高考物理押題試卷(全國卷

1、1如圖所示， 兩顆衛(wèi)星圍繞著質(zhì)量為 M 的中心星體做勻速圓周運動。 若兩顆衛(wèi)星和中心星體始終在同一直線上，兩顆衛(wèi)星間的作用及其他星體對兩顆衛(wèi)星的作用均忽略不計，則下列判斷正確的是（）A兩顆衛(wèi)星的軌道半徑相等MB兩顆衛(wèi)星的向心加速度相同C兩顆衛(wèi)星的向心力大小相等D兩顆衛(wèi)星的動能相等【答案】 A【提示】由 “兩顆衛(wèi)星和中心星體始終在同一直線上”得知兩顆衛(wèi)星的角速度Mm相等，根據(jù) Gr23 GMA 正確；由 a =2r得向心加速= m 2r，得 r =，可見兩顆衛(wèi)星的軌道半徑相等，選項2度大小 a1 = a2，但方向相反，選項 B 錯誤；由萬有引力提供向心力即F 向= GMm知，F(xiàn)向與r2Mm2衛(wèi)星

2、的質(zhì)量 m 有關(guān)，由于兩顆衛(wèi)星的質(zhì)量關(guān)系不確定，選項C 錯誤；根據(jù)Gr2 = m r 得衛(wèi)星1 2Mm的動能 Ek = 2m= G 2r 與 m 有關(guān)，選項 D錯誤。2（多選）如圖所示，在遠距離輸電電路中，發(fā)電廠的輸出電壓和輸電電線的電阻均不變，變壓器、電表均為理想化的。若發(fā)電廠的輸出功率減小，則下列說法正確的是（）A電壓表 V1 示數(shù)減小，電流表A1 減小B電壓表 V2 示數(shù)增大，電流表A2 減小發(fā)A1A 2C輸電線上損耗功率增大用電V1V2D用戶總功率與發(fā)電廠的輸出功率的比值增大戶廠【答案】 BD升壓變壓器降壓變壓器U出n1V1 兩端的電壓 U1【提示】根據(jù) U1= n2得電壓表不變，選項

3、 A 錯誤；根據(jù) P 出 = U1I1 得通過電流表A1 的電流 I1 將減小，根據(jù)I2n3得通過I1= n4電流表 A2的電流I2 將減小，降壓變壓器原線圈兩端的電壓U = U1 I1R 線將增大，根據(jù)UU2 =n3V2 兩端的電壓 U2 增大，選項 B 正確；輸電線上損耗功率P 線 =I12R線將減小，n4得電壓表選項 C 錯誤；用戶總功率與發(fā)電廠的輸出功率的比值為I2U2n3I1U1= n4U1U2 隨著 U2 的增大而增大，選項 D 正確。3如圖所示，一質(zhì)量為M、傾角為的斜面體放在光滑水平地面上，斜面上疊放一質(zhì)量為m的光滑楔形物塊，物塊在水平恒力的作用下與斜面體一起恰好保持相對靜止地向

4、右運動。重力加速度為g。下列判斷正確的是（）A水平恒力大小F = mgtanB地面對斜面體的支持力大小N2 = (M + m)g- 1 -C物塊對斜面的壓力大小N1 = mgcos D斜面體的加速度大小為gtan 【答案】 B【提示】物塊與斜面體相對靜止，加速度相同，對物塊、斜面體整體，豎直方向上受力平衡有 N2 = ( M + m )g，選項 B 正確；水平方向上根據(jù)牛頓第二定律有F = ( M + m )a，對斜面體，豎直方向上受力平衡有N2 = Mg + N1cos ，水平方向上根據(jù)牛頓第二定律有N1sin = Ma，解得 N1 = mg ，a = mgtan ， F = M + m m

