高考真题分类(精品资料）

1、高考真题分类(精品资料）专题一相互作用 (2012高考山东卷)如图所示，两相同轻质硬杆OO1、OO2可绕其两端垂直纸面的水平轴O、O1、O2转动，在O点悬挂一重物M，将两相同木块m紧压在竖直挡板上，此时整个系统保持静止Ff表示木块与挡板间摩擦力的大小，FN表示木块与挡板间正压力的大小若挡板间的距离稍许增大后，系统仍静止且O1、O2始终等高，则()AFf变小BFf不变CFN变小DFN变大 (2012高考新课标全国卷)如图，一小球放置在木板与竖直墙面之间设墙面对球的压力大小为N1，球对木板的压力大小为N2.以木板与墙连接点所形成的水平直线为轴，将木板从图示位置开始缓慢地转到水平位置不计摩擦，在此过

2、程中()AN1始终减小，N2始终增大BN1始终减小，N2始终减小CN1先增大后减小，N2始终减小DN1先增大后减小，N2先减小后增大(2012高考广东卷)如图所示，两根等长的轻绳将日光灯悬挂在天花板上，两绳与竖直方向的夹角都为45，日光灯保持水平，所受重力为G，左右两绳的拉力大小分别为()AG和G B.G和GC.G和G D.G和G(2012高考新课标全国卷)拖把是由拖杆和拖把头构成的擦地工具(如图)设拖把头的质量为m，拖杆质量可忽略；拖把头与地板之间的动摩擦因数为常数，重力加速度为g.某同学用该拖把在水平地板上拖地时，沿拖杆方向推拖把，拖杆与竖直方向的夹角为.(1)若拖把头在地板上匀速移动，求

3、推拖把的力的大小(2)设能使该拖把在地板上从静止刚好开始运动的水平推力与此时地板对拖把的正压力的比值为.已知存在一临界角0，若0，则不管沿拖杆方向的推力多大，都不可能使拖把从静止开始运动求这一临界角的正切tan0.答案：【解析】选BD.本题考查静力学问题，运用整体法可知 2FfMg2mg，FfMg/2mg，Ff保持不变，故B项对对其中一木块受力分析如图甲，对O点受力分析如图乙，由共点力的平衡条件知，夹角增大，N变大，FNNsin(/2)，FN变大，故D项对甲乙【解析】选B.如图，球受三个力的作用平衡，转动过程中，角逐渐增大，在力三角形中，N2，N1，由数学知识得，N1、N2随的增大均减小【解析

4、】选B.由受力分析知，日光灯受两绳拉力T1、T2以及重力作用处于静止状态，两绳拉力相等且互相垂直，由力的合成有T1T2G，故选B.【解析】(1)设该同学沿拖杆方向用大小为F的力推拖把，如图，将推拖把的力沿竖直和水平方向分解，按平衡条件有FcosmgNFsinf式中N和f分别为地板对拖把的正压力和摩擦力按摩擦定律有fN联立式得F mg.(2)若不管沿拖杆方向用多大的力都不能使拖把从静止开始运动，应有FsinN这时，式仍满足，联立式得sincos现考察使上式成立的角的取值范围注意到上式右边总是大于零，且当F无限大时极限为零，有sincos0使上式成立的角满足0，这里0是题中所定义的临界角，即当0时

5、，不管沿拖杆方向用多大的力都推不动拖把临界角的正切为tan0.【答案】(1)(2) 专题二牛顿运动定律1. (2012高考山东卷)地面上静止的货物竖直向上吊起，货物由地面运动至最高点的过程中，vt图像如图所示以下判断正确的是()A前3 s内货物处于超重状态B最后2 s内货物只受重力作用C前3 s内与最后2 s内货物的平均速度相同D第3 s末至第5 s末的过程中，货物的机械能守恒(2012高考新课标全国卷)伽利略根据小球在斜面上运动的实验和理想实验，提出了惯性的概念，从而奠定了牛顿力学的基础早期物理学家关于惯性有下列说法，其中正确的是()A物体抵抗运动状态变化的性质是惯性B没有力的作用，物体只能

6、处于静止状态C行星在圆周轨道上保持匀速率运动的性质是惯性D运动物体如果没有受到力的作用，将继续以同一速度沿同一直线运动(2012高考四川卷)如图所示，劲度系数为k的轻弹簧的一端固定在墙上，另一端与置于水平面上质量为m的物体接触(未连接)，弹簧水平且无形变用水平力F缓慢推动物体，在弹性限度内弹簧长度被压缩了x0，此时物体静止撤去F后，物体开始向左运动，运动的最大距离为4x0.物体与水平面间的动摩擦因数为，重力加速度为g.则()A撤去F后，物体先做匀加速运动，再做匀减速运动B撤去F后，物体刚运动时的加速度大小为gC物体做匀减速运动的时间为2D物体开始向左运动到速度最大的过程中克服摩擦力做的功为mg

