全国统一高考物理试卷 22页

‎1997年全国统一高考物理试卷 ‎　‎ 一．本题共5小题；每小题3分，共15分．在每小题给出的四个选项中只有一项是正确的．‎ ‎1．（3分）（2006•朝阳区一模）在α粒子散射实验中，绝大多数α粒子都沿直线运动，但有少数α粒子发生大角度偏转，其原因是（　　）‎ ‎　‎ A．‎ 原子的全部正电荷和几乎全部质量集中在一个很小的核上 ‎　‎ B．‎ 正电荷在原子中是均匀分布的 ‎　‎ C．‎ 原子中存在着带负电的电子 ‎　‎ D．‎ 原子只能处在一系列不连续的能量状态中 ‎　‎ ‎2．（3分）质量为m的钢球自高处落下，以速率v1碰地，竖直向上弹回，碰撞时间极短，离地的速率为v2．在碰撞过程中，钢球受到合力的冲量的方向和大小为（　　） ‎　‎ A．‎ 向下，m（v1﹣v2）‎ B．‎ 向上，m（v1﹣v2）‎ C．‎ 向下，m（v1+v2） D．‎ 向上，m（v1+v2） ‎　‎ ‎3．（3分）质量为M的木块位于粗糙水平桌面上，若用大小为F的水平恒力拉木块，其加速度为a，当拉力方向不变，大小变为2F时，木块的加速度为a′，则（　　）‎ ‎　‎ A．‎ a′=a B．‎ a′＜2a C．‎ a′＞2a D．‎ a′=2a ‎　‎ ‎4．（3分）图（1）、（2）两电路中，当ab两端与ef两端分别加上110V的交流电压时，测得cd间与gh间的电压均为55V．若分别在cd两端与gh两端加上110V的交流电压，则ab间与ef间的电压分别为（　　）‎ ‎　‎ A．‎ ‎220V，220V B．‎ ‎220V，110V C．‎ ‎110V，110V D．‎ ‎220V，0‎ ‎　‎ ‎5．（3分）在双缝干涉实验中，以白光为光源，在屏幕上观察到了彩色干涉条纹，若在双缝中的一缝前放一 红色滤光片（只能透过红光），另一缝前放一绿色滤光片（只能透过绿光），这时（　　）‎ ‎　‎ A．‎ 只有红色和绿色的双缝干涉条纹，其它颜色的双缝干涉条纹消失 ‎　‎ B．‎ 红色和绿色的双缝干涉条纹消失，其它颜色的双缝干涉条纹依然存在 ‎　‎ C．‎ 任何颜色的双缝干涉条纹都不存在，但屏上仍有光亮 ‎　‎ D．‎ 屏上无任何光亮 ‎　‎ 二．本题共9小题；每小题5分，共45分．在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确．全部选对的得5分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分．‎ ‎6．（5分）（2009•安徽模拟）在下列反应方程中，x代表质子的方程是（　　）‎ ‎　‎ A．‎ B．‎ ‎　‎ C．‎ D．‎ ‎　‎ ‎7．（5分）光线在玻璃和空气的分界面上发生全反射的条件是（　　）‎ ‎　‎ A．‎ 光从玻璃射到分界面上，入射角足够小 ‎　‎ B．‎ 光从玻璃射到分界面上，入射角足够大 ‎　‎ C．‎ 光从空气射到分界面上，入射角足够小 ‎　‎ D．‎ 光从空气射到分界面上，入射角足大 ‎　‎ ‎8．（5分）（2007•福建模拟）在下列叙述中，正确的是（　　）‎ ‎　‎ A．‎ 物体的温度越高，分子热运动越剧烈，分子平均动能越大 ‎　‎ B．‎ 布朗运动就是液体分子的热运动 ‎　‎ C．‎ 分子之间的引力总是大于斥力 ‎　‎ D．‎ 分子间的距离r0存在某一值r=r0，当r＜r0时，斥力大于引力，当r＞r0时，斥力小于引力 ‎　‎ ‎9．（5分）图中重物的质量为m，轻细线AO和BO的A、B端是固定的．平衡时AO是水平的，BO与水平面的夹角为θ．AO的拉力F1和BO的拉力F2的大小是（　　）‎ ‎　‎ A．‎ F1=mgcosθ B．‎ F1=mgcotθ C．‎ F2=mgsinθ D．‎ F2=‎ ‎　‎ ‎10．（5分）为了增大LC振荡电路的固有频率，下列办法中可采取的是（　　）‎ ‎　‎ A．‎ 增大电容器两极板的正对面积并在线圈中放入铁芯 ‎　‎ B．‎ 减小电容器两极板的距离并增加线圈的匝数 ‎　‎ C．‎ 减小电容器的两极板的距离并在线圈中放入铁芯 ‎　‎ D．‎ 减小电容器两极板的正对面积并减少线圈的匝数 ‎　‎ ‎11．（5分）简谐横波某时刻的波形图线如图所示．由此图可知（　　）‎ ‎　‎ A．‎ 若质点a向下运动，则波是从左向右传播的 ‎　‎ B．‎ 若质点b向上运动，则波是从左向右传播的 ‎　‎ C．‎ 若波从右向左传播，则质点c向下运动 ‎　‎ D．‎ 若波从右向左传播，则质点d向上运动 ‎　‎ ‎12．（5分）如图所示的电路中，电源的电动势恒定，要想使灯变暗，可以（　　）‎ ‎　‎ A．‎ 增大R1‎ B．‎ 减小R1‎ C．‎ 增大R2‎ D．‎ 减小R2‎ ‎　‎ ‎13．（5分）（2012•南充二模）如图所示的电路中，A1和A2是完全相同的灯泡，线圈L的电阻可以忽略．下列说法中正确的是（　　）‎ ‎　‎ A．‎ 合上开关K接通电路时，A2先亮，A1后亮，最后一样亮 ‎　‎ B．‎ 合上开关K接通电路时，A1和A2始终一样亮 ‎　‎ C．‎ 断开开关K切断电路时，A2立刻熄灭，A1过一会儿才熄灭 ‎　‎ D．‎ 断开开关K切断电路时，A1和A2都要过一会儿才熄灭 ‎　‎ ‎14．（5分）（2009•宝山区二模）在图示电路的三根导线中，有一根是断的，电源、电阻器R1、R2及另外两根导线都是好的，为了查出断导线，某学生想先将万用表的红表笔连接在电源的正极a，再将黑表笔分别连电阻器R1的b端和R2的c端，并观察万用表指针的示数，在下列选档中，符合操作规程的是（　　）‎ ‎　‎ A．