高考物理试题分类汇编 219页

高考物理试题分类汇编——直线运动 ‎（全国卷Ⅱ）15. 两物体甲和乙在同一直线上运动，它们在0～0.4s时间内的v-t图象如图所示。若仅在两物体之间存在相互作用，则物体甲与乙的质量之比和图中时间t1分别为 A．和0.30s B．3和0.30s ‎ C．和0.28s D．3和0.28s 答案：B 解析：本题考查图象问题.根据速度图象的特点可知甲做匀加速,乙做匀减速.根据得,根据牛顿第二定律有,得,由,得t=0.3s,B正确。‎ ‎（江苏物理）7．如图所示，以匀速行驶的汽车即将通过路口，绿灯还有2 s将熄灭，此时汽车距离停车线18m。该车加速时最大加速度大小为，减速时最大加速度大小为。此路段允许行驶的最大速度为，下列说法中正确的有 ‎ A．如果立即做匀加速运动，在绿灯熄灭前汽车可能通过停车线 ‎ B．如果立即做匀加速运动，在绿灯熄灭前通过停车线汽车一定超速 ‎ C．如果立即做匀减速运动，在绿灯熄灭前汽车一定不能通过停车线 ‎ D．如果距停车线处减速，汽车能停在停车线处 答案：AC 解析：熟练应用匀变速直线运动的公式，是处理问题的关键，对汽车运动的问题一定要注意所求解的问题是否与实际情况相符。如果立即做匀加速直线运动，t1=2s内的位移=20m>18m，此时汽车的速度为12m/s<12.5m/s，汽车没有超速，A项正确；如果立即做匀减速运动，速度减为零需要时间s，此过程通过的位移为6.4m，C项正确、D项错误。‎ ‎（江苏物理）9.如图所示，两质量相等的物块A、B通过一轻质弹簧连接，B足够长、放置在水平面上，所有接触面均光滑。弹簧开始时处于原长，运动过程中始终处在弹性限度内。在物块A上施加一个水平恒力，A、B从静止开始运动到第一次速度相等的过程中，下列说法中正确的有 A．当A、B加速度相等时，系统的机械能最大 B．当A、B加速度相等时，A、B的速度差最大 C．当A、B的速度相等时，A的速度达到最大 D．当A、B的速度相等时，弹簧的弹性势能最大 答案：BCD 解析：处理本题的关键是对物体进行受力分析和运动过程分析，使用图象处理则可以使问题大大简化。对A、B在水平方向受力分析如图，F1为弹簧的拉力；当加速度大小相同为a 时，对Ａ有，对Ｂ有，得，在整个过程中Ａ的合力（加速度）一直减小而Ｂ的合力（加速度）一直增大，在达到共同加速度之前A的合力（加速度）一直大于Ｂ的合力（加速度），之后A的合力（加速度）一直小于Ｂ的合力（加速度）。两物体运动的v-t图象如图，tl时刻，两物体加速度相等，斜率相同，速度差最大，t2时刻两物体的速度相等，Ａ速度达到最大值，两实线之间围成的面积有最大值即两物体的相对位移最大，弹簧被拉到最长；除重力和弹簧弹力外其它力对系统正功，系统机械能增加，tl时刻之后拉力依然做正功，即加速度相等时，系统机械能并非最大值。‎ ‎（广东物理）3.某物体运动的速度图像如图，根据图像可知 ‎ A.0-2s内的加速度为1m/s2‎ B.0-5s内的位移为10m C.第1s末与第3s末的速度方向相同 ‎ D.第1s末与第5s末加速度方向相同 ‎ 答案：AC 解析：v-t 图像反映的是速度v随时t 的变化规律，其斜率表示的是加速度，A正确；图中图像与坐标轴所围成的梯形面积表示的是0-5s内的位移为7m，在前5s内物体的速度都大于零，即运动方向相同，C正确；0-2s加速度为正，4-5s加速度为负，方向不同。‎ ‎（海南物理）7．一物体在外力的作用下从静止开始做直线运动，合外力方向不变，大小随时间的变化如图所示。设该物体在和时刻相对于出发点的位移分别是和，速度分别是和，合外力从开始至时刻做的功是，从至时刻做的功是,则 A．B．‎ C． D．‎ 答案：AC ‎（海南物理）8．甲乙两车在一平直道路上同向运动，其图像如图所示，图中和的面积分别为和.初始时，甲车在乙车前方处。‎ A．若，两车不会相遇 B．若，两车相遇2次 C．若，两车相遇1次 D．若，两车相遇1次 答案：ABC ‎（广东理科基础）3．图1是甲、乙两物体做直线运动的v一t图象。下列表述正确的是 A．乙做匀加速直线运动 B．0一ls内甲和乙的位移相等 C．甲和乙的加速度方向相同 D．甲的加速度比乙的小 答案：A 解析：甲乙两物体在速度图象里的图形都是倾斜的直线表明两物体都是匀变速直线,乙是匀加速，甲是匀减速,加速度方向不同A对C错；根据在速度图象里面积表示位移的方法可知在0一ls内甲通过的位移大于乙通过的位移.B错；根据斜率表示加速度可知甲的加速度大于乙的加速度，D错。‎ ‎（广东理科基础）9．物体在合外力作用下做直线运动的v一t图象如图所示。下列表述正确的是 A．在0—1s内，合外力做正功 B．在0—2s内，合外力总是做负功 C．在1—2s内，合外力不做功 D．在0—3s内，合外力总是做正功 答案：A 解析：根据物体的速度图象可知，物体0-1s内做匀加速合外力做正功，A正确；1-3s内做匀减速合外力做负功。根据动能定理0到3s内，1—2s内合外力做功为零。‎ ‎（山东卷）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 答案：B 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。‎ 考点：v-t图象、牛顿第二定律 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。‎ ‎(广东文科基础)56．下列运动图象中表示质点做匀变速直线运动的是 答案：C ‎（福建卷）21.（19分）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）‎ 答案：（1）; （2）; ‎ ‎(3) ‎ 解析：本题考查的是电场中斜面上的弹簧类问题。涉及到匀变速直线运动、运用动能定理处理变力功问题、最大速度问题和运动过程分析。‎ ‎（1）滑块从静止释放到与弹簧刚接触的过程中作初速度为零的匀加速直线运动，设加速度大小为a，则有 qE+mgsin=ma①‎ ‎②‎ 联立①②可得 ‎③‎ ‎（2）滑块速度最大时受力平衡，设此时弹簧压缩量为，则有 ‎④‎ ‎ 从静止释放到速度达到最大的过程中，由动能定理得 ‎⑤‎ 联立④⑤可得 s ‎（3）如图 ‎（江苏卷）13.（15分）航模兴趣小组设计出一架遥控飞行器，其质量m =2㎏，动力系统提供的恒定升力F =28‎ ‎ N。试飞时，飞行器从地面由静止开始竖直上升。设飞行器飞行时所受的阻力大小不变，g取10m/s2。‎ ‎ （1）第一次试飞，飞行器飞行t1 = 8 s 时到达高度H = 64 m。求飞行器所阻力f的大小；‎ ‎ （2）第二次试飞，飞行器飞行t2 = 6 s 时遥控器出现故障，飞行器立即失去升力。求飞行器能达到的最大高度h；‎ ‎（3）为了使飞行器不致坠落到地面，求飞行器从开始下落到恢复升力的最长时间t3 。‎ 解析：‎ ‎（1）第一次飞行中，设加速度为 匀加速运动 由牛顿第二定律 解得 ‎（2）第二次飞行中，设失去升力时的速度为，上升的高度为 匀加速运动 设失去升力后的速度为，上升的高度为 由牛顿第二定律 解得 ‎（3）设失去升力下降阶段加速度为；恢复升力后加速度为，恢复升力时速度为 由牛顿第二定律 ‎ F+f-mg=ma4‎ 且 V3=a3t3‎ 解得t3=(s)(或2.1s)‎ ‎（海南物理）15．（9分）一卡车拖挂一相同质量的车厢，在水平直道上以的速度匀速行驶，其所受阻力可视为与车重成正比，与速度无关。某时刻，车厢脱落，并以大小为的加速度减速滑行。在车厢脱落后，司机才发觉并紧急刹车，刹车时阻力为正常行驶时的3倍。假设刹车前牵引力不变，求卡车和车厢都停下后两者之间的距离。‎ 解析：设卡车的质量为M，车所受阻力与车重之比为；刹车前卡车牵引力的大小为，‎ 卡车刹车前后加速度的大小分别为和。重力加速度大小为g。由牛顿第二定律有 设车厢脱落后，内卡车行驶的路程为，末速度为，根据运动学公式有 ‎⑤‎ ‎⑥‎ ‎⑦‎ 式中，是卡车在刹车后减速行驶的路程。设车厢脱落后滑行的路程为，有 ‎⑧‎ 卡车和车厢都停下来后相距 ‎⑨‎ 由①至⑨式得 带入题给数据得 评分参考：本题9分。①至⑧式各1分，式1分 ‎（上海物理）‎ ‎24．（14分）如图，光滑的平行金属导轨水平放置，电阻不计，导轨间距为l，左侧接一阻值为R的电阻。区域cdef内存在垂直轨道平面向下的有界匀强磁场，磁场宽度为s。一质量为m，电阻为r的金属棒MN置于导轨上，与导轨垂直且接触良好，受到F＝0.5v＋0.4（N）（v为金属棒运动速度）的水平力作用，从磁场的左边界由静止开始运动，测得电阻两端电压随时间均匀增大。（已知l＝1m，m＝1kg，R＝0.3W，r＝0.2W，s＝1m）‎ ‎（1）分析并说明该金属棒在磁场中做何种运动；‎ ‎（2）求磁感应强度B的大小；‎ ‎（3）若撤去外力后棒的速度v随位移x的变化规律满足v＝v0－x，且棒在运动到ef处时恰好静止，则外力F作用的时间为多少？‎ ‎（4）若在棒未出磁场区域时撤去外力，画出棒在整个运动过程中速度随位移的变化所对应的各种可能的图线。‎ 解析：（1）金属棒做匀加速运动，R两端电压UµIµeµv，U随时间均匀增大，即v随时间均匀增大，加速度为恒量；‎ ‎（2）F－＝ma，以F＝0.5v＋0.4‎ 代入得（0.5－）v＋0.4＝a a与v无关，所以a＝0.4m/s2，（0.5－）＝0‎ 得B＝0.5T ‎ ‎（3）x1＝at2，v0＝x2＝at，x1＋x2＝s，所以at2＋at＝s 得：0.2t2＋0.8t－1＝0，t＝1s，‎ ‎（4）可能图线如下：‎ 高考物理试题分类汇编——原子物理学 ‎（全国卷Ⅰ）16.氦氖激光器能产生三种波长的激光，其中两种波长分别为=0.6328µm，=3.39µm，已知波长为的激光是氖原子在能级间隔为=1.96eV的两个能级之间跃迁产生的。用表示产生波长为的激光所对应的跃迁的能级间隔，则的近似值为 A．10.50eV B．0.98eV C．0.53eV D．0.36eV 答案：D 解析：本题考查波尔的原子跃迁理论.根据,可知当当时,连立可知。‎ ‎（全国卷Ⅱ）18. 氢原子的部分能级如图所示。已知可见光的光子能量在1.62eV到3.11eV之间。由此可推知, 氢原子 A. 从高能级向n=1能级跃迁时了出的光的波长比可见光的短 ‎ B. 从高能级向n=2能级跃迁时发出的光均为可见光 C. 从高能级向n=3能级跃迁时发出的光的频率比可见光的高 D. 从n=3能级向n=2能级跃迁时发出的光为可见光 答案：AD 解析：本题考查玻尔的原理理论. 从高能级向n=1的能级跃迁的过程中辐射出的最小光子能量为9.20ev,不在1.62eV到3.11eV之间,A正确.已知可见光子能量在1.62eV到3.11eV之间从高能级向n=2能级跃迁时发出的光的能量3.40ev，B错. 从高能级向n=3能级跃迁时发出的光的频率只有能量大于3.11ev的光的频率才比可见光高,C错.从n=3到n=2的过程中释放的光的能量等于1.89ev介于1.62到3.11之间,所以是可见光D对。‎ ‎（北京卷）14．下列现象中，与原子核内部变化有关的是 A．粒子散射现象 B．天然放射现象 ‎ C．光电效应现象 D．原子发光现象 答案：B ‎ 解析：α粒子散射实验表明了原子内部有一个很小的核，并没有涉及到核内部的变化，故A项错误；天然放射现象是原子核内部发生变化自发的放射出α粒子或电子，从而发生α衰变或β衰变，故B项正确；光电效应是原子核外层电子脱离原子核的束缚而逸出，没有涉及到原子核的变化，故C项错误；原子发光是原子跃迁形成的也没有涉及到原子核的变化，故D项错误。‎ ‎（上海物理）1．放射性元素衰变时放出三种射线，按穿透能力由强到弱的排列顺序是 A．a射线，b射线，g射线 B．g射线，b射线，a射线，‎ C．g射线，a射线，b射线 D．b射线，a射线，g射线 答案：B 解析：由于三种射线的能量不同，所以贯穿能力最强的是g射线，b射线次之，a射线最弱，故正确答案选B。‎ ‎（广东物理）2.科学家发现在月球上含有丰富的（氦3）。它是一种高效、清洁、安全的核聚变燃料，其参与的一种核聚变反应的方程式为。关于聚变下列表述正确的是 A．聚变反应不会释放能量 B.聚变反应产生了新的原子核 C．聚变反应没有质量亏损 D.目前核电站都采用聚变反应发电 答案：B 解析：聚变反应时将质量较小的轻核聚变成质量较大的核，聚变过程会有质量亏损，要放出大量的能量。但目前核电站都采用采用铀核的裂变反应。因此B正确。‎ ‎（安徽卷）14. 原子核聚变可望给人类未来提供丰富的洁净能源。当氖等离子体被加热到适当高温时，氖核参与的几种聚变反应可能发生，放出能量。这几种反应的总效果可以表示为，由平衡条件可知 A. k=1, d=4 B. k=2, d=2 C. k=1, d=6 D. k=2, d=3‎ 答案：B 解析：由质量数守恒和电荷数守恒，分别有，，解得 k=2，d=2。正确选项为B。‎ ‎（天津卷）6.下列说法正确的是 A.是衰变方程 B.是核聚变反应方程 C.是核裂变反应方程 D.是原子核的人工转变方程 答案：BD 解析：A选项中在质子的轰击下发生的核反应，属于人工转变，A错；C选项是α衰变，不是裂变，C错。‎ ‎（重庆卷）16.某科学家提出年轻热星体中核聚变的一种理论，其中的两个核反应方程为++，++X+。方程式中1、表示释放的能量，相关的原子核质量见下表：‎ A X是， B.X是，‎ C,X是， D.X是，‎ 答案：B ‎（四川卷）18.氢原子能级的示意图如图所示，大量氢原子从n＝4的能级向n＝2的能级跃迁时辐射出可见光a，从n＝3的能级向n＝2的能级跃迁时辐射出可见光b，则 A.氢原子从高能级向低能级跃迁时可能会辐射出射线 B.氢原子从n＝4的能级向n＝3的能级跃迁时会辐射出紫外线 C.在水中传播时，a光较b光的速度小 D.氢原子在n＝2的能级时可吸收任意频率的光而发生电离 答案：C ‎（重庆卷）16.某科学家提出年轻热星体中核聚变的一种理论，其中的两个核反应方程为++++X+方程式中1、表示释放的能量，相关的原子核质量见下表：‎ A．X是， B．X是，‎ C．X是， D．X是，‎ 答案：B ‎（浙江卷）15．氮原子核由两个质子与两个中子组成，这两个质子之间存在着万有引力、库伦力和核力，则3种力从大到小的排列顺序是 A．核力、万有引力、库伦力 B．万有引力、库伦力、核力 C．库伦力、核力、万有引力 D．核力、库伦力、万有引力 答案：D 解析：核力是强力，它能将核子束缚在原子核内。万有引力最弱，研究核子间相互作用时万有引力可以忽略。‎ ‎（浙江自选模块）13.“物理1-2”模块（2）（本小题共3分，在给出的四个选项中，可能只有一个选项正确，也可能有多个选项正确，全部选对得3分，选对但不全的得1分，有选错的得0分）‎ 科学家经过实验，发现在粒子（氦核），p（质子）及n（中子）这3种粒子中，中子的穿透能力最强，质子次之，粒子最弱。某同学对影响粒子穿透能力的因素提出了如下假设，合理的假设是 A.穿透能力一定与粒子是否带电有关 ‎ B.穿透能力可能与粒子质量大小有关 ‎ C.穿透能力一定与粒子所带电荷量有关 ‎ D.穿透能力一定与质量大小无关，与粒子是否带电和所带电荷量有关 答案：ABC ‎（浙江自选模块）13.“物理1-2”模块（3）（本小题共4分）水（包括海水）是未来的“煤炭”，能从根本上解决人类能源问题。这是指（填“氢能”、“核能”、“氢能和核能”）和利用。请说明理由。‎ 答案一：核能 ‎ 因为海水中含有大量核聚变的材料氘，通过核聚变能够释放大量的核能。‎ 答案：核能和氢能 ‎ 因为海水中含有大量核聚变的材料氘，通过核聚变能够释放大量的核能。氢能有便于储存与运输的优点，也可以为解决能源问题做出贡献。‎ ‎（江苏卷物理）12.C（选修模块3—5）（8分）‎ 在衰变中常伴有一种称为“中微子”的粒子放出。中微子的性质十分特别，因此在实验中很难探测。1953年，莱尼斯和柯文建造了一个由大水槽和探测器组成的实验系统，利用中微子与水中的核反应，间接地证实了中微子的存在。‎ ‎（1）中微子与水中的发生核反应，产生中子（）和正电子（），即中微子+→+，可以判定，中微子的质量数和电荷数分别是。（填写选项前的字母）‎ ‎ （A）0和0 （B）0和1 （C）1和 0 （D）1和1‎ ‎（2）上述核反应产生的正电子与水中的电子相遇，与电子形成几乎静止的整体后，可以转变为两个光子（），即+2。已知正电子和电子的质量都为9.1×10-31㎏，反应中产生的每个光子的能量约为J。正电子与电子相遇不可能只转变为一个光子，原因是。‎ ‎（3）试通过分析比较，具有相同动能的中子和电子的物质波波长的大小。‎ 答案：C.（1）A； (2)，遵循动量守恒。‎ 解析：（1）发生核反应前后，粒子的质量数和核电荷数均不变，据此可知中微子的质量数和电荷数分都是0，A项正确。‎ ‎（2）产生的能量是由于质量亏损。两个电子转变为两个光子之后，质量变为零，由，故一个光子的能量为，带入数据得=J。‎ 正电子与水中的电子相遇，与电子形成几乎静止的整体，故系统总动量为零，故如果只产生一个光子是不可能的，因为此过程遵循动量守恒。‎ ‎（山东卷）38．（4分）[物理——物理3-５]‎ ‎(1)历史上第一次利用加速器实现的核反应，是用加速后动能为0.5MeV的质子H轰击静止的X，生成两个动能均为8.9MeV的He.（1MeV=1.6×-13J）‎ ‎①上述核反应方程为___________。‎ ‎②质量亏损为_______________kg。‎ 解析：‎ ‎（1）或，。‎ 考点：原子核 ‎（海南物理）19．模块3-5试题 ‎ (II)（7分）钚的放射性同位素静止时衰变为铀核激发态和粒子，而铀核激发态立即衰变为铀核，并放出能量为的光子。已知：、和粒子的质量分别为、和 ‎（1）写出衰变方程；‎ ‎（2）已知衰变放出的光子的动量可忽略，球粒子的动能。‎ 解析：（Ⅱ）（1）衰变方程为 或合起来有 ‎ （2）上述衰变过程的质量亏损为 放出的能量为 这能来那个是轴核的动能、粒子的动能和光子的能量之和 由④⑤⑥式得 设衰变后的轴核和粒子的速度分别为和，则由动量守恒有 又由动能的定义知 由⑧⑨式得 由⑦⑩式得 代入题给数据得 评分参考：本题7分。第（1）问2分，①②各1分，若只写出③式，也给这2分；第（2）问5分，⑦式各2分；式1分。得的，同样给分。‎ 高考物理试题分类汇编——相互作用 ‎（北京卷）18．如图所示，将质量为m的滑块放在倾角为的固定斜面上。滑块与斜面之间的动摩擦因数为。若滑块与斜面之间的最大静摩擦力合滑动摩擦力大小相等，重力加速度为g，则 A．将滑块由静止释放，如果＞tan，滑块将下滑 B．给滑块沿斜面向下的初速度，如果＜tan，滑块将减速下滑 C．用平行于斜面向上的力拉滑块向上匀速滑动，如果=tan，拉力大小应是2mgsin D．用平行于斜面向下的力拉滑块向下匀速滑动，如果=tan，拉力大小应是mgsin 答案：C 解析：对处于斜面上的物块受力分析，要使物块沿斜面下滑则mgsinθ>μmgcosθ，故μ)。将a、b球依次放入一竖直放置、内径为的平底圆筒内，如图所示。设a、b两球静止时对圆筒侧面的压力大小分别为和，筒底所受的压力大小为．已知重力加速度大小为g。若所以接触都是光滑的，则 A．‎ B．‎ C．‎ D．‎ 答案：A ‎（江苏物理）2．用一根长1m的轻质细绳将一副质量为1kg的画框对称悬挂在墙壁上，已知绳能承受的最大张力为，为使绳不断裂，画框上两个挂钉的间距最大为（取）‎ ‎ A． B．‎ ‎ C． D．‎ 答案：A 解析：熟练应用力的合成和分解以及合成与分解中的一些规律，是解决本题的根本；一个大小方向确定的力分解为两个等大的力时，合力在分力的角平分线上，且两分力的夹角越大，分力越大。题中当绳子拉力达到F=10N的时候，绳子间的张角最大，即两个挂钉间的距离最大；画框受到重力和绳子的拉力，三个力为共点力，受力如图。绳子与竖直方向的夹角为θ，绳子长为L0=1m,则有，两个挂钉的间距离，解得m，A项正确。‎ ‎（广东理科基础）4．建筑工人用图所示的定滑轮装置运送建筑材料。质量为70.0kg的工人站在地面上，通过定滑轮将20.0kg的建筑材料以0．500m／s2的加速度拉升，忽略绳子和定滑轮的质量及定滑轮的摩擦，则工人对地面的压力大小为(g取lOm／s2)‎ A．510 N B．490 N C．890 N D．910 N 答案：B 解析：对建筑材料进行受力分析。根据牛顿第二定律有,得绳子的拉力大小等于F=210N,然后再对人受力分析由平衡的知识得,得FN=490N,根据牛顿第三定律可知人对地面间的压力为490N.B对。‎ ‎(广东文科基础)58．如图8所示，用一轻绳系一小球悬于O点。现将小球拉至水平位置，然后释放，不计阻力。小球下落到最低点的过程中，下列表述正确的是 A．小球的机械能守恒 B．小球所受的合力不变 C．小球的动能不断减小 D．小球的重力势能增加 答案：A ‎（山东卷）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。OF与水平方向的夹角为0。下列关系正确的是 A． B．F＝mgtan C． D．FN=mgtan 答案：A 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。‎ 考点：受力分析，正交分解或三角形定则 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。‎ ‎（山东卷）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30°，质量为M的木箱与轨道的动摩擦因数为。木箱在轨道端时，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，与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 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。‎ 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 提示：能量守恒定律的理解及应用。‎ ‎（安徽卷）17. ‎ 为了节省能量，某商场安装了智能化的电动扶梯。无人乘行时，扶梯运转得很慢；有人站上扶梯时，它会先慢慢加速，再匀速运转。一顾客乘扶梯上楼，恰好经历了这两个过程，如图所示。那么下列说法中正确的是 A. 顾客始终受到三个力的作用 B. 顾客始终处于超重状态 C. 顾客对扶梯作用力的方向先指向左下方，再竖直向下 D. 顾客对扶梯作用的方向先指向右下方，再竖直向下 答案：C 解析：在慢慢加速的过程中顾客受到的摩擦力水平向左，电梯对其的支持力和摩擦力的合力方向指向右上，由牛顿第三定律，它的反作用力即人对电梯的作用方向指向向左下；在匀速运动的过程中，顾客与电梯间的摩擦力等于零，顾客对扶梯的作用仅剩下压力，方向沿竖直向下。