资源简介 2000-2009年高考试题分类汇编:万有引力与航天第一部分：选择题（09年全国卷Ⅰ）19．天文学家新发现了太阳系外的一颗行星。这颗行星的体积是地球的4.7倍，是地球的25倍。已知某一近地卫星绕地球运动的周期约为1.4小时，引力常量G=6.67×10-11N·m2/kg2,,由此估算该行星的平均密度为A.1.8×103kg/m3 B. 5.6×103kg/m3 C. 1.1×104kg/m3 D.2.9×104kg/m3答案：D解析：本题考查天体运动的知识.首先根据近地卫星饶地球运动的向心力由万有引力提供,可求出地球的质量.然后根据,可得该行星的密度约为2.9×104kg/m3。（09年上海物理）8．牛顿以天体之间普遍存在着引力为依据，运用严密的逻辑推理，建立了万有引力定律。在创建万有引力定律的过程中，牛顿A．接受了胡克等科学家关于“吸引力与两中心距离的平方成反比”的猜想B．根据地球上一切物体都以相同加速度下落的事实，得出物体受地球的引力与其质量成正比，即F(m的结论C．根据F(m和牛顿第三定律，分析了地月间的引力关系，进而得出F(m1m2D．根据大量实验数据得出了比例系数G的大小答案：AB解析：题干要求“在创建万有引力定律的过程中”，牛顿知识接受了平方反比猜想，和物体受地球的引力与其质量成正比，即F(m的结论，而提出万有引力定律后，后来利用卡文迪许扭称测量出万有引力常量G的大小，只与C项也是在建立万有引力定律后才进行的探索，因此符合题意的只有AB。（09年广东物理）5．发射人造卫星是将卫星以一定的速度送入预定轨道。发射场一般选择在尽可能靠近赤道的地方，如图这样选址的优点是，在赤道附近A．地球的引力较大 B．地球自转线速度较大C．重力加速度较大D．地球自转角速度较大答案：B解析：由于发射卫星需要将卫星以一定的速度送入运动轨道，在靠进赤道处的地面上的物体的线速度最大，发射时较节能，因此B正确。（09年上海卷）43.右图为一种早期的自行车，这种下带链条传动的自行车前轮的直径很大，这样的设计在当时主要是为了A.提高速度B.提高稳定性C.骑行方便D.减小阻力答案：A（09年上海卷）45.小明同学在学习了圆周运动的知识后，设计了一个课题，名称为：快速测量自行车的骑行速度。他的设想是：通过计算踏脚板转动的角速度，推算自行车的骑行速度。经过骑行，他得到如下的数据：在时间t内踏脚板转动的圈数为N，那么脚踏板转动的角速度= ;要推算自行车的骑行速度，还需要测量的物理量有 ；自行车骑行速度的计算公式v= .答案：牙盘的齿轮数m、飞轮的齿轮数n、自行车后轮的半径R(牙盘的半径r1、飞轮的半径r2、自行车后轮的半径R);（09年江苏物理）3．英国《新科学家（New Scientist）》杂志评选出了2008年度世界8项科学之最，在XTEJ1650-500双星系统中发现的最小黑洞位列其中，若某黑洞的半径约45km，质量和半径的关系满足（其中为光速，为引力常量），则该黑洞表面重力加速度的数量级为 A． B． C． D．答案：C解析：处理本题要从所给的材料中，提炼出有用信息，构建好物理模型，选择合适的物理方法求解。黑洞实际为一天体，天体表面的物体受到的重力近似等于物体与该天体之间的万有引力，对黑洞表面的某一质量为m物体有：，又有，联立解得，带入数据得重力加速度的数量级为，C项正确。（09年海南物理）6．近地人造卫星1和2绕地球做匀速圆周运动的周期分别为T1和,设在卫星1、卫星2各自所在的高度上的重力加速度大小分别为、，则A． B． D． D． 答案：B（09年海南物理）11．在下面括号内列举的科学家中，对发现和完善万有引力定律有贡献的是 。（安培、牛顿、焦耳、第谷、卡文迪许、麦克斯韦、开普勒、法拉第）答案：第谷（1分）；开普勒（1分）；牛顿（1分）；卡文迪许 （1分）评分说明：每选错1个扣1根，最低得分为0分。（09年广东理科基础）6．船在静水中的航速为v1，水流的速度为v2。为使船行驶到河正对岸的码头，则v1相对v2的方向应为答案：C解析：根据运动的合成与分解的知识,可知要使船垂直达到对岸即要船的合速度指向对岸。根据平行四边行定则，C能。（09年宁夏卷）15. 地球和木星绕太阳运行的轨道都可以看作是圆形的。已知木星的轨道半径约为地球轨道半径的5.2倍，则木星与地球绕太阳运行的线速度之比约为A. 0.19 B. 0.44 C. 2.3 D. 5.2答案：B（09年广东理科基础）7．滑雪运动员以20m／s的速度从一平台水平飞出，落地点与飞出点的高度差3．2m。不计空气阻力，g取10m／s2。运动员飞过的水平距离为s，所用时间为t，则下列结果正确的是 A．s=16m，t=0．50s B．s=16m，t=0．80s C．s=20m，t=0．50s D．s=20m，t=0．80s 答案：B解析：做平抛运动的物体运动时间由高度决定，根据竖直方向做自由落体运动得。根据水平方向做匀速直线运动可知，B正确。（09年广东理科基础）10．关于地球的第一宇宙速度，下列表述正确的是A．第一宇宙速度又叫环绕速度B．第一宇宙速度又叫脱离速度C．第一宇宙速度跟地球的质量无关D．第一宇宙速度跟地球的半径无关答案：A解析：第一宇宙速度又叫环绕速度A对，B错；根据定义有可知与地球的质量和半径有关，CD错。（09年广东理科基础）11．宇宙飞船在半径为R。的轨道上运行，变轨后的半径为R2，R1>R2。宇宙飞船绕地球做匀速圆周运动，则变轨后宇宙飞船的 A．线速度变小 B．角速度变小 C．周期变大 D．向心加速度变大答案：D解析：根据得，可知变轨后飞船的线速度变大，A错；角速度变大B错，周期变小C错；向心加速度在增大D正确。（09年广东理科基础）16．如图所示，一带负电粒子以某速度进入水平向右的匀强电场中，在电场力作用下形成图中所示的运动轨迹。M和N是轨迹上的两点，其中M点在轨迹的最右点。不计重力，下列表述正确的是A．粒子在M点的速率最大B．粒子所受电场力沿电场方向C．粒子在电场中的加速度不变D．粒子在电场中的电势能始终在增加答案：C解析：根据做曲线运动物体的受力特点合力指向轨迹的凹一侧,再结合电场力的特点可知粒子带负电，即受到的电场力方向与电场线方向相反，B错；从N到M电场力做负功，减速，电势能在增加，当达到M点后电场力做正功加速电势能在减小则在M点的速度最小A错，D错；在整个过程中只受电场力，根据牛顿第二定律加速度不变。（09年重庆卷）17.据报道，“嫦娥一号”和“嫦娥二号”绕月飞行器的圆形轨道距月球表面分别约为200Km和100Km，运动速率分别为v1和v2，那么v1和v2的比值为（月球半径取1700Km）A. B. C, D. 答案：C（09年四川卷）15.据报道，2009年4月29日，美国亚利桑那州一天文观测机构发现一颗与太阳系其它行星逆向运行的小行星，代号为2009HC82。该小行星绕太阳一周的时间为3.39年，直径2～3千米，其轨道平面与地球轨道平面呈155°的倾斜。假定该小行星与地球均以太阳为中心做匀速圆周运动，则小行星和地球绕太阳运动的速度大小的比值为A. B. C. D.答案：A解析：小行星和地球绕太阳作圆周运动，都是由万有引力提供向心力，有＝，可知小行星和地球绕太阳运行轨道半径之比为R1:R2＝，又根据V＝，联立解得V1:V2＝，已知＝，则V1:V2＝。（09年安徽卷）15. 2009年2月11日，俄罗斯的“宇宙-2251”卫星和美国的“铱-33”卫星在西伯利亚上空约805km处发生碰撞。这是历史上首次发生的完整在轨卫星碰撞事件。碰撞过程中产生的大量碎片可能会影响太空环境。假定有甲、乙两块碎片，绕地球运动的轨道都是圆，甲的运行速率比乙的大，则下列说法中正确的是A. 甲的运行周期一定比乙的长 B. 甲距地面的高度一定比乙的高C. 甲的向心力一定比乙的小 D. 甲的加速度一定比乙的大答案：D解析：由可知，甲的速率大，甲碎片的轨道半径小，故B错；由公式可知甲的周期小故A错；由于未知两碎片的质量，无法判断向心力的大小，故C错；碎片的加速度是指引力加速度由得，可知甲的加速度比乙大，故D对。（09年山东卷）18．2008年9月25日至28日我国成功实施了“神舟”七号载入航天飞行并实现了航天员首次出舱。飞船先沿椭圆轨道飞行，后在远地点343千米处点火加速，由椭圆轨道变成高度为343千米的圆轨道，在此圆轨道上飞船运行周期约为90分钟。下列判断正确的是A．飞船变轨前后的机械能相等B．飞船在圆轨道上时航天员出舱前后都处于失重状态C．飞船在此圆轨道上运动的角度速度大于同步卫星运动的角速度D．飞船变轨前通过椭圆轨道远地点时的加速度大于变轨后沿圆轨道运动的加速度答案：BC解析：飞船点火变轨，前后的机械能不守恒，所以A不正确。飞船在圆轨道上时万有引力来提供向心力，航天员出舱前后都处于失重状态，B正确。飞船在此圆轨道上运动的周期90分钟小于同步卫星运动的周期24小时，根据可知，飞船在此圆轨道上运动的角度速度大于同步卫星运动的角速度，C正确。飞船变轨前通过椭圆轨道远地点时只有万有引力来提供加速度，变轨后沿圆轨道运动也是只有万有引力来提供加速度，所以相等，D不正确。考点：机械能守恒定律，完全失重，万有引力定律提示：若物体除了重力、弹性力做功以外，还有其他力(非重力、弹性力)不做功，且其他力做功之和不为零，则机械能不守恒。根据万有引力等于卫星做圆周运动的向心力可求卫星的速度、周期、动能、动量等状态量。由得，由得，由得，可求向心加速度。（09年福建卷）14.“嫦娥一号”月球探测器在环绕月球运行过程中，设探测器运行的轨道半径为r，运行速率为v，当探测器在飞越月球上一些环形山中的质量密集区上空时A.r、v都将略为减小 B.r、v都将保持不变C.r将略为减小，v将略为增大 D. r将略为增大，v将略为减小答案：C解析：当探测器在飞越月球上一些环形山中的质量密集区上空时，引力变大，探测器做近心运动，曲率半径略为减小，同时由于引力做正功，动能略为增加，所以速率略为增大。（09年浙江卷）19．在讨论地球潮汐成因时，地球绕太阳运行轨道与月球绕地球运行轨道可视为圆轨道。已知太阳质量约为月球质量的倍，地球绕太阳运行的轨道半径约为月球绕地球运行的轨道半径的400倍。关于太阳和月球对地球上相同质量海水的引力，以下说法正确的是A．太阳引力远大于月球引力B．太阳引力与月球引力相差不大C．月球对不同区域海水的吸引力大小相等D．月球对不同区域海水的吸引力大小有差异答案：AD解析：，代入数据可知，太阳的引力远大于月球的引力；由于月心到不同区域海水的距离不同，所以引力大小有差异。(09年广东文科基础)57．图7所示是一个玩具陀螺。a、b和c是陀螺上的三个点。当陀螺绕垂直于地面的轴线以角速度ω稳定旋转时，下列表述正确的是A．a、b和c三点的线速度大小相等 B．a、b和c三点的角速度相等C．a、b的角速度比c的大 D．c的线速度比a、b的大答案：B(09年广东文科基础)59．关于万有引力及其应用，下列表述正确的是A．人造地球卫星运行时不受地球引力作用B．两物体间的万有引力跟它们质量的乘积成反比C．两物体间的万有引力跟它们的距离成反比D．人造卫星在地面附近绕地球作匀速圆周运动所必须具有的速度，称为第一宇宙速度答案：D1、（08全国卷1）17.已知太阳到地球与地球到月球的距离的比值约为390，月球绕地球旋转的周期约为27天.利用上述数据以及日常的天文知识，可估算出太阳对月球与地球对月球的万有引力的比值约为A.0.2 B.2 C.20 D.200答案：B解析：设太阳质量M，地球质量m，月球质量m 0，日地间距离为R，月地间距离为r，日月之间距离近似等于R，地球绕太阳的周期为T约为360天，月球绕地球的周期为t=27天。对地球绕着太阳转动，由万有引力定律：G=m，同理对月球绕着地球转动：G=m0，则太阳质量与地球质量之比为M : m=；太阳对月球的万有引力F= G，地球对月球的万有引力f= G，故F : f= ，带入太阳与地球质量比，计算出比值约为2，B对。2、（08北京卷）17．据媒体报道,嫦娥一号卫星环月工作轨道为圆轨道,轨道高度200 km,运用周期127分钟。若还知道引力常量和月球平均半径,仅利用以上条件不能求出的是A．月球表面的重力加速度 B．月球对卫星的吸引力C．卫星绕月球运行的速度 D．卫星绕月运行的加速度答案：B【解析】因为不知道卫星的质量，所以不能求出月球对卫星的吸引力。3、（08四川卷）20．1990年4月25日，科学家将哈勃天文望远镜送上距地球表面约600 km的高空，使得 人类对宇宙中星体的观测与研究有了极大的进展。假设哈勃望远镜沿圆轨道绕地球运行。已知地球半径为6.4×106m，利用地球同步卫星与地球表面的距离为3.6×107m这一事实可得到哈勃望远镜绕地球运行的周期。以下数据中最接近其运行周期的是 A．0.6小时 B．1.6小时 C．4.0小时 D．24小时答案：B解析：由开普勒行星运动定律可知，恒量，所以，r为地球的半径，h1、t1、h2、t2分别表示望远镜到地表的距离，望远镜的周期、同步卫星距地表的距离、同步卫星的周期（24h），代入数据得：t1=1.6h．4、（08江苏卷）1．火星的质量和半径分别约为地球的和，地球表面的重力加速度为g，则火星表面的重力加速度约为A．0.2g B．0.4g C．2.5g D．5g答案：B解析：考查万有引力定律。星球表面重力等于万有引力，G = mg，故火星表面的重力加速度 = = 0.4，故B正确。5、（08山东卷）18、据报道．我国数据中继卫星“天链一号01 星”于2008 年4 月25 日在西昌卫星发射中心发射升空，经过4 次变轨控制后，于5 月l 日成功定点在东经77°赤道上空的同步轨道。关于成功定点后的“天链一号01 星”，下列说法正确的是A． 运行速度大于7.9Kg/sB．离地面高度一定，相对地面静止C．绕地球运行的角速度比月球绕地球运行的角速度大D． 向心加速度与静止在赤道上物体的向心加速度大小相等答案：BC解析：由题目可以后出“天链一号卫星”是地球同步卫星，运行速度要小于7.9,而他的位置在赤道上空，高度一定，A错B对。由可知，C对。由可知，D错。【高考考点】万有引力定律在航天中的应用。【易错提醒】D选项，不能应用，凭借直观感觉选上此选项。这几年航天事业在我国的高速发展，这块知识对考生的考查尤为重要，不管是全国那个省份，这是必考内容，所以，关注航天动向，有利于我们的备考。6、（08广东文科基础）55.发现万有引力定律的物理学家是 A.库仑 B.伽利略 C.牛顿 D.爱因斯坦【答案】C【解析】由物理学史可知选项C正确。7、（08广东理科基础）5．人造卫星绕地球做匀速圆周运动，卫星所受万有引力F与轨道半径r的关系是A．F与r成正比 B．F与r成反比C．F与r2成正比 D．F与r2成反比【答案】D【解析】根据可知，选项D正确。8、（08广东理科基础）8．由于地球的自转，使得静止在地面的物体绕地轴做匀速圆周运动。对于这些做匀速圆周运动的物体，以下说法正确的是A．向心力指向地心 B．速度等于第一宇宙速度C．加速度等于重力加速度 D．周期与地球自转的周期相等【答案】D【解析】静止在地面上的物体饶地轴做匀速圆周运动，故向心力指向地轴，速度不等于第一宇宙速度，加速度也不等于重力加速度，但是周期与地球自转周期相等，选项D正确。9、（08广东卷）12．图是“嫦娥一导奔月”示意图，卫星发射后通过自带的小型火箭多次变轨，进入地月转移轨道，最终被月球引力捕获，成为绕月卫星，并开展对月球的探测，下列说法正确的是A．发射“嫦娥一号”的速度必须达到第三宇宙速度B．在绕月圆轨道上，卫星周期与卫星质量有关C．卫星受月球的引力与它到月球中心距离的平方成反比D．在绕月轨道上，卫星受地球的引力大于受月球的引力【答案】C【解析】由于发射过程中多次变轨，在开始发射时其发射速度必须比第一宇宙速度大，不需要达到第三宇宙速度，选项A错误。在绕月轨道上，根据可知卫星的周期与卫星的质量无关，选项B错误，选项C正确。由于绕月球运动，地球对卫星的引力较小，故选项D错误。10、（08上海卷理科综合）有同学这样探究太阳的密度：正午时分让太阳光垂直照射一个当中有小孔的黑纸板，接收屏上出现一个小圆斑；测量小圆斑的直径和黑纸板到接收屏的距离，可大致推出太阳直径。他掌握的数据是：太阳光传到地球所需的时间、地球的公转周期、万有引力恒量；在最终得出太阳密度的过程中，他用到的物理规律是小孔成像规律和（ ）A.牛顿第二定律 B.万有引力定律C.万有引力定律、牛顿第二定律 D. 万有引力定律、牛顿第三定律【答案】C【解析】根据万有引力定律和牛顿第二定律可得太阳的质量，根据小孔成像规律和相似三角形的知识可得太阳的直径D，故可求出太阳的密度。11、（07广东理科基础） 1 、现有两颗绕地球匀速圆周运动的人造地球卫星A和B，它们的轨道半径分别为rA和rB。如果rA＜rB，则AA．卫星A的运动周期比卫星B的运动周期大B．卫星A的线速度比卫星B的线速度大C．卫星A的角速度比卫星B的角速度大D．卫星A的加速度比卫星B的加速度大12、（07江苏 ）2 假设太阳系中天体的密度不变，天体直径和天体之间距离都缩小到原来的一半，地球绕太阳公转近似为匀速圆周运动，则下列物理量变化正确的是BCA．地球的向心力变为缩小前的一半B．地球的向心力变为缩小前的C．地球绕太阳公转周期与缩小前的相同D．地球绕太阳公转周期变为缩小前的一半13、（07宁夏理综） 3 、天文学家发现了某恒星有一颗行星在圆形轨道上绕其运动，并测出了行星的轨道半径和运行周期。由此可推算出C A．行星的质量 B．行星的半径 C．恒星的质量 D．恒星的半径14、（07全国理综Ⅰ） 4 据报道，最近在太阳系外发现了首颗“宜居”行星，其质量约为地球质量的6.4倍，一个在地球表面重量为600 N的人在这个行星表面的重量将变为960 N，由此可推知该行星的半径与地球半径之比约为BA．0.5 B．2. C．3.2 D．415、（07全国理综Ⅱ） 5、如图所示，一带负电的质点在固定的正的点电荷作用下绕该正电荷做匀速圆周运动，周期为T0，轨道平面位于纸面内，质点的速度方向如图中箭头所示。现加一垂直于轨道平面的匀强磁场，已知轨道半径并不因此而改变，则ADA．若磁场方向指向纸里，质点运动的周期将大于T0B．若磁场方向指向纸里，质点运动的周期将小于T0C．若磁场方向指向纸外，质点运动的周期将大于T0D．若磁场方向指向纸外，质点运动的周期将小于T016、（07全国理综Ⅱ） 6 、假定地球，月球都静止不动，用火箭从地球沿地月连线向月球发射一探测器。假定探测器在地球表面附近脱离火箭。用W表示探测器从脱离火箭处飞到月球的过程中克服地球引力做的功，用Ek表示探测器脱离火箭时的动能，若不计空气阻力，则BDA．Ek必须大于或等于W，探测器才能到达月球B．Ek小于W，探测器也可能到达月球C．Ek＝W，探测器一定能到达月球D．Ek＝W，探测器一定不能到达月球17、（07山东理综 ） 7、2007年4月24日，欧洲科学家宣布在太阳之外发现了一颗可能适合人类居住的类地行星Gliese581c。这颗围绕红矮星Gliese581运行的星球有类似地球的温度，表面可能有液态水存在，距离地球约为20光年，直径约为地球的1.5倍 ，质量约为地球的5倍，绕红矮星Gliese581运行的周期约为13天。假设有一艘宇宙飞船飞临该星球表面附近轨道，下列说法正确是BcA．飞船在Gliese581c表面附近运行的周期约为13天B．飞船在Gliese581c表面附近运行时的速度大于7.9km/sC．人在Gliese581c上所受重力比在地球上所受重力大D．Gliese581c的平均密度比地球平均密度小18、（07上海理科综合） 8、太阳系八大行星公转轨道可近似看作圆轨道，“行星公转周期的平方”与“行星与太阳的平均距离的三次方”成正比。地球与太阳之间平均距离约为1.5亿千米，结合下表可知，火星与太阳之间的平均距离约为B水星金星地球火星木星土星公转周期（年）0.2410.6151.01.8811.8629.5 A．1.2亿千米 B．2.3亿千米 C．4.6亿千米 D．6.9亿千米19、（07四川理综） 9、我国探月的“嫦娥工程”已启动，在不久的将来，我国宇航员将登上月球。假如宇航员在月球上测得摆长为l的单摆做小振幅振动的周期为T，将月球视为密度均匀、半径为r的球体，则月球的密度为BA． B． C． D．20、（07天津理综） 10、我国绕月探测工程的预先研究和工程实施已取得重要进展。设地球、月球的质量分别为m1、m2，半径分别为R1、R2，人造地球卫星的第一宇宙速度为v，对应的环绕周期为T，则环绕月球表面附近圆轨道飞行的探测器的速度和周期分别为AA．， B．，C．， D． ，07重庆理 11土卫十和土卫十一是土星的两颗卫星，都沿近似为圆周的轨道绕土星运动，其参数如表：AD卫星半径(m)卫星质量(kg)轨道半径(m)土卫十8.90×1042.01×10181.51×1018土卫十一5.70×1045.60×10171.51×103两卫星相比，土卫十A．受土星的万有引力较大 B．绕土星做圆周运动的周期较大C．绕土星做圆周运动的向心加速度较大 D．动能较大21、（02年广东、河南） 12（11分）有人利用安装在气球载人舱内的单摆来测定气球的高度。已知该单摆在海平面处的周期是T0。当气球停在某一高度时，测得单摆周期为T。求该气球此时离海平面的高度h。把地球看着质量均匀分布的半径为R的球体。[答案]：h = (- 1)R [简析]：本题需用到关系式 g = G22、（04北京）13 1990年5月，紫金山天文台将他们发现的第2752号小行星命名为昊键雄星，该小行星的半径为16km。若将此小行星和地球均看成质量分布均匀的球体，小行星密度与地球相同。已知地球半径R=6400km，地球表面重力加速度为g。这个小行星表面的重力加速度为 B （ ） A．400g B．g C．20g D．g23、（04上海卷）14 火星有两颗卫星，分别是火卫一和火卫二，它们的轨道近似为圆。已知火卫一的周期为7 小时39分。火卫二的周期为30小时18分，则两颗卫星相比 （ AC ） A．火卫一距火星表面较近。 B．火卫二的角速度较大 C．火卫一的运动速度较大。 D．火卫二的向心加速度较大。24、（04江苏）15 若人造卫星绕地球作匀速圆周运动，则下列说法正确的是 （ BD ） A. 卫星的轨道半径越大，它的运行速度越大 D. 卫星的轨道半径越大，它的运行速度越小 C. 卫星的质量一定时，轨道半径越大，它需要的向心力越大 D. 卫星的质量一定时，轨道半径越大，它需要的向心力越小25、（04全国老课程卷）16 ．我们的银河系的恒星中大约四分之一是双星。某双星由质量不等的星体S1和S2构成，两星在相互之间的万有引力作用下绕两者连线上某一定点C做匀速圆周运动。由于文观察测得其运动周期为T，S1到C点的距离为r1，S1和S2的距离为r，已知引力常量为G。由此可求出S2的质量为D （ ） A． B． C． D．26、（05北京卷）17 .已知地球质量大约是月球质量的81倍，地球半径大约是月球半径的4倍。不考虑地球、月球自转的影响，由以上数据可推算出CA.地球的平均密度与月球的平均密度之比约为9∶8B.地球表面重力加速度与月球表面重力加速度之比约为9∶4C.靠近地球表面沿圆轨道运行的航天器的周期与靠近月球表面沿圆轨道运行的航天器的周期 之比约为8∶9D.靠近地球表面沿圆轨道运行的航天器线速度与靠近月球表面沿圆轨道运行的航天器线速度之 比约为81∶427、（05广东卷）18 万有引力定律首次揭示了自然界中物体间一种基本相互作用的规律。以下说法正确的是 （C）A.物体的重力不是地球对物体的万有引力引起的B.人造地球卫星离地球越远，受到地球的万有引力越大C.人造地球卫星绕地球运动的向心力由地球对它的万有引力提供D.宇宙飞船内的宇航员处于失重状态是由于没有受到万有引力的作用28、（05天津卷）19．土星周围有美丽壮观的“光环”，组成环的颗粒是大小不等、线度从1μm到10m的岩石、尘埃，类似于卫星，它们与土星中心的距离从7.3×104km延伸到1.4×105km。已知环的外缘颗粒绕土星做圆周运动的周期约为14h，引力常量为6.67×10-11N(m2/kg2，则土星的质量约为（估算时不考虑环中颗粒间的相互作用） DＡ．9.0×1016kg Ｂ．6.4×1017kg Ｃ．9.0×1025kg Ｄ．6.4×1026kg 29、（05河北、河南、安徽、山西）20 把火星和地球绕太阳运行的轨道视为圆周。由火星和地球绕太阳运动的周期之比可求得（ CD ） B．火星和太阳的质量之比C．火星和地球到太阳的距离之比 D．火星和地球绕太阳运行速度大小之比30、（05黑龙江、吉林、广西）21 已知引力常量G、月球中心到地球中心的距离R和月球绕地球运行的周期T。仅利用 这三个数据，可以估算出的物理量有 BD A．月球的质量 B．地球的质量C．地球的半径 D．月球绕地球运行速度的大小31、（05四川、陕西、贵州、云南、新疆、宁夏、甘肃、内蒙）22.最近，科学家在望远镜中看到太阳系外某一恒星有一行星，并测得它围绕该恒星运行一周所用的时间为1200 年，它与该恒星的距离为地球到太阳距离的100 倍。 假定该行星绕恒星运行的轨道和地球绕太阳运行的轨道都是圆周，仅利用以上两个数据可以求出的量有 ADA．恒星质量与太阳质量之比 B．恒星密度与太阳密度之比C．行星质量与地球质量之比 D．行星运行速度与地球公转速度之比32、（06陕西卷）23、我国将要发射一颗绕月运行的探月卫星“嫦娥1号”。设该卫星的轨道是圆形的，且贴近月球表面。已知月球的质量为地球质量的1/80，月球的半径约为地球半径的1/4，地球上的第一宇宙速度约为7.9km/s，则该探月卫星绕月运行的速率约为B A、0.4?km/s????B、1.8?km/s?????C、11?km/s????D、36?km/s 33、（06北京卷）24 .一飞船在某行星表面附近沿圆轨道绕该行星飞行。认为行星是密度均匀的球体，要确定该行星的密度，只需要测量C A.飞船的轨道半径 B.飞船的运行速度 C.飞船的运行周期 D.行星的质量 34、（06重庆卷）25 宇航员在月球上做自由落体实验，将某物体由距月球表面高h处释放，经时间t后落到月球表面（设月球半径为R）。据上述信息推断，飞船在月球表面附近绕月球做匀速圆周运动所必须具有的速率为BA. B C. D. 35、（06江苏卷）26 举世瞩目的“神舟”六号航天飞船的成功发射和顺利返回，显示了我国航天事业取得的巨大成就．已知地球的质量为M，引力常量为G，设飞船绕地球做匀速圆周运动的轨道半径为厂，则飞船在圆轨道上运行的速率为 （ A ）第二部分 计算题36、（08全国卷2）25．（20分）我国发射的“嫦娥一号”探月卫星沿近似于圆形轨道绕月飞行。为了获得月球表面全貌的信息，让卫星轨道平面缓慢变化。卫星将获得的信息持续用微波信号发回地球。设地球和月球的质量分别为M和m，地球和月球的半径分别为R和R1，月球绕地球的轨道半径和卫星绕月球的轨道半径分别为r和r1，月球绕地球转动的周期为T。假定在卫星绕月运行的一个周期内卫星轨道平面与地月连心线共面，求在该周期内卫星发射的微波信号因月球遮挡而不能到达地球的时间（用M、m、R、R1、r、r1和T表示，忽略月球绕地球转动对遮挡时间的影响）。解析：如下图所示：设O和分别表示地球和月球的中心．在卫星轨道平面上，A是地月连心线与地月球表面的公切线ACD的交点，D、C和B分别是该公切线与地球表面、月球表面和卫星轨道的交点．过A点在另一侧作地月球面的公切线，交卫星轨道于E点．卫星在圆弧上运动时发出的信号被遮挡．设探月卫星的质量为m0，万有引力常量为G，根据万有引力定律有：……………………① （4分）……………………② （4分）②式中，T1表示探月卫星绕月球转动的周期．由以上两式可得：…………③设卫星的微波信号被遮挡的时间为t，则由于卫星绕月球做匀速圆周运动，应有：……………………④ （5分）上式中，．由几何关系得：………………⑤ （2分）…………………………⑥ （2分）由③④⑤⑥得：……………………⑦ （3分） 37、（08宁夏卷）23.（15分）天文学家将相距较近、仅在彼此的引力作用下运行的两颗恒星称为双星。双星系统在银河系中很普遍。利用双星系统中两颗恒星的运动特征可推算出它们的总质量。已知某双星系统中两颗恒星围绕它们连线上的某一固定点分别做匀速圆周运动，周期均为T，两颗恒星之间的距离为r，试推算这个双星系统的总质量。（引力常量为G）解析：设两颗恒星的质量分别为m1、m2，做圆周运动的半径分别为r1、r2，角速度分别为w1,w2。根据题意有 w1=w2 ① r1+r2=r ②根据万有引力定律和牛顿定律，有 G ③G ④联立以上各式解得 ⑤根据解速度与周期的关系知 ⑥联立③⑤⑥式解得 ⑦38、（04全国卷） 在勇气号火星探测器着陆的最后阶段，着陆器降落到火星表面上，再经过多次弹跳才停下来。假设着陆器第一次落到火星表面弹起后，到达最高点时高度为h，速度方向是水平的，速度大小为υ0，求它第二次落到火星表面时速度的大小，计算时不计大气阻力。已知火星的一个卫星的圆轨道的半径为r，周期为T。火星可视为半径为r0的均匀球体。1 （16分） GMrm02′ = m′g′ ① GMrm2 = m( 2π )2r ② υ12 =2 g′h ③ υ = √υ12 +υ02 ④ υ =√8π22h r02 r3 +υ02 39、（07上海） （10分）宇航员在地球表面以一定初速度竖直上抛一小球，经过时间t小球落回原处；若他在某星球表面以相同的初速度竖直上抛同一小球，需经过时间5t小球落回原处。（取地球表面重力加速度g＝10 m/s2，空气阻力不计）⑴求该星球表面附近的重力加速度g/；⑵已知该星球的半径与地球半径之比为R星:R地＝1:4，求该星球的质量与地球质量之比M星:M地。解：⑴故：⑵，所以可解得：M星:M地＝1(12:5(42＝1:80， 40、（00天津、江西卷） （12分）2000年1月26日我国发射了一颗同步卫星，其定点位置与东经98°的经线在同一平面内，若把甘肃省嘉峪关处的经度和纬度近似取为东经98°和北纬，已知地球半径R、地球自转周期T、地球表面重力加速度g（视为常量）和光速c。试求该同步卫星发出的微波信号传到嘉峪关处的接收站所需的时间（要求用题给的已知量的符号表示）。参考解答：设为卫星质量，为地球质量，为卫星到地球中心的距离，为卫星绕地心转动的角速度，由万有引力定律和牛顿定律有， 式中G为万有引力恒量，因同步卫星绕地心转动的角速度与地球自转的角速度相等有 因得 设嘉峪关到同步卫星的距离为，如图所示，由余弦定理 所求时间为 由以上各式得 41、（01北京、内蒙古、安徽卷） （12分）两个星球组成双星，它们在相互之间的万有引力作用下，绕连线上某点做周期相同的匀速圆周运动。现测得两星中心距离为R，其运动周期为T，求两星的总质量。参考解答： 设两星质量分别为，都绕连线上O点作周期为T的圆周运动，星球1和星球2到O的距离分别为．由万有引力定律和牛顿第二定律及几何条件可得 ① ② ③ 联立解得 ④评分标准：本题12分．①、②、③、④各占3分．42、（01上海卷） （10分）（10）1791年，米被定义为：在经过巴黎的子午线上，取从赤道到北极长度的一千万分之一。请由此估算地求的半径R。（答案保留二位有效数字）（2）太阳与地球的距离为1.5×1011 m，太阳光以平行光束入射到地面。地球表面2/3的面积被水面所覆盖，太阳在一年中辐射到地球表面水面部分的总能量 W约为三1.87×1024J。设水面对太阳辐射的平均反射率为7％，而且将吸收到的35％能量重新辐射出去。太阳辐射可将水面的水蒸发（设在常温、常压下蒸发1kg水需要2.2×106J的能量），而后凝结成雨滴降落到地面。（a）估算整个地球表面的年平均降雨量（以毫米表示，球面积为4πR2）。（b）太阳辐射到地球的能量中只有约50％到达地面，W只是其中的一部分。太阳辐射到地球的能量没能全部到达地面，这是为什么？请说明二个理由。解：（1）2πR×1/4＝1.00×107R＝6.37×106 m ①（2）（a）设太阳在一年中辐射到地球水面部分的总能量为W，W＝1.87×1024J凝结成雨滴年降落到地面水的总质量为mm＝W×0.93×0.65/(2.2×106)＝5.14×1017 kg ②使地球表面覆盖一层水的厚度为hh＝m/ρs地球h＝1.01×103mm ③整个地球表面年平均降雨量约为1.0×103 mm（b）大气层的吸收，大气层的散射或反射，云层遮挡等。评分标准：全题10分。第（1）小题3分，第（2）小题7分。其中（1）得出①给 3分，写出R＝6.4×106 m，同样给分。43、（03全国卷） （15分）中子星是恒星演化过程的一种可能结果，它的密度很大。现有一中子星，观测到它的自转周期为T＝。问该中子星的最小密度应是多少才能维持该星体的稳定，不致因自转而瓦解。计算时星体可视为均匀球体。 （引力常数G＝6.67×10－11m3／kg·s2) 参考答案： 考虑中子星赤道处一小块物质，只有当它受到的万有引力大于或等于它随星体一起旋转所需的向心力时，中子星才不会瓦解。 设中子星的密度为ρ，质量为M，半径为R，自转角速度为ω，位于赤道处的小块物质质量为m，则有 由以上各式得 代人数据解得 44、（04春季）（16分）神舟五号载人飞船在绕地球飞行的第5圈进行变轨，由原来的椭圆轨道变为距地面高度km的圆形轨道。已知地球半径km，地面处的重力加速度。试导出飞船在上述圆轨道上运行的周期T的公式（用h、R、g表示），然后计算周期T的数值（保留两位有效数字） 设地球质量为M，飞船质量为m，速度为v，圆轨道的半径为r，由万有引力和牛顿第二定律，有地面附近由已知条件解以上各式得代入数值，得45、（07广东卷）（12分）土星周围有许多大小不等的岩石颗粒，其绕土星的运动可视为圆周运动。其中有两个岩石颗粒A和B与土星中心距离分别为rA＝8.0×104 km和r?B＝1.2×105 km。忽略所有岩石颗粒间的相互作用。（结果可用根式表示）⑴求岩石颗粒A和B的线速度之比；⑵求岩石颗粒A和B的周期之比；⑶土星探测器上有一物体，在地球上重为10 N，推算出他在距土星中心3.2×105 km处受到土星的引力为0.38 N。已知地球半径为6.4×103 km，请估算土星质量是地球质量的多少倍？解：⑴设土星质量为M0，颗粒质量为m，颗粒距土星中心距离为r，线速度为v，根据牛顿第二定律和万有引力定律：解得：对于A、B两颗粒分别有： 和得： ⑵设颗粒绕土星作圆周运动的周期为T，则： 对于A、B两颗粒分别有： 和 得： ⑶设地球质量为M，地球半径为r0，地球上物体的重力可视为万有引力，探测器上物体质量为m0，在地球表面重力为G0，距土星中心r0/＝3.2×105 km处的引力为G0/，根据万有引力定律： 解得：46、（05广东卷）（13分）已知万有引力常量G，地球半径R，月球和地球之间的距离r，同步卫星距地面的高度h，月球绕地球的运转周期T1，地球的自转周期T2，地球表面的重力加速度g。某同学根据以上条件，提出一种估算地球质量M的方法：同步卫星绕地球作圆周运动，由得⑴请判断上面的结果是否正确，并说明理由。如不正确，请给出正确的解法和结果。⑵请根据已知条件再提出两种估算地球质量的方法并解得结果。（13分）(1)上面结果是错误的，地球的半径R在计算过程中不能忽略。正确的解法和结果是： ①得 ②（2）方法一：对月球绕地球作圆周运动，由得 ③ 方法二：在地面重力近似等于万有引力，由得 ④47、（06四川卷）(16分)荡秋千是大家喜爱的一项体育活动。随着科技的迅速发展，将来的某一天，同学们也许会在其它星球上享受荡秋千的乐趣。假设你当时所在星球的质量是M、半径为R,可将人视为质点，秋千质量不计、摆长不变、摆角小于90°，万有引力常量为G。那么，该星球表面附近的重力加速度g星等于多少？若经过最低位置的速度为v0,你能上升的最大高度是多少？(1)设人的质量为m,在星球表面附近的重力等于万有引力，有mg星= ①解得 g星= ②设人能上升的最大高度为h,由功能关系得mg星h= ③解得 h= ④48、（06天津卷）11（22分）神奇的黑洞是近代引力理论所预言的一种特殊天体，探寻黑洞的方案之一是观测双星系统的运动规律。天文学家观测河外星系大麦哲伦云时，发现了LMCX-3双星系统，它由可见星A和不可见的暗星B构成。两星视为质点，不考虑其它天体的影响，A、B围绕两者连线上的O点做匀速圆周运动，它们之间的距离保持不变，如图所示。引力常量为G，由观测能够得到可见星A的速率和运行周期T。（1）可见星A所受暗星B的引力可等效为位于O点处质量为的星体（视为质点）对它的引力，设A和B的质量分别为、，试求（用、表示）；（2）求暗星B的质量与可见星A的速率、运行周期T和质量之间的关系式；（3）恒星演化到末期，如果其质量大于太阳质量的2倍，它将有可能成为黑洞。若可见星A的速率，运行周期，质量，试通过估算来判断暗星B有可能是黑洞吗？（）（1）设A、B的圆轨道半径分别为、，由题意知，A、B做匀速圆周运动的角速度相同，设其为。由牛顿运动定律，有 设A、B之间的距离为，又，由上述各式得 ① 由万有引力定律，有，将①代入得 令 比较可得 ②（2）由牛顿第二定律，有 ③又可见星A的轨道半径 ④由②③④式解得 ⑤（3）将代入⑤式，得代入数据得 ⑥设，将其代入⑥式，得 ⑦可见，的值随的增大而增大，试令，得 ⑧若使⑦式成立，则必大于2，即暗星B的质量必大于2，由此得出结论：暗星B有可能是黑洞。49、（06江苏卷） （14分）如图所示，A是地球的同步卫星。另一卫星 B的圆形轨道位于赤道平面内，离地面高度为 h。已知地球半径为 R，地球自转角速度为ω0，地球表面的重力加速度为 g，O为地球中心。 （1）求卫星B的运行周期。 （2）如卫星B绕行方向与地球自转方向相同，某时刻 A、B两卫星相距最近（O、B、A在同一直线上），则至少经过多长时间，他们再一次相距最近？（Ⅰ）由万有引力定律和向心力公式得 ………………………………………………① ………………………………………………② 联立①②得 ……………………………………………③ （2）由题意得 ………………………………………………④ 由③得 ………………………………………………⑤ 代入④得50、（04广东卷）（ 16分）某颗地球同步卫星正下方的地球表面上有一观察者，他用天文望远镜观察被太阳光照射的此卫星，试问，春分那天（太阳光直射赤道）在日落12小时内有多长时间该观察者看不见此卫星？已知地球半径为R，地球表面处的重力加速度为g,地球自转周期为T，不考虑大气对光的折射。设所求的时间为t，用m、M分别表示卫星和地球的质量，r表示卫星到地心的距离. 有 ①春分时，太阳光直射地球赤道，如图所示，图中圆E表示赤道，S表示卫星，A表示观察者，O表示地心. 由图可看出当卫星S绕地心O转到图示位置以后（设地球自转是沿图中逆时针方向），其正下方的观察者将看不见它. 据此再考虑到对称性，有 ② ③ ④由以上各式可解得 ⑤（09年全国卷Ⅱ）26. (21分)如图，P、Q为某地区水平地面上的两点，在P点正下方一球形区域内储藏有石油，假定区域周围岩石均匀分布，密度为；石油密度远小于，可将上述球形区域视为空腔。如果没有这一空腔，则该地区重力加速度（正常值）沿竖直方向；当存在空腔时，该地区重力加速度的大小和方向会与正常情况有微小偏高。重力加速度在原坚直方向（即PO方向）上的投影相对于正常值的偏离叫做“重力加速度反常”。为了探寻石油区域的位置和石油储量，常利用P点附近重力加速度反常现象。已知引力常数为G。（1）设球形空腔体积为V，球心深度为d（远小于地球半径），=x，求空腔所引起的Q点处的重力加速度反常（2）若在水平地面上半径L的范围内发现：重力加速度反常值在与（k>1）之间变化，且重力加速度反常的最大值出现在半为L的范围的中心,如果这种反常是由于地下存在某一球形空腔造成的，试求此球形空腔球心的深度和空腔的体积。答案：（1）；（2）,解析：本题考查万有引力部分的知识.（1）如果将近地表的球形空腔填满密度为的岩石,则该地区重力加速度便回到正常值.因此,重力加速度反常可通过填充后的球形区域产生的附加引力………①来计算,式中的m是Q点处某质点的质量,M是填充后球形区域的质量,……………②而r是球形空腔中心O至Q点的距离………③在数值上等于由于存在球形空腔所引起的Q点处重力加速度改变的大小.Q点处重力加速度改变的方向沿OQ方向,重力加速度反常是这一改变在竖直方向上的投影………④联立以上式子得,…………⑤（2）由⑤式得,重力加速度反常的最大值和最小值分别为……⑥……………⑦由提设有、……⑧联立以上式子得,地下球形空腔球心的深度和空腔的体积分别为,（09年北京卷）22.（16分）已知地球半径为R，地球表面重力加速度为g，不考虑地球自转的影响。（1）推导第一宇宙速度v1的表达式；（2）若卫星绕地球做匀速圆周运动，运行轨道距离地面高度为h，求卫星的运行周期T。解析：（1）设卫星的质量为m,地球的质量为M,在地球表面附近满足 得 ①卫星做圆周运动的向心力等于它受到的万有引力 ②①式代入②式，得到（2）考虑式，卫星受到的万有引力为 ③由牛顿第二定律 ④③、④联立解得（09年天津卷）11.(18分)如图所示，直角坐标系xOy位于竖直平面内，在水平的x轴下方存在匀强磁场和匀强电场，磁场的磁感应为B,方向垂直xOy平面向里，电场线平行于y轴。一质量为m、电荷量为q的带正电的小球，从y轴上的A点水平向右抛出，经x轴上的M点进入电场和磁场，恰能做匀速圆周运动，从x轴上的N点第一次离开电场和磁场，MN之间的距离为L,小球过M点时的速度方向与x轴的方向夹角为.不计空气阻力，重力加速度为g,求电场强度E的大小和方向；小球从A点抛出时初速度v0的大小;A点到x轴的高度h.答案：（1），方向竖直向上 （2） （3）解析：本题考查平抛运动和带电小球在复合场中的运动。（1）小球在电场、磁场中恰能做匀速圆周运动，说明电场力和重力平衡（恒力不能充当圆周运动的向心力），有 ① ②重力的方向竖直向下，电场力方向只能向上，由于小球带正电，所以电场强度方向竖直向上。（2）小球做匀速圆周运动，O′为圆心，MN为弦长，，如图所示。设半径为r，由几何关系知 ③小球做匀速圆周运动的向心力由洛仑兹力白日提供，设小球做圆周运动的速率为v，有 ④ 由速度的合成与分解知 ⑤由③④⑤式得 ⑥（3）设小球到M点时的竖直分速度为vy，它与水平分速度的关系为 ⑦由匀变速直线运动规律 ⑧由⑥⑦⑧式得 ⑨（09年天津卷）12.（20分）2008年12月，天文学家们通过观测的数据确认了银河系中央的黑洞“人马座A*”的质量与太阳质量的倍数关系。研究发现，有一星体S2绕人马座A*做椭圆运动，其轨道半长轴为9.50102天文单位（地球公转轨道的半径为一个天文单位），人马座A*就处在该椭圆的一个焦点上。观测得到S2星的运行周期为15.2年。若将S2星的运行轨道视为半径r=9.50102天文单位的圆轨道，试估算人马座A*的质量MA是太阳质量Ms的多少倍(结果保留一位有效数字)；黑洞的第二宇宙速度极大，处于黑洞表面的粒子即使以光速运动，其具有的动能也不足以克服黑洞对它的引力束缚。由于引力的作用，黑洞表面处质量为m的粒子具有势能为Ep=-G(设粒子在离黑洞无限远处的势能为零)，式中M、R分别表示黑洞的质量和半径。已知引力常量G=6.710-11N·m2/kg2，光速c=3.0108m/s，太阳质量Ms=2.01030kg，太阳半径Rs=7.0108m，不考虑相对论效应，利用上问结果，在经典力学范围内求人马座A*的半径RA与太阳半径之比应小于多少（结果按四舍五入保留整数）。答案：（1），（2）解析：本题考查天体运动的知识。其中第2小题为信息题，如“黑洞”“引力势能”等陌生的知识都在题目中给出，考查学生提取信息，处理信息的能力，体现了能力立意。（1）S2星绕人马座A*做圆周运动的向心力由人马座A*对S2星的万有引力提供，设S2星的质量为mS2，角速度为ω，周期为T，则 ① ②设地球质量为mE，公转轨道半径为rE，周期为TE，则 ③综合上述三式得 式中 TE=1年 ④ rE=1天文单位 ⑤ 代入数据可得 ⑥（2）引力对粒子作用不到的地方即为无限远，此时料子的势能为零。“处于黑洞表面的粒子即使以光速运动，其具有的动能也不足以克服黑洞对它的引力束缚”，说明了黑洞表面处以光速运动的粒子在远离黑洞的过程中克服引力做功，粒子在到达无限远之前，其动能便减小为零，此时势能仍为负值，则其能量总和小于零，则有 ⑦依题意可知 ，可得 ⑧代入数据得 ⑨ ⑩（09年安徽卷）24．（20分）过山车是游乐场中常见的设施。下图是一种过山车的简易模型，它由水平轨道和在竖直平面内的三个圆形轨道组成，B、C、D分别是三个圆形轨道的最低点，B、C间距与C、D间距相等，半径、。一个质量为kg的小球（视为质点），从轨道的左侧A点以的初速度沿轨道向右运动，A、B间距m。小球与水平轨道间的动摩擦因数，圆形轨道是光滑的。假设水平轨道足够长，圆形轨道间不相互重叠。重力加速度取，计算结果保留小数点后一位数字。试求 （1）小球在经过第一个圆形轨道的最高点时，轨道对小球作用力的大小； （2）如果小球恰能通过第二圆形轨道，B、C间距应是多少； （3）在满足（2）的条件下，如果要使小球不能脱离轨道，在第三个圆形轨道的设计中，半径应满足的条件；小球最终停留点与起点的距离。答案：（1）10.0N；（2）12.5m(3) 当时， ；当时， 解析：（1）设小于经过第一个圆轨道的最高点时的速度为v1根据动能定理 ① 小球在最高点受到重力mg和轨道对它的作用力F，根据牛顿第二定律 ②由①②得 ③（2）设小球在第二个圆轨道的最高点的速度为v2，由题意 ④ ⑤由④⑤得 ⑥（3）要保证小球不脱离轨道，可分两种情况进行讨论：I．轨道半径较小时，小球恰能通过第三个圆轨道，设在最高点的速度为v3，应满足 ⑦ ⑧由⑥⑦⑧得 II．轨道半径较大时，小球上升的最大高度为R3，根据动能定理 解得 为了保证圆轨道不重叠，R3最大值应满足 解得 R3=27.9m综合I、II，要使小球不脱离轨道，则第三个圆轨道的半径须满足下面的条件 或 当时，小球最终焦停留点与起始点A的距离为L′，则 当时，小球最终焦停留点与起始点A的距离为L〞，则 （09年福建卷）20.（15分）如图所示，射击枪水平放置，射击枪与目标靶中心位于离地面足够高的同一水平线上，枪口与目标靶之间的距离s=100 m，子弹射出的水平速度v=200m/s，子弹从枪口射出的瞬间目标靶由静止开始释放，不计空气阻力，取重力加速度g为10 m/s2，求：（1）从子弹由枪口射出开始计时，经多长时间子弹击中目标靶？（2）目标靶由静止开始释放到被子弹击中，下落的距离h为多少？答案：（1）0.5s（2）1.25m解析：本题考查的平抛运动的知识。（1）子弹做平抛运动，它在水平方向的分运动是匀速直线运动，设子弹经t时间集中目标靶，则 t= 代入数据得 t=0.5s （2）目标靶做自由落体运动，则h=代入数据得 h=1.25m（09年浙江卷）24.（18分）某校物理兴趣小组决定举行遥控赛车比赛。比赛路径如图所示，赛车从起点A出发，沿水平直线轨道运动L后，由B点进入半径为R的光滑竖直圆轨道，离开竖直圆轨道后继续在光滑平直轨道上运动到C点，并能越过壕沟。已知赛车质量m=0.1kg，通电后以额定功率P=1.5w工作，进入竖直轨道前受到阻力恒为0.3N，随后在运动中受到的阻力均可不记。图中L=10.00m，R=0.32m，h=1.25m，S=1.50m。问：要使赛车完成比赛，电动机至少工作多长时间？（取g=10 ）答案：2.53s解析：本题考查平抛、圆周运动和功能关系。设赛车越过壕沟需要的最小速度为v1，由平抛运动的规律 解得 设赛车恰好越过圆轨道，对应圆轨道最高点的速度为v2，最低点的速度为v3，由牛顿第二定律及机械能守恒定律 解得 m/s通过分析比较，赛车要完成比赛，在进入圆轨道前的速度最小应该是 m/s设电动机工作时间至少为t，根据功能原理 由此可得 t=2.53s（09年四川卷）25.(20分)如图所示，轻弹簧一端连于固定点O，可在竖直平面内自由转动，另一端连接一带电小球P,其质量m=2×10-2 kg,电荷量q=0.2 C.将弹簧拉至水平后，以初速度V0=20 m/s竖直向下射出小球P,小球P到达O点的正下方O1点时速度恰好水平，其大小V=15 m/s.若O、O1相距R=1.5 m,小球P在O1点与另一由细绳悬挂的、不带电的、质量M=1.6×10-1 kg的静止绝缘小球N相碰。碰后瞬间，小球P脱离弹簧，小球N脱离细绳，同时在空间加上竖直向上的匀强电场E和垂直于纸面的磁感应强度B=1T的弱强磁场。此后，小球P在竖直平面内做半径r=0.5 m的圆周运动。小球P、N均可视为质点，小球P的电荷量保持不变，不计空气阻力，取g=10 m/s2。那么，（1）弹簧从水平摆至竖直位置的过程中，其弹力做功为多少？（2）请通过计算并比较相关物理量，判断小球P、N碰撞后能否在某一时刻具有相同的速度。 (3)若题中各量为变量，在保证小球P、N碰撞后某一时刻具有相同速度的前提下，请推导出r的表达式(要求用B、q、m、θ表示，其中θ为小球N的运动速度与水平方向的夹角)。