2013年天津市高考物理試卷解析版

1、2013年天津市高考物理試卷解析版參考答案與試題解析一、選擇題1（3分）下列說(shuō)法正確的是（）A原子核發(fā)生衰變時(shí)要遵守電荷守恒和質(zhì)量守恒的規(guī)律B射線、射線、射線都是高速運(yùn)動(dòng)的帶電粒子流C氫原子從激發(fā)態(tài)向基態(tài)躍遷只能輻射特定頻率的光子D發(fā)生光電效應(yīng)時(shí)光電子的動(dòng)能只與入射光的強(qiáng)度有關(guān)【考點(diǎn)】J4：氫原子的能級(jí)公式和躍遷菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】54N：原子的能級(jí)結(jié)構(gòu)專題【分析】原子核衰變時(shí)電荷數(shù)守恒，質(zhì)量數(shù)守恒；射線和射線分別是帶正電的氦核流和帶負(fù)電的電子流，而射線不帶電； 能級(jí)間躍遷輻射的光子能量等于兩能級(jí)間的能級(jí)差；根據(jù)光電效應(yīng)方程得出光電子的最大初動(dòng)能與什么因素有關(guān)?！窘獯稹拷猓篈、原子核發(fā)生衰變

2、時(shí)，電荷守恒，但會(huì)有質(zhì)量虧損，遵循的是愛因斯坦的質(zhì)能方程而非質(zhì)量守恒規(guī)律； 故A錯(cuò)誤。 B、射線和射線分別是帶正電的氦核流和帶負(fù)電的電子流，而射線不帶電；故B錯(cuò)誤。 C、根據(jù)玻爾氫原子模型的相關(guān)理論，電子軌道和能量都是量子化的，而在“躍遷”過(guò)程中要遵循h(huán)EmEn，故只能輻射特定頻率的光子。故C正確。 D、由光電效應(yīng)的方程EkhW0可知，光電子的動(dòng)能由入射光頻率決定。故D錯(cuò)誤。故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要考查原子結(jié)構(gòu)和原子核的相關(guān)知識(shí)。選項(xiàng)的迷惑性大，關(guān)鍵要熟悉教材，牢記這些基本的知識(shí)點(diǎn)，以及加強(qiáng)訓(xùn)練。2（3分）我國(guó)女子短道速滑隊(duì)在今年世錦賽上實(shí)現(xiàn)女子3000m接力三連冠。觀察發(fā)現(xiàn)，“接棒”的運(yùn)動(dòng)

3、員甲提前站在“交棒”的運(yùn)動(dòng)員乙前面，并且開始向前滑行，待乙追上甲時(shí)，乙猛推甲一把，使甲獲得更大的速度向前沖出。在乙推甲的過(guò)程中，忽略運(yùn)動(dòng)員與冰面間在水平方向上的相互作用，則（）A甲對(duì)乙的沖量一定等于乙對(duì)甲的沖量B甲、乙的動(dòng)量變化一定大小相等方向相反C甲的動(dòng)能增加量一定等于乙的動(dòng)能減少量D甲對(duì)乙做多少負(fù)功，乙對(duì)甲就一定做多少正功【考點(diǎn)】52：動(dòng)量定理；53：動(dòng)量守恒定律菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【分析】本題主要考查能量（做功正負(fù)判斷）、動(dòng)量（動(dòng)量定理、動(dòng)量守恒）相關(guān)知識(shí)，結(jié)合彈性碰撞和非彈性碰撞的動(dòng)量和能量關(guān)系展開討論?！窘獯稹拷猓篈、因?yàn)闆_量是矢量，甲對(duì)已的作用力與乙對(duì)甲的作用力大小相等方向相反，故沖量大