‎ 直流10V挡 B．‎ 直流0.5A挡 C．‎ 直流2.5V挡 D．‎ 欧姆挡 ‎　‎ 三、本题共3小题；其中第15题5分，其余的每题6分，共17分．把答案填在题中的横线上或按题目要求作图．‎ ‎15．（5分）（2012•丰台区模拟）一游标卡尺的主尺最小分度为1mm，游标上有10个小等分间隔，现用此卡尺来测量工件的直径，游标部分放大图如图所示．该工件的直径为　_________　mm．‎ ‎　‎ ‎16．（6分）下列给出的器材中，哪些是“验证玻一马定律实验“所必需的，把这些器材前面的字母填在横线上．‎ A．带有刻度的注射器 　　B．刻度尺 C．弹簧秤 　　　D．钩码若干个 答：　_________　．‎ 实验读数过程中，不能用手握住注射器，这是为了　_________　．用橡皮帽封住注射器小孔，这是为了　_________　．‎ ‎　‎ ‎17．（6分）某电压表的内阻在20千欧～50千欧之间，现要测量其内阻，实验室提供下列可选用的器材：‎ 待测电压表V（量程3V）‎ 电流表A1（量程200μA ）‎ 电流表A2（量程5mA）‎ 电流表A3（量程0.6A）‎ 滑动变阻器R（最大阻值1KΩ）‎ 电源ε（电动势4V）‎ 电键K．‎ ‎（1）所提供的电流表中，应选用　_________　（填写字母代号）．‎ ‎（2）为了尽量减小误差，要求测多组数据．试在方框中画出符合要求的实验电路图（其中电源和电键及其连线已画出）．‎ ‎　‎ 四．本题共4小题；每小题5分，共20分．把答案填在题中横线上．‎ ‎18．（5分）如图，在x轴的上方（y≥0）存在着垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B．在原点O有一个离子源向x轴上方的各个方向发射出质量为m、电量为q的正离子，速率都为v．对哪些在xy平面内运动的离子，在磁场中可能到达的最大x=　_________　，最大y=　_________　．‎ ‎　‎ ‎19．（5分）质量为m、电量为q的质点，在静电力作用下以恒定的速率v沿圆弧从A点运动到B点，其速度方向改变的角度为θ（弧度），AB弧长为s，则A、B两点间的电势差ϕA﹣ϕB=　_________　，AB弧中点的场强大小E=　_________　．‎ ‎　‎ ‎20．（5分）已知地球半径为6.4×106m，又知月球绕地球的运动可近似看作匀速圆周运动，则可估算出月球到地球的距离约为　_________　m（结果只保留一位有效数字）‎ ‎　‎ ‎21．（5分）内壁光滑的环形细圆管，位于竖直平面内，环的半径为R（比细管的半径大得多）．在细圆管中有两个直径略小于细圆管管径的小球（可视为质点）A和B，质量分别为m1和m2，它们沿环形圆管（在竖直平面内）顺时针方向运动，经过最低点时的速度都是v0；设A球通过最低点时B球恰好通过最高点，此时两球作用于环形圆管的合力为零，那么m1、m2、R和v0应满足的关系式是　_________　．‎ ‎　‎ 五．本题共5小题，53分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．‎ ‎22．（9分）有一个焦距为36厘米的凸透镜，在主轴上垂直放置一支蜡烛，得到一个放大率为4的虚像．如果想得到放大率为4的实像，蜡烛应向哪个方向移动？移动多少？‎ ‎　‎ ‎23．（9分）（2013•楚雄州二模）图中竖直圆筒是固定不动的，粗筒横截面积是细筒的4倍，细筒足够长，粗筒中A、B两轻活塞间封有空气，气柱长L=20cm，活塞A上方的水银深H=10cm，两活塞与筒壁间的摩擦不计，用外力向上托住活塞B，使之处于平衡状态，水银面与粗筒上端相平，现使活塞B缓慢上移，直至水银的一半被推入细管中，求活塞B上移的距离，设在整个过程中气柱的温度不变，大气压强p0相当于75cm高的水银柱产生的压强．‎ ‎　‎ ‎24．（11分）（2012•昆明模拟）如图所示，在方向水平的匀强电场中，一个不可伸长的不导电轻细线的一端连着一个质量为m的带电小球，另一端固定于O点，把小球拉直至细线与电场方向平行，然后无初速释放，已知小球摆到最低点的另一侧，线与竖直方向的最大夹角为θ．求小球经过最低点时细线对小球的拉力．‎ ‎　‎ ‎25．（12分）质量为m的钢板与直立轻弹簧的上端连接，弹簧下端固定在地上，平衡时，弹簧的压缩量为x0，如图所示，一物块从钢板正上方距离为3x0的A处自由落下，打在钢板上并立刻与钢板一起向下运动，但不粘连，它们到达最低点后又向上运动，已知物块质量也为m时，它们恰能回到O点，若物块质量为2m，仍从A处自由落下，则物块与钢板回到O点时，还具有向上的速度，求物块向上运动到达最高点O点的距离．‎ ‎　‎ ‎26．（12分）如图1所示，真空室中电极K发出的电子（初速不计）经过U0=1000V的加速电场后，由小孔S沿两水平金属板A、B间的中心线射入．A、B板长l=0.20m，相距d=0.020m，加在A、B两板间的电压u随时间t变化的u﹣t图线如图2所示．设A、B间的电场可看作是均匀的，且两板外无电场．在每个电子通过电场区域的极短时间内，电场可视作恒定的．两板右侧放一记录圆筒，筒在左侧边缘与极板右端距离b=0.15m，筒绕其竖直轴匀速转动，周期T=0.20s，筒的周长s=0.20m，筒能接收到通过A、B板的全部电子．‎ ‎（1）以t=0时（见图2，此时u=0）电子打到圆筒记录纸上的点作为xy坐标系的原点，并取y轴竖直向上．试计算电子打到记录纸上的最高点的y坐标和x坐标．