2007高考新课标全国卷物理分类全解全析 72页

考点1 直线运动 ‎1 .（2007·新课标全国卷·T16）（6分）甲乙两辆汽车在平直的公路上沿同一方向作直线运动，t=0时刻同时经过公路旁的同一个路标。在描述两车运动的v－t图中（如图），直线a、b分别描述了甲乙两车在0~20秒的运动情况。关于两车之间的位置关系，下列说法正确的是（ ）‎ A.在0~10秒内两车逐渐靠近 B.在10~20秒内两车逐渐远离 C.在5~15秒内两车的位移相等 D.在t=10秒时两车在公路上相遇 ‎【解析】在0－10 s内，乙车的速度一直比甲车大，两车应逐渐远离，则A不正确；在10－20 s内，甲车的速度一直比乙车大，两车逐渐靠近，则B不正确；在5－15 s内，两图象与坐标轴的面积相等，则两车的位移相等，则C正确；在t＝10 s时两车速度相等，相距最远，则D不正确，所以正确答案为C。‎ ‎【答案】：C v t t1‎ O P Q 甲 乙 ‎2 .（2008·新课标全国卷·T17）（6分）甲乙两车在公路上沿同一方向做直线运动，它们的v－t图象如图所示．两图象在t＝t1时相交于P点，P在横轴上的投影为Q，ΔOPQ的面积为S．在t＝0时刻，乙车在甲车前面，相距为d．已知此后两车相遇两次，且第一次相遇的时刻为t′，则下面四组t′和d的组合可能是 （ ）‎ A．t′＝t1，d＝S B． ‎ C． D． ‎ ‎【解析】本题考查追及相遇问题。在t1时刻如果甲车没有追上乙车，以后就不可能追上了，故t′ ＜t，A错；从图像中甲、乙与坐标轴围成的面积即对应的位移看，甲在t1时间内运动的位移比乙的多S，当t′ =0.5 t1时，甲的面积比乙的面积多出3 S /4，即相距d=3 S /4，选项D正确。此类问题要抓住图像的交点的物理意义，过了这个时刻，不能相遇以后不可能相遇，即“过了这个村就没这个店”。 所以正确答案为D。‎ ‎【答案】：D ‎３.（2010·新课标全国 卷·T24）（14分）短跑名将博尔特在北京奥运会上创造了100m和200m短跑项目的新世界纪录，他的成绩分别是9.69s和l9.30s。假定他在100m比赛时从发令到起跑的反应时间是0.15s，起跑后做匀加速运动，达到最大速率后做匀速运动。200m比赛时，反应时间及起跑后加速阶段的加速度和加速时间与l00m比赛时相同，但由于弯道和体力等因素的影响，以后的平均速率只有跑l00m时最大速率的96％。求：‎ ‎（1）加速所用时间和达到的最大速率；‎ ‎（2）起跑后做匀加速运动的加速度。（结果保留两位小数）‎ ‎【解析】解答本题可按以下思路分析：‎ 分析运动过程 建立运动模型 解方程得结果 选用运动规律列方程 ‎（1）设加速所用时间t和匀速运动达到的最大速率v，则有 ‎ ① ‎ ‎ ② ‎ 由①②式联立解得： ③ ‎ ‎ ④ ‎ ‎（2）设起跑后做匀加速运动的加速度大小为a，则 ‎ ⑤ ‎ 解得： ⑥ ‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎4.（2011·新课标全国卷·T24）（13分）甲乙两辆汽车都从静止出发做加速直线运动，加速度方向一直不变。在第一段时间间隔内，两辆汽车的加速度大小不变，汽车乙的加速度大小是甲的两倍；在接下来的相同时间间隔内，汽车甲的加速度大小增加为原来的两倍，汽车乙的加速度大小减小为原来的一半。求甲乙两车各自在这两段时间间隔内走过的总路程之比。‎ ‎【解析】解答本题时可由运动学公式分别写出两汽车的速度和位移方程，再根据两车加速度的关系，求出两车路程之比。‎ 设汽车甲在第一段时间间隔末（时刻t0）的速度为v，第一段时间间隔内行驶的路程为s1，加速度为a，在第二段时间间隔内行驶的路程为s2，由运动学公式有，‎ v=a t0 ①‎ s1=a t02 ②‎ s2=v t0＋2a t02 ③‎ 设汽车乙在时刻t0的速度为v′，在第一、二段时间间隔内行驶的路程分别为s1′、s2′，同理有，‎ v′=2a t0 ④‎ s1′=2a t02 ⑤‎ s2′=v′ t0＋a t02 ⑥‎ 设甲、乙两车行驶的总路程分别为s、s′，则有 s= s1＋s2 ⑦‎ s′= s1′＋s2′ ⑧‎ 联立以上各式解得，甲、乙两车各自行驶路程之比为 = ‎【答案】： ‎5、（2013·新课标全国卷Ⅰ·T14）（6分）右图是伽利略1604年做斜面实验时的一页手稿照片，照片左上角的三列数据如下表。表中第二列是时间，第三列是物体沿斜面运动的距离，第一列是伽利略在分析实验数据时添加的。根据表中的数据.伽利略可以得出的结论是 A.物体具有惯性 B.斜面倾角一定时，加速度与质量无关 C.物体运动的距离与时间的平方成正比 D.物体运动的加速度与重力加速度成正比 ‎ [解析] 伽利略通过斜面实验得出:如果物体的初速度为0，而且速度的变化是均匀的,即则它通过的位移就与所用时间的二次方成正比,即.由题中所给的数据可以分析出物体运动的距离与时间的平方成正比,所以C选项正确。‎ ‎【答案】 C ‎6、（2013·新课标全国卷Ⅰ·T19）（6分）如图，直线a和曲线b分别是在平直公路上行驶的汽车a和b的位置一时间（x-t）图线，由图可知 A.在时刻t1，a车追上b车 B.在时刻t2，a、b两车运动方向相反 C.在t1到t2这段时间内，b车的速率先减少后增加 D.在t1到t2这段时间内，b车的速率一直比a车大 ‎ [解析]由图象可知,在0-t1时间内,b追a，t1时刻相遇,所以A选项错误;在时刻t2,b的斜率为负,则b的速度与x方向相反,所以B选项正确;b图象在最高点的斜率为零,所以速度为零,故b的速度先减小为零,再反向增大,所以C选项正确,D选项错误。‎ ‎【答案】BC ‎7、（2013·新课标全国卷Ⅰ·T24）（13分）水平桌面上有两个玩具车A和B，两者用一轻质细橡皮筋相连，在橡皮筋上有一红色标记R。在初始时橡皮筋处于拉直状态，A、B和R分别位于直角坐标系中的(0,2l)、(0,-l)和(0,0)点。已知A从静止开始沿y轴正向做加速度大小为a的匀加速运动：B平行于x轴朝x轴正向匀速运动。在两车此后运动的过程中，标记R在某时刻通过点(l, l)。假定橡皮筋的伸长是均匀的，求B运动速度的大小。‎ ‎[解析]由题意画出坐标轴及A、B位置，设B车的速度为,此时A、B的位置分别为H、G，H的纵坐标为分别为yAG的横坐标为xB,则 ①, ② ‎ 在开始运动时R到A和B距离之比为2:1，即 由于橡皮筋的伸长是均匀的,所以在以后任意时刻R到A和B的距离之比都为2:1。因此，在时刻t有 ③‎ 由于,有 ④‎ ‎ ⑤‎ 所以 ⑥ ⑦‎ 联立①②⑥⑦解得 ⑧‎ 本题的解题关键是橡皮筋的伸长是均匀的,由三角形的相似,对应边成比例,分别解出A、B的位置yA xB, ,再由A、B各自的运动,列出方程 ①, ② 就可求解。‎ ‎【答案】 ‎ 考点2 相互作用 ‎1 .（2007·新课标全国卷·T15）（6分）下列说法正确的是（ ）‎ A.行星的运动和地球上物体的运动遵循不同的规律 B.物体在转弯时一定受到力的作用 C.月球绕地球运动时受到地球的引力和向心力的作用 D.物体沿光滑斜面下滑时受到重力、斜面的支持力和下滑力的作用 ‎【解析】行星的运动和地球上物体的运动遵循同样的规律，则A不正确；物体在转弯时，做的是曲线运动，根据物体做曲线运动的条件可知，一定有外力，则B正确；月球绕地球运动时受到地球的引力，此引力充当向心力，并不是受到地球的向心力，则C不正确；物体沿光滑斜面下滑时受到重力、斜面的支持力，并没有下滑力，则D不正确，所以正确答案为B。‎ ‎【答案】：B ‎2.（2010·新课标全国卷·T18）（6分）如图所示，一物块置于水平地面上。当用与水平方向成60°角的力F1 拉物块时，物块做匀速直线运动；当改用与水平方向成30°角的力F2 推物块时，物块仍做匀速直线运动。若F1 和F2 的大小相等，则物块与地面之间的动摩擦因数为( )‎ ‎ ‎ A. B. C. D.‎ ‎【解析】本题以推、拉物体在粗糙水平面上匀速运动命题，考查力的分解和物体的平衡条件。解答本题时可按以下思路分析：‎ 对物体进行受力分析 正交分解列平衡方程 解方程得结果 物体受重力mg、支持力FN、摩擦力Ff、已知力F处于平衡，根据平衡条件，有，，联立解得：‎ ‎【答案】：B ‎3.（2010·新课标全国卷·T15）（6分）一根轻质弹簧一端固定，用大小为的力压弹簧的另一端，平衡时长度为；改用大小为的力拉弹簧，平衡时长度为。弹簧的拉伸或压缩均在弹性限度内，该弹簧的劲度系数为( )‎ A. B. C. D.‎ ‎【解析】本题以探究弹力和弹簧伸长的关系出题，体现新课改探究思想，根据受力平衡确定弹力大小，考查考生对胡克定律的理解。正确写出弹簧伸长量和压缩量是解题的切入点和解题的关键。‎ 根据胡克定律有：，，由两式把l0表达出来即可解得：‎ ‎【答案】：C ‎4. （2012·新课标全国卷·T16）（6分）如图，一小球放置在木板与竖直墙面之间。