2013年高考物理分类解释
专题一、直线运动
1，（2013全国新课标理综1第19题）如图，直线a和曲线b分别是在平直公路上形式的汽车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车的速率一直不a车大
【命题意图】本题考查等基础知识点，意在考查考生应用相关知识定量分析物理问题，解决问题的能力。
2.（2013全国新课标理综1第14题）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
【命题意图】本题考查等知识点，意在考查考生应用相关知识定量分析物理问题，解决问题的能力。
得：==10m/s。选项B正确。
4．（2013全国高考大纲版理综第19题）将甲乙两小球先后以同样的速度在距地面不同高度处竖直向上抛出，抛出时间相隔2s，它们运动的图像分别如直线甲乙所示。则（）
A．t＝2s时，两球的高度相差一定为40m
B．t＝4s时，两球相对于各自的抛出点的位移相等
C．两球从抛出至落到地面所用的时间间隔相等
D．甲球从抛出至到达最高点的时间间隔与乙球相等
答案：BD
解析：由于甲乙两小球先后以同样的速度在距地面不同高度处竖直向上抛出，t＝2s时，两球的高度相差不一定为40m，两球从抛出至落到地面所用的时间间隔不相等，选项AC错误。根据速度图象与横轴所夹面积表示位移可知，t＝4s时，两球相对于各自的抛出点的位移相等，选项B正确。由于甲乙两小球先后以同样的速度竖直向上抛出，甲球从抛出至到达最高点的时间间隔与乙球相等，选项D正确。
5．（2013高考四川理综第6题）甲、乙两物体在t=0时刻经过同一位置沿x轴运动，其v-t图像如图所示。则
A．甲、乙在t=0s到t=1s之间沿同一方向运动
B．乙在t=0到t=7s之间的位移为零
C．甲在t=0到t=4s之间做往复运动
D．甲、乙在t=6s时的加速度方向相同
答案.BD
解析：乙在t=0s到t=0.5s之间沿沿x轴负方向运动，在t=0.5s到t=1s之间沿x轴正方向运动，而甲在t=0s到t=1s之间沿x轴正方向运动，选项A错误。根据速度图象与横轴所夹面积表示位移可知，乙在t=0到t=7s之间的位移为零，选项B正确。甲在t=0到t=4s之间一直沿x轴正方向运动，选项C错误。甲、乙在t=6s时的加速度均为负值，方向相同，选项D正确。
6．（15分）（2013全国高考大纲版理综第24题）一客运列车匀速行驶，其车轮在轨道间的接缝处会产生周期性的撞击。坐在该客车中的某旅客测得从第1次到第16次撞击声之间的时间间隔为10.0s。在相邻的平行车道上有一列货车，当该旅客经过货车车尾时，火车恰好从静止开始以恒定加速度沿客车行进方向运动。该旅客在此后的20.0s内，看到恰好有30节货车车厢被他连续超过。已知每根轨道的长度为25.0m，每节货车车厢的长度为16.0m，货车车厢间距忽略不计。求
（1）客车运行的速度大小；
（2）货车运行加速度的大小。
．（15分）解：
（1）设连续两次撞击轨道的时间间隔为Δt，每根轨道的长度为l，则客车的速度为
（3分）
其中l＝25.0m，
解得（2分）
（2）设从货车开始运动后t＝20.0s内客车行驶的距离为s1，货车行驶的距离为s2，货车的加速度为a，30节货车车厢的总长度为L＝30×16.0m
由运动学公式有（3分）
（3分）
由题意，有（2分）
联立解得a＝1.35m/s2（2分）
7.（2013高考四川理综第9题）近来，我国多个城市开始重点治理“中国式过马路”行为。每年全国由于行人不遵守交通规则而引发的交通事故上万起，死亡上千人。只有科学设置交通管制，人人遵守交通规则，才有保证行人的生命安全。
如右图所示，停车线AB与前方斑马线边界CD间的距离为23m。质量8t、车长7m的卡车以54km/h的速度向北匀速行驶，当车前端刚
驶过停车线AB，该车前方的机动车交通信号灯由绿灯变黄灯。
（1）若此时前方C处人行横道路边等待的行人就抢先过马路，卡车司机发现行人，立即制动，卡车受到的阻力为3×104N。求卡车的制动距离？
（2）若人人遵守交通规则，该车将不受影响地驶过前方斑马线边界CD。为确保行人安全，D处人行横道信号灯应该在南北向机动车信号灯变黄灯后至少多久变为绿灯？
7．解：(1)据题意由得：，①
汽车刹车时，阻力产生的加速度为a
由牛顿第二定律得②
代入数据得制动距离x=30m③
(2)据题意汽车不受影响的行驶距离应该是x1=30m④
故黄灯的持续时间为t则⑤
代入数据得时间为t=2s⑥
专题二、相互作用
1.（2013全国新课标理综II第15题）如图，在固定斜面上的一物块受到一外力F的作用，F平行于斜面向上。若要物块在斜面上保持静止，F的取值应有一定的范围，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D．物块对斜面的压力
1.C【命题意图】本题考查受力分析、力的分解、摩擦力、平衡条件及其相关知识，意在考查考生分析解决问题的能力。
【解题思路】设斜面倾角为θ，斜面对物块的最大静摩擦力为f。平行于斜面的外力F取最大值F1时，最大静摩擦力f方向沿斜面向下，由平衡条件可得：F1=f+mgsinθ；平行于斜面的外力F取最小值F2时，最大静摩擦力f方向沿斜面向上，由平衡条件可得：f+F2=mgsinθ；联立解得物块与斜面的最大静摩擦力f=(F2-F1)/2.选项C正确。不能得出物块质量m，不能得出斜面倾角θ，不能得出物块对斜面压力，选项ABD错误。【技巧点拨】分析此题，只需根据题述，利用最大静摩擦力平行斜面向上、平行斜面向下两种情况，应用平衡条件列出两个方程得出，不需要具体解出块与斜面的最大静摩擦力表达式。θ。若此人所受重力为G，则椅子各个部分对他作用力的合力大小为
A．G B．Gsinθ
C．Gcosθ D．Gtanθ
答案：A
解析：人静躺在椅子上，受力平衡，由平衡条件可知椅子各个部分对他作用力的合力大小为G,，选项A正确。
3．如图，质量mA＞mB的两物体A、B叠放在一起，靠着竖直墙面。让它们由静止释放，在沿粗糙墙面下落过程中，物体B的受力示意图是
答案：A
解析：两物体A、B叠放在一起，在沿粗糙墙面下落过程中，由于物块与竖直墙面之间没有压力，没有摩擦力，二者一起做自由落体运动，AB之间没有弹力作用，物体B的受力示意图是图A。．两个共点力Fl、F2大小不同，它们的合力大小为F，则
(A)F1、F2同时增大一倍，F也增大一倍(B)F1、F2同时增加10N，F也增加10N
(C)F1增加10N，F2减少10N，F一定不变(D)若F1、F2中的一个增大，F不一定增大
答案：AD
解析：F1、F2同时增大一倍，F也增大一倍，选项A正确。F1、F2同时增加10N，F不一定增加10N，选项B错误；F1增加10N，F2减少10N，F可能变化，选项C错误。若F1、F2中的一个增大，F不一定增大，选项D正确。5.（2013高考山东理综第14题）如图所示，用完全相同的轻弹簧A、B、C将两个相同的小球连接并悬挂，小球处于静止状态，弹簧A与竖直方向的夹角为30o，弹簧C水平，则弹簧A、C的伸长量之比为
A．B．.
C．.12D．21
答案：解析：4
弹簧A弹簧弹簧A、C的伸长量之比为2∶1，选项D正确。
6。(2013高考北京理综第16题)倾角为α、质量为M的斜面体静止在水平桌面上，质量为m的木块静止在斜面体上。下列结论正确的是
A.木块受到的摩擦力大小是mgcosα B.木块对斜面体的压力大小是mgsinα
C.桌面对斜面体的摩擦力大小是mgsinαcosα D.桌面对斜面体的支持力大小是（M+m）g
答案：D
解析：将木块的重力沿平行于斜面方向和垂直于斜面方向分解，平行于斜面方向分力为mgsinα，垂直于斜面方向分力为mgcosα。由平衡条件可得木块受到的摩擦力大小是f=mgsinα，支持力F=mgcosα，由牛顿第三定律，木块对斜面体的压力大小是mgcosα，选项AB错误。把木块和斜面体看作整体，分析受力，由平衡条件可知桌面对斜面体的摩擦力大小为零，桌面对斜面体的支持力大小是（M+m）g，选项C错误D正确。
7．如图所示，小球用细绳系住，绳的另一端固定于O点。现用水平力F缓慢推动斜面体，小球在斜面上无摩擦地滑动，细绳始终处于直线状态，当小球升到接近斜面顶端时细绳接近水平，此过程中斜面对小球的支持力FN以及绳对小球的拉力FT的变化情况是
AFN保持不变，FT不断增大B．FN不断增大，FT不断减小
C．FN保持不变，FT先增大后减小D．FN不断，FT先减小后增大
答案：D
解析：此过程中斜面对小球的支持力FNFT先减小后增大P的上表面水平，现把物体Q轻轻地叠放在P上，则
A.P向下滑动 B.P静止不动
C.P所受的合外力增大 D.P与斜面间的静摩擦力增大
考点：受力分析、力平衡、等效法答案：BD
解析：设斜面的倾角为θ,加上Q，相当于增加了P的质量，受力分析列平衡方程得f=mgsinθ<μmgcosθ，N=mgcosθ。当m增加时，不等式两边都增加，不等式仍然成立，即P静止不动，P所受的合外力为零，P与斜面间的静摩擦力f=mgsinθ增大，选项BD正确。
9．如图，倾角为37°，质量不计的支架ABCD的D端有一大小与质量均可忽略的光滑定滑轮，A点处有一固定转轴，CAAB，DC＝CA＝0.3m。质量m＝lkg的物体置于支架的B端，并与跨过定滑轮的轻绳相连，绳另一端作用一竖直向下的拉力F，物体在拉力作用下沿BD做匀速直线运动，己知物体与BD间的动摩擦因数μ＝0.3。为保证支架不绕A点转动，物体向上滑行的最大距离s＝＿＿＿＿m。若增大F后，支架仍不绕A点转动，物体能向上滑行的最大距离s′＿＿＿＿s(填：“大于”、“等于”或“小于”。)(取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)
答案：0.248等于
解析：拉力F=mgsin37°+μmgcos37°=8.4N。BC=CA/sin37°＝0.5m.设m对支架BC的压力mgcos37°对A点的力臂为x，由力矩平衡条件，F·DCcos37°+μmgcos37°·CAcos37°=F·CAcos37°+mgcos37°·x，解得x=0.072m。由x+s=BC-ACsin37°解得s=0.248m。由上述方程可知，F·DCcos37°=F·CAcos37°，x值与F无关，所以若增大F后，支架仍不绕A点转动，物体能向上滑行的最大距离s′=s。
10.（19分）（2013高考福建理综第21题）质量为M、长为L的杆水平放置，杆两端A、B系着长为3L的不可伸长且光滑的柔软轻绳，绳上套着一质量为m的小铁环。已知重力加速度为g，不计空气影响。
(1)现让杆和环均静止悬挂在空中，如图甲，求绳中拉力的大小：
(2)若杆与环保持相对静止，在空中沿AB方向水平向右做匀加速直线运动，此时环恰好悬于A端的正下方，如图乙所示。
①求此状态下杆的加速度大小a；
②为保持这种状态需在杆上施加一个多大的外力，方向如何？
解析：（1）如图1，设平衡时绳子拉力为T，有：2Tcosθ-mg=0，
由图可知，cosθ=。
联立解得：T=mg。
（2）①此时，对小铁环受力分析如图2，有：T’sinθ’=ma，
T’+T’cosθ’-mg=0，
由图知，θ’=60°，代入上述二式联立解得：a=g。
②如图3，设外力F与水平方向成α角，将杆和小铁环当成一个整体，有
Fcosα=(M+m)a
Fsinα-(M+m)g=0
联立解得：F=(M+m)g，tanα=（或α=60°）
专题三、牛顿运动定律
1．秋千的吊绳有些磨损。在摆动过程中，吊绳最容易断裂的时候是秋千
(A)在下摆过程中 (B)在上摆过程中
(C)摆到最高点时 (D)摆到最低点时
答案：D解析：当秋千摆到最低点时吊绳中拉力最大，吊绳最容易断裂，选项D正确。
.（2013全国新课标理综II第14题）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之间关系的图象是
.【答案】C
【命题意图】本题考查摩擦力、牛顿第二定律、图象等基础知识点，意在考查考生应用相关知识定量分析物理问题，解决问题的能力。
【解题思路】设物体所受滑动摩擦力为f，在水平拉力F作用下，物体做匀加速直线运动，由牛顿第二定律，F-f=ma，F=ma+f，所以能正确描述F与a之间关系的图象是C，选项C正确ABD错误。
【命题分析】此题从最常见的情景出发命题，应用最基础的知识，使物理更贴近生活，贴近实际。．如图所示，总质量为460kg的热气球，从地面刚开始竖直上升时的加速度为0.5m/s2，当热气球上升到180m时，以5m/s的速度向上匀速运动。若离开地面后热气球所受浮力保持不变，上升过程中热气球总质量不变，重力加速度g=10m/s2。关于热气球，下列说法正确的是
A．所受浮力大小为4830N
B．加速上升过程中所受空气阻力保持不变
C．从地面开始上升10s后的速度大小为5m/s
D．以5m/s匀速上升时所受空气阻力大小为230N
离开地面后从地面刚开始竖直上升时所受浮力大小为4830N加速上升过程中所受空气阻力从地面开始上升10s后的速度小5m/s，选项C错误。由平衡条件可得，F-mg-f=0，以5m/s匀速上升时所受空气阻力大小为4830N-4600N=230N，选项D正确。
4．如图所示，细线的一端系一质量为m的小球，另一端固定在倾角为θ的光滑斜面体顶端，细线与斜面平行。在斜面体以加速度a水平向右做匀加速直线运动的过程中，小球始终静止在斜面上，小球受到细线的拉力T和斜面的支持力为F分别为（重力加速度为g）
T=m(sinθ+acosθ)，FN=m(gcosθ-asinθ)
T=m(gsinθ+acosθ)，FN=m(gsinθ-acosθ)
T=m(acosθ-gsinθ)，FN=m(gcosθ+asinθ)
T=m(asinθ-gcosθ)，FN=m(gsinθ+acosθ)
【答案】A【解析】将绳子的拉力T和斜面弹力FN分解为水平方向和竖直方向
θ-FNsinθ=ma①
Tsinθ-FNcosθ=mg②
联立两式解方程组，得T=m(gsinθ+acosθ)FN=m(gcosθ-asinθ)，选项A正确；5.（15分）如图所示，一质量m=0.4kg的小物块，以0=2m/s的初速度，在与斜面成某一夹角的拉力F作用下，沿斜面向上做匀加速运动，经t=2s的时间物块由A点运动到B点，A、B之间的距离L=10m。已知斜面倾角θ=30o，物块与斜面之间的动摩擦因数。重力加速度g取10m/s2.
（1）求物块加速度的大小及到达B点时速度的大小。
（2）拉力F与斜面的夹角多大时，拉力F最小？拉力F的最小值是多少？物块加速度的大小到达B点时速度的大小L=v0t+at2，①
v=v0+at，②
联立①②式，代入数据解得：a=3m/s2，③
v=8m/s。④
（2）设物块所受支持力为FN，所受摩擦力为Ff，拉力与斜面之间的夹角为α。受力分析如图所示。由牛顿第二定律得：
Fcosα-mgsinθ-Ff=ma，⑤
Fsinα+FN-mgcosθ=0，⑥
又Ff=μFN。⑦
联立解得：F=。⑧
由数学知识得：cosα+sinα=sin(60°+α)，⑨
由⑧⑨式可知对应的F最小值的夹角α=30°⑩
联立③⑧⑩式，代入数据得F的最小值为：Fmin=N。
6.（19分）（2013高考福建理综第21题）质量为M、长为L的杆水平放置，杆两端A、B系着长为3L的不可伸长且光滑的柔软轻绳，绳上套着一质量为m的小铁环。已知重力加速度为g，不计空气影响。
(1)现让杆和环均静止悬挂在空中，如图甲，求绳中拉力的大小：
(2)若杆与环保持相对静止，在空中沿AB方向水平向右做匀加速直线运动，此时环恰好悬于A端的正下方，如图乙所示。
①求此状态下杆的加速度大小a；
②为保持这种状态需在杆上施加一个多大的外力，方向如何？
解析：（1）如图1，设平衡时绳子拉力为T，有：2Tcosθ-mg=0，
由图可知，cosθ=。
联立解得：T=mg。
（2）①此时，对小铁环受力分析如图2，有：T’sinθ’=ma，
T’+T’cosθ’-mg=0，
由图知，θ’=60°，代入上述二式联立解得：a=g。
②如图3，设外力F与水平方向成α角，将杆和小铁环当成一个整体，有
Fcosα=(M+m)a
Fsinα-(M+m)g=0
联立解得：F=(M+m)g，tanα=（或α=60°）
7.（2013全国新课标理综II第25题）（18分）一长木板在水平面上运动，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。已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。
【命题意图】本题主要考查牛顿运动定律，匀变速直线运动规律、速度图象、叠加体及其相关知识，意在考查考生灵活应用相关知识解决问题的能力。
解：①a2=(v0-v1)/t1，②
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、木板与地面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2，由牛顿第二定律得：
μ1mg=ma1，③μ1+2μ2)mg=ma2，④
①②③④式解得：μ1=0.20，⑤
μ2=0.30.，⑥
（2）在t1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a1’和a2’，则由牛顿第二定律得：f=ma1’，⑦
2μ2mg-f=ma2’。⑧
假设f<μ1mg.则a1’=a2’。
由⑤⑥⑦⑧式得f=μ2mg>μ1mg，与假设矛盾，故f=μ1mg⑨
由⑦⑨式知，物块加速度大小a1’=a1.物块的v---t图象如图中点划线所示。
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：
s1=2×，⑩
s2=t1+，⑾
物块相对于木板位移的大小为s=s2-s1。⑿
联立①⑤⑥⑧⑨⑩⑾⑿解得：s=1.125m。
20时时块与⑨⑩⑨⑩②③④⑤⑥⑦⑧⑨⑩
【方法技巧】解答叠加体的运动要隔离物体受力分析，对某个物体应用牛顿第二定律列出相关方程联立解得。．(12分)如图，质量为M、长为L、高为h的矩形滑块置于水平地面上，滑块与地面间动摩擦因数为μ；滑块上表面光滑，其右端放置一个质量为m的小球。用水平外力击打滑块左端，使其在极短时间内获得向右的速度v0，经过一段时间后小球落地。求小球落地时距滑块左端的水平距离。
滑块上表面光滑，,
v1==.
当滑块的左端到达小球正上方后，小球做自由落体运动，落地时间t=
滑块的加速度a’=μg
①若此时滑块的速度没有减小到零，在t时间内滑块向右运动的距离为：
s=v1t-a’t2=-μg()2=-μh。
②若在t时间内滑块已经停下来，则：s‘==-L。
9．(2013高考江苏物理第14题)（16分）如图所示，将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，砝码的移动很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验。若砝码和纸板的质量分别为和，各接触面间的动摩擦因数均为μ。重力加速度为g。
（1）当纸板相对砝码运动时，求纸板所受摩擦力的大小；
（2）要使纸板相对砝码运动，求所需拉力的大小；
（3）本实验中，=0.5kg，=0.002m，人眼就能感知。为确保实验成功，纸板所需的拉力至少多大？
解析.(1)砝码对纸板的摩擦力桌面对纸板的摩擦力
解得
(2)设砝码的加速度为,纸板的加速度为,则
发生相对运动
解得
(3)纸板抽出前,砝码运动的距离纸板运动的距离
纸板抽出后，砝码在桌面上运动的距离
由题意知解得
代入数据得F=22.4N。
10.（2013高考天津理综物理第10题）(16分）质量为m=4kg的小物块静止于水平地面上的A点，现用F=10N的水平恒力拉动物块一段时间后撤去，物块继续滑动一段位移停在B点，A、B两点相距x=20m，物块与地面间的动摩擦因数μ=0.2,g取10m/s2,，求：
(l）物块在力F作用过程发生位移xl的大小：
(2）撤去力F后物块继续滑动的时间t。μmg
根据动能定理，对物块由A到B的整个过程，有：Fx1-F1x=0.
