高考物理试题汇编
高考物理试题汇编
目录
一．直线运动………………………0
二．相互作用………………………6
三．牛顿运动定律………………9
四．曲线运动………………………17
五．万有引力定律………………22
六．功和能的关系………………26
七．静电场………………………38
八．恒定电流………………46
九．磁场………………………55
十．电磁感应………………70
十．交流电………………78
选修3-3 ………………………80
选修3-4 ………………………85
选修3-5………………………95
一．直线运动
(·安徽·T16)一物体作匀加速直线运动，通过一段位移所用的时间为t1，紧接着通过下一段位移所用时间为t2。则物体运动的加速度为( )
A． B． C． D．
答案：A
解析：物体作匀加速直线运动在前一段所用的时间为，平均速度为，即为时刻的瞬时速度；物体在后一段所用的时间为，平均速度为，即为时刻的瞬时速度。速度由变化到的时间为，所以加速度，A正确。
(·海南·T8)10
B
t /s
0
2
6
4
10
8．一物体自t=0时开始做直线运动，其速度图线如图所示。下列选项正确的是( )
A．在0～6s内，物体离出发点最远为30m
B．在0～6s内，物体经过的路程为40m
C．在0～4s内，物体的平均速率为7.5m/s
D．在5～6s内，物体所受的合外力做负功
答案：B C
解析：在0—5s,物体向正向运动，5—6s向负向运动，故5s末离出发点最远，A错；由面积法求出0—5s的位移s1=35m, 5—6s的位移s2=-5m,总路程为：40m，B对；由面积法求出0—4s的位移s=30m，平度速度为：v=s/t=7.5m/s C对；由图像知5～6s过程物体加速，合力和位移同向，合力做正功，D错
(·新课标·T15)15.一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：主要考查力和运动关系。当恒力方向与速度在一条直线上，质点的动能可能一直增大，也可能先逐渐减小至零，再逐渐增大。当恒力方向与速度不在一条直线上，质点的动能可能一直增大，也可能先逐渐减小至某一非零的最小值，再逐渐增大。所以正确答案是ABD。
【点 评】合力的方向决定加速度的方向，加速度方向与速度方向的夹角决定是直线运动还是曲线运动，决定是加速运动还是减速运动。由受力情况判断运动情况，一是看力的方向，二是看受力质点的初始状态，即初速度。加速度速度方向同线时，是直线运动，同向是加速直线，反向是减速直线运动；加速度速度方向不同线时，是曲线运动。
(·新课标·T24)24.（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：设汽车甲在第一段时间间隔末（时间t0）的速度为,第一段时间间隔内行驶的路程为s1,加速度为,在第二段时间间隔内行驶的路程为s2。由运动学公式得
……①……②……③
设乙车在时间t0的速度为，在第一、二段时间间隔内行驶的路程分别为、。同样有……④……⑤……⑥
设甲、乙两车行驶的总路程分别为、，则有……⑦……⑧
联立以上各式解得，甲、乙两车各自行驶的总路程之比为
(·天津·T3)3．质点做直线运动的位移x与时间t的关系为x = 5t + t2（各物理量均采用国际单位制单位），则该质点( )
A．第1s内的位移是5m B．前2s内的平均速度是6m/s
C．任意相邻1s内的位移差都是1m D．任意1s内的速度增量都是2m/s
【解析】：匀变速直线运动的考查，简单题。第1s内的位移只需将t=1代入即可求出x=6m，A错误；前2s内的平均速度为，B错；由题给解析式可以求得加速度为a=2m/s2，C错；由加速的定义可知D选项正确
23（四川）．（16分）
随着机动车数量的增加，交通安全问题日益凸显。分析交通违法事例，将警示我们遵守交通法规，珍惜生命。一货车严重超载后的总质量为49t，以54km/h的速率匀速行驶。发现红灯时司机刹车，货车即做匀减速直线运动，加速度的大小为2.5m/s2（不超载时则为5m/s2）。
（1）若前方无阻挡，问从刹车到停下来此货车在超载及不超载时分别前进多远？
（2）若超载货车刹车时正前方25m处停着总质量为1t的轿车，两车将发生碰撞，设相互作用0.1 s后获得相同速度，问货车对轿车的平均冲力多大？
【解析】（1）货车刹车时的初速是v0=15vm/s ，末速是0，加速度分别是2.5m/s2和5m/s2，根据位移推论式得
代入数据解得： 超载 m
不超载 m
（2）货车与轿车相撞时的速度为
m/s
相撞时动量守恒，有 得 m/s
对轿车根据动量定理有 解得 N
(·广东·T34)34．（18分）
s/cm
t2/s2
0.01
0.02
0.03
0.04
0.05
0.06
0
1.0
2.0
3.0
图15
图14
2
cm
3
1
E
D
O
A
B
C
（1）图14是“研究匀变速直线运动”实验中获得的一条纸带，O、A、B、C、D和E为纸带上六个计数点。加速度大小用a表示。
①OD间的距离为cm。
②图15是根据实验数据绘出的图线（s为各计数点至同一起点的距离），斜率表示，其大小为m/s2（保留三位有效数字）
图15
解析：答案：①1.20要估读一位②a/2 ； 0.933 由s=v0t+at2可知斜率为a/2。
(·北京·T18)18．“蹦极”就是跳跃者把一端固定的长弹性绳绑在踝关节等处，从几十米高处跳下的一种极限运动。某人做蹦极运动，所受绳子拉力F的大小随时间t变化的情况如图所示。将蹦极过程近似为在竖直方向的运动，重力加速度为g。据图可知，此人在蹦极过程中最大加速度约为( )
A．g B．2g
C．3gD．4g
答案：B
解析：由题图可知：绳子拉力F的最大值为9F0/5，最终静止时绳子拉力为3F0/5=mg，根据牛顿第二定律得：9F0/5－3F0/5=ma，所以a=2g。B正确，A、C、D错误。
(·上海·T31) (12 分)如图，质量m=2kg的物体静止于水平地面的A处，A、B间距L=20m。用大小为30N，沿水平方向的外力拉此物体，经t0=2s拉至B处。(已知cos370=0.8，sin370=0.6。取g=10m/s2)
(1)求物体与地面间的动摩擦因数μ；
L
m
A
B
(2)用大小为30N，与水平方向成37°的力斜向上拉此物体，使物体从A处由静止开始运动并能到达B处，求该力作用的最短时间t。
31、【解析】本题考查牛顿运动学和学生对动力学综合问题的处理能力。
对物体受力分析和运动分析，利用牛顿第二定律和匀变速直线运动知识联立求解物体与地面的动摩擦因数；要使物体在该过程的运动时间最短，结合图像分析知：物体先做初速度为零的匀加速直线运动，再做匀减速直线运动，到达末位置速度减为零，所使用的时间最短，分两段由牛顿第二定律和匀变速运动学公式联立求解或全程用动能定理结合运动学求解。
解析：(1)物体做匀加速运动 得
由牛顿第二定律 得
得
(2)设作用的最短时间为t，小车先以大小为a的加速度匀加速t秒，撤去外力后，以大小为，的加速度匀减速秒到达B处，速度恰为0，由牛顿定律
得
由于匀加速阶段的末速度即为匀减速阶段的初速度，因此有
；
得：
解法二：（2）设力F作用的最短时间为t，相应的位移为s，物体到达B处速度恰为0，由动能定理
得：
由牛顿第二定律
得：
由得
【规律总结】动力学问题常采用运动学公式和牛顿运动定律联合求解的办法，此类问题通常也可用动能定理，但实际时间问题利用动能定理后，还要用运动学公式，且注意联系两个过程的纽带是前个过程的末速度为下个过程的初速度。
(·山东·T23)23.（12分）
h
H
x
挡板
（1）某探究小组设计了“用一把尺子测定动摩擦因数”的实验方案。如图所示，将一个小球和一个滑块用细绳连接，跨在斜面上端。开始时小球和滑块均静止，剪短细绳后，小球自由下落，滑块沿斜面下滑，可先后听到小球落地和滑块撞击挡板的声音，保持小球和滑块释放的位置不变，调整挡板位置，重复以上操作，直到能同时听到小球落地和滑块撞击挡板的声音。用刻度尺测出小球下落的高度H、滑块释放点与挡板处的高度差h和沿斜面运动的位移。（空气阻力对本实验的影响可以忽略）
①滑块沿斜面运动的加速度与重力加速度的比值为________。
②滑块与斜面间的动摩擦因数为__________________。
③以下能引起实验误差的是________。
a．滑块的质量
b．当地重力加速度的大小
c．长度测量时的读数误差
d．小球落地和滑块撞击挡板不同时
答案：①②③c d
（·重庆·T14）14．某人估测一竖直枯井深度，从井口静止释放一石头并开始计时，经2s听到石头落地声，由此可知井深约为（不计声音传播时间，重力加速度g取10m/s2）( )
A．10m B．20m C．30m D．40m
〖解析〗．石头做自由落体运动，，由此可知井深约为20m
二．相互作用
F
θ
(·安徽·T14)14．一质量为m的物块恰好静止在倾角为θ斜面上。现对物块施加一个竖直向下的恒力F，如图所示。则物块( )
A．仍处于静止状态
B．沿斜面加速下滑
C．受到的摩擦力不变
D．受到的合外力增大
答案：A
解析：由于质量为m的物块恰好静止在倾角为θ的斜面上，说明斜面对物块的作用力与物块的重力平衡，斜面与物块的动摩擦因数μ=tanθ。对物块施加一个竖直向下的恒力F，使得合力仍然为零，故物块仍处于静止状态，A正确，B、D错误。摩擦力由mgsinθ增大到(F+mg)sinθ，C错误。
(·安徽·T21)21．（18分）
Ⅰ．为了测量某一弹簧的劲度系数，降该弹簧竖直悬挂起来，在自由端挂上不同质量的砝码。实验册除了砝码的质量m与弹簧长度l的相应数据，七对应点已在图上标出。（g=9.8m/s2)
（1）作出m-l的关系图线；
（2）弹簧的劲度系数为N/m.