设墙面对球的压力大小为N1，球对木板的压力大小为N2。以木板与墙连接点所形成的水平直线为轴，将木板从图示位置开始缓慢地转到水平位置。不计摩擦，在此过程中 A.N1始终减小，N2始终增大 B.N1始终减小，N2始终减小 C.N1先增大后减小，N2始终减小 D.N1先增大后减小，N2先减小后增大 ‎【解析】受力分析如图所示: 重力的大小方向都不变，可知N1、N2的合力大小、方向都不变，当木板向下转动时，N1、N2变化如图所示，即N1、N2都减小，所以正确选项为B ‎【答案】：B ‎5. （2012·新课标全国卷·T24）（14分）拖把是由拖杆和拖把头构成的擦地工具（如图）。设拖把头的质量为m，拖杆质量可以忽略；拖把头与地板之间的动摩擦因数为常数μ，重力加速度为g，某同学用该拖把在水平地板上拖地时，沿拖杆方向推拖把，拖杆与竖直方向的夹角为θ。‎ ‎（1）若拖把头在地板上匀速移动，求推拖把的力的大小。‎ ‎（2）设能使该拖把在地板上从静止刚好开始运动的水平推力与此时地板对拖把的正压力的比值为λ。已知存在一临界角θ0，若θ≤θ0，则不管沿拖杆方向的推力多大，都不可能使拖把从静止开始运动。求这一临界角的正切tanθ0。‎ ‎【解析】：（1）设该同学沿拖杆方向用大小为F的力推拖把。将推拖把的力沿竖直和水平方向分解，按平衡条件有 Fcosθ+mg=N ① Fsinθ=f ②‎ 式中N和f分别为地板对拖把的正压力和摩擦力。按摩擦定律有 f=μN③‎ 联立①②③式得 ④‎ ‎（2）若不管沿拖杆方向用多大的力都不能使拖把从静止开始运动，应有Fsinθ≤λN⑤‎ 这时①式仍满足。联立①⑤式得⑥‎ 现考察使上式成立的θ角的取值范围。注意到上式右边总是大于零，且当F无限大时极限为零，有 ⑦‎ ‎ 使上式成立的θ角满足θ≤θ0，这里θ0是题中所定义的临界角，即当θ≤θ0时，不管沿拖杆方向用多大的力都推不动拖把。临界角的正切为⑧‎ ‎【答案】：（1）　　　　（2）‎ ‎６.（2013·新课标全国卷Ⅱ·T15）（6分）如图，在固定斜面上的一物块受到一外力的作用，F平行于斜面上。若要物块在斜面上保持静止，F的取值应有一定范围，已知其最大值和最小值分别为F1和F2（F2＞0）.由此可求出 A．物块的质量 B.斜面的倾角 C. 物块与斜面间的最大静摩擦力 C.物块对斜面的正压力 ‎【解析】本题以拉物体在固定斜面上保持静止为命题，考查力的分解和物体的平衡条件。解答本题时可按以下思路分析：‎ 对物体进行受力分析 正交分解列平衡方程 解方程得结果 同时还要注意到静摩擦力的方向。‎ 设物块受到的最大静摩擦力为f，对物块受力分析可知，若f的方向沿斜面向下，有①；若f的方向沿斜面向上，有②，由最大静摩擦力等于滑动摩擦力可知③，由①②可求得f的值，而物块的质量m、斜面的倾角无法求出，故物块对斜面的正压力（）也无法求出。本题选C。‎ ‎【答案】C 考点3 牛顿运动定律 ‎1 .（2008·新课标全国卷·T20）（6分）一有固定斜面的小车在水平面上做直线运动，小球通过细绳与车顶相连．小球某时刻正处于图示状态．设斜面对小球的支持力为N ‎，细绳对小球的拉力为T，关于此时刻小球的受力情况，下列说法正确的是 （ ）‎ 左 右 A．若小车向左运动，N可能为零 B．若小车向左运动，T可能为零 C．若小车向右运动，N不可能为零 D．若小车向右运动，T不可能为零 ‎【解析】本题考查牛顿运动定律。对小球受力分析，当N为零时，小球的合外力水平向右，加速度向右，故小车可能向右加速运动或向左减速运动，A对C错；当T为零时，小球的合外力水平向左，加速度向左，故小车可能向右减速运动或向左加速运动，B对D错。解题时抓住N、T为零时受力分析的临界条件，小球与车相对静止，说明小球和小车只能有水平的加速度，作为突破口。所以正确答案为AB。‎ ‎【答案】：AB。‎ ‎２.（2009·新课标全国卷·T14）（6分）在力学理论建立的过程中，有许多伟大的科学家做出了贡献。关于科学家和他们的贡献，下列说法正确的是 A. 伽利略发现了行星运动的规律 B. 卡文迪许通过实验测出了引力常量 C．牛顿最早指出力不是维持物体运动的原因 D．笛卡尔对牛顿第一定律的建立做出了贡献 ‎【解析】行星运动定律是开普勒发现的A错误；B正确；伽利略最早指出力不是维持物体运动的原因，C错误；D正确。‎ ‎【答案】：BD。‎ ‎３.（2009·新课标全国卷·T20）（6分）如图所示，一足够长的木板静止在光滑水平面上，一物块静止在木板上，木板和物块间有摩擦。现用水平力向右拉木板，当物块相对木板滑动了一段距离但仍有相对运动时，撤掉拉力，此后木板和物块相对于水平面的运动情况为 A.物块先向左运动，再向右运动 B.物块向右运动，速度逐渐增大，直到做匀速运动 C.木板向右运动，速度逐渐变小，直到做匀速运动 D.木板和物块的速度都逐渐变小，直到为零 ‎【解析】对于物块由于运动过过程中与木板存在相对滑动，且始终相对木板向左运动，因此木板对物块的摩擦力向右，所以物块相对地面向右运动，且速度不断增大，直至相对静止而做匀速直线运动，B正确；对于木板由作用力与反作用力可知受到物块给它的向左的摩擦力作用，则木板的速度不断减小，知道二者相对静止，而做直线运动，C正确；由于水平面光滑，所以不会停止，D错误。‎ ‎【答案】：BC。‎ ‎４.（2009·新课标全国卷·T24）（14分）‎ 冰壶比赛是在水平冰面上进行的体育项目，比赛场地示意如图。比赛时，运动员从起滑架处推着冰壶出发，在投掷线AB处放手让冰壶以一定的速度滑出，使冰壶的停止位置尽量靠近圆心O.为使冰壶滑行得更远，运动员可以用毛刷擦冰壶运行前方的冰面，使冰壶与冰面间的动摩擦因数减小。设冰壶与冰面间的动摩擦因数为=0.008‎ ‎，用毛刷擦冰面后动摩擦因数减少至=0.004.在某次比赛中，运动员使冰壶C在投掷线中点处以2m/s的速度沿虚线滑出。为使冰壶C能够沿虚线恰好到达圆心O点，运动员用毛刷擦冰面的长度应为多少？（g取10m/s2）‎ ‎【解析】设冰壶在未被毛刷擦过的冰面上滑行的距离为，所受摩擦力的大小为：在 被毛刷擦过的冰面上滑行的距离为，所受摩擦力的大小为。则有+=S ①式中S为投掷线到圆心O的距离。‎ ‎ ② ③‎ 设冰壶的初速度为，由功能关系，得 ④‎ 联立以上各式，解得 ⑤‎ 代入数据得 ⑥‎ ‎５.（2011·新课标全国卷·T21）（6分）如图，在光滑水平面上有一质量为m1的足够长的木板，其上叠放一质量为m2的木块。假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等。现给木块施加一随时间t增大的水平力F=kt（k是常数），木板和木块加速度的大小分别为a1和a2，下列反映a1和a2变化的图线中正确的是 ‎【解析】解答本题时可按以下思路分析：‎ 开始时F较小，两物体一起以相同的加速度运动，当F增大到某一值时，两物体相对滑动，m1水平方向仅受滑动摩擦力作用，加速度不变，m2水平合力增大，加速度增大，因此两物体加速度变化不同。‎ 开始运动时F较小，两物体之间为静摩擦力不会相对滑动，由牛顿第二定律有，kt=（m1＋m2）a，解得a=t，在a—t图象中是一条直线，设与之间的动摩擦因数为μ，的最大加速度当F增大到使m2的加速度a2>时，两物体开始分离，此时两物体之间为滑动摩擦力，对m1应用牛顿第二定律有，μm2g= m1 a1，解得a1=为定值，在a—t图象中是一条平行于水平t轴的直线，对m2应用牛顿第二定律有，kt－μm2g= m2 a2，解得a2=t－μg，由于＞，即分离后在a—t图象中a2的斜率更大，故B、C、D错，A正确。‎ ‎【答案】：A。‎ ‎６.（2012·新课标全国卷·T14）（6分）伽利略根据小球在斜面上运动的实验和理想实验,提出了惯性的概念,从而奠定了牛顿力学的基础.早期物理学家关于惯性有下列说法,其中正确的是　(　　)‎ A.物体抵抗运动状态变化的性质是惯性 B.没有力的作用,物体只能处于静止状态 C.行星在圆周轨道上保持匀速率运动的性质是惯性 D.运动物体如果没有受到力的作用,将继续以同一速度沿同一直线运动 ‎【解析】解答本题应把握以下两点:‎ ‎(1)明确什么是惯性,理解力与运动的关系；‎ ‎(2)明确速率不变,但速度的方向可能会变化。‎ 物体不受外力时,将保持静止或匀速直线运动状态,物体具有保持原来运动状态不变的性质叫惯性,也可以说物体抵抗运动状态变化的性质是惯性,故A、D选项正确.没有力的作用即物体处于平衡状态——静止或匀速直线运动状态,选项B错误.行星在圆周轨道上做匀速圆周运动时要受到万有引力的作用产生向心加速度,选项C错误。‎ ‎【答案】：A、D。‎ ‎7.（2013·新课标全国卷Ⅱ·T14）（6分）一物块静止在粗糙的水平桌面上。从某时刻开始，物块受到一方向不变的水平拉力作用。假设物块与桌面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。