0 0 类别 : 试卷

2006年全国各地高考物理试题分类汇编 一、力 物体和平衡 二、质点的运动 三、牛顿运动定律 四、曲线运动 万有引力 五、动量和能量 六、机械能 七、机械振动机械波 八、分子动理论 热和功 九、电场 十、稳恒电流 十一、磁场 十二、电磁感应 十三、交流电 电磁振荡和电磁波 十四、光学 十五、原子和原子核 十六、物理实验 2006年全国各地高考物理试题分类汇编 力学部分 一、力 物体和平衡 [全国卷 II] 15．如图，位于水平桌面上的物块 P，由跨过定滑轮的轻绳与物块 Q相连，从滑轮到 P和 到Q的两段绳都是水平的。已知Q与 P之间以及 P与桌面之间的动摩擦因数都是 μ，两物块 的质量都是m，滑轮的质量、滑轮轴上的摩擦都不计，若用一水平向右的力 F拉 P使它做匀 速运动，则 F的大小为 A 4μmg B 3μmg C 2μmg D μmg 答案：A [北京卷]19.木块A、B分别重 50 N和 60 N，它们与水平地面之间的动磨擦因数均为 0.25； 夹在A、B静止不动。现用 F=1 N的水平拉力作用在木块 B上.如图所示.力 F作用后静止不动. 现用 F=1 N的水平拉力作用在木块 B上，如图所示力 F作用后 A.木块A所受摩擦力大小是 12.5 N B.木块A所受摩擦力大小是 11.5 N C.木块 B所受摩擦力大小是 9 N D.木块 B所受摩擦力大小是 7 N 答案：C [广东卷]1．下列对运动的认识不正确的是 A．亚里士多德认为物体的自然状态是静止的，只有当它受到力的作用才会运动 B．伽利略认为力不是维持物体速度的原因 C．牛顿认为力的真正效应总是改变物体的速度，而不仅仅是使之运动 D．伽利略根据理想实验推论出，如果没有摩擦，在水平面上的物体，一旦具有某一个速 度，将保持这个速度继续运动下去 【答案】C 【分析】亚里士多德认为没有力作用在物体上，物体就不会运动。．伽利略认为力不是维持 物体运动的原因，伽利略根据理想实验推论出，如果没有摩擦，在水平面上的物体，一旦 具 有某一个速度，将保持这个速度继续运动下去。牛顿认为力是改变物体运动状态的原因， 并 不是使物体运动的原因。故答案为 C。属于容易题。 二、质点的运动 [全国卷 I] 23.(16分)天空有近似等高的浓云层。为了测量云层的高度，在水平地面上与观测者的距离 为d=3.0km 处进行一次爆炸，观测者听到由空气直接传来的爆炸声和由云层反射来的爆炸 声时间上相差 t=6.0s。试估算云层下表面的高度。已知空气中的声速 v= 3 1 km/s。 答案：如图，A表示爆炸处，O表示观测者所在处，h表示云层下表面的高度。用 t1表示爆 炸声直接传到O处所经时间，则有 d=vt1 ① 用 t2表示爆炸声经云层反射到达O处所经历时间，因为入射角等于反射角，故有 2=vt2 ②郝双制作 已知 t2－t1＝Δt ③ 联立①②③式，可得 h= 代入数值得 h=2.0×103m郝双 [全国卷 I]24.（19分）一水平的浅色长传送带上放置一煤块（可视为质点），煤块与传送 带之间的动摩擦因数为 。初始时，传送带与煤块都是静止的。现让传送带以恒定的加速度 a0开始运动,当其速度达到 v0后,便以此速度做匀速运动。经过一段时间，煤块在传送带上留 下了一段黑色痕迹后，煤块相对于传送带不再滑动。求此黑色痕迹的长度。 答案：解：根据“传送带上有黑色痕迹”可知，煤块与传送带之间发生了相对滑动，煤块 的加速度 a小于传送带的加速度 a0。根据牛顿定律，可得 a=μg 设经历时间 t，传送带由静止开始加速到速度等于 v0，煤块则由静止加速到 v，有 v0=a0t v=at 由于 a<a0，故 v<v0，煤块继续受到滑动摩擦力的作用。再经过时间 t'，煤块的速度由 v增加 到 v0，有 v=v+at'郝双制作 此后，煤块与传送带运动速度相同，相对于传送带不再滑动，不再产生新的痕迹。 设在煤块的速度从 0增加到 v0的整个过程中，传送带和煤块移动的距离分别为 s0和 s，有 s0=a0t2+v0t' s= 传送带上留下的黑色痕迹的长度 l=s0－s 由以上各式得 l=郝双 [上海卷 ]4．伽利略通过研究自由落体和物块沿光滑斜面的运动， 首次发现了匀加速运动规律．伽利略假设物块沿斜面运动与物块自 由下落遵从同样的法则，他在斜面上用刻度表示物块滑下的路程， 并测出物块通过相应路程的时间，然后用图线表示整个运动过程， 如图所示．图中 OA表示测得的时 间，矩形 OAED的面积表示该时 间内物块经过的路程，则图中 OD的长度表示 ．P为 DE的中点，连接 OP 且延长交 AE的延长线于 B，则 AB的长度表示 ． 【答案】平均速度 物块的末速度 【分析】匀变速直线运动的 v-t 图像所围面积表示位移，中位线表示平均速度。最高点的纵坐 标表示末速度。 【高考考点】匀变速直线运动、平均速度 v-t 图像 【易错点】容易将其与位移图像（s-t）混淆 [上海卷]13．如图所示．一足够长的固定斜面与水平面的夹角为 370 ，物体 A以初速度 v1 从斜面顶端水平抛出，物体 B 在斜面上距顶端 L＝15m 处同时以速度 v2 沿斜面向下匀速运 动，经历时间 t物体 A和物体 B在斜面上相遇，则下列各组速度和时间中满足条件的是 （sin370＝0.6，cos370＝0.8，g＝10 m/s 2 ） （ ） （A）v1＝16 m/s，v2＝15 m/s，t＝3s． （B）v1＝16 m/s，v2＝16 m/s，t＝2s． （C）v1＝20 m/s，v2＝20 m/s，t＝3s． （D）v1＝20m/s，v2＝16 m/s，t＝2s． 【答案】C 【分析】由平抛运动规律可知， 将=370代入解得 3 v1=20t，故只有 C 选项满足条 件。 [上海卷]20、（l0 分）辨析题：要求摩托车由静止开始在尽量短的时间内走完一段直道，然 后驶入一段半圆形的弯道，但在弯道上行驶时车速不能太快，以免因离心作用而偏出车道 求摩托车在直道上行驶所用的最短时间．有关数据见表格． 某同学是这样解的：要使摩托车所用时间最短，应先由静止加速到最大速度 v1＝40 m/s， 然后再减速到 v2＝20m/s，t1 = v1/ a1 = …；t2 = （v1－v2）/ a2= …；t=t1 + t2 你认为这位同学的解法是否合理？若合理，请完成计算；若不合理，请说明理由，并用你 自己的方法算出正确结果． 【答案】不合理 11s 【分析】：不合理 ，因为按这位同学的解法可得 t1=10s ，t2=2.5s，总位移 s0=275m＞s。故不 合理。由上可知摩托车不能达到最大速度 v2，设满足条件的最大速度为 v，则 解得 v=36m/s 又 t1= v/a1 =9s t2=(v-v2)/a2=2 s 因此所用的最短时间 t=t1+t2=11s [广东卷 ]2．a、b两物体从同一位置沿同一直线运动，它们的速度图象如 图 1所示，下列说法正确的是 A．a、b加速时，物体 a的加速度大于物体 b的加速度 B．20秒时，a、b两物体相距最远 C．60秒时，物体 a在物体 b的前方 D．40秒时，a、b两物体速度相等，相距 200m 【答案】C 【分析】v-t 图像中，图像的斜率表示加速度，图线和时间轴所夹 的面积表示位移。当两物体 的速度相等时，距离最大。据此得出 正确的答案为 C。有些考生错误的认为图线相交时相遇， 从而得 出错误的答案。属于容易题。 [四川卷]14.2006年我国自行研制的“枭龙”战机 04架在四川某地试飞成功。假设该战机起 飞前从静止开始做匀加速直线运动，达到起飞速度 v所需时间 t,则起飞前的运动距离为 A.vt B. 2 vt C.2vt D.不能确定 答案:B 三、牛顿运动定律 [全国卷Ⅱ] 24.（19分）一质量为m＝40kg 的小孩子站在电梯内的体重计上。电梯从 t＝0时刻由静止开始上 升，在 0到 6s内体重计示数 F的变化如图所示。试问：在这段时间内电梯上升的高度是多少？取重力加 速度g＝10m/s2。 答案：由图可知，在 t＝0到 t＝t1＝2s的时间内，体重 计的示数大于mg，故电梯应做向上的加速运动。设这段时间 内体重计作用于小孩的力为 f1，电梯及小孩的加速度为 a1，由牛顿第二定律，得 f1－mg＝ma1， ① 在这段时间内电梯上升的高度 h1＝a1t2。 ② 在 t1到 t＝t2＝5s的时间内，体重计的示数等于 mg，故电梯应做匀速上升运动，速度为 t1时刻电梯的速度，即 V1＝a1t1， ③ 在这段时间内电梯上升的高度 h2＝V2（t2－t1）。 ④ 在 t2到 t＝t3＝6s的时间内，体重计的示数小于 mg，故电梯应做向上的减速运动。设这 段时间内体重计作用于小孩的力为 f1，电梯及小孩的加速度为 a2，由牛顿第二定律，得 mg－f2＝ma2， ⑤ 在这段时间内电梯上升的高度 h3＝V1(t3－t2)－a 2(t3－t2)2。 ⑥ 电梯上升的总高度 h＝h1＋h2＋h3。 ⑦ 由以上各式，利用牛顿第三定律和题文及题图中的数据，解得 h＝9 m。 ⑧ 评分参考：①式 4分，②、③式各 1分，④式 3分，⑤式 4分，⑥、⑦式各 1分，⑧式 4分。 [上海卷]21．（l2 分）质量为 10 kg的物体在 F＝200 N 的水平推力作用下，从粗糙斜面的 底端由静止开始沿斜面运动，斜面固定不动，与水平地面的夹角 θ＝37O．力 F作用 2秒钟 后撤去，物体在斜面上继续上滑了 1.25 秒钟后，速度减为零．求：物体与斜面间的动摩擦 因数 μ和物体的总位移 s。（已知 sin37o＝0.6，cos37O＝0.8，g＝10 m/s2） 【答案】μ=0.4　　 s=6.5m 【分析】：物体受力分析如图所示，设加速的加速度为 a1，末速度 为 v，减速时的加速度大小为 a2，将 mg 和 F分解后， 由牛顿运动定律得 N=Fsinθ+mgcosθ Fcosθ－f－mgsinθ=ma1 根据摩擦定律有 f=N 加速过程由运动学规律可知 v=a1t1 撤去 F 后，物体减速运动的加速度大小为 a2，则 a2=g cosθ 由匀变速运动规律有 v=a2t2 有运动学规律知 s= a1t12/2 + a2t22/2 代入数据得 μ=0.4 s=6.5m 四、曲线运动 万有引力 [全国卷 I]16.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。已知月球的质量约为地球质量的，月球的半径约为地球半径的 ,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 A.0.4km/s B.1.8km/s C.11km/s D.36km/s 答案：B [全国卷 II]23.（16分）如图所示，一固定在竖直平面内的光滑的半圆形轨道 ABC，其半径 R ＝5.0m，轨道在 C处与水平地面相切。在 C处放一小物块，给它一水平向左的初速度 v0＝5m/s， 结果它沿 CBA运动，通过A点，最后落在水平面上的 D点，求 C、D间的距离 s。