山东高考理科综合物理试题对比分析7年含答案 47页

山东07—13高考命题分析 ‎【试题结构】‎ • 选择题：16-22题 12年始（14-20每题5分） 7题 • 实验题：23题 （12年始加1分 ） 1（含一大一小）‎ • 计算题：24题、25题 2‎ • 选做题：三选二 （12始年三选一计8分） 3选一 ‎ 36题（选修3-3）‎ ‎ 37题（选修3-4）‎ ‎ 38题（选修3-5）‎ ‎【分值设置】‎ ‎（Ⅰ卷）共28分，每题4分12年始（14-20每题5分计35分）‎ ‎1.受力分析与平衡状态 ‎ ‎2.匀变速运动的综合图象 注（12年选择改为5分）‎ ‎3.牛顿运动定律、功和能 ‎ ‎4.天体的运动 ‎ ‎5.电场中的E、φ、F、Ep、W ‎ ‎6.电磁感应与电路 ‎ ‎7.交变电流.变压器.远距离输电 ‎ ‎（Ⅱ卷）共61分 必做题 ‎8.实验考题 12分（12年始13分）‎ ‎9.力学综合计算题 15分 ‎10.电学综合计算题 18分 选做题：3选2 注（12年选做改为3选1共 8分）‎ ‎11.【选修3-3】 8分 ‎12.【选修3-4】 8分 ‎13.【选修3-5】 8分 ‎【命题特点】‎ ‎1.考点相对固定，部分试题非常类似。‎ ‎2.已知条件的给出方式呈多元化趋势，体现了对“主动获取、处理信息能力”的考查。‎ ‎3.对实验设计能力的要求提高，对自觉运用所学知识解决实际问题能力的要求提高。‎ ‎4.对探究能力（发现问题并运用所学知识解决问题）的考查逐渐深入。‎ ‎5.跨模块综合有所减弱（必修必考，选修必考），复合场问题和电磁感应综合题淡出计算题命题范围。‎ 注：12年试题难度降低。‎ 高三复习备考之“考点分析”‎ 对近7年山东高考物理试题的分析对比 第Ⅰ卷(选择题部分)‎ • ‎2012年命题点与以往几乎完全一致，在内容上精选考生终身学习必备的基础知识与技能（侧重于对理解能力和推理能力的考查），注重联系生活实际，情景常规。‎ • ‎2012年试题在难度基本保持稳定较11年有所降低，但综合程度和能力要求方面有所提高，多选题的比例较大，在一定程度上增加了选择的难度。‎ ‎2013年但对于今年最后一届文、理分科的考生来说，虽然《考试说明》中文综、理综命题变化不大，保持了稳定性，但依旧需要考生在备考时体会其特点，找出其规律。‎ ‎2014年山东高考仍使用山东省自主命题的“山东卷”。‎ ‎2014年起，山东省夏季高考考试科目实行“3+综合”模式，取消此前“3+X+‎1”‎中的“‎1”‎，即技能素质考核科目。“‎3”‎指语文、数学、外语三个科目，是必考科目。“综合”分综合1和综合2。综合1包括政治、历史、地理三个科目；综合2包括物理、化学、生物三个科目。其中，语文150分，考试时间150分钟；数学150分，考试时间120分钟；外语150分，考试时间120分钟；综合300分，考试时间150分钟；总分750分。‎ 命题点0：物理学史 ‎2012---14． 以下叙述正确的是(　AD　)‎ 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原因 D．感应电流遵从楞次定律所描述方向，这是能量守恒定律的必然结果 ‎2011---16.了解物理规律的发现过程，学会像科学家那样观察和思考，往往比掌握知识本身更重要。以下符合事实的是（AB）‎ A.焦耳发现了电流热效应的规律 B.库仑总结出了点电荷间相互作用的规律 C.楞次发现了电流的磁效应，拉开了研究电与磁相互关系的序幕 D.牛顿将斜面实验的结论合理外推，间接证明了自由落体运动是匀变速直线运动 ‎2013--14、伽利略开始了实验研究和逻辑推理相结合探索自然规律的科学方法，利用这种方法伽利略发现的规律有（　　　　）‎ Ａ、力不是维持物体运动的原因 Ｂ、物体之间普遍存在相互作用 Ｃ、忽略空气阻力，重物与轻物下落得同样快 Ｄ、物体间的相互作用力总是大小相等，方向相反 A B F 命题点1：平衡条件在受力分析中的应用；弹力与摩擦力的特点与性质。‎ ‎07—16．如图所示，物体A靠在竖直墙面上，在力F作用下，A、B保持静止。物体B的受力个数为：C A．2 B．‎3 C．4 D．5‎ ‎08—16.用轻弹簧竖直悬挂的质量为m物体，静止时弹簧伸长量为L0现用该弹簧沿斜面方向拉住质量为‎2m的物体，系统静止时弹簧伸长量也为L0斜面倾角为30，如图所示。则物体所受摩擦力:A A.等于零 B.大小为,方向沿斜面向下 C.大于为，方向沿斜面向上 D.大小为mg,方向沿斜面向上 ‎ O F P θ ‎09—16．如图所示，光滑半球形容器固定在水平面上，O为球心，一质量为m的小滑块，在水平力F的作用下静止P点。设滑块所受支持力为FN。OP与水平方向的夹角为θ。下列关系正确的是 A． B．F=mgtanθ C． D．FN=mgtanθ 答案：A 考点：受力分析，正交分解或三角形定则 解析：对小滑块受力分析如图所示，根据三角形定则可得，，所以A正确。‎ 提示：支持力的方向垂直于接触面，即指向圆心。正交分解列式求解也可。‎ 演变趋势：定性分析受力——定量计算未知力，要求提高，与考试说明的相关调整相对应。‎ f N F θ m2‎ m1‎ ‎2010——17．如图所示，质量分别为、的两个物体通过轻弹簧连接，在力的作用下一起沿水平方向做匀速直线运动（在地面，在空中），力与水平方向成角。则所受支持力N和摩擦力正确的是AC A．‎ B．‎ C．‎ D．‎ ‎【答案】AC ‎【解析】选整体为研究对象，在水平方向整体受摩擦力和F在水平方向的分力，所以C正确，D错误；在竖直方向受支持力N、重力和F在其方向的分力，解得，所以A正确，B错误。‎ ‎2011--19如图所示，将两相同的木块a、b至于粗糙的水平地面上，中间用一轻弹簧连接，两侧用细绳固定于墙壁。开始时a、b均静止。弹簧处于伸长状态，两细绳均有拉力，a所受摩擦力≠0，b所受摩擦力=0，现将右侧细绳剪断，则剪断瞬间 （ ）‎ ‎ ‎ A 大小不变 B 方向改变 C 仍然为零 D 方向向右 O1‎ O m m M 挡板 挡板 O2‎ ‎2012-----17．如图所示，两相同轻质硬杆OO1、OO2可绕其两端垂直纸面的水平轴O、O1、O2转动，在O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。Ff表示木块与挡板间摩擦力的大小，FN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O1、O2始终等高，则(　BD　)‎ A．Ff变小 B．Ff不变 C．FN变小 D．FN变大 ‎15、如图所示，用完全相同的轻弹簧A、B、C将两个相同的小球连接并悬挂，小球处于 静止状态，弹簧A与竖直方向夹角为30°，弹簧C水平，则弹簧A、C的伸长量之比为（ ）‎ A、 B、 C、 D、2:1 ‎ 命题点2：运动图像及其相关知识 M N O t v A O t s B ‎ O t a C O t Ek D ‎07—20、如图所示，光滑轨道MO和ON底端对接且ON＝2MO，M、N两点高度相同。小球自M点右静止自由滚下，忽略小球经过O点时的机械能损失，以v、s、a、EK分别表示小球的速度、位移、加速度和动能四个物理量的大小。下列图象中能正确反映小球自M点到N点运动过程的是：A ‎08—17. 【2010实例】质量为1 ‎500 kg的汽车在平直的公路上运动，v-t图象如图所示。由此可求：‎ A.前25s内汽车的平均速度 B.前10s内汽车的加速度 C.前10s内汽车所受的阻力 D.15----25s内合外力对汽车所做的功 v t/s 图甲 O ‎2‎ ‎4‎ ‎6‎ ‎8‎ ‎09—17．某物体做直线运动的v-t图象如图甲所示，据此判断图乙（F表示物体所受合力，x表示物体的位移）四个选项中正确的是 t/s 图乙 x t/s O ‎2‎ ‎4‎ ‎6‎ ‎8‎ ‎8‎ x t/s O ‎2‎ ‎4‎ ‎6‎ F ‎6‎ ‎8‎ O ‎2‎ ‎4‎ F ‎6‎ ‎8‎ O ‎2‎ ‎4‎ t/s A． B． C． D．‎ 答案：B 考点： v-t图象、牛顿第二定律 解析：由图甲可知前两秒物体做初速度为零的匀加速直线运动，所以前两秒受力恒定，2s-4s做正方向匀加速直线运动，所以受力为负，且恒定，4s-6s做负方向匀加速直线运动，所以受力为负，恒定，6s-8s做负方向匀减速直线运动，所以受力为正，恒定，综上分析B正确。‎ 提示：在v-t图象中倾斜的直线表示物体做匀变速直线运动，加速度恒定，受力恒定。‎ 速度——时间图象特点：‎ ‎①因速度是矢量，故速度——时间图象上只能表示物体运动的两个方向，t轴上方代表的“正方向”，t轴下方代表的是“负方向”，所以“速度——时间”图象只能描述物体做“直线运动”的情况，如果做曲线运动，则画不出物体的“位移——时间”图象；‎ ‎②“速度——时间”图象没有时间t的“负轴”，因时间没有负值，画图要注意这一点；‎ ‎③“速度——时间”图象上图线上每一点的斜率代表的该点的加速度，斜率的大小表示加速度的大小，斜率的正负表示加速度的方向；‎ ‎④“速度——时间”图象上表示速度的图线与时间轴所夹的“面积”表示物体的位移 演变趋势：单向判断——双向判断；直线——曲线；单元——多元 ‎【2010实例】自由落体运动中的能量转化图像：新 ‎2010——16．如图甲所示，物体沿斜面由静止滑下，在水平面上滑行一段距离后停止，物体与斜面和水平面间的动摩擦因数相同，斜面与水平面平滑连接。图乙中、、和分别表示物体速度大小、加速度大小、摩擦力大小和路程。图乙中正确的是C 图乙 v t O a t O f t O s t O A．‎ Ｂ．‎ Ｃ．‎ Ｄ．‎ ‎【答案】C ‎ ‎【解析】对物体进行受力分析和过程分析知，在斜面和水平面受到的合力均为恒力，两段均为匀变速运动，所以A、B都不对；第一段摩擦力小于第二段，所以C正确；路程随着时间的变化，开始也是非线性变化，所以D错误。‎ ‎12----16．