以a表示物块的加速度大小，F表示水平拉力的大小。能正确描述F与a之间的关系的图像是 ‎【解析】解答本题的关键是抓住只有当水平拉力大于最大静摩擦力时，物块才会运动。物块加速运动后，列出F与加速度a的关系式即可解出。‎ 当时，物块始终静止，加速度为0；当时，物块做加速运动运动，由牛顿第二定律可得，又，则有，故选项C正确。‎ ‎【答案】C ‎８、（2013·新课标全国卷Ⅱ·T25）（18分）一长木板在水平地面上运动，在ｔ=0时刻将一相对于地面静止的物块轻放到木板上，以后木板运动的速度－时间图象如图所示。己知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦.物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上。取重力加速度的大小g＝10m/s2求:‎ (1) 物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数:‎ (2) 从ｔ＝０时刻到物块与木板均停止运动时，物块相对于木板的位移的大小.‎ ‎【解析】（1）从t=0时开始，木板与物块之间的摩擦力使物块加速，使木板减速，此过程一直持续到物块和木板具有共同速度为止。‎ 由图可知，在t１=0.5s时，物块和木板的速度相同，设t=0到t=t１时间间隔内，物块和木板的加速度大小分别a1和a2，则 ‎　　　　①‎ ‎ 　　　 ②‎ 式中v0=5m/s，v1=1m/s分别为木板在t=0、t=t1时速度的大小。‎ ‎ 设物块和木板的质量为m，物块和木板间、木板和地面间的动摩擦因素分别为μ1和μ2，由牛顿第二定律得 μ1mg=ma　　　　　　　　　　③‎ ‎（μ1+2μ2）mg=ma　　　　　　④‎ ‎ 以上各式联立解得：μ1=0.2 　　　⑤ ‎ μ2=0.3　　　　⑥‎ ‎（2）在时刻后，地面对木板的摩擦力阻碍木板运动，物块与木板之间的摩擦力改变方向。设物块与木板之间的摩擦力大小为f，物块和木板的加速度大小分别为和 ‎，则由牛顿第二定律得 ‎　　　　　　⑦‎ ‎　　　　　　⑧‎ 假设，则　，由⑤⑥⑦⑧式得，与假设矛盾。故　　　　⑨‎ 由⑦⑨式知，物块加速度的大小：物块的v－t图像如图中点划线所示。‎ 由运动学公式可推知，物块和木板相对于地面的运动距离分别为 ‎　　　⑩‎ ‎　　　　⑪‎ 物块相对于木板的位移的大小为： ⑫‎ 联立①⑤⑥⑧⑨⑩⑪⑫式解得：S＝1.125m ‎【答案】（1）μ1=0.2 μ2=0.3　　（2）S＝1.125m 考点4 曲线运动 ‎1 .（2007·新课标全国卷·T23）（15分）倾斜雪道的长为25 m，顶端高为15 m，下端经过一小段圆弧过渡后与很长的水平雪道相接，如图所示。一滑雪运动员在倾斜雪道的顶端以水平速度=8 m/s飞出，在落到倾斜雪道上时，运动员靠改变姿势进行缓冲使自己只保留沿斜面的分速度而不弹起。除缓冲过程外运动员可视为质点，过渡圆弧光滑，其长度可忽略。设滑雪板与雪道的动摩擦因数μ=0.2，求运动员在水平雪道上滑行的距离（取g=10 m/）。‎ ‎【解析】y x O θ 如图选坐标，斜面的方程为：‎ ‎ ①‎ 运动员飞出后做平抛运动 ‎ ②‎ ‎ ③‎ 联立①②③式，得飞行时间 ‎ t＝1.2 s ‎ 落点的x坐标：x1＝v0t＝9.6 m ‎ 落点离斜面顶端的距离：‎ 落点距地面的高度：‎ 接触斜面前的x分速度：‎ ‎ y分速度：‎ 沿斜面的速度大小为：‎ 设运动员在水平雪道上运动的距离为s2，由功能关系得：‎ ‎ ‎ ‎ 解得：s2＝74.8 m ‎【答案】74.8 m ‎2.（2012·新课标全国卷·T15）（6分）如图，x轴在水地面内，y轴竖直方向.图中画出了从y轴上沿x轴正向抛出的三个小球a、b和c的运动轨迹，其中b和c是从同一点抛出的.不计空气阻力，则 A.a的飞行时间比b的长 B.b和c的飞行时间相同 C.a的水平速度比b的小 D.b的初速度比c的大 ‎【解析】解答本题应把握以下两点：‎ 明确做平抛运动的物体运动时间由什么因素决定；从水平位移和下落时间分析初速度的大小. ‎ 三个小球a、b和c水平抛出以后都做平抛运动，根据平抛运动规律可得：，所以，由yb=yc>ya，得tb=tc>ta，选项A错，B对；又根据，因为yb>ya，xbvb，选项C错，yb=yc， xb>xc, 故vb>vc，D对。‎ ‎【答案】：BD。‎ ‎3、（2013·新课标全国卷Ⅱ·T21）（6分）公路急转弯处通常是交通事故多发地带。如图，某公路急转弯处是一圆弧，当汽车行驶的速率为vc 时，汽车恰好没有向公路内外两侧滑动的趋势，则在该弯道处，‎ A.路面外侧高内侧低 ‎ B.车速只要低于vc，车辆便会向内侧滑动 ‎ C.车速虽然高于vc，但只要不超出某一最高限度，车辆便不会向外侧滑动 ‎ D.当路面结冰时，与未结冰时相比，vc 的值变小 ‎ ‎【解析】据题意，当汽车行驶的速率为vc 时，汽车恰好没有向公路内外两侧滑动的趋势，则在该弯道处，汽车与地面间没有摩擦力的作用，向心力由重力和地面支持力的合力提供，故路面外侧高内侧低，A正确；车速小于vc时，汽车的向心力减小，由于地面比较粗糙，故汽车受到的静摩擦力将会阻碍车辆向内侧滑动，B错误；同理可知只要不超出某一最高限度，车辆便不会向外侧滑动，C正确；由选项A的分析可知当路面结冰时，与未结冰时相比，向心力的大小不变，故临界速度vc 的值不变，D错误。（对于选项BC也可结合实际情况直接判断出正误，如汽车可以静止在转弯处，汽车速度过大将做离心运动。）‎ ‎【答案】AC 考点5 万有引力与航天 ‎1 .（2007·新课标全国卷·T14）（14分）天文学家发现了某恒星有一颗行星在圆形轨道上绕其运动，并测出了行星的轨道半径和运行周期。由此可推算出 A.行星的质量 B.行星的半径 C.恒星的质量 D.恒星的半径 ‎【解析】根据可知M =，所以C正确；而行星的质量、行星的半径及恒星的半径是无法求出的，所以正确答案为C。‎ ‎【答案】：C ‎2 .（2008·新课标全国卷·T23）（15‎ 分）天文学家将相距较近、仅在彼此的引力作用下运行的两颗恒星称为双星．双星系统在银河系中很普遍．利用双星系统中两颗恒星的运动特征可推算出它们的总质量．已知某双星系统中两颗恒星围绕它们连线上的某一固定点分别做匀速圆周运动，周期均为T，两颗恒星之间的距离为r，试推算这个双星系统的总质量．（引力常量为G）‎ ‎【解析】设两颗恒星的质量分别为m1、m2，做圆周运动的半径分别为r1、r2，角速度分别为ω1，ω2．根据题意有 ‎ ω1＝ω2 ①‎ ‎ r1+r2＝r ②‎ 根据万有引力定律和牛顿定律，有 ‎ ③ 得 ④‎ ‎⑤ 得 ⑥‎ ‎④⑥式相加解得： ⑦‎ ‎3 .（2009·新课标全国卷·T15）（6分）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 ‎【解析】天体的运动满足万有引力充当向心力即可知，可见木星与地球绕太阳运行的线速度之比，B正确。‎ ‎【答案】B。‎ ‎4.（2010·新课标全国卷·T20）（6分）太阳系中的8大行星的轨道均可以近似看成圆轨道。下列4幅图是用来描述这些行星运动所遵从的某一规律的图象。图中坐标系的横轴是，纵轴是；这里T和R分别是行星绕太阳运行的周期和相应的圆轨道半径，T0和R0分别是水星绕太阳运行的周期和相应的圆轨道半径。下列4幅图中正确的是( ) ‎ ‎【解析】本题以行星绕太阳作圆周运动立意命题，分析行星绕太阳运行的周期和相应的圆轨道半径说遵从的规律，并转化为图象进行考查，考查考生运用数学知识解答物理问题的能力。解答本题可按以下思路分析：‎ 行星绕太阳做匀速圆周运动 万有引力提供向心力 列方程 取对数转换变量 得新函数分析图像得结果 ‎ ‎ 根据开普勒周期定律：周期平方与轨道半径三次方成正比可知：‎ T2=kR3，两式相除后取对数，得：，整理得：，选项B正确。‎ ‎【答案】：B。‎ ‎【类题拓展】天体运动问题的求解两步法 ‎（1）建立一个模型：天体绕中心天体做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，即：‎ ‎（2）写出两组式子：‎ ‎ a.‎ b.代换关系：天体表面 ，空间轨道上 。‎ ‎５.（2011·新课标全国卷·‎ T19）（6分）卫星电话信号需要通过地球同步卫星传送。如果你与同学在地面上用卫星电话通话，则从你发出信号至对方接收到信号所需最短时间最接近于（可能用到的数据：月球绕地球运动的轨道半径约为3.8×105km，运行周期约为27天，地球半径约为6400km，无线电信号的传播速度为3×108m/s，）‎ A.0.1s B.0.25s C.0.5s D.1s ‎【解析】解答本题时可按以下思路分析：‎ （1） 由开普勒第三定律求出同步卫星的轨道半径；‎ （2） 求出同步卫星距地面的距离；‎ （3） 求出无线电信号往返的时间。