最近五年010北京高考物理試題統(tǒng)計

1、最近五年（0610）北京市高考物理試題統(tǒng)計目錄一、力學 第2頁 186分1.1 牛頓定律 15 （06.19 07.18 09.18 08.20 10.22） 40分1.2 功和能 6 （06.22） 16分1.3 動量 7 （08.24） 20分1.4 動量與能量 89 （09.24 10.24） 40分1.5 萬有引力 1014 （06.18 07.15 08.17 09.22 10.16） 40分1.6 機械振動和機械波 1519 （06.17 07.19 08.16 09.17 10.17） 30分二、電學 第12頁 248分2.1 靜電感應、電容 2021 （06.14 10.18）

2、 12分2.2 電場 2226 （09.16 09.20 07.20 06.23 07.22） 46分2.3 磁場 27 （06.20） 6分2.4 電場和磁場綜合 2829 （08.19 09.19） 12分2.5 電磁感應 3035 （10.19 08.22 07.24 06.24 09.23 10.23） 98分2.6 交變電流 3637 （07.17 08.18） 12分2.7 綜合 3841 （09.15 10.20 07.23 08.23） 62分三、熱光原 第23頁 84分3.1 熱學 4245 （06.15 07.16 08.15 09.13） 24分3.2 光學 4649 （

3、06.16 07.13 08.13 10.14） 24分3.3 原子物理與相對論 5055 （06.13 07.14 08.14 09.14 10.15 10.13） 36分四、實驗 第26頁 90分4.1 力學實驗 5657 （07.21.2 08.21.2）4.2 電學實驗 5862 （07.21.1 08.21.1 06.21.2 09.21.2 10.21）4.3 光學實驗 6364 （06.21.1 09.21.1）一、力學1.1 牛頓定律ABF1（06北京）19木塊A、B分別重50N和60N，它們與水平地面之間的動摩擦因數(shù)均為0.25。夾在A、B之間的輕彈簧被壓縮了2cm，彈簧的勁

4、度系數(shù)為400N/m。系統(tǒng)置于水平地面上靜止不動?，F(xiàn)用F=1N的水平拉力作用在木塊B上，如圖所示。力F作用后 19CA木塊A所受摩擦力大小是12.5N B木塊A所受摩擦力大小是11.5NC木塊B所受摩擦力大小是9N D木塊B所受摩擦力大小是7N2（07北京）18圖示為高速攝影機拍攝到的子彈穿透蘋果瞬間的照片。該照片經(jīng)放大后分辨出，在曝光時間內(nèi)，子彈影象前后錯開的距離約為子彈長度的1%2%。已知子彈飛行速度約為500m/s，由此可估算出這幅照片的曝光時間最接近 B中A10-3s B10-6s C10-9s D10-12s3（09北京）18如圖所示，將質(zhì)量為m的滑塊放在傾角為的固定斜面上?；瑝K與斜

5、面之間的動摩擦因數(shù)為。若滑塊與斜面之間的最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小相等，重力加速度為g，則mA將滑塊由靜止釋放，如果tan，滑塊將下滑B給滑塊沿斜面向下的初速度，如果tan，滑塊將減速下滑C用平行于斜面向上的力拉滑塊向上勻速滑動，如果=tan，拉力大小應是2mgsinD用平行于斜面向下的力拉滑塊向下勻速滑動，如果=tan，拉力大小應是mgsin 【答案】C【解析】對處于斜面上的物塊受力分析，要使物塊沿斜面下滑則mgsin>mgcos，故<tan，故AB錯誤；若要使物塊在平行于斜面向上的拉力F的作用下沿斜面勻速上滑，由平衡條件有：F-mgsin-mgcos=0故F= mgsin+m

6、gcos，若=tan，則mgsin=mgcos，即F=2mgsin故C項正確；若要使物塊在平行于斜面向下的拉力F作用下沿斜面向下勻速滑動，由平衡條件有：F+mgsin-mgcos=0 則 F=mgcos- mgsin 若=tan，則mgsin=mgcos，即F=0，故D項錯誤。4（08北京）20有一些問題你可能不會求解，但是你仍有可能對這些問題的解是否合理進行分析和判斷。例如從解的物理量單位，解隨某些已知量變化的趨勢，解在一些特殊條件下的結果等方面進行分析，并與預期結果、實驗結論等進行比較，從而判斷解的合理性或正確性。舉例如下：如圖所示。質(zhì)量為M、傾角為的滑塊A放于水平地面上。把質(zhì)量為m的滑塊

7、B放在A的斜面上。忽略一切摩擦，有人求得B相對地面的加速度，式中g為重力加速度。BA對于上述解，某同學首先分析了等號右側量的單位，沒發(fā)現(xiàn)問題。他進一步利用特殊條件對該解做了如下四項分析和判斷，所得結論都是“解可能是對的”。但是，其中有一項是錯誤的。請你指出該項。( D )A當0時，該解給出a=0，這符合常識，說明該解可能是對的B當90時，該解給出a=g，這符合實驗結論，說明該解可能是對的C當M>>m時，該解給出a=gsin，這符合預期的結果，說明該解可能是對的D當m>>M時，該解給出，這符合預期的結果，說明該解可能是對的解析分析思路：通過從物理過程出發(fā)，分析這一圖景在A

