2007-2017年高考新课标全国卷(物理)分类全解全析

第第打点计时器滑块砝码托盘1.401.892.402.883.393.884.37单位cm01234567⑴上图给出的是实验中获取的一条纸带的一部分：0、1、2、1.401.892.402.883.393.884.37单位cm01234567⑵回答下列两个问题：①为测量动摩擦因数，下列物理量中还应测量的有．（填入所选物理量前的字母）A．木板的长度lB．木板的质量m1C．滑块的质量m2D．托盘和砝码的总质量m3E．滑块运动的时间t②测量①中所选定的物理量时需要的实验器材是．⑶滑块与木板间的动摩擦因数μ＝（用被测物理量的字母表示，重力加速度为g）．与真实值相比，测量的动摩擦因数（填“偏大”或“偏小”）．写出支持你的看法的一个论据：．【解析】⑴0.495～0.497m/s2；⑵①CD；②天平；⑶对滑块和砝码盘由牛顿第二定律偏大；打点计时器振动时会对纸带产生阻力，使测得的加速度偏小，因而使测量的μ偏大。2.（2009·新课标全国卷·T22）（4分）某同学用游标卡尺测量一圆柱体的长度，用螺旋测微器测量该圆柱体的直径，示数如图。由图可读出=cm,=【解析】游标卡尺的读数；螺旋测微器的读数。【答案】2.25，6.8603.（2010·新课标全国卷·T22）（4分）图为验证机械能守恒定律的实验装置示意图。现有的器材为：带铁夹的铁架台、电磁打点计时器、纸带、带铁夹的重锤、天平。回答下列问题：（1）为完成此实验，除了所给的器材，还需要的器材有______。（填入正确选项前的字母）A．米尺B.秒表C.0～12V的直流电源D.0～12V的交流电源（2）实验中误差产生的原因有______。（写出两个原因）【解析】本题以验证机械能守恒定律的学生实验命题，考查考生对实验器材的选择和实验误差的分析。在了解实验装置和实验原理的基础上，选择所需实验仪器和进行实验误差分析即可得到正确答案。（1）用A项米尺测量长度，用D项交流电源供打点计时器使用。（2）纸带与打点计时器之间有摩擦；用米尺测量纸带上点的位置时读数有误差；计算势能变化时选取的始末两点距离过近；交流电频率不稳定。【答案】（1）AD（2）纸带与打点计时器之间有摩擦；用米尺测量纸带上点的位置时读数有误差；计算势能变化时，选取始末两点距离过近；交流电频率不稳定。４.（2011·新课标全国卷·T23）（10分）利用图1所示的装置可测量滑块在斜面上运动的加速度。一斜面上安装有两个光电门，其中光电门乙固定在斜面上靠近底端处，光电门甲的位置可移动，当一带有遮光片的滑块自斜面上滑下时，与两个光电门都相连的计时器可以显示出遮光片从光电门甲至乙所用的时间t。改变光电门甲的位置进行多次测量，每次都使滑块从同一点由静止开始下滑，并用米尺测量甲、乙之间的距离s，记下相应的t值；所得数据如下表所示。完成下列填空和作图：（1）若滑块所受摩擦力为一常量，滑块加速度的大小a、滑块经过光电门乙时的瞬时速度v1、测量值s和t四个物理量之间所满足的关系式是_______；(2)根据表中给出的数据，在图2给出的坐标纸上画出EQ\F(s,t)－t图线；（3）由所画出的EQ\F(s,t)－t图线，得出滑块加速度的大小为a=____________m/s2（保留2位有效数字）。【解析】解答本题时可应用运动学涉及a、v1、s和t四个物理量之间的公式，写出关系式，再根据给出的数据进行处理，然后描点绘图，图线的斜率是包含加速度的式子，从而求出加速度。（1）由运动学公式s=v0t+EQ\F(1,2)at2=（v1－at）t+EQ\F(1,2)at2=－EQ\F(1,2)at2＋v1t，形变为EQ\F(s,t)=－EQ\F(1,2)at＋v1，从此式可知，EQ\F(s,t)－t图线是一条斜率为负的直线；（2）根据题目提供的数据按EQ\F(s,t)进行处理，把处理的数值对应描点，然后用一根直线连接这些点，所得图象如图所示；（3）由图线知斜率绝对值为k=EQ\F(1.8－1.2,0.8－0.2)=1.0，又从EQ\F(s,t)=－EQ\F(1,2)at＋v1知，斜率的绝对值为EQ\F(1,2)a，故有EQ\F(1,2)a=1.0，即a=2.0m/s2【答案】：（1）或（２）见解析图（３）2.0（1.8-2.2范围内均正确）5.（2012·新课标全国卷·T22）（5分）某同学利用螺旋测微器测量一金属板的厚度。该螺旋测微器校零时的示数如图甲所示，测量金属板厚度时的示数如图乙所示。图甲所示读数为_________mm，图乙所示读数为_________mm，所测金属板的厚度为_________mm。【解析】解答本题应注意以下两点：螺旋测微器的读数由两部分组成.读数时应注意估读一位.根据螺旋测微器的读数方法：螺旋测微器的读数值=固定刻度值+可动刻度×0.01mm，读出a、b两图的读数值分别是0.010mm、6.870mm；并算出金属板的厚度为6.860mm.【答案】0.010；6.870；6.8606、（2013·新课标全国卷Ⅰ·T22）（７分）图(a)为测量物块与水平桌面之间动摩擦因数的实验装置示意图。实验步骤如下:①用天平测量物块和遮光片的总质量M.重物的质量m:用游标卡尺测量遮光片的宽度d;用米尺测量两光电门之间的距离s；②调整轻滑轮，使细线水平:③让物块从光电门A的左侧由静止释放，用数字毫秒计分别测出遮光片经过光电门A和光电门B所用的时间△tA和△tB,求出加速度a；④多次重复步骤③，求a的平均;⑤根据上述实验数据求出动擦因数μ。回答下列为题：(1)测量d时，某次游标卡尺(主尺的最小分度为1mm)的示如图（b）所示。其读数为cm（2）物块的加速度a可用d、s、△tA,和△tB,表示为a=_________(3)动摩擦因数μ可用M、m、;和重力加速度g表示为μ=__________（4）如果细线没有调整到水平.由此引起的误差属于（填“偶然误差”或”系统误差”）【解析】(1)由游标卡尺的读数规则可得=9mm+120.05mm=9.560mm=0.960cm(2),,由,解得(3)由牛顿第二定律可知解得(4)由原理可知属于系统误差。【答案】(1)0.960(2)(3)(4)系统误差7、（2013·新课标全国卷Ⅱ·T22）（8分）某同学利用下述装置对轻质弹簧的弹性势能进行探究，一轻质弹簧放置在光滑水平桌面上，弹簧左端固定，右端与一小球接触而不固连:弹簧处于原长时，小球恰好在桌面边缘，如图(a)所示。向左推小球，使弹簧压缩一段距离后由静止释放:小球离开桌面后落到水平地面。通过测量和计算，可求得弹簧被压缩后的弹性势能。回答下列问题：(1)本实验中可认为，弹簧被压缩后的弹性势能Ep与小球抛出时的动能Ek相等。已知重力加速度大小为g。为求得Ek，至少需要测量下列物理量中的(填正确答案标号)。A.小球的质量mB.小球抛出点到落地点的水平距离sC.桌面到地面的高度hD.弹簧的压缩量△xE.弹簧原长l0(2)用所选取的测量量和已知量表示Ek，得Ek=。(3)图(b)中的直线是实验测量得到的s-△x图线。从理论上可推出，如果h不变.m增加，s—△x图线的斜率会（填“增大”、“减小”或“不变”):如果m不变，h增加，s—△x图线的斜率会(填“增大”、“减小”或“不变”)。