1cD图8—l由EB2=CE-ED=CE·(2R—CE)EB2.CE得：R=—+—2CE'2也可由勾股定理得：R2=(R-CE)2+EB2EB2.CE解得．R=—2CE+'—2·以上两种求半径的方法常用千求解“带电粒子在匀强磁场中的运动”这类习题中．三、图象法中学物理中一些比较抽象的习题常较难求解，若能与数学图形相结合，再恰当地引入物理图象，则可变抽象为形象，突破难点、疑点，使解题过程大大简化．图象法是历年高考的热点，因而在复习中要密切关注图象，掌握图象的识别、绘制等方法．l.物理图象的分类整个高中教材中有很多不同类型的胆象，按图形形状的不同可分为以下几类．(1)直线型：如匀速泊线运动的s-t图象、匀变速直线运动的v一［图象、定值电阻的U—I图象等(2)正弦曲线型：如简谐振动的x—t图象、简谐波的y-x图象、正弦式交变电流的et图象、正弦式振荡电流的l一［图象及电荷量的q-t图象等．(3)其他型：如共振曲线的A-J图象、分子力与分子间距离的J-r图象等．下面我们对高中物理中接触到的典型物理图象作一综合回顾，以期对物理图象有个较为系统的认识和归纳．图象函数形式特例物理意义做匀速直线运动的匀速直线运动的vy=c质点的速度是恒矢oc尸戈-t图象量．＠表不物体的位移CD匀速直线运动的s大小随时间线性增一（图象,y大．＠初速度vo=O的匀＠表示物体的速度加速直线运动的vy=!cx大小随时间线性增一［图象（若v。#O,大．。/则纵截距不为零）元©表示纯电阻电路＠纯电阻电路的]-中／随导体两端的电U图象压U线性增大．＠表不物体的速度(D匀减速直线运动大小随时间线性减的v—t图象y=a-kx小．仁＿＠闭合电路中的U＠表示路端电压随。-/图象(U=E-Jr)电流的增大而减小．
2＠由纯电阻用电器组成的闭合电路的E＠表示纯电阻电路U-R图象(U=-R+r中电源的端电压陡aR)外电阻而非线性增y=－x—+一b.x＠在垂直于匀强磁大．。二工（双曲线函数）场的[XCzt7I.tifBP]＠将达到稳定速度导轨上，自由导体棒FR总在一恒定动力F的Vm＝砰·作用下做变加速运动的v—t图象CD表示小灯泡消耗CD小灯泡消耗的实的实际功率随电压际功率与外加电压的增大而增大，且增y=kx2的P—U图象大得越来越快．（抛物线函数）＠位移与时间的s-/尤＠表示位移随时间lt图象(s=；动的增大而增大，且增大得越来越快．机械在额定功率下，xy=c表示功率一定时，牵其牵引力与速度的（双曲线函数）引力与速度成反比．OL_＿怎关系图象(P=Fv)“'A交流电的e—［图象表示交流电随时间八．无y=Asinwt。(e=Emsinmt)变化的关系．．．．．立-A2.物理图象的应用(I)利用图象解题可使解题过程更简化，思路更清晰．利用图象法解题不仅思路清晰，而且在很多情况下可使解题过程得到简化，起到比解析法更巧妙、更灵活的独特效果．甚至在有些悄况下运用解析法可能无能为力，但是运用图象法则会使你豁然开朗，如求解变力分析中的极值类问题等．(2)利用图象描述物理过程更直观．从物理图象上可以比较直观地观察出物理过程的动态特征．(3)利用物理胆象分析物理实验．运用图象处理实验数据是物理实验中常用的种方法，这是因为它除了具有简明、直观、便千比较和减少偶然误差的特点外，还可以由图象求解第三个相关物理蜇，尤其是无法从实验中直接得到的结论．3.对图象意义的理解(I)首先应明确所给的图象是什么图象，即认清图象中比纵横轴所代表的物理噩及它们的“函数关系”，特别是对那些图形相似、容易混淆的图象，更要注意区分．例如振动图象与波动图象、运动学中的s-1图象和v-t图象、电磁振荡中的l一［图象和q一［图象等．(2)要注意理解陷象中的“点”、“线”、“斜率”、"截距"、“面积＂的物理惫义．CD点：图线上的每一个点对应研究对象的个状态．要特别注意”起点”、“终点”、“拐点”、“交点“，它们往往对应芼一个特殊状态．如有的速度图象中，拐点可能表示速度由增大（减小）变为减小（增大），即加速度的方向发生变化的时刻，而速度图线与时间轴的交点则代表速度的方向发生变化的时刻．＠线：注意观察图线是H线、曲线还是折线等，从而弄清图象所反映的两个物理噩之间
3的关系＠斜率：表示纵横坐标上两物理盘的比值．常有一个重要的物理蜇与之对应，用千求解定械计算中所对应的物理母的大小以及定性分析变化的快慢．如v-t图象的斜率表示加速度＠截距：表示纵横坐标两物理蜇在“边界”条件下物理盘的大小．由此往往可得到一个很有意义的物理悬．如电源的U-J图象反映了U=E-Jr的函数关系，两截距点分别为(0,EE)和(!,o).©面积：有些物理图象的图线与横轴所围的面积往往代表一个物理呈的大小．如v-t图象中面积表示位移．4.运用图象解答物理问题的步骤(1)看洁纵横坐标分别表示的物理址．(2)看图象本身，识别两物理盘的变化趋势，从而分析具体的物理过程．(3)看两相关量的变化范围及给出的相关条件，明确图线与坐标轴的交点、图线斜率、图线与坐标轴围成的“面积”的物理意义．四、数学归纳法在解决某些物理过程中比较复杂的具体问题时，常从特殊悄况出发，类推出一般情况下的猪想，然后用数学归纳法加以证明，从而确定我们的猪想是正确的．利用数学归纳法解题要注意书写上的规范，以便找出其中的规律．五、微元法利用微分思想的分析方法称为微元法．它是将研究对象（物体或物理过程）进行无限细分，再从中抽取某一微小单元进行讨论，从而找出被研究对象的变化规律的一种思想方法．微元法解题的思维过程如下．(l)隔离选择恰当的微元作为研究对象．微元可以是一小段线段、圆弧或一小块面积，也可以是一个小体积、小质噩或一小段时间等，但必须具有整体对象的基本特征．(2)将微元模型化（如视为点电荷、质点、匀速直线运动、匀速转动等），并运用相关的物理规律求解这个微元与所求物体之间的关联．(3)将一个微元的解答结果推广到其他微元，并充分利用各微元间的对称关系、矢蜇方向关系、近似极限关系等，对各微元的求解结果进行叠加，以求得整体贵的合理解答．六、三角函数法三角函数反映了三角形的边、角之间的关系，在物理解题中有较广泛的应用．例如：讨论三个共点的平衡力组成的力的三角形时，常用正弦定理求力的大小；用函数的单调变化的临界状态来求取某个物理量的极值；用三角函数的”和积公式”将结论进行化简等．七、数列法凡涉及数列求解的物理问题都具有过程多、正复性强的特点，但每一个亚复过程均不是原来的完全重复，而是一种变化了的重复．随若物理过程的重复，某些物理蜇逐步发生者前后有联系的变化．该类问题求解的基本思路为：(l)逐个分析开始的几个物理过程；(2)利用归纳法从中找出物理蜇变化的通项公式（这是解题的关键）；(3)最后分析整个物理过程，应用数列特点和规律求解．无穷数列的求和，一般是无穷递减数列，有相应的公式可用．n(a,+a11),n(n—1)等差：S,,==na1+d(d为公差）．22a1(1-q")等比：S,,=（q为公比）．1-q八、比例法比例计算法可以避开与解题无关的噩，直接列出已知和未知的比例式进行计算，使解题过程大为简化应用比例法解物理题，要讨论物理公式中变量之间的比例关系，要消楚公式的物理意义和每个置在公式中的作用，以及所要讨论的比例关系是否成立．同时要注意以下几点．(1)比例条件是否满足．物理过程中的变最往往有多个，讨论某两个最间的比例关系时
4要注意只有其他量为常量时才能成比例．(2)比例是否符合物理意义．不能仅从数学关系来看物理公式中各立的比例关系，要注u意每个物理址的总义．（如不能根据R＝一认定电阻与电压成正比）(3)比例是否存在．讨论某公式中两个量的比例关系时，要注意其他量是否能认为是不u2变蜇．如果该条件不成立，比例也不能成立．（如在串联电路中，不能认为P=下－中P与R成反比，因为R变化的同时，U也随之变化而并非常扭）许多物理蜇都是用比值法来定义的，常称之为“比值定义”．如密度p＝竿，导体的电阻UQLFR=-，电容器的电容C=，接触面间的动摩擦因数µ=，电场强度E=7等．它们的共UFNq同特征是：被定义的物理量是反映物体或物质的属性和特征的，它和定义式中相比的物理懋无关对此，学生很容易把它当做一个数学比例式来处理而忽略了其物理意义，也就是说教学中还要防止数学知识在物理应用中的负迁移．数学是“物理学家的思想工具”，它使物理学家能“有条理地思考”并能想象出更多的东西可以说，正是有了数学与物理学的有机结合，才使物理学日臻完善．物理学的严格定量化，使得数学方法成为物理解题中一个不可或缺的工具热点、重点、难点·例1如图8-2甲所示，一薄木板放在正方形水平桌面上，木板的两端与桌面的两端对齐，一小木块放在木板的正中间．木块和木板的质址均为m,木块与木板之间、木板与桌面之间的动摩擦因数都为µ．现突然以一水平外力F将菏木板抽出，要使小木块不从桌面上掉下，则水平外力F至少应为．（假设木板抽动过程中始终保待水平，且在竖直方向J-的压力全部作用在水平桌面上）图8-2甲A.2µmgB.4pmgC.6pmgD.8µmg【解析】解法－F越大，木块与木板分离时的速度、位移越小，木块越不可能从桌面滑下设拉力为F。时，木块恰好能滑至桌面的边缘，再设木块与木板分离的时刻为f1,在0～t]时间内有：.!..(F。-µmg-2µmg),lL2m叮－iµgt12=了对t1时间后木块滑行的过程，有：VI妞LI=-=---2µg2µg22µgtl解得：F。＝6µmg.解法二F越大，木块与木板分离时的速度、位移越小，木块越不可能从桌面滑出若木块不从桌面滑出，则其v-t图象如图8-2乙中OBC所示，其中OB的斜率为µg,BC的斜率为－µg,tl=t2t}叶－－－－－7'.,.,,.',,仇U_＿/.，绿扫、、、、｀c、蛉、'j,.t1+t2t图8-2乙