解析：（1）设弹簧的弹力做功为W，有： ①代入数据，得：W＝J ②（2）由题给条件知，N碰后作平抛运动，P所受电场力和重力平衡，P带正电荷。设P、N碰后的速度大小分别为v1和V，并令水平向右为正方向，有: ③而： ④若P、N碰后速度同向时，计算可得VP、N速度相同时，N经过的时间为，P经过的时间为。设此时N的速度V1的方向与水平方向的夹角为，有： ⑥ ⑦代入数据，得： ⑧对小球P，其圆周运动的周期为T，有： ⑨经计算得： ＜T，P经过时，对应的圆心角为，有： ⑩当B的方向垂直纸面朝外时，P、N的速度相同，如图可知，有： 联立相关方程得： 比较得， ，在此情况下，P、N的速度在同一时刻不可能相同。当B的方向垂直纸面朝里时，P、N的速度相同，同样由图，有： ，同上得： ，比较得， ，在此情况下，P、N的速度在同一时刻也不可能相同。（3）当B的方向垂直纸面朝外时，设在t时刻P、N的速度相同，，再联立④⑦⑨⑩解得： 当B的方向垂直纸面朝里时，设在t时刻P、N的速度相同，同理得： ，考虑圆周运动的周期性，有: （给定的B、q、r、m、等物理量决定n的取值）（09年广东物理）17.（20分）（1）为了清理堵塞河道的冰凌，空军实施了投弹爆破，飞机在河道上空高H处以速度v0水平匀速飞行，投掷下炸弹并击中目标。求炸弹刚脱离飞机到击中目标所飞行的水平距离及击中目标时的速度大小。（不计空气阻力）（2）如图17所示，一个竖直放置的圆锥筒可绕其中心OO′转动，筒内壁粗糙，筒口半径和筒高分别为R和H，筒内壁A点的高度为筒高的一半。内壁上有一质量为m的小物块。求①当筒不转动时，物块静止在筒壁A点受到的摩擦力和支持力的大小；②当物块在A点随筒做匀速转动，且其受到的摩擦力为零时，筒转动的角速度。解析：⑴炸弹作平抛运动，设炸弹脱离飞机到击中目标所飞行的水平距离为x, 联立以上各式解得设击中目标时的竖直速度大小为vy，击中目标时的速度大小为v 联立以上各式解得⑵①当筒不转动时，物块静止在筒壁A点时受到的重力、摩擦力和支持力三力作用而平衡，由平衡条件得 摩擦力的大小 支持力的大小②当物块在A点随筒做匀速转动，且其所受到的摩擦力为零时，物块在筒壁A点时受到的重力和支持力作用，它们的合力提供向心力，设筒转动的角速度为有 由几何关系得 联立以上各式解得 五、动量 机械能第一部分：选择题（09年全国卷Ⅰ）21．质量为M的物块以速度V运动，与质量为m的静止物块发生正撞，碰撞后两者的动量正好相等，两者质量之比M/m可能为A.2 B.3 C.4 D. 5答案：AB解析：本题考查动量守恒.根据动量守恒和能量守恒得设碰撞后两者的动量都为P,则总动量为2P,根据,以及能量的关系得,所以AB正确。（09年全国卷Ⅱ）20. 以初速度v0竖直向上抛出一质量为m的小物体。假定物块所受的空气阻力f大小不变。已知重力加速度为g，则物体上升的最大高度和返回到原抛出点的速率分别为A．和 B．和C．和 D．和答案：A解析：本题考查动能定理.上升的过程中,重力做负功,阻力做负功,由动能定理得,,求返回抛出点的速度由全程使用动能定理重力做功为零,只有阻力做功为有,解得,A正确。（09年上海物理）5．小球由地面竖直上抛，上升的最大高度为H，设所受阻力大小恒定，地面为零势能面。在上升至离地高度h处，小球的动能是势能的两倍，在下落至离高度h处，小球的势能是动能的两倍，则h等于A．H/9 B．2H/9 C．3H/9 D．4H/9答案：D解析：小球上升至最高点过程：；小球上升至离地高度h处过程：，又；小球上升至最高点后又下降至离地高度h处过程：，又；以上各式联立解得，答案D正确。（09年上海卷）44.自行车的设计蕴含了许多物理知识，利用所学知识完成下表自行车的设计目的（从物理知识角度）车架用铝合金、钛合金代替钢架减轻车重车胎变宽自行车后轮外胎上的花纹答案：减小压强（提高稳定性）；增大摩擦（防止打滑；排水）（09年上海卷）46.与普通自行车相比，电动自行车骑行更省力。下表为某一品牌电动自行车的部分技术参数。在额定输出功率不变的情况下，质量为60Kg的人骑着此自行车沿平直公路行驶，所受阻力恒为车和人总重的0.04倍。当此电动车达到最大速度时，牵引力为 N,当车速为2s/m时，其加速度为 m/s2(g=10m m/s2)规格后轮驱动直流永磁铁电机车型14电动自行车额定输出功率200W整车质量40Kg额定电压48V最大载重120 Kg额定电流4.5A答案：40：0.6（09年天津卷）4.如图所示，竖直放置的两根平行金属导轨之间接有定值电阻R，质量不能忽略的金属棒与两导轨始终保持垂直并良好接触且无摩擦，棒与导轨的电阻均不计，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直，棒在竖直向上的恒力F作用下加速上升的一段时间内，力F做的功与安培力做的功的代数和等于A.棒的机械能增加量B.棒的动能增加量C.棒的重力势能增加量D.电阻R上放出的热量答案：A解析：棒受重力G、拉力F和安培力FA的作用。由动能定理： 得即力F做的功与安培力做功的代数和等于机械能的增加量。选A。（09年海南物理）7．一物体在外力的作用下从静止开始做直线运动，合外力方向不变，大小随时间的变化如图所示。设该物体在和时刻相对于出发点的位移分别是和，速度分别是和，合外力从开始至时刻做的功是，从至时刻做的功是,则A． B．C． D．答案：AC（09年江苏物理）9.如图所示，两质量相等的物块A、B通过一轻质弹簧连接，B足够长、放置在水平面上，所有接触面均光滑。弹簧开始时处于原长，运动过程中始终处在弹性限度内。在物块A上施加一个水平恒力，A、B从静止开始运动到第一次速度相等的过程中，下列说法中正确的有A．当A、B加速度相等时，系统的机械能最大B．当A、B加速度相等时，A、B的速度差最大C．当A、B的速度相等时，A的速度达到最大D．当A、B的速度相等时，弹簧的弹性势能最大答案：BCD解析：处理本题的关键是对物体进行受力分析和运动过程分析，使用图象处理则可以使问题大大简化。对A、B在水平方向受力分析如图，F1为弹簧的拉力；当加速度大小相同为a时，对Ａ有，对Ｂ有，得，在整个过程中Ａ的合力（加速度）一直减小而Ｂ的合力（加速度）一直增大，在达到共同加速度之前A的合力（加速度）一直大于Ｂ的合力（加速度），之后A的合力（加速度）一直小于Ｂ的合力（加速度）。两物体运动的v-t图象如图，tl时刻，两物体加速度相等，斜率相同，速度差最大，t2时刻两物体的速度相等，Ａ速度达到最大值，两实线之间围成的面积有最大值即两物体的相对位移最大，弹簧被拉到最长；除重力和弹簧弹力外其它力对系统正功，系统机械能增加，tl时刻之后拉力依然做正功，即加速度相等时，系统机械能并非最大值。（09年广东理科基础）8．游乐场中的一种滑梯如图所示。小朋友从轨道顶端由静止开始下滑，沿水平轨道滑动了一段距离后停下来，则 A．下滑过程中支持力对小朋友做功 B．下滑过程中小朋友的重力势能增加 C．整个运动过程中小朋友的机械能守恒 D．在水平面滑动过程中摩擦力对小朋友做负功答案：D解析：在滑动的过程中，人受三个力重力做正功，势能降低B错；支持力不做功，摩擦力做负功，所以机械能不守恒，AC皆错，D正确。（09年广东理科基础）9．物体在合外力作用下做直线运动的v一t图象如图所示。下列表述正确的是 A．在0—1s内，合外力做正功 B．在0—2s内，合外力总是做负功 C．在1—2s内，合外力不做功 D．在0—3s内，合外力总是做正功答案：A解析：根据物体的速度图象可知，物体0-1s内做匀加速合外力做正功，A正确；1-3s内做匀减速合外力做负功。根据动能定理0到3s内，1—2s内合外力做功为零。(09年广东文科基础)58．如图8所示，用一轻绳系一小球悬于O点。现将小球拉至水平位置，然后释放，不计阻力。小球下落到最低点的过程中，下列表述正确的是A．小球的机械能守恒B．小球所受的合力不变C．小球的动能不断减小D．小球的重力势能增加答案：A（09年山东卷）18．2008年9月25日至28日我国成功实施了“神舟”七号载入航天飞行并实现了航天员首次出舱。飞船先沿椭圆轨道飞行，后在远地点343千米处点火加速，由椭圆轨道变成高度为343千米的圆轨道，在此圆轨道上飞船运行周期约为90分钟。下列判断正确的是A．飞船变轨前后的机械能相等B．飞船在圆轨道上时航天员出舱前后都处于失重状态C．飞船在此圆轨道上运动的角度速度大于同步卫星运动的角速度D．飞船变轨前通过椭圆轨道远地点时的加速度大于变轨后沿圆轨道运动的加速度答案：BC解析：飞船点火变轨，前后的机械能不守恒，所以A不正确。飞船在圆轨道上时万有引力来提供向心力，航天员出舱前后都处于失重状态，B正确。飞船在此圆轨道上运动的周期90分钟小于同步卫星运动的周期24小时，根据可知，飞船在此圆轨道上运动的角度速度大于同步卫星运动的角速度，C正确。飞船变轨前通过椭圆轨道远地点时只有万有引力来提供加速度，变轨后沿圆轨道运动也是只有万有引力来提供加速度，所以相等，D不正确。考点：机械能守恒定律，完全失重，万有引力定律提示：若物体除了重力、弹性力做功以外，还有其他力(非重力、弹性力)不做功，且其他力做功之和不为零，则机械能不守恒。根据万有引力等于卫星做圆周运动的向心力可求卫星的速度、周期、动能、动量等状态量。由得，由得，由得，可求向心加速度。1、(08全国卷2）18． 如图，一很长的、不可伸长的柔软轻绳跨过光滑定滑轮，绳两端各系一小球a和b．a球质量为m，静置于地面；b球质量为3m， 用手托住，高度为h，此时轻绳刚好拉紧．从静止开始释放b后，a可能达到的最大高度为A．h B．1.5h C．2h D．2.5h 答案：B 解析：在b落地前，a、b组成的系统机械能守恒，且a、b两物体速度大小相等，根据机械能守恒定律可知：，b球落地时，a球高度为h，之后a球向上做竖直上抛运动，过程中机械能守恒，，所以a可能达到的最大高度为1.5h,B项正确。2、（08江苏卷）9．如图所示．一根不可伸长的轻绳两端各系一个小球a和b，跨在两根固定在同一高度的光滑水平细杆上，质量为3m的a球置于地面上，质量为m的b球从水平位置静止释放．当a球对地面压力刚好为零时，b球摆过的角度为.下列结论正确的是 A. ＝90° B. ＝45° C.b球摆动到最低点的过程中，重力对小球做功的功率先增大后减小 D.b球摆动到最低点的过程中，重力对小球做功的功率一直增大答案AC 解析：考查向心加速度公式、动能定理、功率等概念和规律。设b球的摆动半径为R，当摆过角度θ时的速度为v，对b球由动能定理：mgRsinθ= mv2，此时绳子拉力为T=3mg，在绳子方向由向心力公式：T－mgsinθ = m，解得θ=90°，A对B错；故b球摆动到最低点的过程中一直机械能守恒，竖直方向的分速度先从零开始逐渐增大，然后逐渐减小到零，故重力的瞬时功率Pb = mgv竖 先增大后减小，C对D错。3、（08重庆卷）17.下列与能量有关的说法正确的是卫星绕地球做圆周运动的半径越大，动能越大从同种金属逸出的光电子的最大初动能随照射光波长的减小而增大做平抛运动的物体在任意相等时间内动能的增量相同在静电场中，电场线越密的地方正电荷的电势能一定越高答案：B解析：本题考查能量有关的问题，本题为较难的题目。卫星绕地球做圆周运动中，半径越大，其速度越小，其动能也就越小；根据光电效应方程有：,对于同 一种金属而言，W是一定的，所以入射光的波长减小，其最大初动能增大；做平抛运动的物体，其动能的变化量为：,所以任意相等时间内动能的增量不相等;在静电场中，电场线越密的在地方，其电场强度越大，但其电势可为正，也可为负，所以正电荷在电场线越密的在地方，其电势能并不一定越大。4、（08宁夏卷）18.一滑块在水平地面上沿直线滑行，t=0时其速度为1 m/s。从此刻开始滑块运动方向上再施加一水平面作用F，力F和滑块的速度v随时间的变化规律分别如图a和图b所示。设在第1秒内、第2秒内、第3秒内力F对滑块做的功分别为则以下关系正确的是 A. B. C. D. 答案：B 解析：本题考查v-t图像、功的概念。力F做功等于每段恒力F与该段滑块运动的位移（v-t图像中图像与坐标轴围成的面积），第1秒内，位移为一个小三角形面积S，第2秒内，位移也为一个小三角形面积S，第3秒内，位移为两个小三角形面积2S，故W1=1×S，W2=1×S，W3=2×S，W1＜W2＜W3 。5、（08上海卷）8．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。下列所示图像中，能正确反映各物理量之间关系的是答案：B 解析：由机械能守恒定律：EP=E－EK，故势能与动能的图像为倾斜的直线，C错；由动能定理：EK =mgh=mv2=mg2t2，则EP=E－mgh，故势能与h的图像也为倾斜的直线，D错；且EP=E－mv2，故势能与速度的图像为开口向下的抛物线，B对；同理EP=E－mg2t2，势能与时间的图像也为开口向下的抛物线，A错。6、（08江苏卷）7．如图所示，两光滑斜面的倾角分别为30°和45°，质量分别为2ｍ和ｍ的两个滑块用不可伸长的轻绳通过滑轮连接(不计滑轮的质量和摩擦)，分别置于两个斜面上并由静止释放；若交换两滑块位置，再由静止释放．则在上述两种情形中正确的有Ａ.质量为2ｍ的滑块受到重力、绳的张力、沿斜面的下滑力和斜面的支持力的作用B.质量为ｍ的滑块均沿斜面向上运动C.绳对质量为ｍ滑块的拉力均大于该滑块对绳的拉力D.系统在运动中机械能均守恒答案：BD 解析：考查受力分析、连接体整体法处理复杂问题的能力。每个滑块受到三个力：重力、绳子拉力、斜面的支持力，受力分析中应该是按性质分类的力，沿着斜面下滑力是分解出来的按照效果命名的力，A错；对B选项，物体是上滑还是下滑要看两个物体的重力沿着斜面向下的分量的大小关系，由于2m质量的滑块的重力沿着斜面的下滑分力较大，故质量为m的滑块必定沿着斜面向上运动，B对；任何一个滑块受到的绳子拉力与绳子对滑块的拉力等大反向，C错；对系统除了重力之外，支持力对系统每个滑块不做功，绳子拉力对每个滑块的拉力等大反向，且对滑块的位移必定大小相等，故绳子拉力作为系统的内力对系统做功总和必定为零，故只有重力做功的系统，机械能守恒，D对。7、（08海南卷）3、如图，一轻绳的一端系在固定粗糙斜面上的O点，另一端系一小球．给小球一足够大的初速度，使小球在斜面上做圆周运动．在此过程中， A．小球的机械能守恒B．重力对小球不做功 C．绳的张力对小球不做功D．在任何一段时间内，小球克服摩擦力所做的功总是等于小球动能的减少答案：C解析：斜面粗糙，小球受到重力、支持力、摩擦力、绳子拉力，由于除重力做功外，摩擦力做负功，机械能减少，A、B错；绳子张力总是与运动方向垂直，故不做功，C对；小球动能的变化等于合外力做功，即重力与摩擦力做功，D错。8、（08广东文科基础）60.汽车沿一段坡面向下行驶，通过刹车使速度逐渐减小，在刹车过程中A.重力势能增加 B.动能增加 C.重力做负功 D.机械能不守恒答案：D解析：向下运动，高度在降低，重力势能在减小，选项A错误。向下运动，重力做正功，选项C错误。已知刹车时速度在减小，所以动能减小，选项B错误。刹车过程，摩擦力做负功，发热了，所以机械能减小，选项D正确。9、（广东理科基础）11．一个25kg的小孩从高度为3.0m的滑梯顶端由静止开始滑下，滑到底端时的速度为2.0m／s。取g＝10m／s2，关于力对小孩做的功，以下结果正确的是A．合外力做功50J B．阻力做功500JC．重力做功500J D．支持力做功50J答案：A解析：合外力做功等于小孩动能的变化量，即＝50J，选项A正确。重力做功为750J，阻力做功－250J，支持力不做功，选项B、C、D错误。10、（08广东卷）3．运动员跳伞将经历加速下降和减速下降两个过程，将人和伞看成一个系统，在这两个过程中，下列说法正确的是A．阻力对系统始终做负功B．系统受到的合外力始终向下C．重力做功使系统的重力势能增加D．任意相等的时间内重力做的功相等答案：A解析：在两个过程中，阻力始终对系统做负功，选项A正确。加速下降时，系统受到的合力向下，加速运动时，系统受到的合力向上，选项B错误。两个过程中，重力始终做负功，系统的重力势能减少，选项C错误。在任意相等时间内，系统下降的高度不相等，故重力做功不相等，选项D错误。11、（08广东卷）11．某同学对着墙壁练习打网球，假定球在墙面上以25m/s的速度沿水平方向反弹，落地点到墙面的距离在10m至15m之间，忽略空气阻力，取g=10m/s2,球在墙面上反弹点的高度范围是A．0.8m至1.8m B．0.8m至1.6mC．1.0m至1.6m D．1.0m至1.8m答案：A解析；网球反弹后的速度大小几乎不变，故反弹后在空中运动的时间在0.4s～0.6s之间，在这个时间范围内，网球下落的高度为0.8m至1.8m，由于竖直方向与地面作用后其速度大小也几乎不变，故还要上升同样的高度，故选项A正确。12、（07北京理综）图示为高速摄影机拍摄到的子弹穿过苹果瞬间的照片。该照片经过放大后分析出，在曝光时间内，子弹影响前后错开的距离约为子弹长度的1%～2%。已知子弹飞行速度约为500 m/s，因此可估算出这幅照片的曝光时间最接近BA．10－3 s B．10－6 s C．10－9 s D．10－12 s13、（07广东理科基础）人骑自行车下坡，坡长l＝500 m，坡高h＝8 m，人和车总质量为100 kg，下坡时初速度为4 m/s，人不踏车的情况下，到达坡底时车速为10 m/s，g取10 m/s2，则下坡过程中阻力所做的功为BA．－400J B．－3800J C．－50000J D．－4200J14、（07广东理科基础）一人乘电梯从1楼到30楼，在此过程中经历了先加速、后匀速、再减速的运动过程，则电梯支持力对人做功情况是DA．加速时做正功，匀速时不做功，减速时做负功B．加速时做正功，匀速和减速时做负功C．加速和匀速时做正功，减速时做负功D．始终做正功15、（07广东理科基础）某位同学做“验证机械能守恒定律”的实验，下列操作步骤中错误的是CA．把打点计时器固定在铁架台上，用导线连接到低压交流电源B．将连有重锤的纸带过限位孔，将纸带和重锤提升到一定高度C．先释放纸带，再接通电源D．更换纸带，重复实验，根据记录处理数据16、（07广东卷）机车从静止开始沿平直轨道做匀加速运动，所受的阻力始终不变，在此过程中，下列说法正确的是ADA．机车输出功率逐渐增大B．机车输出功率不变C．在任意两相等时间内，机车动能变化相等D．在任意两相等时间内，机车动量变化大小相等17、（07海南卷）如图，卷扬机的绳索通过定滑轮用力F 拉位于粗糙斜面上的木箱，使之沿斜面加速向上 移动。在移动过程中，下列说法正确的是CDA．F对木箱做的功等于木箱增加的动能与木箱克服摩擦力所做的功之和B．F对木箱做的功等于木箱克服摩擦力和克服重力所做的功之和C．木箱克服重力做的功等于木箱增加的重力势能D．F对木箱做的功等于木箱增加的机械能与木箱克服摩擦力做的功之和18、（07全国理综Ⅱ ）如图所示，PQS是固定于竖直平面内的光滑的圆周轨道，圆心O在S的正上方，在O和P两点各有一质量为m的小物块a和b，从同一时刻开始，a自由下落，b沿圆弧下滑。以下说法正确的是AA．a比b先到达S，它们在S点的动量不相等B．a与b同时到达S，它们在S点的动量不相等C．a比b先到达S，它们在S点的动量相等D．b比a先到达S，它们在S点的动量不相等19、（07上海理科综合 ）右图显示跳水运动员从离开跳板到入水前的过程。下列正确反映运动员的动能随时间t变化的曲线是（忽略空气阻力）C20、（07四川理综 ）如图所示，弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为m的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接，一个质量也为m的小球从槽高h处开始自由下滑CA．在以后的运动过程中，小球和槽的动量始终守恒B．在下滑过程中小球和槽之间的相互作用力始终不做功C．被弹簧反弹后，小球和槽都做速率不变的直线运动D．被弹簧反弹后，小球和槽的机械能守恒，小球能回到槽高h处21、（07天津理综） 如图所示，物体A静止在光滑的水平面上，A的左边固定有轻质弹簧，与A质量相同的物体B以速度v向A运动并与弹簧发生碰撞，A、B始终沿同一直线运动，则A、B组成的系统动能损失最大的时刻是DA．A开始运动时 B．A的速度等于v时C．B的速度等于零时 D．A和B的速度相等时22、（00上海卷）行驶中的汽车制动后滑行一段距离，最后停下；流星在夜空中坠落并发出明亮的光焰；降落伞在空中匀速下降；条形磁铁在下落过程中穿过闭合线圈，线圈中产生电流，上述不同现象中所包含的相同的物理过程是(A、D) （A）物体克服阻力做功。（B）物体的动能转化为其它形式的能量。（C）物体的势能转化为其它形式的能量。（D）物体的机械能转化为其它形式的能量。23、（01上海卷） 跳伞运动员在刚跳离飞机、其降落伞尚未打开的一段时间内，下列说法中正确的是．C、D（A）空气阻力做正功 （B）重力势能增加（C）动能增加 （D）空气阻力做负功．24、（02全国）在光滑水平地面上有两个相同的弹性小球A、B，质量都为m。现B球静止，A球向B球运动，发生正碰。已知碰撞过程中总机械能守恒，两球压缩最紧时的弹性势能为EP，则碰前A球的速度等于CA B C 2 D 225、（02全国）质点所受的力F随时间变化的规律如图所示，力的方向始终在一直线上。已知t＝0时质点的速度为零。在图示t1、t2、t3和t4各时刻中，哪一时刻质点的动能最大？BA t1 B t2 C t3 D t426、（02春季）下列四个选项的图中，木块均在固定的斜面上运动，其中图A、B、C中的斜面是光滑的，图D中的斜面是粗糙的，图A、B中的F为木块所受的外力，方向如图中箭头所示，图A、B、D中的木块向下运动，图C中的木块向上运动，在这四个图所示的运动过程中机械能守恒的是C27、（02年广东、河南）竖直上抛一球，球又落回原处，已知空气阻力的大小正比于球的速度。上升过程中克服重力做的功大于下降过程中重力做的功上升过程中克服重力做的功等于下降过程中重力做的功上升过程中克服重力做功的平均功率大于下降过程中重力做功的平均功率上升过程中克服重力做功的平均功率等于下降过程中重力做功的平均功率[答案]：B 、C28、（03全国卷） 如图2所示，一个半球形的碗放在桌面上，碗口水平，O点为其球心，碗的内表面及碗口是光滑的，一根细线跨在碗口上，线的两端分别系有质量为m1和m2的小球，当它们处于平衡状态时，质量为m1的小球与O点的连线与水平线的夹角为α＝60o，两小球的质量比为（ A ）A． B． C． D．29、（03全国卷） K－介子衰变的方程为，其中K－介子和介子带负的基元电荷，介子不带电。一个K－介子沿垂直于磁场的方向射入匀强磁场中，其轨迹为圆弧AP，衰变后产生的介子的轨迹为圆弧PB，两轨迹在P点相切，它们的半径和之比为2:1。介子的轨迹未画出，由此可知的动量大小与的动量大小之比为 （ C ）A．1:1 B．1:2 C．1:3 D．1:630、（04天津卷）如图所示，光滑水平面上有大小相同的A、B两球在同一直线上运动。两球质量关系为，规定向右为正方向，A、B两球的动量均为，运动中两球发生碰撞，碰撞后A球的动量增量为，则（A ） A． 左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为 B． 左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为 C． 右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为 D． 右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为31、（05辽宁卷）一物块由静止开始从粗糙斜面上的某点加速下滑到另一点，在此过程中重力对物块做的功等于（ D ）A．物块动能的增加量B．物块重力势能的减少量与物块克服摩擦力做的功之和C．物块重力势能的减少量和物块动能的增加量以及物块克服摩擦力做的功之和D．物块动能的增加量与物块克服摩擦力做的功之和32、（05上海卷）如图所示，A、B分别为单摆做简谐振动时摆球的不同位置．其中，位置A为摆球摆动的最高位置，虚线为过悬点的竖直线．以摆球最低位置为重力势能零点，则摆球在摆动过程中BC(A)位于B处时动能最大．(B)位于A处时势能最大．(C)在位置A的势能大于在位置B的动能．(D)在位置B的机械能大于在位置A的机械能．33、（06江苏卷）一质量为 m的物体放在光滑的水平面上，今以恒力 F沿水平方向推该物体，在相同的时间间隔内，下列说法正确的是 DA．物体的位移相等 B．物体动能的变化量相等 C．F对物体做的功相等 D．物体动量的变化量相等 34、（06江苏卷）如图所示，物体 A置于物体 B上，一轻质弹簧一端固定，另一端与 B相连，在弹性限度范围内，A和 B一起在光滑水平面上作往复运动（不计空气阻力），并保持相对静止。则下列说法正确的是 AB A．A和B均作简谐运动 B．作用在A上的静摩擦力大小与弹簧的形变量成正比 C．B对A的静摩擦力对A做功，而A对B的静摩擦力对B不做功 D．B对A的静摩擦力始终对A做正功，而A对B的静摩擦力始终对 B做负功 35、（06陕西卷）一位质量为m的运动员从下蹲状态向上起跳，经t时间，身体伸直并刚好离开地面，速度为v.在此过程中B，A.地面对他的冲量为mv+mgt,地面对他做的功为mv2B. 地面对他的冲量为mv+mgt,地面对他做的功为零C. 地面对他的冲量为mv，地面对他做的功为mv2D. 地面对他的冲量为mv-mgt,地面对他做的功为零36、（06全国卷）如图所示，位于光滑水平面桌面上的小滑块和都视作质点，质量相等。 与轻质弹簧相连。 设 静止，以某一初速度向 运动并与弹簧发生碰撞。在整个过程中，弹簧具有最大弹性势能等于BA．的初动能B．的初动能的C．的初动能的D．的初动能的37、（全国卷1）24.（18分）图中滑块和小球的质量均为m，滑块可在水平放置的光滑固定导轨上自由滑动，小球与滑块上的悬点O由一不可伸长的轻绳相连，轻绳长为l。开始时，轻绳处于水平拉直状态，小球和滑块均静止。现将小球由静止释放，当小球到达最低点时，滑块刚好被一表面涂有粘性物质的固定挡板粘住，在极短的时间内速度减为零，小球继续向左摆动，当轻绳与竖直方向的夹角θ＝60°时小球达到最高点。求（1）从滑块与挡板接触到速度刚好变为零的过程中，挡板阻力对滑块的冲量；（2）小球从释放到第一次到达最低点的过程中，绳的拉力对小球做功的大小。解析：（1）对系统，设小球在最低点时速度大小为v1，此时滑块的速度大小为v2，滑块与挡板接触前由系统的机械能守恒定律：mgl = mv12 +mv22 ①由系统的水平方向动量守恒定律：mv1 = mv2 ②对滑块与挡板接触到速度刚好变为零的过程中，挡板阻力对滑块的冲量为：I = mv2 ③联立①②③解得I = m 方向向左 ④（2）小球释放到第一次到达最低点的过程中，设绳的拉力对小球做功的大小为W，对小球由动能定理：mgl＋W = mv12 ⑤联立①②⑤解得：W =－mgl，即绳的拉力对小球做负功，大小为mgl 。38、（全国卷2）23．(15分)如图， 一质量为M的物块静止在桌面边缘， 桌面离水平面的高度为h．一质量为m的子弹以水平速度v0射入物块后， 以水平速度v0/2射出． 重力加速度为g． 求（1）此过程中系统损失的机械能；（2）此后物块落地点离桌面边缘的水平距离。解析：（1）设子弹穿过物块后的速度为V，由动量守恒得……………………① （3分）解得：…………………………②系统损失的机械能为：……………………③ （3分）由②③两式可得：…………………………④ （3分）（2）设物块下落到地面所需时间为t，落地点距桌面边缘的水平距离为s，则：……………………⑤ （2分）…………………………⑥ （2分）由②⑤⑥三式可得：……………………⑦ （2分）39、（北京卷）23．（18分）风能将成为21世纪大规模开发的一种可再生清洁能源。风力发电机是将风能（气流的功能）转化为电能的装置，其主要部件包括风轮机、齿轮箱，发电机等。如图所示。（1）利用总电阻的线路向外输送风力发电机产生的电能。输送功率，输电电压，求异线上损失的功率与输送功率的比值;（2）风轮机叶片旋转所扫过的面积为风力发电机可接受风能的面积。设空气密度为p，气流速度为v，风轮机叶片长度为r。求单位时间内流向风轮机的最大风能Pm;在风速和叶片数确定的情况下，要提高风轮机单位时间接受的风能，简述可采取的措施。（3）已知风力发电机的输出电功率P与Pm成正比。某风力发电机的风速v19m/s时能够输出电功率P1=540kW。我国某地区风速不低于v2=6m/s的时间每年约为5000小时，试估算这台风力发电机在该地区的最小年发电量是多少千瓦时。解析：（1）导线上损失的功率为P=I2R=(损失的功率与输送功率的比值（2）(2)风垂直流向风轮机时，提供的风能功率最大.单位时间内垂直流向叶片旋转面积的气体质量为pvS,S=r2风能的最大功率可表示为P风=采取措施合理，如增加风轮机叶片长度，安装调向装置保持风轮机正面迎风等。（3）按题意，风力发电机的输出功率为P2=kW=160 kW最小年发电量约为W=P2t=160×5000 kW·h=8×105kW·h40、（北京卷）24．（20分）有两个完全相同的小滑块A和B，A沿光滑水平面以速度v0与静止在平面边缘O点的B发生正碰，碰撞中无机械能损失。碰后B运动的轨迹为OD曲线，如图所示。（1）已知滑块质量为m,碰撞时间为，求碰撞过程中A对B平均冲力的大小。（2）为了研究物体从光滑抛物线轨道顶端无初速下滑的运动，特制做一个与B平抛轨道完全相同的光滑轨道，并将?2000-2009年高考试题分类汇编：光学（08全国卷1）21.一束由红、蓝两单色光组成的光线从一平板玻璃砖的上表面以入射角θ射入，穿过玻璃砖自下表射出.已知该玻璃对红光的折射率为1.5.设红光与蓝光穿过玻璃砖所用的时间分别为t1和t2，则在θ从0°逐渐增大至90°的过程中A.t1始终大于t2 B.t1始终小于t2C.t1先大于后小于t2 D.t1先小于后大于t2答案：B 解析：设折射角为α，玻璃砖的厚度为h，由折射定律n= ，且n= ，在玻璃砖中的时间为t= ，联立解得t2∝，红光频率较小，θ为零时，t1＜t2，θ为90°时，趋近渐近线，初步判定该函数为单调函数，通过带入θ为其它特殊值，仍然有t1＜t2，故B对。（08全国卷2）15．一束单色光斜射到厚平板玻璃的一个表面上，经两次折射后从玻璃板另一个表面射出，出射光线相对于入射光线侧移了一段距离。在下列情况下，出射光线侧移距离最大的是A．红光以30°的入射角入射B．红光以45°的入射角入射C．紫光以30°的入射角入射D．紫光以45°的入射角入射答案：D解析：因为同种介质对紫光的折射率较大，故入射角相同时，紫光侧移距离较大，A、B项错；设入射角为i,折射角为r,则侧移距离,可见对于同一种色光,入射角越大,侧移距离越大,D项正确。（08北京卷）13．下列说法正确的是A．用分光镜观测光谱是利用光折射时的色散现象B．用X光机透视人体是利用光电效应C．光导纤维舆信号是利用光的干涉现象D．门镜可以扩大视野是利用光的衍射现象答案：A 解析：用X光机透视人体是利用X光的穿透性；光导纤维传输信号是利用光的全反射现象；门镜可以扩大视野是利用光的折射现象（08天津卷）16．下列有关光现象的说法正确的是 A．在光的双缝干涉实验中，若仅将入射光由紫光改为红光，则条纹间距一定变大 B．以相同入射角从水中射向空气，紫光能发生全反射，红光也一定能发生全反射 C．紫光照射某金属时有电子向外发射，红光照射该金属时也一定有电子向外发射 D．拍摄玻璃橱窗内的物品时，往往在镜头前加装一个偏振片以增加透射光的强度答案：A解析：根据干涉条纹的间距的公式△x=λ可知，由于紫光的波长比红光的波长短，所以改为红光后条纹间距一定增大，A正确；紫光的临界角比红光的临界角小，所以紫光发生全反射后红光不一定发生全反射，B错误；由于紫光的频率大于红光的频率，所以紫光的能量比红光的能量大，紫光发生光电效应红光不一定发生光电效应，C错误，拍摄玻璃橱窗内的物品时，往往在镜头前加装一个偏振镜是为了防止玻璃的反光，所以D错误。（08四川卷）21．如图，一束单色光射入一玻璃球体，入射角为60°。己知光线在玻璃球内经一次反射后，再次折射回到空气中时与入射光线平行。此玻璃的折射率为A． B．1.5 C． D．2答案：C 解析：如图，为光线在玻璃球内的光路图．A、C为折射点，B为反射点，作OD平行于入射光线，故，所以，玻璃的折射率．（08重庆卷）19.题19图是一个圆柱体棱镜的截面图，图中E、F、G、H将半径OM分成5等份，虚线EE1、FF1、GG1、HH1平行于半径ON,ON边可吸收到达其上的所有光线.已知该棱镜的折射率n=,若平行光束垂直入射并覆盖OM,则光线不能从圆孤射出只能从圆孤射出能从圆孤射出能从圆孤射出 答案：B解析：本题考查光的折射有关的知识，本题为中等难度题目。由该棱镜的折射率为可知其临界角C满足：,可求出GG1右边的入射光线没有发生全反射，其左边的光线全部发生全反射。所以光线只能从圆弧NG1射出。（08宁夏卷）(2)（9分）一半径为R的1/4球体放置在水平面上，球体由折射率为的透明材料制成。现有一束位于过球心O的竖直平面内的光线，平行于桌面射到球体表面上，折射入球体后再从竖直表面射出，如图所示。已知入射光线与桌面的距离为。求出射角?。解析：设入射光线与1/4球体的交点为C，连接OC，OC即为入射点的法线。因此，图中的角α为入射角。过C点作球体水平表面的垂线，垂足为B。依题意，∠COB=α。又由△OBC知sinα= ①设光线在C点的折射角为β，由折射定律得 ②由①②式得 ③由几何关系知，光线在球体的竖直表面上的入射角γ(见图)为30°。由折射定律得 ⑤因此解得本题考查几何光学知识，通过画光路图，根据折射定律，由几何关系列式求解。（08山东卷）37．(8分）【物理一物理3一4】交克斯韦在1865年发表的（电磁场的动力学理论）一文中揭示了电、磁现象与光的内在联系及统一性，即光是电磁波。(l）一单色光波在折射率为1.5的介质中传播，某时刻电场横波图象如图1所示．求该光波的频率。(2）图2表示两面平行玻璃砖的截面图，一束平行于CD边的单色光入射到AC界面上，a、b是其中的两条平行光线。光线a在玻璃砖中的光路已给出。画出光线b从玻璃砖中首次出射的光路图．并标出出射光线与界面法线夹角的度数。解析：(l）设光在介质中的传播速度为v，波长为λ．频率为f，则f= ①v= ②①②③联立①②式得f＝ ③从波形图上读出波长λ=4×10-7m，代人数据解得f=5×1014Hz ④（2）光路如图所示（08上海卷）12．在杨氏双缝干涉实验中，如果（A）用白光作为光源，屏上将呈现黑白相间的条纹（B）用红光作为光源，屏上将呈现红黑相间的条纹（C）用红光照射一条狭缝，用紫光照射另一条狭缝，屏上将呈现彩色条纹（D）用紫光作为光源，遮住其中一条狭缝，屏上将呈现间距不等的条纹答案：BD解析：白光作杨氏双缝干涉实验，屏上将呈现彩色条纹，A错；用红光作光源，屏上将呈现红色两条纹与暗条纹（即黑条纹）相间，B对；红光和紫光频率不同，不能产生干涉条纹，C错；紫光作光源，遮住一条狭缝，屏上出现单缝衍射条纹，即间距不等的条纹，D对。（08上海卷）16．（4分，单选题）用如图所示的实验装置观察光的薄膜干涉现象。图（a）是点燃酒精灯（在灯芯上洒些盐），图（b）是竖立的附着一层肥皂液薄膜的金属丝圈。将金属丝圈在其所在的竖直平面内缓慢旋转，观察到的现象是（A）当金属丝圈旋转30°时干涉条纹同方向旋转30°（B）当金属丝圈旋转45°时干涉条纹同方向旋转90°（C）当金属丝圈旋转60°时干涉条纹同方向旋转30°（D）干涉条纹保持原来状态不变答案：D解析：金属丝圈的转动，改变不了肥皂液膜的上薄下厚的形状，由干涉原理可知干涉条纹与金属丝圈在该竖直平面内的转动无关，仍然是水平的干涉条纹，D对。（广东卷）14．（10分）（1）大海中航行的轮船，受到大风大浪冲击时，为了防止倾覆，应当改变航行方向和 ，使风浪冲击力的频率远离轮船摇摆的 ．（2）光纤通信中,光导纤维递光信号的物理原理是利用光的 现象，要发生这种现象，必须满足的条件是：光从光密介质射向 ，且入射角等于或大于 ．答案（1）速度 频率 （2）全反射 光疏介质 临界角（08上海卷理科综合）9.红外遥感卫星通过接收地面物体发出的红外辐射来探测地面物体的状况。地球大气中的水气（H2O）、二氧化碳（CO2）能强烈吸收某些波长范围的红外辐射，即地面物体发出的某些波长的电磁波，只有一部分能够通过大气层被遥感卫星接收。右图为水和二氧化碳对某一波段不同波长电磁波的吸收情况，由图可知，在该波段红外遥感大致能够接收到的波长范围为（ ）A. B. C. D. 答案：D解析：由图可知，的波段被水和二氧化碳吸收的较少，能够接收到，选项D正确。（08上海卷理科综合）44.生活中经常用“呼啸而来”形容正在驶近的车辆，这是声波在传播过程中对接收这而言频率发生变化的表现，无线电波也具有这种效应。图中的测速雷达正在向一辆接近的车辆发出无线电波，并接收被车辆反射的无线电波。由于车辆的运动，接收的无线电波频率与发出时不同。利用频率差就能计算出车辆的速度。已知发出和接收的频率间关系为，式中C为真空中的光速，若，，可知被测车辆的速度大小为_________m/s。答案：30解析：根据题意有，解得v＝30m/s。02全国1 ．为了观察门外情况，有人在门上开一小圆孔，将一块圆柱形玻璃嵌入其中，圆柱体轴线与门面垂直。从圆柱底面中心看出去，可以看到的门外入射光线与轴线间的最大夹角称做视场角。已知该玻璃的折射率为n，圆柱长为l，底面半径为r，则视场角是BA arcsin B arcsinC arcsin D arcsin02春季理综2 ．一个点源S对平面镜成像，设光源不动，平面镜以速率v沿OS方向向光源平移，镜面与OS方向之间的夹角为30o，则光源的像S′将BA、以速率0.5v沿S′S连线向S运动B、以速率v沿S′S连线向S运动C、以速率v沿S′S连线向S运动D、以速率2v沿S′S连线向S运动02年广东、河南3 .（13分）雨过天晴，人们常看到天空中出现彩虹，它是由阳光照射到空中弥漫的水珠上时出现的现象。在说明这个现象时，需要分析光线射入水珠后的光路。一细束光线射入水珠，水珠可视为一个半径为R的球，球心O到入射光线的垂直距离为d，水的折射率为n。在图上画出该束光线射入水珠内经一次反射后又从水珠中射出的光路图。求这束光线从射向水珠到射出水珠每一次偏转的角度。[答案]：（1）光路图见图1。（2）图2中 = sin - sin = - 2 sin = sin - sin01津晋卷） 4 ．如图所示，两块同样的玻璃直角三棱镜ABC，两者的AC面是平行放置的，在它们之间是均匀的未知透明介质。一单色细光束O垂直于AB面入射，在图示的出射光线中BA．1、2、3（彼此平行）中的任一条都有可能B．4、5、6（彼此平行）中的任一条都有可能C．7、8、9（彼此平行）中的任一条都有可能D．只能是4、6中的某一条04（春季）5 对于某单色光，玻璃的折射率比水的大，则此单色光在玻璃中传播时，CA．其速度比在水中的大，其波长比在水中的长B．其速度比在水中的大，其波长比在水中的短C．其速度比在水中的小，其波长比在水中的短D．其速度比在水中的小，其波长比在水中的长04（广东卷）6 ．（8分）如图，画有直角坐标系Oxy的白纸位于水平桌面上，M是放在白纸上的半圆形玻璃砖，其底面的圆心在坐标的原点，直边与x轴重合，OA是画在纸上的直线，为竖直地插在直线OA上的两枚大头针， 是竖直地插在纸上的第三枚大头针，是直线OA与y轴正方向的夹角，是直线与轴负方向的夹角，只要直线OA画得合适，且的位置取得正确，测得角和，便可求得玻璃得折射率。 某学生在用上述方法测量玻璃的折射率，在他画出的直线OA上竖直插上了两枚大头针，但在y<0的区域内，不管眼睛放在何处，都无法透过玻璃砖看到的像，他应该采取的措施是______________________________________________________________________________________________________________________________.若他已透过玻璃砖看到了的像，确定位置的方法是_____________________________________________________________________________.若他已正确地测得了的的值，则玻璃的折射率n=_____________________________.解：在白纸上另画一条与y轴正方向的夹角较小的直线OA，把大头针P1、P2竖直地插在所画的直线上，直到在y<0的区域内透过玻璃砖能看到P1、P2的像. 插上P3后，P3刚好能挡住P1、P2的像.04（全国卷）7 ．如图所示，S为一在xy平面内的点光源，一平面镜垂直于xy平面放置，它与xy平面的交线为MN，MN与x轴的夹角θ=30°。现保持S不动，令平面镜以速率v沿x轴正方向运动，则S经平面镜所成的像D （ ） A．以速率v沿x轴正方向运动 B．以速率v沿y轴正方向运动 C．以速率v沿像与S连线方向向S运动 D．以速率v沿像与S连线方向向S运动04（全国卷）8 ．图中M是竖直放置的平面镜，镜离地面的距离可调节。甲、乙二人站在镜前，乙离镜的距离为甲离镜的距离的2倍，如图所示。二人略错开，以便甲能看到乙的像。以l表示镜的长度，h表示乙的身高，为使甲能看到镜中乙的全身像，l的最小值为 （ A ） A． B． C． D．h05（辽宁卷）9 ．一束复色光由空气射向一块平行平面玻璃砖，经折射分成两束单色光a、b。已知a光的频率小于b光的频率。下列哪个光路图可能是正确的？B 05（河北、河南、安徽、山西） 10．图示为一直角棱镜的横截面，。一平行细光束从O点沿垂直于bc面的方向射入棱镜。已知棱镜材料的折射率n=，若不考试原入射光在bc面上的反射光，则有光线（BD）A．从ab面射出B．从ac面射出C．从bc面射出，且与bc面斜交D．从bc面射出，且与bc面垂直05（黑龙江、吉林、广西）11 ．一束复色光由空气射向玻璃，发生折射而分为a、b两束单色光，其传播方向如图所示。设玻璃对a、b的折射率分别为na和nb，a、b在玻璃中的传播速度分别为va和vb，则ADA．na>nb B．navb D．va05（四川、陕西、贵州、云南、新疆、宁夏、甘肃、内蒙）12 两种单色光由水中射向空气时发生全反射的临界角分别为θ1、θ2。用n1、n 2分别表示水对两单色光的折射率，v1、v2分别表示两单色光在水中的传播速度 B A. nl＜n2、v1＜v2 B. nl＜n2、v1>v2 C. nl>n2、v1＜v2 D. nl>n2、v1>v2 06（江苏卷）13． 在用插针法测定玻璃砖折射率的实验中，甲、乙、丙三位同学在纸上画出的界面aa′、bb′与玻璃砖位置的关系分别如图①、②和③所示，其中甲、丙同学用的是矩形玻璃砖，乙同学用的是梯形玻璃砖。他们的其他操作均正确，且均以 aa′、bb′为界面画光路图。则甲同学测得的折射率与真实值相比 ____ （填“偏大”、“偏小”或“不变”） 乙同学测得的折射率与真实值相比 ____ （填“偏大”、“偏小”或“不变”）丙同学测得的折射率与真实值相比 ______________________ 。 （2）偏小 不变 可能偏大、可能偏小、可能不变13.水的折射率为n，距水面深h处有一个点光源，岸上的人看到水面被该光源照亮的圆形区域的直径为A A.2 h tan(arc sin) B.2 h tan(arc sin n) C.2 h tan(arc cos) D.2 h cot(arc cos n) 06（全国卷）14 一块玻璃砖有两个相互平行的表面，其中一个表面是镀银的（光线不能通过此表面）.现要测定此玻璃的折射率.给定的器材有：白纸、铅笔大头针4枚（、、、）、带有刻度的直角三角板、量角器.实验时，先将玻璃砖放到白纸上，使上述两个相互平行的表面与纸面垂直.在纸上画出直线和，表示镀银的玻璃表面，表示另一表面，如图所示.然后，在白纸上竖直插上两枚大头针、（位置如图）.用、的连线表示入射光线.ⅰ.为了测量折射率，应如何正确使用大头针、？ .试在题图中标出、的位置.ⅱ.然后，移去玻璃砖与大头针.试在题图中通过作图的方法标出光线从空气到玻璃中的入射角 与折射角.简要写出作图步骤. ⅲ.写出用、表示的折射率公式 .(2)ⅰ.在一侧观察、 （经折射，反射，再经折射后）的像，在适当的位置插上，使得与、的像在一条直线上，即让挡住、的像；再插上，让它挡住（或）的像和.、的位置如图.ⅱ.①过、作直线与交于；②过、作直线与交于； ③利用刻度尺找到的中点； ④过点作的垂线，过点作的垂线与相交与，如图所示，连接； ⑤,.ⅲ. 06（重庆卷15. 空气中两条光线和从方框左侧入射，分别从方框下方和上方射出，其框外光线如图1所示。方框内有两个折射率的玻璃全反射棱镜。图2给出了两棱镜四种放置方式的示意图，其中能产生图1效果的是（B ）06（重庆卷）16 △OMN为玻璃等腰三棱镜的横截面。a、b两束可见单色光从空气垂直射入棱镜底面MN,在棱镜侧面OM、ON上反射和折射的情况如题20图所示，由此可知BDA.棱镜内a光的传播速度比b光的小B.棱镜内a光的传播速度比b光的大C.a光的频率比b光的高D.a光的波长比b光的长07北京理综17 、光导纤维的结构如图所示，其内芯和外套材料不同，光在内芯中传播。以下关于光导纤 维的说法正确的是AA．内芯的折射率比外套大，光传播时在内芯与外套的界面发生全反射B．内芯的折射率比外套小，光传播时在内芯与外套的界面发生全反射C．内芯的折射率比外套小，光传播时在内芯与外套的界面发生折射D．内芯的折射率比外套相同，外套的材料有韧性，可以起保护作07江苏 18 、（14分）如图所示，巡查员站立于一空的贮液池边，检查池角处出液口的安全情况。已知池宽为L，照明灯到池底的距离为H。若保持照明光束方向不变，向贮液池中注入某种液体，当液面高为时，池底的光斑距离出液口。⑴试求当液面高为时，池底的光斑到出液口的距离x。⑵控制出液口缓慢地排出液体，使液面以v0的速率匀速下降，试求池底的光斑移动的速率vx。18 、⑴解法一：由几何关系知： 由折射定律得： 代入，得： 解法二：由几何关系知： 液面高度变化，折射角不变，由，得： 解得： ⑵07全国理综Ⅰ 19 从桌面上有一倒立的玻璃圆锥，其顶点恰好与桌面接触，圆锥的轴（图中虚线）与桌面垂直，过轴线的截面为等边三角形，如图所示，有一半径为r的圆柱形平行光束垂直入射到圆锥的底面上，光束的中心轴与圆锥的轴重合。已知玻璃的折射率为1.5，则光束在桌面上形成的光斑半径为CA．r B．1.5r C．2r D．2.5r07天津理综 20 、下列说法正确的是BA．用三棱镜观察太阳光谱是利用光的干涉现象B．在光导纤维束内传送图象是利用光的全反射现象C．用标准平面检查光学平面的平整程度是利用光的偏振现象D．电视机遥控器是利用发出紫外线脉冲信号来变换频道的07天津理综21 ．（6分）如图，一光源位于金属圆筒内部轴线上A点，与筒B端的距离为，无法直接测量。另有凸透镜、光屏、米尺及带支架的光具座，现用这些器材测量，为此，先将圆筒、凸透镜、光屏依次放在光具座支架上，令圆筒轴线与透镜主光轴重合，屏与光源的距离足够远。使得移动透镜时，可在屏上两次出现光源的象，将圆筒及光屏位置固定，由光路的可逆性可知，第一次成象的距等于第二次成象的物距，然后进行以下的测量：移动透镜，当习上得到光源清晰的象时，测量象距；继续移动透镜，当屏上得到光源的另一个清晰的象时，测量端面B与透镜的距离。用测得的物理量可得 。（应说明各符号所代表的物理量）07天津理综22（11分）简述光的全反射现象及临界角的定义，并导出折射率为的玻璃对真空的临界角公式17.参考解答： 光线从光密介质射向光疏介质时，折射角大于入射角．若入射角增大到某一角度C，使折射角达到，折射光就消失．入射角大于C时只有反射光．这种现象称为全反射．相应的入射角C叫做临界角． 光线由折射率为的玻璃到真空，折射定律为 ①其中分别为入射角和折射角．当入射角等于临界角C时，折射角等于，代入①式得 07江苏1 、现代物理学认为，光和实物粒子都具有波粒二象性。下列事实中突出体现波动性的是 B DA．一定频率的光照射到锌板上，光的强度越大，单位时间内锌板上发射的光电子就越多B．肥皂液是无色的，吹出的肥皂泡却是彩色的C．质量为10－3 kg、速度为10－2 m/s的小球，其德布罗意波长约为10－23 m，不过我们能清晰地观测到小球运动的轨迹D．人们常利用热中子研究晶体的结构，因为热中子的德布罗意波长一晶体中原子间距大致相同（00上海卷）2 ．下列关于光的说法中正确的是BD（A）在真空中红光波长比紫光波长短。