5、gtan ，選項 A、 C、 D 均錯誤。cos MM4（多選）如圖 1 所示，小物塊靜止在傾角 =37的粗糙斜面上?，F(xiàn)對物塊施加一個沿斜面向下的推力 F，力 F 的大小隨時間t 的變化情況如圖 2 所示，物塊的速率隨時間 t 的變化規(guī)律如圖 3 所示， 取 sin37 = 0.6，cos37= 0.8，重力加速度 g = 10m/s2。下列說法正確的是 （）FF/N/m s-10.80.80.40.4O123 4 t/sO1234t/s圖 1圖 2圖 3A物塊的質(zhì)量為1kgB物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為0.7C03s 時間內(nèi)力 F 做功的平均功率為0.32WD 03s 時間內(nèi)物體克服摩擦力做的

6、功為5.12J【答案】 AD【提示】由速度圖象知在13s 時間內(nèi)，物塊做勻加速直線運動， 則 0.8 + mgsin mgcos，= ma0.8 0a = 3 1 m/s2 = 0.4m/s2 。在 34s 時間內(nèi)，物塊勻速運動，受力平衡，則 mgcosmgsin =0.4N，解得 m = 1kg ， = 0.8，選項 A 正確， B 錯誤； 01s 時間內(nèi)，物塊靜止，力F 不做功，113s 時間內(nèi)，力 F = 0.8N，物塊的位移x = 2 0.4 22m = 0，.8m03s 內(nèi)力 F 做功的平均功率為 Fx0.8 0.8t3=3W = 0.213W ，選項 C 錯誤；03s 時間內(nèi)物體克

7、服摩擦力做的功為 mgcos x= 5.12J，選項 D 正確。5如圖所示，甲、乙兩船在同一河岸邊A、 B 兩處，兩船船頭方向與河岸均成角，且恰好對準對岸邊 C 點。若兩船同時開始渡河，經(jīng)過一段時間t，同時到達對岸，乙船恰好到達正對岸的 D 點。若河寬 d、河水流速均恒定，兩船在靜水中的劃行速率恒定，不影響各自的航行，下列判斷正確的是（）A兩船在靜水中的劃行速率不同CDB甲船渡河的路程有可能比乙船渡河的路程小C兩船同時到達D 點甲船乙船dtan D河水流速為tAB【答案】 C【提示】由題意可知，兩船渡河的時間相等，兩船沿垂直河岸方向的分速度1相等，由 1 = sin 知兩船在靜水中的劃行速率相

8、等，選項 A 錯誤；乙船沿 BD 到達 D 點，可見河水流速水方向沿 AB 方向，可見甲船不可能到達到正對岸，甲船渡河的路程較大，選項B 錯誤；根- 2 -據(jù)速度的合成與分解，水dd= cos，而 sin =，得 水 =，選項 D 錯誤；由于甲船tttan 沿 AB 方向的位移大小x = (2dcos 水+)t=D 點，選項 C 正確。tan = AB，可見兩船同時到達6如圖所示，直角三角形 OAB 區(qū)域內(nèi)存在方向垂直紙面向外的勻強磁場，C 為 AB 的中點。現(xiàn)有比荷相同的兩個分別帶正、負電的粒子（不計重力）沿OC方向同時從 O 點射入磁場。下列說法正確的是（）A若有一個粒子從OA 邊射出磁場

9、，則另一個粒子一定從OB 邊射出磁場BB若有一個粒子從OB 邊射出磁場，則另一個粒子一定從CA 邊射出磁場C若兩個粒子分別從A、B 兩點射出磁場，則它們在磁場中運動的時間之比為 21CD若兩個粒子分別從A、B 兩點射出磁場，則它們在磁場中運動的軌道半徑之比為 1 3B【答案】 CAR2O【提示】由 qB = m2m得軌道半徑 R =。由題意可知，兩RqB個粒子分別順、逆時針偏轉(zhuǎn)，但它們的速率關(guān)系未知，軌道半徑關(guān)系也未知，選項A、 B 均錯誤；若兩個粒子分別從A、CO2B 兩點射出磁場， 如圖所示，則 = 60， = 30，OA = OBtan30 ， AOR1= OAOB ，得R1 =1，選項