（不计重力作用）‎ ‎（2）在给出的坐标纸（图3）上定量地画出电子打到记录纸上的点形成的图线．‎ ‎　‎ ‎1997年全国统一高考物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一．本题共5小题；每小题3分，共15分．在每小题给出的四个选项中只有一项是正确的．‎ ‎1．（3分）（2006•朝阳区一模）在α粒子散射实验中，绝大多数α粒子都沿直线运动，但有少数α粒子发生大角度偏转，其原因是（　　）‎ ‎　‎ A．‎ 原子的全部正电荷和几乎全部质量集中在一个很小的核上 ‎　‎ B．‎ 正电荷在原子中是均匀分布的 ‎　‎ C．‎ 原子中存在着带负电的电子 ‎　‎ D．‎ 原子只能处在一系列不连续的能量状态中 考点：‎ 粒子散射实验． ‎ 分析：‎ 这是因为原子核带正电荷且质量很大，阿尔法粒子也带正电荷，由于同种电荷相互排斥和阿尔法粒子被质量较大的原子核弹回．‎ 解答：‎ 解：α粒子和电子之间有相互作用力，它们接近时就有库仑引力作用，但由于电子的质量只有α粒子质量的1/7300，粒子与电子碰撞就像一颗子弹与一个灰尘碰撞一样，α粒子质量大，其运动方向几乎不改变．α粒子散射实验中，有少数α粒子发生大角度偏转说明三点：一是原子内有一质量很大的粒子存在；二是这一粒子带有较大的正电荷；三是这一粒子的体积很小，A正确．‎ 故选A 点评：‎ 本题考查的是α粒子散射实验．对这个实验要清楚两点：一是α粒子散射实验的实验现象；二是对实验现象的微观解释﹣﹣原子的核式结构．‎ ‎　‎ ‎2．（3分）质量为m的钢球自高处落下，以速率v1碰地，竖直向上弹回，碰撞时间极短，离地的速率为v2．在碰撞过程中，钢球受到合力的冲量的方向和大小为（　　） ‎　‎ A．‎ 向下，m（v1﹣v2）‎ B．‎ 向上，m（v1﹣v2）‎ C．‎ 向下，m（v1+v2） D．‎ 向上，m（v1+v2） 考点：‎ 动量定理． ‎ 专题：‎ 动量定理应用专题．‎ 分析：‎ 由于碰撞时间极短，钢球的重力相对于地面对钢球的冲力可忽略不计．根据动量定理求解在碰撞过程中地面对钢球的冲量的方向和大小 解答：‎ 解：选取竖直向下方向为正方向，根据动量定理得 ‎ 地面对钢球的冲量I=﹣mv2﹣mv1=﹣m（v1+v2），则地面对钢球的冲量的方向向上，大小为m（v1+v2）．‎ 故选：D．‎ 点评：‎ 应用动量定理求解冲量是常用的方法，要注意选取正方向，用带正号的量值表示矢量．如重力不能忽略，还要考虑重力的冲量 ‎　‎ ‎3．（3分）质量为M的木块位于粗糙水平桌面上，若用大小为F的水平恒力拉木块，其加速度为a，当拉力方向不变，大小变为2F时，木块的加速度为a′，则（　　）‎ ‎　‎ A．‎ a′=a B．‎ a′＜2a C．‎ a′＞2a D．‎ a′=2a 考点：‎ 牛顿第二定律． ‎ 专题：‎ 牛顿运动定律综合专题．‎ 分析：‎ 木块在水平恒力作用做匀加速运动，水平方向受到恒力和滑动摩擦力，根据牛顿第二定律分别列方程，然后再比较加速度大小．‎ 解答：‎ 解：由牛顿第二定律得：‎ F﹣Ff=ma ‎2F﹣Ff=ma′‎ 由于物体所受的摩擦力：‎ Ff=μFN=μmg 即Ff不变，所以有：‎ a′===2a+＞2a 故选C 点评：‎ 本题考查对牛顿第二定律F=ma的理解能力，F是物体受到的合力，不能简单认为加速度与水平恒力F成正比而选择D．‎ ‎　‎ ‎4．（3分）图（1）、（2）两电路中，当ab两端与ef两端分别加上110V的交流电压时，测得cd间与gh间的电压均为55V．若分别在cd两端与gh两端加上110V的交流电压，则ab间与ef间的电压分别为（　　）‎ ‎　‎ A．‎ ‎220V，220V B．‎ ‎220V，110V C．‎ ‎110V，110V D．‎ ‎220V，0‎ 考点：‎ 变压器的构造和原理． ‎ 专题：‎ 交流电专题．‎ 分析：‎ 左图是变压器，右图是直流电路中的部分电路，变压器的原副线圈电压之比等于线圈匝数比．‎ 解答：‎ 解：当a、b两端接110V的交变电压时，测得c、d两端的电压为55V，则原副线圈匝数比为2：1，所以当c、d两端加上110V交变电压，a、b两端电压为220V；‎ 当g、h两端加上110V交变电压时，e与滑片间无电流，电压为零，故e、f两端电压与g、h两端电压相同，也为110V．‎ 故选：B．‎ 点评：‎ 本题主要考查变压器的工作原理和原副线圈的变压比公式，要能和直流电路的分压原理相区别．‎ ‎　‎ ‎5．（3分）在双缝干涉实验中，以白光为光源，在屏幕上观察到了彩色干涉条纹，若在双缝中的一缝前放一 红色滤光片（只能透过红光），另一缝前放一绿色滤光片（只能透过绿光），这时（　　）‎ ‎　‎ A．‎ 只有红色和绿色的双缝干涉条纹，其它颜色的双缝干涉条纹消失 ‎　‎ B．‎ 红色和绿色的双缝干涉条纹消失，其它颜色的双缝干涉条纹依然存在 ‎　‎ C．‎ 任何颜色的双缝干涉条纹都不存在，但屏上仍有光亮 ‎　‎ D．‎ 屏上无任何光亮 考点：‎ 光的干涉． ‎ 专题：‎ 光的干涉专题．‎ 分析：‎ 发生干涉的条件是两列光的频率相同．白光通过红色滤光片剩下红光，通过绿色滤光片剩下绿光，红光和绿光不能发生干涉．‎ 解答：‎ 解：在双缝中的一缝前放一红色滤光片（只能透过红光），另一缝前放一绿色滤光片（只能透过绿光），由于绿光和红光的频率不同，则不能发生干涉，但屏上仍有光亮．故C正确，A、B、D错误．‎ 故选C．‎ 点评：‎ 解决本题的关键知道光发生干涉的条件，两列光的频率需相同．‎ ‎　‎ 二．