由图(b)中给出的直线关系和Ek的表达式可知，Ep与△x的次方成正比。【解析】(1)实验需求出小球离开桌面时的动能，故要测量小球的质量m和小球离开桌面时的速度v0，由平抛运动的规律可知，小球水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，通过测量桌面到地面的高度h可求时间，再测出小球水平方向上的位移s，由分运动的等时性可求出的v0大小。（2）由（1）问所述可知，联立以上各式可得。（3），则，故s—△x图线的斜率与成正比。若h不变m增加，则斜率减小；若m不变h增加，则斜率增大。由于s—△x图线为直线，故。【答案】（1）ABC。（3分。选对但不全的给1分，有选错的，不给这3分）（2）Ek=。（2分）（3）减小、增大、2。（3分。每空1分）考点8静电场1.（2007·新课标全国卷·T18）（6分）.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2均带正电，电量分别为和（＞）。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）A.T=（－）EB.T=（－）EC.T=（+）ED.T=（+）E【解析】对小球1：，对小球2：，解得，所以正确答案为A。【答案】：A2.（2007·新课标卷·T21）（6分）.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1m，D为AB的中点，如图所示。已知电场线的方向平行于△ABC所在平面，A、B、C三点的电势分别为14V、6V和2V，设场强大小为E，一电量为1×C的正电荷从D点移到C点电场力所做的功为W,则A.W=8×JE＞8V/mB.W=6×JE＞6V/mC.W=8×JE≤8V/mD.W=6×JE≤6V/m【解析】D为AB的中点，则，从D点移到C点电场力所做的功为；场强大小，所以正确答案为A。【答案】：AabCPQα3.（2008·新课标卷·T21）（6分）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α．在以下方法中，能使悬线的偏角α变大的是abCPQαA．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【解析】本题考查电容器的两个公式。a板与Q板电势恒定为零，b板和P板电势总相同，故两个电容器的电压相等，且两板电荷量q视为不变。要使悬线的偏角增大，即电压U增大，即减小电容器的电容C。对电容器C，由公式，可以通过增大板间距d、减小介电常数ε、减小板的针对面积S。所以正确答案为BC。【答案】：BCEMN4.（2009·新课标卷·T18）（6分）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EMNA.B.C.D.【解析】将立体图画成平面图，如图所示，可见P点沿电场线方向为MN的四等分线，故P点的电势为，D正确。【答案】D。5.（2010·新课标全国卷·T17）（6分）静电除尘器是目前普遍采用的一种高效除尘器。某除尘器模型的收尘板是很长的条形金属板，图中直线为该收尘板的横截面。工作时收尘板带正电，其左侧的电场线分布如图所示；粉尘带负电，在电场力作用下向收尘板运动，最后落在收尘板上。若用粗黑曲线表示原来静止于点的带电粉尘颗粒的运动轨迹，下列4幅图中可能正确的是（忽略重力和空气阻力）()【解析】本题以实际应用的静电除尘器电场的电场线为基础出题，分析带电粒子电场中运动轨迹，考查力与运动的关系及曲线运动的特点。由电场线的方向和疏密分析电场力及加速度的变化，根据力与速度方向关系，即可确定带电粒子的运动轨迹。粉尘受力方向应该是电场线的切线方向，从静止开始在非匀强电场中运动时，带电粉尘颗粒一定做曲线运动，且运动曲线总是向电场力一侧弯曲，由于惯性只能是A图那样运动，故A正确；不可能偏向同一电场线内侧或沿电场线运动或振动，故不可能出现BCD图的情况。【答案】：A6.（2011·新课标全国卷·T20）（6分）一带负电荷的质点，在电场力作用下沿曲线abc从a运动到c，已知质点的速率是递减的。关于b点电场强度E的方向，下列图示中可能正确的是（虚线是曲线在b点的切线）【解析】解答本题时可按以下思路分析：根据质点运动的曲线判断加速度的方向，即受力的方向，再根据负电荷的受力方向，确定电场的可能方向。由于质点沿曲线abc从a运动到c，且速率递减，可知速度的改变量不可能沿切线方向，只可能沿左下方向，即加速度的方向沿此方向，也即质点受电场力方向沿此方向，由于质点带负电，故知电场方向可能沿右上方向，故A、B、C错，D正确。【答案】：D。7.（2012·新课标全国卷·T18）（6分）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【解析】解答本题应把握以下两点：由直线运动的条件分析粒子的受力情况，并确定运动的性质.由动能定理分析能量的变化情况.分析带电粒子的受力情况，画出其受力图如右所示.可以看出其合力方向与其速度方向相反，所以带电粒子在电场中做匀减速运动.电场力做负功，电势能增加，重力不做功，动能减少，故选项A、C错误，选项B、D正确.【答案】BD8、（2013·新课标全国卷Ⅰ·T15）（6分）如图，一半径为R的圆盘上均匀分布着电荷量为Q的电荷，在垂直于圆盘且过圆心c的轴线上有a、b、d三个点，a和b、b和c、c和d间的距离均为R，在a点处有一电荷量为q(q>O)的固定点电荷.已知b点处的场强为零，则d点处场强的大小为(k为静电力常量)A.kQUOTE B.kQUOTE C.kQUOTE D.kQUOTE【解析】设Q在b点产生的场强大小为E,由对称性可知Q在d点产生的场强大小也为E,方向相反,水平向右,由于b点的场强为零,得,所以q、Q在d点产生的场强为,所以B选项正确。【答案】B9、（2013·新课标全国卷Ⅰ·T16）（6分）一水平放置的平行板电容器的两极板间距为d，极板分别与电池两极相连，上极板中心有一小孔(小孔对电场的影响可忽略不计)。小孔正上方QUOTE处的P点有一带电粒子，该粒子从静止开始下落，经过小孔进入电容器，并在下极板处(未与极板接触)返回。若将下极板向上平移QUOTE，则从P点开始下落的相同粒子将A.打到下极板上 B.在下极板处返回C.在距上极板QUOTE处返回 D.在距上极板QUOTEd处返回【解析】设带电粒子的质量为m,电容器两基板的电压为U,由动能定理得,若将下极板向上移动d/3,设带电粒子在电场中下降h,再由动能定理得,联立解得,所以带电粒子还没达到下极板就减速为零,D选项正确。【答案】D10、（2013·新课标全国卷Ⅱ·T18）（6分）18.如图，在光滑绝缘水平面上，三个带电小球a，b和c分别位于边长为l的正三角形的三个顶点上；a、b带正电，电荷量均为q，c带负电。整个系统置于方向水平的匀强电场中。已知静电力常量为k。若三个小球均处于静止状态，则匀强电场场强的大小为【解析】对c球受力分析可知，水平方向上受a、b的库仑力和匀强电场的电场力3个力的作用而平衡，有，解得。