4、小相等方向相反，故A錯(cuò)誤。BCD、設(shè)甲乙兩運(yùn)動(dòng)員的質(zhì)量分別為m甲、m乙，追上之前的瞬間甲、乙兩運(yùn)動(dòng)員的速度分別是v甲，v乙，根據(jù)題意整個(gè)交接棒過(guò)程可以分為兩部分：完全非彈性碰撞過(guò)程“交棒”；m甲v甲+m乙v乙（m甲+m乙）v共向前推出（人船模型）“接棒”（m甲+m乙）v共m甲v甲+m乙v乙由上面兩個(gè)方程聯(lián)立可以解得：m甲v甲m乙v乙，即B選項(xiàng)正確。經(jīng)歷了中間的完全非彈性碰撞過(guò)程 會(huì)有動(dòng)能損失，C、D選項(xiàng)錯(cuò)誤。故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】掌握碰撞的分類：彈性碰撞和非彈性碰撞的相關(guān)知識(shí)是解決本題的關(guān)鍵。3（3分）如圖所示，紙面內(nèi)有一矩形導(dǎo)體閉合線框動(dòng)abcd。ab邊長(zhǎng)大于bc邊長(zhǎng)，置于垂直紙面向里、邊界為M

5、N的勻強(qiáng)磁場(chǎng)外，線框兩次勻速地完全進(jìn)入磁場(chǎng)，兩次速度大小相同，方向均垂直于MN第一次ab邊平行MN進(jìn)入磁場(chǎng)。線框上產(chǎn)生的熱量為Q1，通過(guò)線框?qū)w橫截面的電荷量為q1：第二次bc邊平行MN進(jìn)入磁場(chǎng)。線框上產(chǎn)生的熱量為Q2，通過(guò)線框?qū)w橫截面的電荷量為q2，則（）AQ1Q2 q1q2BQ1Q2 q1q2CQ1Q2 q1q2DQ1Q2 q1q2【考點(diǎn)】D9：導(dǎo)體切割磁感線時(shí)的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)；DD：電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)化菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】538：電磁感應(yīng)功能問題【分析】根據(jù)q=NR總，可判兩次進(jìn)入通過(guò)線框?qū)w橫截面的電荷量相等；根據(jù)功能關(guān)系可求線框中產(chǎn)生的熱量?！窘獯稹拷猓涸O(shè)ab和bc邊長(zhǎng)分別為lab，

6、lbc，若假設(shè)穿過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域的速度為v，則有Q1|W安1|=BI1lablbc=B2lab2vRlbc，q1=I1t=NR總=BlablbcR同理可以求得Q2|W安2|=BI2lbclab=B2lbc2vRlabq2=I2t=NR總=BlablbcRlablbc，由于兩次“穿越”過(guò)程均為相同速率穿過(guò)，通過(guò)比較可知Q1Q2，通過(guò)比較可知q1q2，所以A選項(xiàng)正確，BCD錯(cuò)誤。故選：A?！军c(diǎn)評(píng)】在電磁感應(yīng)題目中，公式q=NR總?？?，要牢記，選擇題中可直接應(yīng)用，計(jì)算題中要寫出推導(dǎo)過(guò)程；對(duì)于電磁感應(yīng)能量問題一般有三種方法求解：利用電路中產(chǎn)生的熱量等于克服安培力做得功；利用動(dòng)能定理；利用能量守恒；具體哪種方

7、法，要看題目中的已知條件。4（3分）普通的交流電流表不能直接接在高壓輸電線路上測(cè)量電流，通常要通過(guò)電流互感器來(lái)連接，圖中電流互感器ab一側(cè)線圈的匝數(shù)較少，工作時(shí)電流為Iab，cd一側(cè)線圈的匝數(shù)較多，工作時(shí)電流為Icd，為了使電流表能正常工作，則（）Aab接MN、cd接PQ，IabIcdBab接MN、cd接PQ，IabIcdCab接PQ、cd接MN，IabIcdDab接PQ、cd接MN，IabIcd【考點(diǎn)】E8：變壓器的構(gòu)造和原理菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】53A：交流電專題【分析】電流互感器的作用是使大電流變成小電流，然后利用變壓器工作原理：I1I2=n2n1即可確定接哪一端?！窘獯稹拷猓弘娏骰ジ衅?/p>

