高三物理一轮复习版 全国通用一模考前最后一课

一模考前最后一课研透全国卷近三年考情、洞悉高考命题动态理综·物理全国卷近几年命题相对稳定，重点内容常考不衰，常围绕几个知识板块频繁设题。不变的是考点，变化的是试题的情景材料。一轮复习结束，有必要对学科的重要知识点进行一下梳理、回顾和总结。将全国卷近几年的高考题进行集中分析和研究，既有利于考生准确把握备考方向，感悟全国卷命题精髓；又能重温已学知识，起到考前热身的效果。一、选择题常考的12个命题点对物理学史、物理方法的考查1．(多选)(2012·全国卷T14)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解析：选AD惯性是物体保持原来运动状态不变的性质，故A对；根据惯性定律可知没有力的作用，物体将保持原来的状态，即静止状态或者匀速直线运动状态，故B错；行星在圆轨道上的运动是变速运动，是在万有引力作用下的运动，所以C错；运动物体如果不受力作用，将保持原来的运动状态，即继续以同一速度沿着同一直线运动，D对。2．(多选)(2013·全国卷ⅡT19)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，该效应揭示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：选ABD奥斯特在实验中观察到电流的磁效应，该效应揭示了电流能够产生磁场，电和磁之间存在联系，选项A正确。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，选项B正确。法拉第在实验中观察到，通有恒定电流的静止导线附近的固定导线圈中，由于导线圈中磁通量不变，不会产生感应电流，选项C错误。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，这就是楞次定律，选项D正确。3．(多选)(2015·全国卷ⅡT18)指南针是我国古代四大发明之一。关于指南针，下列说法正确的是()A．指南针可以仅具有一个磁极B．指南针能够指向南北，说明地球具有磁场C．指南针的指向会受到附近铁块的干扰D．在指南针正上方附近沿指针方向放置一直导线，导线通电时指南针不偏转解析：选BC指南针是一个小磁体，具有N、S两个磁极，因为地磁场的作用，指南针的N极指向地理的北极，选项A错误，选项B正确。因为指南针本身是一个小磁体，所以会对附近的铁块产生力的作用，同时指南针也会受到反作用力，所以会受铁块干扰，选项C正确。在地磁场中，指南针南北指向，当直导线在指南针正上方平行于指南针南北放置时，通电导线产生的磁场在指南针处是东西方向，所以会使指南针偏转。正确选项为B、C。eq\a\vs4\eq\a\vs4\al([把握考情])与物理学常识或物理学史知识相联系的选择题几乎每年都有，试题内容有涉及力学部分知识，也有涉及电磁学部分知识，试题难度较小。力与运动图像的综合问题1．(多选)(2013·全国卷ⅠT19)如图1­1，直线a和曲线b分别是在平直公路上行驶的汽车a和b的位置—时间(x­t)图线。由图可知()图1­1A．在时刻t1，a车追上b车B．在时刻t2，a、b两车运动方向相反C．在t1到t2这段时间内，b车的速率先减少后增加D．在t1到t2这段时间内，b车的速率一直比a车的大解析：选BC从x­t图像可以看出，在t1时刻，b汽车追上a汽车，选项A错误；在t2时刻，b汽车运动图像的斜率为负值，表示b汽车速度反向，而a汽车速度大小和方向始终不变，故选项B正确；从t1时刻到t2时刻，图像b斜率的绝对值先减小至零后增大，反映了b汽车的速率先减小至零后增加，选项C正确、D错误。2．(2014·全国卷ⅡT14)甲、乙两汽车在一平直公路上同向行驶。在t＝0到t＝t1的时间内，它们的v­t图像如图1­2所示。在这段时间内()图1­2A．汽车甲的平均速度比乙的大B．汽车乙的平均速度等于eq\f(v1＋v2,2)C．甲、乙两汽车的位移相同D．汽车甲的加速度大小逐渐减小，汽车乙的加速度大小逐渐增大解析：选A根据v­t图像下方的面积表示位移，可以看出汽车甲的位移x甲大于汽车乙的位移x乙，选项C错误；根据v＝eq\f(x,t)得，汽车甲的平均速度v甲大于汽车乙的平均速度v乙，选项A正确；汽车乙的位移x乙小于初速度为v2、末速度为v1的匀减速直线运动的位移x，即汽车乙的平均速度小于eq\f(v1＋v2,2)，选项B错误；根据v­t图像的斜率反映了加速度的大小，因此汽车甲、乙的加速度大小都逐渐减小，选项D错误。3．(多选)(2015·全国卷ⅠT20)如图1­3(a)，一物块在t＝0时刻滑上一固定斜面，其运动的v­t图线如图(b)所示。若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为已知量，则可求出()图1­3A．斜面的倾角B．物块的质量C．物块与斜面间的动摩擦因数D．物块沿斜面向上滑行的最大高度解析：选ACD由题图(b)可以求出物块上升过程中的加速度为a1＝eq\f(v0,t1)，下降过程中的加速度为a2＝eq\f(v1,t1)。物块在上升和下降过程中，由牛顿第二定律得mgsinθ＋f＝ma1，mgsinθ－f＝ma2，由以上各式可求得sinθ＝eq\f(v0＋v1,2t1g)，滑动摩擦力f＝eq\f(mv0－v1,2t1)，而f＝μFN＝μmgcosθ，由以上分析可知，选项A、C正确。由v­t图像中横轴上方的面积可求出物块沿斜面上滑的最大距离，可以求出物块沿斜面向上滑行的最大高度，选项D正确。eq\a\vs4\eq\a\vs4\al([把握考情])运动图像包括x­t图像、v­t图像、a­t图像等，高考对这部分知识的考查，有时单独从运动学的角度考查，有时又结合牛顿第二定律进行综合考查，试题难度中等。平抛运动与圆周运动问题1．(多选)(2012·全国卷T15)如图1­4，x轴在水平地面内，y轴沿竖直方向。图中画出了从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()图1­4A．a的飞行时间比b的长B．b和c的飞行时间相同C．a的水平速度比b的小D．b的初速度比c的大解析：选BD根据平抛运动的规律h＝eq\f(1,2)gt2，得t＝eq\r(\f(2h,g))，因此平抛运动的时间只由高度决定，因为hb＝hc＞ha，所以b与c的飞行时间相同，大于a的飞行时间，因此选项A错误，选项B正确；又因为xa＞xb，而ta＜tb，所以a的初速度比b的大，选项C错误；做平抛运动的物体在水平方向上做匀速直线运动，b的水平位移大于c，而tb＝tc，所以vb＞vc，即b的初速度比c的大，选项D正确。2．(多选)(2013·全国卷ⅡT21)公路急转弯处通常是交通事故多发地带。如图1­5，某公路急转弯处是一圆弧，当汽车行驶的速率为v0时，汽车恰好没有向公路内外两侧滑动的趋势。则在该弯道处()图1­5A．路面外侧高内侧低B．车速只要低于v0，车辆便会向内侧滑动C．车速虽然高于v0，但只要不超出某一最高限度，车辆便不会向外侧滑动D．当路面结冰时，与未结冰时相比，v0的值变小解析：选AC汽车以速率v0转弯，需要指向内侧的向心力，汽车恰好没有向公路内外两侧滑动的趋势，说明此处公路内侧较低外侧较高，选项A正确。车速只要低于v0，车辆便有向内侧滑动的趋势，但不一定向内侧滑动，选项B错误。车速虽然高于v0，由于车轮与地面有摩擦力，但只要不超出某一最高限度，车辆便不会向外侧滑动，选项C正确。根据题述，汽车以速率v0转弯，需要指向内侧的向心力，汽车恰好没有向公路内外两侧滑动的趋势，没有受到摩擦力，所以当路面结冰时，与未结冰时相比，转弯时v0的值不变，选项D错误。3．