后静止释放，A最终滑到Q点，分别测量OP、OQ的长度h和s，重复上述实验，分别记录几组实验数据 ‎（1）实验开始时，发现A释放后会撞到滑轮，请提出两个解决方案；‎ ‎（2）请根据下表的实验数据作出s-h关系图像 h（cm）‎ ‎20.0‎ ‎30.0‎ ‎40.0‎ ‎50.0‎ ‎60.0‎ s（cm）‎ ‎19.5‎ ‎28.5‎ ‎39.0‎ ‎48.0‎ ‎56.5‎ ‎（3）实验测得A、B的质量分别为m=0.40kg、M=0.50kg，根据s-h图像可计算出A木块与桌面间的动摩擦因数μ=__________（结果保留一位有效数字）‎ ‎（4）实验中，滑轮轴的摩擦会导致μ的测量结果_________（选填“偏大”、或“偏小”‎ ‎【解析】（3）在B下落至临落地时，据动能定理，有，‎ 在B落地后，A运动到Q，据动能定理，有，解得：。将，代入得=，从图象得斜率，即，代入上式得。‎ 本题易错点：认为A/B末速度都为0，根据，解得。‎ ‎（4）滑轮组的摩擦会导致偏小，从而偏大。‎ ‎【答案】（1）减小B的质量，增加细线的长度，或增大A的质量，降低B的起始高度。‎ ‎（2）如图 ‎（3）0.4‎ ‎（4）偏大 ‎7.（2012浙江卷）题 在“探究求合力的方法”实验中，先有木板、白纸、图钉、橡皮筋、细绳套和一把弹簧秤。‎ (1) 为完成实验，某同学另找来一根弹簧，先测量其劲度系数，得到实验数据如下表：‎ 弹力F(N)‎ ‎0.50‎ ‎1.00‎ ‎1.50‎ ‎2.00‎ ‎2.50‎ ‎3.00‎ ‎3.50‎ 伸长量x(10-2m)‎ ‎0.74‎ ‎1.80‎ ‎2.80‎ ‎3.72‎ ‎4.68‎ ‎5.58‎ ‎6.42‎ 用作图法求得该弹簧的劲度系数k= N/m;‎ ‎(2)某次试验中，弹簧秤的指针位置所示，其读数为 N,‎ 同时利用(1)中结果获得弹簧上的弹力值为2.50N，请在答题纸上画出这两个共点力的合力F合；‎ ‎（3）由图得到F合= N ‎（这是答题卷上的图）‎ 答案： ‎ ‎ 53（正负2以内都算对）‎ ‎（2）2.10（在正负0.02范围内都算对）‎ ‎（3）作图正确，3.3(在正负0.2范围内都算对 ‎8.（2012四川卷）．（17分）‎ ‎ (1)某物理兴趣小组采用如图所示的装置深入研究平抛运动。质量分别为mA和mB的A、B小球处于同一高度，M为A球中心初始时在水平地面上的垂直投影。用小锤打击弹性金属片，使A球沿水平方向飞出，同时松开B球，B球自由下落。A球落到地面N点处，B球落到地面P点处。测得mA=0.04 kg，mB=0.05kg，B球距地面的高度是1.225m，M、N点间的距离为1.500m，则B球落到P点的时间是____s，A球落地时的动能是____J。（忽略空气阻力，g取9.8m/s2）‎ ‎【答案】：（1）0.5 0.66‎ ‎【分析点拨】考查自由落体运动以及机械能守恒。‎ ‎【解析】：由自由落体运动公式，代入数据可知时间；根据和机械能守恒联立可得：。‎ ‎【考点定位】本题考查自由落体、平抛和机械能守恒。‎ ‎9．（2）（2012天津卷）某同学用实验的方法探究影响单摆周期的因素。‎ ‎①他组装单摆是，在摆线上端的悬点处，用一块开有狭缝的橡皮夹牢摆线，再用铁架台的铁夹将橡皮夹紧，如图所示，这样做的目的是 （填字母代号）‎ A．保证摆动过程中摆长不变 B．可使周期测量得更加准确 C．需要改变摆长时便于调节 D．保证摆球在同一竖直平面内摆动 解析：用一块开有狭缝的橡皮夹牢摆线增加了线与悬挂处的摩擦保证摆长不变；改变摆长时用力拉不会将摆线拉断，方便调节摆长；AC正确。