7、(2012高考江苏卷)如图所示，一夹子夹住木块，在力F作用下向上提升夹子和木块的质量分别为m、M，夹子与木块两侧间的最大静摩擦力均为f.若木块不滑动，力F的最大值是()A.B.C.(mM)gD.(mM)g(2012高考重庆卷)某校举行托乒乓球跑步比赛，赛道为水平直道，比赛距离为s.比赛时，某同学将球置于球拍中心，以大小为a的加速度从静止开始做匀加速直线运动，当速度达到v0时，再以v0做匀速直线运动跑至终点整个过程中球一直保持在球拍中心不动比赛中，该同学在匀速直线运动阶段保持球拍的倾角为0，如图所示设球在运动中受到的空气阻力大小与其速度大小成正比，方向与运动方向相反，不计球与球拍之间的摩擦，球的

8、质量为m，重力加速度为g.(1)求空气阻力大小与球速大小的比例系数k；(2)求在加速跑阶段球拍倾角随速度v变化的关系式；(3)整个匀速跑阶段，若该同学速度仍为v0，而球拍的倾角比0大了并保持不变，不计球在球拍上的移动引起的空气阻力变化，为保证到达终点前球不从球拍上距离中心为r的下边沿掉落，求应满足的条件答案：【解析】选AC.本题考查vt图像的应用，前3 s货物向上加速运动，处于超重状态，A项对最后2 s内货物向上减速运动处于失重状态 a6/2 m/s23 m/s2而不是完全失重，故B项错误前3 s内和最后2 s内货物的平均速度都为3 m/s，C项对第3 s末至第5 s末的过程中货物向上匀速运动

9、，机械能增加，故D项错【解析】选AD.惯性是物体所具有的保持原来运动状态的性质，没有力的作用，物体将保持静止或匀速直线运动状态，故A、D正确，B、C错【解析】选BD.撤去力F后，由牛顿第二定律kxmgma，随着x的减小，a减小，故小物块先做a减小的加速运动后做匀减速运动，A项错；撤去力F瞬间，ag，B项对；整个运动过程，Ep4mgx00从开始到弹簧恢复原长Epmgx0mv20之后做匀减速运动时间t解得t，C项错；速度最大时a0，kxmgxmg/k物体发生的位移xx0xx0mg/k.此过程克服摩擦做的功Wfmgxmg(x0mg/k)，D项对【解析】选A.夹子与木块相对静止，由整体法，利用牛顿第二

10、定律可得：F(Mm)g(Mm)a.对木块：2fMgMa当摩擦力达到最大静摩擦力f时，加速度最大，对应F最大联立以上两式可得：F，A正确【解析】(1)在匀速运动阶段，有mgtan0kv0得k.(2)加速阶段，设球拍对球的支持力为N，有NsinkvmaNcosmg得tantan0.(3)以速度v0匀速运动时，设空气阻力与重力的合力为F，有F球拍倾角为0时，空气阻力与重力的合力不变，设球沿球拍面下滑的加速度大小为a，有Fsinma设匀速跑阶段所用时间为t，有t球不从球拍上掉落的条件at2r得sin .【答案】见解析专题三曲线运动(2012高考新课标全国卷)如图，x轴在水平地面内，y轴沿竖直方向图中画

11、出了从y轴上沿x轴正向抛出的三个小球a、b和c的运动轨迹，其中b和c是从同一点抛出的不计空气阻力，则()Aa的飞行时间比b的长 Bb和c的飞行时间相同Ca的水平速度比b的小 Db的初速度比c的大(2012高考广东卷)如图是滑道压力测试的示意图，光滑圆弧轨道与光滑斜面相切，滑道底部B处安装一个压力传感器，其示数N表示该处所受压力的大小某滑块从斜面上不同高度h处由静止下滑，通过B时，下列表述正确的有()AN小于滑块重力 BN大于滑块重力CN越大表明h越大 DN越大表明h越小(2012高考江苏卷)如图所示，相距l的两小球A、B位于同一高度h(l，h均为定值)将A向B水平抛出的同时，B自由下落A、B与

12、地面碰撞前后，水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反不计空气阻力及小球与地面碰撞的时间，则()AA、B在第一次落地前能否相碰，取决于A的初速度BA、B在第一次落地前若不碰，此后就不会相碰CA、B不可能运动到最高处相碰DA、B一定能相碰 (2012高考大纲全国卷)一探险队员在探险时遇到一山沟，山沟的一侧竖直，另一侧的坡面呈抛物线形状此队员从山沟的竖直一侧，以速度v0沿水平方向跳向另一侧坡面如图所示，以沟底的O点为原点建立坐标系Oxy.已知，山沟竖直一侧的高度为2h，坡面的抛物线方程为yx2，探险队员的质量为m.人视为质点，忽略空气阻力，重力加速度为g.(1)求此人落到坡面时的动能；(2)此