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(　AC　)‎ O t/s v/(m•s-1)‎ ‎1 2 3 4 5 6 7‎ ‎6‎ 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 命题点3：万有引力定律在天体运动中的应用 ‎07—22、‎2007年4月24日，欧洲科学家宣布在太阳之外发现了一颗可能适合人类居住的类地行星Gliese‎581c。这颗围绕红矮星Gliese581运行的星球有类似地球的温度，表面可能有液态水存在，距离地球约为20光年，直径约为地球的1.5倍 ，质量约为地球的5倍，绕红矮星Gliese581运行的周期约为13天。假设有一艘宇宙飞船飞临该星球表面附近轨道，下列说法正确是：BC A．飞船在Gliese‎581c表面附近运行的周期约为13天 B．飞船在Gliese‎581c表面附近运行时的速度大于‎7.9km/s C．人在Gliese‎581c上所受重力比在地球上所受重力大 D．Gliese‎581c的平均密度比地球平均密度小 ‎08—18.据报道，我国数据中继卫星“天链一号01星”于‎2008年4月25日在西昌卫星发射中心发射升空，经过4次变轨控制后，于‎5月1日成功定点在东经77赤道上空的同步轨道。关于成功定点后的“天链一号01星”，下列说法正确的是：BC A.运行速度大于‎7.9 km/s B.离地面高度一定，相对地面静止 C.绕地球运行的角速度比月球绕地球运行的角速度大 D.向心加速度与静止在赤道上物体的向心加速度大小相等 ‎【2010实例】09—18．‎2008年9月25日至28日我国成功实施了“神舟”七号载入航天飞行并实现了航天员首次出舱。飞船先沿椭圆轨道飞行，后在远地点‎343千米处点火加速，由椭圆轨道变成高度为‎343千米的圆轨道，在此圆轨道上飞船运行周期约为90分钟。下列判断正确的是 A．飞船变轨前后的机械能相等 C．飞船在此圆轨道上运动的角速度大于同步卫星运动的角速度 D．飞船变轨前通过椭圆轨道远地点时的加速度大于变轨后沿圆轨道运动的加速度 答案：BC 考点：机械能守恒定律，完全失重，万有引力定律 解析：飞船点火变轨，前后的机械能不守恒，所以A不正确。飞船在圆轨道上时万有引力来提供向心力，航天员出舱前后都处于失重状态，B正确。飞船在此圆轨道上运动的周期90分钟小于同步卫星运动的周期24小时，根据可知，飞船在此圆轨道上运动的角度速度大于同步卫星运动的角速度，C正确。飞船变轨前通过椭圆轨道远地点时只有万有引力来提供加速度，变轨后沿圆轨道运动也是只有万有引力来提供加速度，所以相等，D不正确。‎ 提示：若物体除了重力、弹性力做功以外，还有其他力(非重力、弹性力)不做功，且其他力做功之和不为零，则机械能不守恒。‎ 根据万有引力等于卫星做圆周运动的向心力可求卫星的速度、周期、动能、动量等状态量。由得，由得，由得，可求向心加速度。‎ 演变趋势：环绕模型——变轨模型；定量计算——定性判断 ‎2010——18．‎1970年4月24日，我国自行设计、制造的第一颗人造地球卫星“东红一号”发射成功，开创了我国航天事业的新纪元。“东方红一号”的运行轨道为椭圆轨道，其近地点和运地点的高度分别为‎439km和‎2384km，则BC M N 地球 ‎ A．卫星在点的势能大于点的势能 ‎ B．卫星在点的角速度大于点的角速度 ‎ C．卫星在点的加速度大于点的加速度 ‎ D．卫星在点的速度大于7．‎9km/s ‎【答案】BC ‎【解析】根据,得在M点速度大于在N点速度，根据机械能守恒，所以卫星在点的势能小于点的势能，A错误，C正确；根据，得B正确；D错误。‎ ‎2011--17.甲、乙为两颗地球卫星，其中甲为地球同步卫星，乙的运行高度低于甲的运行高度，两卫星轨道均可视为圆轨道。以下判断正确的是 A.甲的周期大于乙的周期 B.乙的速度大于第一宇宙速度 C.甲的加速度小于乙的加速度 D.甲在运行时能经过北极的正上方 ‎2012----15．‎2011年11月3日，“神舟八号”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“神舟九号”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v1、v2.则等于(　B　)‎ A.　　　　B. C. D. ‎2013--20、双星系统由两颗恒星组成，两恒星在相互引力的作用下，分别围绕其连线上的某一点做周期相同的匀速圆周运动。研究发现，双星系统演化过程中，两星的总质量、距离和周期均可能发生变化。若某双星系统中两星做圆周运动的周期为T，经过一段时间演化后，两星总质量为原来的k倍，双星之间的距离变为原来的n倍，则此时圆周运动的周期为（ ）‎ A、 B、 C、 D、‎ 命题点4：利用牛顿运动定律或功能关系分析实际问题 ‎07—17、下列实例属于超重现象的是：BD A．汽车驶过拱形桥顶端 ‎ B．荡秋千的小孩通过最低点 C．跳水运动员被跳板弹起，离开跳板向上运动 ‎ D．火箭点火后加速升空 ‎08—19.直升机悬停在空中向地面投放装有救灾物资的箱子，如图所示。设投放初速度为零，箱子所受的空气阻力与箱子下落速度的平方成正比，且运动过程中箱子始终保持图示姿态。在箱子下落过程中，下列说法正确的是：C A.箱内物体对箱子底部始终没有压力 B.箱子刚从飞机上投下时，箱内物体受到的支持力最大 C.箱子接近地面时，箱内物体受到的支持力比刚投下时大 D.若下落距离足够长，箱内物体有可能不受底部支持力而“飘起来”‎ ‎30º ‎【2010实例】09—22．图示为某探究活动小组设计的节能运动系统。斜面轨道倾角为30º，质量为M的木箱与轨道的动摩擦因数为。木箱在轨道顶端时，自动装货装置将质量为m的货物装入木箱，然后木箱载着货物沿轨道无初速滑下，当轻弹簧被压缩至最短时，自动卸货装置立刻将货物卸下，然后木箱恰好被弹回到轨道顶端，再重复上述过程。下列选项正确的是 ‎ A．m=M ‎ B．m=‎‎2M ‎ C．木箱不与弹簧接触时，上滑的加速度大于下滑的加速度 ‎ D．在木箱与货物从顶端滑到最低点的过程中，减少的重力势能全部转化为弹簧的弹性势能 答案：BC 考点： 能量守恒定律，机械能守恒定律，牛顿第二定律，受力分析 解析：受力分析可知，下滑时加速度为，上滑时加速度为，所以C正确。设下滑的距离为l，根据能量守恒有，得m＝‎2M。也可以根据除了重力、弹性力 做功以外，还有其他力(非重力、弹性力)做的功之和等于系统机械能的变化量，B正确。在木箱与货物从顶端滑到最低点的过程中，减少的重力势能转化为弹簧的弹性势能和内能，所以D不正确。‎ 提示：能量守恒定律的理解及应用。‎ 演变趋势：密切联系生产生活实际，综合性增强，对推理能力和综合分析能力要求提高 ‎【09它省优秀同类试题】（09·福建·21）如图甲，在水平地面上固定一倾角为θ的光滑绝缘斜面，斜面处于电场强度大小为E、方向沿斜面向下的匀强电场中。一劲度系数为k的绝缘轻质弹簧的一端固定在斜面底端，整根弹簧处于自然状态。一质量为m、带电量为q（q>0）的滑块从距离弹簧上端为s0处静止释放，滑块在运动过程中电量保持不变，设滑块与弹簧接触过程没有机械能损失，弹簧始终处在弹性限度内，重力加速度大小为g。‎ ‎（1）求滑块从静止释放到与弹簧上端接触瞬间所经历的时间t1‎ ‎（2）若滑块在沿斜面向下运动的整个过程中最大速度大小为vm，求滑块从静止释放到速度大小为vm过程中弹簧的弹力所做的功W；‎ ‎（3）从滑块静止释放瞬间开始计时，请在乙图中画出滑块在沿斜面向下运动的整个过程中速度与时间关系v-t图象。图中横坐标轴上的t1、t2及t3分别表示滑块第一次与弹簧上端接触、第一次速度达到最大值及第一次速度减为零的时刻，纵坐标轴上的v1为滑块在t1时刻的速度大小，vm是题中所指的物理量。（本小题不要求写出计算过程）‎ ‎2010——22．如图所示，倾角＝30°的粗糙斜面固定在地面上，长为、质量为、粗细均匀、质量分布均匀的软绳置于斜面上，其上端与斜面顶端齐平。用细线将物块与软绳连接，物块由静止释放后向下运动，直到软绳刚好全部离开斜面（此时物块未到达地面），在此过程中BD A．物块的机械能逐渐增加 m θ B．软绳重力势能共减少了 C．物块重力势能的减少等于软绳克服摩擦力所做的功 D．软绳重力势能的减少小于其动能的增加与克服摩擦 力所做功之和 ‎【答案】BD ‎ ‎【解析】选物块为研究对象，细线对物块做负功，物块机械能减小，A错误；物块由静止释放后向下运动，到软绳刚好全部离开斜面，软绳的重心下降了，软绳重力势能共减少了，所以B正确；根据功和能关系，细线对软绳做的功与软绳重力势能的减少等于其动能增加与客服摩擦力所做功之和，所以D正确，C错误。‎ ‎2011--18.如图所示，将小球从地面以初速度。竖直上抛的同时，将另一相同质量的小球从距地面处由静止释放，两球恰在处相遇（不计空气阻力）。则 A.两球同事落地 ‎ B.相遇时两球速度大小相等 ‎ C.从开始运动到相遇，球动能的减少量等于球动能的增加量 ‎ D.相遇后的任意时刻，重力对球做功功率和对球做功功率相等 ‎ ‎16、如图所示，楔形木块abc固定在水平面上，粗糙斜面ab和光滑斜面bc与水平面的夹角相同，顶角b处安装一定滑轮，质量分别为M、m（M>m）的滑块，通过不可伸长的轻绳定滑轮连接，轻绳与斜面平等，两滑块由静止释放后，沿斜面做匀加速运动。若不计滑轮的质量和摩擦，在两滑块沿斜面运动的过程中（ ）‎ A、两滑块组成系统的机械能守恒 B、重力对M做的功等于M动能的增加 C、轻绳对m做的功等于m机械能的增加 D、两滑块组成系统的机械能损失等于M克服摩擦力做的功 命题点5：交变电流的图像及相关知识；变压器 ‎－‎ ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ t/10－2 s U/V ‎07—18、某变压器原、副线圈匝数比为55∶9，原线圈所接电源电压按图示规律变化，副线圈接有负载。下列判断正确的是：D A．