（B）红光光子能量比紫光光子能量小。（C）红光和紫光相遇时能产生干涉现象（00上海卷）3 与是两束平行的单色光，它们从空气射入水中的折射角分别为、，若＞；则 AB（A）在空气中A的波长大于B的波长（B）在水中的传播速度大于B的传播速度（C）A的频率大于B的频率（D）在水中A的波长小于B的波长02（江苏、河南卷）4．已知金属铯的逸出功为1.9eV，在光电效应实验中，要使铯表面发出的光电子的最大动能为1.0eV，入射光的波长应为 m。 4.3×10－902（江苏、河南卷）5 已知一束单色光在水中的传播速度是真空中的3/4，则AA 这束光在水中传播时的波长为真空中的3/4B 这束光在水中传播时的频率为真空中的3/4C 对于这束光，水的折射率为3/4D 从水中射向水面的光线，一定可以进入空气中02年广东、河南6 下面说法正确的是光子射到金属表面时，可能有电子发出光子射到金属表面时，一定有电子发出电子轰击金属表面时，可能有光子发出电子轰击金属表面时，一定没有光子发出[答案]：A、C01津晋卷） 7 . 市场上有种灯具俗称“冷光灯”，用它照射物品时能使被照物品处产生热效应大大降低，从而广泛地应用于博物馆、商店等处。这种灯降低热效应的原因之一是在灯泡后面放置的反光镜玻璃表面上镀一层薄膜（例如氟化镁），这种膜能消除不镀膜时玻璃表面反射回来的热效应最显著的红外线。以λ表示此红外线的波长，则所镀薄膜的厚度最小应为BA. B. C. D. 03（全国卷）8 、一束单色光从空气射入玻璃中，则其（ C ）A．频率不变，波长变长 B．频率变大，波长不变C．频率不变，波长变短 D．频率变小，波长不变03（新课程卷）9 ．如图，一玻璃柱体的横截面为半圆形，细的单色光束从空气射向柱体的O点（半圆的圆心），产生反射光束1和透射光束2，已知玻璃折射率为，入射解为45°（相应的折射角为24°），现保持入射光不变，将半圆柱绕通过O点垂直于图面的轴线顺时针转过15°，如图中虚线所示，则BCA 光束1转过15° B 光束1转过30°C 光束2转过的角度小于15° D 光束2转过的角度大于15°03（新课程卷）10．如图，a和b都是厚度均匀的平玻璃板，它们之间的夹角为Φ，一细光束以入射角θ从P点射入，θ＞Φ已知此光束由红光和蓝光组成，则当光束透过b板后，DA 传播方向相对于入射光方向向左偏转Φ角B 传播方向相对于入射光方向向右偏转Φ角C 红光在蓝光的左边D 红光在蓝光的右边03（新课程卷）11 ．用某种单色光照射某种金属表面，发生光电效应，现将该单色光的光强减弱，则 ACA 光电子的最大初动能不变 B 光电子的最大初动能减少C 单位时间内产生的光电子数减少 D 可能不发生光电效应材料铯钙镁铍钛03（新课程卷）12 下表给出了一些金属材料的逸出功。逸出功(10-19J)3.04.35.96.26.6 现用波长为400nm的单色光照射上述材料，能产生光电效应的材料最多有几种？ (普朗克常量h = 6.6×10-34J·s，光速c = 3.00×108m/s)A A．2种 B．3种 C．4种 D．5种 04（北京卷）13 ．已知一束可见光a是由m、n、p三种单色光组成的。检测发现三种单色光中，n、p两种色光的频率都大于m色光；n色光能使某金属发生光电效应，而p色光不能使该金属发生光电效应。那么，光束a通过三棱镜的情况是A （ ）04（全国卷）14．下面是四种与光有关的事实：①用光导纤维传播信号②用透明的标准样板和单色光检查平面的平整度③一束白光通过三棱镜形成彩色光带④水面上的油膜呈现彩色其中，与光的干涉有关的是 BA．①④ B．②④ C．①③ D．②③04（全国卷）15．下表给出了一些金属材料的逸出功。 材料铯钙镁铍钛逸出功(10-19J)3.04.35.96.26.6现用波长为400nm的单色光照射上述材料，能产生光电效应的材料最多有几种？（ A ）(普朗克常量h = 6.6×10-34J·s，光速c = 3.00×108m/s) A．2种 B．3种 C．4种 D．5种04（全国卷）16 ．发出白光的细线光源ab，长度为l0，竖直放置，上端a恰好在水面以下，如图。现考虑线光源ab发出的靠近水面法线(图中的虚线)的细光速经水面折射后所成的像，由于水对光有色散作用，若以l1表示红光成的像的长度，l2表示紫光成的像的长度，则（ D ） A．l1l2>l0 C．l2>l1>l0 D．l2 04（江苏卷）17 . 下列说法正确的是 （AB ） A. 光波是—种概率波 B. 光波是一种电磁波 C. 单色光从光密介质进入光疏介质时．光子的能量改变 D. 单色光从光密介质进入光疏介质时，光的波长不变04（江苏卷）18 ．如图所示，只含黄光和紫光的复色光束PO，沿半径方向射入空气中的玻璃半圆柱后，被分成两光束OA和OB沿如图所示方向射出．则C A. OA为黄光，OB为紫光 B. OA为紫光，OB为黄光 C. OA为黄光，OB为复色光 D. Oa为紫光，OB为复色光04（上海卷）19 ．在光电效应实验中，如果实验仪器及线路完好，当光照射到光电管上时，灵敏电流计中没有电流通过，可能的原因是： 9．入射光波长太大（或反向电压太大）04（上海卷）20 下列说法正确的是 （AB ） A．光的干涉和衍射现象说明光具有波动性。 ． ． B．光的频率越大，波长越长。 C．光的波长越大，光子的能量越大。 D．光在真空中的传播速度为3.00×108m/s04（天津卷）21 ．人眼对绿光最为敏感。正常人的眼睛接收到波长为530nm的绿光时，只要每秒有6个绿光的光子射入瞳孔，眼睛就能察觉。普朗克常量为，光速为，则人眼能察觉到绿光时所接收到的最小功率是 （A ） A． W B． W C． W D． W04（天津卷）22 ．激光散斑测速是一种崭新的测速技术，它应用了光的干涉原理。用二次曝光照相所获得的“散斑对”相当于双缝干涉实验中的双缝，待测物体的速度与二次曝光时间间隔的乘积等于双缝间距。实验中可测得二次曝光时间间隔、双缝到屏之距离以及相邻两条亮纹间距。若所用激光波长为，则该实验确定物体运动速度的表达式是（B ）A． B． C． D． 1 05（春季）23 在下列各组的两个现象中都表现出光具有波动性的是 CA.光的折射现象、色散现象 B.光的反射现象、干涉现象C.光的衍射现象、偏振现象 D.光的直线传播现象、光电效应现象05（春季）24 有关红、蓝两束单色光，下述说法正确的是 （ D ）A．在空气中的波长 B．在水中的光速C．在同一介质中的折射率n红>n蓝 D．蓝光光子的能量大于红光光子的能量05（广东卷）25 ．（9分）⑴如图6所示，在“用双缝干涉测光的波长”实验中，光具座上放置的光学元件依次为①光源、②______、③______、④______、⑤遮光筒、⑥光屏。对于某种单色光，为增加相邻亮纹（暗纹）间的距离，可采取____________或_____________的方法。⑴②滤光片 ③单缝 ④双缝 减小双缝间距离，增大双缝到屏的距离。05（广东卷）26 如图2所示，一束白光通过玻璃棱镜发生色散现象，下列说法正确的是 B Ａ．红光的偏折最大，紫光的偏折最小Ｂ．红光的偏折最小，紫光的偏折最大Ｃ．玻璃对红光的折射率比紫光大 Ｄ．玻璃中紫光的传播速度比红光大05（广东卷）27 光纤通信是一种现代通信手段，它可以提供大容量、高速度、高质量的通信服务。目前，我国正在大力建设高质量的宽带光纤通信网络。下列说法正确的是 AD Ａ．光纤通信利用光作为载体来传播信息 Ｂ．光导纤维传递光信号是利用光的衍射原理Ｃ．光导纤维传递光信号是利用光的色散原理Ｄ．目前广泛应用的光导纤维是一种非常细的特制玻璃丝05（广东卷）28 .硅光电池是利用光电效应将光辐射的能量转化为电能。若有N个频率为ν的光子打在光电池极板上，这些光子的总能量为（h为普朗克常数 ） （C）A．hν B．hν C．Nhν D．2 Nhν05（江苏卷）29 .光线以某一入射角从空气射人折射率为的玻璃中，已知折射角为30°，则入射角等于CA.30° B.45° C.60° D.75° 06（江苏卷）30 在医学上，光导纤维可以制成内窥镜，用来检查人体胃、肠、气管等器官的内部．内窥镜有两组光导纤维，一组用来把光输送到人体内部，另一组用来进行观察．光在光导纤维中的传输利用了（ D ） A．光的折射 B．光的衍射YCY C．光的干涉 D．光的全反射 05（上海卷）31 ．(6分)部分电磁波的大致波长范围如图所示．若要利用缝宽与手指宽度相当的缝获得明显的衍射现象，可选用___________波段的电磁波，其原因是＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿。微波； 要产生明显的衍射现象，波长应与缝的尺寸相近．05（天津卷）32．（16分）现有毛玻璃屏A、双缝B、白光光源C、单缝D和透红光的滤光片E等光学元件，要把它们放在图1所示的光具座上组装成双缝干涉装置，用以测量红光的波长。⑴将白光光源C放在光具座最左端，依次放置其他光学元件，由左至右，表示各光学元件的字母排列顺序应为C、_________、A。⑵本实验的步骤有：①取下遮光筒左侧的元件，调节光源高度，使光束能直接沿遮光筒轴线把屏照亮；②按合理顺序在光具座上放置各光学元件，并使各元件的中心位于遮光筒的轴线上；③用米尺测量双缝到屏的距离；④用测量头（其读数方法同螺旋测微器）测量数条亮纹间的距离。 在操作步骤②时还应注意___________________和___________________。⑶将测量头的分划板中心刻线与某条亮纹中心对齐，将该亮纹定为第1条亮纹，此时手轮上的示数如图2所示。然后同方向转动测量头，使分划板中心刻线与第6条亮纹中心对齐，记下此时图3中手轮上的示数__________mm，求得相邻亮纹的间距Δx为__________mm。⑷已知双缝间距d为2.0×10-4m，测得双缝到屏的距离l为0.700m，由计算式λ=________，求得所测红光波长为__________nm。22．⑴E D B ⑵单缝和双缝间距5cm~10cm，使单缝与双缝相互平行 ⑶13.870 2.310 ⑷ ，6.6×10206（全国卷）33 ．已知能使某金属产生光电效应的极限频率为 ，AB A．当用频率为的单色光照射该金属时，一定能产生光电子 B．当用频率为的单色光照射该金属时，所产生的光电子的最大初动能为 C．当照射光的频率大于 时，若增大，则逸出功增大 D．当照射光的频率大于 时，若增大一倍，则光电子的最大初动能也增大一倍06（陕西卷） 34 .红光和紫光相比，B红光光子的能量较大；在同一种介质中传播时红光的速度较大B.红光光子的能量较小；在同一种介质中传播时红光的速度较大C.红光光子的能量较大；在同一种介质中传播时红光的速度较小D.红光光子的能量较小；在同一种介质中传播时红光的速度较小06（陕西卷）35 （17分）利用图中装置研究双缝干涉现象时，有下面几种说法：A.将屏移近双缝，干涉条纹间距变窄B.将滤光片由蓝色的换成红色的，干涉条纹间距变宽C.将单缝向双缝移动一小段距离后，干涉条纹间距变宽D.换一个两缝之间距离较大的双缝，干涉条纹间距变窄E.去掉滤光片后，干涉现象消失其中正确的是 。22.（1）ABD06（四川卷）36 .现有a、b、c三束单色光，其波长关系为.用b光束照射某种金属时，恰能发生光电效应.若分别用a光束和c光束照射该金属，则可以断定AA.a光束照射时，不能发生光电效应B.c光束照射时，不能发生光电效应C.a光束照射时，释放出的光电子数目最多D.c光束照射时，释放出的光电子的最大初动能最小07广东卷 37 、关于光的性质，下列说法正确的是BCA．光在介质中的速度大于光在真空中的速度B．双缝干涉说明光具有波动性C．光在同种介质种沿直线传播D．光的偏振现象说明光是纵波07江苏 38 光的偏振现象说明光是横波，下列现象中不能反映光的偏振特性的是DA．一束自然光相继通过两个偏振片，以光束为轴旋转其中一个偏振片，透射光的强度发生变化B．一束自然光入射到两种介质的分界面上，当反射光与折射光线之间的夹角恰好是90°时，反射光是偏振光C．日落时分，拍摄水面下的景物，在照相机镜头前装上偏振光片可以使景象更清晰D．通过手指间的缝隙观察日光灯，可以看到秋色条纹07全国理综Ⅱ 39如图，P是一偏振片，P的振动方向（用带有箭头的实线表示）为竖直方向。下列四种入射光束中，哪几种照射P时能在P的另一侧观察到透射光？ABDA．太阳光 B．沿竖直方向振动的光C．沿水平方向振动的光 D．沿与竖直方向成45°角振动的光07上海 40 、光通过各种不同的障碍物后会产生各种不同的衍射条纹，衍射条纹的图样与障碍物的形状相对应，这一现象说明BCA．光是电磁波 B．光具有波动性C．光可以携带信息 D．光具有波粒二象性07上海 41 、两种单色光a和b，a光照射某金属时有光电子逸出，b光照射该金属时没有光电子逸出，则BDA．在真空中，a光的传播速度较大 B．在水中，a光的波长较小C．在真空中，b光光子的能量较大 D．在水中，b光的折射率较小（09年全国卷Ⅰ）15. 某物体左右两侧各有一竖直放置的平面镜，两平面镜相互平行，物体距离左镜4m，右镜8m，如图所示，物体在左镜所成的像中从右向左数的第三个像与物体的距离是A．24m B．32m C．40m D．48m答案：B解析：本题考查平面镜成像.从右向左在左镜中的第一个像是物体的像距离物体8cm,第二个像是物体在右镜所成像的像,第3个像是第一个像在右镜中的像在左镜中的像距离物体为32cm.（09年全国卷Ⅱ）21. 一玻璃砖横截面如图所示，其中ABC为直角三角形（AC边末画出），AB为直角边ABC=45°；ADC为一圆弧，其圆心在BC边的中点。此玻璃的折射率为1.5。P为一贴近玻璃砖放置的、与AB垂直的光屏。若一束宽度与AB边长度相等的平行光从AB边垂直射入玻璃砖，则A. 从BC边折射出束宽度与BC边长度相等的平行光B. 屏上有一亮区，其宽度小于AB边的长度C. 屏上有一亮区，其宽度等于AC边的长度D. 当屏向远离玻璃砖的方向平行移动时，屏上亮区先逐渐变小然后逐渐变大BD解析：本题考查光的折射和全反射.宽为AB的平行光进入到玻璃中直接射到BC面,入射角为45o>临界角,所以在BC面上发生全反射仍然以宽度大小为AB长度的竖直向下的平行光射到AC圆弧面上.根据几何关系可得到在屏上的亮区宽度小于AB的长度,B对.D正确。（09年上海物理）6．光电效应的实验结论是：对于某种金属A．无论光强多强，只要光的频率小于极限频率就不能产生光电效应 B．无论光的频率多低，只要光照时间足够长就能产生光电效应C．超过极限频率的入射光强度越弱，所产生的光电子的最大初动能就越小D．超过极限频率的入射光频率越高，所产生的光电子的最大初动能就越大答案：AD解析：每种金属都有它的极限频率，只有入射光子的频率大于极限频率时，才会发生光电效应，且入射光的强度越大则产生的光子数越多，光电流越强；由光电效应方程，可知入射光子的频率越大，产生的光电子的最大初动能也越大，与入射光的强度无关，所以AD正确。（09年上海物理）10．如图为双缝干涉的实验示意图，若要使干涉条纹的间距变大可改用长更___________（填长、短）的单色光，或是使双缝与光屏间的距离___________（填增大、减小）。答案：长，增大。解析：依据双缝干涉条纹间距规律，可知要使干涉条纹的间距变大，需要改用波长更长的单色光，应将增大双缝与屏之间的距离L。（09年广东物理）4.硅光电池是利用光电效应原理制成的器件。下列表述正确的是A．硅光电池是把光能转变为电能的一种装置B．硅光电池中吸收了光子能量的电子都能逸出C．逸出的光电子的最大初动能与入射光的频率无关D．任意频率的光照射到硅光电池上都能产生光电效应答案：A解析：硅光电池是把光能转变为电能的一种装置，A正确；是利用光电效应原理制成的器件，依据光电效应方程可见只有当入射光子的频率大于极限频率时才可能发生光电效应，B错误，C错误，D错误。（09年广东物理）14．（1）（4分）在阳光照射下，充满雾气的瀑布上方常常会出现美丽的彩虹。彩虹是太阳光射入球形水珠经折射、内反射，再折射后形成的。光的折射发生在两种不同介质的 上，不同的单色光在同种均匀介质中 不同。答案：（1）界面，传播速度解析：（1）略；（09年上海卷）6．英国科学家瑞利于1871年证明：一束光穿过大气距离后，其强度从下降为的公式为，其中叫做吸收系数，式中为光的频率，为光速，标准状况下，个/厘米，。定义，叫做衰减长度，它表示光经过距离后其强度降低到原来的。根据以上信息，结合所学知识可以判断 A．可见光中衰减最厉害的是红光 B．可见光中衰减最厉害的是紫光C．可见光中衰减最厉害的是黄绿光 D．不同颜色的光衰减程序基本相同答案：B（09年宁夏卷）36．［物理——选修3-5］（1）（5分）关于光电效应，下列说法正确的是_______（填入选项前的字母，有填错的不得分）A．极限频率越大的金属材料逸出功越大B．只要光照射的时间足够长，任何金属都能产生光电效应C．从金属表面出来的光电子的最大初动能越大，这种金属的逸出功越小D．入射光的光强一定时，频率越高，单位时间内逸出的光电子数就越多答案：A（09年天津卷）7.已知某玻璃对蓝光的折射率比对红光的折射率大，则两种光 A.在该玻璃中传播时，蓝光的速度较大 B.以相同的入射角从空气斜射入该玻璃中，蓝光折射角较大 C.从该玻璃中射入空气发生反射时，红光临界角较大 D.用同一装置进行双缝干涉实验，蓝光的相邻条纹间距较大答案：C解析：由可知，蓝光在玻璃中的折射率大，蓝光的速度较小，A错；以相同的入射角从空气中斜射入玻璃中，蓝光的折射率大，向法线靠拢偏折得多，折射角应较小，B错。从玻璃射入空气发生全反射时的临界角由公式可知，红光的折射率小，临界角大，C正确；用同一装置进行双缝干涉实验，由公式可知蓝光的波长短，相邻条纹间距小，D错。（09年四川卷）21.如图所示，空气中有一横截面为半圆环的均匀透明柱体，其内圆半径为r，外圆半径为R，R＝r。现有一束单色光垂直于水平端面A射入透明柱体，只经过两次全反射就垂直于水平端面B射出。设透明柱体的折射率为n，光在透明柱体内传播的时间为t，若真空中的光速为c，则n可能为n可能为2t可能为t可能为答案：AB解析：只经过两次全反射可知第一次入射角为45°，反射光路图如右图所示。根据全反射可知临界角C≤45°，再根据n＝可知n≥；光在透明柱体中运动路程为L＝4r，运动时间为t＝L/V＝4nr/c，则t≥4r/c，CD均错。（09年重庆卷）21.用a、b、c、d表示四种单色光，若①a、b从同种玻璃射向空气，a的临界角小于b的临界角；②用b、c和d在相同条件下分别做双缝干涉实验，c的条纹间距最大③用b、d照射某金属表面，只有b能使其发射电子。则可推断a、b、c、d可能分别是A．紫光、蓝光、红光、橙光 B．蓝光、紫光、红光、橙光C．紫光、蓝光、橙光、红光 D．紫光、橙光、红光、蓝光答案：A（09年福建卷）13. 光在科学技术、生产和生活中有着广泛的应用，下列说法正确的是A. 用透明的标准平面样板检查光学平面的平整程度是利用光的偏振现象B. 用三棱镜观察白光看到的彩色图样是利用光的衍射现象C. 在光导纤维束内传送图像是利用光的色散现象D. 光学镜头上的增透膜是利用光的干涉现象答案：D解析：用透明的标准平面样板检查光学平面的平整程度是利用光的薄膜干涉现象，A错；用三棱镜观察白光看到的彩色图样是利用光的折射形成的色散现象，B错；在光导纤维束内传送图像是利用光的全反射现象，C错；光学镜头上的增透膜是利用光的干涉现象，D对。 （09年浙江卷）18．如图所示，有一束平行于等边三棱镜截面的单色光从空气射向点，并偏折到F点，已知入射方向与边的夹角为，、分别为边、的中点，则A．该棱镜的折射率为B．光在点发生全反射C．光从空气进入棱镜，波长变小D．从点出射的光束与入射到点的光束平行答案：AC解析：在E点作出法结线可知入射角为60o?，折射角为30o，折射率为；由光路的可逆性可知，在BC边上的入射角小于临界角，不会发生全反射，B错；由公式，可知C对；三棱镜两次折射使得光线都向底边偏折，不会与入射到点的光束平行，故D错。（09年山东卷）37．(4分)（物理 ——物理3-４）（2）一束单色光由左侧时的清水的薄壁圆柱比，图2为过轴线的截面图，调整入射角α，光线拾好在不和空气的界面上发生全反射，已知水的折射角为，α的值。解析： （2）当光线在水面发生全放射时有，当光线从左侧射入时，由折射定律有，联立这两式代入数据可得。考点：光的折射和全放射 （09年江苏物理）12选做题B．（选修模块3—4）（8分）（1）如图甲所示，强强乘电梯速度为0.9（为光速）的宇宙飞船追赶正前方的壮壮，壮壮的飞行速度为0.5，强强向壮壮发出一束光进行联络，则壮壮观测到该光束的传播速度为 。（填写选项前的字母）（A）0.4c （B）0.5c （C）0.9c （D）1.0c（3）图丙是北京奥运会期间安置在游泳池底部的照相机拍摄的一张照片，照相机的镜头竖直向上。照片中，水利方运动馆的景象呈现在半径的圆型范围内，水面上的运动员手到脚的长度，若已知水的折射率为，请根据运动员的实际身高估算该游泳池的水深，（结果保留两位有效数字）答案：（1）D；（3）设照片圆形区域的实际半径为,运动员的实际长为 折射定律 几何关系 得取，解得（都算对）解析：（1）根据爱因斯坦相对论，在任何参考系中，光速不变。D项正确。 (3)根据题意能画出光路图，正确使用物象比解决本题的关键。设照片圆形区域的实际半径为,运动员的实际长为，光路如图：折射定律 几何关系 得取，解得（本题为估算题，在取运动员实际长度时可以有一个范围，但要符合实际，故求得h值可以不同均可） （09年江苏物理）12选做题C．（选修模块3—5）（4分）（3）试通过分析比较，具有相同动能的中子和电子的物质波波长的大小。 答案：（3）粒子的动量 ，物质波的波长，由，知，则。解析：（3）物质波的的波长为，要比较波长需要将中子和电子的动量用动能表示出来即，因为，所以，故。（09年海南物理）18．模块3-4试题（I）（5分）如图，一透明半圆柱体折射率为，半径为R、长为L。一平行光束从半圆柱体的矩形表面垂直射入，从部分柱面有光线射出。球该部分柱面的面积S。解析：半圆柱体的横截面如图所示，为半径。设从A点入射的光线在B点处恰好满足全反射条件，由折射定律有 式中，为全反射临界角。由几何关系得 ② ③代入题所给条件得 ④评分参考：本题5分。①式2分，②③④式各1分。（09年海南物理）19．模块3-5试题（I）（5分）已知：功率为100W灯泡消耗的电能的5%转化为所发出的可见光的能量，光速，普朗克常量，假定所发出的可见光的波长都是560nm，计算灯泡每秒内发出的光子数。解析：（I）一波长为光子能量为 设灯泡每秒内发出的光子数为，灯泡电功率为，则 式中，是灯泡的发光效率。联立①②式得 代入题给数据得 评分参考：本题5分。①②式各2分：④式1分，没写的，同样给这1分。（09年宁夏卷）35．［物理——选修3-4］（2）（10分）一棱镜的截面为直角三角形ABC，∠A=30o，斜边AB＝a。棱镜材料的折射率为n=。在此截面所在的平面内，一条光线以45o的入射角从AC边的中点M射入棱镜射出的点的位置（不考虑光线沿原来路返回的情况）。解析：设入射角为i，折射角为r，由折射定律得 ① 由已知条件及①式得 ② 如果入射光线在法线的右侧，光路图如图1所示。设出射点为F，由几何关系可得 ③即出射点在AB边上离A点的位置。 如果入射光线在法线的左侧，光路图如图2所示。设折射光线与AB的交点为D。由几何关系可知，在D点的入射角 ④设全发射的临界角为，则 ⑤ 由⑤和已知条件得 ⑥因此，光在D点全反射。 设此光线的出射点为E，由几何关系得∠DEB= ⑦ ⑧联立③⑦⑧式得 ⑨即出射点在BC边上离B点的位置。2000-2009年高考试题分类汇编：动量 机械能第一部分：选择题（09年全国卷Ⅰ）21．质量为M的物块以速度V运动，与质量为m的静止物块发生正撞，碰撞后两者的动量正好相等，两者质量之比M/m可能为A.2 B.3 C.4 D. 5答案：AB解析：本题考查动量守恒.根据动量守恒和能量守恒得设碰撞后两者的动量都为P,则总动量为2P,根据,以及能量的关系得,所以AB正确。（09年全国卷Ⅱ）20. 以初速度v0竖直向上抛出一质量为m的小物体。假定物块所受的空气阻力f大小不变。已知重力加速度为g，则物体上升的最大高度和返回到原抛出点的速率分别为A．和 B．和C．和 D．和答案：A解析：本题考查动能定理.上升的过程中,重力做负功,阻力做负功,由动能定理得,,求返回抛出点的速度由全程使用动能定理重力做功为零,只有阻力做功为有,解得,A正确。（09年上海物理）5．小球由地面竖直上抛，上升的最大高度为H，设所受阻力大小恒定，地面为零势能面。在上升至离地高度h处，小球的动能是势能的两倍，在下落至离高度h处，小球的势能是动能的两倍，则h等于A．H/9 B．2H/9 C．3H/9 D．4H/9答案：D解析：小球上升至最高点过程：；小球上升至离地高度h处过程：，又；小球上升至最高点后又下降至离地高度h处过程：，又；以上各式联立解得，答案D正确。（09年上海卷）44.自行车的设计蕴含了许多物理知识，利用所学知识完成下表自行车的设计目的（从物理知识角度）车架用铝合金、钛合金代替钢架减轻车重车胎变宽自行车后轮外胎上的花纹答案：减小压强（提高稳定性）；增大摩擦（防止打滑；排水）（09年上海卷）46.与普通自行车相比，电动自行车骑行更省力。下表为某一品牌电动自行车的部分技术参数。在额定输出功率不变的情况下，质量为60Kg的人骑着此自行车沿平直公路行驶，所受阻力恒为车和人总重的0.04倍。当此电动车达到最大速度时，牵引力为 N,当车速为2s/m时，其加速度为 m/s2(g=10m m/s2)规格后轮驱动直流永磁铁电机车型14电动自行车额定输出功率200W整车质量40Kg额定电压48V最大载重120 Kg额定电流4.5A答案：40：0.6（09年天津卷）4.如图所示，竖直放置的两根平行金属导轨之间接有定值电阻R，质量不能忽略的金属棒与两导轨始终保持垂直并良好接触且无摩擦，棒与导轨的电阻均不计，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直，棒在竖直向上的恒力F作用下加速上升的一段时间内，力F做的功与安培力做的功的代数和等于A.棒的机械能增加量B.棒的动能增加量C.棒的重力势能增加量D.电阻R上放出的热量答案：A解析：棒受重力G、拉力F和安培力FA的作用。由动能定理： 得即力F做的功与安培力做功的代数和等于机械能的增加量。选A。（09年海南物理）7．一物体在外力的作用下从静止开始做直线运动，合外力方向不变，大小随时间的变化如图所示。设该物体在和时刻相对于出发点的位移分别是和，速度分别是和，合外力从开始至时刻做的功是，从至时刻做的功是,则A． B．C． D．答案：AC（09年江苏物理）9.如图所示，两质量相等的物块A、B通过一轻质弹簧连接，B足够长、放置在水平面上，所有接触面均光滑。弹簧开始时处于原长，运动过程中始终处在弹性限度内。在物块A上施加一个水平恒力，A、B从静止开始运动到第一次速度相等的过程中，下列说法中正确的有A．当A、B加速度相等时，系统的机械能最大B．当A、B加速度相等时，A、B的速度差最大C．当A、B的速度相等时，A的速度达到最大D．当A、B的速度相等时，弹簧的弹性势能最大答案：BCD解析：处理本题的关键是对物体进行受力分析和运动过程分析，使用图象处理则可以使问题大大简化。对A、B在水平方向受力分析如图，F1为弹簧的拉力；当加速度大小相同为a时，对Ａ有，对Ｂ有，得，在整个过程中Ａ的合力（加速度）一直减小而Ｂ的合力（加速度）一直增大，在达到共同加速度之前A的合力（加速度）一直大于Ｂ的合力（加速度），之后A的合力（加速度）一直小于Ｂ的合力（加速度）。两物体运动的v-t图象如图，tl时刻，两物体加速度相等，斜率相同，速度差最大，t2时刻两物体的速度相等，Ａ速度达到最大值，两实线之间围成的面积有最大值即两物体的相对位移最大，弹簧被拉到最长；除重力和弹簧弹力外其它力对系统正功，系统机械能增加，tl时刻之后拉力依然做正功，即加速度相等时，系统机械能并非最大值。（09年广东理科基础）8．游乐场中的一种滑梯如图所示。小朋友从轨道顶端由静止开始下滑，沿水平轨道滑动了一段距离后停下来，则 A．下滑过程中支持力对小朋友做功 B．下滑过程中小朋友的重力势能增加 C．整个运动过程中小朋友的机械能守恒 D．在水平面滑动过程中摩擦力对小朋友做负功答案：D解析：在滑动的过程中，人受三个力重力做正功，势能降低B错；支持力不做功，摩擦力做负功，所以机械能不守恒，AC皆错，D正确。（09年广东理科基础）9．物体在合外力作用下做直线运动的v一t图象如图所示。下列表述正确的是 A．在0—1s内，合外力做正功 B．在0—2s内，合外力总是做负功 C．在1—2s内，合外力不做功 D．在0—3s内，合外力总是做正功答案：A解析：根据物体的速度图象可知，物体0-1s内做匀加速合外力做正功，A正确；1-3s内做匀减速合外力做负功。根据动能定理0到3s内，1—2s内合外力做功为零。(09年广东文科基础)58．如图8所示，用一轻绳系一小球悬于O点。现将小球拉至水平位置，然后释放，不计阻力。小球下落到最低点的过程中，下列表述正确的是A．小球的机械能守恒B．小球所受的合力不变C．小球的动能不断减小D．小球的重力势能增加答案：A（09年山东卷）18．2008年9月25日至28日我国成功实施了“神舟”七号载入航天飞行并实现了航天员首次出舱。飞船先沿椭圆轨道飞行，后在远地点343千米处点火加速，由椭圆轨道变成高度为343千米的圆轨道，在此圆轨道上飞船运行周期约为90分钟。下列判断正确的是A．飞船变轨前后的机械能相等B．飞船在圆轨道上时航天员出舱前后都处于失重状态C．飞船在此圆轨道上运动的角度速度大于同步卫星运动的角速度D．飞船变轨前通过椭圆轨道远地点时的加速度大于变轨后沿圆轨道运动的加速度答案：BC解析：飞船点火变轨，前后的机械能不守恒，所以A不正确。飞船在圆轨道上时万有引力来提供向心力，航天员出舱前后都处于失重状态，B正确。飞船在此圆轨道上运动的周期90分钟小于同步卫星运动的周期24小时，根据可知，飞船在此圆轨道上运动的角度速度大于同步卫星运动的角速度，C正确。飞船变轨前通过椭圆轨道远地点时只有万有引力来提供加速度，变轨后沿圆轨道运动也是只有万有引力来提供加速度，所以相等，D不正确。考点：机械能守恒定律，完全失重，万有引力定律提示：若物体除了重力、弹性力做功以外，还有其他力(非重力、弹性力)不做功，且其他力做功之和不为零，则机械能不守恒。根据万有引力等于卫星做圆周运动的向心力可求卫星的速度、周期、动能、动量等状态量。由得，由得，由得，可求向心加速度。（09年山东卷）22．图示为某探究活动小组设计的节能运动系统。斜面轨道倾角为30°，质量为M的木箱与轨道的动摩擦因数为。木箱在轨道端时，自动装货装置将质量为m的货物装入木箱，然后木箱载着货物沿轨道无初速滑下，与轻弹簧被压缩至最短时，自动卸货装置立刻将货物卸下，然后木箱恰好被弹回到轨道顶端，再重复上述过程。下列选项正确的是 A．m＝M B．m＝2M C．木箱不与弹簧接触时，上滑的加速度大于下滑的加速度 D．在木箱与货物从顶端滑到最低点的过程中，减少的重力势能全部转化为弹簧的弹性势能答案：BC解析：受力分析可知，下滑时加速度为，上滑时加速度为，所以C正确。设下滑的距离为l，根据能量守恒有，得m＝2M。也可以根据除了重力、弹性力做功以外，还有其他力(非重力、弹性力)做的功之和等于系统机械能的变化量，B正确。在木箱与货物从顶端滑到最低点的过程中，减少的重力势能转化为弹簧的弹性势能和内能，所以D不正确。考点：能量守恒定律，机械能守恒定律，牛顿第二定律，受力分析提示：能量守恒定律的理解及应用。（09年宁夏卷）17. 质量为m的物体静止在光滑水平面上，从t=0时刻开始受到水平力的作用。力的大小F与时间t的关系如图所示，力的方向保持不变，则A．时刻的瞬时功率为B．时刻的瞬时功率为C．在到这段时间内，水平力的平均功率为D. 在到这段时间内，水平力的平均功率为答案：BD（09年安徽卷）18. 在光滑的绝缘水平面上，有一个正方形的abcd，顶点a、c处分别固定一个正点电荷，电荷量相等，如图所示。若将一个带负电的粒子置于b点，自由释放，粒子将沿着对角线bd往复运动。粒子从b点运动到d点的过程中A. 先作匀加速运动，后作匀减速运动B. 先从高电势到低电势，后从低电势到高电势C. 电势能与机械能之和先增大，后减小D. 电势能先减小，后增大答案：D解析：由于负电荷受到的电场力是变力，加速度是变化的。所以A错；由等量正电荷的电场分布知道，在两电荷连线的中垂线O点的电势最高，所以从b到a，电势是先增大后减小，故B错；由于只有电场力做功，所以只有电势能与动能的相互转化，故电势能与机械能的和守恒，C错；由b到O电场力做正功，电势能减小，由O到d电场力做负功，电势能增加，D对。（09年福建卷）18.如图所示，固定位置在同一水平面内的两根平行长直金属导轨的间距为d，其右端接有阻值为R的电阻，整个装置处在竖直向上磁感应强度大小为B的匀强磁场中。一质量为m（质量分布均匀）的导体杆ab垂直于导轨放置，且与两导轨保持良好接触，杆与导轨之间的动摩擦因数为u。现杆在水平向左、垂直于杆的恒力F作用下从静止开始沿导轨运动距离L时，速度恰好达到最大（运动过程中杆始终与导轨保持垂直）。设杆接入电路的电阻为r，导轨电阻不计，重力加速度大小为g。则此过程A.杆的速度最大值为B.流过电阻R的电量为C.恒力F做的功与摩擦力做的功之和等于杆动能的变化量D.恒力F做的功与安倍力做的功之和大于杆动能的变化量答案：BD解析：当杆达到最大速度vm时，得，A错；由公式，B对；在棒从开始到达到最大速度的过程中由动能定理有：，其中，，恒力F做的功与摩擦力做的功之和等于杆动能的变化量与回路产生的焦耳热之和，C错；恒力F做的功与安倍力做的功之和等于于杆动能的变化量与克服摩擦力做的功之和，D对。（09年浙江自选模块）13.“物理1-2”模块（1）（本小题共3分，在给出的四个选项中，可能只有一个选项正确，也可能有多个选项正确，全部选对得3分，选对但不全的得1分，有选错的得0分）二氧化碳是引起地球温室效应的原因之一，减少二氧化碳的排放是人类追求的目标。下列能源利用时均不会引起二氧化碳排放的是A.氢能、核能、太阳能 B.风能、潮汐能、核能C.生物质能、风能、氢能 D.太阳能、生物质能、地热能答案：AB1、(08全国卷2）18． 如图，一很长的、不可伸长的柔软轻绳跨过光滑定滑轮，绳两端各系一小球a和b．a球质量为m，静置于地面；b球质量为3m， 用手托住，高度为h，此时轻绳刚好拉紧．从静止开始释放b后，a可能达到的最大高度为A．h B．1.5h C．2h D．2.5h 答案：B 解析：在b落地前，a、b组成的系统机械能守恒，且a、b两物体速度大小相等，根据机械能守恒定律可知：，b球落地时，a球高度为h，之后a球向上做竖直上抛运动，过程中机械能守恒，，所以a可能达到的最大高度为1.5h,B项正确。2、（08江苏卷）9．如图所示．一根不可伸长的轻绳两端各系一个小球a和b，跨在两根固定在同一高度的光滑水平细杆上，质量为3m的a球置于地面上，质量为m的b球从水平位置静止释放．当a球对地面压力刚好为零时，b球摆过的角度为.下列结论正确的是 A. ＝90° B. ＝45° C.b球摆动到最低点的过程中，重力对小球做功的功率先增大后减小 D.b球摆动到最低点的过程中，重力对小球做功的功率一直增大答案AC 解析：考查向心加速度公式、动能定理、功率等概念和规律。设b球的摆动半径为R，当摆过角度θ时的速度为v，对b球由动能定理：mgRsinθ= mv2，此时绳子拉力为T=3mg，在绳子方向由向心力公式：T－mgsinθ = m，解得θ=90°，A对B错；故b球摆动到最低点的过程中一直机械能守恒，竖直方向的分速度先从零开始逐渐增大，然后逐渐减小到零，故重力的瞬时功率Pb = mgv竖 先增大后减小，C对D错。3、（08重庆卷）17.下列与能量有关的说法正确的是卫星绕地球做圆周运动的半径越大，动能越大从同种金属逸出的光电子的最大初动能随照射光波长的减小而增大做平抛运动的物体在任意相等时间内动能的增量相同在静电场中，电场线越密的地方正电荷的电势能一定越高答案：B解析：本题考查能量有关的问题，本题为较难的题目。卫星绕地球做圆周运动中，半径越大，其速度越小，其动能也就越小；根据光电效应方程有：,对于同 一种金属而言，W是一定的，所以入射光的波长减小，其最大初动能增大；做平抛运动的物体，其动能的变化量为：,所以任意相等时间内动能的增量不相等;在静电场中，电场线越密的在地方，其电场强度越大，但其电势可为正，也可为负，所以正电荷在电场线越密的在地方，其电势能并不一定越大。4、（08宁夏卷）18.一滑块在水平地面上沿直线滑行，t=0时其速度为1 m/s。从此刻开始滑块运动方向上再施加一水平面作用F，力F和滑块的速度v随时间的变化规律分别如图a和图b所示。设在第1秒内、第2秒内、第3秒内力F对滑块做的功分别为则以下关系正确的是 A. B. C. D. 答案：B 解析：本题考查v-t图像、功的概念。力F做功等于每段恒力F与该段滑块运动的位移（v-t图像中图像与坐标轴围成的面积），第1秒内，位移为一个小三角形面积S，第2秒内，位移也为一个小三角形面积S，第3秒内，位移为两个小三角形面积2S，故W1=1×S，W2=1×S，W3=2×S，W1＜W2＜W3 。5、（08上海卷）8．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。下列所示图像中，能正确反映各物理量之间关系的是答案：B 解析：由机械能守恒定律：EP=E－EK，故势能与动能的图像为倾斜的直线，C错；由动能定理：EK =mgh=mv2=mg2t2，则EP=E－mgh，故势能与h的图像也为倾斜的直线，D错；且EP=E－mv2，故势能与速度的图像为开口向下的抛物线，B对；同理EP=E－mg2t2，势能与时间的图像也为开口向下的抛物线，A错。6、（08江苏卷）7．如图所示，两光滑斜面的倾角分别为30°和45°，质量分别为2ｍ和ｍ的两个滑块用不可伸长的轻绳通过滑轮连接(不计滑轮的质量和摩擦)，分别置于两个斜面上并由静止释放；若交换两滑块位置，再由静止释放．则在上述两种情形中正确的有Ａ.质量为2ｍ的滑块受到重力、绳的张力、沿斜面的下滑力和斜面的支持力的作用B.质量为ｍ的滑块均沿斜面向上运动C.绳对质量为ｍ滑块的拉力均大于该滑块对绳的拉力D.系统在运动中机械能均守恒答案：BD 解析：考查受力分析、连接体整体法处理复杂问题的能力。每个滑块受到三个力：重力、绳子拉力、斜面的支持力，受力分析中应该是按性质分类的力，沿着斜面下滑力是分解出来的按照效果命名的力，A错；对B选项，物体是上滑还是下滑要看两个物体的重力沿着斜面向下的分量的大小关系，由于2m质量的滑块的重力沿着斜面的下滑分力较大，故质量为m的滑块必定沿着斜面向上运动，B对；任何一个滑块受到的绳子拉力与绳子对滑块的拉力等大反向，C错；对系统除了重力之外，支持力对系统每个滑块不做功，绳子拉力对每个滑块的拉力等大反向，且对滑块的位移必定大小相等，故绳子拉力作为系统的内力对系统做功总和必定为零，故只有重力做功的系统，机械能守恒，D对。7、（08海南卷）3、如图，一轻绳的一端系在固定粗糙斜面上的O点，另一端系一小球．给小球一足够大的初速度，使小球在斜面上做圆周运动．在此过程中， A．小球的机械能守恒B．重力对小球不做功 C．绳的张力对小球不做功D．在任何一段时间内，小球克服摩擦力所做的功总是等于小球动能的减少答案：C解析：斜面粗糙，小球受到重力、支持力、摩擦力、绳子拉力，由于除重力做功外，摩擦力做负功，机械能减少，A、B错；绳子张力总是与运动方向垂直，故不做功，C对；小球动能的变化等于合外力做功，即重力与摩擦力做功，D错。8、（08广东文科基础）60.汽车沿一段坡面向下行驶，通过刹车使速度逐渐减小，在刹车过程中A.重力势能增加 B.动能增加 C.重力做负功 D.机械能不守恒答案：D解析：向下运动，高度在降低，重力势能在减小，选项A错误。向下运动，重力做正功，选项C错误。已知刹车时速度在减小，所以动能减小，选项B错误。刹车过程，摩擦力做负功，发热了，所以机械能减小，选项D正确。9、（广东理科基础）11．一个25kg的小孩从高度为3.0m的滑梯顶端由静止开始滑下，滑到底端时的速度为2.0m／s。取g＝10m／s2，关于力对小孩做的功，以下结果正确的是A．合外力做功50J B．阻力做功500JC．重力做功500J D．支持力做功50J答案：A解析：合外力做功等于小孩动能的变化量，即＝50J，选项A正确。重力做功为750J，阻力做功－250J，支持力不做功，选项B、C、D错误。10、（08广东卷）3．运动员跳伞将经历加速下降和减速下降两个过程，将人和伞看成一个系统，在这两个过程中，下列说法正确的是A．阻力对系统始终做负功B．系统受到的合外力始终向下C．重力做功使系统的重力势能增加D．任意相等的时间内重力做的功相等答案：A解析：在两个过程中，阻力始终对系统做负功，选项A正确。加速下降时，系统受到的合力向下，加速运动时，系统受到的合力向上，选项B错误。两个过程中，重力始终做负功，系统的重力势能减少，选项C错误。在任意相等时间内，系统下降的高度不相等，故重力做功不相等，选项D错误。11、（08广东卷）11．某同学对着墙壁练习打网球，假定球在墙面上以25m/s的速度沿水平方向反弹，落地点到墙面的距离在10m至15m之间，忽略空气阻力，取g=10m/s2,球在墙面上反弹点的高度范围是A．0.8m至1.8m B．0.8m至1.6mC．1.0m至1.6m D．1.0m至1.8m答案：A解析；网球反弹后的速度大小几乎不变，故反弹后在空中运动的时间在0.4s～0.6s之间，在这个时间范围内，网球下落的高度为0.8m至1.8m，由于竖直方向与地面作用后其速度大小也几乎不变，故还要上升同样的高度，故选项A正确。12、（07北京理综）图示为高速摄影机拍摄到的子弹穿过苹果瞬间的照片。该照片经过放大后分析出，在曝光时间内，子弹影响前后错开的距离约为子弹长度的1%～2%。已知子弹飞行速度约为500 m/s，因此可估算出这幅照片的曝光时间最接近BA．10－3 s B．10－6 s C．10－9 s D．10－12 s13、（07广东理科基础）人骑自行车下坡，坡长l＝500 m，坡高h＝8 m，人和车总质量为100 kg，下坡时初速度为4 m/s，人不踏车的情况下，到达坡底时车速为10 m/s，g取10 m/s2，则下坡过程中阻力所做的功为BA．－400J B．－3800J C．－50000J D．－4200J14、（07广东理科基础）一人乘电梯从1楼到30楼，在此过程中经历了先加速、后匀速、再减速的运动过程，则电梯支持力对人做功情况是DA．加速时做正功，匀速时不做功，减速时做负功B．加速时做正功，匀速和减速时做负功C．加速和匀速时做正功，减速时做负功D．始终做正功15、（07广东理科基础）某位同学做“验证机械能守恒定律”的实验，下列操作步骤中错误的是CA．把打点计时器固定在铁架台上，用导线连接到低压交流电源B．将连有重锤的纸带过限位孔，将纸带和重锤提升到一定高度C．先释放纸带，再接通电源D．更换纸带，重复实验，根据记录处理数据16、（07广东卷）机车从静止开始沿平直轨道做匀加速运动，所受的阻力始终不变，在此过程中，下列说法正确的是ADA．机车输出功率逐渐增大B．机车输出功率不变C．在任意两相等时间内，机车动能变化相等D．在任意两相等时间内，机车动量变化大小相等17、（07海南卷）如图，卷扬机的绳索通过定滑轮用力F 拉位于粗糙斜面上的木箱，使之沿斜面加速向上 移动。在移动过程中，下列说法正确的是CDA．F对木箱做的功等于木箱增加的动能与木箱克服摩擦力所做的功之和B．F对木箱做的功等于木箱克服摩擦力和克服重力所做的功之和C．木箱克服重力做的功等于木箱增加的重力势能D．F对木箱做的功等于木箱增加的机械能与木箱克服摩擦力做的功之和18、（07全国理综Ⅱ ）如图所示，PQS是固定于竖直平面内的光滑的圆周轨道，圆心O在S的正上方，在O和P两点各有一质量为m的小物块a和b，从同一时刻开始，a自由下落，b沿圆弧下滑。以下说法正确的是AA．a比b先到达S，它们在S点的动量不相等B．a与b同时到达S，它们在S点的动量不相等C．a比b先到达S，它们在S点的动量相等D．b比a先到达S，它们在S点的动量不相等19、（07上海理科综合 ）右图显示跳水运动员从离开跳板到入水前的过程。下列正确反映运动员的动能随时间t变化的曲线是（忽略空气阻力）C20、（07四川理综 ）如图所示，弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为m的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接，一个质量也为m的小球从槽高h处开始自由下滑CA．在以后的运动过程中，小球和槽的动量始终守恒B．在下滑过程中小球和槽之间的相互作用力始终不做功C．被弹簧反弹后，小球和槽都做速率不变的直线运动D．被弹簧反弹后，小球和槽的机械能守恒，小球能回到槽高h处21、（07天津理综） 如图所示，物体A静止在光滑的水平面上，A的左边固定有轻质弹簧，与A质量相同的物体B以速度v向A运动并与弹簧发生碰撞，A、B始终沿同一直线运动，则A、B组成的系统动能损失最大的时刻是DA．A开始运动时 B．A的速度等于v时C．B的速度等于零时 D．A和B的速度相等时22、（00上海卷）行驶中的汽车制动后滑行一段距离，最后停下；流星在夜空中坠落并发出明亮的光焰；降落伞在空中匀速下降；条形磁铁在下落过程中穿过闭合线圈，线圈中产生电流，上述不同现象中所包含的相同的物理过程是(A、D) （A）物体克服阻力做功。（B）物体的动能转化为其它形式的能量。（C）物体的势能转化为其它形式的能量。（D）物体的机械能转化为其它形式的能量。23、（01上海卷） 跳伞运动员在刚跳离飞机、其降落伞尚未打开的一段时间内，下列说法中正确的是．C、D（A）空气阻力做正功 （B）重力势能增加（C）动能增加 （D）空气阻力做负功．24、（02全国）在光滑水平地面上有两个相同的弹性小球A、B，质量都为m。现B球静止，A球向B球运动，发生正碰。已知碰撞过程中总机械能守恒，两球压缩最紧时的弹性势能为EP，则碰前A球的速度等于CA B C 2 D 225、（02全国）质点所受的力F随时间变化的规律如图所示，力的方向始终在一直线上。已知t＝0时质点的速度为零。在图示t1、t2、t3和t4各时刻中，哪一时刻质点的动能最大？BA t1 B t2 C t3 D t426、（02春季）下列四个选项的图中，木块均在固定的斜面上运动，其中图A、B、C中的斜面是光滑的，图D中的斜面是粗糙的，图A、B中的F为木块所受的外力，方向如图中箭头所示，图A、B、D中的木块向下运动，图C中的木块向上运动，在这四个图所示的运动过程中机械能守恒的是C27、（02年广东、河南）竖直上抛一球，球又落回原处，已知空气阻力的大小正比于球的速度。上升过程中克服重力做的功大于下降过程中重力做的功上升过程中克服重力做的功等于下降过程中重力做的功上升过程中克服重力做功的平均功率大于下降过程中重力做功的平均功率上升过程中克服重力做功的平均功率等于下降过程中重力做功的平均功率[答案]：B 、C28、（03全国卷） 如图2所示，一个半球形的碗放在桌面上，碗口水平，O点为其球心，碗的内表面及碗口是光滑的，一根细线跨在碗口上，线的两端分别系有质量为m1和m2的小球，当它们处于平衡状态时，质量为m1的小球与O点的连线与水平线的夹角为α＝60o，两小球的质量比为（ A ）A． B． C． D．29、（03全国卷） K－介子衰变的方程为，其中K－介子和介子带负的基元电荷，介子不带电。一个K－介子沿垂直于磁场的方向射入匀强磁场中，其轨迹为圆弧AP，衰变后产生的介子的轨迹为圆弧PB，两轨迹在P点相切，它们的半径和之比为2:1。介子的轨迹未画出，由此可知的动量大小与的动量大小之比为 （ C ）A．1:1 B．1:2 C．1:3 D．1:630、（04天津卷）如图所示，光滑水平面上有大小相同的A、B两球在同一直线上运动。两球质量关系为，规定向右为正方向，A、B两球的动量均为，运动中两球发生碰撞，碰撞后A球的动量增量为，则（A ） A． 左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为 B． 左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为 C． 右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为 D． 