(多选)(2014·全国卷ⅠT20)如图1­6，两个质量均为m的小木块a和b(可视为质点)放在水平圆盘上，a与转轴OO′的距离为l，b与转轴的距离为2l，木块与圆盘的最大静摩擦力为木块所受重力的k倍，重力加速度大小为g。若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，用ω图1­6A．b一定比a先开始滑动B．a、b所受的摩擦力始终相等C．ω＝eq\r(\f(kg,2l))是b开始滑动的临界角速度D．当ω＝eq\r(\f(2kg,3l))时，a所受摩擦力的大小为kmg解析：选AC因圆盘从静止开始绕转轴缓慢加速转动，在某一时刻可认为，木块随圆盘转动时，其受到的静摩擦力的方向指向转轴，两木块转动过程中角速度相等，则根据牛顿第二定律可得f＝mω2R，由于小木块b的轨道半径大于小木块a的轨道半径，故小木块b做圆周运动需要的向心力较大，B错误；因为两小木块的最大静摩擦力相等，故b一定比a先开始滑动，A正确；当b开始滑动时，由牛顿第二定律可得kmg＝mωb2·2l，可得ωb＝eq\r(\f(kg,2l))，C正确；当a开始滑动时，由牛顿第二定律可得kmg＝mωeq\o\al(2,a)l，可得ωa＝eq\r(\f(kg,l))，而转盘的角速度eq\r(\f(2kg,3l))<eq\r(\f(kg,l))，小木块a未发生滑动，其所需的向心力由静摩擦力来提供，由牛顿第二定律可得f＝mω2l＝eq\f(2,3)kmg，D错误。4．(2015·全国卷ⅠT18)一带有乒乓球发射机的乒乓球台如图1­7所示。水平台面的长和宽分别为L1和L2，中间球网高度为h。发射机安装于台面左侧边缘的中点，能以不同速率向右侧不同方向水平发射乒乓球，发射点距台面高度为3h。不计空气的作用，重力加速度大小为g。若乒乓球的发射速率v在某范围内，通过选择合适的方向，就能使乒乓球落到球网右侧台面上，则v的最大取值范围是()图1­7A．eq\f(L1,2)eq\r(\f(g,6h))<v<L1eq\r(\f(g,6h))B．eq\f(L1,4)eq\r(\f(g,h))<v<eq\r(\f(4L12＋L22g,6h))C．eq\f(L1,2)eq\r(\f(g,6h))<v<eq\f(1,2)eq\r(\f(4L12＋L22g,6h))D．eq\f(L1,4)eq\r(\f(g,h))<v<eq\f(1,2)eq\r(\f(4L12＋L22g,6h))解析：选D设以速率v1发射乒乓球，经过时间t1刚好落到球网正中间。则竖直方向上有3h－h＝eq\f(1,2)gt12①，水平方向上有eq\f(L1,2)＝v1t1②。由①②两式可得v1＝eq\f(L1,4)eq\r(\f(g,h))。设以速率v2发射乒乓球，经过时间t2刚好落到球网右侧台面的两角处，在竖直方向有3h＝eq\f(1,2)gt22③，在水平方向有eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L2,2)))2＋L12)＝v2t2④。由③④两式可得v2＝eq\f(1,2)eq\r(\f(4L12＋L22g,6h))。则v的最大取值范围为v1<v<v2。故选项D正确。eq\a\vs4\eq\a\vs4\al([把握考情])考查平抛运动或圆周运动知识的试题，常通过与生活、体育、科技等相联系的实例情景而呈现，所涉及的问题主要有基本规律的应用，临界、极值问题，试题难度中等。天体运动问题1．(多选)(2013·全国卷ⅠT20)2012年6月18日，神舟九号飞船与天宫一号目标飞行器在离地面343km的近圆形轨道上成功进行了我国首次载人空间交会对接。对接轨道所处的空间存在极其稀薄的大气，下列说法正确的是()A．为实现对接，两者运行速度的大小都应介于第一宇宙速度和第二宇宙速度之间B．如不加干预，在运行一段时间后，天宫一号的动能可能会增加C．如不加干预，天宫一号的轨道高度将缓慢降低D．航天员在天宫一号中处于失重状态，说明航天员不受地球引力作用解析：选BC神舟九号和天宫一号在近地轨道上运行的速度都小于第一宇宙速度，选项A错误；由于空间存在稀薄气体，若不对两者干预，其动能将增加，轨道半径减小，选项B、C正确；由于天宫一号做匀速圆周运动，航天员受到的万有引力全部提供其做圆周运动的向心力，处于完全失重状态，选项D错误。2．(2014·全国卷ⅡT18)假设地球可视为质量均匀分布的球体。已知地球表面重力加速度在两极的大小为g0，在赤道的大小为g；地球自转的周期为T，引力常量为G。地球的密度为()A．eq\f(3π,GT2)eq\f(g0－g,g0) B．eq\f(3π,GT2)eq\f(g0,g0－g)C．eq\f(3π,GT2) D．eq\f(3π,GT2)eq\f(g0,g)解析：选B物体在地球的两极时，mg0＝Geq\f(Mm,R2)，物体在赤道上时，mg＋meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)))2R＝Geq\f(Mm,R2)，以上两式联立解得地球的密度ρ＝eq\f(3πg0,GT2g0－g)。故选项B正确，选项A、C、D错误。3．(多选)(2014·全国卷ⅠT19)太阳系各行星几乎在同一平面内沿同一方向绕太阳做圆周运动。当地球恰好运行到某地外行星和太阳之间，且三者几乎排成一条直线的现象，天文学称为“行星冲日”。据报道，2014年各行星冲日时间分别是：1月6日木星冲日；4月9日火星冲日；5月11日土星冲日；8月29日海王星冲日；10月8日天王星冲日。已知地球及各地外行星绕太阳运动的轨道半径如下表所示，则下列判断正确的是()地球火星木星土星天王星海王星轨道半径(AU)1.01.55.29.51930A．各地外行星每年都会出现冲日现象B．在2015年内一定会出现木星冲日C．天王星相邻两次冲日的时间间隔为土星的一半D．地外行星中，海王星相邻两次冲日的时间间隔最短解析：选BD设某行星相邻两次冲日的时间间隔为t，地球绕太阳运动的周期为T，某行星绕太阳运动的周期为T行，则eq\f(2π,T)t－eq\f(2π,T行)t＝2π，可得t＝eq\f(T,1－\f(T,T行))；而根据开普勒定律可得eq\f(T2,T行2)＝eq\f(R3,R行3)，联立可得t＝eq\f(T,1－\r(\f(R3,R行3)))，代入相关数据可得t火＝eq\f(T,1－\r(\f(R3,R火3)))≈2.195T，t木＝eq\f(T,1－\r(\f(R3,R木3)))≈1.092T，t土＝eq\f(T,1－\r(\f(R3,R土3)))≈1.035T，t天＝eq\f(T,1－\r(\f(R3,R天3)))≈1.012T，t海＝eq\f(T,1－\r(\f(R3,R海3)))≈1.006T；根据上述数据可知，各地外行星并不是每年都会出现冲日现象，A错误；木星在2014年1月6日出现了木星冲日现象，再经1.092T将再次出现木星冲日现象，所以在2015年内一定会出现木星冲日，B正确；根据上述数据可知，天王星相邻两次冲日的时间间隔不是土星的一半，C错误；根据上述数据可知，海王星相邻两次冲日的时间间隔最短，D正确。4．(多选)(2015·全国卷Ⅰ·T21)我国发射的“嫦娥三号”登月探测器靠近月球后，先在月球表面附近的近似圆轨道上绕月运行；然后经过一系列过程，在离月面4m高处做一次悬停(可认为是相对于月球静止)；最后关闭发动机，探测器自由下落。已知探测器的质量约为1.3×103kg，地球质量约为月球的81倍，地球半径约为月球的3.7倍，地球表面的重力加速度大小约为9.8mA．在着陆前的瞬间，速度大小约为8.9m/sB．悬停时受到的反冲作用力约为2×103NC．从离开近月圆轨道到着陆这段时间内，机械能守恒D．在近月圆轨道上运行的线速度小于人造卫星在近地圆轨道上运行的线速度解析：选BD设月球表面的重力加速度为g月，则eq\f(g月,g地)＝eq\f(\f(GM月,R月2),\f(GM地,R地2))＝eq\f(M月,M地)·eq\f(R地2,R月2)＝eq\f(1,81)×3.72，解得g月≈1.7m/s2。