故选B。【答案】B11、（2013·新课标全国卷Ⅱ·T24）（14分）如图，匀强电场中有一半径为ｒ的光滑绝缘圆轨道，轨道平面与电场方向平行。ａ、b为轨道直径的两端，该直径与电场方向平行。一电荷为ｑ(q>０)的质点沿轨道内侧运动.经过a点和b点时对轨道压力的大小分别为Nａ和Ｎｂ。不计重力，求电场强度的大小Ｅ、质点经过a点和b点时的动能。【解析】质点所受电场力的大小为f=qE，设质点质量为m，经过a点和b点时的速度大小分别为和，由牛顿第二定律有，设质点经过a点和b点时的动能分别为和，有根据动能定理有联立以上各式得：【答案】考点9恒定电流1.（2007·新课标全国卷·T19）（6分）.在如图所示的电路中，E为电源电动势，r为电源内阻，和均为定值电阻，为滑动变阻器。当的滑动触点在a端时合上开关S，此时三个电表、和V的示数分别为、和U。现将的滑动触点向b端移动，则三个电表示数的变化情况是A.增大，不变，U增大B.减小，增大，U减小C.增大，减小，U增大D.减小，不变，U减小【解析】R2的滑动触点向b端移动时，R2减小，增加，增加，U减小；增加，则R1和R2并联电压减小，则I1减小；因为I增大，则I2增大，所以正确答案为B。【答案】：B2.（2008·新课标全国卷·T15）（6分）一个T型电路如图所示，电路中的电阻R1＝10Ω，R2＝120Ω，R3＝40Ω．另有一测试电源，电动势为100V，内阻忽略不计．则（）abcdR1R2abcdR1R2R3B．当ab端短路时，cd之间的等效电阻是40ΩC．当ab两端接通测试电源时，cd两端的电压为80VD．当cd两端接通测试电源时，ab两端的电压为80V【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R3并联电阻为8Ω后与R3串联，cd间等效电阻为128Ω，B错；当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=40/50×100V=80V，C对；当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=40/160×100V=25V，D错。所以正确答案为AC。【答案】：AC3.（2010·新课标全国卷·T19）（6分）电源的效率定义为外电路电阻消耗的功率与电源的总功率之比。在测电源电动势和内电阻的实验中得到的实验图线如图所示，图中U为路端电压，I为干路电流，a、b为图线上的两点，相应状态下电源的效率分别为、。由图可知、的值分别为()A.、B.、C.、D.、【解析】本题以测电源电动势和内电阻实验的伏安特性曲线为基础命题，考查纯电阻电路中电源的效率随电阻的变化并要求计算各状态下的效率。由电源效率定义，对照U－I图像找出a、b状态的路端电压和干路电流，即可计算a、b状态的效率和输出功率。电源效率，E为电源的总电压（即电动势），根据图象可知，，所以选项D正确。【答案】D考点10磁场1.（2007·新课标全国卷·T24）（17分）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）。（1）如果粒子恰好从A点射出磁场，求入射粒子的速度。（2）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点切线的夹角为φ（如图）。求入射粒子的速度。【解析】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。RAOPDQRAOPDQφO/R/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：【答案】（1）（2）2.（2008·新课标全国卷·T14）（6分）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（）abc上右abc上右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【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。所以正确答案为C。yEAOyEAOxBCvφφyOxCAφEBvφO'3.（2008·新课标卷·T24）（17分）如图所示，在xOy平面的第一象限有一匀强电场，电场的方向平行于y轴向下；在x轴和第四象限的射线OC之间有一匀强磁场，磁感应强度的大小为B，方向垂直于纸面向外．有一质量为m，带有电荷量+q的质点由电场左侧平行于x轴射入电场．质点到达x轴上A点时，速度方向与x轴的夹角为φ，A点与原点O的距离为yOxCAφEBvφO'⑴粒子在磁场中运动速度的大小；⑵匀强电场的场强大小．【解析】(1)质点在磁场中的轨迹为一圆弧。由于质点飞离磁场时，速度垂直于OC，故圆弧的圆心在OC上。依题意，质点轨迹与x轴的交点为A，过A点作与A点的速度方向垂直的直线，与OC交于O＇。由几何关系知，AO＇垂直于OC＇，O＇是圆弧的圆心。设圆弧的半径为R，则有 ①由洛仑兹力公式和牛顿第二定律得 ②将①式代入②式，解得： ③⑵质点在电场中的运动为类平抛运动．设质点射入电场的速度为v0，在电场中的加速度为a，运动时间为t，则有 ④ ⑤ d＝v0t ⑥联立④⑤⑥解得：⑦设电场强度的大小为E，由牛顿第二定律得 qE＝ma ⑧联立③⑦⑧解得： ⑨这道试题考查了带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动的半径公式，通常这类试题要求掌握如何定圆心、确定半径，能画出轨迹图。利用圆的几何知识和向心力公式解决相关问题。【答案】（1）（2）4.（2009·新课标卷·T16）（6分）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【解析】依据右手定则，正离子在磁场中受到洛伦兹力作用向上偏，负离子在磁场中受到洛伦兹力作用向下偏，因此电极a、b的正负为a正、b负；当稳定时，血液中的离子所受的电场力和磁场力的合力为零，则，可得，A正确。【答案】A5.（2009·新课标卷·T25）(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①②③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。⑥⑦（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⑧⑨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⑪【答案】（1）（2）6.（2010·新课标全国卷·T25）（18分）如图所示，在0≤x≤a、0≤y≤范围内有垂直于xy平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。坐标原点O处有一个粒子源，在某时刻发射大量质量为m、电荷量为q的带正电粒子，它们的速度大小相同，速度方向均在xy平面内，与y轴正方向的夹角分布在0～90°范围内。