‎ 根据开普勒第三定律可得：，则同步卫星的轨道半径为，代入题设已知得，r卫==4.22×107m，因此同步卫星到地面的最近距离为L= r卫－r=4.22×107m－6.4×106m=3.58×107m，从发出信号至对方接收到信号所需最短时间∆t==2.4s，即A、C、D错，B正确。‎ ‎【答案】：B。‎ ‎６.（2012·新课标全国卷·T21）（6分）假设地球是一半径为R、质量分布均匀的球体.一矿井深度为d.已知质量分布均匀的球壳对壳内物体的引力为零.矿井底部和地面处的重力加速度大小之比为 （ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【解析】解答本题应把握以下两点：‎ 忽略地球自转，万有引力和重力相等；明确质量分布均匀的球壳对壳内物体的引力为零的含义。‎ 根据万有引力与重力相等可得，在地面处有：‎ 在矿井底部有 ‎，‎ 所以。故选项A正确。‎ ‎【答案】：A。‎ ‎7、（2013·新课标全国卷Ⅰ·T20）（6分）2012年6曰18日，神州九号飞船与天宫一号目标飞行器在离地面343km的近圆轨道上成功进行了我国首次载人空间交会对接。对接轨道所处的空间存在极其稀薄的大气，下面说法正确的是 A.为实现对接，两者运行速度的大小都应介于第一宇宙速度和第二宇宙速度之间 B.如不加干预，在运行一段时间后，天宫一号的动能可能会增加 C.如不加干预，天宫一号的轨道高度将缓慢降低 D.航天员在天宫一号中处于失重状态，说明航天员不受地球引力作用 ‎ 【解析】绕地球做匀速圆周运动的卫星的线速度小于等于7.9km/s,所以A选项错误;由于有稀薄的大气,所以空气阻力要做负功,卫星的线速度将减小,卫星做向心运动,轨道半径将减小,在半径减小的过程中万有引力做正功,卫星的速度又要增大,所以不加干预,为新的动能可能会增大,B、C选项正确;航天员受到地球对他的万有引力的作用，所以D选项错误。‎ ‎【答案】BC ‎8、（2013·新课标全国卷Ⅱ·T20）（6分）目前，在地球周围有许多人造地球卫星绕着它转，其中一些卫星的轨道可近似为圆，且轨道半径逐渐变小。若卫星在轨道半径逐渐变小的过程中，只受到地球引力和稀薄气体阻力的作用，则下列判断正确的是 A.卫星的动能逐渐减小 ‎ B.由于地球引力做正功，引力势能一定减小 C.由于气体阻力做负功，地球引力做正功，机械能保持不变 D.卫星克服气体阻力做的功小于引力势能的减小 ‎ ‎【解析】卫星在轨道半径逐渐变小的过程中，做近心运动，万有引力做正功，引力势能减小。由于稀薄气体的阻力做负功，故卫星的机械能减小，又稀薄气体的阻力较小，故卫星克服气体阻力做的功小于万有引力做的功，即小于引力势能的减小，由动能定理可知合外力做正功，卫星的动能增加，本题选BD。‎ ‎【答案】BD。‎ 考点6 功和能 F/N t/s ‎1‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎3‎ ‎0‎ v/m·s－1‎ t/s ‎1‎ ‎1‎ ‎2‎ a ‎3‎ ‎0‎ b ‎1 .（2008·新课标全国卷·T18）（6分）一滑块在水平地面上沿直线滑行，t＝0时其速度为1 m/s．从此刻开始在滑块运动方向上再施加一水平面作用F，力F和滑块的速度v随时间的变化规律分别如图a和图b所示．设在第1秒内、第2秒内、第3秒内力F对滑块做的功分别为W1、W2、W3．则以下关系正确的是 （ ）‎ A．W1＝W2＝W3‎ B．W1＜W2＜W3‎ C．W1＜W3＜W2‎ D．W1＝W2＜W3‎ ‎【解析】本题考查v-t图像、功的概念。力F做功等于每段恒力F与该段滑块运动的位移（v-t图像中图像与坐标轴围成的面积）的乘积，第1秒内，位移为一个小三角形面积S，第2秒内，位移也为一个小三角形面积S，第3秒内，位移为两个小三角形面积2S，故W1=1×S，W2=3×S，W3=2×2S，W1＜W2＜W3 。所以正确答案为B。‎ ‎【答案】：B ‎2 .（2009·新课标全国卷·T21）（6分）水平地面上有一木箱，木箱与地面之间的动摩擦因数为。现对木箱施加一拉力F，使木箱做匀速直线运动。设F的方向与水平面夹角为，如图，在从0逐渐增大到90°的过程中，木箱的速度保持不变，则 A.F先减小后增大 B.F一直增大 ‎ C.F的功率减小 D.F的功率不变 ‎【解析】由于木箱的速度保持不变，因此木箱始终处于平衡状态，受力分析如图所示，则由平衡条件得：，两式联立解得，可见F有最小值，所以F先减小后增大，A正确；B错误；F的功率，可见在从0逐渐增大到90°的过程中tan逐渐增大，则功率P逐渐减小，C正确，D错误。‎ ‎【答案】AC。‎ ‎3 .（2009·新课标全国卷·T17）（6分） 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 ‎【解析】0-2t0 内物体的加速度为，2t0 时刻的速度为，在3t0时刻的瞬时速度，则时刻的瞬时功率为 ‎，A错误；B正确；在到这段时间内，由动能定理可得，则这段时间内的平均功率，D正确。‎ ‎【答案】BD。‎ ‎4.（2010·新课标全国卷·T16）（6分）如图所示，在外力作用下某质点运动的v-t图象为正弦曲线。从图中可以判断( )‎ A．在时间内，外力做正功 B．在时间内，外力的功率逐渐增大 C．在时刻，外力的功率最大 D．在时间内，外力做的总功为零 ‎【解析】本题以质点运动的速度图象立意，通过分析质点的运动情况，考查外力对质点的做功情况、外力的总功、功率变化。‎ ‎0～t1和t2～t3时间内，质点作加速运动，外力做正功，故选项A正确；t1～t3时间内，动能变化为零，外力的总功为零，故选项D正确；0～t1时间内，由图看速度大小变化和图象斜率表示加速度，加速度对应合外力，根据P=Fv可以得出外力的功率先减小后增大，故选项B错误；t2时刻，速率为零，此时外力的功率为零，选项C错误。‎ ‎【答案】：AD。‎ ‎５.（2011·新课标全国卷·T15）（6分）一质点开始时做匀速直线运动，从某时刻起受到一恒力作用。此后，该质点的动能可能 A. 一直增大 B. 先逐渐减小至零，再逐渐增大 C. 先逐渐增大至某一最大值，再逐渐减小 D. 先逐渐减小至某一非零的最小值，再逐渐增大 ‎【解析】解答本题时可按以下思路分析：‎ 考虑恒力方向与速度方向相同或相反来判定A、B选项，再考虑恒力方向与速度方向成小于90°或大于90°的夹角来判定C、D选项，并注意物体速度方向与恒力方向的夹角变化。‎ 当恒力方向与速度方向相同时，物体加速，动能一直增大，故A正确。当恒力方向与速度方向相反时，物体开始减速至零，再反向加速，动能先减小再增大，故B正确。当恒力与速度成小于90°夹角时，把速度沿恒力方向和垂直方向分解，物体做曲线运动，速度一直增大，故C错。当恒力与速度成大于90°‎ 的夹角时，把速度沿恒力方向和垂直方向分解，开始在原运动方向物体做减速运动直至速度为0，而在垂直原运动方向上物体速度逐渐增加，某一时刻物体速度最小，此后，物体在恒力作用下速度增加，其动能经历一个先减小到某一数值，再逐渐增大的过程，故D正确。‎ ‎【答案】：A、B、 D。‎ ‎６.（2011·新课标全国卷·T16）（6分）一蹦极运动员身系弹性蹦极绳从水面上方的高台下落，到最低点时距水面还有数米距离。假定空气阻力可忽略，运动员可视为质点，下列说法正确的是 A. 运动员到达最低点前重力势能始终减小 B. 蹦极绳张紧后的下落过程中，弹性力做负功，弹性势能增加 C. 蹦极过程中，运动员、地球和蹦极绳所组成的系统机械能守恒 D. 蹦极过程中，重力势能的改变与重力势能零点的选取有关 ‎【解析】解答本题时可按以下思路分析：‎ 考虑重力、弹性力做功与对应势能变化的关系，注意机械能守恒的条件及重力势能的相对性和重力势能改变的绝对性。‎ 运动员在下落过程中，重力做正功，重力势能减小，故A正确。蹦极绳张紧后的下落过程中，弹性力向上，位移向下，弹性力做负功，弹性势能增加，故B正确。选取运动员、地球和蹦绳为一系统，在蹦极过程中，只有重力和系统内弹力做功，这个系统的机械能守恒，故C正确。重力势能改变的表达式为∆Ep=mg∆h，由于∆h是绝对的与选取的重力势能参考零点无关，故D错。‎ ‎【答案】：A、B、C。‎ ‎7、（2013·新课标全国卷Ⅰ·T21）（6分）21.2012年11曰，“歼15”舰载机在“辽宁号”航空母舰上着舰成功。图（a）为利用阻拦系统让舰载机在飞行甲板上快速停止的原理示意图。飞机着舰并成功钩住阻拦索后，飞机的动力系统立即关闭，阻拦系统通过阻拦索对飞机施加—作用力，使飞机在甲板上短距离滑行后停止，某次降落，以飞机着舰为计时零点，飞机在t=0.4s时恰好钩住阻拦索中间位置，其着舰到停止的速度一时间图线如图(b)所示。假如无阻拦索，飞机从着舰到停止需要的滑行距离约为1000m。已知航母始终静止，重力加速度的大小为g。则 A. 