A．由v2＝2g月h，得着陆前的速度为v＝eq\r(2g月h)＝eq\r(2×1.7×4)m/s≈3.7m/s，选项A错误。B.悬停时受到的反冲力F＝mg月≈2×103N，选项B正确。C.从离开近月圆轨道到着陆过程中，除重力做功外，还有其他外力做功，故机械能不守恒，选项C错误。D.设探测器在近月圆轨道上和人造卫星在近地圆轨道上的线速度分别为v1、v2，则eq\f(v1,v2)＝eq\f(\r(\f(GM月,R月)),\r(\f(GM地,R地)))＝eq\r(\f(M月,M地)·\f(R地,R月))＝eq\r(\f(3.7,81))<1，故v1<v2，选项D正确。eq\a\vs4\eq\a\vs4\al([把握考情])天体运动问题是高考命题的高频考点，每年必有一题，而且每年命题的侧重点也有所不同，有天体质量、密度的计算，有天体在不同轨道上运行参量的比较，也有航天器的发射、变轨、着陆等航天科技问题，试题难度中等偏下。功和功率问题1．(多选)(2013·全国卷ⅠT21)2012年11月，“歼15”舰载机在“辽宁号”航空母舰上着舰成功。图1­8(a)为利用阻拦系统让航载机在飞行甲板上快速停止的原理示意图。飞机着舰并成功钩住阻拦索后，飞机的动力系统立即关闭，阻拦系统通过阻拦索对飞机施加一作用力，使飞机在甲板上短距离滑行后停止。某次降落，以飞机着舰为计时零点，飞机在t＝0.4s时恰好钩住阻拦索中间位置，其着舰到停止的速度—时间图线如图(b)所示。假如无阻拦索，飞机从着舰到停止需要的滑行距离约为1000m。已知航母始终静止，重力加速度的大小为g。则()图1­8A．从着舰到停止，飞机在甲板上滑行的距离约为无阻拦索时的eq\f(1,10)B．在0.4～2.5s时间内，阻拦索的张力几乎不随时间变化C．在滑行过程中，飞行员所承受的加速度大小会超过2.5D．在0.4～2.5s时间内，阻拦系统对飞机做功的功率几乎不变解析：选AC由v­t图线与坐标轴所围的面积的物理意义可知，飞机在甲板上滑行的距离约为无阻拦索时的eq\f(1,10)，选项A正确；由v­t图像可以看出0.4～2.5s内飞机在甲板上滑行过程中的加速度不变，说明飞机受到的合力不变，而两段阻拦索的夹角逐渐减小，故阻拦索的张力减小，选项B错误；根据v­t图像可以看出0.4～2.5s内加速度大小约为a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(70－10,2.1)m/s2＝28.6m/s2，选项C正确；由于飞机做匀减速运动，所受阻力不变，根据P＝Fv可知，功率逐渐减小，选项D错误。2．(2014·全国卷ⅡT16)一物体静止在粗糙水平地面上。现用一大小为F1的水平拉力拉动物体，经过一段时间后其速度变为v。若将水平拉力的大小改为F2，物体从静止开始经过同样的时间后速度变为2v。对于上述两个过程，用WF1、WF2分别表示拉力F1、F2所做的功，Wf1、Wf2分别表示前后两次克服摩擦力所做的功，则()A．WF2>4WF1，Wf2>2Wf1B．WF2>4WF1，Wf2＝2Wf1C．WF2<4WF1，Wf2＝2Wf1D．WF2<4WF1，Wf2<2Wf1解析：选C根据匀变速直线运动的规律、牛顿第二定律、功的计算公式解题。根据x＝eq\f(v＋v0,2)t得，两过程的位移关系x1＝eq\f(1,2)x2，根据加速度的定义a＝eq\f(v－v0,t)，得两过程的加速度关系为a1＝eq\f(a2,2)。由于在相同的粗糙水平地面上运动，故两过程的摩擦力大小相等，即f1＝f2＝f，根据牛顿第二定律F－f＝ma得，F1－f1＝ma1，F2－f2＝ma2，所以F1＝eq\f(1,2)F2＋eq\f(1,2)f，即F1>eq\f(F2,2)。根据功的计算公式W＝Fl，可知Wf1＝eq\f(1,2)Wf2，WF1>eq\f(1,4)WF2，故选项C正确，选项A、B、D错误。3．(2015·全国卷ⅡT17)一汽车在平直公路上行驶。从某时刻开始计时，发动机的功率P随时间t的变化如图1­9所示。假定汽车所受阻力的大小f恒定不变。下列描述该汽车的速度v随时间t变化的图线中，可能正确的是()图1­9解析：选A由P­t图像知：0～t1内汽车以恒定功率P1行驶，t1～t2内汽车以恒定功率P2行驶。设汽车所受牵引力为F，则由P＝Fv得，当v增加时，F减小，由a＝eq\f(F－f,m)知a减小，又因速度不可能突变，所以选项B、C、D错误，选项A正确。4．(2015·全国卷ⅠT17)如图1­10，一半径为R、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ水平。一质量为m的质点自P点上方高度R处由静止开始下落，恰好从P点进入轨道。质点滑到轨道最低点N时，对轨道的压力为4mg，g为重力加速度的大小。用W表示质点从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功。则()图1­10A．W＝eq\f(1,2)mgR，质点恰好可以到达Q点B．W>eq\f(1,2)mgR，质点不能到达Q点C．W＝eq\f(1,2)mgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离D．W<eq\f(1,2)mgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离解析：选C设质点到达N点的速度为vN，在N点质点受到轨道的弹力为FN，则FN－mg＝eq\f(mvN2,R)，已知FN＝FN′＝4mg，则质点到达N点的动能为EkN＝eq\f(1,2)mvN2＝eq\f(3,2)mgR。质点由开始至N点的过程，由动能定理得mg·2R＋Wf＝EkN－0，解得摩擦力做的功为Wf＝－eq\f(1,2)mgR，即克服摩擦力做的功为W＝－Wf＝eq\f(1,2)mgR。设从N到Q的过程中克服摩擦力做功为W′，则W′<W。从N到Q的过程，由动能定理得－mgR－W′＝eq\f(1,2)mvQ2－eq\f(1,2)mvN2，即eq\f(1,2)mgR－W′＝eq\f(1,2)mvQ2，故质点到Q点后速度不为0，质点继续上升一段距离。选项C正确。eq\a\vs4\eq\a\vs4\al([把握考情])功和功率的分析与计算是高考的常考内容，对功的考查常有：功的正、负分析，恒力做功、变力做功的计算等。对功率的考查常有功率的计算、机车启动问题等，试题难度中等。功能关系与能量守恒定律1．(2014·全国卷ⅡT15)取水平地面为重力势能零点。一物块从某一高度水平抛出，在抛出点其动能与重力势能恰好相等。不计空气阻力。该物块落地时的速度方向与水平方向的夹角为()A．eq\f(π,6) B．eq\f(π,4)C．eq\f(π,3) D．eq\f(5π,12)解析：选B设物块水平抛出的初速度为v0，高度为h，由机械能守恒定律得eq\f(1,2)mv02＝mgh，即v0＝eq\r(2gh)。物块在竖直方向上的运动是自由落体运动，故落地时的竖直分速度vy＝eq\r(2gh)＝vx＝v0，则该物块落地时的速度方向与水平方向的夹角θ＝eq\f(π,4)，故选项B正确，选项A、C、D错误。2．(2014·全国卷ⅡT17)如图1­11，一质量为M的光滑大圆环，用一细轻杆固定在竖直平面内；套在大环上质量为m的小环(可视为质点)，从大环的最高处由静止滑下。重力加速度大小为g。当小环滑到大环的最低点时，大环对轻杆拉力的大小为()图1­11A．Mg－5mg B．Mg＋mgC．Mg＋5mg D．Mg＋10mg解析：选C设大环半径为R，质量为m的小环滑下过程中遵守机械能守恒定律，所以eq\f(1,2)mv2＝mg·2R。