本题共9小题；每小题5分，共45分．在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确．全部选对的得5分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分．‎ ‎6．（5分）（2009•安徽模拟）在下列反应方程中，x代表质子的方程是（　　）‎ ‎　‎ A．‎ B．‎ ‎　‎ C．‎ D．‎ 考点：‎ 原子核衰变及半衰期、衰变速度；原子核的人工转变． ‎ 专题：‎ 衰变和半衰期专题．‎ 分析：‎ 根据电荷数守恒、质量数守恒确定X的电荷数和质量数，从而判断是否是质子．‎ 解答：‎ 解：A、根据电荷数守恒、质量数守恒，X的电荷数为0，质量数为1，为中子．故A错误．‎ B、根据电荷数守恒、质量数守恒，X的电荷数为1，质量数为1，为质子．故B正确．‎ C、根据电荷数守恒、质量数守恒，X的电荷数为1，质量数为1，为质子．故C正确．‎ D、根据电荷数守恒、质量数守恒，X的电荷数为1，质量数为2，为氘核．故D错误．‎ 故选BC．‎ 点评：‎ 解决本题的关键知道在核反应中电荷数守恒、质量数守恒．‎ ‎　‎ ‎7．（5分）光线在玻璃和空气的分界面上发生全反射的条件是（　　）‎ ‎　‎ A．‎ 光从玻璃射到分界面上，入射角足够小 ‎　‎ B．‎ 光从玻璃射到分界面上，入射角足够大 ‎　‎ C．‎ 光从空气射到分界面上，入射角足够小 ‎　‎ D．‎ 光从空气射到分界面上，入射角足大 考点：‎ 全反射；光的折射定律． ‎ 专题：‎ 全反射和临界角专题．‎ 分析：‎ 玻璃的折射率大于空气的，所以一定是从玻璃射向空气的光，入射角足够大时能发生全反射．‎ 解答：‎ 解：发生全反射的条件是光从光密介质进入光疏介质，且入射角大于临界角，玻璃的折射率大于空气，所以B正确．‎ 故选B 点评：‎ 本题较简单，只要知道发生全反射的两个条件：光密介质到光疏介质，入射角大于临界角．‎ ‎　‎ ‎8．（5分）（2007•福建模拟）在下列叙述中，正确的是（　　）‎ ‎　‎ A．‎ 物体的温度越高，分子热运动越剧烈，分子平均动能越大 ‎　‎ B．‎ 布朗运动就是液体分子的热运动 ‎　‎ C．‎ 分子之间的引力总是大于斥力 ‎　‎ D．‎ 分子间的距离r0存在某一值r=r0，当r＜r0时，斥力大于引力，当r＞r0时，斥力小于引力 考点：‎ 布朗运动；分子间的相互作用力． ‎ 专题：‎ 布朗运动专题．‎ 分析：‎ 布朗运动是固体微粒的运动，是液体分子无规则热运动的反映，与温度和压强有关．分子间的距离r0存在某一值r=r0，此时引力等于斥力，分子力为零，当r＜r0时，斥力大于引力，当r＞r0时，斥力小于引力．‎ 解答：‎ 解：‎ A、布朗运动是液体分子无规则热运动的反映，与温度和压强有关，温度越高，压强越大，运动越剧烈，分子平均动能越大，故A正确．‎ B、布朗运动是固体微粒的运动，是液体分子无规则热运动的反映，故B错误．‎ CD、分子间的距离r0存在某一值r=r0，此时引力等于斥力，分子力为零，当r＜r0时，斥力大于引力，当r＞r0时，斥力小于引力．故C错误，D正确．‎ 故选：AD．‎ 点评：‎ 本题考查学生对分子动理论等基本概念和基本规律的识记能力，做对题的前提是熟记这些知识点，并灵活运用．‎ ‎　‎ ‎9．（5分）图中重物的质量为m，轻细线AO和BO的A、B端是固定的．平衡时AO是水平的，BO与水平面的夹角为θ．AO的拉力F1和BO的拉力F2的大小是（　　）‎ ‎　‎ A．‎ F1=mgcosθ B．‎ F1=mgcotθ C．‎ F2=mgsinθ D．‎ F2=‎ 考点：‎ 共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力． ‎ 专题：‎ 共点力作用下物体平衡专题．‎ 分析：‎ 以结点为研究对象，分析受力情况：三根细线的拉力．重物对O点的拉力等于mg．作出力图求解．‎ 解答：‎ 解：以结点为研究对象，分析受力情况：三根细线的拉力．重物对O点的拉力等于mg．‎ 根据平衡条件得知，mg与F1的合力与F2大小相等、方向相反，作出力的合成图如图．则有：‎ F1=mgcotθ F2=‎ 故选：BD 点评：‎ 本题是常见的绳子悬挂物体的类型，常常选择结点为研究对象，根据平衡条件研究．比较容易．‎ ‎　‎ ‎10．（5分）为了增大LC振荡电路的固有频率，下列办法中可采取的是（　　）‎ ‎　‎ A．‎ 增大电容器两极板的正对面积并在线圈中放入铁芯 ‎　‎ B．‎ 减小电容器两极板的距离并增加线圈的匝数 ‎　‎ C．‎ 减小电容器的两极板的距离并在线圈中放入铁芯 ‎　‎ D．‎ 减小电容器两极板的正对面积并减少线圈的匝数 考点：‎ 电磁波的产生． ‎ 分析：‎ 振荡电路产生的振荡电流频率平方与线圈L及电容器C成反比 解答：‎ 解：LC振荡电路的固有频率：，若要增大LC振荡电路的固有频率，就要减小电容器的电容，或减小线圈中的自感系数．‎ A、增大电容器两极板间的正对面积，使得电容器的电容变大，而在线圈中放入铁芯，使得线圈的自感系数增大．则频率变小，故A错误；‎ B、减小电容器两极板的距离，使得电容器的电容变大，而增加线圈的匝数，使得线圈的自感系数增大．则频率变小，故B错误；‎ C、减小电容器两极板的距离，使得电容器的电容变大，而在线圈中放入铁芯，使得线圈的自感系数增大．则频率变小，故C错误；‎ D、减小电容器两极板的正对面积，使得电容器的电容变小，而减小线圈的匝数，使得线圈的自感系数变小．