5有：S＾OBC=(;·µgt,2)X2畴L设拉力为F时，木板的V-I图象为图7-2乙中的直线OA,则S,.oAB=2L即5仍－v1)-t1=2F-3µIng其中Vi=pgt,,V尸;---·t,解得：F~6pmg即拉力至少为6pmg.［答案］C【点评】对于两物体f司的多过程运动问题，在明确物理过程的基础上，画出物体各自的运动图象，这样两物体的运动特点就很明显了．利用图线与坐标轴所夹面积的关系明确物体间的位移关系，可省略一些物理量的计算，从而快速、简捷地解答问题，同类题可见专题一能力演练第3题．·例2如图8-3甲所示，在竖直平面内的直角坐标系中，一个质量为m的质点在外力F的作用下从坐标原点0由静止沿直线ON斜向下运动，直线ON与y轴负方向成0角(0＜巴）则F的大小至少为；右F=mgtan0，则质点的机械能大小的变化情况是4'[2008年高考上海物理卷］r。元图8-3甲【解析】该质点在重力和外力F的作用下从静止开始做直线运动，说明质点做匀加速直线运动，如图8-3乙所示，当F的方向为a方向（垂直于ON)时，F最小为mgsin0;若F=mgtan0,即F可能为b方向或c方向，故除重力外的力F对质点可能做正功，也可能做负功，所以质点的机械能增加、减少都有可能．图8-3乙［答案］mgsin0增加、减少都有可能【点评】运用平行四边形（三角形）定则分析物体受力的变化情况（或用相似三角形比较受力）是一种常用的方法，同类题可见专题一同类拓展2和例题4.·例3总质蜇为80kg的跳伞运动员从离地500m的直升机上跳下，经过2s拉开绳索开启降落伞，图8—4是跳伞过程中的v-t图象，试根据图象求：（取g=10mJs2)
6|/\\\\\va格--』-S22-2[V20864208642-o\II匀二知22定力l24遠律4st运Is有内动该,面m其g包f速积力－n所以w1=mgh-imv2__含m=(SOXlOX156-~X80X62)J度的a的格大2""1.23X105J.子I卜为为3(3)14s后运动员做匀速运动的时间为．9H-h500-156t'=-=s""57s6运动员从飞机上跳下到着地所需要的总时间为t总｀=t+t'=(14+57)s""71s.［答案］(1)160N(2)1.23X105J(3)71s【点评】对于本题，应明确v-t图象中“面积＂的含义，在数小方格个数时需注意合理取舍，即大于半格的算l个，小千半格的舍去．·例4如图8—5甲所示，一质挝m=lkg的木板静止在光滑水平地面上．开始时，木板右端与墙相距L=0.08m，一质量m=Ikg的小物块以初速度v。=2m/s滑上木板左端．木板的长度可保证物块在运动过程中不与墙接触．物块与木板之间的动摩擦因数11=0.I,木板与墙碰撞后以与碰撞前瞬时等大的速度反弹．取g=lOmis?，求：_＿—_二」图8-5甲(1)从物块滑上木板到两者达到共同速度时，木板与墙碰摧的次数及所用的时间．(2)达到共同速度时木板右端与墙之间的距离．【解析】解法一物块滑上木板后，在摩擦力的作用下，木板从静止开始做匀加速运动设木板的加速度大小为a,经历时间T后与堵笫一次碰撞，碰撞时的速度为vl，则有：µmg=ma
7L=-aT-2v1=aT可得：a=Im/s2,T=0.4s,v,=0.4mis物块与木板达到共同速度之前，在每两次碰撞之间，木板受到物块对它的摩擦力作用而做加速度恒定的运动，因而木板与墙相碰后将返回至初态，所用时间为，T.设在物块与木板达到共同速度v之前木板共经历了n次碰撞，则有．v=v。一(2nT+D.t)a=a·!::,.t式中!::,.t是碰撞n次后木板从起始位置至达到共同速度所需要的时间上式可改写为：2v=v。-2nTa由于木板的速率只能在0到v1之间，故有·o::=;;;v。-2nTa::=;;;2v1解得：1.5::=;;;n::=;;;2.5由于n是整数，故n=2解得：V=0.2m/s,/::,.(=0.2S从开始到物块与木板达到共同速度所用的时间为：t=4T+D.t=1.8s.(2)物块与木板达到共同速度时，木板右端与墙之间的距离为s=L--aAt22解得：s=0.06m解法二(1)物块滑上木板后，在摩擦力的作用下，木板做匀加速运动的加速度a尸µg=11n/s,方向向右物块做减速运动的加速度a2=pg=1mis,方向向左可作出物块、木板的V-t图象如图8-5乙所示由图可知，木板在0.4s、1.2s时刻两次与墙碰撞，在t=1.8s时刻物块与木板达到共同速度．(2)由图8-5乙可知，在t=1.8s时刻木板的位移为：s=¾Xa1X0.22=0.02m2木板右端距墙壁的距离心＝L-s=0.06m.,vl(m•矿）出图8-5乙［答案］(1)1.8s(2)0.06m【点评】本题的两种解题方法都是在清晰地理解物理过程的前提下巧妙地应用数学方法解析的，专题一例4中的解法二也是典型地利用图象来确定物理过程的．·例5图8-6所示为一个内外半径分别为凡和R2的圆环状均匀带电平面，其单位面积的带电量为a.取环面中心0为原点，以垂直于环面的轴线为x轴．设轴上任意点P到0点的距离为X,p点的电场强度大小为E.下面给出E的四个表达式（式中k为静电力常晕），其中只有一个是合理的．你可能不会求解此处的场强E,但是你可以通过一定的物理分析，对下列表达式的合理性作出判断．根据你的判断，E的合理表达式应为[2009年高考·北京理综卷］（)
8图8—6A.E=2叫启五声奇B.E=2气卢如一｀习c.£=2气卢酐＋声）D.E=2邧虹气计忒奇【解析】A选项表达式可变形为：E=2气卢勹/52]，对于这一表达式，当Rl=0时，E＝－乌三，随x的增大，E的绝对值增大，这与客观事实不符合，故A错误，对于C选项中的表达式，`2当x=EO=时2气了三］，E＝4邧(J,而事实由对称性知应该为E=O,故C错误．对于D选项，同样E随x增大而增大，当X=oo时E>O,这与事实不符合，故D错误，只有B可能正确［答案］B【点评】本例与2008年高考北京理综卷笫20题相似，给出某一规律的公式，要求证它的正确性，这类试题应引起足够的重视．·例6如图8—7所示，—轻绳吊着—根粗细均匀的棒，棒下端离地面高为H,上端套若一个细环．棒和环的质蜇均为m,相互间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力kmg(k>1)．断开轻绳，棒和环自由下落．假设棒足够长，与地面发生碰撞时触地时间极短，无动能损失．棒在整个运动过程中始终保持竖直，空气阻力不计．求：环虚叶上＿图8-7(l)棒第一次与地面碰撞后弹起上升的过程中，环的加速度．(2)从断开轻绳到棒与地面第二次碰撞的瞬间，棒运动的路程s.(3)从断开轻绳到棒和环都静止的过程中，摩擦力对环和棒做的总功w.[2007年高考江苏物理卷］
9【解析】(l)设棒第一次上升的过程中环的加速度为a环，由牛顿第二定律有：kmg-mga环＝=(k-l)g,方向竖直向上．m(2)棒笫一次落地前瞬间的速度大小为：vl＝寸还石设棒弹起后的加速度为a作，由牛顿笫二定律有·kmg+mga梓＝-=-(k+l)gm故棒笫一次弹起的最大高度为．2vlHHI=--=2a休k+lk+3路程s=H+2H1＝一—H.k+l(3)解法一设棒第一次弹起经过!1时间后与环达到共同速度V11环的速度v,'=-v1+a丑棒的速度v1'=v1+a吐解得：tl=｀:叭＇＝一平=l2k+l环的位移h环'=-v1t1+2a环、tl=－-［丁Hl2K-l棒的位移h梓I=vlt1+5a棒h＝飞顽Xl=h环l-h棹l解得：xl=－巠棒、环一起下落至地，有：对－v1'2=2gh们解得：V2={翠同理，环第二次相对棒的位移为：2HX2=h环2-h持2=—飞Tx,,＝一型kn2H故环相对棒的总位移X=x,+X2+…+Xn=-——k-1丝所以W=kmgx=-K-l.解法二经过足够长的时间棒和环最终静止，设这一过程中它们相对滑动的总路程为I,由能量的转化和守恒定律有：mgH+mg(H+l)=kmgl2H解得:/=—k-1故摩擦力对环和棒做的总功为：丝W=—kmgl=—k-1.［答案］(l)(k-l)g,方向竖直向上(2):笥H(3)一丝k-1