右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为31、（05辽宁卷）一物块由静止开始从粗糙斜面上的某点加速下滑到另一点，在此过程中重力对物块做的功等于（ D ）A．物块动能的增加量B．物块重力势能的减少量与物块克服摩擦力做的功之和C．物块重力势能的减少量和物块动能的增加量以及物块克服摩擦力做的功之和D．物块动能的增加量与物块克服摩擦力做的功之和32、（05上海卷）如图所示，A、B分别为单摆做简谐振动时摆球的不同位置．其中，位置A为摆球摆动的最高位置，虚线为过悬点的竖直线．以摆球最低位置为重力势能零点，则摆球在摆动过程中BC(A)位于B处时动能最大．(B)位于A处时势能最大．(C)在位置A的势能大于在位置B的动能．(D)在位置B的机械能大于在位置A的机械能．33、（06江苏卷）一质量为 m的物体放在光滑的水平面上，今以恒力 F沿水平方向推该物体，在相同的时间间隔内，下列说法正确的是 DA．物体的位移相等 B．物体动能的变化量相等 C．F对物体做的功相等 D．物体动量的变化量相等 34、（06江苏卷）如图所示，物体 A置于物体 B上，一轻质弹簧一端固定，另一端与 B相连，在弹性限度范围内，A和 B一起在光滑水平面上作往复运动（不计空气阻力），并保持相对静止。则下列说法正确的是 AB A．A和B均作简谐运动 B．作用在A上的静摩擦力大小与弹簧的形变量成正比 C．B对A的静摩擦力对A做功，而A对B的静摩擦力对B不做功 D．B对A的静摩擦力始终对A做正功，而A对B的静摩擦力始终对 B做负功 35、（06陕西卷）一位质量为m的运动员从下蹲状态向上起跳，经t时间，身体伸直并刚好离开地面，速度为v.在此过程中B，A.地面对他的冲量为mv+mgt,地面对他做的功为mv2B. 地面对他的冲量为mv+mgt,地面对他做的功为零C. 地面对他的冲量为mv，地面对他做的功为mv2D. 地面对他的冲量为mv-mgt,地面对他做的功为零36、（06全国卷）如图所示，位于光滑水平面桌面上的小滑块和都视作质点，质量相等。 与轻质弹簧相连。 设 静止，以某一初速度向 运动并与弹簧发生碰撞。在整个过程中，弹簧具有最大弹性势能等于BA．的初动能B．的初动能的C．的初动能的D．的初动能的37、（全国卷1）24.（18分）图中滑块和小球的质量均为m，滑块可在水平放置的光滑固定导轨上自由滑动，小球与滑块上的悬点O由一不可伸长的轻绳相连，轻绳长为l。开始时，轻绳处于水平拉直状态，小球和滑块均静止。现将小球由静止释放，当小球到达最低点时，滑块刚好被一表面涂有粘性物质的固定挡板粘住，在极短的时间内速度减为零，小球继续向左摆动，当轻绳与竖直方向的夹角θ＝60°时小球达到最高点。求（1）从滑块与挡板接触到速度刚好变为零的过程中，挡板阻力对滑块的冲量；（2）小球从释放到第一次到达最低点的过程中，绳的拉力对小球做功的大小。解析：（1）对系统，设小球在最低点时速度大小为v1，此时滑块的速度大小为v2，滑块与挡板接触前由系统的机械能守恒定律：mgl = mv12 +mv22 ①由系统的水平方向动量守恒定律：mv1 = mv2 ②对滑块与挡板接触到速度刚好变为零的过程中，挡板阻力对滑块的冲量为：I = mv2 ③联立①②③解得I = m 方向向左 ④（2）小球释放到第一次到达最低点的过程中，设绳的拉力对小球做功的大小为W，对小球由动能定理：mgl＋W = mv12 ⑤联立①②⑤解得：W =－mgl，即绳的拉力对小球做负功，大小为mgl 。38、（全国卷2）23．(15分)如图， 一质量为M的物块静止在桌面边缘， 桌面离水平面的高度为h．一质量为m的子弹以水平速度v0射入物块后， 以水平速度v0/2射出． 重力加速度为g． 求（1）此过程中系统损失的机械能；（2）此后物块落地点离桌面边缘的水平距离。解析：（1）设子弹穿过物块后的速度为V，由动量守恒得……………………① （3分）解得：…………………………②系统损失的机械能为：……………………③ （3分）由②③两式可得：…………………………④ （3分）（2）设物块下落到地面所需时间为t，落地点距桌面边缘的水平距离为s，则：……………………⑤ （2分）…………………………⑥ （2分）由②⑤⑥三式可得：……………………⑦ （2分）39、（北京卷）23．（18分）风能将成为21世纪大规模开发的一种可再生清洁能源。风力发电机是将风能（气流的功能）转化为电能的装置，其主要部件包括风轮机、齿轮箱，发电机等。如图所示。（1）利用总电阻的线路向外输送风力发电机产生的电能。输送功率，输电电压，求异线上损失的功率与输送功率的比值;（2）风轮机叶片旋转所扫过的面积为风力发电机可接受风能的面积。设空气密度为p，气流速度为v，风轮机叶片长度为r。求单位时间内流向风轮机的最大风能Pm;在风速和叶片数确定的情况下，要提高风轮机单位时间接受的风能，简述可采取的措施。（3）已知风力发电机的输出电功率P与Pm成正比。某风力发电机的风速v19m/s时能够输出电功率P1=540kW。我国某地区风速不低于v2=6m/s的时间每年约为5000小时，试估算这台风力发电机在该地区的最小年发电量是多少千瓦时。解析：（1）导线上损失的功率为P=I2R=(损失的功率与输送功率的比值（2）(2)风垂直流向风轮机时，提供的风能功率最大.单位时间内垂直流向叶片旋转面积的气体质量为pvS,S=r2风能的最大功率可表示为P风=采取措施合理，如增加风轮机叶片长度，安装调向装置保持风轮机正面迎风等。（3）按题意，风力发电机的输出功率为P2=kW=160 kW最小年发电量约为W=P2t=160×5000 kW·h=8×105kW·h40、（北京卷）24．（20分）有两个完全相同的小滑块A和B，A沿光滑水平面以速度v0与静止在平面边缘O点的B发生正碰，碰撞中无机械能损失。碰后B运动的轨迹为OD曲线，如图所示。（1）已知滑块质量为m,碰撞时间为，求碰撞过程中A对B平均冲力的大小。（2）为了研究物体从光滑抛物线轨道顶端无初速下滑的运动，特制做一个与B平抛轨道完全相同的光滑轨道，并将该轨道固定在与OD曲线重合的位置，让A沿该轨道无初速下滑（经分析，A下滑过程中不会脱离轨道）。a．分析A沿轨道下滑到任意一点的动量pA与B平抛经过该点的动量pB的大小关系;b．在OD曲线上有一M点，O和M两点连线与竖直方向的夹角为45°。求A通过M点时的水平分速度和竖直分速度。解析：（1）滑动A与B正碰，满足mvA-mVB=mv0 ① ②由①②，解得vA=0, vB=v0,根据动量定理，滑块B满足 F·t=mv0解得 (2)a.设任意点到O点竖直高度差为d.B由O点分别运动至该点过程中，只有重力做功，所以机械能守恒。选该任意点为势能零点，有EA=mgd,EB= mgd+由于p=,有即 PAA下滑到任意一点的动量总和是小于B平抛经过该点的动量。b.以O为原点，建立直角坐标系xOy,x轴正方向水平向右，y轴正方向竖直向下，则对B有x=v0t·y=gt2B的轨迹方程 y=在M点x=y，所以 y= ③因为A、B的运动轨迹均为OD曲线，故在任意一点，两者速度方向相同。设B水平和竖直分速度大小分别为和，速率为vB；A水平和竖直分速度大小分别为和，速率为vA,则 ④B做平抛运动，故 ⑤对A由机械能守恒得vA= ⑥ 由④⑤⑥得 将③代入得41、（天津卷）24．(18分)光滑水平面上放着质量mA=1kg的物块A与质量mB=2kg的物块B，A与B均可视为质点，A靠在竖直墙壁上，A、B间夹一个被压缩的轻弹簧(弹簧与A、B均不拴接)，用手挡住B不动，此时弹簧弹性势能EP=49J。在A、B间系一轻质细绳，细绳长度大于弹簧的自然长度，如图所示。放手后B向右运动，绳在短暂时间内被拉断，之后B冲上与水平面相切的竖直半圆光滑轨道，其半径R=0.5m，B恰能到达最高点C。取g=10m／s2，求(1)绳拉断后瞬间B的速度vB的大小；(2)绳拉断过程绳对B的冲量I的大小；(3)绳拉断过程绳对A所做的功W。解析：（1）设B在绳被拉断后瞬间的速度为,到达C点时的速度为，有 （1） （2）代入数据得 （3）（2）设弹簧恢复到自然长度时B的速度为，取水平向右为正方向，有 （4） （5）代入数据得 其大小为4NS （6）（3）设绳断后A的速度为，取水平向右为正方向，有 （7） 代入数据得 （9）42、（四川卷）25．（20分）一倾角为θ＝45°的斜血固定于地面，斜面顶端离地面的高度h0＝1m，斜面底端有一垂直于斜而的固定挡板。在斜面顶端自由释放一质量m＝0.09kg的小物块（视为质点）。小物块与斜面之间的动摩擦因数μ＝0.2。当小物块与挡板碰撞后，将以原速返回。重力加速度g＝10 m/s2。在小物块与挡板的前4次碰撞过程中，挡板给予小物块的总冲量是多少？解析：解法一：设小物块从高为h处由静止开始沿斜面向下运动，到达斜面底端时速度为v。由功能关系得 ①以沿斜面向上为动量的正方向。按动量定理，碰撞过程中挡板给小物块的冲量 ②设碰撞后小物块所能达到的最大高度为h’，则 ③同理，有 ④ ⑤式中，v’为小物块再次到达斜面底端时的速度，I’为再次碰撞过程中挡板给小物块的冲量。由①②③④⑤式得 ⑥式中 ⑦由此可知，小物块前4次与挡板碰撞所获得的冲量成等比级数，首项为 ⑧总冲量为 ⑨由 ⑩得 ⑾代入数据得 N·s ⑿解法二：设小物块从高为h处由静止开始沿斜面向下运动，小物块受到重力，斜面对它的摩擦力和支持力，小物块向下运动的加速度为a，依牛顿第二定律得 ①设小物块与挡板碰撞前的速度为v，则 ②以沿斜面向上为动量的正方向。按动量定理，碰撞过程中挡板给小物块的冲量为 ③由①②③式得 ④设小物块碰撞后沿斜面向上运动的加速度大小为a’， 依牛顿第二定律有 ⑤小物块沿斜面向上运动的最大高度为 ⑥由②⑤⑥式得 ⑦式中 ⑧同理，小物块再次与挡板碰撞所获得的冲量 ⑨由④⑦⑨式得 ⑩由此可知，小物块前4次与挡板碰撞所获得的冲量成等比级数，首项为 ⑾总冲量为 ⑿由 ⒀得 ⒁代入数据得 N·s ⒂43、（重庆卷）24.（19分）题24图中有一个竖直固定在地面的透气圆筒，筒中有一劲度为k的轻弹簧，其下端固定，上端连接一质量为m的薄滑块，圆筒内壁涂有一层新型智能材料——ER流体，它对滑块的阻力可调.起初，滑块静止,ER流体对其阻力为0，弹簧的长度为L，现有一质量也为m的物体从距地面2L处自由落下，与滑块碰撞后粘在一起向下运动.为保证滑块做匀减速运动，且下移距离为时速度减为0，ER流体对滑块的阻力须随滑块下移而变.试求（忽略空气阻力）:(1)下落物体与滑块碰撞过程中系统损失的机械能；(2)滑块向下运动过程中加速度的大小；(3)滑块下移距离d时ER流体对滑块阻力的大小.解析：（1）设物体下落末速度为v0，由机械能守恒定律得设碰后共同速度为v1，由动量守恒定律2mv1=mv0得碰撞过程中系统损失的机械能力(2)设加速度大小为a,有 得 （3）设弹簧弹力为FN，ER流体对滑块的阻力为FER受力分析如图所示FS=kxx=d+mg/k44、（宁夏卷）(2)（9分）某同学利用如图所示的装置验证动量守恒定律。图中两摆摆长相同，悬挂于同一高度，A、B两摆球均很小，质量之比为1∶2。当两摆均处于自由静止状态时，其侧面刚好接触。向右上方拉动B球使其摆线伸直并与竖直方向成45°角，然后将其由静止释放。结果观察到两摆球粘在一起摆动，且最大摆角成30°。若本实验允许的最大误差为±4％，此实验是否成功地验证了动量守恒定律？解析：设摆球A、B的质量分别为、，摆长为l，B球的初始高度为h1，碰撞前B球的速度为vB.在不考虑摆线质量的情况下，根据题意及机械能守恒定律得 ① ②设碰撞前、后两摆球的总动量的大小分别为P1、P2。有P1=mBvB ③联立①②③式得 ④同理可得 ⑤联立④⑤式得 ⑥代入已知条件得 ⑦由此可以推出≤4% ⑧所以，此实验在规定的范围内验证了动量守恒定律。本题要求验证碰撞中的动量守恒定律及碰撞前与碰撞后的机械能守恒定律。45、（山东卷）24 . （15分）某兴趣小组设计了如图所示的玩具轨道，其中“2008”，四个等高数字用内壁光滑的薄壁细圆管弯成，固定在竖直平面内（所有数宇均由圆或半圆组成，圆半径比细管的内径大得多），底端与水平地面相切。弹射装置将一个小物体（可视为质点）以v=5m/s的水平初速度由a点弹出，从b 点进人轨道，依次经过“8002 ”后从p 点水平抛出。小物体与地面ab段间的动摩擦因数μ=0.3 ，不计其它机械能损失。已知ab段长L=1 . 5m，数字“0”的半径R=0.2m，小物体质量m=0 .0lkg ，g=10m/s2 。求：( l ）小物体从p 点抛出后的水平射程。( 2 ）小物体经过数字“0”的最高点时管道对小物体作用力的大小和方向。解析：( l ）设小物体运动到p 点时的速度大小为v，对小物体由a 运动到p 过程应用动能定理得-μmgL-2Rmg=mv2-mv02 ①小物体自p 点做平抛运动，设运动时间为：t，水平射程为：s则2R=gt2 ② s=vt ③ 联立①②③式，代人数据解得s=0.8m ④ ( 2 ）设在数字“0”的最高点时管道对小物体的作用力大小为F ．取竖直向下为正方向F＋mg= ⑤ 联立①⑤式，代人数据解得F=0.3N ⑥ 方向竖直向下46、（山东卷）(2）一个物体静置于光滑水平面上，外面扣一质量为M的盒子，如图l所示。现给盒子一初速度v0，此后，盒子运动的v一t图象呈周期性变化，如图2所示。请据此求盒内物体的质量。解析：设物体的质童为m，t0时刻受盒子碰撞获得速度v，根据动量守恒定律Mv0=mv ①3t0时刻物体与盒子右壁碰撞使盒子速度又变为v0，说明碰撞是弹性碰撞Mv02 = mv2 ②联立①②解得m=M ③（也可通过图象分析得出v0=v ，结合动量守恒，得出正确结果）47、（上海卷）21．（12分）总质量为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，如图所示是跳伞过程中的v－t图，试根据图像求：（g取10m/s2）（1）t＝1s时运动员的加速度和所受阻力的大小。（2）估算14s内运动员下落的高度及克服阻力做的功。（3）估算运动员从飞机上跳下到着地的总时间。解析：（1）从图中可以看邮，在t＝2s内运动员做匀加速运动，其加速度大小为m/s2=8m/s2设此过程中运动员受到的阻力大小为f，根据牛顿第二定律，有mg－f＝ma得 f＝m(g－a)＝80×(10－8)N＝160N（2）从图中估算得出运动员在14s内下落了 39.5×2×2m＝158根据动能定理，有所以有 ＝（80×10×158－×80×62）J≈1.25×105J（3）14s后运动员做匀速运动的时间为 s＝57s运动员从飞机上跳下到着地需要的总时间 t总＝t＋t′＝（14＋57）s＝71s48、（海南卷）⑵（8分）一置于桌面上质量为M的玩具炮，水平发射质量为m的炮弹．炮可在水平方向自由移动．当炮身上未放置其它重物时，炮弹可击中水平地面上的目标A；当炮身上固定一质量为M0的重物时，在原发射位置沿同一方向发射的炮弹可击中水平地面上的目标B．炮口离水平地面的高度为h．如果两次发射时“火药”提供的机械能相等，求B、A两目标与炮弹发射点之间的水平距离之比。解析：由动量守恒定律和能量守恒定律得： 解得： 炮弹射出后做平抛，有： 解得目标A距炮口的水平距离为： 同理，目标B距炮口的水平距离为： 解得：49、（广东卷）17．（18分）（1）为了响应国家的“节能减排”号召，某同学采用了一个家用汽车的节能方法．在符合安全行驶要求的情况下，通过减少汽车后备箱中放置的不常用物品和控制加油量等措施，使汽车负载减少．假设汽车以72 km/h的速度匀速行驶时，负载改变前、后汽车受到的阻力分别为2 000 N和1950 N，请计算该方法使汽车发动机输出功率减少了多少？（2）有一种叫“飞椅”的游乐项目，示意图如图所示，长为L的钢绳一端系着座椅，另一端固定在半径为r的水平转盘边缘，转盘可绕穿过其中心的竖直轴转动．当转盘以角速度ω匀速转动时，钢绳与转轴在同一竖直平面内，与竖直方向的夹角为θ,不计钢绳的重力，求转盘转动的角速度ω与夹角θ的关系．解析：（1），由得 ① ②故（2）设转盘转动角速度时，夹角θ夹角θ座椅到中心轴的距离： ①对座椅分析有： ②联立两式 得50、（广东卷）20.（17分）如图所示，固定的凹槽水平表面光滑，其内放置U形滑板N，滑板两端为半径R=0.45 m的1/4圆弧而，A和D分别是圆弧的端点，BC段表面粗糙，其余段表面光滑，小滑块P1和P2的质量均为m，滑板的质量M=4 m．P1和P2与BC面的动摩擦因数分别为和，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，开始时滑板紧靠槽的左端，P2静止在粗糙面的B点，P1以v0=4.0 m/s的初速度从A点沿弧面自由滑下，与P2发生弹性碰撞后，P1处在粗糙面B点上，当P2滑到C点时，滑板恰好与槽的右端碰撞并与槽牢固粘连，P2继续滑动，到达D点时速度为零，P1与P2视为质点，取g=10 m/s2．问：（1）P2在BC段向右滑动时，滑板的加速度为多大？(2)BC长度为多少？N、P1和P2最终静止后，P1与P2间的距离为多少？解析：（1）P1滑到最低点速度为，由机械能守恒定律有： 解得：P1、P2碰撞，满足动量守恒，机械能守恒定律，设碰后速度分别为、 解得： =5m/sP2向右滑动时，假设P1保持不动，对P2有：（向左）对P1、M有： 此时对P1有：，所以假设成立。（2）P2滑到C点速度为，由 得P1、P2碰撞到P2滑到C点时，设P1、M速度为v，对动量守恒定律： 解得：对P1、P2、M为系统：代入数值得：滑板碰后，P1向右滑行距离：P2向左滑行距离：所以P1、P2静止后距离：（09年全国卷Ⅰ）25．(18分) 如图所示，倾角为θ的斜面上静止放置三个质量均为m的木箱，相邻两木箱的距离均为l。工人用沿斜面的力推最下面的木箱使之上滑，逐一与其它木箱碰撞。每次碰撞后木箱都粘在一起运动。整个过程中工人的推力不变，最后恰好能推着三个木箱匀速上滑。已知木箱与斜面间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g.设碰撞时间极短，求工人的推力；三个木箱匀速运动的速度；在第一次碰撞中损失的机械能。答案：（1）；（2）；（3）。解析：(1)当匀速时,把三个物体看作一个整体受重力、推力F、摩擦力f和支持力.根据平衡的知识有(2)第一个木箱与第二个木箱碰撞之前的速度为V1,加速度根据运动学公式或动能定理有,碰撞后的速度为V2根据动量守恒有,即碰撞后的速度为,然后一起去碰撞第三个木箱,设碰撞前的速度为V3从V2到V3的加速度为,根据运动学公式有,得,跟第三个木箱碰撞根据动量守恒有,得就是匀速的速度.设第一次碰撞中的能量损失为,根据能量守恒有,带入数据得。（09年北京卷）24．（20分）（1）如图1所示，ABC为一固定在竖直平面内的光滑轨道，BC段水平，AB段与BC段平滑连接。质量为的小球从高位处由静止开始沿轨道下滑，与静止在轨道BC段上质量为的小球发生碰撞，碰撞后两球两球的运动方向处于同一水平线上，且在碰撞过程中无机械能损失。求碰撞后小球的速度大小；（2）碰撞过程中的能量传递规律在屋里学中有着广泛的应用。为了探究这一规律，我们才用多球依次碰撞、碰撞前后速度在同一直线上、且无机械能损失的恶简化力学模型。如图2所示，在固定光滑水平轨道上，质量分别为、……的若干个球沿直线静止相间排列，给第1个球初能，从而引起各球的依次碰撞。定义其中第个球经过依次碰撞后获得的动能与之比为第1个球对第个球的动能传递系数。a.求b.若为确定的已知量。求为何值时，值最大解析：（1）设碰撞前的速度为，根据机械能守恒定律 ①设碰撞后m1与m2的速度分别为v1和v2，根据动量守恒定律 ②由于碰撞过程中无机械能损失 ③②、③式联立解得 ④ 将①代入得④ （2）a由④式，考虑到得根据动能传递系数的定义，对于1、2两球 ⑤同理可得，球m2和球m3碰撞后，动能传递系数k13应为 ⑥依次类推，动能传递系数k1n应为解得 b.将m1=4m0,m3=mo代入⑥式可得为使k13最大，只需使由（09年天津卷）10.(16分)如图所示，质量m1=0.3 kg 的小车静止在光滑的水平面上，车长L=15 m,现有质量m2=0.2 kg可视为质点的物块，以水平向右的速度v0=2 m/s从左端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止。物块与车面间的动摩擦因数=0.5,取g=10 m/s2，求物块在车面上滑行的时间t;要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v′0不超过多少。答案：（1）0.24s (2)5m/s解析：本题考查摩擦拖动类的动量和能量问题。涉及动量守恒定律、动量定理和功能关系这些物理规律的运用。（1）设物块与小车的共同速度为v，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律有 ①设物块与车面间的滑动摩擦力为F，对物块应用动量定理有 ②其中 ③解得代入数据得 ④（2）要使物块恰好不从车厢滑出，须物块到车面右端时与小车有共同的速度v′，则 ⑤由功能关系有 ⑥代入数据解得 =5m/s故要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车的速度v0′不能超过5m/s。（09年山东卷）24．（15分）如图所示，某货场而将质量为m1=100 kg的货物（可视为质点）从高处运送至地面，为避免货物与地面发生撞击，现利用固定于地面的光滑四分之一圆轨道，使货物中轨道顶端无初速滑下，轨道半径R=1.8 m。地面上紧靠轨道次排放两声完全相同的木板A、B，长度均为l=2m，质量均为m2=100 kg，木板上表面与轨道末端相切。货物与木板间的动摩擦因数为1，木板与地面间的动摩擦因数=0.2。（最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取g=10 m/s2）（1）求货物到达圆轨道末端时对轨道的压力。（2）若货物滑上木板4时，木板不动，而滑上木板B时，木板B开始滑动，求1 应满足的条件。（3）若1=0。5，求货物滑到木板A末端时的速度和在木板A上运动的时间。解析：（1）设货物滑到圆轨道末端是的速度为，对货物的下滑过程中根据机械能守恒定律得，①设货物在轨道末端所受支持力的大小为,根据牛顿第二定律得，②联立以上两式代入数据得③根据牛顿第三定律，货物到达圆轨道末端时对轨道的压力大小为3000N，方向竖直向下。（2）若滑上木板A时，木板不动，由受力分析得④若滑上木板B时，木板B开始滑动，由受力分析得⑤联立④⑤式代入数据得⑥。（3），由⑥式可知，货物在木板A上滑动时，木板不动。设货物在木板A上做减速运动时的加速度大小为，由牛顿第二定律得⑦设货物滑到木板A末端是的速度为，由运动学公式得⑧联立①⑦⑧式代入数据得⑨设在木板A上运动的时间为t，由运动学公式得⑩联立①⑦⑨⑩式代入数据得。考点：机械能守恒定律、牛顿第二定律、运动学方程、受力分析（09年山东卷）38．（4分）[物理——物理3-５]（2）如图所示，光滑水平面轨道上有三个木块，A、B、C，质量分别为mB=mc=2m,mA=m，A、B用细绳连接，中间有一压缩的弹簧 (弹簧与滑块不栓接)。开始时A、B以共同速度v0运动，C静止。某时刻细绳突然断开，A、B被弹开，然后B又与C发生碰撞并粘在一起，最终三滑块速度恰好相同。求B与C碰撞前B的速度。解析：（2）设共同速度为v，球A和B分开后，B的速度为,由动量守恒定律有,,联立这两式得B和C碰撞前B的速度为。考点：动量守恒定律（09年安徽卷）23．（16分）如图所示，匀强电场方向沿轴的正方向，场强为。在点有一个静止的中性微粒，由于内部作用，某一时刻突然分裂成两个质量均为的带电微粒，其中电荷量为的微粒1沿轴负方向运动，经过一段时间到达点。不计重力和分裂后两微粒间的作用。试求 （1）分裂时两个微粒各自的速度； （2）当微粒1到达（点时，电场力对微粒1做功的瞬间功率； （3）当微粒1到达（点时，两微粒间的距离。答案：（1），方向沿y正方向（2）（3）2解析：（1）微粒1在y方向不受力，做匀速直线运动；在x方向由于受恒定的电场力，做匀加速直线运动。所以微粒1做的是类平抛运动。设微粒1分裂时的速度为v1，微粒2的速度为v2则有：在y方向上有- 在x方向上有-根号外的负号表示沿y轴的负方向。中性微粒分裂成两微粒时，遵守动量守恒定律，有方向沿y正方向。（2）设微粒1到达（0，-d）点时的速度为v，则电场力做功的瞬时功率为其中由运动学公式所以（3）两微粒的运动具有对称性，如图所示，当微粒1到达（0，-d）点时发生的位移则当微粒1到达（0，-d）点时，两微粒间的距离为（09年安徽卷）24．（20分）过山车是游乐场中常见的设施。下图是一种过山车的简易模型，它由水平轨道和在竖直平面内的三个圆形轨道组成，B、C、D分别是三个圆形轨道的最低点，B、C间距与C、D间距相等，半径、。一个质量为kg的小球（视为质点），从轨道的左侧A点以的初速度沿轨道向右运动，A、B间距m。小球与水平轨道间的动摩擦因数，圆形轨道是光滑的。假设水平轨道足够长，圆形轨道间不相互重叠。重力加速度取，计算结果保留小数点后一位数字。试求 （1）小球在经过第一个圆形轨道的最高点时，轨道对小球作用力的大小； （2）如果小球恰能通过第二圆形轨道，B、C间距应是多少； （3）在满足（2）的条件下，如果要使小球不能脱离轨道，在第三个圆形轨道的设计中，半径应满足的条件；小球最终停留点与起点的距离。答案：（1）10.0N；（2）12.5m(3) 当时， ；当时， 解析：（1）设小于经过第一个圆轨道的最高点时的速度为v1根据动能定理 ① 小球在最高点受到重力mg和轨道对它的作用力F，根据牛顿第二定律 ②由①②得 ③（2）设小球在第二个圆轨道的最高点的速度为v2，由题意 ④ ⑤由④⑤得 ⑥（3）要保证小球不脱离轨道，可分两种情况进行讨论：I．轨道半径较小时，小球恰能通过第三个圆轨道，设在最高点的速度为v3，应满足 ⑦ ⑧由⑥⑦⑧得 II．轨道半径较大时，小球上升的最大高度为R3，根据动能定理 解得 为了保证圆轨道不重叠，R3最大值应满足 解得 R3=27.9m综合I、II，要使小球不脱离轨道，则第三个圆轨道的半径须满足下面的条件 或 当时，小球最终焦停留点与起始点A的距离为L′，则 当时，小球最终焦停留点与起始点A的距离为L〞，则 （09年福建卷）21.（19分）如图甲，在水平地面上固定一倾角为θ的光滑绝缘斜面，斜面处于电场强度大小为E、方向沿斜面向下的匀强电场中。一劲度系数为k的绝缘轻质弹簧的一端固定在斜面底端，整根弹簧处于自然状态。一质量为m、带电量为q（q>0）的滑块从距离弹簧上端为s0处静止释放，滑块在运动过程中电量保持不变，设滑块与弹簧接触过程没有机械能损失，弹簧始终处在弹性限度内，重力加速度大小为g。（1）求滑块从静止释放到与弹簧上端接触瞬间所经历的时间t1（2）若滑块在沿斜面向下运动的整个过程中最大速度大小为vm，求滑块从静止释放到速度大小为vm过程中弹簧的弹力所做的功W；（3）从滑块静止释放瞬间开始计时，请在乙图中画出滑块在沿斜面向下运动的整个过程中速度与时间关系v-t图象。图中横坐标轴上的t1、t2及t3分别表示滑块第一次与弹簧上端接触、第一次速度达到最大值及第一次速度减为零的时刻，纵坐标轴上的v1为滑块在t1时刻的速度大小，vm是题中所指的物理量。（本小题不要求写出计算过程）答案：（1）; （2）; (3) 解析：本题考查的是电场中斜面上的弹簧类问题。涉及到匀变速直线运动、运用动能定理处理变力功问题、最大速度问题和运动过程分析。（1）滑块从静止释放到与弹簧刚接触的过程中作初速度为零的匀加速直线运动，设加速度大小为a，则有 qE+mgsin=ma ① ②联立①②可得 ③（2）滑块速度最大时受力平衡，设此时弹簧压缩量为，则有 ④ 从静止释放到速度达到最大的过程中，由动能定理得 ⑤联立④⑤可得 s（3）如图 （09年浙江卷）24.（18分）某校物理兴趣小组决定举行遥控赛车比赛。比赛路径如图所示，赛车从起点A出发，沿水平直线轨道运动L后，由B点进入半径为R的光滑竖直圆轨道，离开竖直圆轨道后继续在光滑平直轨道上运动到C点，并能越过壕沟。已知赛车质量m=0.1kg，通电后以额定功率P=1.5w工作，进入竖直轨道前受到阻力恒为0.3N，随后在运动中受到的阻力均可不记。图中L=10.00m，R=0.32m，h=1.25m，S=1.50m。问：要使赛车完成比赛，电动机至少工作多长时间？（取g=10 ）答案：2.53s解析：本题考查平抛、圆周运动和功能关系。设赛车越过壕沟需要的最小速度为v1，由平抛运动的规律 解得 设赛车恰好越过圆轨道，对应圆轨道最高点的速度为v2，最低点的速度为v3，由牛顿第二定律及机械能守恒定律 解得 m/s通过分析比较，赛车要完成比赛，在进入圆轨道前的速度最小应该是 m/s设电动机工作时间至少为t，根据功能原理 由此可得 t=2.53s（09年江苏卷）14.（16分）1932年，劳伦斯和利文斯设计出了回旋加速器。回旋加速器的工作原理如图所示，置于高真空中的D形金属盒半径为R，两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计。磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直。A处粒子源产生的粒子，质量为m、电荷量为+q ，在加速器中被加速，加速电压为U。加速过程中不考虑相对论效应和重力作用。 （1）求粒子第2次和第1次经过两D形盒间狭缝后轨道半径之比；（2）求粒子从静止开始加速到出口处所需的时间t；（3）实际使用中，磁感应强度和加速电场频率都有最大值的限制。若某一加速器磁感应强度和加速电场频率的最大值分别为Bm、fm，试讨论粒子能获得的最大动能E㎞。解析：(1)设粒子第1次经过狭缝后的半径为r1,速度为v1qu=mv12qv1B=m解得 同理，粒子第2次经过狭缝后的半径 则 （2）设粒子到出口处被加速了n圈解得 （3）加速电场的频率应等于粒子在磁场中做圆周运动的频率，即当磁场感应强度为Bm时，加速电场的频率应为粒子的动能当≤时，粒子的最大动能由Bm决定解得当≥时，粒子的最大动能由fm决定解得 （09年江苏物理）15.（16分）如图所示，两平行的光滑金属导轨安装在一光滑绝缘斜面上，导轨间距为l、足够长且电阻忽略不计，导轨平面的倾角为，条形匀强磁场的宽度为d，磁感应强度大小为B、方向与导轨平面垂直。长度为2d的绝缘杆将导体棒和正方形的单匝线框连接在一起组成“”型装置，总质量为m，置于导轨上。导体棒中通以大小恒为I的电流（由外接恒流源产生，图中未图出）。线框的边长为d（d < l），电阻为R，下边与磁场区域上边界重合。将装置由静止释放，导体棒恰好运动到磁场区域下边界处返回，导体棒在整个运动过程中始终与导轨垂直。重力加速度为g。求：（1）装置从释放到开始返回的过程中，线框中产生的焦耳热Q；（2）线框第一次穿越磁场区域所需的时间t1；（3）经过足够长时间后，线框上边与磁场区域下边界的最大距离m。 解析：(1)设装置由静止释放到导体棒运动到磁场下边界的过程中，作用在线框上的安培力做功为W由动能定理 且 解得 （2）设线框刚离开磁场下边界时的速度为，则接着向下运动 由动能定理 装置在磁场中运动时收到的合力感应电动势 =Bd感应电流 =安培力 由牛顿第二定律，在t到t+时间内，有则有解得 （3）经过足够长时间后，线框在磁场下边界与最大距离之间往复运动 由动能定理 解得 （09年四川卷）23.(16分)图示为修建高层建筑常用的塔式起重机。在起重机将质量m=5×103 kg的重物竖直吊起的过程中，重物由静止开始向上作匀加速直线运动，加速度a=0.2 m/s2，当起重机输出功率达到其允许的最大值时，保持该功率直到重物做vm=1.02 m/s的匀速运动。取g=10 m/s2,不计额外功。求：起重机允许输出的最大功率。重物做匀加速运动所经历的时间和起重机在第2秒末的输出功率。答案：解析：(1)设起重机允许输出的最大功率为P0，重物达到最大速度时，拉力F0等于重力。P0＝F0vm ①P0＝mg ②代入数据，有：P0＝5.1×104W ③(2)匀加速运动结束时，起重机达到允许输出的最大功率，设此时重物受到的拉力为F，速度为v1，匀加速运动经历时间为t1,有：P0＝F0v1 ④F－mg＝ma ⑤V1＝at1 ⑥由③④⑤⑥，代入数据，得：t1＝5 s ⑦T＝2 s时，重物处于匀加速运动阶段，设此时速度为v2，输出功率为P，则v2＝at ⑧P＝Fv 2 ⑨由⑤⑧⑨，代入数据，得:P＝2.04×104W。（09年四川卷）24.(19分)如图所示，直线形挡板p1p2p3与半径为r的圆弧形挡板p3p4p5平滑连接并安装在水平台面b1b2b3b4上，挡板与台面均固定不动。线圈c1c2c3的匝数为n,其端点c1、c3通过导线分别与电阻R1和平行板电容器相连，电容器两极板间的距离为d,电阻R1的阻值是线圈c1c2c3阻值的2倍，其余电阻不计，线圈c1c2c3内有一面积为S、方向垂直于线圈平面向上的匀强磁场，磁场的磁感应强度B随时间均匀增大。质量为m的小滑块带正电，电荷量始终保持为q,在水平台面上以初速度v0从p1位置出发，沿挡板运动并通过p5位置。若电容器两板间的电场为匀强电场，p1、p2在电场外，间距为L,其间小滑块与台面的动摩擦因数为μ，其余部分的摩擦不计，重力加速度为g.求：（1）小滑块通过p2位置时的速度大小。（2）电容器两极板间电场强度的取值范围。（3）经过时间t,磁感应强度变化量的取值范围。解析：（1）小滑块运动到位置p2时速度为v1，由动能定理有：－umgL＝ ①v1＝ ②（2）由题意可知，电场方向如图，若小滑块能通过位置p，则小滑块可沿挡板运动且通过位置p5，设小滑块在位置p的速度为v，受到的挡板的弹力为N，匀强电场的电场强度为E，由动能定理有：－umgL－2rEqs＝ ③当滑块在位置p时，由牛顿第二定律有：N+Eq＝m ④由题意有：N≥0 ⑤由以上三式可得：E≤ ⑥E的取值范围：0＜ E≤ ⑦（3）设线圈产生的电动势为E1，其电阻为R，平行板电容器两端的电压为U，t时间内磁感应强度的变化量为B，得： ⑧U＝Ed由法拉第电磁感应定律得E1＝n ⑨由全电路的欧姆定律得E1＝I（R+2R） ⑩ U＝2RI经过时间t，磁感应强度变化量的取值范围：0＜≤。（09年上海物理）20．（10分）质量为5(103 kg的汽车在t＝0时刻速度v0＝10m/s，随后以P＝6(104 W的额定功率沿平直公路继续前进，经72s达到最大速度，设汽车受恒定阻力，其大小为2.5(103N。求：（1）汽车的最大速度vm；（2）汽车在72s内经过的路程s。解析：（1）当达到最大速度时，P＝=Fv=fvm，vm＝＝m/s＝24m/s（2）从开始到72s时刻依据动能定理得：Pt－fs＝mvm2－mv02，解得：s＝＝1252m。（09年上海物理）23．（12分）如图，质量均为m的两个小球A、B固定在弯成120(角的绝缘轻杆两端，OA和OB的长度均为l，可绕过O点且与纸面垂直的水平轴无摩擦转动，空气阻力不计。设A球带正电，B球带负电，电量均为q，处在竖直向下的匀强电场中。开始时，杆OB与竖直方向的夹角(0＝60(，由静止释放，摆动到(＝90(的位置时，系统处于平衡状态，求： （1）匀强电场的场强大小E；（2）系统由初位置运动到平衡位置，重力做的功Wg和静电力做的功We；（3）B球在摆动到平衡位置时速度的大小v。解析：（1）力矩平衡时：（mg－qE）lsin90(＝（mg＋qE）lsin（120(－90(），即mg－qE＝（mg＋qE），得：E＝；（2）重力做功：Wg＝mgl（cos30(－cos60(）－mglcos60(＝（－1）mgl，静电力做功：We＝qEl（cos30(－cos60(）＋qElcos60(＝mgl，（3）小球动能改变量(Ek=mv2＝Wg＋We＝（－1）mgl，得小球的速度：v＝＝。（09年四川卷）25.(20分)如图所示，轻弹簧一端连于固定点O，可在竖直平面内自由转动，另一端连接一带电小球P,其质量m=2×10-2 kg,电荷量q=0.2 C.将弹簧拉至水平后，以初速度V0=20 m/s竖直向下射出小球P,小球P到达O点的正下方O1点时速度恰好水平，其大小V=15 m/s.若O、O1相距R=1.5 m,小球P在O1点与另一由细绳悬挂的、不带电的、质量M=1.6×10-1 kg的静止绝缘小球N相碰。碰后瞬间，小球P脱离弹簧，小球N脱离细绳，同时在空间加上竖直向上的匀强电场E和垂直于纸面的磁感应强度B=1T的弱强磁场。此后，小球P在竖直平面内做半径r=0.5 m的圆周运动。小球P、N均可视为质点，小球P的电荷量保持不变，不计空气阻力，取g=10 m/s2。那么，（1）弹簧从水平摆至竖直位置的过程中，其弹力做功为多少？（2）请通过计算并比较相关物理量，判断小球P、N碰撞后能否在某一时刻具有相同的速度。 (3)若题中各量为变量，在保证小球P、N碰撞后某一时刻具有相同速度的前提下，请推导出r的表达式(要求用B、q、m、θ表示，其中θ为小球N的运动速度与水平方向的夹角)。解析：（1）设弹簧的弹力做功为W，有： ①代入数据，得：W＝J ②（2）由题给条件知，N碰后作平抛运动，P所受电场力和重力平衡，P带正电荷。设P、N碰后的速度大小分别为v1和V，并令水平向右为正方向，有: ③而： ④若P、N碰后速度同向时，计算可得VP、N速度相同时，N经过的时间为，P经过的时间为。设此时N的速度V1的方向与水平方向的夹角为，有： ⑥ ⑦代入数据，得： ⑧对小球P，其圆周运动的周期为T，有： ⑨经计算得： ＜T，P经过时，对应的圆心角为，有： ⑩当B的方向垂直纸面朝外时，P、N的速度相同，如图可知，有： 联立相关方程得： 比较得， ，在此情况下，P、N的速度在同一时刻不可能相同。当B的方向垂直纸面朝里时，P、N的速度相同，同样由图，有： ，同上得： ，比较得， ，在此情况下，P、N的速度在同一时刻也不可能相同。（3）当B的方向垂直纸面朝外时，设在t时刻P、N的速度相同， ，再联立④⑦⑨⑩解得： 当B的方向垂直纸面朝里时，设在t时刻P、N的速度相同，同理得： ，考虑圆周运动的周期性，有: （给定的B、q、r、m、等物理量决定n的取值）（09年重庆卷）23.（16分）2009年中国女子冰壶队首次获得了世界锦标赛冠军，这引起了人们对冰壶运动的关注。冰壶在水平冰面上的一次滑行可简化为如下过程：如题23图，运动员将静止于O点的冰壶（视为质点）沿直线推到A点放手，此后冰壶沿滑行，最后停于C点。已知冰面各冰壶间的动摩擦因数为，冰壶质量为m，AC=L，=r,重力加速度为g （1）求冰壶在A 点的速率；（2）求冰壶从O点到A点的运动过程中受到的冲量大小；（3）若将段冰面与冰壶间的动摩擦因数减小为，原只能滑到C点的冰壶能停于点，求A点与B点之间的距离。解析：（09年重庆卷）24.（18分）探究某种笔的弹跳问题时，把笔分为轻质弹簧、内芯和外壳三部分，其中内芯和外壳质量分别为m和4m.笔的弹跳过程分为三个阶段：①把笔竖直倒立于水平硬桌面，下压外壳使其下端接触桌面（见题24图a）；②由静止释放，外壳竖直上升至下端距桌面高度为时，与静止的内芯碰撞（见题24图b）；③碰后，内芯与外壳以共同的速度一起上升到外壳下端距桌面最大高度为处（见题24图c）。设内芯与外壳的撞击力远大于笔所受重力、不计摩擦与空气阻力，重力加速度为g。求：（1）外壳与碰撞后瞬间的共同速度大小；（2）从外壳离开桌面到碰撞前瞬间，弹簧做的功；（3）从外壳下端离开桌面到上升至处，笔损失的机械能。解析：（09年广东物理）19．（16分）如图19所示，水平地面上静止放置着物块B和C，相距=1.0m 。物块A以速度=10m/s沿水平方向与B正碰。碰撞后A和B牢固地粘在一起向右运动，并再与C发生正碰，碰后瞬间C的速度=2.0m/s 。已知A和B的质量均为m，C的质量为A质量的k倍，物块与地面的动摩擦因数=0.45.（设碰撞时间很短，g取10m/s2）（1）计算与C碰撞前瞬间AB的速度；（2）根据AB与C的碰撞过程分析k的取值范围，并讨论与C碰撞后AB的可能运动方向。 解析：⑴设AB碰撞后的速度为v1,AB碰撞过程由动量守恒定律得 设与C碰撞前瞬间AB的速度为v2，由动能定理得 联立以上各式解得⑵若AB与C发生完全非弹性碰撞，由动量守恒定律得 代入数据解得 此时AB的运动方向与C相同若AB与C发生弹性碰撞，由动量守恒和能量守恒得 联立以上两式解得代入数据解得 此时AB的运动方向与C相反若AB与C发生碰撞后AB的速度为0，由动量守恒定律得代入数据解得总上所述得 当时，AB的运动方向与C相同当时，AB的速度为0 当时，AB的运动方向与C相反（09年宁夏卷）36．［物理——选修3-5］（2）（10分）两质量分别为M1和M2的劈A和B，高度相同，放在光滑水平面上，A和B的倾斜面都是光滑曲面，曲面下端与水平面相切，如图所示，一质量为m的物块位于劈A的倾斜面上，距水平面的高度为h。物块从静止滑下，然后双滑上劈B。求物块在B上能够达到的最大高度。 解析：设物块到达劈A的低端时，物块和A的的速度大小分别为和V，由机械能守恒和动量守恒得 ① ②设物块在劈B上达到的最大高度为，此时物块和B的共同速度大小为，由机械能守恒和动量守恒得 ③ ④联立①②③④式得 ⑤（09年广东物理）20．（17分）如图20所示，绝缘长方体B置于水平面上，两端固定一对平行带电极板，极板间形成匀强电场E。长方体B的上表面光滑，下表面与水平面的动摩擦因数=0.05（设最大静摩擦力与滑动摩擦力相同）。B与极板的总质量=1.0kg.带正电的小滑块A质量=0.60kg，其受到的电场力大小F=1.2N.假设A所带的电量不影响极板间的电场分布。t=0时刻，小滑块A从B表面上的a点以相对地面的速度=1.6m/s向左运动，同时，B（连同极板）以相对地面的速度=0.40m/s向右运动。问（g取10m/s2）（1）A和B刚开始运动时的加速度大小分别为多少？（2）若A最远能到达b点，a、b的距离L应为多少？从t=0时刻至A运动到b点时，摩擦力对B做的功为多少？解析：⑴由牛顿第二定律有 A刚开始运动时的加速度大小 方向水平向右B刚开始运动时受电场力和摩擦力作用由牛顿第三定律得电场力摩擦力B刚开始运动时的加速度大小方向水平向左⑵设B从开始匀减速到零的时间为t1，则有此时间内B运动的位移t1时刻A的速度，故此过程A一直匀减速运动。 此t1时间内A运动的位移此t1时间内A相对B运动的位移此t1时间内摩擦力对B做的功为 t1后，由于，B开始向右作匀加速运动，A继续作匀减速运动，当它们速度相等时A、B相距最远，设此过程运动时间为t2，它们速度为v，则有对A 速度对B 加速度 速度联立以上各式并代入数据解得 此t2时间内A运动的位移此t2时间内B运动的位移此t2时间内A相对B运动的位移此t2时间内摩擦力对B做的功为所以A最远能到达b点a、b的距离L为从t=0时刻到A运动到b点时，摩擦力对B做的功为 。（09年宁夏卷）24．（14分）冰壶比赛是在水平冰面上进行的体育项目，比赛场地示意如图。比赛时，运动员从起滑架处推着冰壶出发，在投掷线AB处放手让冰壶以一定的速度滑出，使冰壶的停止位置尽量靠近圆心O.为使冰壶滑行得更远，运动员可以用毛刷擦冰壶运行前方的冰面，使冰壶与冰面间的动摩擦因数减小。设冰壶与冰面间的动摩擦因数为=0.008，用毛刷擦冰面后动摩擦因数减少至=0.004.在某次比赛中，运动员使冰壶C在投掷线中点处以2m/s的速度沿虚线滑出。为使冰壶C能够沿虚线恰好到达圆心O点，运动员用毛刷擦冰面的长度应为多少？（g取10m/s2）解析：设冰壶在未被毛刷擦过的冰面上滑行的距离为，所受摩擦力的大小为：在 被毛刷擦过的冰面上滑行的距离为，所受摩擦力的大小为。则有+=S ①式中S为投掷线到圆心O的距离。 ② ③设冰壶的初速度为，由功能关系，得 ④联立以上各式，解得 ⑤代入数据得 ⑥（09年福建卷）21.（19分）如图甲，在水平地面上固定一倾角为θ的光滑绝缘斜面，斜面处于电场强度大小为E、方向沿斜面向下的匀强电场中。一劲度系数为k的绝缘轻质弹簧的一端固定在斜面底端，整根弹簧处于自然状态。一质量为m、带电量为q（q>0）的滑块从距离弹簧上端为s0处静止释放，滑块在运动过程中电量保持不变，设滑块与弹簧接触过程没有机械能损失，弹簧始终处在弹性限度内，重力加速度大小为g。（1）求滑块从静止释放到与弹簧上端接触瞬间所经历的时间t1（2）若滑块在沿斜面向下运动的整个过程中最大速度大小为vm，求滑块从静止释放到速度大小为vm过程中弹簧的弹力所做的功W；（3）从滑块静止释放瞬间开始计时，请在乙图中画出滑块在沿斜面向下运动的整个过程中速度与时间关系v-t图象。图中横坐标轴上的t1、t2及t3分别表示滑块第一次与弹簧上端接触、第一次速度达到最大值及第一次速度减为零的时刻，纵坐标轴上的v1为滑块在t1时刻的速度大小，vm是题中所指的物理量。（本小题不要求写出计算过程）答案：（1）; （2）; (3) 解析：本题考查的是电场中斜面上的弹簧类问题。涉及到匀变速直线运动、运用动能定理处理变力功问题、最大速度问题和运动过程分析。（1）滑块从静止释放到与弹簧刚接触的过程中作初速度为零的匀加速直线运动，设加速度大小为a，则有 qE+mgsin=ma ① ②联立①②可得 ③（2）滑块速度最大时受力平衡，设此时弹簧压缩量为，则有 ④ 从静止释放到速度达到最大的过程中，由动能定理得 ⑤联立④⑤可得 s（3）如图 2000-2009年高考试题分类汇编：恒定电流（09年天津卷）3.为探究小灯泡L的伏安特性，连好图示的电路后闭合开关，通过移动变阻器的滑片，使小灯泡中的电流由零开始逐渐增大，直到小灯泡正常发光。由电流表和电压表得到的多组读数描绘出的U-I图象应是答案：C解析：灯丝电阻随电压的增大而增大，在图像上某点到原点连线的斜率应越来越大。C正确。（09年上海物理）11．如图为某报警装置示意图，该报警装置在一扇门、两扇窗上各装有一个联动开关，门、窗未关上时，开关不闭合，只要有一个开关未闭合，报警器就会报警。该报警装置中用了两个串联的逻辑电路，虚线框甲内应选用_________门电路，虚线框乙内应选用_________门电路（填与、非、或）。答案：或，或解析：题意只要有一个开关未闭合，报警器就会报警，结合或门的特点因此虚线框甲内应选用或门；虚线框乙内应选用或门。（09年上海物理）14．图示电路中，R1＝12(，R2＝6(，滑动变阻器R3上标有“20(，2A”字样，理想电压表的量程有0-3V和0-15V两档，理想电流表的量程有0-0.6A和0-3A两档。闭合电键S，将滑片P从最左端向右移动到某位置时，电压表、电流表示数分别为2.5V和0.3A；继续向右移动滑片P到另一位置，电压表指针指在满偏的1/3，电流表指针指在满偏的1/4，则此时电流表示数为__________A，该电源的电动势为__________V。答案：0.15，7.5解析：由于题意当“继续向右移动滑片P到另一位置”电压表示数一定大于2.5V，电流表示数一定小于0.3A，再结合电压表指针指在满偏的1/3，电流表指针指在满偏的1/4，可知电压表的量程为0-15V，电流表的量程为0-0.6A，因此当滑片滑到下一位置是电流表的实数为；电压表的示数为5V；由串并联电路规律得：，得 ，由闭合电路欧姆定律得；同理：，得，由闭合电路欧姆定律以上各式联立解得：。（09年广东物理）10．如图所示，电动势为E、内阻不计的电源与三个灯泡和三个电阻相接。只合上开关S1，三个灯泡都能正常工作。如果再合上S2，则下列表述正确的是A．电源输出功率减小B．L1上消耗的功率增大C．通过R1上的电流增大D．通过R3上的电流增大答案：C解析：在合上S2之前，三灯泡都能正常工作，合上S2之后，电路中的总电阻R总减小，则I总增大，即流过R1的电流增大，由于不及内阻，电源的输出功率P出=EI，可见电源的输出功率增大，A错误；R1两端的电压增大，则并联部分的电压减小，I4减小，I2减小，I1减小，可见C正确。（09年上海卷）5．为了保障行驶安全，一种新型双门电动公交车安装了如下控制装置：只要有一扇门没有关紧，汽车就不能启动。如果规定：车门关紧时为“1”，未关紧时为“0”；当输出信号为“1”时，汽车可以正常启动行驶，当输出信号为“0”时，汽车不能启动。能正确表示该控制装置工作原理的逻辑门是A．与门 B．或门 C．非门 D．与非门答案：A（09年江苏物理）5．在如图所示的闪光灯电路中，电源的电动势为，电容器的电容为。当闪光灯两端电压达到击穿电压时，闪光灯才有电流通过并发光，正常工作时，闪光灯周期性短暂闪光，则可以判定 A．电源的电动势一定小于击穿电压 B．电容器所带的最大电荷量一定为 C．闪光灯闪光时，电容器所带的电荷量一定增大 D．在一个闪光周期内，通过电阻的电荷量与通过闪光灯的电荷量一定相等答案：D解析：理解此电路的工作过程是解决本题的关键。