小环滑到大环的最低点时的速度为v＝2eq\r(gR)，根据牛顿第二定律得FN－mg＝eq\f(mv2,R)，所以在最低点时大环对小环的支持力FN＝mg＋eq\f(mv2,R)＝5mg。根据牛顿第三定律知，小环对大环的压力FN′＝FN＝5mg，方向向下。对大环，据平衡条件，轻杆对大环的拉力T＝Mg＋FN′＝Mg＋5mg。根据牛顿第三定律，大环对轻杆拉力的大小为T′＝T＝Mg＋5mg，故选项C正确，选项A、B、D错误。3．(多选)(2015·全国卷ⅡT21)如图1­12，滑块a、b的质量均为m，a套在固定竖直杆上，与光滑水平地面相距h，b放在地面上。a、b通过铰链用刚性轻杆连接，由静止开始运动。不计摩擦，a、b可视为质点，重力加速度大小为g。则()图1­12A．a落地前，轻杆对b一直做正功B．a落地时速度大小为eq\r(2gh)C．a下落过程中，其加速度大小始终不大于gD．a落地前，当a的机械能最小时，b对地面的压力大小为mg解析：选BD由题意知，系统机械能守恒。设某时刻a、b的速度分别为va、vb。此时刚性轻杆与竖直杆的夹角为θ，分别将va、vb分解，如图。因为刚性杆不可伸长，所以沿杆的分速度v∥与v∥′是相等的，即vacosθ＝vbsinθ。当a滑至地面时θ＝90°，此时vb＝0，由系统机械能守恒得mgh＝eq\f(1,2)mva2，解得va＝eq\r(2gh)，选项B正确。同时由于b初、末速度均为零，运动过程中其动能先增大后减小，即杆对b先做正功后做负功，选项A错误。杆对b的作用先是推力后是拉力，对a则先是阻力后是动力，即a的加速度在受到杆的向下的拉力作用时大于g，选项C错误。b的动能最大时，杆对a、b的作用力为零，此时a的机械能最小，b只受重力和支持力，所以b对地面的压力大小为mg，选项D正确。正确选项为B、D。eq\a\vs4\eq\a\vs4\al([把握考情])本考点常结合不同试题情景考查功能关系、能量守恒定律，易与平抛运动、圆周运动、运动的合成与分解等知识相结合进行综合考查，试题难度一般中等偏上。电场强度、电势、电势能的分析与计算1．(多选)(2014·全国卷ⅡT19)关于静电场的电场强度和电势，下列说法正确的是()A．电场强度的方向处处与等电势面垂直B．电场强度为零的地方，电势也为零C．随着电场强度的大小逐渐减小，电势也逐渐降低D．任一点的电场强度总是指向该点电势降落最快的方向解析：选AD电场线(电场强度)的方向总是与等电势面垂直，选项A正确。电场强度和电势是两个不同的物理量，电场强度等于零的地方，电势不一定等于零，选项B错误。沿着电场线方向，电势不断降落，电势的高低与电场强度的大小无必然关系，选项C错误。电场线(电场强度)的方向总是从高的等电势面指向低的等电势面，而且是电势降落最快的方向，选项D正确。2．(2013·全国卷ⅠT15)如图1­13，一半径为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＞0)的固定点电荷。已知b点处的电场强度为零，则d点处电场强度的大小为(k为静电力常量)()图1­13A．keq\f(3q,R2) B．keq\f(10q,9R2)C．keq\f(Q＋q,R2) D．keq\f(9Q＋q,9R2)解析：选B由于在a点放置一点电荷q后，b点电场强度为零，说明点电荷q在b点产生的电场强度与圆盘上Q在b点产生的电场强度大小相等，即EQ＝Eq＝keq\f(q,R2)，根据对称性可知Q在d点产生的电场强度大小EQ′＝keq\f(q,R2)，则Ed＝EQ′＋Eq′＝keq\f(q,R2)＋keq\f(q,3R2)＝keq\f(10q,9R2)，故选项B正确。3．(2015·全国卷ⅠT15)如图1­14，直线a、b和c、d是处于匀强电场中的两组平行线，M、N、P、Q是它们的交点，四点处的电势分别为φM、φN、φP、φQ。一电子由M点分别运动到N点和P点的过程中，电场力所做的负功相等。则()图1­14A．直线a位于某一等势面内，φM>φQB．直线c位于某一等势面内，φM>φNC．若电子由M点运动到Q点，电场力做正功D．若电子由P点运动到Q点，电场力做负功解析：选B由电子从M点分别运动到N点和P点的过程中电场力所做的负功相等可知，N、P两点在同一等势面上，且电场线方向为M→N，故选项B正确，选项A错误。M点与Q点在同一等势面上，电子由M点运动到Q点，电场力不做功，故选项C错误。电子由P点运动到Q点，电场力做正功，故选项D错误。eq\a\vs4\eq\a\vs4\al([把握考情])本考点常涉及电场强度、电势、电势能的特点及大小比较及电场强度的大小计算等，试题难度中等。带电粒子在匀强电场中的直线运动1．(多选)(2012·全国卷T18)如图1­15，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()图1­15A．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：选BD由题意可知粒子做直线运动，受到竖直向下的重力和垂直极板的电场力，考虑到电场力和重力不可能平衡，故只有电场力与重力的合力方向水平向左才能满足直线运动条件，故粒子做匀减速直线运动，电场力做负功，电势能逐渐增加，B、D对。2．(2013·全国卷ⅠT16)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eq\f(d,2)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eq\f(d,3)，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eq\f(d,2)处返回 D．在距上极板eq\f(2,5)d处返回解析：选D当两极板距离为d时，粒子从开始下落到恰好到达下极板过程中，根据动能定理可得：mg×eq\f(3,2)d－qU＝0，当下极板向上移动eq\f(d,3)，设粒子在电场中运动距离x时速度减为零，全过程应用动能定理可得：mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,2)＋x))－qeq\f(U,d－\f(d,3))x＝0，两式联立解得：x＝eq\f(2,5)d，选项D正确。3．(2015·全国卷ⅡT14)如图1­16，两平行的带电金属板水平放置。若在两板中间a点从静止释放一带电微粒，微粒恰好保持静止状态。现将两板绕过a点的轴(垂直于纸面)逆时针旋转45°，再由a点从静止释放一同样的微粒，该微粒将()图1­16A．保持静止状态B．向左上方做匀加速运动C．向正下方做匀加速运动D．向左下方做匀加速运动解析：选D两板水平放置时，放置于两板间a点的带电微粒保持静止，带电微粒受到的电场力与重力平衡。当将两板逆时针旋转45°时，电场力大小不变，方向逆时针偏转45°，受力如图，则其合力方向沿二力角平分线方向，微粒将向左下方做匀加速运动。故选项D正确。eq\a\vs4\eq\a\vs4\al([把握考情])本考点涉及带电粒子在匀强电场中做直线运动时，受力情况、运动规律分析，有时也与功能关系知识相结合进行综合考查，试题难度中等。带电粒子在匀强磁场中的运动1．(2013·全国卷ⅠT18)如图1­17，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eq\f(R,2)。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)()图1­17A．eq\f(qBR,2m) B．eq\f(qBR,m)C．eq\f(3qBR,2m) D．