8、的作用是使大電流變成小電流，所以IabIcd，所以AC錯(cuò)誤；利用變壓器工作原理：I1I2=n2n1，所以輸入端ab接MN，輸出端cd接PQ，所以B對(duì)，D項(xiàng)錯(cuò)；故選：B。【點(diǎn)評(píng)】本題考查遠(yuǎn)距離輸電和理想變壓器的基礎(chǔ)知識(shí)，熟練掌握電壓、電流等關(guān)系是解決此類題目的關(guān)鍵。5（3分）如圖所示，小球用細(xì)繩系住，繩的另一端固定于O點(diǎn)?，F(xiàn)用水平力F緩慢推動(dòng)斜面體，小球在斜面上無(wú)摩擦地滑動(dòng)，細(xì)繩始終處于直線狀態(tài)，當(dāng)小球升到接近斜面頂端時(shí)細(xì)繩接近水平，此過(guò)程中斜面對(duì)小球的支持力FN以及繩對(duì)小球的拉力FT的變化情況是（）AFN保持不變，F(xiàn)T不斷增大BFN不斷增大，F(xiàn)T不斷減小CFN保持不變，F(xiàn)T先增大后減小DFN不

9、斷增大，F(xiàn)T先減小后增大【考點(diǎn)】2G：力的合成與分解的運(yùn)用；3C：共點(diǎn)力的平衡菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】527：共點(diǎn)力作用下物體平衡專題【分析】對(duì)小球進(jìn)行受力分析，重力、支持力、拉力組成一個(gè)矢量三角形，由于重力不變、支持力方向不變，又緩慢推動(dòng)，故受力平衡，只需變動(dòng)拉力即可，根據(jù)它角度的變化，你可以明顯的看到各力的變化?！窘獯稹拷猓合葘?duì)小球進(jìn)行受力分析，重力、支持力FN、拉力FT組成一個(gè)閉合的矢量三角形，由于重力不變、支持力FN方向不變，斜面向左移動(dòng)的過(guò)程中，拉力FT與水平方向的夾角減小，當(dāng)時(shí)，F(xiàn)TFN，細(xì)繩的拉力FT最小，由圖可知，隨的減小，斜面的支持力FN不斷增大，F(xiàn)T先減小后增大。故D正確。A

10、BC錯(cuò)誤。故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】本題是動(dòng)態(tài)變化分析問題，容易產(chǎn)生的錯(cuò)誤是不能準(zhǔn)確把握小球的受力特征，特別是FN與FT組夾角的變化，認(rèn)為拉力FT與水平方向的夾角減小，拉力減小而錯(cuò)選B。6（3分）兩個(gè)帶等量正電的點(diǎn)電荷，固定在圖中P、Q兩點(diǎn)，MN為PQ連線的中垂線，交PQ于O點(diǎn)，A點(diǎn)為MN上的一點(diǎn)一帶負(fù)電的試探電荷q，從A點(diǎn)由靜止釋放，只在靜電力作用下運(yùn)動(dòng)取無(wú)限遠(yuǎn)處的電勢(shì)為零，則（）Aq由A向O的運(yùn)動(dòng)是勻加速直線運(yùn)動(dòng)Bq由A向O運(yùn)動(dòng)的過(guò)程電勢(shì)能逐漸減小Cq運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能最大Dq運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)時(shí)電勢(shì)能為零【考點(diǎn)】A7：電場(chǎng)線；AA：電場(chǎng)的疊加；AE：電勢(shì)能與電場(chǎng)力做功菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】532：電場(chǎng)力

11、與電勢(shì)的性質(zhì)專題【分析】本題要根據(jù)等量同種點(diǎn)電荷電場(chǎng)線的分布情況，抓住對(duì)稱性，分析試探電荷的受力情況，分析其運(yùn)動(dòng)情況，根據(jù)電場(chǎng)力做功情況，分析其電勢(shì)能的變化情況【解答】解：A、兩等量正電荷周圍部分電場(chǎng)線如右圖所示，其中P、Q連線的中垂線MN上，從無(wú)窮遠(yuǎn)到O過(guò)程中電場(chǎng)強(qiáng)度先增大后減小，且方向始終指向無(wú)窮遠(yuǎn)方向。 故試探電荷所受的電場(chǎng)力是變化的，q由A向O的運(yùn)動(dòng)做非勻加速直線運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤。B、電場(chǎng)力方向與AO方向一致，電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能逐漸減??；故B正確。C、從A到O過(guò)程，電場(chǎng)力做正功，動(dòng)能增大，從O到N過(guò)程中，電場(chǎng)力做負(fù)功，動(dòng)能減小，故在O點(diǎn)試探電荷的動(dòng)能最大，速度最大，故C正確。D、取無(wú)限