输出电压的最大值为36 V B．原、副线圈中电流之比为55∶9‎ C．变压器输入、输出功率之比为55∶9‎ D．交流电源有效值为220 V，频率为50 Hz ‎08—20.图1、图2分别表示两种电压的波形，其中图1所示电压按正弦规律变化。下列说法正确的是：C A.图1表示交流电，图2表示直流电 B.两种电压的有效值相等 C.图1所示电压的瞬时值表达式为u=311sin100 V D.图1所示电压经匝数比为10:1的变压器变压后，频率变为原来的 n1‎ n2‎ n4‎ n3‎ 用电器 r 发电机 升压变压器 降压变压器 ‎09—19．【2010实例】某小型水电站的电能输送示意图如下。发电机的输出电压为200V，输电线总电阻为r，升压变压器原副线圈匝数分别为n1∶n2。降压变压器原副线匝数分别为n3、n4‎ ‎（变压器均为理想变压器）。要使额定电压为220V的用电器正常工作，则 A． ‎ B．‎ C．升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压 D．升压变压器的输出功率大于降压变压器的输入功率 答案：AD 考点：变压器工作原理、远距离输电 解析：根据变压器工作原理可知,，由于输电线上损失一部分电压，升压变压器的输出电压大于降压变压器的输入电压，有，所以，A正确，BC不正确。升压变压器的输出功率等于降压变压器的输入功率加上输电线损失功率，D正确。‎ 提示：理想变压器的两个基本公式是：⑴ ，即对同一变压器的任意两个线圈，都有电压和匝数成正比。⑵，即无论有几个副线圈在工作，变压器的输入功率总等于所有输出功率之和。只有当变压器只有一个副线圈工作时，才有。‎ 远距离输电，从图中应该看出功率之间的关系是：P1=P2，P3=P4，P1/=Pr=P2。电压之间的关系是：。电流之间的关系是：。输电线上的功率损失和电压损失也是需要特别注意的。分析和计算时都必须用，而不能用。特别重要的是要会分析输电线上的功率损失。‎ 演变趋势：对变压器问题的考查趋向深入，与实际问题的联系更加密切 ‎2010——19．一理想变压器原、副线圈的匝数比为10：1，原线圈输入电压的变化规律如图甲所示，副线圈所接电路如图乙所示，P为滑动变阻器的触头。ADK^S*5U.C#O%下 ‎ A．副线圈输出电压的频率为50Hz t/10-2s U/V ‎1‎ ‎2‎ O ‎310‎ ‎-310‎ 图甲 图乙 R P ‎ B．副线圈输出电压的有效值为31V ‎ C．P向右移动时，原、副线圈的电流比减小 ‎ D．P向右移动时，变压器的输出功率增加 ‎【答案】AD ‎ ‎【解析】由图甲知该交流电的周期是2×10-2s，交流电的频率是50Hz，变压器不改变频率，所以A正确；因为原线圈电压的最大值是310V，根据变压器的匝数与电压的关系，副线圈输出电压的最大值为31V，因此B错误；匝数比不变，所以原、副线圈的电流比不变，C错误；P向右移动时，负载电阻变小，根据，因此，变压器的输出功率增加，D正确。‎ ‎2011---20为保证用户电压稳定在220V，变电所需适时进行调压，图甲为变压器示意图。保持输入电压不变，当滑动接头P上下移动时可改变输出电压。某此检测得到用户打压随时间t变化的曲线如图乙所示。以下正确的是 （ ）‎ A、‎ B、‎ C、为使用户电压稳定在220V，应将P适当下移 D、为使用户电压稳定在220V，应将P适当上移 ‎2012--u/V O ‎5‎ ‎-5‎ t T 图乙 图甲 n2‎ 金属板 n1‎ 钢针 S V 转换器 18．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n1、n2，V为交流电压表．当变压器副线圈电压的瞬时值大于5000 V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(　BC　)‎ A．电压表的示数等于5 V B．电压表的示数等于 V C．实现点火的条件是>1000 D．实现点火的条件是<1000‎ ‎2013--17、如图甲所示为交流发电机的示意图，两磁极N、S间的磁场可视为水平方向匀强磁场，为交流电流表，线圈绕垂直于磁场的水平轴OO＇沿逆时针方向匀速转动，从图示位置开始计时，产生的交变电流随时间变化的图像如图乙所示。以下判断正确的是（ ）‎ A、电流表的示数为‎10A B、线圈转动的角速度为50πrad/s C、0.01s时，线圈平面与磁场方向平行 D、0.02s时，电阻R中电流的方向自右向左 命题点6：电场的性质及相关物理量 ‎07—19、如图所示，某区域电场线左右对称分布，M、N为对称线上两点。下列说法正确的是：AC A．M点电势一定高于N点电势 B．M点场强一定大于N点场强 C．正电荷在M点的电势能大于在N点的电势能 D．将电子从M点移动到N点，电场力做正功 ‎08—21.如图所示，在y轴上关于O点对称的A、B两点有等量同种点电荷+Q，在x轴上C点有点电荷-Q,且CO=OD, ∠ADO＝60.下列判断正确的是：BD A.O点电场强度为零 B.D点电场强度为零 C.若将点电荷+q从O移向C,电势能增大 D.若将点电荷-q从O移向C，电势能增大 x O ‎+Q ‎-Q P ‎09—20．如图所示，在x轴上关于原点O对称的两点固定放置等量异种点电荷+Q和-Q，x轴上的P点位于-Q的右侧。下列判断正确的是 A．在x轴上还有一点与P点电场强度相同 B．在x轴上还有两点与P点电场强度相同 C．若将一试探电荷+q从P点移至O点，电势能增大 D．若将一试探电荷+q从P点移至O点，电势能减小 演变趋势：侧重于场强大小和电势能变化情况的判断，探究性增强 答案：AC 考点：电场线、电场强度、电势能 解析：根据等量正负点电荷的电场分布可知，在x轴上还有一点与P点电场强度相同，即和P点关于O点对称，A正确。若将一试探电荷+q从P点移至O点，电场力先做正功后做负功，所以电势能先减小后增大。一般规定无穷远电势为零，过0点的中垂线电势也为零，所以试探电荷+q在P点时电势能为负值，移至O点时电势能为零，所以电势能增大，C正确。‎ 提示：熟悉掌握等量正负点电荷的电场分布。知道，即电场力做正功，电势能转化为其他形式的能，电势能减少；电场力做负功，其他形式的能转化为电势能，电势能增加，即。‎ ‎（09·年全国Ⅰ·18）【2010示例】如图所示，一电场的电场线分布关于y轴（沿竖直方向）对称，O、M、N是y轴上的三个点，且OM=MN，P点在y轴的右侧，MP⊥ON，则（AD）‎ A.M点的电势比P点的电势高 B.将负电荷由O点移动到P点，电场力做正功 C. M、N 两点间的电势差大于O、M两点间的电势差 D.在O点静止释放一带正电粒子，该粒子将沿y轴做直线运动 a b c d 解析：本题考查电场、电势、等势线、以及带电粒子在电场中的运动.由图和几何关系可知M和P两点不处在同一等势线上而且有,A对.将负电荷由O点移到P要克服电场力做功,及电场力做负功,B错.根据,O到M的平均电场强度大于M到N的平均电场强度,所以有,C错.从O点释放正电子后,电场力做正功,该粒子将沿y轴做加速直线运动。‎ ‎2010——20．某电场的电场线分布如图所示，以下说法正确的是BD ‎ A．点场强大于点场强 ‎ B．点电势高于点电势 C．若将一试探电荷+由点释放，它将沿电场线运动b点 D．若在点再固定一点电荷-Q，将一试探电荷+q由移至b的过程中，电势能减小 ‎【答案】BD ‎ ‎【解析】根据电场线的分布和方向可判断,A错误B正确；若将一试电荷+q由a点释放，它不一定沿沿电场线运动到b点，C错误；将一试探电荷+q由a移至b的过程中，电场力做正功，电势能减小，D正确。‎ ‎2011--21、如图所示，在两等量异种点电荷的电场中，MN为两电荷连线的中垂线，a、b、c三点所在直线平行于两电荷的连线，，且a与c关于MN对称，b点位于MN上，d点位于两电荷的连线上。以下判断正确的是 ‎ A、 b点场强大于a点场强 ‎ B、 B点场强小于a点场强 C、 A、b两点的电势差等于b、c两点间的电势差 D、 试探电荷+q在a点的电势能小于在c点的电势能 b c a ‎12----19． 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(　CD　)‎ A．带负电 B．在c点受力最大 ‎※【本资料高考网、中考网；教学网为您提供最新最全的教学资源。】※C．在b点的电势能大于在c点的电势能 D．由a点到b点的动能变化大于由b点到c点的动能变化 ‎2013--19、如图所示，在x轴上相距为L的两点固定两个等量异种电荷+Q、-Q，虚线是以+Q所在点为圆心、为半径的圆，a、b、c、d是圆上的四个点，其中a、c两点在x轴 上，b、d两点关于x轴对称，下列说法正确的是（ ）‎ A、b、d两点处的电势相同 B、四个点中c点处的电势最低 C、b、d两点处的电场强度相同 D、将一试探电荷+q沿圆周由a点移至c点，+q的电势能减小 命题点7：电磁感应综合问题——法拉第电磁感应定律、欧姆定律、安培力、楞次定律、牛顿运动定律、功能关系 ‎07—21．用相同导线绕制的边长为L或‎2L的四个闭合导体线框，以相同的速度匀速进入右侧匀强磁场，如图所示。在每个线框进入磁场的过程中，M、N两点间的电压分别为Ua、Ub、Uc和Ud。下列判断正确的是：B M M M M N N N N a b c d A．Ua＜Ub＜Uc＜Ud B．Ua＜Ub＜Ud＜Uc ‎ C．Ua＝Ub＜Uc＝Ud D．Ub＜Ua＜Ud＜Uc ‎08—22.两根足够长的光滑导轨竖直放置，间距为L,底端接阻值为R的电阻。将质量为m的金属棒悬挂在一个固定的轻弹簧下端，金属棒和导轨接触良好，导轨所在平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，如图所示。除电阻R外其余电阻不计。现将金属棒从弹簧原长位置由静止释放，则：AC A.释放瞬间金属棒的加速度等于重力加速度g B.金属棒向下运动时，流过电阻R的电流方向为a→b C.