eq\f(2qBR,m)解析：选B作出粒子在圆柱形匀强磁场区域的运动轨迹如图，连接MN，根据粒子射出磁场时的速度方向与初速度方向间的夹角为60°，及MP＝eq\f(R,2)，得出各角大小如图所示，粒子的出射点必与磁场圆的圆心等高，四边形OMO′N为菱形，粒子做圆周运动的半径r＝R，根据qvB＝eq\f(mv2,R)，得v＝eq\f(qBR,m)。2．(多选)(2014·全国卷ⅡT20)图1­18为某磁谱仪部分构件的示意图。图中，永磁铁提供匀强磁场，硅微条径迹探测器可以探测粒子在其中运动的轨迹。宇宙射线中有大量的电子、正电子和质子。当这些粒子从上部垂直进入磁场时，下列说法正确的是()图1­18A．电子与正电子的偏转方向一定不同B．电子与正电子在磁场中运动轨迹的半径一定相同C．仅依据粒子运动轨迹无法判断该粒子是质子还是正电子D．粒子的动能越大，它在磁场中运动轨迹的半径越小解析：选AC根据左手定则，电子、正电子进入磁场后所受洛伦兹力的方向相反，故两者的偏转方向不同，选项A正确；根据qvB＝eq\f(mv2,r)，得r＝eq\f(mv,qB)，若电子与正电子在磁场中的运动速度不相等，则轨迹半径不相同，选项B错误；对于质子、正电子，它们在磁场中运动时不能确定mv的大小，故选项C正确；粒子的mv越大，轨道半径越大，而mv＝eq\r(2mEk)，粒子的动能大，其mv不一定大，选项D错误。3．(2015·全国卷ⅠT14)两相邻匀强磁场区域的磁感应强度大小不同、方向平行。一速度方向与磁感应强度方向垂直的带电粒子(不计重力)，从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，粒子的()A．轨道半径减小，角速度增大B．轨道半径减小，角速度减小C．轨道半径增大，角速度增大D．轨道半径增大，角速度减小解析：选D分析轨道半径：带电粒子从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，粒子的速度v大小不变，磁感应强度B减小，由公式r＝eq\f(mv,qB)可知，轨道半径增大。分析角速度：由公式T＝eq\f(2πm,qB)可知，粒子在磁场中运动的周期增大，根据ω＝eq\f(2π,T)知角速度减小。选项D正确。eq\a\vs4\eq\a\vs4\al([把握考情])本考点考查带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动时，其运动的周期、半径、角速度等运动量的分析与判断，有时也涉及带电粒子在有界磁场中运动的规律分析，试题难度中等偏下。电磁感应中的图像问题1．(2012·全国卷T20)如图1­19，一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，而线框中的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正方向与图中箭头所示方向相同，则i随时间t变化的图线可能是()图1­19解析：选A依题意，线框中感应电流方向总是沿顺时针方向，由于线框受到的安培力中左边框受力较大，故以左边框受力为主，由左手定则可知直线电流方向向上时，线框受到向左的安培力，直线电流方向向下时，线框受到向右的安培力，由题意导线中的电流应先为正后为负，故A对。2．(2013·全国卷ⅡT16)如图1­20，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时导线框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v­t图像中，可能正确描述上述过程的是()图1­20解析：选D由于导线框闭合，导线框以某一初速度向右运动，其右侧边开始进入磁场时，切割磁感线产生感应电动势和感应电流，右侧边受到安培力作用，做减速运动；导线框完全进入磁场中时，导线框中磁通量不变，不产生感应电流，导线框不受安培力作用，做匀速运动；导线框右侧边开始出磁场时，左侧边切割磁感线产生感应电动势和感应电流，左侧边受到安培力作用，导线框做减速运动；导线框进、出磁场区域时，受到的安培力不断减小，导线框的加速度不断减小，所以可能正确描述导线框运动过程的速度图像是D。3．(2014·全国卷ⅠT18)如图1­21(a)，线圈ab、cd绕在同一软铁芯上，在ab线圈中通以变化的电流，用示波器测得线圈cd间电压如图(b)所示，已知线圈内部的磁场与流经线圈的电流成正比，则下列描述线圈ab中电流随时间变化关系的图中，可能正确的是()图1­21解析：选C根据题图(b)可知：cd两端在时间0～0.5内产生恒定的电压，根据法拉第电磁感应定律，穿过线圈的磁通量均匀变化，即eq\f(Δi,Δt)为恒定不变，故选项C正确，A、B、D错误。eq\a\vs4\eq\a\vs4\al([把握考情])电磁感应中的图像问题常涉及法拉第电磁感应定律E＝neq\f(ΔΦ,Δt)及E＝Blv的理解及应用，有的问题也涉及力与运动的关系分析，功能关系及能量守恒知识等，试题难度中等偏上。感应电动势大小的计算1．(2012·全国卷T19)如图1­22，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eq\f(ΔB,Δt)的大小应为()图1­22A．eq\f(4ωB0,π) B．eq\f(2ωB0,π)C．eq\f(ωB0,π) D．eq\f(ωB0,2π)解析：选C当导线框匀速转动时，设半径为r，导线框电阻为R，在很小的Δt时间内，转过圆心角Δθ＝ωΔt，由法拉第电磁感应定律及欧姆定律可得感应电流I1＝eq\f(B0ΔS,RΔt)＝eq\f(B0·πr2\f(Δθ,2π),RΔt)＝eq\f(B0r2ω,2R)；当导线框不动，而磁感应强度发生变化时，同理可得感应电流I2＝eq\f(ΔBS,RΔt)＝eq\f(ΔB·πr2,2RΔt)，令I1＝I2，可得eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(B0ω,π)，C对。2．(2015·全国卷ⅡT15)如图1­23，直角三角形金属框abc放置在匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向平行于ab边向上。当金属框绕ab边以角速度ω逆时针转动时，a、b、c三点的电势分别为Ua、Ub、Uc。已知bc边的长度为l。下列判断正确的是()图1­23A．Ua＞Uc，金属框中无电流B．Ub＞Uc，金属框中电流方向沿a—b—c—aC．Ubc＝－eq\f(1,2)Bl2ω，金属框中无电流D．Uab＝eq\f(1,2)Bl2ω，金属框中电流方向沿a—c—b—a解析：选C金属框abc平面与磁场平行，转动过程中磁通量始终为零，所以无感应电流产生，选项B、D错误。转动过程中bc边和ac边均切割磁感线，产生感应电动势，由右手定则判断Ua＜Uc，Ub＜Uc，选项A错误。由转动切割产生感应电动势的公式得Ubc＝－eq\f(1,2)Bl2ω，选项C正确。eq\a\vs4\eq\a\vs4\al([把握考情])感应电动势的计算公式有三个，E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝neq\f(ΔB,Δt)·S，E＝Blv，E＝eq\f(1,2)Bl2ω。根据不同的问题情景，选择对应的感应电动势公式进行计算，此类问题并非每年高考均有涉及，试题难度中等。理想变压器及动态问题分析1．(2012·全国卷T17)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1­24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()图1­24A．380V和5.3A B．380V和9.1AC．240V和5.3A D．