12、遠(yuǎn)處的電勢(shì)為零，從無(wú)窮遠(yuǎn)到O點(diǎn)，電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減小，則q運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)時(shí)電勢(shì)能為負(fù)值。故D錯(cuò)誤。故選：BC。【點(diǎn)評(píng)】本題考查靜電場(chǎng)的基本概念關(guān)鍵要了解等量同種點(diǎn)電荷電場(chǎng)線的分布情況，運(yùn)用動(dòng)能定理進(jìn)行分析7（3分）一列簡(jiǎn)諧橫波沿直線傳播，該直線上平衡位置相距9m的a、b兩質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)圖象如圖所示。下列描述該波的圖象可能正確的是（）ABCD【考點(diǎn)】F4：橫波的圖象；F5：波長(zhǎng)、頻率和波速的關(guān)系菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】16：壓軸題；51D：振動(dòng)圖像與波動(dòng)圖像專題【分析】根據(jù)同一時(shí)刻兩個(gè)質(zhì)點(diǎn)的振動(dòng)狀態(tài)，畫出可能的波形，得到距離9m與波長(zhǎng)的關(guān)系式，求得波長(zhǎng)的通項(xiàng)，得到波長(zhǎng)的特殊值，即可進(jìn)行選擇?！窘獯稹拷?/p>

13、：由振動(dòng)圖象可知，在t0時(shí)刻，a位于波峰，b經(jīng)過(guò)平衡位置向下運(yùn)動(dòng)。若波從a傳到b，如圖a、b兩點(diǎn)之間的波形圖“余數(shù)”如紅線所示，則有（n+34）9m，n0，1，2，得=364n+3若波從b傳到a，如圖a、b兩點(diǎn)之間的波形圖“余數(shù)”如藍(lán)線所示，則有（n+14）9m，n0，1，2，得=364n+1m代入自然數(shù)可知，4m、12m，得AC正確。故選：AC?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查機(jī)械波的圖象及多解性。a、b兩點(diǎn)之間的波形圖“余數(shù)”可以為解析圖中藍(lán)色和紅色兩種形式。8（3分）固定的半圓形玻璃磚的橫截面如圖。O點(diǎn)為圓心，OO為直徑MN的垂線。足夠大的光屏PQ緊靠玻瑞磚右側(cè)且垂直于MN由A、B兩種單色光組成的一束光

14、沿半徑方向射向O點(diǎn)，入射光線與OO夾角較小時(shí)，光屏NQ區(qū)域出現(xiàn)兩個(gè)光斑，逐漸增大角。當(dāng)時(shí)，光屏NQ區(qū)城A光的光斑消失，繼續(xù)增大角，當(dāng)時(shí)，光屏NQ區(qū)域B光的光斑消失，則。A玻璃磚對(duì)A光的折射率比對(duì)B光的大BA光在玻璃磚中傳播速度比B光的大C時(shí)，光屏上只有1個(gè)光斑D2時(shí)，光屏上只有1個(gè)光斑【考點(diǎn)】H3：光的折射定律菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】16：壓軸題；54D：光的折射專題【分析】由題，當(dāng)光斑在光屏上消失時(shí)，是由于光線發(fā)生了全反射，A光先消失，說(shuō)明A光的臨界角較小，根據(jù)臨界角公式sinC=1n，即可確定玻璃對(duì)兩種光折射率的大小；由v=cn，判斷光在玻璃中傳播速度的大?。粚?duì)照全反射的條件，當(dāng)光線從玻璃射