13、人水平跳出的速度为多大时，他落在坡面时的动能最小？动能的最小值为多少？(2012高考福建卷)如图，置于圆形水平转台边缘的小物块随转台加速转动，当转速达到某一数值时，物块恰好滑离转台开始做平抛运动现测得转台半径R0.5 m，离水平地面的高度H0.8 m，物块平抛落地过程水平位移的大小s0.4 m设物块所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g10 m/s2.求：(1)物块做平抛运动的初速度大小v0；(2)物块与转台间的动摩擦因数.答案：【解析】选BD.由平抛运动知识，飞行时间t，由高度决定，b、c飞行时间相同，a最短，A错，B对结合xv0tv0，h相同，x正比于v0，D正确对a，h最小，x

14、最大，故v0最大，C错误【解析】选BC.滑块从斜面上不同高度h处由静止下滑到B点，由机械能守恒定律有mghmv2，在光滑圆弧轨道上做圆周运动，在B点由牛顿第二定律有NGm0，所以支持力NG，且h越大N越大，故选BC.【解析】选AD.由竖直方向的分运动来看，A、B做完全相同的运动，由题意可知，A、B一定同时处于同一高度上，所以当A运动至B所在的竖直线时，一定与B相碰，B错，D对；若A初速度大于某一值，便可于落地前与B相碰，A正确；若A初速度为某一特定值，恰好在A、B都回跳到最高点时水平方向位移为l，二者可以在最高处相碰，C错【解析】(1)设该队员在空中运动的时间为t，在坡面落点的横坐标为x，纵坐

15、标为y.由运动学公式和已知条件得xv0t2hygt2根据题意有y由机械能守恒，落到坡面时的动能为mv2mvmg(2hy)联立式得mv2m.(2)式可以改写为v23ghv2的极小的条件为式中的平方项等于0，由此得v0此时v23gh，则最小动能为mgh.【答案】m(2)mgh【解析】(1)物块做平抛运动，在竖直方向上有Hgt2在水平方向上有sv0t由式解得v0s，代入数据v01 m/s.(2)物块离开转台时，最大静摩擦力提供向心力，有fmmfmNmg由式解得，代入数据0.2.【答案】(1)1 m/s(2)0.2专题四万有引力与航天(2012高考重庆卷)冥王星与其附近的另一星体卡戎可视为双星系统，质

16、量比约为71，同时绕它们连线上某点O做匀速圆周运动由此可知，冥王星绕O点运动的()A轨道半径约为卡戎的B角速度大小约为卡戎的C线速度大小约为卡戎的7倍D向心力大小约为卡戎的7倍(2012高考安徽卷)我国发射的“天宫一号”和“神州八号”在对接前，“天宫一号”的运行轨道高度为350 km，“神州八号”的运行轨道高度为343 km.它们的运行轨道均视为圆周，则()A“天宫一号”比“神州八号”速度大 B“天宫一号”比“神州八号”周期长C“天宫一号”比“神州八号”角速度大 D“天宫一号”比“神州八号”加速度大(2012高考山东卷)2011年11月3日，“神舟八号”飞船与“天宫一号”目标飞行器成功实施了首

17、次交会对接任务完成后“天宫一号”经变轨升到更高的轨道，等待与“神舟九号”交会对接变轨前和变轨完成后“天宫一号”的运行轨道均可视为圆轨道，对应的轨道半径分别为R1、R2，线速度大小分别为v1、v2.则等于()A.B.C.D.(2012高考四川卷)今年4月30日，西昌卫星发射中心发射的中圆轨道卫星，其轨道半径为2.8107m.它与另一颗同质量的同步轨道卫星(轨道半径为4.2107m)相比()A向心力较小 B动能较大C发射速度都是第一宇宙速度 D角速度较小(2012高考新课标全国卷)假设地球是一半径为R、质量分布均匀的球体一矿井深度为d.已知质量分布均匀的球壳对壳内物体的引力为零矿井底部和地面处的重

18、力加速度大小之比为()A1 B1 C. D.(2012高考广东卷)如图所示，飞船从轨道1变轨至轨道2.若飞船在两轨道上都做匀速圆周运动，不考虑质量变化，相对于在轨道1上，飞船在轨道2上的()A动能大 B向心加速度大 C运行周期长 D角速度小(2012高考福建卷)一卫星绕某一行星表面附近做匀速圆周运动，其线速度大小为v.假设宇航员在该行星表面上用弹簧测力计测量一质量为m的物体重力，物体静止时，弹簧测力计的示数为N.已知引力常量为G，则这颗行星的质量为()A. B. C. D.(2012高考江苏卷)2011年8月，“嫦娥二号”成功 进入了环绕“日地拉格朗日点”的轨道，我国成为世界上第三个造访该点的

19、国家如图所示，该拉格朗日点位于太阳和地球连线的延长线上，一飞行器处于该点，在几乎不消耗燃料的情况下与地球同步绕太阳做圆周运动，则此飞行器的()A线速度大于地球的线速度B向心加速度大于地球的向心加速度C向心力仅由太阳的引力提供D向心力仅由地球的引力提供答案：【解析】选A.本题考查双星问题，双星之间的万有引力提供它们各自做圆周运动的向心力，m1r1w2m2r22，因角速度相等，所以轨道半径与质量成反比，故A项正确，B项错由vr知v与r成正比，即线速度与质量成反比，C项错，向心力是作用力和反作用力的关系，大小相等，故D项错【解析】选B.本题主要考查万有引力提供向心力时，几个向心力公式的应用由mm(R