从着舰到停止，飞机在甲板上滑行的距离约为无阻拦索时的1/10‎ B. 在0.4s-2.5s时间内，阻拦索的张力几乎不随时间变化 C. 在滑行过程中，飞行员所承受的加速度大小会超过2.5 g D. 在0.4s-2.5s时间内，阻拦系统对飞机做功的功率几乎不变 ‎ 【解析】由图中0.4s-3.0s的图象的面积可求出飞机在甲板上滑行的距离为 ‎,所以与无阻拦时相比大约为1/10，A选项正确,;0.4s-2.5s图象为直线,飞机做匀减速直线运动,所以所受合力不变,但阻拦索的夹角不断变小,所以阻拦索的张力随时间变化,B选项错误;,a/g=2.85,所以C选项正确;由于飞机匀减速运动,而阻拦索的张力不变,由可看出随时间增大功率变小,D选项错误。‎ ‎【答案】AC 考点7 力学实验 打点计时器 滑块 砝码 托盘 ‎1 .（2008·新课标全国卷·T22）（15分）Ⅱ、物理小组在一次探究活动中测量滑块与木板之间的动摩擦因数．实验装置如图，一表面粗糙的木板固定在水平桌面上，一端装有定滑轮；木板上有一滑块，其一端与电磁打点计时器的纸带相连，另一端通过跨过定滑轮的细线与托盘连接．打点计时器使用的交流电源的频率为50 Hz．开始实验时，在托盘中放入适量砝码，滑块开始做匀加速运动，在纸带上打出一系列小点． ‎ ‎1.40‎ ‎1.89‎ ‎2.40‎ ‎2.88‎ ‎3.39‎ ‎3.88‎ ‎4.37‎ 单位 cm ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ ‎7‎ ‎⑴上图给出的是实验中获取的一条纸带的一部分：0、1、2、3、4、5、6、7是计数点，每相邻两计数点间还有4个打点（图中未标出），计数点间的距离如图所示。根据图中数据计算的加速度a＝ （保留三位有效数字）．‎ ‎⑵回答下列两个问题：‎ ‎ ①为测量动摩擦因数，下列物理量中还应测量的有 ．（填入所选物理量前的字母）‎ ‎ A．木板的长度l B．木板的质量m1 C．滑块的质量m2 ‎ D．托盘和砝码的总质量m3 E．滑块运动的时间t ‎②测量①中所选定的物理量时需要的实验器材是 ．‎ ‎⑶滑块与木板间的动摩擦因数μ＝ （用被测物理量的字母表示，重力加速度为g）．与真实值相比，测量的动摩擦因数 （填“偏大”或“偏小” ）．写出支持你的看法的一个论据： ．‎ ‎【解析】⑴0.495～0.497 m/s2； ‎ ‎ ⑵①CD； ②天平；‎ ‎⑶对滑块和砝码盘由牛顿第二定律 ‎ 偏大；打点计时器振动时会对纸带产生阻力，使测得的加速度偏小，因而使测量的μ偏大。‎ ‎2 .（2009·新课标全国卷·T22）（4分）某同学用游标卡尺测量一圆柱体的长度，用螺旋测微器测量该圆柱体的直径，示数如图。由图可读出= cm, = ‎ ‎【解析】游标卡尺的读数；‎ 螺旋测微器的读数。‎ ‎【答案】2.25，6.860‎ ‎3.（2010·新课标全国卷·T22）（4分）图为验证机械能守恒定律的实验装置示意图。现有的器材为：带铁夹的铁架台、电磁打点计时器、纸带、带铁夹的重锤、天平。回答下列问题：‎ ‎（1）为完成此实验，除了所给的器材，还需要的器材有______ 。（填入正确选项前的字母）‎ ‎ A．米尺 B. 秒表 C. 0～12V的直流电源 D. 0～12V的交流电源 ‎（2）实验中误差产生的原因有______ 。（写出两个原因）‎ ‎【解析】本题以验证机械能守恒定律的学生实验命题，考查考生对实验器材的选择和实验误差的分析。‎ 在了解实验装置和实验原理的基础上，选择所需实验仪器和进行实验误差分析即可得到正确答案。‎ ‎（1）用A项米尺测量长度，用D项交流电源供打点计时器使用。（2）纸带与打点计时器之间有摩擦；用米尺测量纸带上点的位置时读数有误差；计算势能变化时选取的始末两点距离过近；交流电频率不稳定。‎ ‎【答案】（1）AD（2）纸带与打点计时器之间有摩擦；用米尺测量纸带上点的位置时读数有误差；计算势能变化时，选取始末两点距离过近；交流电频率不稳定。‎ ‎４.（2011·新课标全国卷·T23）（10分）利用图1所示的装置可测量滑块在斜面上运动的加速度。一斜面上安装有两个光电门，其中光电门乙固定在斜面上靠近底端处，光电门甲的位置可移动，当一带有遮光片的滑块自斜面上滑下时，与两个光电门都相连的计时器可以显示出遮光片从光电门甲至乙所用的时间t。改变光电门甲的位置进行多次测量，每次都使滑块从同一点由静止开始下滑，并用米尺测量甲、乙之间的距离s，记下相应的t值；所得数据如下表所示。‎ 完成下列填空和作图：‎ ‎（1）若滑块所受摩擦力为一常量，滑块加速度的大小a、滑块经过光电门乙时的瞬时速度v1、测量值s和t四个物理量之间所满足的关系式是_______；‎ ‎(2)根据表中给出的数据，在图2给出的坐标纸上画出－t图线；‎ ‎（3）由所画出的－t图线，得出滑块加速度的大小为a=____________m/s2（保留2位有效数字）。‎ ‎【解析】解答本题时可应用运动学涉及a、v1、s和t四个物理量之间的公式，写出关系式，再根据给出的数据进行处理，然后描点绘图，图线的斜率是包含加速度的式子，从而求出加速度。‎ ‎（1）由运动学公式s=v0t+at2=（v1－at）t+at2=－at2＋v1t，形变为=－at＋v1，从此式可知，－t图线是一条斜率为负的直线；（2）根据题目提供的数据按进行处理，把处理的数值对应描点，然后用一根直线连接这些点，所得图象如图所示；‎ ‎（3）由图线知斜率绝对值为k==1.0，又从=－at＋v1知，斜率的绝对值为a，故有 a=1.0，即a=2.0m/s2‎ ‎【答案】：（1）或　（２）见解析图 ‎（３）2.0（1.8-2.2范围内均正确）‎ ‎5.（2012·新课标全国卷·T22）（5分）某同学利用螺旋测微器测量一金属板的厚度。该螺旋测微器校零时的示数如图甲所示，测量金属板厚度时的示数如图乙所示。图甲所示读数为_________mm，图乙所示读数为_________mm，所测金属板的厚度为_________mm。‎ ‎【解析】解答本题应注意以下两点：‎ （1） 螺旋测微器的读数由两部分组成.‎ （2） 读数时应注意估读一位.‎ 根据螺旋测微器的读数方法：螺旋测微器的读数值=固定刻度值+可动刻度×0.01mm，读出a、b两图的读数值分别是0.010mm、6.870mm；并算出金属板的厚度为6.860mm.‎ ‎【答案】0.010；6.870；6.860‎ ‎6、（2013·新课标全国卷Ⅰ·T22）（７分）图(a)为测量物块与水平桌面之间动摩擦因数的实验装置示意图。实验步骤如下: ①用天平测量物块和遮光片的总质量M.重物的质量m:用游标卡尺测量遮光片的宽度d;用米尺测量两光电门之间的距离s；‎ ‎②调整轻滑轮，使细线水平:‎ ‎③让物块从光电门A的左侧由静止释放，用数字毫秒计分别测出遮光片经过光电门A和光电门B所用的时间△tA和△tB,求出加速度a；‎ ‎④多次重复步骤③，求a的平均 ;‎ ‎⑤根据上述实验数据求出动擦因数μ。‎ 回答下列为题：‎ ‎(1) 测量d时，某次游标卡尺(主尺的最小分度为1mm)的示如图（b）所示。其读数为 cm ‎（2）物块的加速度a可用d、s、△tA,和△tB,表示为a=_________ ‎ ‎(3)动摩擦因数μ可用M、m、 ;和重力加速度g表示为μ=__________ ‎ ‎（4）如果细线没有调整到水平.由此引起的误差属于 （填“偶然误差”或”系统误差” ）‎ ‎【解析】(1)由游标卡尺的读数规则可得=9mm+120.05mm=9.560mm=0.960cm (2), ,由,解得 (3)由牛顿第二定律可知解得 (4)由原理可知属于系统误差。‎ ‎【答案】(1)0.960(2)(3)(4)‎ 系统误差 ‎7、（2013·新课标全国卷Ⅱ·T22）（8分）某同学利用下述装置对轻质弹簧的弹性势能进行探究，一轻质弹簧放置在光滑水平桌面上，弹簧左端固定，右端与一小球接触而不固连:弹簧处于原长时，小球恰好在桌面边缘，如图(a)所示。向左推小球，使弹簧压缩一段距离后由静止释放:小球离开桌面后落到水平地面。通过测量和计算，可求得弹簧被压缩后的弹性势能。‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)本实验中可认为，弹簧被压缩后的弹性势能Ep与小球抛出时的动能Ek相等。已知重力加速度大小为g。为求得Ek，至少需要测量下列物理量中的 (填正确答案标号)。‎ A.小球的质量m 　B.小球抛出点到落地点的水平距离s C.桌面到地面的高度h D.弹簧的压缩量△x E.弹簧原长l0‎ ‎(2)用所选取的测量量和已知量表示Ek，得Ek= 。‎ ‎(3)图(b)中的直线是实验测量得到的s-△x图线。从理论上可推出，如果h不变.m增加，s—△x图线的斜率会 （填“增大”、“减小”或“不变”):如果m不变，h增加，s—△x图线的斜率会 (填“增大”、“减小”或“不变”)。