10、 D 錯誤；周期 T =R1，R2 =2sin2sin R232m22t1=2相同，由 t1 =T、 t2 =T 得t2，選項 C 正確。qB2217在光滑水平面上充滿水平向右的勻強電場，被拉直的絕緣輕繩一端固定在O 點，另一端系著帶正電的小球，輕繩與水平面平行，OB 與電場線平行。若小球從A 點由靜止釋放后，沿水平面擺動到 B 點，不計空氣阻力，則關(guān)于此過程，下列判斷正確的是()A小球的動能先變小后變大B小球的切向加速度一直變大AC小球受到的拉力先變大后變小OBD小球受到的電場力做功功率先增大后減小E【答案】 D【提示】小球從A 點擺動到B 點的過程中，只有電場力做功且一直做正功，根據(jù)動能定

11、理知小球的動能Ek 一直增大，選項A 錯誤；小球從A 點擺動到B 點的過程中輕繩與OB 的夾角設(shè)qEsin 為 ，則小球的切向加速度a1 = 隨著 的減小而減小，選項 B 錯誤；根據(jù)牛頓第二定 m律和向心力公式有22Ek，cos 、 Ek 均隨F qEcos = m得小球受到的拉力大小F = qEcos +LL著 的減小而增大，可見 F 一直增大，選項 C 錯誤；在 A 點時小球的速率為零，電場力做功的瞬時功率為零，過 B 點時小球的速度方向與電場力垂直，電場力做功的瞬時功率也為零，可見小球受到的電場力做功功率先增大后減小，選項D 正確。- 3 -8在絕緣水平面上方均勻分布著方向與水平向右成6

12、0角斜向上的磁場中，一通有如圖所示的恒定電流 I 的金屬方棒， 在安培力作用下水平向右做勻速直線運動。已知棒與水平面間的動摩擦因數(shù) =3。若在磁場方向由圖示方向開始沿逆時針緩慢轉(zhuǎn)動至豎直向上的過程中棒始3終保持勻速直線運動，此過程中磁場方向與水平向右的夾角設(shè)為，B則關(guān)于磁場的磁感應(yīng)強度的大小B 與 的變化關(guān)系圖象可能正確的是I（）60B/T1-11-11 -1B/TB /TB /TOO90 /O/O90/30 60 9030 60 90/ABCD【答案】 CN1ILB【提示】棒受力如圖所示， 則 BILsin = (mg + BILcos，得)(sinB= mg2IL cos ) =sin(3

13、0)，只有選項C 正確。3mgfmgBIL9如圖甲所示，在絕緣水平面內(nèi)有一固定的光滑金屬導(dǎo)軌cd、eg，端點 d、e 之間連接一電阻 R，金屬桿 ab 靜止在金屬框架上，整個裝置處于方向豎直向下的勻強磁場中。導(dǎo)軌及桿ab的電阻忽略不計。 現(xiàn)對桿 ab 施加一沿 dc 方向的外力 F，使桿 ab 中的電流 i 隨時間 t 的圖象如圖乙所示。運動中桿 ab 始終垂直于導(dǎo)軌且接觸良好。下列關(guān)于外力F、桿 ab 受到的安培力功率大小P 隨時間 t 變化的圖象，可能正確的是()【答案】 C【提示】桿 ab 切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢e = BL ，感應(yīng)電流 i =e，由乙圖得 i = kt ，解得RkR

14、kR桿 ab 的速率 = BLt ，可見桿 ab 的加速度 a =BL不變，對桿 ab 根據(jù)牛頓第二定律有F BiL = ma，得 F = BLkt + ma ，選項 A、 B 均錯誤；桿 ab 受到的安培力功率大小 P = BiL 正確， D 錯誤。10如圖所示，擋板C 垂直固定在傾角 = 30的光滑長斜面上，質(zhì)量分別為A、 B 用一勁度系數(shù)為k 的輕彈簧相連，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，彈簧壓縮長度為斜面向上、大小為 mg（ g 為重力加速度）的恒力F拉 A，若 A 向上運動一段距離 x 后撤去 F，當(dāng) A 運動到最高處時B 剛好不離開 C，則下列說法正確的是（）C = k2Rt2，選項 Cm、2m