则频率变大，故D正确；‎ 故选：D．‎ 点评：‎ 该题考查LC回路的固有频率和平行板电容器的电容的决定式、线圈的自感系数的有关因素，属于对基础知识的考查．基础题目．‎ ‎　‎ ‎11．（5分）简谐横波某时刻的波形图线如图所示．由此图可知（　　）‎ ‎　‎ A．‎ 若质点a向下运动，则波是从左向右传播的 ‎　‎ B．‎ 若质点b向上运动，则波是从左向右传播的 ‎　‎ C．‎ 若波从右向左传播，则质点c向下运动 ‎　‎ D．‎ 若波从右向左传播，则质点d向上运动 考点：‎ 波长、频率和波速的关系；横波的图象． ‎ 分析：‎ 若质点上下运动，根据波形的平移法判断波的传播的方向．同理，也可以根据波的传播方向来确定质点的振动方向．‎ 解答：‎ 解：A、若质点a向下运动，波形向左平移，则波是从右向左传播的．故A错误．‎ B、若质点b向上运动，波形向右平移，则波是从左向右传播的．故B正确．‎ C、若波从右向左传播，根据平移法，波形向左平移，则质点c向上运动．故C错误．‎ D、若波从右向左传播，根据平移法，波形向左平移，则质点d向上运动．故D正确．‎ 故选BD 点评：‎ 根据质点的速度方向判断波的传播方向是基本功，要熟练掌握．本题要抓住简谐波的特点“前带后，后跟前”．‎ ‎　‎ ‎12．（5分）如图所示的电路中，电源的电动势恒定，要想使灯变暗，可以（　　）‎ ‎　‎ A．‎ 增大R1‎ B．‎ 减小R1‎ C．‎ 增大R2‎ D．‎ 减小R2‎ 考点：‎ 闭合电路的欧姆定律． ‎ 专题：‎ 恒定电流专题．‎ 分析：‎ 由图可知，灯泡与R2并联后与R1串联；要使灯泡变暗，应使流过灯泡的电流减小；则可分别由闭合电路欧姆定律分析各项，可得出正确答案．‎ 解答：‎ 解：A、R1增大，总电阻增大，总电流减小，灯泡和R2并联的电压就减小，所以灯泡的电流减小，灯泡变暗，A正确，B错误；‎ D、R2减小，总电阻减小，总电流增大，R1的电压增大，所以灯泡和R2并联的电压就减小，所以灯泡的电流减小，灯泡变暗，D正确，C错误；‎ 故选AD．‎ 点评：‎ 在电路中，若部分电阻发生了变化，则对该部分的处理不能直接根据欧姆定律求解，应灵活应用串并联电路的性质进行分析判断．‎ ‎　‎ ‎13．（5分）（2012•南充二模）如图所示的电路中，A1和A2是完全相同的灯泡，线圈L的电阻可以忽略．下列说法中正确的是（　　）‎ ‎　‎ A．‎ 合上开关K接通电路时，A2先亮，A1后亮，最后一样亮 ‎　‎ B．‎ 合上开关K接通电路时，A1和A2始终一样亮 ‎　‎ C．‎ 断开开关K切断电路时，A2立刻熄灭，A1过一会儿才熄灭 ‎　‎ D．‎ 断开开关K切断电路时，A1和A2都要过一会儿才熄灭 考点：‎ 自感现象和自感系数． ‎ 分析：‎ 当开关接通和断开的瞬间，流过线圈的电流发生变化，产生自感电动势，阻碍原来电流的变化，根据楞次定律及串联电路的特点来分析．‎ 解答：‎ 解：A、B，合上开关K接通电路时，A2立即正常发光，线圈中电流要增大，由于自感电动势的阻碍，灯泡A1中电流只能逐渐增大，则A2先亮，A1后亮，最后一样亮．故A正确，B错误．‎ ‎ C、D，A2原来的电流立即减小为零，线圈中产生自感电动势，两灯泡串联和线圈组成回路，回路中电流从原来值逐渐减小到零，则A1和A2都要过一会儿才熄灭．故C错误，D正确．‎ 故选AD 点评：‎ 自感现象是特殊的电磁感应现象，同样遵守电磁感应的普遍规律楞次定律，对本题这种类型问题就是利用楞次定律来分析．‎ ‎　‎ ‎14．（5分）（2009•宝山区二模）在图示电路的三根导线中，有一根是断的，电源、电阻器R1、R2及另外两根导线都是好的，为了查出断导线，某学生想先将万用表的红表笔连接在电源的正极a，再将黑表笔分别连电阻器R1的b端和R2的c端，并观察万用表指针的示数，在下列选档中，符合操作规程的是（　　）‎ ‎　‎ A．‎ 直流10V挡 B．‎ 直流0.5A挡 C．‎ 直流2.5V挡 D．‎ 欧姆挡 考点：‎ 用多用电表测电阻． ‎ 专题：‎ 实验题．‎ 分析：‎ 有多用表检测故障若使用电压档或电流档，将其连入电路要注意量程，用欧姆档要把待检测电路从电源断开．‎ 解答：‎ 解：用电压档检测其量程要大于6V，故A正确，C错误 ‎ 用电流档要用较大量程，所给B中的0.5A太小，故B错误 ‎ 用欧姆档要把电源断开，本题操作没有，故D错误 故选：A 点评：‎ 考查多用电表的使用，明确利用其检测故障要注意量程．‎ ‎　‎ 三、本题共3小题；其中第15题5分，其余的每题6分，共17分．把答案填在题中的横线上或按题目要求作图．‎ ‎15．（5分）（2012•丰台区模拟）一游标卡尺的主尺最小分度为1mm，游标上有10个小等分间隔，现用此卡尺来测量工件的直径，游标部分放大图如图所示．该工件的直径为　29.8　mm．‎ 考点：‎ 刻度尺、游标卡尺的使用． ‎ 专题：‎ 实验题．‎ 分析：‎ 游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读．‎ 解答：‎ 解：游标卡尺的主尺读数为29mm，游标尺上第3个刻度与主尺上某一刻度对齐，故其读数为0.1×8mm=0.8mm，‎ 所以最终读数为：29mm+0.8mm=29.8mm；‎ 故答案为：29.8‎ 点评：‎ 解决本题的关键掌握游标卡尺的读数方法，游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数．‎ ‎　‎ ‎16．（6分）下列给出的器材中，哪些是“验证玻一马定律实验“所必需的，把这些器材前面的字母填在横线上．