由图(b) 中给出的直线关系和Ek的表达式可知，Ep与△x的 次方成正比。‎ ‎【解析】(1)实验需求出小球离开桌面时的动能，故要测量小球的质量m和小球离开桌面时的速度v0，由平抛运动的规律可知，小球水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，通过测量桌面到地面的高度h可求时间，再测出小球水平方向上的位移s，由分运动的等时性可求出的v0大小。‎ ‎（2）由（1）问所述可知，联立以上各式可得。‎ ‎（3），则，故s—△x图线的斜率与成正比。若h不变m增加，则斜率减小；若m不变h增加，则斜率增大。由于s—△x图线为直线，故。‎ ‎【答案】（1） ABC 。 （3分。选对但不全的给1分，有选错的，不给这3分）‎ ‎（2）Ek= 。 （2分）‎ ‎（3） 减小 、 增大、 2 。（3分。每空1分）‎ 考点8 静电场 ‎1 .（2007·新课标全国卷·T18）（6分）.两个质量相同的小球用不可伸长的细线连结，置于场强为E的匀强电场中，小球1和2均带正电，电量分别为和（＞）。将细线拉直并使之与电场方向平行，如图所示。若将两小球同时从静止状态释放，则释放后细线中的张力T为（不计重力及两小球间的库仑力）‎ A.T=（－）E B.T=（－）E C.T=（+）E D.T=（+）E ‎【解析】对小球1：，对小球2：，解得，所以正确答案为A。‎ ‎【答案】：A ‎2.（2007·新课标卷·T21）（6分）.匀强电场中的三点A、B、C是一个三角形的三个顶点，AB的长度为1 m，D为AB的中点，如图所示。已知电场线的方向平行于△ABC所在平面，A、B、C三点的电势分别为14 V、6 V和2 V，设场强大小为E，一电量为1× C的正电荷从D点移到C点电场力所做的功为W,则 A.W=8× J E＞8 V/m B.W=6× J E＞6 V/m C.W=8× J E≤8 V/m D.W=6× J E≤6 V/m ‎【解析】D为AB的中点，则，从D点移到C点电场力所做的功为 ‎；‎ 场强大小，所以正确答案为A。‎ ‎【答案】：A a b C P Q α ‎3 .（2008·新课标卷·T21）（6分）如图所示，C为中间插有电介质的电容器，a和b为其两极板；a板接地；P和Q为两竖直放置的平行金属板，在两板间用绝缘线悬挂一带电小球；P板与b板用导线相连，Q板接地．开始时悬线静止在竖直方向，在b板带电后，悬线偏转了角度α．在以下方法中，能使悬线的偏角α变大的是 （ ）‎ A．缩小a、b间的距离 B．加大a、b间的距离 C．取出a、b两极板间的电介质 D．换一块形状大小相同、介电常数更大的电介质 ‎【解析】本题考查电容器的两个公式。a板与Q板电势恒定为零，b板和P板电势总相同，故两个电容器的电压相等，且两板电荷量q视为不变。要使悬线的偏角增大，即电压U增大，即减小电容器的电容C。对电容器C，由公式，可以通过增大板间距d、减小介电常数ε、减小板的针对面积S。所以正确答案为BC。‎ ‎【答案】：BC E M N ‎4.（2009·新课标卷·T18）（6分）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.‎ ‎【解析】将立体图画成平面图，如图所示，可见P点沿电场线方向为MN的四等分线，故P点的电势为，D正确。‎ ‎【答案】D。‎ ‎5.（2010·新课标全国卷·T17）（6分）‎ 静电除尘器是目前普遍采用的一种高效除尘器。某除尘器模型的收尘板是很长的条形金属板，图中直线为该收尘板的横截面。工作时收尘板带正电，其左侧的电场线分布如图所示；粉尘带负电，在电场力作用下向收尘板运动，最后落在收尘板上。若用粗黑曲线表示原来静止于点的带电粉尘颗粒的运动轨迹，下列4幅图中可能正确的是（忽略重力和空气阻力）( )‎ ‎ ‎ ‎【解析】本题以实际应用的静电除尘器电场的电场线为基础出题，分析带电粒子电场中运动轨迹，考查力与运动的关系及曲线运动的特点。‎ 由电场线的方向和疏密分析电场力及加速度的变化，根据力与速度方向关系，即可确定带电粒子的运动轨迹。‎ 粉尘受力方向应该是电场线的切线方向，从静止开始在非匀强电场中运动时，带电粉尘颗粒一定做曲线运动，且运动曲线总是向电场力一侧弯曲，由于惯性只能是A图那样运动，故A正确；不可能偏向同一电场线内侧或沿电场线运动或振动，故不可能出现BCD图的情况。‎ ‎【答案】：A ‎6.（2011·新课标全国卷·T20）（6分）一带负电荷的质点，在电场力作用下沿曲线abc从a运动到c，已知质点的速率是递减的。关于b点电场强度E的方向，下列图示中可能正确的是（虚线是曲线在b点的切线）‎ ‎【解析】解答本题时可按以下思路分析：‎ 根据质点运动的曲线判断加速度的方向，即受力的方向，再根据负电荷的受力方向，确定电场的可能方向。‎ 由于质点沿曲线abc从a运动到c，且速率递减，可知速度的改变量不可能沿切线方向，只可能沿左下方向，即加速度的方向沿此方向，也即质点受电场力方向沿此方向，由于质点带负电，故知电场方向可能沿右上方向，故A、B、C错，D正确。‎ ‎【答案】：D。‎ ‎7.（2012·新课标全国卷·T18）（6分）如图，平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一直流电源相连.若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则在此过程中，该粒子 （ ）‎ A.所受重力与电场力平衡 B.电势能逐渐增加 C.动能逐渐增加 D.做匀变速直线运动 ‎【解析】解答本题应把握以下两点：‎ （1） 由直线运动的条件分析粒子的受力情况，并确定运动的性质.‎ （2） 由动能定理分析能量的变化情况.‎ 分析带电粒子的受力情况，画出其受力图如右所示. ‎ 可以看出其合力方向与其速度方向相反，所以带电粒子在电场中做匀减速运动.电场力做负功，电势能增加，重力不做功，动能减少，故选项A、C错误，选项B、D正确.‎ ‎【答案】BD ‎8、（2013·新课标全国卷Ⅰ·T15）（6分）如图，一半径为R的圆盘上均匀分布着电荷量为Q的电荷，在垂直于圆盘且过圆心c的轴线上有a、 b、d三个点，a和b、b和c、 c和d间的距离均为R，在a点处有一电荷量为q (q>O)的固定点电荷.已知b点处的场强为零，则d点处场强的大小为(k为静电力常量)‎ A.k B. k C. k D. k ‎【解析】设Q在b点产生的场强大小为E,由对称性可知Q在d点产生的场强大小也为E,方向相反,水平向右,由于b点的场强为零,得,所以q、Q在d点产生的场强为,所以B选项正确。‎ ‎ 【答案】B ‎9、（2013·新课标全国卷Ⅰ·T16）（6分）一水平放置的平行板电容器的两极板间距为d，极板分别与电池两极相连，上极板中心有一小孔(小孔对电场的影响可忽略不计)。小孔正上方处的P 点有一带电粒子，该粒子从静止开始下落，经过小孔进入电容器，并在下极板处(未与极板接触)返回。若将下极板向上平移，则从P点开始下落的相同粒子将 A.打到下极板上 B.在下极板处返回 C.在距上极板处返回 D.在距上极板d处返回 ‎ 【解析】设带电粒子的质量为m,电容器两基板的电压为U,由动能定理得,若将下极板向上移动d/3, 设带电粒子在电场中下降h,再由动能定理得,联立解得,所以带电粒子还没达到下极板就减速为零,D选项正确。‎ ‎【答案】D ‎10、（2013·新课标全国卷Ⅱ·T18）（6分）18.如图，在光滑绝缘水平面上，三个带电小球a，b和c分别位于边长为l的正三角形的三个顶点上；a、b带正电，电荷量均为q，c带负电。整个系统置于方向水平的匀强电场中。已知静电力常量为k。若 三个小球均处于静止状态，则匀强电场场强的大小为 ‎【解析】对c球受力分析可知，水平方向上受a、b的库仑力和匀强电场的电场力3个力的作用而平衡，有，解得。故选B。‎ ‎【答案】B ‎11、（2013·新课标全国卷Ⅱ·T24）（14分）如图，匀强电场中有一半径为ｒ的光滑绝缘圆轨道，轨道平面与电场方向平行。ａ、b为轨道直径的两端，该直径与电场方向平行。一电荷为ｑ(q>０)的质点沿轨道内侧运动.经过a点和b点时对轨道压力的大小分别为Nａ和Ｎｂ。不计重力，求电场强度的大小Ｅ、质点经过a点和b点时的动能。‎ ‎【解析】质点所受电场力的大小为f=qE，‎ 设质点质量为m，经过a点和b点时的速度大小分别为和，由牛顿第二定律有 ‎，‎ 设质点经过a点和b点时的动能分别为和，有 ‎ ‎ 根据动能定理有 ‎ ‎ ‎ 联立以上各式得：‎ ‎ ‎ ‎【答案】 ‎ 考点9 恒定电流 ‎1 .（2007·新课标全国卷·T19）（6分）.在如图所示的电路中，E为电源电动势，r为电源内阻，和均为定值电阻，为滑动变阻器。当的滑动触点在a端时合上开关S，此时三个电表、和V的示数分别为、和U。现将的滑动触点向b端移动，则三个电表示数的变化情况是 A.