己知粒子在磁场中做圆周运动的半径介于a/2到a之间，从发射粒子到粒子全部离开磁场经历的时间恰好为粒子在磁场中做圆周运动周期的四分之一。求最后离开磁场的粒子从粒子源射出时的（1）速度的大小（2）速度方向与y轴正方向夹角的正弦。【解析】本题以大量带电粒子沿各个方向在有界匀强磁场中作匀速圆周运动，建立一幅动态运动图景，考查考生空间想象能力和运用数学知识处理物理问题的能力。（1）设粒子的发射速度为v，粒子做圆周运动的轨道半径为R，由牛顿第二定律和洛仑兹力公式，得：，①（2分）由①解得：②（1分）画出沿﹢y方向以a/2为半径做匀速圆周运动轨迹如图①所示，再画出从坐标原点O沿与y轴正方向以半径R0（a/2<R0<a）做匀速圆周运动且圆弧轨迹与磁场上边界相切时的临界轨迹②，然后将临界轨迹②以O为圆心顺时针或逆时针旋转，根据在磁场中的轨迹线的长度即可判断运动时间的长短，如下图所示。从图不难看出临界轨迹②对应的运动时间最长。当时，在磁场中运动时间最长的粒子，其轨迹是圆心为C的圆弧，圆弧与磁场的上边界相切，如图所示，设该粒子在磁场中运动的时间为t，依题意，得：BxyO②BxyO②①设最后离开磁场的粒子的发射速度方向与y轴正方向的夹角为α，由几何关系可得：④（2分）⑤（2分）又⑥（1分）由④⑤⑥式解得：⑦（2分）由②⑦式得：⑧（2分）（2）由④⑦式得：⑨（2分）【答案】（1）（2）【类题拓展】巧解有界磁场中部分圆弧运动问题（1）分析思路三步走：1.确定圆心，画出轨迹；2.找几何关系，定物理量；3.画动态图，定临界状态。（2）分析方法四优法1.几何对称法：粒子的运动轨迹关于入射点和出射点的中垂线对称。2.动态放缩法：速度越大半径越大，但速度方向不变的粒子圆心在垂直速度方向的直线上。3.旋转平移法：定点离子源发射速度大小相等、方向不同的所有粒子的轨迹圆圆心在以入射点为圆心，半径R=mv0/(qB)的圆上，相当于将一个定圆以入射点为圆心旋转。4.数学解析法：写出轨迹圆和圆形边界的解析方程，应用物理和数学知识求解。本题巧妙地应用动态放缩法和旋转平移法能够很快得出带电粒子在磁场中运动时间最长的临界轨迹，问题也就迎刃而解了。7.（2011·新课标全国卷·T14）（6分）为了解释地球的磁性，19世纪安培假设：地球的磁场是由绕过地心的轴的环形电流I引起的。在下列四个图中，正确表示安培假设中环形电流方向的是()【解析】解答本题时可按以下思路分析：地磁场的北极在地球的南极由安培定则并结合图示地磁场的北极在地球的南极由安培定则并结合图示确定环形电流方向由于地磁场的北极在地球的南极附近，由安培定则可知，安培假设中环形电流方向如B图所示，故A、C、D错，B正确。【答案】B8.（2011·新课标全国卷·T18）（6分）电磁轨道炮工作原理如图所示。待发射弹体可在两平行轨道之间自由移动，并与轨道保持良好接触。电流I从一条轨道流入，通过导电弹体后从另一条轨道流回。轨道电流可形成在弹体处垂直于轨道面的磁场（可视为匀强磁场），磁感应强度的大小与I成正比。通电的弹体在轨道上受到安培力的作用而高速射出。现欲使弹体的出射速度增加至原来的2倍，理论上可采用的方法是()A.只将轨道长度L变为原来的2倍B.只将电流I增加至原来的2倍C.只将弹体质量减至原来的一半D.将弹体质量减至原来的一半，轨道长度L变为原来的2倍，其它量不变【解析】解答本题时可按以下思路分析：在弹体的加速过程中安培力做功，在这个过程中可以应用动能定理进行判断。设发射速度为v时，对应的电流为I，弹体的质量为m，轨道长度为L，当速度为2v时，对应的电流为I′，弹体的质量为m′，轨道长度为L′，依题意有，B=kI，F=BIa=kI2a，由动能定理得，FL=EQ\F(1,2)mv2，即kI2aL=EQ\F(1,2)mv2，同理有kI′2aL′=EQ\F(1,2)m′4v2，两式相比可得：EQ\F(I2Lm′,I′2L′m)=EQ\F(1,4)，四个选项中只有BD两个选项使前式成立，故A、C错，B、D正确。【答案】BD９.（2011·新课标全国卷·T25）（19分）如图，在区域I（0≤x≤d）和区域II（d≤x≤2d）内分别存在匀强磁场，磁感应强度大小分别为B和2B，方向相反，且都垂直于Oxy平面。一质量为m、带电荷量q（q＞0）的粒子a于某时刻从y轴上的P点射入区域I，其速度方向沿x轴正向。已知a在离开区域I时，速度方向与x轴正方向的夹角为30°；此时，另一质量和电荷量均与a相同的粒子b也从p点沿x轴正向射入区域I，其速度大小是a的1/3。不计重力和两粒子之间的相互作用力。求（1）粒子a射入区域I时速度的大小；（2）当a离开区域II时，a、b两粒子的y坐标之差。【解析】解答本题时可按以下思路分析：带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律及平面几何关系求解，注意当粒子从一磁场进入另一速度不变，并两圆心及两圆切点共线（1）设粒子a在I内做匀速圆周运动的圆心为C（在y轴上），半径为Ra1，粒子速率为va,运动轨迹与两磁场区域边界的交点为P′，如图，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有，qvaB=mEQ\F(va2,Ra1)①由几何关系有∠PCP′=θ②Ra1=EQ\F(d,sinθ)③式中θ=30°，由上面三式可得va=EQ\F(2dqB,m)④（2）设粒子a在II内做圆周运动的圆心为Oa，半径为Ra2，射出点为Pa（图中未画出轨迹），∠P′OaPa=θ′，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有，qva（2B）=mEQ\F(va2,Ra2)⑤由①⑤式得Ra2=EQ\F(Ra1,2)⑥C、P′、Oa三点共线，且由⑥式知Oa点必位于x=EQ\F(3,2)d⑦[高考资源网KS5U.COM]的平面上，由对称性知，Pa点与P′的纵坐标相同，即yPa=Ra1cosθ＋h⑧式中，h是C点的纵坐标。设b在I中运动的轨道半径为Rb1，由洛仑兹力公式和牛顿第二定律有，q（EQ\F(va,3)）B=EQ\F(m,Rb1)（EQ\F(va,3)）2⑨设a到达Pa点时，b位于Pb点，转过的角度为α，如果b没有飞出I，则EQ\F(t,Ta2)=EQ\F(θ′,2π)⑩EQ\F(t,Tb1)=EQ\F(α,2π)⑾式中，t是a在区域II中运动的时间，而Ta2=EQ\F(2πRa2,va)⑿Tb1=EQ\F(2πRb1,va/3)⒀由⑤⑨⑩⑾⑿⒀式得α=30°⒁由①③⑨⒁式可见，b没有飞出I。Pb点的y坐标为yP2=Rb1（2+cosα）+h⒂由①③⑧⑨⒁⒂式及题给条件得，a、b两粒子的y坐标差为yP2－yPa=EQ\F(2,3)（EQ\R(,3)－2）d【答案】：（1）（2）10.(2012·新课标全国卷·T25）（18分）如图，一半径为R的圆表示一柱形区域的横截面（纸面）.在柱形区域内加一方向垂直于纸面的匀强磁场，一质量为m、电荷量为q的粒子沿图中直线在圆上的a点射入柱形区域，在圆上的b点离开该区域，离开时速度方向与直线垂直.