‎ ‎（浙江卷）14．如图所示，质量为m的等边三棱柱静止在水平放置的斜面上。已知三棱柱与斜面之间的动摩擦因数为，斜面的倾角为，则斜面对三棱柱的支持力与摩擦力的大小分别为 A．mg和mg B．mg和mg C．mg和mg D．mg和mg 答案：A 解析：受力如图所示，，。‎ ‎（浙江卷）16．如图所示，在光滑绝缘水平面上放置3个电荷量均为的相同小球，小球之间用劲度系数均为的轻质弹簧绝缘连接。当3个小球处在静止状态时，每根弹簧长度为已知静电力常量为，若不考虑弹簧的静电感应，则每根弹簧的原长为 A． B． C． D．‎ 答案：C 解析：第三个小球受三个力的作用，它们的关系是 ‎，得 ‎（全国卷Ⅰ）25．(18分) 如图所示，倾角为θ的斜面上静止放置三个质量均为m的木箱，相邻两木箱的距离均为l。工人用沿斜面的力推最下面的木箱使之上滑，逐一与其它木箱碰撞。每次碰撞后木箱都粘在一起运动。整个过程中工人的推力不变，最后恰好能推着三个木箱匀速上滑。已知木箱与斜面间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g.设碰撞时间极短，求 ‎(1) 工人的推力；‎ ‎(2) 三个木箱匀速运动的速度；‎ ‎(3) 在第一次碰撞中损失的机械能。‎ 答案：（1）；‎ ‎（2）；‎ ‎（3）。‎ 解析：(1)当匀速时,把三个物体看作一个整体受重力、推力F、摩擦力f和支持力.根据平衡的知识有；‎ ‎(2)第一个木箱与第二个木箱碰撞之前的速度为V1,加速度根据运动学公式或动能定理有,碰撞后的速度为V2根据动量守恒有,即碰撞后的速度为,然后一起去碰撞第三个木箱,设碰撞前的速度为V3。‎ 从V2到V3的加速度为,根据运动学公式有,得,跟第三个木箱碰撞根据动量守恒有,得就是匀速的速度；‎ ‎(3)设第一次碰撞中的能量损失为,根据能量守恒有,带入数据得。‎ ‎（山东卷）24．（15分）如图所示，某货场而将质量为m1=100 kg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，使货物中轨道顶端无初速滑下，轨道半径R=1.8 m。地面上紧靠轨道次排放两声完全相同的木板A、B，长度均为l=2m，质量均为m2=100 kg，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1，木板与地面间的动摩擦因数=0.2。（最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取g=10 m/s2）‎ ‎（1）求货物到达圆轨道末端时对轨道的压力。‎ ‎（2）若货物滑上木板4时，木板不动，而滑上木板B时，木板B开始滑动，求1-应满足的条件。‎ ‎（3）若1=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。‎ 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 ‎（安徽卷）22．（14分）在2008年北京残奥会开幕式上，运动员手拉绳索向上攀登，最终点燃了主火炬，体现了残疾运动员坚忍不拔的意志和自强不息的精神。为了探究上升过程中运动员与绳索和吊椅间的作用，可将过程简化。一根不可伸缩的轻绳跨过轻质的定滑轮，一端挂一吊椅，另一端被坐在吊椅上的运动员拉住，如图所示。设运动员的质量为65kg，吊椅的质量为15kg，不计定滑轮与绳子间的摩擦。重力加速度取。当运动员与吊椅一起正以加速度上升时，试求 ‎（1）运动员竖直向下拉绳的力；‎ ‎（2）运动员对吊椅的压力。‎ 答案：440N，275N 解析：解法一:(1）设运动员受到绳向上的拉力为F，由于跨过定滑轮的两段绳子拉力相等，吊椅受到绳的拉力也是F。对运动员和吊椅整体进行受力分析如图所示，则有：‎ 由牛顿第三定律，运动员竖直向下拉绳的力 ‎（2）设吊椅对运动员的支持力为FN，对运动员进行受力分析如图所示，则有：‎ 由牛顿第三定律，运动员对吊椅的压力也为275N 解法二:设运动员和吊椅的质量分别为M和m；运动员竖直向下的拉力为F，对吊椅的压力大小为FN。‎ 根据牛顿第三定律，绳对运动员的拉力大小为F，吊椅对运动员的支持力为FN。分别以运动员和吊椅为研究对象，根据牛顿第二定律 ‎①‎ ‎②‎ 由①②得 ‎ ‎（上海物理）23．（12分）如图，质量均为m的两个小球A、B固定在弯成120°角的绝缘轻杆两端，OA和OB的长度均为l，可绕过O点且与纸面垂直的水平轴无摩擦转动，空气阻力不计。设A球带正电，B球带负电，电量均为q，处在竖直向下的匀强电场中。开始时，杆OB与竖直方向的夹角q0＝60°，由静止释放，摆动到q＝90°的位置时，系统处于平衡状态，求：‎ ‎（1）匀强电场的场强大小E；‎ ‎（2）系统由初位置运动到平衡位置，重力做的功Wg和静电力做的功We；‎ ‎（3）B球在摆动到平衡位置时速度的大小v。‎ 解析：（1）力矩平衡时：（mg－qE）lsin90°＝（mg＋qE）lsin（120°－90°），‎ 即mg－qE＝（mg＋qE），得：E＝；‎ ‎（2）重力做功：Wg＝mgl（cos30°－cos60°）－mglcos60°＝（,2)－1）mgl，‎ 静电力做功：We＝qEl（cos30°－cos60°）＋qElcos60°＝,6)mgl，‎ ‎（3）小球动能改变量DEk=mv2＝Wg＋We＝（,3)－1）mgl，‎ 得小球的速度：v＝D)＝,3)－1）gl)。‎ ‎33.[物理——选修2-2]（2）（10分）液压千斤顶是利用密闭容器内的液体能够把液体所受到的压强行各个方向传递的原理制成的。图为一小型千斤顶的结构示意图。大活塞的直径D1=20cm，小活塞B的直径D2=5cm，手柄的长度OC=50cm，小活塞与手柄的连接点到转轴O的距离OD=10cm。现用此千斤顶使质量m=4×103kg的重物升高了h=10cm。g取10m/s2，求 ‎（i）若此千斤顶的效率为80%，在这一过程中人做的功为多少？‎ ‎（ii）若此千斤顶的效率为100%，当重物上升时，人对手柄的作用力F至少要多大？‎ 解析：‎ ‎（i）将重物托起h需要做的功 ‎①‎ 设人对手柄做的功为，则千斤顶的效率为 ‎②‎ 代入数据可得 ‎③‎ ‎ (i i)设大活塞的面积为, 小活塞的面积为，作用在小活塞上的压力为,当于斤顶的效率为100%时，有 ‎④‎ ‎⑤‎ 当和F都与杠杆垂直时，手对杠杆的压力最小。利用杠杆原理，有 ‎⑥‎ 由④⑤⑥式得 ‎ F=500N ⑦‎ 高考物理试题分类汇编——热学 ‎（全国卷Ⅰ）14.下列说法正确的是 A. 气体对器壁的压强就是大量气体分子作用在器壁单位面积上的平均作用力 B. 气体对器壁的压强就是大量气体分子单位时间作用在器壁上的平均冲量 C. 气体分子热运动的平均动能减少，气体的压强一定减小 D. 单位面积的气体分子数增加，气体的压强一定增大 答案：A 解析：本题考查气体部分的知识.根据压强的定义A正确,B错.气体分子热运动的平均动能减小,说明温度降低,但不能说明压强也一定减小,C错.单位体积的气体分子增加,但温度降低有可能气体的压强减小,D错。‎ ‎（全国卷Ⅱ）16. 如图，水平放置的密封气缸内的气体被一竖直隔板分隔为左右两部分，隔板可在气缸内无摩擦滑动，右侧气体内有一电热丝。气缸壁和隔板均绝热。初始时隔板静止，左右两边气体温度相等。现给电热丝提供一微弱电流，通电一段时间后切断电源。当缸内气体再次达到平衡时，与初始状态相比 A．右边气体温度升高，左边气体温度不变 B．左右两边气体温度都升高 C．左边气体压强增大 D．右边气体内能的增加量等于电热丝放出的热量 答案：BC 解析：本题考查气体.当电热丝通电后,右的气体温度升高气体膨胀,将隔板向左推,对左边的气体做功,根据热力学第一定律,内能增加,气体的温度升高.根据气体定律左边的气体压强增大.BC正确,右边气体内能的增加值为电热丝发出的热量减去对左边的气体所做的功,D错。‎ ‎（北京卷）13．做布朗运动实验，得到某个观测记录如图。图中记录的是 A．分子无规则运动的情况 B．某个微粒做布朗运动的轨迹 C．某个微粒做布朗运动的速度——时间图线 D．按等时间间隔依次记录的某个运动微粒位置的连线 答案：D 解析：布朗运动是悬浮在液体中的固体小颗粒的无规则运动，而非分子的运动，故A项错误；既然无规则所以微粒没有固定的运动轨迹，故B项错误，对于某个微粒而言在不同时刻的速度大小和方向均是不确定的，所以无法确定其在某一个时刻的速度，故也就无法描绘其速度-时间图线，故C项错误；故只有D项正确。‎ ‎（上海物理）2．气体内能是所有气体分子热运动动能和势能的总和，其大小与气体的状态有关，分子热运动的平均动能与分子间势能分别取决于气体的 A．温度和体积 B．体积和压强 C．温度和压强 D．压强和温度 答案：A 解析：由于温度是分子平均动能的标志，所以气体分子的动能宏观上取决于温度；分子势能是由于分子间引力和分子间距离共同决定，宏观上取决于气体的体积。因此答案A正确。‎ ‎（高考上海物理卷）9．如图为竖直放置的上细下粗的密闭细管，水银柱将气体分隔成A、B两部分，初始温度相同。使A、B升高相同温度达到稳定后，体积变化量为DVA、DVB，压强变化量为DpA、DpB，对液面压力的变化量为DFA、DFB，则（ ）‎ ‎（A）水银柱向上移动了一段距离 （B）DVA＜DVB ‎（C）DpA＞DpB （D）DFA＝DFB ‎【答案】AC。‎ ‎【解析】首先假设液柱不动，则A、B两部分气体发生等容变化，由查理定律，对气体A：‎ ；对气体B：，又初始状态满足，可见使A、B升高相同温度，，，因此，因此液柱将向上移动，A正确，C正确；由于气体的总体积不变，因此DVA=DVB，所以B、D错误。‎ ‎（广东物理）13．（10分）‎ ‎（1）远古时代，取火是一件困难的事，火一般产生于雷击或磷的自燃。随着人类文明的进步，出现了“钻木取火”等方法。“钻木取火”是通过方式改变物体的内能，把 转变为内能。‎ ‎（2）某同学做了一个小实验：先把空的烧瓶放到冰箱冷冻，一小时后取出烧瓶，并迅速把一个气球紧密的套在瓶颈上，然后将烧瓶放进盛满热水的烧杯里，气球逐渐膨胀起来，如图所示。这是因为烧瓶里的气体吸收了水的，温度，体积。‎ 答案：（1）做功，机械能；(2)热量，升高，增大 解析：做功可以增加物体的内能；当用气球封住烧瓶，在瓶内就封闭了一定质量的气体，当将瓶子放到热水中，瓶内气体将吸收水的热量，增加气体的内能，温度升高，由理气方程可知，气体体积增大。‎ ‎（山东卷）36．(8分)[物理——物理3-3]‎ 一定质量的理想气体由状态A经状态B变为状态C，其中AB过程为等压变化，BC过程为等容变化。已知VA=0.3m3，TA=TB=300K、TB=400K。‎ ‎（1）求气体在状态B时的体积。‎ ‎（2）说明BC过程压强变化的微观原因 ‎（3）没AB过程气体吸收热量为Q，BC过气体放出热量为Q2，比较Q1、Q2的大小说明原因。‎ 解析：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 ‎（浙江自选模块）14. “物理3-3”模块（10分）一位质量为60 kg的同学为了表演“轻功”，他用打气筒给4只相同的气球充以相等质量的空气（可视为理想气体），然后将这4只气球以相同的方式放在水平放置的木板上，在气球的上方放置一轻质塑料板，如图所示。‎ ‎（1）（本小题共3分，在给出的四个选项中，可能只有一个选项正确，也可能有多个选项正确，全部选对得3分，选对但不全的得1分，有选错的得0分）‎ 关于气球内气体的压强，下列说法正确的是 A.大于大气压强 B.是由于气体重力而产生的 C.是由于气体分子之间的斥力而产生的 D.是由于大量气体分子的碰撞而产生的 ‎（2）（本小题共3分，在给出的四个选项中，可能只有一个选项正确，也可能有多个选项正确，全部选对得3分，选对但不全的得1分，有选错的得0分）‎ 在这位同学慢慢站上轻质塑料板中间位置的过程中，球内气体温度可视为不变。下列说法正确的是 A.球内气体体积变大 B.球内气体体积变小 C.球内气体内能变大 D.球内气体内能不变 ‎(3)(本小题共4分)‎ ‎ 为了估算气球内气体的压强，这位同学在气球的外表面涂上颜料，在轻质塑料板面和气球一侧表面贴上间距为2.0 cm的方格纸。表演结束后，留下气球与方格纸接触部分的“印迹”如图所示。若表演时大气压强为1.013105Pa，取g=10 m/s2，则气球内气体的压强为 Pa。（取4位有效数字）‎ ‎ 气球在没有贴方格纸的下层木板上也会留下“印迹”，这一“印迹”面积与方格纸上留下的“印迹”面积存在什么关系？‎ 答案：（1）AD ；(2)BD；（3）1.053*105Pa 面积相同 ‎（四川卷）16.关于热力学定律，下列说法正确的是 A.在一定条件下物体的温度可以降到0 K B.物体从单一热源吸收的热量可全部用于做功 C.吸收了热量的物体，其内能一定增加 D.压缩气体总能使气体的温度升高 答案：B ‎（重庆卷）14.密闭有空气的薄塑料瓶因降温而变扁，此过程中瓶内空气（不计分子势能）‎ ‎ A．内能增大，放出热量 B．内能减小，吸收热量 ‎ C．内能增大，对外界做功 D．内能减小，外界对其做功 答案：D ‎（江苏卷物理）12（选做题）A．（选修模块3—3）（12分）‎ ‎（1）若一气泡从湖底上升到湖面的过程中温度保持不变，则在此过程中关于气泡中的气体，下列说法正确的是。（填写选项前的字母）‎ ‎（A）气体分子间的作用力增大（B）气体分子的平均速率增大 ‎（C）气体分子的平均动能减小（D）气体组成的系统地熵增加 ‎（2）若将气泡内的气体视为理想气体，气泡从湖底上升到湖面的过程中，对外界做了0.6J的功，则此过程中的气泡（填“吸收”或“放出”）的热量是J。气泡到达湖面后，温度上升的过程中，又对外界做了0.1J的功，同时吸收了0.3J的热量，则此过程中，气泡内气体内能增加了J。‎ ‎（3）已知气泡内气体的密度为1.29kg/，平均摩尔质量为0.29kg/mol。阿伏加德罗常数，取气体分子的平均直径为，若气泡内的气体能完全变为液体，请估算液体体积与原来气体体积的比值。（结果保留一位有效数字）。‎ 答案：A. (1) D ；(2) 吸收；0.6；0.2；(3) 设气体体积为，液体体积为，‎ 气体分子数, (或)‎ 则（或）‎ 解得 (都算对) ‎ 解析：（1）掌握分子动理论和热力学定律才能准确处理本题。气泡的上升过程气泡内的压强减小，温度不变，由玻意尔定律知，上升过程中体积增大，微观上体现为分子间距增大，分子间引力减小，温度不变所以气体分子的平均动能、平均速率不变，此过程为自发过程，故熵增大。D 项正确。‎ ‎（2）本题从热力学第一定律入手，抓住理想气内能只与温度有关的特点进行处理。理想气体等温过程中内能不变，由热力学第一定律，物体对外做功0.6J，则一定同时从外界吸收热量0.6J，才能保证内能不变。而温度上升的过程，内能增加了0.2J。‎ ‎（3）微观量的运算，注意从单位制检查运算结论，最终结果只要保证数量级正确即可。设气体体积为，液体体积为，气体分子数, (或)‎ 则（或）‎ 解得 (都算对) ‎ ‎（海南物理）17．模块3-3试题（12分）‎ ‎（I）（4分）下列说法正确的是（填入正确选项前的字母，每选错一个扣2分，最低得分为0分）‎ ‎（A）气体的内能是分子热运动的动能和分子间的势能之和；‎ ‎（B）气体的温度变化时，其分子平均动能和分子间势能也随之改变；‎ ‎（C）功可以全部转化为热，但热量不能全部转化为功；‎ ‎（D）热量能够自发地从高温物体传递到低温物体，但不能自发地从低温物体传递到高温物体；‎ ‎（E）一定量的气体，在体积不变时，分子每秒平均碰撞次数随着温度降低而减小；‎ ‎（F）一定量的气体，在压强不变时，分子每秒对器壁单位面积平均碰撞次数随着温度降低而增加。‎ ‎（II）（8分）‎ 一气象探测气球，在充有压强为1．00atm（即76．0cmHg）、温度为27．0℃的氦气时，体积为3．50m3。在上升至海拔6．50km高空的过程中，气球内氦气逐渐减小到此高度上的大气压36．0cmGg，气球内部因启动一持续加热过程而维持其温度不变。此后停止加热，保持高度不变。已知在这一海拔高度气温为-48．0℃。求：‎ ‎（1）氦气在停止加热前的体积；‎ ‎（2）氦气在停止加热较长一段时间后的体积。‎ 答案：（1）ADEF （4分，选对一个给1分，每选错一个扣2分，最低得分为0分）‎ ‎（II）（1）在气球上升至海拔6.50km高空的过程中，气球内氦气经历一等温过程。‎ 根据玻意耳—马略特定律有 式中，是在此等温过程末氦气的体积。由①式得 ‎②‎ ‎（2）在停止加热较长一段时间后，氦气的温度逐渐从下降到与外界气体温度相同，即。这是一等过程根据盖—吕萨克定律有 ‎③‎ 式中，是在此等压过程末氦气的体积。由③式得 ‎④‎ 评分参考：本题8分。①至④式各2分。‎ ‎（上海物理）21．（12分）如图，粗细均匀的弯曲玻璃管A、B两端开口，管内有一段水银柱，右管内气体柱长为39cm，中管内水银面与管口A之间气体柱长为40cm。先将口B封闭，再将左管竖直插入水银槽中，设整个过程温度不变，稳定后右管内水银面比中管内水银面高2cm，求：‎ ‎（1）稳定后右管内的气体压强p；‎ ‎（2）左管A端插入水银槽的深度h。（大气压强p0＝76cmHg）‎ 解析：（1）插入水银槽后右管内气体：由玻意耳定律得：p0l0S＝p（l0－Dh/2）S，‎ 所以p＝78cmHg；‎ ‎（2）插入水银槽后左管压强：p’＝p＋rgDh＝80cmHg，左管内外水银面高度差h1＝r＝4cm，中、左管内气体p0l＝p’l’，l’＝38cm，‎ 左管插入水银槽深度h＝l＋Dh/2－l’＋h1＝7cm。‎ ‎（高考宁夏理综卷）‎ ‎34.[物理——选修3-3]（15分）‎ ‎ （1）（5分）带有活塞的汽缸内封闭一定量的理想气体。气体开始处于状态a，然后经过过程ab到达状态b或进过过程ac到状态c，b、c状态温度相同，如V-T图所示。设气体在状态b和状态c的压强分别为Pb、和PC,在过程ab和ac中吸收的热量分别为Qab和Qac，则（填入选项前的字母，有填错的不得分）‎ A. Pb>Pc，Qab>Qac B.Pb>Pc，QabQac D.Pb2al 答案：D 解析：当为F时有，当为2F时有，可知，D对。‎ ‎（山东卷）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 答案：B 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。‎ 考点：v-t图象、牛顿第二定律 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。‎ ‎（山东卷）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 P 地球 Q 轨道1‎ 轨道2‎ A．飞船变轨前后的机械能相等 B．飞船在圆轨道上时航天员出舱前后都处于失重状态 C．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 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 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。‎ 考点：机械能守恒定律，完全失重，万有引力定律 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。‎ ‎（山东卷）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30°，质量为M的木箱与轨道的动摩擦因数为。木箱在轨道端时，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，与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 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。‎ 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 提示：能量守恒定律的理解及应用。‎ ‎（安徽卷）17.‎ ‎ 为了节省能量，某商场安装了智能化的电动扶梯。无人乘行时，扶梯运转得很慢；有人站上扶梯时，它会先慢慢加速，再匀速运转。一顾客乘扶梯上楼，恰好经历了这两个过程，如图所示。那么下列说法中正确的是 A. 顾客始终受到三个力的作用 B. 顾客始终处于超重状态 FN mg f a C. 顾客对扶梯作用力的方向先指向左下方，再竖直向下 D. 顾客对扶梯作用的方向先指向右下方，再竖直向下 答案：C 解析：在慢慢加速的过程中顾客受到的摩擦力水平向左，电梯对其的支持力和摩擦力的合力方向指向右上，由牛顿第三定律，它的反作用力即人对电梯的作用方向指向向左下；在匀速运动的过程中，顾客与电梯间的摩擦力等于零，顾客对扶梯的作用仅剩下压力，方向沿竖直向下。‎ ‎（安徽卷）18. 在光滑的绝缘水平面上，有一个正方形的abcd，顶点a、c处分别固定一个正点电荷，电荷量相等，如图所示。若将一个带负电的粒子置于b点，自由释放，粒子将沿着对角线bd往复运动。粒子从b点运动到d点的过程中 A. 先作匀加速运动，后作匀减速运动 B. 先从高电势到低电势，后从低电势到高电势 C. 电势能与机械能之和先增大，后减小 D. 电势能先减小，后增大 答案：D 解析：由于负电荷受到的电场力是变力，加速度是变化的。所以A错；由等量正电荷的电场分布知道，在两电荷连线的中垂线O点的电势最高，所以从b到a，电势是先增大后减小，故B错；由于只有电场力做功，所以只有电势能与动能的相互转化，故电势能与机械能的和守恒，C错；由b到O电场力做正功，电势能减小，由O到d电场力做负功，电势能增加，D对。‎ a b cc d O ‎（山东卷）24．（15分）如图所示，某货场而将质量为m1=100 kg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，使货物中轨道顶端无初速滑下，轨道半径R=1.8 m。地面上紧靠轨道次排放两声完全相同的木板A、B，长度均为l=2m，质量均为m2=100 kg，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1，木板与地面间的动摩擦因数=0.2。（最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取g=10 m/s2）‎ ‎（1）求货物到达圆轨道末端时对轨道的压力。‎ ‎（2）若货物滑上木板4时，木板不动，而滑上木板B时，木板B开始滑动，求1应满足的条件。