‎ ‎②他组装好单摆后在摆球自然悬垂的情况下，用毫米刻度尺从悬点量到摆球的最低端的长度L=0.9990m，再用游标卡尺测量摆球直径，结果如图所示，则摆球的直径为 mm，单摆摆长为 m 解析：用10分度游标卡尺主尺读数为12mm，游标尺读数为0，则摆球的直径为12mm+0×0.1mm=12.0mm。‎ 单摆摆长为mm ‎③下列振动图像真实地描述了对摆长约为1m的单摆进行周期测量的四种操作过程，图中横坐标远点表示计时开始，A、B、C均为30次全振动的图像，已知sin5°=0.087，sin15°=0.26，这四种操作过程合乎实验要求且误差最小的是 （填字母代号）‎ 解析：单摆的振动在摆角小于5度才能看作简谐振动，在测量周期时计时起点应该选择在平衡位置（速度大误差小）。‎ 根据摆角估算振幅m=8.6cm，A B振幅合理。‎ ‎ m=25cm，C D振幅不合理错误。‎ A中振动图像的计时起点在平衡位置是合理的，B中振动图像的计时起点在正的最大位置是不合理的。答案A。‎ ‎10.（2012山东卷）．（13分）‎ ‎（1）某同学利用图甲所示的 实验装置，探究物块在水平桌面上的运动规律。物块在重物的牵引下开始运动，重物落地后，物块再运动一段距离停在桌面上（尚未到达滑轮处）。从纸带上便于测量的点开始，每5个点取1个计数点，相邻计数点间的距离如图乙所示。打点计时器电源的频率为50Hz。‎ ①通过分析纸带数据，可判断物块在相邻计数点 和 之间某时刻开始减速。‎ ②计数点5对应的速度大小为 m/s，计数点6对应的速度大小为 m/s。（保留三位有效数字）。‎ ③物块减速运动过程中加速度的大小为a= m/s2，若用来计算物块与桌面间的动摩擦因数（g为重力加速度），则计算结果比动摩擦因数的真实值 （填“偏大”或“偏小”）。‎ 解析：①由于计数点前后的间隔距离都小于它们的间隔距离，说明计数点6之前物块在加速，计数点7之后物块在减速，则开始减速的时刻在6和7之间。答案6；7【或7；6】。‎ ‎②计数点5对应的速度等于4和6间的平均速度 m/s，同理 m/s，又可解得计数点6对应的速度大小为1.20 m/s。‎ ‎③在减速阶段cm，则加速度为m/s2。在减速阶段产生加速度的力是滑动摩擦力和纸带受到的阻力，所以计算结果比动摩擦因数的真实值 “偏大”。‎ ‎11.（2012海南卷）.现要通过实验验证机械能守恒定律。实验装置如图1所示：水平桌面上固定一倾斜的气垫导轨；导轨上A点处有一带长方形遮光片的滑块，其总质量为M，左端由跨过轻质光滑定滑轮的细绳与一质量为m的砝码相连；遮光片两条长边与导轨垂直；导轨上B点有一光电门，可以测试遮光片经过光电门时的挡光时间t，用d表示A点到导轨低端C点的距离，h表示A与C的高度差，b表示遮光片的宽度，s表示A ,B 两点的距离，将遮光片通过光电门的平均速度看作滑块通过B点时的瞬时速度。用g表示重力加速度。完成下列填空和作图；‎ ‎（1）若将滑块自A点由静止释放，则在滑块从A运动至B的过程中，滑块、遮光片与砝码组成的系统重力势能的减小量可表示为____。动能的增加量可表示为_ _。若在运动过程中机械能守恒，与s的关系式为= __ ‎ ‎(2)多次改变光电门的位置，每次均令滑块自同一点（A点）下滑，测量相应的s与t值，结果如下表所示：‎ 以s为横坐标，为纵坐标，在答题卡上对应图2位置的坐标纸中描出第1和第5个数据点；根据5个数据点作直线，求得该直线的斜率k=________2.40___(保留3位有效数字).‎ ‎ ‎ 由测得的h、d、b、M和m数值可以计算出直线的斜率，将k和进行比较，若其差值在试验允许的范围内，则可认为此试验验证了机械能守恒定律。‎ 答案：（1）、、‎ ‎ （2）2.40‎