8、、B、C、D四種特殊條件下的變形及變形后滑塊B的加速度，對比從公式出發(fā)，計算出A、B、C、D四種特殊條件下滑塊B的加速度，來判定公式正確與否的可能性。具體解析如下：當時，物理圖景變成滑塊B放在滑塊A的水平支撐面上，顯然滑塊B的加速度a=0；由公式，當時，a=0，公式結果符合物理事實，說明公式所表達的解是可能的，故A說法正確。當時，物理圖景變成滑塊B緊貼豎直光滑平面釋放，顯然滑塊B做自由落體運動，加速度a=g；由公式，當時，a=g，公式結果符合物理事實，說明公式所表達的解是可能的，故B說法正確。當M>>m時，由滑塊A、B所組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒有：，相對于滑塊B，滑塊A運動狀態(tài)的

9、改變可忽略不計，物理圖景變成滑塊B在光滑斜面上釋放，這時；由公式，當M»m時，公式結果符合物理事實，說明公式所表達的解是可能的，故C說法正確。當m>>M時，由滑塊A、B所組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒有：，相對于滑塊A，滑塊B水平方向運動狀態(tài)的改變很小，且越大，物理圖景越接近滑塊B自由落體，a越接近g；由公式，當m>>M時，越大a越小，公式結果不符合物理事實，故D說法錯誤，因為要求挑出錯誤選項，故選D。5（10北京）22.（16分）如圖，跳臺滑雪運動員經(jīng)過一段加速滑行后從O點水平飛出，經(jīng)過3.0 s落到斜坡上的A點。已知O點是斜坡的起點，斜坡與水平面的夾角37&#

10、176;，運動員的質(zhì)量m50 kg。不計空氣阻力。（取sin37°0.60，cos37°0.80;g取10 m/s2）求（1）A點與O點的距離L；（2）運動員離開O點時的速度大小；（3）運動員落到A點時的動能?！敬鸢浮浚?）75m （2）20m/s （3）32500J【解析】（1）運動員在豎直方向做自由落體運動，有：A點與O點的距離：（2）設運動員離開O點的速度為v0，運動員在水平方向做勻速直線運動，即：解得：（3）由機械能守恒，取A點為重力勢能零點，運動員落到A點時的動能為：1.2 功和能6（06北京）22（16分）下圖是簡化后的跳臺滑雪的雪道示意圖。整個雪道由傾斜的助滑

11、雪道AB和著陸雪道DE，以及水平的起跳平臺CD組成，AB與CD圓滑連接。運動員從助滑雪道AB上由靜止開始，在重力作用下，滑到D點水平飛出，不計飛行中的空氣阻力，經(jīng)2s在水平方向飛行了60m，落在著陸雪道DE上。已知從B點到D點運動員的速度大小不變。（g取10m/s2），求：運動員在AB段下滑到B點的速度大??；若不計阻力，運動員在AB段下滑過程中下降的高度；若運動員的質(zhì)量為60kg，在AB段下降的實際高度是50m，此過程中他克服阻力所做的功。ABCDE22.（16分）（1）運動員從D點飛出時的速度：v=依題意，下滑到助雪道末端B點的速度大小是30m/s（2）在下滑過程中機械守恒，有：下降的高度：

12、（3）根據(jù)能量關系，有：運動員克服阻力做功：1.3 動量v0ABMOD7（08北京）24.（20分）有兩個完全相同的小滑塊A和B，A沿光滑水平面以速度v0與靜止在平面邊緣O點的B發(fā)生正碰，碰撞中無機械能損失。碰后B運動的軌跡為OD曲線，如圖所示。（1）已知滑塊質(zhì)量為m，碰撞時間為，求碰撞過程中A對B平均沖力的大小。（2）為了研究物體從光滑拋物線軌道頂端無初速下滑的運動，特制做一個與B平拋軌道完全相同的光滑軌道，并將該軌道固定在與OD曲線重合的位置，讓A沿該軌道無初速下滑（經(jīng)分析，A下滑過程中不會脫離軌道）。a.分析A沿軌道下滑到任意一點的動量pA與B平拋經(jīng)過該點的動量pB的大小關系；b.在OD

13、曲線上有一M點，O和M兩點連線與豎直方向的夾角為45°。求A通過M點時的水平分速度和豎直分速度。解：（1）滑塊A、B碰撞無機械能損失，故滿足動量守恒和動能守恒： 由，解得vA=0，vB=v0，在碰撞過程中對B應用動量定理有： 解得：(2)a.設任意點到O點豎直高度差為d。A、B由O點分別運動至該點過程中，只有重力做功，所以機械能守恒。選該任意點為勢能零點，有：由于，有。即：A下滑到任意一點的動量總和是小于B平拋經(jīng)過該點的動量。b.以O為原點，建立直角坐標系xOy,x軸正方向水平向右，y軸正方向豎直向下，則對B有：，B的軌跡方程：在M點x=y，所以： 因為A、B的運動軌跡均為OD曲線，