金属棒的速度为v时，所受的按培力大小为F=‎ D.电阻R上产生的总热量等于金属棒重力势能的减少 ‎【2010实例】09—21．如图所示，一导线弯成半径为a的半圆形闭合回路。虚线MN右侧有磁感应强度为B的匀强磁场。方向垂直于回路所在的平面。回路以速度v向右匀速进入磁场，直径CD始络与MN垂直。从D点到达边界开始到C点进入磁场为止，下列结论正确的是 C D v B M N ‎ 　A．感应电流方向不变 ‎ 　B．CD段直线始终不受安培力 ‎ 　C．感应电动势最大值Em=Bav ‎ 　D．感应电动势平均值 答案：ACD 考点：楞次定律、安培力、感应电动势、左手定则、右手定则 解析：在闭合电路进入磁场的过程中，通过闭合电路的磁通量逐渐增大，根据楞次定律可知感应电流的方向为逆时针方向不变，A正确。根据左手定则可以判断，受安培力向下，B不正确。当半圆闭合回路进入磁场一半时，即这时等效长度最大为a，这时感应电动势最大E=Bav，C正确。感应电动势平均值，D正确。‎ 提示：感应电动势公式只能来计算平均值，利用感应电动势公式计算时，l应是等效长度，即垂直切割磁感线的长度。‎ 演变趋势：以导体杆平动切割磁感线为背景，覆盖面增大，综合性增强 点评：从命题点的角度来看，07、08、09三年基本相同，在内容上精选了考生终身学习必备的基础知识与技能（侧重于理解能力和推理能力），注重了联系生产生活实际，难度适中。07、08两年中7道题中多选与单选的比例为3：4。09年的7道题中多选与单选的比例为5：2，比例明显偏大，也造成了试卷难度的整体提升。‎ ‎【09、10实例】直流电路动态分析用的是同一个题目 a b d c M O P O′‎ N Q v0‎ ‎2010——21．如图所示，空间存在两个磁场，磁感应强度大小均为，方向相反且垂直纸面，、为其边界，OO′为其对称轴。一导线折成边长为的正方形闭合回路，回路在纸面内以恒定速度向右运动，当运动到关于OO′对称的位置时ABD A．穿过回路的磁通量为零 B．回路中感应电动势大小为2B C．回路中感应电流的方向为顺时针方向 D．回路中边与边所受安培力方向相同 ‎【答案】ABD ‎ ‎【解析】正方形闭合回路运动到关于OO’对称的位置时，进出磁感线相同，所以穿过回路的磁通量为零，A正确；根据,有由右手定则可判断回路中感应电流的方向为逆时针方向，，因此B正确，C错误；由左手定则可判断，回路中ab边与cd边所受安培力方向均向右，所以D正确。‎ ‎2011--22.如图甲所示，两固定的竖直光滑金属导轨足够长且电阻不计。两质量、长度均相同的导体棒、，置于边界水平的匀强磁场上方同一高度处。磁场宽为3，方向与导轨平面垂直。先由静止释放，刚进入磁场即匀速运动，此时再由静止释放，两导体棒与导轨始终保持良好接触。用表示的加速度，表示的动能，、分别表示 、相对释放点的位移。图乙中正确的是 ‎ ‎ ‎ ‎ ‎2012----20．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θ，上端接有定值电阻R，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v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，并保持拉力的功率恒为P，导体棒最终以2v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(AC　)‎ q m R B q L A．P=2mgvsinθ B．P=3mgvsinθ C．当导体棒速度达到时加速度大小为sinθ ‎2013--18、将一段导线绕成图甲所示的闭合回路，并固定在水平面（纸面）内。回路的ab边置于垂直纸面向里的匀强磁场Ⅰ中。回路的圆环区域风有垂直纸面的磁场Ⅱ。以向里为磁场Ⅱ的正方向，其磁感应强度B随时间t变化的图像如图乙所示。用F表示ab边受到的安培力，以水平向右为F的正方向，能正确反映F随时间t变化的图像是（ ）‎ B ‎ ‎ 命题点8：实验题 ‎07—23．（11分）检测一个标称值为5 Ω的滑动变阻器。可供使用的器材如下：‎ A．待测滑动变阻器Rx，全电阻约5 Ω（电阻丝绕制紧密，匝数清晰可数）‎ B．电流表A1，量程‎0.6 A，内阻约0.6 Ω ‎ C．电流表A2，量程‎3 A，内阻约0.12 Ω D．电压表V1，量程15 V，内阻约15 kΩ E．电压表V2，量程3 V，内阻约3 kΩ F．滑动变阻器R，全电阻约20 Ω G．直流电源E，电动势3 V，内阻不计 H．游标卡尺 I．毫米刻度尺 J．电键S、导线若干 ‎⑴用伏安法测定Rx的全电阻值，所选电流表___________（填“A1”或“A2”），所选电压表为_________（填“V1”或“V2”）。‎ ‎⑵画出测量电路的原理图，并根据所画原理图将下图中实物连接成测量电路。‎ ‎⑶为了进一步测量待测量滑动变阻器电阻丝的电阻率，需要测量电阻丝的直径和总长度，在不破坏变阻器的前提下，请设计一个实验方案，写出所需器材及操作步骤，并给出直径和总长度的表达式。‎ ‎23、⑴A1； V2‎ ‎⑵电路原理图和对应的实物连接如图 V2‎ A1‎ Rx R E S 方案一：分压接法 V2‎ A1‎ Rx R E S 方案二：限流接法 ‎⑶方案一：‎ 需要的器材：游标卡尺、毫米刻度尺 主要操作步骤：‎ ‎①数出变阻器线圈缠绕匝数n ‎②用毫米刻度尺（也可以用游标卡尺）测量所有线圈的排列长度L ‎，可得电阻丝的直径为d＝L/n ‎③用游标卡尺测量变阻器线圈部分的外径D，可得电阻丝总长度l＝nπ（D－）也可以用游标卡尺测量变阻器瓷管部分的外径D，得电阻丝总长度l＝n（D+）。‎ ‎④重复测量三次，求出电阻丝直径和总长度的平均值 方案二 需要的器材：游标卡尺 主要的操作步骤：‎ ‎①数出变阻器线圈缠绕匝数n ‎②用游标卡尺测量变阻器线圈部分的外径D1 和瓷管部分的外经D2，可得电阻丝的直径为 电阻丝总长度l＝π（D1＋D2）‎ ‎③重复测量三次，求出电阻丝直径和总长度的平均值 ‎08—23.（12分）2007年诺贝尔物理学奖授予了两位发现“巨磁电阻”效应的物理学家。材料的电阻随磁场的增加而增大的现象称为磁阻效应，利用这种效应可以测量磁感应强度。若图1为某磁敏电阻在室温下的电阻-磁感应强度特性曲线，其中RB、RO分别表示有、无磁敏电阻的阻值。为了测量磁感应强度B，需先测量磁敏电阻处于磁场中的电阻值RB。请按要求完成下列实验。‎ ‎（1）设计一个可以测量磁场中该磁敏电阻阻值的电路，在图2的虚线框内画出实验电路原理图（磁敏电阻及所处磁场已给出，待测磁场磁感应强度大小约为0.6～1.0T，不考虑磁场对电路其它部分的影响）。要求误差较小。‎ 提供的器材如下：‎ A.磁敏电阻，无磁场时阻值 B.滑动变阻器R，全电阻约 C.电流表，量程2.5mA,内阻约 D.电压表，量程3V，内阻约3k E.直流电源E，电动势3V，内阻不计 F.开关S，导线若干 ‎（2）正确接线后，将磁敏电阻置入待测磁场中，测量数据如下表：‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ U（V）‎ ‎0.00‎ ‎0.45‎ ‎0.91‎ ‎1.50‎ ‎1.79‎ ‎2.71‎ I（mA）‎ ‎0.00‎ ‎0.30‎ ‎0.60‎ ‎1.00‎ ‎1.20‎ ‎1.80‎ 根据上表可求出磁敏电阻的测量值RB= ，结合图1可知待测磁场的磁感应强度B＝ T。‎ ‎（3）试结合图1简要回答，磁感应强度B在0～0.2T和0.4～1.0T范围内磁敏电阻阻值的变化规律有何不同？‎ ‎（4）某同学查阅相关资料时看到了图3所示的磁敏电阻在一定温度下的电阻-磁感应强度特性曲线（关于纵轴对称），由图线可以得到什么结论？‎ ‎( l ）如右图所示 ( 2 ) 1500 0.90 ( 3 ）在0 ~0.2T 范围内，磁敏电阻的阻值随磁感应强度非线性变化（或不均匀变化）；在0 . 4 ~1 .0T 范围内，磁敏电阻的阻值随磁感应强度线性变化（或均匀变化） ( 4 ）磁场反向．磁敏电阻的阻值不变。‎ ‎09—23【2010示例】‎ A B O ‎⑴某同学在家中尝试验证平行四边形定则，他找到三条相同的橡皮筋（遵循胡克定律）和若干小重物，以及刻度尺、三角板、铅笔、细绳、白纸、钉子，设计了如下实验：将两条橡皮筋的一端分别挂在墙上的两个钉子A、B上，另一端与第三条橡皮筋连接，结点为O，将第三条橡皮筋的另一端通过细绳挂一重物。‎ ‎①为完成实验，下述操作中必需的是 。‎ a．测量细绳的长度 b．测量橡皮筋的原长 c．测量悬挂重物后橡皮筋的长度 d．记录悬挂重物后结点O的位置 ‎②钉子位置固定，欲利用现有器材，改变条件再次验证，可采用的方法是 ‎ ____ 。‎ 答案：（1）①bcd ②更换不同的小重物 ‎⑵为了节能和环保，一些公共场所使用光控开关控制照明系统。光控开关可采用光敏电阻来控制，光敏电阻是阻值随着光的照度而发生变化的元件（照度可以反映光的强弱，光越强照度越大，照度单位为lx）。某光敏电阻Rp在不同照度下的阻值如下表：‎ 照度（lx）‎ ‎0.2‎ ‎0.4‎ ‎0.6‎ ‎0.8‎ ‎1.0‎ ‎1.2‎ 电阻(k)‎ ‎75‎ ‎40‎ ‎28‎ ‎23‎ ‎20‎ ‎18‎ ‎①根据表中数据，请在给定的坐标系（见答题卡）中描绘出阻值随照度变化的曲线，并说明阻值随照度变化的特点。‎ ‎②‎ 如图所示，当1、2两端所加电压上升至2V时，控制开关自动启动照明系统，请利用下列器材设计一个简单电路。给1、2两端提供电压，要求当天色渐暗照度降低至1.0（lx）时启动照明系统，在虚线框内完成电路原理图。（不考虑控制开关对所设计电路的影响）‎ 提供的器材如下：‎ 光敏电阻Rp（符号 ，阻值见上表）‎ 直流电源E（电动势3V，内阻不计）；‎ 定值电阻：R1=10k，R2=20k，R3=40k（限选其中之一并在图中标出）‎ 照明系统 控制开关 ‎1‎ ‎2‎ 电阻/kΩ 照度/ lx ‎80‎ ‎70‎ ‎60‎ ‎50‎ ‎40‎ ‎30‎ ‎20‎ ‎10‎ O ‎0.2‎ ‎0.4‎ ‎0.6‎ ‎0.8‎ ‎1.0‎ ‎1.2‎ ‎1.4‎ 开关S及导线若干。