15、入空氣，入射光大于臨界角時(shí)光線將發(fā)生全反射進(jìn)行分析?！窘獯稹拷猓篈、根據(jù)題干描述“當(dāng)時(shí)，光屏NQ區(qū)域A光的光斑消失，繼續(xù)增大角，當(dāng)時(shí)，光屏NQ區(qū)域B光的光斑消失”，說(shuō)明A光先發(fā)生了全反射，A光的臨界角小于B光的臨界角，而發(fā)生全反射的臨界角C滿足：sinC=1n，可知，玻璃磚對(duì)A光的折射率比對(duì)B光的大，故A正確； B、玻璃磚對(duì)A光的折射率比對(duì)B光的大，由n=cv知，A光在玻璃磚中傳播速度比B光的小。故B錯(cuò)誤。C、當(dāng) 時(shí)，B光尚未發(fā)生全反射現(xiàn)象，故光屏上應(yīng)該看到2個(gè)亮斑，其中包含NP側(cè)的反射光斑（A、B重合）以及NQ一側(cè)的B光的折射光線形成的光斑。故C錯(cuò)誤。D、當(dāng)12時(shí)，A、B兩光均發(fā)生了全反射，

16、故僅能看到NP側(cè)的反射光斑（A、B重合）。故D正確。故選：AD?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要考查幾何光學(xué)和物理光學(xué)的基礎(chǔ)知識(shí)應(yīng)用，關(guān)鍵要掌握全反射的條件及臨界角公式進(jìn)行分析。二、解答題（滿分54分）9“嫦娥一號(hào)”和“嫦娥二號(hào)”衛(wèi)星相繼完成了對(duì)月球的環(huán)月飛行，標(biāo)志著我國(guó)探月工程的第一階段已經(jīng)完成設(shè)“嫦娥二號(hào)”衛(wèi)星環(huán)繞月球的運(yùn)動(dòng)為勻速圓周運(yùn)動(dòng)，它距月球表面的高度為h，已知月球的質(zhì)量為M、半徑為R，引力常量為G，則衛(wèi)星繞月球運(yùn)動(dòng)的向心加速度aGM(R+h)2，線速度vGMR+h【考點(diǎn)】4F：萬(wàn)有引力定律及其應(yīng)用；4H：人造衛(wèi)星菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】52A：人造衛(wèi)星問題【分析】萬(wàn)有引力提供圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，注意引

17、力計(jì)算中r是與月球球心間距離【解答】解：萬(wàn)有引力提供衛(wèi)星繞月球圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，所以有：（1）GmMr2=ma得嫦娥二號(hào)的向心加速度a=GMr2=GM(R+h)2 （2）GmMr2=mv2r得嫦娥二號(hào)的線速度v=GMr=GMR+h 故答案為：a=GM(R+h)2，v=GMR+h【點(diǎn)評(píng)】抓住萬(wàn)有引力提供向心力，根據(jù)給出的不同物理量求解10某實(shí)驗(yàn)小組利用圖1的裝置探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系。下列做法正確的是AD（填字母代號(hào)）A調(diào)節(jié)滑輪的高度，使?fàn)恳緣K的細(xì)繩與長(zhǎng)木板保持平行B在調(diào)節(jié)木板傾斜度平衡木塊受到的滑動(dòng)摩擦力時(shí)，將裝有砝碼的砝碼桶通過(guò)定滑輪拴木塊上C實(shí)驗(yàn)時(shí)，先放開木塊再接通打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的電源D

18、通過(guò)增減木塊上的砝碼改變質(zhì)量時(shí)，不需要重新調(diào)節(jié)木板傾斜度為使砝碼桶及桶內(nèi)砝碼的總重力在數(shù)值上近似等于木塊運(yùn)動(dòng)時(shí)受到的拉力，應(yīng)滿足的條件是砝碼桶及桶內(nèi)砝碼的總質(zhì)量遠(yuǎn)小于木塊和木塊上砝碼的總質(zhì)量（填遠(yuǎn)大于，遠(yuǎn)小于，或近似于）甲、乙兩同學(xué)在同一實(shí)驗(yàn)室，各取一套圖示的裝置放在水平桌面上，木塊上均不放砝碼，在沒有平衡摩擦力的情況下，研究加速度a與拉力F的關(guān)系，分別得到圖2中甲、乙兩條直線。設(shè)甲、乙用的木塊質(zhì)量分別為m甲、m乙甲、乙用的木塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)分別為甲，乙，由圖可知，m甲小于m乙甲大于乙（填“大于”、“小于”或“等于”）【考點(diǎn)】M8：探究加速度與物體質(zhì)量、物體受力的關(guān)系菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題