‎ ‎（3）若1=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。‎ 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 ‎（安徽卷）22．（14分）在2008年北京残奥会开幕式上，运动员手拉绳索向上攀登，最终点燃了主火炬，体现了残疾运动员坚忍不拔的意志和自强不息的精神。为了探究上升过程中运动员与绳索和吊椅间的作用，可将过程简化。一根不可伸缩的轻绳跨过轻质的定滑轮，一端挂一吊椅，另一端被坐在吊椅上的运动员拉住，如图所示。设运动员的质量为65kg，吊椅的质量为15kg，不计定滑轮与绳子间的摩擦。重力加速度取。当运动员与吊椅一起正以加速度上升时，试求 ‎ （1）运动员竖直向下拉绳的力；‎ ‎ （2）运动员对吊椅的压力。‎ 答案：440N，275N 解析：解法一:(1）设运动员受到绳向上的拉力为F，由于跨过定滑轮的两段绳子拉力相等，吊椅受到绳的拉力也是F。对运动员和吊椅整体进行受力分析如图所示，则有：‎ F F ‎(m人+m椅)g a 由牛顿第三定律，运动员竖直向下拉绳的力 ‎（2）设吊椅对运动员的支持力为FN，对运动员进行受力分析如图所示，则有：‎ F m人g ‎ a ‎ FN 由牛顿第三定律，运动员对吊椅的压力也为275N 解法二:设运动员和吊椅的质量分别为M和m；运动员竖直向下的拉力为F，对吊椅的压力大小为FN。‎ 根据牛顿第三定律，绳对运动员的拉力大小为F，吊椅对运动员的支持力为FN。分别以运动员和吊椅为研究对象，根据牛顿第二定律 ‎①‎ ‎②‎ 由①②得 ‎ ‎（江苏卷）13.（15分）航模兴趣小组设计出一架遥控飞行器，其质量m =2㎏，动力系统提供的恒定升力F =28 N。试飞时，飞行器从地面由静止开始竖直上升。设飞行器飞行时所受的阻力大小不变，g取10m/s2。‎ ‎ （1）第一次试飞，飞行器飞行t1 = 8 s 时到达高度H = 64 m。求飞行器所阻力f的大小；‎ ‎ （2）第二次试飞，飞行器飞行t2 = 6 s 时遥控器出现故障，飞行器立即失去升力。求飞行器能达到的最大高度h；‎ ‎（3）为了使飞行器不致坠落到地面，求飞行器从开始下落到恢复升力的最长时间t3 。‎ 解析：‎ ‎（1）第一次飞行中，设加速度为 匀加速运动 由牛顿第二定律 解得 ‎（2）第二次飞行中，设失去升力时的速度为，上升的高度为 匀加速运动 设失去升力后的速度为，上升的高度为 由牛顿第二定律 解得 ‎（3）设失去升力下降阶段加速度为；恢复升力后加速度为，恢复升力时速度为 由牛顿第二定律 ‎ F+f-mg=ma4‎ 且 V3=a3t3‎ 解得t3=(s)(或2.1s)‎ ‎（海南物理）15．（9分）一卡车拖挂一相同质量的车厢，在水平直道上以的速度匀速行驶，其所受阻力可视为与车重成正比，与速度无关。某时刻，车厢脱落，并以大小为的加速度减速滑行。在车厢脱落后，司机才发觉并紧急刹车，刹车时阻力为正常行驶时的3倍。假设刹车前牵引力不变，求卡车和车厢都停下后两者之间的距离。‎ 解析：设卡车的质量为M，车所受阻力与车重之比为；刹车前卡车牵引力的大小为，‎ 卡车刹车前后加速度的大小分别为和。重力加速度大小为g。由牛顿第二定律有 设车厢脱落后，内卡车行驶的路程为，末速度为，根据运动学公式有 ‎⑤‎ ‎⑥‎ ‎⑦‎ 式中，是卡车在刹车后减速行驶的路程。设车厢脱落后滑行的路程为，有 ‎⑧‎ 卡车和车厢都停下来后相距 ‎⑨‎ 由①至⑨式得 带入题给数据得 评分参考：本题9分。①至⑧式各1分，式1分 ‎（上海物理）22．（12分）如图A．，质量m＝1kg的物体沿倾角q＝37°的固定粗糙斜面由静止开始向下运动，风对物体的作用力沿水平方向向右，其大小与风速v成正比，比例系数用k表示，物体加速度a与风速v的关系如图B．所示。求：‎ ‎（1）物体与斜面间的动摩擦因数m；（2）比例系数k。‎ ‎（sin370=0.6,cos370=0.8,g=10m/s2）‎ 解析：（1）对初始时刻：mgsinq－mmgcosq＝ma0 由图读出a0=4m/s2代入式，‎ 解得：m＝＝0.25；‎ ‎（2）对末时刻加速度为零：mgsinq－mN－kvcosq＝0 又N＝mgcosq＋kvsinq 由图得出此时v=5 m/s 代入式解得：k＝＝0.84kg/s。‎ ‎（广东物理）20．（17分）如图20所示，绝缘长方体B置于水平面上，两端固定一对平行带电极板，极板间形成匀强电场E。长方体B的上表面光滑，下表面与水平面的动摩擦因数=0.05（设最大静摩擦力与滑动摩擦力相同）。B与极板的总质量=1.0kg.带正电的小滑块A质量=0.60kg，其受到的电场力大小F=1.2N.假设A所带的电量不影响极板间的电场分布。t=0时刻，小滑块A从B表面上的a点以相对地面的速度=1.6m/s向左运动，同时，B（连同极板）以相对地面的速度=0.40m/s向右运动。问（g取10m/s2）‎ ‎（1）A和B刚开始运动时的加速度大小分别为多少？‎ ‎（2）若A最远能到达b点，a、b的距离L应为多少？从t=0时刻至A运动到b点时，摩擦力对B做的功为多少？‎ 解析：⑴由牛顿第二定律有 ‎ A刚开始运动时的加速度大小 方向水平向右 B刚开始运动时受电场力和摩擦力作用 由牛顿第三定律得电场力 摩擦力 B刚开始运动时的加速度大小方向水平向左 ‎⑵设B从开始匀减速到零的时间为t1，则有 此时间内B运动的位移 t1时刻A的速度，故此过程A一直匀减速运动。‎ ‎ 此t1时间内A运动的位移 此t1时间内A相对B运动的位移 此t1时间内摩擦力对B做的功为 ‎ t1后，由于，B开始向右作匀加速运动，A继续作匀减速运动，当它们速度相等时A、B相距最远，设此过程运动时间为t2，它们速度为v，则有 对A 速度 对B 加速度 ‎ 速度 联立以上各式并代入数据解得 此t2时间内A运动的位移 此t2时间内B运动的位移 此t2时间内A相对B运动的位移 此t2时间内摩擦力对B做的功为 所以A最远能到达b点a、b的距离L为 从t=0时刻到A运动到b点时，摩擦力对B做的功为 ‎。‎ 高考物理试题分类汇编——交变电流 ‎（天津卷） 9.（6分）（1）如图所示，单匝矩形闭合导线框abcd全部处于磁感应强度为B的水平匀强磁场中，线框面积为S，电阻为R。线框绕与cd边重合的竖直固定转轴以角速度匀速转动，线框中感应电流的有效值I=。线框从中性面开始转过的过程中，通过导线横截面的电荷量q=。‎ 答案：（1），‎ 解析：本题考查交变流电的产生和最大值、有效值、平均值的关系及交变电流中有关电荷量的计算等知识。‎ 电动势的最大值，电动势的有效值，电流的有效值；。‎ ‎（广东物理）9．图为远距离高压输电的示意图。关于远距离输电，下列表述正确的是 A．增加输电导线的横截面积有利于减少输电过程中的电能损失 B．高压输电是通过减小输电电流来减小电路的发热损耗 C．在输送电压一定时，输送的电功率越大，输电过程中的电能损失越小 D．高压输电必须综合考虑各种因素，不一定是电压越高越好 答案：ABD 解析：依据输电原理，电路中的功率损耗，而 ‎,增大输电线的横截面积，减小输电线的电阻，则能够减小输电线上的功率损耗，A正确；由P=UI来看在输送功率一定的情况下，输送电压U越大，则输电电流越小，则功率损耗越小，B正确；若输电电压一定，输送功率越大，则电流I越大，电路中损耗的电功率越大，C错误；输电电压并不是电压越高越好，因为电压越高，对于安全和技术的要求越高，因此并不是输电电压越高越好，D正确。‎ ‎（江苏物理）6．如图所示，理想变压器的原、副线圈匝数比为1：5，原线圈两端的交变电压为 氖泡在两端电压达到100V时开始发光，下列说法中正确的有 A．开关接通后，氖泡的发光频率为100Hz B．开关接通后，电压表的示数为100 V C．开关断开后，电压表的示数变大 ‎ D．开关断开后，变压器的输出功率不变 答案：AB 解析：本题主要考查变压器的知识，要能对变压器的最大值、有效值、瞬时值以及变压器变压原理、功率等问题彻底理解。由交变电压的瞬时值表达式知，原线圈两端电压的有效值为V=20V，由得副线圈两端的电压为V，电压表的示数为交流电的有效值，B项正确；交变电压的频率为 Hz，一个周期内电压两次大于100V，即一个周期内氖泡能两次发光，所以其发光频率为100Hz，A项正确；开关断开前后，输入电压不变，变压器的变压比不变，故输出电压不变，C项错误；断开后，电路消耗的功率减小，输出功率决定输入功率，D项错误。‎ ‎（海南物理）9．一台发电机最大输出功率为4000kW,电压为4000V，经变压器升压后向远方输电。输电线路总电阻．到目的地经变压器降压，负载为多个正常发光的灯泡（220V、60W）。若在输电线路上消耗的功率为发电机输出功率的10%,变压器和的耗损可忽略，发电机处于满负荷工作状态，则 A．原、副线圈电流分别为和20A B．原、副线圈电压分别为和220V C．和的变压比分别为1：50和40：1‎ D．有盏灯泡（220V、60W）正常发光 答案：ABD ‎（海南物理）12．钳型表的工作原理如图所示。当通有交流电的导线从环形铁芯的中间穿过时，与绕在铁芯上的线圈相连的电表指针会发生偏转。由于通过环形铁芯的磁通量与导线中的电流成正比，所以通过偏转角度的大小可以测量导线中的电流。日常所用交流电的频率在中国和英国分别为50Hz和60Hz。现用一钳型电流表在中国测量某一电流，电表读数为10A；若用同一电表在英国测量同样大小的电流，则读数将是A。若此表在中国的测量值是准确的，且量程为30A；为使其在英国的测量值变为准确，应重新将其量程标定为A．‎ 答案：12 （2分） 25（2分）‎ ‎（宁夏卷）19.如图所示，一导体圆环位于纸面内，O为圆心。环内两个圆心角为90°的扇形区域内分别有匀强磁场，两磁场磁感应强度的大小相等，方向相反且均与纸面垂直。导体杆OM可绕O转动，M端通过滑动触点与圆环良好接触。在圆心和圆环间连有电阻R。杆OM以匀角速度逆时针转动，t=0时恰好在图示位置。规定从a到b流经电阻R的电流方向为正，圆环和导体杆的电阻忽略不计，则杆从t=0开始转动一周的过程中，电流随变化的图象是 答案：C ‎（山东卷）19．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n，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 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。‎ 考点：变压器工作原理、远距离输电 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。‎ ‎（四川卷）17.如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10：1，R1＝20 ，R2＝30 ，C为电容器。已知通过R1的正弦交流电如图乙所示，则 A.交流电的频率为0.02 Hz B.原线圈输入电压的最大值为200 V C.电阻R2的电功率约为6.67 W D.通过R3的电流始终为零 答案：C 解析：根据变压器原理可知原副线圈中电流的周期、频率相同，周期为0.02s、频率为50赫兹，A错。由图乙可知通过R1的电流最大值为Im＝1A、根据欧姆定律可知其最大电压为Um＝20V，再根据原副线圈的电压之比等于匝数之比可知原线圈输入电压的最大值为200 V、B错；因为电容器有通交流、阻直流的作用，则有电流通过R3和电容器，D错；根据正弦交流电的峰值和有效值关系并联电路特点可知电阻R2的电流有效值为I＝、电压有效值为U＝Um/V，电阻R2的电功率为P2＝UI＝W、C对。‎ ‎（福建卷）16.一台小型发电机产生的电动势随时间变化的正弦规律图象如图甲所示。已知发电机线圈内阻为5.0，则外接一只电阻为95.0的灯泡，如图乙所示，则 A.电压表的示数为220v ‎ B.电路中的电流方向每秒钟改变50次 C.灯泡实际消耗的功率为484w ‎ D.发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为24.2J 答案：D 解析：电压表示数为灯泡两端电压的有效值,由图像知电动势的最大值Em=V，有效值E=220V，灯泡两端电压，A错；由图像知T=0.02S，一个周期内电流方向变化两次，可知1s内电流方向变化100次，B错；灯泡的实际功率,C错；电流的有效值，发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为，D对。‎ 高考物理试题分类汇编——曲线运动、万有引力 ‎（全国卷Ⅰ）19．天文学家新发现了太阳系外的一颗行星。这颗行星的体积是地球的4.7倍，是地球的25倍。已知某一近地卫星绕地球运动的周期约为1.4小时，引力常量G=6.67×10-11N·m2/kg2,,由此估算该行星的平均密度为 A.1.8×103kg/m3 B. 5.6×103kg/m3 ‎ C. 1.1×104kg/m3 D.2.9×104kg/m3‎ 答案：D 解析：本题考查天体运动的知识.首先根据近地卫星饶地球运动的向心力由万有引力提供,可求出地球的质量.然后根据,可得该行星的密度约为2.9×104kg/m3。‎ ‎（上海物理）8．牛顿以天体之间普遍存在着引力为依据，运用严密的逻辑推理，建立了万有引力定律。在创建万有引力定律的过程中，牛顿 A．接受了胡克等科学家关于“吸引力与两中心距离的平方成反比”的猜想 B．根据地球上一切物体都以相同加速度下落的事实，得出物体受地球的引力与其质量成正比，即Fµm的结论 C．根据Fµm和牛顿第三定律，分析了地月间的引力关系，进而得出Fµm1m2‎ D．根据大量实验数据得出了比例系数G的大小 答案：AB 解析：题干要求“在创建万有引力定律的过程中”，牛顿知识接受了平方反比猜想，和物体受地球的引力与其质量成正比，即Fµm的结论，而提出万有引力定律后，后来利用卡文迪许扭称测量出万有引力常量G的大小，只与C项也是在建立万有引力定律后才进行的探索，因此符合题意的只有AB。‎ ‎（广东物理）5．发射人造卫星是将卫星以一定的速度送入预定轨道。发射场一般选择在尽可能靠近赤道的地方，如图这样选址的优点是，在赤道附近 A．地球的引力较大 ‎ B．地球自转线速度较大 C．重力加速度较大 D．地球自转角速度较大 答案：B 解析：由于发射卫星需要将卫星以一定的速度送入运动轨道，在靠进赤道处的地面上的物体的线速度最大，发射时较节能，因此B正确。‎ ‎（上海卷）43.右图为一种早期的自行车，这种下带链条传动的自行车前轮的直径很大，这样的设计在当时主要是为了 A.提高速度 B.提高稳定性 C.骑行方便 D.减小阻力 答案：A ‎（上海卷）45.小明同学在学习了圆周运动的知识后，设计了一个课题，名称为：快速测量自行车的骑行速度。他的设想是：通过计算踏脚板转动的角速度，推算自行车的骑行速度。经过骑行，他得到如下的数据：‎ 在时间t内踏脚板转动的圈数为N，那么脚踏板转动的角速度=;要推算自行车的骑行速度，还需要测量的物理量有；自行车骑行速度的计算公式v=.‎ 答案：牙盘的齿轮数m、飞轮的齿轮数n、自行车后轮的半径R(牙盘的半径r1、飞轮的半径r2、自行车后轮的半径R);‎ ‎（江苏物理）3．英国《新科学家（New Scientist）》杂志评选出了2008年度世界8项科学之最，在XTEJ1650-500双星系统中发现的最小黑洞位列其中，若某黑洞的半径约45km，质量和半径的关系满足（其中为光速，为引力常量），则该黑洞表面重力加速度的数量级为 ‎ A． B．‎ ‎ C． D．‎ 答案：C 解析：处理本题要从所给的材料中，提炼出有用信息，构建好物理模型，选择合适的物理方法求解。黑洞实际为一天体，天体表面的物体受到的重力近似等于物体与该天体之间的万有引力，对黑洞表面的某一质量为m物体有：，又有，联立解得，带入数据得重力加速度的数量级为，C项正确。‎ ‎（海南物理）6．近地人造卫星1和2绕地球做匀速圆周运动的周期分别为T1和,设在卫星1、卫星2各自所在的高度上的重力加速度大小分别为、，则 A．B．‎ D．D．‎ 答案：B ‎（海南物理）11．在下面括号内列举的科学家中，对发现和完善万有引力定律有贡献的是。（安培、牛顿、焦耳、第谷、卡文迪许、麦克斯韦、开普勒、法拉第）‎ 答案：第谷（1分）；开普勒（1分）；牛顿（1分）；卡文迪许 （1分）‎ 评分说明：每选错1个扣1根，最低得分为0分。‎ ‎（广东理科基础）6．船在静水中的航速为v1，水流的速度为v2。为使船行驶到河正对岸的码头，则v1相对v2的方向应为 答案：C 解析：根据运动的合成与分解的知识,可知要使船垂直达到对岸即要船的合速度指向对岸。根据平行四边行定则，C能。‎ ‎（宁夏卷）15.‎ ‎ 地球和木星绕太阳运行的轨道都可以看作是圆形的。已知木星的轨道半径约为地球轨道半径的5.2倍，则木星与地球绕太阳运行的线速度之比约为 A. 0.19 B. 0.44 C. 2.3 D. 5.2‎ 答案：B ‎（广东理科基础）7．滑雪运动员以20m／s的速度从一平台水平飞出，落地点与飞出点的高度差3．2m。不计空气阻力，g取10m／s2。运动员飞过的水平距离为s，所用时间为t，则下列结果正确的是 A．s=16m，t=0．50s B．s=16m，t=0．80s C．s=20m，t=0．50s D．s=20m，t=0．80s 答案：B 解析：做平抛运动的物体运动时间由高度决定，根据竖直方向做自由落体运动得。根据水平方向做匀速直线运动可知，B正确。‎ ‎（广东理科基础）10．关于地球的第一宇宙速度，下列表述正确的是 A．第一宇宙速度又叫环绕速度 B．第一宇宙速度又叫脱离速度 C．第一宇宙速度跟地球的质量无关 D．第一宇宙速度跟地球的半径无关 答案：A 解析：第一宇宙速度又叫环绕速度A对，B错；根据定义有可知与地球的质量和半径有关，CD错。‎ ‎（广东理科基础）11．宇宙飞船在半径为R。的轨道上运行，变轨后的半径为R2，R1>R2。宇宙飞船绕地球做匀速圆周运动，则变轨后宇宙飞船的 A．线速度变小 B．角速度变小 C．周期变大 D．向心加速度变大 答案：D 解析：根据得，可知变轨后飞船的线速度变大，A错；角速度变大B错，周期变小C错；‎ 向心加速度在增大D正确。‎ ‎（广东理科基础）16．如图所示，一带负电粒子以某速度进入水平向右的匀强电场中，在电场力作用下形成图中所示的运动轨迹。M和N是轨迹上的两点，其中M点在轨迹的最右点。不计重力，下列表述正确的是 A．粒子在M点的速率最大 B．粒子所受电场力沿电场方向 C．粒子在电场中的加速度不变 D．粒子在电场中的电势能始终在增加 答案：C 解析：根据做曲线运动物体的受力特点合力指向轨迹的凹一侧,再结合电场力的特点可知粒子带负电，即受到的电场力方向与电场线方向相反，B错；从N到M电场力做负功，减速，电势能在增加，当达到M点后电场力做正功加速电势能在减小则在M点的速度最小A错，D错；在整个过程中只受电场力，根据牛顿第二定律加速度不变。‎ ‎（重庆卷）17.据报道，“嫦娥一号”和“嫦娥二号”绕月飞行器的圆形轨道距月球表面分别约为200Km和100Km，运动速率分别为v1和v2，那么v1和v2的比值为（月球半径取1700Km）‎ A. B. C, D. ‎ 答案：C ‎（四川卷）15.据报道，4月29日，美国亚利桑那州一天文观测机构发现一颗与太阳系其它行星逆向运行的小行星，代号为20HC82。该小行星绕太阳一周的时间为3.39年，直径2～3千米，其轨道平面与地球轨道平面呈155°的倾斜。假定该小行星与地球均以太阳为中心做匀速圆周运动，则小行星和地球绕太阳运动的速度大小的比值为 A. B. C. D.‎ 答案：A 解析：小行星和地球绕太阳作圆周运动，都是由万有引力提供向心力，有＝，可知小行星和地球绕太阳运行轨道半径之比为R1:R2＝，又根据V＝，联立解得V1:V2＝，已知＝，则V1:V2＝。‎ ‎（安徽卷）15. 2月11日，俄罗斯的“宇宙-2251”卫星和美国的“铱-33”卫星在西伯利亚上空约805km处发生碰撞。这是历史上首次发生的完整在轨卫星碰撞事件。碰撞过程中产生的大量碎片可能会影响太空环境。假定有甲、乙两块碎片，绕地球运动的轨道都是圆，甲的运行速率比乙的大，则下列说法中正确的是 A. 甲的运行周期一定比乙的长 B. 甲距地面的高度一定比乙的高 C. 甲的向心力一定比乙的小 D. 甲的加速度一定比乙的大 答案：D 解析：由可知，甲的速率大，甲碎片的轨道半径小，故B错；由公式可知甲的周期小故A错；由于未知两碎片的质量，无法判断向心力的大小，故C错；碎片的加速度是指引力加速度由得，可知甲的加速度比乙大，故D对。‎ ‎（山东卷）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 P 地球 Q 轨道1‎ 轨道2‎ A．飞船变轨前后的机械能相等 B．飞船在圆轨道上时航天员出舱前后都处于失重状态 C．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 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 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。‎ 考点：机械能守恒定律，完全失重，万有引力定律 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。‎ ‎（福建卷）14.“嫦娥一号”月球探测器在环绕月球运行过程中，设探测器运行的轨道半径为r，运行速率为v，当探测器在飞越月球上一些环形山中的质量密集区上空时 A.r、v都将略为减小 B.r、v都将保持不变 C.r将略为减小，v将略为增大 D. r将略为增大，v将略为减小 答案：C 解析：当探测器在飞越月球上一些环形山中的质量密集区上空时，引力变大，探测器做近心运动，曲率半径略为减小，同时由于引力做正功，动能略为增加，所以速率略为增大。‎ ‎（浙江卷）19．在讨论地球潮汐成因时，地球绕太阳运行轨道与月球绕地球运行轨道可视为圆轨道。已知太阳质量约为月球质量的倍，地球绕太阳运行的轨道半径约为月球绕地球运行的轨道半径的400倍。关于太阳和月球对地球上相同质量海水的引力，以下说法正确的是 A．太阳引力远大于月球引力 B．太阳引力与月球引力相差不大 C．月球对不同区域海水的吸引力大小相等 D．月球对不同区域海水的吸引力大小有差异 答案：AD 解析：，代入数据可知，太阳的引力远大于月球的引力；由于月心到不同区域海水的距离不同，所以引力大小有差异。‎ ‎(广东文科基础)57．图7所示是一个玩具陀螺。a、b和c是陀螺上的三个点。当陀螺绕垂直于地面的轴线以角速度ω稳定旋转时，下列表述正确的是 A．a、b和c三点的线速度大小相等B．