解析：Ⅰ．（1）如图所示
（2）0.248~0.262
(·海南·T4)l/2
a
l
c
b
m1
4．如图，墙上有两个钉子a和b
，它们的连线与水平方向的夹角为45°，两者的高度差为l。一条不可伸长的轻质细绳一端固定于a点，另一端跨过光滑钉子b悬挂一质量为m1的重物。在绳子距a端l/2得c点有一固定绳圈。若绳圈上悬挂质量为m2的钩码，平衡后绳的ac段正好水平，则重物和钩码的质量比为( )
A． B．2 C． D．
答案：C
解析：平衡后设绳的BC段与水平方向成α角，则：对节点C分析三力平衡，在竖直方向上有：得：，选C
v0
(·海南·T5)5．如图，粗糙的水平地面上有一斜劈，斜劈上一物块正在沿斜面以速度v0匀速下滑，斜劈保持静止，则地面对斜劈的摩擦力( )
A．等于零
B．.不为零，方向向右
C．不为零，方向向左
D．不为零，v0较大时方向向左，v0较小时方向向右
答案：A
解析：斜劈和物块都平衡对斜劈和物块整体受力分析知地面对斜劈的摩擦力为零，选A
(·山东·T19)19．如图所示，将两相同的木块a、b置于粗糙的水平地面上，中间用一轻弹簧连接，两侧用细绳固定于墙壁。开始时a、b均静止。弹簧处于伸长状态，两细绳均有拉力，a所受摩擦力Ffa≠0，b所受摩擦力Ffb=0，现将右侧细绳剪断，则剪断瞬间()
a
b
A．Ffa大小不变 B．Ffa方向改变
C．Ffb仍然为零D．Ffb方向向右
答案：AD
解析：两物块相同，由受力分析可知两物体受到弹簧拉力大小相等，方向相反，绳子对b的拉力等于弹簧对b的拉力，若a平衡且有摩擦力，则绳对a拉力大小等于b受到得绳子拉力大小相等，此摩擦力小于最大静摩擦力，故当间断右侧细绳后，a受力情况不变，b受到的摩擦力与弹簧拉力平衡，大小与a受到的摩擦力相等。
1（江苏）如图所示，石拱桥的正中央有一质量为m的对称楔形石块，侧面与竖直方向的夹角为α,重力加速度为g，若接触面间的摩擦力忽略不计，旵石块侧面所受弹力的大小为
A． B．
C． D．
答案：A解析：楔形石块受力如图，根据力的合成可得：，所以， A正确。
9(江苏)．如图所示，倾角为α的等腰三角形斜面固定在水平面上，一足够长的轻质绸带跨过斜面的顶端铺放在斜面的两侧，绸带与斜面间无摩擦。现将质量分别为M、m(M>m)的小物块同时轻放在斜面两侧的绸带上。两物块与绸带间的动摩擦因数相等，且最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等。在α角取不同值的情况下，下列说法正确的有
A．两物块所受摩擦力的大小总是相等
B．两物块不可能同时相对绸带静止
C．M不可能相对绸带发生滑动
D．m不可能相对斜面向上滑动
答案：AC
解析：由于绸带与斜面之间光滑，并且M>m，所以M、m和绸带一起向左滑动，加速度为a，由牛顿第二定律对整体：；对M有：；对m有：，解得，即A、C正确，B、D错误。
三．牛顿运动定律
A
ρ
图（a）
(·安徽·T17)17．一般的曲线运动可以分成很多小段，每小段都可以看成圆周运动的一部分，即把整条曲线用一系列不同半径的小圆弧来代替。如图（a）所示，曲线上的A点的曲率圆定义为：通过A点和曲线上紧邻A点两侧的两点作一圆，在极限情况下，这个圆就叫做A点的曲率圆，其半径ρ叫做A点的曲率半径。现将一物体沿与水平面成α角的方向已速度v0抛出，如图（b）所示。则在其轨迹最高点P处的曲率半径是( )
v0
α
P
图（b）
ρ
A． B．
C． D．
答案：C
解析：物体在其轨迹最高点P处只有水平速度，其水平速度大小为v0cosα，根据牛顿第二定律得，所以在其轨迹最高点P处的曲率半径是，C正确。
(·新课标·T21)F
m1
m2
21.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（）
a
t
O
A
a1
a2
a
t
O
B
a1
a2
a
t
O
C
a1
a2
a
t
O
D
a1
a2
解析：本题考查受力分析与运动分析，涉及牛顿第二定律、静摩擦力、非匀加速直线运动、a-t图象等。木块和木板之间相对静止时，所受的摩擦力为静摩擦力。由于F由零开始随时间正比增大，在达到最大静摩擦力前，木块和木板以相同加速度运动，根据牛顿第二定律，两物体的a-
t图象重合，为过原点的直线。木块和木板相对运动时，m1的加速度为：恒定不变，则m2的加速度为：，其a-t图象与a轴的负半轴有交点。所以正确答案是A。
【点评】叠放在水平面的两物体，一个物体受到水平拉力后，两物体可能以同一加速度运动，也可能以不同的加速度运动。建立纵轴物理量与横轴物理量的函数关系，然后用关系式来建立图象，是图象问题的一般思路与方法。
(·新课标·T23)滑块
光电门乙
光电门甲
遮光片
图1
23.（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。
s（m）
0.500
0.600
0.700
0.800
0.900
0.950
t(ms)
292.9
371.5
452.3
552.8
673.8
776.4
s/t(m/s)
1.71
1.62
1.55
1.45
1.34
1.22
0.1
t (s)
(m/s)
s
t
0.2
0.3
0.4
0.5
0.6
0.7
0.8
0.9
1.0
0
1.5
1.0
1.4
2.0
1.3
1.2
1.9
1.8
1.7
1.1
1.6
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图线；
（3）由所画出的图线，得出滑块加速度的大小为a=______m/s2（保留2位有效数字）。
解析：本题以测量匀加速直线运动的加速度实验考查力学实验的基本思路与方法。
0.1
t (s)
(m/s)
s
t
0.2
0.3
0.4
0.5
0.6
0.7
0.8
0.9
1.0
0
1.5
1.0
1.4
2.0
1.3
1.2
1.9
1.8
1.7
1.1
1.6
（1）滑块做匀加速直线运动，利用有解得
（2）图线如图所示
（3）由可知，图线斜率绝对值为即，解得a=2.0m/s2
【点评】建立相关量的线性关系，选择出函数及自变量，才能确定坐标所代表的物理量。函数、及自变量的选择应使函数关系是线性关系。建立相关线性图象，利用图象的截距及斜率计算待测量，是数据处理的有效方法，不但简便而且误差较小。
(·天津·T2)v
A
B
2．如图所示，A、B两物块叠放在一起，在粗糙的水平面上保持相对静止地向右做匀减速直线运动，运动过程中B受到的摩擦力( )
A．方向向左，大小不变B．方向向左，逐渐减小
C．方向向右，大小不变D．方向向右，逐渐减小
【解析】：考查牛顿运动定律处理连接体问题的基本方法，简单题。对于多个物体组成的物体系统，若系统内各个物体具有相同的运动状态，应优先选取整体法分析，再采用隔离法求解。取A、B系统整体分析有，a=μg，B与A具有共同的运动状态，取B为研究对象，由牛顿第二定律有：，物体B做速度方向向右的匀减速运动，故而加速度方向向左。
19（天津）（1）某同学用测力计研究在竖直方向运行的电梯运动状态。他在地面上用测力计测量砝码的重力，示数为G。他在电梯中用测力计仍测量同一砝码的重力，发现测力计的示数小于G，由此判断此时电梯的运动状态可能是减速上升或加速下降。
【解析】：物体处于失重状态，加速度方向向下，故而可能是减速上升或加速下降。
（2）用螺旋测微器测量某金属丝直径的结果如图所示。
该金属丝的直径是1.706mm
【解析】：注意副尺一定要有估读。读数为1.5+20.6×0.01mm=1.706mm。因为个人情况不同，估读不一定一致，本题读数1.704-1.708都算正确。
缓冲火箭
降落伞
返回舱
(·四川·T19)19．如图是“神舟”系列航天飞船返回舱返回地面的示意图，假定其过程可简化为：打开降落伞一段时间后，整个装置匀速下降，为确保安全着陆，需点燃返回舱的缓冲火箭，在火箭喷气过程中返回舱做减速直线运动，则( )
A．火箭开始喷气瞬间伞绳对返回舱的拉力变小
B．返回舱在喷气过程中减速的住要原因是空气阻力
C．返回舱在喷气过程中所受合外力可能做正功
D．返回舱在喷气过程中处于失重状态
答案：A
解析：减速的主要原因是喷出气体，得到反冲作用力，而非空气阻力，B错误；由动能定理合力做负功，动能减少，减速下降，C错误；由于减速下降，所以整个舱属于超重状态，D错误；原来处于平衡状态的返回舱，受到气体向上的反作用力后，绳对返回舱的拉力变小，A正确。
【命题意图与考点定位】牛顿运动定律的综合应用。
(·江苏·T9)．如图所示，倾角为α的等腰三角形斜面固定在水平面上，一足够长的轻质绸带跨过斜面的顶端铺放在斜面的两侧，绸带与斜面间无摩擦。现将质量分别为M、m(M>m)的小物块同时轻放在斜面两侧的绸带上。两物块与绸带间的动摩擦因数相等，且最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等。在α角取不同值的情况下，下列说法正确的有
A．两物块所受摩擦力的大小总是相等
B．两物块不可能同时相对绸带静止
C．M不可能相对绸带发生滑动
D．m不可能相对斜面向上滑动
答案：AC
解析：由于绸带与斜面之间光滑，并且M>m，所以M、m和绸带一起向左滑动，加速度为a，由牛顿第二定律对整体：；对M有：；对m有：，解得，即A、C正确，B、D错误。
21.（10分）在“探究加速度与力、质量的关系”实验时，已提供了小车，一端附有定滑轮的长木板、纸带、带小盘的细线、刻度尺、天平、导线。为了完成实验，还须从下图中选取实验器材，其名称是①（漏选或全选得零分）；并分别写出所选器材的作用②。
21.答案：①
学生电源、电磁打点计时器、钩码、砝码
或电火花计时器、钩码、砝码
②学生电源为电磁打点计时器提供交流电源；电磁打点计时器（电火花计时器）记录小车运动的位置和时间；钩码用以改变小车的质量；砝码用以改变小车受到的拉力的大小，还可以用于测量小车的质量。
解析：电磁打点计时器（电火花计时器）记录小车运动的位置和时间；钩码用以改变小车的质量；砝码用以改变小车受到的拉力的大小，还可以用于测量小车的质量。如果选电磁打点计时器，则需要学生电源，如果选电火花计时器，则不需要学生电源。
(·北京·T18)18．“蹦极”就是跳跃者把一端固定的长弹性绳绑在踝关节等处，从几十米高处跳下的一种极限运动。某人做蹦极运动，所受绳子拉力F的大小随时间t变化的情况如图所示。将蹦极过程近似为在竖直方向的运动，重力加速度为g。据图可知，此人在蹦极过程中最大加速度约为( )
A．g B．2g
C．3gD．4g
答案：B
解析：由题图可知：绳子拉力F的最大值为9F0/5，最终静止时绳子拉力为3F0/5=mg，根据牛顿第二定律得：9F0/5－3F0/5=ma，所以a=2g。B正确，A、C、D错误。
v
t
0
t1
t2
(·上海·T19)19．受水平外力F作用的物体，在粗糙水平面上作直线运动，其v－t图线如图所示，则( )
A．在0～t1秒内，外力F大小不断增大
B．在t1时刻，外力F为零
C．在t1～t2秒内，外力F大小可能不断减小
D．在t1～t2秒内，外力F大小可能先减小后增大
19、CD【解析】本题考查牛顿运动学和v－t图像，考查学生对图像与模型的结合能力。因v－t图像的斜率表示加速度，0～t1物体做加速度减小的加速运动，阻力恒定，由可知：F不断减小；t1～t2物体做加速度增大的减速运动，由知F不断减小，还可能F先沿运动方向，后与运动方向相反，则知:F先减小后增大。
26（上海）.(5 分)如图，为测量作匀加速直线运动小车的加速度，将宽度均为b的挡光片A、B固定在小车上，测得二者间距为d。
(1)当小车匀加速经过光电门时，测得两挡光片先后经过的时间和，则小车加速度。
(2)(多选题)为减小实验误差，可采取的方法是( )
(A)增大两挡光片宽度 (B)减小两挡光片宽度
(C)增大两挡光片间距 (D)减小两挡光片间距
26答案．
（1）(2)B，C
【解析】本题考查匀变速直线运动和学生对运动学实验的处理能力和误差分析能力。由题意知：小车经过两遮光板的速度为：，，则，因被认为是A B两点的瞬时速度，故遮光板的宽度越小，越准确；而增大两遮光板的距离可使A到B的速度变化较明显，误差小。
(·上海·T31) (12 分)如图，质量m=2kg的物体静止于水平地面的A处，A、B间距L=20m。用大小为30N，沿水平方向的外力拉此物体，经t0=2s拉至B处。(已知cos370=0.8，sin370=0.6。取g=10m/s2)
(1)求物体与地面间的动摩擦因数μ；
L
m
A
B
(2)用大小为30N，与水平方向成37°的力斜向上拉此物体，使物体从A处由静止开始运动并能到达B处，求该力作用的最短时间t。
31、【解析】本题考查牛顿运动学和学生对动力学综合问题的处理能力。
对物体受力分析和运动分析，利用牛顿第二定律和匀变速直线运动知识联立求解物体与地面的动摩擦因数；要使物体在该过程的运动时间最短，结合图像分析知：物体先做初速度为零的匀加速直线运动，再做匀减速直线运动，到达末位置速度减为零，所使用的时间最短，分两段由牛顿第二定律和匀变速运动学公式联立求解或全程用动能定理结合运动学求解。
解析：(1)物体做匀加速运动 得
由牛顿第二定律 得
得
(2)设作用的最短时间为t，小车先以大小为a的加速度匀加速t秒，撤去外力后，以大小为，的加速度匀减速秒到达B处，速度恰为0，由牛顿定律
得
由于匀加速阶段的末速度即为匀减速阶段的初速度，因此有
；
得：
解法二：（2）设力F作用的最短时间为t，相应的位移为s，物体到达B处速度恰为0，由动能定理
得：
由牛顿第二定律
得：
由得