圆心O到直线的距离为.现将磁场换为平行于纸面且垂直于直线的匀强电场，同一粒子以同样速度沿直线在a点射入柱形区域，也在b点离开该区域.若磁感应强度大小为B，不计重力，求电场强度的大小.【解析】解答本题时可按以下思路分析：由由a、b两点速度确定圆心、半径画辅助线由几何关系求半径、速度由类平抛运动规律求解电场强度带电粒子在磁场中做匀速圆周运动.设圆周的半径为r，由牛顿第二定律和洛仑兹力公式得①式中v为粒子在a点的速度.过b点和O点作直线的垂线，分别与直线交于c和d点，过O点再作bc的垂线交bc于e点.由几何关系知，线段、和过a、b两点的轨迹圆弧的两条半径围成一正方形.因此②设，由几何关系得③④联立②③④式得⑤再考虑粒子在电场中的运动.设电场强度的大小为E，粒子在电场中做类平抛运动.设其加速度大小为a，由牛顿第二定律和带电粒子在电场中的受力公式得qE=ma⑥粒子在电场方向和直线方向所走的距离均为r，由运动学公式得⑦r=vt⑧式中t是粒子在电场中运动的时间.联立①⑤⑥⑦⑧式得⑨【答案】b11、（2013·新课标全国卷Ⅰ·T18）（6分）如图，半径为R的圆是一圆柱形匀强磁场区域的横截面（纸面），磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，一电荷量为q（q>0）。质量为m的粒子沿平行于直径ab的方向射入磁场区域，射入点与ab的距离为QUOTE，已知粒子射出磁场与射入磁场时运动方向间的夹角为60°，则粒子的速率为（不计重力）bA．QUOTEB．QUOTEC．QUOTED．QUOTE【解析】由题意知,设入射点为A,AC平行于ab,穿出磁场的点为B,圆心为O,由题意知,粒子射入磁场和射出磁场的夹角60°,所以圆心角就为60°,ABO为等边三角形,∠BAC=30°,过B点做AC垂线交于C点,由三角形可得,所以带电粒子运动的半径为r=R,由解得,所以选项B正确。【答案】B12、（2013·新课标全国卷Ⅱ·T17）（6分）空间有一圆柱形匀强磁场区域，该区域的横截面的半径为R，磁场方向垂直横截面。一质量为m、电荷量为q（q＞0）的粒子以速率v0沿横截面的某直径射入磁场，离开磁场时速度方向偏离入射方向60°。不计重力，该磁场的磁感应强度大小为【解析】画出粒子的运动轨迹，由几何关系可知，粒子做圆周运动的半径，由可知，本题选A。【答案】A考点11电磁感应1.（2007·新课标全国卷·T20）（6分）.电阻R、电容C与一线圈连成闭合回路，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【解析】由楞次定律可感应电流流过R的电流方向从b到a，因则电容器下极板带正电，所以正确答案为D。【答案】：D2.（2008·新课标全国卷·T16）（6分）dPQabrcRv、如图所示，同一平面内的三条平行导线串有两个电阻R和r，导体棒dPQabrcRvA．流过R的电流为由d到c，流过r的电流为由b到aB．流过R的电流为由c到d，流过r的电流为由b到aC．流过R的电流为由d到c，流过r的电流为由a到bD．流过R的电流为由c到d，流过r的电流为由a到b【解析】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。所以正确答案为B。【答案】：B3.（2009·新课标全国卷·T19）（6分）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【解析】依据右手定则，可知在0-内，电流方向M到O，在在电阻R内则是由b到a，为负值，且大小为为一定值，内没有感应电流，内电流的方向相反，即沿正方向，内没有感应电流，因此C正确。【答案】C4.（2010·新课标全国卷·T21）（6分）如图所示，两个端面半径同为R的圆柱形铁芯同轴水平放置，相对的端面之间有一缝隙，铁芯上绕导线并与电源连接，在缝隙中形成一匀强磁场。一铜质细直棒ab水平置于缝隙中，且与圆柱轴线等高、垂直。让铜棒从静止开始自由下落，铜棒下落距离为0.2R时铜棒中电动势大小为E1，下落距离为0.8R时电动势大小为E2，忽略涡流损耗和边缘效应。关于E1、E2的大小和铜棒离开磁场前两端的极性，下列判断正确的是（）A.E1>E2，a端为正B.E1>E2，b端为正C.E1<E2，a端为正D.E1<E2，b端为正【解析】本题以水平金属棒在两通电螺线管间的水平圆形匀强磁场中自由下落，垂直切割磁感线产生感应电动势，考查考生的空间想象能力和把立体图转化为平面图思维方法。解答本题可按以下思路分析：由安培定则判螺线管磁场方向由安培定则判螺线管磁场方向将立体图转化为平面图确定有效切割长度和切割速度由E=BLv计算得结果将立体图转化为平面图如右图所示，由几何关系计算有效切割长度L由机械能守恒定律计算切割速度v，即：，得，则：，根据E=BLv，，，可见E1<E2。又根据右手定则判断电流方向从a到b，在电源内部，电流是从负极流向正极的，所以选项D正确。【答案】D【类题拓展】求动生电动势的“一变三看”法：（1）变立体图为平面图（2）一看三量夹角关系（3）二看有效切割长度（4）三看有效切割速度5.（2010·新课标全国卷·T14）（6分）在电磁学发展过程中，许多科学家做出了贡献。下列说法正确的是（）A．奥斯特发现了电流磁效应；法拉第发现了电磁感应现象B．麦克斯韦预言了电磁波；楞次用实验证实了电磁波的存在C．库仑发现了点电荷的相互作用规律；密立根通过油滴实验测定了元电荷的数值D．安培发现了磁场对运动电荷的作用规律；洛伦兹发现了磁场对电流的作用规律【解析】本题以电磁学发展史为基础，主要考查考生对电磁学知识系统的了解以及对电磁学发展做出重要贡献的科学家的伟大成就的了解。解答本题时可按以下思路分析：电磁学主干知识和重点内容电磁学主干知识和重点内容科学家的重要贡献选项B错误，赫兹用实验证实了电磁波的存在；选项D错误，洛伦兹发现了磁场对运动电荷的作用规律，安培发现了磁场对电流的作用规律。【答案】：AC6.（2012·新课标全国卷·T19）（6分）如图，均匀磁场中有一由半圆弧及其直径构成的导线框，半圆直径与磁场边缘重合；磁场方向垂直于半圆面（纸面）向里，磁感应强度大小为B0.使该线框从静止开始绕过圆心O、垂直于半圆面的轴以角速度ω匀速转动半周，在线框中产生感应电流.现使线框保持图中所示位置，磁感应强度大小随时间线性变化.为了产生与线框转动半周过程中同样大小的电流，磁感应强度随时间的变化率的大小应为()A.B.C.D.【解析】分别求出导线框以角速度ω匀速转动产生的电流大小的表达式和磁感应强度大小随时间线性变化时电流大小的表达式，建立等式求解的大小.设导线框半径为,导线框以角速度ω匀速转动产生的电流大小为：；导线框中磁感应强度大小随时间线性变化时产生的电流大小为：，因为I1=I2，所以，故选项C正确.【答案】C７.