19、】13：實(shí)驗(yàn)題；522：牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合專題【分析】實(shí)驗(yàn)要保證拉力等于小車受力的合力，要平衡摩擦力，細(xì)線與長(zhǎng)木板平行；砝碼桶及桶內(nèi)砝碼加速下降，失重，拉力小于重力，加速度越大相差越大，故需減小加速度，即減小砝碼桶及桶內(nèi)砝碼的總質(zhì)量；aF圖象的斜率表示加速度的倒數(shù)；求解出加速度與拉力F的表達(dá)式后結(jié)合圖象分析得到動(dòng)摩擦因數(shù)情況。【解答】解：A、調(diào)節(jié)滑輪的高度，使?fàn)恳緣K的細(xì)繩與長(zhǎng)木板保持平行，否則拉力不會(huì)等于合力，故A正確；B、在調(diào)節(jié)模板傾斜度平衡木塊受到的滑動(dòng)摩擦力時(shí)，不應(yīng)懸掛“重物”，故B選項(xiàng)錯(cuò)誤； C、打點(diǎn)計(jì)時(shí)器要“早來(lái)晚走”即實(shí)驗(yàn)開始時(shí)先接通打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的電源待其平穩(wěn)工作后再釋放木塊，而當(dāng)實(shí)

20、驗(yàn)結(jié)束時(shí)應(yīng)先控制木塊停下再停止打點(diǎn)計(jì)時(shí)器，故C選項(xiàng)錯(cuò)誤； D平衡摩擦力后，有mgsinmgcos，即tan，與質(zhì)量無(wú)關(guān)，故通過(guò)增減木塊上的砝碼改變質(zhì)量時(shí)，不需要重新調(diào)節(jié)木板傾斜度，故D正確；選擇AD；按照教材上的理論若以砝碼桶及砝碼作為小木塊的外力，則有 a=mgM，而實(shí)際實(shí)驗(yàn)過(guò)程中砝碼桶及砝碼也與小木塊一起做勻加速運(yùn)動(dòng)，即對(duì)砝碼桶及砝碼有mgTma，對(duì)小木塊有TMa綜上有：小物塊的實(shí)際的加速度為 a=mgM+mmgM，只有當(dāng)mM時(shí)，才能有效的保證實(shí)驗(yàn)的準(zhǔn)確性；當(dāng)沒有平衡摩擦力時(shí)有：Tfma，故a=1mTg，即圖線斜率為1m，縱軸截距的大小為g。觀察圖線可知m甲小于m乙，甲大于乙；故答案為：A

21、D； 遠(yuǎn)小于；小于，大于?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要考查“驗(yàn)證牛頓第二定律”的實(shí)驗(yàn)，要明確實(shí)驗(yàn)原理，特別是要明確系統(tǒng)誤差的來(lái)源，知道減小系統(tǒng)誤差的方法。11要測(cè)繪一個(gè)標(biāo)有“3V，0.6W”小燈泡的伏安特性曲線，燈泡兩端的電壓需要由零逐漸增加到3V，并便于操作已選用的器材有：電池組（電動(dòng)勢(shì)為4.5V，內(nèi)阻約1）：電流表（量程為0250mA內(nèi)阻約5）；電壓表（量程為03V內(nèi)限約3k）：電鍵一個(gè)、導(dǎo)線若干實(shí)驗(yàn)中所用的滑動(dòng)變阻器應(yīng)選下列中的A（填字母代號(hào)）A滑動(dòng)變阻器（最大阻值20，額定電流1A）B滑動(dòng)變阻器（最大阻值1750，額定電流0.3A）實(shí)驗(yàn)的電路圖應(yīng)選用圖1中B（填字母代號(hào)）實(shí)驗(yàn)得到小燈泡的伏安特性曲