10【点评】＠高考压轴题中常涉及多个物体多次相互作用的问题，求解这类题往往需要应用数学的递推公式或数列求和知识．＠一对滑动摩擦力做功的总和W=-Js总，s.＂为相对滑动的总路程．©对于涉及两个对象的运动过程，规定统一的正方向也很重要．·例7如图8-8所示，两平行的光滑金属导轨安装在一光滑绝缘斜面上，导轨间距为l、足够长且电阻忽略不计，导轨平面的倾角为a,条形匀强磁场的宽度为d,磁感应强度大小为B,方向与导轨平面垂直．长度为2d的绝缘杆将导体棒和正方形的单匝线框连接在一起组成“［勹”形装笠，总质址为m,笐千导轨上．导体梧中通以大小恒为1的电流（由外接恒流源产生，图中未画出）．线框的边长为d(d
11［答案］(I)4mgdsina-BIid✓2m(BIld-2mgdsma)＋号(2)mgsinaBild(3)BIi-mgsina能力演练一、选择题(10X4分）l.图示是用来监测在核电站工作的人员受到辐射情况的胸章，通过照相底片被射线感光的区域，可以判断工作人员受到何种辐射．当胸章上Imm铝片和3mm铝片下的照相底片被感光，而铅片下的照相底片未被感光时，则工作人员可能受到了辐射的射线是（)1mm铝片3mm铝片5附有底片的胸章A.a和~B.a和yC.~和yD.a、0和y【解析】a粒子的穿透能力很弱，一张普通的纸就能把它挡住，题中无法说明辐射中不含a射线，能穿透1mm、3mm铝片而不能穿透51nm铅片的是o射线，若存在y射线，则5mm厚的铅片也能被穿透，故A正确．［答案］A2.在电磁波发射技术中，使电磁波随各种信号而改变的技术叫调制，调制分调幅和调频两种．在图甲中有A、B两幅图在收音机电路中天线接收下来的电信号既有高频成分又有低频成分，经放大后送到下一级，需要把高频成分和低频成分分开，只让低频成分输入下一级，如果采用如图乙所示的电路，图乙中虚线框a和b内只用一个电容器或电感器．以下关千电磁波的发射和接收的说法中，正确的是（)喻l-,：即勹b飞芦AB这里输人——l盓俨甲乙A.在电磁波的发射技术中，甲图中A是调幅波B.在电磁波的发射技术中，甲图中B是调幅波C.在图乙中a是电容器，用来通高频阻低频，b是电感器，用来阻褐频通低频D.在图乙中a是电感器，用来阻交流通直流，b是电容器，用来阻高频通低频【解析】A图象中高频振荡的振幅随信号而变，为调幅波，B图象中高频振荡的频率随信号而变，为调频波，A正确，检波电路的作用为通低频阻高频，故a为电容较小的高频旁路电容器，b为高频扼流圈，C正确．［答案］AC3.如图所示，绝热汽缸固定在水平地面上，汽缸内用绝热活塞封闭茬一定质噩的理想气体，开始时活塞静止在图示位翌，现用力使活塞缓慢向右移动一段距离，则在此过程中()二FA.外界对汽缸内气体做正功B.缸内气体的内能减小
12C.缸内气体在单位时间内作用千活塞单位面积冲最增大D．在单位时间内缸内气体分子与活塞碰撞的次数增加【解析】体积膨胀，气体对外做功，内能减小，温度降低，选项A错误、B正确，由体积增大，温度降低知单位时f司内气体对活塞的碰撞次数减少，压强减小，选项C、D错误．［答案］B4.两物体甲和乙在同一直线上运动，它们在0~0.4s时间内的v-t图象如图所示．若仅在两物体之间存在相互作用，则物体甲与乙的质量之比和图中时间11分别为[2009年高考全国理综卷II]()~tisti0.401A.－和0.30sB.3和0.30s3C.－和0.28sD.3和0.28s3t::.v【解析】根据图象的特点可知甲做匀加速运动，乙做匀减速运动，根据a=－－得两物At'FIF体加速度大小的关系为3a甲＝a乙，根据牛顿第二定律有一－＝－一－，得巴巴＝3,由a乙＝IOm/s2m甲3mz.',·,m乙=，可解得t,=0.3s,B正确．0.4-tl［答案］B5.某物体的v—t图象如图所示，在下列给出的两段时间内，合外力的功和冲址都相同的是（),t石4＆A.O~t1和t2~t4B.t1~t2和I3~t4C.O~t2和t2~t4D.O~t1和f3~t4【解析】0~t)合外力做功为一mvl,合外力冲量为mvo,t2-t4合外力做功和合外力冲量2都为O,A错误，t3~t4时间内合外力做功为－½mv~，合外力冲量为mvO,tl~t2合外力做功为－－mvl,合外力的冲量－mvo,O-t2时间内，合外力做功和合外力冲量都为o.故C正确．2［答案］C6.列简谐横波沿x轴正向传播，t=O时刻波形如图所示，从阳示时刻起经0.5s时间处于x=2的质点P刚好第二次出现波峰，下列说法正确的是（)
13rmA.t=O时刻，P质点的速度方向指向y轴正方向B.Q质点开始振动时，P质点正在波峰C.t=0.5s时刻，质点P的加速度方向指向y轴正方向D.t=0.5s时刻，Q质点第一次出现波峰5【解析】lo=0时刻P质点正向上振动，A正确．又由题意知，t=0.5s=~T,得T=0.44s,PQ=8m=2入，故Q开始振动时P处于平衡位置向上振动，B错误．I=0.5s时刻，P的4位移为正，加速度方向为负，C错误；经过t=0.5S,波传播s=vt=—-X0.5=5m,Q正处0.4于波蜂，D正确．［答案］AD7.如图所示，把一个带电小球A固定在光滑的水平绝缘桌面上，在桌面的另一处放置带电小球B.现给小球B一个垂直AB连线方向的速度v。，使其在水平桌面上运动，则下列说法中正确的是（)令－－－－－－－－－－－－－一§A.若A、B带同种电荷，B球一定做速度增大的曲线运动B.若A、B带同种电荷，B球一定做加速度增大的曲线运动C.若A、B带同种电荷，B球一定向电势较低处运动D.若A、B带异种电荷，B球可能做速度和加速度大小都不变的曲线运动【解析】若A、B带同种电荷，库仑力对B球做正功，B球做速度增大的曲线运动，B的电势能减小，又由于AB间距增大，故B的加速度减小，若A、B为异种电荷，当竺钮二杻觅且时，B球做匀速圆周运动，速度和加速度的大小都不变，D正确．［答案］AD8.某一空间存在着磁感应强度为B且大小不变、方向随时间t做周期性变化的匀强磁场（如图甲所示），规定垂直纸面向里的磁场方向为开．为了使静止千该磁场中的带正电的粒子能按a---b---c-d-e---f的顺序做横“00”字曲线运动（即如图乙所示的轨迹），下列办法可行的是（粒子只受磁场力的作用，其他力不计）（),',','`'`o|T.!.iiiiI:T::2T:2''''\\甲”乙d3TA.若粒子的初始位笐在a处，在t＝一时给粒子一个沿切线方向水平向右的初速度8TB.若粒子的初始位悝在｀f处，在t＝一时给粒子一个沿切线方向竖直向下的初速度211c.若粒子的初始位犹在e处，在t=~T时给粒子一个沿切线方向水平向左的初速度8TD.若粒子的初始位翌在b处，在t＝一时给粒子一个沿切线方向竖直向上的初速度2【解析】要使粒子的运动轨迹如图乙所示，粒子做圆周运动的轨迹的周期应为T尸纽旦qBT＝－，结合左手定则可知，选项A、D正确．2［答案］AD
149.水力采煤是利用尚速水流冲击煤层而进行的，煤层受到3.6Xl06N/m2的压强冲击即可破碎，若水流沿水平方向冲击煤层，不考虑水的反向溅射作用，则冲击煤层的水流速度至少应为（)IIt、惠,Ai(`ir:fK.；．Si·}嘈··儿．＼＂f嚷A.301n/sB.40misC.45m/sD.60nvs【解析】建立如图所示模型，设水柱面积为吕S,由动量定理：F·!"i.t=0-(pS·v。·/"i.t)X(-Vo)F2可得压强：p=c,=pvs。故使煤层破碎的速度至少应为v。=＼~=60mis.［答案］D10.如图甲所示，传送带通过滑道将长为L、质拯为m的匀质物块以初速度v。向右送上水平台面，物块前端在台面上滑动s距漓停下来．已知滑道上的摩擦不计，物块与台面间的动脖擦因数为µ而且s>L，则物块的初速度v。为（)l(L,I",:甲A.立B.寸2µgs—µgLc声D.寸2µgs+µgL.解析】物块位移在由0增大到L的过程中，对台面的压力随位移由0均匀的增加至mg,故整个过的摩擦力的大小随位移变化的图象如图乙所示，图中梯形“面积”即为物块克服摩擦力所做的功FLs元乙由动能定理得－pmg(s-L+s)=~mv汒22可解得v尸寸2µgs-µgL.［答案］B二、非选择题（共60分）ll.（6分）某实验小组拟用如图甲所示的装驾研究滑块的运动．实验器材有滑块、钩码、纸带、米尺、带滑轮的木板以及由湍斗和细线组成的单摆等．实验中，滑块在钩码的作用下拖动纸带做匀加速直线运动，同时单摆沿垂直千纸带运动的方向摆动，漏斗漏出的有色液体