电容器两端的电压与闪光灯两端的电压相等，当电源给电容器充电，达到闪光灯击穿电压U时，闪光灯被击穿，电容器放电，放电后闪光灯两端电压小于U，断路，电源再次给电容器充电，达到电压U时，闪光灯又被击穿，电容器放电，如此周期性充放电，使得闪光灯周期性短暂闪光。要使得充电后达到电压U，则电源电动势一定大于等于U，A 项错误；电容器两端的最大电压为U，故电容器所带的最大电荷量为CU，B项错误；闪光灯闪光时电容器放电，所带电荷量减少，C项错误；充电时电荷通过R，通过闪光灯放电，故充放电过程中通过电阻的电荷量与通过闪光灯的电荷量一定相等，D项正确。（09年重庆卷）18.某实物投影机有10个相同的强光灯L1～L10(24V/200W)和10个相同的指示灯X1～X10(220V/2W),将其连接在220V交流电源上，电路见题18图，若工作一段时间后，L2灯丝烧断，则，A. X1的功率减小，L1的功率增大。B. X1的功率增大，L1的功率增大C, X2功率增大，其它指示灯的功率减小D. X2功率减小，其它指示灯的功率增大答案：C（09年四川卷）17.如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10：1，R1＝20 ，R2＝30 ，C为电容器。已知通过R1的正弦交流电如图乙所示，则A.交流电的频率为0.02 HzB.原线圈输入电压的最大值为200 VC.电阻R2的电功率约为6.67 WD.通过R3的电流始终为零答案：C解析：根据变压器原理可知原副线圈中电流的周期、频率相同，周期为0.02s、频率为50赫兹，A错。由图乙可知通过R1的电流最大值为Im＝1A、根据欧姆定律可知其最大电压为Um＝20V，再根据原副线圈的电压之比等于匝数之比可知原线圈输入电压的最大值为200 V、B错；因为电容器有通交流、阻直流的作用，则有电流通过R3和电容器，D错；根据正弦交流电的峰值和有效值关系并联电路特点可知电阻R2的电流有效值为I＝、电压有效值为U＝Um/V，电阻R2的电功率为P2＝UI＝W、C对。（09年广东理科基础）5．导体的电阻是导体本身的一种性质，对于同种材料的导体，下列表述正确的是A．横截面积一定，电阻与导体的长度成正比B．长度一定，电阻与导体的横截面积成正比C．电压一定，电阻与通过导体的电流成正比D．电流一定，电阻与导体两端的电压成反比答案：A解析：对于同中材料的物体,电阻率是个定值,根据电阻定律可知A正确。（09年广东理科基础）14．如图所示是一实验电路图，在滑动触头由a端滑向b端的过程中，下列表述正确的是A．路端电压变小 B．电流表的示数变大C．电源内阻消耗的功率变小 D．电路的总电阻变大答案：A解析：当滑片向b端滑动时，接入电路中的电阻减少，使得总电阻减小D错；根据，可知总电流在增加，根据闭合电路中的欧姆定律有,可知路端电压在减小，A对；流过电流表的示数为，可知电流在减小，B错；根据，可知内阻消耗的功率在增大，C错。（09年福建卷）16.一台小型发电机产生的电动势随时间变化的正弦规律图象如图甲所示。已知发电机线圈内阻为5.0，则外接一只电阻为95.0的灯泡，如图乙所示，则A．电压表的示数为220v B．电路中的电流方向每秒钟改变50次C．灯泡实际消耗的功率为484w D．发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为24.2J答案：D解析：电压表示数为灯泡两端电压的有效值,由图像知电动势的最大值Em=V，有效值E=220V，灯泡两端电压，A错；由图像知T=0.02S，一个周期内电流方向变化两次，可知1s内电流方向变化100次，B错；灯泡的实际功率,C错；电流的有效值，发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为，D对。（09年全国卷Ⅰ）24.(15分) 材料的电阻率ρ随温度变化的规律为ρ＝ρ0(1+at),其中α称为电阻温度系数，ρ0是材料在t=0 ℃时的电阻率.在一定的温度范围内α是与温度无关的常数。金属的电阻一般随温度的增加而增加，具有正温度系数；而某些非金属如碳等则相反，具有负温数系数.利用具有正负温度系数的两种材料的互补特性，可制成阻值在一定温度范围内不随温度变化的电阻.已知：在0 ℃时，铜的电阻率为1.7×10 –8 Ω?m,碳的电阻率为3.5×10 -5Ω?m,附近，在0 ℃时，.铜的电阻温度系数为3.9×10 –3 ℃-1,碳的电阻温度系数为-5.0×10-4℃-1.将横截面积相同的碳棒与铜棒串接成长1.0 m的导体，要求其电阻在0 ℃附近不随温度变化，求所需碳棒的长度(忽略碳棒和铜棒的尺寸随温度的变化)。0.0038m解析：设碳棒的长度为X,则铜棒的电阻为,碳棒的电阻,要使得在00c附近总电阻不随温度变化,则有,则有式中t的系数必须为零,即有x≈0.0038m。（09年全国卷Ⅱ）17. 因为测量某电源电动势和内阻时得到的U-I图线。用此电源与三个阻值均为3的电阻连接成电路，测得路端电压为4.8V。则该电路可能为答案：B解析：本题考查测电源的电动势和内阻的实验.由测量某电源电动势和内阻时得到的U-I图线可知该电源的电动势为6v,内阻为0.5Ω.此电源与三个均为3的电阻连接成电路时测的路端电压为4.8v,A中的路端电压为4v,B中的路端电压约为4.8V.正确C中的路端电压约为5.7v,D中的路端电压为5.4v。（08江苏卷）2．2007年度诺贝尔物理学奖授予了法国和德国的两位科学家，以表彰他们发现“巨磁电阻效应”．基于巨磁电阻效应开发的用于读取硬盘数据的技术,被认为是纳米技术的第一次真正应用．在下列有关其它电阻应用的说法中。错误的是 A.热敏电阻可应用于温度测控装置中 B.光敏电阻是一种光电传感器 C.电阻丝可应用于电热设备中 D.电阻在电路中主要起到通过直流、阻碍交流的作用。答案：D解析：考查基本物理常识。热敏电阻的原理是通过已知某电阻的电阻值与温度的函数关系，测得该热敏电阻的值即可获取温度，从而应用于温度测控装置中，A说法正确；光敏电阻是将光信号与电信号进行转换的传感器，B说法正确；电阻丝通过电流会产生热效应，可应用于电热设备中，C说法正确；电阻对直流和交流均起到阻碍的作用，D说法错误。（08重庆卷）15.某同学设计了一个转向灯电路（题15图），其中L为指示灯，L1、L2分别为左、右转向灯，S为单刀双掷开关，E为电源.当S置于位置1时，以下判断正确的是L的功率小于额定功率L1亮，其功率等于额定功率L2亮，其功率等于额定功率含L支路的总功率较另一支路的大答案：A解析：本题考查电路分析的有关知识，本题为中等难度题目。由电路结构可知，当S置于1位置时，L与L2串联后再与L1并联，由灯泡的额定电压和额定功率可知，L1和L2的电阻相等。L与L2串联后的总电阻大于L1的电阻，由于电源电动势为6伏，本身有电阻，所以L1两端电压和L与L2的总电压相等，且都小于6伏，所以三只灯都没有正常发光，三只灯的实际功率都小于额定功率。含L的支路的总电阻大于L1支路的电阻，由于两条支路的电压相等，所以。含L的支路的总功率小于另一支路的功率。（08宁夏卷）15.一个T型电路如图所示，电路中的电, .另有一测试电源，电动势 为100V，内阻忽略不计。则 A.当cd端短路时，ab之间的等效电阻是40B. 当ab端短路时，cd之间的等效电阻是40 C. 当ab两端接通测试电源时， cd两端的电压为80 V D. 当cd两端接通测试电源时， ab两端的电压为80 V答案：AC 解析：本题考查电路的串并联知识。当cd端短路时，R2与R3并联电阻为30Ω后与R1串联，ab间等效电阻为40Ω，A对；若ab端短路时，R1与R2并联电阻为8Ω后与R3串联，cd间等效电阻为128Ω，B错；但ab两端接通测试电源时，电阻R2未接入电路，cd两端的电压即为R3的电压，为Ucd = ×100V=80V，C对；但cd两端接通测试电源时，电阻R1未接入电路，ab两端电压即为R3的电压，为Uab = ×100V=25V，D错。（08海南卷）11、当光照射到光敏电阻上时，光敏电阻的阻值 （填“变大”、“不变”或“变小”）．半导体热敏电阻是利用半导体材料的电阻率随 变化而改变的特性制成的．答案：变小；温度 解析：光敏电阻和热敏电阻均为半导体材料的电阻，半导体材料的电阻率随温度升高而减小。（08广东理科基础）15．关于电阻率的说法正确的是A．电阻率与导体的长度无关 B．电阻率与导体的材料有关C．电阻率与导体的形状有关 D．电阻率与导体的横截面积有关答案：B解析：电阻率只与导体材料有关，与导体的形状、长度和导体的截面积都没有关系，故选项B正确。（08广东卷）7．电动势为E、内阻为r的电源与定值电阻R1、R2及滑动变阻器R连接成如图所示的电路，当滑动变阻器的触头由中点滑向b端时，下列说法正确的是A．电压表和电流表读数都增大B．电压表和电流表读数都减小C．电压表读数增大，电流表读数减小D．电压表读数减小，电流表读数增大答案：A解析：设滑动变阻器的触头上部分电阻为x，则电路的总电阻为,滑动变阻器的触头由中点滑向b端时，并联支路电阻x增大，故路端电压变大，同时并联部分的电压变大，故通过电流表的电流增大，故选项A正确。（00天津、江西卷）1．图中A、B、C是本相交流电源的三根相线，O是中线，电源的相电压为220V，、、是三个“220V 60W”的灯泡，开关断开，、闭合，由于某种原因，电源中线在图中处断了，那么和两灯泡将C（A）立刻熄灭（B）变得比原来亮一些（C）变得比原来暗一些（D）保持亮度不变01上海综合2．某实验小组用三只相同的小灯泡，联成如图所示的电路，研究串并联电路特点。实验中观察到的现象是 D A k2断开，k1与a连接，三只灯泡都熄灭B k2断开，k1与b连接，三只灯泡亮度相同C k2闭合，k1与a连接，三只灯泡都发光，L1、L2亮度相同D k2闭合，k1与b连接，三只灯泡都发光，L3亮度小于L2的亮度01北京、内蒙古、安徽卷） 3.在如图所示的电路中，电容器的上极板带正电．为了使该极板仍带正电且电量增大，下列办法中可采用的是AD （A）增大，其他电阻不变 （B）增大，其他电阻不变（C）增大，其他电阻不变（D）增大，其他电阻不变02全国4 ．在如图所示的电路中，R1、R2、R3和R4皆为定值电阻，R5为可变电阻，电源的电动势为ε，内阻为r。设电流表A的读数为I，电压表V的读数为U。当R5的滑动触点向图中a端移动时，DA I变大，U变小 B I变大，U变大C I变小，U变大 D I变小，U变小02全国5 图中电阻R1、R2、R3的阻值相等，电池的内不计。开关K接通后流过R2的电流是K接通前的B A．1 B．2 C．1 D．1 04（全国卷）6 图中电阻R1、R2、R3的阻值相等，电池的内阻不计。开关K接通后流过R2的电流是K接通前的B （ ）A．1 B．2 C．1 D．1 04（天津卷）7 ．一台理想降压变压器从10kV的线路中降压并提供200A的负载电流。已知两个线圈的匝数比为，则变压器的原线圈电流、输出电压及输出功率是 （ A ） A． 5A，250V，50kW B． 5A、10， C． 200A，250V，50 D． ，10，05春季）8 ．一电池外电路断开时的路端电压为3V，接上8Ω的负载电阻后路端电压降为2.4V，则可以判定电池的电动势E和内电阻r为 （ D ）A．E=2.4V， r=1Ω B．E=3V， r=2Ω C．E=2.4V, r=2Ω D．E=3V, r=1Ω05（广东卷）9 电磁感应现象揭示了电和磁之间的内在联系，根据这一发现，发明了许多电器设备。下列电器设备中，哪个没有利用电磁感应原理 （B）A.动圈式话筒 B.白炽灯泡 C.磁带录音机 D.日光灯镇流器05（辽宁卷）10 ．图3中B为电源，R1、R2为电阻.K为电键。现用多用电表测量流过电阻R2的电流。 将多用电表的选择开关调至直流电流挡（内阻很小）以后，正确的接法是（ C ）A．保持K闭合，将红表笔接在a处，黑表笔接在b处B．保持K闭合，将红表笔接在b处，黑表笔接在a处C．将K断开，红表笔接在a处，黑表笔接在b处D．将K断开，红表笔接在b处，黑表笔接在a处05（江苏卷）11如图所示的电路中，电源的电动势和内阻分别为丑和厂，当闭合开关S，向左移动滑动变阻器的滑片时，下列说法正确的是 DA.电流表的示数变大，电压表的示数变大 B.电流表的示数变大，电压表的示数变小 C.电流表的示数变小，电压表的示数变小 D.电流表的示数变小，电压表的示数变大06（江苏卷）12 ．如图所示电路中的变压器为理想变压器，S为单刀双掷开关。P 是滑动变阻器 R的滑动触头，U1 为加在原线圈两端的交变电 压，I1、I2 分别为原线圈和副线圈中的电流。下列说法正确的是BC A．保持P的位置及U1不变，S由b切换到a，则R上消耗的功率减小 B．保持P的位置及U1不变，S由a切换到b，则I2 减小C．保持P的位置及U1不变，S由b切换到a，则I1 增大 D．保持U1不变，S接在 b端，将P向上滑动，则I1 减小 06（江苏卷）13 我省沙河抽水蓄能电站自2003年投入运行以来，在缓解用遇高峰电力紧张方面，取得了良好的社会效益和经济效益。抽水蓄能电站的工作原理是，在用电低谷时（如深夜），电站利用电网多余电能把水抽到高处蓄水池中，到用电高峰时，再利用蓄水池中的水发电。如图，蓄水池（上游水库）可视为长方体，有效总库容量（可用于发电）为V，蓄水后水位高出下游水面 H，发电过程中上游水库水位最大落差为 d。统计资料表明，该电站年抽水用电为 2.4×108 KW·h，年发电量为1.8×108 KW·h。则下列计算结果正确的是（水的密度为ρ，重力加速度为g，涉及重力势能的计算均以下游水面为零势能面） BCA．能用于发电的水最大重力势能B． 能用于发电的水的最大重力势能 ? C．电站的总效率达 75% D．该电站平均每天所发电能可供给一个大城市居民用电（电功率以 10 5 kW计）约 10h。06（四川卷）14 ．如图所示，理想变压器原、副线圈匝数之比为20∶1,原线圈接正弦交流电源，副线圈接入“220 V,60 W”灯泡一只，且灯光正常发光。则CA.电流表的示数为A B.电源输出功率为1 200WC.电流表的示数为A D.原线圈端电压为11 V07广东卷 15 、压敏电阻的阻值随所受压力的增大而减小，右位同学利用压敏电阻设计了判断小车运动状态的装置，其工作原理如图6（a）所示，将压敏电阻和一块挡板固定在绝缘小车上，中间放置一个绝缘重球。小车向右做直线运动过程中，电流表示数如图6（b）所示，下列判断正确的是DA．从t1到t2时间内，小车做匀速直线运动B．从t1到t2时间内，小车做匀加速直线运动C．从t2到t3时间内，小车做匀速直线运动D．从t2到t3时间内，小车做匀加速直线运动07海南卷 16 一白炽灯泡的额定功率与额定电压分别为36 W与36 V。若把此灯泡接到输出电压为18 V的电源两端，则灯泡消耗的电功率BA．等于36 W B．小于36 W，大于9 WC．等于9 W D．小于9 W07宁夏理综 17、在如图所示的电路中，E为电源电动势，r为电源内阻，R1和R3均为定值电阻，R2为滑动变阻器。当R2的滑动触点在a端时合上开关S，此时三个电表A1、A2和V的示数分别为I1、I2和U。现将R2的滑动触点向b端移动，则三个电表示数的变化情况是B A．I1增大，I2不变，U增大 B．I1减小，I2增大，U减小C．I1增大，I2减小，U增大D．I1减小，I2不变，U减小07重庆理综 18、汽车电动机启动时车灯会瞬时变暗，如图，在打开车灯的情况下，电动机未启动时电流表读数为10 A，电动机启动时电流表读数为58 A，若电源电动势为12.5 V，内阻为0.05 Ω，电流表内阻不计，则因电动机启动，车灯的电功率降低了BA．35.8 W B．43.2 W C．48.2 W D．76.8 W06（天津卷）19. 如图所示的电路中，电池的电动势为E，内阻为，电路中的电阻、和的阻值都相同。在电键S处于闭合状态上，若将电键S1由位置1切换到位置2，则（ B ）A. 电压表的示数变大B. 电池内部消耗的功率变大C. 电阻两端的电压变大D. 电池的效率变大1（00上海卷） 得分评卷人 EF与AB、CD接触良好．图中电压表为理想电压表．电池的电动势和内阻都不变．B、D与电池两极连接的导线的电阻可忽略．当EF处于图中位置时，电压表的读数为．已知将EF由图中位置向左移动一段距离后，电压表的读数变为．若将EF由图中位置向右移动一段距离，电压表的读数是多少？1.参考解答： 令表示AB、CD上单位长度电阻丝的电阻，当EF处于图中位置时，设EB、FD两段电阻丝的长度皆为．由于电压表是理想电压表，故电压表的读数就是EF两端的电压．由分压关系得， ① 当EF由图示位置向左移动一段距离，EB、FD两段电阻丝的总电阻为．由分压关系得 ② 当EF由图示位置向右移动一段距离，EB、FD两段电阻丝的总电阻为．由分压关系得， ③ 由以上三式，代入数值解得 04（江苏卷）2 (14分)如图所示的电路中，电源电动势E=6.00V，其内阻可忽略不计．电阻的阻值分别为R1=2.4kΩ、R2=4.8kΩ，电容器的电容C=4.7μF．闭合开关S，待电流稳定后，用电压表测R1两端的电压，其稳定值为1.50V．（1）该电压表的内阻为多大?（2）由于电压表的接入，电容器的带电量变化了多少?解答： (1)设电压表的内阻为，测得两端的电压为，与并联后的总电阻为R，则有 ① 由串联电路的规律 ②联立①②，得代人数据。得 (2)电压表接入前，电容器上的电压等于电阻上的电压，两端的电压为，则又接入电压表后，电容器上的电压为 由于电压表的接入，电容器带电量增加了 由以上各式解得 带入数据，可得 04（全国卷）3 ．（16分） 电动势为E=12V的电源与一电压表和一电流表串联成闭合回路。如果将一电阻与电压表并联，则电压表的读数减小为原来的，电流表的读数增大为原来的3倍。求电压表原来的读数。．（16分） 设电压表和电流表的原来读数分别为U和I，电源和电流表的内阻分别为r1和r2。由欧姆定律得 ① ② 解①②两式并代入的数值得 03（新课程卷）4 ．（13分）在如图所示的电路中，电源的电动势ε＝3.0V，内阻r＝1.0Ω，电阻R1＝10Ω，R2＝10Ω，R3＝30Ω，R4＝35Ω；电容器的电容C＝uF，电容器原来不带电.求接通电键K后流过R4的总电量。4 ．（13分）由电阻的串并联公式，得闭合电路的总电阻为 由欧姆定律得，通过电源的电流 电源的端电压 电阻R3两端的电压 通过R4的总电量就是电容器的电量Q＝CU′ 由以上各式并代入数据解得06（江苏卷）5．（14分）电热毯、电饭锅等是人们常用的电热式家用电器，他们一般具有加热和保温功能，其工作原理大致相同。图①为某种电热式电器的简化电路图，主要元件有电阻丝R1、R2 和自动开关S。 （1）当自动开关S闭合和断开时，用电器分别处于什么状态？ （2）用电器由照明电路供电（U＝220 V），设加热时用电器的电功率为 400W，保温时用电器的电功率为40W，则 R1和 R2 分别为多大？ （3）若将图①中的自动开关 S换成理想的晶体二极管D，如图②所示，其它条件不变，求该用电器工作1小时消耗的电能。 5．（1）S闭合，处于加热状态 ………………………………………………① S断开，处于保温状态 ………………………………………………② （2）由电功率公式得 ………………………………………………③ ………………………………………………④联立③④得R1=121Ω，R2=1089Ω(3)kW·h(或7.92×105J)07北京理综 6、（20分）用密度为d、电阻率为ρ、横截面积为A的薄金属条制成边长为L的闭合正方形框。如图所示，金属方框水平放在磁极的狭缝间，方框平面与磁场方向平行。设匀强磁场仅存在于相对磁极之间，其他地方的磁场忽略不计。可认为方框的边和边都处在磁极之间，极间磁感应强度大小为B。方框从静止开始释放，其平面在下落过程中保持水平（不计空气阻力）。⑴求方框下落的最大速度vm（设磁场区域在数值方向足够长）；⑵当方框下落的加速度为时，求方框的发热功率P；⑶已知方框下落时间为t时，下落高度为h，其速度为vt（vt＜vm）。若在同一时间t内，方框内产生的热与一恒定电流I0在该框内产生的热相同，求恒定电流I0的表达式。6、⑴方框质量 方框电阻 方框下落速度为v时，产生的感应电动势 感应电流 方框下落过程，受到重力G及安培力F， ，方向竖直向下 ，方向竖直向下 当F＝G时，方框达到最大速度，即v＝vm 则 方框下落的最大速度 ⑵方框下落加速度为时，有，则 方框的发热功率 ⑶根据能量守恒定律，有 解得恒定电流I0的表达式 。07北京理综 7 、（18分）环保汽车将为2008年奥运会场馆服务。某辆以蓄电池为驱动能源的环保汽车，总质量m＝3×103 kg。当它在水平路面上以v＝36 km/h的速度匀速行驶时，驱动电机的输入电流I＝50 A，电压U＝300 V。在此行驶状态下⑴求驱动电机的输入功率P电；⑵若驱动电机能够将输入功率的90%转化为用于牵引汽车前进的机械功率P机，求汽车所受阻力与车重的比值（g取10 m/s2）；⑶设想改用太阳能电池给该车供电，其他条件不变，求所需的太阳能电池板的最小面积。结合计算结果，简述你对该设想的思考。已知太阳辐射的总功率P0＝4×1026 W，太阳到地球的距离r＝1.5×1011 m，太阳光传播到达地面的过程中大约有30%的能量损耗，该车所用太阳能电池的能量转化效率约为15%。7 、⑴驱动电机的输入功率 ⑵在匀速行驶时 汽车所受阻力与车重之比 。⑶当阳光垂直电磁板入射式，所需板面积最小，设其为S，距太阳中心为r的球面面积若没有能量的损耗，太阳能电池板接受到的太阳能功率为，则设太阳能电池板实际接收到的太阳能功率为P， 由于，所以电池板的最小面积 分析可行性并提出合理的改进建议。06（北京卷）8 .(20分)磁流体推进船的动力来源于电流与磁场间的相互作用，图1是在平静海面上某实验船的示意图，磁流体推进器由磁体、电极和矩形通道（简称通道）组成。如图2所示，通道尺寸a=2.0m、b=0.15m、c=0.10m，工作时，在通道内沿z轴正方向加B=0.8T的匀强磁场；沿x轴负方向加匀强电场，使两极板间的电压U=99.6V；海水沿y轴方向流过通道。已知海水的电阻率ρ=0.20Ω·m。船静止时，求电源接通瞬间推进器对海水推力的大小和方向；船以vs=5.0m/s的速度匀速前进。以船为参照物，海水以5.0m/s的速率涌入进水口，由于通道的截面积小于进水口的截面积，在通道内海水的速率增加到vd=8.0m/s。求此时金属板间的感应电动势U感。船行驶时，通道中海水两侧的电压按U '=U-U感计算，海水受到电磁力的80%可以转换为船的动力。当船以vs=5.0m/s的速度匀速前进时，求海水推力的功率。 8 (20分) (1)根据安培力公式,推力F1=I1Bb,其中I1=,R＝ρ则Ft= N对海水推力的方向沿y轴正方向(向右)(2)U感=Bu感b=9.6 V(3)根据欧姆定律，I2= A安培推力F2=I2Bb=720 N对船的推力F=80%F2=576 N推力的功率P=Fvs=80%F2vs=2 880 W06（四川卷）9.(19分) 如图所示的电路中，两平行金属板A、B水平放置，两板间的距离d=40 cm。电源电动势E=24V,内电阻r=1 Ω，电阻R=15 Ω。闭合开关S，待电路稳定后，将一带正电的小球从B板小孔以初速度v0=4 m/s竖直向上射入板间。若小球带电量为q=1×10-2 C,质量为m=2×10-2 kg,不考虑空气阻力。那么，滑动变阻器接入电路的阻值为多大时，小球恰能到达A板?此时，电源的输出功率是多大？(取g=10 m/s2).(19分)(1)小球进入板间后，受重力和电场力作用，且到A板时速度为零。设两板间电压为UAB由动能定理得 -mgd-qUAB=0- ①∴滑动变阻器两端电压 U滑=UAB=8 V ②设通过滑动变阻器电流为I,由欧姆定律得I= ③滑动变阻器接入电路的电阻 ④(2)电源的输出功率 P出=I2(R+R滑)=23 W ⑤（09年北京卷）23．（18分）单位时间内流过管道横截面的液体体积叫做液体的体积流量（以下简称流量）。由一种利用电磁原理测量非磁性导电液体（如自来水、啤酒等）流量的装置，称为电磁流量计。它主要由将流量转换为电压信号的传感器和显示仪表两部分组成。传感器的结构如图所示，圆筒形测量管内壁绝缘，其上装有一对电极和c,a,c间的距离等于测量管内径D，测量管的轴线与a、c的连接放像以及通过电线圈产生的磁场方向三者相互垂直。当导电液体流过测量管时，在电极a、c的间出现感应电动势E，并通过与电极连接的仪表显示出液体流量Q。设磁场均匀恒定，磁感应强度为B。（1）已知，设液体在测量管内各处流速相同，试求E的大小（去3.0）（2）一新建供水站安装了电磁流量计，在向外供水时流量本应显示为正值。但实际显示却为负值。经检查，原因是误将测量管接反了，既液体由测量管出水口流入，从如水口流出。因为已加压充满管道。不便再将测量管拆下重装，请你提出使显示仪表的流量指示变为正直的简便方法；（3）显示仪表相当于传感器的负载电阻，其阻值记为 a、c间导电液体的电阻r随液体电阻率色变化而变化，从而会影响显示仪表的示数。试以E、R。r为参量，给出电极a、c间输出电压U的表达式，并说明怎样可以降低液体电阻率变化对显示仪表示数的影响。解析：（1）导电液体通过测量管时，相当于导线做切割磁感线的运动，在电极a、c 间切割感应线的液柱长度为D， 设液体的流速为v，则产生的感应电动势为E=BDv ①由流量的定义，有Q=Sv= ②式联立解得 代入数据得 （2）能使仪表显示的流量变为正值的方法简便，合理即可，如：改变通电线圈中电流的方向，使磁场B反向，或将传感器输出端对调接入显示仪表。（3）传感器的显示仪表构成闭合电路，有闭合电路欧姆定律 ③输入显示仪表是a、c间的电压U，流量示数和U一一对应， E 与液体电阻率无关，而r随电阻率的变化而变化，由③式可看出， r变化相应的U也随之变化。在实际流量不变的情况下，仪表显示的流量示数会随a、c间的电压U的变化而变化，增大R，使R＞＞r，则U≈E,这样就可以降低液体电阻率的变化对显示仪表流量示数的影响。（09年广东物理）18.（15分）如图18（a）所示，一个电阻值为R ，匝数为n的圆形金属线与阻值为2R的电阻R1连结成闭合回路。线圈的半径为r1 . 在线圈中半径为r2的圆形区域存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化的关系图线如图18（b）所示。图线与横、纵轴的截距分别为t0和B0 . 导线的电阻不计。求0至t1时间内（1）通过电阻R1上的电流大小和方向；（2）通过电阻R1上的电量q及电阻R1上产生的热量。解析：⑴由图象分析可知，0至时间内 由法拉第电磁感应定律有而由闭合电路欧姆定律有联立以上各式解得通过电阻上的电流大小为 由楞次定律可判断通过电阻上的电流方向为从b到a⑵通过电阻上的电量通过电阻上产生的热量 2000-2009年高考试题分类汇编：电场（09年全国卷Ⅰ）18.如图所示，一电场的电场线分布关于y轴（沿竖直方向）对称，O、M、N是y轴上的三个点，且OM=MN，P点在y轴的右侧，MP⊥ON，则A.M点的电势比P点的电势高B.将负电荷由O点移动到P点，电场力做正功C. M、N 两点间的电势差大于O、M两点间的电势差D.在O点静止释放一带正电粒子，该粒子将沿y轴做直线运动答案：AD解析：本题考查电场、电势、等势线、以及带电粒子在电场中的运动.由图和几何关系可知M和P两点不处在同一等势线上而且有,A对.将负电荷由O点移到P要克服电场力做功,及电场力做负功,B错.根据,O到M的平均电场强度大于M到N的平均电场强度,所以有,C错.从O点释放正电子后,电场力做正功,该粒子将沿y轴做加速直线运动。（09年全国卷Ⅱ）19. 图中虚线为匀强电场中与场强方向垂直的等间距平行直线。两粒子M、N质量相等，所带电荷的绝对值也相等。现将M、N从虚线上的O点以相同速率射出，两粒子在电场中运动的轨迹分别如图中两条实线所示。点a、b、c为实线与虚线的交点，已知O点电势高于c 点。若不计重力，则A. M带负电荷，N带正电荷B. N在a点的速度与M在c点的速度大小相同C. N在从O点运动至a点的过程中克服电场力做功D. M在从O点运动至b点的过程中，电场力对它做的功等于零答案：BD解析：本题考查带电粒子在电场中的运动.图中的虚线为等势线,所以M点从O点到b点的过程中电场力对粒子做功等于零,D正确.根据MN粒子的运动轨迹可知N受到的电场力向上M受到的电场力向下,电荷的正负不清楚但为异种电荷.A错.o到a的电势差等于o到c的两点的电势差,而且电荷和质量大小相等,而且电场力都做的是正功根据动能定理得a与c两点的速度大小相同,但方向不同,B对。（09年北京卷）16．某静电场的电场线分布如图所示，图中P、Q两点的电场强度的大小分别为EP和EQ，电势分别为UP和UQ，则A．EP＞EQ，UP＞UQ B．EP＞EQ，UP＜UQC．EP＜EQ，UP＞UQD．EP＜EQ，UP＜UQ答案：A解析：从图可以看出P点的电场线的密集程度大于Q点的密集程度，故P点的场强大于Q点的场强，因电场线的方向由P指向Q，而沿电场线的方向电势逐渐降低， P点的电势高于Q点的电势，故A项正确。（09年北京卷）19．如图所示的虚线区域内，充满垂直于纸面向里的匀强磁场和竖直向下的匀强电场。一带电粒子a（不计重力）以一定的初速度由左边界的O点射入磁场、电场区域，恰好沿直线由区域右边界的O′点（图中未标出）穿出。若撤去该区域内的磁场而保留电场不变，另一个同样的粒子b（不计重力）仍以相同初速度由O点射入，从区域右边界穿出，则粒子bA．穿出位置一定在O′点下方B．穿出位置一定在O′点上方C．运动时，在电场中的电势能一定减小D．在电场中运动时，动能一定减小答案：C解析：a粒子要在电场、磁场的复合场区内做直线运动，则该粒子一定做匀速直线运动，故对粒子a有：Bqv=Eq 即只要满足E =Bv无论粒子带正电还是负电，粒子都可以沿直线穿出复合场区，当撤去磁场只保留电场时，粒子b由于电性不确定，故无法判断从O’点的上方或下方穿出，故AB错误；粒子b在穿过电场区的过程中必然受到电场力的作用而做类似于平抛的运动，电场力做正功，其电势能减小，动能增大，故C项正确D项错误。（09年北京卷）20．图示为一个内、外半径分别为R1和R2的圆环状均匀带电平面，其单位面积带电量为。取环面中心O为原点，以垂直于环面的轴线为x轴。设轴上任意点P到O点的的距离为x，P点电场强度的大小为E。下面给出E的四个表达式（式中k为静电力常量），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做出判断。根据你的判断，E的合理表达式应为A．B．C．D．答案：B解析：当R1=0时，对于A项而言E=0，此时带电圆环演变为带电圆面，中心轴线上一点的电场强度E>0，故A项错误；当x=0时，此时要求的场强为O点的场强，由对称性可知EO=0，对于C项而言，x=0时E为一定值，故C项错误。当x→∞时E→0，而D项中E→4πκσ故D项错误；所以正确选项只能为B。（09年上海物理）3．两带电量分别为q和－q的点电荷放在x轴上，相距为L，能正确反映两电荷连线上场强大小E与x关系的是图答案：A解析：由等量异种点电荷的电场强度的关系可知，在两电荷连线中点处电场强度最小，但不是零，从两点电荷向中点电场强度逐渐减小，因此A正确。（09年上海物理）7．位于A、B处的两个带有不等量负电的点电荷在平面内电势分布如图所示，图中实线表示等势线，则A．a点和b点的电场强度相同B．正电荷从c点移到d点，电场力做正功C．负电荷从a点移到c点，电场力做正功D．正电荷从e点沿图中虚线移到f点，电势能先减小后增大答案：CD解析：电场线的疏密可以表示电场的强弱，可见A错误；正电荷从c点移到d点，电场力做负功，负电荷从a点移到c点，电场力做正功，所以B错误，C正确；正电荷从e点沿图中虚线移到f点，电场力先做正功，后做负功，但整个过程电场力做正功，D正确。（09年广东物理）6.如图所示，在一个粗糙水平面上，彼此靠近地放置两个带同种电荷的小物块。由静止释放后，两个物块向相反方向运动，并最终停止。在物块的运动过程中，下列表述正确的是A．两个物块的电势能逐渐减少B．物块受到的库仑力不做功C．两个物块的机械能守恒D. 物块受到的摩擦力始终小于其受到的库仑力答案：A解析：由于两电荷电性相同，则二者之间的作用力为斥力，因此在远离过程中，电场力做正功，则电势能逐渐减少，A正确；B错误；由于运动过程中，有重力以外的力电场力和摩擦力做功，故机械能不守恒，C错误；在远离过程中开始电场力大于摩擦力，后来电场力小于摩擦力。（09年天津卷）5.如图所示，带等量异号电荷的两平行金属板在真空中水平放置，M、N为板间同一电场线上的两点，一带电粒子（不计重力）以速度vM经过M点在电场线上向下运动，且未与下板接触，一段时间后，粒子以速度vN折回N点。则A.粒子受电场力的方向一定由M指向NB.粒子在M点的速度一定比在N点的大C.粒子在M点的电势能一定比在N点的大D.电场中M点的电势一定高于N点的电势答案：B解析：由于带电粒子未与下板接触，可知粒子向下做的是减速运动，故电场力向上，A错；粒子由M到N电场力做负功电势能增加，动能减少，速度增加，故B对C错；由于粒子和两极板所带电荷的电性未知，故不能判断M、N点电势的高低，C错。（09年四川卷）20.如图所示，粗糙程度均匀的绝缘斜面下方O点处有一正点电荷，带负电的小物体以初速度V1从M点沿斜面上滑，到达N点时速度为零，然后下滑回到M点，此时速度为V2（V2＜V1）。若小物体电荷量保持不变，OM＝ON，则A．小物体上升的最大高度为B．从N到M的过程中，小物体的电势能逐渐减小C．从M到N的过程中，电场力对小物体先做负功后做正功D．从N到M的过程中，小物体受到的摩擦力和电场力均是先增大后减小答案：AD解析：设斜面倾角为θ、上升过程沿斜面运动的最大距离为L。因为OM＝ON，则MN两点电势相等，小物体从M到N、从N到M电场力做功均为0。上滑和下滑经过同一个位置时，垂直斜面方向上电场力的分力相等，则经过相等的一小段位移在上滑和下滑过程中电场力分力对应的摩擦力所作的功均为相等的负功，所以上滑和下滑过程克服电场力产生的摩擦力所作的功相等、并设为W1。在上滑和下滑过程，对小物体，应用动能定理分别有：－mgsinθL－μmgcosθL－W1＝－和mgsinθL－μmgcosθL－W1＝，上两式相减可得sinθL＝，A对；由OM＝ON，可知电场力对小物体先作正功后作负功，电势能先减小后增大，BC错；从N到M的过程中，小物体受到的电场力垂直斜面的分力先增大后减小，而重力分力不变，则摩擦力先增大后减小，在此过程中小物体到O的距离先减小后增大，根据库仑定律可知小物体受到的电场力先增大后减小，D对。（09年宁夏卷）16. 医生做某些特殊手术时，利用电磁血流计来监测通过动脉的血流速度。电磁血流计由一对电极a和b以及磁极N和S构成，磁极间的磁场是均匀的。使用时，两电极a、b均与血管壁接触，两触点的连线、磁场方向和血流速度方向两两垂直，如图所示。由于血液中的正负离子随血流一起在磁场中运动，电极a、b之间会有微小电势差。在达到平衡时，血管内部的电场可看作是匀强电场，血液中的离子所受的电场力和磁场力的合力为零。在某次监测中，两触点的距离为3.0mm，血管壁的厚度可忽略，两触点间的电势差为160μV，磁感应强度的大小为0.040T。则血流速度的近似值和电极a、b的正负为A. 1.3m/s ，a正、b负 B. 2.7m/s ， a正、b负C．1.3m/s，a负、b正 D. 2.7m/s ， a负、b正答案：A（09年海南物理）5．一平行板电容器两极板间距为、极板面积为S，电容为，其中是常量。对此电容器充电后断开电源。当增加两板间距时，电容器极板间A．电场强度不变，电势差变大 B．电场强度不变，电势差不变C．电场强度减小，电势差不变 D．电场强度较小，电势差减小答案：A（09年海南物理）10．如图，两等量异号的点电荷相距为。M与两点电荷共线，N位于两点电荷连线的中垂线上，两点电荷连线中点到M和N的距离都为L，且。略去项的贡献，则两点电荷的合电场在M和N点的强度A．大小之比为2，方向相反B．大小之比为1，方向相反C．大小均与成正比，方向相反D．大小均与L的平方成反比，方向相互垂直答案：AC（09年江苏物理）8．空间某一静电场的电势在轴上分布如图所示，轴上两点B、C点电场强度在方向上的分量分别是、，下列说法中正确的有 A．的大小大于的大小 B．的方向沿轴正方向 C．电荷在点受到的电场力在方向上的分量最大 D．负电荷沿轴从移到的过程中，电场力先做正功，后做负功答案：AD解析：本题的入手点在于如何判断和的大小，由图象可知在x轴上各点的电场强度在x方向的分量不相同，如果在x方向上取极小的一段，可以把此段看做是匀强磁场，用匀强磁场的处理方法思考，从而得到结论，此方法为微元法；需要对电场力的性质和能的性质由较为全面的理解。在B点和C点附近分别取很小的一段d，由图象，B点段对应的电势差大于C点段对应的电势差，看做匀强电场有，可见>，A项正确；同理可知O点场强最小，电荷在该点受到的电场力最小，C项错误；沿电场方向电势降低，在O点左侧，的方向沿x轴负方向，在O点右侧，的方向沿x轴正方向，所以B项错误，D项正确。（09年广东理科基础）12．关于同一电场的电场线，下列表述正确的是 A．电场线是客观存在的 B．电场线越密，电场强度越小 C．沿着电场线方向，电势越来越低D．电荷在沿电场线方向移动时，电势能减小答案：C解析：电场是客观存在的，而电场线是假想的，A错；电场线越密的地方电场越大B错；沿着电场线的方向电势逐渐降低C对；负电荷沿着电场线方向移动时电场力做负功电势能增加D错。（09年广东理科基础）16．如图所示，一带负电粒子以某速度进入水平向右的匀强电场中，在电场力作用下形成图中所示的运动轨迹。M和N是轨迹上的两点，其中M点在轨迹的最右点。不计重力，下列表述正确的是A．粒子在M点的速率最大B．粒子所受电场力沿电场方向C．粒子在电场中的加速度不变D．粒子在电场中的电势能始终在增加答案：C解析：根据做曲线运动物体的受力特点合力指向轨迹的凹一侧,再结合电场力的特点可知粒子带负电，即受到的电场力方向与电场线方向相反，B错；从N到M电场力做负功，减速，电势能在增加，当达到M点后电场力做正功加速电势能在减小则在M点的速度最小A错,D错；在整个过程中只受电场力，根据牛顿第二定律加速度不变。(09年广东文科基础)60．如图9所示，空间有一电场，电场中有两个点a和b。下列表述正确的是A．该电场是匀强电场B．a点的电场强度比b点的大C．b点的电场强度比a点的大D．正电荷在a、b两点受力方向相同答案：B（09年山东卷）20．如图所示，在x轴上关于原点O对称的两点固定放置等量异种点电荷+Q和-Q，x轴上的P点位于的右侧。下列判断正确的是A．在x轴上还有一点与P点电场强度相同B．在x轴上还有两点与P点电场强度相同C．若将一试探电荷+q从P点移至O点，电势能增大D．若将一试探电荷+q从P点移至O点，电势能减小答案：AC解析：根据等量正负点电荷的电场分布可知，在x轴上还有一点与P点电场强度相同，即和P点关于O点对称，A正确。若将一试探电荷+q从P点移至O点，电场力先做正功后做负功，所以电势能先减小后增大。一般规定无穷远电势为零，过0点的中垂线电势也为零，所以试探电荷+q在P点时电势能为负值，移至O点时电势能为零，所以电势能增大，C正确。考点：电场线、电场强度、电势能提示：熟悉掌握等量正负点电荷的电场分布。知道，即电场力做正功，电势能转化为其他形式的能，电势能减少；电场力做负功，其他形式的能转化为电势能，电势能增加，即。（09年安徽卷）18. 在光滑的绝缘水平面上，有一个正方形的abcd，顶点a、c处分别固定一个正点电荷，电荷量相等，如图所示。若将一个带负电的粒子置于b点，自由释放，粒子将沿着对角线bd往复运动。粒子从b点运动到d点的过程中A. 先作匀加速运动，后作匀减速运动B. 先从高电势到低电势，后从低电势到高电势C. 电势能与机械能之和先增大，后减小D. 电势能先减小，后增大答案：D解析：由于负电荷受到的电场力是变力，加速度是变化的。所以A错；由等量正电荷的电场分布知道，在两电荷连线的中垂线O点的电势最高，所以从b到a，电势是先增大后减小，故B错；由于只有电场力做功，所以只有电势能与动能的相互转化，故电势能与机械能的和守恒，C错；由b到O电场力做正功，电势能减小，由O到d电场力做负功，电势能增加，D对。（09年福建卷）15.如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源（内阻不计）连接，下极板接地。一带电油滴位于容器中的P点且恰好处于平衡状态。现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离A.带点油滴将沿竖直方向向上运动 B.P点的电势将降低C.带点油滴的电势将减少 D.若电容器的电容减小，则极板带电量将增大答案：B解析：电容器两端电压U不变，由公式，场强变小，电场力变小，带点油滴将沿竖直方向向下运动，A错； P到下极板距离d不变，而强场E减小，由公式U=Ed知P与正极板的电势差变小，又因为下极板电势不变，所以P点的电势变小，B对；由于电场力向上，而电场方向向下，可以推断油滴带负电，又P点的电势降低，所以油滴的电势能增大，C错；图中电容器两端电压U不变,电容C减小时由公式Q=CU，带电量减小，D错。（09年浙江卷）16．如图所示，在光滑绝缘水平面上放置3个电荷量均为的相同小球，小球之间用劲度系数均为的轻质弹簧绝缘连接。当3个小球处在静止状态时，每根弹簧长度为 已知静电力常量为，若不考虑弹簧的静电感应，则每根弹簧的原长为A． B． C． D．答案：C解析：第三个小球受三个力的作用，它们的关系是，得（09年浙江卷）20．空间存在匀强电场，有一电荷量、质量的粒子从点以速率射入电场，运动到点时速率为。现有另一电荷量、质量的粒子以速率仍从点射入该电场，运动到点时速率为。若忽略重力的影响，则A．在、、三点中，点电势最高B．在、、三点中，点电势最高C．间的电势差比间的电势差大D．间的电势差比间的电势差小答案：AD解析：正电荷由O到A，动能变大，电场力做正功，电势能减小，电势也减小，O点电势较高；负电荷从O到B速度增大，电场力也做正功，电势能减小，电势升高，B点电势比O点高。所以B点最高，A对； ，，故D对。（09年宁夏卷）18.空间有一均匀强电场，在电场中建立如图所示的直角坐标系，M、N、P为电场中的三个点，M点的坐标，N点的坐标为，P点的坐标为。已知电场方向平行于直线MN，M点电势为0，N点电势为1V，则P点的电势为A. B.C. D.答案：D（09年江苏物理）1．两个分别带有电荷量和+的相同金属小球（均可视为点电荷），固定在相距为的两处，它们间库仑力的大小为。两小球相互接触后将其固定距离变为，则两球间库仑力的大小为 A． B． C． D．答案：C解析：本题考查库仑定律及带电题电量的转移问题。接触前两个点电荷之间的库仑力大小为，两个相同的金属球各自带电，接触后再分开，其所带电量先中和后均分，所以两球分开后各自带点为+Q，距离又变为原来的，库仑力为，所以两球间库仑力的大小为，C项正确。如两球原来带正电，则接触各自带电均为+2Q。1.2008年 (山东卷 理科综合)21.如图所示，在y轴上关于0点对称的A、B两点有等量同种点电荷+Q，在x轴上C点有点电荷-Q且CO=OD，∠ADO=600。下列判断正确的是A. O点电场强度为零 B. D点电场强度为零C.若将点电荷+q从O移向C，电势能增大 D.若将点电荷-q从O移向C，电势能增大答案：BD2.2008年上海 物理14．如图所示，在光滑绝缘水平面上，两个带等量正电的点电荷M、N，分别固定在A、B两点，O为AB连线的中点，CD为AB的垂直平分线。在CO之间的F点由静止释放一个带负电的小球P（设不改变原来的电场分布），在以后的一段时间内，P在CD连线上做往复运动。若（A）小球P的带电量缓慢减小，则它往复运动过程中振幅不断减小（B）小球P的带电量缓慢减小，则它往复运动过程中每次经过O点时的速率不断减小（C）点电荷M、N的带电量同时等量地缓慢增大，则小球P往复运动过程中周期不断减小（D）点电荷M、N的带电量同时等量地缓慢增大，则小球P往复运动过程中振幅不断减小答案:BCD3.2008年（上海卷 物理）2A．如图所示，把电量为－5×10－9C的电荷，从电场中的A点移到B点，其电势能＿＿＿（选填“增大”、“减小”或“不变”）；若A点的电势UA＝15V，B点的电势UB＝10V，则此过程中电场力做的功为＿＿＿＿J。答案：2A．增大，－2.5×10－8 4.2008年 (广东卷 物理)8．图4中的实线表示电场线，虚线表示只受电场力作用的带电粒子的运动轨迹。粒子先经过M点，再经过N点。可以判定A．M点的电势大于N点的电势B．M点的电势小于N点的电势C．粒子在M点受到的电场力大于在N点受到的电场力D．粒子在M点受到的电场力小于在N点受到的电场力答案：AD5.2008年（江苏省 物理）6．如图所示，实线为电场线，虚线为等势线，且AB=BC，电场中的A、B、C三点的场强分别为EA、EB、EC，电势分别为、、，AB、BC间的电势差分别为UAB、UBC，则下列关系中正确的有A. ＞＞ B. EC＞EB＞EAC. UAB＜UBC D. UAB＝UBC答案：ABC6.2008年（全国Ⅱ卷 理科综合）19．一平行板电容器的两个极板水平放置，两极板间有一带电量不变的小油滴，油滴在极板间运动时所受空气阻力的大小与其速率成正比。若两极板间电压为零，经一段时间后，油滴以速率v匀速下降：若两极板间的电压为U，经一段时间后，油滴以速率v匀速上升。若两极板间电压为－U，油滴做匀速运动时速度的大小、方向将是A．2v、向下 B．2v、向上 C．3v、向下 D．3v、向上答案：C7.2008年（宁夏卷 理综）21.如图所示，C为中间插有电介质的电容器，a和b为其两极板；a板接地；P和Q为两竖直放置的平行金属板，在两板间用绝缘线悬挂一带电小球；P板与b板用导线相连，Q板接地。开始时悬线静止在竖直方向，在b板带电后，悬线偏转了角度a。在以下方法中，能使悬线的偏角a变大的是 A.缩小a、b间的距离 B.加大a、b间的距离 C.取出a、b两极板间的电介质 D.换一块形状大小相同、介电常数更大的电介质答案：BC8.2008年（天津卷 理综）18.带负电的粒子在某电场中仅受电场力作用，能分别完成以下两种运动：①在电场线上运动，②在等势面上做匀速圆周运动。该电场可能由 A.一个带正电的点电荷形成 B.一个带负电的点电荷形成 C.两个分立的带等量负电的点电荷形成 D.一带负电的点电荷与带正电的无限大平板形成答案：A9.2008年（上海卷 物理）23．（12分）如图所示为研究电子枪中电子在电场中运动的简化模型示意图。在Oxy平面的ABCD区域内，存在两个场强大小均为E的匀强电场I和II，两电场的边界均是边长为L的正方形（不计电子所受重力）。（1）在该区域AB边的中点处由静止释放电子，求电子离开ABCD区域的位置。（2）在电场I区域内适当位置由静止释放电子，电子恰能从ABCD区域左下角D处离开，求所有释放点的位置。（3）若将左侧电场II整体水平向右移动L/n（n≥1），仍使电子从ABCD区域左下角D处离开（D不随电场移动），求在电场I区域内由静止释放电子的所有位置。解析：（1）设电子的质量为m，电量为e，电子在电场I中做匀加速直线运动，出区域I时的为v0，此后电场II做类平抛运动，假设电子从CD边射出，出射点纵坐标为y，有解得 y＝，所以原假设成立，即电子离开ABCD区域的位置坐标为（－2L，）（2）设释放点在电场区域I中，其坐标为（x，y），在电场I中电子被加速到v1，然后进入电场II做类平抛运动，并从D点离开，有 解得 xy＝，即在电场I区域内满足议程的点即为所求位置。（3）设电子从（x，y）点释放，在电场I中加速到v2，进入电场II后做类平抛运动，在高度为y′处离开电场II时的情景与（2）中类似，然后电子做匀速直线运动，经过D点，则有 ，解得 ，即在电场I区域内满足议程的点即为所求位置10.2008年 (广东卷 物理)19．（16分）如图16（a）所示，在光滑绝缘水平面的AB区域内存在水平向左的电场，电场强度E随时间的变化如图16（b）所示。不带电的绝缘小球P2静止在O点。t=0时，带正电的小球P1以速度v0从A点进入AB区域。随后与P2发生正碰后反弹，反弹速度是碰前的倍。P1的质量为m1，带电量为q，P2的质量为m2=5m1，A、O间距为L0，O、B间距为.已知，.（1）求碰撞后小球P1向左运动的最大距离及所需时间。（2）讨论两球能否在OB区间内再次发生碰撞。