22、線如圖2所示如果將這個(gè)小燈泡接到電動(dòng)勢(shì)為1.5V，內(nèi)阻為5.0的電源兩端，小燈泡消耗的功率是0.1W【考點(diǎn)】N5：描繪小電珠的伏安特性曲線菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】13：實(shí)驗(yàn)題；535：恒定電流專題【分析】滑動(dòng)變阻器分壓式接法中選取小電阻的變阻器節(jié)約能源；求出小燈泡電阻后判斷小燈泡是小電阻還是大電阻，從而選擇電流表內(nèi)接還是外接；結(jié)合曲線算出小燈泡的電阻，然后根據(jù)功率的公式計(jì)算小燈泡的實(shí)際功率【解答】解：因?qū)嶒?yàn)要求電流從零調(diào)，所以滑動(dòng)變阻器應(yīng)用分壓式接法，應(yīng)選全電阻最小的變阻器A因小燈泡電阻為R=U2P=90.6=15，RVRRRA，故電流表應(yīng)用外接法，又變阻器用分壓式，故電路圖應(yīng)選B電源與小燈泡直

23、接串聯(lián)，那么路端電壓等于小燈泡兩端的電壓，畫出內(nèi)阻為5，電動(dòng)勢(shì)為1.5V的電源的路端電壓與干路電流的關(guān)系圖線和小燈泡的伏安特性曲線的交點(diǎn)即表示小燈泡與該電源直接串聯(lián)；根據(jù)交點(diǎn)坐標(biāo)（1.0V，0.1A）可以計(jì)算出小燈泡消耗的功率為：PUI10.10.1W故答案為：A；B；0.1【點(diǎn)評(píng)】對(duì)電學(xué)實(shí)驗(yàn)要明確以下情況，滑動(dòng)變阻器必須用分壓式接法：要求電流從零調(diào)；變阻器的全電阻遠(yuǎn)小于待測(cè)電阻；用限流接法時(shí)通過(guò)電流表的電流大于電流表的量程12（16分）質(zhì)量為m4kg的小物塊靜止于水平地面上的A點(diǎn)，現(xiàn)用F10N的水平恒力拉動(dòng)物塊一段時(shí)間后撤去，物塊繼續(xù)滑動(dòng)一段位移停在B點(diǎn)，A、B兩點(diǎn)相距x20m，物塊與地面間

24、的動(dòng)摩擦因數(shù)0.2，g取10m/s2，求：（l）物塊在力F作用過(guò)程發(fā)生位移xl的大?。海?）撤去力F后物塊繼續(xù)滑動(dòng)的時(shí)間t【考點(diǎn)】1E：勻變速直線運(yùn)動(dòng)的位移與時(shí)間的關(guān)系；37：牛頓第二定律；65：動(dòng)能定理菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】522：牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合專題【分析】（1）對(duì)A到B的整個(gè)過(guò)程運(yùn)用動(dòng)能定理列式求解即可；（2）先對(duì)A到B過(guò)程運(yùn)用動(dòng)能定理列式求解出C點(diǎn)速度，然后對(duì)C到B過(guò)程根據(jù)牛頓第二定律求解加速度，最后對(duì)C到B過(guò)程運(yùn)用平均速度公式列式求解時(shí)間【解答】解：（1）整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程的示意圖如圖所示取小物塊為研究對(duì)象，從A到B過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理，有：Fx1fx0其中：fmg聯(lián)立解得x116m；（2）