15在纸带卜留下的痕迹记录了涌斗在不同时刻的位控．［2008年高考·重庆理综卷］纸带运动方向(|穴^`3A纸带|八/、义了乙~B纸带钩码|/～文／立"|C纸带甲乙(1)在图乙中，从纸带可看出滑块的加速度和速度的方向一致．(2)用该方法测量滑块加速度的误差主要来源有：.（写出2个即可）【解析】要使速度和加速度的方向相同，则必须选纸带B,因为B中相等的时间内纸带运动的距离越来越大［答案］(l)B(2分）(2)摆长测量漏斗的重心变化（或液体痕迹偏粗、阻力变化等）（每空2分）12.(9分）用高电阻放电法测电容的实验，是通过对高阻值电阻放电的方法，测出电容器的充电电压为U时，所带的电荷量为Q,从而再求出待测电容器的电容C.某同学的实验悄况如下：A.按图甲所示的电路连接好实验电路；B.接通开关s,调节电阻箱R的阻值，使小噩程电流表的指针偏转接近满刻度，记下这时电流表的示数/o=490µA及电压表的示数Uo=6.2V,Io和Uo分别是电容器放电的初始电流和电压；C.断开开关s,同时开始计时，每隔5s或10s测一次电流I的值，将测得数据填入预先设计的表格中，根据表格中的数据(10组）在以时间t为横坐标、电流I为纵坐标的坐标纸上描点，即图乙中用“X"表示的点|、“户600I500I400I300I200100Iels1;。->1020304050607080的100甲乙(1)实验中，电阻箱所用的阻值R=_.Q.(2)试根据上述实验结果，在图乙中作出电容器放电的J-t图象．(3)经估算，该电容器两端的电压为Uo时所带的电荷最必约为C;该电容器的电容C约为F.【解析】由AQ=IAt知，电荷量为J-t图象与坐标轴所包围的面积，计面积时可数格数（四舍五入）．［答案］(I)l.3XI04(3分）（2）用平滑曲线连接(2分）(3)(8.0-9.0)Xl◊-3(1.29-l.45)Xl◊-3（每空2分）13.(10分）质量为60kg的消防队员从一根竖直的轻绳上山静止滑下，经2.5s落地．轻绳受到的拉力变化情况如图甲所示，取g=l0m/s2.在消防队员下滑的过程中(1)其最大速度和落地速度各是多大？(2)在图乙中画出其v-1图象．(3)其克服摩擦力做的功是多少？
16654321'vl(m心）F/N720t-······』,;}::360气!，,}。12乒了3"t/so·123、4和甲乙【解析】(l)设该队员先在ti=ls的时间内以加速度a1匀加速下滑，然后在t2=l.5s的时间内以加速度a2匀减速下滑第1s内由牛顿笫二定律得：mg-Fi=ma1(I分）最大速度Vm=a1t1(I分）代入数据解得：Vm=4mis(1分）后1.5s内由牛顿第二定律得：F2-mg=ma2该队员落地时的速度V=Vm-a2t2(1分）代入数据解得：v=Inl/s.(2)图象如图丙所示．（2分）1(3)该队员在第1s内下滑的高度hl=－alt12(l分）21该队员在后］5s内下滑的高度h2=v凸－－a计；(1分）2由动能定理得：lmg(h卢h2)－W产imv2(I分）代入数据解得：玑＝3420J.(1分）,讥/(m·s-1)654321、I、IOl23`少4i/s丙［答案］（l）最大速度力41n/s,落地速度为Im/s(2)如图丙所示(3)3420J14.(11分）A、B两小球由柔软的细线相连，线长L=6m,现将A、B球先后以相同的初速度v。=4.5mis从同一地点水平抛出（先A、后B)，相隔时间to=0.8s.取g=LOm/s气问：(l)B球抛出后经过多长时间细线刚好被拉直？（线拉直时，两球都未落地）(2)细线刚被拉直时，A、B两球的水平位移（相对抛出点）各为多大？【解析】(l)A球先抛出，0.8s时间内水平位移s。=v。t。=4.5X0.8m=3.6m(I分）ll竖直位移：h。＝5旷＝~xlOX0.82m=3.2m(1分）A、B球都抛出后，若A球以B球为参照物，则水平方向相对速度为：VABx=0,竖直方向上A相对B的速度为：VABy=gt。=8mis(1分）设B球抛出后经过时间t线被拉直，则有：
17B彻亡{``、；(h。+vAB),I)2+s汒＝L2(2分）解得：t=0.2s.(1分）(2)至线拉直A球运动的总时间：t11=t。+t=Is(2分）故A球的水平位移SA=V。IA=4.5ITI(2分）B球的水平位移s厂v0t=0.9m(1分）［答案］(1)0.2s(2)4.5m0.9m15.(12分）光滑平行的金屈导轨MN和PQ的间距L=l.Om,它们与水平面之间的夹角o.=30°,匀强磁场的磁感应强度8=2.0I,方向垂直千导轨平面向上，M、P间连接有阻值R=2.0Q的电阻，其他电阻不计，质址m=2.0kg的金屈杆ab垂直千导轨放翌，如图甲所示．用恒力F沿导轨平面向士拉金屈杆ab，使其由静止开始运动，其v-t图象如图乙所示．取g=10m/s2,设导轨足够长．5孕1,Is`Q0.l-4-57、236乙(1)求恒力F的大小．(2)金属杆的速度为2.01n/s时，加速度为多大？(3)根据v一［图象估算在前0.8s内电阻上产生的热量．【解析】(1)由图乙知，杆运动的最大速度Vm=4mis(2分）此时有：F=mgsina+F安.B2L沁=mgsma+(1分）R代入数据得：F=18N.(1分）(2)对杆进行受力分析，如图丙所示，由牛顿笫二定律可得：吨丙F-F安－mgsina=ma(l分）2,2BL飞F--mgsmaRa=m代入数据得：a=2.01n/s2.(I分）(3)由图乙可知，0.8s末金属杆的速度Vi=2.2m/s(I分）即前0.8s内图线与t轴所包围的小方格的个数约为27,面积为27X0.2X0.2=1.08,前0.8s内金属杆的位移为：s=1.08m(2分）
18由能的转化与守恒定律得：Q=Fs-mgssina-imv产(2分）代入数据得：Q=3.80J.(1分）［答案］(1)18N(2)2.0m/s2(3)3.80J16.(12分）为研究静电除尘，有人设计了一个盒状容器，容器侧面是绝缘的透明有机玻瑞，它的士下底面是面积S=0.04m2的金屈板，间距L=0.05m,当连接到U=2500V的高压电源开负两极时，能在两金屈板间产生一个匀强电场，如图所示．现把一定量均匀分布的烟尘颗粒密闭在容器内，每1m3有烟尘颗粒1Xl013个，假设这些颗粒都处千静止状态，每个颗粒的带电荷量q=+l.OX10一17c,质量m=2.0X10一15kg，不考虑烟尘颗粒之间的相互作用和空气阻力，并忽略烟尘颗粒所受的重力．问合上开关后：s接地(1)经过多长时间烟尘颗粒可以被全部吸附？(2)除尘过程中电场力对烟尘颗粒共做了多少功？(3)经过多长时间容器中烟尘颗粒的总动能达到最大？【解析】(1)由题意可知，只要位于上板表面的烟尘能被吸附到下板，烟尘即被认为全吐部吸收．设经过时间t烟尘颗粒可以被全部吸附，烟尘所受的电场力F=7(1分）lF卓气at2=-－广＝2m2mL(2分）得：t＝寸砂＝0.02s.(I分）(2)由于板间烟尘颗粒均匀分布，可以认为烟尘的质心位于板间中点位置，因此，除尘过程中电场力对烟尘所做的总功为：W=1NSlqU=2.5XL0-4J.(3分）(3)设烟尘颗粒下落的距离为X,则板内烟尘的总动能为：吐Ek=1mv2·NS(l-x)=yx·NS(L-x)(1分）LL当x＝一时，Ek达最大(1分）2又x=；时(I分）所以tl=J子~=0.014s.(2分）［答案］(1)0.02s(2)2.5X10-4J(3)0.014s(2012四川成都外国语学校高三月考）在上海世博会最佳实践区，江苏城市案例馆中穹形门窗充满了浓郁的地域风悄和人文特色如图所示，在竖直放控的穹形光滑支架上，一根不可伸长的轻绳通过轻质滑轮悬挂一重物G现将轻绳的一端固定于支架一门的A点，另一端从B点沿支架缓慢地向C点靠近(C点与A点等高）则绳的拉力大小变化的情况是()
19BA//////cA先变小后变大B先变小后不变C先变大后不变D先变大后变小【解析】设绳的拉力为T，绳与竖直方向夹角为0,AC两点间的水平距离为d，由平衡条件得2Tcos0=mg,!,sin0+/2sin0=lsin0=d，解得T=~，开始d增大，T增大，后来d不2丘变T不变选项C正确【答案】C(2012云南昆明高三月考）如图所示，贸于固定斜面上的物体A受到平行千斜面向下的力F作用保待静止若力F大小不变将力F在竖直平面内由沿斜面向下缓慢地转到沿斜面向上（转动范围如阳中虚线所示）在F转动过程中，物体始终保持静止在此过程中物体与斜面间的（),/---`"，譬,\111A．弹力可能先增大后减小B．弹力一定先减小后增大C摩擦力可能先减小后增大D摩擦力一定一直减小【解析】沿斜面和垂直斜面建立坐标系，当力F垂直斜面向上时，弹力最小，可见弹力先减小后增大；若F>mgsin0，那么静摩擦力开始沿斜面向上，后来沿斜面向下，中间一定有等千零的瞬间，这时摩擦力先减小后增大，若F204.(2012江苏苏州祸三月考）一个单摆悬挂在小车上，随小车沿斜面下滑图中虚线＠垂直千斜面，店线＠平行千斜面，虑线＠沿竖直方向下列说法中正确的是（)A如果斜面是光滑的，摆线将与虚线CD重合B如果斜面是光滑的，摆线将与虚线＠重合C如果斜面粗糙且µtan0，摆线将位于＠＠之间【解析】如果斜面是光滑的，对整体知a=gsin0，而正力沿斜面向下的分力产生的加速度正好是gsin0，此时绳沿斜面方向不产生加速度，绳与斜面应垂直，选项A正确B错误；当µ=tan0时，a=O，摆线将与虚线＠重合，如果斜面粗糙且µ0，合力方向沿斜面向下，摆线将位于＠＠之间，如果斜面粗糙且µ>tan0,对整体知a=gsin0-µgcos0<0，合力方向沿斜面向上，摆线将位千＠＠之间，因为垂直斜面方向没有加速度，摆线不能越过＠．【答案】AD2.(2011福建理综，18)如图，一不可伸长的轻质细绳跨过滑轮后，两端分别悬挂质益为ml和m2的物体A和B若滑轮有定大小，质最为m且分布均匀，滑轮转动时与绳之间无相对滑动，不计滑轮与轴之间的摩擦设细绳对A和B的拉力大小分别为t和T2，已知下列匹个关千t的表达式中有一个是正确的，诸你根据所学的物理知识，通过一定的分析判断正确的表达式是()飞m21B(111+2111,)111,g(m+2m1)m2gA.T=B.T.=Im+2(n/，十／"2)Im+4(m，十III2)C.飞＝(m+4m2)ntlgD.J;=(m+4m1)m2gm+2(m1+m2)m+4(m1+m2)【解析】利用极限的思维方式，若滑轮的质量m=O，则细绳对A和B的拉力大小飞和T2相等为T假设ml>叽，A和B一起运动的加速度为a，根据牛顿第二定律分别对A、B有m1g-T=m1a,T-m2g=m2a，联立解得T＝兰气，分析判断可知C正确6如图所示，质贵为M的小车放在光滑的水平地面上，右面靠墙，小车的上表面是一个光滑的斜面，斜面的倾角为G，当地重力加速度为g那么，当有一个质量为m的物体在这个斜面上自由下滑时，（）