增大，不变，U增大 B.减小，增大，U减小 C.增大，减小，U增大 D.减小，不变，U减小 ‎【解析】R2的滑动触点向b端移动时， R2减小，增加，增加，U减小；增加，则R1和R2并联电压减小，则I1减小；因为I增大，则I2增大，所以正确答案为B。‎ ‎【答案】：B ‎2 .（2008·新课标全国卷·T15）（6分）一个T型电路如图所示，电路中的电阻R1＝10 Ω，R2＝120 Ω，R3＝40 Ω．另有一测试电源，电动势为100 V，内阻忽略不计．则 （ ）‎ a b c d R1‎ R2‎ R3‎ A．当cd端短路时，ab之间的等效电阻是40 Ω B．当ab端短路时，cd之间的等效电阻是40 Ω C．当ab两端接通测试电源时，cd两端的电压为80 V D．当cd两端接通测试电源时，ab两端的电压为80 V ‎【解析】本题考查电路的串并联知识。当cd端短路时，R2与R3并联电阻为30Ω后与R1串联，ab间等效电阻为40Ω，A对；若ab端短路时，R1与R3并联电阻为8Ω后与R3串联，cd间等效电阻为128Ω，B错；当ab两端接通测试电源时，电阻R2未接入电路，cd两端的电压即为R3的电压，为Ucd = 40/50×100V=80V，C对；当cd两端接通测试电源时，电阻R1未接入电路，ab两端电压即为R3的电压，为Uab = 40/160×100V=25V，D错。所以正确答案为AC。‎ ‎【答案】：AC ‎3.（2010·新课标全国卷·T19）（6分）电源的效率定义为外电路电阻消耗的功率与电源的总功率之比。在测电源电动势和内电阻的实验中得到的实验图线如图所示，图中U为路端电压，I为干路电流，a、b为图线上的两点，相应状态下电源的效率分别为、。由图可知、的值分别为( )‎ ‎ ‎ A.、 B.、 C.、 D.、‎ ‎【解析】本题以测电源电动势和内电阻实验的伏安特性曲线为基础命题，考查纯电阻电路中电源的效率随电阻的变化并要求计算各状态下的效率。‎ 由电源效率定义，对照U－I图像找出a、b状态的路端电压和干路电流，即可计算a、b状态的效率和输出功率。‎ 电源效率，E为电源的总电压（即电动势），根据图象可知，，所以选项D正确。‎ ‎【答案】D 考点10 磁场 ‎1 .（2007·新课标全国卷·T24）（17分）在半径为R 的半圆形区域中有一匀强磁场，磁场的方向垂直于纸面，磁感应强度为B。一质量为m，带有电量q的粒子以一定的速度沿垂直于半圆直径AD方向经P点（AP=d）射入磁场（不计重力影响）。‎ ‎（1）如果粒子恰好从A点射出磁场，求入射粒子的速度。‎ ‎（2）如果粒子经纸面内Q点从磁场中射出，出射方向与半圆在Q点切线的夹角为φ（如图）。求入射粒子的速度。‎ ‎【解析】‎ ‎⑴由于粒子在P点垂直射入磁场，故圆弧轨道的圆心在AP上，AP是直径。‎ R A O P D Q φ O/‎ R/‎ ‎ 设入射粒子的速度为v1，由洛伦兹力的表达式和牛顿第二定律得：‎ ‎ ‎ ‎ 解得：‎ ‎⑵设O/是粒子在磁场中圆弧轨道的圆心，连接O/Q，设O/Q＝R/。‎ ‎ 由几何关系得： ‎ ‎ ‎ ‎ 由余弦定理得：‎ ‎ 解得：‎ ‎ 设入射粒子的速度为v，由 ‎ 解出：‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎2 .（2008·新课标全国卷·T14）（6分）在等边三角形的三个顶点a、b、c 处，各有一条长直导线垂直穿过纸面，导线中通有大小相等的恒定电流，方向如图．过c点的导线所受安培力的方向 （ 　）‎ a b c 上 右 A．与ab边平行，竖直向上 B．与ab边平行，竖直向下 C．与ab边垂直，指向左边 D．与ab边垂直，指向右边 ‎【解析】本题考查了左手定则的应用。导线a在c处产生的磁场方向由安培定则可判断，即垂直ac向左，同理导线b在c处产生的磁场方向垂直bc向下，则由平行四边形定则，过c点的合场方向平行于ab，根据左手定则可判断导线c受到的安培力垂直ab边，指向左边。所以正确答案为C。‎ y E A O x B C v φ φ ‎【答案】：C y O x C A φ E B v φ O'‎ ‎3 .（2008·新课标卷·T24）（17分）如图所示，在xOy平面的第一象限有一匀强电场，电场的方向平行于y轴向下；在x轴和第四象限的射线OC之间有一匀强磁场，磁感应强度的大小为B，方向垂直于纸面向外．有一质量为m，带有电荷量+q的质点由电场左侧平行于x轴射入电场．质点到达x轴上A点时，速度方向与x轴的夹角为φ，A点与原点O的距离为d．接着，质点进入磁场，并垂直于OC飞离磁场．不计重力影响．若OC与x轴的夹角为φ，求：‎ ‎ ⑴粒子在磁场中运动速度的大小；‎ ‎ ⑵匀强电场的场强大小．‎ ‎【解析】(1)质点在磁场中的轨迹为一圆弧。由于质点飞离磁场时，速度垂直于OC，故圆弧的圆心在OC上。依题意，质点轨迹与x轴的交点为A，过A点作与A点的速度方向垂直的直线，与OC交于O＇。由几何关系知，AO＇垂直于OC＇，O＇是圆弧的圆心。设圆弧的半径为R，则有 ‎ ①‎ 由洛仑兹力公式和牛顿第二定律得 ‎ ②‎ 将①式代入②式，解得： ③‎ ‎⑵质点在电场中的运动为类平抛运动．设质点射入电场的速度为v0，在电场中的加速度为a，运动时间为t，则有 ‎ ④‎ ‎ ⑤‎ ‎ d＝v0t ⑥‎ 联立④⑤⑥解得： ⑦‎ 设电场强度的大小为E，由牛顿第二定律得 ‎ qE＝ma ⑧‎ 联立③⑦⑧解得： ⑨‎ 这道试题考查了带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动的半径公式，通常这类试题要求掌握如何定圆心、确定半径，能画出轨迹图。利用圆的几何知识和向心力公式解决相关问题。‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎4.（2009·新课标卷·T16）（6分）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 ‎【解析】依据右手定则，正离子在磁场中受到洛伦兹力作用向上偏，负离子在磁场中受到洛伦兹力作用向下偏，因此电极a、b的正负为a正、b负；当稳定时，血液中的离子所受的电场力和磁场力的合力为零，则，可得，A正确。‎ ‎【答案】A ‎5.（2009·新课标卷·T25）(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 ⑪‎ ‎【答案】（1） （2）‎ ‎6.（2010·新课标全国卷·T25）（18分）如图所示，在0≤ x ≤ a、0≤ y ≤ 范围内有垂直于xy平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。坐标原点O处有一个粒子源，在某时刻发射大量质量为m、电荷量为q的带正电粒子，它们的速度大小相同，速度方向均在xy平面内，与y轴正方向的夹角分布在0～90°范围内。己知粒子在磁场中做圆周运动的半径介于a/2到a之间，从发射粒子到粒子全部离开磁场经历的时间恰好为粒子在磁场中做圆周运动周期的四分之一。求最后离开磁场的粒子从粒子源射出时的 ‎（1）速度的大小 ‎（2）速度方向与y轴正方向夹角的正弦。‎ ‎【解析】本题以大量带电粒子沿各个方向在有界匀强磁场中作匀速圆周运动，建立一幅动态运动图景，考查考生空间想象能力和运用数学知识处理物理问题的能力。‎ ‎（1）设粒子的发射速度为v，粒子做圆周运动的轨道半径为R，由牛顿第二定律和洛仑兹力公式，得：‎ ‎， ① （2分）‎ 由①解得： ② （1分）‎ 画出沿﹢y方向以a/2为半径做匀速圆周运动轨迹如图①所示，再画出从坐标原点O沿与y轴正方向以半径R0（a/20）。质量为m的粒子沿平行于直径ab的方向射入磁场区域，射入点与ab的距离为，已知粒子射出磁场与射入磁场时运动方向间的夹角为60°，则粒子的速率为（不计重力）‎ A． B． C． D． ‎【解析】由题意知,设入射点为A,AC平行于ab,穿出磁场的点为B,圆心为O,由题意知,粒子射入磁场和射出磁场的夹角60°,所以圆心角就为60°,ABO为等边三角形, ∠BAC=30°,过B点做AC垂线交于C点,由三角形可得,‎ 所以带电粒子运动的半径为r=R,由解得,所以选项B正确。‎ ‎【答案】B ‎12、（2013·新课标全国卷Ⅱ·T17）（6分）空间有一圆柱形匀强磁场区域，该区域的横截面的半径为R，磁场方向垂直横截面。一质量为m、电荷量为q（q＞0）的粒子以速率v0沿横截面的某直径射入磁场，离开磁场时速度方向偏离入射方向60°。不计重力，该磁场的磁感应强度大小为 ‎【解析】画出粒子的运动轨迹，由几何关系可知，粒子做圆周运动的半径，由可知，本题选A。‎ ‎【答案】A 考点11 电磁感应 ‎1 .（2007·新课标全国卷·T20）（6分）.电阻R、电容C与一线圈连成闭合回路，条形磁铁静止于线圈的正上方，N极朝下，如图所示。