【规律总结】动力学问题常采用运动学公式和牛顿运动定律联合求解的办法，此类问题通常也可用动能定理，但实际时间问题利用动能定理后，还要用运动学公式，且注意联系两个过程的纽带是前个过程的末速度为下个过程的初速度。
四．曲线运动
A
ρ
图（a）
(·安徽·T17)17．一般的曲线运动可以分成很多小段，每小段都可以看成圆周运动的一部分，即把整条曲线用一系列不同半径的小圆弧来代替。如图（a）所示，曲线上的A点的曲率圆定义为：通过A点和曲线上紧邻A点两侧的两点作一圆，在极限情况下，这个圆就叫做A点的曲率圆，其半径ρ叫做A点的曲率半径。现将一物体沿与水平面成α角的方向已速度v0抛出，如图（b）所示。则在其轨迹最高点P处的曲率半径是( )
v0
α
P
图（b）
ρ
A． B．
C． D．
答案：C
解析：物体在其轨迹最高点P处只有水平速度，其水平速度大小为v0cosα，根据牛顿第二定律得，所以在其轨迹最高点P处的曲率半径是，C正确。
c
b
a
(·海南·T15)15．如图，水平地面上有一个坑，其竖直截面为半圆。ab为沿水平方向的直径。若在a点以初速度v0沿ab方向抛出一小球，小球会击中坑壁上的c点。已知c点与水平地面的距离为圆半径的一半，求圆的半径。
解析：设圆半径为r，质点做平抛运动，则：
……①……②
过c点做cd⊥ab与d点，Rt△acd∽Rt△cbd可得即为：
……③
由①②③得：
20(·新课标·T20)20.一带负电荷的质点，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）（）
A
b
c
E
a
B
b
c
E
a
C
b
c
E
a
D
b
c
E
a
解析：带点质点在电场力作用下做曲线运动，电场力方向沿电场强度的反方向，又要指向指向曲线的凹测（相当于圆的圆心），又由于速率递减，合力方向与速度方向（轨道切线）的夹角要大于90o。只有D选项所示符合条件。选项D对。
【点评】一般曲线可近似看成圆，圆心在曲线的凹测。曲线运动中，具有向心加速度，必有向心力。电场方向及粒子正负决定电场力方向，电场力方向及初速度方向决定轨迹是直线还是曲线。
10（天津）．（16分）如图所示，圆管构成的半圆形竖直轨道固定在水平地面上，轨道半径为R，MN为直径且与水平面垂直，直径略小于圆管内径的小球A以某一初速度冲进轨道，到达半圆轨道最高点M时与静止于该处的质量与A相同的小球B发生碰撞，碰后两球粘在一起飞出轨道，落地点距N为2R。重力加速度为g，忽略圆管内径，空气阻力及各处摩擦均不计，求：
（1）粘合后的两球从飞出轨道到落地的时间t；
（2）小球A冲进轨道时速度v的大小。
10．（16分）
（1）粘合后的两球飞出轨道后做平抛运动，竖直方向分运动为自由落体运动，有
①
解得 ②
（2）设球A的质量为m，碰撞前速度大小为v1，把球A冲进轨道最低点时的重力势能定为0，由机械能守恒定律知 ③
设碰撞后粘合在一起的两球速度大小为v2，由动量守恒定律知 ④
飞出轨道后做平抛运动，水平方向分运动为匀速直线运动，有 ⑤
综合②③④⑤式得
(·广东·T17)17．如图所示，在网球的网前截击练习中，若练习者在球网正上方距地面H处，将球以速度v沿垂直球网的方向击出，球刚好落在底线上。已知底线到网的距离为L，重力加速度取g，将球的运动视作平抛运动，下列表述正确的是( )
L
v
H
A．球的速度v等于
B．球从击出到落地的时间为
C．球从击出点到落地点的位移等于L
D．球从击出点到落地点的位移与球的质量有关
答案：AB
解析：球做平抛运动，平抛运动是水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的自由落体运动的合运动，球的初速度 ，A正确。球从击出到落地的时间，B正确。球从击球点至落地点的位移等于，与球的质量无关，选项C．D错误。
图20
C
E
m
A
R
R
S=5R
D
M
B
l =6.5R
L
(·广东·T36)36．（18分）如图20所示，以A、B和C、D为断点的两半圆形光滑轨道固定于竖直平面内，一滑板静止在光滑的地面上，左端紧靠B点，上表面所在平面与两半圆分别相切于B．C，一物块被轻放在水平匀速运动的传送带上E点，运动到A时刚好与传送带速度相同，然后经A沿半圆轨道滑下，再经B滑上滑板。滑板运动到C时被牢固粘连。物块可视为质点，质量为m，滑板质量为M=2m，两半圆半径均为R，板长l=6.5R,板右端到C的距离L在R
时，采用电流表的外接法，反之选择电流表内接法。
（1）本题中，待测电阻Rx的阻值约为25kΩ，直流电源电动势为20V，经粗略计算电路中最大的电流约为，所以电流表选择B；虽然电压表C的量程不足，但是相比起来电压表D的量程超过太多，读数偏小，所以电压表选择C表。
（2）根据本题解析的第②、③两条原则可知电路图的问题为：①电流表应采用内接的方法
；②滑动变阻器应采用分压器方式的接法。
(·浙江·T22)22.（10分）在“探究导体电阻与其影响因素的定量关系”试验中，为了探究3根材料未知，横截面积均为S=0.20mm2的金属丝a、b、c的电阻率，采用如图所示的实验电路，M为金属丝c的左端点，O为金属丝a的右端点，P是金属丝上可移动的接触点。在实验过程中，电流表读数始终。电压表读数随OP间距离x 的变化如下表：
x/mm
600
700
800
900
1000
1200
1400
1600
1800
2000
2100
2200
2300
2400
U/V
3.95
4.50
5.10
5.90
6.50
6.65
6.82
6.93
7.02
7.15
7.85
8.50
9.05
9.75
（1）绘出电压表读数U随OP间距离x变化的图线；
（2）求出金属丝的电阻率，并进行比较。
22.答案：（1）如图所示；
（2）电阻率的允许范围：
：~
：~
：~
通过计算可知，金属丝a与c电阻率相同，远大于金属丝b的电阻率。
解析：（1）以OP间距离x为横轴，以电压表读数U为纵轴，描点、连线绘出电压表读数U随OP间距离x变化的图线。
（2）根据电阻定律可得。
通过计算可知，金属丝a与c电阻率相同，远大于金属丝b的电阻率。
（2）在“描绘小电珠的伏安特性曲线”实验中，所用器材有：小电珠（2.5V，0.6W），滑动变阻器，多用电表，电流表，学生电源，开关，导线若干。
①粗测小电珠的电阻，应选择多用电表_____倍率的电阻档（请填写“x1”、“x10”或“x100”）；调零后，将表笔分别与小电珠的两极连接，示数如图16，结果为_____
②实验中使用多用电表测量电压，请根据实验原理图17完成实物图18中的连线。
③开关闭合前，应将滑动变阻器的滑片P置于____端。为使小电珠亮度增加，P应由中点向_____端滑动。
④下表为电压等间隔变化测得的数据，为了获得更准确的实验图象，必须在相邻数据点_____间多测几组数据（请填写“ab” “bc” “cd” “de”或“ef”）
数据点
a
b
c
d
e
F
U/V
0.00
0.50
1.00
1.50
2.00
2.50
I/A
0.000
0.122
0.156
0.185
0.216
0.244
解析：答案：（2）x1 7.5 左端 右端 ab
①电珠电阻较小，故选“x1”档
②如右图
③P置左端电珠两端电压最小
④ab之间电流值相差太大
(·北京·T21)21．（18分）
（1）用如图1所示的多用电表测量电阻，要用到选择开关K
和两个部件S、T。请根据下列步骤完成电阻测量:
①旋动部件________，使指针对准电流的"0"刻线。
②将K旋转到电阻挡"×l00"的位置。
③将插入"十"、"－"插孔的表笔短接，旋动部件_______，使指针对准电阻的_________ (填"0刻线"或"∞刻线")。
④将两表笔分别与侍测电阻相接，发现指针偏转角度过小。为了得到比较准确的测量结果，请从下列选项中挑出合理的步骤，并按_______的顺序避行操作，再完成读数测量。
A．将K旋转到电阻挡"×1k"的位置
B．将K旋转到电阻挡"×10"的位置
C．将两表笔的金属部分分别与被测电阻的两恨引线相接
D．将两表笔短接，旋动合适部件，对电表进行校准
答案：（1）①S③T 0刻线④ADC
解析：（1）①多用电表的电流档校零，应该调整校零旋钮S使指针对准电流的"0"刻线。③欧姆档的调零，应该在表笔短接的情况下调解欧姆调零旋钮T，是指针指在欧姆刻度线的0刻线。④选择较大的欧姆档，将选择开关K旋转到电阻挡"×1k"的位置；将两表笔短接，旋动欧姆调零旋钮T，对欧姆表进行校准；将两表笔的金属部分分别与被测电阻的两恨引线相接测电阻，所以为A、D、C。
6(上海)．右表是某逻辑电路的真值表，该电路是
答案：D
12(上海)．如图所示电路中，闭合电键S，当滑动变阻器的滑动触头P从最高端向下滑动时，（）
(A)电压表V读数先变大后变小，电流表A读数变大
(B)电压表V读数先变小后变大，电流表A读数变小
(C)电压表V读数先变大后变小，电流表A读数先变小后变大
(D)电压表V读数先变小后变大，电流表A读数先变大后变小
答案：A
29（上海）．(9
分)实际电流表有内阻，可等效为理想电流表与电阻的串联。测量实际电流表内阻的电路如图所示。供选择的仪器如下：
①待测电流表(，内阻约300Ω)，②电流表 (，内阻约100Ω)，③定值电阻(300Ω)，④定值电阻(10Ω)，⑤滑动变阻器 (Ω)，⑥滑动变阻器 (Ω)，⑦干电池(1.5V)，⑧电键S及导线若干。
(1)定值电阻应选，滑动变阻器应选。(在空格内填写序号)
(2)用连线连接实物图。
(3)补全实验步骤：
①按电路图连接电路，；
②闭合电键S，移动滑动触头至某一位置，记录，的读数，；
③；
④以为纵坐标，为横坐标，作出相应图线，如图所示。
(4)根据图线的斜率及定值电阻，写出待测电流表内阻的表达式。
29答案.
(1)③，⑥(各1分)(2)见图 (2分)
(3)①将滑动触头移至最左端(写最小给分，最大不给分)
③多次移动滑动触头，记录相应的，读数 (1分)
(4) (3分)
(·山东·T23)（2）某同学利用图甲所示电路，探究了电源在不同负载下的输出功率。
R
图甲
S
V
A
E
r
①所得实验数据如下图，请在给出的直角坐标系上(见答题卡)画出的图像。
U/V
1.96
1.86
1.80
1.84
1.64
1.56
I/A
0.05
0.15
0.25
0.35
0.45
0.55
I/A
U/V
②根据所画的图像，可求得电流时电源的输出功率为________。（保留两位有效数）
③实验完成后，该同学对实验方案进行了反思，认为按图甲电路进行实验操作的过程中存在安全隐患，并对电路重新设计。在图乙所示的电路中，你认为既能测出电源在不同负载下的输出功率，又能消除安全隐患的是。（Rx阻值未知）
R
d
S
V
A
Rx
R
c
S
V
A
Rx
R
a
S
V
A
Rx
R
b
S
V
A
Rx
图乙
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
0.6
I/A
U/V
0
2.1
2.0
1.6
1.7
1.5
0.7
1.9
1.8
答案：①如图所示②0．37（或0．36）③bc
解析：①如图所示
②由U-I图象可知，当I=0.2A时，U=1.84V。
由P=UI得：P=1.84×0.2W=0.368W
③按图甲电路进行实验操作的过程中存在安全隐患是：滑动变阻器的滑片移动到最右端时，相当于把电流表直接接在电源两极，会烧坏电流表。而图乙中的a仍然出现图甲的问题；b中的Rx在滑动变阻器的滑片移动时起分流作用保护电流表；c中的Rx在滑动变阻器的滑片移动到最右端时起限流作用保护电流表；d中的Rx在滑动变阻器的滑片移动到最右端时，Rx与r串联相当于电源内阻，等于直接把电流表接在电源两极。b、c正确。
九．磁场
a
b
c
d
I1
I2
15（全国卷1）如图，两根相互平行的长直导线分别通有方向相反的电流I1和I2，且I1>I2；a、b、c、d为导线某一横截面所在平面内的四点，且a、b、c与两导线共面；b点在两导线之间，b、d的连线与导线所在平面垂直。磁感应强度可能为零的点是( )
A．a点 B．b点
C．c点D．d点
答案：C
解析：若某点合磁感应强度为零，必有I1和I2在改点形成磁场的磁感应强度等大反向，只有C点有可能，C正确。
23（安徽）．（16分）
x
y
O
P
L2
如图所示，在以坐标原点O为圆心、半径为R的半圆形区域内，有相互垂直的匀强电场和匀强磁场，磁感应强度为B，磁场方向垂直于xOy平面向里。一带正电的粒子（不计重力）从O点沿y轴正方向以某一速度射入，带电粒子恰好做匀速直线运动，经t0时间从P点射出。
（1）求电场强度的大小和方向。
（2）若仅撤去磁场，带电粒子仍从O点以相同的速度射入，经时间恰从半圆形区域的边界射出。求粒子运动加速度的大小。
（3）若仅撤去电场，带电粒子仍从O
点射入，且速度为原来的4倍，求粒子在磁场中运动的时间。
解析：（1）设带电粒子的质量为m，电荷量为q，初速度为v，电场强度为E。可判断出粒子受到的洛伦磁力沿x轴负方向，于是可知电场强度沿x轴正方向
且有 qE=qvB①
又 R=vt0②
则 ③
（2）仅有电场时，带电粒子在匀强电场中作类平抛运动
在y方向位移 ④
由②④式得 ⑤
设在水平方向位移为x，因射出位置在半圆形区域边界上，于是
又有 ⑥
得 ⑦
（3）仅有磁场时，入射速度，带电粒子在匀强磁场中作匀速圆周运动，设轨道半径为r，由牛顿第二定律有
⑧
又 qE=ma⑨
由⑦⑧⑨式得 ⑩
由几何关系
即
带电粒子在磁场中运动周期
则带电粒子在磁场中运动时间
所以
25（全国卷1）.（19分）（注意：在试卷上作答无效）