代入数据解得：x1=16m。
（2）设刚撤去力F时物块的速度为v，此后物块的加速度为a，滑动的位移为x2，则
x2=x-x1。
由牛顿第二定律得：F1=ma，
由匀变速直线运动规律得，v2=2ax2，
以物块运动方向为正方向，由动量定理，得-F1t=0-mv，
代入数据解得：t=2s。
专题四、曲线运动
1.（2013全国新课标理综II第21题）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车速只要低于，车辆便向内侧滑动车速虽然高于，但只要不超出某一最高限度，车辆便不会向外侧滑动当路面结冰时，与未结冰时相比，v0的值1.AC。
【命题意图】本题考查匀速圆周运动、汽车转弯及其相关知识点，意在考查考生综合应用知识分析实际问题的能力。
+【解题思路】汽车以速率转弯，需要指向内侧的向心力，汽车恰好没有向公路内外两侧滑动的趋势，说明此处公路内侧较低外侧较高，选项A正确。车速只要低于，车辆便有向内侧滑动的趋势，但不一定向内侧滑动，选项B错误。车速虽然高于，由于车轮与地面有摩擦力，但只要不超出某一最高限度，车辆便不会向外侧滑动，选项C正确。根据题述，汽车以速率v0转弯，需要指向内侧的向心力，汽车恰好没有向公路内外两侧滑动的趋势，没有受到摩擦力，所以当路面结冰时，与未结冰时相比，转弯时v0的值不变，选项D错误。
【误区警示】此题解答的误区主要是：一是不考虑摩擦力，误选答案或少选答案。二是依据经验，当路面结冰时减速慢行错选D。
.（2013高考安徽理综第18题）由消防水龙带的喷嘴喷出水的流量是0.28m3/min，水离开喷口时的速度大小为m/s，方向与水平面夹角为60度，在最高处正好到达着火位置，忽略空气阻力，则空中水柱的高度和水量分别是（重力加速度g取10m/s2）
A.28.8m1.12×10-2m3B.28.8m，0.672m3
C.38.4m，1.29×10-2m3D.38.4m，0.776m3
【答案】A【解析】将喷出水流速度分解为水平方向和竖直方向，则竖直方向的分速度=24m/s；可得水柱可以上升的最高度；水柱上升时间为，又有流量m3/s=0.0047m3/s，则在空中的水量1.12×10-2m3，，选项A正确。．如图，轰炸机沿水平方向匀速飞行，到达山坡底端正上方时释放一颗炸弹，并垂直击中山坡上的目标A。已知A点高度为h，山坡倾角为θ，由此可算出
(A)轰炸机的飞行高度(B)轰炸机的飞行速度
(C)炸弹的飞行时间(D)炸弹投出时的动能
答案：ABC
解析：根据题述，tanθ=v/gt，x=vt，tanθ=h/x，H=v+y，y=gt2，由此可算出轰炸机的飞行高度y；轰炸机的飞行速度v，炸弹的飞行时间t，选项ABC正确。由于题述没有给出炸弹质量，不能得出炸弹投出时的动能，选项D错误。
CD
解析：AB加速度都等于重力加速度，选项A错误。由于二者上升高度相同，说明二者抛出时速度的竖直分量相等，飞行时间相等，选项B错误。B抛出时速度的水平分量大于A，B在最高点的速度比A在最高点的大，选项C正确。B在落地时的速度比A在落地时的大，选项D正确。
5．(2013高考江苏物理第2题)如图所示，“旋转秋千装置中的两个座椅A、B质量相等，通过相同长度的缆绳悬挂在旋转圆盘上。不考虑空气阻力的影响，当旋转圆盘绕竖直的中心轴匀速转动时，下列说法正确的是
（A）A的速度比B的大
（B）A与B的向心加速度大小相等
（C）悬挂A、B的缆绳与竖直方向的夹角相等
（D）悬挂A的缆绳所受的拉力比悬挂B的小
答案：D
解析：当旋转圆盘绕竖直的中心轴匀速转动时，二者的角速度ω相等，由v=ωr可知，A的速度比B的小，选项A错误。由a=ω2r可知，选项B错误，由于二者加速度不相等，悬挂A、B的缆绳与竖直方向的夹角不相等，选项C错误。悬挂A的缆绳所受的拉力比悬挂B的小，选项D正确。
6．右图为在平静海面上，两艘拖船A、B拖着驳船C运动的示意图。A、B的速度分别沿着缆绳CA、CB方向，A、B、C不在一条直线上。由于缆绳不可伸长，因此C的速度在CA、CB方向的投影分别与A、B的速度相等，由此可知C的
(A)速度大小可以介于A、B的速度大小之间
(B)速度大小一定不小于A、B的速度大小
(C)速度方向可能在CA和CB的夹角范围外
(D)速度方向一定在CA和CB的夹角范围内
答案：BD
解析：根据题述，C的速度大小一定不小于A、B的速度大小，选项A错误B正确。C的速度方向一定在CA和CB的夹角范围内，选项C错误D正确。
△E1，△E2，△E3，忽略空气阻力的影响，下面分析正确的是
A．x2-x1==x3--x2,,△E1=△E2=△E3 B．x2-x1>x3-x2,,△E1=△E2=△E3
C．x2-x1>x3-x2,,△E1<△E2<△E3 D．x2-x1
答案：B
解析：物体做平抛运动，机械能守恒，三次实验中，机械能的变化量都为零，△E1=△E2=△E3。由小球在竖直方向做自由落体运动，水平方向做匀速直线运动可知，x2-x1>x3-x2,选项B正确。
8．（1）（）（）解析：（1）设猴子从A点水平跳离时速度的最小值为vmin，根据平抛运动规律，有：
h1=gt2，x1=vmint，
联立解得：vmin=8m/s。
（2）猴子抓住青藤后的运动过程中机械能守恒，设荡起时速度为vC，有：
(M+m)gh=(M+m)vC2，
解得：vC==m/s=9.0m/s。
（3）设拉力为F，青藤的长度为L，由几何关系：(L-h2)+x22=L2，
解得L=10m。
对最低点，由牛顿第二定律得：
F-(M+m)g=(M+m)vC2/L
解得：F=216N.
9.(13分)（2013全国新课标理综1第24题）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。
【命题意图】本题考查等基础知识点，意在考查考生应用相关知识定量分析物理问题，解决问题的能力。
at2，①
xB=vt。②
在开始运动时，R到A和B的距离之比为2∶1，即OE∶OF=2∶1。
由于橡皮筋的伸长是均匀的，在以后任一时刻R到A和B的距离之比为2∶1。因此，在时刻t有：HK∶KG=2∶1。③
由于△FGH∽△IGK，有HG∶KG=xB∶（xB-l）。④
HG∶KG=(yA+l)∶（2l）。
由③④⑤式解得：xB=3l/2，⑥
yA=5l。⑦
联立①②⑥⑦解得：v=。
专题五、万有引力与航天
1．（2013全国新课标理综1第20题）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空气，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
【命题意图】本题考查等基础知识点，意在考查考生应用相关知识定量分析物理问题，解决问题的能力。
．小行星绕恒星运动，恒星均匀地向四周辐射能量，质量缓慢减小，可认为小行星在绕恒星运动一周的过程中近似做圆周运动。则经过足够长的时间后，小行星运动的
(A)半径变大 (B)速率变大 (C)角速度变大 (D)加速度变大
答案：A解析：恒星均匀地向四周辐射能量，质量缓慢减小，二者之间万有引力减小，小行星运动的半径增大，速率减小，角速度减小，加速度减小，选项A正确BCD错误。星做匀速圆周运动，下列说法正确的是
A.甲的向心加速度比乙的小B.甲的运行周期比乙的小
C.甲的角速度比乙大D.甲的线速度比乙大
考点：万有引力和匀速圆周运动答案：A
解析：由万有引力提供向心力得：=ma，解得，甲的向心加速度比乙的小，选项A正确。由解得：，甲的线速度比乙小，选项D错误。由=解得：，甲的角速度比乙小。选项C错误。由=mr解得：T=2π,甲的运行周期比乙的大，选项B错误。
5．若两颗人造地球卫星的周期之比为T1T2＝21，则它们的轨道半径之比R1R2＝＿＿＿＿，向心加速度之比a1a2＝＿＿＿＿。
答案：11∶2
解析：由开普勒定律，R1R2＝＝1.由牛顿第二定律，G=ma，向心加速度之比a1a2＝R22R12＝12。
（1）“嫦娥一号”和“嫦娥二号”卫星相继完成了对月球的环月飞行，标志着我国探月工程的第一阶段己经完成。设“嫦娥二号”卫星环绕月球的运动为匀速圆周运动，它距月球表面的高度为h，己知月球的质量为M、半径为R，引力常量为G，则卫星绕月球运动的向心加速度a＝线速度v=解析：万有引力提供卫星运动的向心力，有：G=ma，解得a=.由G=m解得v=。
7.（2013高考福建理综第13题）设太阳质量为M，某行星绕太阳公转周期为T，轨道可视为r的圆。已知万有引力常量为G，则描述该行星运动的上述物理量满足
A． B．
C． D．
答案：A
解析：由G=mr()2,，可得描述该行星运动的上述物理量满足，选项A正确。
8．（2013全国高考大纲版理综第18题）“嫦娥一号”是我国首次发射的探月卫星，它在距月球表面高度为200km的圆形轨道上运行，运行周期为127分钟。已知引力常量G＝6.67×10–11N?m2/kg2，月球的半径为1.74×103km。利用以上数据估算月球的质量约为（）
A．8.1×1010kg B．7.4×1013kg
C．5.4×1019kg D．7.4×1022kg
8．答案：D解析：由G=m(R+h)()2，解得月球的质量M=4π2(R+h)3/GT2，代入数据得：M=7.4×1022kg,，选项D正确。
9.（2013高考山东理综第20题）双星系统由两颗恒星组成，两恒星在相互引力的作用下，分别围绕其连线上的某一点做周期相同的匀速圆周运动。研究发现，双星系统演化过程中，两星的总质量、距离和周期均可能发生变化。若某双星系统中两星做圆周运动的周期为T,经过一段时间演化后，两星总质量变为原来的k倍，两星之间的距离变为原来的n倍，则此时圆周运动的周期为
TB．TC．TD．T
答案：解析：围绕其连线上的某一点做匀速圆周运动两星总质量两星之间的距离=mr,，G=(M-m)(R-r),，联立解得：T=2π.经过一段时间演化后，两星总质量变为原来的k倍，两星之间的距离变为原来的n倍，则此时圆周运动的周期为’=2π=T。选项B正确。
10．如图所示，三颗质量均为m的地球同步卫星等间隔分布在半径为r的圆轨道上，设地球质量为M，半径为R。下列说法正确的是
A．地球对一颗卫星的引力大小为
B．一颗卫星对地球的引力大小为
C．两颗卫星之间的引力大小为
D．三颗卫星对地球引力的合力大小为
地球对一颗卫星的引力大小为一颗卫星对地球的引力大小为两颗卫星之间的r，由万有引力定律，两颗卫星之间的引力大小为三颗卫星对地球引力的合力大小为”运行的行星“Gl-581c”却很值得我们期待。该行星的温度在0℃到40℃之间，质量是地球的6倍，直径是地球的1.5倍、公转周期为13个地球日。“Glicsc581”的质量是太阳质量的0.31倍。设该行星与地球均视为质量分布均匀的球体，绕其中心天体做匀速圆周运动，则
A．在该行星和地球上发射卫星的第一宇宙速度相同2
B．如果人到了该行星，其体重是地球上的倍
C．该行星与“Glicsc581”的距离是日地距离的倍
D．由于该行星公转速率比地球大，地球上的米尺如果被带上该行星，其长度一定会变短
答案.B解析：由Gm=gR2，可得该行星表面的重力加速度与地球表面的重力加速度之比为==6·=，如果人到了该行星，其体重是地球上的=倍，选项B正确。在该行星上发射卫星的第一宇宙速度v==4，是地球上发射卫星的第一宇宙速度的4倍，选项A错误。由G=mr，G=mr，可得=·=0.31·，该行星与“Glicsc581”的距离r’是日地距离r的倍，选项C错误。该行星公转速率比地球大，地球上的米尺如果被带上该行星，在该行星上观察，其长度不变，选项D错误。
12.（2013高考安徽理综第17题）质量为m的人造地球卫星与地心的距离为r时，引力势能可表示为，其中G为引力常量，M为地球质量。该卫星原来的在半径为R1的轨道上绕地球做匀速圆周运动，由于受到极稀薄空气的摩擦作用，飞行一段时间后其圆周运动的半径变为R2，此过程中因摩擦而产生的热量为
A.GMm(-)B.GMm(-)C.GMm(-)D.GMm(-)
【答案】C【解析】卫星降低轨道-(-G)=GMm(-)。由G=mv2/R，可得卫星在半径为R1的轨道上绕地球做匀速圆周运动mv2=，卫星在半径为R的轨道上绕地球做匀速圆周运动mv2=，动能增加△Ek=-，由功能关系△EP=△Ek+Q，联立解得：此过程中因摩擦而产生的热量为GMm(-)，所以正确选项为C。
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
在0.4s-2.5s时间内，阻拦索的张力几乎不随时间变化
在滑行过程中，飞行员所承受的加速度大小会超过2.5g
在0.4s-2.5s时间内，阻拦系统对飞机做功的功率几乎不变
【命题意图】本题考查牛顿第二定律、等基础知识点，意在考查考生应用相关知识定量分析物理问题，解决问题的能力。
2．如图所示，水平板上有质量m=1.0kg的物块，受到随时间t变化的水平拉力F作用，用力传感器测出相应时刻物块所受摩擦力Ff的大小。取重力加速度g=10m/s2。下列判断正确的是A．5s内拉力对物块做功为零
B．4s末物块所受合力大小为4.0C．物块与木板之间的动摩擦因数为0.4
D．6s-9s内物块的加速度的大小为2.0m/s2
s内拉力对物块做功为零4s末物块所受合力大小为.0N，选项B错误。物块所受滑动摩擦力为3N，与地面的压力为10N，由摩擦定律可得物块与木板之间的动摩擦因数为0.6s-9s内所受合力大小为.0N，由牛顿第二定律F=ma可得物块的加速度的大小为2.0m/s2一物体放在水平地面上，如图所示，已知物体所受水平拉力F随时间的变化情况如图2所示，物体相应的速度随时间的变化关系如图3所示。求：
（1）0~8s时间内拉力的冲量；
（2）0~6s时间内物体的位移；
（3）0~10s时间内，物体克服摩擦力所做的功。
【解析】（1）由图2可知：I=F1t1+F2△t2+F3△t3=1×2N·s+3×4N·s+2×2N·s=18N·s。
（2）由图3可知0~6s时间内物体位移为：x=×3m=6m。
（3）由图3可知，在6~8s时间内，物体做匀速运动，于是有摩擦力f=2N。
由图3可知0~10s时间内物体的总位移为：x’=×3m=15m。
物体克服摩擦力所做的功：W=fx’=2×15J=30J。
．汽车以恒定功率沿公路做直线运动，途中通过一块沙地。汽车在公路及沙地上所受阻力均为恒力，且在沙地上受到的阻力大于在公路上受到的阻力。汽车在驶入沙地前己做匀速直线运动，它在驶入沙地到驶出沙地后的一段时间内，位移s随时间t的变化关系可能是答案：B
解析：在驶入沙地后，由于阻力增大，速度减小，驶出沙地后阻力减小，速度增大，在驶入沙地到驶出沙地后的一段时间内，位移s随时间t的变化关系可能是B。
求常量k，并在图中画出弹力F随x变化的示意图；
求在比赛动作中，运动员离开床面后上升的最大高度hm;
借助F-x图像可以确定弹力做功的规律，在此基础上，求x1和W的值
解析：（1）床面下沉x0=0.10m时，运动员受力平衡，
mg=kx0，
解得：k=mg/x0=5.0×103N/m。
弹力F随x变化的示意图如图所示。
（2）运动员从x=0处离开床面，开始腾空，其上升、下落时间相等，
hm=g()2.=5.0m。
（3）参考由速度——时间图象求位移的方法，F——x图象下的面积等于弹力做功，从x处到x=0，弹力做功WT，WT=x·kx=kx2。
运动员从x1处上升到最大高度hm的过程，根据动能定理，有：
kx12-mg(hm+x1)=0.
解得：x1=x0+=1.1m。
对整个预备过程，由题述条件以及功能关系，有：W+kx02=mg(hm+x0)，
解得：W=2525J=2.5×103J。
6．（17分）（2013高考四川理综第10题）在如图所示的竖直平面内，物体A和带正电的物体B用跨过定滑轮的绝缘轻绳连接，分别静止于倾角θ＝37°的光滑斜面上的M点和粗糙绝缘水平面上，轻绳与对应平面平行。劲度系数k=5N/m的轻弹簧一端固定在O点，一端用另一轻绳穿过固定的光滑小环D与A相连，弹簧处于原长，轻绳恰好拉直，DM垂直于斜面。水平面处于场强E＝5×104N/C、方向水平向右的匀强电场中。已知A、B的质量分别为mA=0.1kg,mB=0.2kg,B所带电荷量q=+4×10-6C。设两物体均视为质点，不计滑轮质量和摩擦，绳不可伸长，弹簧始终在弹性限度内，B电量不变。取g＝10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8.
求B所受摩擦力的大小；
现对A施加沿斜面向下的拉力F使A以加速度a=0.6m/s2开始作匀加速直线运动。A从M到N的过程中，B的电势能增加了△EP=0.06J。已知DN沿竖直方向，B与水平面间的动摩擦因数为μ=0.4.求A到达N点时拉力F的瞬时功率？
6．解：(1)
由平衡条件得：
对A有mAgsinθ=FT，①
对B有qE+f0=FT，②
代入数据得f0=0.4N③
(2)A由M到N④
T-μmBg-qE=mBa，⑤
设A在N点时速度为v，受弹簧拉力为F弹，弹簧伸长量为△x，有
v2=2ax，⑥
F弹=k△x⑦
F+mAmAgsinθ-F弹sinθ-T=mAa，⑧
由(1-cosθ)⑨
设拉力F在N点的瞬时功率P=Fv⑩
由以上各式代入数据P=0.528W
专题七、机械能
1.（2013全国新课标理综II第20题）目前，在地球周围有许多人造地球卫星绕着它运转，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，则下列说法正确的是
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．卫星克服阻力做的功小于引力势能的减小.BD。
【命题意图】本题考查卫星的运动、机械能、功能关系、动能定理及其相关知识点，意在考查考生综合应用相关知识分析卫星运动的能力。
+【解题思路】由于空气阻力做负功，卫星轨道半径变小，地球引力做正功，引力势能一定减小，动能增大，机械能减小，选项AC错误B正确。根据动能定理，卫星动能增大，卫星克服阻力做的功小于地球引力做的正功，而地球引力做的正功等于引力势能的减小，所以卫星克服阻力做的功小于引力势能的减小，选项D正确。
【命题分析】此题提出了引力势能，可类比重力势能。引力势能属于卫星和地球这个系统的。地球引力做功，引力势能减小；克服地球引力做功，引力势能增大。2.（2013高考山东理综第14题）如图所示，楔形木块abc固定在水平面上，粗糙斜面ab和光滑斜面bc与水平面的夹角相同，顶角b处安装一定滑轮。质量分别为M、m（M>m）的滑块,通过不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接，轻绳与斜面平行。两滑块由静止释放后，沿斜面做匀加速运动。若不计滑轮的质量和摩擦，在两滑块沿斜面运动的过程中
A.两滑块组成系统的机械能守恒
B．重力对M做的功等于M动能的增加
C．轻绳对m做的功等于m机械能的增加
D．两滑块组成系统的机械能损失等于M克服摩擦力做的功
答案：解析：斜面ab粗糙在两滑块沿斜面运动的过程中.两滑块组成系统的机械能守恒重力对M做的功于M动能的增加轻绳对m做的功等于m机械能的增加两滑块组成系统的机械能损失等于M克服摩擦力做的功.（2013高考安徽理综第17题）质量为m的人造地球卫星与地心的距离为r时，引力势能可表示为，其中G为引力常量，M为地球质量。该卫星原来的在半径为R1的轨道上绕地球做匀速圆周运动，由于受到极稀薄空气的摩擦作用，飞行一段时间后其圆周运动的半径变为R2，此过程中因摩擦而产生的热量为
A.GMm(-)B.GMm(-)C.GMm(-)D.GMm(-)
【答案】C【解析】卫星降低轨道-(-G)=GMm(-)。由G=mv2/R，可得卫星在半径为R1的轨道上绕地球做匀速圆周运动mv2=，卫星在半径为R的轨道上绕地球做匀速圆周运动mv2=，动能增加△Ek=-，由功能关系△EP=△Ek+Q，联立解得：此过程中因摩擦而产生的热量为GMm(-)，所以正确选项为C。
30°，一质量为m的小物块自斜面底端以一定的初速度沿斜面向上做匀减速运动，加速度大小等于重力加速度的大小g。物块上升的最大高度为H，则此过程中，物块的（）
A．动能损失了2mgH B．动能损失了mgH
C．机械能损失了mgH D．机械能损失了
答案：AC
解析：分析小物块沿斜面上滑，根据题述可知，物块所受滑动摩擦力为f=0.5mg，由动能定理，动能损失了fH/sin30°+mgH=2mgH，选项A正确B错误。由功能关系，机械能损失fH/sin30°=mgH，选项C正确D错误。
5．(2013高考江苏物理第5题)水平面上，一白球与一静止的灰球碰撞，两球质量相等。碰撞过程的频闪照片如图所示，据此可推断，碰撞过程中系统损失的动能约占碰撞前动能的
（A）30%（B）50%
（C）70%（D）90%mv2-m(0.6v)2m(0.6v)2=0.28×mv2。据此可推断，碰撞过程中系统损失的动能约占碰撞前动能的30%，选项A正确。
6．我国女子短道速滑队在今年世锦赛上实现女子3000m接力三连冠．观察发现，“接棒”的运动员甲提前站在“交捧”的运动员乙前面．并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出。在乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用，则
A·甲对乙的冲量一定等于乙对甲的冲量
B．甲、乙的动量变化一定大小相等方向相反
C，甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量
D．甲对乙做多少负功，乙对甲就一定做多少正功
答案：B
解析：冲量是矢量，甲乙相互作用时，二者相互作用力相等，甲对乙的冲量大小一定等于乙对甲的冲量的大小，但是方向相反，选项A错误。由动量定理，甲、乙的动量变化一定大小相等方向相反，选项B正确。甲乙相互作用过程，是非弹性碰撞，机械能不守恒，所以选项CD错误。μ。现用水平向右的力将物块从O点拉至A点，拉力做的功为W。撤去拉力后物块由静止向左运动，经O点到达B点时速度为零。重力加速度为g。则上述过程中
（A）物块在A点时，弹簧的弹性势能等于W-μmga
（B）物块在B点时，弹簧的弹性势能小于W-μmga
（C）经O点时，物块的动能小于W-μmga
（D）物块动能最大时，弹簧的弹性势能小于物块在B点时弹簧的弹性势能
答案：BC
解析：设物块在A点时，弹簧的弹性势能等于EpA，用水平向右的力将物块从O点拉至A点，拉力做的功为W=EpA+μmg·OA，物块在A点时，弹簧的弹性势能EpA大于W-μmga，选项A错误。由于物块与桌面间有摩擦，OA大于OB，物块从0到A再由A到B的过程克服摩擦力做功μmg·OA+μmga，大于μmga。由功能关系，物块在B点时，弹簧的弹性势能小于W-μmga，选项B正确。物块从0到A再由A到O的过程，克服摩擦力做功2μmg·OA，大于μmga，所以经O点时，物块的动能小于W-μmga，选项C正确。当物块运动到从A向B运动，弹簧弹力等于摩擦力时物块的动能最大，此时弹簧处于拉伸状态；运动到B点时弹簧处于压缩状态，根据题述不能判断这两个位置弹簧的弹性势能的大小，选项D错误。，
8.（2013高考福建理综第20题）（15分）如图，一不可伸长的轻绳上端悬挂于O点，T端系一质量m=1.0kg的小球。现将小球拉到A点（保持绳绷直）由静止释放，当它经过B点时绳恰好被拉断，小球平抛后落在水平地面上的C点。地面上的D点与OB在同一竖直线上，已知绳长L=1.0m，B点离地高度H=1.0m，A、B两点的高度差h=0.5m，重力加速度g取10m/s2,不计空气影响，
(1)地面上DC两点间的距离s；
(2)轻绳所受的最大拉力大小。
解析：（1）小球从A到B的过程中机械能守恒，有：mgh=mvB2，①
小球从B到C做平抛运动，在竖直方向上有：H=gt2，②
在水平方向上有：s=vBt，③
联立①②③解得：s=1.41m。④
（2）小球下摆到达B点时，绳的拉力和重力的合力提供向心力，有：F-mg=m⑤
联立①⑤解得：F=20N
根据牛顿第三定律，F’=-F，
轻绳所受的最大拉力大小为20N。
专题八、静电场
1.（2013全国新课标理综II第18题）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
A．B．C．D．
.B【命题意图】本题考查库仑定律、电场力、平衡条件及其相关知识点，意在考查考生综合运用知识解决问题的能力。
【解题思路】设小球c带电量Q，由库仑定律可知小球a对小球c的库伦引力为F=k，小球b对小球c的库伦引力为F=k，二力合力为2Fcos30°。设水平匀强电场的大小为E，对c球，由平衡条件可得：QE=2Fcos30°。解得：E=，选项B正确。
【误区警示】错选研究对象，分析小球a受力或分析小球b受力，陷入误区。
A.k B.k C.k D.k
【命题意图】本题考查等基础知识点，意在考查考生应用相关知识定量分析物理问题，解决问题的能力。
。根据点电荷电场强度公式和电场叠加原理，d点处的电场E=k+EQ=k，选项B正确。
3（2013全国新课标理综1第16题）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d/2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d/3，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d/2处返回 D.在距上极板2d/5处返回
【命题意图】本题考查、等基础知识点，意在考查考生应用相关知识定量分析物理问题，解决问题的能力。
d/3，一定不能打在下极板上。设粒子在距上极板nd处返回，则电场力做功为-3qnU/2，由动能定理，mg(nd+d/2)-3qnU/2=0.。解得n=2d/5，即粒子将在距上极板2d/5处返回，选项D正确。
4．（2013高考重庆理综第3题）如题3图所示，高速运动的α粒子被位于O点的重原子核散射，实线表示α粒子运动的轨迹，M、N和Q为轨迹上的三点，N点离核最近，Q点比M点离核更远，则
A．α粒子在M点的速率比在Q点的大
B．三点中，α粒子在N点的电势能最大
C．在重核产生的电场中，M点的电势比Q点的低
D．α粒子从M点运动到Q点，电场力对它做的总功为负功
答案：B
解析：高速运动的α粒子被位于O点的重原子核散射，离原子核越近，速率越小，电势能越大，所以α粒子在M点的速率比在Q点的小，三点中，α粒子在N点的电势能最大，选项A错误B正确。在重核产生的电场中，M点的电势比Q点的高，α粒子从M点运动到Q点，电场力对它做的总功为正功，选项CD错误。
5．两异种点电荷电场中的部分等势面如图所示，已知A点电势高于B点电势。若位于a、b处点电荷的电荷量大小分别为qa和qb，则
(A)a处为正电荷，qa＜qb
(B)a处为正电荷，qa＞qb
(C)a处为负电荷，qa＜qb
(D)a处为负电荷，qa＞qb
答案：B
解析：根据A点电势高于B点电势可知，a处为正电荷，qa＞qb，选项B正确。6.（2013高考山东理综第19题）如图所示，在x轴相距为L的两点固定两个等量异种点电荷+Q、-Q，虚线是以+Q所在点为圆心、L/2为半径的圆，a、b、c、d是圆上的四个点，其中a、c两点在x轴上，b、d两点关于x轴对称。下列判断正确的是
A．b、d两点处的电势相同
B.四点中c点处的电势最低
C．b、d两点处的电场强度相同
D．将一试探电荷+q沿圆周由a点移至c点，+q的电势能减小答案：解析：b、d两点处的电势相同两个等量异种点电荷.四点中c点处的电势最低b、d两点处的电场强度相同将一试探电荷+q沿圆周由a点移至c点，+q的电势能减小
7.（2013高考安徽理综第20题）如图所示，平面是无穷大导体的表面，该导体充满的空间，的空间为真空。将电荷为q的点电荷置于z轴上z=h处，则在平面上会产生感应电荷。空间任意一点处的电场皆是由点电荷q和导体表面上的感应电荷共同激发的。已知静电平衡时导体内部场强处处为零，则在z轴上处的场强大小为（k为静电力常量）
A.B.C.D.