a、b和c三点的角速度相等 C．a、b的角速度比c的大D．c的线速度比a、b的大 答案：B ‎(广东文科基础)59．关于万有引力及其应用，下列表述正确的是 A．人造地球卫星运行时不受地球引力作用 B．两物体间的万有引力跟它们质量的乘积成反比 C．两物体间的万有引力跟它们的距离成反比 D．人造卫星在地面附近绕地球作匀速圆周运动所必须具有的速度，称为第一宇宙速度 答案：D ‎（全国卷Ⅱ）26. (21分)如图，P、Q为某地区水平地面上的两点，在P点正下方一球形区域内储藏有石油，假定区域周围岩石均匀分布，密度为；石油密度远小于，可将上述球形区域视为空腔。如果没有这一空腔，则该地区重力加速度（正常值）沿竖直方向；当存在空腔时，该地区重力加速度的大小和方向会与正常情况有微小偏高。重力加速度在原坚直方向（即PO方向）上的投影相对于正常值的偏离叫做“重力加速度反常”。为了探寻石油区域的位置和石油储量，常利用P点附近重力加速度反常现象。已知引力常数为G。‎ ‎（1）设球形空腔体积为V，球心深度为d（远小于地球半径），=x，求空腔所引起的Q点处的重力加速度反常 ‎（2）‎ 若在水平地面上半径L的范围内发现：重力加速度反常值在与（k>1）之间变化，且重力加速度反常的最大值出现在半为L的范围的中心,如果这种反常是由于地下存在某一球形空腔造成的，试求此球形空腔球心的深度和空腔的体积。‎ 答案：（1）；（2）,‎ 解析：本题考查万有引力部分的知识.‎ ‎（1）如果将近地表的球形空腔填满密度为的岩石,则该地区重力加速度便回到正常值.因此,重力加速度反常可通过填充后的球形区域产生的附加引力………①来计算,式中的m是Q点处某质点的质量,M是填充后球形区域的质量,……………②‎ 而r是球形空腔中心O至Q点的距离………③‎ 在数值上等于由于存在球形空腔所引起的Q点处重力加速度改变的大小.Q点处重力加速度改变的方向沿OQ方向,重力加速度反常是这一改变在竖直方向上的投影………④‎ 联立以上式子得 ‎,…………⑤‎ ‎（2）由⑤式得,重力加速度反常的最大值和最小值分别为……⑥‎ ‎……………⑦‎ 由提设有、……⑧‎ 联立以上式子得,地下球形空腔球心的深度和空腔的体积分别为 ‎,‎ ‎（北京卷）22.（16分）已知地球半径为R，地球表面重力加速度为g，不考虑地球自转的影响。‎ ‎（1）推导第一宇宙速度v1的表达式；‎ ‎（2）若卫星绕地球做匀速圆周运动，运行轨道距离地面高度为h，求卫星的运行周期T。‎ 解析：‎ ‎（1）设卫星的质量为m,地球的质量为M,‎ 在地球表面附近满足 ‎ 得 ①‎ 卫星做圆周运动的向心力等于它受到的万有引力 ‎ ‎②‎ ‎①式代入②式，得到 ‎（2）考虑式，卫星受到的万有引力为 ‎③‎ 由牛顿第二定律④‎ ‎③、④联立解得 ‎（天津卷）11.(18分)如图所示，直角坐标系xOy位于竖直平面内，在水平的x轴下方存在匀强磁场和匀强电场，磁场的磁感应为B,方向垂直xOy平面向里，电场线平行于y轴。一质量为m、电荷量为q的带正电的小球，从y轴上的A点水平向右抛出，经x轴上的M点进入电场和磁场，恰能做匀速圆周运动，从x轴上的N点第一次离开电场和磁场，MN之间的距离为L,小球过M点时的速度方向与x轴的方向夹角为.不计空气阻力，重力加速度为g,求 (1) 电场强度E的大小和方向；‎ (2) 小球从A点抛出时初速度v0的大小;‎ (3) A点到x轴的高度h.‎ 答案：（1），方向竖直向上 （2） （3）‎ 解析：本题考查平抛运动和带电小球在复合场中的运动。‎ ‎（1）小球在电场、磁场中恰能做匀速圆周运动，说明电场力和重力平衡（恒力不能充当圆周运动的向心力），有 ‎①‎ ‎②‎ 重力的方向竖直向下，电场力方向只能向上，由于小球带正电，所以电场强度方向竖直向上。‎ ‎（2）小球做匀速圆周运动，O′为圆心，MN为弦长，，如图所示。设半径为r，由几何关系知 ‎③‎ 小球做匀速圆周运动的向心力由洛仑兹力白日提供，设小球做圆周运动的速率为v，有 ‎④‎ ‎ 由速度的合成与分解知 ‎⑤‎ 由③④⑤式得 ‎⑥‎ ‎（3）设小球到M点时的竖直分速度为vy，它与水平分速度的关系为 ‎⑦‎ 由匀变速直线运动规律 ‎⑧‎ 由⑥⑦⑧式得 ‎⑨‎ ‎（天津卷）12.（20分）2008年12月，天文学家们通过观测的数据确认了银河系中央的黑洞“人马座A*”的质量与太阳质量的倍数关系。研究发现，有一星体S2绕人马座A*做椭圆运动，其轨道半长轴为9.50102天文单位（地球公转轨道的半径为一个天文单位），人马座A*就处在该椭圆的一个焦点上。观测得到S2星的运行周期为15.2年。‎ (1) 若将S2星的运行轨道视为半径r=9.50102天文单位的圆轨道，试估算人马座A*的质量MA 是太阳质量Ms的多少倍(结果保留一位有效数字)；‎ (1) 黑洞的第二宇宙速度极大，处于黑洞表面的粒子即使以光速运动，其具有的动能也不足以克服黑洞对它的引力束缚。由于引力的作用，黑洞表面处质量为m的粒子具有势能为Ep=-G(设粒子在离黑洞无限远处的势能为零)，式中M、R分别表示黑洞的质量和半径。已知引力常量G=6.710-11N·m2/kg2，光速c=3.0108m/s，太阳质量Ms=2.01030kg，太阳半径Rs=7.0108m，不考虑相对论效应，利用上问结果，在经典力学范围内求人马座A*的半径RA与太阳半径之比应小于多少（结果按四舍五入保留整数）。‎ 答案：（1），（2）‎ 解析：本题考查天体运动的知识。其中第2小题为信息题，如“黑洞”“引力势能”等陌生的知识都在题目中给出，考查学生提取信息，处理信息的能力，体现了能力立意。‎ ‎（1）S2星绕人马座A*做圆周运动的向心力由人马座A*对S2星的万有引力提供，设S2星的质量为mS2，角速度为ω，周期为T，则 ‎①‎ ‎②‎ 设地球质量为mE，公转轨道半径为rE，周期为TE，则 ‎③‎ 综合上述三式得 ‎ 式中 TE=1年 ④‎ rE=1天文单位 ⑤‎ ‎ 代入数据可得 ‎⑥‎ ‎（2）引力对粒子作用不到的地方即为无限远，此时料子的势能为零。“‎ 处于黑洞表面的粒子即使以光速运动，其具有的动能也不足以克服黑洞对它的引力束缚”，说明了黑洞表面处以光速运动的粒子在远离黑洞的过程中克服引力做功，粒子在到达无限远之前，其动能便减小为零，此时势能仍为负值，则其能量总和小于零，则有 ‎⑦‎ 依题意可知 ‎，‎ 可得 ‎⑧‎ 代入数据得 ‎⑨‎ ‎⑩‎ ‎（安徽卷）24．（20分）过山车是游乐场中常见的设施。下图是一种过山车的简易模型，它由水平轨道和在竖直平面内的三个圆形轨道组成，B、C、D分别是三个圆形轨道的最低点，B、C间距与C、D间距相等，半径、。一个质量为kg的小球（视为质点），从轨道的左侧A点以的初速度沿轨道向右运动，A、B间距m。小球与水平轨道间的动摩擦因数，圆形轨道是光滑的。假设水平轨道足够长，圆形轨道间不相互重叠。重力加速度取，计算结果保留小数点后一位数字。试求 ‎ （1）小球在经过第一个圆形轨道的最高点时，轨道对小球作用力的大小；‎ ‎ （2）如果小球恰能通过第二圆形轨道，B、C间距应是多少；‎ ‎ （3）在满足（2）的条件下，如果要使小球不能脱离轨道，在第三个圆形轨道的设计中，半径应满足的条件；小球最终停留点与起点的距离。‎ 答案：（1）10.0N；（2）12.5m(3) 当时， ；当时， ‎ 解析：（1）设小于经过第一个圆轨道的最高点时的速度为v1根据动能定理 ‎①‎ ‎ 小球在最高点受到重力mg和轨道对它的作用力F，根据牛顿第二定律 ‎②‎ 由①②得 ③‎ ‎（2）设小球在第二个圆轨道的最高点的速度为v2，由题意 ‎④‎ ‎⑤‎ 由④⑤得 ⑥‎ ‎（3）要保证小球不脱离轨道，可分两种情况进行讨论：‎ I．轨道半径较小时，小球恰能通过第三个圆轨道，设在最高点的速度为v3，应满足 ‎⑦‎ ‎⑧‎ 由⑥⑦⑧得 ‎ II．轨道半径较大时，小球上升的最大高度为R3，根据动能定理 解得 ‎ 为了保证圆轨道不重叠，R3最大值应满足 解得 R3=27.9m 综合I、II，要使小球不脱离轨道，则第三个圆轨道的半径须满足下面的条件 或 ‎ 当时，小球最终焦停留点与起始点A的距离为L′，则 当时，小球最终焦停留点与起始点A的距离为L〞，则 ‎（福建卷）20.（15分）如图所示，射击枪水平放置，射击枪与目标靶中心位于离地面足够高的同一水平线上，枪口与目标靶之间的距离s=100 m，子弹射出的水平速度v=200m/s，子弹从枪口射出的瞬间目标靶由静止开始释放，不计空气阻力，取重力加速度g为10 m/s2，求：‎ ‎（1）从子弹由枪口射出开始计时，经多长时间子弹击中目标靶？‎ ‎（2）目标靶由静止开始释放到被子弹击中，下落的距离h为多少？‎ 答案：（1）0.5s（2）1.25m 解析：本题考查的平抛运动的知识。‎ ‎（1）子弹做平抛运动，它在水平方向的分运动是匀速直线运动，设子弹经t时间集中目标靶，则 t=‎ ‎ 代入数据得 t=0.5s ‎ （2）目标靶做自由落体运动，则h=‎ 代入数据得 h=1.25m ‎（浙江卷）24.（18分）某校物理兴趣小组决定举行遥控赛车比赛。比赛路径如图所示，赛车从起点A出发，沿水平直线轨道运动L后，由B点进入半径为R的光滑竖直圆轨道，离开竖直圆轨道后继续在光滑平直轨道上运动到C点，并能越过壕沟。已知赛车质量m=0.1kg，通电后以额定功率P=1.5w工作，进入竖直轨道前受到阻力恒为0.3N，随后在运动中受到的阻力均可不记。图中L=10.00m，R=0.32m，h=1.25m，S=1.50m。问：要使赛车完成比赛，电动机至少工作多长时间？（取g=10 ）‎ 答案：2.53s 解析：本题考查平抛、圆周运动和功能关系。‎ 设赛车越过壕沟需要的最小速度为v1，由平抛运动的规律 解得 ‎ 设赛车恰好越过圆轨道，对应圆轨道最高点的速度为v2，最低点的速度为v3，由牛顿第二定律及机械能守恒定律 解得 m/s 通过分析比较，赛车要完成比赛，在进入圆轨道前的速度最小应该是 m/s 设电动机工作时间至少为t，根据功能原理 由此可得 t=2.53s ‎（四川卷）25.(20分)如图所示，轻弹簧一端连于固定点O，可在竖直平面内自由转动，另一端连接一带电小球P,其质量m=2×10-2 kg,电荷量q=0.2 C.将弹簧拉至水平后，以初速度V0=20 m/s竖直向下射出小球P,小球P到达O点的正下方O1点时速度恰好水平，其大小V=15 m/s.若O、O1相距R=1.5 m,小球P在O1点与另一由细绳悬挂的、不带电的、质量M=1.6×10-1 kg的静止绝缘小球N相碰。碰后瞬间，小球P脱离弹簧，小球N脱离细绳，同时在空间加上竖直向上的匀强电场E和垂直于纸面的磁感应强度B=1T的弱强磁场。此后，小球P在竖直平面内做半径r=0.5 m的圆周运动。小球P、N均可视为质点，小球P的电荷量保持不变，不计空气阻力，取g=10 m/s2。那么，‎ ‎（1）弹簧从水平摆至竖直位置的过程中，其弹力做功为多少？‎ ‎（2）请通过计算并比较相关物理量，判断小球P、N碰撞后能否在某一时刻具有相同的速度。‎ ‎ (3)若题中各量为变量，在保证小球P、N碰撞后某一时刻具有相同速度的前提下，请推导出r的表达式(要求用B、q、m、θ表示，其中θ为小球N的运动速度与水平方向的夹角)。‎ 解析：‎ ‎（1）设弹簧的弹力做功为W，有：　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ ‎①‎ 代入数据，得：W＝J　　　　　　　　　　　　　　　 　②‎ ‎（2）由题给条件知，N碰后作平抛运动，P所受电场力和重力平衡，P带正电荷。设P、N碰后的速度大小分别为v1和V，并令水平向右为正方向，有:③‎ 而：④‎ 若P、N碰后速度同向时，计算可得V临界角,所以在BC面上发生全反射仍然以宽度大小为AB长度的竖直向下的平行光射到AC圆弧面上.根据几何关系可得到在屏上的亮区宽度小于AB的长度,B对.D正确。‎ ‎（上海物理）6．光电效应的实验结论是：对于某种金属 A．无论光强多强，只要光的频率小于极限频率就不能产生光电效应 ‎ B．无论光的频率多低，只要光照时间足够长就能产生光电效应 C．超过极限频率的入射光强度越弱，所产生的光电子的最大初动能就越小 D．超过极限频率的入射光频率越高，所产生的光电子的最大初动能就越大 答案：AD 解析：每种金属都有它的极限频率，只有入射光子的频率大于极限频率时，才会发生光电效应，且入射光的强度越大则产生的光子数越多，光电流越强；由光电效应方程，可知入射光子的频率越大，产生的光电子的最大初动能也越大，与入射光的强度无关，所以AD正确。‎ ‎（上海物理）10．如图为双缝干涉的实验示意图，若要使干涉条纹的间距变大可改用长更___________（填长、短）的单色光，或是使双缝与光屏间的距离___________（填增大、减小）。‎ 答案：长，增大。‎ 解析：依据双缝干涉条纹间距规律，可知要使干涉条纹的间距变大，需要改用波长更长的单色光，应将增大双缝与屏之间的距离L。‎ ‎（广东物理）4.硅光电池是利用光电效应原理制成的器件。下列表述正确的是 A．硅光电池是把光能转变为电能的一种装置 B．硅光电池中吸收了光子能量的电子都能逸出 C．逸出的光电子的最大初动能与入射光的频率无关 D．任意频率的光照射到硅光电池上都能产生光电效应 答案：A 解析：硅光电池是把光能转变为电能的一种装置，A正确；是利用光电效应原理制成的器件，依据光电效应方程可见只有当入射光子的频率大于极限频率时才可能发生光电效应，B错误，C错误，D错误。‎ ‎（广东物理）14．（1）（4分）在阳光照射下，充满雾气的瀑布上方常常会出现美丽的彩虹。彩虹是太阳光射入球形水珠经折射、内反射，再折射后形成的。光的折射发生在两种不同介质的 上，不同的单色光在同种均匀介质中不同。‎ 答案：（1）界面，传播速度 解析：（1）略；‎ ‎（上海卷）6．英国科学家瑞利于1871年证明：一束光穿过大气距离后，其强度从下降为的公式为，其中叫做吸收系数，式中为光的频率，为光速，标准状况下，个/厘米，。定义，叫做衰减长度，它表示光经过距离后其强度降低到原来的。根据以上信息，结合所学知识可以判断 ‎ A．可见光中衰减最厉害的是红光 B．可见光中衰减最厉害的是紫光 C．可见光中衰减最厉害的是黄绿光 D．不同颜色的光衰减程序基本相同 答案：B ‎（宁夏卷）36．［物理——选修3-5］‎ ‎（1）（5分）关于光电效应，下列说法正确的是_______（填入选项前的字母，有填错的不得分）‎ A．极限频率越大的金属材料逸出功越大 B．只要光照射的时间足够长，任何金属都能产生光电效应 C．从金属表面出来的光电子的最大初动能越大，这种金属的逸出功越小 D．入射光的光强一定时，频率越高，单位时间内逸出的光电子数就越多 答案：A ‎（天津卷）7.已知某玻璃对蓝光的折射率比对红光的折射率大，则两种光 ‎ A.在该玻璃中传播时，蓝光的速度较大 ‎ B.以相同的入射角从空气斜射入该玻璃中，蓝光折射角较大 ‎ C.从该玻璃中射入空气发生反射时，红光临界角较大 ‎ D.用同一装置进行双缝干涉实验，蓝光的相邻条纹间距较大 答案：C 解析：由可知，蓝光在玻璃中的折射率大，蓝光的速度较小，A错；以相同的入射角从空气中斜射入玻璃中，蓝光的折射率大，向法线靠拢偏折得多，折射角应较小，B错。从玻璃射入空气发生全反射时的临界角由公式可知，红光的折射率小，临界角大，C正确；用同一装置进行双缝干涉实验，由公式可知蓝光的波长短，相邻条纹间距小，D错。‎ ‎（四川卷）21.如图所示，空气中有一横截面为半圆环的均匀透明柱体，其内圆半径为r，外圆半径为R，R＝r。现有一束单色光垂直于水平端面A射入透明柱体，只经过两次全反射就垂直于水平端面B射出。设透明柱体的折射率为n，光在透明柱体内传播的时间为t，若真空中的光速为c，则 A. n可能为 B. n可能为2‎ C. t可能为 D. t可能为 答案：AB 解析：只经过两次全反射可知第一次入射角为45°‎ ‎，反射光路图如右图所示。根据全反射可知临界角C≤45°，再根据n＝可知n≥；光在透明柱体中运动路程为L＝4r，运动时间为t＝L/V＝4nr/c，则t≥4r/c，CD均错。‎ ‎（重庆卷）21.用a、b、c、d表示四种单色光，若 ‎①a、b从同种玻璃射向空气，a的临界角小于b的临界角；‎ ‎②用b、c和d在相同条件下分别做双缝干涉实验，c的条纹间距最大 ‎③用b、d照射某金属表面，只有b能使其发射电子。‎ 则可推断a、b、c、d可能分别是 A．紫光、蓝光、红光、橙光 B．蓝光、紫光、红光、橙光 C．紫光、蓝光、橙光、红光 D．紫光、橙光、红光、蓝光 答案：A ‎（福建卷）13. 光在科学技术、生产和生活中有着广泛的应用，下列说法正确的是 A. 用透明的标准平面样板检查光学平面的平整程度是利用光的偏振现象 B. 用三棱镜观察白光看到的彩色图样是利用光的衍射现象 C. 在光导纤维束内传送图像是利用光的色散现象 D. 光学镜头上的增透膜是利用光的干涉现象 答案：D 解析：用透明的标准平面样板检查光学平面的平整程度是利用光的薄膜干涉现象，A错；用三棱镜观察白光看到的彩色图样是利用光的折射形成的色散现象，B错；在光导纤维束内传送图像是利用光的全反射现象，C错；光学镜头上的增透膜是利用光的干涉现象，D对。‎ ‎（浙江卷）18．如图所示，有一束平行于等边三棱镜截面的单色光从空气射向点，并偏折到F点，已知入射方向与边的夹角为，、分别为边、的中点，则 A．该棱镜的折射率为 B．光在点发生全反射 C．光从空气进入棱镜，波长变小 D．从点出射的光束与入射到点的光束平行 答案：AC 解析：在E点作出法结线可知入射角为60o ，折射角为30o，折射率为；由光路的可逆性可知，在BC边上的入射角小于临界角，不会发生全反射，B错；由公式，可知C对；三棱镜两次折射使得光线都向底边偏折，不会与入射到点的光束平行，故D错。‎ ‎（山东卷）37．(4分)（物理——物理3-４）（2）一束单色光由左侧时的清水的薄壁圆柱比，图2为过轴线的截面图，调整入射角α ‎，光线拾好在不和空气的界面上发生全反射，已知水的折射角为，α的值。‎ 图2‎ 解析： ‎ ‎（2）当光线在水面发生全放射时有，当光线从左侧射入时，由折射定律有，联立这两式代入数据可得。‎ 考点：光的折射和全放射 ‎ （江苏物理）12选做题B．（选修模块3—4）（8分）‎ ‎（1）如图甲所示，强强乘电梯速度为0.9（为光速）的宇宙飞船追赶正前方的壮壮，壮壮的飞行速度为0.5，强强向壮壮发出一束光进行联络，则壮壮观测到该光束的传播速度为。（填写选项前的字母）‎ ‎（A）0.4c （B）0.5c ‎（C）0.9c （D）1.0c ‎（3）图丙是北京奥运会期间安置在游泳池底部的照相机拍摄的一张照片，照相机的镜头竖直向上。照片中，水利方运动馆的景象呈现在半径的圆型范围内，水面上的运动员手到脚的长度，若已知水的折射率为，请根据运动员的实际身高估算该游泳池的水深，（结果保留两位有效数字）‎ 答案：（1）D；（3）设照片圆形区域的实际半径为,运动员的实际长为 折射定律 ‎ 几何关系 得 取，解得（都算对）‎ 解析：（1）根据爱因斯坦相对论，在任何参考系中，光速不变。D项正确。‎ ‎ (3)根据题意能画出光路图，正确使用物象比解决本题的关键。‎ 设照片圆形区域的实际半径为,运动员的实际长为，光路如图：‎ 折射定律 ‎ ‎ 几何关系 ‎ 得 取，解得 ‎（本题为估算题，在取运动员实际长度时可以有一个范围，但要符合实际，故求得h值可以不同均可）‎ ‎ （江苏物理）12选做题C．（选修模块3—5）（4分）‎ ‎（3）试通过分析比较，具有相同动能的中子和电子的物质波波长的大小。‎ ‎ 答案：（3）粒子的动量 ，物质波的波长，由，知 ‎，则。‎ 解析：（3）物质波的的波长为，要比较波长需要将中子和电子的动量用动能表示出来即，因为，所以，故。‎ ‎（海南物理）18．模块3-4试题（I）（5分）如图，一透明半圆柱体折射率为，半径为R、长为L。一平行光束从半圆柱体的矩形表面垂直射入，从部分柱面有光线射出。球该部分柱面的面积S。‎ 解析：半圆柱体的横截面如图所示，为半径。设从A点入射的光线在B点处恰好满足全反射条件，由折射定律有 式中，为全反射临界角。由几何关系得 ‎②‎ ‎③‎ 代入题所给条件得 ‎④‎ 评分参考：本题5分。①式2分，②③④式各1分。‎ ‎（海南物理）19．模块3-5试题 ‎（I）（5分）已知：功率为100W灯泡消耗的电能的5%转化为所发出的可见光的能量，光速，普朗克常量，假定所发出的可见光的波长都是560nm，计算灯泡每秒内发出的光子数。‎ 解析：（I）一波长为光子能量为 设灯泡每秒内发出的光子数为，灯泡电功率为，则 式中，是灯泡的发光效率。联立①②式得 代入题给数据得 评分参考：本题5分。①②式各2分：④式1分，没写的，同样给这1分。‎ ‎（宁夏卷）35．［物理——选修3-4］（2）（10分）一棱镜的截面为直角三角形ABC，∠A=30o，斜边AB＝a。棱镜材料的折射率为n=。在此截面所在的平面内，一条光线以45o的入射角从AC边的中点M射入棱镜射出的点的位置（不考虑光线沿原来路返回的情况）。‎ 解析：‎ 设入射角为i，折射角为r，由折射定律得 ‎①‎ ‎ 由已知条件及①式得 ‎②‎ ‎ 如果入射光线在法线的右侧，光路图如图1所示。设出射点为F，由几何关系可得 ‎③‎ 即出射点在AB边上离A点的位置。‎ ‎ 如果入射光线在法线的左侧，光路图如图2所示。设折射光线与AB的交点为D。‎ 由几何关系可知，在D点的入射角 ‎④‎ 设全发射的临界角为，则 ‎⑤‎ 由⑤和已知条件得 ‎⑥‎ 因此，光在D点全反射。‎ ‎ 设此光线的出射点为E，由几何关系得 ‎∠DEB=‎ ‎⑦‎ ‎⑧‎ 联立③⑦⑧式得 ‎⑨‎ 即出射点在BC边上离B点的位置。‎ 高考物理试题分类汇编——机械振动和机械波 ‎（全国卷Ⅰ）20．一列简谐横波在某一时刻的波形图如图1所示，图中P、Q两质点的横坐标分别为x=1.5m和x=4.5m。P点的振动图像如图2所示。‎ 在下列四幅图中，Q点的振动图像可能是 答案：BC 解析：本题考查波的传播.该波的波长为4m.,PQ两点间的距离为3m..当波沿x轴正方向传播时当P在平衡位置向上振动时而Q点此时应处于波峰,B正确.当沿x轴负方向传播时,P点处于向上振动时Q点应处于波谷,C对。‎ ‎（全国卷Ⅱ）14.下列关于简谐振动和简谐波的说法，正确的是 A．媒质中质点振动的周期一定和相应的波的周期相等 B．媒质中质点振动的速度一定和相应的波的波速相等 C．波的传播方向一定和媒质中质点振动的方向一致 D．横波的波峰与波谷在振动方向上的距离一定是质点振幅的两倍 答案：AD 解析：本题考查机械波和机械振动.介质中的质点的振动周期和相应的波传播周期一致A正确.而各质点做简谐运动速度随时间作周期性的变化,但波在介质中是匀速向前传播的,所以不相等,B错.对于横波而言传播方向和振动方向是垂直的,C错.根据波的特点D正确。‎ ‎（北京卷）15．类比是一种有效的学习方法，通过归类和比较，有助于掌握新知识，提高学习效率。