取重力加速度g＝ 10m/s2。 答案：设小物体的质量为 m，经 A处时的速度为 V，由 A 到D经历的时间为 t，有 mV02＝mV2＋2mgR， ① 2R＝gt2， ② s＝Vt。 ③ 由①②③式并代入数据得 s＝1 m 。 ④ 评分参考：①、②、③、④式各 4分。 [北京卷]18.一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 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 答案：C [上海卷 ]5．半径分别为 r和 2r的两个质量不计的圆盘，共轴固定 连结在 一起，可以绕水平轴 O 无摩擦转动，大圆盘的边缘上固定 有 一个质量为 m的质点，小圆盘上绕有细绳．开始时圆盘静止， 质点处在水平轴 O的正下方位置．现以水平恒力 F拉细绳， 使两 圆盘转动，若恒力 F=mg，两圆盘转过的角度θ= 时， 质点 m的速度最大．若圆盘转过的最大角度θ=π/3，则此时恒力 F= 。 【答案】π/6，mg 【分析】速度最大的位置就是力矩平衡的位置，则有 Fr=mg2rsin，解得 θ=π/6。若圆盘转过的 最大角度 θ=π/3，则质点 m速度最大时 θ=π/6，故可求得 F=mg。 【高考考点】力矩平衡 【易错点】容易将速度最大的位置与最大旋转角混淆。 [天津卷 ]16．在平坦的垒球运动场上，击球手挥动球棒将垒球水平击出，垒球飞行一段时 间后落 地。若不计空气阻力，则 A．垒球落地时瞬间速度的大小仅由初速度决定 B．垒球落地时瞬时速度的方向仅由击球点离地面的高度决定 C．垒球在空中运动的水平位移仅由初速度决定 D．垒球在空中运动的时间仅由击球点离地面的高度决定 答案: D [天津卷 ]25．（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 v和运行周期 T。 （1）可见星 A所受暗星 B的引力 FA 可等效为位于 O点处质量为 'm 的星体（视为质点） 对它的引力，设 A和 B的质量分别为 m1、m2，试求 'm （用 m1、m2 表示）； （2）求暗星 B的质量 m2 与可见星 A的速率 v、运行周期 T和质量 m1 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 ms 的 2倍，它 将有可能成为黑洞。若可 见星 A的速率 v=2.7×10 5 m/s，运行周期 T=4.7π×10 4 s，质量 m1=6ms，试通过估算来判断 暗星 B有可能是黑洞吗？ （G=6.67×10 －11 N·m 2 /kg 2 ，ms=2.0×10 30 kg） 答案: （1）设 A、B的圆轨道半径分别为 1r 、 2r ，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 2 1 1AF m r 2 2 2BF m r A BF F 设 A、B之间的距离为 r，又 1 2r r r  ，由上述各式得 1 2 1 2 m mr rm  ， 由万有引力定律，有 1 2 2 A m mF G r 将①代入得 3 1 2 2 2 1 2 1( )A m mF G m m r  令 1 2 1 ' A m mF G r 比较可得 3 2 2 1 2 ' ( ) mm m m  （2）由牛顿第二定律，有 2 1 12 1 1 'm m vG mr r 又可见星 A的轨道半径 1 2 vTr  由②③④式解得 3 3 2 2 1 2( ) 2 m v T m m G （3）将 1 6 sm m 代入⑤式，得 3 3 2 2 2(6 ) 2s m v T m m G 代入数据得 3 2 2 2 3.5(6 ) ss m mm m  2 ( 0)sm nm n  ，将其代入⑥式得 3 2 2 22 3.56(6 ) ( 1) s s s m n m mm m n    可见， 3 2 2 2(6 )s m m m 的值随 n的增大而增大，试令 2n  ，得 2 0.125 3.56( 1) s s s n m m m n    若使⑦式成立，则 n 必大于 2，即暗星 B 的质量 2m 必大于2 sm ，由此得出结 论：暗星B有可能是黑洞。 [广东卷 ]17．（16分）宇宙中存在一些离其它恒星较远的、由质量相等的三颗星组成的三 星系统，通常可忽略其它星体对它们的引力作用。已观测到稳定的三星系统存在两种基本的 构成形式：一种是三颗星位于同一直线上，两颗星围绕中央星在同一半径为 R的圆轨道上 运行；另一种形式是三颗星位于等边三角形的三个项点上，并沿外接于等边三角形的圆形 轨道运行。设每个星体的质量均为m 。 （1）试求第一种形式下，星体运动的线速度和周期。 （2）假设两种形式星体的运动周期相同，第二种形式下星体之间的距离应为多少？ [四川卷]23.(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， (1)该星球表面附近的重力加速度 g 星等于多少？ (2)若经过最低位置的速度为 v0,你能上升的最大高度是多少？ 答案: 23.(16分) (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= 2R GMm ① 解得 g 星= 2R GM ② (3)设人能上升的最大高度为 h,由功能关系得 mg 星h= 2 1 ③ 解得 h= GM vR 2 2 0 2 ④ [重庆卷 ]14.如图，在同一竖直面内，小球 a、b从高度 不同的两点，分别以初速度 va和 vb沿水平方向抛出，经过时间 ta和 tb后落到与两出点水平 距离相等的 P点。若不计空气阻力，下列关系式正确的是 A. ta>tb, va<vb B. ta>tb, va>vb C. ta<tb, va<vb D. ta>tb, va>vb 答案:A [重庆卷 ]15.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 A. t Rh2 B. t Rh2 C. t Rh D. t Rh 2 答案:B 五、动量和能量 [全国卷 I]20.一位质量为 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， A.地面对他的冲量为mv+mg t,地面对他做的功为 2 1 mv2 B. 地面对他的冲量为mv+mg t,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 2 1 mv2 D. 地面对他的冲量为mv-mg t,地面对他做的功为零 答案：B [天津卷 ]23．（16分）如图所示，坡道顶端距水平面高度为 h，质量为m1 的小物块 A从 坡道顶端由静止滑下，进入水平面上的滑道时无机 械能损失，为使 A制动，将轻弹簧的一端固定在 水平滑道延长线M处的墙上，另一端与质量为 m2 档板 B相连，弹簧处于原长时，B恰位于滑道的末 端 O点。A与 B碰撞时间极短，碰后结合在一起共 同压缩弹簧，已知在 OM段 A、B 与水平面间的动 摩擦因数均为  ，其余各处的摩擦不计，重力加 速度为 g,求 （1）物块 A在与挡板 B碰撞前瞬间速度 v的大小； （2）弹簧最大压缩量为 d时的弹性势能 Ep（设弹簧处于原长时弹性势能为零）。 答案: （1）由机械能守恒定律，有 2 1 1 1 2m gh m v 2v gh （2）A、B在碰撞过程中内力远大于外力，由动量守恒，有 1 1 2( ) 'm v m m v  A、B克服摩擦力所做的功 1 2( )W m m gd  由能量守恒定律，有 2 1 2 1 2 1 ( ) ' ( )2 pm m v E m m gd    解得 　　　　　 2 1 1 2 1 2 ( )p mE gh m m gdm m    　　　　⑥ [重庆卷]25.(20分)(请在答题卡上作答) 如题 25图，半径为 R的光滑圆形轨道固定在竖直面内。小球 A、B质 量分别为 m、βm(β为待定系数)。A球从工边与圆心等高处由静止开 始沿轨道下滑，与静止于轨道最低点的 B球相撞，碰撞后 A、B球能 达到的最大高度均为 R4 1 ,碰撞中无机械能损失。重力加速度为 g。试 求： (1)待定系数β; (2)第一次碰撞刚结束时小球 A、B各自的速度和 B球对轨道的压力; (3)小球 A、B在轨道最低处第二次碰撞刚结束时各自的速度，并讨论小球 A、B在轨道最低处 第 n次碰撞刚结束时各自的速度。 答案:(1)β＝3 （2）vA＝－ 2/gR ，方向向左；vB＝ 2/gR ，方向向右；N压＝－4.5mg，方向竖直 向下 （3）VA＝－ gR2 ；vB＝0。由此可得： 当 n为奇数时，小球A、B在第 n次碰撞刚结束时的速度分别与其第一次碰撞刚结束时相同； 当 n为偶数时，小球A、B在第 n次碰撞刚结束时的速度分别与其第二次碰撞刚结束时相同； 六、机械能 [全国卷 II]18.如图所示，位于光滑水平桌面上的小滑块 P和Q都可视作质点，质量相等。Q 与轻质弹簧相连。设Q静止，P以某一初速度向Q运动并与弹簧发生碰撞。在整个碰撞过程 中，弹簧具有的最大弹性势能等于 A P的初动能 B P的初动能的 1/2 C P的初动能的 1/3 D P的初动能的 1/4 答案：B [北京卷]22．（16分）下图是简化后的跳台滑雪的雪道示意图，整个雪道由倾斜的滑雪道 AB和着陆雪道DE，以及水平的起跳平台 CD组成，AB与 CD圆滑连接。 运动员由助滑雪道 AB上由静止开始，在重力作用下，滑到 D点水平飞出，不计飞行中 的空气阻力，经 2s在水平方向飞行了 60m，落在着陆雪道DE上，已知从 B点到D点运动 员的速度大小不变，（g=10m/s2），求 （1）运动员在AB段下滑到 B点的速度大小； （2）若不计阻力，运动员在 AB段下滑过程中下降的 高度。 答案：(1)运动员从D点飞出时的速度 v= smt S x /30 依题意，下滑到助滑雪道末端 B点的速度大小是 30 m/s (2)在下滑过程中机械能守恒，有 mgh= 22 1 mv 下降的高度 h= mg v 452 2  (3)根据能量关系，有mgh-Wt= 22 1 mv 运动员克服阻力做功Wt=mgH- 22 1 mv =3000 J [广东卷 ]15．（14分）一个质量为 kg4 的物体静止在足够大的水平地面上，物体与地面 间的动摩擦因数 1.0 。从 0t 开始，物体受到 一个大小和方向呈周期性变化的水平力 F作用，力 F 随时间的变化规律如图 10所示。求 83秒内物体的位 移大小和力 F对物体所做的功。 g 取 2/10 sm 。 