【答案】D【解析】点电荷q和导体表面上的感应电荷共同激发的在z轴上处的场强z=h处z=-h处+k=，选项D正确。
8．(2013高考江苏物理第6题)将一电荷量为+Q的小球放在不带电的金属球附近，所形成的电场线分布如图所示，金属球表面的电势处处相等。a、b为电场中的两点，则
（A）a点的电场强度比b点的大
（B）a点的电势比b点的高
（C）检验电荷-q在a点的电势能比在b点的大
（D）将检验电荷-q从a点移到b点的过程中，电场力做负功
答案：ABD
解析：根据电场线的疏密表示电场强度大小可知a点的电场强度比b点的大，选项A正确。根据沿电场线方向电势逐渐降低，a点的电势比b点的高，选项B正确。由电势能与电势的关系可知，检验电荷-q在a点的电势能比在b点的小，选项C错误。将检验电荷-q从a点移到b点的过程中，电场力做负功，电势能增大，选项D正确。
9．(2013高考江苏物理第3题)下列选项中的各圆环大小相同，所带电荷量已在图中标出，且电荷均匀分布，各圆环间彼此绝缘。坐标原点处电场强度最大的是
答案：B
解析：将圆环分割成微元，由对称性分析可得，D图中处电场强度为零点。C图中两个带+q的圆环在坐标原点处电场强度为零。所以坐标原点处电场强度最大的是图B。
10．两个带等量正电的点电荷，固定在图中P、Q两点，MN为PQ连线的中垂线，交PQ于O点，A点为MN上的一点。一带负电的试探电荷q，从A点由静止释放，只在静电力作用下运动．取无限远处的电势为零，则
A.q由A向O的运动是匀加速直线运动
B.q由A向O运动的过程电势能逐渐减小
C.q运动到O点时的动能最大
.q运动到O点时电势能为零
答案：解析：两个带等量正电的点电荷一带负电的试探电荷q，从A点由静止释放，只在静电力作用下运动q由A向O运动的过程电势能逐渐减小q运动到O点时的动能最大．即：，甲、乙在同一高度的速度大小相等，选项B正确。在同一时刻，甲的位移总比乙大，甲比乙先到达B处，选项C错误D正确。
12.（2013高考广东理综第15题）喷墨打印机的简化模型如图4所示，重力可忽略的墨汁微滴，经带电室带负电后，以速度v垂直匀强电场飞入极板间，最终打在纸上，则微滴在极板间电场中
A．向负极板偏转 B.电势能逐渐增大
C.运动轨迹是抛物线 D.运动轨迹与带电量无关
考点：带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，电场力做功和电势能关系，牛顿第二定律，匀强电场的计算公式。答案：C
解析：不计重力的微滴带负电，所受电场力方向指向带正电荷的极板，微滴在极板间向正极板偏转，选项A错。电场力做功，电势能减小，选项B错误。不计重力的带负电微滴初速方向和恒定电场力方向垂直，其运动轨迹为抛物线，选项C正确。带电墨汁微滴所受电场力与电量成正比，所以运动轨迹与带电量有关，选项D错误。
13.(2013高考北京理综第18题)某原子电离后其核外只有一个电子，若该电子在核的库仑力作用下绕核做匀速圆周运动，那么电子运动
A.半径越大，加速度越大B.半径越小，周期越大
C.半径越大，角速度越小D.半径越小，线速度越小
答案：C解析：电子在核的库仑力作用下绕核做匀速圆周运动，由k=ma可知，半径r越大，加速度a越小，选项A错误。由k=mω2r可知，半径r越大，角速度ω越小，选项C正确。由ω=2π/T可知，半径r越大，周期T越大，半径越小，周期越小，选项B错误。由k=m可知，半径r越大，线速度v越小，选项D错误。
专题九、恒定电流
1.（2013高考安徽理综第19题）用图示的电路可以测量电阻的阻值。图中Rx是待测电阻，R0是定值，是灵敏度很高的电流表，MN是一段均匀的电阻丝。闭合开关，改变滑动头P的位置，当通过电流表的电流为零时，测得，，，则Rx的阻值为
A.B.
C.D.
【答案】C【解析】根据电阻定律有，当电表无读数时，有,解得，选项C正确
2．在车门报警电路中，两个按钮开关分别装在汽车的两扇门上，只要有开关处于断开状态，报警灯就发光。能实现此功能的电路是答案：B解析：能实现此功能的电路是与门电路，选项B正确。
（A）（B）（C）（D）4．如图，电路中三个电阻Rl、R2和R3的阻值分别为R、2R和4R。当电键S1断开、S2闭合时，电源输出功率为P0；当S1闭合、S2断开时，电源输出功率也为P0。则电源电动势为＿＿＿＿；当S1、S2都断开时，电源的总功率为＿＿＿＿。
答案：0.3P0。
解析：当电键S1断开、S2闭合时，电路中电流I1=E/(R+r)，P0=I12R=E2R/(R+r)2.。当S1闭合、S2断开时，电路中电流I2=E/(4R+r)，P0=I224R=E24R/(4R+r)2.。联立解得：r=R/2，E=。当S1、S2都断开时，电路中电流I3=E/(7R+r)=，电源的总功率为P=EI3=0.3P0。.
1．如图，足够长的直线ab靠近通电螺线管，与螺线管平行。用磁传感器测量ab上各点的磁感应强度B，在计算机屏幕上显示的大致图像是
答案：C解析：通电螺线管外部中间处的磁感应强度最小，所以用磁传感器测量ab上各点的磁感应强度B，在计算机屏幕上显示的大致图像是C。
．图中a，b，c，d为四根与纸面垂直的长直导线，其横截面位于正方形的四个顶点上，导线中通有大小相同的电流，方向如图所示。一带正电的粒子从正方形中心O点沿垂直于纸面的方向向外运动，它所受洛伦兹力的方向是
A．向上B．向下C．向左D．向右
【答案】B【解析】在O点处，各电流产生的磁场的磁感应强度在O点叠加。合矢量向左，带正电的粒子从正方形中心O点沿垂直于纸面的方向向外运动，它所受洛伦兹力的方向是B选项正确。
.（2013全国新课标理综II第17题）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，磁场方向垂直于横截面。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
A．B．C．D．
答案.A【命题意图】本题考查带电粒子在匀强磁场中的运动及其相关知识点，意在考查考生应用力学、电学知识分析解决问题的能力。
【解题思路】画出带电粒子运动轨迹示意图，如图所示。设带电粒子在匀强磁场中运动轨迹的半径为r，根据洛伦兹力公式和牛顿第二定律，qv0B=m，解得r=mv0/qB。由图中几何关系可得：tan30°=R/r。联立解得：该磁场的磁感应强度B=,选项A正确。
【技巧点拨】题述没有给出图，解答带电粒子在匀强磁场中的运动问题一定要画出轨迹图，利用洛伦兹力等于向心力和图中几何关系列出相关方程联立解得。
A．B．C．D．
【命题意图】本题考查、牛顿第二定律、等基础知识点，意在考查考生应用相关知识定量分析物理问题，解决问题的能力。
，选项B正确。
5.(2013高考广东理综第21题)如图9，两个初速度大小相同的同种离子a和b，从O点沿垂直磁场方向进入匀强磁场，最后打到屏P上，不计重力，下列说法正确的有
A.a，b均带正电 B.a在磁场中飞行的时间比b的短
C.a在磁场中飞行的路程比b的短 D.a在P上的落点与O点的距离比b的近
5．考点：运动电荷在磁场中的运动，圆周运动，洛伦兹力，
答案：AD解析：根据题述，由左手定则，带电粒子a，b均带正电，选项A正确。由于ab粒子做圆周运动的半径为：相等，画出轨迹如右图,O1、O2分别为ab粒子运动轨迹所对的圆心，显然a粒子在磁场中运动轨迹对应的圆心角大于b，由和轨迹图可知，a在磁场中飞行的时间比b的长，a在磁场中飞行的路程比b的长，a在P上的落点与O点的距离比b的近，选项D正确BC错误。
6．（20分）（2013全国高考大纲版理综第26题）如图所示，虚线OL与y轴的夹角为θ＝60°，在此角范围内有垂直于xOy平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一质量为m、电荷量为q（q＞0）的粒子从左侧平行于x轴射入磁场，入射点为M。粒子在磁场中运动的轨道半径为R。粒子离开磁场后的运动轨迹与x轴交于P点（图中未画出），且＝R。不计重力。求M点到O点的距离和粒子在磁场中运动的时间。
6．（20分）解：根据题意，粒子进入磁场后做匀速圆周运动，设运动轨迹交虚线OL于A点，圆心在y轴上的C点，AC与y轴的夹角为α；粒子从A点射出后，运动轨迹交x轴的P点，设AP与x轴的夹角为β，如图所示。有（1分）（判断出圆心在y轴上得1分）
周期为（1分）
过A点作x、y轴的垂线，垂足分别为B、D。由几何知识得
，，
，
α=β（2分）
联立得到（2分）
解得α=30°，或α=90°（各2分）
设M点到O点的距离为h，有
，
联立得到h=R-Rcos(α+30°)（1分）
解得h=(1-)R（α=30°）（2分）
h=(1+)R（α=90°）（2分）
当α=30°时，粒子在磁场中运动的时间为
（2分）
当α=90°时，粒子在磁场中运动的时间为
（2分）
专题十一、带电粒子在电磁场中的运动
1．垂直进入磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里，有一定的宽度的匀强磁场区域，如图所示，已知离子P+在磁场中转过θ=30°后从磁场右边界射出。在电场和磁场中运动时，离子P+和P3+
A．在电场中的加速度之比为1∶1
B．在磁场中运动的半径之比为∶1
C．在磁场中转过的角度之比为1∶2
D．离开电场区域时的动能之比为1∶3
答案：BCD
解析：离子P+带电量为e，P3+带电量为e，，由qE=ma，可知离子P+和P3+在电场中的加速度之比为1∶3，选项A错误。由qU=mv2/2，qvB=mv2/R，解得R=.离子P+和P3+在磁场中运动的半径之比为∶1，选项B正确。画出离子P+和P3+在磁场中运动的轨迹，由几何关系可知，离子P+和P3+在磁场中转过的角度之比为1∶2，选项C正确。由qU=mv2/2，可知离子P+和P3+离开电场区域时的动能之比为1∶3，选项D正确。
2．（16分）(2013高考北京理综第22题)如图所示，两平行金属板间距为d，电势差为U，板间电场可视为匀强电场；金属板下方有一磁感应强度为B的匀强磁场。带电量为+q、质量为m的粒子，由静止开始从正极板出发，经电场加速后射出，并进入磁场做匀速圆周运动。忽略重力的影响，求：
匀强电场场强E的大小；
粒子从电场射出时速度ν的大小；
粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径R。
解析：（1）匀强电场场强E=U/d。
（2）由动能定理，qU=mv2，解得v=。
（3）粒子在磁场中做匀速圆周运动，qvB=m，解得R=。将速度v的值代入：R=。
3.（2013高考福建理综第22题）(20分)如图甲，空间存在—范围足够大的垂直于xoy平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。让质量为m，电量为q（q<0)的粒子从坐标原点O沿加xoy平面以不同的初速度大小和方向入射到该磁场中。不计重力和粒子间的影响。
(1)若粒子以初速度v1沿y轴正向入射，恰好能经过x轴上的A(a，0)点，求v1的大小：
(2)已知一粒子的初建度大小为v(v>v1)．为使该粒子能经过A(a，0)点，其入射角（粒子初速度与x轴正向的夹角）有几个？并求出对应的sinθ值：
(3)如图乙，若在此空间再加入沿y轴正向、大小为E的匀强电场，一粒子从O点以初速度v0沿x轴正向发射。研究表明：粒子在xoy平面内做周期性运动，且在任一时刻，粒子速度的x分量vx与其所在位置的y坐标成正比，比例系数与场强大小E无关。求该粒子运动过程中的最大速度值vm。
解析：（1）带电粒子以速率v1在匀强磁场B中做匀速圆周运动，半径为R，有：qv1B=mv12/R，①
当粒子沿y轴正方向入射，转过半个圆周至A点，该圆周半径为R1，有：R1=a/2，②
解得：v1=。。。③
（2）如图，O、A两点处于同一圆周上，且圆心在x=a/2的直线上，半径为R。当给定一个初速度v时，有两个入射角，分别在第1、2象限，有
sinθ’=sinθ=。④
由①④式解得：sinθ=。⑤
（3）粒子在运动过程中仅电场力做功，因而在轨道的最高点处速率最大，用ym表示其y坐标，由动能定理，有：qEym=mvm2-mv02⑥
由题知，有vm=kym。⑦
若E=0时，粒子以初速度v0沿y轴正方向入射，有：qvB=m⑧
v0=kR0，⑨
由⑥⑦⑧⑨式解得：vm=+
4.（18分）如图所示，在坐标系xoy的第一、第三象限内存在相同的匀强磁场，磁场方向垂直于xoy面向里；第四象限内有沿y轴正方向的匀强电场，电场强度大小为E.一质量为、带电量为的粒子自y轴的P点沿x轴正方向射入第四象限，经x轴上的Q点进入第一象限，随即撤去电场，以后仅保留磁场。已知OP=d,OQ=2d,不计粒子重力。（1）求粒子过Q点时速度的大小和方向。
（2）若磁感应强度的大小为一定值B0，粒子将以垂直y轴的方向进入第二象限，求B0；
（3）若磁感应强度的大小为另一确定值，经过一段时间后粒子将再次经过Q点，且速度与第一次过Q点时相同，求该粒子相邻两次经过Q点所用的时间。
θ，由牛顿第二定律得：qE=ma，①
由运动学公式得：d=at02，②2d=v0t0，③
vy=at0，④v=，⑤
tanθ=vy/v0⑥
联立①②③④⑤⑥式解得：v=2，⑦
θ=45°。⑧
（2）设粒子做匀速圆周运动的半径为R1，粒子在第一象限的运动轨迹如图所示，O1为圆心，由几何关系可知△O1OQ为等腰三角形，得：R1=2d。⑨⑩由牛顿第二定律得：qvB0=m
联立⑦⑨⑩式解得：B0=
(3)）设粒子做匀速圆周运动的半径为R2，由几何分析【粒子运动的轨迹如图所示，O2、O2’是粒子做匀速圆周运动的圆心，Q、F、G、H是轨迹与两坐标轴的交点，连接O2、O2’，由几何关系知，O2FGO2’和O2QHO2’均为矩形，进而知FQ、GH均为直径，QFGH也是矩形，又FH⊥GQ，可知QFGH是正方形，△QOF为等腰直角三角形。】可知，粒子在第一、第三象限的轨迹均为半圆，得：2R2=2d。
粒子在第二、第四象限的轨迹为长度相等的线段，得：FG=HQ=2R2，
设粒子相邻两次经过Q点所用的时间为t，则有：
t=。
联立解得：t=(2+π).
5．（16分）如图所示的平面直角坐标系xy，在第象限内有平行于轴的匀强电场，方向沿正方向；在第象限的正三角形区域内有匀强，方向垂直于xy平面向里，正三角形边长为L，且边与轴平行。一质量为、电荷量为的粒子，从轴上的点，以大小为的速度沿轴正方向射入电场，通过电场后从轴上的点进入第象限，又经过磁场从轴上的某点进入第象限，且速度与轴负方向成45°角，不计粒子所受的重力。求：
（1）电场强度E的大小；
（2）粒子到达点时速度的大小和方向；
（3）区域内磁场的磁感应强度的最小值。
【解析】at2=h，qE=ma，
联立解得：E=。
（2）粒子到达a点时沿y轴负方向的分速度为vy=at=v0
所以：v==v0。
方向指向第象限。
当粒子从b点射出时，磁场的磁感应强度为最小值，此时有：
r=L。所以B=。
6．（19分）（2013高考四川理综第11题）如图所示，竖直平面（纸面）内有平面直角坐标系x0y,x轴沿水平方向。在x≤0的区域内存在方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B1的匀强磁场。在第二象限紧贴y轴固定放置长为、表面粗糙的不带电绝缘平板，平板平行x轴且与x轴相距h。在第一象限内的某区域存在方向互相垂直的匀强磁场（磁感应强度大小为B2，方向垂直于纸面向外）和匀强电场（图中未画出）。一质量为m、不带电的小球Q从平板下侧A点沿x正向抛出；另一质量也为m、带电量为q的小球P从A点紧贴平板沿x轴正向运动，变为匀速运动后从y轴上的D点进入电磁场区域做匀速圆周运动，经圆周离开电磁场区域，沿y轴负方向运动，然后从x轴上的K点进入第四象限。小球P、Q相遇在第四象限内的某一点，且竖直方向速度相同。设运动过程中小球P的电量不变，小球P和Q始终在纸面内运动且均看作质点，重力加速度为g。求：
（1）匀强电场的场强大小，并判断P球所带电荷的正负；
（2）小球Q的抛出速度v0取值范围；
（3）B1是B2的多少倍？
解析：（1）带电小球P在电磁场做圆周运动
(2)设小球P紧贴平板匀速运动的速度为v，此时洛伦兹力与重力平衡，有：qvB1=mg，
设小球P以速度v在电磁场区域内做圆周运动的半径为R，有qvB2=m。
设小球Q与小球P在第四象限相遇点的坐标为x、y，有：x≥0，y≤0.