21A小车对右侧墙壁的压力大小是mgsinacosaB．小车对右侧墙壁的压力大小是~sinacosac．小车对地面的压力大小为(M+m)g-mgsin2aD小车对地面的压力大小为(M+m)g-mgsinacosa【解析】先用隔离法，分析物体的受力情况，物体沿斜面向下的加速度a=gsina，将a沿水平方向和竖直方向分解，则a"=acosa=gsinacosa,aY=asina=gsin切，整体法，墙对小车的弹力F=ma,=mgsinacosa,(M+m)g-N=may=mgsin五．所以F=rngsinacosa,N=(M+m)g-mgsin飞，再由牛顿第三定律可知选项A、C正确如图所示，质晕分别为mA、mB的A、B两物块用轻线连接放在倾角为0的斜面上，用始终平行千斜面向上的拉力F拉A，使它们沿斜面匀加速上升，A、B与斜面的动摩擦因数均为µ，为了增加轻线上的张力，可行的办法是（)A减小A物块的质员B增大B物块的质蜇C增大倾角OD．增大动摩擦囚数【解析】对整体A、B用牛顿第二定律得F-µ(mA+m8)gcos0-(mA+m8)gsin0F,“B=(mA+m8)a;对B有T-µm8gcos0-m8gsin0=m8a，解得T=＝工－可见，若mAmA+m8皿凸l,“8减小，m8增大，则张力T增大，选项A、B正确11.(2012黑龙江哈尔滨三中高三月考）某电视台娱乐节目组在游乐园举行家庭做运砖块比赛活动，比赛规则是向行驶中的小车上搬放砖块，且每次只能将一块砖无初速地放到车上，车停止时立即停止搬放，以车上砖块多少决定胜负，已知每块砖质最m=0.8kg，小车上表面光滑且足够长，比赛过程中车始终受恒定牵引力F=25N作用，未放砖块时车以v。=2.5nlfs匀速前进，某家庭上场比赛时每隔t=ls搬放一块，图中仅画出了比赛开始1s内车运动的v-图象，g取10m/s2求：“Ii,,12225.LO\m.sJ—..3050511mo~MFtis(I)小车的质量及车与地面间的动摩擦因数，
22(2)车停止时小车卜放有多少砖块【解析】(I)未放砖块时，F=µMg(I分）在第1s内，由图象得al＝岱＝－0.2mis2(1分）F-µ(M+m)g=Ma1(I分）解得:µ=0.25,M=lOkg.(1分）(2)放第2块砖后2µmg=M生放第3块砖后3µmg=M生放第n块砖后nµmg=Ma,,a11=0.2nmis2(2分）第Is末v1=)".。-aJ第2s末V2=V1-aif第3s末．V3=V2-Gi第ns末v,,=v。—(a,+a2+a3+...+a,,)t(2分）当v,,=0时，n2+n-25=0解得423【解析】A、B两球的速度分解情况如图所示，由题意知0=30°，由运动的合成与分解得"，心仁、、、i,I、V,`vAsin0=v8cos0CD(3分）又A、B组成的系统机械能守恒，所以mg令＝扣式＋沪寸＠（3分）由0＠解得VA＝吉J话，VB＝吉｀"ii.(4分）9.如阳所示，一高度为h的光滑水平面与一倾角为0的斜面连接，一小球以速度v从平面的右端P点向右水平抛出。则小球在空中运动的时间()►V尺phViA.一定与v的大小有关B.一定与v的大小无关C.当v大千尸cot0时，t与v无关D.当v小于)¥cot0时，t与22v有关9.CD5.(女选做题）（2012浙江杭州学军中学月考，15)宇宙飞船以周期为T绕地球做圆周运动时，由千地球遮挡阳光，会经历“日全食“过程，如图所示．已知地球的半径为R，地球表面的重力加速度为g，地球自转周期为飞，太阳光可看做平行光，宇航员在A点测出的张角为a，则（)..伸丿•,A恤A飞船绕地球运动的线速度为上立7sin'fB．一天内飞船经历“日全食＂的次数为飞ITC.飞船的次“日全食”过程的时间为aT!冗
24D飞船周期为T＝早[工sin今穸inf【解析】飞船绕地球做圆周运动的半径为r=AO=』-，线速度v＝红I=五R,A正确；一个周sin旦Tsin旦期内日全食的次数为一次，因此一天飞船经历日全食的次数为n＝孕，B错误；一个周期内有一半时间处千日全食，飞船每次日全食的时间为f,与T。无关，C错；对千飞船竿＝mr（年）2,T=2冗r｀石＝崎［二~,D对6宇宙中存在一些离其他恒星较远的三颗星组成的三星系统，通常可忽略其他星体对它们的引力作用已观铡到稳定的三星系统存在的一种形式是三颗星位于等边三角形的三个顶点上，并沿外接千等边三角形的圆形轨道做匀速圆周运动．关千这种三星系统，下列说法正确的曰走...()A任意两颗星之间的万有引力都比它们做匀速圆周运动的向心力大B．三颗星做匀速圆周运动的周期一定都相等c．三颗星的质擞可以不相等D．三颗星之间的距离与它们的质噩大小无关【解析】如图所示，任意一个星球所受其他两个星球的万有引力的合力(F>F;或F>F;)提供其做匀速圆周运动的向心力，选项A错误．稳定的三星系统中的三颗星做匀速圆周运动的周期相等选项B正确设三个星球的质量分别为风、叽、m3，三角形的边长为L，星球的轨道半径为R，周期为T，对m1有，气产＋气户＝m1（年）2RCD;对m2有，气产＋气产＝m2（年）2R@，对m3有，气尸＋气产＝m3（年）2R®联立以上三式，可得m1=m2=m3，选项C错误；从以上三式可知，L与质蜇m有关，选项D错误5物体做自由落体运动EK代表动能，Ep代表势能，h代表下落的距离，以水平地面为零势能面．如图所示图象中，能开确反映各物理量之间关系的是（)ABcD【解析】由机械能守恒定仲Ep=E-EK，故势能与动能的图象为倾斜的直线，C错，由动能定理：EK=mgh＝扣mv2＝扣mg宁，则Ep=E-mgh，故势能与h的图象也为倾斜的直线，D错；且Ep=E—fmv2，故势能与速度的图象为开口向下的抛物线，B对；同理EP=E-fmg千，势能与时间的图象也为开口向下的抛物线，A铅．【答案】B8.（2Ol2广东卷）．（18分）图18(a)所示的装狸中，小物块A、B质鹹均为m,水平面上PQ段长为/,与物块间的动摩擦因数为µ，其余段光滑。初始时，挡板上的轻质弹簧处于原长；长为r的连杆位于图
25中虚线位置A紧靠滑杆(A、B间距大于2r)。随后，连杆以角速度o匀速转动，带动滑杆作水平运动，滑杆的速度时间图像如图18(b)所示。A在滑杆推动下运动，并在脱离滑杆后与静止的B发生完全非弹性碰撞。(l)求A脱院滑杆时的速度u。，及A与B碰撞过程的机械能损失4E。(2)如果AB不能与弹簧相碰，设AB从P点到运动停止所用的时间为tl，求o得取值范围，及t1与o的关系式。(3)如果AB能与弹簧相碰，但不能返回道P点左侧，设旬次压缩弹簧过程中弹簧的最大弹性势能为Ep，求o的取值范围，及EP与Q的关系式（弹簧始终在弹性限度内）。气,II)(I,)义II答案：解：（1)由题知，A脱离滑杆时的速度u。=wr设A、B碰后的速度为vl，由动量守恒定律IlllJo=2DJ仇llA与B碰撞过程损失的机械能凶;=－mui-－x2mvf22122解得AE=－mOJ了8(2)AB不能与弹簧相砬，设AB在P0上运动的加速度大小力a,由牛顿笫二定律及运动学规律凶x__tµ-2mg=2mavl=atI2由题知x~l4lor联立解得O26距球A为L处的点0装在光滑的水平转动轴上，杆和球在竖直面内转动，已知球B运动到最高点时，球B对杆恰好无作用力求：--、-I-Ar-II/II、/、、、/、、/`~'上－',、`,、，`Il,II·O,--,'`\I',、`-、21、、(1)球B在最高点时，A球对杆的作用力大小，(2)球B转到最低点时，杆对球A和球B的作用力分别是多大？【解析】(1)设球B在最高点时速度为Vo,由向心力公式mg=m告，得v。=J五i(3分）此时球A的速度为VA＝吉V。＝古J五~(2分）此时A球在蔽低点设杆对球A的作用力为F心则FA-mg=m亨(2分）得FA=1.5mg,由牛顿第三定律知A球对杆的作用力为FA'=I.5mg.(1分）(2)设球B在最低点时的速度为v护取0点为参考平面山机械能守恒定律EAi+EB)=EA2+EB2(2分）得mg(2L)+½mvi-mgL＋占m（号）2=-mg(2L)＋沪寸＋mgL+½m（号）2解得v七－＝［汇豆(4分）对A球有F;+mg=m气2)2(1分）解得杆对A球的作用力F;=0.3mg.(I分）对B球有F2—mg=m告，（1分）解得杆对B球的作用力F2=3.6mg.(I分）2.(2012浙江杭州月考）如图所示，固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为m的圆环，圆环与竖直放搅的轻质弹簧一端相连，弹簧的另一端固定在地面上的A点弹簧开始处千原长h现让圆环沿杆滑下，滑到杆的底端时速度为零，则在圆环下滑过程中（)AA圆环机械能守恒B弹簧的弹性势能变化了mghC弹簧的弹性势能先增大后减小再增大D当弹簧的弹性势能蔽大时，圆环动能最大【答案】BC