【答案】167m 681J 【分析】当物体在前半周期时由牛顿第二定律，得 F1- μmg=ma1 a1=( F1－μmg)/m=(12－0.1×4×10)/4=2m/s2 当物体在后半周期时， 由牛顿第二定律，得 F2+μmg= ma2 a2=( F2+μmg)/m=(4+0.1×4×10)/4=2m/s2 前半周期和后半周期位移相等 x1=1/2at 2 =0.5×2×22 =4m 一个周期的位移为 8m 最后 1s 的位移为 3m 83 秒内物体的位移大小为 x=20×8+4+3=167m 一个周期 F 做的功为 w1=（F1－F2）x1=（12－4）4=32J 力 F 对物体所做的功 w=20×32+12×4-4×3=681J 七、机械振动机械波 [全国卷 I]19.一砝码和一轻弹簧构成弹簧振子，图 1所示的 装置可用于研究该弹簧振子的受迫振动。匀速转动把手时， 曲杆给弹簧振子以驱动力，使振子做受迫振动。把手匀速转动的周期就是驱动力的周期， 改变把手匀速转动的速度就可以改变驱动力的周期。若保持把手不动，给砝码一向下的初 速度，砝码便做简谐运动，振动图线如图 2所示.当把手以某一速度匀速转动，受迫振动 达到稳定时，砝码的振动图线如图 3所示. 若用 T0表示弹簧振子的固有周期，T表示驱动 力的周期，Y表示受迫振动达到稳定后砝码振动的振幅，则 A.由图线可知 T0=4s B.由图线可知 T0=8s C.当 T在 4s附近时，Y显著增大;当 T比 4s小得多或大得多时，Y很小 D.当 T在 8s附近时，Y显著增大;当 T比 8s小得多或大得多时，Y很小 答案：AC [全国卷 II]16．频率一定的声源在空气中向着静止的接收器匀速运动。以 u表示声源的速度， V表示声波的速度（u＜V），v表示接收器接收到的频率。若 u增大，则 A v增大，V增大 B v增大，V不变 C v不变，V增大 D v减少，V不变 答案：B [北京卷 ]17.某同学看到一只鸟落在树枝上的 P处，树枝在 10 s内上下振动了 6次，鸟飞走 后，他把 50 g的砝码挂在 P处，发现树枝在 10 s内上下振动了 12次.将 50 g的砝码换成 500 g砝码后，他发现树枝在 15 s内上下振动了 6次，你估计鸟的质量最接近 A.50 g B.200 g C.500 g D.550 g 答案：B [上海卷 ]10．在均匀介质中选取平衡位置在同一直线上的 9个质点，相邻两质点的距离均 为 L，如图(a）所示．一列横波沿该直线向右传播，t=0时到达质点 1，质点 1开始向下运 动，经过时间Δt第一次出现如图（b）所示的波形．则该波的 （A）周期为Δt，波长为 8L． （B）周期为 32Δt，波长为 8L． （C）周期为 32Δt，波速为 12L /Δt （D）周期为Δt，波速为 8L/Δt 【答案】BC 【分析】由图像 b可知 λ=8L，质点 1 该时刻正向上运动，而 t=0 时质点 1开始向下运动，故 传播时间 Δt=（n+1/2）T，由题意知第一次出现如图（b）所示的波形，所以 n=1。传播距离 x=1.5λ=12L，周期 T=2Δt/3，波速 v=λ/T =x/ t = L 12/Δt。故选项 B、C 正确。 [天津卷] 17．一单摆做小角度摆动，其振动图象如图，以下说法正确的是 A． 1t 时刻摆球速度最大，悬线对它的拉力最小 B． 2t 时刻摆球速度为零，悬线对它的拉力最小 C． 3t 时刻摆球速度为零，悬线对它的拉力最大 D． 4t 时刻摆球速度最大，悬线对它的拉力最大 答案:D [广东卷 ]6．铺设铁轨时，每两根钢轨接缝处都必须留有一定的间隙，匀速运行列车经过 轨端接缝处时，车轮就会受到一次冲击。由于每一根钢轨长度相等，所以这个冲击力是周期 性的，列车受到周期性的冲击做受迫振动。普通钢轨长为 12.6m，列车固有振动周期为 0.315s。下列说法正确的是 A．列车的危险速率为 sm /40 B．列车过桥需要减速，是为了防止列车发生共振现象 C．列车运行的振动频率和列车的固有频率总是相等的 D．增加钢轨的长度有利于列车高速运行 【答案】AD 【分析】共振的条件是驱动力的频率等于系统的固有频率，由 可求出危险车速为 40 m/ s ，故选项 A正确。列车过桥需要减速，是为了防止桥与火车发生共振现象，故选项 B 错误。 [四川卷]21.质量不计的弹簧下端固定一小球。现手持弹簧上端使小球随手在竖直方向上以 同样大小的加速度 a(a<g)分别向上、向下做匀加速直线运动。若忽略空气阻力，弹簧的伸长 分别为 x1、x2;若空气阻力不能忽略且大小恒定，弹簧的伸长分别为 x′1、x′2。则 A. 1x+x1=x2+ 2x B. 1x+x1<x2+ 2x C. 1x+ 2x = x1+x2 D. 1x+ 2x < x1+x2 答案:C [重庆卷 ]18.题 18图为一列沿 x轴正方 向传播的简谐横波在 t=0时的波形。当 R 点在 t=0 时的振动状态传到 S 点时， PR范围内(含 P、R)有一些质点正在向 y 轴负方面运动，这些质点的 x坐标取值 范围是 A.2 cm≤x≤4 cm B.2 cm<x<4 cm C.2cm≤x<3 cm D.2cm<x≤3 cm 答案:C 2006年全国各地高考物理试题分类汇编 热学部分 八、分子动理论 热和功 [全国卷 I]18.下列说法中正确的是 A.气体的温度升高时，分子的热运动变得剧烈，分子的平均动能增大，撞击器壁时对器壁 的作用力增大，从而气体的压强一定增大 B.气体的体积变小时，单位体积的分子数增多，单位时间内打到器壁单位面积上的分子数 增多，从而气体的压强一定增大 C.压缩一定量的气体，气体的内能一定增加 D.分子 a从远处趋近固定不动的分子 b，当 a到达受 b的作用力为零处时，a的动能一定最 大 答案：D [全国卷 II]21．对一定量的气体，若用 N表示单位时间内与器壁单位面积碰撞的分子数， 则 A 当体积减小时，V必定增加 B 当温度升高时，N必定增加 C 当压强不变而体积和温度变化时，N必定变化 D 当压强不变而体积和温度变化时，N可能不变 答案：C [北京卷] 15.如图所示，两个相通的容器 P、Q间装有阀门K、P中充满气体，Q为真空，整 个系统与外界没有热交换.打开阀门K后，P中的气体进入Q中，最终达到平衡，则 A.气体体积膨胀，内能增加 B.气体分子势能减少，内能增加 C.气体分子势能增加，压强可能不变 D.Q中气体不可能自发地全部退回到 P中 答案：D [上海卷 ]9．如图所示，竖直放置的弯曲管 A 端开口，B 端封闭， 密度为ρ的液体将两段空气封闭在管内，管内液面高度差分别为 h1、h2和 h3，则 B端气体的压强为（已知大气压强为 P0） （A）P0-ρg（h1＋h2-h3） （B）P0-ρg（h1＋h3） （C）P0-ρg（h1＋h3- h2） （D）P0-ρg（h1＋h2） 【答案】B 【分析】由图中液面的高度关系可知，P0=P2+ρgh3 和 P2=P1+ρgh1，由此解得 P1=P0-ρg（h1＋ h3） [天津卷] 14． 下列说法中正确的是 A．任何物体的内能就是组成该物体的所有分子热运动动能的总和 B．只要对内燃机不断改进，就可以把内燃机得到的全部内能转化为机械能 C．做功和热传递在改变内能的方式上是不同的 D．满足能量守恒定律的物理过程都能自发进行 答案:C [上海卷]19A．（10 分〕一活塞将一定质量的理想气体封闭在水平固定放置的气缸内，开始 时气体体积为 V0，温度为 270C．在活塞上施加压力，将气体体积压缩到 2 V0/3，温度升高 到 570C．设大气压强 P0＝l.0×105pa，活塞与气缸壁摩擦不计． （1）求此时气体的压强； （2）保持温度不变，缓慢减小施加在活塞上的压力使气体体积恢复到 VO，求此时气体的 压强． 【答案】(1)1.65×105pa （2）1.1×105pa 【 分 析 】 ： （ 1 ） 由 气 体 状 态 方 程 知 ， 将 P0 ＝ l.0×10 5 pa，T0=300K，T1=330K，V1=2 V0/3代入上式，解得 P1=1.65×105pa （2）气体发生等温变化，根据玻马定律有 P1V1=P2V2 将 V2=V0 代入可得，P2=1.1×105pa [上海卷]19B．（10 分）一活塞将一定质量的理想气体封闭在气缸内，初始时气体体积为 3.0×10 -3 m 3 ．用 DIS 实验系统测得此时气体的温度和压强分别为 300K 和 1.0×10 5 Pa． 推动活塞压缩气体，测得气体的温度和压强分别为 320K和 1.0×10 5 Pa． (1）求此时气体的体积； （2）保持温度不变，缓慢改变作用在活塞上的力，使气体压强变为 8.0×10 4 Pa，求此时 气 体的体积． 【答案】(1)3.2×10 -3 m 3 （2）4.0×10 -3 m 3 【 分 析 】 ： （ 1 ） 由 气 体 状 态 方 程 知 ， 将 V0 ＝ 3.0×10 － 3m3 ， T0=300K，P0=1.0×105Pa，T1=320K，P1=1.0×105Pa 代入上式， 解得 V1=3.2×10－3m3 （2）气体发生等温变化，根据玻马定律有 P1V1=P2V2 将 P2=8.0×104pa代入可得，V2=4.0×10－3m3 [广东卷]4．关于永动机和热力学定律的讨论，下列叙述正确的是 A．第二类永动机违反能量守恒定律 B．如果物体从外界吸收了热量，则物体的内能一定增加 C．外界对物体做功，则物体的内能一定增加 D．做功和热传递都可以改变物体的内能，但从能量转化或转移的观点来看这两种改变方 式是有区别的 【答案】D 【分析】第二类永动机并不违反能量守恒定律，跟热现象有关的宏观过程均具有方向性。 做 功和热传递是改变物体的内能的两种方式，做功是内能和其他形式的能之间的转化，热传 递是内能之间的转移。故答案为 D。有些考生错误的认为物体从外界吸收了热量，则物体的 内能一定增加；有的考生错误的认为外界对物体做功，则物体的内能一定增加。从而得出错 误的选项。属于容易题。 [广东卷]8．图 3为电冰箱的工作原理示意图。压缩机工作时，强迫致冷剂在冰箱内外的管 道中不断循环。在蒸发器中致冷剂汽化吸收箱体内的热 量，经过冷凝器时致冷剂液化，放出热量到箱体外。下 列说法正确的是 A．热量可以自发地从冰箱内传到冰箱外 B．电冰箱的致冷系统能够不断地把冰箱内的热量传到 外界，是因为其消耗了电能 C．电冰箱的工作原理不违反热力学第一定律 D．电冰箱的工作原理违反热力学第一定律 【答案】BC 【分析】由热力学第二定律知，热量不能自 发的有低温物体传到高温物体，除非施加外 部的 影响和帮助。电冰箱把热量从低温的内部传到高温外部，需要压缩机的帮助并消耗 电能。故 答案为 BC。属于容易题。 [四川卷]19.对一定质量的气体，下列说法中正确的是 A.温度升高，压强一定增大 B.温度升高，分子热运动的平均动能一定增大 C.压强增大，体积一定减小 D.吸收热量，可能使分子热运动加剧、气体体积增大 答案:BD [重庆卷]16.如题 16图，某同学将空的薄金属筒开口向下压入水中。设水温均匀且恒定，筒 内空气无泄漏，不计气体分子间相互作用，则被掩没的金属筒在缓慢下降过程中，筒内空 气体积减小. A.从外界吸热 B.内能增大 C.