如图，与水平面成45°角的平面MN将空间分成I和II两个区域。一质量为m、电荷量为q（q＞0）的粒子以速度从平面MN上的点水平右射入I区。粒子在I区运动时，只受到大小不变、方向竖直向下的电场作用，电场强度大小为E；在II区运动时，只受到匀强磁场的作用，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里。求粒子首次从II区离开时到出发点的距离。粒子的重力可以忽略。
解析：设粒子第一次过MN时速度方向与水平方向成α1角，位移与水平方向成α2角且α2=450，在电场中做类平抛运动，
则有：得出：
在电场中运行的位移:
在磁场中做圆周运动，且弦切角为α=α1-α2，
得出：
在磁场中运行的位移为：
所以首次从II区离开时到出发点的距离为：
(·海南·T7)7
．自然界的电、热和磁等现象都是相互联系的，很多物理学家为寻找它们之间的联系做出了贡献。下列说法正确的是( )
A．奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电现象和磁现象之间的联系
B．欧姆发现了欧姆定律，说明了热现象和电现象之间存在联系
C．法拉第发现了电磁感应现象，揭示了磁现象和电现象之间的联系
D．焦耳发现了电流的热效应，定量经出了电能和热能之间的转换关系
答案：A B C
解析：考察物理学的发展史，选ACD
(·海南·T10)10．空间存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，图中的正方形为其边界。一细束由两种粒子组成的粒子流沿垂直于磁场的方向从O点入射。这两种粒子带同种电荷，它们的电荷量、质量均不同，但其比荷相同，且都包含不同速率的粒子。不计重力。下列说法正确的是( )
O
A．入射速度不同的粒子在磁场中的运动时间一定不同
B．入射速度相同的粒子在磁场中的运动轨迹一定相同
C．在磁场中运动时间相同的粒子，其运动轨迹一定相同
D．在磁场中运动时间越长的粒子，其轨迹所对的圆心角一定越大
答案：B D
解析：在磁场中半径运动时间：（θ为转过圆心角），故BD正确，当粒子从O点所在的边上射出的粒子时：轨迹可以不同，但圆心角相同为1800，因而AC错
(·新课标·T14)C
东
西
I
D
东
西
I
A
东
西
I
B
东
西
I
14.为了解释地球的磁性，19世纪安培假设：地球的磁场是由绕过地心的轴的环形电流I引起的。在下列四个图中，正确表示安培假设中环形电流方向的是( )
解析：本题主要考查地磁场及安培定则。地磁的N极在地理南极附近，地磁的S极在地理北极附近。地球自转形成的环形电流在垂直于地轴的平面，此电流形成的地磁N极在地理南极附近，因此用右手握住环形电流时，拇指应指向地理南极。因此，选项B正确。
(·新课标·T18)L
I
18.电磁轨道炮工作原理如图所示。待发射弹体可在两平行轨道之间自由移动，并与轨道保持良好接触。电流I从一条轨道流入，通过导电弹体后从另一条轨道流回。轨道电流可形成在弹体处垂直于轨道面得磁场（可视为匀强磁场），磁感应强度的大小与I成正比。通电的弹体在轨道上受到安培力的作用而高速射出。现欲使弹体的出射速度增加至原来的
2倍，理论上可采用的方法是（）
A．只将轨道长度L变为原来的2倍
B．只将电流I增加至原来的2倍
C．只将弹体质量减至原来的一半
D．将弹体质量减至原来的一半，轨道长度L变为原来的2倍，其它量不变
解析：主要考查安培力及动能定理。利用动能定理有,B=kI解得。所以正确答案是BD。
【点评】力的恒定与否决定加速度恒定与否，加速度与初速度决定运动性质。电磁炮模型中，不计感应电流的影响。电磁炮模型中，弹体的运动是初速度为零的匀加速直线运动。
(·新课标·T25)25.（19分）如图，在区域I（0≤x≤d）和区域II（d≤x≤2d）内分别存在匀强磁场，磁感应强度大小分别为B和2B，方向相反，且都垂直于Oxy平面。一质量为m、带电荷量q（q＞0）的粒子a于某时刻从y轴上的P点射入区域I，其速度方向沿x轴正向。已知a在离开区域I时，速度方向与x轴正方向的夹角为30°；因此，另一质量和电荷量均与a相同的粒子b也从p点沿x轴正向射入区域I，其速度大小是a的1/3。不计重力和两粒子之间的相互作用力。求
y
x
O
Ⅰ
2d
Ⅱ
d
P
2B
B
（1）粒子a射入区域I时速度的大小；
（2）当a离开区域II时，a、b两粒子的y坐标之差。
C
Oa
α
P＇
y
x
O
Ⅰ
2d
Ⅱ
d
P
θ
θ＇
Ob
Pa
Pb
解析：（1）设粒子a在I内做匀速圆周运动的圆心为C（在y轴上），半径为Ra1，粒子速率为va，运动轨迹与两磁场区域边界的交点为,如图，由洛仑兹力公式和牛顿第二定律得① 由几何关系得②③式中，，
由①②③式得④
(2)设粒子a在II内做圆周运动的圆心为Oa,
半径为，射出点为（图中未画出轨迹），。由洛仑兹力公式和牛顿第二定律得⑤
由①⑤式得⑥
、和三点共线，且由⑥式知点必位于⑦的平面上。由对称性知，点与点纵坐标相同，即⑧式中，h是C点的y坐标。
设b在I中运动的轨道半径为，由洛仑兹力公式和牛顿第二定律得⑨
设a到达点时，b位于点，转过的角度为。如果b没有飞出I，则
⑩
式中，t是a在区域II中运动的时间，而
由⑤⑨⑩式得
由①③⑨式可见，b没有飞出。点的y坐标为
由①③⑧⑨式及题给条件得，a、b两粒子的y坐标之差为
12（天津）．（20分）回旋加速器在核科学、核技术、核医学等高新技术领域得到了广泛应用，有力地推动了现代科学技术的发展。
（1）当今医学成像诊断设备PET/CT堪称“现代医学高科技之冠”，它在医疗诊断中，常利用能放射电子的同位素碳11为示踪原子，碳11是由小型回旋加速器输出的高速质子轰击氮14获得，同时还产生另一粒子，试写出核反应方程。若碳11的半衰期τ为20min，经2.0h剩余碳11的质量占原来的百分之几？（结果取2位有效数字）
（2）回旋加速器的原理如图，D1和D2是两个中空的半径为R的半圆金属盒，它们接在电压一定、频率为f的交流电源上，位于D1圆心处的质子源A能不断产生质子（初速度可以忽略，重力不计），它们在两盒之间被电场加速，D1、D2置于与盒面垂直的磁感应强度为B
的匀强磁场中。若质子束从回旋加速器输出时的平均功率为P，求输出时质子束的等效电流I与P、B、R、f的关系式（忽略质子在电场中运动的时间，其最大速度远小于光速）
（3）试推理说明：质子在回旋加速器中运动时，随轨道半径r的增大，同一盒中相邻轨道的半径之差是增大、减小还是不变？
12．（20分）
（1）核反应方程为①
设碳11原有质量为m0，经过t=2.0h剩余的质量为mt，根据半衰期定义，有：
②
（2）设质子质量为m，电荷量为q，质子离开加速器时速度大小为v，由牛顿第二定律知：
③
质子运动的回旋周期为：④
由回旋加速器工作原理可知，交变电源的频率与质子回旋频率相同，由周期T与频率f的关系可得：
⑤
设在t时间内离开加速器的质子数为N，则质子束从回旋加速器输出时的平均功率
⑥
输出时质子束的等效电流为：⑦
由上述各式得
若以单个质子为研究对象解答过程正确的同样给分
（3）方法一：
设k（k∈N*）为同一盒子中质子运动轨道半径的序数，相邻的轨道半径分别为rk，rk+1（rk>rk+1），
，在相应轨道上质子对应的速度大小分别为vk，vk+1，D1、D2之间的电压为U，由动能定理知⑧
由洛伦兹力充当质子做圆周运动的向心力，知，则⑨
整理得 ⑩
因U、q、m、B均为定值，令，由上式得⑾
相邻轨道半径rk+1，rk+2之差
同理
因为rk+2> rk，比较，得
说明随轨道半径r的增大，同一盒中相邻轨道的半径之差减小
方法二：
设k（k∈N*）为同一盒子中质子运动轨道半径的序数，相邻的轨道半径分别为rk，rk+1（rk>rk+1），
，在相应轨道上质子对应的速度大小分别为vk，vk+1，D1、D2之间的电压为U
由洛伦兹力充当质子做圆周运动的向心力，知，故⑿
由动能定理知，质子每加速一次，其动能增量⒀
以质子在D2盒中运动为例，第k次进入D2时，被电场加速（2k﹣1）次
速度大小为⒁
同理，质子第（k+1）次进入D2时，速度大小为
综合上述各式可得
整理得，
同理，对于相邻轨道半径rk+1，rk+2，，整理后有
由于rk+2> rk，比较，得
说明随轨道半径r的增大，同一盒中相邻轨道的半径之差减小，用同样的方法也可得到质子在D1盒中运动时具有相同的结论。
(·四川·T25)25．（20分）
如图所示：正方形绝缘光滑水平台面WXYZ边长l=1．8m，距地面h=0．8m。平行板电容器的极板CD间距d=0．1m且垂直放置于台面，C板位于边界WX上，D板与边界WZ
相交处有一小孔。电容器外的台面区域内有磁感应强度B=1T、方向竖直向上的匀强磁场。电荷量q=5×10-13C的微粒静止于W处，在CD间加上恒定电压U=2．5V，板间微粒经电场加速后由D板所开小孔进入磁场（微粒始终不与极板接触），然后由XY边界离开台面。在微粒离开台面瞬时，静止于X正下方水平地面上A点的滑块获得一水平速度，在微粒落地时恰好与之相遇。假定微粒在真空中运动、极板间电场视为匀强电场，滑块视为质点，滑块与地面间的动摩擦因数=0．2，取g=10m/s2
（1）求微粒在极板间所受电场力的大小并说明两板的极性；
（2）求由XY边界离开台面的微粒的质量范围；
A
X
Y
Z
W
C
D
d
B
h
l
（3）若微粒质量mo=1×10-13kg，求滑块开始运动时所获得的速度。
答案：（1）1．25×10-11N；C板为正极，D板为负极。
（2）8．1×10-14kg＜m≤2．89×10-13kg
（3）4．15m/s
解析：（1）微粒在极板间所受电场力大小为……①
代入数据F=1.25×10-11N ……②
由微粒在磁场中的运动可判断微粒带正电荷，微粒由极板间电场加速，故C板为正极，D板为负极。
（2）若粒子的质量为m，刚进入磁场时的速度大小为v，由动能定理……③
微粒在磁场中做匀速圆周运动，洛伦磁力充当向心力，若圆周运动半径为R，有W
Z
B
X
Y
d
O1
O2
R1
R2
D
……④
微粒要从XY边界离开台面，则圆周运动的边缘轨迹如图所示，半径的极小值与极大值为……⑤
……⑥
联立③④⑤⑥，代入数据，有 8.1×10-14kg＜m≤2.89×10-13kg……⑦
（3）如图，微粒在台面以速度为v做以O点位圆心，
Q
s
A
X
Y
Z
W
d
B
h
θ
φ
θ
R
P
k
θ
O
R为半径的圆周运动；从台面边缘P点沿与XY边界成
θ角飞出做平抛运动，落地点Q点，水平位移s,下落时
间t。设滑块质量为M，滑块获得的速度v0后在t内与
平台前侧面成φ角度方向，以加速度a做匀减速直线运
动到Q，经过位移为k，。由几何关系，可得
……⑧
根据平抛运动，……⑨
s=vt ……
对于滑块，由牛顿定律及运动学方程，有μMg=Ma……
……
再有余弦定理，……
及正弦定理，……
联立③、④和⑧—，代入数据，解得：……
(·浙江·T20)20．利用如图所示装置可以选择一定速度范围内的带电粒子。图中板MN上方是磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，板上有两条宽度分别为2d和d的缝，两缝近端相距为L。一群质量为m、电荷量为q，具有不同速度的粒子从宽度为2d的缝垂直于板MN进入磁场，对于能够从宽度为d的缝射出的粒子，下列说法正确的是( )
A．粒子带正电
B．射出粒子的最大速度为
C．保持d和L不变，增大B，射出粒子的最大速度与最小速度之差增大
D．保持d和B不变，增大L，射出粒子的最大速度与最小速度之差增大
答案：BC
解析：由左手定则可判断粒子带负电，故A错误；由题意知：粒子的最大半径、粒子的最小半径，根据，可得、，则，故可知B、C正确，D错误。
(·广东·T35)35．（18分）
如图19（a）所示，在以O为圆心，内外半径分别为R1和R2的圆环区域内，存在辐射状电场和垂直纸面的匀强磁场，内外圆间的电势差U为常量，R1=R0，R2=3R0。一电荷量为+q，质量为m的粒子从内圆上的A点进入，不计重力。
O
O
A
A
R1
R2
C
v0
v1
v2
450
(a)
(b)
图19
⑴已知粒子从外圆上以速度v1射出，求粒子在A点的初速度v0的大小
⑵若撤去电场，如图19（b）所示，已知粒子从OA延长线与外圆的交点C以速度v2射出，方向与OA延长线成450角，求磁感应强度的大小及粒子在磁场中运动的时间。
⑶在图19（b）中，若粒子从A点进入磁场，速度大小为v3，方向不确定，要使粒子一定能够从外圆射出，磁感应强度应小于多少？
O
A
R1
R2
C
v2
450
解析：⑴根据动能定理，，所以
⑵如图所示，设粒子在磁场中作匀速圆周运动的半径为R，由几何知识可知，解得：。根据洛仑兹力公式，解得：。
O
A
R1
R2
C
根据公式，,解得：
⑶考虑临界情况，如图所示
①，解得：
②，解得：，综合得：
(·北京·T23)23．（18分）利用电场和磁场，可以将比荷不同的离子分开，这种方法在化学分析和原子核技术等领域有重要的应用。
如图所示的矩形区域ACDG(AC边足够长)中存在垂直于纸面的匀强磁场，A处有一狭缝。离子源产生的离子，经静电场加速后穿过狭缝沿垂直于GA边且垂直于磁场的方向射入磁场，运动到GA边，被相应的收集器收集。整个装置内部为真空。
已知被加速的两种正离子的质量分别是m1和m2(m1>m2)，电荷量均为q。加速电场的电势差为U，离子进入电场时的初速度可以忽略。不计重力，也不考虑离子间的相互作用。
(1)求质量为m1的离子进入磁场时的速率v1；
(2)当磁感应强度的大小为B时，求两种离子在GA边落点的间距s；
(3)在前面的讨论中忽略了狭缝宽度的影响，实际装置中狭缝具有一定宽度。若狭缝过宽，
可能使两束离子在GA边上的落点区域交叠，导致两种离子无法完全分离。