240V和9.1A解析：选B对理想变压器，原、副线圈功率相同，故通过原线圈的电流I1＝eq\f(P,U1)＝eq\f(2000,220)A≈9.1A，负载两端电压即为副线圈电压，由eq\f(U1,n1)＝eq\f(U2,n2)，即eq\f(220,1100)＝eq\f(U2,1900)，可得U2＝380V，故B对。2．(多选)(2014·全国卷ⅡT21)如图1­25，一理想变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2。原线圈通过一理想电流表接正弦交流电源，一个二极管和阻值为R的负载电阻串联后接到副线圈的两端。假设该二极管的正向电阻为零，反向电阻为无穷大。用交流电压表测得a、b端和c、d端的电压分别为Uab和Ucd，则()图1­25A．Uab∶Ucd＝n1∶n2B．增大负载电阻的阻值R，电流表的读数变小C．负载电阻的阻值越小，cd间的电压Ucd越大D．将二极管短路，电流表的读数加倍解析：选BD根据变压器的工作原理、交流电的有效值解题。变压器的变压比eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，其中U1、U2是变压器原、副线圈两端的电压。U1＝Uab，由于二极管的单向导电特性，Ucd≠U2，选项A错误。增大负载电阻R的阻值，负载的电功率减小，由于P入＝P出，且P入＝I1Uab，所以原线圈上的电流I1减小，即电流表的读数变小，选项B正确。c、d端的电压由输入电压Uab决定，负载电阻R的阻值变小时，Uab不变，选项C错误。根据变压器上的能量关系有E输入＝E输出，在一个周期T的时间内，二极管未短路时有UabI1T＝eq\f(U2,R)·eq\f(T,2)＋0(U为副线圈两端的电压)，二极管短路时有UabI2T＝eq\f(U2,R)T，由以上两式得I2＝2I1，选项D正确。3．(2015·全国卷ⅠT16)一理想变压器的原、副线圈的匝数比为3∶1，在原、副线圈的回路中分别接有阻值相同的电阻，原线圈一侧接在电压在220V的正弦交流电源上，如图1­26所示。设副线圈回路中电阻两端的电压为U，原、副线圈回路中电阻消耗的功率的比值为k，则()图1­26A．U＝66V，k＝eq\f(1,9) B．U＝22V，k＝eq\f(1,9)C．U＝66V，k＝eq\f(1,3) D．U＝22V，k＝eq\f(1,3)解析：选A设原、副线圈中的电流分别I1、I2，则eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)＝eq\f(1,3)，故k＝eq\f(I12R,I22R)＝eq\f(1,9)。设原线圈两端的电压为U1，则eq\f(U1,U)＝eq\f(n1,n2)＝eq\f(3,1)，故U1＝3U，而原线圈上电阻分担的电压为eq\f(1,3)U，故eq\f(U,3)＋3U＝220V，解得U＝66V。选项A正确。eq\a\vs4\eq\a\vs4\al([把握考情])本考点常涉及理想变压器原、副线圈的电压、电流与匝数的比例关系的应用及变压器动态问题分析，交流电有效值的计算等，试题条件设置较灵活，难度中等或偏上。二、2个实验题考情研究力学实验1．(7分)(2013·全国卷ⅠT22)图2­1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：图2­1①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ΔtA和ΔtB，求出加速度a；④多次重复步骤③，求a的平均值eq\x\to(a)；⑤根据上述实验数据求出动摩擦因数μ。回答下列问题：(1)测量d时，某次游标卡尺(主尺的最小分度为1mm)的示数如图2­2所示，其读数为________cm。图2­2(2)物块的加速度a可用d、s、ΔtA和ΔtB表示为a＝________。(3)动摩擦因数μ可用M、m、eq\x\to(a)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)游标卡尺主尺读数为0.9cm，游标为20分度，读数为12×0.05mm＝0.060cm，游标卡尺的读数为0.9cm＋0.060cm＝0.960cm。(2)遮光片通过光电门A的速度为vA＝eq\f(d,ΔtA)，通过光电门B的速度为vB＝eq\f(d,ΔtB)，根据veq\o\al(2,B)－veq\o\al(2,A)＝2as可解得a＝eq\f(1,2s)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,ΔtB)))2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,ΔtA)))2))。(3)设细线拉力为T，以物块为研究对象，水平方向上：T－μMg＝Meq\x\to(a)，以重物为研究对象，竖直方向上：mg－T＝meq\x\to(a)，两式联立解得μ＝eq\f(mg－M＋m\x\to(a),Mg)。(4)由于仪器未调整好造成的误差，属于系统误差。答案：(1)0.960(2)eq\f(1,2s)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,ΔtB)))2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,ΔtA)))2))(3)eq\f(mg－M＋m\x\to(a),Mg)(4)系统误差2．(6分)(2014·全国卷ⅠT22)某同学利用图2­3(a)所示实验装置及数字化信息系统获得了小车加速度a与钩码的质量m的对应关系图，如图(b)所示。实验中小车(含发射器)的质量为200g，实验时选择了不可伸长的轻质细绳和轻定滑轮，小车的加速度由位移传感器及与之相连的计算机得到。回答下列问题：图2­3(1)根据该同学的结果，小车的加速度与钩码的质量成________(填“线性”或“非线性”)关系。(2)由图(b)可知，a­m图线不经过原点，可能的原因是________________。(3)若利用本实验装置来验证“在小车质量不变的情况下，小车的加速度与作用力成正比”的结论，并直接以钩码所受重力mg作为小车受到的合外力，则实验中应采取的改进措施是________________________，钩码的质量应满足的条件是________________________。解析：(1)根据题图(b)坐标系中给出的数据，连线，小车的加速度与钩码的质量成非线性关系。(2)根据题图(b)中数据，小车受到钩码的拉力的作用，但没有加速度，故未平衡摩擦力或倾角过小，没有完全平衡摩擦力。(3)在实验中要求“直接以钩码所受重力mg作为小车受到的合外力”需要满足两个条件：①平衡摩擦力；②钩码的质量远小于小车(含发射器)的质量。答案：(1)非线性(2)存在摩擦力(3)调节轨道的倾斜度以平衡摩擦力远小于小车的质量3．(6分)(2015·全国卷ⅠT22)某物理小组的同学设计了一个粗测玩具小车通过凹形桥最低点时的速度的实验。所用器材有：玩具小车、压力式托盘秤、凹形桥模拟器(圆弧部分的半径为R＝0.20m)。图2­4完成下列填空：(1)将凹形桥模拟器静置于托盘秤上，如图(a)所示，托盘秤的示数为1.00kg。(2)将玩具小车静置于凹形桥模拟器最低点时，托盘秤的示数如图(b)所示，该示数为________kg。(3)将小车从凹形桥模拟器某一位置释放，小车经过最低点后滑向另一侧。此过程中托盘秤的最大示数为m；多次从同一位置释放小车，记录各次的m值如下表所示。序号12345m(kg)1.801.751.851.751.90(4)根据以上数据，可求出小车经过凹形桥最低点时对桥的压力为______N；小车通过最低点时的速度大小为________m/s。