向外界放热 D.内能减小 答案:C 2006年全国各地高考物理试题分类汇编 电磁学部分 九、电场 [全国卷 I]25.（２ 0分） 有个演示实验，在上下面都是金属板的玻璃盒内，放了许多用锡箔纸揉成的小球，当 上下板间加上电压后，小球就上下不停地跳动。现取以下简化模型进行定量研究。 如图所示，电容量为 C的平行板电容器的极板A和 B水平放置，相距为 d,与电动势为  、内阻可不计的电源相连。设两板之间只有一个质量为m的导电小球，小球可视为质点。 已知：若小球与极板发生碰撞，则碰撞后小球的速度立即变为零，带电状态也立即改变， 改变后，小球所带电荷符号与该极板相同，电量为极板电量的 倍（ ＜1＝。不计带电 小球对极板间匀强电场的影响。重力加速度为 g。 （１）欲使小球能够不断地在两板间上下往返运动，电动势 至少应大于多少？ （２）设上述条件已满足，在较长的时间间隔 T内小球做了很多次往返运动。求在 T时 间内小球往返运动的次数以及通过电源的总电量。 答案：解：（1）用Q表示极板电荷量的大小，q表示碰后小球电荷量的大小。要使小球能 不停地往返运动，小球所受的向上的电场力至少应大于重力，则 q>mg 其中 q=αQ 又有Q=Cε 由以上三式有 ε> （2）当小球带正电时，小球所受电场力与重力方向相同，向下做加速运动。以 a1表示其加 速度，t1表示从A板到 B板所用的时间，则有 q+mg=ma1郝双制作 d=a1t12 当小球带负电时，小球所受电场力与重力方向相反，向上做加速运动，以 a2表示其加速度， t2表示从 B板到A板所用的时间，则有 q－mg=ma2 d=a2t22 小球往返一次共用时间为（t1+t2），故小球在 T时间内往返的次数 n=郝双制作 由以上关系式得 n= 小球往返一次通过的电量为 2q，在 T时间内通过电源的总电量Q'=2qn 由以上两式可得郝双制作 Q'= [全国卷 II]17.ab是长为 l的均匀带电细杆，P1、P2是 位于 ab所在直线上的两点，位置如图所示。ab上电荷 产生的静电场在 P1处的场强大小为 E1，在 P2处的 场强大小为 F2。则以下说法正确的是 A 两处的电场方向相同，E1＞E2 B 两处的电场方向相反，E1＞E2 C 两处的电场方向相同，E1＜E2 D 两处的电场方向相反，E1＜E2 答案：D [北京卷] 14.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 A B C D 答案：B [上海卷 ]1A． 如图所示，一束卢粒子自下而上进人一水平方向的 匀强电场后发生偏转，则电场方向向 ，进人电场后，β 粒子的动能 （填“增加”、“减少”或“不变”）． 【答案】左 增加 【分析】由图可知，β粒子（带负电）所受电场力方向水平向右，故 电场方向向左。 由于电场力作正功，根据动能定理可知粒子在电场 中动能增加。 [上海卷]8．A、B是一条电场线上的两点，若在 A点释放一初速 为零的电子，电子仅受电场力作用，并沿电场线从 A运动到 B， 其速度随时间变化的规律如图所示．设A、B两点的电场强度分别 为 EA、EB，电势分别为 UA、UB，则 （A）EA = EB ． （B）EA＜EB． （C）UA = UB （D）UA＜UB ． 【答案】AD 【分析】由图象可知，电子做匀加速直线运动，故该电场为匀强电 场，即 EA = EB 。电子动能增加，电势能减少，电势升高，即UA＜UB 。 [天津卷 ] 21．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 e、质量为 m，则在刚射出加速电场时，一小段长为△L的电子束内电子个数是 A． 2 I l m eS eU  B． 2 I l m e eU  C． 2 I m eS eU D． 2 IS l m e eU  答案:B [上海卷]23．（l4 分）电偶极子模型是指电量为 q、相距为 l的一对正负点电 荷组成的电结 构，O 是中点，电偶极子的方向为从负电荷指向正电荷，用图(a)所示的矢量表示．科学家 在描述某类物质的电性质时，认为物质是由大量的电偶极子组成的， 平时由于电偶极子的 排列方向杂乱无章，因而该物质不显示带电的特性．当加上外电场后，电偶极子绕其中心 转动，最后都趋向于沿外电场方向排列，从而使物质中的合电场发生变化． (1）如图(b）所示，有一电偶极子放置在电场强度为 E。的匀强外电场中，若电偶极子的方 向与外电场方向的夹角为 θ，求作用在电偶极子上的电场力绕O 点的力矩； （2）求图(b)中的电偶极子在力矩的作用下转动到外电场方向的过程中，电场力所做的功； （3）求电偶极子在外电场中处于力矩平衡时，其方向与外电场方向夹角的可能值及相应的 电势能； （4）现考察物质中的三个电偶极子，其中心在一条直线上，初始时刻如图(c）排列，它们 相互间隔距离恰等于 l．加上外电场 EO后，三个电偶极子转到外电场方向，若在图中 A点 处引人一电量为+q0的点电荷(q0 很小，不影响周围电场的分布），求该点电荷所受电场力 的 大 小 ． （3）电偶极子在外电场中处于力矩平衡时，电偶极子的方向与外加电场的夹角 0或者 π ①当电偶极子方向与场强方向相同时，即夹角为零时（如图所示）由于电偶极子与电场垂 直时电势能为零， 所以该位置的电势能等于由该位置转到与电场垂直时电场力所做的功， 电势能 EP1= -E0ql ②当电偶极子方向与场强方向相反时，即夹角 π为时同理可得，电势能 EP2=E0ql [四川卷]20.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， A.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 答案:AD [重庆卷 ]19.如图 19图，带正电的点电荷固定于 Q点，电 子在库仑力作用下，做以Q为焦点的椭圆运动。M、P、N为 椭圆上的三点，P点是轨道上离 Q最近的点。电子在从M 经 P到达N点的过程中 A.速率先增大后减小 B.速率先减小后增大 C.电势能先减小后增大 D.电势能先增大后减小 答案:AC [重庆卷 ]24.(19分)有人设想用题 24 图所示的装置来选择密度相同、大小 不同的球状纳米粒子。粒子在电离室 中电离后带正电，电量与其表面积成 正比。电离后，粒子缓慢通过小孔 O1 进入极板间电压为 U 的水平加速电 场区域 I,再通过小孔 O2射入相互正 交的恒定匀强电场、磁场区域 II,其中 磁场的磁感应强度大小为 B,方向如 图。收集室的小孔O3与O1、O2在同一条水平线上。半径为 r0的粒子，其质量为m0、电量为 q0, 刚好能沿O1O3直线射入收集室。不计纳米粒子重力。 （ 23 4,3 4 rSrV  ＝＝ 球球 ） (1)试求图中区域 II的电场强度; (2)试求半径为 r的粒子通过O2时的速率; (3)讨论半径 r≠r2的粒子刚进入区域II时向哪个极板偏转。 答案:（1）E＝B 00 /2 mUq ，方向竖直向上 （2）v＝ rr /0 v0 （3）r＞r0时，v＜v0，F总＞0，粒子会向上极板偏转； r＜r0时，v＞v0，F总＜0，粒子会向下极板偏转； 十、稳恒电流 [上海卷]11．在如图所示电路中，闭合电键S，当滑动变阻器的滑动触头 P 向下滑动时， 四个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用 I、U1、U2和 U3 表示，电表示数变化量的大小分别用ΔI、ΔU1、ΔU2和ΔU3表示． 下列比值正确的是 （A）U1/I不变，ΔU1/ΔI不变． （B）U2/I变大，ΔU2/ΔI变大． （C）U2/I变大，ΔU2/ΔI不变． （D）U3/I变大，ΔU3/ΔI不变． 【答案】ACD 故选项 A、C、D 正确。 【高考考点】闭合电路欧姆定律 【易错点】本题求解的关键是确定 ΔU1、ΔU2、ΔU 内的关系，由于 E=U1+U2+U 内，其中U1变 小、U2 变大、U 内变小，故有 ΔU2=ΔU1+ΔU 内。很多同学由于无法确定这个关系，而得出 ABD 的错误结论。 [天津卷 ]19．如图所示的电路中，电池的电动势为 E，内阻为 r，电路中的电阻 R1、R2 和 R3 的阻值都相同。在电键 S处于闭合状态下，若将电键 S1 由位置 1切换到位置 2，则 A．电压表的示数变大 B．电池内部消耗的功率变大 C．电阻 R2 两端的电压变大 D．电池的效率变大 答案:B [四川卷]24.(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) 答案: 24.(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- 202 1 mv 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= ArR UE 1  滑 ③ 滑动变阻器接入电路的电阻  8＝＝ 滑滑 I UR ④ (2)电源的输出功率 P出=I2(R+R滑)=23 W ⑤ [重庆卷]23.(16分)三只灯泡 L1、L2和 L3的额定电压分别为 1.5 V、1.5 V和 2.5 V，它们的额 定电流都为 0.3 A.若将它们连接成题 23图 1、题 23图 2所示电路，且灯泡都正常发光， (1) 试求题 23图 1电路的总电流和电阻 R2消耗的电功率; (2) 分别计算两电路电源提供的电功率，并说明哪个电路更节能。 答案:（1）电路的总电流 I总＝0.9A；电阻 R2消耗功率 PR2＝0.045W （2）图 1电源提供的电功率 P总＝2.7W；图 2电源提供的电功率 P’总＝1.8W 由于灯泡都正常发光，两电路有用功率相等，而 P’总＜P总， 所以图 2电路比图 1电路节能。 十一、磁场 [全国卷 I]17.图中为一“滤速器”装置示意图。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，并沿垂直于纸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 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 答案：AD [全国卷 II]25（20分）如图所示，在 x＜0与 x＞0的区域中， 存在磁感应强度大小分别为 B1与 B2的匀强磁场，磁场方向 均垂直于纸面向里，且 B1＞B2。一个带负电荷的粒子从坐标 原点 O以速度 v沿 x轴负方向射出，要使该粒子经过一段时间 后又经过O点，B1与 B2的比值应满足什么条件？ O a b O' C1 D1 Cn+1 A On O1 O y x 答案：粒子在整个过程中的速度大小恒为 V，交替地在 xy平面内 B1与 B2磁场区域中做匀 速圆周运动，轨道都是半个圆周。设粒子的质量和电荷 量的大小分别为 m和 q，圆周运动的半径分别为 r1和 r2，有 r1＝， ① r2＝。 ② 现分析粒子运动的轨迹。如图所示，在 xy平面内， 粒子先沿半径为 r1的半圆 C1运动至 y轴上离 O点距离 为 2 r1的 A点，接着沿半径为 r2的半圆 D1运动至 O1点， OO1的距离 d＝2(r2－r1)。 ③ 此后，粒子每经历一次“回旋”（即从 y轴出发沿 半径为 r1的半圆和半径为 r2的半圆回到原点下方的 y轴），粒子的 y坐标就减小 d。设粒子 经过 n次回旋后与 y轴交于On点，若OOn即 nd满足 nd＝2r1， ④ 则粒子再经过半圆 Cn+1就能经过原点，式中 r＝1，2，3，……为回旋次数。 由③④式解得 ＝ n＝1，2，3，…… ⑤ 联立①②⑤式可得 B1、B2应满足的条件： ＝ n＝1，2，3，…… ⑥ 评分参考：①、②式各 2分，求得⑤式 12分，⑥式 4分。解法不同，最后结果得表达式不同， 只要正确的，同样得分。 [北京卷 ]20.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 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 答案：D [上海卷 ]2A．如图所示，同一平面内有两根互相平行的长直导线 1和 2，通有大小相等、方向相反的电流，a、b两点与两导线共面，a点在 两导线的中间与两导线的距离均为 r，b点在导线 2右侧，与导线 2 的距离也为 r．现测得 a点磁感应强度的大小为 B，则去掉导线 1后，b点的磁感应强度大 小为 ，方向 ． 【答案】 B/2，垂直两导线所在平面向外 【分析】：根据安培定则可知，1、2 两导线在 a 点的磁感应强度大小相等，方向相同，都为 B/2。而 2导线在 a、b 两处的磁感应强度等大反向，故去掉导线 1 后，b 点的磁感应强度 大 小为 B/2 ，方向垂直两导线所在平面向外。 [上海卷]1B．如图所示，一束β粒子自下而上进人一垂直纸面的匀强磁场后发生偏转，则 磁场方向向，进人磁场后，p粒子的动能 （填“增加”、“减少”或“不变”） 【答案】里 不变 【分析】：由图可知，β粒子（带负电）进入磁场时所受洛伦兹力方向水平向右，根据左手 定则可以判断方向向左。 由于电场力作正功，根据动能定理可知粒子在电场中动能增加磁 场方向向里。由于 β粒子在磁场中运动，洛伦兹力不做功，所以 β粒子的动能不变。 [天津卷] 24．（18分）在以坐标原点 O为圆心、半径为 r的圆形区域内，存在磁感应强度 大小为 B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，如图所示。 一个不计重力的带电粒子从磁场边 界与 x轴的交点 A处以速度 v沿－x方向射入磁场，它恰好从磁场边界与 y轴的交点 C处 沿+y方向飞出。 （1）请判断该粒子带何种电荷，并求出其比荷 q/m ； （2）若磁场的方向和所在空间范围不变，而磁感应强度的大小 变为 'B ，该粒子仍从 A处以相同的速度射入磁场，但飞出磁场 时的速度方向相对于入射方向改变了 60°角，求磁感应强度 'B 多大？此次粒子在磁场中运动所用时间 t是多少？ 答案: （1）由粒子的飞行轨迹，利用左手定则可知，该粒子带负电荷。 粒子由 A点射入，由 C点飞出，其速度方向改变了 90°，则粒子 轨迹半径 R r 又 2vqvB m R 则粒子的比荷 q vm Br （2）粒子从 D 点飞出磁场速度方向改变了 60°角，故 AD 弧所对圆心角 60°，粒子做圆周 运动的半径 ' cot 30 3R r r o 又 ' ' mvR qB 所以 3' 3B B 粒子在磁场中飞行时间 1 1 2 36 6 ' 3 m rt T qB v      [广东卷 ]18．（17分）在光滑绝缘的水平桌面上，有两个质量均为m ，电量为 q 的完 全相同的带电粒子 1P 和 2P ，在小孔A处以初速度为零先后释放。在平行板间距为 d 的 匀强电场中加速后， 1P 从 C处对着圆心进入半径为 R 的固定圆筒中（筒壁上的小孔 C 只能容一个粒子通 过），圆筒内有垂直水平面向上的磁感应强度为 B的 匀强磁场。 1P 每次与筒壁发生碰撞均无电荷迁移， 1P 进入磁场第一次与筒壁碰撞点为 D， COD ，如图 12所示。延后释放的 2P ，将第一次欲逃逸出圆 筒的 1P 正碰圆筒内，此次碰撞刚结束，立即改变平行板间的电压，并利用 2P 与 1P 之后 的碰撞，将 1P 限制在圆筒内运动。碰撞过程均无机械能损失。设 Rd 8 5 ，求：在 2P 和 1P 相邻两次碰撞时间间隔内，粒子 1P 与筒壁的可能碰撞次数。 附：部分三角函数值  5 2 3  4  5  6  7  8  9  10  tan 08.3 73.1 00.1 73.0 58.0 0.48 41.0 36.0 32.0 【分析】 P1从 C运动到D， 当 n=1, K=2、3、4、5、6、7 时符合条件，K=1、8、9………不符合条件 当 n=2,3,4……….时，无化K=多少，均不符合条件 [四川卷 ]25.(20 分)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 1 2 m m 是多少？ 解答: (1)小球 1所受的重力与电场力始终平衡 m1g=q1E ① E=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= 1 2 1 1 R vm ③ 半径为 Bq vmR 1 11 1  ④ 周期为 Bq mT 1 12 ＝1 s ⑤ ∵两小球运动时间 t=0.75 s= 4 3 T ∴小球 1只能逆时针经 4 3 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 22 2 1 gtRh  ⑦ L=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  1 11 1 m BRqv 17.66 m/s ∴两小球质量之比  1 2 m m 11 2 10 v vv ⑩ [重庆卷 ]21.两根相距为 L的足够长的金属直角导轨如题 21图所示放置，它们各有一边在同一水平内，另一边垂 直于水平面。质量均为 m的金属细杆 ab、cd与导轨垂直接 触形成闭合回路，杆与导轨之间的动摩擦因数均为 μ， 导轨电阻不计，回路总电阻为 2R。整个装置处于磁感应强 度大小为 B,方向竖直向上的匀强磁场中。当 ab杆在平行于 水平导轨的拉力 F 作用下以速度 V1沿导轨匀速运动时， cd杆也正好以速度 V2向下匀速运动。重力加速度为 g。以 下说法正确的是 A.ab杆所受拉力 F的大小为μmg+ R VLB 2 1 22 B.cd杆所受摩擦力为零 C.路中的电流强度为 R VVBL 2 )( 21  D.μ与 V1大小的关系为μ= 1 22 2 VLB Rmg 答案:AD 十二、电磁感应 [全国卷 I]21.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： ①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=2Q4 C.2Q1=2Q2=Q3=Q4 D.Q1≠Q2=Q3≠Q4 答案：A [全国卷 II]20．如图所示，位于一水平面内的、两根平行的光滑金属导轨，处在匀强磁场中， 磁场方向垂直于导轨所在的平面，导轨的一端与一电阻相连；具有一定质量的金属杆 ab放 在导轨上并与导轨垂直。现用一平行于导轨的恒力 F拉杆 ab，使它由静止开始向右运动。杆 和导轨的电阻、感应电流产生的磁场均可不计。用 E表示回路中的感应电动势，i表示回路中 的感应电流，在 i随时间增大的过程中，电阻消耗的功率等于 A F的功率 B 安培力的功率的绝对值 C F与安培力的合力的功率 D iE 答案：BD [北京卷 ]24.(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。 （1） 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； （2） 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。 答案：(1)根据安培力公式,推力 F1=I1Bb,其中 I1= R U ,R＝ρ ac b 则 Ft= 8.796 Bp UBbR U ac 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= 600)(' 4  pb acbBvU R U 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 W [上海卷 ]12．如图所示，平行金属导轨与水平面成θ角，导轨与固 定电阻 R1和 R2相连，匀强磁场垂直穿过导轨平面．有一导体棒 ab， 质量为 m，导体棒的电阻与固定电阻 R1和 R2的阻值均相等，与导轨之 间的动摩擦因数为μ，导体棒 ab沿导轨向上滑动，当上滑的速度为 V时，受到安培力的大小为 F．此时 （A）电阻 R1消耗的热功率为 Fv／3． （B）电阻 R。消耗的热功率为 Fv／6． （C）整个装置因摩擦而消耗的热功率为μmgvcosθ． （D）整个装置消耗的机械功率为（F＋μmgcosθ）v· 【答案】BCD 【分析】由法拉第电磁感应定律得 E=BLv，回路总电流 I=E/1.5R，安培力 F=BIL，所以电阻 R1 的功率 P1=（0.5I）2 R=Fv/6, B 选项正确。由于摩擦力 f=μmgcosθ，故因摩擦而消耗的热 功率为 μmgvcosθ。整个装置消耗的机械功率为（F+μmgcosθ）v。 [天津卷] 20．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 t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 图 3 答案:A [上海卷]22．（14 分）如图所示，将边长为 a、质量为m、电阻为 R 的正方形导线框竖直向 上抛出，穿过宽度为 b、磁感应强度为 B的匀强磁场，磁场的方向垂直纸面向里．线框向上 离开磁场时的速度刚好是进人磁场时速度的一半，线框离开磁场后继续上升一段高度，然 后落下并匀速进人磁场．整个运动过程中始终存在着大小恒定的空气阻力 f 且线框不发生 转动．求： （1）线框在下落阶段匀速进人磁场时的速度 v2； (2）线框在上升阶段刚离开磁场时的速度 v1； （3）线框在上升阶段通过磁场过程中产生的焦耳热Q． [广东卷 ]10．如图 4所示，用一根长为 L质量不计的细杆与一个上弧长 为 0l 、下弧长为 0d 的金属线框的中点联结并悬挂于 O点，悬点正下方存 在一个上弧长为 2 0l 、下弧长为 2 0d 的方向垂直纸面向里的匀强磁场， 且 0d <<L。