设磁感应强度大小可调，GA边长为定值L，狭缝宽度为d，狭缝右边缘在A处。离子可以从狭缝各处射入磁场，入射方向仍垂直于GA边且垂直于磁场。为保证上述两种离子能落在GA边上并被完全分离，求狭缝的最大宽度。
解析：（1）动能定理得……①
（2）由牛顿第二定律，利用①式得
离子在磁场中的轨道半径为别为，……②
两种离子在GA上落点的间距……③
（3）质量为m1的离子，在GA边上的落点都在其入射点左侧2R1处，由于狭缝的宽度为d，因此落点区域的宽度也是d。同理，质量为m2的离子在GA边上落点区域的宽度也是d。
为保证两种离子能完全分离，两个区域应无交叠，条件为……④
利用②式，代入④式得R1的最大值满足
得求得最大值
18(上海 )．如图，质量为、长为的直导线用两绝缘细线悬挂于，并处于匀强磁场中。当导线中通以沿正方向的电流，且导线保持静止时，悬线与竖直方向夹角为。则磁感应强度方向和大小可能为
(A)正向，
(B)正向，
(C)负向，
(D)沿悬线向上，
答案：BC
(·山东·T25)m
θ
P
Q
M
N
B1
B2
L1
L
I
II
-q
25．（18分）扭摆器是同步辐射装置中的插入件，能使粒子的运动轨迹发生扭摆。其简化模型如图：Ⅰ、II两处的条形匀强磁场区边界竖直，相距为L，磁场方向相反且垂直纸面。一质量为m、电量为-q、重力不计的粒子，从靠近平行板电容器MN板处由静止释放，极板间电压为U，粒子经电场加速后平行于纸面射入Ⅰ区，射入时速度与水平和方向夹角θ=300
（1）当Ⅰ区宽度L1=L、磁感应强度大小B1=B0时，粒子从Ⅰ区右边界射出时速度与水平方向夹角也为300，求B0及粒子在Ⅰ区运动的时间t0
（2）若Ⅱ区宽度L2=L1=L磁感应强度大小B2=B1=B0，求粒子在Ⅰ区的最高点与Ⅱ区的最低点之间的高度差h
（3）若L2=L1=L、B1=B0，为使粒子能返回Ⅰ区，求B2应满足的条件
图1
θ
B1
B2
L1
L2
L
I
II
θ
θ
（4）若B1≠B2，L1≠L2，且已保证了粒子能从Ⅱ区右边界射出。为使粒子从Ⅱ区右边界射出的方向与从Ⅰ区左边界射出的方向总相同，求B1、B2、L1、L2之间应满足的关系式。
答案：（1）（2）（3）
解析：（1）如图1所示，设粒子射入磁场I区的速度为v，在磁场I区做圆周运动半径为，由动能定理和牛顿第二定律得:……①
……②由几何关系得……③
联立①②③得……④
设粒子在I区做圆周运动周期为T，运动时间为t :……⑤
……⑥
联立①③⑤⑥式解得……⑦
（2）设粒子在磁场II区做圆周运动半径为，由牛顿第二定律得图2
θ
B1
B2
L1
L2
L
I
II
θ
θ
θ
……⑧
由几何知识得……⑨
联立②③⑧⑨式解得……⑩
（3）如图2所示，为使粒子能再次返回到I区应满足
……
联立①⑧式解得……
（4）如图3（或图4）所示，设粒子射出磁场I区时速度与水平方向的夹角为，由几何知识可得
图3
θ
B1
B2
L1
L2
L
I
II
θ
θ
θ
θ
图4
B1
B2
L1
L2
L
I
II
θ
θ
θ
α
联立②⑧式解得
十．电磁感应
(·全国Ⅰ·T24)24．（15分）
N
L
c
M
a
d
b
如图，两根足够长的金属导轨ab、cd竖直放置，导轨间距离为L，电阻不计。在导轨上端并接两个额定功率均为P、电阻均为R的小灯泡。整个系统置于匀强磁场中，磁感应强度方向与导轨所在平面垂直。现将一质量为m、电阻可以忽略的金属棒MN从图示位置由静止开始释放。金属棒下落过程中保持水平，且与导轨接触良好。已知某时刻后两灯泡保持正常发光。重力加速度为g。求：
⑴磁感应强度的大小：
⑵灯泡正常发光时导体棒的运动速率。
答案：⑴⑵
解析：（1）设小灯泡的额定电流为I0，有 P=I02R ……①
由题意，在金属棒沿导轨竖直下落的某时刻，小灯泡保持正常发光，流经MN电流为
I=2I0……②
此时金属棒MN所受的重力和安培力相等，下落的速度达到最大值，有
mg=BIL……③
联立①②③式得 ……④
（2）设灯泡正常发光时，导体棒的速率为v，由电磁感应定律和欧姆定律得
E=BLv……⑤ E=RI0……⑥
联立①②④⑤⑥式得 ……⑦
F
E
O
E
O
F
(·海南·T6)6．如图，EOF和为空间一匀强磁场的边界，其中EO∥，FO∥，且EO⊥OF；为∠EOF的角平分析，间的距离为l；磁场方向垂直于纸面向里。一边长为l的正方形导线框沿方向匀速通过磁场，t=0时刻恰好位于图示位置。规定导线框中感应电流沿逆时针方向时为正，则感应电流i与实践t的关系图线可能正确的是( )
A
i
O
t
D
i
O
t
C
i
O
t
B
i
O
t
答案：B
解析：从图示位置到左边框运动至O/点，感应电流均匀增大为正；左边框再运动至O O/中点过程，感应电流为正不变；左边框由O O/中点再运动至O过程感应电流先减小后方向增大；以后右边框再运动至O O/中点过程，感应电流为负不变；右边框再运动至O过程感应电流减小至0，图B正确。
(·海南·T7)7．自然界的电、热和磁等现象都是相互联系的，很多物理学家为寻找它们之间的联系做出了贡献。下列说法正确的是( )
A．奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电现象和磁现象之间的联系
B．欧姆发现了欧姆定律，说明了热现象和电现象之间存在联系
C．法拉第发现了电磁感应现象，揭示了磁现象和电现象之间的联系
D．焦耳发现了电流的热效应，定量经出了电能和热能之间的转换关系
答案：A B C
解析：考察物理学的发展史，选ACD
(·海南·T16)16．如图，ab和cd是两条竖直放置的长直光滑金属导轨，MN和是两根用细线连接的金属杆，其质量分别为m和2m。竖直向上的外力F作用在杆MN上，使两杆水平静止，并刚好与导轨接触；两杆的总电阻为R，导轨间距为。整个装置处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向与导轨所在平面垂直。导轨电阻可忽略，重力加速度为g。在t=0时刻将细线烧断，保持F不变，金属杆和导轨始终接触良好。求：
（1）细线少断后，任意时刻两杆运动的速度之比；
（2）两杆分别达到的最大速度。
解析：设某时刻MN和速度分别为v1、v2。
（1）MN和动量守恒：mv1-2mv2=0 求出：……①
（2）当MN和的加速度为零时，速度最大
对受力平衡：……②
……③……④
由①②③④得：、
(·天津·T11)11．（18分）如图所示，两根足够长的光滑金属导轨MN、PQ间距为l=0.5m，其电阻不计，两导轨及其构成的平面均与水平面成30°角。完全相同的两金属棒ab、cd分别垂直导轨放置，每棒两端都与导轨始终有良好接触，已知两棒的质量均为0.02kg，电阻均为R=0.1Ω，整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度为B=0.2T，棒ab在平行于导轨向上的力F作用下，沿导轨向上匀速运动，而棒cd恰好能保持静止。取g=10m/s2，问：
（1）通过cd棒的电流I是多少，方向如何？
（2）棒ab受到的力F多大？
（3）棒cd每产生Q=0.1J的热量，力F做的功W是多少？
11．（18分）
（1）棒cd受到的安培力……①
棒cd在共点力作用下平衡，则……②
由①②式代入数据解得I=1A，方向由右手定则可知由d到c。
（2）棒ab与棒cd受到的安培力大小相等Fab=Fcd
对棒ab由共点力平衡有……③
代入数据解得F=0.2N……④
（3）设在时间t内棒cd产生Q=0.1J热量，由焦耳定律可知……⑤
设ab棒匀速运动的速度大小为v，则产生的感应电动势E=Blv……⑥
由闭合电路欧姆定律知……⑦
由运动学公式知，在时间t内，棒ab沿导轨的位移x=vt……⑧
力F做的功W=Fx……⑨
综合上述各式，代入数据解得W=0.4J
(·浙江·T23)23．（16分）如图甲所示，在水平面上固定有长为L=2m、宽为d=1m的金属“U”型轨导，在“U”型导轨右侧l=0．5m范围内存在垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间变化规律如图乙所示。在t=0时刻，质量为m=0．1kg的导体棒以v0=1m/s的初速度从导轨的左端开始向右运动，导体棒与导轨之间的动摩擦因数为μ=0．1，导轨与导体棒单位长度的电阻均为，不计导体棒与导轨之间的接触电阻及地球磁场的影响（取）。
（1）通过计算分析4s内导体棒的运动情况；
（2）计算4s内回路中电流的大小，并判断电流方向；
（3）计算4s内回路产生的焦耳热。
答案：（1）导体棒在前做匀减速运动，在后以后一直保持静止。
（2），电流方向是顺时针方向。
（3）
解析：（1）导体棒先在无磁场区域做匀减速运动，有
代入数据解得：，，导体棒没有进入磁场区域。
导体棒在末已经停止运动，以后一直保持静止，离左端位置仍为
（2）前磁通量不变，回路电动势和电流分别为，
后回路产生的电动势为
回路的总长度为，因此回路的总电阻为
电流为
根据楞次定律，在回路中的电流方向是顺时针方向
（3）前电流为零，后有恒定电流，焦耳热为
(·广东·T15)15．将闭合多匝线圈置于仅随时间变化的磁场中，线圈平面与磁场方向垂直，关于线圈中产生的感应电动势和感应电流，下列表述正确的是( )
A．感应电动势的大小与线圈的匝数无关
B．穿过线圈的磁通量越大，感应电动势越大
C．穿过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大
D．感应电流产生的磁场方向与原磁场方向始终相同
答案：C
解析：由法拉第电磁感应定律，，选项A错误。穿过线圈的磁通量越大，并不代表穿过线圈的磁通量变化率大，选项B错误，C正确。由楞次定律感应电流的磁场总是阻碍产生感应电流的磁通量的变化，感应电流的磁场方向与原磁场方向有时相同，有时相反。选项D错误。
(·北京·T19)19．某同学为了验证断电自感现象，自己找来带铁心的线圈L、小灯泡A、开关S和电池组E，用导线将它们连接成如图所示的电路。检查电路后，闭合开关S，小灯泡发光；再断开开关S，小灯泡仅有不显著的延时熄灭现象。虽经多次重复，仍未见老师演示时出现的小灯泡闪亮现象，他冥思苦想找不出原因。你认为最有可能造成小灯泡末闪亮的原因是( )
A．电源的内阻较大
B．小灯泡电阻偏大
C．线圈电阻偏大
D．线圈的自感系数较大
答案：C
解析：断电的自感现象，断电时电感线圈与小灯泡组成回路，电感线圈储存磁能转化为电能，电感线圈相当于电源，其自感电动势，与原电源无关，A错误；小灯泡电阻偏大，分得的电压大，可能看到显著的延时熄灭现象，B错误；线圈电阻偏大，相当于电源内阻大，使小灯泡分得的电压小，可看到不显著的延时熄灭现象，C正确；线圈的自感系数较大时，自感电动势较大，可能看到显著的延时熄灭现象，D错误。
(·上海·T13)13．如图，均匀带正电的绝缘圆环a与金属圆环b同心共面放置，当a绕O点在其所在平面内旋转时，b中产生顺时针方向的感应电流，且具有收缩趋势，由此可知，圆环a ( )
A．顺时针加速旋转B．顺时针减速旋转
C．逆时针加速旋转D．逆时针减速旋转
13、B【解析】本题考查法拉第电磁感应。由题意知：圆环a b电流方向相同，在安培力作用下体现出相互吸引的效果，且根据“增反减同”原则，a环在减速旋转。
20(上海).如图，磁场垂直于纸面，磁感应强度在竖直方向均匀分布，水平方向非均匀分布。一铜制圆环用丝线悬挂于点，将圆环拉至位置后无初速释放，在圆环从摆向的过程中
(A)感应电流方向先逆时针后顺时针再逆时针
(B)感应电流方向一直是逆时针
(C)安培力方向始终与速度方向相反
(D)安培力方向始终沿水平方向
答案：AD
28（上海）．(5 分)在“研究回路中感应电动势大小与磁通量变化快慢的关系”实验(见图(a))中，得到图线如图(b)所示。
(1)(多选题)在实验中需保持不变的是( )
(A)挡光片的宽度 (B)小车的释放位置
(C)导轨倾斜的角度 (D)光电门的位置
(2)线圈匝数增加一倍后重做该实验，在图(b)中画出实验图线。
28．
(1) A，D (3分)
(2)见图 (2分)
32（上海）．(14 分)电阻可忽略的光滑平行金属导轨长S=1.15m，两导轨间距L=0.75 m，导轨倾角为30°，导轨上端ab接一阻值R=1.5Ω的电阻，磁感应强度B=0.8T的匀强磁场垂直轨道平面向上。阻值r=0.5Ω，质量m=0.2kg的金属棒与轨道垂直且接触良好，从轨道上端ab处由静止开始下滑至底端，在此过程中金属棒产生的焦耳热。(取)求：
(1)金属棒在此过程中克服安培力的功；
(2)金属棒下滑速度时的加速度．
(3)为求金属棒下滑的最大速度，有同学解答如下：由动能定理，……。由此所得结果是否正确？若正确，说明理由并完成本小题；若不正确，给出正确的解答。
32答案.（14分）
（1）下滑过程中安培力的功即为在电阻上产生的焦耳热，由于，因此
（1分）
∴ （2分）
（2）金属棒下滑时受重力和安培力
（1分）
由牛顿第二定律 （3分）
∴ （2分）
(3)此解法正确。 (1分)
金属棒下滑时舞重力和安培力作用，其运动满足
上式表明，加速度随速度增加而减小，棒作加速度减小的加速运动。无论最终是否达到匀速，当棒到达斜面底端时速度一定为最大。由动能定理可以得到棒的末速度，因此上述解法正确。
(2分)
（1分）
∴ （1分）
(·山东·T22)c、d
3h
图甲
h
22．如图甲所示，两固定的竖直光滑金属导轨足够长且电阻不计。两质量、长度均相同的导体棒c、d，置于边界水平的匀强磁场上方同一高度h处。磁场宽为3h，方向与导轨平面垂直。先由静止释放c，c刚进入磁场即匀速运动，此时再由静止释放d，两导体棒与导轨始终保持良好接触。用ac表示c的加速度，Ekd表示d的动能，xc、xd分别表示c、d相对释放点的位移。图乙中正确的是()