‎ 答案：（2）①光敏电阻的阻值随光照变化的曲线如图所示。‎ 特点：光敏电阻的阻值随光照强度的增大非线性减小 ‎②电路原理图如图所示。‎ 解析：当，控制开关自动启动照明系统，请利用下列器材设计一个简单电路。给1、2两端提供电压，要求 当天色渐暗照度降低至1.0(1x)时启动照明系统，即此时光敏电阻阻值为20k，两端电压为2V，电源电动势为3V，所以应加上一个分压电阻，分压电阻阻值为10k，即选用R1。‎ ‎【考点】验证平行四边形定则实验、闭合电路欧姆定律 演变趋势：‎ （1） 覆盖面扩大。由原来只考电学实验变为以电学实验为主、力学实验为辅的格局，命题范围进一步扩大，呈现出“考在书外，理在书内，源于课本而高于课本”的考查特点；‎ （2） 能力要求提高。对实验探究能力、实验设计能力、独立获取信息能力和利用图像分析处理数据能力的考查逐步深入；‎ （3） 与生产生活实际的联系更加密切，对利用所学知识、方法分析解决实际问题的要求提高。‎ ‎20010——23．（12分）请完成以下两小题。‎ ‎（1）某同学设计了如图所示的装置来探究加速度与力的关系。弹簧秤固定在一合适的木板上，桌面的右边缘固定一支表面光滑的铅笔以代替定滑轮，细绳的两端分别与弹簧秤的挂钩和矿泉水瓶连接。在桌面上K^S*5U.C#O%下画出两条平行线MN、PQ，并测出间距。开始时将木板置于MN处，现缓慢向瓶中加水，直到木板刚刚开始运动为止，记下弹簧秤的示数F0，以此表示滑动摩擦力的大小。再将木板放回原处并按住，继续向瓶中加水后，记下弹簧秤的示数F1，然后释放木板，并用秒表记下木板运动到PQ处的时间。‎ ‎①木板的加速度可以用、表示为＝　　　　；为了减小测量加速度的偶然误差可以采用的方法是（一种即可）　　　　　　。（保持F1不变，重复实验多次测量求平均值）‎ ‎②改变瓶中水的质量重复实验，确定加速度与弹簧秤示数F1的关系。下列图象能表示该同学实验结果的是c　　　　　　。‎ ‎③用加水的方法改变拉力的大小与挂钩码的方法相比，它的优点是　bc　　　　。‎ a．可以改变滑动摩擦力的大小 b．可以更方便地获取多组实验数据 c．可以比较精确地测出摩擦力的大小 d．可以获得更大的加速度以提高实验精度 ‎【答案】① ②C ③BC ‎【解析】①由于，且x=d，所以② 由于加速度。所以a-F1图象C正确③BC V A 待测金属丝 a b c d ‎+‎ ‎（2）在测定金属电阻率的实验中，某同学连接电路如图所示。闭合电键后，发现电路有故障（已知电源、电表和导线均完好，电源电动势为E）：‎ ‎①若电流表示数为零、电压表示数为E，‎ 则发生故障的是　　　　　（填“待 测金属丝”“滑动变阻器”或“电键”）。‎ ‎②若电流表、电压表示数均为零，该同学 利用多用电表检查故障。先将选择开关 旋至　　　　档（填“欧姆×100”“直 流电压10V”或“直流电流2．5mA”），‎ 再将　　　　（填“红”或“黑”）表笔 固定在a接线柱，把另一支表笔依次接 b、c、d接线柱。若只有滑动变阻器断 路，则多用电表的示数依次是　　O　　、　E　　　、　　　E　。‎ ‎【解析】①待测金属丝②直流电压10V，红，0，E，E。‎ ‎【解析】①电流表示数为零，说明电路断路，又电压表示数为E，说明电压表跨接的待测金属丝断路，等于将电压表直接接在电源上，说以发生故障的是待测金属丝断路。由于电路断路，用多用电表检查故障应该使用电压档，所以选择开关旋至直流电压10V档。a为电源的正极，所以红表笔固定在a接线柱。若只有滑动变阻器断路，黑表笔依次接b、c、d接线柱，Uab=0，Uac=Uad=E。‎ ‎2011--23.（12分）‎ ‎（1）某探究小组设计了“用一把尺子测定动摩擦因数”‎ 的实验方案。如图所示，将一个小球和一个滑块用细绳连接，跨在斜面上端。开始时小球和滑块均静止，剪短细绳后，小球自由下落，滑块沿斜面下滑，可先后听到小球落地和滑块撞击挡板的声音，保持小球和滑块释放的位置不变，调整挡板位置，重复以上操作，直到能同时听到小球落地和滑块撞击挡板的声音。用刻度尺测出小球下落的高度H、滑块释放点与挡板处的高度差h和沿斜面运动的位移。（空气阻力对本实验的影响可以忽略）‎ ‎①滑块沿斜面运动的加速度与重力加速度的比值为________。‎ ‎②滑块与斜面间的动摩擦因数为__________________。‎ ‎③以下能引起实验误差的是________。‎ a．滑块的质量 b．当地重力加速度的大小 c．长度测量时的读数误差 d．小球落地和滑块撞击挡板不同时 ‎（2）某同学利用图甲所示电路，探究了电源在不同负载下的输出功率。‎ ‎ ①所得实验数据如下图，请在给出的直角坐标系上(见答题卡)画出的图像。‎ ‎ ‎ ‎ ②根据所画的图像，可求得电流时电源的输出功率为________。（保留两位有效数）‎ ‎②实验完成后，该同学对实验方案进行了反思，认为按图甲电路进行实验操作的过程中存在安全隐患，并对电路重新设计。在图乙所示的电路中，你认为既能测出电源在不同负载下的输出功率，又能消除安全隐患的是 。（Rx阻值未知）‎ ‎12--------图甲 打点计时器 物块 细绳 滑轮 重物 单位 cm ‎1 ‎ ‎3.00 ‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎5.01 ‎ ‎7.01 ‎ ‎9.00 ‎ ‎11.01 ‎ ‎6‎ ‎7‎ ‎8‎ ‎9‎ ‎10‎ ‎11‎ ‎12.28 ‎ ‎10.60 ‎ ‎8.61 ‎ ‎6.60 ‎ ‎4.60 ‎ 图乙 21．(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※【本资料高考网、中考网；教学网为您提供最新最全的教学资源。】※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50 Hz。‎ ‎①通过分析纸带数据，可判断物块在两相邻计数点________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”)。‎ ‎0‎ ‎25‎ ‎35‎ ‎20‎ ‎30‎ ‎15‎ ‎21．(2)在测量金属丝电阻率的实验中，可供选用的器材如下：‎ 待测金属丝：Rx(阻值约4 Ω，额定电流约‎0.5 A)；‎ 电压表：V(量程3 V，内阻约3 kΩ)；‎ 电流表：A1(量程‎0.6 A，内阻约0.2 Ω)；‎ A2(量程‎3 A，内阻约0.05 Ω)；‎ 电源：E1(电动势3 V，内阻不计)；‎ E2(电动势12 V，内阻不计)；‎ 滑动变阻器：R(最大阻值约20 Ω)；‎ 螺旋测微器；毫米刻度尺；开关S；导线。‎ ‎①用螺旋测微器测量金属丝的直径，示数如图所示，读数为________mm。‎ ‎②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)，在虚线框内完成电路原理图。‎ ‎21、（13分）（1）图甲为一游标卡尺的结构示意图，当测量一钢笔帽的内径时，应该用游标卡尺的_ A ___（填“A”、“B”或“C”）进行测量；示数如图乙所示，该钢笔帽的内径为‎11.30mm。‎ ‎（2）霍尔效应是电磁基本现象之一，近期我国科学家在该领域的实验研究上取得了突破性进展，如图所示，在一矩形半导体薄片的P、Q间通入电流I，同时外加与薄片垂直的磁场B，在M、N间出现电压UM，这种现象称为霍尔效应。UM为霍尔电压，且满足，式中d为薄片的厚度，k为霍尔系数。某同学通过实验测定该半导体薄片的霍尔系数。‎ ‎①若该半导体材料是空穴（可视为带正电粒子）导电，电流与磁场方向如图丙所示，该同学用电压表测量UM时，应将电压表的“+”接线柱与M（填“M”或“N”）端通过导线连接。‎ ‎②已知薄片厚度d=‎0.40mm。该同学保持磁感应强度B＝0.10T不变，改变电流I的大小，测量相应的UM值，记录数据如下表所示，根据表中数据在给定坐标纸上（见答题卡）画出UM－I图线，利用图线求出该势头的霍尔系数为1.5（保留2位有效数字）。‎ I（×10‎-3A）‎ ‎3.0‎ ‎6.0‎ ‎9.0‎ ‎12.0‎ ‎15.0‎ ‎18.0‎ UM（×10-3V）‎ ‎1.1‎ ‎1.9‎ ‎3.4‎ ‎4.5‎ ‎6.2‎ ‎6.8‎ ‎③该同学查资料发现，使半导体薄片中的电流反向再次测量，取两个方向的测量的平均值，可以减小霍尔系数的测量误差，为此该同学设计了如图丁所示的测量电路。S1、S2均为单刀双掷开关，虚线框内为半导体薄片（示画出）。为使电流自Q端流入，P端流出，应将S1掷向b（填“a”或“b”）， S2掷向c（填“c”或“d”）。‎ 为了保证测量安全，该同学改装了测量电路，将一合适的定值电阻串联在电路中。在保持其它连接不变的情况下，该定值电阻串接在相邻器件S1（或者）S1与E（填器件代号）之间。‎ 点评：以往的实验往往是一力一电，今年的游标卡尺是选修3-1的附录，游标卡尺、螺旋测微器、‎ 多用电表，大家狂练过的---我以为今年考多用电表的。电学实验霍尔效应的空穴导电属于新 情景，不过大部分学校练习过，第3问有难度。‎ 命题点9：力学中的多过程问题 ‎——力学中三种重要的运动形式和两种重要解题方法的综合应用。‎ ‎07—24．（16分）‎ A h B C R ω ‎53°‎ ‎37°‎ 如图所示，一水平圆盘绕过圆心的竖直轴转动，圆盘边缘有一质量m＝‎1.0 kg的小滑块。当圆盘转动的角速度达到某一数值时，滑块从圆盘边缘滑落，经光滑的过渡圆管进入轨道ABC。已知AB段斜面倾角为53°，BC段斜面倾角为37°，滑块与圆盘及斜面间的动摩擦因数均μ＝0.5，A点离B点所在水平面的高度h＝‎1.2 m。