(重力加速度大小取9.80m/s2，计算结果保留2位有效数字)解析：(2)题图(b)中托盘秤的示数为1.40kg。(4)小车5次经过最低点时托盘秤的示数平均值为m＝eq\f(1.80＋1.75＋1.85＋1.75＋1.90,5)kg＝1.81kg。小车经过凹形桥最低点时对桥的压力为F＝(m－1.00)g＝(1.81－1.00)×9.80N≈7.9N由题意可知小车的质量为m′＝(1.40－1.00)kg＝0.40kg对小车，在最低点时由牛顿第二定律得F－m′g＝eq\f(m′v2,R)解得v≈1.4m/s。答案：(2)1.40(4)7.91.44．(6分)(2015·全国卷ⅡT22)某同学用图2­5(a)所示的实验装置测量物块与斜面之间的动摩擦因数。已知打点计时器所用电源的频率为50Hz，物块下滑过程中所得到的纸带的一部分如图(b)所示，图中标出了五个连续点之间的距离。图2­5(1)物块下滑时的加速度a＝________m/s2，打C点时物块的速度v＝________m/s；(2)已知重力加速度大小为g，为求出动摩擦因数，还必须测量的物理量是________(填正确答案标号)。A．物块的质量B．斜面的高度C．斜面的倾角解析：(1)物块沿斜面下滑做匀加速运动，根据纸带可得连续两段距离之差为0.13cm，由a＝eq\f(Δx,T2)得a＝eq\f(0.13×10－2,0.022)m/s2＝3.25m/s2，其中C点速度v＝eq\f(xBD,tBD)＝eq\f(3.65＋3.52×10－2,2×0.02)m/s≈1.79m/s。(2)对物块进行受力分析如图，则物块所受合外力为F合＝mgsinθ－μmgcosθ，即a＝gsinθ－μgcosθ得μ＝eq\f(gsinθ－a,gcosθ)，所以还需测量的物理量是斜面的倾角θ。答案：(1)3.251.79(2)Ceq\a\vs4\eq\a\vs4\al([把握考情])本考点有高考要求的基本实验原理、数据处理方法、误差分析及有效数字的考查，但高考更偏重于对实验目的、实验器材、实验原理等问题的创新设计，试题难度中等偏上。电学实验1．(8分)(2013·全国卷ⅠT23)某学生实验小组利用图2­6所示电路，测量多用电表内电池的电动势和电阻“×1k”挡内部电路的总电阻。使用的器材有：图2­6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“×1k”挡，再将红表笔和黑表笔________，调零点。(2)将图2­6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2­7甲所示，这时电压表的示数如图乙所示，多用电表和电压表的读数分别为______kΩ和______V。图2­7(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2­8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“×1k”挡内部电路的总电阻为________kΩ。图2­8解析：(1)使用多用电表测电阻时，换挡后需重新进行欧姆调零，故应将两表笔短接进行调零。(2)电流应从多用电表的红表笔流入、黑表笔流出，故红表笔应接“1”。(3)从图(b)可以看出指针指向欧姆挡15.0位置，电阻挡为“×1k”，故读数为15.0kΩ；由于电压表量程为5V，指针所指位置为3.60，故读数为3.60V。(4)当滑动变阻器连入电路中的电阻为零时，多用电表读数即为电压表内阻，所以电压表内阻为12.0kΩ。(5)设多用电表内电池的电动势为E、多用电表内阻为R，由第(3)、(4)问可知eq\f(E,R＋15.0kΩ)＝eq\f(3.60V,12.0kΩ)，eq\f(E,R＋12.0kΩ)＝eq\f(4.00V,12.0kΩ)，两式联立解得：E＝9.00V，R＝15.0kΩ。答案：(1)短接(2)1(3)15.03.60(4)12.0(5)9.0015.02．(6分)(2014·全国卷ⅡT22)在伏安法测电阻的实验中，待测电阻Rx约为200Ω，电压表的内阻约为2kΩ，电流表的内阻约为10Ω，测量电路中电流表的连接方式如图(a)或图(b)所示，结果由公式Rx＝eq\f(U,I)计算得出，式中U与I分别为电压表和电流表的示数。若将图(a)和图(b)中电路测得的电阻值分别记为Rx1和Rx2，则______(填“Rx1”或“Rx2”)更接近待测电阻的真实值，且测量值Rx1______(填“大于”“等于”或“小于”)真实值，测量值Rx2______(填“大于”“等于”或“小于”)真实值。图2­9解析：根据题意知eq\f(Rx,RA)>eq\f(RV,Rx)，电压表的分流作用较显著，故Rx1更接近待测电阻的真实值。图(a)的测量值是Rx与RA串联的电阻阻值，故Rx1>Rx真；图(b)的测量值是Rx与RV并联的电阻阻值，故Rx2<Rx真。答案：Rx1大于小于3．(9分)(2015·全国卷ⅠT23)图2­10为某同学改装和校准毫安表的电路图，其中虚线框内是毫安表的改装电路。(a)(b)图2­10(1)已知毫安表表头的内阻为100Ω，满偏电流为1mA；R1和R2为阻值固定的电阻。若使用a和b两个接线柱，电表量程为3mA；若使用a和c两个接线柱，电表量程为10mA。由题给条件和数据，可以求出R1＝________Ω，R2＝________Ω。(2)现用一量程为3mA、内阻为150Ω的标准电流表对改装电表的3mA挡进行校准，校准时需选取的刻度为0.5mA、1.0mA、1.5mA、2.0mA、2.5mA、3.0mA。电池的电动势为1.5V，内阻忽略不计；定值电阻R0有两种规格，阻值分别为300Ω和1000Ω；滑动变阻器R有两种规格，最大阻值分别为750Ω和3000Ω。则R0应选用阻值为________Ω的电阻，R应选用最大阻值为________Ω的滑动变阻器。(3)若电阻R1和R2中有一个因损坏而阻值变为无穷大，利用图(b)的电路可以判断出损坏的电阻。图(b)中的R′为保护电阻，虚线框内未画出的电路即为图(a)虚线框内的电路。则图中的d点应和接线柱________(填“b”或“c”)相连。判断依据是：____________。解析：(1)设使用a和b两接线柱时，电表量程为I1，使用a和c两接线柱时，电表量程为I2，则使用a和b时：eq\f(IgRg,R1＋R2)＋Ig＝I1 ①使用a和c时：eq\f(IgRg＋R2,R1)＋Ig＝I2 ②由①②两式得R1＝15Ω，R2＝35Ω。(2)校准时电路中的总电阻的最小值为R小＝eq\f(1.5,3.0×10－3)Ω＝500Ω，总电阻的最大值为R大＝eq\f(1.5,0.5×10－3)Ω＝3000Ω，故R0选300Ω的，R选用最大阻值为3000Ω的滑动变阻器。(3)d接b时，R1和R2串联，不论是R1还是R2损坏，电表都有示数且示数相同，故应将d接c。根据d接c时的电路连接情况可知：闭合开关，若电表指针偏转，则损坏的电阻是R1；若电表指针不动，则损坏的电阻是R2。答案：(1)1535(2)3003000(3)c闭合开关时，若电表指针偏转，则损坏的电阻是R1；若电表指针不动，则损坏的电阻是R24．(9分)(2015·全国卷ⅡT23)电压表满偏时通过该表的电流是半偏时通过该表电流的两倍。某同学利用这一事实测量电压表的内阻(半偏法)，实验室提供的器材如下：待测电压表(量程3V，内阻约为3000Ω)，电阻箱R0(最大阻值为99999.9Ω)，滑动变阻器R1(最大阻值100Ω，额定电流2A)，电源E(电动势6V，内阻不计)，开关两个，导线若干。(1)虚线框内为该同学设计的测量电压表内阻的电路图的一部分，将电路图补充完整。