解析：19. (1)P1经t1时间与P2碰撞，则P1、P2碰撞，设碰后P2速度为v2，由动量守恒：解得（水平向左） （水平向右）碰撞后小球P1向左运动的最大距离： 又：解得：所需时间：（2）设P1、P2碰撞后又经时间在OB区间内再次发生碰撞，且P1受电场力不变，由运动学公式，以水平向右为正： 则： 解得： （故P1受电场力不变）对P2分析： 所以假设成立，两球能在OB区间内再次发生碰撞。（00天津、江西卷）1．对于水平放置的平行板电容器，下列说法正确的是BCD（A）将两极板的间距加大，电容将增大（B）将两极板平行错开，使正对面积减小，电容将减小（C）在下板的内表面上放置一面积和极板相等、厚度小于极板间的陶瓷板，电容将增大（D）在下板的内表面上放置一面积和极板相等、厚度小于极板间距的铝板，电容将增大（00天津、江西卷）2．图为射线管的结构示意图，为灯丝是源，要使射线管发出射线，须在、两电极间加上几万伏的直流高压。D（A）高压电源正极应接在点，射线从极发出（B）高压电源正极应接在点，射线从极发出（C）高压电源正极应接在点，射线从极发出（D）高压电源正极应接在点，射线从极发出（00天津、江西卷）3 图为一空间探测器的示意图，、、、是四个喷气发动机，、是连线与空间一固定坐标系的轴平行，、的连线与轴平行，每台发动机开动时，都能向探测器提供推力，但不会使探测器转动，开始时，探测器以恒定的速率向正方向平行，要使探测器改为向正偏负60°的方向以原来的速率平动，则可A（A）先开动适当时间，再开动适当时间（B）先开动适当时间，再开动适当时间（C）开动适当时间（D）先开动适当时间，再开动适当时间01上海综合4．法拉第首先提出用电场线形象生动地描绘电场。图为点电行a、b所形成电场的电场线分布图，以下几种说法正确的是 B A a、b为异种电行，a带电量大于b带电量B a、b为异种电荷，a带电量小于b带电量C a、b为同种电行，a带电量大于b带电量D a、b为同种电荷，a带电量小于b带电量01北京、内蒙古、安徽卷） 5.一平行板电容器，两板之间的距离和两板面积都可以调节，电容器两板与电池相连接．以表示电容器的电量，表示两极板间的电场强度，则AC （A）当增大、不变时，减小、减小 （B）当增大、不变时，增大、增大 （C）当减小、增大时，增大、增大 （D）当减小、减小时，不变、不变02全国6 ．目前普遍认为，质子和中子都是由被称为u夸克和d夸克的两类夸克组成。u夸克带电量为e，d夸克带电量e，e为基元电荷。下列论断可能正确的是BA 质子由1个u夸克和1个d夸克组成，中子由1个u夸克和2个d夸克组成B 质子由2个u夸克和1个d夸克组成，中子由1个u夸克和2个d夸克组成C 质子由1个u夸克和2个d夸克组成，中子由2个u夸克和1个d夸克组成D 质子由2个u夸克和1个d夸克组成，中子由1个u夸克和1个d夸克组成02（江苏、河南卷）7．图中，a、b、c、d、e五点在一直线上，b、c两点间的距离等于d、e两点间的距离。在a点固定放置一个点电荷，带电量为＋Q，已知在＋Q的电场中b、c两点间的电势差为U。将另一个点电荷＋q从d点移动到e点的过程中DA 电场力做功qU B 克服电场力做功qUC 电场力做功大于qU D 电场力做功小于qU02春季理综8．如图所示，在两个固定电荷＋q和－q之间放入两个原来不带电的导体，1、2、3、4为导体上的四个点，在达到静电平衡后，各点的电势分别是φ1、φ2、φ3、φ4，则BA、 φ4＞φ3＞φ2＞φ1 B、 φ4＝φ3＞φ2＝φ1C、 φ4＜φ3＜φ2＜φ1 D、 φ4＝φ3＜φ2＝φ102年广东、河南9 如图所示，在原来不带电的金属细杆ab附近P处，放置一个正点电荷，达到静电平衡后，a端的电势比b端的高b端的电势比d点的低a端的电势不一定比d点的低杆内c处的场强的方向由a指向b[答案]：B01江浙10 ．图中所示是一个平行板电容器，其电容为C，带电量为Q，上极板带正电。现将一个试探电荷q由两极板间的A点移动到B点，如图所示。A、B两点间的距离为s，连线AB与极板间的夹角为30°，则电场力对试探电荷q所做的功等于CA． B． C． D．03（全国卷）11 、图4中虚线所示为静电场中的等势面1、2、3、4，相邻的等势面之间的电势差相等，其中等势面3的电势为0。一带正电的点电荷在静电力的作用下运动，经过a、b点时的动能分别为26eV和5eV，当这一点电荷运动到某一位置，其电势能变为－8eV时，它的动能应为 （ C ）A．8eV B．15eV C．20eV D．34eV04（春季）12．如图，在正六边形的a、c两个顶点上各放一带正电的点电荷，电量的大小都是，在b、d两个顶点上，各放一带负电的点电荷，电量的大小都是，。已知六边形中心O点处的场强可用图中的四条有向线段中的一条来表示，它是哪一条？BA． B． C． D．04（春季）13 ．如图，O是一固定的点电荷，另一点电荷P从很远处以初速度射入点电荷O的电场，在电场力作用下的运动轨迹是曲线MN。a、b、c是以O为中心，为半径画出的三个圆，。1、2、3、4为轨迹MN与三个圆的一些交点。以表示点电荷P由1到2的过程中电场力做的功的大小，表示由3到4的过程中电场力做的功的大小，则BA．B．C．P、Q两电荷可能同号，也可能异号D．P的初速度方向的延长线与O之间的距离可能为零04（全国卷）14 如图，一绝缘细杆的两端各固定着一个小球，两小球带有等量异号的电荷，处于匀强电场中，电场方向如图中箭头所示。开始时，细杆与电场方向垂直，即在图中Ⅰ所示的位置；接着使细杆绕其中心转过90”，到达图中Ⅱ所示的位置；最后，使细杆移到图中Ⅲ所示的位置。以W1表示细杆由位置Ⅰ到位置Ⅱ过程中电场力对两小球所做的功，W2表示细杆由位置Ⅱ到位置Ⅲ过程中电场力对两小球所做的功，则有 CA．W1＝0，W2≠0 B．W1＝0，W2＝0C．W1≠0，W2＝0 D．W1≠0，W2≠004（上海卷）15 ．两圆环A、B置于同一水平面上，其中A为均匀带电绝缘环，B为导体环，当A以如图 所示的方向绕中心转动的角速度发生变化时，B中产生如图所示方向的感应电流。则（．BC ） A．A可能带正电且转速减小。 B．A可能带正电且转速增大。 C．A可能带负电且转速减小。 D．A可能带负电且转速增大。 04（上海卷）16．某静电场沿x方向的电势分布如图所示，则（ AC ） A．在0—x1之间不存在沿x方向的电场。 B．在0—x1之间存在着沿x方向的匀强电场。 C．在x1—x2之间存在着沿x方向的匀强电场。 D．在x1—x2之间存在着沿x方向的非匀强电场。04（上海卷）17．光滑水平面上有一边长为l的正方形区域处在场强为E的匀强电场中，电场方向与正方形一边平行。一质量为m、带电量为q的小球由某一边的中点，以垂直于该边的水平初速v0进入该正方形区域。当小球再次运动到该正方形区域的边缘时，具有的动能可能为 （．ABC ） A．0 B． C． D．04（天津卷）18 中子内有一个电荷量为的上夸克和两个电荷量为的下夸克，一简单模型是三个夸克都在半径为的同一圆周上，如图1所示。图2给出的四幅图中，能正确表示出各夸克所受静电作用力的是 （ B ）图1 04（天津卷）19 在静电场中，将一电子从A点移到B点，电场力做了正功，则C A． 电场强度的方向一定是由A点指向B点 B． 电场强度的方向一定是由B点指向A点 C． 电子在A点的电势能一定比在B点高 D． 电子在B点的电势能一定比在A点高04（全国卷）20 ．一平行板电容器的电容为C，两板间的距离为d，上板带正电，电量为Q，下板带负电，电量也为Q，它们产生的电场在很远处的电势为零。两个带异号电荷的小球用一绝缘刚性杆相连，小球的电量都为q，杆长为l，且l A． B．0 C． D．05（广东卷）21 竖直放置的一对平行金属板的左极板上用绝缘线悬挂了一个带正电的小球，将平行金属板按图5所示的电路图连接。绝缘线与左极板的夹角为θ。当滑动变阻器R的滑片在a位置时，电流表的读数为I1，夹角为θ1；当滑片在b位置时，电流表的读数为I2，夹角为θ2，则 DＡ．θ1<θ2，I1θ2，I1>I2 Ｃ．θ1=θ2，I1=I2 Ｄ．θ1<θ2，I1=I205（广东卷）22 .静电在各种产业和日常生活中有着重要的应用，如静电除尘、静电复印等，所依据的基本原理几乎都是让带电的物质微粒在电场作用下奔向并吸附到电极上。现有三个粒子a、b、c 从P点向下射入由正、负电极产生的电场中，它们的运动轨迹如图1所示，则 （B）A.α带负电荷，b带正电荷，c不带电荷B.α带正电荷，b不带电荷，c带负电荷C.α带负电荷，b不带电荷，c带正电荷D.α带正电荷，b带负电荷，c不带电荷05（江苏卷）23 .关于电场，下列说法正确的是CA.电场是假想的，并不是客观存在的物质 B.描述电场的电场线是客观存在的C.电场对放人其中的电荷有力的作用 D.电场对放人其中的电荷没有力的作用 05（上海卷）24 ．在场强大小为E的匀强电场中，一质量为m、带电量为q的物体以某一初速沿电场反方向做匀减速直线运动，其加速度大小为0.8qE/m，物体运动S距离时速度变为零．则ACD(A)物体克服电场力做功qES (B)物体的电势能减少了0.8qES(C)物体的电势能增加了qES (D)物体的动能减少了0.8qES05（天津卷）25 一带电油滴在匀强电场E中的运动轨迹如图中虚线所示，电场方向竖直向下。若不计空气阻力，则此带电油滴从a运动到b的过程中，能量变化情况为 C Ａ．动能减小 Ｂ．电势能增加Ｃ．动能和电势能之和减小 Ｄ．重力势能和电势能之和增加05（黑龙江、吉林、广西）26 ．图中a、b是两个点电荷，它们的电量分别为Q1、Q2，MN是ab连线的中垂线，P是中垂线上的一点。下列哪中情况能使P点场强方向指向MN的左侧？ACD A．Q1、Q2都是正电荷，且Q1B．Q1是正电荷，Q2是负电荷，且Q1>|Q2|C．Q1是负电荷，Q2是正电荷，且|Q1|D．Q1、Q2都是负电荷，且|Q1|>|Q2|05（四川、陕西、贵州、云南、新疆、宁夏、甘肃、内蒙）27 .水平放置的平行板电容器与一电池相连。在电容器的两板间有一带正电的质点处于静止平衡状态。现将电容器两板间的距离增大，则 D A．电容变大，质点向上运动 B．电容变大，质点向下运动C．电容变小，质点保持静止 D．电容变小，质点向下运动06（陕西卷）28 、图中为一“滤速器”装置的示意图，a、b为水平放置的平行金属板，一束具有各种不同速率的电子沿水平方向经小孔O进入a、b两板之间。为了选取具有某种特定速率的电子，可在a、b间加上电压，并沿垂直于直面的方向加一匀强磁场使所选电子仍能够沿水平直线OO‘??运动，由O‘??射出，不计重力作用。可能达到上述目的的办法是AD A.使a板电势高于b板，磁场方向垂直纸面向里B.使a板电势低于b板，磁场方向垂直纸面向里C.使a板电势高于b板，磁场方向垂直纸面向外D.使a板电势低于b板，磁场方向垂直纸面向外06（北京卷）29 使用电的金属球靠近不带电的验电器，验电器的箔片开。下列各图表示验电器上感应电荷的分布情况，正确的是B 06（四川卷）30 .带电粒子M只在电场力作用下由P点运动到Q点，在此过程中克服电场力做了2.6×10-6J 的功。那么，ADA.M在P点的电势能一定小于它在Q点的电势能B.P点的场强一定小于Q点的场强C.P点的电势一定高于Q点的电势D.M在P点的动能一定大于它在Q点的动能06（江苏卷）31．是长为的均匀带电细杆，、是位于所在直线上的两点，位置如图所示。 上电荷产生的静电场在 处的场强大小为，在处的场强大小为。则以下说法正确的是DA．两处的电场方向相同，B．两处的电场方向相反，C．两处的电场方向相同，D．两处的电场方向相反，06（江苏卷）32 ．如图所示，用两根同样的绝缘细线把甲、乙两个质量相等的带电小球悬挂在同一点上，甲、乙两球均处于静止状态．已知两球带同种电荷，且甲球的电荷量大于乙球的电荷量， F1、F2分别表示甲、乙两球所受的库仑力，则下列说法中正确的是 （ C ） A．F1一定大于F2 B．F1一定小于F2 C．F1与F2大小一定相等 YCY D．无法比较F1与F2的大小 07北京理综 33在真空中的光滑水平绝缘面上有一带电小滑块。开始时滑块静止。若在滑块所在空间加一水平匀强电场E1，持续一段时间后立即换成与E1相反方向的匀强电场E2。当电场E2与电场E1持续时间相同时，滑块恰好回到初始位置，且具有动能Ek。在上述过程中，E1对滑块的电场力做功为W1，冲量大小为I1；E2对滑块的电场力做功为W2，冲量大小为I2。则CA．I1＝I2 B．4I1＝I2 C．W1＝0.25Ek W2＝0.75Ek D．W1＝0.20Ek W2＝0.80Ek07广东卷 34 、许多科学家在物理学发展过程中做出了重要贡献，下列表述正确的是ABDA．卡文迪许测出引力常数B．法拉第发现电磁感应现象C．安培提出了磁场对运动电荷的作用力公式D．库仑总结并确认了真空中两个静止点电荷之间的相互作用规律07广东卷 35、图2所示的匀强电场E的区域内，由A、B、C、D、A＇、B＇、C＇、D＇作为顶点构成一正方体空间，电场方向与面ABCD垂直。下列说法正确的是BDA．AD两点间电势差UAD与A A＇两点间电势差UAA＇B．带正电的粒子从A点沿路径A→D→D＇移到D＇点，电场力做正功C．带负电的粒子从A点沿路径A→D→D＇移到D＇点，电势能减小D．带电的粒子从A点移到C＇点，沿对角线A C＇与沿路径A→B→B＇→C＇电场力做功相同07海南卷 36一平行板电容器中存在匀强电场，电场沿竖直方向。两个比荷（即粒子的电荷量与质量之比）不同的带正电的粒子a和b，从电容器边缘的P点（如图）以相同的水平速度射入两平行板之间。测得a和b与电容器的撞击点到入射点之间的水平距离之比为1∶2。若不计重力，则a和b的比荷之比是DA．1∶2 B．1∶1C．2∶1 D．4∶107海南卷 37、如图所示，固定在Q点的正点电荷的电场中有M、N两点，已知＜。下列叙述正确的是AD A．若把一正的点电荷从M点沿直线移到N点，则电场力对该电荷做功，电势能减少 B．若把一正的点电荷从M点沿直线移到N点，则该电荷克服电场力做功，电势能增加C．若把一负的点电荷从M点沿直线移到N点，则电场力对该电荷做功，电势能减少D．若把一负的点电荷从M点沿直线移到N点，再从N点沿不同路径移回到M点，则该电荷克服电场力做的功等于电场力对该电荷所做的动，电势能不变07宁夏理综 38、两个质量相同的小球用不可伸长的细线连结，置于场强为E的匀强电场中，小球1和小球2均带正电，电量分别为q1和q2（q1＞q2）。将细线拉直并使之与电场方向平行，如图所示。若将两小球同时从静止状态释放，则释放后细线中的张力T为（不计重力及两小球间的库仑力）AA． B． C． D．07宁夏理综 39匀强电场中的三点A、B、C是一个三角形的三个顶点，AB的长度为1 m，D为AB的中点，如图所示。已知电场线的方向平行于ΔABC所在平面，A、B、C三点的电势分别为14 V、6 V和2 V。设场强大小为E，一电量为1×10－6 C的正电荷从D点移到C点电场力所做的功为W，则A A．W＝8×10－6 J，E＞8 V/m B．W＝6×10－6 J，E＞6 V/m C．W＝8×10－6 J，E≤8 V/m D．W＝6×10－6 J，E≤6 V/m07全国理综Ⅰ 40 a、b、c、d是匀强电场中的四个点，它们正好是一个矩形的四个顶点.电场线与矩形所在平面平行。已知a点的电势为20 V，b点的电势为24 V，d点的电势为4 V，如图，由此可知c点的电势为BA．4 V B．8 VC．12 V D．24 V07山东理综 41、如图所示，某区域电场线左右对称分布，M、N为对称线上两点。下列说法正确的是ACA．M点电势一定高于N点电势B．M点场强一定大于N点场强C．正电荷在M点的电势能大于在N点的电势能D．将电子从M点移动到N点，电场力做正功07上海 42、一点电荷仅受电场力作用，由A点无初速释放，先后经过电场中的B点和C点。点电荷在A、B、C三点的电势能分别用EA、EB、EC表示，则EA、EB和EC间的关系可能是ADA．EA＞EB＞EC B．EA＜EB＜ECC．EA＜EC＜EB D．EA＞EC＞EB07重庆理综 43如图所示，悬挂在O点的一根不可伸长的绝缘细线下端有一个带电量不变的小球A。在两次实验中，均缓慢移动另一带同种电荷的小球B。当B到达悬点O的正下方并与A在同一水平线上，A处于受力平衡时，悬线偏离竖直方向的角度为θ，若两次实验中B的电量分别为q1和q2， θ分别为30°和45°。则q2/q1为CA．2 B．3 C．2 D．306（天津卷）44 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。已知电子的电量为、质量为，则在刚射出加速电场时，一小段长为的电子束内的电子个数是（ B ）A. B. C. D. 04（全国卷）45 ．一带正电的小球，系于长为l的不可伸长的轻线一端，线的另一端固定在O点，它们处在匀强电场中，电场的方向水平向右，场强的大小为E。已知电场对小球的作用力的大小等于小球的重力。现先把小球拉到图中的P1处，使轻线拉直，并与场强方向平行，然后由静止释放小球。已知小球在经过最低点的瞬间，因受线的拉力作用，其速度的竖直分量突变为零，水平分量没有变化，则小球到达与P1点等高的P2点时速度大小为（ B ） A． B． C．2 D．0 06（江苏卷）46．研究光电效应规律的实验装置如图所示，以频率为 v的光照射光电管阴极 K时，有光电子产生。由于光电管 K、A间加的是反向电压，光电子从阴极 K发射后将向阳极 A作减速运动。光电流 I由图中电流计 G测出，反向电压 U由电压表向截止电压 U0。在下列表示光电效应实验规律的图象中，错误的是B（09年山东卷）25．（18分）如图甲所示，建立Oxy坐标系，两平行极板P、Q垂直于y轴且关于x轴对称，极板长度和板间距均为l，第一四象限有磁场，方向垂直于Oxy平面向里。位于极板左侧的粒子源沿x轴间右连接发射质量为m、电量为+q、速度相同、重力不计的带电粒子在0~3t时间内两板间加上如图乙所示的电压（不考虑极边缘的影响）。已知t=0时刻进入两板间的带电粒子恰好在t0时，刻经极板边缘射入磁场。上述m、q、l、l0、B为已知量。（不考虑粒子间相互影响及返回板间的情况）（1）求电压U的大小。（2）求时进入两板间的带电粒子在磁场中做圆周运动的半径。（3）何时把两板间的带电粒子在磁场中的运动时间最短？求此最短时间。解析：（1）时刻进入两极板的带电粒子在电场中做匀变速曲线运动，时刻刚好从极板边缘射出，在y轴负方向偏移的距离为，则有①②③联立以上三式，解得两极板间偏转电压为④。（2）时刻进入两极板的带电粒子，前时间在电场中偏转，后时间两极板没有电场，带电粒子做匀速直线运动。带电粒子沿x轴方向的分速度大小为⑤带电粒子离开电场时沿y轴负方向的分速度大小为⑥带电粒子离开电场时的速度大小为⑦设带电粒子离开电场进入磁场做匀速圆周运动的半径为R，则有⑧联立③⑤⑥⑦⑧式解得⑨。（3）时刻进入两极板的带电粒子在磁场中运动时间最短。带电粒子离开磁场时沿y轴正方向的分速度为⑩，设带电粒子离开电场时速度方向与y轴正方向的夹角为，则，联立③⑤⑩式解得，带电粒子在磁场运动的轨迹图如图所示，圆弧所对的圆心角为，所求最短时间为,带电粒子在磁场中运动的周期为，联立以上两式解得。考点：带电粒子在匀强电场、匀强磁场中的运动。（09年安徽卷）23．（16分）如图所示，匀强电场方向沿轴的正方向，场强为。在点有一个静止的中性微粒，由于内部作用，某一时刻突然分裂成两个质量均为的带电微粒，其中电荷量为的微粒1沿轴负方向运动，经过一段时间到达点。不计重力和分裂后两微粒间的作用。试求 （1）分裂时两个微粒各自的速度； （2）当微粒1到达（点时，电场力对微粒1做功的瞬间功率； （3）当微粒1到达（点时，两微粒间的距离。答案：（1），方向沿y正方向（2）（3）2解析：（1）微粒1在y方向不受力，做匀速直线运动；在x方向由于受恒定的电场力，做匀加速直线运动。所以微粒1做的是类平抛运动。设微粒1分裂时的速度为v1，微粒2的速度为v2则有：在y方向上有- 在x方向上有-根号外的负号表示沿y轴的负方向。中性微粒分裂成两微粒时，遵守动量守恒定律，有方向沿y正方向。（2）设微粒1到达（0，-d）点时的速度为v，则电场力做功的瞬时功率为其中由运动学公式所以（3）两微粒的运动具有对称性，如图所示，当微粒1到达（0，-d）点时发生的位移则当微粒1到达（0，-d）点时，两微粒间的距离为（09年福建卷）21.（19分）如图甲，在水平地面上固定一倾角为θ的光滑绝缘斜面，斜面处于电场强度大小为E、方向沿斜面向下的匀强电场中。一劲度系数为k的绝缘轻质弹簧的一端固定在斜面底端，整根弹簧处于自然状态。一质量为m、带电量为q（q>0）的滑块从距离弹簧上端为s0处静止释放，滑块在运动过程中电量保持不变，设滑块与弹簧接触过程没有机械能损失，弹簧始终处在弹性限度内，重力加速度大小为g。（1）求滑块从静止释放到与弹簧上端接触瞬间所经历的时间t1（2）若滑块在沿斜面向下运动的整个过程中最大速度大小为vm，求滑块从静止释放到速度大小为vm过程中弹簧的弹力所做的功W；（3）从滑块静止释放瞬间开始计时，请在乙图中画出滑块在沿斜面向下运动的整个过程中速度与时间关系v-t图象。图中横坐标轴上的t1、t2及t3分别表示滑块第一次与弹簧上端接触、第一次速度达到最大值及第一次速度减为零的时刻，纵坐标轴上的v1为滑块在t1时刻的速度大小，vm是题中所指的物理量。（本小题不要求写出计算过程）答案：（1）; （2）; (3) 解析：本题考查的是电场中斜面上的弹簧类问题。涉及到匀变速直线运动、运用动能定理处理变力功问题、最大速度问题和运动过程分析。（1）滑块从静止释放到与弹簧刚接触的过程中作初速度为零的匀加速直线运动，设加速度大小为a，则有 qE+mgsin=ma ① ②联立①②可得 ③（2）滑块速度最大时受力平衡，设此时弹簧压缩量为，则有 ④ 从静止释放到速度达到最大的过程中，由动能定理得 ⑤联立④⑤可得 s（3）如图 （09年福建卷）22.(20分)图为可测定比荷的某装置的简化示意图，在第一象限区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小B=2.0×10-3T,在X轴上距坐标原点L=0.50m的P处为离子的入射口，在Y上安放接收器，现将一带正电荷的粒子以v=3.5×104m/s的速率从P处射入磁场，若粒子在y轴上距坐标原点L=0.50m的M处被观测到，且运动轨迹半径恰好最小，设带电粒子的质量为m,电量为q,不记其重力。（1）求上述粒子的比荷；（2）如果在上述粒子运动过程中的某个时刻，在第一象限内再加一个匀强电场，就可以使其沿y轴正方向做匀速直线运动，求该匀强电场的场强大小和方向，并求出从粒子射入磁场开始计时经过多长时间加这个匀强电场；（3）为了在M处观测到按题设条件运动的上述粒子，在第一象限内的磁场可以局限在一个矩形区域内，求此矩形磁场区域的最小面积，并在图中画出该矩形。答案（1）=4.9×C/kg（或5.0×C/kg）；（2） ； （3）解析：第（1）问本题考查带电粒子在磁场中的运动。第（2）问涉及到复合场（速度选择器模型）第（3）问是带电粒子在有界磁场（矩形区域）中的运动。（1）设粒子在磁场中的运动半径为r。如图甲，依题意M、P连线即为该粒子在磁场中作匀速圆周运动的直径，由几何关系得 ①由洛伦兹力提供粒子在磁场中作匀速圆周运动的向心力，可得 ②联立①②并代入数据得=4.9×C/kg（或5.0×C/kg） ③（2）设所加电场的场强大小为E。如图乙，当粒子子经过Q点时，速度沿y轴正方向，依题意，在此时加入沿x轴正方向的匀强电场，电场力与此时洛伦兹力平衡，则有 ④代入数据得 ⑤所加电场的长枪方向沿x轴正方向。由几何关系可知，圆弧PQ所对应的圆心角为45°，设带点粒子做匀速圆周运动的周期为T，所求时间为t，则有 ⑥ ⑦联立①⑥⑦并代入数据得 ⑧（3）如图丙，所求的最小矩形是，该区域面积 ⑨联立①⑨并代入数据得 矩形如图丙中（虚线）（09年浙江卷）23.（14分）如图所示，相距为d的平行金属板A、B竖直放置，在两板之间水平放置一绝缘平板。有一质量m、电荷量q（q>0）的小物块在与金属板A相距l处静止。若某一时刻在金属板A、B间加一电压，小物块与金属板只发生了一次碰撞，碰撞后电荷量变为q，并以与碰前大小相等的速度反方向弹回。已知小物块与绝缘平板间的动摩擦因素为μ，若不计小物块电荷量对电场的影响和碰撞时间。则（1）小物块与金属板A碰撞前瞬间的速度大小是多少？（2）小物块碰撞后经过多长时间停止运动？停在何位置？答案：（1）（2）时间为，停在处或距离B板为解析：本题考查电场中的动力学问题（1）加电压后，B极板电势高于A板，小物块在电场力作用与摩擦力共同作用下向A板做匀加速直线运动。电场强度为 小物块所受的电场力与摩擦力方向相反，则合外力为 故小物块运动的加速度为 设小物块与A板相碰时的速度为v1，由 解得 （2）小物块与A板相碰后以v1大小相等的速度反弹，因为电荷量及电性改变，电场力大小与方向发生变化，摩擦力的方向发生改变，小物块所受的合外力大小 为 加速度大小为 设小物块碰后到停止的时间为 t，注意到末速度为零，有 解得 设小物块碰后停止时距离为，注意到末速度为零，有 则 或距离B板为 （09年江苏卷）14.（16分）1932年，劳伦斯和利文斯设计出了回旋加速器。回旋加速器的工作原理如图所示，置于高真空中的D形金属盒半径为R，两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计。磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直。A处粒子源产生的粒子，质量为m、电荷量为+q ，在加速器中被加速，加速电压为U。加速过程中不考虑相对论效应和重力作用。 （1）求粒子第2次和第1次经过两D形盒间狭缝后轨道半径之比；（2）求粒子从静止开始加速到出口处所需的时间t；（3）实际使用中，磁感应强度和加速电场频率都有最大值的限制。若某一加速器磁感应强度和加速电场频率的最大值分别为Bm、fm，试讨论粒子能获得的最大动能E㎞。解析：(1)设粒子第1次经过狭缝后的半径为r1,速度为v1qu=mv12qv1B=m解得 同理，粒子第2次经过狭缝后的半径 则 （2）设粒子到出口处被加速了n圈解得 （3）加速电场的频率应等于粒子在磁场中做圆周运动的频率，即当磁场感应强度为Bm时，加速电场的频率应为粒子的动能当≤时，粒子的最大动能由Bm决定解得当≥时，粒子的最大动能由fm决定解得 （09年四川卷）24.(19分)如图所示，直线形挡板p1p2p3与半径为r的圆弧形挡板p3p4p5平滑连接并安装在水平台面b1b2b3b4上，挡板与台面均固定不动。线圈c1c2c3的匝数为n,其端点c1、c3通过导线分别与电阻R1和平行板电容器相连，电容器两极板间的距离为d,电阻R1的阻值是线圈c1c2c3阻值的2倍，其余电阻不计，线圈c1c2c3内有一面积为S、方向垂直于线圈平面向上的匀强磁场，磁场的磁感应强度B随时间均匀增大。质量为m的小滑块带正电，电荷量始终保持为q,在水平台面上以初速度v0从p1位置出发，沿挡板运动并通过p5位置。若电容器两板间的电场为匀强电场，p1、p2在电场外，间距为L,其间小滑块与台面的动摩擦因数为μ，其余部分的摩擦不计，重力加速度为g.求：（1）小滑块通过p2位置时的速度大小。（2）电容器两极板间电场强度的取值范围。（3）经过时间t,磁感应强度变化量的取值范围。解析：（1）小滑块运动到位置p2时速度为v1，由动能定理有：－umgL＝ ①v1＝ ②（2）由题意可知，电场方向如图，若小滑块能通过位置p，则小滑块可沿挡板运动且通过位置p5，设小滑块在位置p的速度为v，受到的挡板的弹力为N，匀强电场的电场强度为E，由动能定理有：－umgL－2rEqs＝ ③当滑块在位置p时，由牛顿第二定律有：N+Eq＝m ④由题意有：N≥0 ⑤由以上三式可得：E≤ ⑥E的取值范围：0＜ E≤ ⑦（3）设线圈产生的电动势为E1，其电阻为R，平行板电容器两端的电压为U，t时间内磁感应强度的变化量为B，得： ⑧U＝Ed由法拉第电磁感应定律得E1＝n ⑨由全电路的欧姆定律得E1＝I（R+2R） ⑩ U＝2RI经过时间t，磁感应强度变化量的取值范围：0＜≤。（09年重庆卷）25.（19分）如题25图，离子源A产生的初速为零、带电量均为e、质量不同的正离子被电压为U0的加速电场加速后匀速通过准直管，垂直射入匀强偏转电场，偏转后通过极板HM上的小孔S离开电场，经过一段匀速直线运动，垂直于边界MN进入磁感应强度为B的匀强磁场。已知HO=d，HS=2d，=90°。（忽略粒子所受重力）（1）求偏转电场场强E0的大小以及HM与MN的夹角；（2）求质量为m的离子在磁场中做圆周运动的半径；（3）若质量为4m的离子垂直打在NQ的中点处，质量为16m的离子打在处。求和之间的距离以及能打在NQ上的正离子的质量范围。解析：（09年宁夏卷）25．(18分)如图所示，在第一象限有一均强电场，场强大小为E，方向与y轴平行；在x轴下方有一均强磁场，磁场方向与纸面垂直。一质量为m、电荷量为-q(q>0)的粒子以平行于x轴的速度从y轴上的P点处射入电场，在x轴上的Q点处进入磁场，并从坐标原点O离开磁场。粒子在磁场中的运动轨迹与y轴交于M点。已知OP=,。不计重力。求（1）M点与坐标原点O间的距离；（2）粒子从P点运动到M点所用的时间。解析：（1）带电粒子在电场中做类平抛运动，在轴负方向上做初速度为零的匀加速运动，设加速度的大小为；在轴正方向上做匀速直线运动，设速度为，粒子从P点运动到Q点所用的时间为，进入磁场时速度方向与轴正方向的夹角为，则 ① ② ③其中。又有 ④联立②③④式，得因为点在圆周上，，所以MQ为直径。从图中的几何关系可知。 ⑥ ⑦（2）设粒子在磁场中运动的速度为,从Q到M点运动的时间为,则有 ⑧ ⑨带电粒子自P点出发到M点所用的时间为为 ⑩联立①②③⑤⑥⑧⑨⑩式，并代入数据得 2000-2009年高考试题分类汇编：电磁感应、交流电（09年上海物理）24．（14分）如图，光滑的平行金属导轨水平放置，电阻不计，导轨间距为l，左侧接一阻值为R的电阻。区域cdef内存在垂直轨道平面向下的有界匀强磁场，磁场宽度为s。一质量为m，电阻为r的金属棒MN置于导轨上，与导轨垂直且接触良好，受到F＝0.5v＋0.4（N）（v为金属棒运动速度）的水平力作用，从磁场的左边界由静止开始运动，测得电阻两端电压随时间均匀增大。（已知l＝1m，m＝1kg，R＝0.3(，r＝0.2(，s＝1m）（1）分析并说明该金属棒在磁场中做何种运动；（2）求磁感应强度B的大小；（3）若撤去外力后棒的速度v随位移x的变化规律满足v＝v0－x，且棒在运动到ef处时恰好静止，则外力F作用的时间为多少？（4）若在棒未出磁场区域时撤去外力，画出棒在整个运动过程中速度随位移的变化所对应的各种可能的图线。解析：（1）金属棒做匀加速运动，R两端电压U(I(((v，U随时间均匀增大，即v随时间均匀增大，加速度为恒量；（2）F－＝ma，以F＝0.5v＋0.4代入得（0.5－）v＋0.4＝aa与v无关，所以a＝0.4m/s2，（0.5－）＝0得B＝0.5T （3）x1＝at2，v0＝x2＝at，x1＋x2＝s，所以at2＋at＝s得：0.2t2＋0.8t－1＝0，t＝1s，（4）可能图线如下：（08全国卷1）20.矩形导线框abcd固定在匀强磁场中，磁感线的方向与导线框所在平面垂直，规定磁场的正方向垂直低面向里，磁感应强度B随时间变化的规律如图所示.若规定顺时针方向为感应电流I的正方向，下列各图中正确的是答案：D 解析：0-1s内B垂直纸面向里均匀增大，则由楞次定律及法拉第电磁感应定律可得线圈中产生恒定的感应电流，方向为逆时针方向，排除A、C选项；2s-3s内，B垂直纸面向外均匀增大，同理可得线圈中产生的感应电流方向为顺时针方向，排除B选项，D正确。（08全国卷2）21． 如图，一个边长为l的正方形虚线框内有垂直于纸面向里的匀强磁场； 一个边长也为l的正方形导线框所在平面与磁场方向垂直； 虚线框对角线ab与导线框的一条边垂直，ba的延长线平分导线框．在t=0时， 使导线框从图示位置开始以恒定速度沿ab方向移动，直到整个导线框离开磁场区域．以i表示导线框中感应电流的强度，取逆时针方向为正．下列表示i-t关系的图示中，可能正确的是 答案：C解析：从正方形线框下边开始进入到下边完全进入过程中，线框切割磁感线的有效长度逐渐增大，所以感应电流也逐渐拉增大，A项错误；从正方形线框下边完全进入至下边刚穿出磁场边界时，切割磁感线有效长度不变，故感应电流不变，B项错；当正方形线框下边离开磁场，上边未进入磁场的过程比正方形线框上边进入磁场过程中，磁通量减少的稍慢，故这两个过程中感应电动势不相等，感应电流也不相等，D项错，故正确选项为C。（08全国卷2）24．（19分）如图，一直导体棒质量为m、长为l、电阻为r，其两端放在位于水平面内间距也为l的光滑平行导轨上，并与之密接；棒左侧两导轨之间连接一可控制的负载电阻（图中未画出）；导轨置于匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于导轨所在平面。开始时，给导体棒一个平行于导轨的初速度v0。在棒的运动速度由v0减小至v1的过程中，通过控制负载电阻的阻值使棒中的电流强度I保持恒定。导体棒一直在磁场中运动。若不计导轨电阻，求此过程中导体棒上感应电动势的平均值和负载电阻上消耗的平均功率。解析：导体棒所受的安培力为：F=BIl………………① （3分）由题意可知，该力的大小不变，棒做匀减速运动，因此在棒的速度从v0减小到v1的过程中，平均速度为：……………………② （3分）当棒的速度为v时，感应电动势的大小为：E=Blv………………③ （3分）棒中的平均感应电动势为：………………④ （2分）综合②④式可得：………………⑤ （2分）导体棒中消耗的热功率为：………………⑥ （2分）负载电阻上消耗的热功率为：…………⑦ （2分）由以上三式可得：…………⑧ （2分）（08北京卷）22．（16分）均匀导线制成的单位正方形闭合线框abcd，每边长为L，总电阻为R，总质量为m。将其置于磁感强度为B的水平匀强磁场上方h处，如图所示。线框由静止自由下落，线框平面保持在竖直平面内，且cd边始终与水平的磁场边界平行。当cd边刚进入磁场时，（1）求线框中产生的感应电动势大小;（2）求cd两点间的电势差大小;（3）若此时线框加速度恰好为零，求线框下落的高度h所应满足的条件。解析：（1）cd边刚进入磁场时，线框速度v=线框中产生的感应电动势E=BLv＝BL(2)此时线框中电流 I=cd两点间的电势差U=I()=(3)安培力 F=BIL=根据牛顿第二定律mg-F=ma,由a=0解得下落高度满足 h=（08天津卷）25．(22分)磁悬浮列车是一种高速低耗的新型交通工具。它的驱动系统简化为如下模型，固定在列车下端的动力绕组可视为一个矩形纯电阻金属框，电阻为R，金属框置于xOy平面内，长边MN长为l，平行于y轴，宽为d的NP边平行于x轴，如图1所示。列车轨道沿Ox方向，轨道区域内存在垂直于金属框平面的磁场，磁感应强度B沿Ox方向按正弦规律分布，其空间周期为λ，最大值为B0，如图2所示，金属框同一长边上各处的磁感应强度相同，整个磁场以速度v0沿Ox方向匀速平移。设在短暂时间内，MN、PQ边所在位置的磁感应强度随时间的变化可以忽略，并忽略一切阻力。列车在驱动系统作用下沿Ox方向加速行驶，某时刻速度为v(v(1)简要叙述列车运行中获得驱动力的原理；(2)为使列车获得最大驱动力，写出MN、PQ边应处于磁场中的什么位置及λ与d之间应满足的关系式：(3)计算在满足第(2)问的条件下列车速度为v时驱动力的大小。解析： (1)由于列车速度与磁场平移速度不同，导致穿过金属框的磁通量发生变化，由于电磁感应，金属框中会产生感应电流，该电流受到的安培力即为驱动力。(2)为使列车获得最大驱动力，MN、PQ应位于磁场中磁感应强度同为最大值且反向的地方，这会使得金属框所围面积的磁通量变化率最大，导致框中电流最强，也会使得金属框长边中电流受到的安培力最大。因此，d应为的奇数倍，即 或 （）①(3)由于满足第(2)问条件：则MN、PQ边所在处的磁感应强度大小均为B0且方向总相反，经短暂的时间，磁场沿Ox方向平移的距离为，同时，金属框沿Ox方向移动的距离为。 因为v0>V，所以在时间内MN边扫过磁场的面积 在此时间内，MN边左侧穿过S的磁通移进金属框而引起框内磁通量变化 ② 同理，该时间内，PQ边左侧移出金属框的磁通引起框内磁通量变化 ③ 故在内金属框所围面积的磁通量变化 ④ 根据法拉第电磁感应定律，金属框中的感应电动势大小 ⑤ 根据闭合电路欧姆定律有 ⑥ 根据安培力公式，MN边所受的安培力 PQ边所受的安培力 根据左手定则，MN、PQ边所受的安培力方向相同，此时列车驱动力的大小 (7) 联立解得 (8)（08四川卷）17．在沿水平方向的匀强磁场中，有一圆形金属线圈可绕沿其直径的竖直轴自由转动。开始时线圈静止，线圈平面与磁场方向既不平行也不垂直，所成的锐角为α。在磁场开始增强后的一个极短时间内，线圈平面A．维持不动 B．将向使α减小的方向转动C．将向使α增大的方向转动D．将转动，因不知磁场方向，不能确定α会增大还是会减小答案：B解析：由楞次定律可知，当磁场开始增强时，线圈平面转动的效果是为了减小线圈磁通量的增加，而线圈平面与磁场间的夹角越小时，通过的磁通量越小，所以将向使减小的方向转动．（08江苏卷）8．如图所示的电路中，三个相同的灯泡a、b、c和电感L1、L2与直流电源连接，电感的电阻忽略不计．电键K从闭合状态突然断开时，下列判断正确的有 A.a先变亮，然后逐渐变暗B.b先变亮，然后逐渐变暗C.c先变亮，然后逐渐变暗D.b、c都逐渐变暗答案：AD 解析：考查自感现象。电键K闭合时，电感L1和L2的电流均等于三个灯泡的电流，断开电键K的瞬间，电感上的电流i突然减小，三个灯泡均处于回路中，故b、c灯泡由电流i逐渐减小，B、C均错，D对；原来每个电感线圈产生感应电动势均加载于灯泡a上，故灯泡a先变亮，然后逐渐变暗，A对。本题涉及到自感现象中的“亮一下”现象，平时要注意透彻理解。（08江苏卷）15．(16分)如图所示，间距为L的两条足够长的平行金属导轨与水平面的夹角为θ，导轨光滑且电阻忽略不计．场强为B的条形匀强磁场方向与导轨平面垂直，磁场区域的宽度为d1，间距为d2．两根质量均为m、有效电阻均为R的导体棒a和b放在导轨上，并与导轨垂直． (设重力加速度为g)(1)若a进入第2个磁场区域时，b以与a同样的速度进入第1个磁场区域，求b穿过第1个磁场区域过程中增加的动能△Ek．(2)若a进入第2个磁场区域时，b恰好离开第1个磁场区域；此后a离开第2个磁场区域时，b 又恰好进入第2个磁场区域．且a．b在任意一个磁场区域或无磁场区域的运动时间均相．求b穿过第2个磁场区域过程中，两导体棒产生的总焦耳热Q．(3)对于第(2)问所述的运动情况，求a穿出第k个磁场区域时的速率答案（1）穿过地1个磁场区域过程中增加的动能；（2）；（3）解析：(1) a和b不受安培力作用，由机械能守恒定律知， ……①(2) 设导体棒刚进入无磁场区域时的速度为v1刚离开无磁场区域时的速度为v2，由能量守恒知：在磁场区域中， ……②在无磁场区域中， ……③解得 ……④ (3) 在无磁场区域：根据匀变速直线运动规律 ……⑤ 且平均速度 ……⑥ 有磁场区域： 棒a受到的合力 ……⑦ 感应电动势 ……⑧ 感应电流 ……⑨ 解得 ……⑩ 根据牛顿第二定律，在t到t+△t时间内 ……⑾ 则有 ……⑿ 解得 ……⒀【高考考点】电磁感应和能量关系【易错提醒】第（2）小问的题目比较长，不容易看懂，要耐心审题【备考提示】电磁感应和能量关系运动是整个物理学的核心，在每年的压轴题经常会出现。通常有多个问，一般第（1）小问不难，后面的几问比较难，但不要放弃，要有分部得分意识，因此在复习中要培养学生分析物理问题的能力和分部得分意识。（08重庆卷）18.如题18图，粗糙水平桌面上有一质量为m的铜质矩形线圈.当一竖直放置的条形磁铁从线圈中线AB正上方等高快速经过时，若线圈始终不动，则关于线圈受到的支持力FN及在水平方向运动趋势的正确判断是FN先小于mg后大于mg,运动趋势向左FN先大于mg后小于mg,运动趋势向左FN先大于mg后大于mg,运动趋势向右FN先大于mg后小于mg,运动趋势向右答案：D解析：本题考查电磁感应有关的知识，本题为中等难度题目。条形磁铁从线圈正上方等高快速经过时，通过线圈的磁通量先增加后又减小。当通过线圈磁通量增加时，为阻碍其增加，在竖直方向上线圈有向下运动的趋势，所以线圈受到的支持力大于其重力，在水平方向上有向右运动的趋势，当通过线圈的磁通量减小时，为阻碍其减小，在竖直方向上线圈有向上运动的趋势，所以线圈受到的支持力小于其重力，在水平方向上有向右运动的趋势。综上所述，线圈所受到的支持力先大于重力后小于重力，运动趋势总是向右。（08宁夏卷）16.如图所示，同一平面内的三条平行导线串有两个最阻R和r，导体棒PQ与三条导线接触良好；匀强磁场的方向垂直纸面向里。导体棒的电阻可忽略。当导体棒向左滑动时，下列说法正确的是 A.流过R的电流为由d到c，流过r的电流为由b到a B.流过R的电流为由c到d，流过r的电流为由b到a C.流过R的电流为由d到c，流过r的电流为由a到b D.流过R的电流为由c到d，流过r的电流为由a到b答案：B 解析：本题考查右手定则的应用。根据右手定则，可判断PQ作为电源，Q端电势高，在PQcd回路中，电流为逆时针方向，即流过R的电流为由c到d，在电阻r的回路中，电流为顺时针方向，即流过r的电流为由b到a。当然也可以用楞次定律，通过回路的磁通量的变化判断电流方向。（08山东卷）22、两根足够长的光滑导轨竖直放置，间距为L ，底端接阻值为R 的电阻。将质量为m的金属棒悬挂在一个固定的轻弹簧下端，金属棒和导轨接触良好，导轨所在平面与磁感应强度为B 的匀强磁场垂直，如图所示。除电阻R 外其余电阻不计。现将金属棒从弹簧原长位置由静止释放．则A．释放瞬间金属棒的加速度等于重力加速度gB．金属棒向下运动时，流过电阻R 的电流方向为a→bC．金属棒的速度为v时．所受的安培力大小为F =D．电阻R 上产生的总热量等于金属棒重力势能的减少答案：AC 解析：在释放的瞬间，速度为零，不受安培力的作用，只受到重力，A对。由右手定则可得，电流的方向从b到a，B错。当速度为时，产生的电动势为，受到的安培力为，计算可得,C对。在运动的过程中，是弹簧的弹性势能、重力势能和内能的转化，D错。【高考考点】电磁感应【易错提醒】不能理解瞬间释放的含义，考虑受到安培力。【备考提示】 电磁感应是电场和磁场知识的有机结合，所以难度相对也会大一些，现在高考要求不是很高，一般不出大型计算题，但在选择题中，以最后一个题出现。（08上海卷）10．如图所示，平行于y轴的导体棒以速度v向右匀速直线运动，经过半径为R、磁感应强度为B的圆形匀强磁场区域，导体棒中的感应电动势ε与导体棒位置x关系的图像是答案：A 解析：在x=R左侧，设导体棒与圆的交点和圆心的连线与x轴正方向成θ角，则导体棒切割有效长度L=2Rsinθ，电动势与有效长度成正比，故在x=R左侧，电动势与x的关系为正弦图像关系，由对称性可知在x=R右侧与左侧的图像对称。（08上海卷）24．（14分）如图所示，竖直平面内有一半径为r、内阻为R1、粗细均匀的光滑半圆形金属球，在M、N处与相距为2r、电阻不计的平行光滑金属轨道ME、NF相接，EF之间接有电阻R2，已知R1＝12R，R2＝4R。在MN上方及CD下方有水平方向的匀强磁场I和II，磁感应强度大小均为B。现有质量为m、电阻不计的导体棒ab，从半圆环的最高点A处由静止下落，在下落过程中导体棒始终保持水平，与半圆形金属环及轨道接触良好，高平行轨道中够长。已知导体棒ab下落r/2时的速度大小为v1，下落到MN处的速度大小为v2。（1）求导体棒ab从A下落r/2时的加速度大小。（2）若导体棒ab进入磁场II后棒中电流大小始终不变，求磁场I和II之间的距离h和R2上的电功率P2。（3）若将磁场II的CD边界略微下移，导体棒ab刚进入磁场II时速度大小为v3，要使其在外力F作用下做匀加速直线运动，加速度大小为a，求所加外力F随时间变化的关系式。解析：（1）以导体棒为研究对象，棒在磁场I中切割磁感线，棒中产生产生感应电动势，导体棒ab从A下落r/2时，导体棒在策略与安培力作用下做加速运动，由牛顿第二定律，得mg－BIL＝ma，式中l＝r式中 ＝4R由以上各式可得到（2）当导体棒ab通过磁场II时，若安培力恰好等于重力，棒中电流大小始终不变，即式中 解得 导体棒从MN到CD做加速度为g的匀加速直线运动，有得 此时导体棒重力的功率为根据能量守恒定律，此时导体棒重力的功率全部转化为电路中的电功率，即＝所以，＝（3）设导体棒ab进入磁场II后经过时间t的速度大小为，此时安培力大小为由于导体棒ab做匀加速直线运动，有根据牛顿第二定律，有F＋mg－F′＝ma即 由以上各式解得（08海南卷）1、法拉第通过静心设计的一系列试验，发现了电磁感应定律，将历史上认为各自独立的学科“电学”与“磁学”联系起来．在下面几个典型的实验设计思想中，所作的推论后来被实验否定的是A．既然磁铁可使近旁的铁块带磁，静电荷可使近旁的导体表面感应出电荷，那么静止导线上的稳恒电流也可在近旁静止的线圈中感应出电流B．既然磁铁可在近旁运动的导体中感应出电动势，那么稳恒电流也可在近旁运动的线圈中感应出电流C．既然运动的磁铁可在近旁静止的线圈中感应出电流，那么静止的磁铁也可在近旁运动的导体中感应出电动势D．既然运动的磁铁可在近旁的导体中感应出电动势，那么运动导线上的稳恒电流也可在近旁的线圈中感应出电流答案：A 解析：对A选项，静止的导线上的稳恒电流附近产生稳定的磁场，通过旁边静止的线圈不会产生感应电流，A被否定；稳恒电流周围的稳定磁场是非匀强磁场，运动的线圈可能会产生感应电流，B符合事实；静止的磁铁周围存在稳定的磁场，旁边运动的导体棒会产生感应电动势，C符合；运动的导线上的稳恒电流周围产生运动的磁场，即周围磁场变化，在旁边的线圈中产生感应电流，D符合。（08海南卷）10、一航天飞机下有一细金属杆，杆指向地心．若仅考虑地磁场的影响，则当航天飞机位于赤道上空 A．由东向西水平飞行时，金属杆中感应电动势的方向一定由上向下 B．由西向东水平飞行时，金属杆中感应电动势的方向一定由上向下C．沿经过地磁极的那条经线由南向北水平飞行时，金属杆中感应电动势的方向一定由下向上D．沿经过地磁极的那条经线由北向南水平飞行时，金属杆中一定没有感应电动势答案：AD 解析：如图，设观察方向为面向北方，左西右东，则地磁场方向平行赤道表面向北，若飞机由东向西飞行时，由右手定则可判断出电动势方向为由上向下，若飞机由西向东飞行时，由右手定则可判断出电动势方向为由下向上，A对B错；沿着经过地磁极的那条经线运动时，速度方向平行于磁场，金属杆中一定没有感应电动势，C错D对。（08广东卷）18．（17分）如图（a）所示，水平放置的两根平行金属导轨，间距L=0.3m．导轨左端连接R＝0.6 的电阻，区域abcd内存在垂直于导轨平面B=0.6T的匀强磁场，磁场区域宽D=0.2 m．细金属棒A1和A2用长为2D=0.4m的轻质绝缘杆连接，放置在导轨平面上，并与导轨垂直，每根金属棒在导轨间的电阻均为t=0.3 ,导轨电阻不计，使金属棒以恒定速度r=1.0 m/s沿导轨向右穿越磁场，计算从金属棒A1进入磁场（t=0）到A2离开磁场的时间内，不同时间段通过电阻R的电流强度，并在图（b）中画出．解析：0－t1（0－0.2s）A1产生的感应电动势：电阻R与A2并联阻值：所以电阻R两端电压通过电阻R的电流：t1－t2（0.2－0.4s）E=0, I2=0t2－t3（0.4－0.6s） 同理：I3=0.12A（08上海卷）6.老师做了一个物理小实验让学生观察：一轻质横杆两侧各固定一金属环，横杆克绕中心点自由转动，老师拿一条形磁铁插向其中一个小环，后又取出插向另一个小环，同学们看到的现象是（ ）A.磁铁插向左环，横杆发生转动B.磁铁插向右环，横杆发生转动C.无论磁铁插向左环还是右环，横杆都不发生转动D. 无论磁铁插向左环还是右环，横杆都发生转动答案：B解析：左环没有闭合，在磁铁插入过程中，不产生感应电流，故横杆不发生转动。右环闭合，在磁铁插入过程中，产生感应电流，横杆将发生转动。02（江苏、河南卷）1．如图所示，在一均匀磁场中有一U形导线框abcd，线框处于水平面内，磁场与线框平面垂直，R为一电阻，ef为垂直于ab的一根导体杆，它可在ab、cd上无摩擦地滑动。杆ef及线框中导线的电阻都可不计。开始时，给ef一个向右的初速度，则 AA ef将减速向右运动，但不是匀减速 B ef将匀减速向右运动，最后停止C ef将匀速向右运动 D ef将往返运动04（江苏卷）2．如图所示，一个有界匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向外．