20、h)2m(Rh)ma可得：v，.T，a因r天r神，可知只有B项正确【解析】选B.本题考查万有引力定律知识，变轨前后的“天宫一号”运行轨道均可视为圆轨道，Gmv2/r，vv1/v2，B项正确【解析】选B.由万有引力提供向心力FG，r越大F越小，故A项错；Gmv2/r得v可知r越小，v越大，故B项对发射卫星时轨道半径越大发射速度越大，都大于等于第一宇宙速度，第一宇宙速度是最小发射速度，故C项错Gmr2得知r越小，越大，D项错【解析】选A.由万有引力定律，地面处质量为m的物体重力为：mgg为地面处重力加速度，M为地球质量则MR3为地球密度由题中信息知该物体在矿井底部重力为：mgg为矿井底部的重力加速

21、度且M(Rd)3联立得：1，故A项正确【解析】选CD.由Gmm2rmrman得，动能Ek变小，an变小，T变长，变小，故选CD.【解析】选B.已知行星表面的线速度v和表面的重力加速度gN/m及引力常量G，由mgGm，可得M，R进而得M.【解析】选AB.该飞行器同时受到太阳和地球的引力，二者的合力提供向心力，C、D错误由题可知，该飞行器与地球具有相同大小的角速度，且其轨道半径大于地球的轨道半径，由vr和a2r可知，A、B正确专题五机械能守恒定律(2012高考天津卷)如图甲所示，静止在水平地面的物块A，受到水平向右的拉力F作用，F与时间t的关系如图乙所示，设物块与地面的静摩擦力最大值fm与滑动摩擦

22、力大小相等，则()A0t1时间内F的功率逐渐增大 Bt2时刻物块A的加速度最大Ct2时刻后物块A做反向运动 Dt3时刻物块A的动能最大(2012高考安徽卷)如图所示，在竖直平面内有一半径为R的圆弧轨道，半径OA水平、OB竖直，一个质量为m的小球自A的正上方P点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力已知AP2R，重力加速度为g，则小球从P到B的运动过程中()A重力做功2mgRB机械能减少mgRC合外力做功mgRD克服摩擦力做功mgR(2012高考福建卷)如图，表面光滑的固定斜面顶端安装一定滑轮，小物块A、B用轻绳连接并跨过滑轮(不计滑轮的质量和摩擦)初始时刻，A、B处于同

23、一高度并恰好处于静止状态剪断轻绳后A下落、B沿斜面下滑，则从剪断轻绳到物块着地，两物块()A速率的变化量不同 B机械能的变化量不同C重力势能的变化量相同 D重力做功的平均功率相同(2012高考江苏卷)如图所示，细线的一端固定于O点，另一端系一小球在水平拉力作用下，小球以恒定速率在竖直平面内由A点运动到B点在此过程中拉力的瞬时功率变化情况是()A逐渐增大 B逐渐减小C先增大，后减小 D先减小，后增大(2012高考重庆卷)如图所示为一种摆式摩擦因数测量仪，可测量轮胎与地面间动摩擦因数，其主要部件有：底部固定有轮胎橡胶片的摆锤和连接摆锤的轻质细杆摆锤的质量为m，细杆可绕轴O在竖直平面内自由转动，摆锤

24、重心到O点距离为L.测量时，测量仪固定于水平地面，将摆锤从与O等高的位置处静止释放摆锤到最低点附近时，橡胶片紧压地面擦过一小段距离s(sL)，之后继续摆至与竖直方向成角的最高位置若摆锤对地面的压力可视为大小为F的恒力，重力加速度为g，求：(1)摆锤在上述过程中损失的机械能；(2)在上述过程中摩擦力对摆锤所做的功；(3)橡胶片与地面之间的动摩擦因数答案：【解析】选BD.对A项，0t1物块静止不动，F的功率为零，故A错误对B项，t2时刻，由Ffmma知，a最大，故B正确对C项，物块先加速后减速运动，方向不变，故C错t1t3物块一直加速，故t3时刻动能最大所以D正确【解析】选D.在最高点恰无压力，则

25、：mgm，vB.从P到B，由动能定理得：mg(2RR)Wfmv0.可得：WfmgR.重力做功与路径无关，WGmgR，A项错；机械能的减少看摩擦力做功多少，EWfmgR，B项错；合外力的功W合mvmgR，C项错；由WfmgR知D正确【解析】选D.绳剪断前由平衡条件得mAgmBgsin即mAmBsin.绳剪断后，由机械能守恒定律可知，着地时速度大小相等，速率的变化量相同，机械能都不变化，重力势能变化量因质量不同故不同，重力做功的平均功率，对A：PAWA/t，WAmAgh，t，PAmAg，对B：t，PBmBg.又mAmBsin，故PAPB，选项D正确【解析】选A.由动能定理：WFWG0，则拉力的瞬时