‎ A．带有刻度的注射器 　　B．刻度尺 C．弹簧秤 　　　D．钩码若干个 答：　ABCD　．‎ 实验读数过程中，不能用手握住注射器，这是为了　保持气体的温度恒定　．用橡皮帽封住注射器小孔，这是为了　保持气体的质量不变　．‎ 考点：‎ 气体的等温变化． ‎ 专题：‎ 理想气体状态方程专题．‎ 分析：‎ 验证玻﹣﹣马定律实验，即等温变化，必须确保气体的质量不变，同时保证温度也不变，从而研究气体的体积与压强的关系．由于横截面积相同，所以体积通过气体的长度来表示，对于压强则通过钩码的个数来体现．‎ 解答：‎ 解：在一定质量的气体，在温度保持不变的情况下，通过挂钩码的个数，来实现增加压强，通过弹簧秤竖直向上拉，来减小压强．由刻度尺来测出注射器全部长度，算出气体的横截面，从而观察注射器气体的刻度来得出体积的变化；‎ 故选：ABCD 实验读数过程中，不能用手握住注射器，这是为了保持气体温度恒定；‎ 用橡皮帽封住注射小孔，保持气体质量不变 故答案为：ABCD；保持气体温度恒定；保持气体质量不变 点评：‎ 考查学生对验证玻﹣﹣马定律实验中，需要掌握哪些步骤，注意事项，实验器材，如何验证．‎ ‎　‎ ‎17．（6分）某电压表的内阻在20千欧～50千欧之间，现要测量其内阻，实验室提供下列可选用的器材：‎ 待测电压表V（量程3V）‎ 电流表A1（量程200μA ）‎ 电流表A2（量程5mA）‎ 电流表A3（量程0.6A）‎ 滑动变阻器R（最大阻值1KΩ）‎ 电源ε（电动势4V）‎ 电键K．‎ ‎（1）所提供的电流表中，应选用　　（填写字母代号）．‎ ‎（2）为了尽量减小误差，要求测多组数据．试在方框中画出符合要求的实验电路图（其中电源和电键及其连线已画出）．‎ 考点：‎ 伏安法测电阻． ‎ 专题：‎ 实验题．‎ 分析：‎ 本题（1）的关键是根据欧姆定律求出待测电压表的最大电流来选择电流表的量程；题（2）的关键是通过求出待测电压表的最大电流可知应将待测2电压表与电流表串联完成测量，再根据变阻器的全电阻远小于待测电压表的内阻可知变阻器应采用分压式接法．‎ 解答：‎ 解：（1）：根据欧姆定律可求出通过待测电压表的最大电流为：==，所以电流表应选；‎ ‎（2）：根据欧姆定律可知，应将待测电压表与电流表串联成为测量电路；‎ 由于滑动变阻器的全电阻远小于待测电压表的内阻，所以变阻器应采用分压式接法，电路图如图所示：‎ 故答案为：（1）‎ ‎（2）如图 点评：‎ 应明确：①电压表的反常规接法，即当电压表的最大电流与某电流表量程接近时，可将电压表与该电流表串联完成测量；②当变阻器的全电阻远小于待测电阻或要求电流从零调时，变阻器应采用分压式接法．‎ ‎　‎ 四．本题共4小题；每小题5分，共20分．把答案填在题中横线上．‎ ‎18．（5分）如图，在x轴的上方（y≥0）存在着垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B．在原点O有一个离子源向x轴上方的各个方向发射出质量为m、电量为q的正离子，速率都为v．对哪些在xy平面内运动的离子，在磁场中可能到达的最大x=　　，最大y=　　．‎ 考点：‎ 带电粒子在匀强磁场中的运动． ‎ 专题：‎ 带电粒子在磁场中的运动专题．‎ 分析：‎ 由题意可知粒子的转动半径相同，由牛顿第二定律可求得粒子的转动半径；由几何关系可得出粒子能在x轴与y轴上能到达的最远距离．‎ 解答：‎ 解：由Bqv=m可得：‎ R=； ‎ 沿﹣x轴方向射出的粒子圆心在y轴上，由下图利用几何关系可知，所有粒子运动的圆心在以O为圆心，R为半径的圆中的第一象限部分，则可知，粒子在x轴和y轴上达到的最远距离为均2R=；‎ 故答案为：，．‎ 点评：‎ 本题解决的关键在于能通过分析找出所有粒子的运动轨迹间的关系，这种有无数粒子的问题要注意重点观测边界点的运动情况．‎ ‎　‎ ‎19．（5分）质量为m、电量为q的质点，在静电力作用下以恒定的速率v沿圆弧从A点运动到B点，其速度方向改变的角度为θ（弧度），AB弧长为s，则A、B两点间的电势差ϕA﹣ϕB=　0　，AB弧中点的场强大小E=　　．‎ 考点：‎ 电势差；电场强度． ‎ 专题：‎ 电场力与电势的性质专题．‎ 分析：‎ 由题意知电荷在静电力作用下做的是匀速圆周运动，静电力做的功是零得出A、B两点间的电势差．‎ 静电力是质点做圆周运动的向心力列出等式和点电荷的场强公式结合求解AB弧中点的场强大小．‎ 解答：‎ 解：由题意知电荷在静电力作用下做的是匀速圆周运动，从A点运动到B点，‎ 由动能定理知，静电力做的功是零，‎ 所以A、B两点间的电势差UAB=0‎ 设场源电荷的电荷量为Q，质点做圆周运动的轨道半径为r，则弧长s=θr ①‎ 静电力是质点做圆周运动的向心力，即= ②‎ 弧AB中点的场强大小E= ③‎ 解①②③组成的方程组得E=‎ 故答案为：0；．‎ 点评：‎ 涉及到电势差的问题，常常要用到动能定理．‎ 要掌握电场强度，电势差，电场力做功等物理量间的关系．‎ ‎　‎ ‎20．（5分）已知地球半径为6.4×106m，又知月球绕地球的运动可近似看作匀速圆周运动，则可估算出月球到地球的距离约为　4×108　m（结果只保留一位有效数字）‎ 考点：‎ 万有引力定律及其应用． ‎ 专题：‎ 万有引力定律在天体运动中的应用专题．‎ 分析：‎ 根据万有引力提供向心力提供向心力，以及万有引力等于重力求出月地距离．‎ 解答：‎ 解：根据，解得r=‎ 又GM=gR2‎ 则r=≈4×108m 故答案为：4×108．