一个矩形闭合导线框abcd，沿纸面由位置1(左)匀速运动到位置2(右)．则 D A. 导线框进入磁场时，感应电流方向为a→b→c→d→a B. 导线框离开磁场时，感应电流方向为a→d→c→b→a C. 导线框离开磁场时，受到的安培力方向水平向右 D. 导线框进入磁场时．受到的安培力方向水平向左04（全国卷）3 ．一矩形线圆位于一随时间t变化的匀强磁场内，磁场方向垂直线圈所在的平面（纸面）向里，如图1所示。磁感应强度B随t的变化规律如图2所示。以I表示线圈中的感应电流，以图1中线圈上箭头所示方向的电流为正，则以下的I—t图中正确的是（ A ）04（全国卷）4．如图所示，在x≤0的区域内存在匀强磁场，磁场的方向垂直于xy平面（纸面）向里。具有一定电阻的矩形线框abcd位于xy平面内，线框的ab边与y轴重合。令线框从t=0的时刻起由静止开始沿x轴正方向做匀加速运动，则线框中的感应电流I（取逆时针方向的电流为正）随时间t的变化图线I—t图可能是下D图中的哪一个？05（广东卷）5 如图3所示，两根足够长的固定平行金属光滑导轨位于同水平面，导轨上横放着两根相同的导体棒ab、cd与导轨构成矩形回路。导体棒的两端连接着处于压缩状态的两根轻质弹簧，两棒的中间用细线绑住，它们的电阻均为R，回路上其余部分的电阻不计。在导轨平面内两导轨间有一竖直向下的匀强磁场。开始时，导体棒处于静止状态。剪断细线后，导体棒在运动过程中 AD Ａ．回路中有感应电动势Ｂ．两根导体棒所受安培力的方向相同Ｃ．两根导体棒和弹簧构成的系统动量守恒，机械能守恒Ｄ．两根导体棒和弹簧构成的系统动量守恒，机械能不守恒05（广东卷）6.在物理学发展的过程中，许多物理学家的科学发现推动了人类历史的进步。在对以下几位物理学家所作科学贡献的叙述中，不正确的说法是 （A）A.库伦发现了电流的磁效应 B.爱因斯坦成功地解释了光电效应现象C.法拉第发现了磁场产生电流的条件和规律 D.牛顿提出的万有引力定律奠定了天体力学的基础05（辽宁卷）7 ．如图4所示，两根相距为l的平行直导轨ab、cd、b、d间连有一固定电阻R，导轨电阻可忽略不计。MN为放在ab和cd上的一导体杆，与ab垂直，其电阻也为R。整个装置处于匀强磁场中，磁感应强度的大小为B，磁场方向垂直于导轨所在平面（指向图中纸面内）。现对MN施力使它沿导轨方向以速度v（如图）做匀速运动。令U表示MN两端电压的大小，则 （ A ）A．流过固定电阻R的感应电流由b到dB．流过固定电阻R的感应电流由d到bC．流过固定电阻R的感应电流由b到dD．流过固定电阻R的感应电流由d到b05（河北、河南、安徽、山西）8 ．图中两条平行虚线之间存在匀强磁场，虚线间的距离为l，磁场方向垂直纸面向里。abcd是位于纸面内的梯形线圈， ad与bc间的距离也为l。t=0时刻，bc边与磁场区域边界重合（如图）。现令线圈以恒定的速度v沿垂直于磁场区域边界的方向穿过磁场区域。取沿a→b→c→d→a的感应电流为正，则在线圈穿越磁场区域的过程中，感应电流I随时间t变化的图线可能是（ B） 05（河北、河南、安徽、山西）9 ．如图，在一水平放置的平板MN的上方有匀强磁场，磁感应强度的大小为B，磁场方向垂直于纸面向里。许多质量为m带电量为+q的粒子，以相同的速率v沿位于纸面内的各个方向，由小孔O射入磁场区域。不计重力，不计粒子间的相互影响。下列图中阴影部分表示带电粒子可能经过的区域，其中。哪个图是正确的？（A 05（四川、陕西、贵州、云南、新疆、宁夏、甘肃、内蒙）10 ．如图，闭合线圈上方有一竖直放置的条形磁铁，磁铁的N 极朝下。当磁铁向下运动时（但未插入线圈内部），B A．线圈中感应电流的方向与图中箭头方向相同，磁铁与线圈相互吸引B．线圈中感应电流的方向与图中箭头方向相同，磁铁与线圈相互排斥C. 线圈中感应电流的方向与图中箭头方向相反，磁铁与线圈相互吸引D．线圈中感应电流的方向与图中箭头方向相反，磁铁与线圈相互排斥06（陕西卷）11 .如图，在匀强磁场中固定放置一根串接一电阻R的直角形金属导轨aob(在纸面内)，磁场方向垂直于纸面朝里，另有两根金属导轨c、d分别平行于oa、ob放置。保持导轨之间接触良好，金属导轨的电阻不计。现经历以下四个过程：A①以速度v移动d,使它与ob的距离增大一倍;②再以速率v移动c,使它与oa的距离减小一半；③然后，再以速率2v移动c,使它回到原处；④最后以速率2v移动d,使它也回到原处。设上述四个过程中通过电阻R的电量的大小依次为Q1、Q2、Q3和Q4,则A.Q1=Q2=Q3=Q4 B.Q1=Q2=2Q3=2Q4C.2Q1=2Q2=Q3=Q4 D.Q1≠Q2=Q3≠Q406（北京卷）12 如图所示，匀强磁场的方向垂直纸面向里，一带电微粒从磁场边界d点垂直于磁场方向射入，沿曲线dpa打到屏MN上的a点，通过pa段用时为I2 若该微粒经过P点时，与一个静止的不带电微粒碰撞并结合为一个新微粒，最终打到屏MN上。两个微粒所受重力均忽略。新微粒运动的D A.轨迹为pb,至屏幕的时间将小于t B.轨迹为pc,至屏幕的时间将大于t C.轨迹为pb，至屏幕的时间将等于t D.轨迹为pa，至屏幕的时间将大于t 06（四川卷）13 .如图所示，接有灯泡L的平行金属导轨水平放置在匀强磁场中，一导体杆与两导轨良好接触并做往复运动，其运动情况与弹簧振子做简谐运动的情况相同。图中O位置对应于弹簧振子的平衡位置，P、Q两位置对应于弹簧振子的最大位移处。若两导轨的电阻不计，则DA.杆由O到P的过程中，电路中电流变大B.杆由P到Q的过程中，电路中电流一直变大C.杆通过O处时，电路中电流方向将发生改变D.杆通过O处时，电路中电流最大07宁夏理综 14、电阻R、电容C与一线圈连成闭合电路，条形磁铁静止于线圈的正上方，N极朝下，如图所示。现使磁铁开始自由下落，在N极接近线圈上端的过程中，流过R的电流方向和电容器极板的带电情况是D A．从a到b，上极板带正电 B．从a到b，下极板带正电 C．从b到a，上极板带正电 D．从b到a，下极板带正电07全国理综Ⅰ 15如图所示，LOO/L/为一折线，它所形成的两个角∠LO O/和∠OO/L/均为45°。折线的右边有一匀强磁场，其方向垂直于纸面向里，一边长为l的正方形导线框沿垂直于OO/的方向以速度v作匀速直线运动，在t＝0的刻恰好位于图中所示位置。以逆时针方向为导线框中电流的正方向，在下面四幅图中能够正确表示电流－时间（I－t）关系的是（时间以l/v为单位）D07山东理综 16、用相同导线绕制的边长为L或2L的四个闭合导体线框，以相同的速度匀速进入右侧匀强磁场，如图所示。在每个线框进入磁场的过程中，M、N两点间的电压分别为Ua、Ub、Uc和Ud。下列判断正确的是BA．Ua＜Ub＜Uc＜Ud B．Ua＜Ub＜Ud＜Uc C．Ua＝Ub＜Uc＝Ud D．Ub＜Ua＜Ud＜Uc07上海 17、取两个完全相同的长导线，用其中一根绕成如图（a）所示的螺线管，当该螺线管中通以电流强度为I的电流时，测得螺线管内中部的磁感应强度大小为B，若将另一根长导线对折后绕成如图（b）所示的螺线管，并通以电流强度也为I的电流时，则在螺线管内中部的磁感应强度大小为AA．0 B．0.5B C．B D．2 B06（天津卷）18 . 在竖直向上的匀强磁场中，水平放置一个不变形的单匝金属圆线圈，规定线圈中感应电流的正方向如图1所示，当磁场的磁感应强度B随时间如图2变化时，图3中正确表示线圈中感应电动势E变化的是（ A ）06（江苏卷）19 ．关于多用电表的使用，下列说法中正确的是 （ A ） A．用电流挡测电流或用电压挡测电压前,必须检查机械零点 B．用电阻挡测电阻前,不需要检查机械零点 C．用电阻挡测电阻时，若从一个倍率变换到另一个倍率，不需要重新检查欧姆零点 D．用电阻挡测电阻时，被测电阻的阻值越大，指针向右转过的角度就越大（00上海卷） 1 ．（13分）如图所示，固定水平桌面上的金属框架cdef，处在竖直向下的匀强磁场中，金属棒ab搁在框架上，可无摩擦滑动，此时adeb构成一个边长为的正方形，棒的电阻为，其余部分电阻不计，开始时磁感强度为。（1）若从时刻起，磁感强度均匀增加，每秒增量为，同时保持棒静止，求棒中的感应电流，在图上标出感应电流的方向。（2）在上述（1）情况中，始终保持棒静止，当秒末时需加的垂直于棒的水平拉力为多大？（3）若从时刻起，磁感强度逐渐减小，当棒以恒定速度向右作匀速运动时，可使棒中不产生感应电流，则磁感强度应怎样随时间变化（写出B与的关系式）？23．（1）感应电动势 感应电流 方向：逆时针（见右图）（2）秒时， （3）总磁通量不变 2 （01北京、内蒙古、安徽卷） 图所示．两根导体棒的质量皆为，电阻皆为R，回路中其余部分的电阻可不计．在整个导轨平面内都有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为．设两导体棒均可沿导轨无摩擦地滑行．开始时，棒静止，棒有指向棒的初速度（见图）．若两导体棒在运动中始终不接触，求： （1）在运动中产生的焦耳热最多是多少． （2）当棒的速度变为初速度的时，棒的加速度是多少？20.参考解答： 棒向棒运动时，两棒和导轨构成的回路面积变小，磁通量发生变化，于是产生感应电流．棒受到与运动方向相反的安培力作用作减速运动，棒则在安培力作用下作加速运动．在棒的速度大于棒的速度时，回路总有感应电流，棒继续减速，棒继续加速．两棒速度达到相同后，回路面积保持不变，磁通量不变化，不产生感应电流，两棒以相同的速度作匀速运动．（1）从初始至两棒达到速度相同的过程中，两棒总动量守恒，有 ①根据能量守恒，整个过程中产生的总热量 ②（2）设棒的速度变为初速度的时，棒的速度为，则由动量守恒可知 ③ 此时回路中的感应电动势和感应电流分别为 ④ ⑤此时棒所受的安培力 ⑥棒的加速度 ⑦由以上各式，可得 ⑧评分标准：本题12分．02春季理综3 （20分）磁铁在电器中有广泛的应用，如发电机，如图所示，已知一台单和发电机转子导线框共有N匝，线框长为l1，宽为l2，转子的转动角速度为，磁极间的磁感强度为B，试导出发电机的瞬时电动热E的表达式。现在知道有一种强水磁材料钕铁硼，用它制成发电机的磁极时，磁感强度可增大到原来的K倍，如果保持发电机结构和尺寸，转子转动角速度，需产生的电动热都不变，那么这时转子上的导线框需要多少匝？（3）（6分）铁是叶绿素生物合成过程中必需的元素，缺铁植标最明显的症状是叶片发黄，请问这一症状首先出现在植株的幼叶还是老叶上？为什么？（2）（20分）取轴Ox垂直于磁感强度，线框转角为（如图所示），线框长边垂直于纸面，点A、B表示线框长边导线与纸面的交点，O点表示转轴与纸面的交点。线框长边的线速度为 ①一根长边导线产生的电动势为··，一匝导线框所产生的感应电动势为 ②N匝线框产生的电动势应为 ③磁极换成钕铁硼永磁体时，设匝数为N＋，则有 ④由可得 ⑤01（上海卷） 4 （3分）半径为a的圆形区域内有均匀磁场，磁感强度为B＝0.2T，磁场方向垂直纸面向里，半径为b的金属圆环与磁场同心地放置，磁场与环面垂直，其中a＝0.4m，b＝0.6m，金属环上分别接有灯L1、L2，两灯的电阻均为R0＝2Ω，一金属棒MN与金属环接触良好，棒与环的电阻均忽略不计（1）若棒以v0＝5m/s的速率在环上向右匀速滑动，求棒滑过圆环直径OO’的瞬时（如图所示）MN中的电动势和流过灯L1的电流。（2）撤去中间的金属棒MN将右面的半圆环OL2O’以OO’为轴向上翻转90o，若此时磁场随时间均匀变化，其变化率为ΔB/Δt＝（4 /Ω）T/s，求L1的功率。22解：（1）ε1＝B2av＝0.2×0.8×5＝0.8V ①I1＝ε1/R＝0.8/2＝0.4A ②（2）ε2＝ΔФ/Δt＝0.5×πa2×ΔB/Δt＝0.32V ③P1＝(ε 2/2)2/R＝1.28×102W ④评分标准：全题13分．第（1小题6分，第（2）小题7分。其中（1）正确得出①式得3分，得出②式得3分；（2）得出③式4分，得出④式得3分。04（上海卷）5 ．（14分）水平面上两根足够长的金属导轨平行固定放置，问距为L，一端通过导线与阻值为R的电阻连接；导轨上放一质量为m的金属杆（见右上图），金属杆与导轨的电阻忽略不计；均匀磁场竖直向下.用与导轨平行的恒定拉力F作用在金属杆上，杆最终将做匀速运动.当改变拉力的大小时，相对应的匀速运动速度v也会变化，v与F的关系如右下图.（取重力加速度g=10m/s2）（1）金属杆在匀速运动之前做什么运动？（2）若m=0.5kg,L=0.5m,R=0.5Ω；磁感应强度B为多大？（3）由v—F图线的截距可求得什么物理量？其值为多少？5 ．（1）变速运动（或变加速运动、加速度减小的加速运动，加速运动）。（2）感应电动势 ①感应电流 ②安培力 ③由图线可知金属杆受拉力、安增力和阻力作用，匀速时合力为零。 ④ ⑤ 由图线可以得到直线的斜率k=2，（T） ⑥（3）由直线的截距可以求得金属杆受到的阻力f，f=2（N） ⑦ 若金属杆受到的阻力仅为动摩擦力，由截距可求得动摩擦04（天津卷）6 （22分）磁流体发电是一种新型发电方式，图1和图2是其工作原理示意图。图1中的长方体是发电导管，其中空部分的长、高、宽分别为、、，前后两个侧面是绝缘体，上下两个侧面是电阻可略的导体电极，这两个电极与负载电阻相连。整个发电导管处于图2中磁场线圈产生的匀强磁场里，磁感应强度为B，方向如图所示。发电导管内有电阻率为的高温、高速电离气体沿导管向右流动，并通过专用管道导出。由于运动的电离气体受到磁场作用，产生了电动势。发电导管内电离气体流速随磁场有无而不同。设发电导管内电离气体流速处处相同，且不存在磁场时电离气体流速为，电离气体所受摩擦阻力总与流速成正比，发电导管两端的电离气体压强差维持恒定，求：（1）不存在磁场时电离气体所受的摩擦阻力F多大；（2）磁流体发电机的电动势E的大小；（3）磁流体发电机发电导管的输入功率P。 6 ．（22分）（1）不存在磁场时，由力的平衡得（2）设磁场存在时的气体流速为，则磁流体发电机的电动势回路中的电流电流I受到的安培力设为存在磁场时的摩擦阻力，依题意存在磁场时，由力的平衡得根据上述各式解得（3）磁流体发电机发电导管的输入功率 由能量守恒定律得 故05（春季）7 （22分）近期《科学》中文版的文章介绍了一种新技术——航天飞缆，航天飞缆是用柔性缆索将两个物体连接起来在太空飞行的系统。飞缆系统在太空飞行中能为自身提供电能和拖曳力，它还能清理“太空垃圾”等。从1967年至1999年17次试验中，飞缆系统试验已获得部分成功。该系统的工作原理可用物理学的基本定律来解释。 下图为飞缆系统的简化模型示意图，图中两个物体P，Q的质量分别为mP、mQ，柔性金属缆索长为l，外有绝缘层，系统在近地轨道作圆周运动，运动过程中Q距地面高为h。设缆索总保持指向地心，P的速度为vP。已知地球半径为R，地面的重力加速度为g。（1）飞缆系统在地磁场中运动，地磁场在缆索所在处的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外。设缆索中无电流，问缆索P、Q哪端电势高？此问中可认为缆索各处的速度均近似等于vP，求P、Q两端的电势差；（2）设缆索的电阻为R1，如果缆索两端物体P、Q通过周围的电离层放电形成电流， 相应的电阻为R2，求缆索所受的安培力多大； （3）求缆索对Q的拉力FQ。7 （22分） （1）缆索的电动势 E=Blvp P、Q两点电势差 UPQ=Blvp，P点电势高 （2）缆索电流 安培力 （3）Q的速度设为vQ，Q受地球引力和缆索拉力FQ作用 ① P、Q角速度相等 ② 又 ③ 联立①、②、③解得：05（上海卷）8 ．(14分)如图所示，处于匀强磁场中的两根足够长、电阻不计的平行金属导轨相距lm，导轨平面与水平面成θ=37°角，下端连接阻值为尺的电阻．匀强磁场方向与导轨平面垂直．质量为0.2kg、电阻不计的金属棒放在两导轨上，棒与导轨垂直并保持良好接触，它们之间的动摩擦因数为0.25．求：(1)求金属棒沿导轨由静止开始下滑时的加速度大小；(2)当金属棒下滑速度达到稳定时，电阻尺消耗的功率为8W，求该速度的大小；(3)在上问中，若R＝2Ω，金属棒中的电流方向由a到b，求磁感应强度的大小与方向．(g=10rn／s2，sin37°＝0.6， cos37°＝0.8)位置ABC速度(m/s)2.012.00时刻(s)04108 ．(14分)(1)金属棒开始下滑的初速为零，根据牛顿第二定律：mgsinθ－μmgcosθ＝ma ①由①式解得a＝10×(O.6－0.25×0.8)m／s2=4m／s2 ②(2夕设金属棒运动达到稳定时，速度为v，所受安培力为F，棒在沿导轨方向受力平衡mgsinθ一μmgcos0一F＝0 ③此时金属棒克服安培力做功的功率等于电路中电阻R消耗的电功率：Fv＝P ④由③、④两式解得 ⑤(3)设电路中电流为I，两导轨间金属棒的长为l，磁场的磁感应强度为B ⑥ P＝I2R ⑦由⑥、⑦两式解得 ⑧磁场方向垂直导轨平面向上05（上海卷）9 ．(10分)如图所示，带正电小球质量为m＝1×10-2kg，带电量为q＝l×10-6C，置于光滑绝缘水平面上的A点．当空间存在着斜向上的匀强电场时，该小球从静止开始始终沿水平面做匀加速直线运动，当运动到B点时，测得其速度vB ＝1.5m／s，此时小球的位移为S ＝0.15m．求此匀强电场场强E的取值范围．(g＝10m／s。)某同学求解如下：设电场方向与水平面之间夹角为θ，由动能定理qEScosθ＝－0得＝V／m．由题意可知θ＞0，所以当E ＞7.5×104V／m时小球将始终沿水平面做匀加速直线运动．经检查，计算无误．该同学所得结论是否有不完善之处?若有请予以补充．9 ．(10分)该同学所得结论有不完善之处．为使小球始终沿水平面运动，电场力在竖直方向的分力必须小于等于重力,即：qEsinθ≤mg所以即：7.5×104V/m＜E≤1.25×105V/m23.解：粒子初速v垂直于磁场，粒子在磁场中受洛伦兹力而做匀速圆周运动，设其半径为R ，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律，有qvB=m因粒子经O点时的速度垂直于OP ．故OP 是直径，l=2R 由此得 =05（天津卷）10 ．（16分）图中MN和PQ为竖直方向的两平行长直金属导轨，间距l为0.40m，电阻不计。导轨所在平面与磁感应强度B为0.50T的匀强磁场垂直。质量m为6.0×10-3kg、电阻为1.0Ω的金属杆ab始终垂直于导轨，并与其保持光滑接触。导轨两端分别接有滑动变阻器和阻值为3.0Ω的电阻R1。当杆ab达到稳定状态时以速率v匀速下滑，整个电路消耗的电功率P为0.27W，重力加速度取10m/s2，试求速率v和滑动变阻器接入电路部分的阻值R2。10 由能量守恒定律得：mgv=P ①代入数据得：v=4.5m/s ②又 E＝BLv ③设电阻R与R的并联电阻为R，ab棒的电阻为r，有 ④ ⑤P=IE ⑥代入数据得：＝6.0Ω 07广东卷 11（17分）如图15（a）所示，一端封闭的两条平行光滑导轨相距L，距左端L处的中间一段被弯成半径为H的1/4圆弧，导轨左右两段处于高度相差H的水平面上。圆弧导轨所在区域无磁场，右段区域存在磁场B0，左段区域存在均匀分布但随时间线性变化的磁场B（t），如图15（b）所示，两磁场方向均竖直向上。在圆弧顶端，放置一质量为m的金属棒ab，与导轨左段形成闭合回路，从金属棒下滑开始计时，经过时间t0滑到圆弧顶端。设金属棒在回路中的电阻为R，导轨电阻不计，重力加速度为g。⑴问金属棒在圆弧内滑动时，回路中感应电流的大小和方向是否发生改变？为什么？⑵求0到时间t0内，回路中感应电流产生的焦耳热量。⑶探讨在金属棒滑到圆弧底端进入匀强磁场B0的一瞬间，回路中感应电流的大小和方向。11 解：⑴感应电流的大小和方向均不发生改变。因为金属棒滑到圆弧任意位置时，回路中磁通量的变化率相同。⑵0—t0时间内，设回路中感应电动势大小为E0，感应电流为I，感应电流产生的焦耳热为Q，由法拉第电磁感应定律：根据闭合电路的欧姆定律：由焦耳定律有： 解得：⑶设金属进入磁场B0一瞬间的速度变v，金属棒在圆弧区域下滑的过程中，机械能守恒： 在很短的时间内，根据法拉第电磁感应定律，金属棒进入磁场B0区域瞬间的感应电动势为E，则： 由闭合电路欧姆定律得：解得感应电流： 根据上式讨论：I、当时，I＝0；II、当时，，方向为；III、当时，，方向为。04（春季）12 ．（18分）如图，直角三角形导线框abc固定在匀强磁场中，ab是一段长为l、电阻为R的均匀导线，ac和bc的电阻可不计，ac长度为。磁场的磁感强度为B，方向垂直于纸面向里。现有一段长度为、电阻为的均匀导体杆MN架在导线框上，开始时紧靠ac，然后沿ac方向以恒定速度v向b端滑动，滑动中始终与ac平行并与导线框保持良好接触。当MN滑过的距离为时，导线ac中的电流是多大？方向如何？25．（18分）MN滑过的距离为时，它与bc的接触点为P，如图。由几何关系可知MP年度为，MP中的感应电动势MP段的电阻和两电路的并联电阻为由欧姆定律，PM中的电流ac中的电流解得根据右手定则，MP中的感应电流的方向由P流向M，所以电流的方向由a流向c。04（北京卷）13 ．（18分）如图1所示，两根足够长的直金属导轨MN、PQ平行放置在倾角为θ的绝缘斜面上，两导轨间距为L0、M、P两点间接有阻值为R的电阻。一根质量为m的均匀直金属杆ab放在两导轨上，并与导轨垂直。整套装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向下，导轨和金属杆的电阻可忽略。让ab杆沿导轨由静止开始下滑，导轨和金属杆接触良好，不计它们之间的摩擦。（1）由b向a方向看到的装置如图2所示，请在此图中画出ab杆下滑过程中某时刻的受力示意图；（2）在加速下滑过程中，当ab杆的速度大小为v时，求此时ab杆中的电流及其加速度的大小；（3）求在下滑过程中，ab杆可以达到的速度最大值。解：重力mg，竖直向下支撑力N，垂直斜面向上安培力F，沿斜面向上 （2）当ab杆速度为v时，感应电动势E=BLv,此时电路电流 ab杆受到安培力根据牛顿运动定律，有 （3）当时，ab杆达到最大速度vm04（广东卷）14 ．(15分)如图，在水平面上有两条平行导电导轨MN、PQ,导轨间距离为，匀强磁场垂直于导轨所在的平面（纸面）向里，磁感应强度的大小为B，两根金属杆1、2摆在导轨上，与导轨垂直，它们的质量和电阻分别为和,两杆与导轨接触良好，与导轨间的动摩擦因数为，已知：杆1被外力拖动，以恒定的速度沿导轨运动；达到稳定状态时，杆2也以恒定速度沿导轨运动，导轨的电阻可忽略，求此时杆2克服摩擦力做功的功率。解法一：设杆2的运动速度为v，由于两杆运动时，两杆间和导轨构成的回路中的磁通量发生变化，产生感应电动势 ①感应电流 ②杆2作匀速运动，它受到的安培力等于它受到的摩擦力， ③导体杆2克服摩擦力做功的功率 ④解得 ⑤解法二：以F表示拖动杆1的外力，以I表示由杆1、杆2和导轨构成的回路中的电流，达到稳定时，对杆1有 ①对杆2有 ②外力F的功率 ③以P表示杆2克服摩擦力做功的功率，则有 ④由以上各式得 ⑤04（广东卷）15 ．（17分）如图，真空室内存在匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度的大小B=0.60T，磁场内有一块平面感光板ab，板面与磁场方向平行，在距ab的距离处，有一个点状的放射源S，它向各个方向发射粒子，粒子的速度都是，已知粒子的电荷与质量之比，现只考虑在图纸平面中运动的粒子，求ab上被粒子打中的区域的长度。解答：粒子带正电，故在磁场中沿逆时针方向做匀速圆周运动，用R表示轨道半径，有 ①由此得代入数值得R=10cm可见，2R>l>R.因朝不同方向发射的粒子的圆轨迹都过S，由此可知，某一圆轨迹在图中N左侧与ab相切，则此切点P1就是粒子能打中的左侧最远点.为定出P1点的位置，可作平行于ab的直线cd，cd到ab的距离为R，以S为圆心，R为半径，作弧交cd于Q点，过Q作ab的垂线，它与ab的交点即为P1. ②再考虑N的右侧。任何粒子在运动中离S的距离不可能超过2R，以2R为半径、S为圆心作圆，交ab于N右侧的P2点，此即右侧能打到的最远点.由图中几何关系得 ③所求长度为 ④代入数值得 P1P2=20cm ⑤05（河北、河南、安徽、山西）16 ．（20分） 图1中B为电源，电动势，内阻不计。固定电阻，R2为光敏电阻。C为平行板电容器，虚线到两极板距离相等，极板长，两极板的间距。S为屏，与极板垂直，到极板的距离。P为一圆盘，由形状相同、透光率不同的三个扇形a、b和c构成，它可绕轴转动。当细光束通过扇形a、b、c照射光敏电阻R2时，R2的阻值分别为1000Ω、2000Ω、4500Ω。有一细电子束沿图中虚线以速度连续不断地射入C。已知电子电量，电子，电子质量。忽略细光束的宽度、电容器的充电放电时间及电子所受的重力。假设照在R2上的光强发生变化时R2阻值立即有相应的改变。（1）设圆盘不转动，细光束通过b照射到R2上，求电子到达屏S上时，它离O点的距离y。（计算结果保留二位有效数字）。（2）设转盘按图1中箭头方向匀速转动，每3秒转一圈。取光束照在a、b分界处时t=0，试在图2给出的坐标纸上，画出电子到达屏S上时，它离O点的距离y随时间t的变化图线（0—6s间）。要求在y轴上标出图线最高点与最低点的值。（不要求写出计算过程，只按画出的图线评分。）25. ( 20 分）（1）设电容器C两板间的电压为U，电场强度大小为E，电子在极板间穿行时y方向上的加速度大小为a , 穿过C的时间为t1，穿出时电子偏转的距离为y1 , U=E=eE=mat1=y1=at12由以上各式得y1=()代人数据得 y1=4.8×10-3m由此可见y1＜d，电子可通过C。设电子从C穿出时，沿y 方向的速度为vy，穿出后到达屏S所经历的时间为t2，在此时间内电子在y 方向移动的距离为y2，vy=att2=y2=vyt2由以上有关各式得y2=()代人数据得 y2=1.92×10-2m由题意 y = y1＋y2=2.4×10-2m 。( 2 )如图所示。06（江苏卷）17 （17分）如图所示，顶角θ=45°，的金属导轨MON固定在水平面内，导轨处在方向竖直、磁感应强度为B的匀强磁场中。一根与ON垂直的导体棒在水平外力作用下以恒定速度v0沿导轨MON向右滑动，导体棒的质量为 m，导轨与导体棒单位长度的电阻均为r，导体棒与导轨接触点的a和b，导体棒在滑动过程中始终保持与导轨良好接触。t=0时，导体棒位于顶角O处，求： （1）t时刻流过导体棒的电流强度I和电流方向。 （2）导体棒作匀速直线运动时水平外力F的表达式。 （3）导体棒在0～t时间内产生的焦耳热Q。 （4）若在to 时刻将外力F撤去，导体棒最终在导轨上静止时的坐标x。17(1)0到t时间内，导体棒的位移 x=v0tt时刻，导体棒的长度 l=x导体棒的电动势 E=Blv0回路总电阻 R= (2x+x)r电流强度 电流方向 b→a(2)(3)t时刻导体棒的电功率 ∵ P∝t ∴ Q=Pt/2=(4)撤去外力后，任意时刻t导体棒的坐标为x，速度为v，取很短时间Δt或很短距离Δx解法一 在t~t+Δt时间内，由动量定理得BIlΔt=mΔv扫过面积 (x0=v0t0)得 或 设滑行距离为d则 即 解之 (负值已舍去)得 x=解法二 在t~t+Δt时间内，由动能定理得 (忽略高阶小量)得以下解法同解法一解法三(1)由牛顿第二定律得 得 FΔt=mΔv以下解法同解法一解法三(2)由牛顿第二定律得 得 FΔx=mvΔv以下解法同解法二05（江苏卷）18 .(7分)如图所示，水平面上有两根相距0.5m的足够长的平行金属导轨MN和PQ，它们的电阻可忽略不计，在M和 P之间接有阻值为R的定值电阻，导体棒ab长＝0.5m，其电阻为r，与导轨接触良好.整个装置处于方向竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B＝0.4T.现使ab以＝10m／s的速度向右做匀速运动. (1)ab中的感应电动势多大? (2)ab中电流的方向如何? (3)若定值电阻R＝3，OΩ,导体棒的电阻r＝1.OΩ,， 则电路电流大?18（共7分） （1）ab中的感应电动势为： ① 代入数据得：E=2.0V ②（2）ab中电流方向为b→a（3）由闭合电路欧姆定律，回路中的电流 ③代入数据得：I＝0.5A 04（全国卷）19 ．(18分)图中a1b1c1d1和a2b2c2d2为在同一竖直面内的金属导轨，处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨所在的平面(纸面)向里。导轨的a1b1段与a2b2段是竖直的，距离为l1；c1d1段与c2d2段也是竖直的，距离为l2。x1y1与x2y2为两根用不可伸长的绝缘轻线相连的金属细杆，质量分别为m1和m2，它们都垂直于导轨并与导轨保持光滑接触。两杆与导轨构成的回路的总电阻为R。F为作用于金属杆x1y1上的竖直向上的恒力。已知两杆运动到图示位置时，已匀速向上运动，求此时作用于两杆的重力的功率的大小和回路电阻上的热功率。19 ．解：设杆向上运动的速度为v，因杆的运动，两杆与导轨构成的回路的面积减少，从而磁通量也减少。由法拉第电磁感应定律，回路中的感应电动势的大小 ① 回路中的电流 ② 电流沿顺时针方向。两金属杆都要受到安培力作用，作用于杆的安培力为 ③ 方向向上，作用于杆的安培力 ④方向向下。当杆作为匀速运动时，根据牛顿第二定律有 ⑤解以上各式，得 ⑥ ⑦作用于两杆的重力的功率的大小 ⑧电阻上的热功率 ⑨由⑥、⑦、⑧、⑨式，可得 ⑩ 03（新课程卷）20 （13分）如图所示，两根平行金属导轨固定在水平桌面上，每根导轨每米的电阻为r0＝0.10Ω/m，导轨的端点P、Q用电阻可忽略的导线相连，两导轨间的距离l＝0.20m。有随时间变化的匀强磁场垂直于桌面，已知磁感强度B与时间t的关系为B＝kt，比例系数k＝0.020T/s，一电阻不计的金属杆可在导轨上无摩擦地滑动，在滑动过程中保持与导轨垂直，在t＝0时刻，金属杆紧靠在P、Q端，在外力作用下，杆以恒定的加速度从静止开始向导轨的另一端滑动，求在t＝6.0s时金属杆所受的安培力。 ⒀ 20 ．（13分）以表示金属杆运动的加速度，在时刻，金属杆与初始位置的距离 此时杆的速度，这时，杆与导轨构成的回路的面积，回路中的感应电动势回路的总电阻 回路中的感应电流作用于杆的安培力 解得 ，代入数据为07江苏 21（16分）如图所示，空间等间距分布着水平方向的条形匀强磁场，竖直方向磁场区域足够长，磁感应强度B＝1 T，每一条形磁场区域的宽度及相邻条形磁场区域的间距均为d＝0.5 m，现有一边长l＝0.2 m、质量m＝0.1 kg、电阻R＝0.1 Ω的正方形线框MNOP以v0＝7 m/s的初速从左侧磁场边缘水平进入磁场，求：⑴线框MN边刚进入磁场时受到安培力的大小F；⑵线框从开始进入磁场到竖直下落的过程中产生的焦耳热Q；⑶线框能穿过的完整条形磁场区域的个数n。21 、解：⑴线框MN边刚进入磁场时有： ⑵设线框竖直下落H时，速度为vH 由能量守恒得： 自由落体规律： 解得： ⑶解法一： 只有在线框进入和穿出条形磁场区域时，才产生感应电动势，线框部分进入磁场区域x时有： 在t→Δt时间内，由动量定理：－FΔt＝mΔv 求和： 解得： 穿过条形磁场区域的个数为： 可穿过4个完整条形磁场区域 解法二： 线框穿过第1个条形磁场左边界过程中： 根据动量定理： 解得： 同理线框穿过第1个条形磁场右边界过程中有： 所以线框穿过第1个条形磁场过程中有： 设线框能穿过n个条形磁场，则有： （09年天津卷） 9.（6分）（1）如图所示，单匝矩形闭合导线框abcd全部处于磁感应强度为B的水平匀强磁场中，线框面积为S，电阻为R。线框绕与cd边重合的竖直固定转轴以角速度匀速转动，线框中感应电流的有效值I= 。线框从中性面开始转过的过程中，通过导线横截面的电荷量q= 。答案：（1），解析：本题考查交变流电的产生和最大值、有效值、平均值的关系及交变电流中有关电荷量的计算等知识。电动势的最大值，电动势的有效值，电流的有效值；。（09年广东物理）9．图为远距离高压输电的示意图。关于远距离输电，下列表述正确的是A．增加输电导线的横截面积有利于减少输电过程中的电能损失B．高压输电是通过减小输电电流来减小电路的发热损耗C．在输送电压一定时，输送的电功率越大，输电过程中的电能损失越小D．高压输电必须综合考虑各种因素，不一定是电压越高越好答案：ABD解析：依据输电原理，电路中的功率损耗，而,增大输电线的横截面积，减小输电线的电阻，则能够减小输电线上的功率损耗，A正确；由P=UI来看在输送功率一定的情况下，输送电压U越大，则输电电流越小，则功率损耗越小，B正确；若输电电压一定，输送功率越大，则电流I越大，电路中损耗的电功率越大，C错误；输电电压并不是电压越高越好，因为电压越高，对于安全和技术的要求越高，因此并不是输电电压越高越好，D正确。（09年江苏物理）6．如图所示，理想变压器的原、副线圈匝数比为1：5，原线圈两端的交变电压为 氖泡在两端电压达到100V时开始发光，下列说法中正确的有 A．开关接通后，氖泡的发光频率为100Hz B．开关接通后，电压表的示数为100 V C．开关断开后，电压表的示数变大 D．开关断开后，变压器的输出功率不变答案：AB解析：本题主要考查变压器的知识，要能对变压器的最大值、有效值、瞬时值以及变压器变压原理、功率等问题彻底理解。由交变电压的瞬时值表达式知，原线圈两端电压的有效值为V=20V，由得副线圈两端的电压为V，电压表的示数为交流电的有效值，B项正确；交变电压的频率为 Hz，一个周期内电压两次大于100V，即一个周期内氖泡能两次发光，所以其发光频率为100Hz，A项正确；开关断开前后，输入电压不变，变压器的变压比不变，故输出电压不变，C项错误；断开后，电路消耗的功率减小，输出功率决定输入功率，D项错误。（09年海南物理）9．一台发电机最大输出功率为4000kW,电压为4000V，经变压器升压后向远方输电。输电线路总电阻．到目的地经变压器降压，负载为多个正常发光的灯泡（220V、60W）。若在输电线路上消耗的功率为发电机输出功率的10%,变压器和的耗损可忽略，发电机处于满负荷工作状态，则A．原、副线圈电流分别为和20AB．原、副线圈电压分别为和220VC．和的变压比分别为1：50和40：1D．有盏灯泡（220V、60W）正常发光答案：ABD（09年海南物理）12．钳型表的工作原理如图所示。当通有交流电的导线从环形铁芯的中间穿过时，与绕在铁芯上的线圈相连的电表指针会发生偏转。由于通过环形铁芯的磁通量与导线中的电流成正比，所以通过偏转角度的大小可以测量导线中的电流。日常所用交流电的频率在中国和英国分别为50Hz和60Hz。现用一钳型电流表在中国测量某一电流，电表读数为10A；若用同一电表在英国测量同样大小的电流，则读数将是 A。若此表在中国的测量值是准确的，且量程为30A；为使其在英国的测量值变为准确，应重新将其量程标定为 A．答案：12 （2分） 25（2分）（09年宁夏卷）19.如图所示，一导体圆环位于纸面内，O为圆心。环内两个圆心角为90°的扇形区域内分别有匀强磁场，两磁场磁感应强度的大小相等，方向相反且均与纸面垂直。导体杆OM可绕O转动，M端通过滑动触点与圆环良好接触。在圆心和圆环间连有电阻R。杆OM以匀角速度逆时针转动，t=0时恰好在图示位置。规定从a到b流经电阻R的电流方向为正，圆环和导体杆的电阻忽略不计，则杆从t=0开始转动一周的过程中，电流随变化的图象是答案：C（09年山东卷）19．某小型水电站的电能输送示意图如下。发电机的输出电压为200V，输电线总电阻为r，升压变压器原副线圈匝数分别为n，n2。降压变压器原副线匝数分别为n3、n4（变压器均为理想变压器）。要使额定电压为220V的用电器正常工作，则A． B．C．升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压D．升压变压器的输出功率大于降压变压器的输入功率答案：AD解析：根据变压器工作原理可知，，由于输电线上损失一部分电压，升压变压器的输出电压大于降压变压器的输入电压，有，所以，A正确，BC不正确。升压变压器的输出功率等于降压变压器的输入功率加上输电线损失功率，D正确。考点：变压器工作原理、远距离输电提示：理想变压器的两个基本公式是：⑴ ，即对同一变压器的任意两个线圈，都有电压和匝数成正比。⑵，即无论有几个副线圈在工作，变压器的输入功率总等于所有输出功率之和。只有当变压器只有一个副线圈工作时，才有。远距离输电，从图中应该看出功率之间的关系是：P1=P2，P3=P4，P1/=Pr=P2。电压之间的关系是：。电流之间的关系是：。输电线上的功率损失和电压损失也是需要特别注意的。分析和计算时都必须用，而不能用。特别重要的是要会分析输电线上的功率损失。（09年四川卷）17.如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10：1，R1＝20 ，R2＝30 ，C为电容器。已知通过R1的正弦交流电如图乙所示，则A.交流电的频率为0.02 HzB.原线圈输入电压的最大值为200 VC.电阻R2的电功率约为6.67 WD.通过R3的电流始终为零答案：C解析：根据变压器原理可知原副线圈中电流的周期、频率相同，周期为0.02s、频率为50赫兹，A错。由图乙可知通过R1的电流最大值为Im＝1A、根据欧姆定律可知其最大电压为Um＝20V，再根据原副线圈的电压之比等于匝数之比可知原线圈输入电压的最大值为200 V、B错；因为电容器有通交流、阻直流的作用，则有电流通过R3和电容器，D错；根据正弦交流电的峰值和有效值关系并联电路特点可知电阻R2的电流有效值为I＝、电压有效值为U＝Um/V，电阻R2的电功率为P2＝UI＝W、C对。（09年福建卷）16.一台小型发电机产生的电动势随时间变化的正弦规律图象如图甲所示。已知发电机线圈内阻为5.0，则外接一只电阻为95.0的灯泡，如图乙所示，则A.电压表的示数为220v B.电路中的电流方向每秒钟改变50次C.灯泡实际消耗的功率为484w D.发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为24.2J答案：D解析：电压表示数为灯泡两端电压的有效值,由图像知电动势的最大值Em=V，有效值E=220V，灯泡两端电压，A错；由图像知T=0.02S，一个周期内电流方向变化两次，可知1s内电流方向变化100次，B错；灯泡的实际功率,C错；电流的有效值，发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为，D对。（08北京卷）18．一理想变压器原、副线圈匝数比n1:n2=11:5。原线圈与正弦交变电源连接，输入电压u如图所示。副线圈仅接入一个10 的电阻。则A．流过电阻的电流是20 AB．与电阻并联的电压表的示数是100VC．经过1分钟电阻发出的热量是6×103 JD．变压器的输入功率是1×103W答案：D【解析】原线圈中电压的有效值是220V，由变压比知副线圈中电压为100V，流过电阻的电流是10A；与电阻并联的电压表的示数是100V；经过1分钟电阻发出的热量是6×1034J。（08天津卷）17．一理想变压器的原线圈上接有正弦交变电压，其最大值保持不变，副线圈接有可调电阻R。设原线圈的电流为I1，输入功率为P1，副线圈的电流为I2，输出功率为P2。当R增大时A．I1减小，P1增大 B．I1减小，P1减小D．I2增大，P2减小 D．I2增大，P2增大答案：B【解析】理想变压器的特点是输入功率等于输出功率，当负载电阻增大时，由于副线圈的电压不变，所以输出电流I2减小，导致输出功率P2减小，所以输入功率P1减小；输入的电压不变，所以输入的电流I1减小，B正确（08四川卷）16．如图，一理想变压器原线圈接入一交流电源，副线圈电路中R1、R2、R3和R4均为固定电阻，开关S是闭合的。和为理想电压表，读数分别为U1和U2； 、 和为理想电流表，读数分别为I1、I2和I3。现断开S，U1数值不变，下列推断中正确的是 A．U2变小、I3变小 B．U2不变、I3变大 C．I1变小、I2变小 D．I1变大、I2变大答案：BC 解析：因为变压器的匝数与U1不变，所以U2与两电压表的示数均不变．当S断开时，因为负载电阻增大，故次级线圈中的电流I2减小，由于输入功率等于输出功率，所以I1也将减小，C正确；因为R1的电压减小，故R2、R3两端的电压将增大，I3变大，B正确．（08宁夏卷）19.如图a所示，一矩形线圈abcd放置在匀 强磁场 中，并绕过ab、cd中点的轴OO′以角速度逆时针匀速转动。若以线圈平面与磁场夹角时（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。则下列四幅图中正确的是答案：D 【解析】本题考查正弦交流电的产生过程、楞次定律等知识和规律。从a图可看出线圈从垂直于中性面开始旋转，由楞次定律可判断，初始时刻电流方向为b到a，故瞬时电流的表达式为i=－imcos（+ωt），则图像为D图像所描述。平时注意线圈绕垂直于磁场的轴旋转时的瞬时电动势表达式的理解。（08上海卷）20B．（10分）某小型实验水电站输出功率是20kW，输电线路总电阻是6Ω。（1）若采用380V输电，求输电线路损耗的功率。（2）若改用5000高压输电，用户端利用n1:n2＝22：1的变压器降压，求用户得到的电压。解析：（1）输电线上的电流强度为I＝A＝52.63A输电线路损耗的功率为P损＝I2R＝52.632×6W≈16620W＝16.62kW（2）改用高压输电后，输电线上的电流强度变为I′＝A＝4A用户端在变压器降压前获得的电压 U1＝U－I′R＝（5000－4×6）V＝4976V根据 用户得到的电压为U2＝＝×4976V＝226.18V（08海南卷）7、如图，理想变压器原副线圈匝数之比为4∶1．原线圈接入一电压为u＝U0sinωt的交流电源，副线圈接一个R＝27.5 Ω的负载电阻．若U0＝220V，ω＝100π Hz，则下述结论正确的是 A．副线圈中电压表的读数为55 V B．副线圈中输出交流电的周期为 C．原线圈中电流表的读数为0.5 A D．原线圈中的输入功率为【答案】：AC【解析】：原线圈电压有效值U1=220V，由电压比等于匝数比可得副线圈电压U2=55V，A对；电阻R上的电流为2A，由原副线圈电流比等于匝数的反比，可得电流表示数为0.5A， C对；输入功率为P=220×0.5W=110W，D错；周期T= =0.02s，B错。（08广东卷）5．小型交流发电机中，矩形金属线圈在匀强磁场中匀速转动。产生的感应电动势与时间呈正弦函数关系，如图所示，此线圈与一个R＝10Ω的电阻构成闭合电路，不计电路的其他电阻，下列说法正确的是A．交变电流的周期为0.125B．交变电流的频率为8HzC．交变电流的有效值为AD．交变电流的最大值为4A【答案】C【解析】由e－t图像可知，交变电流电流的周期为0.25s，故频率为4Hz，选项A、B错误。根据欧姆定律可知交变电流的最大值为2A，故有效值为A，选项C正确。（00天津、江西卷）1 （12分）一小型发电机内的矩形线圈在匀强磁场中以恒定的角速度绕垂直于磁场方向的固定轴转动，线圈匝数，穿过每匝线圈的磁通量随时间按正弦规律变化，如图所示，发电机内阻，外电路电阻，已知感应电动势的最大值，其中为穿过每匝线圈磁通量的最大值，求串联在外电路中的交流电流表（内阻不计）的读数。18．参考解答：已知感应电动势的最大值 设线圈在磁场中转动的周其为T，则有 根据欧姆定律，电路中电流的最大值为 设交流电流表的读数I，它是电流的有效值，根据有效值与最大值的关系，有 由题给的图线可读得 解以上各式，并代入数据，得 02全国2 （20分）电视机的显像管中，电子束的偏转是用磁偏转技术实现的。电子束经过电压为U的加速电场后，进入一圆形匀强磁场区，如图所示。磁场方向垂直于圆面。磁场区的中心为O，半径为r。当不加磁场时，电子束将通过O点而打到屏幕的中心M点。为了让电子束射到屏幕边缘P，需要加磁场，使电子束偏转一已知角度θ，此时磁场的磁感应强度B应为多少？27．（20分）电子在磁场中沿圆弧ab运动，圆心为C，半径为R。以v表示电子进入磁场时的速度，m、e分别表示电子的质量和电量，则eU＝mv2 ①eVB＝ ②又有tg＝ ③由以上各式解得B＝ ④04（江苏卷）3 . (16分)汤姆生用来测定电子的比荷(电子的电荷量与质量之比)的实验装置如图所示，真空管内的阴极K发出的电子(不计初速、重力和电子间的相互作用)经加速电压加速后，穿过A'中心的小孔沿中心轴O1O的方向进入到两块水平正对放置的平行极板P和P'间的区域．当极板间不加偏转电压时，电子束打在荧光屏的中心O点处，形成了一个亮点；加上偏转电压U后，亮点偏离到O'点，(O'与O点的竖直间距为d，水平间距可忽略不计．此时，在P和P'间的区域，再加上一个方向垂直于纸面向里的匀强磁场．调节磁场的强弱，当磁感应强度的大小为B时，亮点重新回到O点．已知极板水平方向的长度为L1，极板间距为b，极板右端到荧光屏的距离为L2(如图所示)． (1)求打在荧光屏O点的电子速度的大小。 (2)推导出电子的比荷的表达式解答：（1）当电子受到的电场力与洛沦兹力平衡时，电子做匀速直线运动，亮点重新回复到中心O点，设电子的速度为，则 得 即 （2）当极板间仅有偏转电场 时，电子以速度进入后，竖直方向作匀加速运动，加速度为电子在水平方向作匀速运动，在电场内的运动时间为 这样，电子在电场中，竖直向上偏转的距离为 离开电场时竖直向上的分速度为 电子离开电场后做匀速直线运动，经t2时间到达荧光屏 t2时间内向上运动的距离为 这样，电子向上的总偏转距离为 可解得 04（全国卷）4 （22分） 空间中存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，一带电量为+q、质量为m的粒子，在p点以某一初速开始运动，初速方向在图中纸面内如图中P点箭头所示。该粒子运动到图中Q点时速度方向与P点时速度方向垂直，如图中Q点箭头所示。已知P、Q间的距离为l。若保持粒子在P点时的速度不变，而将匀强磁场换成匀强电场，电场方向与纸面平行且与粒子在P点时速度方向垂直，在此电场作用下粒子也由P点运动到Q点。不计重力。求：（1）电场强度的大小。（2）两种情况中粒子由P运动到Q点所经历的时间之差。4．（22分） （1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，以v0表示粒子在P点的初速度，R表示圆周的半径，则有 qv0B=m ①由于粒子在Q点的速度垂直它在p点时的速度，可知粒子由P点到Q点的轨迹为圆周，故有 ②以E表示电场强度的大小，a表示粒子在电场中加速度的大小，tE表示粒子在电场中由p点运动到Q点经过的时间，则有qE=ma ③ ④R=v0tE ⑤由以上各式，得 ⑥（2）因粒子在磁场中由P点运动到Q点的轨迹为圆周，故运动经历的时间tE为圆周运动周期T的，即有 tE=T ⑦而 ⑧由⑦⑧和①式得 ⑨由①⑤ 两式得 ⑩ 04（全国卷）5 （19分）一匀磁场，磁场方向垂直于xy平面，在xy平面上，磁场分布在以O为中心的一个圆形区域内。一个质量为m、电荷量为q的带电粒子，由原点O开始运动，初速为v，方向沿x正方向。后来，粒子经过y轴上的P点，此时速度方向与y轴的夹角为30°，P到O的距离为L，如图所示。不计重力的影响。求磁场的磁感强度B的大小和xy平面上磁场区域的半径R。24．（19分） 粒子在磁场中受各仑兹力作用，作匀速圆周运动，设其半径为r， ① 据此并由题意知，粒子在磁场中的轨迹的圆心C必在y轴上，且P点在磁场区之外。过P沿速度方向作延长线，它与x轴相交于Q点。作圆弧过O点与x轴相切，并且与PQ相切，切点A即粒子离开磁场区的地点。这样也求得圆弧轨迹的圆心C，如图所示。 由图中几何关系得L=3r ②由①、②求得 ③图中OA的长度即圆形磁场区的半径R，由图中几何关系可得 ④ W1= ③W2= ④W3= ⑤W4= ⑥W=W1+W2+W3+W4 ⑦用E1表示在碰撞过程中损失的机械能，则E1=E－W ⑧由①—⑧式解得 ⑨代入数据得E 1=2.4J ⑩04（天津卷）6 ．（15分）钍核发生衰变生成镭核并放出一个粒子。设该粒子的质量为、电荷量为q，它进入电势差为U的带窄缝的平行平板电极和间电场时，其速度为，经电场加速后，沿方向进入磁感应强度为B、方向垂直纸面向外的有界匀强磁场，垂直平板电极，当粒子从点离开磁场时，其速度方向与方位的夹角，如图所示，整个装置处于真空中。（1）写出钍核衰变方程；（2）求粒子在磁场中沿圆弧运动的轨道半径R；（3）求粒子在磁场中运动所用时间。