在类比过程中，既要找出共同之处，又要抓住不同之处。某同学对机械波和电磁波进行类比，总结出下列内容，其中不正确的是 A．机械波的频率、波长和波速三者满足的关系，对电磁波也适用 B．机械波和电磁波都能产生干涉和衍射现象 C．机械波的传播依赖于介质，而电磁波可以在真空中传播 D．机械波既有横波又有纵波，而电磁波只有纵波 答案：D 解析：波长、波速、频率的关系对任何波都是成立的，对电磁波当然成立，故A选项正确；干涉和衍射是波的特性，机械波、电磁波都是波，这些特性都具有，故B项正确；机械波是机械振动在介质中传播形成的，所以机械波的传播需要介质而电磁波是交替变化的电场和磁场由近及远的传播形成的，所以电磁波传播不需要介质，故C项正确；机械波既有横波又有纵波，但是电磁波只能是横波，其证据就是电磁波能够发生偏振现象，而偏振现象是横波才有的， D项错误。故正确答案应为D。‎ ‎（北京卷 ‎）17．一简谐机械波沿x轴正方向传播，周期为T，波长为。若在x=0处质点的振动图像如右图所示，则该波在t=T/2时刻的波形曲线为 答案：A 解析：从振动图上可以看出x=0处的质点在t=T/2时刻处于平衡位置，且正在向下振动，四个选项中只有A图符合要求，故A项正确。‎ ‎（上海物理）4．做简谐振动的单摆摆长不变，若摆球质量增加为原来的4倍，摆球经过平衡位置时速度减小为原来的1/2，则单摆振动的 A．频率、振幅都不变 B．频率、振幅都改变 C．频率不变、振幅改变 D．频率改变、振幅不变 答案：C 解析：由单摆的周期公式，可知，单摆摆长不变，则周期不变，频率不变；振幅A是反映单摆运动过程中的能量大小的物理量，由可知，摆球经过平衡位置时的动能不变，因此振幅改变，所以C正确。‎ ‎（上海物理）12．弹性绳沿x轴放置，左端位于坐标原点，用手握住绳的左端，当t＝0时使其开始沿y轴做振幅为8cm的简谐振动，在t＝0.25s时，绳上形成如图所示的波形，则该波的波速为___________cm/s，t＝___________时，位于x2＝45cm的质点N恰好第一次沿y轴正向通过平衡位置。‎ 答案：20，2.75‎ 解析：由图可知，这列简谐波的波长为20cm，周期T=0.25s×4=1s，所以该波的波速；从t=0时刻开始到N质点开始振动需要时间 ‎,在振动到沿y轴正向通过平衡位置需要再经过，所以当t=（2.25+0.5）s=2.75s，质点N恰好第一次沿y轴正向通过平衡位置。‎ ‎（广东物理）14．（2）（6分）图为声波干涉演示仪的原理图。两个U形管A和B套在一起，A管两侧各有一小孔。声波从左侧小孔传入管内，被分成两列频率的波。当声波分别通过A、B传播到右侧小孔时，若两列波传播的路程相差半个波长，则此处声波的振幅；若传播的路程相差一个波长，则此处声波的振幅。‎ 答案：（2）相等，等于零，等于原振幅的二倍。‎ 解析：（2）声波从左侧小孔传入管内向上向下分别形成两列频率相同的波，若两列波传播的路程相差半个波长，则振动相消，所以此处振幅为零，若传播的路程相差一个波长，振动加强，则此处声波的振幅为原振幅的二倍。‎ ‎（天津卷）8.某质点做简谐运动，其位移随时间变化的关系式为x＝Asin，则质点 A ‎-A ‎4‎ ‎8‎ t/s x ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎5‎ ‎6‎ ‎7‎ O A.第1 s末与第3 s末的位移相同 B.第1 s末与第3 s末的速度相同 C.3 s末至5 s末的位移方向都相同 D.3 s末至5 s末的速度方向都相同 答案：AD 解析：由关系式可知，，将t=1s和t=3s代入关系式中求得两时刻位移相同，A对；画出对应的位移-时间图像，由图像可以看出，第1s末和第3s末的速度方向不同，B错；仍由图像可知，3s末至5s末的位移大小相同，方向相反，而速度是大小相同，方向也相同。故C错、D对。‎ ‎（重庆卷）15.同一音叉发出的声波同时在水和空气中传播，某时刻的波形曲线见图，以下说法正确的是 A．声波在水中波长较大，b是水中声波的波形曲线。‎ B．声波在空气中波长较大，b是空气中声波的波形曲线 C．水中质点振动频率较高，a是水中声波的波形曲线 D．空气中质点振动频率较高，a是空气中声波的波形曲线 答案：A ‎（宁夏卷）35．［物理——选修3-4］‎ ‎（1）（5分）某振动系统的固有频率为fo，在周期性驱动力的作用下做受迫振动，驱动力的频率为f 。若驱动力的振幅保持不变，下列说法正确的是_______（填入选项前的字母，有填错的不得分）‎ A．当ff0时，该振动系统的振幅随f减小而增大 C．该振动系统的振动稳定后，振动的频率等于f0‎ D．该振动系统的振动稳定后，振动的频率等于f 答案：BD ‎（江苏物理）12.B．（选修模块3—4）（4分）(2)在时刻，质点A开始做简谐运动，其振动图象如图乙所示。质点A振动的周期是s；时，质点A的运动沿轴的方向（填“正”或“负”）；质点B在波动的传播方向上与A相距16m，已知波的传播速度为2m/s，在时，质点B偏离平衡位置的位移是cm。‎ 答案：B.（2）4 正 10‎ 解析：（2）振动图象和波形图比较容易混淆，而导致出错，在读图是一定要注意横纵坐标的物理意义，以避免出错。题图为波的振动图象，图象可知周期为4s，波源的起振方向与波头的振动方向相同且向上，t=6s时质点在平衡位置向下振动，故8s时质点在平衡位置向上振动；波传播到B点，需要时间s=8s，故时，质点又振动了1s(个周期)，处于正向最大位移处，位移为10cm.。‎ ‎（四川卷）19.图示为一列沿x轴负方向传播的简谐横波，实线为t＝0时刻的波形图，虚线为t＝0.6 s时的波形图，波的周期T＞0.6 s，则 A.波的周期为2.4 s B.在t＝0.9s时，P点沿y轴正方向运动 C.经过0.4s，P点经过的路程为4m D.在t＝0.5s时，Q点到达波峰位置 答案：D 解析：根据题意应用平移法可知T＝0.6s，解得T＝0.8s，A错；由图可知振幅A＝0.2m、波长λ＝8m。t＝0.9s＝1T，此时P点沿y轴负方向运动，B错；0.4s＝T，运动路程为2A＝0.4m，C错； t＝0.5s＝T＝T＋T，波形图中Q正在向下振动，从平衡位置向下振动了T，经T到波谷，再过 T到波峰，D对。‎ ‎（福建卷）17.图甲为一列简谐横波在t=0.10s时刻的波形图，P是平衡位置为x=1 m处的质点，Q是平衡位置为x=4 m处的质点，图乙为质点Q的振动图象，则 A.t=0.15s时，质点Q的加速度达到正向最大 B.t=0.15s时，质点P的运动方向沿y轴负方向 C.从t=0.10s到t=0.25s，该波沿x轴正方向传播了6 m D.从t=0.10s到t=0.25s，质点P通过的路程为30 cm 答案：AB 解析：由y-t图像知，周期T=0.2s，且在t=0.1sQ点在平衡位置沿y负方向运动，可以推断波没x负方向传播，所以C错；‎ 从t=0.10s到t=0.15s时，Δt=0.05s=T/4，质点Q从图甲所示的位置振动T/4到达负最大位移处，又加速度方向与位移方向相反，大小与位移的大小成正比，所以此时Q的加速度达到正向最大，而P点从图甲所示位置运动T/4时正在由正最大位移处向平衡位置运动的途中，速度沿y轴负方向，所以A、B都对；‎ 振动的质点在t=1T内，质点运动的路程为4A；t=T/2，质点运动的路程为2A；但t=T/4，质点运动的路程不一定是1A；t=3T/4，质点运动的路程也不一定是3A。本题中从t=0.10s到t=0.25s内，Δt=0.15s=3T/4，P点的起始位置既不是平衡位置，又不是最大位移处，所以在3T/4时间内的路程不是30cm。‎ ‎（浙江卷）21．一列波长大于1m的横波沿着轴正方向传播，处在和的两质点、的振动图像如图所示。由此可知 A．波长为m B．波速为 C．末、两质点的位移相同 D．末点的振动速度大于点的振 动速度 答案：A 解析：，由于波沿x正方向传播，所以A先振动，又由于波长大于1m，所以，所以 ‎，，A对，波速，B错；由振动图像知，在3s末，、两质点的位移不相同，C错；1s末A点速度为零，B点速度最大，D错。‎ ‎（山东卷）37．（4分)（物理——物理3-４）‎ ‎（1）图1为一简谐波在t=0时，对的波形图，介质中的质点P做简谐运动的表达式为y=4sin5xl，求该波的速度，并指出t=0.3s时的波形图(至少画出一个波长)‎ 图1‎ 解析：（1）由简谐运动的表达式可知，t=0时刻指点P向上运动，故波沿x轴正方向传播。由波形图读出波长，,由波速公式，联立以上两式代入数据可得。t=0.3s时的波形图如图所示。‎ 考点：简谐运动、简谐波 ‎（海南物理）18．模块3-4试题 ‎（II）（7分）有一种示波器可以同时显示两列波形。对于这两列波，显示屏上横向每格代表的时间间隔相同。利用此中示波器可以测量液体中的声速，实验装置的一部分如图1所示：管内盛满液体，音频信号发生器所产生的脉冲信号由置于液体内的发射器发出，被接受器所接受。图2为示波器的显示屏。屏上所显示的上、下两列波形分别为发射信号与接受信号。若已知发射的脉冲信号频率为，发射器与接收器的距离为，求管内液体中的声速。（已知所测声速应在1300~1600m/s之间，结果保留两位有效数字。）‎ 解析：设脉冲信号的周期为T，从显示的波形可以看出，图2中横向每一分度（即两条长竖线间的距离）所表示的时间间隔为 其中 对比图2中上、下两列波形，可知信号在液体中从发射器传播只接受器所用的时间为 其中，‎ 液体中的声速为 联立①②③④式，代入已知条件并考虑到所测声速应在1300～1600之间，得 评分参考：本题7分。①式2分，②式1分，③式2分，④⑤式各1分。得 ‎ 的，也同样给分。‎ 高考物理试题分类汇编——动量和能量 ‎（全国卷Ⅰ）21．质量为M的物块以速度V运动，与质量为m的静止物块发生正撞，碰撞后两者的动量正好相等，两者质量之比M/m可能为 A.2 B.3 C.4 D. 5‎ 答案：AB 解析：本题考查动量守恒.根据动量守恒和能量守恒得设碰撞后两者的动量都为P,则总动量为2P,根据,以及能量的关系得,所以AB正确。‎ ‎（全国卷Ⅱ）20. 以初速度v0竖直向上抛出一质量为m的小物体。假定物块所受的空气阻力f大小不变。已知重力加速度为g，则物体上升的最大高度和返回到原抛出点的速率分别为 A．和 B．和 C．和 D．和 答案：A 解析：本题考查动能定理.上升的过程中,重力做负功,阻力做负功,由动能定理得,,求返回抛出点的速度由全程使用动能定理重力做功为零,只有阻力做功为有,解得,A正确。‎ ‎（上海物理）5．小球由地面竖直上抛，上升的最大高度为H，设所受阻力大小恒定，地面为零势能面。在上升至离地高度h处，小球的动能是势能的两倍，在下落至离高度h处，小球的势能是动能的两倍，则h等于 A．H/9 B．2H/9 C．3H/9 D．4H/9‎ 答案：D 解析：小球上升至最高点过程：；小球上升至离地高度h处过程：，又；小球上升至最高点后又下降至离地高度h处过程：，又；以上各式联立解得，答案D正确。‎ ‎（上海卷）44.自行车的设计蕴含了许多物理知识，利用所学知识完成下表 自行车的设计 目的（从物理知识角度）‎ 车架用铝合金、钛合金代替钢架 减轻车重 车胎变宽 自行车后轮外胎上的花纹 答案：减小压强（提高稳定性）；增大摩擦（防止打滑；排水）‎ ‎（上海卷）46.与普通自行车相比，电动自行车骑行更省力。下表为某一品牌电动自行车的部分技术参数。‎ 在额定输出功率不变的情况下，质量为60Kg的人骑着此自行车沿平直公路行驶，所受阻力恒为车和人总重的0.04倍。当此电动车达到最大速度时，牵引力为N,当车速为2s/m时，其加速度为m/s2(g=10m m/s2)‎ 规格 后轮驱动直流永磁铁电机 车型 ‎14电动自行车 额定输出功率 ‎200W 整车质量 ‎40Kg 额定电压 ‎48V 最大载重 ‎120 Kg 额定电流 ‎4.5A 答案：40：0.6‎ ‎（天津卷）4.如图所示，竖直放置的两根平行金属导轨之间接有定值电阻R，质量不能忽略的金属棒与两导轨始终保持垂直并良好接触且无摩擦，棒与导轨的电阻均不计，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直，棒在竖直向上的恒力F作用下加速上升的一段时间内，力F做的功与安培力做的功的代数和等于 A.棒的机械能增加量 B.棒的动能增加量 C.棒的重力势能增加量 D.电阻R上放出的热量 答案：A 解析：棒受重力G、拉力F和安培力FA的作用。由动能定理： 得即力F做的功与安培力做功的代数和等于机械能的增加量。选A。‎ ‎（海南物理）7．‎ 一物体在外力的作用下从静止开始做直线运动，合外力方向不变，大小随时间的变化如图所示。设该物体在和时刻相对于出发点的位移分别是和，速度分别是和，合外力从开始至时刻做的功是，从至时刻做的功是,则 A．B．‎ C． D．‎ 答案：AC ‎（江苏物理）9.如图所示，两质量相等的物块A、B通过一轻质弹簧连接，B足够长、放置在水平面上，所有接触面均光滑。弹簧开始时处于原长，运动过程中始终处在弹性限度内。在物块A上施加一个水平恒力，A、B从静止开始运动到第一次速度相等的过程中，下列说法中正确的有 A．当A、B加速度相等时，系统的机械能最大 B．当A、B加速度相等时，A、B的速度差最大 C．当A、B的速度相等时，A的速度达到最大 D．当A、B的速度相等时，弹簧的弹性势能最大 答案：BCD 解析：处理本题的关键是对物体进行受力分析和运动过程分析，使用图象处理则可以使问题大大简化。对A、B在水平方向受力分析如图，F1为弹簧的拉力；当加速度大小相同为a时，对Ａ有，对Ｂ有，得 ‎，在整个过程中Ａ的合力（加速度）一直减小而Ｂ的合力（加速度）一直增大，在达到共同加速度之前A的合力（加速度）一直大于Ｂ的合力（加速度），之后A的合力（加速度）一直小于Ｂ的合力（加速度）。两物体运动的v-t图象如图，tl时刻，两物体加速度相等，斜率相同，速度差最大，t2时刻两物体的速度相等，Ａ速度达到最大值，两实线之间围成的面积有最大值即两物体的相对位移最大，弹簧被拉到最长；除重力和弹簧弹力外其它力对系统正功，系统机械能增加，tl时刻之后拉力依然做正功，即加速度相等时，系统机械能并非最大值。‎ ‎（广东理科基础）8．游乐场中的一种滑梯如图所示。小朋友从轨道顶端由静止开始下滑，沿水平轨道滑动了一段距离后停下来，则 A．下滑过程中支持力对小朋友做功 B．下滑过程中小朋友的重力势能增加 C．整个运动过程中小朋友的机械能守恒 D．在水平面滑动过程中摩擦力对小朋友做负功 答案：D 解析：在滑动的过程中，人受三个力重力做正功，势能降低B错；支持力不做功，摩擦力做负功，所以机械能不守恒，AC皆错，D正确。‎ ‎（广东理科基础）9．物体在合外力作用下做直线运动的v一t图象如图所示。下列表述正确的是 A．在0—1s内，合外力做正功 B．在0—2s内，合外力总是做负功 C．在1—2s内，合外力不做功 D．在0—3s内，合外力总是做正功 答案：A 解析：根据物体的速度图象可知，物体0-1s内做匀加速合外力做正功，A正确；1-3s内做匀减速合外力做负功。根据动能定理0到3s内，1—2s内合外力做功为零。‎ ‎(广东文科基础)58．如图8所示，用一轻绳系一小球悬于O点。现将小球拉至水平位置，然后释放，不计阻力。小球下落到最低点的过程中，下列表述正确的是 A．小球的机械能守恒 B．小球所受的合力不变 C．小球的动能不断减小 D．小球的重力势能增加 答案：A ‎（山东卷）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 P 地球 Q 轨道1‎ 轨道2‎ A．飞船变轨前后的机械能相等 B．飞船在圆轨道上时航天员出舱前后都处于失重状态 C．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 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 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。‎ 考点：机械能守恒定律，完全失重，万有引力定律 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。‎ ‎（山东卷）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30°，质量为M的木箱与轨道的动摩擦因数为。木箱在轨道端时，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，与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 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。‎ 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 提示：能量守恒定律的理解及应用。‎ ‎（宁夏卷）17.质量为m的物体静止在光滑水平面上，从t=0时刻开始受到水平力的作用。力的大小F与时间t的关系如图所示，力的方向保持不变，则 A．时刻的瞬时功率为 B．时刻的瞬时功率为 C．在到这段时间内，水平力的平均功率为 D. 在到这段时间内，水平力的平均功率为 答案：BD ‎（安徽卷）18. 在光滑的绝缘水平面上，有一个正方形的abcd，顶点a、c处分别固定一个正点电荷，电荷量相等，如图所示。若将一个带负电的粒子置于b点，自由释放，粒子将沿着对角线bd往复运动。粒子从b点运动到d点的过程中 A. 先作匀加速运动，后作匀减速运动 B. 先从高电势到低电势，后从低电势到高电势 C. 电势能与机械能之和先增大，后减小 D. 电势能先减小，后增大 答案：D 解析：由于负电荷受到的电场力是变力，加速度是变化的。所以A错；由等量正电荷的电场分布知道，在两电荷连线的中垂线O点的电势最高，所以从b到a，电势是先增大后减小，故B错；由于只有电场力做功，所以只有电势能与动能的相互转化，故电势能与机械能的和守恒，C错；由b到O电场力做正功，电势能减小，由O到d电场力做负功，电势能增加，D对。‎ a b cc d O ‎（福建卷）18.如图所示，固定位置在同一水平面内的两根平行长直金属导轨的间距为d，其右端接有阻值为R的电阻，整个装置处在竖直向上磁感应强度大小为B的匀强磁场中。一质量为m（质量分布均匀）的导体杆ab垂直于导轨放置，且与两导轨保持良好接触，杆与导轨之间的动摩擦因数为u。现杆在水平向左、垂直于杆的恒力F作用下从静止开始沿导轨运动距离L时，速度恰好达到最大（运动过程中杆始终与导轨保持垂直）。设杆接入电路的电阻为r，导轨电阻不计，重力加速度大小为g。则此过程 A.杆的速度最大值为 B.流过电阻R的电量为 C.恒力F做的功与摩擦力做的功之和等于杆动能的变化量 D.恒力F做的功与安倍力做的功之和大于杆动能的变化量 答案：BD 解析：当杆达到最大速度vm时，得，A错；由公式，B对；在棒从开始到达到最大速度的过程中由动能定理有：，其中，，恒力F做的功与摩擦力做的功之和等于杆动能的变化量与回路产生的焦耳热之和，C错；恒力F做的功与安倍力做的功之和等于于杆动能的变化量与克服摩擦力做的功之和，D对。‎ ‎（浙江自选模块）13.“物理1-2”模块（1）（本小题共3分，在给出的四个选项中，可能只有一个选项正确，也可能有多个选项正确，全部选对得3分，选对但不全的得1分，有选错的得0分）‎ 二氧化碳是引起地球温室效应的原因之一，减少二氧化碳的排放是人类追求的目标。下列能源利用时均不会引起二氧化碳排放的是 A.氢能、核能、太阳能 B.风能、潮汐能、核能 C.生物质能、风能、氢能 D.太阳能、生物质能、地热能 答案：AB l ‎（全国卷Ⅰ）25．(18分) 如图所示，倾角为θ的斜面上静止放置三个质量均为m的木箱，相邻两木箱的距离均为l。工人用沿斜面的力推最下面的木箱使之上滑，逐一与其它木箱碰撞。每次碰撞后木箱都粘在一起运动。整个过程中工人的推力不变，最后恰好能推着三个木箱匀速上滑。已知木箱与斜面间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g.设碰撞时间极短，求 (1) 工人的推力；‎ (2) 三个木箱匀速运动的速度；‎ (3) 在第一次碰撞中损失的机械能。‎ 答案：（1）；（2）；（3）。‎ 解析：(1)当匀速时,把三个物体看作一个整体受重力、推力F、摩擦力f和支持力.根据平衡的知识有 ‎(2)第一个木箱与第二个木箱碰撞之前的速度为V1,加速度根据运动学公式或动能定理有,碰撞后的速度为V2根据动量守恒有,即碰撞后的速度为,然后一起去碰撞第三个木箱,设碰撞前的速度为V3‎ 从V2到V3的加速度为,根据运动学公式有,得,跟第三个木箱碰撞根据动量守恒有,得就是匀速的速度.‎ (1) 设第一次碰撞中的能量损失为,根据能量守恒有,带入数据得。‎ ‎（北京卷）24．（20分）（1）如图1所示，ABC为一固定在竖直平面内的光滑轨道，BC段水平，AB段与BC段平滑连接。质量为的小球从高位处由静止开始沿轨道下滑，与静止在轨道BC段上质量为的小球发生碰撞，碰撞后两球两球的运动方向处于同一水平线上，且在碰撞过程中无机械能损失。求碰撞后小球的速度大小；‎ ‎（2）碰撞过程中的能量传递规律在屋里学中有着广泛的应用。为了探究这一规律，我们才用多球依次碰撞、碰撞前后速度在同一直线上、且 无机械能损失的恶简化力学模型。如图2所示，在固定光滑水平轨道上，质量分别为、……的若干个球沿直线静止相间排列，给第1个球初能，从而引起各球的依次碰撞。定义其中第个球经过依次碰撞后获得的动能与之比为第1个球对第个球的动能传递系数。‎ a.求 b.若为确定的已知量。求为何值时，值最大 解析：‎ ‎（1）设碰撞前的速度为，根据机械能守恒定律 ‎①‎ 设碰撞后m1与m2的速度分别为v1和v2，根据动量守恒定律 ‎②‎ 由于碰撞过程中无机械能损失 ‎③‎ ‎②、③式联立解得 ‎④‎ ‎ 将①代入得④‎ ‎（2）a由④式，考虑到得 根据动能传递系数的定义，对于1、2两球 ‎⑤‎ 同理可得，球m2和球m3碰撞后，动能传递系数k13应为 ‎⑥‎ 依次类推，动能传递系数k1n应为 解得 ‎ b.将m1=4m0,m3=mo代入⑥式可得 为使k13最大，只需使 由 ‎（天津卷）10.(16分)如图所示，质量m1=0.3 kg 的小车静止在光滑的水平面上，车长L=15 m,现有质量m2=0.2 kg可视为质点的物块，以水平向右的速度v0=2 m/s从左端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止。物块与车面间的动摩擦因数=0.5,取g=10 m/s2，求 （1） 物块在车面上滑行的时间t;‎ （2） 要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v′0不超过多少。