‎ 点评：‎ 解决本题的关键掌握万有引力提供向心力和万有引力等于重力这两个理论，并能灵活运用．‎ ‎　‎ ‎21．（5分）内壁光滑的环形细圆管，位于竖直平面内，环的半径为R（比细管的半径大得多）．在细圆管中有两个直径略小于细圆管管径的小球（可视为质点）A和B，质量分别为m1和m2，它们沿环形圆管（在竖直平面内）顺时针方向运动，经过最低点时的速度都是v0；设A球通过最低点时B球恰好通过最高点，此时两球作用于环形圆管的合力为零，那么m1、m2、R和v0应满足的关系式是　．　．‎ 考点：‎ 向心力；机械能守恒定律． ‎ 专题：‎ 匀速圆周运动专题．‎ 分析：‎ 根据牛顿第二定律，结合径向的合力提供向心力，求出最高点和最低点小球对轨道的作用力，抓住作用力相等，结合机械能守恒定律得出各个物理量之间的关系．‎ 解答：‎ 解：（1）A球通过最低点时，作用于环形圆管的压力竖直向下，根据牛顿第三定律，A球受到竖直向上的支持力N1，由牛顿第二定律，有：‎ ‎…①‎ 由题意知，A球通过最低点时，B球恰好通过最高点，而且该时刻A、B两球作用于圆管的合力为零；可见B球作用于圆管的压力肯定竖直向上，根据牛顿第三定律，圆管对B球的反作用力N2竖直向下；假设B球通过最高点时的速度为v，则B球在该时刻的运动方程为：‎ ‎… ②‎ 由题意有：N1=N2…③‎ 得：…④‎ 对B球运用机械能守恒定律有：… ⑤‎ 解得：…⑥‎ ‎⑥式代入④式可得：．‎ 故答案为：．‎ 点评：‎ 本题考查了牛顿第二定律和机械能守恒的综合，知道圆周运动向心力的来源是解决本题的关键．‎ ‎　‎ 五．本题共5小题，53分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．‎ ‎22．（9分）有一个焦距为36厘米的凸透镜，在主轴上垂直放置一支蜡烛，得到一个放大率为4的虚像．如果想得到放大率为4的实像，蜡烛应向哪个方向移动？移动多少？‎ 考点：‎ 透镜成像规律． ‎ 分析：‎ 根据凸透镜成像公式、物距与像的关系和两次物距的关系列式求解．解题时抓住放大倍数等于像距与物距大小之比．‎ 解答：‎ 解：先求蜡烛的原位置 由放大率公式：=4‎ 得 v1=﹣4u1　　　　　 ①‎ 由透镜成像公式 ‎　　 　 ②‎ 解得：‎ 再求蜡烛移动后的位置，由放大率公式得 v2=4u2　　　　　　　　　　　　　　③‎ 由透镜成像公式 ‎　　　　　　　　　　　④‎ 解得：u2=‎ 所以蜡烛应向远离透镜的方向移动，移动的距离为 u2﹣u1=（）f=f=18厘米 答：蜡烛应向远离透镜方向移动，移动18厘米 点评：‎ 解答本题的关键是掌握透镜成像公式，知道放大率与物距、像距的关系，即可进行解答．‎ ‎　‎ ‎23．（9分）（2013•楚雄州二模）图中竖直圆筒是固定不动的，粗筒横截面积是细筒的4倍，细筒足够长，粗筒中A、B两轻活塞间封有空气，气柱长L=20cm，活塞A上方的水银深H=10cm，两活塞与筒壁间的摩擦不计，用外力向上托住活塞B，使之处于平衡状态，水银面与粗筒上端相平，现使活塞B缓慢上移，直至水银的一半被推入细管中，求活塞B上移的距离，设在整个过程中气柱的温度不变，大气压强p0相当于75cm高的水银柱产生的压强．‎ 考点：‎ 理想气体的状态方程；封闭气体压强． ‎ 专题：‎ 理想气体状态方程专题．‎ 分析：‎ 气体发生等温变化，根据题意求出封闭气体初末状态的压强，然后由玻意耳定律求出气体末状态的体积，最后求出活塞B向上移动的距离．‎ 解答：‎ 解：设粗筒的横截面积是S，‎ 开始时，气体压：P1=P0+PH=85cmHg，体积V1=LS=20S，‎ 水银的一半被推入细管中，即粗筒中水银的深度是5cm，‎ 由于粗筒横截面积是细筒的4倍，则细筒中水银的深度是20cm，‎ 此时筒内气体的压强P2=P0+Ph=75+5+20=100cmHg，‎ 气体温度不变，由玻意耳定律得：P1V1=P2V2，‎ 即：85×20S=100×L′S，解得L′=17cm，‎ 活塞B向上移动的距离s=20﹣17+5=8cm；‎ 答：活塞B上移的距离是8cm．‎ 点评：‎ 在向上推活塞的过程中，水银的体积不变，根据题意求出气体初末状态的压强、应用玻意耳定律、几何关系即可正确解题．‎ ‎　‎ ‎24．（11分）（2012•昆明模拟）如图所示，在方向水平的匀强电场中，一个不可伸长的不导电轻细线的一端连着一个质量为m的带电小球，另一端固定于O点，把小球拉直至细线与电场方向平行，然后无初速释放，已知小球摆到最低点的另一侧，线与竖直方向的最大夹角为θ．求小球经过最低点时细线对小球的拉力．‎ 考点：‎ 电势能；牛顿第二定律；动能定理的应用；电场强度． ‎ 专题：‎ 电场力与电势的性质专题．‎ 分析：‎ 从释放点到左侧最高点，根据重力势能的减小等于电势能的增加可知，电场力与重力的关系．小球运动到最低点的过程，电场做负功，重力做正功，根据动能定理求出小球经过最低点时的速度．小球经过最低点时，重力和细线的拉力的合力提供向心力，牛顿第二定律求解拉力．‎ 解答：‎ 解：设细线长为L，球的电荷量为q，场强为E．若电荷量q为正，则场强方向在题图中向右，反之向左．‎ 即带电小球受到的电场力F=qE，方向水平向右，‎ 从释放点到左侧最高点，根据能量守恒定律得知：重力势能的减小等于电势能的增加．‎ ‎ mgLcosθ=qEL（1+sinθ） ①‎ 若小球运动到最低点时的速度为v，由动能定理得 ‎ mgL﹣qEL= ②‎ ‎ 此时线的拉力为T，由牛顿第二定律得 ‎ T﹣mg= ③‎ 由以上各式解得．