26、功率变化与重力瞬时功率变化相同由Pmgvcos可知，mg、v大小均不变，二者夹角逐渐增大(90180范围内)，则P逐渐增大，A正确【解析】选以地面为零势面，初始位置的机械能E1mgL，终点位置的机械能E2mgL(1cos)损失的机械能，EE1E2mgLcos，此过程中机械能损失原因为摩擦力做功，所以WfEmgLcos.由动能定理WfFsmgLcos可得【答案】(1)mgLcos(2)mgLcos(3)专题六静电场(2012高考重庆卷)空间中P、Q两点处各固定一个点电荷，其中P点处为正电荷，P、Q两点附近电场的等势面分布如图所示，a、b、c、d为电场中的4个点则()AP、Q两点处的电荷等量同种B

27、a点和b点的电场强度相同Cc点的电势低于d点的电势D负电荷从a到c电势能减少(2012高考天津卷)两个固定的等量异号点电荷所产生电场的等势面如图中虚线所示，一带负电的粒子以某一速度从图中A点沿图示方向进入电场在纸面内飞行，最后离开电场，粒子只受静电力作用，则粒子在电场中()A做直线运动，电势能先变小后变大B做直线运动，电势能先变大后变小C做曲线运动，电势能先变小后变大D做曲线运动，电势能先变大后变小(2012高考安徽卷)如图所示，在平面直角坐标系中，有方向平行于坐标平面的匀强电场，其中坐标原点O处的电势为0 V，点A处的电势为6 V，点B处的电势为3 V，则电场强度的大小为()A200 V/m

28、 B200 V/mC100 V/m D100 V/m(2012高考山东卷)图中虚线为一组间距相等的同心圆，圆心处固定一带正电的点电荷一带电粒子以一定初速度射入电场，实线为粒子仅在电场力作用下的运动轨迹，a、b、c三点是实线与虚线的交点则该粒子()A带负电B在c点受力最大C在b点的电势能大于在c点的电势能D由a点到b点的动能变化大于由b点到c点的动能变化(2012高考福建卷)如图，在点电荷Q产生的电场中，将两个带正电的试探电荷q1、q2分别置于A、B两点，虚线为等势线取无穷远处为零电势点，若将q1、q2移动到无穷远的过程中外力克服电场力做的功相等，则下列说法正确的是()AA点电势大于B点电势BA

29、、B两点的电场强度相等Cq1的电荷量小于q2的电荷量Dq1在A点的电势能小于q2在B点的电势能(2012高考江苏卷)真空中，A、B两点与点电荷Q的距离分别为r和3r，则A、B两点的电场强度大小之比为()A31B13C91D19(2012高考江苏卷)一充电后的平行板电容器保持两极板的正对面积、间距和电荷量不变，在两极板间插入一电介质，其电容C和两极板间的电势差U的变化情况是()AC和U均增大 BC增大，U减小CC减小，U增大 DC和U均减小 答案：【解析】选D.由等势线特点可判断Q带负电，故A项错，a、b两点对称场强大小相等但方向不同，故B错，c点电势高于d点，故C错，负电荷从a到c电势升高电势

30、能减少，故D正确【解析】选C.由等势面可画出电场线方向，粒子所受静电力方向与速度方向不在同一直线，故粒子做曲线运动；静电力先做正功，后做负功，电势能先变小，后变大，故C正确【解析】选A.本题考查电场中电场线与等势面的关系，由00，A6 V，可知OA中点C处C3 V，因B3 V，则BC为等势面，由B、C坐标可知30，BC的垂线OD沿电场线方向，且xOD cm，UOD3 V，则E V/m200 V/m.故A项正确，本题注意，E公式中d为沿电场线方向的距离【解析】选CD.本题考查正点电荷的电场中的场强、电势等基本知识，由轨迹特点可知粒子带正电，A项错a点离电荷最近，场强最大，受力最大，B项错正电荷在

31、电势越高的地方电势能越大，bc，故C项正确由UEd定性分析ab间电势差Uab大于bc间电势差Ubc，再由EkqU可得D项正确【解析】选C.本题考查点电荷电场中的等势线，通过电场力做功为负，可以断定Q带负电，顺着电场线方向电势降低，AEB，B错；将q1、q2移动到无穷远，克服电场力做功相等，|q1A|q2B|，q1q2，EpAEpB，C对，D错【解析】选C.由点电荷的场强公式：E，C正确【解析】选B.由C，插入电介质后，介电常数r变大，C增大，由C知，Q不变，U减小，B项正确专题七恒定电流(2012高考大纲全国卷)一台电风扇的额定电压为交流220 V在其正常工作过程中，用交流电流表测得某一段时间