274如图所示，光滑绝缘水平面上有三个带电小球a、b、c（可视为点电荷），三球沿一条直线摆放，仅在它们之间的静电力作用下静止，则以下判断正确的是（)abc""。”“""”“”//“A.a对b的静电力一定是引力B.a对b的静电力可能是斥力C.a的电荷址一定比b多D.a的电荷量可能比b少【答案】AC7.（会选做题）如图a所示，光滑绝缘水平面上有甲、乙两个点电荷．t=O时，乙电荷向甲运动，速度为6mis，甲的速度为0之后，它们仅在静电力的相互作用下沿同一直线运动（整个运动过程中没有接触），它们运动的v-t胆象分别如图b中甲、乙两曲线所示．则由图线可知（)尸/v/(m·s-1)甲v=6nlis喝I/s｀见，”“'，豆，-2图a图bA两电荷的电性不一定相同B.t1时刻两电荷的电势能最小C.Ot2时间内，两电荷间的静电力先增大后减小D.0t3时间内，甲的动能一直增大，乙的动能一直减小【答案】C5．空间有一沿x轴对称分布的电场，其电场强度E随x变化的图象如图所示下列说法正确的是()xA.0点的电势最低B.x2点的电势最高c.x1和－X1两点的电势相等D.x1和X3两点的电势相等【解析】山题图可知，沿x轴从(-OO,+oo)，电场方向先沿x轴负向，经过原点后，沿x轴汗向根据
28沿电场线电势降低可知0点的电势朵高，x1的电势祸于X3的电势，选项A、B、C错误；根据对称性可知选项C正确。7．两个点电荷QI、Q2固定千x轴上将一带正电的试探电荷从足够远处沿x轴负方向移近Q2（位千坐标原点O)过程中，试探电荷的电势能EP随位置变化的关系如图所示则下列判断千确的是（）1:.,...pxQ1A.M点电势为零，N点场强为零B.M点场强为零，N点电势为零C.QI带负电，Q2带正电，且Q2电荷呈较小D.Q带正电，Q2带负电，且Q2电荷证较小【解析】正电荷移近M点的过程，电势能先减小到最小(N点)后增大即电场力先做正功通过N点后做负功，电场方向先沿负x轴，通过N点后沿庄x轴，因而N点的场强为零，Q1带负电，Q2带正电，且Q2电荷量较小，选项C正确，M点的电势能为零，则它的电势为零，选项A正确【答案】AC3如图所示，一价氢离子(:H)和二价氮离子（打He)的混合体，经同一加速电场加速后，垂直射入同一偏转电场中，偏转后，打在同一荧光屏上，则它们（)A同时到达屏上同一点B先后到达屏上同一点c．同时到达屏上不同点D．先后到达屏上不同点【解析】根据动能定理U,q＝扣mv2得经过加速电场的末速度v=✓马i－价氢离子(:H)和二价氮离子（扭e)的比荷不同，在加速电场和偏转电场的时间均不同。在偏转电场中偏转的距离
29U2矿U2户y=-at==相同，因此，选项B正确2dmv24dU17.(女选做题）（2011安徽理综，20)如图(a)所示，两平行正对的金屈板A、B间加有如图(b)所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P处若在to剒刻释放该粒子，粒子会时而向A板运动，时而向B板运动，并最终打在A板上则t。可能屈千的时间段是()UnIUAHIIIIII.IIp01IT/2:T:II4从－－－L-图(a)图(b)A.0T时情况类似因为粒千最终打在A板上，则要求粒子在每个周期内的总位移应小千零，对照各个选项可知只有B正确8．一个质址为m、电荷址为＋q的小球以初速度v。水平抛出，在小球经过的竖直平面内，存在着若干个如图所示的无电场区和有理想上下边界的匀强电场区，两区域相互间隔、竖直高度相等，电场区水平方向无限长，已知每一电场区的场强大小相等、方向均竖自向上，不计窄气阻力，下列说法正确的是（)
30彻．刁片一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一．第一无电场区-I:：［:1:：[:I::（：三区第二无电场区-I::[：1::f:l:：［一－－区A小球在水平方向一直做匀速直线运动B．若场强大小等于皿则小球经过每一电场区的时间均相同c．若场强大小等千气呈，则小球经过的一无电场区的时间均相同D无论场强大小如何，小球通过所有无电场区的时间均相同【解析】小球在水平方向一直不受力，所以在水平方向一直做匀速直线运动，A正确；若场强大小等千气生小球在第一无电场区的加速度为g，在第一电场区的加速度是a=生于已＝g，方向向上，又由千各区域竖直商度相等，所以小球先是在第一无电场区加速，进入第一电场区减速，末速为零，以后以此类推，在各区域的时间相同，C正确，选A、C.10.(20分）示波器的示意图如图所示，金屈丝发射出来的电子被加速后从金屈板的小孔穿出，进入偏转电场．电子在穿出偏转电场后沿直线前进，最后打在荧光屏上设加速电压U1=l640V,偏转极板长1=4cm，偏转板间距d=lcm，当电子加速后从两偏转板的中央沿板平行方向进入偏转电场曰___,yl+Y2(J)偏转电压为多大时，电子束打在荧光屏上偏转距离最大？(2)如果偏转板右端到荧光屏的距离L=20cm，则电子束最大偏转距离为多少？(3)电子离开偏转电场时的偏转噩h和偏转电压u2的比叫做示波器的灵敏度，分析说明可采用哪些方法提高示波器的灵敏度【解析】(l)要使电子束打在荧光屏卜偏转距离最大，电子经偏转电场后必须从下板边缘出来电子在加速电场中，巾动能定理毗＝罕(2分）。得，电子进入偏转电场时的初速度v。=J五：(I分）＠，在偏转电场的飞行时间t=上(I分）＠，
31加速度a＝节＝告(1分）＠，要仗电子从下极板边缘出来，应有孚＝申atl2＝三＝头(3分）＠解得偏转电压队＝205V(2分）©(2)电子束打在荧光屏上最大偏转距离y＝争＋Y2(2分）©由千电子离开偏转电场的侧向速度Vy=at1＝岂f(I分）＠电子离开偏转电场到荧光屏的时间t=上(I分）＠Y2=Vy.t2＝气＝铁＝0.05m(I分）＠电子最大偏转距离y＝车＋y2=0.055m.(1分）(3)根据©可知，h＝钱，则h/U2=/2/4dU(2分），可知增大1、减小d、减小ul都可以提高灵敏度(2分）2在显像管的电子枪中，从炽热的金属丝不断放出的电子进入电压为U的加速电场，设其初速度为零，经加速后形成横截面积为S、电流为I的电子束已知电子的电荷量为e，质量为m，则在刚射出加速电场时，一小段为Al的电千束内的电子个数是（)A停压B垀石气压D竺eV52eU【解析】由动能定理得:eU＝扣mv2,由电流的定义得1＝岱，而At＝丹，解以上三式得n＝垀石．【答案】B4.(2011福建理综，29(1)）爱因斯坦提出了光量子概念并成功地解释光电效应的规律而获得1921年的诺贝尔物理学奖．某种金屈逸出光电子的最大初动能Ekm与入射光频率v的关系如图所
32EkmO`vv。示，其中Vo为极限频率从图中可以确定的是（)A逸出功与v有关B.Ekm与入射光强度成正比C.vUc2，则它的频率v1大千甲光和乙光的频率，对应的光电子的最大初动能大千甲光和乙光的，又v=cl..t，即丙光的波长小千乙光的，选项B正确D错误，因为是同一光电管，所以截止频率相同，选项C错误【答案】B6用汲长为2.0xl0-7m的紫外线照射鸽的表面，释放出来的光电子中最大的动能是4.7X10-!9J由此可知，鸽的极限频率是（普朗克常盘h=6.63X10-34J.s，光速c=3.0x108m/s，结
33果取两位有效数字）（)A.5.5xl014HzB.7.9xl014Hz14C.9.8xl014HzD.l.2xl015Hz【解析】根据光电效应方程有Ekm=hv-W，又V=C／入，W=hv。，可得v。＝令一今订飞入数据可得v。=7.9xl014Hz.8如图甲，合上开关，用光子能蜇为2.5eV的一束光照射阴极k，发现电流表读数不为零调节滑动变阳器，发现当电压表读数小千0.60V时，电流表读数仍不为零，当电压表读数大千或等千0.60V时，电流表读数为零由此可知，光电子的最大初动能为．把电路改为图乙，当电压表读数为2V时，电子到达阳极时的最大动能为图乙中，电压表读数为2V不变而照射光的强度增到原来的三倍此时电子到达阳极时的动能为甲乙【解析】光子能最hv=2.5eV的光照射阴极，电流表读数不为零，则能发生光电效应由光电效应方程hv＝扣mv炉I1m2+W。，当电压表读数大千或等千0.6V时，电流表读数为零，则电子不能到达阳极，由动能定理eU＝扣mv)rn,m2知，最大初动能扣nv\rm】矿＝eU=0.6eV对题图乙当电压表读数为U'=2V时，电子到达阳极的最大动能及＝扣mvl,.111m2+eU'=0.6eV+2eV=2.6eV根据光电效应规律，光电子的最大初动能与入射光的强度无关，电压为2V不变，则电子到达阳极的最大动能不变，仍为2.6eV.5.(2012江苏苏北四市高三摸底12C)如图所示，折射率n＝拉的半圆形玻璃砖置千光屏MN的上方，其平面AB到MN的距离为h=IOcm．一束单色光沿图示方向射向圆心0，经玻璃砖后射到光屏上的0'点现使玻璃砖绕圆心0点顺时针转动，光屏士的光点将向哪个方向移动？光点