‎ 答：小球经过最低点时细线对小球的拉力为．‎ 点评：‎ 本题是高考真题，考查动能定理和牛顿第二定律综合应用的能力，动能定理和向心力的关联点是速度．‎ ‎　‎ ‎25．（12分）质量为m的钢板与直立轻弹簧的上端连接，弹簧下端固定在地上，平衡时，弹簧的压缩量为x0，如图所示，一物块从钢板正上方距离为3x0的A处自由落下，打在钢板上并立刻与钢板一起向下运动，但不粘连，它们到达最低点后又向上运动，已知物块质量也为m时，它们恰能回到O点，若物块质量为2m，仍从A处自由落下，则物块与钢板回到O点时，还具有向上的速度，求物块向上运动到达最高点O点的距离．‎ 考点：‎ 动量守恒定律；自由落体运动；机械能守恒定律． ‎ 专题：‎ 与弹簧相关的动量、能量综合专题．‎ 分析：‎ 分析物体的运动过程：物块先自由下落，机械能守恒．物块与钢板碰撞时，因碰撞时间极短，系统所受外力远小于相互作用的内力，遵守动量守恒定律．碰撞后，弹簧、物块与钢板组成的系统机械能守恒．由题碰撞后，物块与钢板回到O点时，此时弹簧的弹性势能与未碰撞时相等．根据动量守恒定律、机械能守恒定律和相等的条件分别研究物块质量为m和2m的情况，再求解物块向上运动到达最高点O点的距离．‎ 解答：‎ 解：物块与钢板碰撞时的速度由机械能守恒，得 ‎ ①‎ 设v1表示质量为m的物块钢板碰撞后一起向下运动的速度，因碰撞时间极短，系统所受外力远小于相互作用的内力，符合动量守恒，故有 mv0=2mv1 ②‎ 设刚碰完时弹簧的弹性势能为Ep，当他们一起回到O点时，弹簧无形变，弹簧势能为零，根据题意，由机械能守恒得 ‎ ‎ ③‎ 设v2表示质量为2m的物块与钢板碰后开始一起向下运动的速度，由动量守恒，则有 ‎ 2mv0=3mv2 ④‎ 设刚碰完时弹簧势能为Ep′，它们回到O点时，弹性势能为零，但它们仍继续向上运动，设此时速度为v2，则由机械能守恒定律得 ‎ ⑤‎ 在上述两种情况下，弹簧的初始压缩量都是x0，故有Ep′=Ep ⑥‎ 当质量为2m的物块与钢板一起回到O点时，弹簧的弹力为零，物块与钢板只受到重力的作用，加速度为g，一过O点，钢板受到弹簧向下的拉力作用，加速度大于g，由于物块与钢板不粘连，物块不可能受到钢板的拉力，其加速度仍为g，方向向下，故在O点物块与钢板分离．分离后，物块以速度v竖直上升，由竖直上抛最大位移公式得，而 所以物块向上运动到达的最高点距O点的距离h=．‎ 点评：‎ 此题涉及的物理过程有四个，用到的物理规律和公式有四个，它将动量守恒和机械能守恒完美地统一在一起，交替使用，可以说是一道考查考生能力的好试题．‎ ‎　‎ ‎26．（12分）如图1所示，真空室中电极K发出的电子（初速不计）经过U0=1000V的加速电场后，由小孔S沿两水平金属板A、B间的中心线射入．A、B板长l=0.20m，相距d=0.020m，加在A、B两板间的电压u随时间t变化的u﹣t图线如图2所示．设A、B间的电场可看作是均匀的，且两板外无电场．在每个电子通过电场区域的极短时间内，电场可视作恒定的．两板右侧放一记录圆筒，筒在左侧边缘与极板右端距离b=0.15m，筒绕其竖直轴匀速转动，周期T=0.20s，筒的周长s=0.20m，筒能接收到通过A、B板的全部电子．‎ ‎（1）以t=0时（见图2，此时u=0）电子打到圆筒记录纸上的点作为xy坐标系的原点，并取y轴竖直向上．试计算电子打到记录纸上的最高点的y坐标和x坐标．（不计重力作用）‎ ‎（2）在给出的坐标纸（图3）上定量地画出电子打到记录纸上的点形成的图线．‎ 考点：‎ 带电粒子在匀强电场中的运动；动能定理的应用． ‎ 专题：‎ 带电粒子在电场中的运动专题．‎ 分析：‎ 粒子在偏转电场中做类平抛运动，出偏转电场后做匀速直线运动，结合动能定理、牛顿第二定律和运动学公式求出粒子恰好贴着极板边缘出磁场时的偏转电压的大小，从而确定出哪段时间内进入的粒子能够出偏转电场，结合几何关系求出最高点的位置坐标，根据电压变化的周期性确定x的坐标，从而画出电子打到记录纸上的点形成的图线．‎ 解答：‎ 解：（1）计算电子打到记录纸上的最高点的坐标设v0为电子沿A、B板的中心线射入 电场时的初速度，则 ①‎ 电子在中心线方向的运动为匀速运动，设电子穿过A、B板的时间为t0，则 l=v0t0②‎ 电子在垂直A、B板方向的运动为匀加速直线运动对于恰能穿过A、B板的电子，在它通过时加在两板间的电压uc应满足 ‎ ③‎ 联立①、②、③式解得 此电子从A、B板射出时沿y方向的分速度为 ④‎ 此后，此电子作匀速直线运动，它打在记录纸上的点最高，设纵坐标为y，由图（1）可得 ‎ ⑤‎ 由以上各式解得 ⑥‎ 从题给的u﹣t图线可知，加于两板电压u的周期T0=0.10秒，u的最大值um=100伏，因为uC＜um，在一个周期T0内，只有开始的一段时间间隔△t内有电子通过A、B板 ‎ ⑦‎ 因为电子打在记录纸上的最高点不止一个，根据题中关于坐标原点与起始记录时刻的规定，第一个最高点的x坐标为 ‎ ⑧‎ 第二个最高点的x坐标为 ‎ ⑨‎ 第三个最高点的x坐标为 由于记录筒的周长为20厘米，所以第三个最高点已与第一个最高点重合，即电子打到记录纸上的最高点只有两个，它们的x坐标分别由⑧和⑨表示 ‎（2）电子打到记录纸上所形成的图线，如图（2）所示．‎ 答：（1）电子打到记录纸上的最高点的y坐标为2.5cm，x坐标为2cm或12cm．‎ ‎（2）如图所示．‎ 点评：‎ 解决本题的关键理清粒子在整个过程中的运动规律，求出恰好离开偏转电场时的偏转电压．结合动能定理、牛顿第二定律和运动学公式进行求解．‎ ‎　‎