32、内的工作电流I随时间t的变化如图所示这段时间内电风扇的用电量为()A3.9102度 B5.5102度C7.8102度 D11.0102度(2012高考江苏卷)如图甲所示的黑箱中有三只完全相同的电学元件，小明使用多用电表对其进行探测(1)在使用多用电表前，发现指针不在左边“0”刻度线处，应先调整图乙中多用电表的_(选填“A”、“B”或“C”)(2)在用多用电表的直流电压挡探测黑箱a、b接点间是否存在电源时，一表笔接a，另一表笔应_(选填“短暂”或“持续”)接b，同时观察指针偏转情况(3)在判定黑箱中无电源后，将选择开关旋至“1”挡，调节好多用电表，测量各接点间的阻值测量中发现，每对接点间正反向阻

33、值均相等，测量记录如下表两表笔分别接a、b时，多用电表的示数如图乙所示请将记录表补充完整，并在黑箱图中画出一种可能的电路甲乙两表笔接的接点多用电表的示数a，b_ a，c10.0 b，c15.0 (2012高考四川卷)四川省“十二五”水利发展规划指出，若按现有供水能力测算，我省供水缺口极大，蓄引提水是目前解决供水问题的重要手段之一某地要把河水抽高20 m进入蓄水池，用一台电动机通过传动效率为80%的皮带带动效率为60%的离心水泵工作工作电压为380 V，此时输入电动机的电功率为19 kW，电动机的内阻为0.4 .已知水的密度为1103kg/m3，重力加速度取10 m/s2.求：(1)电动机内阻消

34、耗的热功率；(2)将蓄水池蓄入864 m3的水需要的时间(不计进、出水口的水流速度)答案：【解析】选B.由电流的热效应：QUI1t1UI2t2UI3t32200.310602200.410602200.24060 (J)1522060 J度5.5102度故B项正确【解析】(1)“A”为机械调零旋钮，调节指针在电表无电流时指向左侧“0”点(2)两表笔短暂接a、b，防止表内有电源时电路短路，烧坏元件(3)各接线柱正、反接阻值均相等，表明黑箱内为定值电阻由电表读数可知Rab5.0 ，由Rac10.0 ，Rbc15.0 得Rac2Rab，RbcRabRac，可知b、c之间为总电阻，a、c与a、b间的电

35、阻连接如答案图所示两种均可【答案】(1)A(2)短暂(3)5.0；(见下图)【解析】(1)设电动机的电功率为P，则PUI设电动机内阻r上消耗的热功率为Pr，则PrI2r代入数据解得Pr1103W(2)设蓄水总质量为M，所用抽水时间为t.已知抽水高度为h，容积为V，水的密度为，则MV设质量为M的水增加的重力势能为Ep，则EpMgh设电动机的输出功率为P0，则P0PPr根据能量守恒定律得P0t60%80%Ep代入数据解得t2104s.【答案】(1)1103 W(2)2104 s 专题八磁场(2012高考天津卷)如图所示，金属棒MN两端由等长的轻质细线水平悬挂，处于竖直向上的匀强磁场中，棒中通以由M

36、向N的电流，平衡时两悬线与竖直方向夹角均为.如果仅改变下列某一个条件，角的相应变化情况是()A棒中的电流变大，角变大B两悬线等长变短，角变小C金属棒质量变大，角变大D磁感应强度变大，角变小(2012高考安徽卷)如图所示，圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带电粒子以速度v从A点沿直径AOB方向射入磁场，经过t时间从C点射出磁场，OC与OB成60角现将带电粒子的速度变为v/3，仍从A点沿原方向射入磁场，不计重力，则粒子在磁场中的运动时间变为()A.t B2tC.t D3t(2012高考广东卷)质量和电量都相等的带电粒子M和N，以不同的速率经小孔S垂直进入匀强磁场，运行的半圆轨迹如图中虚线所

37、示，下列表述正确的是()AM带负电，N带正电BM的速率小于N的速率C洛伦兹力对M、N做正功DM的运行时间大于N的运行时间(2012高考大纲全国卷)质量分别为m1和m2、电荷量分别为q1和q2的两粒子在同一匀强磁场中做匀速圆周运动已知两粒子的动量大小相等下列说法正确的是()A若q1q2，则它们做圆周运动的半径一定相等B若m1m2，则它们做圆周运动的半径一定相等C若q1q2，则它们做圆周运动的周期一定不相等D若m1m2，则它们做圆周运动的周期一定不相等 (2012高考江苏卷)如图所示，MN是磁感应强度为B的匀强磁场的边界一质量为m、电荷量为q的粒子在纸面内从O点射入磁场若粒子速度为v0，最远能落在

38、边界上的A点下列说法正确的有()A若粒子落在A点的左侧，其速度一定小于v0B若粒子落在A点的右侧，其速度一定大于v0C若粒子落在A点左右两侧d的范围内，其速度不可能小于v0D若粒子落在A点左右两侧d的范围内，其速度不可能大于v0(2012高考北京卷)处于匀强磁场中的一个带电粒子，仅在磁场力作用下做匀速圆周运动将该粒子的运动等效为环形电流，那么此电流值()A与粒子电荷量成正比 B与粒子速率成正比C与粒子质量成正比 D与磁感应强度成正比答案：【解析】选A.对金属棒受力分析知，tan对A，I增大，角变大；对B，与悬线的长度无关；对C，m增大，角减小；对D，B增大，角变大，故A项正确【解析】选B.粒子