25、對(duì)A到C過(guò)程運(yùn)用動(dòng)能定理，有：Fx1-mgx1=12mv2；解得：v4m/sC到B過(guò)程，根據(jù)牛頓第二定律，有：mgma，解得ag2m/s2；根據(jù)平均速度公式，有：xCB=v2tCB，解得tCB=2xCBv=244=2s；答：（l）物塊在力F作用過(guò)程發(fā)生位移xl的大小為16m；（2）撤去力F后物塊繼續(xù)滑動(dòng)的時(shí)間t為2s【點(diǎn)評(píng)】本題關(guān)鍵靈活地選擇運(yùn)動(dòng)過(guò)程運(yùn)用動(dòng)能定理列式求解，求解時(shí)間要根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式或者動(dòng)量定理列式求解13（18分）一圓筒的橫截面如圖所示，其圓心為O筒內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B圓筒下面有相距為d的平行金屬板M、N，其中M板帶正電荷，N板帶等量負(fù)電荷質(zhì)量為m、電荷量

26、為q的帶正電粒子自M板邊緣的P處由靜止釋放，經(jīng)N板的小孔S以速度v沿半徑SO方向射入磁場(chǎng)中粒子與圓筒發(fā)生兩次碰撞后仍從S孔射出，設(shè)粒子與圓筒碰撞過(guò)程中沒有動(dòng)能損失，且電荷量保持不變，在不計(jì)重力的情況下，求：（1）M、N間電場(chǎng)強(qiáng)度E的大小；（2）圓筒的半徑R；（3）保持M、N間電場(chǎng)強(qiáng)度E不變，僅將M板向上平移23d，粒子仍從M板邊緣的P處由靜止釋放，粒子自進(jìn)入圓筒至從S孔射出期間，與圓筒的碰撞次數(shù)n【考點(diǎn)】65：動(dòng)能定理；CI：帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)；CM：帶電粒子在混合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】537：帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專題【分析】（1）粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中在加速運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)力做功等

27、于粒子動(dòng)能的增加；（2）使用洛倫茲力提供向心力求出粒子的運(yùn)動(dòng)半徑，再根據(jù)題意，正確畫出粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡，根據(jù)幾何關(guān)系寫出粒子的半徑與磁場(chǎng)的半徑的關(guān)系，從而求出磁場(chǎng)的半徑；（3）使用動(dòng)能定理求出粒子的速度，再求出運(yùn)動(dòng)的半徑，最后判定與圓筒的碰撞次數(shù)n【解答】解：（1）粒子從開始運(yùn)動(dòng)到射入磁場(chǎng)的過(guò)程，電場(chǎng)力做功由動(dòng)能定理：qU=12mv2勻強(qiáng)電場(chǎng)中有：UEd聯(lián)立上式，得：E=mv22qd（2）粒子進(jìn)入磁場(chǎng)后又從S點(diǎn)射出，關(guān)鍵幾何關(guān)系可知，兩碰撞點(diǎn)和S將圓筒三等分設(shè)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為r，由洛倫茲力提供向心力，得：qvB=mv2r 根據(jù)幾何關(guān)系：r=3R聯(lián)立上式，解得：R=3mv3qB（3）保

28、持MN之間的電場(chǎng)強(qiáng)度不變，僅將M板向上平移23d后，U=U3qU=12mv2 于是：v=33v，r=33r=R此時(shí)粒子經(jīng)過(guò)14圓后與圓筒發(fā)生碰撞，所以粒子將在于圓筒壁發(fā)生3次碰撞后由S點(diǎn)射出答：（1）M、N間電場(chǎng)強(qiáng)度E的大小mv22qd；（2）圓筒的半徑：R=3mv3qB（3）保持M、N間電場(chǎng)強(qiáng)度E不變，僅將M板向上平移23d，粒子與圓筒的碰撞3次【點(diǎn)評(píng)】解決該題的關(guān)鍵是根據(jù)題目的要求，正確畫出粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡，并根據(jù)幾何關(guān)系寫出粒子的半徑與磁場(chǎng)的半徑的關(guān)系該題對(duì)空間思維的能力要求比較高14（20分）超導(dǎo)現(xiàn)象是20世紀(jì)人類重大發(fā)現(xiàn)之一，日前我國(guó)己研制出世界傳輸電流最大的高溫超導(dǎo)電纜并成功示范運(yùn)行。（l）超導(dǎo)體