先将线框拉开到如图 4所示位置，松手后让线框进入磁场，忽 略空气阻力和摩擦。下列说法正确的是 A．金属线框进入磁场时感应电流的方向为 adcba  B．金属线框离开磁场时感应电流的方向为 abcda  C．金属线框 dc边进入磁场与 ab边离开磁场的速度大小总是相等 D．金属线框最终将在磁场内做简谐运动 【答案】D 【分析】金属线框进入磁场时，由于电磁感应，产生电流，根据楞次定律判断电流的方向为 a→b→c→d→a 。金属线框离开磁场时由于电磁感应，产生电流，根据楞次定律判 断电流的 方向为 a→d→c→b→a 。根据能量转化和守恒，可知，金属线框 dc边进入 磁场与 ab 边离开 磁场的速度大小不相等。如此往复摆动，最终金属线框在匀强磁场内摆动， 由于 d 0<<L， 单摆做简谐运动的条件是摆角小于等于 10 度，故最终在磁场 内做简谐运动。 答案为 C。有的考生不能分析出金属线框最后 的运动状态。属于难题。 [广东卷]16．（16分）如图 11所示，在磁感应强度大小为 B、方向垂直向上的匀强磁场中， 有一上、下两层均与水平面平行的“U”型光滑金属导轨，在导轨面上各放一根完全相同的 质量为m 的匀质金属杆 1A 和 2A ，开始时两根金属杆位于同一竖起面内且杆与轨道垂直。 设两导轨面相距为 H，导轨宽为 L，导轨足够长且电阻不计，金属杆单位长度的电阻为 r。 现有一质量为 2 m 的不带电小球以水平向右的速度 0v 撞击杆 1A 的中点，撞击后小球反弹 落到下层面上的 C点。C点与杆 2A 初始位置相距为 S。求： （1）回路内感应电流的最大值； （2）整个运动过程中感应电流最多产生了多少热量； （3）当杆 2A 与杆 1A 的速度比为 3:1 时， 2A 受到的安培力大小。 【分析】对小球和杆A1组成的系统，由动量守恒定律，得 [四川卷]17.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 A.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 答案:D 十三、交流电 电磁振荡和电磁波 [北京卷]23.(18分)如图 1所示，真空中相距 d=5 cm的两块平行金属板A、B与电源连接(图 中未画出)，其中 B板接地（电势为零）,A板电势变化的规律如图 2所示. 将一个质量m=2.0×10-23 kg,电量 q=+1.6×10-1C的带电粒子从紧临 B板处释放，不计重力.求： (1)在 t=0时刻释放该带电粒子，释放瞬间粒子加速度的大小; (2)若 A板电势变化周期 T=1.0×10-5 s,在 t=0时将带电粒子从紧临 B板处无初速释放，粒子 到达A板时动量的大小； (3)A板电势变化频率多大时，在 t= 4 T 到 t= 2 T 时间内从紧临 B板处无初速释放该带电粒子， 粒子不能到达A板. 答案：电场强度 E =Ud 带电粒子所受电场力 UqF Eq d  ，F=ma 9 24.0 10 /Uqa m sdm   粒子在 0 2 T: 时间内走过的距离为 2 21 ( ) 5.0 102 2 Ta   m 故带电粒在在 2 Tt  时恰好到达A板 根据动量定理，此时粒子动量 234.0 10p Ft    kg·m/s 带电粒子在 4 2 T Tt t : 向 A板做匀加速运动，在 32 4 T Tt t : 向 A板做匀减速运动， 速度减为零后将返回，粒子向A板运动的可能最大位移 2 21 12 ( )2 4 16 Ts a aT   要求粒子不能到达A板，有 s < d 由 1f T ，电势频率变化应满足 45 2 1016 af d   HZ [上海卷]2B．如图所示，一理想变压器原、副线圈匝数分别为 nl和 n2， 当负载电阻 R中流过的电流为 I时，原线圈中流过 的电流为 ；现减小负载电阻 R的阻值，则变压器的输 入功率将 （填“增大”、“减小”或“不变”）． [广东卷]9．目前雷达发射的电磁波频率多在 200MHz至 1000MHz的范围内。下列关于雷达 和电磁波说法正确的是 A．真空中上述雷达发射的电磁波的波长范围在 0.3m至 1.5m之间 B．电磁波是由恒定不变的电场或磁场产生的 C．测出从发射电磁波到接收反射波的时间间隔可以确定雷达和目标的距离 D．波长越短的电磁波，反射性能越强 【答案】ACD 【分析】据 λ=υ/c，电磁波频率在 200MHz 至 1000MHz 的范围内，则电磁波的波长范围在 0.3m至 1.5m之间，故 A正确。雷达是利用电磁波的反射原理，电磁波的产生是依据麦克斯 韦的电磁场理论，变化的磁场产生电场，变化的电场产生磁场，故 CD 正确。有的考生错误 的认为磁场产生电场，电场产生磁场，选出错误的选项。 属于容易题。 [广东卷]14．（12分）某发电站的输出功率为 kW410 ，输出电压为 4kV，通过理想变压 器升压后向 80km远处供电。已知输电导线的电阻率为 m  8104.2 ，导线横截面积 为 24105.1 m ，输电线路损失的功率为输出功率的 4%，求： （1）升压变压器的输出电压； （2）输电线路上的电压损失。 [四川卷]18．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 A.电流表的示数为 220 23 A B.电源输出功率为 1 200W C.电流表的示数为 220 3 A D.原线圈端电压为 11 V 答案:C 2006年全国各地高考物理试题分类汇编 光与原子部分 十四、光学 [全国卷 I]15.红光和紫光相比， A. 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 答案：B [全国卷 II]19．已知能使某金属产生光电效应的极限频率为υ0， A 当用频率为 2υ0的单色光照射该金属时，一定能产生光电子 B 当用频率为 2υ0的单色光照射该金属时，所产生的光电子的最大初动能为 hυ0 C 当照射光的频率υ大于υ0时，若 υ增大，则逸出功增大 答案：AB [北京卷] 16.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.2 h tan(arc sin n 1 ) B.2 h tan(arc sin n) C.2 h tan(arc cos n 1 ) D.2 h cot(arc cos n) 答案：A [上海卷 ]3A．利用光电管产生光电流的电路如图所示．电源的正极应接 在 端（填“a”或“b”）；若电流表读数为 8μA， 则每 秒 从光电管阴极发射的光电子至少是 个（已知电子电量为 l.6×10-19C） 【答案】a ，5×1013 【分析】：要使电子加速，应在A极接高电势，故 a端为电源正极。 由 I ＝ ne/t，得 n =It/e ＝5×1013 【高考考点】光电效应 带电粒子在电场中的运动 【易错点】： 容易弄错光电子的电性。 [上海卷]3B．右图为包含某逻辑电路的一个简单电路图，L为小灯 泡．光照射电阻 R’时，其阻值将变得远小于 R．该逻辑电路是 门电路（填“与”、“或”或“非”）。当电阻 R’受到光照时，小 灯泡 L将 （填“发光”或“不发光”）。 【答案】与，发光 【分析】当电阻 Rˊ受到光照时，非门输入低电压，输出高电压， 故灯泡将发光。 【高考考点】逻辑门电路 【易错点】容易将与门电路混淆。 [上海卷]6．人类对光的本性的认识经历了曲折的过程。下列关于光的本性的陈述符合科学 规律或历史事实的是 （A）牛顿的“微粒说”与爱因斯坦的“光子说”本质上是一样的． （B）光的双缝干涉实验显示了光具有波动性． （C）麦克斯韦预言了光是一种电磁波． （D）光具有波粒两象性性． 【答案】BCD 【分析】光的衍射和干涉是 【高考考点】带电粒子在电场中的运动 【易错点】：爱因斯坦的光子和牛顿的微粒除了都是粒子之外，并无任何相同之处。光子不是 牛顿所描绘的那种遵循经典力学运动定律的微粒。 [天津卷 ]15．空气中两条光线 a和 b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 n=1.5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 答案: B [广东卷 ]7．两束不同频率的单色光 a、b从空气射入水中，发生了图 2所示的折射现象（  > ）。下列结论中正确的是 A．光束 b的频率比光束 a低 B．在水中的传播速度，光束 a比光束 b小 C．水对光束 a的折射率比水对光束 b的折射率小 D．若光束从水中射向空气，则光束 b的临界角比光束 a的临界角大 【答案】C 【分析】由 知，b 的折射率较大，则 b 的频率较大，在同种介 质传播速度较小， 对同种介质的临界角较小。所以选项 C 正确。有些考生弄不清光的折射 率、频率、光速、临界 角的对应关系，得出错误的答案。属于中等难度题。 [广东卷 ]13．（15分）（1）人们发现光电效应具有瞬时性和对各种金属都存在极限频率 的规律。请问谁提出了何种学说很好地解释了上述规律？已知锌的逸出功为 eV34.3 ，用 某单色紫外线照射锌板时，逸出光电子的最大速度为 sm /106 ，求该紫外线的波长 （电 子质量 kgme 311011.9  ，普朗克常量 sJh   341063.6 ， JeV 191060.11  ） （2）风力发电是一种环保的电能获取方式。图 9为某风力发电站外观图。设计每台风力发电 机的功率为 40kW。实验测得风的动能转化为电能的效率约为 20%，空气的密度是 3/29.1 mkg ，当地水平风速约为 sm /10 ，问风力发电机的叶片长度约为多少才能满足 设计要求？ [四川卷]15.现有 a、b、c三束单色光，其波长关系为 cba   .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 A.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 答案:A [重庆卷]20.△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 A.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 答案:BD 十五、原子和原子核 [全国卷 I]14.某原子核 A Z X吸收一个中子后，放出一个电子，分裂为两个 粒子.由 此可知 A.A=7,Z=3 B.A=7,Z=4 C.A=8,Z=3 D.A=8,Z=4 答案：A [全国卷 II]14.现有三个核反应： ① 2411Na→ 2412 Mg＋ 01 e ② 23592U＋ 10 n→14156 Ba＋ 36 Kr＋3 10 n ③ 21 H＋ 31H→ 42 He＋ 10 n 下列说法正确的是 A ①是裂变，②是 β衰变，③是聚变 B ①是聚变，②是裂变，③是 β衰变 C ①是 β衰变，②是裂变，③是聚变 D ①是 β衰变，②是聚变，③是裂变 答案：C [北京卷] 13.