滑块在运动过程中始终未脱离轨道，不计在过渡圆管处和B点的机械能损失，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，取g＝‎10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8‎ ‎⑴若圆盘半径R＝‎0.2 m，当圆盘的角速度多大时，滑块从圆盘上滑落？‎ ‎⑵若取圆盘所在平面为零势能面，求滑块到达B点时的机械能。‎ ‎⑶从滑块到达B点时起，经0.6 s 正好通过C点，求BC之间的距离。‎ ‎24、解：⑴滑块在圆盘上做圆周运动时，静摩擦力充当向心力，根据牛顿第二定律，可得：‎ μmg＝mω2R 代入数据解得：‎ ‎⑵滑块在A点时的速度：vA＝ωR＝‎1 m/s 从A到B的运动过程由动能定理得：‎ mgh－μmgcos53°×h/sin53°＝‎ 在B点时的机械能为：‎ ‎⑶滑块在B点时的速度：vB＝‎4 m/s 滑块沿BC段向上运动时的加速度大小：a1＝g(sin37°＋μcos37°)＝‎10 m/s2‎ 返回时的加速度大小： a2＝g(sin37°－μcos37°)＝‎2 m/s2‎ BC间的距离：‎ ‎08—24.（15分）某兴趣小组设计了如图所示的玩具轨道，其中“‎2008”‎四个等高数字用内壁光滑的薄壁细圆管弯成，固定在竖直平面内（所有数字均由圆或半圆组成，圆半径比细管的内径大得多），底端与水平地面相切。弹射装置将一个小物体（可视为质点）以va=‎5m/s的水平初速度由a点弹出，从b点进入轨道，依次经过“‎8002”‎后从p点水平抛出。小物体与地面ab段间的动摩擦因数u=0.3,不计其它机械能损失。已知ab段长L＝1. ‎5m，数字“‎0”‎的半径R＝‎0.2m，小物体质量m=‎0.01kg,g=‎10m/s2。求：‎ ‎（1）小物体从p点抛出后的水平射程。‎ ‎（2）小物体经过数这“0”的最高点时管道对小物体作用力的大小和方向。‎ 解：( l ）设小物体运动到p 点时的速度大小为v，对小物体由a 运动到p 过程应用动能定理得-μmgL-2Rmg=mv2-mv02 ①‎ 小物体自p 点做平抛运动，设运动时间为：t，水平射程为：s则 ‎2R=gt2 ② ‎ s=vt ③ ‎ 联立①②③式，代人数据解得 s=‎0.8m ④ ( 2 ）设在数字“‎0”‎的最高点时管道对小物体的作用力大小为F ．取竖直向下为正方向 F＋mg= ⑤ ‎ 联立①⑤式，代人数据解得 F=0.3N ⑥ 方向竖直向下 ‎ ‎09—24【2010示例】如图所示，某货场需将质量为m1=‎100kg的货物（可视为质点）从高处运送至地面，为避免货物与地面发生撞击，现利用固定于地面的光滑四分之一圆轨道，使货物由轨道顶端无初速滑下，轨道半径R=‎1.8m。地面上紧靠轨道依次排放两块完全相同的木板A、B，长度均为l=‎2m，质量均为m2=‎100kg，木板上表面与轨道末端相切。货物与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数μ2=0.2。（最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取g=‎10 m/s2）‎ ‎⑴求货物到达圆轨道末端时对轨道的压力。‎ ‎⑵若货物滑上木板A时，木板不动，而滑上木板B时，木板B开始滑动，求μ1应满足的条件。‎ ‎⑶若μ1=0.5，求货物滑到木板A末端时的速度和在木板A上运动的时间。‎ A B 解析：‎ ‎（1）设货物滑到圆轨道末端是的速度为，对货物的下滑过程中根据机械能守恒定律得，①，‎ 设货物在轨道末端所受支持力的大小为,根据牛顿第二定律得，②，‎ 联立以上两式代入数据得③,‎ 根据牛顿第三定律，货物到达圆轨道末端时对轨道的压力大小为3000N，方向竖直向下。‎ ‎（2）若滑上木板A时，木板不动，由受力分析得 ‎④，‎ 若滑上木板B时，木板B开始滑动，由受力分析得 ‎⑤，‎ 联立④⑤式代入数据得⑥。‎ ‎（3），由⑥式可知，货物在木板A上滑动时，木板不动。设货物在木板A上做减速运动时的加速度大小为，由牛顿第二定律得⑦，‎ 设货物滑到木板A末端是的速度为，由运动学公式得⑧，‎ 联立①⑦⑧式代入数据得⑨，‎ 设在木板A上运动的时间为t，由运动学公式得⑩，联立①⑦⑨⑩式代入数据得。‎ ‎【考点】机械能守恒定律、牛顿第二定律、运动学方程、受力分析 命题特点：以必修模块的主干知识和重要方法为考查重点，涉及利用两大解题方法分析求解多过程问题或连接体问题。连续三年均涉及具体数值的定量计算，对数字计算能力要求较高。‎ ‎2010——24．（15分）如图所示、四分之一圆轨道OA与水平轨道AB相切，它们与另一水平轨道CD在同一竖直面内，圆轨道OA的半径R=0．‎45m，水平轨道AB长S1＝‎3m，OA与AB均光滑。一滑块从O点由静止释放，当滑块经过A点时，静止在CD上的小车在F=1．6N的水平恒力作用下启动，运动一段时间后撤去F。当小车在CD上运动了S2＝3．‎28m时速度v=2．‎4m/s，此时滑块恰好落入小车中。已知小车质量M=0．‎2kg，与CD间的动摩擦因数＝0．4。（取g=‎10m/）求 ‎（1）恒力F的作用时间t．‎ ‎（2）AB与CD的高度差h。‎ ‎【答案】（1）1s （2）‎‎0.8m ‎【解析】（1）设小车在恒力F作用下的位移为l，由动能定理得 ‎ 由牛顿第二定律得 ‎ ‎ 由运动学公式得 ‎ ‎ 联立以上三式，带入数据得 ‎ ‎ （2）滑块由O滑至A的过程中机械能守恒，即 ‎ ‎ AB段运动时间为 ‎ 故滑块离开B后平抛时间与小车撤掉恒力F后运动时间相同。‎ ‎ 由牛顿第二定律得 ‎ ‎ 由运动学公式得 ‎ ‎ 由平抛规律得 ‎ ‎ 带入数据得 ‎ ‎2011--24.（15分）如图所示，在高出水平地面的光滑平台上放置一质量、由两种不同材料连接成一体的薄板A，其右段长度且表面光滑，左段表面粗糙。在A最右端放有可视为质点的物块B，其质量。B与A左段间动摩擦因数。开始时二者均静止，先对A施加水平向右的恒力，待B脱离A（A尚未露出平台）后，将A取走。B离开平台后的落地点与平台右边缘的水平距离。（取）求：‎ ‎（1）B离开平台时的速度。‎ ‎（2）B从开始运动到刚脱离A时，B运动的时间ts和位移xB ‎（3）A左端的长度l2‎ 解析：（1）设物块平抛运动的时间为t，由运动学知识可得 h＝gt2①‎ x＝vBt②‎ 联立①②式，代入数据得vB＝‎2 m/s③‎ ‎（2）设B的加速度为aB，由牛顿第二定律和运动学的知识得 μmg＝maB④‎ vB＝aBtB⑤‎ xB＝aBt⑥‎ 联立③④⑤⑥式，代入数据得tB＝0.5 s⑦‎ xB＝‎0.5 m⑧‎ ‎（3）设B刚开始运动时A的速度为v1，由动能定理得 Fl1＝Mv⑨‎ 设B运动后A的加速度为aA，由牛顿第二定律和运动学知识得F－μmg＝MaA⑩‎ ‎(l2＋xB)＝v1tB＋aAt?‎ 联立⑦⑧⑨⑩?式，代入数据得 l2＝‎‎1.5 m ‎12--22．如图所示，一工件置于水平地面上，其AB段为一半径R=‎1.0 m的光滑圆弧轨道，BC段为一长度L=‎0.5 m的粗糙水平轨道，二者相切于※【本资料高考网、中考网；教学网为您提供最新最全的教学资源。】※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=‎0.2 kg，与BC间的动摩擦因数μ1=0.4。工件质量M=‎0.8 kg，与地面间的动摩擦因数μ2=0.1。(取g=‎10 m/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。‎ M m R A B C L O P ‎①求F的大小。‎ ‎②当速度v=‎5 m/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。‎ ‎．解：（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 ‎ ①代入数据得 ②‎ ‎（2）①设物块的加速度大小为，P点与圆心的连线与竖直方向间的夹角为，由几何关系可得 ‎ ③‎ 根据牛顿第二定律，对物体有 ④‎ 对工件和物体整体有 ⑤‎ 联立②③④⑤式，代入数据得 ⑥‎ ‎ ②设物体平抛运动的时间为，水平位移为，物块落点与B间的距离为 ， 由运动学公式可得 ‎ ⑦ ⑧ ⑨‎ 联立②③⑦⑧⑨式，代入数据得 ⑩‎ ‎2013--22、（15分）如图所示，一质量m=‎0.4kg的小物块，以v0=‎2m/s的初速度，在与斜面成某的角度的拉力F作用下，沿斜面向上做匀加速运动，经t=2s的时间物块由A点运动到B点，AB两点间的距离L＝‎10m.已知斜面倾角，物块与斜面之间的动摩擦因数，重力加速度g取‎10m/s2.‎ ‎（1）求物块加速度的大小及到达B点时速度的大小。‎ ‎（2）拉力F与斜面夹角多大时，拉力F最小？拉力F的最小值是多少？‎ 点评：这是今年最大的变化，过去6年力学计算一直是单物体多阶段，结合牛顿定律、功能关系。而运动分析里面有圆周运动、平抛运动，……今年没这样考，只是必修一的受力分析，貌似借鉴2012年全国卷的自锁角的那一道题目哦，这样难度低了一些，不过学生分数不一定高。‎ 命题点10：带电粒子在组合场中的运动——电场中的加速、偏转；磁场中的圆周运动 P S d L ‎ L M N a b 探测器 激光束 ‎07—25．（18分）飞行时间质谱仪可以对气体分子进行分析。如图所示，在真空状态下，脉冲阀P喷出微量气体，经激光照射产生不同价位的正离子，自a板小孔进入a、b间的加速电场，从b板小孔射出，沿中线方向进入M、N板间的偏转控制区，到达探测器。已知元电荷电量为e，a、b板间距为d，极板M、N的长度和间距均为L。不计离子重力及进入a板时的初速度。‎ ‎⑴当a、b间的电压为U1时，在M、N间加上适当的电压U2‎ ‎，使离子到达探测器。请导出离子的全部飞行时间与比荷K（K＝ne/m）的关系式。