图2­11(2)根据设计的电路，写出实验步骤：________________________________________________________________________________________________________________。(3)将这种方法测出的电压表内阻记为RV′，与电压表内阻的真实值RV相比，RV′________RV(填“＞”“＝”或“＜”)，主要理由是____________________。解析：(1)因滑动变阻器阻值较小，所以选择滑动变阻器的分压接法。实验电路如图所示。(2)移动滑动变阻器的滑片，以保证通电后电压表所在支路分压最小；闭合开关S1、S2，调节R1，使电压表的指针满偏；保持滑动变阻器滑片的位置不变，断开S2，调节电阻箱R0，使电压表的指针半偏；读取电阻箱所示的电阻值，此即为测得的电压表内阻。(3)断开S2，调节电阻箱使电压表成半偏状态，电压表所在支路总电阻增大，分得的电压也增大；此时R0两端的电压大于电压表的半偏电压，故RV′＞RV(其他合理说法同样给分)。答案：见解析eq\a\vs4\eq\a\vs4\al([把握考情])高考在电学实验部分的命题灵活多变，既有考试说明要求的物理实验的考查，如伏安法测电阻、多用电表的读数及应用等，又有创新实验设计的考查，如半偏法测电表内阻、电表的改装与校对等，试题难度中等偏上。三、2个解答题考情研究力学解答题1．(14分)(2012·全国卷T24)拖把是由拖杆和拖把头构成的擦地工具(如图3­1)。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μ，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θ。图3­1(1)若拖把头在地板上匀速移动，求推拖把的力的大小。(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λ。已知存在一临界角θ0，若θ≤θ0，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tanθ0。解析：(1)设该同学沿拖杆方向用大小为F的力推拖把。将推拖把的力沿竖直和水平方向分解，按平衡条件有Fcosθ＋mg＝FN ①Fsinθ＝Ff ②式中FN和Ff分别为地板对拖把的正压力和摩擦力。所以有Ff＝μFN ③联立①②③式得F＝eq\f(μ,sinθ－μcosθ)mg。 ④(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，应用Fsinθ≤λFN ⑤这时，①式仍成立。联立①⑤式得sinθ－λcosθ≤λeq\f(mg,F) ⑥现求解使上式成立的θ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sinθ－λcosθ≤0 ⑦使上式成立的θ角满足θ≤θ0，这里θ0是题中所定义的临界角，即当θ≤θ0时，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tanθ0＝λ。 ⑧答案：见解析2．(13分)(2013·全国卷ⅠT24)水平桌面上有两个玩具车A和B，两者用一轻质细橡皮筋相连，在橡皮筋上有一红色标记R。在初始时橡皮筋处于拉直状态，A、B和R分别位于直角坐标系中的(0,2l)、(0，－l)和(0,0)点。已知A从静止开始沿y轴正向做加速度大小为a的匀加速运动；B平行于x轴朝x轴正向匀速运动。在两车此后运动的过程中，标记R在某时刻通过点(l，l)。假定橡皮筋的伸长是均匀的，求B解析：设B车的速度大小为v。如图所示，标记R在时刻t通过点K(l，l)，此时A、B的位置分别为H、G。由运动学公式，H的纵坐标yA、G的横坐标xB分别为yA＝2l＋eq\f(1,2)at2 ①xB＝vt ②在开始运动时，R到A和B的距离之比为2∶1，即OE∶OF＝2∶1由于橡皮筋的伸长是均匀的，在以后任一时刻R到A和B的距离之比都为2∶1。因此，在时刻t有HK∶KG＝2∶1 ③由于△FGH∽△IGK，有HG∶KG＝xB∶(xB－l) ④HG∶KG＝(yA＋l)∶2l 由③④⑤式得xB＝eq\f(3,2)l ⑥yA＝5l 联立①②⑥⑦式得v＝eq\f(1,4)eq\r(6al) ⑧答案：eq\f(1,4)eq\r(6al)3．(12分)(2014·全国卷ⅠT24)公路上行驶的两汽车之间应保持一定的安全距离。当前车突然停止时，后车司机可以采取刹车措施，使汽车在安全距离内停下而不会与前车相碰。通常情况下，人的反应时间和汽车系统的反应时间之和为1s。当汽车在晴天干燥沥青路面上以108km/h的速度匀速行驶时，安全距离为120m。设雨天时汽车轮胎与沥青路面间的动摩擦因数为晴天时的eq\f(2,5)。若要求安全距离仍为120m，求汽车在雨天安全行驶的最大速度。解析：设路面干燥时，汽车与地面间的动摩擦因数为μ0，刹车时汽车的加速度大小为a0，安全距离为s，反应时间为t0，由牛顿第二定律和运动学公式得μ0mg＝ma0 ①s＝v0t0＋eq\f(veq\o\al(2,0),2a0) ②式中，m和v0分别为汽车的质量和刹车前的速度。设在雨天行驶时，汽车与地面间的动摩擦因数为μ，依题意有μ＝eq\f(2,5)μ0 ③设在雨天行驶时汽车刹车的加速度大小为a，安全行驶的最大速度为v，由牛顿第二定律和运动学公式得μmg＝ma ④s＝vt0＋eq\f(v2,2a) ⑤联立①②③④⑤式并代入题给数据得v＝20m/s(或72km/h)。 ⑥答案：20m/s(或72km/h)4．(20分)(2015·全国卷ⅡT25)下暴雨时，有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害。某地有一倾角为θ＝37°eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin37°＝\f(3,5)))的山坡C，上面有一质量为m的石板B，其上下表面与斜坡平行；B上有一碎石堆A(含有大量泥土)，A和B均处于静止状态，如图3­2所示。假设某次暴雨中，A浸透雨水后总质量也为m(可视为质量不变的滑块)，在极短时间内，A、B间的动摩擦因数μ1减小为eq\f(3,8)，B、C间的动摩擦因数μ2减小为0.5，A、B开始运动，此时刻为计时起点；在第2s末，B的上表面突然变为光滑，μ2保持不变。已知A开始运动时，A离B下边缘的距离l＝27m，C足够长，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。取重力加速度大小g＝10m/s2。求：图3­2(1)在0～2s时间内A和B加速度的大小；(2)A在B上总的运动时间。解析：(1)在0～2s时间内，A和B的受力如图所示，其中f1、N1是A与B之间的摩擦力和正压力的大小，f2、N2是B与C之间的摩擦力和正压力的大小，方向如图所示。由滑动摩擦力公式和力的平衡条件得f1＝μ1N1 ①N1＝mgcosθ ②f2＝μ2N2 ③N2＝N1′＋mgcosθ ④规定沿斜面向下为正。设A和B的加速度分别为a1和a2，由牛顿第二定律得mgsinθ－f1＝ma1 ⑤mgsinθ－f2＋f1′＝ma2 ⑥N1＝N1′ ⑦f1＝f1′ ⑧联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，并代入题给数据得a1＝3m/s2 ⑨a2＝1m/s2。 ⑩(2)在t1＝2s时，设A和B的速度分别为v1和v2，则v1＝a1t1＝6m/s ⑪v2＝a2t1＝2m/s ⑫t＞t1时，设A和B的加速度分别为a1′和a2′。此时A与B之间的摩擦力为零，同理可得a1′＝6m/s2 ⑬a2′＝－2m/s2 ⑭B做减速运动。设经过时间t2，B的速度减为零，则有v2＋a2′t2＝0⑮联立⑫⑭⑮式得t2＝1s ⑯在t1