（2012·新课标全国卷·T20）（6分）如图，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t=0到t=t1的时间间隔内，直导线中电流i发生某种变化，而线框中感应电流总是沿顺时针方向；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正方向与图中箭头方向相同，则i随时间t变化的图线可能是()【解析】解答本题可按以下思路分析：判断线框处判断线框处磁场方向利用楞次定律分析线框电流判断符合线框中的电流方向的选项分析A图,如图甲所示,在0~t2时间内,直导线中的电流在线框处产生的磁场方向垂直于纸面向里,由楞次定律可知此过程中线框中的感应电流方向为顺时针方向,由左手定则可判断出线框的左边所受安培力较大,方向向左,线框的右边所受安培力较小,方向向右,线框所受合力方向向左,如图乙所示.在t2~t1时间内,直导线中的电流在线框处产生的磁场方向垂直于纸面向外,由楞次定律可知此过程中线框中的感应电流方向为顺时针方向,由左手定则可判断出线框的左边所受安培力较大,方向向右,线框的右边所受安培力较小,方向向左,线框所受合力方向向右,如图丙所示.故选项A正确,B、C、D错误.【答案】A8、（2013·新课标全国卷Ⅰ·T17）（6分）如图.在水平面(纸面)内有三根相同的均匀金属棒ab、ac和MN，其中ab、ac在a点接触，构成“V”字型导轨。空间存在垂直于纸面的均匀磁场。用力使MN向右匀速运动，从图示位置开始计时，运动中MN始终与∠bac的平分线垂直且和导轨保持良好接触。下列关于回路中电流i与时间t的关系图线.可能正确的是【解析】设MN在匀速运动中切割磁场的有效长度为L,∠bac=2,感应电动势为E=BLv,三角形的两边长相等且均为,由可知,三角形的总电阻(k为常数),再由闭合电路欧姆定律得,是一个常量,与时间t无关,所以选项A正确。【答案】A9、（2013·新课标全国卷Ⅰ·T25）（19分）如图，两条平行导轨所在平面与水平地面的夹角为θ，间距为L。导轨上端接有一平行板电容器，电容为C。导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向垂直于导轨平面。在导轨上放置一质量为m的金属棒，棒可沿导轨下滑，且在下滑过程中保持与导轨垂直并良好接触。已知金属棒与导轨之间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g。忽略所有电阻。让金属棒从导轨上端由静止开始下滑，求:(1)电容器极板上积累的电荷量与金属棒速度大小的关系；(2)金属棒的速度大小随时间变化的关系。【解析】本题关键是通过牛顿第二定律的求解得出加速度的表达式是一个与时间无关的物理量,导体棒做匀加速直线运动。具体分析:首先要由感应电动势和电容的定义式求解速度大小为v时电容器极板上储存的电荷Q;其次列牛顿第二定路方程,正确的解出加速度是一个恒量,即金属棒做初速为零的匀加速直线运动v=at解出本题的答案。(1)设金属棒下滑的速度大小为v,则感应电动势为E=BLv①平行板电容器两极板的电压为U,U=E②设此时电容器极板上储存的电荷为Q,按定义有③联立①②③式解得④(2)设金属棒下滑的速度大小为v时经历的时间为t,通过金属棒的电流为i,金属棒受到磁场的安培力为F,方向沿导轨向上,大小为F=BLi⑤设在(t,t+)时间间隔内流经金属棒的电荷量为，按定义有⑥也是平行板电容器两极板在(t,t+)时间间隔内增加的电荷量由④式可得⑦式中为金属棒速度的变化量按定义有⑧分析导体棒的受力,受重力mg,,支持力N,滑动摩擦力f,沿斜面向上的安培力F,N=mgcos⑨⑩(11)联立⑤至(11)式得(12)由(12)式及题设可知,金属棒做初速为零的匀加速直线运动,t时刻金属棒下滑的速度大小为v【答案】(1)(2)10.（2013·新课标全国卷Ⅱ·T16）（6分）如图，在光滑水平桌面上有一边长为L、电阻为R的正方形导线框；在导线框右侧有一宽度为d（d＞L）的条形匀强磁场区域，磁场的边界与导线框的一边平行，磁场方向竖直向下。导线框以某一初速度向右运动，t=0是导线框的的右边恰与磁场的左边界重合，随后导线框进入并通过磁场区域。下列v-t图像中，可能正确描述上述过程的是【解析】本题以线框在磁场中的运动为背景，考查左右手定则、安培力和牛顿第二定律。线框进入磁场时，由右手定则和左手点则可知线框受到向左的安培力，由于，则安培力减小，故线框做加速度减小的减速运动；同理可知线框离开磁场时，线框也受到向左的安培力，做加速度减小的减速运动；线框完全进入磁场后，线框中没有感应电流，不再受安培力作用，线框做匀速运动，本题选D。【答案】D11、（2013·新课标全国卷Ⅱ·T19）（6分）在物理学发展过程中，观测、实验、假说和逻辑推理等方法都起到了重要作用。下列叙述符合史实的是A.奥斯特在实验中观察到电流的磁效应，该效应解释了电和磁之间存在联系B.安培根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性，提出了分子电流假说C.法拉第在实验中观察到，在通有恒定电流的静止导线附近的固定导线圈中，会出现感应电流D.楞次在分析了许多实验事实后提出，感应电流应具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化【解析】奥斯特发现了电流的磁效应，A正确；安培首先提出分子电流假说，B正确；楞次定律的内容为感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，D正确；法拉第在实验中观察到，在通有变化电流的静止导线附近的固定导线圈中，会出现感应电流，选项C说法错误。本题选ABD。【答案】ABD考点12交变电流1.（2007·新课标全国卷·T17）（6分）.一正弦交流电的电压随时间变化的规律如图所示。由图可知A.该交流电的电压瞬时值的表达式为u=100sin（25t）VB.该交流电的频率为25HzC.该交流电的电压的有效值为VD.若将该交流电压加在阻值为R=100Ω的电阻两端，则电阻消耗的功率是50W【解析】由图象可知正弦交流电的周期，则，，所以该交流电的电压瞬时值的表达式为u＝100sin(50πt)V，A不正确，B正确；该交流电的电压的有效值为，则C不正确；若将该交流电压加在阻值R＝100Ω的电阻两端，则电阻消耗的功率为，则D正确，所以正确答案为BD。【答案】：BD图a图b2.（2008·新课标全国卷·T19）（6分）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（）图a图b【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（EQ\F(π,4)+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。所以正确答案为D。【答案】：D3.（20011·新课标全国卷·T17）（6分）如图，一理想变压器原副线圈的匝数比为1：2；副线圈电路中接有灯泡，灯泡的额定电压为220V，额定功率为22W；原线圈电路中接有电压表和电流表。现闭合开关，灯泡正常发光。