小球Q运动到相遇点所需时间为t0，水平位移为s，竖直位移为d，有：
s=v0t0，
d=gt02，
由题意得：x=s-l，y=h-d，
联立上述方程，由题意可知v0>0，解得：
0
小球Q在空间做平抛运动，要满足题设要求，则运动到小球P穿出电磁场区域的同一水平高度的W点时，其竖直方向的速度vy与竖直位移y0必须满足：
vy=v，y0=gt2，联立相关方程，解得B1=B2/2。B1是B2的0.5倍。
7．(2013高考江苏物理第15题)（16分）在科学研究中，可以通过施加适当的电场和磁场来实现对带电粒子运动的控制。如题15-1图所示的xOy平面处于匀强电场和匀强磁场中，电场强度E和磁感应强度B随时间作周期性变化的图象如题15-2图所示。x轴正方向为E的正方向，垂直纸面向里为B的正方向。在坐标原点O有一粒子P，其质量和电荷量分别为m和+q。不计重力。在时刻释放P，它恰能沿一定轨道做往复运动。
（1）求P在磁场中运动时速度的大小v0；
τ/2)时刻释放P，求P速度为零时的坐标。
解析：
（1）τ/2~τ做匀加速直线运动，τ~2τ做匀速圆周运动，电场力：F=qE0，加速度：a=F/m，
速度：v0=at，且t=τ/2，联立解得：v0=。
（2）只有当t=2τ时，P在磁场中做匀速圆周运动结束并开始沿x轴负方向运动，才能沿一定轨道做往复运动，如图所示。设P在磁场中做匀速圆周运动周期为T，则：
（n-1/2）T=τ,（n=1,2,3···）
匀速圆周运动：qvB0=m，T=2πr/v，
解得：B0=（2n-1）。
（3）在t0时刻释放P，P在电场中加速时间为：τ-t0。
在磁场中做匀速圆周运动，v1=(τ-t0)..。
圆周运动的半径：r1=，
解得：r1=(τ-t0)..。
又经(τ-t0)时间P减速为零后向右加速时间为t0.。
P再进入磁场，v2=t0.。
圆周运动的半径：r2=，
解得：r2=t0.。
综上所述，速度为零时的横坐标为x=0。
相应的纵坐标为y=(k=1，2，3，···)解得：y=(k=1，2，3，···)
8.（2013高考天津理综物理第11题）(18分）一圆筒的横截面如图所示，其圆心为O。筒内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。圆筒下面有相距为d的平行金属板M、N，其中M板带正电荷．N板带等量负电荷。质量为m、电荷量为q的带正电粒子自M板边缘的P处由静止释放，经N板的小孔S以速度v沿半径SO方向射入磁场中．粒子与圈筒发生两次碰撞后仍从S孔射出，设粒子与圆筒碰撞过程中没有动能损失，且电荷量保持不变，在不计重力的情况下，求：
(1)M、N间电场强度E的大小；
(2）圆筒的半径R:
（3）保持M、N间电场强度E不变，仅将M板向上平移2/3d，粒子仍从M板边缘的P处由静止释放粒子自进入圆筒至从S孔射出期间，与圆筒的碰撞次数n。解析：设两板间的电压为U，由动能定理得：qU=mv2，①
由匀强电场中电势差与电场强度的关系得U=Ed，②
联立解得：E=。③
（2）粒子进入磁场后做匀速圆周运动，运用几何关系作出圆心为O’，圆半径为r。设第一次碰撞点为A。由于粒子与圆筒发生两次碰撞又从S孔射出，因此，SA圆弧所对的圆心角∠AO’S=π/3。
由几何关系得r=Rtan(π/3)④
粒子运动过程中洛伦兹力充当向心力，由牛顿第二定律，得：qvB=m，⑤
联立④⑤式解得：R=。⑥
（3）保持M、N之间的电场强度E不变，M板向上移动2d/3后，设板间电压为U’，则
U’=Ed/3=U/3.⑦
设粒子进入S孔时的速度为v’，由①式可看出：=。
综合⑦式可得：v’=v。⑧
设粒子做匀速圆周运动的轨道半径为r’，则r’=⑨
设粒子从S到第一次与圆筒碰撞期间的轨迹所对圆心角为θ，比较⑥⑨两式得到r’=R，可见，θ=π/2，
粒子需经过四个这样的圆弧才能从S孔射出，故：n=3
专题十二、电磁感应
1.（2013全国新课标理综II第16题）如图，在光滑水平桌面上有一边长为L、电阻为R的正方形导线框；在导线框右侧有一宽度为d（d>L）的条形匀强磁场区域，磁场的边界与导线框的一边平行，磁场方向竖直向下。导线框以某一初速度向右运动。t=0时导线框的右边恰与磁场的左边界重合，随后导线框进入并通过磁场区域。下列v--t图象中，可能正确描述上述过程的是
16.D
【命题意图】本题考查电磁感应、安培力、速度图像及其相关知识，意在考查考生分析解决问题的能力和应用图象描述物理过程的能力。
【解题思路】由于导线框闭合，导线框以某一初速度向右运动，导线框右侧边开始进入磁场时，切割磁感线产生感应电动势和感应电流，右侧边受到安培力作用，做减速运动；导线框完全进入磁场中，导线框中磁通量不变，不产生感应电流，导线框不受安培力作用，做匀速运动；导线框右侧边开始出磁场时，左侧边切割磁感线产生感应电动势和感应电流，左侧边受到安培力作用，导线框做减速运动；所以可能正确描述运动过程的速度图象是D。
【误区警示】解答此题的误区有三，一是认为导线框可能不闭合，错误选A；二是没有考虑到题给条件d>L，误选C；三是没有考虑到安培力是变力，误选B。
【命题意图】本题考查、等基础知识点，意在考查考生应用相关知识定量分析物理问题，解决问题的能力。
θ，金属棒t时刻切割磁感线产生的感应电动势E=BLv=2Bv2ttanθ，回路电阻R=(2vt/cosθ+2vttanθ)r，回路中电流i=E/R=Bvtanθ/(1/cosθ+tanθ)r，与时间t无关，所以回路中电流i与时间t的关系图线.可能正确的是A。
3．用于存储信息的磁极方向不同的磁化区，刷卡器中有检测线圈，当以速度0刷卡时，在线圈中产生感应电动势。其E-t关系如右图所示。如果只将刷卡速度改为0/2，线圈中的E-t关系可能是
答案：D解析：如果只将刷卡速度改为0/2，产生的感应电动势减小为原来的1/2，刷卡时间增大为原来的2倍，线圈中的E-t关系可能是．如图，通电导线MN与单匝矩形线圈abcd共面，位置靠近ab且相互绝缘。当MN中电流突然减小时，线圈所受安培力的合力方向
(A)向左 (B)向右
(C)垂直纸面向外 (D)垂直纸面向里
答案：B解析：当MN中电流突然减小时，单匝矩形线圈abcd垂直纸面向里的磁通量减小，根据楞次定律，单匝矩形线圈abcd中产生的感应电流方向顺时针方向，由左手定则可知，线圈所受安培力的合力方向向右，选项B正确。
．如图所示，足够长平行金属导轨倾斜放置，倾角为37°，宽度为0.5m，电阻忽略不计，其上端接一小灯泡，电阻为1Ω。一导体棒MV垂直于导轨放置，质量为0.2kg，接入电路的电阻为1Ω，两端与导轨接触良好，与导轨间的动摩擦因数为0.5.在导轨间存在着垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度为0.8T。将导体棒MV由静止释放，运动一段时间后，小灯泡稳定发光，此后导体棒M的运动速度以及小灯泡消耗的电功率分别为（重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6）
A．2.5m/s，1WB．5m/s，1W
C．7.5m/s，9WD．15m/s，9W
【答案】B【解析】导体棒匀速下滑，θ=F+μmgcosθ。又，；电的总功率选项B正确。
R0。闭合开关S，电压表的示数为U，不考虑虚线MN右侧导体的感应电动势。则
A．R2两端的电压为
B．电容器的a极板带正电
C．滑动变阻器R的热功率为电阻R2的5倍
D．正方形导线框中的感应电动势为kL2
6.AC解析：滑动片P位于滑动变阻器中央，回路总电阻R=R0+R0+R0=R0.设R2两端的电压为U’，由=，解得U’=U,选项A正确。由楞次定律可知，正方形导体框内产生的感应电流方向为逆时针方向，电容器的a极板带负电，选项B错误。滑动变阻器R的热功率为（U）2÷(R0)+×(R0)=,电阻R2的热功率为（U）2÷(R0)=,由÷=5可知，滑动变阻器R的热功率为电阻R2的5倍，选项C正确。由法拉第电磁感应定律，正方形导体框内产生的感应电动势E=kπr2。选项D错误。
7.(2013高考北京理综第17题)如图，在磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，金属杆MN在平行金属导轨上以速度v向右匀速滑动,MN中产生的感应电动势为El；若磁感应强度增为2B,其他条件不变，MN中产生的感应电动势变为E2。则通过电阻R的电流方向及E1与E2之比El∶E2分别为
A.c→a，2∶1 B.a→c，2∶1 C.a→c，1∶2D.c→a，1∶2
答案：C解析：由右手定则可判断出MN中电流方向为从N到M，通过电阻R的电流方向为a→c。根据法拉第电磁感应定律。E=BLv，若磁感应强度增为2B,其他条件不变，MN中产生的感应电动势变为原来的2倍，El∶E2=1∶2，选项C正确。
8.（2013高考山东理综第14题）将一段导线绕成图甲所示的闭合电路，并固定在水平面（纸面）内，回路的ab边置于垂直纸面向里的匀强磁场Ⅰ中。回路的圆形区域内有垂直纸面的磁场Ⅱ，以向里为磁场Ⅱ的正方向，其磁感应强度B随时间t变化的图像如图乙所示。用F表示ab边受到的安培力，以水平向右为F的正方向，能正确反映F随时间t变化的图像是
答案：解析：ab边受到的安培力能正确反映F随时间t变化的图像是R的圆相切于O点，两圆形区域内分别存在垂直纸面的匀强磁场，磁感应强度大小相等、方向相反，且不随时间变化。一长为2R的导体杆OA绕过O点且垂直于纸面的轴顺时针匀速旋转，角速度为ω，t＝0时，OA恰好位于两圆的公切线上，如图所示。若选取从O指向A的电动势为正，下列描述导体杆中感应电动势随时间变化的图像可能正确的是（）
．答案：C解析：导体杆OA绕过O点且垂直于纸面的轴顺时针匀速旋转，在转过180°的过程中，切割磁感线的导体棒长度先不均匀增大后减小，由右手定则可判断出感应电动势的方向为由O指向A为正，所以下列描述导体杆中感应电动势随时间变化的图像可能正确的是C。
10.（2013高考福建理综第18题）如图，矩形闭合线框在匀强磁场上方，由不同高度静止释放，用t1、t2分别表示线框ab边和cd边刚进入磁场的时刻。线框下落过程形状不变，ab边始终保持与磁场水平边界OO’平行，线框平面与磁场方向垂直。设OO’下方磁场区域足够大，不计空气影响，则下列哪一个图像不可能反映线框下落过程中速度v随时间t变化的规律
答案：A
解析：矩形闭合线框在匀强磁场上方，由不同高度静止释放，先做自由落体运动。进入磁场后，若所受安培力大于重力，线框做加速度逐渐减小的减速运动，反映线框下落过程中速度v随时间t变化的规律可能是图象B。若所受安培力等于重力，线框做匀速运动，反映线框下落过程中速度v随时间t变化的规律可能是图象D。若所受安培力小于重力，线框做加速度逐渐减小的加速运动，到线框完全进入磁场区域，线框做自由落体运动，反映线框下落过程中速度v随时间t变化的规律可能是图象C。不可能反映线框下落过程中速度v随时间t变化的规律是图象A。
11．如图所示，纸面内有一矩形导体闭合线框abcd．ab边长大于bc边长，置于垂直纸面向里、边界为MN的匀强磁场外，线框两次匀速地完全进入磁场，两次速度大小相同，方向均垂直于MN。第一次ab边平行MN进入磁场．线框上产生的热量为Q1，通过线框导体横截面的电荷量为q1：第二次bc边平行MN进入磁场．线框上产生的热量为Q2，通过线框导体横截面的电荷量为q2，则
A．Q1>Q2，q1=q2B．Q1>Q2，q1>q2C．Q1=Q2，q1=q2D．Q1=Q2，q1>q2
答案：A
解析：根据功能关系，线框上产生的热量等于克服安培力做功.由F=BIL，I=E/R，E=BLv，第一次ab边平行MN进入磁场，线框上产生的热量为Q1=W1=F1L2=L2=L1.第二次bc边平行MN进入磁场．线框上产生的热量为Q2=W2=F2L1=L1=L2.由于L1>L2，所以Q1>Q2。由I=q/△t，E=△Φ/△t，E=IR，联立解得：q=△Φ/R。两次磁通量变化△Φ相同，所以q1=q2，选项A正确。
1.（2013高考山东理综第14题）图甲是小型交流发电机的示意图，两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，为交流电流表。线圈绕垂直于磁场方向的水平轴OO’沿逆时针方向匀速转动，从图示位置开始计时，产生的交变电流随时间变化的图像如图乙所示，以下判断正确的是A．电流表的示数为10A
B.线圈转动的角速度为50rad/s
C．.0.01s时线圈平面与磁场方向平行
D．0.02s时电阻R中电流的方向自右向左
答案：解析：电流表的示数为10A，选项A正确。由图乙可知，周期为0.02s，频率为f=50Hz，线圈转动的角速度为0πrad/s，选项B错误。0.01s时线圈平面与磁场方向平行0.02s时电阻R中电流的方向自左向右使灯泡变亮，可以采取的方法有
（A）向下滑动P （B）增大交流电源的电压
（C）增大交流电源的频率 （D）减小电容器C的电容
答案：BC
解析：要使灯泡变亮，可以采取的方法有：向上滑动P，或增大交流电源的电压，增大交流电源的频率，或增大电容器C的电容，选项BC正确AD错误。
3．普通的交流电流表不能直接接在高压输电线路上测量电流，通常要通过电流互感器来连接，图中电流互感器ab一侧线圈的匝数较少，工作时电流为Iab，cd一侧线圈的匝数较多，工作时电流为Icd，为了使电流表能正常工作，则
A.ab接MN、cd接PQ，Iab
B.ab接MN、cd接PQ，Iab>Icd
C.ab接PQ、cd接MN，Iab
D.ab接PQ、cd接MN，Iab>Icd
答案：B
解析：根据电流互感器原理，原线圈中电流与副线圈电流的比值等于副线圈匝数与原线圈匝数的比值，电流互感器原线圈匝数少接高压电路，副线圈匝数多，接电流表，所以ab接MN、cd接PQ，Iab>Icd，选项B正确。
.A解析：通过负载的电流有效值为0.025A，变压器输入功率约为P=UI=110×0.025W=3.9W，选项A正确。变压器输出电压的最大值是110V，选项B错误。由变压公式，变压器原、副线圈的匝数比是2∶1，选项C错误。负载电流的函数表达式i=0.05sin(100πt)A，选项D错误。
5.（2013高考广东理综第16题）如图5，理想变压器原、副线圈匝数比n1:n2=2:1，和均为理想电表，灯泡电阻RL=6Ω，AB端电压(V).下列说法正确的是
A.电流频率为100Hz B.的读数为24V
C.的读数为0.5A D.变压器输入功率为6W
考点：变压器的基本规律，正弦交流电的有效值和最大值关系，欧姆定律，周期和角速度关系
答案：D解析：由ω=100π=2πf解得：f=50Hz，选项A错。AB端电压有效值U1=12V，根据变压公式，副线圈电压U2=6V，的读数为6V.由欧姆定律可得I=U2/RL=1A，的读数为1A，选项BC错误。由理想变压器功率关系，变压器输入功率为P=IU2=6W,选项D正确。
6.（2013高考福建理综第15题）如图,实验室一台手摇交流发电机,内阻r=1.0Ω,外接R=9.0Ω的电阻。闭合开关S，当发电机转子以某一转速匀速转动时，产生的电动势e=10sin10πt（V），则
A.该交变电流的频率为10Hz B.该电动势的有效值为10V
C.外接电阻R所消耗的电功率为10W
D.电路中理想交流电流表的示数为1.0A
答案：D
解析：由2πf=10π可得该交变电流的频率为f=5Hz，选项A错误。该电动势的最大值为10V，有效值为10V，选项B错误。外接电阻R中电流I=E/(R+r)=1A，电路中理想交流电流表的示数为1.0A，外接电阻R所消耗的电功率为P=I2R=9W，选项C错误D正确。
专题十四、力学实验
1．如图所示，装置甲中挂有小桶的细线绕过定滑轮，固定在小车上；装置乙中橡皮筋的一端固定在导轨的左端，另一端系在小车上。一同学用装置甲和乙分别进行实验，经正确操作获得两条纸带①和②，纸带上的ab、c……均为打点计时器打出的点。
(1)任选一条纸带读出bc两点间的距离为；
(2)任选一条纸带求出ce两点间的平均速度大小为，纸带①和②上ce两点间的平均速度①②(填“大于”“等于”或“小于”)；
为用装置甲实验所得．纸带②为用装置乙实验所得
D．纸带为用装置乙实验所得．纸带②为用装置甲实验所得
答案：(1)2.10cm，或②2.40cm。
（2）1.13m/s，1.25m/s。小于
（3）C
解析：(1)选择纸带读出bc两点间的距离为读出bc两点间的距离为(2)选择纸带读出两点间的距离为求出ce两点间的平均速度大小为×10-2m/s=1.13m/s。
选择纸带②读出两点间的距离为求出ce两点间的平均速度大小为×10-2m/s=1.25m/s。
（3）分析纸带上的点距离可以看出，纸带做匀加速运动，纸带②做加速度逐渐减小的加速运动最后做匀速运动，所以带为用装置甲实验所得．纸带②为用装置乙实验所得，选项C正确。
2.（18分）
（1）（2013高考福建理综第19（1）题）（6分）在“探究恒力做功与动能改变的关系”实验中（装置如图甲）：
①下列说法哪一项是正确的。（填选项前字母）
A．.平衡摩擦力时必须将钩码通过细线挂在小车上
B．.为减小系统误差，应使钩码质量远大于小车质量
C．实验时，应使小车靠近打点计时器由静止释放
②图乙是实验中获得的一条纸带的一部分，选取O、A、B、C计数点，已知打点计时器使用的交流电频率为50Hz．则打B点时小车的瞬时速度大小为____m/s（保留三位有效数字）。
答案：①C②0.653
解析：①在“探究恒力做功与动能改变的关系”实验中,，平衡摩擦力时要去掉细线另一端的钩码。为减小系统误差，应使钩码质量远小于小车质量，选项AB错误。实验时，应使小车靠近打点计时器由静止释放，选项C正确。
②打B点时小车的瞬时速度大小为v=×10-2m/s=0.653m/s。
3.（13分）（1）图甲为一游标卡尺的结构示意图，当测量一钢笔帽的内径时，应该用游标卡尺的__________(填“A”“B”或“C”)进行测量；示数如图乙所示，该钢笔帽的内径为________mm。
答案：解析：应该用游标卡尺的应该用游标卡尺的应该用游标卡尺的该钢笔帽的内径为mm。②连接细绳及托盘，放入砝码，通过实验得到图2所示的纸带。纸带上O为小车运动起始时刻所打的点，选取时间间隔为0.1s的相邻计数点A、B、C、D、E、F、G。实验时小车所受拉力为0.2N，小车的质量为0.2kg.
请计算小车所受合外力做的功W和小车动能的变化△Ek，补填表中空格（结果保留至少小数点后第四位）。
0——B O—C O—D O—E O—F W/J 0.0432 0.0572 0.0734 0.0915 /J 0.0430 0.0570 0.0734 0.0907 分析上述数据可知：在实验误差允许的范围内W=△Ek，与理论推导结果一致。
③实验前已测得托盘的质量7.7×10-3kg,实验时该组同学放入托盘中的砝码质量应为_________kg(g取9.8m/s2,结果保留至小数点后第三位)
(2)①匀速直线②0.11150.1105③0.0150.1115J。打F点时速度v=×10-2m/s，小车动能的变化△Ek=mv2=×0.2×（×10-2）2J=0.1105J。根据实验时小车所受拉力为0.2N，小车的质量为0.2kg可知，小车质量不是远大于托盘和砝码质量之和.由mg-F=ma，F=Ma可得m==0.02273kg，即托盘和砝码质量之和为0.02222kg，该组同学放入托盘中的砝码质量应为△m=0.02273kg-7.7×10-3kg=0.015kg。
5．(8分)如图，研究平抛运动规律的实验装置放置在水平桌面上，利用光电门传感器和碰撞传感器可测得小球的水平初速度和飞行时间，底板上的标尺可以测得水平位移。
保持水平槽口距底板高度h＝0.420m不变。改变小球在斜槽导轨上下滑的起始位置，测出小球做平抛运动的初速度v0、飞行时间t和水平位移d，记录在表中。
由表中数据可知，在h一定时，小球水平位移d与其初速度v0成＿＿＿＿关系，与＿＿＿＿无关。
v0(m/s) 0.741 1.034 1.318 1.584 t(ms) 292.7 293.0 292.8 292.9 d(cm) 21.7 30.3 38.6 46.4
(2)一位同学计算出小球飞行时间的理论值，发现理论值与测量值之差约为3ms。经检查，实验及测量无误，其原因是＿＿＿＿。
(3)另一位同学分析并纠正了上述偏差后，另做了这个实验，竞发现测量值t′依然大于自己得到的理论值，但二者之差在3－7ms之间，且初速度越大差值越小。对实验装置的安装进行检查，确认斜槽槽口与底座均水平，则导致偏差的原因是＿＿＿＿。
答案：（1）正比h
（2）g取值10m/s2偏大
（3）水平槽口距底板高度h较大，小球飞行时受到空气阻力作用
解析：（1）由表中数据可知，在h一定时，小球水平位移d与其初速度v0成正比关系，与h无关。
（2）计算小球飞行时间的理论值中，g不能取值10m/s2，应该取值g=9.8m/s，这样计算出的t=292.8ms。
（3）导致偏差的原因是：水平槽口距底板高度h较大，小球飞行时受到空气阻力作用6．(2013高考江苏物理第11题)（10分）某兴趣小组利用自由落体运动测定重力加速度，实验装置如图所示。倾斜的球槽中放有若干个小铁球，闭合开关K，电磁铁吸住第1个小球。手动敲击弹性金属片M，M与触头瞬间分开，第1个小球开始下落，M迅速恢复，电磁铁又吸住第2个小球。当第1个小球撞击M时，M与触头分开，第2个小球开始下落……。这样，就可测出多个小球下落的总时间。
（1）在实验中，下列做法正确的有___▲____。
（A）电路中的电源只能选用交流电源
（B）实验前应将M调整到电磁铁的正下方
（C）用直尺测量电磁铁下端到M的竖直距离作为小球下落的高度
（D）手动敲击M的同时按下秒表开始计时
（2）实验测得小球下落的高度H=1.980m，10个小球下落的总时间T=6.5s。可求出重力加速度g=_______m/s2。（结果保留两位有效数字）
（3）在不增加实验器材的情况下，请提出减小实验误差的两个办法。
（4）某同学考虑到电磁铁在每次断电后需要时间△t磁性才消失，因此，每个小球的实际下落时间与它的测量时间相差△t，这导致实验误差。为此，他分别取高度和，测量n个小球下落的总时间和。他是否可以利用这两组数据消除对实验结果的影响？请推导说明。
答案：(1)BD(2)9.4
(3)增加小球下落的高度;多次重复实验,结果取平均值.(其他答案只要合理也可)
(4)由和
可得,因此可以消去△t的影响.