‎ 答案：（1）0.24s (2)5m/s 解析：本题考查摩擦拖动类的动量和能量问题。涉及动量守恒定律、动量定理和功能关系这些物理规律的运用。‎ ‎（1）设物块与小车的共同速度为v，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律有 ‎①‎ 设物块与车面间的滑动摩擦力为F，对物块应用动量定理有 ‎②‎ 其中 ③‎ 解得 代入数据得 ④‎ ‎（2）要使物块恰好不从车厢滑出，须物块到车面右端时与小车有共同的速度v′，则 ‎⑤‎ 由功能关系有 ‎⑥‎ 代入数据解得 =5m/s 故要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车的速度v0′不能超过5m/s。‎ ‎（山东卷）24．（15分）如图所示，某货场而将质量为m1‎ ‎=100 kg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，使货物中轨道顶端无初速滑下，轨道半径R=1.8 m。地面上紧靠轨道次排放两声完全相同的木板A、B，长度均为l=2m，质量均为m2=100 kg，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1，木板与地面间的动摩擦因数=0.2。（最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取g=10 m/s2）‎ ‎（1）求货物到达圆轨道末端时对轨道的压力。‎ ‎（2）若货物滑上木板4时，木板不动，而滑上木板B时，木板B开始滑动，求1应满足的条件。‎ ‎（3）若1=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。‎ 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 ‎（山东卷）38．（4分）[物理——物理3-５] （2）如图所示，光滑水平面轨道上有三个木块，A、B、C，质量分别为mB=mc=2m,mA=m，A、B用细绳连接，中间有一压缩的弹簧 (弹簧与滑块不栓接)。开始时A、B以共同速度v0运动，C静止。某时刻细绳突然断开，A、B被弹开，然后B又与C发生碰撞并粘在一起，最终三滑块速度恰好相同。求B与C碰撞前B的速度。‎ 解析：（2）设共同速度为v，球A和B分开后，B的速度为,由动量守恒定律有,,联立这两式得B和C碰撞前B的速度为。‎ 考点：动量守恒定律 ‎（安徽卷）23．（16分）如图所示，匀强电场方向沿轴的正方向，场强为。在点有一个静止的中性微粒，由于内部作用，某一时刻突然分裂成两个质量均为的带电微粒，其中电荷量为的微粒1沿轴负方向运动，经过一段时间到达点。不计重力和分裂后两微粒间的作用。试求 ‎ （1）分裂时两个微粒各自的速度；‎ ‎ （2）当微粒1到达（点时，电场力对微粒1做功的瞬间功率；‎ ‎ （3）当微粒1到达（点时，两微粒间的距离。‎ 答案：（1），方向沿y正方向（2）（3）2‎ 解析：（1）微粒1在y方向不受力，做匀速直线运动；在x方向由于受恒定的电场力，做匀加速直线运动。所以微粒1做的是类平抛运动。设微粒1分裂时的速度为v1，微粒2的速度为v2则有：‎ 在y方向上有 ‎-‎ 在x方向上有 ‎-‎ 根号外的负号表示沿y轴的负方向。‎ 中性微粒分裂成两微粒时，遵守动量守恒定律，有 ‎（0, -d）‎ ‎（d,0）‎ x E y θ vx vy 方向沿y正方向。‎ ‎（2）设微粒1到达（0，-d）点时的速度为v，则电场力做功的瞬时功率为 其中由运动学公式 所以 ‎（3）两微粒的运动具有对称性，如图所示，当微粒1到达（0，-d）点时发生的位移 则当微粒1到达（0，-d）点时，两微粒间的距离为 ‎（安徽卷）24．（20分）过山车是游乐场中常见的设施。下图是一种过山车的简易模型，它由水平轨道和在竖直平面内的三个圆形轨道组成，B、C、D分别是三个圆形轨道的最低点，B、C间距与C、D间距相等，半径、。一个质量为kg的小球（视为质点），从轨道的左侧A点以的初速度沿轨道向右运动，A、B间距m。小球与水平轨道间的动摩擦因数，圆形轨道是光滑的。假设水平轨道足够长，圆形轨道间不相互重叠。重力加速度取，计算结果保留小数点后一位数字。试求 ‎ （1）小球在经过第一个圆形轨道的最高点时，轨道对小球作用力的大小；‎ ‎ （2）如果小球恰能通过第二圆形轨道，B、C间距应是多少；‎ ‎ （3）在满足（2）的条件下，如果要使小球不能脱离轨道，在第三个圆形轨道的设计中，半径应满足的条件；小球最终停留点与起点的距离。‎ 答案：（1）10.0N；（2）12.5m(3) 当时， ；当时， ‎ 解析：（1）设小于经过第一个圆轨道的最高点时的速度为v1根据动能定理 ‎①‎ ‎ 小球在最高点受到重力mg和轨道对它的作用力F，根据牛顿第二定律 ‎②‎ 由①②得 ③‎ ‎（2）设小球在第二个圆轨道的最高点的速度为v2，由题意 ‎④‎ ‎⑤‎ 由④⑤得 ⑥‎ ‎（3）要保证小球不脱离轨道，可分两种情况进行讨论：‎ I．轨道半径较小时，小球恰能通过第三个圆轨道，设在最高点的速度为v3，应满足 ‎⑦‎ ‎⑧‎ 由⑥⑦⑧得 ‎ II．轨道半径较大时，小球上升的最大高度为R3，根据动能定理 解得 ‎ 为了保证圆轨道不重叠，R3最大值应满足 解得 R3=27.9m 综合I、II，要使小球不脱离轨道，则第三个圆轨道的半径须满足下面的条件 或 ‎ 当时，小球最终焦停留点与起始点A的距离为L′，则 当时，小球最终焦停留点与起始点A的距离为L〞，则 ‎（福建卷）21.（19分）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）‎ 答案：（1）; （2）; ‎ ‎(3) ‎ 解析：本题考查的是电场中斜面上的弹簧类问题。涉及到匀变速直线运动、运用动能定理处理变力功问题、最大速度问题和运动过程分析。‎ ‎（1）滑块从静止释放到与弹簧刚接触的过程中作初速度为零的匀加速直线运动，设加速度大小为a，则有 qE+mgsin=ma①‎ ‎②‎ 联立①②可得 ‎③‎ ‎（2）滑块速度最大时受力平衡，设此时弹簧压缩量为，则有 ‎④‎ ‎ 从静止释放到速度达到最大的过程中，由动能定理得 ‎⑤‎ 联立④⑤可得 s ‎（3）如图 ‎（浙江卷）24.（18分）某校物理兴趣小组决定举行遥控赛车比赛。比赛路径如图所示，赛车从起点A出发，沿水平直线轨道运动L后，由B点进入半径为R的光滑竖直圆轨道，离开竖直圆轨道后继续在光滑平直轨道上运动到C点，并能越过壕沟。已知赛车质量m=0.1kg，通电后以额定功率P=1.5w工作，进入竖直轨道前受到阻力恒为0.3N，随后在运动中受到的阻力均可不记。图中L=10.00m，R=0.32m，h=1.25m，S=1.50m。问：要使赛车完成比赛，电动机至少工作多长时间？（取g=10 ）‎ 答案：2.53s 解析：本题考查平抛、圆周运动和功能关系。‎ 设赛车越过壕沟需要的最小速度为v1，由平抛运动的规律 解得 ‎ 设赛车恰好越过圆轨道，对应圆轨道最高点的速度为v2，最低点的速度为v3，由牛顿第二定律及机械能守恒定律 解得 m/s 通过分析比较，赛车要完成比赛，在进入圆轨道前的速度最小应该是 m/s 设电动机工作时间至少为t，根据功能原理 由此可得 t=2.53s ‎（江苏卷）14.（16分）1932年，劳伦斯和利文斯设计出了回旋加速器。回旋加速器的工作原理如图所示，置于高真空中的D形金属盒半径为R，两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计。磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直。A处粒子源产生的粒子，质量为m、电荷量为+q ，在加速器中被加速，加速电压为U。加速过程中不考虑相对论效应和重力作用。‎ ‎（1）求粒子第2次和第1次经过两D形盒间狭缝后轨道半径之比；‎ ‎（2）求粒子从静止开始加速到出口处所需的时间t；‎ ‎（3）实际使用中，磁感应强度和加速电场频率都有最大值的限制。若某一加速器磁感应强度和加速电场频率的最大值分别为Bm、fm，试讨论粒子能获得的最大动能E㎞。‎ 解析：‎ ‎(1)设粒子第1次经过狭缝后的半径为r1,速度为v1‎ qu=mv12‎ qv1B=m 解得 同理，粒子第2次经过狭缝后的半径 ‎ 则 ‎ ‎（2）设粒子到出口处被加速了n圈 解得 ‎ ‎（3）加速电场的频率应等于粒子在磁场中做圆周运动的频率，即 当磁场感应强度为Bm时，加速电场的频率应为 粒子的动能 当≤时，粒子的最大动能由Bm决定 解得 当≥时，粒子的最大动能由fm决定 解得 ‎ ‎（江苏物理）15.（16分）如图所示，两平行的光滑金属导轨安装在一光滑绝缘斜面上，导轨间距为l、足够长且电阻忽略不计，导轨平面的倾角为，条形匀强磁场的宽度为d，磁感应强度大小为B、方向与导轨平面垂直。长度为2d的绝缘杆将导体棒和正方形的单匝线框连接在一起组成“”型装置，总质量为m，置于导轨上。导体棒中通以大小恒为I的电流（由外接恒流源产生，图中未图出）。线框的边长为d（d < l），电阻为R，下边与磁场区域上边界重合。将装置由静止释放，导体棒恰好运动到磁场区域下边界处返回，导体棒在整个运动过程中始终与导轨垂直。重力加速度为g。求：‎ ‎（1）装置从释放到开始返回的过程中，线框中产生的焦耳热Q；‎ ‎（2）线框第一次穿越磁场区域所需的时间t1；‎ ‎（3）经过足够长时间后，线框上边与磁场区域下边界的最大距离m。‎ 解析：‎ ‎(1)设装置由静止释放到导体棒运动到磁场下边界的过程中，作用在线框上的安培力做功为W 由动能定理 ‎ 且 解得 ‎ ‎（2）设线框刚离开磁场下边界时的速度为，则接着向下运动 由动能定理 ‎ 装置在磁场中运动时收到的合力 感应电动势 =Bd 感应电流 =‎ 安培力 ‎ 由牛顿第二定律，在t到t+时间内，有 则 有 解得 ‎ ‎（3）经过足够长时间后，线框在磁场下边界与最大距离之间往复运动 ‎ 由动能定理 ‎ ‎ 解得 ‎ ‎（四川卷）23.(16分)图示为修建高层建筑常用的塔式起重机。在起重机将质量m=5×103 kg的重物竖直吊起的过程中，重物由静止开始向上作匀加速直线运动，加速度a=0.2 m/s2，当起重机输出功率达到其允许的最大值时，保持该功率直到重物做vm=1.02 m/s的匀速运动。取g=10 m/s2,不计额外功。求：‎ (1) 起重机允许输出的最大功率。‎ (2) 重物做匀加速运动所经历的时间和起重机在第2秒末的输出功率。‎ 答案：‎ 解析：‎ ‎(1)设起重机允许输出的最大功率为P0，重物达到最大速度时，拉力F0等于重力。‎ P0＝F0vm ①‎ P0＝mg②‎ 代入数据，有：P0＝5.1×104W ③‎ ‎(2)匀加速运动结束时，起重机达到允许输出的最大功率，设此时重物受到的拉力为F，速度为v1，匀加速运动经历时间为t1,有：‎ P0＝F0v1 ④‎ F－mg＝ma⑤‎ V1＝at1 ⑥‎ 由③④⑤⑥，代入数据，得：t1＝5 s ⑦‎ T＝2 s时，重物处于匀加速运动阶段，设此时速度为v2，输出功率为P，则 v2＝at ⑧‎ P＝Fv2⑨‎ 由⑤⑧⑨，代入数据，得:P＝2.04×104W。‎ ‎（四川卷）24.(19分)如图所示，直线形挡板p1p2p3与半径为r的圆弧形挡板p3p4p5平滑连接并安装在水平台面b1b2b3b4上，挡板与台面均固定不动。线圈c1c2c3的匝数为n,其端点c1、c3通过导线分别与电阻R1和平行板电容器相连，电容器两极板间的距离为d,电阻R1的阻值是线圈c1c2c3阻值的2倍，其余电阻不计，线圈c1c2c3内有一面积为S、方向垂直于线圈平面向上的匀强磁场，磁场的磁感应强度B随时间均匀增大。质量为m的小滑块带正电，电荷量始终保持为q,在水平台面上以初速度v0从p1位置出发，沿挡板运动并通过p5位置。若电容器两板间的电场为匀强电场，p1、p2在电场外，间距为L,其间小滑块与台面的动摩擦因数为μ，其余部分的摩擦不计，重力加速度为g.求：‎ ‎（1）小滑块通过p2位置时的速度大小。‎ ‎（2）电容器两极板间电场强度的取值范围。‎ ‎（3）经过时间t,磁感应强度变化量的取值范围。‎ 解析：‎ ‎（1）小滑块运动到位置p2时速度为v1，由动能定理有：‎ ‎－umgL＝①‎ v1＝②‎ ‎（2）由题意可知，电场方向如图，若小滑块能通过位置p，则小滑块可沿挡板运动且通过位置p5，设小滑块在位置p的速度为v，受到的挡板的弹力为N，匀强电场的电场强度为E，由动能定理有：‎ ‎－umgL－2rEqs＝③‎ 当滑块在位置p时，由牛顿第二定律有：N+Eq＝m④‎ 由题意有：N≥0⑤‎ 由以上三式可得：E≤⑥‎ E的取值范围：0＜ E≤⑦‎ ‎（3）设线圈产生的电动势为E1，其电阻为R，平行板电容器两端的电压为U，t时间内磁感应强度的变化量为B，得： ⑧‎ U＝Ed 由法拉第电磁感应定律得E1＝n⑨‎ 由全电路的欧姆定律得E1＝I（R+2R）　　　　　　 　　　　　⑩‎ ‎ U＝2RI 经过时间t，磁感应强度变化量的取值范围：0＜≤。‎ ‎（上海物理）20．（10分）质量为5´103 kg的汽车在t＝0时刻速度v0＝10m/s，随后以P＝6´104 W的额定功率沿平直公路继续前进，经72s达到最大速度，设汽车受恒定阻力，其大小为2.5´103N。求：（1）汽车的最大速度vm；（2）汽车在72s内经过的路程s。‎ 解析：（1）当达到最大速度时，P＝=Fv=fvm，vm＝＝m/s＝24m/s ‎（2）从开始到72s时刻依据动能定理得：‎ Pt－fs＝mvm2－mv02，解得：s＝＝1252m。‎ ‎（上海物理）23．（12分）如图，质量均为m的两个小球A、B固定在弯成120°角的绝缘轻杆两端，OA和OB的长度均为l，可绕过O点且与纸面垂直的水平轴无摩擦转动，空气阻力不计。设A球带正电，B球带负电，电量均为q，处在竖直向下的匀强电场中。开始时，杆OB与竖直方向的夹角q0＝60°，由静止释放，摆动到q＝90°的位置时，系统处于平衡状态，求： ‎ ‎（1）匀强电场的场强大小E；‎ ‎（2）系统由初位置运动到平衡位置，重力做的功Wg和静电力做的功We；‎ ‎（3）B球在摆动到平衡位置时速度的大小v。‎ 解析：（1）力矩平衡时：（mg－qE）lsin90°＝（mg＋qE）lsin（120°－90°），‎ 即mg－qE＝（mg＋qE），得：E＝；‎ ‎（2）重力做功：Wg＝mgl（cos30°－cos60°）－mglcos60°＝（－1）mgl，‎ 静电力做功：We＝qEl（cos30°－cos60°）＋qElcos60°＝mgl，‎ ‎（3）小球动能改变量DEk=mv2＝Wg＋We＝（－1）mgl，‎ 得小球的速度：v＝＝。‎ ‎（四川卷）25.(20分)如图所示，轻弹簧一端连于固定点O，可在竖直平面内自由转动，另一端连接一带电小球P,其质量m=2×10-2 kg,电荷量q=0.2 C.将弹簧拉至水平后，以初速度V0=20 m/s竖直向下射出小球P,小球P到达O点的正下方O1点时速度恰好水平，其大小V=15 m/s.若O、O1相距R=1.5 m,小球P在O1点与另一由细绳悬挂的、不带电的、质量M=1.6×10-1 kg的静止绝缘小球N相碰。碰后瞬间，小球P脱离弹簧，小球N脱离细绳，同时在空间加上竖直向上的匀强电场E和垂直于纸面的磁感应强度B=1T的弱强磁场。此后，小球P在竖直平面内做半径r=0.5 m的圆周运动。小球P、N均可视为质点，小球P的电荷量保持不变，不计空气阻力，取g=10 m/s2。那么，‎ ‎（1）弹簧从水平摆至竖直位置的过程中，其弹力做功为多少？‎ ‎（2）请通过计算并比较相关物理量，判断小球P、N碰撞后能否在某一时刻具有相同的速度。‎ ‎ (3)若题中各量为变量，在保证小球P、N碰撞后某一时刻具有相同速度的前提下，请推导出r的表达式(要求用B、q、m、θ表示，其中θ为小球N的运动速度与水平方向的夹角)。‎ 解析：‎ ‎（1）设弹簧的弹力做功为W，有：　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ ‎①‎ 代入数据，得：W＝J　　　　　　　　　　　　　　　 　②‎ ‎（2）由题给条件知，N碰后作平抛运动，P所受电场力和重力平衡，P带正电荷。设P、N碰后的速度大小分别为v1和V，并令水平向右为正方向，有:③‎ 而：④‎ 若P、N碰后速度同向时，计算可得V>m造成的。‎ ‎（上海物理）18．（6分）利用图A．实验可粗略测量人吹气产生的压强。两端开口的细玻璃管水平放置，管内塞有潮湿小棉球，实验者从玻璃管的一端A吹气，棉球从另一端B飞出，测得玻璃管内部截面积S，距地面高度h，棉球质量m，开始时的静止位置与管口B的距离x，落地点C与管口B的水平距离l。然后多次改变x，测出对应的l，画出l2-x关系图线，如图B．所示，并由此得出相应的斜率k。 ‎ ‎（1）若不计棉球在空中运动时的空气阻力，根据以上测得的物理量可得，棉球从B端飞出的速度v0＝________。‎ ‎（2）假设实验者吹气能保持玻璃管内气体压强始终为恒定值，不计棉球与管壁的摩擦，重力加速度g，大气压强p0均为已知，利用图B．中拟合直线的斜率k可得，管内气体压强p ‎＝________。‎ ‎（3）考虑到实验时棉球与管壁间有摩擦，则（2）中得到的p与实际压强相比________（填偏大、偏小）。‎ 答案：（1）l，（2）p0＋，（3）偏小，‎ 解析：小球从B 点飞出后做平抛运动，则有，联立解得；在吹小球的过程中，由动能定理可得：即：，可知直线的斜率可得。若考虑实验中小球与玻璃管的摩擦则得到的p与实际压强相比应偏小。‎ ‎（上海物理）19．（4分）光强传感器对接收到的光信号会产生衰减，且对于不同波长的光衰减程度不同，可以用j表示衰减程度，其定义为输出强度与输入强度之比，j＝I出/I入，右图表示j与波长l之间的关系。当用此传感器分别接收A、B两束光时，传感器的输出强度正好相同，已知A光的波长lA＝625nm，B光由lB1＝605nm和lB2＝665nm两种单色光组成，且这两种单色光的强度之比IB1:IB2＝2:3，由图可知jA＝__________；A光强度与B光强度之比IA:IB＝__________。‎ 答案：0.35，27.5/35，‎ 解析：如图所示，A光的波长为625nm，在图上对应的强度jA＝0.35；同理在图中找出B1的强度为=0.60，B2的强度为=0.07，由A、B两束光经传感器的输出强度正好相同得：‎ 得：。‎ ‎（上海卷）8．小明同学在学习了DIS实验后，设计了一个测物体瞬时速度的实验，其装置如下图所示。在小车上固定挡光片，使挡光片的前端与车头齐平、将光电门传感器固定在轨道侧面，垫高轨道的一端。小明同学将小车从该端同一位置由静止释放，获得了如下几组实验数据。‎ 实验 次数 不同的 挡光片 通过光电门的时间 ‎（s）‎ 速度 ‎（）‎ 第一次 I ‎0.23044‎ ‎0.347‎ 第二次 Ⅱ ‎0.17464‎ ‎0.344‎ 第三次 Ⅲ ‎0.11662‎ ‎0.343‎ 第四次 Ⅳ ‎0.05850‎ ‎0.342‎ 则以下表述正确的是 ‎①四个挡光片中，挡光片I的宽度最小 ‎②四个挡光片中，挡光片Ⅳ的宽度最小 ‎③四次实验中，第一次实验测得的速度最接近小车车头到达光电门时的瞬时速度 ‎④四次实验中，第四次实验测得的速度最接近小车车头到达光电门时的瞬时速度 A．①③ B．②③ C．①④ D．②④‎ ‎ 答案：D ‎（山东卷）23．(12分)请完成以下两小题。‎ ‎（1）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）和若干小事物，以及刻度尺、三角板、铅笔、细绳、白纸、钉字，设计了如下实验：将两条橡皮筋的一端分别在墙上的两个钉子A、B上，另一端与第二条橡皮筋连接，结点为O，将第三条橡皮筋的另一端通过细胞挂一重物。‎ ‎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．测量悬挂重物后像皮筋的长度 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，改变条件再次实验证，可采用的方法是 ‎(2)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。光控开头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(1x)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）‎ 开关S及导线若干。‎ 答案：（1）①bcd；②更换不同的小重物；（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 ‎（安徽卷）21. （18分）‎ Ⅰ. （6分）用多用电表进行了几次测量，指针分别处于a、b的位置，如图所示。若多用电表的选择开关处于下面表格中所指的档位，a和b的相应读数是多少？请填在表格中。‎ Ⅱ. （6分）用右图所示的电路，测定一节干电池的电动势和内阻。电池的内阻较小，为了防止在调节滑动变阻器时造成短路，电路中用一个定值电阻R0起保护作用。除电池、开关和导线外，可供使用的实验器材还有：‎ （a） 电流表（量程0.6A、3A）；‎ （b） 电压表（量程3V、15V）‎ （c） 定值电阻（阻值1、额定功率5W）‎ （d） 定值电阻（阻值10，额定功率10W）‎ （e） 滑动变阻器（阴值范围0--10、额定电流2A）‎ （f） 滑动变阻器（阻值范围0-100、额定电流1A）‎ 那么 ‎（1）要正确完成实验，电压表的量程应选择V，电流表的量程应选择A； R0应选择的定值电阻，R应选择阻值范围是的滑动变阻器。‎ ‎（2）引起该实验系统误差的主要原因是。‎ Ⅲ．（6分）探究力对原来静止的物体做的功与物体获得的速度的关系，实验装置如图所师，实验主要过程如下：‎ ‎（1）设法让橡皮筋对小车做的功分别为W、2W、3W、……；‎ ‎（2）分析打点计时器打出的纸带，求 出小车的速度、、、……；‎ ‎（3）作出草图；‎ ‎（4）分析图像。如果图像是一条直线，表明∝；如果不是直线，可考虑是否存在∝、∝、∝等关系。‎ 以下关于该试验的说法中有一项不正确，它是___________。‎ A．本实验设法让橡皮筋对小车做的功分别为W、2W、3W、……‎ ‎。所采用的方法是选用同样的橡皮筋，并在每次实验中使橡皮筋拉伸的长度保持一致。当用1条橡皮筋进行是实验时，橡皮筋对小车做的功为W，用2条、3条、……橡皮筋并在一起进行第2次、第3次、……实验时，橡皮筋对小车做的功分别是2W、3W、……。