目前核电站利用的核反应是 A.裂变，核燃料为铀 B.聚变，核燃烧为铀 C.裂变，核燃烧为氘　　　　　　　D.聚变，核燃料为氘 答案：A [上海卷]7．卢瑟福通过对 a粒子散射实验结果的分析，提出 （A）原子的核式结构模型． （B）原子核内有中子存在． （C）电子是原子的组成部分． （D）原子核是由质子和中子组成的． 【答案】AC 【分析】英国物理学家卢瑟福的 α粒子散射实验的结果是绝大多数 α粒子穿过金箔后基本上 仍沿原方向前进，但有少数 α粒子发生较大的偏转。α粒子散射实验只发现原子可以再分， 但并不涉及原子核内的结构。查德威克在用 α粒子轰击铍核的实验中发现了中子，卢瑟福用 α粒子轰击氮核时发现了质子。 【高考考点】α粒子散射实验，原子的核式结构 【易错点】容易将原子结构与原子核结构混淆。 [天津卷] 18．一个 原子核在中子的轰击下发生一种可能的裂变反应，其裂变方程为 则下列叙述正确的是 A．X原子核中含有 86个中子 B．X原子核中含有 141个核子 C．因为裂变时释放能量，根据 ，所以裂变后的总质量数增加 D．因为裂变时释放能量，出现质量亏损，所以生成物的总质量数减少 答案: A [广东卷]3．下列说法正确的是 A．康普顿发现了电子 B．卢瑟福提出了原子的核式结构模型 C．贝史勒尔发现了铀和含铀矿物的天然放射现象 D．伦从今琴发现了X射线 【答案】BCD 【分析】 康普顿发现了康普顿效应， 汤姆孙发现了电子， 卢瑟福提出了原子的核式结构模 型， 贝史勒尔发现了铀和含铀矿物的天然放射现象，伦从今琴发现了 X 射线。所以答案为 BCD， 有的考生不熟悉物理学史，有的考生不知道伦琴就是伦从今琴，导致错选或漏选。 属于容易题。 [广东卷 ]5．据新华社报道，由我国自行设计、研制的世界第一套全超导核聚变实验装置 （又称“人造太阳”）已完成了首次工程调试。下列关于“人造太阳”的说法正确的是 A．“人造太阳”的核反应方程是 nHeHH 10423121  B．“人造太阳”的核反应方程是 nKrBanU 109236141561023592 3 C．“人造太阳”释放的能量大小的计算公式是 2mcE  D．“人造太阳”核能大小的计算公式是 22 1 mcE  【答案】AC 【分析】释放的能量大小用爱因斯坦的质能方程 计算。有的考生不能区分裂变 和聚 变，得出错误的答案 B。属于容易题。 [四川卷 ]16.某核反应方程为 21 H+ 31 H→ 42 He+X.已知 21 H的质量为 2.0136u. 31 H的质量为 3.018u, 42 He的质量为 4.0026u,X的质量为 1.0087u.则下列说法中正确的是 A.X是质子，该反应释放能量 B.X是中子，该反应释放能量 C.X是质子，该反应吸收能量 D. X是中子，该反应吸收能量 答案:B [重庆卷]17.14C是一种半衰期为 5730年的放射性同位素。若考古工作者探测到某古木中 14C 的含量为原来的 4 1 ，则该古树死亡时间距今大约 A.22920年 B.11460 C.5730年 D.2865年 答案:B 2006年全国各地高考物理试题分类汇编 物理实验部分 十六、物理实验 [全国卷 I]22.（17分） (1) 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　　　　　　　　　　　　　　　。 (2)　现要测量某一电压表的内阻。给定的器材有：待测电压表（量 程２ V，内阻约 4k）; 电流表(量程 1.2mA,内阻约 500 )；直 流电源 E(电动势约 2.4V，内阻不计)；固定电阻３个；R1=4 000 ,R ２=10 000 ,R3=15 000 ;电键 S及导线若干。 要求测量时两电表指针偏转均超过其量程的一半。 i.试从３个固定电阻中选用１个，与其它器材一起组成测量电路，并在虚线框内画出测 量电路的原理图。（要求电路中各器材用题中给定的符号标出。） ii.电路接通后，若电压表读数为U,电流表读数为 I,则电压表内阻 RV= 。 答案：（1）ABD （2） i.电路如图 ii. [全国卷 II]22.（17分） （1）现要测定一个额定电压 4V、额定功率 1.6W的小灯泡（图中用表示）的伏安特性 曲线。要求所测电压范围为 0.1V～4V。 现有器材：直流电源 E（电动势 4.5V，内阻不计），电压表（量程 4.5V，内阻约为 4×104Ω），电流表（量程 250mA，内阻约为 2Ω），电流表（量程 500mA，内阻约为 1Ω），滑动变阻器 R（最大阻值约为 30Ω），电子键 S，导线若干。 如果既要满足测量要求，又要测量误差较小，应该选用的电流表是 ， 下面两个电路应该选用的是 。 甲： 乙： （2）一块玻璃砖用两个相互平行的表面，其中一个表面是镀银的（光线不能通过表 面）。现要测定此玻璃的析射率。给定的器材还有：白纸、铅笔、大头针 4 枚 （P1 、P2 、P3 、P4）、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 aa’和 bb’，aa’表示 镀银的玻璃表面，bb’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 P1、P2（位置如图）。用 P1 、P2的连线表示入射光线。 ．为了测量折射率，应如何正确使用大头针 P3、P4？ 。 试在题图中标出 P3、P4的位置。 ．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 θ1与折射角 θ2。简要写出作图步骤。 。 ．写出 θ1、θ2表示的折射率公式为 n＝ 。 答案：（1） ， 甲 。 （2）ⅰ．在 bb′一侧观察 P1、P2（经 bb′折射，aa′反射， 再经 bb′折射后）的像，在适当的位置插上 P3，使得 P3与 P1、P2的像在一条直线上，即让 P3挡住 P1、P2的像；再插上 P4，让它挡住 P2（或 P1）的像和 P3。P3、P4的位置如图。 ⅱ．①过 P1、P2作直线与 bb′交于O； ②过 P3、P4作直线与 bb′交于O′； ③利用刻度尺找到OO′的中点M； ④过O点作 bb′的垂线 CD，过M点作 bb′的垂线与 aa′相 交与 N，如图所示，连接ON； ⑤∠P1OD＝θ1，∠CON＝θ2。 ⅲ．。 评分参考：第（1）小题 6分，每空 3分。第（2）小题 11分，ⅰ问 6分，ⅱ问 4分，ⅲ问 1 分。P3、P4应该在玻璃砖的右下方，凡不在右下方的均不给ⅰ、ⅱ两问的分数。 [北京卷]21.(18分) (1)游标为 20分度(测量值可准确到 0.05 mm)的卡尺示数如图 1所示，两测脚间狭缝的宽度 为__________mm.用激光照射该狭缝，在屏上出现衍射条纹。如果减小狭缝的宽度，衍射条 纹的宽度将变____________. 　　　　　 （2）某同学用图 2所示电路，测绘标有“3.8 V,0.3 V”的小灯泡的灯丝电阻 R随电压 U变 化的图象. 2A a a′ b b′P 2P 1 C N O O′ M D P3 P4θ1 θ2 ①除了导线和开关外，有以下一些器材可供选择: 电流表：A:(量程 100 mA,内阻约 2 ); A:(量程 0.6 A,内阻约 0.3 ); 电压表：V1(量程 5 V,内阻约 5 ); V2(量程 15 V,内阻约 15 ); 电源：E1(电动势为 1.5 V，内阻为 0.2 ); E2(电动势为 4 V,内阻约为 0.04 ). 为了调节方便，测量准确，实验中应选用电流表___________，电压表______________,滑 动变阻器________________，电源___________________.(填器材的符号) ②根据实验数据，计算并描绘出 R-U的图象如图 3所示.由图象可知，此灯泡在不不作时， 灯丝电阻为___________；当所加电压为 3.00 V时，灯丝电阻为____________,灯泡实际消 耗的电功率为___________W. 　　　　　　　　　 ③根据 R-U图象，可确定小灯泡耗电功率 P与外加电压U的关系.符合该关系的示意图是下 列图中的__________． 答案： （1）0.15 宽 （2）A2 V1 R1 E2 1.5 11.5 0.78 A [天津卷]22．（16分）（1）用半径相同的两小球 A、B的碰撞验证动量守恒定律，实验装 置示意如图，斜槽与水平槽圆滑连接。实验时先不放 B球，使A球从斜槽上某一固定点 C 由静止滚下，落到位于水平地面的记录纸上留下痕迹。再把 B求静置于水平槽前端边缘处，让 A球仍从 C处由静止滚 下，A球和 B球碰撞后分别落在记录纸上留下各自的痕迹。 记录纸上的 O点是垂直所指的位置，若测得各落点痕迹到 O点的距离：OM=2.68cm，OP=8.62cm，ON=11.50cm，并 知 A、B两球的质量比为 2：1，则未放 B球时 A球落地点是 记录纸上的____ 点，系统碰撞前总动量 P与碰撞后总动量 'P 的百分误差 'p p p  ＝　　　　　　％（结果保留一位有效数字）。 （2）一多用电表的电阻档有三个倍率，分别是×1、×10、×100。用×10档测量某电阻 时，操作步骤正确，发现表头指针偏转角度很小，为了较准确地进行测量，应换到_____档。 如果换档后立即用表笔连接待测电阻进行读数，那么缺少的步骤是_____ ，若补上该步骤 后测量，表盘的示数如图，则该电阻的阻值是______Ω。 （3）某研究性学习小组利用图 1所示电 路测量电池组的电动势 E和内阻 r．根据实验数据 绘出如图 2所示的 1R I 图线，其中 R为电阻箱读数，I为电流表读数，由此可以得 到 E=_______V，r= ____。 答案: （1）P；2 （2）×100；调零（或重新调零）；2.2×10 3 (或 2.2k) （3）2.9；0.9 [上海卷]14．（5 分）1919 年卢瑟福通过如图所示的实验装置,第一次完成了原子核的人工 转变，并由此发现 ．图中A为放射源发出的 粒子，B为 气．完成该实验的下 列核反应方程: 【答案】质子 α 氮 【分析】α粒子轰击氮核，放出同位素氧，并发现质子，是原子核的 人工转变的典型例子。 【高考考点】原子核的人工转变，核反应方程，放射性同位素及其应 用 【易错点】将几个典型的反应混淆。 [上海卷]15.（6 分）在研究电磁感应现象实验中, (1）为了能明显地观察到实验现象，请在如图所示的实验器材中， 选择必要的器材，在图中用实线连接成相应的实物电路图； （2）将原线圈插人副线圈中，闭合电键，副线圈中感生电流与原 线圈中电流的绕行方向 （填“相同”或“相反”）； （3）将原线圈拔出时，副线圈中的感生电流与 原线圈中电流的绕 行方向 （填“相同”或“相反”）． 