解析：电路中的电源可以选用直流电源，选项A错误。实验前应将M调整到电磁铁的正下方，选项B正确。用直尺测量电磁铁下端到M的竖直距离减去小球直径作为小球下落的高度，选项C错误。手动敲击M的同时，电磁铁断电，小球开始自由落体运动，按下秒表开始计时，选项D正确。
实验测得小球下落的高度H=1.980m，10个小球下落的总时间T=6.5s，单个小球自由落体运动的时间为0.65s。由H=gt2可求出重力加速度g==9.4m/s2。
7．（2013高考天津理综物理第9题）(2）某实验小组利用图示的装置探究加速度与力、质量的关系．
①下列做法正确的是（填字母代号）
A．调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行
B．在调节木板倾斜度平衡木块受到的滑动摩擦力时，将装有砝码的砝码桶通过定滑轮拴木块上
C．实验时，先放开木块再接通打点计时器的电源
D．通过增减木块上的砝码改变质量时，不需要调节木板倾斜度
②为使砝码桶及桶内砝码的总重力在数值上近似等于木块运动时受到的拉力，应满足的条件是砝码桶及桶内砝码的总质量木块和木块上硅码的总质量（填远大于，远小于，或近似于）
③甲、乙两同学在同一实验室，各取一套图示的装置放在水平桌面上，木块上均不放砝码，在没有平衡摩擦力的情况下，研究加速度a与拉力F的关系，分别得到图中甲、乙两条直线·设甲、乙用的木块质量分别为m甲、m乙甲、乙用的木块与木板间的动摩擦因数分别为μ甲，μ乙，由图可知，m甲m乙μ甲μ乙（填“大于”、“小于”或“等于”)①AD②远小于③小于大于
解析：①在利用图示的装置探究加速度与力、质量的关系调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行木板倾斜在调节木板倾斜度平衡木块受到的滑动摩擦力时，装有砝码的砝码桶实验时，先接通打点计时器的电源再放开木块通过增减木块上的砝码改变质量时，不需要调节木板倾斜度②为使砝码桶及桶内砝码的总重力在数值上近似等于木块运动时受到的拉力，应满足的条件是砝码桶及桶内砝码的总质量木块和木块上硅码的总质量③在没有平衡摩擦力的情况下，研究加速度a与拉力F的关系，μmg=ma，得到a=F/m-μg。对比图象，可得m甲m乙μ甲μ乙
①部分实验步骤如下：
A.测量完毕，关闭电源，取出纸带。
B.接通电源，待打点计时器工作稳定后放开小车。
C.将小车停靠在打点计时器附近，小车尾部与纸带相连。
D.把打点计时器固定在夹板上，让纸带穿过限位孔。
上述实验步骤的正确顺序是：_________________________（用字母填写）。
②图16（b）中标出的相邻两计数点的时间间隔T=_________s。
③计数点5对应的瞬时速度大小计算式为v5=_________。
④为了充分利用记录数据，减小误差，小车加速度大小的计算式应为a=_________.
（1）答案：①CDBA②0.1s③④
考点：研究匀速直线运动实验，纸带分析，家用交流电周期
解析：①上述实验步骤的正确顺序是：将小车停靠在打点计时器附近，小车尾部与纸带相连。把打点计时器固定在夹板上，让纸带穿过限位孔。接通电源，待打点计时器工作稳定后放开小车。测量完毕，关闭电源，取出纸带。
②时间T=5T0=5×0.02s=0.1s。
③运用在匀变速直线运动中，中间时刻速度的等于这段时间内的平均速度计算计数点5对应的瞬时速度大小计算式为v5=。
④取则：T’=3T。则有△s’=aT’2，解得a=。
专题十五、力学创新实验
1.（7分）（2013全国新课标理综1第22题）
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;用米尺测最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的平均值；
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”）
【命题意图】本题考查摩擦力、牛顿第二定律、等基础知识点，意在考查考生应用相关知识定量分析物理问题，解决问题的能力。
[()2-()2](3)(4)系统误差
解析：遮光片经过光电门A和光电门B的速度分别为：vA=，vB=..。由vB2-vA2=2as，可得a=[()2-()2].由牛顿第二定律，mg-μMg=(M+m)，解得μ=。
2．（12分）（2013全国高考大纲版理综第23题）测量小物块Q与平板P之间的动摩擦因数的实验装置如图所示。AB是半径足够大的、光滑的四分之一圆弧轨道，与水平固定放置的P板的上表面BC在B点相切，C点在水平地面的垂直投影为C′。重力加速度为g。实验步骤如下：
①用天平称出物块Q的质量m；
②测量出轨道AB的半径R、BC的长度L和CC/的高度h；
③将物块Q在A点由静止释放，在物块Q落地处标记其落地点D；
④重复步骤③，共做10次；
⑤将10个落地点用一个尽量小的圆围住，用米尺测量圆心到C′的距离s。
（1）用实验中的测量量表示：
（ⅰ）物块Q到达B点时的动能EkB＝__________；
（ⅱ）物块Q到达C点时的动能EkC＝__________；
（ⅲ）在物块Q从B运动到C的过程中，物块Q克服摩擦力做的功Wf＝__________；
（ⅳ）物块Q与平板P之间的动摩擦因数μ＝__________。
（2）回答下列问题：
（ⅰ）实验步骤④⑤的目的是。
（ii）已知实验测得的μ值比实际值偏大，其原因除了实验中测量量的误差之外，其它的可能是（写出一个可能的原因即可）
2．（12分）答案：
（1）（每空2分）（ⅰ）mgR（ⅱ）（ⅲ）mgR-（ⅳ）
（2）减小实验结果的误差（2分）圆弧轨道存在摩擦（或接缝B处不平滑等）（2分）
解析：（1）由机械能守恒定律，物块Q到达B点时的动能EkB＝mgR；由平抛运动规律，可得s=vt，h=gt2，解得物块从C点抛出时的速度v=s。物块Q到达C点时的动能EkC＝mv2=。由动能定理，在物块Q从B运动到C的过程中，物块Q克服摩擦力做的功Wf＝mgR-；由Wf＝μmgL解得物块Q与平板P之间的动摩擦因数μ＝
（2）实验步骤④⑤的目的是通过多次实验减小实验结果的误差。实验测得的μ值比实际值偏大，其原因除了实验中测量量的误差之外，其它的可能是圆弧轨道存在摩擦、接缝B处不平滑等。
3.（2013全国新课标理综II第22题）（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
B．小球抛出点到落地点的水平距离sC．桌面到地面的高度h弹簧的压缩量△xs--△x图如果h不变，m增加，s--△x图斜率会减小。如果m不变，h增加，s--△x图斜率会减小。Ep与△x的次方成正比。【答案】（1）ABC(3分)（2）（2分)
（3）减小（1分)增大（1分)2（1分)【命题意图】本题主要考查弹性势能的探究和平抛运动的相关知识，意在考查考生灵活应用知识解决问题的能力。【解题思路】（1）利用平抛运动规律，测量出平抛运动的初速度v。由s=vt，h=gt2，联立解得v=s。要测量小球速度，需要测量小球抛出点到落地点的水平距离s，桌面到地面的高度h。根据动能公式，为求得Ek，还需要测量小球的质量m，所以正确选项是ABC。（2）小球抛出时的动能Ek=mv2=。（3）弹簧的压缩量△x越大，弹性势能越大，小球抛出时的动能越大，所以s与△x成正比。如果h不变，m增加，s--△x图象斜率会减小。如果m不变，h增加，s--△x图象斜率会增大。由实验绘出的图象可知，s与△x成正比，而Ek=mv2=，所以弹簧被压缩后的弹性势能Ep与△x的二次方成正比。
【方法技巧】解答此类题要利用相关物理规律列出方程，再结合题给图象解答。（3）要测绘一个标有“3V，0.6W”小灯泡的伏安特性曲线，灯泡两端的电压需要由零逐渐增加到3V，并便于操作。已选用的器材有：
电池组（电动势为4.5V，内阻约1Ω):
电流表（量程为0~250mA．内阻约5Ω);
电压表（量程为0~3V．内限约3kΩ):
电键一个、导线若干。
实验中所用的滑动变阻器应选下列中的（填字母代号）。
滑动变阻器（最大阻值20Ω,额定电流1A)
滑动变阻器（最大阻值1750Ω,额定电流0.3A)
实验的电路图应选用下列的图（填字母代号）。
实脸得到小灯泡的伏安特性曲线如图所示。如果将这个小灯泡接到电动势为1.5V，内阻为50Ω的电源两端，小灯泡消耗的功率是W。①A②B③0.1
解析：①实验中所用的滑动变阻器②根据题述灯泡两端的电压需要由零逐渐增加到3V，并便于操作实验的电路图应选用图③由闭合电路欧姆定律，E=U+Ir，代入数据变化得：I=0.3-0.2U。在小灯泡的伏安特性曲线小灯泡消耗的功率是W。2．．．．．
（2）测量所得数据如下
测量次数
物理量 1 2 3 4 5 6 R/Ω 1.2 1.0 0.8 0.6 0.4 0.2 I/A 0.60 0.70 0.80 0.89 1.00 1.20 U/V 0.90 0.78 0.74 0.67 0.62 0.43 用作图法求得电池的内阻r=；
（3）根据第5组所测得的实验数据，求得电流表内阻RA=。
答案：（1）A（2）r=0.75Ω
（3）0.22Ω
解析：（1）采用如图所示的电路“测定电池的电动势和内阻”已有电流表，电键、电源、电阻箱，还需要电压表，选项A正确。
（2）根据测量所得数据画出U——I图象，由图象斜率可得电池的内阻r=0.75Ω。
（3）根据第5组所测得的实验数据，由欧姆定律，U=I(R+RA),，求得电流表内阻RA=0.22Ω.
3．（7分）根据闭合电路欧姆定律，用图所示电路可以测定电池的电动势和内电阻。图中R0两端的对应电压U12,对所得的实验数据进行处理，就可以实现测量目的。根据实验数据在坐标系中描出坐标点，如图2所示。已知R0，请完成以下数据分析和处理。（1）图2中电阻为的数据点应剔除；
（2）在坐标纸上画出关系图线；
（3）图线的斜率是，由此可得电池电动势。
【答案】(1)R=80.0Ω点偏离太远，应为错误点，剔除(2)画出关系图线(3)1.41
【解析】在画出的直线上取两个点，求斜率即可；根据闭合电路的，可得（R+r）+R,。由=可求E=1.41V。.（6分）（1）在测定一根粗细均匀合金丝电阻率的实验中，利用螺旋测微器测定合金丝直径的过程如图所示，校零时的读数为________mm，合金丝的直径为_______mm。为了精确测量合金丝的电阻Rx,设计出如图所示的实验电路图，按照该电路图完成图2中的实物电路连接。
【答案】（1）0.007mm0.640mm（）实物电路连接【解析】校零时螺旋测微器读数：0mm+0.01mm×0.7=0.007mm;螺旋测微器读数：0.5mm+0.01mm×14.7=0.647mm;合金丝的直径的d=0.647mm-0.007mm=0.640mm
（1）现有电源（4V，内阻可不计），滑动变阻器（0~50Ω，额定电流2A），开关和导线若干，以及下列电表：
A.电流表(0~3A，内阻约0.025Ω)
B.电流表(0~0.6A，内阻约0.125Ω)
C.电压表(0~3V，内阻约3kΩ)
D.电压表(0~15V，内阻约15kΩ)
为减小测量误差，在实验中，电流表应选用，电压表应选用_(选填器材前的字母)；实验电路应采用图1中的（选填“甲”或“乙”）
（2）图2是测最Rx的实验器材实物图，图中已连接了部分导线.请请根据在(1)问中所选
的电路图，补充完成图2中实物间的连线.
（3）接通开关，改变滑动变阻器画片P的位置，并记录对应的电流表示数I、电压表示数U。某次电表示数如图3所示，可得该电阻的测量值RX=U/I=Ω(保留两位有效数字)。
（4）若在（1）问中选用甲电路，产生误差的主要原因是;若在（1）问中选用乙电路残生误差的主要原因是。（选填选项前的字母）
A.电流表测量值小于流经RX的电流值
B.电流表测量值大于流经RX的电流值
C.电压表测量值小于RX两端的电压值
D.电压表测量值大于RX两端的电压值
（5）再不损坏电表的前提下，将滑动变阻器滑片P从一端滑向另一端，随滑片P移动距离x的增加，被测电阻RX两端的电压U也随之增加，下列反映U-x关系的示意图中正确的是
。
答案：（1）CB甲
（2）补充完成的实物间的连线如图。（3）5.2（4）BD（5）C
解析：选择量程0~3V的电压表C，量程0~0.6A的电流表B，由于待测电阻Rx的阻值较小，采用电流表外接的图甲。电流表示数I=0.50A，电压表示数U=2.60V，电阻的测量值RX=U/I=5.2Ω.若在（1）问中选用甲电路，产生误差的主要原因是电压表分流，电流表测量值大于流经Rx的电流值;若在（1）问中选用乙电路残生误差的主要原因是电流表分压，电压表测量值大于Rx两端的电压值。设滑动变阻器单位长度电阻为k，由闭合电路欧姆定律，I=，U=IRX=RX。由此可知，当x增大时，U非线性增大，当x达到最大值时，U等于一个定值，所以反映U-x关系的示意图中正确的是C。6．（6分）（2013全国高考大纲版理综第22题）如图所示，E为直流电源，G为灵敏电流计，A、B为两个圆柱形电极，P是木板，C、D为两个探针，S为开关。现用上述实验器材进行“用描迹法画出电场中平面上的等势线”的实验。
（1）木板P上有白纸、导电纸和复写纸，最上面的应该是________纸；
（2）用实线代表导线将实验器材正确连接。
答案：（6分）
（1）导电（2分）
（2）如图所示。（4分）
（探针和灵敏电流计部分2分，有
任何错误不给这2分；其余部分2分，
有任何错误也不给这2分）
解析：（1）木板P上有白纸、导电纸和复写纸，最上面的应该是导电纸纸；
（2）将电源开关串联后与A、B接线柱连接。用实线代表导线将实验器材正确连接如图所示。
7．(6分)为确定某电子元件的电气特性，做如下测量。
(1)用多用表测量该元件的电阻，选用“×100”倍率的电阻档测量，发现多用表指针偏转过大，因此需选择＿＿＿＿倍率的电阻档(填：“×10”或“×1k”)，并＿＿＿＿再进行测量，多用表的示数如图(a)所示，测量结果为＿＿＿＿Ω。
(2)将待测元件(额定电压9V)、蓄电池、滑动变阻器、电流表、多用表、电键及若干导线连接成电路如图(b)所示。添加连线，使电路能测量该元件完整的伏安特性。
本实验中使用多用表测电压，多用表的选择开关应调到＿＿＿＿档(填：“直流电压10V”或“直流电压50V”)。答案：（1）×10欧姆调零70
（2）电路如图。
解析：（1）用多用表测量该元件的电阻，选用“×100”倍率的电阻档测量，发现多用表指针偏转过大，说明电阻较小，因此需选择×10倍率的电阻档，并欧姆调零后再进行测量，多用表的示数如图(a)所示，测量结果为70Ω。
(2)要测量该元件完整的伏安特性，必须连接成分压电路。本实验中使用多用表测电压，多用表的选择开关应调到直流电压10V档。8.（2013高考广东理综第34题）（2）图17（a）是测量电阻Rx的原理图，学生电源输出电压可调，电流表量程选0.6A（内阻不计），标有长度刻度的均匀电阻丝ab的总长为30.0cm。
①根据原理图连接图17（b）的实物图.
②断开S2，合上S1；调节电源输出电压为3.0V时，单位长度电阻丝的电压u=________V/cm。记录此时电流表A1的示数。
③保持S1闭合，合上S2；滑动c点改变ac的长度L，同时调节电源输出电压，使电流表A1的示数与步骤②记录的值相同，记录长度L和A2的示数I。测量6组L和I值，测量数据已在图17（c）中标出。写出Rx与L、I、u的关系式Rx=___________________；根据图17（c）用作图法算出Rx=_______________Ω.
答案：①见下图②0.1③6.0
考点：电流表法测电阻，用图像法处理数据、欧姆定律、并联电路基本规律应用
解析：②3V电压分布在长为30cm的电阻丝上，故有单位长度的电压u=V/cm=0.1V/cm。
设电阻丝每cm长的电阻为R，当合上S1断开S2时，设此时电阻丝电流为I‘有：
I‘·30R=30u，
当合上S1、S2时，I‘·LR=IRx，
由上两式得：Rx与L、I、u的关系式Rx=Lu/I。在图17（c）中过尽可能多的点作直线，对照图17（c）可得L=I，由L-I图线的斜率k=60.016cm/A=，可得Rx=ku=60.016×0.1Ω=6.0016Ω.
专题十七、电学创新实验
1.（2013高考山东理综第21（2）题）（2）霍尔效应是电磁基本现象之一，近期我国科学家在该领域的实验研究上取得了突破性进展。如图丙所示，在一矩形半导体薄片的P、Q间通入电流I，同时外加与薄片垂直的磁场B，在M、N间出现电压UH，这个现象称
为霍尔效应，UH称为霍尔电压，且满足，式中d为薄片的厚度，k为霍尔系数。某同学通过实验来测定该半导体薄片的霍尔系数。
①若该半导体材料是空穴（可视为带正电粒子）导电，电流与磁场方向如图丙所示，该同学用电压表测量UH时，应将电压表的“+”接线柱与_________(填“M”或“N”)端通过导线相连。
②已知薄片厚度d=0.40mm，该同学保持磁感应强度B=0.10T不变，改变电流I的大小，测量相应的UH值，记录数据如下表所示。
根据表中数据在给定区域内（见答题卡）画出UH—I图线，利用图线求出该材料的霍尔系数为_______________（保留2位有效数字）。
③该同学查阅资料发现，使半导体薄片中的电流反向再次测量，取两个方向测量的平均值，可以减小霍尔系数的测量误差，为此该同学设计了如图丁所示的测量电路，S1、S2均为单刀双掷开关，虚线框内为半导体薄片（未画出）。为使电流从Q端流入，P端流出，应将S1掷向_______（填“a”或“b”）,S2掷向_______（填“c”或“d”）。
为了保证测量安全，该同学改进了测量电路，将一合适的定值电阻串联在电路中。在保持其它连接不变的情况下，该定值电阻应串联在相邻器件____________和__________(填器件代号)之间。
①M②如图所示。1.5③bcS1E
解析：①若该半导体材料是空穴（可视为带正电粒子）导电，用电压表测量UH时，应将电压表的“+”接线柱与端通过导线相连。②由可知UH---I图线的斜率等于KB/d，由UH---I图线可求得图线的斜率等于0.38，由KB/d=0.38可得：霍尔系数③为使电流从Q端流入，P端流出，应将S1掷向“b”,S2掷向“c”。为了保证测量安全，将一合适的定值电阻串联在电路中。在保持其它连接不变的情况下，该定值电阻应串联在相邻器件和之间。
答案：①连线如图。
②（i）1.400.23（ⅱ）绘出IX-UX图线如图所示。（iii）非线性
解析：电压表V1示数U1=1.4V，内阻为RV=6.0kΩ，由欧姆定律可知通过的电流为I=U1/RV=0.23A。根据表中数据标出余下的4个坐标点，用描点法平滑曲线绘出IX-UX图线如图所示。由IX-UX图线可知，硅光电池无光照下加反向电压时，IX与UX成非线性关系。
3.（17分）（2013高考四川理综第8题）（1）（6分）在探究两电荷间相互作用力的大小与哪些因素有关的实验中，一同学猜想可能与两电荷的间距和带电量有关。他选用带正电的小球A和B，A球放在可移动的绝座上，B球用绝缘丝线悬挂于玻璃棒C点，如图所示。
实验时，先保持两电荷量不变，使A球从远处逐渐向B球靠近，观察到两球距离越小，B球悬线的偏角越大；再保持两球的距离不变，改变小球所带的电荷量，观察到电荷量越大，B球悬线的偏角越大。
实验表明：两电荷之间的相互作用力，随其距离的____________而增大，随其所带电荷量___________而增大。
此同学在探究中应用的科学方法是_________________(选填：“累积法”、“等效替代法”、“控制变量法”、“或演绎法”)
8．(1)减小增大控制变量法。4.（8分）（2013全国新课标理综1第23题）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“×lk”挡内部电路的总电阻。使用的器材有:
多用电表；
电压表:里程5V，内阻十儿千欧;
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“×lk”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4.00V。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9.00V，电阻“×lk”挡内部电路的总电阻为15.0kΩ。
【命题意图】本题考查等基础知识点，意在考查考生应用相关知识定量分析物理问题，解决问题的能力。
解析：（1）多用电表选档后，要将两表笔短接后，欧姆调零。
（2）多用电表内部电池的正极相连的是黑表笔，所以多用电表的红表笔和1端相连，黑表笔连接另一端。
（3）多用电表的读数为15.0kΩ，电压表的读数为3.60V。
（4）调节滑动变阻器的滑片，使其接入电路的阻值为零。此时多用电表的读数等于电压表内阻，即电压表内阻为12.0kΩ。
（5）根据（3）中测量数据可知电阻“×lk”挡内部电路的总电阻为r=15.0kΩ。根据（4）中测量数据。由闭合电路欧姆定律，E=U2+U2r/R2，代入数据得：E=4.00+4.00r/1200；解得：E=9.00V。
5.（2013全国新课标理综II第23题）（7分）某同学用量程为1mA、内阻为120Ω的表头按照图（a）所示电路改装成量程分别为1V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)
（7分）【答案】（1）连线如图所示。（2分）（2）电流（1分）电压（1分）。（3）黑（1分）（4）1.00（1分）880（1分）
【命题意图】本题主要考查多用电表的原理、使用和电流表电压表的原理和改装，意在考查考生应用相关电路知识分析解决问题能力。
【解题思路】（1）根据图a的电路图连线。
（2）开关S闭合时，电阻R1与电流表并联，多用电表用于测量电流。开关S断开时，电阻R2与电流表串联，多用电表用于测量电压。
（3）根据电流表、电压表电流从电表正接线柱进，从电表负接线柱出，表笔A出，表笔A应为黑色，表笔B应为红色。
（4）开关S断开时，由串联电路知识，Ig(R2+Rg)=U，解得R2=880Ω；开关S闭合时，由并联电路知识，Ig(R2+Rg)=（I-Ig）R1,解得R1=1.00Ω。
【易错点拨】解答此题的易错点是：没有分清开关闭合和断开状态是串联电路还是并联电路，不能正确应用串联电路或并联电路的相关规律解答。6．(3分)演示地磁场存在的实验装置(由环形线圈，微电流传感器，DIS等组成)如图所示。首先将线圈竖直放置，以竖直方向为轴转动，屏幕上的电流指针＿＿＿＿(填：“有”或“无”)偏转；然后仍将线圈竖直放置，使其平面与东西向平行，并从东向西移动，电流指针＿＿＿＿(填：“有”或“无”)偏转；最后将线圈水平放置，使其从东向西移动，电流指针＿＿＿＿(填：“有”或“无”)偏转。
答案：有无无解析：首先将线圈竖直放置，以竖直方向为轴转动，线圈中磁通量变化，屏幕上的电流指针有偏转。然后仍将线圈竖直放置，使其平面与东西向平行，并从东向西移动，线圈中磁通量不变化，电流指针无偏转。最后将线圈水平放置，使其从东向西移动，线圈中磁通量不变化，电流指针无偏转。”，电源为12V的电池，滑动变阻器的最大阻值为10Ω。
（1）准备使用的实物电路如题10-1图所示。请将滑动变阻器接入电路的正确位置。（用笔画线代替导线）
（2）现有10Ω、20Ω和50Ω的定值电阻，电路中的电阻R1应选_______Ω的定值电阻。
（3）测量结束后，应先断开开关，拆除_______两端的导线，再拆除其他导线，最后整理好器材。
（4）小明处理数据后将P、U2描点在坐标纸上，并作出了一条直线，如题10-2图所示。请指出图象中不恰当的地方。
答案：(1)(见右图)
(2)10
(3)电池
(4)图线不应画为直线;横坐标的标度不恰当.