39、速度为v时，A点射入，C点射出，转过的圆心角为60，则在磁场中的时间tT，若以的速度射入，周期不变，半径为原来的，由几何关系可知在磁场中转过的圆心角为120，则运动时间tT2t，故B项正确【解析】选A.由左手定则得M带负电，N带正电，故选A.【解析】选A.由半径公式R知，动量大小相等的粒子，若q1q2，R一定相等，A正确；若m1m2，q关系不确定，R大小关系无法确定，B错误；由周期公式T，若q1q2，m1与m2关系也无法确定，二者周期可能相同，C错误，同理，D项也是错误的【解析】选BC.若粒子以v0射入磁场，则其轨道半径r是一定值，从O点射入，最远经过A点，OA一定为最长弦，即直径，该粒子此时

40、一定从O点垂直于边界射入若粒子落在A点左侧，可以在v0不变的情况下通过改变入射角度实现，A错；若粒子落在A点右侧，只能增大v0，增大轨道半径实现，B正确；若粒子落在A点左侧d处，其轨道半径最小为R1r，由qv1B得最小速度：v1v0，C正确；若粒子从O点垂直射入落在A点右侧d处，其半径R2r，入射速度v2v0，但可以增大速度，改变入射角度，让其落在该范围内，所以v2并非最大速度，D错误【解析】选D.本题考查电流的定义式I，带电粒子在洛伦兹力的作用下做圆周运动，qvB，T得TI可知I与q2成正比，A错，与v无关，与m成反比B、C错，与B成正比，D对专题九带电粒子在复合场中的运动(2012高考新课

41、标全国卷)如图，平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一直流电源相连若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则在此过程中，该粒子()A所受重力与电场力平衡 B电势能逐渐增加C动能逐渐增加 D做匀变速直线运动(2012高考重庆卷)有人设计了一种带电颗粒的速率分选装置，其原理如图所示两带电金属板间有匀强电场，方向竖直向上，其中PQNM矩形区域内还有方向垂直纸面向外的匀强磁场一束比荷(电荷量与质量之比)均为的带正电颗粒，以不同的速率沿着磁场区域的水平中心线OO进入两金属板之间，其中速率为v0的颗粒刚好从Q点处离开磁场，然后做匀速直线运动到达收集板重力加速度为g，PQ3d，NQ2d，

42、收集板与NQ的距离为l，不计颗粒间相互作用求(1)电场强度E的大小；(2)磁感应强度B的大小；(3)速率为v0(1)的颗粒打在收集板上的位置到O点的距离(2012高考天津卷)对铀235的进一步研究在核能的开发和利用中具有重要意义如图所示，质量为m、电荷量为q的铀235离子，从容器A下方的小孔S1不断飘入加速电场，其初速度可视为零，然后经过小孔S2垂直于磁场方向进入磁感应强度为B的匀强磁场中，做半径为R的匀速圆周运动离子行进半个圆周后离开磁场并被收集，离开磁场时离子束的等效电流为I. 不考虑离子重力及离子间的相互作用(1)求加速电场的电压U；(2)求出在离子被收集的过程中任意时间t内收集到离子的

43、质量M；(3)实际上加速电压的大小会在UU范围内微小变化若容器A中有电荷量相同的铀235和铀238两种离子，如前述情况它们经电场加速后进入磁场中会发生分离，为使这两种离子在磁场中运动的轨迹不发生交叠，应小于多少？(结果用百分数表示，保留两位有效数字)答案：【解析】选BD.粒子做直线运动，且合外力不为零，力与速度一定共线，粒子一定受重力作用，且合力与速度反向，粒子减速运动，动能减小，且重力不做功，电场力一定做负功，电势能增加，故A、C错，B正确电场力与重力均为恒力，故D正确【解析】(1)设带电颗粒的电荷量为q，质量为m.有Eqmg将代入，得Ekg.(2)如图甲，有qv0BmR2(3d)2(Rd)

44、2得B甲乙(3)如图乙所示，有qv0Bmtany1R1y2ltanyy1y2得yd(5)【答案】见解析【解析】(1)设离子经电场加速后进入磁场时的速度为v，由动能定理得qUmv2离子在磁场中做匀速圆周运动，所受洛伦兹力充当向心力，即qvBm由式解得U.(2)设在t时间内收集到的离子个数为N，总电荷量为Q，则QItNMNm由式解得M.(3)由式得R 设m为铀238离子的质量，由于电压在UU之间有微小变化，铀235离子在磁场中的最大半径为Rmax 铀238离子在磁场中的最小半径为Rmin 这两种离子在磁场中运动的轨迹不发生交叠的条件为RmaxRmin即 则有m(UU)m(UU)其中铀235离子的质