‎ B．小车运动中会受到阻力，补偿的方法，可以使木板适当倾斜。‎ C．某同学在一次实验中，得到一条记录纸带。纸带上打出的点，两端密、中间疏。出现这种情况的原因，可能是没有使木板倾斜或倾角太小。‎ D．根据记录纸带上打出的点，求小车获得的速度的方法，是以纸带上第一点到最后一点的距离来进行计算。‎ I．答案：‎ 指针位置 选择开关所处的档位 读 数 a 直流电流100mA ‎23.0mA 直流电压2.5V ‎0.57V b 电阻×100‎ ‎320Ω 解析：直流电流100mA档读第二行“0～10”一排，最小度值为2mA估读到1mA就可以了；直流电压2.5V档读第二行“0~250”一排，最小分度值为0.05V估读到0.01V就可以了；电阻×100档读第一行，测量值等于表盘上读数“3.2”乘以倍率“100”。‎ II．答案：‎ ‎（1）3，0.6，1，0～10。（2）由于电压表的分流作用造成电流表读数总是比电池实际输出电流小。‎ 解析：由于电源是一节干电池（1.5V），所选量程为3V的电压表；估算电流时，考虑到干电池的内阻一般几Ω左右，加上保护电阻，最大电流在0.5A左右，所以选量程为0.6A的电流表；由于电池内阻很小，所以保护电阻不宜太大，否则会使得电流表、电压表取值范围小，造成的误差大；滑动变阻器的最大阻值一般比电池内阻大几倍就好了，取0～10Ω能很好地控制电路中的电流和电压，若取0～100Ω会出现开始几乎不变最后突然变化的现象。‎ 关于系统误差一般由测量工具和所造成测量方法造成的，一般具有倾向性，总是偏大或者偏小。本实验中由于电压表的分流作用造成电流表读数总是比测量值小，造成E测0，故A项错误；当x=0时，此时要求的场强为O点的场强，由对称性可知EO=0，对于C项而言，x=0时E为一定值，故C项错误。当x→∞时E→0，而D项中E→4πκσ故D项错误；所以正确选项只能为B。‎ ‎（上海物理）3．两带电量分别为q和－q的点电荷放在x轴上，相距为L，能正确反映两电荷连线上场强大小E与x关系的是图 答案：A 解析：由等量异种点电荷的电场强度的关系可知，在两电荷连线中点处电场强度最小，但不是零，从两点电荷向中点电场强度逐渐减小，因此A正确。‎ ‎（上海物理）7．位于A、B处的两个带有不等量负电的点电荷在平面内电势分布如图所示，图中实线表示等势线，则 A．a点和b点的电场强度相同 B．正电荷从c点移到d点，电场力做正功 C．负电荷从a点移到c点，电场力做正功 D．正电荷从e点沿图中虚线移到f点，电势能先减小后增大 答案：CD 解析：电场线的疏密可以表示电场的强弱，可见A错误；正电荷从c点移到d点，电场力做负功，负电荷从a点移到c点，电场力做正功，所以B错误，C正确；正电荷从e点沿图中虚线移到f点，电场力先做正功，后做负功，但整个过程电场力做正功，D正确。‎ ‎（广东物理）6.如图所示，在一个粗糙水平面上，彼此靠近地放置两个带同种电荷的小物块。由静止释放后，两个物块向相反方向运动，并最终停止。在物块的运动过程中，下列表述正确的是 A．两个物块的电势能逐渐减少 B．物块受到的库仑力不做功 C．两个物块的机械能守恒 D. 物块受到的摩擦力始终小于其受到的库仑力 答案：A 解析：由于两电荷电性相同，则二者之间的作用力为斥力，因此在远离过程中，电场力做正功，则电势能逐渐减少，A正确；B错误；由于运动过程中，有重力以外的力电场力和摩擦力做功，故机械能不守恒，C错误；在远离过程中开始电场力大于摩擦力，后来电场力小于摩擦力。‎ ‎（天津卷）5.如图所示，带等量异号电荷的两平行金属板在真空中水平放置，M、N为板间同一电场线上的两点，一带电粒子（不计重力）以速度vM经过M点在电场线上向下运动，且未与下板接触，一段时间后，粒子以速度vN折回N点。则 A.粒子受电场力的方向一定由M指向N B.粒子在M点的速度一定比在N点的大 C.粒子在M点的电势能一定比在N点的大 D.电场中M点的电势一定高于N点的电势 答案：B 解析：由于带电粒子未与下板接触，可知粒子向下做的是减速运动，故电场力向上，A错；粒子由M到N电场力做负功电势能增加，动能减少，速度增加，故B对C错；由于粒子和两极板所带电荷的电性未知，故不能判断M、N点电势的高低，C错。‎ ‎（四川卷）20.如图所示，粗糙程度均匀的绝缘斜面下方O点处有一正点电荷，带负电的小物体以初速度V1从M点沿斜面上滑，到达N点时速度为零，然后下滑回到M点，此时速度为V2（V2＜V1）。若小物体电荷量保持不变，OM＝ON，则 A．小物体上升的最大高度为 B．从N到M的过程中，小物体的电势能逐渐减小 C．从M到N的过程中，电场力对小物体先做负功后做正功 D．从N到M的过程中，小物体受到的摩擦力和电场力均是先增大后减小 答案：AD 解析：设斜面倾角为θ、上升过程沿斜面运动的最大距离为L。‎ 因为OM＝ON，则MN两点电势相等，小物体从M到N、从N到M电场力做功均为0。上滑和下滑经过同一个位置时，垂直斜面方向上电场力的分力相等，则经过相等的一小段位移在上滑和下滑过程中电场力分力对应的摩擦力所作的功均为相等的负功，所以上滑和下滑过程克服电场力产生的摩擦力所作的功相等、并设为W1。在上滑和下滑过程，对小物体，应用动能定理分别有：－mgsinθL－μmgcosθL－W1＝－和mgsinθL－μmgcosθL－W1＝，上两式相减可得sinθL＝，A对；由OM＝ON，可知电场力对小物体先作正功后作负功，电势能先减小后增大，BC错；从N到M的过程中，小物体受到的电场力垂直斜面的分力先增大后减小，而重力分力不变，则摩擦力先增大后减小，在此过程中小物体到O的距离先减小后增大，根据库仑定律可知小物体受到的电场力先增大后减小，D对。‎ ‎（宁夏卷）16.医生做某些特殊手术时，利用电磁血流计来监测通过动脉的血流速度。电磁血流计由一对电极a和b以及磁极N和S构成，磁极间的磁场是均匀的。使用时，两电极a、b均与血管壁接触，两触点的连线、磁场方向和血流速度方向两两垂直，如图所示。由于血液中的正负离子随血流一起在磁场中运动，电极a、b之间会有微小电势差。在达到平衡时，血管内部的电场可看作是匀强电场，血液中的离子所受的电场力和磁场力的合力为零。在某次监测中，两触点的距离为3.0mm，血管壁的厚度可忽略，两触点间的电势差为160µV，磁感应强度的大小为0.040T。则血流速度的近似值和电极a、b的正负为 A. 1.3m/s ，a正、b负 B. 2.7m/s ， a正、b负 C．1.3m/s，a负、b正 D. 2.7m/s ， a负、b正 答案：A ‎（海南物理）5．一平行板电容器两极板间距为、极板面积为S，电容为，其中是常量。对此电容器充电后断开电源。当增加两板间距时，电容器极板间 A．电场强度不变，电势差变大 ‎ B．电场强度不变，电势差不变 C．电场强度减小，电势差不变 ‎ D．电场强度较小，电势差减小 答案：A ‎（海南物理）10．如图，两等量异号的点电荷相距为。M与两点电荷共线，N位于两点电荷连线的中垂线上，两点电荷连线中点到M和N的距离都为L，且。略去项的贡献，则两点电荷的合电场在M和N点的强度 A．大小之比为2，方向相反 B．大小之比为1，方向相反 C．大小均与成正比，方向相反 D．大小均与L的平方成反比，方向相互垂直 答案：AC ‎（江苏物理）8．空间某一静电场的电势在轴上分布如图所示，轴上两点B、C点电场强度在方向上的分量分别是、，下列说法中正确的有 A．的大小大于的大小 ‎ B．的方向沿轴正方向 C．电荷在点受到的电场力在方向上的分量最大 ‎ D．负电荷沿轴从移到的过程中，电场力先做正功，后做负功 答案：AD 解析：本题的入手点在于如何判断和的大小，由图象可知在x轴上各点的电场强度在x方向的分量不相同，如果在x方向上取极小的一段，可以把此段看做是匀强磁场，用匀强磁场的处理方法思考，从而得到结论，此方法为微元法；需要对电场力的性质和能的性质由较为全面的理解。在B点和C点附近分别取很小的一段d，由图象，B点段对应的电势差大于C点段对应的电势差，看做匀强电场有，可见>，A项正确；同理可知O点场强最小，电荷在该点受到的电场力最小，C项错误；沿电场方向电势降低，在O点左侧，的方向沿x轴负方向，在O点右侧，的方向沿x轴正方向，所以B项错误，D项正确。‎ ‎（广东理科基础）12．关于同一电场的电场线，下列表述正确的是 A．电场线是客观存在的 B．电场线越密，电场强度越小 C．沿着电场线方向，电势越来越低 D．电荷在沿电场线方向移动时，电势能减小 答案：C 解析：电场是客观存在的，而电场线是假想的，A错；电场线越密的地方电场越大B错；沿着电场线的方向电势逐渐降低C对；负电荷沿着电场线方向移动时电场力做负功电势能增加D错。‎ ‎（广东理科基础）16．如图所示，一带负电粒子以某速度进入水平向右的匀强电场中，在电场力作用下形成图中所示的运动轨迹。M和N是轨迹上的两点，其中M点在轨迹的最右点。不计重力，下列表述正确的是 A．粒子在M点的速率最大 B．粒子所受电场力沿电场方向 C．粒子在电场中的加速度不变 D．粒子在电场中的电势能始终在增加 答案：C 解析：根据做曲线运动物体的受力特点合力指向轨迹的凹一侧,再结合电场力的特点可知粒子带负电，即受到的电场力方向与电场线方向相反，B错；从N到M电场力做负功，减速，电势能在增加，当达到M点后电场力做正功加速电势能在减小则在M点的速度最小A错,D错；在整个过程中只受电场力，根据牛顿第二定律加速度不变。‎ ‎(广东文科基础)60．如图9所示，空间有一电场，电场中有两个点a和b。下列表述正确的是 A．该电场是匀强电场 B．a点的电场强度比b点的大 C．b点的电场强度比a点的大 D．正电荷在a、b两点受力方向相同 答案：B ‎（山东卷）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 答案：AC 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。‎ 考点：电场线、电场强度、电势能 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。‎ ‎（安徽卷）18. 在光滑的绝缘水平面上，有一个正方形的abcd，顶点a、c处分别固定一个正点电荷，电荷量相等，如图所示。若将一个带负电的粒子置于b点，自由释放，粒子将沿着对角线bd往复运动。粒子从b点运动到d点的过程中 A. 先作匀加速运动，后作匀减速运动 B. 先从高电势到低电势，后从低电势到高电势 C. 电势能与机械能之和先增大，后减小 D. 电势能先减小，后增大 答案：D 解析：由于负电荷受到的电场力是变力，加速度是变化的。所以A错；由等量正电荷的电场分布知道，在两电荷连线的中垂线O点的电势最高，所以从b到a，电势是先增大后减小，故B错；由于只有电场力做功，所以只有电势能与动能的相互转化，故电势能与机械能的和守恒，C错；由b到O电场力做正功，电势能减小，由O到d电场力做负功，电势能增加，D对。‎ a b cc d O ‎（福建卷）15.如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源（内阻不计）连接，下极板接地。一带电油滴位于容器中的P点且恰好处于平衡状态。现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离 A.带点油滴将沿竖直方向向上运动 ‎ B.P点的电势将降低 C.带点油滴的电势将减少 ‎ D.若电容器的电容减小，则极板带电量将增大 答案：B 解析：电容器两端电压U不变，由公式，场强变小，电场力变小，带点油滴将沿竖直方向向下运动，A错； P到下极板距离d不变，而强场E减小，由公式U=Ed知P与正极板的电势差变小，又因为下极板电势不变，所以P点的电势变小，B对；由于电场力向上，而电场方向向下，可以推断油滴带负电，又P点的电势降低，所以油滴的电势能增大，C错；图中电容器两端电压U不变,电容C减小时由公式Q=CU，带电量减小，D错。‎ ‎（浙江卷）16．如图所示，在光滑绝缘水平面上放置3个电荷量均为的相同小球，小球之间用劲度系数均为的轻质弹簧绝缘连接。当3个小球处在静止状态时，每根弹簧长度为 已知静电力常量为，若不考虑弹簧的静电感应，则每根弹簧的原长为 A． B． C． D．‎ 答案：C F23‎ 解析：第三个小球受三个力的作用，它们的关系是 F13‎ ‎，得 ‎（浙江卷）20．空间存在匀强电场，有一电荷量、质量的粒子从点以速率射入电场，运动到点时速率为。现有另一电荷量、质量的粒子以速率仍从点射入该电场，运动到点时速率为。若忽略重力的影响，则 A．在、、三点中，点电势最高 B．在、、三点中，点电势最高 C．间的电势差比间的电势差大 D．间的电势差比间的电势差小 答案：AD 解析：正电荷由O到A，动能变大，电场力做正功，电势能减小，电势也减小，O点电势较高；负电荷从O到B速度增大，电场力也做正功，电势能减小，电势升高，B点电势比O点高。所以B点最高，A对；，，故D对。‎ ‎（宁夏卷）18.空间有一均匀强电场，在电场中建立如图所示的直角坐标系，M、N、P为电场中的三个点，M点的坐标，N点的坐标为，P点的坐标为。已知电场方向平行于直线MN，M点电势为0，N点电势为1V，则P点的电势为 A. B.‎ C. D.‎ 答案：D ‎（江苏物理）‎ ‎1．两个分别带有电荷量和+的相同金属小球（均可视为点电荷），固定在相距为的两处，它们间库仑力的大小为。两小球相互接触后将其固定距离变为，则两球间库仑力的大小为 A． B． C． D．‎ 答案：C 解析：本题考查库仑定律及带电题电量的转移问题。接触前两个点电荷之间的库仑力大小为，两个相同的金属球各自带电，接触后再分开，其所带电量先中和后均分，所以两球分开后各自带点为+Q，距离又变为原来的，库仑力为，所以两球间库仑力的大小为，C项正确。如两球原来带正电，则接触各自带电均为+2Q。‎ ‎（山东卷）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，第一四象限有磁场，方向垂直于Oxy平面向里。位于极板左侧的粒子源沿x轴间右连接发射质量为m、电量为+q、速度相同、重力不计的带电粒子在0~3t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、l0、B为已知量。（不考虑粒子间相互影响及返回板间的情况）‎ ‎（1）求电压U的大小。‎ ‎（2）求时进入两板间的带电粒子在磁场中做圆周运动的半径。‎ ‎（3）何时把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。‎ 图乙 图甲 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。‎ ‎（安徽卷）23．（16分）如图所示，匀强电场方向沿轴的正方向，场强为。在点有一个静止的中性微粒，由于内部作用，某一时刻突然分裂成两个质量均为的带电微粒，其中电荷量为的微粒1沿轴负方向运动，经过一段时间到达点。不计重力和分裂后两微粒间的作用。试求 ‎ （1）分裂时两个微粒各自的速度；‎ ‎ （2）当微粒1到达（点时，电场力对微粒1做功的瞬间功率；‎ ‎ （3）当微粒1到达（点时，两微粒间的距离。‎ 答案：（1），方向沿y正方向（2）（3）2‎ 解析：（1）微粒1在y方向不受力，做匀速直线运动；在x方向由于受恒定的电场力，做匀加速直线运动。所以微粒1做的是类平抛运动。设微粒1分裂时的速度为v1，微粒2的速度为v2则有：‎ 在y方向上有 ‎-‎ 在x方向上有 ‎（0, -d）‎ ‎（d,0）‎ x E y θ vx vy ‎-‎ 根号外的负号表示沿y轴的负方向。‎ 中性微粒分裂成两微粒时，遵守动量守恒定律，有 方向沿y正方向。‎ ‎（2）设微粒1到达（0，-d）点时的速度为v，则电场力做功的瞬时功率为 其中由运动学公式 所以 ‎（3）两微粒的运动具有对称性，如图所示，当微粒1到达（0，-d）点时发生的位移 则当微粒1到达（0，-d）点时，两微粒间的距离为 ‎（福建卷）21.（19分）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）‎ 答案：（1）; （2）; ‎ ‎(3) ‎ 解析：本题考查的是电场中斜面上的弹簧类问题。涉及到匀变速直线运动、运用动能定理处理变力功问题、最大速度问题和运动过程分析。‎ ‎（1）滑块从静止释放到与弹簧刚接触的过程中作初速度为零的匀加速直线运动，设加速度大小为a，则有 qE+mgsin=ma①‎ ‎②‎ 联立①②可得 ‎③‎ ‎（2）滑块速度最大时受力平衡，设此时弹簧压缩量为，则有 ‎④‎ ‎ 从静止释放到速度达到最大的过程中，由动能定理得 ‎⑤‎ 联立④⑤可得 s ‎（3）如图 ‎（福建卷）22.(20分)图为可测定比荷的某装置的简化示意图，在第一象限区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小B=2.0×10-3T,在X轴上距坐标原点L=0.50m的P处为离子的入射口，在Y上安放接收器，现将一带正电荷的粒子以v=3.5×104m/s的速率从P处射入磁场，若粒子在y轴上距坐标原点L=0.50m的M处被观测到，且运动轨迹半径恰好最小，设带电粒子的质量为m,电量为q,不记其重力。‎ ‎（1）求上述粒子的比荷；‎ ‎（2）如果在上述粒子运动过程中的某个时刻，在第一象限内再加一个匀强电场，就可以使其沿y轴正方向做匀速直线运动，求该匀强电场的场强大小和方向，并求出从粒子射入磁场开始计时经过多长时间加这个匀强电场；‎ ‎（3）为了在M处观测到按题设条件运动的上述粒子，在第一象限内的磁场可以局限在一个矩形区域内，求此矩形磁场区域的最小面积，并在图中画出该矩形。‎ 答案（1）=4.9×C/kg（或5.0×C/kg）；（2） ； （3）‎ 解析：第（1）问本题考查带电粒子在磁场中的运动。第（2）问涉及到复合场（速度选择器模型）第（3）问是带电粒子在有界磁场（矩形区域）中的运动。‎ ‎（1）设粒子在磁场中的运动半径为r。如图甲，依题意M、P连线即为该粒子在磁场中作匀速圆周运动的直径，由几何关系得 ‎①‎ 由洛伦兹力提供粒子在磁场中作匀速圆周运动的向心力，可得 ‎②‎ 联立①②并代入数据得 ‎=4.9×C/kg（或5.0×C/kg） ③‎ ‎（2）设所加电场的场强大小为E。如图乙，当粒子子经过Q点时，速度沿y轴正方向，依题意，在此时加入沿x轴正方向的匀强电场，电场力与此时洛伦兹力平衡，则有 ‎④‎ 代入数据得 ‎⑤‎ 所加电场的长枪方向沿x轴正方向。由几何关系可知，圆弧PQ所对应的圆心角为45°，设带点粒子做匀速圆周运动的周期为T，所求时间为t，则有 ‎⑥‎ ‎⑦‎ 联立①⑥⑦并代入数据得 ‎⑧‎ ‎（3）如图丙，所求的最小矩形是，该区域面积w.w.w.k.s.5.u.c.o.m ‎⑨‎ 联立①⑨并代入数据得 矩形如图丙中（虚线）‎ ‎（浙江卷）23.（14分）如图所示，相距为d的平行金属板A、B竖直放置，在两板之间水平放置一绝缘平板。有一质量m、电荷量q（q>0）的小物块在与金属板A相距l处静止。若某一时刻在金属板A、B间加一电压，小物块与金属板只发生了一次碰撞，碰撞后电荷量变为q，并以与碰前大小相等的速度反方向弹回。已知小物块与绝缘平板间的动摩擦因素为μ，若不计小物块电荷量对电场的影响和碰撞时间。则 ‎（1）小物块与金属板A碰撞前瞬间的速度大小是多少？‎ ‎（2）小物块碰撞后经过多长时间停止运动？停在何位置？‎ 答案：（1）（2）时间为，停在处或距离B板为 解析：本题考查电场中的动力学问题 ‎（1）加电压后，B极板电势高于A板，小物块在电场力作用与摩擦力共同作用下向A板做匀加速直线运动。电场强度为 小物块所受的电场力与摩擦力方向相反，则合外力为 故小物块运动的加速度为 设小物块与A板相碰时的速度为v1，由 解得 ‎ ‎（2）小物块与A板相碰后以v1大小相等的速度反弹，因为电荷量及电性改变，电场力大小与方向发生变化，摩擦力的方向发生改变，小物块所受的合外力大小 为 加速度大小为 ‎ 设小物块碰后到停止的时间为 t，注意到末速度为零，有 解得 ‎ 设小物块碰后停止时距离为，注意到末速度为零，有 则 ‎ 或距离B板为 ‎ ‎（江苏卷）14.（16分）1932年，劳伦斯和利文斯设计出了回旋加速器。回旋加速器的工作原理如图所示，置于高真空中的D形金属盒半径为R，两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计。磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直。A处粒子源产生的粒子，质量为m、电荷量为+q ，在加速器中被加速，加速电压为U。加速过程中不考虑相对论效应和重力作用。‎ ‎（1）求粒子第2次和第1次经过两D形盒间狭缝后轨道半径之比；‎ ‎（2）求粒子从静止开始加速到出口处所需的时间t；‎ ‎（3）实际使用中，磁感应强度和加速电场频率都有最大值的限制。若某一加速器磁感应强度和加速电场频率的最大值分别为Bm、fm，试讨论粒子能获得的最大动能E㎞。‎ 解析：‎ ‎(1)设粒子第1次经过狭缝后的半径为r1,速度为v1‎ qu=mv12‎ qv1B=m 解得 同理，粒子第2次经过狭缝后的半径 ‎ 则 ‎ ‎（2）设粒子到出口处被加速了n圈 解得 ‎ ‎（3）加速电场的频率应等于粒子在磁场中做圆周运动的频率，即 当磁场感应强度为Bm时，加速电场的频率应为 粒子的动能 当≤时，粒子的最大动能由Bm决定 解得 当≥时，粒子的最大动能由fm决定 解得 ‎ ‎（四川卷）24.(19分)如图所示，直线形挡板p1p2p3与半径为r的圆弧形挡板p3p4p5平滑连接并安装在水平台面b1b2b3b4上，挡板与台面均固定不动。线圈c1c2c3的匝数为n,其端点c1、c ‎3通过导线分别与电阻R1和平行板电容器相连，电容器两极板间的距离为d,电阻R1的阻值是线圈c1c2c3阻值的2倍，其余电阻不计，线圈c1c2c3内有一面积为S、方向垂直于线圈平面向上的匀强磁场，磁场的磁感应强度B随时间均匀增大。质量为m的小滑块带正电，电荷量始终保持为q,在水平台面上以初速度v0从p1位置出发，沿挡板运动并通过p5位置。若电容器两板间的电场为匀强电场，p1、p2在电场外，间距为L,其间小滑块与台面的动摩擦因数为μ，其余部分的摩擦不计，重力加速度为g.求：‎ ‎（1）小滑块通过p2位置时的速度大小。‎ ‎（2）电容器两极板间电场强度的取值范围。‎ ‎（3）经过时间t,磁感应强度变化量的取值范围。