ac
xc
Oo
h
2h
3h
4h
5h
ac
xc
Oo
h
2h
3h
4h
5h
Ekd
xd
Oo
h
2h
3h
4h
5h
Ekd
xd
Oo
h
2h
3h
4h
5h
A
B
C
D
图乙
答案：BD
解析：c导体棒落入磁场之前做自由落体运动，加速度恒为g,有，，c棒进入磁场以速度v做匀速直线运动时，d棒开始做自由落体运动，与c棒做自由落体运动的过程相同，此时c棒在磁场中做匀速直线运动的路程为，d棒进入磁场而c还没有传出磁场的过程，无电磁感应，两导体棒仅受到重力作用，加速度均为g，知道c棒穿出磁场，B正确。c棒穿出磁场，d棒切割磁感线产生电动势，在回路中产生感应电流，因此时d棒速度大于c进入磁场是切割磁感线的速度，故电动势、电流、安培力都大于c刚进入磁场时的大小，d棒减速，直到穿出磁场仅受重力，做匀加速运动，结合匀变速直线运动，可知加速过程动能与路程成正比，D正确。
十．交流电
(·安徽·T19)B
450
O
L
ω
19．如图所示的区域内有垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度为B。电阻为R、半径为L、圆心角为45°的扇形闭合导线框绕垂直于纸面的O轴以角速度ω匀速转动（O轴位于磁场边界）。则线框内产生的感应电流的有效值为( )
A． B． C． D．
答案：D
解析：交流电流的有效值是根据电流的热效应得出的，线框转动周期为T，而线框转动一周只有T/4的时间内有感应电流，则有，所以。D正确。
(·海南·T11)a
～
b
11．如图，理想变压器原线圈与－10V的交流电源相连，副线圈并联两个小灯泡a和b，小灯泡a的额定功率为0.3W，正常发光时电阻为30可，已知两灯泡均正常发光，流过原线圈的电流为0.09A，可计算出原、副线圈的匝数比为_______，流过灯泡b的电流为_______A。
答案：10:3 0.2A
解析：副线圈电压，
由能量守恒得：代人数据得：
(·新课标·T17)A
V
～
17.如图，一理想变压器原副线圈的匝数比为1:2；副线圈电路中接有灯泡，灯泡的额定电压为220V，额定功率为22W；原线圈电路中接有电压表和电流表。现闭合开关，灯泡正常发光。若用U和I分别表示此时电压表和电流表的读数，则（）
A．U=110V， I=0.2A B．U=110V， I=0.05A
C．U=110V，I=0.2A D．U=110V， I=0.2A
解析：主要考查理想变压器原副线圈电压、电流与匝数的关系。U2=220V，根据U1：U2=n1:n2得，U1=110V。I2=P/U2=0.1A，根据I1：I2= n2：n1得I1=0.2A。所以正确答案是A。
【点评】理想变压器中，输出功率等于输入功率。变压器中，输入电压固定不变，输出量决定着输入量。
(·天津·T4)e/V
t/s
O
0.02
311
-311
0.01
图2
B
图1
4．在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，如图1所示，产生的交变电动势的图象如图2所示，则( )
A．t =0.005s时线框的磁通量变化率为零
B．t =0.01s时线框平面与中性面重合
C．线框产生的交变电动势有效值为311V
D．线框产生的交变电动势的频率为100Hz
【解析】：交变电流知识的考查。由图2可知，该交变电动势瞬时值的表达式为。当t=0.005s时，瞬时值e=311V，此时磁通量变化率最大，A错；同理当t=0.01s时，e=0V，此时线框处于中性面位置，磁通量最大，磁通量的变化率为零，B正确；对于正弦交变电流其有效值为Emax/，题给电动势的有效值为220V，C错；交变电流的频率为f=1/T=ω/2π=50Hz，D错。
(·山东·T20)图甲
P
～u1
u2
用户
20．为保证用户电压稳定在220V，变电所需适时进行调压，图甲为调压变压器示意图。保持输入电压u1不变，当滑动接头P上下移动时可改变输出电压。某次检测得到用户电压u2随时间t变化的曲线如图乙所示。以下正确的是()
1
2
图乙
t/×10-2s
u2/V
O
A．
B．
C．为使用户电压稳定在220V，应将P适当下移
D．为使用户电压稳定在220V，应将P适当上移
答案：BD
解析：根据图像知周期为T=2×10-2s，电压的最大值为V，故用户得到电压的瞬时值为，B正确；用户获得电压为交流电的有效值，此时有效值为190V，根据变压比，增大电压则需要减少原线圈的匝数P要适当上移，D正确。
选修3-3
(·全国Ⅰ·T14)14．关于一定量的气体，下列叙述正确的是( )
A．气体吸收的热量可以完全转化为功B．气体体积增大时，其内能一定减少
C．气体从外界吸收热量，其内能一定增加D．外界对气体做功，气体内能可能减少
答案：AD
解析：由热力学第一定律：，在一定的条件下，控制温度不变，气体吸收的热量可以完全转化为功，其内能的变化为零，A正确；气体体积增大时，对外界做功，但不知是否有热传递，无法确定内能的增加与减小，B错误；气体从外界吸收热量，但不知气体是否对外界做功，无法确定内能的增加与减小，C错误；外界对气体做功，但不知是否有热传递，无法确定内能的增加与减小，D正确。
(·全国Ⅰ·T22)22．（6分）在“油膜法估测油酸分子的大小”实验中，有下列实验步骤：
①往边长约为40 cm的浅盘里倒入约2 cm深的水．待水面稳定后将适量的痱子粉均匀地撒在水面上。
②用注射器将事先配好的油酸酒精溶液滴一滴在水面上，待薄膜形状稳定。
③将画有油膜形状的玻璃板平放在坐标纸上，计算出油膜的面积，根据油酸的体积和面积计算出油酸分子直径的大小。
④用注射器将事先配好的油酸酒精溶液一滴一滴地滴入量筒中，记下量筒内每增加一定体积时的滴数，由此计算出一滴油酸酒精溶液的体积。
⑤将玻璃板放在浅盘上，然后将油膜的形状用彩笔描绘在玻璃板上。
完成下列填空：
⑴上述步骤中，正确的顺序是__________。（填写步骤前面的数字）
⑵将1 cm3的油酸溶于酒精，制成300 cm3的油酸酒精溶液；测得l cm3的油酸酒精溶液有50滴。现取一滴该油酸酒精溶液滴在水面上，测得所形成的油膜的面积是0.13 m2。由此估算出油酸分子的直径为_________m。（结果保留l位有效数字）
答案：⑴④①②⑤③⑵5×10-10
解析：（1）在“油膜法估测油酸分子的大小”实验中，按题目所给的实验步骤合理的顺序为④①②⑤③
（2）1滴油酸酒精溶液含油酸的体积，油酸分子的直径约为，
(·海南·T17)17．模块3-3试题（12分）
（1）（4分）关于空气湿度，下列说法正确的是（填入正确选项前的字母。选对1个给2分，选对2个给4分；选错1个扣2分，最低得0分）。
A．当人们感到潮湿时，空气的绝对湿度一定较大
B．当人们感到干燥时，空气的相对湿度一定较小
C．空气的绝对湿度用空气中所含水蒸汽的压强表示
D．空气的相对湿度定义为水的饱和蒸汽压与相同温度时空气中所含水蒸气的压强之比
答案：A C
解析：人们感到潮湿时，空气中实际水汽含量大，即空气中所含水蒸气的压强大，空气的绝对湿度大，A、C正确；空气的相对湿度定义为水蒸气的实际压强与相同温度时水的饱和蒸汽压之比，人们感到干燥时，相对湿度较大，B、D错误。
（2）（8分）如图，容积为的容器内充有压缩空气。容器与水银压强计相连，压强计左右两管下部由软胶管相连。气阀关闭时，两管中水银面等高，左管中水银面上方到气阀之间空气的体积为。打开气阀，左管中水银下降；缓慢地向上提右管，使左管中水银面回到原来高度，此时右管与左管中水银面的高度差为h。已知水银的密度为，大气压强为p0，重力加速度为g；空气可视为理想气体，其温度不变。求气阀打开前容器中压缩空气的压强p1。
解析：由玻马定律得求出：
(·新课标·T33)33．[3-3]（15分）
⑴（6分）对于一定质量的理想气体，下列说法正确的是_______。
A．若气体的压强和体积都不变，其内能也一定不变
B．若气体的内能不变，其状态也一定不变
C．若气体的温度随时间不断升高，其压强也一定不断增大
D．气体温度每升高1K所吸收的热量与气体经历的过程有关
E．当气体温度升高时，气体的内能一定增大
答案：ADE
解析：理想气体的内能只由温度决定，由理想气体状态方程可知，若气体的压强和体积都不变，温度T也不变，所以内能也一定不变，A、E选项正确。若气体的内能不变，则温度T不变，但气体的压强和体积可以改变，B项错误。若气体的温度升高，体积增大，其压强可以不变， C项错误。由热力学第一定律知，D选项正确。
⑵（9分）如图，一上端开口，下端封闭的细长玻璃管，下部有长l1=66cm的水银柱，中间封有长l2=6.6cm的空气柱，上部有长l3=44cm的水银柱，此时水银面恰好与管口平齐。已知大气压强为p0=76cmHg。如果使玻璃管绕底端在竖直平面内缓慢地转动一周，求在开口向下和转回到原来位置时管中空气柱的长度。封入的气体可视为理想气体，在转动过程中没有发生漏气。
答案：12cm9.2cm
解析：设玻璃管开口向上时，空气柱压强为① 式中，分别表示水银的密度和重力加速度。
玻璃管开口响下时，原来上部的水银有一部分会流出，封闭端会有部分真空。设此时开口端剩下的水银柱长度为x，则，② 式中，管内空气柱的压强。
由玻意耳定律得③ 式中,h是此时空气柱的长度，S为玻璃管的横截面积。
由①②③式和题给条件得h=12cm④
从开始转动一周后，设空气柱的压强为，则⑤
由玻意耳定律得⑥ 式中，是此时空气柱的长度。
由①②③⑤⑥9.2cm ⑦
(·广东·T13)13．如图所示，两个接触面平滑的铅柱压紧后悬挂起来，下面的铅柱不脱落，主要原因是( )
A．铅分子做无规则热运动
B．铅柱受到大气压力作用
C．铅柱间存在在万有引力作用
D．铅柱间存在分子引力作用
答案：D
解析：由于铅柱较软，由于接触面平滑后，用力压紧，使得铅分子间的距离小到分子力起作用的距离，分子引力的作用使铅柱在钩码的牵引下未分开，D正确。
(·广东·T14)14．图为某种椅子与其升降部分的结构示意图，M．N两筒间密闭了一定质量的气体，M可沿N的内壁上下滑动。设筒内气体不与外界发生热交换，在M向下滑动的过程中( )
A．外界对气体做功，气体内能增大
B．外界对气体做功，气体内能减小
C．气体对外界做功，气体内能增大
D．气体对外界做功，气体内能减小
答案：A
解析：筒内气体不与外界发生热交换，当气体体积变小时，则外界对气体做功，外界对气体做功使气体的内能增大。A正确。
8(上海)．某种气体在不同温度下的气体分子速率分布曲线如图所示，图中表示处单位速率区间内的分子数百分率，所对应的温度分别为，则
(A) (B)
(C) (D)
答案：B
27（上海）.(5 分)在“用单分子油膜估测分子大小”实验中，
(1)某同学操作步骤如下：
①取一定量的无水酒精和油酸，制成一定浓度的油酸酒精溶液；
②在量筒中滴入一滴该溶液，测出它的体积；
③在蒸发皿内盛一定量的水，再滴入一滴油酸酒精溶液，待其散开稳定；
④在蒸发皿上覆盖透明玻璃，描出油膜形状，用透明方格纸测量油膜的面积。
改正其中的错误：
(2)若油酸酒精溶液体积浓度为，一滴溶液的体积为，其形成的油膜面积为，则估测出油酸分子的直径为m。
27答案(1)
②在量筒中滴入N滴溶液 (1分)
③在水面上先撒上痱子粉 (1分)
(2) (3分)
30（上海）.(10 分)如图，绝热气缸A与导热气缸B均固定于地面，由刚性杆连接的绝热活塞与两气缸间均无摩擦。两气缸内装有处于平衡状态的理想气体，开始时体积均为、温度均为。缓慢加热A中气体，停止加热达到稳定后，A中气体压强为原来的1.2倍。设环境温度始终保持不变，求气缸A中气体的体积和温度。
30答案.(10分)
设初态压强为，膨胀后A，B压强相等
(1分)
B中气体始末状态温度相等
(3分)
∴ (1分)
A部分气体满足
（4分）
∴ （1分）
(·山东·T36)36．（8分）［物理—选修3-3］
（1）人类对物质属性的认识是从宏观到微观不断深入的过程。以下说法正确的是。
a．液体的分子势能与体积有关
b．晶体的物理性质都是各向异性的
c．温度升高，每个分子的动能都增大
d．露珠呈球状是由于液体表面张力的作用
答案：a d
解析：物体体积变化时，分子间的距离将发生改变，分子势能随之改变，所以分子势能与体积有关，a正确。晶体分为单晶体和多晶体，单晶体的物理性质各向异性，多晶体的物理性质各向同性，b错误。温度是分子平均动能的标志，具有统计的意义，c错误。液体表面的张力具有使液体表面收缩到最小的趋势，d正确。
（2）气体温度计结构如图所示。玻璃测温泡A内充有理想气体，通过细玻璃管B和水银压强计相连。开始时A处于冰水混合物中，左管C中水银面在O点处，右管D中水银面高出O点h1=14cm。后将A放入待测恒温槽中，上下移动D，使C中水银面仍在O点处，测得D中水银面高出O点h2=44cm。（已知外界大气压为1个标准大气压，1标准大气压相当于76cmHg）
①求恒温槽的温度。
②此过程A内气体内能（填“增大”或“减小”），气体不对外做功，气体将(填“吸热”或“放热”)。
答案：①364K ②增大吸热
解析：①设恒温槽的温度为，由题意知A内气体发生等容变化
A
B
C
D
O
橡胶管
由查理定律得①
② ③
联立①②③式解得 ④
②理想气体的内能只由温度决定，A气体的温度升高，所以内能增大。
由热力学第一定律知，气体不对外做功，气体将吸热。
(·江苏·T12)A．（选修模块3－3）（12分）
(1)如题12A-1图所示，一演示用的“永动机”转轮由5根轻杆和转轴构成，轻杆的末端装有形状记忆合金制成的叶片，轻推转轮后，进入热水的叶片因伸展而 “划水”，推动转轮转动。离开热水后，叶片形状迅速恢复，转轮因此能较长时间转动。下列说法正确的是（ ）