解析：探究小灯泡的电功率P和电压U的关系，小灯泡的电压从零开始逐渐增大，应该设计成分压电路。电路中的电阻R1为保护电阻，应选10Ω的定值电阻。测量结束后，应先断开开关，拆除电池两端的导线，再拆除其他导线，最后整理好器材。由于小灯泡的电阻随温度的升高而增大，小灯泡的电阻随电压的增大而增大，P随U2变化关系不是直线，应该把横坐标的标度取的大一些，图线为向下弯曲的，图线不应画为直线。
专题十八、热学
1．液体与固体具有的相同特点是
(A)都具有确定的形状 (B)体积都不易被压缩
(C)物质分子的位置都确定 (D)物质分子都在固定位置附近振动
答案：B
解析：液体与固体具有的相同特点是体积都不易被压缩，选项B正确。．已知湖水深度为20m，湖底水温为4，水面温度为17，大气压强为1.0×105Pa。当一气泡从湖底缓慢升到水面时，其体积约为原来的(取g＝10m/s2，ρ＝1.0×103kg/m3)
(A)12.8倍 (B)8.5倍 (C)3.1倍 (D)2.1倍
答案：C
解析：湖底压强大约为3个大气压，由气体状态方程，当一气泡从湖底缓慢升到水面时，其体积约为原来的3.1倍，选项C正确。
VB．VC.(-1)VD.(+1)V.
答案：C
解析：设要向轮胎充入体积为V’的空气，由玻意耳定律，p0V+p0V’=pV，解得：V’=.(-1)V，选项C正确。
5.(2013高考北京理综第13题)下列说法正确的是
A.液体中悬浮微粒的无规则运动称为布朗运动 B.液体分子的无规则运动称为布朗运动
C.物体从外界吸收热量，其内能一定增加 D.物体对外界做功，其内能一定减少
答案：A解析：液体中悬浮微粒的无规则运动，反映了液体分子的无规则运动，这类现象称为布朗运动，选项A正确B错误。根据热力学第一定律，△U=W+Q，物体从外界吸收热量，其内能不一定增加；物体对外界做功，其内能不一定减少，选项CD错误。
6．（2013全国高考大纲版理综第15题）根据热力学第一定律，下列说法正确的是（）
A．电冰箱的工作过程表明，热量可以从低温物体向高温物体传递
B．空调机在制冷过程中，从室内吸收的热量少于向室外放出的热量
C．科技的进步可以使内燃机成为单一热源的热机
D．对能源的过度消耗将使自然界的能量不断减少，形成能源危机
答案：AB
解析：电冰箱的工作过程表明，压缩机工作，热量可以从低温物体向高温物体传递，选项A正确。空调机在制冷过程中，压缩机工作，从室内吸收的热量少于向室外放出的热量，选项B正确。根据热力学第一定律，科技的进步不可以使内燃机成为单一热源的热机，选项C错误。对能源的过度消耗将使自然界的可以被利用的能量不断减少，形成能源危机，而自然界的能量的能量是守恒的，选项D错误。
7．（2013高考山东理综第36（1）题）（1）下列关于热现象的描述正确的是（）
a.根据热力学定律，热机的效率可以达到100%
b.做功和热传递都是通过能量转化的方式改变系统内能的
c.温度是描述热运动的物理量，一个系统与另一个系统达到热平衡时两系统温度相同
d.物体由大量分子组成，其单个分子的运动是无规则的，大量分子的运动也是无规律的根据热力学定律，热机的效率可以达到100%做功是通过能量转化的方式改变系统内能热传递是通过的方式改变系统内能温度是描述热运动的物理量，一个系统与另一个系统达到热平衡时两系统温度相同物体由大量分子组成，其单个分子的运动是无规则的，大量分子的运动是规律的气体的体积指的是气体的分子所能够到达的空间的体积，而不是该气体所有分子的体积之和，只要能减弱气体分子热运动的剧烈程度，气体的温度就可以降低在完全失重的情况下，气体的压强为零气体从外界吸收热量，其内能一定增加气体在等压膨胀过程中温度一定升高，.（1）ABE
【命题意图】本题考查气体的特性、热力学第一定律及其相关知识点，意在考查考生对物理学重要史事的知道情况。
【解题思路】由于气体分子之间的作用力很小，气体分子可以自由运动，所以气体的体积指的是气体的分子所能够到达的空间的体积，而不是该气体所有分子的体积之和，选项A正确。根据温度是分子平均动能的标志，只要能减弱气体分子热运动的剧烈程度，气体的温度就可以降低，选项B正确。根据气体压强的产生原因，在完全失重的情况下，气体的压强不为零，选项C错误。气体从外界吸收热量，若同时对外做功，其内能不一定增加，还可能减小，选项D错误。气体在等压膨胀过程中，体积增大，温度一定升高，选项E正确，
【快速解题】根据相关知识排除CD错误可快速解题。
A分子力先增大，后一直减小 B.分子力先做正功，后做负功
C.分子动能先增大，后减小 D.分子势能先增大，后减小
E．分子势能和动能之和保持不变
答案：BCE
解析：两个相距较远的分子仅在分子力作用下由静止开始运动，直至不再靠近。分子力先增大，后减小到零再增大，选项A错误。分子力先做正功，后做负功，选项B正确。根据动能定理，分子动能先增大，后减小，选项C正确。分子势能先减小后增大，选项D错误。由于只有分子力做功，分子势能和动能之和保持不变，选项E正确。
10.（2013高考广东理综第18题）图6为某同学设计的喷水装置，内部装有2L水，上部密封1atm的空气0.5L保持阀门关闭，再充入1atm的空气0.1L。设在所有过程中空气可看作理想气体，且温度不变，下列说法正确的有
A．充气后，密封气体压强增加
B．充气后，密封气体的分子平均动能增加
C．打开阀门后，密封气体对外界做正功
D．打开阀门后，不再充气也能把水喷光
10.考点：理想气体状态方程、分子的平均动能和关系、气体做功
答案：AC
解析：由pv=nRT知充气后，当v、T不变时，n增加，密封气体压强增加，选项A正确。充气后，由于温度不变，密封气体的分子平均动能不变，选项B错误。打开阀门后，密封气体对外界做正功，选项C正确。由于桶内只有1atm的空气0.1L+0.5L=0.6L。小于容积2L，所以需要再充气才能把水喷光，选项D错误。
11.(2013高考江苏物理第12A题)A。[选修3-3]（12分）
如图所示，一定质量的理想气体从状态A依次经过状态B、C和D后再回到状态A。其中，和为等温过程，和为绝热过程（气体与外界无热量交换）。这就是著名的“卡诺循环”。
（1）该循环过程中，下列说法正确的是___▲____。
（A）过程中，外界对气体做功
（B）过程中，气体分子的平均动能增大
（C）过程中，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多
（D）过程中，气体分子的速率分布曲线不发生变化
（2）该循环过程中，内能减小的过程是___▲____（选填“”、“”、“”或“”）。若气体在过程中吸收63kJ的热量，在过程中放出38kJ的热量，则气体完成一次循环对外做的功为_______kJ。
（3）若该循环过程中的气体为1mol，气体在A状态时的体积为10L，在B状态时压强为A状态时的。求气体在B状态时单位体积内的分子数。（已知阿伏加德罗常数，计算结果保留一位有效数字）
12A.(1)C(2)25
(3)n=4×1025m-3。
解析：（1）根据过程为等温过程，内能不变，体积增大，气体对外界做功，选项A错误。为绝热过程，没有与外界热交换，体积增大，气体对外界做功，内能减小，所以过程中，气体分子的平均动能减小，选项B错误。为等温过程，过程中，体积减小，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多，选项C正确。为绝热过程，体积减小，外界对气体做功，气体温度升高，所以过程中，气体分子的速率分布曲线向速度大的移动，发生变化，选项D错误。
（2）该循环过程中，内能减小的过程是。由热力学第一定律，气体完成一次循环对外做的功为63kJ-38kJ=25kJ。
(3)等温过程,单位体积内的分子数.
解得,代入数据得n=4×1025m-3。
12.（2013全国新课标理综1第33题）(2)(9分)如图，两个侧壁绝热、顶部和底部都导热的相同气缸直立放置，气缸底部和顶部均有细管连通，顶部的细管带有阀门K.两气缸的容积均为V0。气缸中各有一个绝热活塞(质量不同，厚度可忽略)。开始时K关闭，两活塞下方和右活塞上方充有气体(可视为理想气体)，压强分别为p0和p0/3;左活塞在气缸正中间，其上方为真空;右活塞上方气体体积为V0/4。现使气缸底与一恒温热源接触，平衡后左活塞升至气缸顶部，且与顶部刚好没有接触；然后打开K，经过一段时间，重新达到平衡。已知外界温度为T0，不计活塞与气缸壁间的摩擦。求:
(i)恒温热源的温度T;
(ii)重新达到平衡后左气缸中活塞上方气体的体积VX。
解析：(i)与恒温热源接触后，在K未打开时，右活塞不动，两活塞下方的气体经历等压过程，由盖·吕萨克定律得：
=,
解得：T=7T0/5。
(ii)由初始状态的力学平衡条件可知，左活塞的质量比右活塞的质量大。打开K后，左活塞下降至某一位置，右活塞必须升至气缸顶，才能满足力学平衡条件。
气缸顶部与外界接触，底部与恒温热源接触，两部分气体各自经历等温过程。设左活塞上方气体压强为p，由玻意耳定律得：
pVx=·，
(p+p0)(2V0-Vx)=p0·V0
联立上述二式得：6Vx2-V0Vx-V02=0
其解为：Vx=V0；
另一解Vx=-V0；不合题意，舍去。
13.（2013全国新课标理综II第33题）（2）如图，一上端开口，下端封闭的细长玻璃管的下部封有长l1=25.0cm的空气柱，中间有一段长l2=25.0cm的水银柱，上部空气柱的长度l3=40.0cm.已知大气压强为p0=75.0cmHg。现将一活塞（图中未画出）从玻璃管开口处缓慢往下推，使管下部空气柱长度变为l1’=20.0cm.假设活塞下推过程中没有漏气，求活塞下降的距离。
【命题意图】本题考查气体实验定律及其相关知识点，意在考查考生综合运用知识解决问题的能力。
’，由玻意耳定律得：
p1l1=p1’l1。
如图，设活塞下推距离为△l，则此时玻璃管上部空气柱的长度为：
L3’=l3+l1-l1’-△l.
设此时玻璃管上部空气柱压强为p3’，则p3’=p1’-l2。
由玻意耳定律得：p0l3=p3’l3’。
联立上述各式解得：△l=15.0cm。
14.（2013高考山东理综第36（2）题）（2）我国“蛟龙”号深海探测船载人下潜超七千米，再创载人深潜新纪录。在某次深潜实验中，“蛟龙”号探测到990m深处的海水温度为280K。某同学利用该数据来研究气体状态随海水温度的变化，如图所示，导热性良好的气缸内封闭一定质量的气体，不计活塞的质量和摩擦，气缸所处海平面的温度To=300K，压强P0=1atm，封闭气体的体积Vo=3m2。如果将该气缸下潜至990m深处，此过程中封闭气体可视为理想气体。
①求990m深处封闭气体的体积（1atm相当于10m深的海水产生的压强）。
②下潜过程中封闭气体___________(填“吸热”或“放热”)，传递的热量__________（填“大于”或“小于”）外界对气体所做的功。
①当气缸下潜至990m时，设封闭气体的压强为p，温度为T，体积为V，由题意可知：p=100atm，
根据理想气体状态方程得：p0V0/T0=pV/T，
代入数据解得：V=2.8×10-2m3。
②放热大于
15．(7分)利用如图装置可测量大气压强和容器的容积。步骤如下：
将倒U形玻璃管A的一端通过橡胶软管与直玻璃管B连接，并注入适量的水，另一端插入橡皮塞，然后塞住烧瓶口，并在A上标注此时水面的位置K；再将一活塞置于10ml位置的针筒插入烧瓶，使活塞缓慢推移至0刻度位置；上下移动B，保持A中的水面位于K处，测得此时水面的高度差为17.1cm。
拔出橡皮塞，将针筒活塞置于0ml位置，使烧瓶与大气相通后再次塞住瓶口；然后将活塞抽拔至10ml位置，上下移动B，使A中的水面仍位于K，测得此时玻璃管中水面的高度差为16.8cm。(玻璃管A内气体体积忽略不计，ρ＝1.0×103kg/m3，取g＝10m/s2)
(1)若用V0表示烧瓶容积，p0表示大气压强，V示针筒内气体的体积，p1、p2表示上述步骤、中烧瓶内外气体压强差大小，则步骤、中，气体满足的方程分别为＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿、＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿。
(2)由实验数据得烧瓶容积V0＝＿＿＿＿＿ml，大气压强p0＝＿＿＿＿Pa。
(3)(单选题)倒U形玻璃管A内气体的存在
(A)仅对容积的测量结果有影响(B)仅对压强的测量结果有影响
(C)对二者的测量结果均有影响(D)对二者的测量结果均无影响
答案：（1）p0(V0+V)=(p0+△p1)V0;p0V0=(p0-△p2)(V0+△V);
（2）5609.58×104（3）C
解析：（1）对于步骤，根据玻意耳定律可得p0(V0+V)=(p0+△p1)V0;对于步骤，根据玻意耳定律可得p0V0=(p0-p2)(V0+△V);
（2）联立解得V0＝V=56×10ml=560ml；p0＝p1=56×0.171×1.0×103×10Pa=9.58×104Pa。
（3）倒U形玻璃管A内气体的存在对二者的测量结果均有影响，选项C正确。
．(10分)如图，柱形容器内用不漏气的轻质绝热活塞封闭一定量的理想气体，容器外包裹保温材料。开始时活塞至容器底部的高度为H1，容器内气体温度与外界温度相等。在活塞上逐步加上多个砝码后，活塞下降到距容器底部H2处，气体温度升高了T；然后取走容器外的保温材料，活塞位置继续下降，最后静止于距容器底部H3处：已知大气压强为p0。求：气体最后的压强与温度。取走容器外的保温材料，活塞位置继续下降=,
解得：T0=△T
从初状态到最后状态，温度相同，由玻意耳定律：
p0H1S=p3H3S，解得：p3=p0。
专题十九、机械振动机械波
1.（2013高考福建理综第16题）如图，t=0时刻，波源在坐标原点从平衡位置沿y轴正方向开始振动，振动周期为0.4s，在同一均匀介质中形成沿x轴正、负两方向传播的简谐横波。下图中能够正确表示t=0.6时波形的图是
答案：C解析：波源振动在同一均匀介质中形成沿x轴正、负两方向传播的简谐横波。t=0.6时沿x轴正、负两方向各传播1.5个波长，能够正确表示t=0.6时波形的图是C。
2．做简谐振动的物体，当它每次经过同一位置时，可能不同的物理量是
(A)位移 (B)速度 (C)加速度 (D)回复力
答案：B解析：做简谐振动的物体，当它每次经过同一位置时，位移相同，加速度相同，位移相同，可能不同的物理量是速度，选项B正确。．一列横波沿水平绳传播，绳的一端在t＝0时开始做周期为T的简谐运动，经过时间t(T＜t＜T)，绳上某点位于平衡位置上方的最大位移处。则在2t时，该点位于平衡位置的
(A)上方，且向上运动(B)上方，且向下运动
(C)下方，且向上运动(D)下方，且向下运动
答案：B解析：由于再经过T时间，该点才能位于平衡位置上方的最大位移处，所以在2t时，该点位于平衡位置的上方，且向上运动，选项B正确。50m直跑道的两端，分别安装了由同一信号发生器带动的两个相同的扬声器。两个扬声器连续发出波长为5m的声波。一同学从该跑道的中点出发，向某一端点缓慢行进10m。在此过程中，他听到扬声器声音由强变弱的次数为（）
A．2B．4C．6D．8
答案：B解析：向某一端点每缓慢行进2.5m，他距离两波源的路程差为5m，听到扬声器声音强，缓慢行进10m，他听到扬声器声音由强变弱的次数为4次，选项B正确。
5.（2013全国新课标理综1第34题）(1)(6分)如图，a.b,c.d是均匀媒质中x轴上的四个质点.相邻两点的间距依次为2m、4m和6m一列简谐横波以2m/s的波速沿x轴正向传播，在t=0时刻到达质点a处，质点a由平衡位置开始竖直向下运动，t=3s时a第一次到达最高点。下列说法正确的是(填正确答案标号。选对I个得3分，选对2个得4分，选对3个得6分。每选错I个扣3分，最低得分为0分)
A．在t=6s时刻波恰好传到质点d处
B．在t=5s时刻质点c恰好到达最高点
C．.质点b开始振动后，其振动周期为4s
D．.在4s
E．.当质点d向下运动时，质点b一定向上运动
答案：ACD
解析：根据题述“在t=0时刻到达质点a处，质点a由平衡位置开始竖直向下运动，t=3s时a第一次到达最高点”可知周期为T=4s。波长λ=vT=2×4m=8m。在t=6s时刻波恰好传到质点d处，选项A正确。在t=3s时刻波传播到质点C，在t=5s时刻质点c恰好回到平衡位置，在t=6s时刻到达最高点，选项B错误。质点b开始振动后，其振动周期为4s，选项C正确。在4s
6.（2013高考天津理综物理第7题）一列简谐横波沿直线传播，该直线上平衡位置相距9m的a、b两质点的振动图象如右图所示．下列描述该波的图象可能正确的是
答案：解析：简谐横波沿直线传播，λ+nλ=9，解得波长的表达式：λ=m，（n=0,1,2,3，4···），其波长可能值为12m，5.14m，···，选项C正确。当简谐横波沿直线传播，λ+nλ=9，解得波长的表达式：λ=，（n=0,1,2,3，4···），其波长可能值为36m，7.2m，4m，···，选项A正确。。
7．(2013高考江苏物理第12B题)（1）如题12B-1图所示的装置，弹簧振子的固有频率是4Hz。现匀速转动把手，给弹簧振子以周期性的驱动力，测得弹簧振子振动达到稳定时的频率为1Hz，则把手转动的频率为___▲____。
（A）1Hz（B）3Hz（C）4Hz（D）5Hz8．如图，在：半径为2.5m的光滑圆环上切下一小段圆弧，放置于竖直平面内，两端点距最低点高度差H为1cm。将小环置于圆弧端点并从静止释放，小环运动到最低点所需的最短时间为＿＿＿＿s，在最低点处的加速度为＿＿＿＿m/s2。(取g＝10m/s2)
答案：0.7850.08
解析：小环运动沿圆弧的运动可类比于单摆的简谐运动，小环运动到最低点所需的最短时间为t=T/4==0.785s。由机械能守恒定律，mgH=mv2，在最低点处的速度为v=。在最低点处的加速度为a===0.08m/s2。
AA0（填“>”、“<”或“=”），TT0（填“>”、“<”或“=”），
34.（1）<(3分)<(2分)
【命题意图】本题考查弹簧振子的机械振动及其相关知识点，意在考查考生灵活应用知识分析问题的能力。
【解题思路】小球通过平衡位置时弹性势能为零，动能最大。向右通过平衡位置，a由于受到弹簧弹力做减速运动，b做匀速运动。小物块a与弹簧组成的系统机械能小于原来系统，所以小物块a的振幅减小，A
【快速解题】根据系统能量减小得到振幅减小，根据振子质量减小可知加速度增大，周期减小，从而快速解题。.（5分）根据单摆周期公式，可以通过实验测量当地的重力加速度。如图1所示，将细线的上端固定在铁架台上，下端系一小钢球，就做成了单摆。
用游标卡尺测量小钢球直径，求数如图2所示，读数为_______mm。
以下是实验过程中的一些做法，其中正确的有_______。
a.摆线要选择细些的、伸缩性小些的，并且尽可能长一些
b.摆球尽量选择质量大些、体积小些的
c.为了使摆的周期大一些，以方便测量，开始时拉开摆球，使摆线相距平衡位置有较大的角度
d.拉开摆球，使摆线偏离平衡位置大于5度，在释放摆球的同时开始计时，当摆球回到开始位置时停止计时，此时间间隔即为单摆周期T
e.拉开摆球，使摆线偏离平衡位置不大于5度，释放摆球，当摆球振动稳定后，从平衡位置开始计时，记下摆球做50次全振动所用的时间，则单摆周期
【答案】18.6mmabe
【解析】（1）游标卡尺的读数：；（2）abe摆线要选择细些可减小阻力；伸缩性小些的，保证摆长不变；并且尽可能长一些，在合适的振幅下，摆角小。摆线要选择细些的、伸缩性小些的，并且尽可能长一些摆球尽量选择质量大些、体积小些的为了使摆的周期大一些，以方便测量，开始时拉开摆球，使摆线相距平衡位置有较大的角度拉开摆球，使摆线偏离平衡位置于5度，在摆球的同时开始计时，单摆周期Tλ=8cm，这列波的周期为T=λ/v=2s，选项AB错误。此时x=4m处质点沿y轴正方向运动，加速度为零，选项C错误D正确。
12．（2013高考四川理综第5题）图1是一列简谐横波在t=1.25s时的波形图，已知c位置的质点比a位置的晚0.5s起振。则图2所示振动图像对应的质点可能位于
A． B．
C． D．
12.D
解析：根据题述“C位置的质点比a位置的晚0.5s起振”可知波动周期为1s，波沿x轴正方向传播。画出t=0时的波形图如图。则图2所示振动图像对应的质点可能位于，选项D正确。
13（2013高考山东理综第37（1）题）（1）如图甲所示，在某一均匀介质中，AB是振动情况完全相同的两个波源，其简谐运动表达式均为x=0.1sin(20πt)m，介质中P点与A、B两波源间的距离分别为4m和5m。两波源形成的简谐横波分别沿AP、BP方向传播，波速都是10m/s。
①求简谐横波的波长。
②P点的振动（填写“加强”或“减弱”）（2）①②
解析：①设简谐横波的波速为v，波长为λ，周期为T，由题意知
T=0.1s，由波速公式v=λ/T，代入数据得：λ=1m。②加强。
14.（20分）如图所示，质量为\倾角为α的斜面体（斜面光滑且足够长）放在粗糙的水平地面上，底部与地面的动摩擦因数为μ，斜面顶端与劲度系数为、自然长度为的轻质弹簧相连，弹簧的另一端连接着质量为的物块。压缩弹簧使其长度为时将物块由静止开始释放，且物块在以后的运动中，斜面体始终处于静止状态。重力加速度为。
（1）求物块处于平衡位置时弹簧的长度；
（2）选物块的平衡位置为坐标原点，沿斜面向下为正方向建立坐标轴，用表示物块相对于平衡位置的位移，证明物块做简谐运动；
（3）求弹簧的最大伸长量；
（4）为使斜面始终处于静止状态，动摩擦因数μ应满足什么条件（假设滑动摩擦力等于最大静摩擦力）？【解析】(1)设物块在斜面上平衡时,弹簧伸长量为△L,有
mgsinα-k△L=0,
得：△L=,
此时弹簧的长度为L+△L=L+。.