15、 的兩物塊L?，F(xiàn)用方向沿AB- 4 -gA A 剛要沿斜面向上運動時的加速度大小為2B A 上升的最大豎直高度為3LC拉力 F 的功率隨時間均勻增加9D L = 4x【答案】 D【提示】 A 剛要沿斜面向上運動時的加速度大小為Fm = g，選項 A錯誤； F 未作用前，對A 受mg力平衡有 mgsin = kL，得 k =2L，A 運動到最高處時， 對 B 受力平衡有 2mgsin = kL，得 L3= 2L，A 上升的最大豎直高度為(L + L)sin =2L，選項 B 錯誤；由于 F 作用期間，彈簧彈力是變力，合力為變力，根據(jù)牛頓第二定律知加速度是變化的，速度 隨時間不是均勻變化的，所以

16、F = mg 隨時間也不是均勻變化的，選項C 錯誤；在 A 從最低處運動到最高處的過程，kL + k(L L)9對 A 根據(jù)動能定理有 Fx 2( L L) mg(L + L )sin = 0 0，得 x = 4L，選項D 正確（或用排除法判斷） 。11如圖所示，一固定的水平玻璃圓環(huán)均勻帶上電荷，其中心O 的正上方和正下方分別有兩點 A、B，OA = OB = h?，F(xiàn)將一質(zhì)量為m 的帶正電小球放在A 點時恰好處A于靜止?fàn)顟B(tài)，若給小球一個沿豎直向下的初速度0，重力加速度為g，則下列判斷正確的是（）A帶電圓環(huán)在B 點產(chǎn)生的場強方向豎直向上OB小球從 A 點運動到 B 點的過程中電場力一直做負功C小

17、球從 A 點運動到 B 點的過程中通過O 點時速度最大BD小球通過 B 點時的速度為02 + 4gh【答案】 D【解析】帶正電小球靜止在A 點，受到重力和電場力共同作用而平衡，電場力方向豎直向上，帶電圓環(huán)在 A 點產(chǎn)生的場強方向豎直向上，根據(jù)對稱性知帶電圓環(huán)在B 點產(chǎn)生的場強方向豎直向下，選項A 錯誤；小球從A 點運動到 B 點的過程中電場力先做負功后做正功，選項B 錯誤；小球通過O 點時只受重力作用，而速度方向與重力方向相同，小球還在加速中，可見小球通過 O 點時速度并非最大，選項C 錯誤；根據(jù)對稱性可知，小球從A 點運動到 B 點的全過121程，電場力對小球做的總功為零，根據(jù)動能定理有mg

18、 2h = 2m 2m20，得小球通過 B 點時的速度 =02 + 4gh，選項 D 正確。12如圖所示，輕彈簧下端懸掛著質(zhì)量為 M 的物塊，物塊靜止后，在其下方輕繩的下端輕輕地掛上一質(zhì)量為 m 的鉤碼，并將鉤碼 m 由靜止釋放。彈簧始終在彈性限度內(nèi)，重力加速度為g。已知下列四個關(guān)于輕繩對鉤碼的最大拉力Tm 的表達式中只有一個是正確的，請你根據(jù)所學(xué)的物理知識，通過一定的分析判斷正確的表達式是（）M + 2mM + 2mA Tm = M + m mgB Tm = M + m MgM- 5 -mM + 2mM + mCTm = M m mgD Tm = M + 2m mg【答案】 A【解析】令 m

19、 = 0，則 Tm 應(yīng)為零，而選項B 中的 Tm = Mg，選項 B 錯誤；令 m 趨近于 M，則選項 C 中 Tm 趨近于無窮大，不合理，選項C 錯誤；令 M = 0，則選項 D 中的表達式簡化為 Tm1= 2 mg，由于 M = 0 且尚未掛上鉤碼時彈簧彈力為零，掛上鉤碼并由靜止開始釋放，當(dāng)彈簧彈力與 mg 平衡時，鉤碼的速率最大，由于慣性鉤碼還要繼續(xù)向下運動，可見輕繩對鉤碼的最大拉力 Tm 應(yīng)大于 mg，所以選項 D 錯誤；由排除法知選項A 正確。13某學(xué)習(xí)小組利用圖1 所示裝置做 “驗證機械能守恒定律”的實驗。若某同學(xué)按圖1所示開始實驗，則一個很明顯的不合理之處是_ 。經(jīng)糾正后，按正確