现使磁铁开始自由下落，在N极接近线圈上端的过程中，流过R的电流方向和电容器极板的带电情况是 A.从a到b，上极板带正电 B.从a到b，下极板带正电 C.从b到a，上极板带正电 D.从b到a，下极板带正电 ‎【解析】由楞次定律可感应电流流过R的电流方向从b到a，因则电容器下极板带正电，所以正确答案为D。‎ ‎【答案】：D ‎2 .（2008·新课标全国卷·T16）（6分）d P Q a b r c R v 、如图所示，同一平面内的三条平行导线串有两个电阻R和r，导体棒PQ与三条导线接触良好；匀强磁场的方向垂直纸面向里．导体棒的电阻可忽略．当导体棒向左滑动时，下列说法正确的是 （ 　 ）‎ A．流过R的电流为由d到c，流过r的电流为由b到a B．流过R的电流为由c到d，流过r的电流为由b到a C．流过R的电流为由d到c，流过r的电流为由a到b D．流过R的电流为由c到d，流过r的电流为由a到b ‎【解析】本题考查右手定则的应用。根据右手定则，可判断PQ作为电源，Q端电势高，在PQcd 回路中，电流为逆时针方向，即流过R的电流为由c到d，在电阻r的回路中，电流为顺时针方向，即流过r的电流为由b到a。当然也可以用楞次定律，通过回路的磁通量的变化判断电流方向。所以正确答案为B。‎ ‎【答案】：B ‎3 .（2009·新课标全国卷·T19）（6分）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 ‎【解析】依据右手定则，可知在0-内，电流方向M到O，在在电阻R内则是由b到a，为负值，且大小为为一定值，内没有感应电流，内电流的方向相反，即沿正方向，内没有感应电流，因此C正确。‎ ‎【答案】C ‎4.（2010·新课标全国卷·T21）（6分）如图所示，两个端面半径同为R的圆柱形铁芯同轴水平放置，相对的端面之间有一缝隙，铁芯上绕导线并与电源连接，在缝隙中形成一匀强磁场。一铜质细直棒ab水平置于缝隙中，且与圆柱轴线等高、垂直。让铜棒从静止开始自由下落，铜棒下落距离为0.2R时铜棒中电动势大小为 E1，下落距离为0.8R时电动势大小为E2，忽略涡流损耗和边缘效应。关于E1、E2 的大小和铜棒离开磁场前两端的极性，下列判断正确的是（ ）‎ A.E1>E2，a端为正 B. E1>E2，b端为正 C. E1m1‎ ‎７、（2013·新课标全国卷Ⅰ·T23）（8分）某学生实验小组利用图(a)所示电路，测量多用电表内电池的电动势和电阻“”挡内部电路的总电阻。使用的器材有:‎ 多用电表；‎ 电压表:量程5V，内阻十几千欧;‎ 滑动变阻器：最大阻值5kΩ 导线若干。‎ 回答下列问题:‎ ‎(1)将多用电表挡位调到电阻“”挡，再将红表笔和黑表笔 ，调零点。‎ ‎(2)将图((a)中多用电表的红表笔和 （填“1”或“2）端相连，黑表笔连接另一端。‎ ‎(3)将滑动变阻器的滑片调到适当位置，使多用电表的示数如图(b)所示，这时电压表的示数如图(c)所示。多用电表和电压表的读数分别为 kΩ和 V 。‎ ‎(4)调节滑动变阻器的滑片，使其接入电路的阻值为零。此时多用电表和电压表的读数分别为12.0kΩ和4.00 V。从测量数据可知，电压表的内阻为____ kΩ。‎ ‎(5)多用电表电阻挡内部电路可等效为由一个无内阻的电池、一个理想电流表和一个电阻串联而成的电路，如图(d)所示。根据前面的实验数据计算可得，此多用电表内电池的电动势为 ___ V，电阻“”挡内部电路的总电阻为 ___ kΩ。‎ ‎【解析】 (1)万用表使用的第一步就是要短接调零,所以该空中应该填短接(2)万用表的电流方向是”红进黑出”所以红表笔接”1”(3)万用表在10到15之间需要估读一位所以读成15.0，电压表读数应精确读到小数点后一位,估读到小数点后两位,所以读数为3.60V(4)由于滑线变阻器的电阻调为零,所以万用表的读数即为电压表的内阻RV=12.0 (5)万用表的中值电阻为15.0，即万用表的内阻为内=15.0‎ 所以由闭合电路欧姆定律可知内=9.00V。‎ ‎【答案】(1)短接(2)1(3)15.0 3.60 (4)12.0(5)9.00 15.0‎ ‎8、（2013·新课标全国卷Ⅱ·T23）（7分）某同学用量程为I mA、内阻为120Ω 的表头按图(a)所示电路改装成量程分别为Iv和1A的多用电表。图中R1和R2为定值电阻，S为开关。回答下列问题:‎ ‎（1）根据图(a)所示的电路，在图(b)所示的实物图上连线。‎ ‎（2）开关S闭合时，多用电表用于测量 (填“电流”、“电压，或“电阻”)；‎ 开关S断开时，多用电表用于测量 (填“电流”、“电压”或“电阻”)。‎ ‎（3）表笔A应为 色(填“红”或“黑”)。‎ ‎（4）定值电阻的阻值Ｒ１＝　　　　　　　Ω，Ｒ２＝　　　　　　　Ω。（结果取３位有效数字）‎ ‎【解析】（1）表头跟R2串联，R1跟开关串联，两个支路并联，连线图同答案。‎ ‎（2）开关闭合时，电表的内阻较小，为等效电流表；开关断开时，电表的内阻较大，为等效电压表。‎ ‎（3）电流由红表笔流入，由题图（a）可看出表头右端为“+”，故表笔A为黑表笔。‎ ‎（4）设表头的内阻为r，满偏电流为，由欧姆定律可知V，，解得Ω，Ω。‎ ‎【答案】（1）连线实物图。（2分） ‎ ‎（2） 电流 、电压 （2分，每空1分）‎ ‎（3） 黑 （1分）A ‎（4） 1.00 、 880（2分。每空1分）‎ 考点14 热学 ‎1 .（2007·新课标全国卷·T30 B）（15分）如图所示，两个可导热的气缸竖直放置，它们的底部由一细管连通（忽略细管的容积）。两气缸各有一活塞，质量分别为和，活塞与气缸壁无摩擦。活塞的下方为理想气体，上方为真空。当气体处于平衡状态时，两活塞位于同一高度h。（已知=3m,=2m）‎ ‎（1）在两活塞上同时各放一质量为m的物块，求气体再次达到平衡后两活塞的高度差（假定环境的温度始终保持为）。‎ ‎（2）在达到上一问的终态后，环境温度由缓慢上升到T，试问在这个过程中，气体对活塞做了多少功？气体是吸收还是放出了热量？（假定在气体状态变化过程中，两物块均不会碰到气缸顶部）‎ ‎【解析】‎ ‎⑴设左、右活塞的面积分别为A/和A，由于气体处于平衡状态，故两活塞对气体的压强相等，即： ‎ 由此得： ‎ 在两个活塞上各加一质量为m的物块后，右活塞降至气缸底部，所有气体都在左气缸中。‎ 在初态，气体的压强为，体积为；在末态，气体压强为，体积为（x为左活塞的高度）。由玻意耳－马略特定律得：‎ ‎ ‎ ‎ 解得： 即两活塞的高度差为 ‎ ⑵当温度由T0上升至T时，气体的压强始终为，设x/是温度达到T时左活塞的高度，由盖·吕萨克定律得： ‎ 活塞对气体做的功为：‎ 在此过程中气体吸收热量 ‎【答案】⑴ ⑵ 吸收热量 ‎2 .（2008·新课标全国卷·T31）（6分）⑴（6分）如图所示，由导热材料制成的气缸和活塞将一定质量的理想气体封闭在气缸内，活塞与气缸壁之间无摩擦，活塞上方存有少量液体．将一细管插入液体，由于虹吸现象，活塞上方液体逐渐流出．在此过程中，大气压强与外界的温度保持不变．关于这一过程，下列说法正确的是 ．（填入选项前的字母，有填错的不得分）‎ A．气体分子的平均动能逐渐增大 B．单位时间气体分子对活塞撞击的次数增多 C．单位时间气体分子对活塞的冲量保持不变 h D．气体对外界做功等于气体从外界吸收的热量 ‎【解析】⑴本题考查了气体状态方程和热力学第一定律的综合应用，是一道考查热学知识综合应用的好题。由于气缸导热，环境温度不变，因此被封闭气体温度不变，分子平均动能不变，故A错误；温度不变，压强减小，根据 (常数)可知，气体体积增大，温度不变，因此单位时间气体分子对活塞撞击的次数减小，故B错误；气体体积增大，分子平均动能不变，因此单位时间气体分子对活塞的冲量减小，故C错误；温度不变，内能不变，体积增大，对外做功，根据△U=W+Q，可知气体对外界做功等于气体从外界吸收的热量，故D正确。‎ ‎【答案】D ‎⑵（9分）一定质量的理想气体被活塞封闭在可导热的气缸内，活塞相对于底部的高度为h，可沿气缸无摩擦地滑动．取一小盒沙子缓慢地倒在活塞的上表面上．沙子倒完时，活塞下降了h/4．再取相同质量的一小盒沙子缓慢地倒在活塞的上表面上．外界天气的压强和温度始终保持不变，求此次沙子倒完时活塞距气缸底部的高度．‎ ‎【解析】本题考查玻马定律，对气体作为研究对象，分第一次加小盒沙子和第二次加沙子两次列玻马定律方程求解。‎ 设大气和活塞对气体的总压强为p0，加一小盒沙子对气体产生的压强为p，由玻马定律得： ①‎ 由①式得 ②‎ 再加一小盒沙子后，气体的压强变为p0+2p．设第二次加沙子后，活塞的高度为h′，由玻马定律得：‎ ‎′ ③‎ 联立②③式解得 ④‎ ‎【答案】‎ ‎3 .（2009·新课标全国卷·T34）（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. Pb