（2）当物块位移为x时，弹簧伸长量为x+△L，物块所受合力为
F合=mgsinα-k(x+△L)
联立以上各式解得F合=-kx，
可知物块做简谐运动。
(3)物块做简谐振动的振幅为,由对称性可知,最大伸长量为,
（4）α-Fcosα=0，
竖直方向：FN2-Mg-FN1cosα-Fsinα=0，
又F=k(x+△L)，FN1=mgcosα，
联立解得：f=kxcosα，FN2=Mg+mg+kxsinα。
为使斜面静止│f│≤μFN2，所以：
μ≥=。
当x=-A时上式右端达到最大值，于是有：
μ≥。
专题二十、光学
1.（2013高考福建理综第14题）一束由红、紫两色组成的复色光，从空气斜射向玻璃三棱镜。下面四幅图中能正确表示该复色光经三棱镜分离成两束单色光的是
答案：B
解析：复色光在界面折射就分成两束光，且紫光由于折射率较大，偏折较多，能正确表示该复色光经三棱镜分离成两束单色光的是图B。
2．白光通过双缝后产生的干涉条纹是彩色的，其原因是不同色光的
(A)传播速度不同 (B)强度不同 (C)振动方向不同 (D)频率不同
答案：D解析：白光通过双缝后产生的干涉条纹是彩色的，其原因是不同色光的频率不同。．固定的半圆形玻璃砖的横截面如图．O点为圆心，OO’为直径MN的垂线。足够大的光屏PQ紧靠右侧且垂直于MN．由A、B两种单色光组成的一束光沿半径方向射向O点，入射光线与OO’夹角θ较小时，光屏NQ区城出现两个光斑·逐渐增大θ角．当θ=α时，光屏NQ区城A光的光斑消失，继续增大θ角，当θ=β时，光屏NQ区域B光的光斑消失，则
A．玻璃砖对A光的折射率比对B光的大
B.A光在玻璃砖中传播速度比B光的大
C.α<θ<β时，光屏上只有1个光斑
D.β<θ<π/2时，光屏上只有1个光斑
答案：解析：入射光线与OO’夹角θ较小时，A、B两种单色光光屏NQ区城出现两个光斑·逐渐增大θ角．当θ=α时，光屏NQ区城A光的光斑消失，α。当θ=β时，光屏NQ区域B光的光斑消失，β。由sinC=1/n可知，玻璃砖对A光的折射率比对B光的大A光在玻璃砖中传播速度比B光的α<θ<β时，光屏上只有1个光斑β<θ<π/2时，光屏上光斑4．（2013全国高考大纲版理综第14题）下列现象中，属于光的衍射现象的是（）
A．雨后天空出现彩虹
B．通过一个狭缝观察日光灯可看到彩色条纹
C．海市蜃楼现象
D．日光照射在肥皂泡上出现彩色条纹
答案：B解析：雨后天空出现彩虹是由于光的折射，属于色散现象；通过一个狭缝观察日光灯可看到彩色条纹属于光的衍射现象。海市蜃楼现象是光的全反射现象。日光照射在肥皂泡上出现彩色条纹是光的干涉现象。
5．电磁波与机械波具有的共同性质是
(A)都是横波 (B)都能传输能量
(C)都能在真空中传播 (D)都具有恒定的波速
答案：B解析：电磁波与机械波具有的共同性质是都能传输能量，选项B正确。
6．与通常观察到的月全食不同，小虎同学在2012年12月10日晚观看月全食时，看到整个月亮是暗红的。小虎画了月全食的示意图，并提出了如下猜想，其中最为合理的是A．地球上有人用红色激光照射月球
B．太阳照射到地球的红光反射到月球
C．太阳光中的红光经地球大气层折射到月球
D．太阳光中的红光在月球表面形成干涉条纹
观看月全食时，看到整个月亮是暗红的。太阳光中的红光经地球大气层折射到月球．关于生活中遇到的各种波，下列说法正确的是
A．电磁波可以传递信息，声波不能传递信息
B．手机在通话时涉及的波既有电磁波又有声波
C．太阳光中的可见光和医院“B超”中的超声波传递速度相同
D．遥控器发出的红外线波长和医院CT中的X射线波长相同
电磁波可以传递信息，声波传递信息手机在通话时涉及的波既有电磁波又有声波太阳光中的可见光和医院“B超”中的超声波传递速度相同遥控器发出的红外线波长和医院CT中的X射线波长相同8.(2013高考北京理综第14题)如图所示，一束可见光射向半圆形玻璃砖的圆心O，经折射后分为两束单色光a和b。下列判断正确的是
A．玻璃对a光的折射率小于对b光的折射率
B．a光的频率大于b光的频率
C．在真空中a光的波长大于b光的波长
D．a光光子能量小于b光光子能量
答案：B解析：由图示和折射定律可知，玻璃对a光的折射率大于对b光的折射率，选项A错误。根据折射率随频率ν的增大而增大可知，a光的频率大于b光的频率，选项B正确。由波长公式λ=c/ν可知在真空中a光的波长小于b光的波长，选项C错误。由E=hν可知a光光子能量大于b光光子能量，选项D错误。
9．（2013高考四川理综第3题）光射到两种不同介质的分界面，分析其后的传播形式可知
A．折射现象的出现表明光是纵波
B．光总会分为反射光和折射光
C．折射光与入射光的传播方向总是不同的
D．发生折射是因为光在不同介质中的传播速度不同
答案.D解析：折射现象的出现表明光在两种介质中传播速度不同，选项A错误D正确。在发生全反射时，折射光消失，选项B错误。当入射角等于0°时，折射光与入射光的传播方向相同，选项C错误。
10．（2013高考四川理综第1题）下列关于电磁波说法，正确的是
A．电磁波只能在真空中传播
B．电场随时间变化时一定产生电磁波
C．做变速运动的电荷会在空间产生电磁波
D．麦克斯韦第一次用实验证实了电磁波的存在
C解析：电磁波可以在真空中传播。也可以在介质中传播，选项A错误。电场随时间变化时一定产生磁场，但是不一定产生电磁波，选项B错误。做变速运动的电荷相当于不均匀变化的电流，在周围产生不均匀变化的磁场，会在空间产生电磁波，选项C正确。赫兹第一次用实验证实了电磁波的存在，选项D错误。
11.(2013高考江苏物理第12B题)（2）如题12B-2图所示，两艘飞船A、B沿同一直线同向飞行，相对地面的速度均为v（v接近光速c）。地面上测得它们相距为L，则A测得两飞船间的距离_______（选填“大于”、“等于”或“小于”）L。当B向A发出一光信号，A测得该信号的速度为___▲____。
答案(2)大于c(或光速)
解析：根据运动的尺子缩短，A测得两飞船间的距离大于地面上测得的距离L。根据狭义相对论的光速不变假设，当B向A发出一光信号，A测得该信号的速度为c。
12.（3）题12B-3图为单反照相机取景器的示意图，ABCDE为五棱镜的一个截面，ABBC。光线垂直AB射入，分别在CD和EA上发生反射，且两次反射的入射角相等，最后光线垂直BC射出。
若两次反射都为全反射，则该五棱镜折射率的最小值是多少？（计算结果可用三角函数表示）
解析：(3)由题意知,入射角°
则折射率最小值
13.（2013高考山东理综第37（2）题）（2）如图乙所示，ABCD是一直角梯形棱镜的横截面，位于截面所在平面内的一束光线由O点垂直AD边射入。已知棱镜的折射率n=，AB=BC=8cm，OA=2cm，∠OAB=60°。
①求光线第一次射出棱镜时，出射光线的方向。
②第一次的出射点距Ccm。
解析：①设发生全反射的临界角为C，由折射定律得
sinC=1/n，
代入数据得：C=45°。
光路如图所示，由几何关系可知光线在AB边和BC边的入射角均为60°，均发生全反射。设光线在CD边的入射角为α，折射角为β，由几何关系得，α=30°，小于临界角，光线第一次射出棱镜在CD边，由折射定律得n=sinβ/sinα，
代入数据解得：β=45°。②
14.（2013全国新课标理综1第34题）(2)(9分)图示为一光导纤维(可简化为一长玻璃丝)的示意图，玻璃丝长为L，折射率为n，AB代表端面。已知光在真空中的传播速度为c.
为使光线能从玻璃丝的AB端面传播到另一端面，求光线在端面AB上的入射角应满足的条件；
求光线从玻璃丝的AB端面传播到另一端面所藉的最长时间。
解析：(i)设光线在端面AB上C点（见右图）的入射角为i，折射角为r，由折射定律有：sini=nsinr。
设该光线射向玻璃丝内壁D点的入射角为α，为了使该光线在此光导纤维中传播，应有：α≥θ。
式中θ为该光线在玻璃丝内发生全反射的临界角，它满足：nsinθ=1。由几何关系得：r+α=90°。
由上述各式联立解得：sini≤。
(ii)该光线在玻璃丝内传播速度的大小为v=c/n，
光速在玻璃丝轴线方向的分量为：vx=vsinα
光线从玻璃丝端面AB传播到另一端面所需时间为T=L/vx
光线在玻璃丝中传播，在刚好发生全反射时，光线从端面AB传播到另一端面所需时间最长，由上述各式联立解得：Tmax=Ln2/C.
15.（2013全国新课标理综II第34题）（2）如图，三棱镜的横截面为直角三角形ABC，∠A=30°，∠B=60°。一束平行于AC边的光线自AB边的P点射入三棱镜，在AC边发生反射后从BC边的M点射出。若光线在P点的入射角和在M点的折射角相等。
（i）求三棱镜的折射率；
（ii）在三棱镜的AC边是否有光线透出？写出分析过程。（不考虑多次反射）
【命题意图】本题考查光的折射定律及其相关知识点，意在考查考生综合运用知识解决问题的能力。
’、折射角依题意也为i，有：i=60°。
由折射定律有：sini=nsinr，nsinr''=sini，
联立解得：r=r’。OO’为过M点的法线，∠C为直角，OO’//AC。由几何关系有：∠MNC=r’。
由反射定律可知：∠PNA=∠MNC。联立解得：∠PNA=r。
由几何关系得：r=30°。联立解得：n=。
（ii）设在N点的入射角为r’，由几何关系得：i’=60°。
此三棱镜的全反射临界角满足nsinθC=1，联立解得：i’>θC.
此光线在N点发生全反射，三棱镜的AC边没有光线透出。
专题二十一、动量守恒定律
1.（2013全国新课标理综1第35题）(2)(9分)在粗糙的水平桌面上有两个静止的木块A和B，两者相距为d。现给A一初速度，使A与B发生弹性正碰，碰撞时间极短:当两木块都停止运动后，相距仍然为d.已知两木块与桌面之间的动摩擦因数均为μ.B的质量为A的2倍，重力加速度大小为g.求A的初速度的大小。
解析：设在发生碰撞前的瞬间，木块A的速度大小为v；在碰撞后的瞬间，A和B的速度分别为v1和v2。在碰撞过程中，由能量守恒定律和动量守恒定律。得
mv2=mv12+·2mv22，mv=mv1+2mv2，
式中，以碰撞前木块A的速度方向为正。联立解得：v1=-v2/2.
设碰撞后A和B运动的距离分别为d1和d2，由动能定理得
μmgd1=mv12。μ(2m)gd2=2mv22。
按题意有：d=d1+d2。
设A的初速度大小为v0，由动能定理得μmgd=mv02-mv2
联立解得：v0=。
2.（2013全国新课标理综II第35题）（2）（10分）如图，光滑水平直轨道上有三个质量均为m的物块A、B、C。B的左侧固定一轻弹簧（弹簧左侧的挡板质量不计）。设A以速度v0朝B运动，压缩弹簧；当AB速度相等时，B与C恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动，假设B和C碰撞过程时间极短。求从A开始压缩弹簧直至与弹簧分离的过程中，
（i）整个系统损失的机械能；
（ii）弹簧被压缩到最短时的弹性势能。
【命题意图】本题考查碰撞、弹性势能、动量守恒定律、能量守恒定律及其相关知识点，意在考查考生综合运用知识解决问题的能力。
mv12=(2m)v22+△E③联立解得：△E=mv02。
（ii）由②式可知，v2
mv0=3mv3，
由能量守恒定律，mv02-△E=(3m)v32+Ep。
联立解得：弹簧被压缩到最短时的弹性势能Ep=mv02。。
3.(2013高考江苏物理第12B题)（3）如题12C-2图所示，进行太空行走的宇航员A和B的质量分别为80kg和100kg，他们携手远离空间站，相对空间站的速度为0.1m/s。A将B向空间站方向轻推后，A的速度变为0.2m/s，求此时B的速度大小和方向。
(3)根据动量守恒
解得vB=0.02m/s。离开空间站方向
4.（2013高考山东理综第38（2）题）（2）如图所示，光滑水平轨道上放置长板A（上表面粗糙）和滑块C，滑块B置于A的左端，三者质量分别为mA=2kg，mB=1kg，mC=2kg。开始时C静止，A、B一起以v0=5m/s的速度匀速向右运动，A与C发生碰撞（时间极短）后C向右运动，经过一段时间，A、B再次达到共同速度一起向右运动，且恰好不再与C碰撞。求A与C发生碰撞后瞬间A的速度大小。
解析：因碰撞时间极短，A与C碰撞过程动量守恒，设碰撞后瞬间A的速度大小为vA，C的速度大小为vC，以向右为正方向，由动量守恒定律得
mAv0=mAvA+mCvC，①
A与B在摩擦力作用下达到共同速度，设共同速度为vAB，由动量守恒定律得
mAvA+mBv0=(mA)+mBvAB②
A、B达到共同速度后恰好不再与C碰撞，应满足：vAB=vC。③
联立①②③式解得：vA=2m/s。
5.（2013高考福建理综第30题）(2)将静置在地面上，质量为M（含燃料）的火箭模型点火升空，在极短时间内以相对地面的速度v0竖直向下喷出质量为m的炽热气体。忽略喷气过程重力和空气阻力的影响，则喷气结束时火箭模型获得的速度大小是。（填选项前的事母）
A.B.C.D.
答案：D
解析：由动量守恒定律，mv0=(M-m)v，解得v=，选项D正确。
6.（2013高考广东理综第35题）如图18，两块相同平板P1，P2置于光滑水平面上，质量均为m。P2的右端固定一轻质弹簧，左端A与弹簧的自由端B相距L。物体P置于P1的最右端，质量为2m,且可看作质点。P1与P以共同速度v0向右运动，与静止的P2发生碰撞，碰撞时间极短。碰撞后P1与P2粘连在一起。P压缩弹簧后被弹回并停在A点（弹簧始终在弹性限度内）。P与P2之间的动摩擦因数为μ。求
（1）P1、P2刚碰完时的共同速度v1和P的最终速度v2；
（2）此过程中弹簧的最大压缩量x和相应的弹性势能Ep。
考点：动量守恒、能量守恒、临界分析
解析：（1）P1和P2碰撞,动量守恒:
mv0=(m+m)v1①得出：
P在p2上滑行过程，P1、P2、P组成的系统动量守恒：
2mv0+2mv1=4mv2 ②得出：
(2)P1、P2、P第一次等速，弹簧最大压缩量x最大，由能量守恒得 ③
P刚进入P2到P1、P2、P第二次等速，由能量守恒得；
④
由③④得：，。
专题二十二、近代物理
1．当用一束紫外线照射锌板时，产生了光电效应，这时
(A)锌板带负电 (B)有正离子从锌板逸出
(C)有电子从锌板逸出 (D)锌板会吸附空气中的正离子
答案：C
解析：当用一束紫外线照射锌板时，产生了光电效应，有电子从锌板逸出，锌板带正电，选项C正确ABD错误。
Cs）的结合能小于铅原子核（Pb）的结合能
D．比结合能越大，原子核约稳定核子组成原子核时，其质量亏损所对应的能量于该原子核的结合能35.(1)ABC【命题意图】本题考查原子核物理的结合能及其相关知识点，意在考查考生综合应用知识分析问题的能力。
【解题思路】比结合能越大，原子核约稳定，选项D错误。核子组成原子核时，其质量亏损所对应的能量等于该原子核的结合能，选项E错误。
【快速解题】对于了解知道类选择题，可应用知道的知识分析各个选项，迅速得出答案。
．在一个原子核衰变为一个原子核的过程中，发生β衰变的次数为
(A)6次 (B)10次 (C)22次 (D)32次
答案：A
解析：一个原子核衰变为一个原子核的过程中，发生α衰变的次数为（238-206）÷4=8次，发生β衰变的次数为2×8-(92-82)=6次，选项A正确。
．小行星绕恒星运动，恒星均匀地向四周辐射能量，质量缓慢减小，可认为小行星在绕恒星运动一周的过程中近似做圆周运动。则经过足够长的时间后，小行星运动的
(A)半径变大 (B)速率变大 (C)角速度变大 (D)加速度变大
答案：A
解析：恒星均匀地向四周辐射能量，质量缓慢减小，二者之间万有引力减小，小行星运动的半径增大，速率减小，角速度减小，加速度减小，选项A正确BCD错误。
．某半导体激光器发射波长为1.5×10-6m，功率为5.0×10-3W的连续激光。已知可见光波长的数量级为10-7m，普朗克常量h＝6.63×10-34J·s，该激光器发出的
(A)是紫外线(B)是红外线
(C)光子能量约为1.3×10-18J(D)光子数约为每秒3.8×1016个
答案：（蓝色）
解析：由于激光波长大于可见光波长，所以该激光器发出的是红外线，选项B正确A错误。由E=hc/λ可得光子能量约为E=6.63×10-34×3×108÷(1.5×10-6)J=1.3×10-19J，选项C错误。光子数约为每秒为n=P/E=3.8×1016个，选项D正确。则a+b可能是
A．B．C．D．
答案：D
解析：由核反应遵循的质量数守恒可知a+b的质量数之和为234，由核反应遵循的电荷数守恒可知a+b的电荷数为92，所以a+b可能是，选项D正确。
7.(2013高考北京理综第20题)以往我们认识的光电效应是单光子光电效应，即一个电子在极短时间内只能吸收到一个光子而从金属表面逸出。强激光的出现丰富了人们对于光电效应的认识，用强激光照射金属，由于其光子密度极大，一个电子在极短时间内吸收多个光子成为可能，从而形成多光子光电效应，这已被实验证实。
光电效应实验装置示意如图。用频率为ν的普通光源照射阴极k，没有发生光电效应，换同样频率为ν的强激光照射阴极k，则发生了光电效应；此时，若加上反向电压U，即将阴极k接电源正极，阳极A接电源负极，在kA之间就形成了使光电子减速的电场，逐渐增大U，光电流会逐渐减小；当光电流恰好减小到零时，所加反向电压U可能是下列的（其中W为逸出功，h为普朗克常量，e为电子电量）
A.U=-B.U=2-C.U=2hν-WD.U=-
答案：B
解析：设电子在极短时间内吸收n个光子，由光电效应方程可得：Ek=nhν-W，由动能定理，eU=Ek，联立解得U=n-。n只能为大于1的整数，所以选项B正确ACD错误。
8.[物理选修3-5](本题共有两小题，每小题6分，共12分。每小题只有一个符合题意)
（2013高考福建理综第30题）(1)在卢瑟福α粒子散射实验中，金箔中的原子核可以看作静止不动，下列各图画出的是其中两个α粒子经历金箔散射过程的径迹，其中正确的是____。（填选图下方的字母）
答案：C
解析：由于α粒子带正电，受到原子核的排斥，两个α粒子经历金箔散射过程的径迹，其中正确的是C。
9．（2013全国高考大纲版理综第16题）放射性元素氡（）经α衰变成为钋，半衰期为3.8天；但勘测表明，经过漫长的地质年代后，目前地壳中仍存在天然的含有放射性元素的矿石，其原因是（）
A．目前地壳中的主要来自于其它放射元素的衰变
B．在地球形成的初期，地壳中元素的含量足够高
C．当衰变产物积累到一定量以后，的增加会减慢的衰变进程
D．主要存在于地球深处的矿石中，温度和压力改变了它的半衰期
答案：A解析：目前地壳中仍存在天然的含有放射性元素的矿石，其原因是目前地壳中的主要来自于其它放射元素的衰变，选项A正确。
10.（2013全国新课标理综1第35题）(1)(6分)一质子束入射到能止靶核上，产生如下核反应:
p+→X+n
式中p代表质子，n代表中子，x代表核反应产生的新核.由反应式可知，新核X的质子数为，中子数为。
答案：1413
解析：根据核反应方程遵循的电荷量守恒可得新核X的质子数为14.根据核反应方程遵循的质量数守恒可得新核的中子数为27+1-1-13=14.