45、量m235 u(u为原子质量单位)，铀238离子的质量m238 u，故解得0.63%【答案】(1)(2)(3)0.63%专题十电磁感应(2012高考重庆卷)如图甲所示，正方形区域MNPQ内有垂直纸面向里的匀强磁场在外力作用下，一正方形闭合刚性导线框沿QN方向匀速运动t0时刻，其四个顶点M、N、P、Q恰好在磁场边界中点下列图象中能反映线框所受安培力f的大小随时间t变化规律的是() 甲 乙(2012高考新课标全国卷)如图甲，一载流长直导线和一矩形导线框固定在同一平面内，线框在长直导线右侧，且其长边与长直导线平行已知在t0到tt1的时间间隔内，直导线中电流i发生某种变化，而线框中的感应电流总是沿顺时

46、针方向；线框受到的安培力的合力先水平向左、后水平向右设电流i正方向与图中箭头所示方向相同，则i随时间t变化的图线可能是()甲乙(2012高考山东卷)如图所示，相距为L的两条足够长的光滑平行金属导轨与水平面的夹角为，上端接有定值电阻R，匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为B.将质量为m的导体棒由静止释放，当速度达到v时开始匀速运动，此时对导体棒施加一平行于导轨向下的拉力，并保持拉力的功率恒为P，导体棒最终以2v的速度匀速运动导体棒始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨和导体棒的电阻，重力加速度为g.下列选项正确的是()AP2mgvsinBP3mgvsinC当导体棒速度达到时加速度大小为sinD在速度

47、达到2v以后匀速运动的过程中，R上产生的焦耳热等于拉力所做的功(2012高考福建卷)如图甲，一圆形闭合铜环由高处从静止开始下落，穿过一根竖直悬挂的条形磁铁，铜环的中心轴线与条形磁铁的中轴线始终保持重合若取磁铁中心O为坐标原点，建立竖直向下为正方向的x轴，则图乙中最能正确反映环中感应电流i随环心位置坐标x变化的关系图象是()(2012高考四川卷)半径为a右端开小口的导体圆环和长为2a的导体直杆，单位长度电阻均为R0.圆环水平固定放置，整个内部区域分布着竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B.杆在圆环上以速度v平行于直径CD向右做匀速直线运动，杆始终有两点与圆环良好接触，从圆环中心O开始，杆的位置由确

48、定，如图所示则()A0时，杆产生的电动势为2Bav B时，杆产生的电动势为BavC0时，杆受的安培力大小为 D时，杆受的安培力大小为答案：【解析】选B.本题考查安培力及图像问题，安培力fBIL，I，EBLv，f切割磁感线的有效长度L先大后小，MN出磁场时切割长度L2vt，当QP出磁场时LL2vt，故答案为B项【解析】选A.线框在电流的右侧，受安培力先向左，后向右，由楞次定律可知原电流产生的磁场一定先减弱，后增强，线框才会先向靠近电流运动，后远离电流，C、D错误线框中感应电流总是顺时针，由楞次定律，B错A对【解析】选AC.导体棒匀速运动时，由平衡条件得mgsin施加拉力匀速运动时 mgsin联立

49、解得P2mgvsin，A项对当v时，由牛顿第二定律mgsinma由得asin，C项对当以2v的速度匀速运动后，R上产生的热量应该等于克服安培力的功即拉力和重力的功，D项错【解析】选B.圆环下落过程中，穿过圆环的磁通量发生变化，产生感应电流，由楞次定律可以判断感应电流的方向，由圆环的运动情况可定性分析出电流的变化【解析】选AD.0时导线在圆心位置，此时杆产生的电动势E2Bav，A项对；时，此时导线切割磁感线的有效长度为2acosa，此时产生的电动势EBav，B项错；0时，回路中总电阻R总(a2a)R0，电流I，杆受到的安培力F，C项错；同理可得时，F，D对专题十一交变电流电磁波(2012高考北京

50、卷)一个小型电热器若接在输出电压为10 V的直流电源上，消耗的电功率为P；若把它接在某个正弦交流电源上，其消耗的电功率为.如果电热器电阻不变，则此交流电源输出电压的最大值为()A5 VB5 VC10 VD10 V(2012高考重庆卷)如图所示，理想变压器的原线圈接入u11000sin100t(V)的交变电压，副线圈通过电阻r6 的导线对“220 V/880 W”的电器RL供电，该电器正常工作由此可知()A原、副线圈的匝数比为501B交变电压的频率为100 HzC副线圈中电流的有效值为4 AD变压器的输入功率为880 W(2012高考天津卷)通过一理想变压器，经同一线路输送相同的电功率P，原线圈的电压U保持不变，输电线路的总电阻为R.当副线圈与原线圈的匝数比为k时，线路损耗的电功率为P1，若将副线圈与原线圈的匝数比提高到nk，线路损耗的电功率为P2，则P