【答案】（1）如图所示 （2）相反 （3）相同 【分析】： 【高考考点】电磁感应现象 磁通量 法拉第电磁感应定律 楞次定律 【易错点】容易将原副线圈混淆，或者将两电路混联在一起。第 3问 容易将“阻碍”简单理解为“相反”。 [上海卷 ]16．（5 分）为了测试某种安全阀在外界环境为一个大气 压时，所能承受的最大内部压强，某同学自行设计制作了一个简易 的测试装置．该装置是一个装有电加热器和温度传感器的可密闭容器． 测试过程可分为如 下操作步骤： a．记录密闭容器内空气的初始温度 t1； b．当安全阀开始漏气时，记录容器内空气的温度 t2； c．用电加热器加热容器内的空气； d．将待测安全阀安装在容器盖上； e．盖紧装有安全阀的容器盖，将一定量空气密闭在容器内． (1）将每一步骤前的字母按正确的操作顺序填写： ； （2）若测得的温度分别为 t1＝27oC，t2＝87oC，已知大气压强为 1.0×105pa，则测试结果是: 这个安全阀能承受的最大内部压强是 . 【答案】adecb 1.2×105 pa 【分析】：根据气体状态方程有 ,将 T1=300K，T2=360K，P1=1.0X105pa 代入， 可以解得 P2=1.2X105pa 【高考考点】气体状态方程，等容变化 【易错点】忽视温度的单位的换算，而将温度以摄氏度为单位代入直接计算。 [上海卷]17．(7 分）表格中所列数据是测量小灯泡 U-I 关系的实验数据： (1）分析上表内实验数据可知，应选用的实验电路图是图 （填“甲”或“乙”）； （2）在方格纸内画出小灯泡的 U-I 曲线．分析曲线可知小灯泡的电阻随 I 变大而 （填 “变大”、“变小”或“不 变”）； （3）如图丙所示，用一个定值电阻 R 和两个上述小灯泡组成串并联电路，连接到内阻不 计、电动势为 3V的电源上．已知流过电阻 R 的电流是流过灯泡 b 电流的两倍，则流过灯泡 b的电流约为 A． 【答案】（1）甲 （2）如图所示 变小 （3）0.050A 【分析】（1）甲电路中变阻器采用分压接法，可以获得从零开始变化的电压，符合图中数据 的要求。 (2)将表中数据逐一描点后用平滑曲线连接各点。 （ 3）根据题意有 E= Ua +Ub， Ia=3Ib，从所做曲线 可以查出， Ia=0.150A ， Ib=0.050A，Ua=1V， Ub=2V。 【高考考点】灯泡伏安特性曲线的描述 欧姆定律 电阻的串、并联，串联电路的分压作用，并 联电路的分流作用 【易错点】第三小问，学生可能会用解析法，那计算将很复杂，并造成无法求解。 [上海卷 ]18．（7分）有一测量微小时间差的装置，是由两个摆长略有微小差别的单摆同 轴水平悬挂构成．两个单摆摆动平面前后相互平行． （1）现测得两单摆完成 50 次全振动的时间分别为 50．0 S 和 49．0 S，则两单摆的周期差 ＝ s； （2）某同学利用此装置测量小于单摆周期的微小时间差，具体操作如下：把两摆球向右拉 至相同的摆角处，先释放长摆摆球，接着再释放短摆摆球，测得短摆经过若干次全振动后 两摆恰好第一次同时同方向通过某位置， 由此可得出释放两摆的微小时间差．若测得释放 两摆的时间差 Δt＝0.165s，则在短摆释放 s（填时间）后，两摆恰好第一次同时向 （填方向）通过 （填位置）； （3）为了能更准确地测量微小的时间差，你认为此装置还可做的改进是 。 【答案】（1）0.02s （2）8.085s 左 最低点（或平衡位置（3）同时加大两摆的摆长 【分析】（1） （2）先释放的是长摆，故有 nT1= nT2+Δt，解得 n=8.25，所以短摆释放的时间为 t=n T2=8.085s，此时两摆同时向左经过平衡位置。 （3）在不改变摆长差的同时增大摆长，△T 越小，可测得的时间差越小。 【高考考点】单摆 在小振幅条件下单摆作简谐运动 周期公式 【易错点】第二空时最容易错的一空，学生容易将其误认为是长摆释放的时间 8.25s。 [广东卷]11．（9分）某同学设计了一个研究平抛运动的实验。实验装置示意图如图 5所示， A是一块平面木板，在其上等间隔地开凿出一组平行的插槽（图 5中 00PP 、 11PP … …），槽间距离均为 d 。把覆盖复写纸的白纸铺贴在硬板 B上。实验时依次将 B板插入A 板的各插槽中，每次让小球从斜轨的一同位置由静止释放。每打完一点后，把 B板插入后 一槽中并同时向纸面内侧平移距离 d 。实验得到小球在白纸上打下的若干痕迹点，如图 6 所示。 （1）实验前应 对实验装置反复调节，直到_______________。每次让小球从同一位置由静止释放，是为了_ ____________________。 （2）每次将 B板向内侧平移距离d ，是为了______________________ 。 （3）在图 6中绘出小球做平抛运动的轨迹。 【答案】（1）斜槽末端水平 保持小球水平抛出的初速度相同 （2）保持相邻痕迹点的水平距离大小相同 （3） 【分析】平抛运动可分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动。实验前应 对实验装置反复调节，直到斜槽末端水平，每次让小球从同一位置由静止释放，是为了保 持 小球水平抛出的初速度相同。每次将 B 板向内侧平移距离 d ，是为了保持相邻痕迹点 的水 平距离大小相同。有些考生不明确每次将 B 板向内侧平移距离d 的道理。该题考察了 实验 中的留迹法，是创新题目，属于中等难度的试题。 [广东卷]12．（11分）某同学设计了一个如图 7所示的实验电路，用以测定电源电动势和 内阻，使用的实验器材为：待测干电池组（电动势约 3V）、电流表（量程 0.6A，内阻小于 1）、电阻箱（0～99.99）、滑动变阻器（0～10）、单刀双掷开关、单刀单掷开关 各一个及导线若干。考虑到干电池的内阻较小，电流表的内阻不能忽略。 （1）该同学按图 7连线，通过控制开关状态，测得电流表内阻约为 0.20。试分析该测量 产生误差的原因是_________________________________________。 （2）简要写出利用图 7所示电路测量电源电动势和内阻的实验步骤： ①_______________________________________________________________________； ②_______________________________________________________________________； （3）图 8 是由实验数据绘出的 RI  1 图象，由此求出待测干电池组的电动势 E＝ ____________V、内阻r＝_____________ 。（计算结果保留三位有效数字） 【答案】（1）并联电阻箱后线路总阻值减小，从而造成总电流增大 （2）①调节电阻箱 R，断开开关 K，将开关 S 接 D，记录电阻箱的阻值和电流表示数； ②断开开关D，再次调节电阻箱 R，将开关 S 接 D，记录电阻箱的阻值和电流表示数 （3）2.81 2.33 【分析】测定电源电动势和内阻实验的原理知，此种接法出现误差的原因是电流表的分压作 用。而 R=r+r 安 ， 图线的斜率表示电源电动势的倒数，据此得出电动势 E＝2.81v, 内 阻 r＝2.33Ω。有的考生不能正确理解 图象的物理意义，从而无法得出正确的 答案。 属于难题。 [四川卷]22.(17分) (1)在“用单摆测定重力加速度”的实验中，①测摆长时，若正确测出悬线长 l和摆球直径 d,则摆长为 ;②测周期时，当摆球经过 位置时开始计时并计数 l 次，测出经过该位置 N次(约 60~100次)的时间为t,则周期为 。 此外,请你从下列器材中选用所需器材，再设计一个实验，粗略测出重力加速度 g，并参照 示例填写下表（示例的方法不能再用）。 A.天平;B.刻度尺;C.弹簧秤;D.电磁打点计时器;E.带夹子的重锤; F.纸带;G.导线若干;H.铁架台;I.低压交流电源;J.低压直流电源; K.小车;L.螺旋测微器;M.斜面（高度可调，粗糙程度均匀）。 所选器材（只填器材序 号） 简述实验方法（不要求写出具体步骤） 示例 B、D、E、F、G、H、I 安装仪器，接通电源，让纸带随重锤竖直下落。 用刻度尺测出所需数据，处理数据，得出结果。 实验设计 (2)在“测定金属的电阻率”实验中，需要测量金属丝的长度和直径。现用最小分度为 1 mm 的米尺测量金属丝长度，图中箭头所指位置是拉直的金属丝两端在米尺上相对应的位置， 测得的金属丝长度为 mm。在测量金属丝直径时，如果受条件限制，身边只有米尺 1把和圆柱形铅笔 1支。如何较准确地测量金属丝的直径？请简述测量方法： 答案: 22.(17分) (1)① 2 dl  (2分); ②平衡(2分); 1 2 N t (3分); 所选器材 简述实验方法 实验设计 A、C、E 用弹簧秤称出带夹子重锤的重力大小 G,再用天 平测出其质量m,则 g=G/m。 或 实验设计 B、D、F、G、I、K、M 安装仪器，接通电源，让纸带随小车一起沿斜面 下滑。用刻度尺测出所需数据。改变斜面高度再测 一次。利用两次数据，由牛顿第二定律算出结果。 (1)① 972.0 mm ②在铅笔上紧密排绕金属丝N匝，用米尺量出该 N匝金属丝的宽度 D,由此可以计算得出 金属丝的平均直径为 D/N [重庆卷]22.(17分)（请在答题卡上作答） (1)用已调零且选择旋钮指向欧姆挡“×10”位置 的多用电表测某电阻阻值，根据题 22图 1所示的 表盘，被测电阻阻值为 Ω。若将该表选择 旋钮置于 1 mA挡测电流，表盘仍如题 22图 1所示， 则被测电流为 mA。 (2)某同学用题 22图 2所示装置测量重力加速度 g,所用交流电频率为 50 Hz。在所选纸带上取某点 为 0号计数点，然后每 3 个点取一个计数点，所以测量数 据及其标记符号如题 22图3所示。 该同学用两种方法处理数据(T为相邻两计数点的时间间隔)： 方法A：由 ,2 121 T SSg  ,2 232 T SSg  ……， ,2 565 T SSg  取平均值 g=8.667 m/s2; 方法 B：由 ,3 2 14 1 T SSg  ,3 2 25 2 T SSg  ,3 2 36 3 T SSg  取平均值 g=8.673 m/s2。 从数据处理方法看，在 S1、S2、S3、S4、S5、S6中，对实验结果起作用的，方法 A中有_________ _;方法 B中有__________。因此，选择方法___________（A或 B）更合理，这样可以减少实 验的__________(系统或偶然)误差。本实验误差的主要来源有____________（试举出两条）。 答案:（1）220Ω 0.40mA （ 2 ） S1 ， S6 或 37.5 ， 193.5 S1 ， S2 ， S3 ， S4 ， S5 ， S6 或 37.5，69.0，100.5，131.5，163.0，193.5 B 偶然 阻力(空气阻力，振针的阻力，限位孔的 阻力，复写纸的阻力等)，交流电频率波动，长度测量，数据处理方法等。