20、操作，得到如圖2 所示的一條點跡清晰的紙帶，用刻度尺測得起始點O 到計數(shù)點 A、 B、 C、 D 各點的距離分別為h1、h2、 h3、h4，相鄰計數(shù)點間時間間隔為T，從 O 到 D 的時間為 t。若用 O、C 兩點來驗證機械能守恒定律， 為了計算打下C 點時的重物的速度大小， 甲、乙、丙、丁四位同學(xué)提供了四個計算式，其中正確的是_。（填選項前圖 1的字母）A甲同學(xué)： C = 2gh3B乙同學(xué)： C = gth4h3h2h4 h2h1C丙同學(xué)： C = 2TOABCDh4 h3圖 2D丁同學(xué)： C =T1提供正確計算式的同學(xué)發(fā)現(xiàn)， 以 C 點算出的重力勢能mgh3 總比 2mC2略大些，這主要是

21、因為 _ ?！敬鸢浮酷尫偶垘爸匚镫x打點計時器太遠 C實驗中存在阻力，重物下落過程中減少的重力勢能轉(zhuǎn)化為重物的動能和因阻力產(chǎn)生的其他形式的能量。【提示】因釋放紙帶前重物離打點計時器太遠，重物下落的加速度較大，紙帶上打的點數(shù)極少，所以實驗中釋放紙帶前應(yīng)提高紙帶使重物靠近打點計時器。因?qū)嶒炛写嬖谧枇?，重物下落時的實際加速度小于重力加速度，計算速度時應(yīng)根據(jù)勻變速直線運動中中間時刻速度等于該過程的平均速度來求，正確的是丙同學(xué)；而甲、乙兩同學(xué)提供的計算式是沒有阻力作用下速度的理論值，不合理；丁同學(xué)提供的計算式是求DE 段的平均速度即求CD 間中間時刻的速度。因為實驗中存在阻力，重物下落過程中減少的重力勢

22、能轉(zhuǎn)化為重物的動能和因阻力產(chǎn)生的其他形式的能量。14某同學(xué)利用如圖甲所示的實驗裝置運用牛頓第二定律測量滑塊的質(zhì)量 M 。其主要步驟為：調(diào)整長木板傾角，當(dāng)鉤碼的質(zhì)量為m0 時滑塊沿木板恰好向下做勻速運動。圖甲保持木板傾角不變， 撤去鉤碼 m0，將滑塊移近打點計時器，然后釋放滑塊，滑塊沿木板向下做勻加速直線運動，并打出點跡-20.02s4.0a/ms清晰的紙帶如圖乙所示（已知打點計時器每隔打下一個點）。3.02.0mg/N1.0- 6 -0.200.400.600請回答下列問題：圖乙圖丙i）打點計時器在打下 B 點時滑塊的速度 B = _m/s；ii）滑塊做勻加速直線運動的加速度a = _m/s2

23、；iii ）滑塊質(zhì)量 M = _ （用字母 a、 m0、當(dāng)?shù)刂亓铀俣萭 表示）。保持木板傾角不變，掛上質(zhì)量為m（均小于m0）的鉤碼，滑塊沿木板向下勻加速運動，測出滑塊的加速度；多次改變鉤碼的質(zhì)量，分別求出相應(yīng)的加速度。若繩的拉力與所掛鉤碼的重力大小相等，作出的a mg 圖象如圖丙所示，則由圖丙可求得滑塊的質(zhì)量 M = _kg。（取 g = 10m/s2 ，計算結(jié)果均保留3 位有效數(shù)字）g【答案】 i ）1.38； ii） 3.88； iii ）am0 0.200【 解 析 】 i ） B =0.0520 + 0.0584m/s = 1.38m/s； ii ） 由 s=aT2得 a =4 0.