11．放射性元素衰变为，此衰变过程的核反应方程是＿＿＿＿；用此衰变过程中发出的射线轰击，可得到质量数为22的氖(Ne)元素和另一种粒子，此核反应过程的方程是＿＿＿＿。
答案：→+HeHe+→Ne+H。
解析：根据衰变规律，此衰变过程的核反应方程是→+He。用α射线轰击，可得到质量数为22的氖(Ne)元素和另一种粒子，此核反应过程的方程是：He+→Ne+H。
①完成“氦燃烧”的核反应方程：He+→Be+γ。
②Be是一种不稳定的粒子，其半衰期为2.6×10-16s。一定质量的Be，经7.8×10-16s后所剩Be占开始时的。
答案：He1/8或12.5%
解析：①由核反应满足的质量数守恒和电荷数守恒可得“氦燃烧”的核反应方程：He+He→Be+γ。
②经7.8×10-16s即三个半衰期后所剩Be占开始时的（1/2）3=1/8。
13.(2013高考江苏物理第12C题)（1）如果一个电子的德布罗意波长和一个中子的相等，则它们的___▲____也相等。
（A）速度 （B）动能 （C）动量 （D）总能量
(1)C解析：根据德布罗意物质波公式，如果一个电子的德布罗意波长和一个中子的相等，则它们的动量相等，选项C正确。
14．下列说法正确的是
A．原子核发生衰变时要遵守电荷守恒和质量守恒的规律
B.α射线、β射线、γ射线都是高速运动的带电粒子流
C．氢原子从激发态向基态跃迁只能辐射特定频率的光子
D．发生光电效应时光电子的动能只与入射光的强度有关
答案：C
解析：原子核发生衰变时要遵守电荷守恒和质量数守恒的规律，衰变，放出能量，有质量亏损，质量不守恒，选项A错误。α射线、β射线都是高速运动的带电粒子流，而γ射线是电磁波，选项B错误。根据波尔理论，氢原子从激发态向基态跃迁只能辐射特定频率的光子，选项C正确。发生光电效应时光电子的动能与入射光的强度无关，只与入射光的频率有关，选项D错误。，下列说法正确的有
A．上述裂变反应中伴随着中子放出 B．铀块体积对链式反应的发生无影响
C．铀核的链式反应可人工控制 D．铀核的半衰期会受到环境温度的影响
15.考点：核裂变，半衰期，链式反应
答案：AC解析：根据题给裂变反应方程，可知上述裂变反应中伴随着中子放出，选项A正确，铀块体积对链式反应的发生有影响，只有铀块体积大于临界体积时才能发生链式反应，选项B错误。铀核的链式反应可人工控制，铀核的半衰期不会受到环境温度的影响，选项C正确D错误。
16.(2013高考江苏物理第12B题)（2）根据玻尔原子结构理论，氦离子（He+）的能级图如题12C-1图所示。电子处在n=3轨道上比处在n=5轨道上离氦核的距离___▲____（选填“近”或“远”）。当大量He+处在n=4的激发态时，由于跃迁所发射的谱线有___▲____条。
(2)近6解析：电子处在n=3轨道上比处在n=5轨道上离氦核的距离近。当大量He+处在n=4的激发态时，由于跃迁所发射的谱线有3+2+1=6条。
专题二十三、物理学史、单位制、物理学研究方法
1.（2013全国新课标理综II第19题）在物理学发展过程中，观测、实验、假说和逻辑推理等方法都起到了重要作用。下列叙述符合史实的是
A．奥斯特在实验中观察到电流的磁效应，该效应揭示了电和磁之间存在联系安培根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性，提出了分子电流假说，法拉第在实验中观察到，通有恒定电流的静止导线附近的固定导线圈中，会感应电流，楞次在分析了许多实验事实后提出，感应电流应具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化1.ABD
【命题意图】本题考查电学中重要物理学史及其相关知识点，意在考查考生对物理学重要史事的知道情况。
【解题思路】奥斯特在实验中观察到电流的磁效应，该效应揭示了电流能够产生磁场，电和磁之间存在联系，选项A正确。安培根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性，提出了分子电流假说，选项B正确。法拉第在实验中观察到，通有恒定电流的静止导线附近的固定导线圈中，由于导线圈中磁通量不变，不会产生感应电流，选项C错误。楞次在分析了许多实验事实后提出，感应电流应具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，这就是楞次定律，选项D正确。
【考场捷径】了解知道重要的物理学史可快速解答此题。
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
【命题意图】本题考查等知识点，意在考查考生应用相关知识定量分析物理问题，解决问题的能力。
.（2013高考山东理综第14题）伽利略开创了实验研究和逻辑推理相结合探索物理规律的科学方法，利用这种方法伽利略发现的规律有
A.力不是维持物体运动的原因B.物体之间普遍存在相互吸引力
C.忽略空气阻力，重物与轻物下落得同样快D.物体间的相互作用力总是大小相等，方向相反
答案：解析：利用这种方法伽利略发现的规律有力不是维持物体运动的原因忽略空气阻力，重物与轻物下落得同样快
A．①、②和③B．③、②和①
C．②、③和①D．③、①和②
答案：B
解析：伽利略研究自由落体运动实验，小球对斜面的压力在斜面倾角为θ=0时最大、θ=π/2最小为零。小球对斜面的压力与最大值的比值y随θ变化的图像对应题4图2中的③；小球运动的加速度在斜面倾角为θ=0时最小，为零、θ=π/2最大为g。小球运动的加速度与最大值的比值y随θ变化的图像对应题4图2中的②；重力加速度是一恒定值，与最大值的比值y随θ变化的图像对应题4图2中的①。所以选项B正确。
6.(2013高考北京理综第24题)对于同一物理问题，常常可以从宏观与微观两个不同角度进行研究，找出其内在联系，从而更加深刻地理解其物理本质。
一段横截面积为S、长为l的直导线，单位体积内有n个自由电子，电子电量为e。该导线通有电流时，假设自由电子定向移动的速率均为v。
求导线中的电流I。
将该导线放在匀强磁场中，电流方向垂直于磁感应强度B，导线所受安培力大小为F安，导线内自由电子所受洛伦兹力大小的总和为F，推导F安=F。
正方体密闭容器中有大量运动粒子，每个粒子质量为m，单位体积内粒子数量n为恒量。为简化问题，我们假定：粒子大小可以忽略，其速率均为v，且与器壁各面碰撞的机会均等；与器壁碰撞前后瞬间，粒子速度方向都与器壁垂直，且速率不变。利用所学力学知识，导出器壁单位面积所受粒子压力f与m、n和v的关系。
（注意：解题过程中需要用到、但题目没有给出的物理量，要在解题时做必要的说明）
解析：（1）（a）设△t时间内通过导体横截面的电量为△q，由电流定义，有：
I=△q/△t==neSv。
（b）每个自由电子所受的洛伦兹力f=evB，
设导体中共有N个自由电子，N=nSL，
导体内自由电子所受洛伦兹力大小的总和：F=Nf=nSL·evB，
由安培力公式，有：F安=ILB=neSv·LB，
得：F安=F。
（2）一个粒子每与器壁碰撞一次给器壁的冲量为：△I=2mv，
如图，以器壁上的面积S为底，以v△t为高构成柱体，由题设可知，其内的粒子在△t时间内有1/6与器壁S发生碰撞，碰撞粒子总数为：N=nSv△t。
△t时间内粒子给器壁的冲量为：
I=N·△I=nSv△t·2mv=nSmv2△t.
面积为S的器壁受到的压力为F=I/△t，
器壁单位面积所受粒子压力f=F/S=nmv2。
专题二十四、力学电学综合性应用问题
1．(20分)“电子能量分析器”主要由处于真空中的电子偏转器和探测板组成。偏转器是由两个相互绝缘、半径分别为RA和RB的同心圆金属半球面A和B构成，A、B为电势值不等的等势面，其过球心的截面如图所示。一束电荷量为e、质量为m的电子以不同的动能从偏转器左端M的正中间小孔垂直入射，进入偏转电场区域，最后到达偏转器右端的探测板N，其中动能为Ek0的电子等势面C做匀速圆周运动到达N板的正中间。忽略电场的边缘效应。（1）判断球面A、B的电势高低，并说明理由；
（2）求等势面C所在处电场强度E的大小；
（3）若半球面A、B和等势面C的电势分别为φA、φB和φC，则到达N板左、右边缘处的电子，经过偏转电场前、后的动能改变量ΔEK左和ΔEK右分别为多少？
（4）比较|ΔEK左|和|ΔEK右|的大小，并说明理由。
Ek0=mv2/2，R=(RA+RB)/2，联立解得：E==
（3）电子运动时只有电场力做功，根据动能定理，有：ΔEK=qU
对到达N板左侧边缘的电子，电场力做正功，动能增加，有：ΔEK左φB-φC)
对到达N板右侧边缘的电子，电场力做负功，动能减小，有：ΔEK右=e(φA-φC)
（4）根据电场线的特点，等势面B与C之间的电场强度大于C与A之间的电场强度，考虑到等势面间距相等，有：│φB-φC│>│φA-φC│
即：│ΔEK左││ΔEK右│
2．（22分）为了降低潜艇噪音，提高其前进速度，可用电磁推进器替代螺旋桨。潜艇下方有左、右两组推进器，每组由6个相同的用绝缘材料制成的直线通道推进器构成，其原理示意图如下。在直线通道内充满电阻率ρ=0.2Ω?m的海水，通道中ab×c=0.3m×0.4m×0.3m的空间内，存在由超导线圈产生的匀强磁场，其磁感应强度B=6.4T、方向垂直通道侧面向外。磁场区域上、下方各有ab=0.3m×0.4m的金属板M、N，当其与推进器专用直流电源相连后，在两板之间的海水中产生了从N到M，大小恒为I=1.0103A的电流，设电流只存在于磁场区域。不计电源内阻及导线电阻，海水密度ρ=1.0103kg/m3。
（1）求一个直线通道推进器内磁场对通电海水的作用力大小，并判断其方向。
（2）在不改变潜艇结构的前提下，简述潜艇如何转弯？如何倒车？
（3）当潜艇以恒定速度v0=30m/s前进时，海水在出口处相对于推进器的速度v=34m/s，思考专用直流电源所提供的电功率如何分配，求出相应功率的大小。1.0×103×6.4×0.3N=1.92×103N.
用左手定则判断磁场对海水作用力方向向右（或与海水出口方向相同）
（2）考虑到潜艇下方有左、右两组推进器，可以开启或关闭不同个数的左、右两侧的直线通道推进器，实施转弯。
改变电流方向，或者磁场方向，可以改变海水所受磁场力的方向，根据牛顿第三定律，使潜艇“倒车”。
（3）电源提供的电功率中的第一部分：牵引功率：P1=F牵v0。
根据牛顿第三定律：F牵=12IBL。
当v0=30ms时，代入数据得：P1=F牵v0=12×1.92×103×30W=6.9×105W。第二部分：海水的焦耳热功率
对单个直线推进器，根据电阻定律，R=ρL/S。
代入数据得：R=ρc/ab=0.2×Ω=0.5Ω.
由热功率公式：P=I2R，
代入数据得：P单=I2R=(1.0×103)2×0.5W=5.0×105W。
P2=12×5.0×105W=6.0×106W
第三部分：单位时间内海水动能的增加值
设△t时间内喷出海水的质量为m，P3=12×
考虑到海水的初动能为零，△Ek=Ek=mv，
m=ρbcv△t，
P3=12×=P3=12×ρbcv=4.6×104W。
3.（2013高考天津理综物理第12题）(20分）超导现象是20世纪人类重大发现之一，日前我国己研制出世界传输电流最大的高温超导电缆并成功示范运行。
(l）超导体在温度特别低时电阻可以降到几乎为零，这种性质可以通过实验研究．将一个闭合超导金属圈环水平放置在匀强磁场中，磁感线垂直于圈环平面向上，逐渐降低温度使环发生由正常态到超导态的转变后突然撤去磁场，若此后环中的电流不随时间变化．则表明其电阻为零。请指出自上往下看环中电流方向，并说明理由。
（2）为探究该圆环在超导状态的电阻率上限ρ，研究人员测得撤去磁场后环中电流为I,并经一年以上的时间t未检测出电流变化。实际上仪器只能检测出大于ΔI的电流变化，其中△I<
(3）若仍使用上述测量仪器，实验持续时间依旧为t．为使实验获得的该圆环在超导状态的电阻率上限ρ的准确程度更高，请提出你的建议，并简要说明实现方法．ρL/S。
设t时间内环中电流释放焦耳热而损失的能量为△E，由焦耳定律得：△E=I2Rt。
设环中单位体积内定向移动电子数为n，则：I=nevS。
式中n、e、S不变，只有定向移动电子的平均速率的变化才会引起环中电流的变化。电流变化大小取△I时，相应定向移动电子的平均速率变化的大小为△v，则：△I=neS△v。
设环中定向移动电子减少的动能总和为△Ek，则：△Ek=nLS[mv2-m(v-△v)2].
由于△I<
联立解得：ρ=。
（3）由ρ=看出，在题设条件限制下，适当增大超导电流，可以使实验获得ρ的准确程度更高。通过增大穿过该环的磁通量变化率可实现增大超导电流。
2013高考物理分类解析
专题二十五、带电粒子在电场中的运动
1．（19分）（2013全国高考大纲版理综第25题）一电荷量为q（q＞0）、质量为m的带电粒子在匀强电场的作用下，在t＝0时由静止开始运动，场强随时间变化的规律如图所示。不计重力，求在t＝0到t＝T的时间间隔内
（1）粒子位移的大小和方向；
（2）粒子沿初始电场反方向运动的时间。
1．（19分）解法一：粒子在0～T/4、T/4～T/2、
T/2～3T/4、3T/4～T时间间隔内做匀变速运动，
设加速度分别为a1、a2、a3、a4，由牛顿第二定律得、、
、
（每个式子1分）
由此得带电粒子在0～T时间间隔内运动的a—t图像如图（a）所示（2分），对应的v—t图像如图（b）所示（3分），其中
（1分）
由图（b）可知，带电粒子在t＝0到t＝T时的位移为
（2分）
联立解得（2分）
它的方向沿初始电场正方向。（1分）
（2）由图（b）可知，粒子在t＝3T/8到t＝5T/8内沿初始电场反方向运动，总的运动时间为
（4分）
解法二：带电粒子在粒子在0～T/4、T/4～T/2、T/2～3T/4、3T/4～T时间间隔内做匀变速运动，设加速度分别为a1、a2、a3、a4，由牛顿第二定律得
、
、
、
（每个式子1分）
设粒子在t＝T/4、t＝T/2、t＝3T/4、t＝T时刻的速度分别为v1、v2、v3、v4，则有
、、、（每个式子1分）
设带电粒子在t＝0到t＝T时的位移为s，有
（4分）
解得（2分）
它的方向沿初始电场正方向。（1分）
（2）由电场的变化规律知，粒子从t＝T/4时开始减速，设经过时间t1粒子速度为零，有
，解得t1＝T/8（1分）
粒子从t＝T/2时开始加速，设经过时间t2粒子速度为零，有
，解得t2＝T/8（1分）
设粒子从t＝0到t＝T内沿初始电场反方向运动的时间为t2，有
t＝（1分）
解得t＝T/4（1分）
2．(20分)“电子能量分析器”主要由处于真空中的电子偏转器和探测板组成。偏转器是由两个相互绝缘、半径分别为RA和RB的同心圆金属半球面A和B构成，A、B为电势值不等的等势面，其过球心的截面如图所示。一束电荷量为e、质量为m的电子以不同的动能从偏转器左端M的正中间小孔垂直入射，进入偏转电场区域，最后到达偏转器右端的探测板N，其中动能为Ek0的电子等势面C做匀速圆周运动到达N板的正中间。忽略电场的边缘效应。（1）判断球面A、B的电势高低，并说明理由；
（2）求等势面C所在处电场强度E的大小；
（3）若半球面A、B和等势面C的电势分别为φA、φB和φC，则到达N板左、右边缘处的电子，经过偏转电场前、后的动能改变量ΔEK左和ΔEK右分别为多少？
（4）比较|ΔEK左|和|ΔEK右|的大小，并说明理由。
Ek0=mv2/2，
R=(RA+RB)/2，
联立解得：E==
（3）电子运动时只有电场力做功，根据动能定理，有：ΔEK=qU
对到达N板左侧边缘的电子，电场力做正功，动能增加，有：ΔEK左φB-φC)
对到达N板右侧边缘的电子，电场力做负功，动能减小，有：ΔEK右=e(φA-φC)
（4）根据电场线的特点，等势面B与C之间的电场强度大于C与A之间的电场强度，考虑到等势面间距相等，有：│φB-φC│>│φA-φC│
即：│ΔEK左││ΔEK右│
3.（2013全国新课标理综II第24题）如图，匀强电场中有一半径为r的光滑绝缘轨道，轨道平面与电场方向平行。一电荷量为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。
【命题意图】本题主要考查受到约束的带电质点在匀强电场中的运动、牛顿第二定律、动能定理及其相关的知识点，意在考查考生灵活应用知识解决问题的能力。
解：①
设质点质量为m，经过a点和b点时的速度大小分别为va和vb，由牛顿第二定律有：f+Na=m②
Nb–f=m③
设质点经过a点和b点时的动能分别为Eka和Ekb，有
Eka=mva2④
Ekb=mvb2⑤
根据动能定理有：Ekb-Eka=2rf，⑥
联立①②③④⑤⑥式解得：
E=(Nb-Na)
Eka=(Nb+5Na)
Ekb=(5Nb+Na)
①式（1分）②式（2分）③式（2分）④式（1分）⑤式（1分）⑥式（1分）式（2分）式（2分）⑨式（2分）⑩
【方法技巧】解决受到约束的带电质点在匀强电场中的运动，在某个位置分析受力，应用牛顿第二定律列出相关方程，对运动过程，应用动能定理列出相关方程联立解得。
4．(12分)半径为R，均匀带正电荷的球体在空间产生球对称的电场；场强小沿半径分布如图所示，图中E0已知，E－r曲线下O－R部分的面积等于R－2R部分的面积。
(1)写出E－r曲线下面积的单位；
(2)己知带电球在r≥R处的场强E＝kQ／r2，式中k为静电力常量，该均匀带电球所带的电荷量Q为多大?
(3)求球心与球表面间的电势差U；
(4)质量为m，电荷量为q的负电荷在球面处需具有多大的速度可以刚好运动到2R处?
E－r曲线下面积的单位该均匀带电球所带的电荷量QE－r曲线下球心与球表面间的电势差U=E0R/2。
（4）根据题述E－r曲线下O－R部分的面积等于R－2R部分的面积U=E0R/2。由动能定理，q△U=mv2，
解得：v=。
专题二十六、电磁感应综合性问题
1.（19分）（2013全国新课标理综1第25题）如图，两条平行导轨所在平面与水平地面的夹角为θ，间距为L。导轨上端接有一平行板电容器，电容为C。导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向垂直于导轨平面。在导轨上放置一质量为m的金属棒，棒可沿导轨下滑，且在下滑过程中保持与导轨垂直并良好接触。已知金属棒与导轨之间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g。忽略所有电阻。让金属棒从导轨上端由静止开始下滑，求:
(1)电容器极板上积累的电荷量与金属棒速度大小的关系；
(2)金属棒的速度大小随时间变化的关系。
【命题意图】本题考查摩擦力、牛顿第二定律等基础知识点，意在考查考生应用相关知识定量分析物理问题，解决问题的能力。
g。⑿
由⑿式及题设可知，金属棒做初速度为零的匀加速运动，t时刻金属棒的速度大小为：
v=gt。
2．(16分)如图，两根相距＝0.4m、电阻不计的平行光滑金属导轨水平放置，一端与阻值R＝0.15Ω的电阻相连。导轨x＞0一侧存在沿x方向均匀增大的稳恒磁场，其方向与导轨平面垂直，变化率k＝0.5T/m，x＝0处磁场的磁感应强度B0＝0.5T。一根质量m＝0.1kg、电阻r＝0.05Ω的金属棒置于导轨上，并与导轨垂直。棒在外力作用下从x＝0处以初速度v0＝2m/s沿导轨向右运动，运动过程中电阻上消耗的功率不变。求：
(1)中的电流；
(2)金属棒在x＝2m处的速度；
(3)金属棒从x＝0运动到x＝2m过程中安培力做功的大小；
(4)金属棒从x＝0运动到x＝2m过程中外力的平均功率。
(1)在x=0时，E=B0Lv=0.5×0.4×2V=0.4V。
电路中的电流；
(2)在x＝2m处B0+kx2＝0.5T0.5T/m×2m=1.5T。
E=B2Lv2，
解得：金属棒在x＝2m处的速度m/s。
(3)金属棒从x＝0运动到x＝2m过程中安培力做功的大小(F0+FA)x=1.6J。
(4)由EIt=W解得t=2s。
由动能定理：Pt-W=mv22-mv02，
解得P=W=0.71W。
3。(2013高考江苏物理第13题)（15分）如图所示，匀强磁场中有一矩形闭合线圈abcd，线圈平面与磁场垂直。已知线圈的匝数N=100，边长ab=1.0m、bc=0.5m，电阻r=2Ω。磁感应强度B在0~1s内从零均匀变化到0.2T。在1~5s内从0.2T均匀变化到-0.2T，取垂直纸面向里为磁场的正方向。
求:
（1）0.5s时线圈内感应电动势的大小E和感应电流的方向；
（2）在1~5s内通过线圈的电荷量q；
（3）在0~5s内线圈产生的焦耳热Q。
解析：（1）感应电动势：E1=N，磁通量变化△Φ1=△B1S，
解得：E1=NS，
代入数据得：E1=10V。
由楞次定律可判断出感应电流的方向为a→d→c→b→a。
（2）同理可得：E2=NS，感应电流I2=E2/r，电量q=I2△t2，
解得：q=NS。
代入数据得：q=10C。
（3）0~1s内产生的焦耳热：Q1=I12r△t1，且I1=E1/r，1~5s内产生的焦耳热：Q2=I22r△t2，
在0~5s内线圈产生的焦耳热Q=Q1+Q2。代入数据得：Q=100J。
4（2013高考广东理综第36题）图19（a）所示，在垂直于匀强磁场B的平面内，半径为r的金属圆盘绕过圆心O的轴承转动，圆心O和边缘K通过电刷与一个电路连接。电路中的P是加上一定正向电压才能导通的电子元件。流过电流表的电流I与圆盘角速度ω的关系如图19（b）所示，其中ab段和bc段均为直线，且ab段过坐标原点。ω>0代表圆盘逆时针转动。已知：R=3.0Ω，B=1.0T，r=0.2m。忽略圆盘，电流表和导线的电阻。
（1）根据图19（b）写出ab、bc段对应的I与ω的关系式；
（2）求出图19（b）中b、c两点对应的P两端的电压Ub、Uc；
（3）分别求出ab、bc段流过P的电流IP与其两端电压UP的关系式。4.考点：电磁感应、欧姆定律、并联电路规律、直线两点式
解析：（1）图像得出三点坐标:o（0，0）b（15，0.1）c（45，0.4）.
由直线的两点式得I与ω关系式：
(2)圆盘切割磁感线产生的电动势为：
当ω=15rad/s时，产生的电动势为E=0.02×15V=0.3V。
当ω=45rad/s时，产生的电动势为E=0.02×45V=0.9V。
忽略圆盘电阻即电源忽略内阻，故Up=E，可得：
Ub=0.3V，Uc=0.9V。
(3)由并联电路知识有：
①=②
由①②得IP=I-.
3
v/m·s–1
t/s
1
2
3
4
5
甲
乙
0
10
20
30
－10
υ/(m.s-1)
0
t/s
-v0
v0
2v0
1
2
3
4
5
6
7
乙
甲
·
B
A
E
O
D
N
θ
M
m
H
30°
x
y
O
L
M
θ
B
x
y
O
A
L
P
M
h
D
C
B
α
β
60°
O
A
ω
t
E
O
A
t
E
O
B
t
E
O
C
t
E
O
D
i/A
t/s
0.01
0.05
-0.05
0.02
图16（b）
图16（a）
A
Q
B
P
C
C′
D
R
L
S
E
P
P
B
D
C
S
E
P
A
B
D
C
图17（b）
00.100.200.300.400.500.60
5.0
10.0
15.0
20.0
25.0
30.0
35.0
图17（c）
图17（b）
00.100.200.300.400.500.60
5.0
10.0
15.0
20.0
25.0
30.0
35.0
图17（c）
图18
a
t
0.25T
0.5T
0.75T
T
E0
2E0
－E0
－2E0
0
v
t
0.25T
0.5T
0.75T
T
v1
－v1
0
图（b）
a
t
0.25T
0.5T
0.75T
T
2qE0/m
qE0/m
－2qE0/m
－qE0/m
0
图（a）
图19（b）
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