A．转轮依靠自身惯性转动，不需要消耗外界能量
B．转轮转动所需能量来自形状记忆合金自身
C．转动的叶片不断搅动热水，水温升高
D．叶片在热水中吸收的热量一定大于在空气中释放的热量
答案：D
解析：轻推转轮后，叶片开始转动，由能量守恒定律可知，叶片在热水中吸收的热量在空气中释放和使叶片在热水中的膨胀做功，所以叶片在热水中吸收的热量一定大于在空气中释放的热量，D正确。
(2)如题12A-2图所示，内壁光滑的气缸水平放置。一定质量的理想气体被密封在气缸内，外界大气压强为P0。现对气缸缓慢加热，气体吸收热量Q后，体积由V1增大为V2。则在此过程中，气体分子平均动能_________(选增“增大”、“不变”或“减小”)，气体内能变化了_____________。
答案：增大；
解析：由于对气缸缓慢加热，温度升高，气体分子平均动能增大；根据热力学第一定律,其中气体对外做功。气体内能变化。
(3)某同学在进行“用油膜法估测分子的大小”的实验前，查阅数据手册得知：油酸的摩尔质量M=0.283kg·mol-1，密度ρ=0.895×103kg·m-3.若100滴油酸的体积为1ml，则1滴油酸所能形成的单分子油膜的面积约是多少？(取NA=6.02×1023mol-1.球的体积V与直径D的关系为，结果保留一位有效数字)
答案：10m2
解析：一个油酸分子的体积 ，由球的体积与直径的关系得分子直径，最大面积 ，解得：S=10m2。
选修3-4
(·安徽·T15)屏
b
a
d
c
15．实验表明，可见光通过三棱镜时各色光的折射率n随着波长的变化符合科西经验公式：，其中A、B、C是正的常量。太阳光进入三棱镜后发生色散的情形如下图所示。则( )
A．屏上c处是紫光
B．屏上d处是红光
C．屏上b处是紫光
D．屏上a处是红光
答案：D
解析：白色光经过三棱镜后产生色散现象，在光屏由上至下（a、b、c、d）依次为红、橙、黄、绿、蓝、靛、紫。屏上a处为红光，屏上d处是紫光，D正确。
(·全国Ⅰ·T16)a
b
c
d
太阳光
16．雨后太阳光入射到水滴中发生色散而形成彩虹。设水滴是球形的，图中的圆代表水滴过球心的截面，入射光线在过此截面的平面内，a、b、c、d代表四条不同颜色的出射光线，则它们可能依次是( )
A．紫光、黄光、蓝光和红光
B．紫光、蓝光、黄光和红光
C．红光、蓝光、黄光和紫光
D．红光、黄光、蓝光和紫光
答案：B
解析：由题图可得：太阳光通过水滴折射后，偏折程度从小到大的排序为d、c、b、a，则介质对色光的折射率为:，色光的频率关系为：，按题意，a、b、c、d代表色光可能为紫光、蓝光、黄光和红光，B正确
(·全国Ⅰ·T21)y
x
O
0.4
0.2
21．一列简谐横波沿x轴传播，波长为1.2m
，振幅为A。当坐标为x=0处质元的位移为且向y轴负方向运动时．坐标为x=0.4m处质元的位移为。当坐标为x=0.2m处的质元位于平衡位置且向y轴正方向运动时，x=0.4m处质元的位移和运动方向分别为( )
A．、沿y轴正方向 B． ，延y轴负方向
C．、延y轴正方向 D．、延y轴负方向
答案：C
解析：根据题意，此简谐横波必沿x轴正向传播，在同一坐标系中做出两状态的波形图分别如实线和虚线所示，C正确。
(·海南·T18)18．模块3-4试题（12分）
1
2
3
4
5
6
y/cm
x/m
O
10
-10
P
（1）（4分）一列简谐横波在t=0时的波形图如图所示。介质中x=2m处的质点P沿y轴方向做简谐运动的表达式为y=10sin（5πt）cm。关于这列简谐波，下列说法正确的是______（填入正确选项前的字母。选对1个给2分，选对2个给4分；选错1个扣2分，最低得0分）。
A．周期为4.0s B．振幅为20cm
C．传播方向沿x轴正向D．传播速度为10m/s
答案：C D
解析：周期为：，由波的图像得：振幅、波长，故波速为，p点在t=0时振动方向为正y方向，波向正x方向传播
（2）（8分）一赛艇停在平静的水面上，赛艇前端有一标
记P离水面的高度为h1=0.6m，尾部下端Q略高于水面；赛艇正前方离赛艇前端=0.8m处有一浮标，示意如图。一潜水员在浮标前方=3.0m处下潜到深度为=4.0m时，看到标记刚好被浮标挡住，此处看不到船尾端Q；继续下潜△h=4.0m，恰好能看见Q。求
（i）水的折射率n；
（ii）赛艇的长度l。（可用根式表示）
解析：（i）设过P点光线，恰好被浮子挡住时，入射角、折射角分别为：α、β则：
……①……②
……③由①②③得：
（ii）潜水员和Q点连线与水平方向夹角刚好为临界角C，则：……④
……⑤由④⑤得：
(·新课标·T34)34.【物理——选修3-4】
（1）运动周期为T，振幅为A，位于x=0点的被波源从平衡位置沿y轴正向开始做简谐运动，该波源产生的一维简谐横波沿x轴正向传播，波速为v，传播过程中无能量损失，一段时间后，该振动传播至某质点p，关于质点p振动的说法正确的是______。
A．振幅一定为A B．周期一定为T
C．速度的最大值一定为v
D．开始振动的方向沿y轴向上或向下取决去他离波源的距离
E．若p点与波源距离s=vT，则质点p的位移与波源的相同
解析：由波的形成与传播可知，正确答案是ABE。
O
B
A
N
F
（2）一半圆柱形透明物体横截面如图所示，地面AOB镀银，Ｏ表示半圆截面的圆心，一束光线在横截面内从M点入射，经过AB面反射后从N点射出。已知光线在M点的入射角为30， MOA=60，NOB=30。求
（1）光线在M点的折射角
（2）透明物体的折射率
解析：（1）如图，透明物体内部的光路为折线MPN.Q、M点相对于底面EF对称，Q、P和N三点共线。
设在M点，光的入射角为i，折射角为r，∠OMQ=α，∠PNF=β，
根据题意有：α=300 ……①
由几何关系：∠PNO=∠PQO=r，于是β+r=600……②
且α+ r=β……③
O
r
P
N
E
M
α
Q
i
β
由①②③得：r= 150 ……④
（2）根据折射率公式有：sini=nsinr……⑤
由④⑤得：
(·天津·T6)6．甲、乙两单色光分别通过同一双缝干涉装置得到各自的干涉图样，设相邻两个亮条纹的中心距离为，若，则下列说法正确的是( )
A．甲光能发生偏振现象，则乙光不能
B．真空中甲光的波长一定大于乙光的波长
C．甲光的光子能量一定大于乙光的光子能量
D．在同一种均匀介质中甲光的传播速度大于乙光
【解析】：考查光的综合应用。偏振现象是横波特有的现象，甲乙都可以有偏振现象发生，A错；由，可知甲光的波长大于乙光，B正确；光子能量取决于光子的频率，而光子频率与波长成反比，C错；波速与波长之间同步变化，D正确。
(·天津·T7)7．位于坐标原点处的波源A沿y轴做简谐运动，A刚好完成一次全振动时，在介质中形成的简谐横波的波形如图所示，B是沿波传播方向上介质的一个质点，则( )
B
y
v
x
O
A
A．波源A开始振动时的运动方向沿y轴负方向
B．此后周期内回复力对波源A一直做负功
C．经半个周期时间质点B将向右迁移半个波长
D．在一个周期时间内A所受回复力的冲量为零
【解析】：由A刚好完成一次全振动时的图线可知波源A的起振方向沿y轴负方向，A选项正确；经过周期之后质点A将向负向最大位移运动，回复力做负功，B正确；质点不随波迁移，C选项错误；由简谐运动的对称性可知回复力在一个周期内的冲量为零，D选项正确。
(·天津·T9)（3）某同学用大头针、三角板、量角器等器材测半圆形玻璃砖的折射率。开始玻璃砖的位置如图中实线所示，使大头针P1、P2与圆心O在同一直线上，该直线垂直于玻璃砖的直径边，然后使玻璃砖绕圆心O缓慢转动，同时在玻璃砖直径边一侧观察P1、P2的像，且P2的像挡住P1的像。如此观察，当玻璃砖转到图中虚线位置时，上述现象恰好消失。此时只需测量出玻璃砖直径边绕O点转过的角度，即可计算出玻璃砖的折射率。请用你的测量量表示出折射率。
θ
θ
P1
P2
O
θ
【解析】：由题意可知，当玻璃砖转过某一角度θ时，刚好发生全反射，在直径边一侧观察不到P1、P2的像，做出如图所示的光路图可知，当转过角度θ时有。
(·山东·T37)（8分）（物理—物理3-4）
x/m
y
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
A
-A
（1）如图所示，一列简谐波沿x轴传播，实线为t1=0时的波形图，此时P质点向y轴负方向运动，虚线为t2=0．01s时的波形图。已知周期T＞0．01s。
①波沿x轴________(填“正”或“负”）方向传播。
②求波速。
答案：①正②100m/s
解析：①t1=0时，P质点向y轴负方向运动，由波的形成与传播知识可以判断波沿x轴正向传播。
②由题意知 ①
②
联立①②式代入数据求得
（2）如图所示，扇形AOB为透明柱状介质的横截面，圆心角
∠AOB=60°。一束平行于角平分线OM的单色光由OA射入介质，
经OA折射的光线恰平行于OB。
①求介质的折射率。
②折射光线中恰好射到M点的光线__________(填“能”或“不
能”）发生全反射。
答案：①②不能
i
γ
解析：①依题意作出光路图，如图所示。由几何知识知入谢角i=600,折射角γ=300。根据折射定律代入数据求得。
②, ,
而。
，以不能发生全反射。
10（201上海）.两波源在水槽中形成的波形如图所示，其中实线表示波峰，虚线表示波谷，则
(A)在两波相遇的区域中会产生干涉
(B)在两波相遇的区域中不会产生干涉
(C)点的振动始终加强
(D)点的振动始终减弱
答案：B
17（上海）.用极微弱的可见光做双缝干涉实验，随着时间的增加，在屏上先后出现如图(a)、(b)、(c)所示的图像，则
(A)图像(a)表明光具有粒子性
(B)图像(c)表明光具有波动性
(C)用紫外光观察不到类似的图像
(D)实验表明光是一种概率波
答案：ABD
21(上海)．如图，当用激光照射直径小于激光束的不透明圆盘时，在圆盘后屏上的阴影中心出现了一个亮斑。这是光的(填“干涉”、“衍射”或“直线传播”)现象，这一实验支持了光的 (填“波动说"、“微粒说"或“光子说")。
21答案：衍射，波动说
24(上海)．两列简谐波沿工轴相向而行，波速均为，两波源分别位于A、B处，时的波形如图所示。当时，M点的位移为cm，N点的位移为 cm。
24答案：2，0
(·浙江·T18)18．关于波动，下列说法正确的是( )
A．各种波均会发生偏振现象
B．用白光做单缝衍射与双缝干涉实验，均可看到彩色条纹
C．声波传播过程中，介质中质点的运动速度等于声波的传播速度
D．已知地震波得纵波速度大于横波速度，此性质可用于横波的预警
答案：BD
解析：只有横波才能发生偏振现象，故A错误；用白光做单缝衍射与双缝衍射，都可以观察到彩色条纹，故B正确；声波在传播过程中，介质中质点的速度并不等于声波的传播速度，故C错误；已知地震波的纵波波速大于横波波速，此性质可用于横波的预警，故D正确。
(·北京·T14)S1
S2
S
P
单缝屏 双缝屏 光屏
单色光
14．如图所示的双缝干涉实验，用绿光照射单缝S时，在光屏P上观察到干涉条纹。要得到相邻条纹间距更大的干涉图样，可以( )
A．增大S1与S2的间距
B．减小双缝屏到光屏的距离
C．将绿光换为红光
D．将绿光换为紫光
答案：C
解析：由于双缝干涉中，相邻条纹间距离，增大S1与S2的间距d，相邻条纹间距离Δx减小，A错误；减小双缝屏到光屏的距离L，相邻条纹间距离Δx减小，B错误；将绿光换为红光，使波长λ增大，相邻条纹间距离Δx增大，C正确；将绿光换为紫光，使波长λ减小，相邻条纹间距离Δx减小，D错误。
(·北京·T16)16．介质中有一列简谐机械波传播，对于其中某个振动质点( )
A．它的振动速度等于波的传播速度
B．它的振动方向一定垂直于波的传播方向
C．它在一个周期内走过的路程等于一个波长
D．它的振动频率等于波源的振动频率
答案：D
解析：介质中某个振动质点做简谐运动，其速度按正弦（或余弦）规律变化，而在同一介质中波的传播速度是不变的，振动速度和波的传播速度是两个不同的速度，A错误；在横波中振动方向和波的传播方向垂直，在纵波中振动方向和波的传播方向在一条直线上，B错误；振动质点在一个周期内走过的路程为4个振幅，C错误；波在传播的过程中，频率不变为波源的频率，D正确。
(·江苏·T12)B．（选修模块3－4）（12分）
(1)如图所示，沿平直铁路线有间距相等的三座铁塔A、B和C。假想有一列车沿AC方向以接近光速行驶，当铁塔B发出一个闪光，列车上的观测者测得A、C两铁塔被照亮的顺序是
(A)同时被照亮
(B)A先被照亮
(C)C先被照亮
(D)无法判断
答案：C
入射光线
折射光线
反射光线
法线
界面
i
γ
解析：当铁塔B发出一个闪光，同时到达A、C两铁塔被反射，但列车沿AC方向以接近光速行驶，经铁塔A反射的光相对列车的速度远小于经铁塔C反射的光相对列车的速度，经铁塔C反射的光先到达观测者，看到C先被照亮，C正确。
(2)一束光从空气射向折射率为的某种介质，若反向光线与折射光线垂直，则入射角为__________。真空中的光速为c ，则光在该介质中的传播速度为________________ 。
答案：600;
解析：根据折射定律：及 ，得 ， 根据，得。
(3)将一劲度系数为K的轻质弹簧竖直悬挂，下湍系上质量为m的物块，将物块向下拉离平衡位置后松开，物块上下做简谐运动，其振动周期恰好等于以物块平衡时弹簧的伸长量为摆长的单摆周期。请由单摆周期公式推算出物块做简谐运动的周期T。
答案：
解析：单摆周期公式，且，解得
]
选修3-5
18 （全国卷1）.已知氢原子的基态能量为E，激发态能量，其中n=2,3…。用h表示普朗克常量，c表示真空中的光速。能使氢原子从第一激发态电离的光子的最大波长为
B.C. D.