24、02(0.0645 + 0.0707) (0.0520 + 0.0584)m0g =0.082m/s2 = 3.88m/s2 ； iii ）滑塊做勻速運動時受力平衡有Mgsin f，撤去 m0 時滑塊做勻加速直線運動時受到的合外力F 合 = Mgsin f ，由 F 合 = Mag得 M = am0。掛上質(zhì)量為m 的鉤碼時滑塊沿木板向下做勻加速直線運動，受到的合外力為1m01=3.5 1.0F 合 = Mgsin f mg，由 F 合 = Ma 得 a = mg +Mg，結(jié)合圖丙得M，得M0.50M = 0.200kg。15某學(xué)習(xí)小組欲探究小燈泡（額定電壓為3V，額定電流約為0.5A）的伏安特

25、性，可提供的實驗器材如下：A干電池：電動勢約4.5V，內(nèi)阻可不計B雙量程的電壓表V1：量程為 03V、內(nèi)阻約為3k ；V2：量程為015V、內(nèi)阻約為15k C雙量程的電流表A1：量程為00.6A、內(nèi)阻約為1；A2：量程為03A、內(nèi)阻約為0.1 D滑動變阻器 R：阻值范圍 010 、允許通過最大電流為 2A E開關(guān) S，導(dǎo)線若干VA在盡量提高測量精度的情況下，請回答下列問題：圖 1根據(jù)以上器材，請你把實驗電路原理圖1 補充完整，并在圖1 中標明所選器材的代號。根據(jù)選擇的正確電路原理圖，用筆畫線代替導(dǎo)線將實物圖2 連接成完整電路。閉合開關(guān)前，滑動變阻器的滑動片應(yīng)移到_端（選填 “A或”“B）”-

26、7 -U/V32AB1 按 正確 操 作00.10.2 0.30.4 0.5 I/A得到7 組電壓圖 2表 和 電圖 3流表示數(shù)如下表所示，請圖3 所示的坐標紙上畫出小燈泡的U I 圖線。組數(shù)1234567U/V00.280.580.921.502.003.00I/A00.100.200.300.400.450.49若將該小燈泡接在電動勢為3.0V、內(nèi)阻為2.0 的干電池兩端，則此時該小燈泡的電阻為_ 。（結(jié)果保留 3 個有效數(shù)字）【答案】如圖 4 所示 連線如圖 5 所示； A 如圖 6 中曲線所示 4.5或 4.6或 4.7【提示】探究小燈泡的伏安特性，要求燈泡兩端的電壓可以從零伏開始調(diào)整

27、到額定電壓，即要求測量的電壓范圍從03V，選擇電壓表 V1；由于小燈泡的額定電流約為0.5A0.6A，選3V擇電流表 A1；由于小燈泡的最大電阻約為Rm = 0.5A = 6 ，很明顯 RmRV1，電流表采用外接法，實驗電路原理圖4 所示。U/V32V 1ABA 1100.10.20.30.40.5I/A圖 4圖 5圖 6根據(jù)圖 4，用筆畫線代替導(dǎo)線將實物圖2 連接成完整電路如圖5 所示。閉合開關(guān)前，滑動變阻器的滑動片應(yīng)移到A 端，使閉合開關(guān)后燈泡兩端的電壓為零以保護電表。畫出小燈泡的 U I 圖線如圖 6 中曲線所示。根據(jù)閉合電路歐姆定律有U = 3.02.0I，此直線如圖 6 中所示，與曲