若用U和I分别表示此时电压表和电流表的读数，则（）【解析】:解答本题时可按以下思路分析：对副线圈电路运用欧姆定律算出副线圈电流，再根据变压器原副线圈电流、电压比与原副线圈匝数比的关系，可求出原线圈的电流与电压。主要考查理想变压器原副线圈电压、电流与匝数的关系。U2=220V，根据U1：U2=n1:n2得，U1=110V。I2=P/U2=0.1A，根据I1：I2=n2：n1得I1=0.2A。所以正确答案是A。【答案】A4.（2012·新课标全国卷·T17）（6分）自耦变压器铁芯上只绕有一个线圈，原、副线圈都只取该线圈的某部分，一升压式自耦调压变压器的电路如图所示，其副线圈匝数可调.已知变压器线圈总匝数为1900匝；原线圈为1100匝，接在有效值为220V的交流电源上.当变压器输出电压调至最大时，负载R上的功率为2.0kW.设此时原线圈中电流有效值为I1，负载两端电压的有效值为U2，且变压器是理想的，则U2和I1分别约为A.380V和5.3AB.380V和9.1AC.240V和5.3AD.240V和9.1A【解析】解答本题应把握以下两点：明确输出电压最大时，副线圈的匝数.根据电压、电流及功率与原副线圈的匝数关系式求解.由理想变压器原、副线圈中电压、电流及功率关系可得：，，，所以当变压器输出电压调至最大时，副线圈的匝数也最大n2=1900匝，负载R上的功率也最大为2.0kW，则，，故选项B正确.【答案】B考点13电学实验1.（2007·新课标全国卷·T22）实验题（15分）（1）由绝缘介质隔开的两个同轴的金属圆筒构成圆柱形电容器,如图所示。试根据你学到的有关平行板电容器电容的知识，推测影响圆柱形电容器电容的因素有__________。（2）利用伏安法测量干电池的电动势和内阻，现有的器材为：干电池：电动势约1.5V，符号电压表：量程1V，内阻998.3Ω，符号电流表：量程1A，符号滑动变阻器：最大阻值10Ω，符号电阻箱：最大阻值99999.9Ω，符号单刀单掷开关1个，符号导线若干①设计测量电源电动势和内阻的电路并将它画在指定的方框内。要求在图中标出电压表、电流表的接线柱的正负。②为了满足本实验要求并保证实验的精确度，电压表量程应扩大为原量程的________倍，电阻箱的阻值应为__________Ω。【解析】⑴这是圆柱形电容器，但可以定性地根据平行板电容器的公式判断，由平行板电容器的公式，可推测影响圆柱形电容器电容的因素有：正对面积、板间距离、极板间的介质即H、R1、R2、ε。⑵①考虑到电源的内阻比较小，则电流表接法是确定的，所以必须连接成答案所示。②因为干电池的电动势约为1.5V，电压表的量程1V，为了满足本实验要求并保证实验的精确度，电压表量程应扩大为原量程的2倍；又因电压表的内阻为998.3Ω，所以电阻箱的阻值也应为998.3Ω。【答案】：⑴H、R1、R2、ε（正对面积、板间距离、极板间的介质）⑵①VVAErS＋＋－－②2；998.32.（2008·新课标全国卷·T22）（15分）I、右图为一正在测量中的多用电表表盘.⑴如果是用×10Ω档测量电阻，则读数为Ω．⑵如果是用直流10mA档测量电流，则读数为mA．⑶如果是用直流5V档测量电压，则读数为V．【解析】欧姆档在最上面的一排数据读取，读数为6×10Ω=60Ω；电流档测量读取中间的三排数据的最底下一排数据，读数为7.18mA；同样直流电压档测量读取中间的三排数据的中间一排数据较好，读数为35.9×0.1V=3.59V。【答案】：⑴60；⑵7.18；⑶3.593.（2009·新课标全国卷·T23）(11分)青岛奥运会帆船赛场采用风力发电给蓄电池充电，为路灯提供电能。用光敏电阻作为传感器控制路灯电路的开关，实现自动控制。光敏电阻的阻值随照射光的强弱而变化，作为简化模型，可以近似认为，照射光较强（如白天）时电阻几乎为0：照射光较弱（如黑天）时电阻接近于无穷大。利用光敏电阻作为传感器，借助电磁开关，可以实现路灯自动在白天关闭，黑天打开。电磁开关的内部结构如图所示。1、2两接线柱之间是励磁线圈，3、4两接线柱分别与弹簧片和触点连接。当励磁线圈中电流大于50mA时，电磁铁吸合铁片，弹簧片和触点分离，3、4断开；电流小于50mA时，3、4接通。励磁线圈中允许通过的最大电流为100mA。利用以下器材设计一个自动控制路灯的电路，画出电路原理图。光敏电阻,符号R1，灯泡L，额定功率40W，额定电压36V，符号R1保护电阻,符号，R2，电磁开关，符号，蓄电池E，电压36V，内阻很小；开关S，导线若干。R2回答下列问题：=1\*GB3①如果励磁线圈的电阻为200，励磁线圈允许加的最大电压为V，保护电阻的阻值范围为。=2\*GB3②在有些应用电磁开关的场合，为了安全，往往需要在电磁铁吸合铁片时，接线柱3、4之间从断开变为接通。为此，电磁开关内部结构应如何改造？请结合本题中电磁开关内部结构图说明。答：。=3\*GB3③任意举出一个其它的电磁铁应用的例子。答：。【解析】（1）要使光敏电阻能够对电路进行控制，且有光照时路灯熄灭，光敏电阻应与1，2串联，3，4与路灯串联；则电路图如图所示。（2）①由U=IR得励磁线圈允许加的最大电压为U=ImR=0.1×200V=20V；依据允许通过励磁线圈的电流最大值和最小值计算得，，因此保护电阻的阻值范围为160~320；②把触点从弹簧片右侧移到弹簧片左侧，保证当电磁铁吸合铁片时，3、4之间接通：不吸合时，3、4之间断开。③电磁起重机【答案】：（1）电路原理如图所示。（4分）（2）①20（2分）160~520（2分）②把触点从弹簧片右侧移到弹簧片左侧，保证当电磁铁吸合铁片时，3、4之间接通：不吸合时，3、4之间断开。③电磁起重机图14.（2010·新课标全国卷·T23）（11分）用对温度敏感的半导体材料制成的某热敏电阻RT，在给定温度范围内，其阻值随温度的变化是非线性的。某同学将RT和两个适当的固定电阻R1、R2连成图1虚线框内所示的电路，以使该电路的等效电阻RL的阻值随RT所处环境温度的变化近似为线性的，且具有合适的阻值范围。为了验证这个设计，他采用伏安法测量在不同温度下RL的阻值，测量电路如图1所示，图中的电压表内阻很大。RL图1表表1回答下列问题（1）根据图1所示的电路，在图2所示的实物图上连线。（2）为了检验RL与t之间近似为线性关系，在坐标纸上作RL﹣t关系图线。（3）在某一温度下，电路中的电流表、电压表的示数如图3、4所示。电流表的读数为____，电压表的读数为___。此时等效电阻的阻值为__：热敏电阻所处环境的温度约为____。【解析】本题以研究半导体材料的伏安特性立意命题，考查考生对电学实验的基本要求，即实物连线、数据处理、电流表和电压表的读数等。解答本题可按以下思路分析：根据电路原理图根据电路原理图进行实物连线根据表中实验数据在坐标纸上描点作直线先确定两表的精确度得两表读数值（1）根据电路图连接实物。（2）根据数据描出点，作出直线。（3）对照图找出相应的温度为64.0°C。【答案】（1）如图所示（2）如图所示（3）115.0mA，5.00V，43.5Ω，64.0℃或62～66°C５.（2011·新课标全国卷·T22）（5分）为了测量一微安表头A的内阻，某同学设计了如图所示的电路。图中，A0是标准电流表，R0和RN分别是滑动变阻器和电阻箱，S和S1分别是单刀双掷开关和单刀开关，E是电池。