‎ ‎⑵去掉偏转电压U2，在M、N间区域加上垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度B，若进入a、b间所有离子质量均为m，要使所有的离子均能通过控制区从右侧飞出，a、b间的加速电压U1至少为多少？‎ ‎25、解：⑴由动能定理：‎ n价正离子在a、b间的加速度：‎ 在a、b间运动的时间： d 在MN间运动的时间：‎ 离子到达探测器的时间：t＝t1＋t2＝‎ ‎⑵假定n价正离子在磁场中向N板偏转，洛仑兹力充当向心力，设轨迹半径为R，由牛顿第二定律得：‎ 离子刚好从N板右侧边缘穿出时，由几何关系：‎ R2＝L2＋(R－L/2)2‎ 由以上各式得：‎ 当n＝1时U1取最小值 ‎08—25.（18分）【2010示例】‎ 两块足够大的平行金属极板水平放置，极板间加有空间分布均匀、大小随时间周期性变化的电场和磁场，变化规律分别如图1、图2所示（规定垂直纸面向里为磁感应强度的正方向）。在t=0时刻由负极板释放一个初速度为零的带负电的粒子（不计重力）。若电场强度E0、磁感应强度B0、粒子的比荷均已知，且，两板间距。‎ ‎（1）求粒子在0～t0‎ 时间内的位移大小与极板间距h的比值。‎ ‎（2）求粒子在板板间做圆周运动的最大半径（用h表示）。‎ ‎（3）若板间电场强度E随时间的变化仍如图1所示，磁场的变化改为如图3所示，试画出粒子在板间运动的轨迹图（不必写计算过程）。‎ 解法一：（1）设粒子在0～t0时间内运动的位移大小为① ②‎ 又已知 联立①②式解得③‎ ‎（2）粒子在t0~2t0时间内只受洛伦兹力作用，且速度与磁场方向垂直，所以粒子做匀速圆周运动。设运动速度大小为v1，轨道半径为R1，周期为T，则④‎ ‎⑤ 联立④⑤式得⑥‎ 又⑦‎ 即粒子在t0~2t0时间内恰好完成一个周期的圆周运动。在2t0~3t0时间内，粒子做初速度为v1的匀加速直线运动，设位移大小为⑧‎ 解得⑨‎ 由于s1+s2＜h,所以粒子在3t0~4t0时间内继续做匀速圆周运动，设速度大小为v2，半径为R2‎ ‎⑩ 解得 由于s1+s2+R2＜h,粒子恰好又完成一个周期的圆周运动。在4t0~5t0时间内，粒子运动到正极板（如图1所示）。因此粒子运动的最大半径。‎ ‎（3）粒子在板间运动的轨迹如图2所示。‎ y ‎09—25．（18分）如图甲所示，建立Oxy坐标系，两平行极板P、Q垂直于y轴且关于x轴对称，极板长度和板间距均为l。第一、四象限有磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直于Oxy平面向里。位于极板左侧的粒子源沿x轴向右连接发射质量为m、电量为+q、速度相同、重力不计的带电粒子。在0~3t0时间内两板间加上如图乙所示的电压（不考虑极边缘的影响）。已知t=0时刻进入两板间的带电粒子恰好在t0时刻经极板边缘射入磁场。上述m、q、l、t0、B为已知量。（不考虑粒子间相互影响及返回板间的情况）⑴求电压U0的大小。‎ ‎⑵求t0/2时刻进入两板间的带电粒子在磁场中做圆周运动的半径。‎ ‎⑶何时进入两板间的带电粒子在磁场中的运动时间最短？求此最短时间。‎ x O B P Q v0‎ l l 图甲 UPQ t O U0‎ ‎-U0‎ t0‎ ‎2t0‎ ‎3t0‎ 图乙 点评：本题命题点仍为带电粒子在周期性变化的电场和分立的磁场中的运动问题。创新之处在于带电粒子在磁场中的运动情况由于进入磁场的位置不同而有所不同，这样就造成了运动情况的多样性，从而存在极值问题。很好的考查了考生综合分析问题的能力和具体问题具体分析的能力，同时粒子运动的多样性（不确定性）也体现了对探究能力的考查。‎ 解析：‎ ‎（1）时刻进入两极板的带电粒子在电场中做匀变速曲线运动，时刻刚好从极板边缘射出，在y轴负方向偏移的距离为，则有①，②‎ ‎③‎ 联立以上三式，解得两极板间偏转电压为④。‎ ‎（2）时刻进入两极板的带电粒子，前时间在电场中偏转，后时间两极板没有电场，带电粒子做匀速直线运动。‎ 带电粒子沿x轴方向的分速度大小为⑤‎ 带电粒子离开电场时沿y轴负方向的分速度大小为⑥‎ 带电粒子离开电场时的速度大小为⑦‎ 设带电粒子离开电场进入磁场做匀速圆周运动的半径为R，则有⑧‎ 联立③⑤⑥⑦⑧式解得⑨。‎ ‎（3）时刻进入两极板的带电粒子在磁场中运动时间最短。带电粒子离开磁场时沿y轴正方向的分速度为⑩，‎ 设带电粒子离开电场时速度方向与y轴正方向的夹角为，则，‎ 联立③⑤⑩式解得，带电粒子在磁场运动的轨迹图如图所示，圆弧所对的圆心角为，所求最短时间为,带电粒子在磁场中运动的周期为，联立以上两式解得。‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场、匀强磁场中的运动 命题特点：以带电粒子在组合场中的运动为背景，以力学方法在电磁学中的应用为考查重点，通过周期性变化的电场、磁场所导致的带电粒子运动的多样性，很好的体现了对探究能力的考查。连续三年均涉及物理量关系的推导，对文字运算能力要求较高。‎ 演变趋势：对探究能力的考查正逐步由实验题扩展到计算题，且多以对物理量的不确定性及运动的多样性为考查重点。‎ ‎2010——25．（18分）如图所示，以两虚线为边界，中间存在平行纸面且与边界垂直的水平电场，宽度为d，两侧为相同的匀强磁场，方向垂直纸面向里。一质量为、带电量+q、重力不计的带电粒子，以初速度垂直边界射入磁场做匀速圆周运动，后进入电场做匀加速运动，然后第二次进入磁场中运动，此后粒子在电场和磁场中交替运动。已知粒子第二次在磁场中运动的半径是第一次的二倍，第三次是第一次的三倍，以此类推。求 ‎⑴粒子第一次经过电场子的过程中电场力所做的功。‎ ‎⑵粒子第n次经芝电声时电场强度的大小。‎ ‎⑶粒子第n次经过电场子所用的时间。‎ ‎⑷假设粒子在磁场中运动时，电场区域场强为零。请画出从粒子第一次射入磁场至第三次离开电场的过程中，电场强度随时间变化的关系图线（不要求写出推导过程，不要求标明坐标明坐标刻度值）。‎ ‎ 【答案】（1） （2）（3） （4）见解析 ‎【解析】带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，由得 ‎ 则v1：v2：…：vn=r1：r2：…：rn=1：2：…：n ‎（1）第一次过电场，由动能定理得 ‎（2）第n次经过电场时，由动能定理得 ‎ 解得 ‎（3）第n次经过电场时的平均速度，‎ t O E t O E ‎ 则时间为 ‎（4）如图 ‎2011--25.（18分）扭摆器是同步辐射装置中的插入件，能使粒子的运动轨迹发生扭摆。其简化模型如图Ⅰ、Ⅱ两处的条形均强磁场区边界竖直，相距为L,磁场方向相反且垂直干扰面。一质量为m、电量为-q、重力不计的粒子，从靠近平行板电容器MN板处由静止释放，极板间电压为U,粒子经电场加速后平行于纸面射入Ⅰ区，射入时速度与水平和方向夹角 ‎（1）当Ⅰ区宽度L1=L、磁感应强度大小B1=B0时，粒子从Ⅰ区右边界射出时速度与水平方向夹角也为，求B0及粒子在Ⅰ区运动的时间t0‎ ‎（2）若Ⅱ区宽度L2=L1=L磁感应强度大小B2=B1=B0，求粒子在Ⅰ区的最高点与Ⅱ区的最低点之间的高度差h ‎（3）若L2=L1=L、B1=B0，为使粒子能返回Ⅰ区，求B2应满足的条件 ‎（4）若，且已保证了粒子能从Ⅱ区右边界射出。为使粒子从Ⅱ 区右边界射出的方向与从Ⅰ区左边界射出的方向总相同，求B1、B2、L1、、L2、之间应满足的关系式。‎ ‎.解析：（1）如图1所示，设粒子射入磁场I区的速度为v，在磁场I区做圆周运动半径为，由动能定理和牛顿第二定律得①，②，由几何关系得 ③，联立①②③得④。‎ 设粒子在I区做圆周运动周期为T，运动时间为t ， ⑤，⑥，‎ 联立①③⑤⑥式解得 ⑦ ‎ ‎（2）设粒子在磁场II区做圆周运动半径为，由牛顿第二定律得 ⑧ ‎ 由几何知识得 ⑨ ‎ 联立②③⑧⑨式解得 ⑩‎ 图1‎ θ B1‎ B2‎ L1‎ L2‎ L I II θ θ 图2‎ θ B1‎ B2‎ L1‎ L2‎ L I II θ θ θ ‎（3）如图2所示，为使粒子能再次返回到I区应满足 ⑪‎ 联立①⑧式解得 ⑫‎ ‎（4）如图3（或图4）所示，设粒子射出磁场I区时速度与水平方向的夹角为，由几何知识可得 ⑬ ，⑭ ‎ 联立②⑧式解得 ⑮ [来源:Z_xx_k.Com]‎ 图3‎ θ B1‎ B2‎ L1‎ L2‎ L I II θ θ θ θ ‎ ‎图4‎ B1‎ B2‎ L1‎ L2‎ L I II θ θ θ α ‎12----23．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S1、S2，两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U0，周期为T0。在t=0时刻将一个质量为m、电荷量为－q(q>0)的粒子由S1静止释放，粒子在电场力的作用下向右运动，在t=时刻通过S2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S2时的速度大小v和极板间距d。‎ ‎(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t=3T0时刻再次到达S2，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应强度的大小。‎ ‎6、解：（1）粒子由至的过程中，根据动能定理得 ①‎ 由①式得 ②‎ 设粒子的加速度大小为，由牛顿第二定律得③‎ 由运动学公式得 ④联立③④式得 ⑤‎ ‎(2)设磁感应强度大小为B，粒子在磁场中运动的半径为R，由牛顿第二定律得 ⑥‎ 要使粒子在磁场中运动时不与极板相撞，须满足 ⑦联立②⑥⑦式得 ⑧‎ ‎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 ⑨联立②⑤⑨式得 ⑩‎ 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 ⑾联立式得 ⑿‎ 设粒子在磁场中运动的时间为 ⒀联立⑩⑿⒀式得 ⒁‎ 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⒂‎ 由题意得 ⒃联立⒁⒂⒃式得 ⒄‎ ‎2013--23、（18分）如图所示，在坐标系xoy的第一、第三象限内存在相同的磁场，磁场方向垂直于xoy平面向里；第四象限内有沿y轴正方向的匀强电场，电场强度大小为E。