28、線的交點坐標為 （0.455A，2.102.10V），得待求電阻為 0.455 = 4.6 。16某多用電表內(nèi)歐姆擋 “的1”內(nèi)部電路圖如圖所示， 小明同學(xué)將電阻箱和電壓表V 并聯(lián)后接在兩表筆 a、 b 上，欲用圖示的電路測量多用電表內(nèi)部的電阻r（遠小于電壓表V 的內(nèi)阻）和電池的電動勢 E。實驗的主要步驟為：- 8 -1/V-12.50U2.001.501.000.5000.020.040.060.081.00 1-1R/(1)表筆 a 為 _(填 “紅表筆 ”或 “黑表筆 ”)。將選擇開關(guān)轉(zhuǎn)至歐姆擋“ ，1”將紅黑表筆短接，調(diào)節(jié) _，使指針指在 _(填“左 ”或 “右 ”)側(cè)零刻度處。(2)

29、改變電阻箱 R 的阻值，分別讀出6 組電壓表和電阻箱的示數(shù)1 、1的值算出并記錄U、R，將 UR在表格中，請將第 3、 5 組數(shù)據(jù)的對應(yīng)點在坐標紙上補充標出，并作出11圖線。UR組數(shù)123456R100.050.025.016.712.59.110.010.020.040.060.080.11RU1.200.950.740.600.500.4010.831.051.351.682.002.50U(3)根據(jù)圖線得到電動勢E = _V，內(nèi)電阻 r = _ 。(結(jié)果保留三位有效數(shù)字 )(4)由于電壓表的分流作用，多用電表內(nèi)部電池的電動勢的測量值比真實值_（填 “大 ”或“小 ”）。【答案】 (1)a

30、；調(diào)零旋鈕 (或調(diào) R0)；右 (2)如圖所示(3)1.43(1.45 1.41)； 23.4(22.9 23.9) (4)小【提示】 (1) 表筆 a 接內(nèi)部電池的負極，應(yīng)為紅表筆。紅黑表筆短接，調(diào)節(jié)調(diào)零旋鈕，使指針指到右側(cè)零偏刻度處。11(2) U R圖線如圖所示。2.502.001.501.000.501-1U/V00.02 0.04 0.06 0.08 1.00 1-1R/- 9 -(3)由 E=U+Ur得1r 111r2.50 0.70RU ，結(jié)合圖線得 0.70， ，解得 E 1.43V，r 內(nèi) 23.4E REEE0.11。(4)當(dāng) R 為無窮大即為不接電阻箱時電壓表的示數(shù)為多用

31、電表內(nèi)部電池的電動勢的測量值，而電壓表兩端的電壓等于電動勢的真實值減去多用電表的內(nèi)電壓，所以多用電表內(nèi)部電池的電動勢的測量值比真實值小。17如圖所示，等腰三角形 OPQ 區(qū)域內(nèi)存在場強方向沿 PQ 方向、大小為 E的勻強電場， A 為 PQ 的中點， D 為 OQ 的中點， PQ = 2L， = 30。一質(zhì)量為 m、電量為 q 的帶正電粒子（重力不計、初速度視為零） ，從靠近 M 板 O處由靜止釋放，經(jīng)兩平行金屬板M 、N 間的電場加速后，通過N 板上的小孔沿AO 方向從 A 點射入三角形OPQ 區(qū)域，粒子恰好從D 點射出電場。（ 1）求 M、 N 兩板間的電壓 U 及粒子過 A 點時的速率

32、；（ 2）若將三角形 OPQ 區(qū)域內(nèi)的電場撤去， 在此區(qū)域內(nèi)及其邊界上充滿方向垂直紙面向里的勻強磁場，該粒子仍從O處由靜止釋放，要使該粒子在三角形OPQ 區(qū)域中運動的時間最長，磁場的磁感應(yīng)強度PB 應(yīng)為多大？并求在磁場中運動的最長時間tm 。MN【解析】（ 1）粒子在兩板間電場加速，根據(jù)動能定理有：1 O qU = 2 m2粒子在三角形OPQ 區(qū)域中做類平拋運動，有：L 12= 2at212 Ltan = t根據(jù)牛頓第二定律有：qE = ma1qEL解得： U = 24EL， =12m 。Ps知，當(dāng) 一定時，弧長 s 最大即軌跡圓弧恰好與（ 2）由 t =OP 邊切（如圖所示）時t 最大。設(shè)軌