‎ 解析：‎ ‎（1）小滑块运动到位置p2时速度为v1，由动能定理有：‎ ‎－umgL＝①‎ v1＝②‎ ‎（2）由题意可知，电场方向如图，若小滑块能通过位置p，则小滑块可沿挡板运动且通过位置p5，设小滑块在位置p的速度为v，受到的挡板的弹力为N，匀强电场的电场强度为E，由动能定理有：‎ ‎－umgL－2rEqs＝③‎ 当滑块在位置p时，由牛顿第二定律有：N+Eq＝m④‎ 由题意有：N≥0⑤‎ 由以上三式可得：E≤⑥‎ E的取值范围：0＜ E≤⑦‎ ‎（3）设线圈产生的电动势为E1，其电阻为R，平行板电容器两端的电压为U，t时间内磁感应强度的变化量为B，得： ⑧‎ U＝Ed 由法拉第电磁感应定律得E1＝n⑨‎ 由全电路的欧姆定律得E1＝I（R+2R）　　　　　　 　　　　　⑩‎ ‎ U＝2RI 经过时间t，磁感应强度变化量的取值范围：0＜≤。‎ ‎（重庆卷）25.（19分）如题25图，离子源A产生的初速为零、带电量均为e、质量不同的正离子被电压为U0的加速电场加速后匀速通过准直管，垂直射入匀强偏转电场，偏转后通过极板HM上的小孔S离开电场，经过一段匀速直线运动，垂直于边界MN进入磁感应强度为B的匀强磁场。已知HO=d，HS=2d，=90°。（忽略粒子所受重力）‎ ‎（1）求偏转电场场强E0的大小以及HM与MN的夹角；‎ ‎（2）求质量为m的离子在磁场中做圆周运动的半径；‎ ‎（3）若质量为4m的离子垂直打在NQ的中点处，质量为16m的离子打在处。求和之间的距离以及能打在NQ上的正离子的质量范围。‎ 解析：‎ ‎（宁夏卷）25．(18分)‎ 如图所示，在第一象限有一均强电场，场强大小为E，方向与y轴平行；在x轴下方有一均强磁场，磁场方向与纸面垂直。一质量为m、电荷量为-q(q>0)的粒子以平行于x轴的速度从y轴上的P点处射入电场，在x轴上的Q点处进入磁场，并从坐标原点O离开磁场。粒子在磁场中的运动轨迹与y轴交于M点。已知OP=,。不计重力。求 ‎（1）M点与坐标原点O间的距离；‎ ‎（2）粒子从P点运动到M点所用的时间。‎ 解析：（1）带电粒子在电场中做类平抛运动，在轴负方向上做初速度为零的匀加速运动，设加速度的大小为；在轴正方向上做匀速直线运动，设速度为，粒子从P点运动到Q点所用的时间为，进入磁场时速度方向与轴正方向的夹角为，则 ‎①‎ ‎②‎ ‎③‎ 其中。又有 ‎④‎ 联立②③④式，得 因为点在圆周上，，所以MQ为直径。从图中的几何关系可知。‎ ‎⑥‎ ‎⑦‎ ‎（2）设粒子在磁场中运动的速度为,从Q到M点运动的时间为,则有 ‎⑧‎ ‎⑨‎ 带电粒子自P点出发到M点所用的时间为为 ‎⑩‎ 联立①②③⑤⑥⑧⑨⑩式，并代入数据得 高考物理试题分类汇编——磁场 ‎（全国卷Ⅰ）17.如图，一段导线abcd位于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，且与磁场方向（垂直于纸面向里）垂直。线段ab、bc和cd的长度均为L，且。流经导线的电流为I，方向如图中箭头所示。导线段abcd所受到的磁场的作用力的合力 A. 方向沿纸面向上，大小为 B. 方向沿纸面向上，大小为 C. 方向沿纸面向下，大小为 D. 方向沿纸面向下，大小为 答案：A 解析：本题考查安培力的大小与方向的判断.该导线可以用a和d之间的直导线长为来等效代替,根据,可知大小为,方向根据左手定则.A正确。‎ ‎（北京卷）19．如图所示的虚线区域内，充满垂直于纸面向里的匀强磁场和竖直向下的匀强电场。一带电粒子a（不计重力）以一定的初速度由左边界的O点射入磁场、电场区域，恰好沿直线由区域右边界的O′点（图中未标出）穿出。若撤去该区域内的磁场而保留电场不变，另一个同样的粒子b（不计重力）仍以相同初速度由O点射入，从区域右边界穿出，则粒子b A．穿出位置一定在O′点下方 B．穿出位置一定在O′点上方 C．运动时，在电场中的电势能一定减小 D．在电场中运动时，动能一定减小 答案：C 解析：a粒子要在电场、磁场的复合场区内做直线运动，则该粒子一定做匀速直线运动，故对粒子a有：Bqv=Eq 即只要满足E =Bv无论粒子带正电还是负电，粒子都可以沿直线穿出复合场区，当撤去磁场只保留电场时，粒子b由于电性不确定，故无法判断从O’点的上方或下方穿出，故AB错误；粒子b在穿过电场区的过程中必然受到电场力的作用而做类似于平抛的运动，电场力做正功，其电势能减小，动能增大，故C项正确D项错误。‎ ‎（广东物理）12．图是质谱仪的工作原理示意图。带电粒子被加速电场加速后，进入速度选择器。速度选择器内相互正交的匀强磁场和匀强电场的强度分别为B和E。平板S上有可让粒子通过的狭缝P和记录粒子位置的胶片A1A2。平板S下方有强度为B0的匀强磁场。下列表述正确的是 A．质谱仪是分析同位素的重要工具 B．速度选择器中的磁场方向垂直纸面向外 C．能通过的狭缝P的带电粒子的速率等于E/B D．粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，粒子的荷质比越小 答案：ABC 解析：由加速电场可见粒子所受电场力向下，即粒子带正电，在速度选择器中，电场力水平向右，洛伦兹力水平向左，如图所示，因此速度选择器中磁场方向垂直纸面向外B正确；经过速度选择器时满足，可知能通过的狭缝P的带电粒子的速率等于E/B，带电粒子进入磁场做匀速圆周运动则有，可见当v相同时，，所以可以用来区分同位素，且R越大，比荷就越大，D错误。‎ ‎（广东理科基础）1．发现通电导线周围存在磁场的科学家是 A．洛伦兹 B．库仑 C．法拉第 D．奥斯特 答案：Bw.w.w.k.s.5.u.c.o.m 解析：发现电流的磁效应的科学家是丹麦的奥斯特.而法拉第是发现了电磁感应现象。‎ ‎（广东理科基础）13．带电粒子垂直匀强磁场方向运动时，会受到洛伦兹力的作用。下列表述正确的是 A．洛伦兹力对带电粒子做功 B．洛伦兹力不改变带电粒子的动能 C．洛伦兹力的大小与速度无关 D．洛伦兹力不改变带电粒子的速度方向 答案：B 解析：根据洛伦兹力的特点, 洛伦兹力对带电粒子不做功,A错.B对.根据,可知大小与速度有关. 洛伦兹力的效果就是改变物体的运动方向,不改变速度的大小。‎ ‎(广东文科基础)61．带电粒子垂直匀强磁场方向运动时，其受到的洛伦兹力的方向，下列表述正确的是 A．与磁场方向相同 B．与运动方向相同 c．与运动方向相反 D．与磁场方向垂直 答案：D ‎（山东卷）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 ‎ 　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E＝Bav ‎ 　D．感应电动势平均值 答案：ACD 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。‎ 考点：楞次定律、安培力、感应电动势、左手定则、右手定则 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。‎ ‎（重庆卷）19.在题19图所示电路中，电池均相同，当电键S分别置于a、b两处时，导线与之间的安培力的大小为、，判断这两段导线 A.相互吸引，>‎ B.相互排斥，>‎ C.相互吸引，<‎ D.相互排斥，<‎ 答案：D ‎（安徽卷）19.‎ ‎ 右图是科学史上一张著名的实验照片，显示一个带电粒子在云室中穿过某种金属板运动的径迹。云室旋转在匀强磁场中，磁场方向垂直照片向里。云室中横放的金属板对粒子的运动起阻碍作用。分析此径迹可知粒子 A. 带正电，由下往上运动 B. 带正电，由上往下运动 C. 带负电，由上往下运动 D. 带负电，由下往上运动 答案： A 解析：粒子穿过金属板后，速度变小，由半径公式可知，半径变小，粒子运动方向为由下向上；又由于洛仑兹力的方向指向圆心，由左手定则，粒子带正电。选A。‎ ‎（宁夏卷）16.医生做某些特殊手术时，利用电磁血流计来监测通过动脉的血流速度。电磁血流计由一对电极a和b以及磁极N和S构成，磁极间的磁场是均匀的。使用时，两电极a、b均与血管壁接触，两触点的连线、磁场方向和血流速度方向两两垂直，如图所示。由于血液中的正负离子随血流一起在磁场中运动，电极a、b之间会有微小电势差。在达到平衡时，血管内部的电场可看作是匀强电场，血液中的离子所受的电场力和磁场力的合力为零。在某次监测中，两触点的距离为3.0mm，血管壁的厚度可忽略，两触点间的电势差为160µV，磁感应强度的大小为0.040T。则血流速度的近似值和电极a、b的正负为 A. 1.3m/s ，a正、b负 B. 2.7m/s ， a正、b负 C．1.3m/s，a负、b正 D. 2.7m/s ， a负、b正 答案：A ‎（安徽卷）20. 如图甲所示，一个电阻为R，面积为S的矩形导线框abcd，水平旋转在匀强磁场中，磁场的磁感应强度为B，方向与ad边垂直并与线框平面成450角，o、o’ ‎ 分别是ab和cd边的中点。现将线框右半边obco’ 绕oo’ 逆时针900到图乙所示位置。在这一过程中，导线中通过的电荷量是 A. B. C. D. 0‎ b(c)‎ o(o′)‎ b(c)‎ o(o′)‎ 答案：A 解析：对线框的右半边（obco′）未旋转时整个回路的磁通量。对线框的右半边（obco′）旋转90o后，穿进跟穿出的磁通量相等，如右图整个回路的磁通量。。根据公式。选A ‎（海南物理）2．一根容易形变的弹性导线，两端固定。导线中通有电流，方向如图中箭头所示。当没有磁场时，导线呈直线状态：当分别加上方向竖直向上、水平向右或垂直于纸面向外的匀强磁场时，描述导线状态的四个图示中正确的是 答案：D ‎（海南物理）4．一长直铁芯上绕有一固定线圈M，铁芯右端与一木质圆柱密接，木质圆柱上套有一闭合金属环N，N可在木质圆柱上无摩擦移动。M连接在如图所示的电路中，其中R为滑线变阻器，和为直流电源，S为单刀双掷开关。下列情况中，可观测到N向左运动的是 A．在S断开的情况下，S向a闭合的瞬间 B．在S断开的情况下，S向b闭合的瞬间 C．在S已向a闭合的情况下，将R的滑动头向c端移动时 D．在S已向a闭合的情况下，将R的滑动头向d端移动时 答案：C ‎（全国卷Ⅰ）‎ ‎26（21分）如图，在x轴下方有匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于x y平面向外。P是y轴上距原点为h的一点，N0为x轴上距原点为a的一点。A是一块平行于x轴的挡板，与x轴的距离为，A的中点在y轴上，长度略小于。带点粒子与挡板碰撞前后，x方向的分速度不变，y方向的分速度反向、大小不变。质量为m，电荷量为q（q>0）的粒子从P点瞄准N0点入射，最后又通过P点。不计重力。求粒子入射速度的所有可能值。‎ 解析：设粒子的入射速度为v,第一次射出磁场的点为,与板碰撞后再次进入磁场的位置为.粒子在磁场中运动的轨道半径为R,有…⑴‎ 粒子速率不变,每次进入磁场与射出磁场位置间距离保持不变有…⑵‎ 粒子射出磁场与下一次进入磁场位置间的距离始终不变,与相等.由图可以看出……⑶‎ 设粒子最终离开磁场时,与档板相碰n次(n=0、1、2、3…).若粒子能回到P点,由对称性,出射点的x坐标应为-a,即……⑷‎ 由⑶⑷两式得……⑸‎ 若粒子与挡板发生碰撞,有……⑹‎ 联立⑶⑷⑹得n<3………⑺‎ 联立⑴⑵⑸得 ‎………⑻‎ 把代入⑻中得 ‎…………⑼‎ ‎…………⑾‎ ‎…………⑿‎ ‎（全国卷Ⅱ）25. （18分）如图，在宽度分别为和的两个毗邻的条形区域分别有匀强磁场和匀强电场，磁场方向垂直于纸面向里，电场方向与电、磁场分界线平行向右。一带正电荷的粒子以速率v从磁场区域上边界的P点斜射入磁场，然后以垂直于电、磁场分界线的方向进入电场，最后从电场边界上的Q点射出。已知PQ垂直于电场方向，粒子轨迹与电、磁场分界线的交点到PQ的距离为d。不计重力,求电场强度与磁感应强度大小之比及粒子在磁场与电场中运动时间之比。‎ 答案：‎ 解析：本题考查带电粒子在有界磁场中的运动。‎ 粒子在磁场中做匀速圆周运动,如图所示.由于粒子在分界线处的速度与分界线垂直,圆心O应在分界线上,OP长度即为粒子运动的圆弧的半径R.由几何关系得 ‎………①‎ 设粒子的质量和所带正电荷分别为m和q,由洛仑兹力公式和牛顿第二定律得 ‎……………②‎ 设为虚线与分界线的交点,,则粒子在磁场中的运动时间为……③‎ 式中有………④粒子进入电场后做类平抛运动,其初速度为v,方向垂直于电场.设粒子的加速度大小为a,由牛顿第二定律得…………⑤‎ 由运动学公式有……⑥………⑦‎ 由①②⑤⑥⑦式得…………⑧‎ 由①③④⑦式得 ‎（天津卷）11.(18分)如图所示，直角坐标系xOy位于竖直平面内，在水平的x轴下方存在匀强磁场和匀强电场，磁场的磁感应为B,方向垂直xOy平面向里，电场线平行于y轴。一质量为m、电荷量为q的带正电的小球，从y轴上的A点水平向右抛出，经x轴上的M点进入电场和磁场，恰能做匀速圆周运动，从x轴上的N点第一次离开电场和磁场，MN之间的距离为L,小球过M点时的速度方向与x轴的方向夹角为.不计空气阻力，重力加速度为g,求 (1) 电场强度E的大小和方向；‎ (2) 小球从A点抛出时初速度v0的大小;‎ (3) A点到x轴的高度h.‎ 答案：（1），方向竖直向上 （2） （3）‎ 解析：本题考查平抛运动和带电小球在复合场中的运动。‎ ‎（1）小球在电场、磁场中恰能做匀速圆周运动，说明电场力和重力平衡（恒力不能充当圆周运动的向心力），有 ‎①‎ ‎②‎ 重力的方向竖直向下，电场力方向只能向上，由于小球带正电，所以电场强度方向竖直向上。‎ ‎（2）小球做匀速圆周运动，O′为圆心，MN为弦长，，如图所示。设半径为r，由几何关系知 ‎③‎ 小球做匀速圆周运动的向心力由洛仑兹力白日提供，设小球做圆周运动的速率为v，有 ‎④‎ ‎ 由速度的合成与分解知 ‎⑤‎ 由③④⑤式得 ‎⑥‎ ‎（3）设小球到M点时的竖直分速度为vy，它与水平分速度的关系为 ‎⑦‎ 由匀变速直线运动规律 ‎⑧‎ 由⑥⑦⑧式得 ‎⑨‎ ‎（山东卷）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，第一四象限有磁场，方向垂直于Oxy平面向里。位于极板左侧的粒子源沿x轴间右连接发射质量为m、电量为+q、速度相同、重力不计的带电粒子在0~3t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、l0、B为已知量。（不考虑粒子间相互影响及返回板间的情况）‎ ‎（1）求电压U的大小。‎ ‎（2）求时进入两板间的带电粒子在磁场中做圆周运动的半径。‎ ‎（3）何时把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。‎ 图乙 图甲 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。‎ ‎（福建卷）22.(20分)图为可测定比荷的某装置的简化示意图，在第一象限区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小B=2.0×10-3T,在X轴上距坐标原点L=0.50m的P处为离子的入射口，在Y上安放接收器，现将一带正电荷的粒子以v=3.5×104m/s的速率从P处射入磁场，若粒子在y轴上距坐标原点L=0.50m的M处被观测到，且运动轨迹半径恰好最小，设带电粒子的质量为m,电量为q,不记其重力。‎ ‎（1）求上述粒子的比荷；‎ ‎（2）如果在上述粒子运动过程中的某个时刻，在第一象限内再加一个匀强电场，就可以使其沿y轴正方向做匀速直线运动，求该匀强电场的场强大小和方向，并求出从粒子射入磁场开始计时经过多长时间加这个匀强电场；‎ ‎（3）为了在M处观测到按题设条件运动的上述粒子，在第一象限内的磁场可以局限在一个矩形区域内，求此矩形磁场区域的最小面积，并在图中画出该矩形。‎ 答案（1）=4.9×C/kg（或5.0×C/kg）；（2） ； （3）‎ 解析：第（1）问本题考查带电粒子在磁场中的运动。第（2）问涉及到复合场（速度选择器模型）第（3）问是带电粒子在有界磁场（矩形区域）中的运动。‎ ‎（1）设粒子在磁场中的运动半径为r。如图甲，依题意M、P连线即为该粒子在磁场中作匀速圆周运动的直径，由几何关系得 ‎①‎ 由洛伦兹力提供粒子在磁场中作匀速圆周运动的向心力，可得 ‎②‎ 联立①②并代入数据得 ‎=4.9×C/kg（或5.0×C/kg） ③‎ ‎（2）设所加电场的场强大小为E。如图乙，当粒子子经过Q点时，速度沿y轴正方向，依题意，在此时加入沿x轴正方向的匀强电场，电场力与此时洛伦兹力平衡，则有 ‎④‎ 代入数据得 ‎⑤‎ 所加电场的长枪方向沿x轴正方向。由几何关系可知，圆弧PQ所对应的圆心角为45°，设带点粒子做匀速圆周运动的周期为T，所求时间为t，则有 ‎⑥‎ ‎⑦‎ 联立①⑥⑦并代入数据得 ‎⑧‎ ‎（3）如图丙，所求的最小矩形是，该区域面积w.w.w.k.s.5.u.c.o.m ‎⑨‎ 联立①⑨并代入数据得 矩形如图丙中（虚线）‎ ‎（浙江卷）25.（22分）如图所示，x轴正方向水平向右，y轴正方向竖直向上。在xOy平面内有与y轴平行的匀强电场，在半径为R的圆内还有与xOy平面垂直的匀强磁场。在圆的左边放置一带电微粒发射装置，它沿x轴正方向发射出一束具有相同质量m、电荷量q（q>0）和初速度v的带电微粒。发射时，这束带电微粒分布在00。‎ 解析：本题考查带电粒子在复合场中的运动。‎ 带电粒子平行于x轴从C点进入磁场，说明带电微粒所受重力和电场力平衡。设电场强度大小为E，由 可得 ‎ 方向沿y轴正方向。‎ 带电微粒进入磁场后，将做圆周运动。 且 ‎ r=R 如图（a）所示，设磁感应强度大小为B。由 得 ‎ 方向垂直于纸面向外 ‎（2）这束带电微粒都通过坐标原点。‎ 方法一：从任一点P水平进入磁场的带电微粒在磁场中做半径为R的匀速圆周运动，其圆心位于其正下方的Q点，如图b所示，这束带电微粒进入磁场后的圆心轨迹是如图b的虚线半圆，此圆的圆心是坐标原点为。‎ 方法二：从任一点P水平进入磁场的带电微粒在磁场中做半径为R的匀速圆周运动。如图b示，高P点与O′点的连线与y轴的夹角为θ，其圆心Q的坐标为（-Rsinθ，Rcosθ）,圆周运动轨迹方程为 得 x=0 x=-Rsinθ ‎ y=0 或 y=R(1+cosθ)‎ ‎（3）这束带电微粒与x轴相交的区域是x>0‎ 带电微粒在磁场中经过一段半径为r′的圆弧运动后，将在y同的右方(x>0)的区域离开磁场并做匀速直线运动，如图c所示。靠近M点发射出来的带电微粒在突出磁场后会射向x同正方向的无穷远处国靠近N点发射出来的带电微粒会在靠近原点之处穿出磁场。‎ 所以，这束带电微粒与x同相交的区域范围是x>0.‎ ‎（江苏卷）14.（16分）1932年，劳伦斯和利文斯设计出了回旋加速器。回旋加速器的工作原理如图所示，置于高真空中的D形金属盒半径为R，两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计。磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直。A处粒子源产生的粒子，质量为m、电荷量为+q ，在加速器中被加速，加速电压为U。加速过程中不考虑相对论效应和重力作用。‎ ‎（1）求粒子第2次和第1次经过两D形盒间狭缝后轨道半径之比；‎ ‎（2）求粒子从静止开始加速到出口处所需的时间t；‎ ‎（3）实际使用中，磁感应强度和加速电场频率都有最大值的限制。若某一加速器磁感应强度和加速电场频率的最大值分别为Bm、fm，试讨论粒子能获得的最大动能E㎞。‎ 解析：‎ ‎(1)设粒子第1次经过狭缝后的半径为r1,速度为v1‎ qu=mv12‎ qv1B=m 解得 同理，粒子第2次经过狭缝后的半径 ‎ 则 ‎ ‎（2）设粒子到出口处被加速了n圈 解得 ‎ ‎（3）加速电场的频率应等于粒子在磁场中做圆周运动的频率，即 当磁场感应强度为Bm时，加速电场的频率应为 粒子的动能 当≤时，粒子的最大动能由Bm决定 解得 当≥时，粒子的最大动能由fm决定 解得 ‎ ‎（江苏物理）15.（16分）如图所示，两平行的光滑金属导轨安装在一光滑绝缘斜面上，导轨间距为l、足够长且电阻忽略不计，导轨平面的倾角为，条形匀强磁场的宽度为d，磁感应强度大小为B、方向与导轨平面垂直。长度为2d的绝缘杆将导体棒和正方形的单匝线框连接在一起组成“”型装置，总质量为m，置于导轨上。导体棒中通以大小恒为I的电流（由外接恒流源产生，图中未图出）。线框的边长为d（d < l），电阻为R，下边与磁场区域上边界重合。将装置由静止释放，导体棒恰好运动到磁场区域下边界处返回，导体棒在整个运动过程中始终与导轨垂直。重力加速度为g。求：‎ ‎（1）装置从释放到开始返回的过程中，线框中产生的焦耳热Q；‎ ‎（2）线框第一次穿越磁场区域所需的时间t1；‎ ‎（3）经过足够长时间后，线框上边与磁场区域下边界的最大距离m。‎ 解析：‎ ‎(1)设装置由静止释放到导体棒运动到磁场下边界的过程中，作用在线框上的安培力做功为W 由动能定理 ‎ 且 解得 ‎ ‎（2）设线框刚离开磁场下边界时的速度为，则接着向下运动 由动能定理 ‎ 装置在磁场中运动时收到的合力 感应电动势 =Bd 感应电流 =‎ 安培力 ‎ 由牛顿第二定律，在t到t+时间内，有 则 有 解得 ‎ ‎（3）经过足够长时间后，线框在磁场下边界与最大距离之间往复运动 ‎ 由动能定理 ‎ ‎ 解得 ‎ ‎（四川卷）25.(20分)如图所示，轻弹簧一端连于固定点O，可在竖直平面内自由转动，另一端连接一带电小球P,其质量m=2×10-2 kg,电荷量q=0.2 C.将弹簧拉至水平后，以初速度V0=20 m/s竖直向下射出小球P,小球P到达O点的正下方O1点时速度恰好水平，其大小V=15 m/s.若O、O1相距R=1.5 m,小球P在O1点与另一由细绳悬挂的、不带电的、质量M=1.6×10-1‎ ‎ kg的静止绝缘小球N相碰。碰后瞬间，小球P脱离弹簧，小球N脱离细绳，同时在空间加上竖直向上的匀强电场E和垂直于纸面的磁感应强度B=1T的弱强磁场。此后，小球P在竖直平面内做半径r=0.5 m的圆周运动。小球P、N均可视为质点，小球P的电荷量保持不变，不计空气阻力，取g=10 m/s2。那么，‎ ‎（1）弹簧从水平摆至竖直位置的过程中，其弹力做功为多少？‎ ‎（2）请通过计算并比较相关物理量，判断小球P、N碰撞后能否在某一时刻具有相同的速度。‎ ‎ (3)若题中各量为变量，在保证小球P、N碰撞后某一时刻具有相同速度的前提下，请推导出r的表达式(要求用B、q、m、θ表示，其中θ为小球N的运动速度与水平方向的夹角)。‎ 解析：‎ ‎（1）设弹簧的弹力做功为W，有：　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ ‎①‎ 代入数据，得：W＝J　　　　　　　　　　　　　　　 　②‎ ‎（2）由题给条件知，N碰后作平抛运动，P所受电场力和重力平衡，P带正电荷。设P、N碰后的速度大小分别为v1和V，并令水平向右为正方向，有:③‎ 而：④‎ 若P、N碰后速度同向时，计算可得V