6 （15分）（1）钍核衰变方程 ①（2）设粒子离开电场时速度为，对加速过程有 ② 粒子在磁场中有 ③ 由②、③得 ④（3）粒子做圆周运动的回旋周期 ⑤ 粒子在磁场中运动时间 ⑥ 由⑤、⑥得 7 （20分）下图是导轨式电磁炮实验装置示意图。两根平行长直金属导轨沿水平方向固定，其间安放金属滑块（即实验用弹丸）。滑块可沿导轨无摩擦滑行，且始终与导轨保持良好接触。电源提供的强大电流从一根导轨流入，经过滑块，再从另一导轨流回电源。滑块被导轨中的电流形成的磁场推动而发射。在发射过程中，该磁场在滑块所在位置始终可以简化为匀强磁场，方向垂直于纸面，其强度与电流的关系为B=kI，比例常量k=2.5×10－6T/A。已知两导轨内侧间距l=1.5cm，滑块的质量m=30g，滑块沿导轨滑行5m后获得的发射速度v=3.0km/s（此过程视为匀加速运动）。（1）求发射过程中电源提供的电流强度。（2）若电源输出的能量有4%转换为滑块的动能，则发射过程中电源的输出功率和输出电压各是多大？（3）若此滑块射出后随即以速度v沿水平方向击中放在水平面上的砂箱，它嵌入砂箱的深度为s'。设砂箱质量为M，滑块质量为m，不计砂箱与水平面之间的摩擦。求滑块对砂箱平均冲击力的表达式。7 .（20分）（1）由匀加速运动公式 a==9×105m/s2由安培力公式和牛顿第二定律，有 F=IBl＝kI2l，kI2l＝ma因此 I==8.5×105A（2）滑块获得的动能是电源输出能量的4%，即：PΔt×4%=mv2发射过程中电源供电时间Δt==×10－2s所需的电源输出功率为P==1.0×109W由功率P=IU，解得输出电压：U==1.2×103V（3）分别对砂箱和滑块用动能定理，有fsM＝MV2f'sm=mV2－mv2由牛顿定律f=－f'和相对运动sm=sM+s'由动量守恒 mv=(m+M)V联立求得fs'=·mv2故平均冲击力f=·05（春季）8 (20分)两块金属板a、b平行放置，板间存在与匀强电场正交的匀强磁场，假设电场、磁场只存在于两板间的空间区域。一束电子以匀强磁场，假设电场、磁场只存在于两板间的空间区域。一束电子以一定的初速度υ从两极板中间，沿垂直于电场、磁场的方向射人场中，无偏转地通过场区，如图所示。已知板长l=l0cm，两板间距d=3.0cm，两板间电势差U=150V，υ0=2.0×107m／s。(1)求磁感应强度8的大小；(2)若撤去磁场，求电子穿过电场时偏离入射方向的距离，以及电子通过场区后动能增加多少? (电子所带电荷量的大小与其质量之比e/m=1．76×1011C／kg，电子电荷量的大小e=1．60 × 10－19C)23.（20分）（1）电子进人正交的电磁场不发生偏转，则满足 （2）设电子通过场区偏转的距离为y1 05（广东卷）9 （16分）如图13所示，一半径为r的圆形导线框内有一匀强磁场，磁场方向垂直于导线框所在平面，导线框的左端通过导线接一对水平放置的平行金属板，两板间的距离为d，板长为l，t=0时，磁场的磁感应强度B从B0开始均匀增大，同时，在板2的左端且非常靠近板2的位置有一质量为m、带电量为-q的液滴以初速度v0水平向右射入两板间，该液滴可视为质点。⑴要使该液滴能从两板间射出，磁感应强度随时间的变化率K应满足什么条件？⑵要使该液滴能从两板间右端的中点射出，磁感应强度B与时间t应满足什么关系？9 ．（16分） （1）由题意可知：板1为正极，板2为负极 ① 两板间的电压U＝ ②而：S＝πr2 ③带电液滴受的电场力：F＝qE= ④故：F－mg＝－mg＝maa=－g ⑤讨论：一．若 a>0液滴向上偏转，做类似平抛运动y＝ ⑥当液滴刚好能射出时：有 l＝v0t t＝ y＝d 故 d= ⑦由②③⑦得 K1＝ ⑧ 要使液滴能射出，必须满足 y二．若 a＝0液滴不发生偏转，做匀速直线运动，此时 a=－g＝0 ⑨由②③⑨得 K2＝ ⑩液滴能射出，必须满足K＝K2三．若 a<0,、，液滴将被吸附在板2上。综上所述：液滴能射出，K应满足 （2）B＝B0＋Kt当液滴从两板中点射出进，满足条件一的情况，则用替代⑧式中的d 即 由以上各式，再代入数据可得l=0.3m 05（广东卷）10 ．（16分）如图12所示，在一个圆形区域内，两个方向相反且都垂直于纸面的匀强磁场分布在以直径A2A4为边界的两个半圆形区域Ⅰ、Ⅱ中，A2A4与A1A3的夹角为60o。一质量为m、带电量为+q的粒子以某一速度从Ⅰ区的边缘点A1处沿与A1A3成30o角的方向射入磁场，随后该粒子以垂直于A2A4的方向经过圆心O进入Ⅱ区，最后再从A4处射出磁场。已知该粒子从射入到射出磁场所用的时间为t，求Ⅰ区和Ⅱ区中磁感应强度的大小（忽略粒子重力）。16．（16分） 设粒子的入射速度为v，已知粒子带正电，故它在磁场中先顺时针做圆周运动，再逆时针做圆周运动，最后从A4点射出，用B1、B2、R1、R2、T1、T2分别表示在磁场Ⅰ区Ⅱ磁感应强度、轨道半径和周期 ① ② ③ ④ 设圆形区域的半径为r，如答图5所示，已知带电粒子过圆心且垂直A3A4进入Ⅱ区磁场，连接A1A2，△A1OA2为等边三角形，A2为带电粒子在Ⅱ区磁场中运动轨迹的圆心，其半径 ⑤圆心角，带电粒子在Ⅰ区磁场中运动的时间为 ⑥带电粒子在Ⅱ区磁场中运动轨迹的圆心在OA4的中点，即 R=r ⑦ 在Ⅱ区磁场中运动时间为 ⑧带电粒子从射入到射出磁场所用的总时间 ⑨由以上各式可得 ⑩ 05（黑龙江、吉林、广西）11 ．（19分）在同时存在匀强电场和匀强磁场的空间中取正交坐标系Oxyz（z轴正方向竖直向上），如图所示。已知电场方向沿z轴正方向，场强大小为E；磁场方向沿y轴正方向，磁感应强度的大小为B；重力加速度为g。问：一质量为m、带电量为+q的从原点出发的质点能否在坐标轴（x，y，z）上以速度v做匀速运动？若能，m、q、E、B、v及g应满足怎样的关系？若不能，说明理由。解：能 第一种情况：mg>qE,由平衡条件知洛仑兹力f 沿z轴正向，粒子以v沿x轴正向运动由匀速运动易知其条件是：mg－qE=qvB第二种情况：mgqE－mg=qvB05（四川、陕西、贵州、云南、新疆、宁夏、甘肃、内蒙）23 . ( 16 分)图中MN表示真空室中垂直于纸面的平板，它的一侧有匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B 。一带电粒子从平板上的狭缝O处以垂直于平板的初速v射入磁场区域，最后到达平板上的P 点。已知B 、v以及P 到O的距离l ．不计重力,求此粒子的电荷q与质量m 之比。07广东卷 12 （17分）如图16所示，沿水平方向放置一条平直光滑槽，它垂直穿过开有小孔的两平行薄板，板相距3.5L。槽内有两个质量均为m的小球A和B，球A带电量为+2q，球B带电量为－3q，两球由长为2L的轻杆相连，组成一带电系统。最初A和B分别静止于左板的两侧，离板的距离均为L。若视小球为质点，不计轻杆的质量，在两板间加上与槽平行向右的匀强电场E后（设槽和轻杆由特殊绝缘材料制成，不影响电场的分布），求：⑴球B刚进入电场时，带电系统的速度大小；⑵带电系统从开始运动到速度第一次为零所需的时间及球A相对右板的位置。12 、解：对带电系统进行分析，假设球A能达到右极板，电场力对系统做功为W1，有：而且还能穿过小孔，离开右极板。假设球B能达到右极板，电场力对系统做功为W2，有：综上所述，带电系统速度第一次为零时，球A、B应分别在右极板两侧。⑴带电系统开始运动时，设加速度为a1，由牛顿第二定律：＝球B刚进入电场时，带电系统的速度为v1，有：求得：⑵设球B从静止到刚进入电场的时间为t1，则： 解得： 球B进入电场后，带电系统的加速度为a2，由牛顿第二定律： 显然，带电系统做匀减速运动。设球A刚达到右极板时的速度为v2，减速所需时间为t2，则有： 求得： 球A离电场后，带电系统继续做减速运动，设加速度为a3，再由牛顿第二定律：设球A从离开电场到静止所需的时间为t3，运动的位移为x，则有： 求得： 可知，带电系统从静止到速度第一次为零所需的时间为： 球A相对右板的位置为： 07广东卷 13 （18分）图17是某装置的垂直截面图，虚线A1A2是垂直截面与磁场区边界面的交线，匀强磁场分布在A1A2的右侧区域，磁感应强度B＝0.4T，方向垂直纸面向外，A1A2与垂直截面上的水平线夹角为45°。在A1A2左侧，固定的薄板和等大的挡板均水平放置，它们与垂直截面交线分别为S1、S2，相距L＝0.2 m。在薄板上P处开一小孔，P与A1A2线上点D的水平距离为L。在小孔处装一个电子快门。起初快门开启，一旦有带正电微粒通过小孔，快门立即关闭，此后每隔T＝3.0×10－3 s开启一次并瞬间关闭。从S1S2之间的某一位置水平发射一速度为v0的带正电微粒，它经过磁场区域后入射到P处小孔。通过小孔的微粒与档板发生碰撞而反弹，反弹速度大小是碰前的0.5倍。⑴经过一次反弹直接从小孔射出的微粒，其初速度v0应为多少？⑵求上述微粒从最初水平射入磁场到第二次离开磁场的时间。（忽略微粒所受重力影响，碰撞过程无电荷转移。已知微粒的荷质比。只考虑纸面上带电微粒的运动）13 解：⑴如图2所示，设带正电微粒在S1S2之间任意点Q以水平速度v0进入磁场，微粒受到的洛仑兹力为f，在磁场中做圆周运动的半径为r，有：解得：欲使微粒能进入小孔，半径r的取值范围为： 代入数据得：80 m/s＜v0＜160 m/s欲使进入小孔的微粒与挡板一次相碰返回后能通过小孔，还必须满足条件： 其中n＝1，2，3，……可知，只有n＝2满足条件，即有：v0＝100 m/s⑵设微粒在磁场中做圆周运动的周期为T0，从水平进入磁场到第二次离开磁场的总时间为t，设t1、t4分别为带电微粒第一次、第二次在磁场中运动的时间，第一次离开磁场运动到挡板的时间为t2，碰撞后再返回磁场的时间为t3，运动轨迹如答图2所示，则有：； ； ； ； s 03（新课程卷）14 ．（13分）串列加速器是用来产生高能离子的装置.图中虚线框内为其主体的原理示意图，其中加速管的中部b处有很高的正电势U。a、c两端均有电极接地（电势为零）。现将速度很低的负一价碳离子从a端输入，当离子到达b处时，可被设在b处的特殊装置将其电子剥离，成为n价正离子，而不改变其速度大小，这些正n价碳离子从c端飞出后进入一与其速度方向垂直的、磁感强度为B的匀强磁场中，在磁场中做半径为R的圆周运动.已知碳离子的质量m＝2.0×10－26kg，U＝7.5×105V，B＝0.05T，n＝2，基元电荷e＝1.6×10－19C，求R。14 （13分）设碳离子到达处时的速度为，从端射出时的速度为，由能量关系得 ① ②进入磁场后，碳离子做圆周运动，可得③ 由以上三式可得④由④式及题给数值可解得04（全国卷）15 ．（18分） 如图所示，在y＞0的空间中存在匀强电场，场强沿y轴负方向；在y＜0的空间中，存在匀强磁场，磁场方向垂直xy平面（纸面）向外。一电量为q、质量为m的带正电的运动粒子，经过y轴上y＝h处的点P1时速率为v0，方向沿x轴正方向；然后，经过x轴上x＝2h处的 P2点进入磁场，并经过y轴上y＝处的P3点。不计重力。求（l）电场强度的大小。（2）粒子到达P2时速度的大小和方向。（3）磁感应强度的大小。解: （1）粒子在电场、磁场中运动的轨迹如图所示。设粒子从P1到P2的时间为t，电场强度的大小为E，粒子在电场中的加速度为a，由牛顿第二定律及运动学公式有qE ＝ ma ①v0t ＝ 2h ② ③由①、②、③式解得 ④（2）粒子到达P2时速度沿x方向的分量仍为v0，以v1表示速度沿y方向分量的大小，v表示速度的大小，θ表示速度和x轴的夹角，则有 ⑤ ⑥ ⑦由②、③、⑤式得v1＝v0 2000-2009年高考试题分类汇编：磁场（09年全国卷Ⅰ）17.如图，一段导线abcd位于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，且与磁场方向（垂直于纸面向里）垂直。线段ab、bc和cd的长度均为L，且。流经导线的电流为I，方向如图中箭头所示。导线段abcd所受到的磁场的作用力的合力A. 方向沿纸面向上，大小为B. 方向沿纸面向上，大小为C. 方向沿纸面向下，大小为D. 方向沿纸面向下，大小为答案：A解析：本题考查安培力的大小与方向的判断.该导线可以用a和d之间的直导线长为来等效代替,根据,可知大小为,方向根据左手定则.A正确。（09年北京卷）19．如图所示的虚线区域内，充满垂直于纸面向里的匀强磁场和竖直向下的匀强电场。一带电粒子a（不计重力）以一定的初速度由左边界的O点射入磁场、电场区域，恰好沿直线由区域右边界的O′点（图中未标出）穿出。若撤去该区域内的磁场而保留电场不变，另一个同样的粒子b（不计重力）仍以相同初速度由O点射入，从区域右边界穿出，则粒子bA．穿出位置一定在O′点下方B．穿出位置一定在O′点上方C．运动时，在电场中的电势能一定减小D．在电场中运动时，动能一定减小答案：C解析：a粒子要在电场、磁场的复合场区内做直线运动，则该粒子一定做匀速直线运动，故对粒子a有：Bqv=Eq 即只要满足E =Bv无论粒子带正电还是负电，粒子都可以沿直线穿出复合场区，当撤去磁场只保留电场时，粒子b由于电性不确定，故无法判断从O’点的上方或下方穿出，故AB错误；粒子b在穿过电场区的过程中必然受到电场力的作用而做类似于平抛的运动，电场力做正功，其电势能减小，动能增大，故C项正确D项错误。（09年广东物理）12．图是质谱仪的工作原理示意图。带电粒子被加速电场加速后，进入速度选择器。速度选择器内相互正交的匀强磁场和匀强电场的强度分别为B和E。平板S上有可让粒子通过的狭缝P和记录粒子位置的胶片A1A2。平板S下方有强度为B0的匀强磁场。下列表述正确的是A．质谱仪是分析同位素的重要工具B．速度选择器中的磁场方向垂直纸面向外C．能通过的狭缝P的带电粒子的速率等于E/BD．粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，粒子的荷质比越小答案：ABC解析：由加速电场可见粒子所受电场力向下，即粒子带正电，在速度选择器中，电场力水平向右，洛伦兹力水平向左，如图所示，因此速度选择器中磁场方向垂直纸面向外B正确；经过速度选择器时满足，可知能通过的狭缝P的带电粒子的速率等于E/B，带电粒子进入磁场做匀速圆周运动则有，可见当v相同时，，所以可以用来区分同位素，且R越大，比荷就越大，D错误。（09年广东理科基础）1．发现通电导线周围存在磁场的科学家是A．洛伦兹 B．库仑C．法拉第 D．奥斯特答案：B解析：发现电流的磁效应的科学家是丹麦的奥斯特.而法拉第是发现了电磁感应现象。（09年广东理科基础）13．带电粒子垂直匀强磁场方向运动时，会受到洛伦兹力的作用。下列表述正确的是21世纪教育网 A．洛伦兹力对带电粒子做功21世纪教育网 B．洛伦兹力不改变带电粒子的动能21世纪教育网 C．洛伦兹力的大小与速度无关21世纪教育网 D．洛伦兹力不改变带电粒子的速度方向21世纪教育网答案：B解析：根据洛伦兹力的特点, 洛伦兹力对带电粒子不做功,A错.B对.根据,可知大小与速度有关. 洛伦兹力的效果就是改变物体的运动方向,不改变速度的大小。(09年广东文科基础)61．带电粒子垂直匀强磁场方向运动时，其受到的洛伦兹力的方向，下列表述正确的是A．与磁场方向相同B．与运动方向相同c．与运动方向相反D．与磁场方向垂直答案：D（09年山东卷）21．如图所示，一导线弯成半径为a的半圆形闭合回路。虚线MN右侧有磁感应强度为B的匀强磁场。方向垂直于回路所在的平面。回路以速度v向右匀速进入磁场，直径CD始络与MN垂直。从D点到达边界开始到C点进入磁场为止，下列结论正确的是 A．感应电流方向不变 B．CD段直线始终不受安培力 C．感应电动势最大值E＝Bav D．感应电动势平均值答案：ACD解析：在闭合电路进入磁场的过程中，通过闭合电路的磁通量逐渐增大，根据楞次定律可知感应电流的方向为逆时针方向不变，A正确。根据左手定则可以判断，受安培力向下，B不正确。当半圆闭合回路进入磁场一半时，即这时等效长度最大为a，这时感应电动势最大E=Bav，C正确。感应电动势平均值，D正确。考点：楞次定律、安培力、感应电动势、左手定则、右手定则提示：感应电动势公式只能来计算平均值，利用感应电动势公式计算时，l应是等效长度，即垂直切割磁感线的长度。（09年重庆卷）19.在题19图所示电路中，电池均相同，当电键S分别置于a、b两处时，导线与之间的安培力的大小为、，判断这两段导线A.相互吸引，>B.相互排斥，> C.相互吸引， <D.相互排斥，<答案：D（09年安徽卷）19. 右图是科学史上一张著名的实验照片，显示一个带电粒子在云室中穿过某种金属板运动的径迹。云室旋转在匀强磁场中，磁场方向垂直照片向里。云室中横放的金属板对粒子的运动起阻碍作用。分析此径迹可知粒子A. 带正电，由下往上运动B. 带正电，由上往下运动C. 带负电，由上往下运动D. 带负电，由下往上运动答案： A解析：粒子穿过金属板后，速度变小，由半径公式可知，半径变小，粒子运动方向为由下向上；又由于洛仑兹力的方向指向圆心，由左手定则，粒子带正电。选A。（09年宁夏卷）16. 医生做某些特殊手术时，利用电磁血流计来监测通过动脉的血流速度。电磁血流计由一对电极a和b以及磁极N和S构成，磁极间的磁场是均匀的。使用时，两电极a、b均与血管壁接触，两触点的连线、磁场方向和血流速度方向两两垂直，如图所示。由于血液中的正负离子随血流一起在磁场中运动，电极a、b之间会有微小电势差。在达到平衡时，血管内部的电场可看作是匀强电场，血液中的离子所受的电场力和磁场力的合力为零。在某次监测中，两触点的距离为3.0mm，血管壁的厚度可忽略，两触点间的电势差为160μV，磁感应强度的大小为0.040T。则血流速度的近似值和电极a、b的正负为A. 1.3m/s ，a正、b负 B. 2.7m/s ， a正、b负C．1.3m/s，a负、b正 D. 2.7m/s ， a负、b正答案：A（09年安徽卷）20. 如图甲所示，一个电阻为R，面积为S的矩形导线框abcd，水平旋转在匀强磁场中，磁场的磁感应强度为B，方向与ad边垂直并与线框平面成450角，o、o’ 分别是ab和cd边的中点。现将线框右半边obco’ 绕oo’ 逆时针900到图乙所示位置。在这一过程中，导线中通过的电荷量是A. B. C. D. 0答案：A解析：对线框的右半边（obco′）未旋转时整个回路的磁通量。对线框的右半边（obco′）旋转90o后，穿进跟穿出的磁通量相等，如右图整个回路的磁通量。。根据公式。选A（09年海南物理）2．一根容易形变的弹性导线，两端固定。导线中通有电流，方向如图中箭头所示。当没有磁场时，导线呈直线状态：当分别加上方向竖直向上、水平向右或垂直于纸面向外的匀强磁场时，描述导线状态的四个图示中正确的是答案：D（09年海南物理）4．一长直铁芯上绕有一固定线圈M，铁芯右端与一木质圆柱密接，木质圆柱上套有一闭合金属环N，N可在木质圆柱上无摩擦移动。M连接在如图所示的电路中，其中R为滑线变阻器，和为直流电源，S为单刀双掷开关。下列情况中，可观测到N向左运动的是A．在S断开的情况下，S向a闭合的瞬间B．在S断开的情况下，S向b闭合的瞬间C．在S已向a闭合的情况下，将R的滑动头向c端移动时D．在S已向a闭合的情况下，将R的滑动头向d端移动时答案：C（08四川卷）24．（19分）如图，一半径为R的光滑绝缘半球面开口向下，固定在水平面上。整个空间存在匀强磁场，磁感应强度方向竖直向下。一电荷量为q（q＞0）、质量为m的小球P在球面上做水平的匀速圆周运动，圆心为O’。球心O到该圆周上任一点的连线与竖直方向的夹角为θ（0＜θ＜。为了使小球能够在该圆周上运动，求磁感应强度大小的最小值及小球P相应的速率。重力加速度为g。解析：据题意，小球P在球面上做水平的匀速圆周运动，该圆周的圆心为O’。P受到向下的重力mg、球面对它沿OP方向的支持力N和磁场的洛仑兹力 f＝qvB ①式中v为小球运动的速率。洛仑兹力f的方向指向O’。根据牛顿第二定律 ② ③ 由①②③式得 ④由于v是实数，必须满足≥0 ⑤由此得B≥ ⑥可见，为了使小球能够在该圆周上运动，磁感应强度大小的最小值为 ⑦此时，带电小球做匀速圆周运动的速率为 ⑧由⑦⑧式得 ⑨（08重庆卷）25.（20分）题25题为一种质谱仪工作原理示意图.在以O为圆心，OH为对称轴，夹角为2α的扇形区域内分布着方向垂直于纸面的匀强磁场.对称于OH轴的C和D分别是离子发射点和收集点.CM垂直磁场左边界于M，且OM=d.现有一正离子束以小发散角（纸面内）从C射出，这些离子在CM方向上的分速度均为v0.若该离子束中比荷为的离子都能汇聚到D，试求：（1）磁感应强度的大小和方向（提示：可考虑沿CM方向运动的离子为研究对象）；（2）离子沿与CM成θ角的直线CN进入磁场，其轨道半径和在磁场中的运动时间；（3）线段CM的长度.解析：（1）设沿CM方向运动的离子在磁场中做圆周运动的轨道半径为R由 R=d得B＝磁场方向垂直纸面向外（2）设沿CN运动的离子速度大小为v，在磁场中的轨道半径为R′，运动时间为t由vcosθ=v0 得v＝R′==方法一：设弧长为st=s=2(θ+α)×R′t=方法二：离子在磁场中做匀速圆周运动的周期T＝t=Ｔ×=(3) 方法一：CM=MNcotθ=Ｒ′=以上3式联立求解得CM=dcotα方法二：设圆心为A，过A做AB垂直NO，可以证明NM＝BO∵NM=CMtanθ又∵BO=ABcotα=R′sinθcotα=∴CM=dcotα（08宁夏卷）14.在等边三角形的三个顶点a、b、c处，各有一条长直导线垂直穿过纸面，导线中通有大小相等的恒定电流，方向如图。过c点的导线所受安培力的方向 A.与ab边平行，竖直向上 B.与ab边平行，竖直向下 C.与ab边垂直，指向左边 D.与ab边垂直，指向右边答案：C 【解析】本题考查了左手定则的应用。导线a在c处产生的磁场方向由安培定则可判断，即垂直ac向左，同理导线b在c处产生的磁场方向垂直bc向下，则由平行四边形定则，过c点的合场方向平行于ab，根据左手定则可判断导线c受到的安培力垂直ab边，指向左边。（08广东文科基础）61.如图8所示，电流强度为I的一段通电直导线处于匀强磁场中，受到的安培力为F，图中正确标志I和F方向的是【答案】A【解析】安培力的方向与电流方向和磁场方向都垂直，且满足左手定则。（08广东理科基础）17．有关洛仑兹力和安培力的描述，正确的是A．通电直导线处于匀强磁场中一定受到安培力的作用B．安培力是大量运动电荷所受洛仑兹力的宏观表现C．带电粒子在匀强磁场中运动受到洛仑兹力做正功D．通电直导线在磁场中受到的安培力方向与磁场方向平行【答案】B【解析】通电直导线与磁场平行，不受安培力，选项A错误，安培力方向与磁场垂直，选项D错误。洛仑兹力对带电粒子不做功，选项C错误，安培力是大量运动电荷所受洛仑兹力的宏观表现，选项B正确。（08广东理科基础）18．电子在匀强磁场中做匀速圆周运动，下列说法正确的是A．速率越大，周期越大 B．速率越小，周期越大C．速度方向与磁场方向平行 D．速度方向与磁场方向垂直【答案】D 【解析】由可知，选项A、B错误，做匀速圆周运动时，速度方向与磁场方向垂直，选项D正确。（08广东卷）4．1930年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器，其原理如图所示，这台加速器由两个铜质D形合D1、D2构成，其间留有空隙，下列说法正确的是A．离子由加速器的中心附近进入加速器B．离子由加速器的边缘进入加速器C．离子从磁场中获得能量D．离子从电场中获得能量【答案】AD【解析】离子由加速器的中心附近进入加速器，从电场中获取能量，最后从加速器边缘离开加速器，选项A、D正确。（08广东卷）9．带电粒子进入云室会使云室中的气体电离，从而显示其运动轨迹．图是在有匀强磁场云室中观察到的粒子的轨迹，a和b是轨迹上的两点，匀强磁场B垂直纸面向里．该粒子在运动时，其质量和电量不变，而动能逐渐减少，下列说法正确的是A．粒子先经过a点，再经过b点B．粒子先经过b点，再经过a点C．粒子带负电D．粒子带正电【答案】AC【解析】由可知，粒子的动能越小，圆周运动的半径越小，结合粒子运动轨迹可知，粒子选经过a点，再经过b点，选项A正确。根据左手定则可以判断粒子带负电，选项C正确。（00上海卷）1．如图所示，两根平行放置的长直导线和载有大小相同方向相反的电流，受到的磁场力大小为，当加入一与导线所在平面垂直的匀强磁场后，受到的磁场力大小变为，则此时受到的磁场力大小变为A（A）， （B）， （C） （D）[ ]01北京、内蒙古、安徽卷）2.初速为的电子，沿平行于通电长直导线的方向射出，直导线中电流方向与电子的初始运动方向如图所示，则A （A）电子将向右偏转，速率不变 （B）电子将向左偏转，速率改变 （C）电子将向左偏转，速率不变 （D）电子将向右偏转，速率改变02春季理综3．图为云室中某粒子穿过铅板P前后的轨迹，室中匀强磁场的方向与轨迹所在平面垂直（图中垂直于纸面向里，）由此可知此粒子AA、 一定带正电 B、 一定带负电C、 不带电 D、 可能带正电，也可能带负电02年广东、河南4 在图中虚线所示的区域存在匀强电场和匀强磁场。取坐标如图。一带电粒子沿x轴正方向进入此区域，在穿过此区域的过程中运动方向始终不发生偏转。不计重力的影响，电场强度E和磁感强度B的方向可能是E和B都沿x轴方向E沿y轴正向，B沿z轴正向E沿z轴正向，B沿y轴正向E、B都沿z 轴方向[答案]：A、B04（春季）5 ．如图，在的空间中有恒定的匀强磁场，磁感强度的方向垂直于oxy平面向里，大小为B。现有一质量为m电量为q的带电粒子，在x轴上到原点的距离为的P点，以平行于y轴的初速度射入此磁场，在磁场作用下沿垂直于y轴的方向射出此磁场。不计重力的影响。由这些条件可知，D A．不能确定粒子通过y轴时的位置 B．不能确定粒子速度的大小 C．不能确定粒子在磁场中运动所经历的时间D．以上三个判断都不对04（北京卷）6 ．如图所示，正方形区域abcd中充满匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里。一个氢核从ad边的中点m沿着既垂直于ad边又垂直于磁场的方向，以一定速度射入磁场，正好从ab边中点n射出磁场。若将磁场的磁感应强度变为原来的2倍.其他条件不变，则这个氢核射出磁场的位置是C （ ） A．在b、n之间某点 B．在n、a之间某点 C．a点 D．在a、m之间某点04（北京卷）7 ．静电透镜是利用静电场使电子束会聚或发散的一种装置，其中某部分静电场的分布如下图所示。虚线表示这个静电场在xoy平面内的一簇等势线，等势线形状相对于ox轴、oy轴对称。等势线的电势沿x轴正向增加，且相邻两等势线的电势差相等。一个电子经过P点（其横坐标为－x0）时，速度与ox轴平行。适当控制实验条件，使该电子通过电场区域时仅在ox轴上方运动。在通过电场区域过程中，该电子沿y方向的分速度v，随位置坐标x变化的示意图是（ D ）04（全国卷）8 一直升飞机停在南半球的地磁极上空。该处地磁场的方向竖直向上，磁感应强度为B。直升飞机螺旋桨叶片的长度为l，螺旋桨转动的频率为f，顺着地磁场的方向看螺旋桨，螺旋桨按顺时针方向转动。螺旋桨叶片的近轴端为a，远轴端为b，如图所示。如果忽略a到转轴中心线的距离，用ε表示每个叶片中的感应电动势，则AA．ε＝πfl2B，且a点电势低于b点电势 B．ε＝2πfl2B，且a点电势低于b点电势C．ε＝πfl2B，且a点电势高于b点电势D．ε＝2πfl2B，且a点电势高于b点电势07海南卷 9、粒子甲的质量与电荷量分别是粒子乙的4倍与2倍，两粒子均带正电，让它们在匀强磁场中同一点以大小相等、方向相反的速度开始运动。已知磁场方向垂直纸面向里。以下四个图中，能正确表示两粒子子运动轨迹的是A07全国理综Ⅱ 10如图所示，一带负电的质点在固定的正的点电荷作用下绕该正电荷做匀速圆周运动，周期为T0，轨道平面位于纸面内，质点的速度方向如图中箭头所示。现加一垂直于轨道平面的匀强磁场，已知轨道半径并不因此而改变，则ADA．若磁场方向指向纸里，质点运动的周期将大于T0B．若磁场方向指向纸里，质点运动的周期将小于T0C．若磁场方向指向纸外，质点运动的周期将大于T0D．若磁场方向指向纸外，质点运动的周期将小于T007四川理综 11如图所示，长方形abcd长ad＝0.6 m，宽ab＝0.3 m，O、e分别是ad、bc的中点，以ad为直径的半圆内有垂直纸面向里的匀强磁场（边界上无磁场），磁感应强度B＝0.25 T。一群不计重力、质量m＝3×107 kg、电荷量q＝＋2×10－3 C的带电粒子以速度v＝5×l02 m/s沿垂直ad方向且垂直于磁场射人磁场区域DA．从Od边射人的粒子，出射点全部分布在Oa边B．从aO边射人的粒子，出射点全部分布在ab边C．从Od边射入的粒子，出射点分布在Oa边和ab边D．从aO边射人的粒子，出射点分布在ab边和bc边07天津理综 12、如图所示，在x轴上方存在着垂直于纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场。一个不计重力的带电粒子从坐标原点O处以速度v进入磁场，粒子进入磁场时的速度方向垂直于磁场且与x轴正方向成120°角，若粒子穿过y轴正半轴后在磁场中到x轴的最大距离为a，则该粒子的比荷和所带电荷的正负是CA．，正电荷 B．，正电荷 C．，负电荷 D．，负电荷06（江苏卷）13．关于磁感线，下列说法中正确的是 （ B ） A．磁感线是实际存在于磁场中的线 B．磁感线上任意一点的切线方向，都跟该点的磁场方向一致 C．磁感线是一条条不闭合的曲线 D．磁感线有可能出现相交的情况07宁夏理综 1 在半径为R的半圆形区域中有一匀强磁场，磁场的方向垂直于纸面，磁感应强度为B。一质量为m，带有电量q的粒子以一定的速度沿垂直于半圆直径AD方向经P点（AP＝d）射入磁场（不计重力影响）。 ⑴如果粒子恰好从A点射出磁场，求入射粒子的速度。⑵如果粒子经纸面内Q点从磁场中射出，出射方向与半圆在Q点切线方向的夹角为φ（如图）。求入射粒子的速度。1 、⑴由于粒子在P点垂直射入磁场，故圆弧轨道的圆心在AP上，AP是直径。 设入射粒子的速度为v1，由洛伦兹力的表达式和牛顿第二定律得： 解得：⑵设O/是粒子在磁场中圆弧轨道的圆心，连接O/Q，设O/Q＝R/。 由几何关系得： 由余弦定理得： 解得： 设入射粒子的速度为v，由 解出：06（四川卷）. 2如图所示，在足够大的空间范围内，同时存在着竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的水平匀强磁场，磁感应强度B=1.57T.小球1带正电，其电量与质量之比q1/m1=4 C/kg,所受重力与电场力的大小相等;小球2不带电，静止放置于固定的水平悬空支架上。小球向右以v0=23.59 m/s的水平速度与小球2正碰，碰后经过0.75 s再次相碰。设碰撞前后两小球带电情况不发生改变，且始终保持在同一竖直平面内。（取g=10 m/s2)问(1)电场强度E的大小是多少？(2)两小球的质量之比是多少？25.(20分)(1)小球1所受的重力与电场力始终平衡 m1g=q1E ①E=2.5 N/C ②(2)相碰后小球1做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：q1v1B= ③半径为 ④周期为 ＝1 s ⑤∵两小球运动时间 t=0.75 s=T∴小球1只能逆时针经个圆周时与小球2再次相碰 ⑥第一次相碰后小球2作平抛运动 ⑦L=R1=v1t ⑧两小球第一次碰撞前后动量守恒，以水平向右为正方向m1v0=-m1v1+m2v2 ⑨由⑦、⑧式得 v2=3.75 m/s由④式得 17.66 m/s ∴两小球质量之比 ⑩（09年全国卷Ⅰ）26（21分）如图，在x轴下方有匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于x y平面向外。P是y轴上距原点为h的一点，N0为x轴上距原点为a的一点。A是一块平行于x轴的挡板，与x轴的距离为，A的中点在y轴上，长度略小于。带点粒子与挡板碰撞前后，x方向的分速度不变，y方向的分速度反向、大小不变。质量为m，电荷量为q（q>0）的粒子从P点瞄准N0点入射，最后又通过P点。不计重力。求粒子入射速度的所有可能值。解析：设粒子的入射速度为v,第一次射出磁场的点为,与板碰撞后再次进入磁场的位置为.粒子在磁场中运动的轨道半径为R,有…⑴粒子速率不变,每次进入磁场与射出磁场位置间距离保持不变有…⑵粒子射出磁场与下一次进入磁场位置间的距离始终不变,与相等.由图可以看出……⑶设粒子最终离开磁场时,与档板相碰n次(n=0、1、2、3…).若粒子能回到P点,由对称性,出射点的x坐标应为-a,即……⑷由⑶⑷两式得……⑸若粒子与挡板发生碰撞,有……⑹联立⑶⑷⑹得n<3………⑺联立⑴⑵⑸得………⑻把代入⑻中得…………⑼…………⑾…………⑿（09年全国卷Ⅱ）25. （18分）如图，在宽度分别为和的两个毗邻的条形区域分别有匀强磁场和匀强电场，磁场方向垂直于纸面向里，电场方向与电、磁场分界线平行向右。一带正电荷的粒子以速率v从磁场区域上边界的P点斜射入磁场，然后以垂直于电、磁场分界线的方向进入电场，最后从电场边界上的Q点射出。已知PQ垂直于电场方向，粒子轨迹与电、磁场分界线的交点到PQ的距离为d。不计重力,求电场强度与磁感应强度大小之比及粒子在磁场与电场中运动时间之比。答案：解析：本题考查带电粒子在有界磁场中的运动。粒子在磁场中做匀速圆周运动,如图所示.由于粒子在分界线处的速度与分界线垂直,圆心O应在分界线上,OP长度即为粒子运动的圆弧的半径R.由几何关系得………①设粒子的质量和所带正电荷分别为m和q,由洛仑兹力公式和牛顿第二定律得……………②设为虚线与分界线的交点,,则粒子在磁场中的运动时间为……③式中有………④粒子进入电场后做类平抛运动,其初速度为v,方向垂直于电场.设粒子的加速度大小为a,由牛顿第二定律得…………⑤由运动学公式有……⑥ ………⑦由①②⑤⑥⑦式得…………⑧由①③④⑦式得（09年天津卷）11.(18分)如图所示，直角坐标系xOy位于竖直平面内，在水平的x轴下方存在匀强磁场和匀强电场，磁场的磁感应为B,方向垂直xOy平面向里，电场线平行于y轴。一质量为m、电荷量为q的带正电的小球，从y轴上的A点水平向右抛出，经x轴上的M点进入电场和磁场，恰能做匀速圆周运动，从x轴上的N点第一次离开电场和磁场，MN之间的距离为L,小球过M点时的速度方向与x轴的方向夹角为.不计空气阻力，重力加速度为g,求电场强度E的大小和方向；小球从A点抛出时初速度v0的大小;A点到x轴的高度h.答案：（1），方向竖直向上 （2） （3）解析：本题考查平抛运动和带电小球在复合场中的运动。（1）小球在电场、磁场中恰能做匀速圆周运动，说明电场力和重力平衡（恒力不能充当圆周运动的向心力），有 ① ②重力的方向竖直向下，电场力方向只能向上，由于小球带正电，所以电场强度方向竖直向上。（2）小球做匀速圆周运动，O′为圆心，MN为弦长，，如图所示。设半径为r，由几何关系知 ③小球做匀速圆周运动的向心力由洛仑兹力白日提供，设小球做圆周运动的速率为v，有 ④ 由速度的合成与分解知 ⑤由③④⑤式得 ⑥（3）设小球到M点时的竖直分速度为vy，它与水平分速度的关系为 ⑦由匀变速直线运动规律 ⑧由⑥⑦⑧式得 ⑨（09年山东卷）25．（18分）如图甲所示，建立Oxy坐标系，两平行极板P、Q垂直于y轴且关于x轴对称，极板长度和板间距均为l，第一四象限有磁场，方向垂直于Oxy平面向里。位于极板左侧的粒子源沿x轴间右连接发射质量为m、电量为+q、速度相同、重力不计的带电粒子在0~3t时间内两板间加上如图乙所示的电压（不考虑极边缘的影响）。已知t=0时刻进入两板间的带电粒子恰好在t0时，刻经极板边缘射入磁场。上述m、q、l、l0、B为已知量。（不考虑粒子间相互影响及返回板间的情况）（1）求电压U的大小。（2）求时进入两板间的带电粒子在磁场中做圆周运动的半径。（3）何时把两板间的带电粒子在磁场中的运动时间最短？求此最短时间。解析：（1）时刻进入两极板的带电粒子在电场中做匀变速曲线运动，时刻刚好从极板边缘射出，在y轴负方向偏移的距离为，则有①②③联立以上三式，解得两极板间偏转电压为④。（2）时刻进入两极板的带电粒子，前时间在电场中偏转，后时间两极板没有电场，带电粒子做匀速直线运动。带电粒子沿x轴方向的分速度大小为⑤带电粒子离开电场时沿y轴负方向的分速度大小为⑥带电粒子离开电场时的速度大小为⑦设带电粒子离开电场进入磁场做匀速圆周运动的半径为R，则有⑧联立③⑤⑥⑦⑧式解得⑨。（3）时刻进入两极板的带电粒子在磁场中运动时间最短。带电粒子离开磁场时沿y轴正方向的分速度为⑩，设带电粒子离开电场时速度方向与y轴正方向的夹角为，则，联立③⑤⑩式解得，带电粒子在磁场运动的轨迹图如图所示，圆弧所对的圆心角为，所求最短时间为,带电粒子在磁场中运动的周期为，联立以上两式解得。考点：带电粒子在匀强电场、匀强磁场中的运动。（09年福建卷）22.(20分)图为可测定比荷的某装置的简化示意图，在第一象限区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小B=2.0×10-3T,在X轴上距坐标原点L=0.50m的P处为离子的入射口，在Y上安放接收器，现将一带正电荷的粒子以v=3.5×104m/s的速率从P处射入磁场，若粒子在y轴上距坐标原点L=0.50m的M处被观测到，且运动轨迹半径恰好最小，设带电粒子的质量为m,电量为q,不记其重力。（1）求上述粒子的比荷；（2）如果在上述粒子运动过程中的某个时刻，在第一象限内再加一个匀强电场，就可以使其沿y轴正方向做匀速直线运动，求该匀强电场的场强大小和方向，并求出从粒子射入磁场开始计时经过多长时间加这个匀强电场；（3）为了在M处观测到按题设条件运动的上述粒子，在第一象限内的磁场可以局限在一个矩形区域内，求此矩形磁场区域的最小面积，并在图中画出该矩形。答案（1）=4.9×C/kg（或5.0×C/kg）；（2） ； （3）解析：第（1）问本题考查带电粒子在磁场中的运动。第（2）问涉及到复合场（速度选择器模型）第（3）问是带电粒子在有界磁场（矩形区域）中的运动。（1）设粒子在磁场中的运动半径为r。如图甲，依题意M、P连线即为该粒子在磁场中作匀速圆周运动的直径，由几何关系得 ①由洛伦兹力提供粒子在磁场中作匀速圆周运动的向心力，可得 ②联立①②并代入数据得=4.9×C/kg（或5.0×C/kg） ③（2）设所加电场的场强大小为E。如图乙，当粒子子经过Q点时，速度沿y轴正方向，依题意，在此时加入沿x轴正方向的匀强电场，电场力与此时洛伦兹力平衡，则有 ④代入数据得 ⑤所加电场的长枪方向沿x轴正方向。由几何关系可知，圆弧PQ所对应的圆心角为45°，设带点粒子做匀速圆周运动的周期为T，所求时间为t，则有 ⑥ ⑦联立①⑥⑦并代入数据得 ⑧（3）如图丙，所求的最小矩形是，该区域面积 ⑨联立①⑨并代入数据得 矩形如图丙中（虚线）（09年浙江卷）25.（22分）如图所示，x轴正方向水平向右，y轴正方向竖直向上。在xOy平面内有与y轴平行的匀强电场，在半径为R的圆内还有与xOy平面垂直的匀强磁场。在圆的左边放置一带电微粒发射装置，它沿x轴正方向发射出一束具有相同质量m、电荷量q（q>0）和初速度v的带电微粒。发射时，这束带电微粒分布在0（1）从A点射出的带电微粒平行于x轴从C点进入有磁场区域，并从坐标原点O沿y轴负方向离开，求点场强度和磁感应强度的大小和方向。（2）请指出这束带电微粒与x轴相交的区域，并说明理由。（3）若这束带电微粒初速度变为2v，那么它们与x轴相交的区域又在哪里？并说明理由。答案：（1）；方向垂直于纸面向外；（2）见解析；（3）与x同相交的区域范围是x>0。解析：本题考查带电粒子在复合场中的运动。带电粒子平行于x轴从C点进入磁场，说明带电微粒所受重力和电场力平衡。设电场强度大小为E，由 可得 方向沿y轴正方向。带电微粒进入磁场后，将做圆周运动。 且 r=R如图（a）所示，设磁感应强度大小为B。由 得 方向垂直于纸面向外（2）这束带电微粒都通过坐标原点。方法一：从任一点P水平进入磁场的带电微粒在磁场中做半径为R的匀速圆周运动，其圆心位于其正下方的Q点，如图b所示，这束带电微粒进入磁场后的圆心轨迹是如图b的虚线半圆，此圆的圆心是坐标原点为。方法二：从任一点P水平进入磁场的带电微粒在磁场中做半径为R的匀速圆周运动。如图b示，高P点与O′点的连线与y轴的夹角为θ，其圆心Q的坐标为（-Rsinθ，Rcosθ）,圆周运动轨迹方程为得 x=0 x=-Rsinθ y=0 或 y=R(1+cosθ)（3）这束带电微粒与x轴相交的区域是x>0带电微粒在磁场中经过一段半径为r′的圆弧运动后，将在y同的右方(x>0)的区域离开磁场并做匀速直线运动，如图c所示。靠近M点发射出来的带电微粒在突出磁场后会射向x同正方向的无穷远处国靠近N点发射出来的带电微粒会在靠近原点之处穿出磁场。所以，这束带电微粒与x同相交的区域范围是x>0.（09年江苏卷）14.（16分）1932年，劳伦斯和利文斯设计出了回旋加速器。回旋加速器的工作原理如图所示，置于高真空中的D形金属盒半径为R，两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计。磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直。A处粒子源产生的粒子，质量为m、电荷量为+q ，在加速器中被加速，加速电压为U。加速过程中不考虑相对论效应和重力作用。 （1）求粒子第2次和第1次经过两D形盒间狭缝后轨道半径之比；（2）求粒子从静止开始加速到出口处所需的时间t；（3）实际使用中，磁感应强度和加速电场频率都有最大值的限制。若某一加速器磁感应强度和加速电场频率的最大值分别为Bm、fm，试讨论粒子能获得的最大动能E㎞。解析：(1)设粒子第1次经过狭缝后的半径为r1,速度为v1qu=mv12qv1B=m解得 同理，粒子第2次经过狭缝后的半径 则 （2）设粒子到出口处被加速了n圈解得 （3）加速电场的频率应等于粒子在磁场中做圆周运动的频率，即当磁场感应强度为Bm时，加速电场的频率应为粒子的动能当≤时，粒子的最大动能由Bm决定解得当≥时，粒子的最大动能由fm决定解得 （09年江苏物理）15.（16分）如图所示，两平行的光滑金属导轨安装在一光滑绝缘斜面上，导轨间距为l、足够长且电阻忽略不计，导轨平面的倾角为，条形匀强磁场的宽度为d，磁感应强度大小为B、方向与导轨平面垂直。长度为2d的绝缘杆将导体棒和正方形的单匝线框连接在一起组成“”型装置，总质量为m，置于导轨上。导体棒中通以大小恒为I的电流（由外接恒流源产生，图中未图出）。线框的边长为d（d < l），电阻为R，下边与磁场区域上边界重合。将装置由静止释放，导体棒恰好运动到磁场区域下边界处返回，导体棒在整个运动过程中始终与导轨垂直。重力加速度为g。求：（1）装置从释放到开始返回的过程中，线框中产生的焦耳热Q；（2）线框第一次穿越磁场区域所需的时间t1；（3）经过足够长时间后，线框上边与磁场区域下边界的最大距离m。 解析：(1)设装置由静止释放到导体棒运动到磁场下边界的过程中，作用在线框上的安培力做功为W由动能定理 且 解得 （2）设线框刚离开磁场下边界时的速度为，则接着向下运动 由动能定理 装置在磁场中运动时收到的合力感应电动势 =Bd感应电流 =安培力 由牛顿第二定律，在t到t+时间内，有则有解得 （3）经过足够长时间后，线框在磁场下边界与最大距离之间往复运动 由动能定理 解得 （09年四川卷）25.(20分)如图所示，轻弹簧一端连于固定点O，可在竖直平面内自由转动，另一端连接一带电小球P,其质量m=2×10-2 kg,电荷量q=0.2 C.将弹簧拉至水平后，以初速度V0=20 m/s竖直向下射出小球P,小球P到达O点的正下方O1点时速度恰好水平，其大小V=15 m/s.若O、O1相距R=1.5 m,小球P在O1点与另一由细绳悬挂的、不带电的、质量M=1.6×10-1 kg的静止绝缘小球N相碰。碰后瞬间，小球P脱离弹簧，小球N脱离细绳，同时在空间加上竖直向上的匀强电场E和垂直于纸面的磁感应强度B=1T的弱强磁场。此后，小球P在竖直平面内做半径r=0.5 m的圆周运动。小球P、N均可视为质点，小球P的电荷量保持不变，不计空气阻力，取g=10 m/s2。那么，（1）弹簧从水平摆至竖直位置的过程中，其弹力做功为多少？（2）请通过计算并比较相关物理量，判断小球P、N碰撞后能否在某一时刻具有相同的速度。 (3)若题中各量为变量，在保证小球P、N碰撞后某一时刻具有相同速度的前提下，请推导出r的表达式(要求用B、q、m、θ表示，其中θ为小球N的运动速度与水平方向的夹角)。解析：（1）设弹簧的弹力做功为W，有： ①代入数据，得：W＝J ②（2）由题给条件知，N碰后作平抛运动，P所受电场力和重力平衡，P带正电荷。设P、N碰后的速度大小分别为v1和V，并令水平向右为正方向，有: ③而： ④若P、N碰后速度同向时，计算可得VP、N速度相同时，N经过的时间为，P经过的时间为。设此时N的速度V1的方向与水平方向的夹角为，有： ⑥ ⑦代入数据，得： ⑧对小球P，其圆周运动的周期为T，有： ⑨经计算得： ＜T，P经过时，对应的圆心角为，有： ⑩当B的方向垂直纸面朝外时，P、N的速度相同，如图可知，有： 联立相关方程得： 比较得， ，在此情况下，P、N的速度在同一时刻不可能相同。当B的方向垂直纸面朝里时，P、N的速度相同，同样由图，有： ，同上得： ，比较得， ，在此情况下，P、N的速度在同一时刻也不可能相同。（3）当B的方向垂直纸面朝外时，设在t时刻P、N的速度相同，，再联立④⑦⑨⑩解得： 当B的方向垂直纸面朝里时，设在t时刻P、N的速度相同，同理得： ，考虑圆周运动的周期性，有: （给定的B、q、r、m、等物理量决定n的取值）（09年海南物理）16．（10分）如图，ABCD是边长为的正方形。质量为、电荷量为的电子以大小为的初速度沿纸面垂直于BC变射入正方形区域。在正方形内适当区域中有匀强磁场。电子从BC边上的任意点入射，都只能从A点射出磁场。不计重力，求：（1）次匀强磁场区域中磁感应强度的方向和大小；（2）此匀强磁场区域的最小面积。解析：（1）设匀强磁场的磁感应强度的大小为B。令圆弧是自C点垂直于BC入射的电子在磁场中的运行轨道。电子所受到的磁场的作用力应指向圆弧的圆心，因而磁场的方向应垂直于纸面向外。圆弧的圆心在CB边或其延长线上。依题意，圆心在A、C连线的中垂线上，故B 点即为圆心，圆半径为按照牛顿定律有 联立①②式得（2）由（1）中决定的磁感应强度的方向和大小，可知自点垂直于入射电子在A点沿DA方向射出，且自BC边上其它点垂直于入射的电子的运动轨道只能在BAEC区域中。因而，圆弧是所求的最小磁场区域的一个边界。为了决定该磁场区域的另一边界，我们来考察射中A点的电子的速度方向与BA的延长线交角为（不妨设）的情形。该电子的运动轨迹如图所示。图中，圆的圆心为O，pq垂直于BC边 ，由③式知，圆弧的半径仍为，在D为原点、DC为x轴，AD为轴的坐标系中，P点的坐标为这意味着，在范围内，p点形成以D为圆心、为半径的四分之一圆周，它是电子做直线运动和圆周运动的分界线，构成所求磁场区域的另一边界。因此，所求的最小匀强磁场区域时分别以和为圆心、为半径的两个四分之一圆周和所围成的，其面积为评分参考：本题10分。第（1）问4分，①至③式各1分；得出正确的磁场方向的，再给1分。第（2）问6分，得出“圆弧是所求磁场区域的一个边界”的，给2分；得出所求磁场区域的另一个边界的，再给2分；⑥式2分。（09年重庆卷）25.（19分）如题25图，离子源A产生的初速为零、带电量均为e、质量不同的正离子被电压为U0的加速电场加速后匀速通过准直管，垂直射入匀强偏转电场，偏转后通过极板HM上的小孔S离开电场，经过一段匀速直线运动，垂直于边界MN进入磁感应强度为B的匀强磁场。已知HO=d，HS=2d，=90°。（忽略粒子所受重力）（1）求偏转电场场强E0的大小以及HM与MN的夹角；（2）求质量为m的离子在磁场中做圆周运动的半径；（3）若质量为4m的离子垂直打在NQ的中点处，质量为16m的离子打在处。求和之间的距离以及能打在NQ上的正离子的质量范围。解析： 展开更多...... 收起↑ 资源列表 2000-2009年高考试题分类汇编：万有引力与航天.doc 2000-2009年高考试题分类汇编：光学.doc 2000-2009年高考试题分类汇编：动量 机械能.doc 2000-2009年高考试题分类汇编：恒定电流.doc 2000-2009年高考试题分类汇编：电场.doc 2000-2009年高考试题分类汇编：电磁感应、交流电.doc 2000-2009年高考试题分类汇编：磁场.doc
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