33、跡圓弧與 OP 邊相切時圓弧的半徑為O1有：RRAR += Lsin 2q B = m RQtm =R3mEmL解得：B=4qL， tm = 2 3qE。18如圖所示，長為L 的輕桿下端用鉸鏈固定在光滑的水平面上的Cm點，上端有一個質(zhì)量為m 的光滑小球 A（視為質(zhì)點） ，小球旁輕靠有A一正方體滑塊B。若用一大小為 mg 的水平恒力（ g 為重力加速度大?。┫蛴易饔糜谛∏駻，當(dāng)桿與水平面成 = 30角時 A、B 恰好分離，L求：（提示：在圓周運動過程中任一點，質(zhì)點所受的向心力與其速率CAODQ相RR ，OB-10-2的關(guān)系為F 向 m L ）（ 1） A、 B 分離瞬間球 A 的速度大小；（ 2

34、）滑塊 B 的質(zhì)量 M；（ 3）球 A 剛要觸地時球?qū)U的作用力F 大小和方向?！窘馕觥浚?1）如圖 10.2 所示，設(shè)桿與水平面夾角時 A 與 B 的速度大小分別為 2 = 1sin 在桿下擺過程中， 對輕桿、球與滑塊組成的系統(tǒng)，根據(jù)動能定理有：1212mgLcos + mg(L Lsin 2m)=1+2M20(3 +3)gLC解得 1 =61、 2，有：21圖 10.2（ 2）分離時 A、B 不僅有相同的水平速度，而且分離前瞬間A、 B 在水平方向的加速度也始終相同，而分離后B 的加速度必為零，分離時兩者的水平加速度必為零。由圖 10.3 根據(jù)平衡條件有：Tcos = mg 12由沿桿方向

35、的合力提供向心力有：(Tsin + mg)sin = mL8(3+53)8解得：M=3m = 11(1 + 93)m6 +（ 3）球 A 剛要觸地時的速度設(shè)為A，則根據(jù)動能定理有：11mg(L Lcos ) + mgLsin2m=A2 2 m21A2F = m L解得： F = 21 53mg，方向水平向左6根據(jù)牛頓第三定律得215 3mg，方向水平向右。F=F =6mgT mgC圖 10.3-11-E = BL 019如圖所示， 有一磁感應(yīng)強度大小為B 的水平勻強磁場，其上下水平邊界的間距為H；磁場的正上方有一長方形導(dǎo)線框，其長和寬分別為L、 d（ d H），質(zhì)量為m，電阻為 R?，F(xiàn)將線框從

36、其下邊緣與磁場上邊界間的距離為h 處由靜止釋放，測得線框進入磁場的過程所用的時間為 t 。線框平面始終與磁場方向垂直，線框上下邊始終保持水平，重力加速度為g。求：（ 1）線框下邊緣剛進入磁場時線框中感應(yīng)電流的大小和方向；（ 2）線框的上邊緣剛進磁場時線框的速率1；（ 3）線框下邊緣剛進入磁場到下邊緣剛離開磁場的全過程中產(chǎn)生的總焦耳熱 Q?！窘馕觥浚?1）線框由靜止釋放到下邊緣剛進入磁場的過程，做自由落體運動，有： 20 = 2gh得線框下邊緣剛進入磁場的速率為：0 =2gh線框下邊緣切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為：LdhH感應(yīng)電流的大小為：I =ELRBL 2ghd解得： I=R根據(jù)右手定則判斷知，線框中感應(yīng)電流的方向沿逆時針方向。（ 2）線框進入磁場的過程，根據(jù)牛頓第二定律有：mg BIL = ma根據(jù)微元法，取一小段時間t ， t 時間內(nèi)速度的減少量為h01v ，根H2av據(jù)加速度的定義有：t聯(lián)立可得：（ mg BIL ）t = mv ， 即 mgt BILt = mv在時間t 內(nèi)，通過線框某一橫截面的電荷量為：兩邊求和得：mgtBLq= m