34、BNM离0'点最远是多少？【解析】如图所示，设玻璃砖转过a角时光点离0'点最远，记此时光点位胃为A，此时光线在玻璃砖的平面上恰好发生全反射，临界角为C.由折射定律有sinC=1./?由几何关系知，全反射的临界角C=a=45°光点A到0'的距离XAO=L=h=IOcm.tana【答案】光屏上的光点将向右移动10cm1.(2012浙江温州高三八校联考8)如图所示，有一金屈块放在垂直千表面C的匀强磁场中，磁感应强度为B，金屈块的厚度为d，高为h当有稳恒电流I平行平面C的方向通过时，由千磁场力的作用，金屈块中单位体积内参与导电的自由电子数目为（上下两面M、N上的电压分别为UM、亿）乏B鸟IA赞IUM—UNI.edIUAI-uN|c.组ed1U,1f-U1八'|D盖IUM－凡I【解析】设电子的定向运动速度为v，单位体积内的自由电子数目为n，稳恒电流通过时，自由电
35子所受洛伦兹力与电场力平衡，有Bev=I~|，根据电流的微观表达式有J=neSv，解以上两式得n=.!lLIIeduM-uNI.n＝坠ed7如图甲所示，在空间存在一个变化的电场和个变化的磁场，电场的方向水平向右（图中甲由B到C)，场强大小随时间变化情况如图乙所示；磁感应强度方向垂直千纸面、大小随时间变化情况如阳丙所示．在t=ls时，从A点沿AB方向（垂直千BC)以初速度Vo射出第一个粒子，并在此之后，每隔2s有—个相同的粒子沿AB方向均以初速度v。射出，并恰好均能击中C点，若AB=BC=l，且粒子由A运动到C的运动时间小千1s．不计空气阻力，对千各粒子由A运动到C的过程中，以下说法正确的是()EBBoB厂一一一一一一..cI--!E。-－三－－广II--IIIIIIIIIV。:「!!!IIIIIIIIAi。2468。268tlstls甲4丙乙A电场强度E。和磁感应强度B。的大小之比为3v。:lB第一个粒子和第二个粒子运动的加速度大小之比为I:2C第一个粒子和第二个粒子运动的时间之比为冗：2D第一个粒子和第二个粒子通过C的动能之比为I:5【解析】由题意：第一个粒子从A至C是在洛伦兹力作用下做圆周运动，l＝气．，第一个粒子从A至C是在洛伦兹力作用下做类以式得A错平抛运动,I＝芒飞）2,解上E。=2v。B。,误，al＝子，a2＝宁＝气乌a1:a2=1:2,B正确，t1叶T＝召尸轻，而t2＝古，ti:t2=冗：2,c正确；对第二个粒子：竖直方向：l=v。t,水平方向．I=子t，得V2_.=2v。,V2＝况了飞：＝岛。，所以第一个粒子和第二个粒子通过C的动能之比为-;:Imv2.12I:52""O.-2mv2=,D正确；故选BCD.5如图所示，同一平面内的三条平行导线串有俩个电阻R和r，导体棒PQ与三条导线接触良好，匀强磁场的方向垂直纸面向里导体样的电阻可忽略当导体棒向左滑动时，下列说法正确的是()
36dpXvXRrXQA流过R的电流为由d到c，流过r的电流为由b到aB．流过R的电流为由c到d，流过r的电流为由b到aC流过R的电流为山d到c，流过r的电流为山a到bD流过R的电流为由c到d，流过r的电流为由a到b【解析】根据磁场方向、导体棒运动的方向，用右手定则可判断出导体棒中感应电动势方向为由P➔Q，即导体棒下端电势高，上端电势低，所以流过R的电流方向为c➔d，流过r的电流方向为b➔a，故选项B正确6．一长直铁芯上绕有一固定线圈M，铁芯右端与一木质圆柱密接，木质圆柱上套有—闭合金属环N,N可在木质圆柱上无摩擦移动M连接在如图所示的电路中，其中R为滑动变阻器，E1和E2为直流电源，S为单儿双掷开关下列悄况中，可观测到N向左运动的是（)A在S断开的情况下，S向a闭合的瞬间B在S断开的情况下，S向b闭合的瞬间C在S已向a闭合的情况下，将R的滑动头向c端移动时D在S已向a闭合的情况下，将R的滑动头向d端移动时【解析】在S断开的情况下，S向a(b)闭合的瞬间M中电流瞬时增加，穿过线圈N的磁通谥增加根据楞次定律，为阻碍磁通量增加N环应向右运动，A、B均错，在S已向a闭合的情况下，将R的滑动头向c端移动时，电路中电流减小，M产生的磁场减弱，穿过N的磁通噩减小，根据楞次定律阻碍磁通揽变化可知N环向左运动，D错、C对8如图为一种早期发电机原理示意图，该发电机由固定的圆形线圈和一对用铁芯连接的圆柱形磁铁构成，两磁极柜对千线圈平面对称，在磁极绕转轴匀速转动过程中，磁极中心在线圈平面上的投影沿圆弧XOY(O是线圆中心），则（)铁芯转轴
37A从X到0，电流由E经G流向F，先增大再减小B从X到0，电流山F经G流向E，先减小再增大C从0到Y，电流由F经G流向E，先减小再培大D从0到Y，电流由E经G流向F，先增大再减小9.(18分）如图所示，平行的光滑金屈导轨EF和GH相距l，处千同一竖直平面内，EG间接有阻值为R的电阻，轻质金属杆ab长为21，紧贴导轨竖直放翌在离b端今处固定套有一质械为m的小球整个装臂处于与导轨平面垂直、磁感应强度为B的匀强磁场中，当ab杆由静止开始紧贴导轨绕b端向右倒下至水平位赏时，球的速度为v．若导轨足够长，导轨及金屈杆电阻不计，求：a「---、、、、、、F呵．、z、R._m、,,.,,.－,,.,,.\,,.I。b”IH(I)此过程中通过电阻R的电荷盘；(2)金屈杆离开导轨EF前的一瞬间，通过R的电流的B/1S_B（古lIcos30°)_✓3Bl2【解析】q====(6分）RRR2R金属杆离开轨道到落地，小球的机械能守恒，有沪沪＝沪讨＋mg吉Isin30°,(3分）V。＝二，（1分）杆最远点速度v'＝诗2/=4v。=2石了了五1,(3分）E＝气'--=2BI石了三面，（2分）1＝f=2B/二/R.(3分）3.(2012广东三校联考，4）如图所示为一正弦交流电通过一电子元件后的波形图，则下列说法正确的是（)i/A2L----------~-0.010.020.030.041/sA这也是一种交流电B电流的变化周期是0.02s
38C．电流的变化周期是0.01sD．电流通过100的电阻时，Is内产生的热蜇为200J【解析】电流方向没变，不是交流电，电流通过100的电阻时，Is产生的热匮是Q=oh(【答案】B5.(2012山东平度一中月考，5）如图所示，矩形线圈abed在匀强磁场中沿逆时针方向匀速转动，可产生交流电，当线圈转到图示位置时，电流表指针向右偏转，当线圉由图示位臂继续转动，下列说法中正确的是（)A线圈在转动于兀的过程中，表针向右偏转B线圈在图示位笠时，线阑中电流改变方向C线圈在转动千玩的过程中，表针向左偏转D线圈在图示位翌反方向转过于2冗的过程中，表针向左偏转【解析】线圈在中性面开始改变电流方向阳示位置不是中性面，故B错；逆时针转f时电流改为指针左偏，在f千都是指针左偏，A错，逆时针转号时电流表改为指针右偏，在ac3冗22冗的过程中，表针右偏C错，线圈从图示位置反方向转过号2兀的过程中，根据右手定则，可判断表针向左偏，故D对．【答案】D3如图a所示，一矩形线圈abed放犹在匀强磁场中，并绕过ab、cd中点的轴00'以角速度Q逆时针匀速转动若以线圈平面与磁场夹角0=45circ时（如图b)为计时起点，并规定当电流自a流向b时电流方向为正则电流变化图中正确的是（),'0'。二气BB｀。ba
39i/AilAABi/AiiAcD【解析】由图a、b可知初始时刻交变电流方向为adcba，是负值，所以感应电流的表达式为i=-]}rmmcos(Qt＋冗／4)A，故选项D正确．【答案】D6交流电源的电压是6V，它跟两只二极管DI、D2及电阻R尸尺和电容器、电压表一起连接组成如图所示的电路，图中电压表的读数为队，为了保证电容器C不被击穿，电容器C的耐压值应为u2，则（)R2A.VI=3vBUl=3五vC.U2=6VD.U2=6五v【解析】电压表的示数应等千有效值，考虑到经二极管整流后是半波电压，利用求有效值的方法，可知有效值为3J5v，所以U,=3五·v而电容器的击穿电压应考虑交流电的最大值，即亿＝6✓2V故B、D选项」下确8．一台小型发电机产生的电动势随时间变化的正弦规律图象如图甲所示．已知发电机线圈内阻