一带电量为+q、质量为m的粒子，自y轴上的P点沿x轴正方向射入第四象限，经x轴上的Q点进入第一象限，随即撤去电场，以后仅保留磁场。已知OP＝d，OQ＝2d。不计粒子重力。‎ ‎（1）求粒子过Q点时速度的大小和方向。‎ ‎（2）若磁感应强度的大小为一确定值B0，粒子将以垂直y轴的方向进入第二象限，求B0的大小。‎ ‎（3）若磁感应强度的大小为另一确定值，经过一段时间后粒子将再次经过Q点，且速度与第一次过Q点时相同，求该粒子相邻两次经过Q点所用的时间。‎ 点评：拿下前2问即可，第3问直接放弃，除非你非常优秀，不然后面的题就没有时间了。‎ B ‎ M P N Q S2‎ S1‎ B ‎ L ‎ 图甲 O u t U0‎ ‎-U0‎ T0‎ ‎2T0‎ ‎3T0‎ 图乙 ‎【选考部分】‎ 命题点11（物理3—3模块）：连续两年均以气体状态变化为背景命题，题目涉及气体实验定律、热力学第一定律以及与阿伏加德罗常数的有关计算。‎ ‎07—36、（8分）‎ 某压力锅结构如图所示。盖好密封锅盖，将压力阀套在出气孔上，给压力锅加热，当锅内气体压强达到一定值时，气体就把压力阀顶起。假定在压力阀被顶起时，停止加热。‎ ‎⑴若此时锅内气体的体积为V，摩尔体积为V0，阿伏加德罗常数为NA，写出锅内气体分子数的估算表达式。‎ ‎⑵假定在一次放气过程中，锅内气体对压力阀及外界做功1 J,并向外界释放了2 J的热量。锅内原有气体的内能如何变化？变化了多少？‎ ‎⑶已知大气压强P随海拔高度H的变化满足P＝P0（1－αH），其中常数α＞0。结合气体定律定性分析在不同的海拔高度使用压力锅，当压力阀被顶起时锅内气体的温度有何不同。‎ ‎36、解：⑴设锅内气体分子数为n ‎⑵根据热力学第一定律得：ΔU＝W＋Q＝－3 J 锅内气体内能减少，减少了3 J ‎⑶由P＝P0（1－αH）（其中α＞0）知，随着海拔高度的增加，大气压强减小。‎ ‎ 由知，随着海拔高度的增加，阀门被顶起时锅内气体压强减小。‎ ‎ 根据查理定律得：‎ 可知阀门被顶起时锅内气体温度随着海拔高度的增加而降低。‎ ‎08—36.（8分）喷雾器内有‎10 L水，上部封闭有1atm的空气‎2L。关闭喷雾阀门，用打气筒向喷雾器内再充入1atm的空气‎3L（设外界环境温度一定，空气可看作理想气体）。‎ ‎（1）当水面上方气体温度与外界温度相等时，求气体压强，并从微观上解释气体压强变化的原因。‎ ‎（2）打开喷雾阀门，喷雾过程中封闭气体可以看成等温膨胀，此过程气体是吸热还是放热？简要说明理由。‎ 解：(l）设气体初态压强为p1，体积为V1；末态压强为p2，体积为V2，由玻意耳定律 p1 V1=p2V2 ① 代人数据得 P2=2.5atm ② 微观解释：沮度不变，分子平均动能不变，单位体积内分子数增加，所以压强增加。‎ ‎(2）吸热。气体对外做功而内能不变．根据热力学第一定律可知气体吸热。‎ ‎09—36（8分）【2010示例】一定质量的理想气体由状态A经状态B变为状态C，其中A→B过程为等压变化，B→C过程为等容变化。已知VA=‎0.3m3‎，TA=TC=300K、TB=400K。⑴求气体在状态B时的体积。⑵说明B→C过程压强变化的微观原因。⑶没A→B过程气体吸收热量为Q，B→C过程气体放出热量为Q2，比较Q1、Q2的大小并说明原因。‎ 解析：‎ ‎（1）设气体在B状态时的体积为VB，由盖--吕萨克定律得，,代入数据得。‎ ‎(2)微观原因：气体体积不变，分子密集程度不变，温度变小，气体分子平均动能减小，导致气体压强减小。‎ ‎(3)大于；因为TA=TB，故AB增加的内能与BC减小的内能相同，而AB过程气体对外做正功，BC过程气体不做功，由热力学第一定律可知大于 ‎【考点】压强的围观意义、理想气体状态方程、热力学第一定律 命题点：气体状态变化及气体实验定律；热力学第一定律；状态参量的微观解释及有关阿伏加德罗常数的计算问题。‎ 点评：该部分整体难度不大，相对独立，考点也比较集中，在备考时能和生活实际相结合的题目要加以注意，同时对油膜法测分子直径的实验也不要忽视。‎ ‎2010——36．（8分）[物理—物理3-3]‎ 进气口 ‎ 出气口 ‎ 一太阳能空气集热器，底面及侧面为隔热材料，顶面为透明玻璃板，集热器容积为V0，开始时内部封闭气体的压强为p0。经过太阳暴晒，气体温度由T0=300K升至T1=350K。‎ ‎（1）求此时气体的压强。‎ ‎（2）保持T1=350K不变，缓慢抽出部分气体，使气体压强再变回到p0。求集热器内剩余气体的质量与原来总质量的比值。判断在抽气过程中剩余气体是吸热还是放热，并简述原因。‎ ‎【答案】（1） （2） 抽气过程气体体积变大，对外做功，而温度不变内能不变，由热力学第一定律知气体应吸热。‎ ‎【解析】（1）由查理定律得 ‎（2）由玻意耳定律得 ‎ 所以比值为 抽气过程气体体积变大，对外做功，而温度不变内能不变，由热力学第一定律知气体应吸热。‎ ‎2011--36.（8分）［物理—物理3-3］‎ 人类对自然的认识是从宏观到微观不断深入的过程，以下说法正确的是 。‎ ‎ a．液晶的分子势能与体积有关 ‎ b．晶体的物理性质都是各向异性的 ‎ c．温度升高，每个分子的动能都增大 ‎ d．露珠呈球状是由于液体表面张力的作用 ‎（2）气体温度计结构如图所示。玻璃测温泡A内充有理想气体，通过细玻璃管B和水银压强计相连。开始时A处于冰水混合物中，左管C中水银面在O点处，右管D中水银面高出O点=‎14cm。后将A放入待测恒温槽中，上下移动D，使C中水银面仍在O点处，测得D中水银面高出O点=‎44cm。（已知外界大气压为1个标准大气压，1标准大气压相当于76cmHg）‎ ‎①求恒温槽的温度。‎ ‎②此过程A内气体内能 （填“增大”或“减小”），气体不对外做功，气体将 (填“吸热”或“放热”)。‎ ‎ ‎ ‎12---36．(1)以下说法正确的是________。‎ A．水的饱和汽压随温度的升高而增大 B．扩散现象表明，分子在永不停息地运动 C．当分子间距离增大时，分子间引力增大，分子间斥力减小 D．一定质量的理想气体，在等压膨胀过程中，气体分子的平均动能减小 ‎36．(2)如图所示，粗细均匀、导热良好、装有适量水银的U形管竖直放置，右端与大气相通，左端封闭气柱长l1=‎20 cm(可视为理想气体)，两管中水银面等高。现将右端与一低压舱(未画出)接通，稳定后右管水银面高出左管水银面h=‎10 cm。(环境温度不变，大气压强p0=75 cmHg)‎ ‎①求稳定后低压舱内的压强(用“cmHg”作单位)。‎ ‎②此过程左管内的气体对外界________(填“做正功”“做负功”或“不做功”)，气体将________(填“吸热”或“放热”)．‎ l1‎ ‎（2012·山东）36．（8分）【物理—物理3-3】（1）以下说法正确的是 。‎ a．水的饱和汽压随温度的升高而增大 ‎ b．扩散现象表明，分子在永不停息地运动 c．当分子间距离增大时，分子间引力增大，分子间斥力减小 d．一定质量的理想气体，在等压膨胀过程中，气体分子的平均动能减小 ‎（2）如图所示，粗细均匀、导热良好、装有适量水银的U型管竖直放置，右端与大气相通，左端封闭气柱长（可视为理想气体），两管中水银面等高。先将右端与一低压舱（未画出）接通，稳定后右管水银面高出左管水银面（环境温度不变，大气压强）‎ ①求稳定后低压舱内的压强（用“cmHg”做单位）‎ ②此过程中左管内的气体对外界 （填“做正功”“做负功”“不做功”），气体将 （填“吸热”或放热“）。‎ ‎36．（1）ab【解析】 当分子间距离增大时，分子间引力减小，分子间斥力也减小，选项c错误；一定质量的理想气体，在等压膨胀过程中，温度升高，气体分子的平均动能增大，选项d错误。‎ ‎（2）①设U型管横截面积为S，右端与大气相通时左管中封闭气体压强为，右端与一低压舱接通后左管中封闭气体压强为，气柱长度为，稳定后低压舱内的压强为。左管中封闭气体发生等温变化，根据玻意耳定律得 ① ②‎ ‎ ③ ④ ⑤‎ 由几何关系得 ⑥联立①②③④⑤⑥式，代入数据得⑦②做正功；吸热 ‎【考点定位】热学 ‎2013--36、（8分）【物理——选修3－3】‎ ‎（1）下列关于热现象的描述正确的一项是（ ）‎ a、根据热力学定律，热机的效率可能达到100%‎ b、做功和热传递都是通过能量转化的方式改变系统内能的 c、温度是描述热运动的物理量，一个系统与另一个系统达到热平衡时两系统温度相同 d、物体由大量分子组成，其单个分子的运动是无规则的，大量分子的运动也是无规则的。‎ 点评：单选吗？O(∩_∩)O~，孩纸们？‎ ‎（2）我国“蛟龙”号深海探测船载人下潜七千米，再创载人深潜新纪录。在某次深潜实验中，“蛟龙”号探测到‎990m深处的海水温度为280K。某同学利用该数据来研究气体状态随海水深度的变化。如图所示，导热良好的气缸内封闭一定质量的气体，不计活塞的质量和摩擦，气缸所处海平面的温度T0＝300K，压强P0＝1atm，封闭气体的体积V0＝‎3m3‎。如果将该气缸下潜至‎990m深处，此过程中封闭气体可视为理想气体。‎ ‎①求‎990m深处封闭气体的体积（1atm相当于‎10m深海水产生的压强）。‎ ‎②下潜过程中封闭气体______________（填“吸热”或“放热”），传递的热量_______（填“大于”或“小于”）外界对气体所做的功。‎ 点评：去年的热学题，有的孩子没看懂，这道题简单一些。题目中直接用K表示温度，并且提示1atm 相当于‎10m深海水产生的压强，哈哈，命题老师好温柔，谢谢！不过，PVT三参量都发生变 化，理想气体状态方程考纲上有么？‎