解析：原子从n=2跃迁到+所以故：选C
19（海南）.模块3-5试题（12分）
（1）（4分）年3月11日，日本发生九级大地震，造成福岛核电站的核泄漏事故。在泄露的污染物中含有131I和137Cs两种放射性核素，它们通过一系列衰变产生对人体有危害的辐射。在下列四个式子中，有两个能分别反映131I和137Cs衰变过程，它们分别是_______和__________（填入正确选项前的字母）。131I和137Cs原子核中的中子数分别是________和_______.
A.X1→ B.X2→ C.X3→ D.X4→
解析：由质量数和核电荷数守恒可以得出正确选项 B C 78 82
（2）（8分）一质量为2m的物体P静止于光滑水平地面上，其截面如图所示。图中ab为粗糙的水平面，长度为L；bc为一光滑斜面，斜面和水平面通过与ab和bc均相切的长度可忽略的光滑圆弧连接。现有一质量为m的木块以大小为v0的水平初速度从a点向左运动，在斜面上上升的最大高度为h，返回后在到达a点前与物体P相对静止。重力加速度为g。求
（i）木块在ab段受到的摩擦力f；
（ii）木块最后距a点的距离s。
解析：（i）设木块和物体P共同速度为v,两物体从开始到第一次到达共同速度过程由动量和能量守恒得：①②
由①②得：③
（ii）木块返回与物体P第二次达到共同速度与第一次相同（动量守恒）全过程能量守恒得：
④
由②③④得：
(·新课标·T35)35.【物理——选修3-5】
（1）在光电效应试验中，某金属的截止频率相应的波长为，该金属的逸出功为______。若用波长为（<0）单色光做实验，则其截止电压为______。已知电子的电荷量，真空中的光速和布朗克常量分别为e，c和h
（2）如图，ABC三个木块的质量均为m。置于光滑的水平面上，BC之间有一轻质弹簧，弹簧的两端与木块接触可不固连，将弹簧压紧到不能再压缩时用细线把BC紧连，使弹簧不能伸展，以至于BC可视为一个整体，现A以初速v0沿BC的连线方向朝B运动，与B相碰并粘合在一起，以后细线突然断开，弹簧伸展，从而使C与A，B分离，已知C离开弹簧后的速度恰为v0，求弹簧释放的势能。
A
B
C
解析：（1）由和得
由爱因斯坦质能方程和得
（2）设碰后A、B和C的共同速度的大小为v，由动量守恒得①
设C离开弹簧时，A、B的速度大小为，由动量守恒得②
设弹簧的弹性势能为，从细线断开到C与弹簧分开的过程中机械能守恒，有③
由①②③式得弹簧所释放的势能为④
1（天津）．下列能揭示原子具有核式结构的实验是
A．光电效应实验 B．伦琴射线的发现 C．α粒子散射实验 D．氢原子光谱的发现
【解析】：物理学史、常识考查题，简单题，其中光电效应实验说明光具有粒子性，A选项错误；X射线（伦琴射线）的发现是19世纪末20世纪初物理学的三大发现（X射线1896年、放射线1896年、电子1897年）之一，这一发现标志着现代物理学的产生，B选项错误；氢原子光谱的发现解释了原子的稳定性以及原子光谱的分立特征，D选项错误；所以选择C。
【答案】：C
(·山东·T38)38（8分）【物理-物理3-5】
(1)碘131核不稳定，会发生β衰变，其半衰变期为8天。
碘131核的衰变方程：________（衰变后的元素用X表示）。
经过________天有75%的碘131核发生了衰变。
答案：①②16
解析：①核衰变遵守电荷量和质量数守恒，所以
②根据半衰期概念，得即解得t=16天。
(2)如图所示，甲、乙两船的总质量（包括船、人和货物）分别为10m、12m，两船沿同一直线同一方向运动，速度分别为2v0、v0。为避免两船相撞，乙船上的人将一质量为m的货物沿水平方向抛向甲船，甲船上的人将货物接住，求抛出货物的最小速度。（不计水的阻力）
答案：4v0
解析：设乙船上的人抛出货物的最小速度为，抛出货物后的速度为，甲船上的人接到货物后速度为，由动量守恒定律得：①
②
为避免两船相撞应满足：③
联立①②③式得：④
2（上海）．卢瑟福利用粒子轰击金箔的实验研究原子结构，正确反映实验结果的示意图是
答案：D
3（上海）．用一束紫外线照射某金属时不能产生光电效应，可能使该金属产生光电效应的措施是
(A)改用频率更小的紫外线照射 (B)改用X射线照射
(C)改用强度更大的原紫外线照射 (D)延长原紫外线的照射时间
答案：B
9（上海）．天然放射性元素放出的三种射线的穿透能力实验结果如图所示，由此可推知
(A)②来自于原子核外的电子
(B)①的电离作用最强，是一种电磁波
(C)③的电离作用较强，是一种电磁波
(D)③的电离作用最弱，属于原子核内释放的光子
17（上海）.用极微弱的可见光做双缝干涉实验，随着时间的增加，在屏上先后出现如图(a)、(b)、(c)所示的图像，则
(A)图像(a)表明光具有粒子性
(B)图像(c)表明光具有波动性
(C)用紫外光观察不到类似的图像
(D)实验表明光是一种概率波
答案：ABD
13（201北京）．表示放射性元素碘131（）衰变的方程是
A． B．
C． D．
答案：B
(·北京·T21)（2）如图2，用"碰撞实验器"
可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系。
①实验中，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的。但是，可以通过仅测量______ (填选项前的符号)，间接地解决这个问题。
A．小球开始释放高度h
B．小球抛出点距地面的高度H
C．小球做平抛运动的射程
②图2中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影。实验时，先让入射球ml多次从斜轨上S位置静止释放，找到其平均落地点的位置P，测量平抛射程OP。然后，把被碰小球m2静置于轨道的水平部分，再将入射球ml从斜轨上S位置静止释放，与小球m2相碰，并多次重复。接下来要完成的必要步骤是_________。(填选项前的符号)
A．用天平测量两个小球的质量ml、m2
B．测量小球m1开始释放高度h
C．测量抛出点距地面的高度H
D．分别找到m1、m2相碰后平均落地点的位置M、N
E．测量平抛射程OM，ON
③若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为_________ (用②中测量的量表示)；
若碰撞是弹性碰撞，那么还应满足的表达式为___________ (用②中测量的量表示)。
④经测定，m1=45.0g，m2=7.5g，小球落地点的平均位置距O点的距离如图3所示。碰撞前、后m1的动量分别为p1与p1´，则p1:p1´=__ __ :11；若碰撞结束时m2的动量为p2´，则p1´: p2´=11:_______。
实验结果表明，碰撞前、后总动量的比值为____________。
⑤有同学认为，在上述实验中仅更换两个小球的材质，其它条件不变，可以使被碰小球做平抛运动的射程增大。请你用④中已知的数据，分析和计算出被碰小球m2平抛运动射程ON的最大值为________cm。
答案：（1）①S③T 0刻线④ADC
（2）①C ②ADE或DEA或DAE
③
④14 2.9 1~1.01 ⑤76.8
解析：（1）①多用电表的电流档校零，应该调整校零旋钮S使指针对准电流的"0"刻线。③欧姆档的调零，应该在表笔短接的情况下调解欧姆调零旋钮T，是指针指在欧姆刻度线的0刻线。④选择较大的欧姆档，将选择开关K旋转到电阻挡"×1k"的位置；将两表笔短接，旋动欧姆调零旋钮T
，对欧姆表进行校准；将两表笔的金属部分分别与被测电阻的两恨引线相接测电阻，所以为A、D、C。
（2）①由于本实验的碰撞是在同一高度，在空中运动时间相同，因而根据小球做平抛运动的射程就可知道碰撞后速度的大小之比，所以选C。
②本实验必须用天平测量两个小球的质量ml、m2，分别找到m1、m2相碰后平均落地点的位置M、N和测量平抛射程OM，ON，故选ADE。
③由于，且、、所以。若碰撞是弹性碰撞，机械能守恒，所以
④由于；；。所以为14 2.9 1~1.01
⑤当两个球发生完全弹性碰撞时，被碰小球m2平抛运动射程ON的有最大值。弹性碰撞动量守恒，机械能守恒解得：，所以。被碰小球m2平抛运动射程ON的最大值76.8cm。
(·广东·T18)18．光电效应实验中，下列表述正确的是( )
A．光照时间越长光电流越大B．入射光足够强就可以有光电流
C．遏止电压与入射光的频率有关 D．入射光频率大于极限频率才能产生光电子
答案：C D
解析：光电流的大小与入射光的强度相关，A错误。产生光电效应的条件是：入射光的频率大于或等于被照射材料的极限频率。入射光的频率达不到极限频率，增加照射光的强度是不能产生光电流的，所以B错误，C．D正确。
(·江苏·T12)C．（选修模块3－5）（12分）
(1)下列描绘两种温度下黑体辐射强度与波长关系的图中，符合黑体辐射规律的是
答案：A
解析：黑体辐射规律：随着温度的升高，一方面，各种波长的辐射强度都有增加，另一方面，辐射强度的极大值向波长较短的方向移动，A图正确。
(2)按照玻尔原子理论，氢原子中的电子离原子核越远，氢原子的能量__________(选填“越大”或“越小”)。已知氢原子的基态能量为E1(E1<0)，电子质量为m，基态氢原子中的电子吸收一频率为υ的光子被电离后，电子速度大小为___________(普朗克常量为h )。
答案：越大；
解析：根据及，越远，n越大，En越大（注意En为负值）。电阻动能（注意E1为负值），可解得：。
(3)有些核反应过程是吸收能量的。例如在中，核反应吸收的能量，在该核反应中，X表示什么粒子？X粒子以动能EK轰击静止的，若EK=Q，则该核反应能否发生？请简要说明理由。
答案：；不能实现，因为不能同时满足能量守恒和动量守恒的要求。
解析：根据核反应的质量数和电荷数守恒，可得：X粒子的质量数为4，电荷数为2，是；