40为5.0，外接一只电阻为95.0的灯泡，如图乙所示，则()e/YI22叨－－。l't!xlO飞-22叨1--------甲乙A电压表©的示数为220VB电路中的电流方向每秒钟改变50次C灯泡实际消耗的功率为484WD发电机线圆内阻每秒钟产生的焦耳热为24.2J11如图所示，一个被x轴与曲线方程y=0.2sin兴五(m)所围的空间中存在着匀强磁场磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度B=O.2T正方形金属线框的边长是L=0.40m,电阻是R=O.1,它的一边与x轴重合，在拉力F的作用下，以v=10m/s的速度水平向右匀速运动．求拉力F要做多少功才能把线框拉过磁场区？y/m，，艾｀、F'XX、志x文｀,xxxx`,oIo.3xlm(1)【解析】线框通过磁场区域的过程如图(1)所示的线框右边ab移到a心位牲、移到a2丛位笠（左边与ab位笐重合）、移到a丸位笠三个过程．在ab移到a1b1过程线框切割磁感线的长度就是曲线方程y=0.2sin卑；x(m)的纵坐标y，设线框右边刚进入磁场的时刻t=O，则线框在0峙s时间内产生的电动势E=Byv=0.4sin卑；x(V)=0.4sin骂气(V)，逆时针方向的感应电流i=f=4sin骂气(V)，电流为正弦交流电(3分），在右边从a1b1位赏移到a2b2位笠过程中，磁通址不变没有感应电流，即在峙峙s时间内，没有电流(1分），
41a0a-OITaTi1;a3iIi~I.}i飞，-·1liii··1.“h.从一功“.iuuo304m(l)在右边从a办移到a办过程中，即在峙峙s时间内，线框的左边切割磁感线，产生瞬时针方向的电流(I分）(2)若选逆时针方向的电流为正方向，则电流it图象如图(2)所示iN。0.040.070.03l/s-4t______(2)线框通过磁场有正弦电流的时间t=0.06s(l分），I二＝2匠A电流有效值1＝匠根据拉力做的功等千电路中产生的焦耳热，故W=Q=12Rt=(2✓勾2xO.lxO.06J=0.048J(3分）．【答案】0.048J7（女选做题）（2012江苏盐城高三摸底，l5)如图甲所示的坐标系中，第四限象内存在垂直千纸面向里的有界匀强磁场，x方向的宽度OA=20✓3cm,y方向无限制，磁感应强度B。=1x10·4T现有一比荷为旦＝2xl011C/kg的正离子以某一速度从0点射入磁m场，a=60°离子通过磁场后刚好从A点射出(1)求离子进入磁场B。的速度的大小；(2)离子进入磁场B。后，某时刻再加一个同方向的匀强磁场，使离子做完整的圆周运动，求所加磁场磁感应强度的最小值，(3)离子进入磁场B。后，再加一个如图乙所示的变化磁场（正方向与B。方向相同，不考虑磁场变化所产生的电场），求离子从0点到A点的总时间）
42yBl(x10-4T)。xxxxxxx11一厂－II-II-T__1X:AIIIIIIIIIIIIIIIIXx:IIIIIIIIIIIIIIIIx:IIIIIIII节。X。lXXx!2345678t/（召X10-7s)甲乙【解析】(1)如图所示，由几何关系得离子在磁场中运动时的轨道半径r1=0.2m，离子mv在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力Bqv=—一，求得：v=4X(06mis片.y:AX,XXXX,IXXXXII2mv(2)由Bqv=——知，B越小，r越大设离子在磁场中最大半径为R斤由儿何关系得：R=0.05myAIIIIIItXxxxxxxxx2mv由牛顿运动定律得B1qv=——，求得B1=4xl0-4TR则外加磁场f.B1=3XI0廿2冗m(3)离子在原磁场中运动周期T1=~=冗X1o-?SBq离子在磁场中运动第一次遇到外加磁场的过程中轨迹对应的圆心角为.ILxlO-7胪12x2冗＝巴冗x10-76
43此时施加附加磁场时离子在磁场中能做的圆周运动的最大半径为r2l5由几何关系知：r2=－-－-XO.2动．028m39离子在有附加磁场时运动半径为r3mv21则B2qv=——，求得r3＝一－m：：：：：0.017mr360因r344等于粒千做圆周运动的半径，而粒子带正电，洛伦兹力向上，从d点到0点进入的全部从be边出去，若abed全部是磁场，则从0点进入的应从b点出去，所以在半圆形磁场中，从0点进入的应从be出去，故从aO边进入的一部分从be边出去，一部分从ab边出去，由以上分析可知只有D选项是正确的8如图甲所示是回旋加速器的示意图，其核心部分是两个D形金属盒，在加速带电粒子时，两金屈盒置于匀强磁场中，并分别与高频电源相连，带电粒子在磁场中运动的动能E}II/1k随时间t的)变化规律如图乙所示，若忽略带电粒子在电场中的加速时间，则下列判断中正确的是(.,,II.,',-----◄•II',•11J,',.,III.IIIIII,If”“”“”一I/:,,中乙A高频电源的变化周期应该等于tIl—t,,一lB在E}rmkt图中应有t4-t3=l3-tz=tz-tiC粒子加速次数越多，粒子获得的最大动能一定越大D．不同粒子获得的最大动能都相同4.(2010北京理综，19)在如图所示的电路中，两个相同的小灯泡LI和L2分别串联一个带铁芯的电感线阁L和一个滑动变阻器R闭合开关S后，调整R，使LI和L2发光的亮度一样，此时流过两个灯泡的电流均为I然后，断开S若t'时刻再闭合S，则在t'前后的一小段时间内，正确反映流、~过LI的电流il、流过L2的电流i2随时间t变化的图象是（
45.l.l2仁了tt＿仁忙BcAD【解析】由电路实物图可得，与滑动变阻器R串联的L2，没有自感直接变亮，电流片变化图象如A中图线C、D错误带铁芯的电感线圈串联的LI，由千自感强电流逐渐变大，B正确A错误【答案】B图甲6.（女选做题）（2011山东理综，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、长度均柜同的导体棒c、d置千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，x,'、Xd分别表示c、d相对释放点的位移图乙中正确的是（)C、d____h，一一一一一---..XXXXXXXX3hXXXX---------，尸，II,IOh2h3h4hShXch2h3h4h5hXe。二d王3。二d图乙【解析】0-h内，c做自由落体运动，加速度等千重力加速度g;d自由下落h进入磁场前的过程中，c做匀逑运动，位移为2h，当d刚进入磁场时，其速度和c刚进入时相同，因此cd回路中没有电
46流c、d均做加速度为g的匀加速运动，直到c离开磁场，c离开磁场后，仍做加速度为g的加速运动，而d因安培力大千重力做减速运动，直到离开磁场，选项B、D正确．【答案】BD7始终静止在斜面上的条形磁铁，当其上方的水平导线L中通以如图所示的电流时，与通电前比较，斜面对磁铁的弹力N和摩擦力f()A.N增大，f减小B.N减小，f增大C弹力N和摩擦力f都增大D弹力N和摩擦力f都减小【解析】由安培定则及左手定则可判断出磁铁对通电导线的作用力方向斜向上，根据牛顿第三定律知，通电导线对磁铁的作用力方向斜向下，导致斜面对磁铁的弹力N和摩擦力f都增大，选C.10.(18分）（2Ol0浙江高考，23)如图所示，一矩形轻原柔软反射膜可绕过0点垂直纸面的水平轴转动其在纸面上的长度为LI，垂直纸面的宽度为L2在膜的下端（图中A处）挂有一平行千转轴，质最为m，长为L2的导体棒使膜绷成平面在膜下方水平放翌一足够大的太阳能光电池板，能接收到经反射膜反射到光电池板上的所有光能，并将光能转化成电能．光电池板可等效为一个电池，输出电压恒定为U；输出电流正比千光电池板接收到的光能（设垂直千入射光单位面积上的光功率保持恒定）导体棒处在方向竖直向上的匀强磁场B中，并与光电池构成回路，流经导体棒的电流垂直纸面向外（注．光电池与导体棒直接相连，连接导线未画出）．B哩..喊o－一气....畸(I)现有一束平行光水平入射，当反射膜与竖直方向成0=60°时，导体棒处千受力平衡状态，求此时电流的大小和光电池的输出功率(2)当0变成45°时，通过调整电路使导体棒保待平衡，光电池除维持导体棒力学平衡外，还能输出多少额外电功率？【解析】(1)导体棒所受安培力F;=IBL2CD(2分）
47导体棒有静力平衡关系mgtan0=F;@(2分）解得l=~@(I分）所以当0=60°时，160=~尸＝✓3mg!BL2(2分）光电池输出功率为片。＝U儿。＝✓3mgUIBL2.(1分）(2)当0=45°时，根据＠式可知维持静力平衡需要的电流为I45＝气产＝是(2分）根据儿何关系可知且＝LIL,cos45°＝五(2分）P60l1L,_cos60°可得凡＝t沁＝嘉mgU!BL2(1分）而光电池产生的电流为I充电＝舟＝j;是(2分）所以能提供的额外电流为I额外＝1充屯－l45=（拉－l）晕(1分）可提供额外功率为P额外＝1额外U=（高－l）唱:.（2分）2.（原创）下列说法中正确的是（)A自感电动势越大，自感系数越大B线圈中的电流变化越快，自感系数也越大C插有铁芯时线圈的自感系数会变大D线圈的自感系数与电流的大小、电流变化的快慢、是否有铁芯等都无关【解析】线圆的自感系数由线圈本身决定，与线固的长短、匝数的多少、粗细以及有无铁芯有关与电流大小、变化快慢、自感电动势的大小均无关答案选C.【答案】C
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