完成下列实验步骤中的填空：（1）将S拨向接点1，接通S1，调节________,使待测表头指针偏转到适当位置，记下此时_____的读数I；（2）然后将S拨向接点2，调节________,使________,记下此时RN的读数；（3）多次重复上述过程，计算RN读数的________,此即为待测微安表头内阻的测量值。【解析】解答本题时可按以下思路分析：一个直流电阻电路中，若其中的一个电阻被另一电阻代替而电路的电流未变化，则这两个电阻相等，解答本题用电阻替代法。（1）将S拨向接点1，接通S1，通过调节滑动变阻器R0，使待测表头指针偏转到适当位置，记下此时A0（或标准电流表）的读数I；（2）然后将S拨向接点2，保持R0不变，调节变阻箱RN，使A0（或标准电流表）的读数仍为I，记下此时RN的读数，在实验期间，用RN代替了A表，而标准表A0的读数不变，故此RN的读数就是待测表A的内阻；（3）为提高精确度，实验时要多次重复上述过程，计算RN读数的平均值，此即为待测微安表头内阻的测量值。【答案】：（1）（或标准电流表）（2）（或标准电流表）的读数仍为I（3）平均值６.（2012·新课标全国卷·T23）（10分）图中虚线框内存在一沿水平方向、且与纸面垂直的匀强磁场.现通过测量通电导线在磁场中所受的安培力，来测量磁场的磁感应强度大小、并判定其方向.所用部分器材已在图中给出，其中D为位于纸面内的U形金属框，其底边水平，两侧边竖直且等长；E为直流电源；R为电阻箱；eq\o\ac(○,A)为电流表；S为开关.此外还有细沙、天平、米尺和若干轻质导线.（1）在图中画线连接成实验电路图.（2）完成下列主要实验步骤中的填空：①按图接线.②保持开关S断开，在托盘内加入适量细沙，使D处于平衡状态；然后用天平称出细沙质量m1.③闭合开关S，调节R的值使电流大小适当，在托盘内重新加入适量细沙，使D；然后读出__________________，并用天平称出.④用米尺测量_______________.（3）用测量的物理量和重力加速度g表示磁感应强度的大小，可以得出B=_________.（4）判定磁感应强度方向的方法是：若____________，磁感应强度方向垂直纸面向外；反之，磁感应强度方向垂直纸面向里.【解析】解答本题时可按以下思路分析：分析分析U形金属框的平衡通电时托盘拉力与U形金属框的重力和安培力合力平衡安培力有两个可能方向不通电时托盘拉力与U形金属框重力平衡构成一电流可调的供电电路分析本实验原理可得出：通过U形金属框在重力、绳子拉力和安培力作用下的平衡，来测量磁场的磁感应强度大小，所以必须构成给金属框通一可改变电流大小的供电电路，根据所给仪器即可连接成一简单的串联实验电路.根据金属框的平衡要测定金属框的重量和安培力的大小，可通过改变托盘内的细沙质量来调平衡，由于磁场方向不确定所以实验结果有两种可能，所列平衡方程式为：，，所以.其相应的实验步骤中的填空就能正确写出.【答案】（1）如图所示（2）③重新处于平衡状态；电流表的示数I；此时细沙的质量m2.④D的底边长.（3）（4）m2>m1７、（2013·新课标全国卷Ⅰ·T23）（8分）某学生实验小组利用图(a)所示电路，测量多用电表内电池的电动势和电阻“”挡内部电路的总电阻。使用的器材有:多用电表；电压表:量程5V，内阻十几千欧;滑动变阻器：最大阻值5kΩ导线若干。回答下列问题:(1)将多用电表挡位调到电阻“”挡，再将红表笔和黑表笔，调零点。(2)将图((a)中多用电表的红表笔和（填“1”或“2）端相连，黑表笔连接另一端。(3)将滑动变阻器的滑片调到适当位置，使多用电表的示数如图(b)所示，这时电压表的示数如图(c)所示。多用电表和电压表的读数分别为kΩ和V。(4)调节滑动变阻器的滑片，使其接入电路的阻值为零。此时多用电表和电压表的读数分别为12.0kΩ和4.00V。从测量数据可知，电压表的内阻为____kΩ。(5)多用电表电阻挡内部电路可等效为由一个无内阻的电池、一个理想电流表和一个电阻串联而成的电路，如图(d)所示。根据前面的实验数据计算可得，此多用电表内电池的电动势为___V，电阻“”挡内部电路的总电阻为___kΩ。【解析】(1)万用表使用的第一步就是要短接调零,所以该空中应该填短接(2)万用表的电流方向是”红进黑出”所以红表笔接”1”(3)万用表在10到15之间需要估读一位所以读成15.0，电压表读数应精确读到小数点后一位,估读到小数点后两位,所以读数为3.60V(4)由于滑线变阻器的电阻调为零,所以万用表的读数即为电压表的内阻RV=12.0(5)万用表的中值电阻为15.0，即万用表的内阻为内=15.0所以由闭合电路欧姆定律可知内=9.00V。【答案】(1)短接(2)1(3)15.03.60(4)12.0(5)9.0015.08、（2013·新课标全国卷Ⅱ·T23）（7分）某同学用量程为ImA、内阻为120Ω的表头按图(a)所示电路改装成量程分别为Iv和1A的多用电表。图中R1和R2为定值电阻，S为开关。回答下列问题:（1）根据图(a)所示的电路，在图(b)所示的实物图上连线。（2）开关S闭合时，多用电表用于测量(填“电流”、“电压，或“电阻”)；开关S断开时，多用电表用于测量(填“电流”、“电压”或“电阻”)。（3）表笔A应为色(填“红”或“黑”)。（4）定值电阻的阻值Ｒ１＝Ω，Ｒ２＝Ω。（结果取３位有效数字）【解析】（1）表头跟R2串联，R1跟开关串联，两个支路并联，连线图同答案。（2）开关闭合时，电表的内阻较小，为等效电流表；开关断开时，电表的内阻较大，为等效电压表。（3）电流由红表笔流入，由题图（a）可看出表头右端为“+”，故表笔A为黑表笔。（4）设表头的内阻为r，满偏电流为，由欧姆定律可知V，，解得Ω，Ω。【答案】（1）连线实物图。（2分） （2）电流、电压（2分，每空1分）（3）黑（1分）A（4）1.00、880（2分。每空1分）考点14热学1.（2007·新课标全国卷·T30B）（15分）如图所示，两个可导热的气缸竖直放置，它们的底部由一细管连通（忽略细管的容积）。两气缸各有一活塞，质量分别为和，活塞与气缸壁无摩擦。活塞的下方为理想气体，上方为真空。当气体处于平衡状态时，两活塞位于同一高度h。（已知=3m,=2m）（1）在两活塞上同时各放一质量为m的物块，求气体再次达到平衡后两活塞的高度差（假定环境的温度始终保持为）。（2）在达到上一问的终态后，环境温度由缓慢上升到T，试问在这个过程中，气体对活塞做了多少功？气体是吸收还是放出了热量？（假定在气体状态变化过程中，两物块均不会碰到气缸顶部）【解析】⑴设左、右活塞的面积分别为A/和A，由于气体处于平衡状态，故两活塞对气体的压强相等，即：由此得：在两个活塞上各加一质量为m的物块后，右活塞降至气缸底部，所有气体都在左气缸中。在初态，气体的压强为，体积为；在末态，气体压强为，体积为（x为左活塞的高度）。由玻意耳－马略特定律得：解得：即两活塞的高度差为⑵当温度由T0上升至T时，气体的压强始终为，设x/是温度达到T时左活塞的高度，由盖·吕萨克定律得：活塞对气体做的功为：在此过程中气体吸收热量【答案】⑴⑵吸收热量2.（2008