14、故在任意一點，兩者速度方向相同。設B水平和豎直分速度大小分別為vBx和vBy，速率為vB；A水平和豎直分速度大小分別為vAx和vAy，速率為vA，則： B做平拋運動，故： 對A由機械能守恒得： 由得：將代入得：1.4 動量與能量m1m2ABCh圖18（09北京）24（20分）（1）如圖1所示，ABC為一固定在豎直平面內(nèi)的光滑軌道，BC段水平，AB段與BC段平滑連接。質(zhì)量為的小球從高位處由靜止開始沿軌道下滑，與靜止在軌道BC段上質(zhì)量為的小球發(fā)生碰撞，碰撞后兩球兩球的運動方向處于同一水平線上，且在碰撞過程中無機械能損失。求碰撞后小球的速度大??；m1m2m3mn-1mn圖2（2）碰撞過程中的能量傳遞

15、規(guī)律在屋里學中有著廣泛的應用。為了探究這一規(guī)律，我們才用多球依次碰撞、碰撞前后速度在同一直線上、且無機械能損失的惡簡化力學模型。如圖2所示，在固定光滑水平軌道上，質(zhì)量分別為、的若干個球沿直線靜止相間排列，給第1個球初能，從而引起各球的依次碰撞。定義其中第個球經(jīng)過依次碰撞后獲得的動能與之比為第1個球?qū)Φ趥€球的動能傳遞系數(shù)a) 求b) 若為確定的已知量。求為何值時，值最大答案：（1）。（2）a）；b）【解析】（1）設碰撞前的速度為，根據(jù)機械能守恒定律： 設碰撞后m1與m2的速度分別為v1和v2，根據(jù)動量守恒定律： 由于碰撞過程中無機械能損失： 、式聯(lián)立解得： 將代入得，得：（2）a由式，考慮到得根

16、據(jù)動能傳遞系數(shù)的定義，對于1、2兩球： 同理可得，球m2和球m3碰撞后，動能傳遞系數(shù)k13應為： 依次類推，動能傳遞系數(shù)k1n應為解得：b.將m1=4m0,m3=mo代入式可得：為使k13最大，只需使由，9（10北京）24.（20分）雨滴在穿過云層的過程中，不斷與漂浮在云層中的小水珠相遇并結合為一體，其質(zhì)量逐漸增大?，F(xiàn)將上述過程簡化為沿豎直方向的一系列碰撞。已知雨滴的初始質(zhì)量為m0，初速度為v0，下降距離l后與靜止的小水珠碰撞且合并，質(zhì)量變?yōu)閙1。此后每經(jīng)過同樣的距離l后，雨滴均與靜止的小水珠碰撞且合并，質(zhì)量依次變?yōu)閙2、m3mn（設各質(zhì)量為已知量）。不計空氣阻力。（1）若不計重力，求第n次碰

17、撞后雨滴的速度vn；（2）若考慮重力的影響，a.求第1次碰撞前、后雨滴的速度v1和vn；b.求第n次碰撞后雨滴的動能；【答案】（1） （2）【解析】（1）不計重力，全過程中動量守恒，得：（2）若考慮重力的影響，雨滴下降過程中做加速度為g的勻加速運動，碰撞瞬間動量守恒a. 第1次碰撞前：第1次碰撞后： b. 第2次碰撞前：利用化簡得： 第2次碰撞后，利用得：同理，第3次碰撞后， 第n次碰撞后：動能：1.5 萬有引力10（06北京）18一飛船在某行星表面附近沿圓軌道繞該行星飛行。認為行星是密度均勻的球體。要確定該行星的密度，只需要測量 18CA飛船的軌道半徑 B飛船的運行速度C飛船的運行周期 D行

18、星的質(zhì)量11（07北京）15不久前歐洲天文學家在太陽系之外發(fā)現(xiàn)了一顆可能適合人類居住的行星，命名為“格利斯581c”。該行星的質(zhì)量是地球的5倍，直徑是地球的1.5倍。設想在該行星表面附近繞行星圓軌道運行的人造衛(wèi)星的動能為Ek1，在地球表面附近繞地球沿圓軌道運行的相同質(zhì)量的人造衛(wèi)星的動能為Ek2，則Ek1/ Ek2為 C易A0.13 B0.3 C3.33 D7.512（08北京）17.據(jù)媒體報道，嫦娥一號衛(wèi)星環(huán)月工作軌道為圓軌道,軌道高度200 km,運用周期127分鐘。若還知道引力常量和月球平均半徑，僅利用以上條件不能求出的是 （ B ）A月球表面的重力加速度B月球?qū)πl(wèi)星的吸引力C衛(wèi)星繞月球運

19、行的速度D衛(wèi)星繞月運行的加速度解析由可求得月球質(zhì)量M，再由黃金代換式：可得月球表面重力加速度g，故不選A。由，可求出衛(wèi)星繞月運行的速度，故不選C。由，可求出衛(wèi)星繞月運行的加速度，故不選D。無論是由 ，都必須知道衛(wèi)星質(zhì)量m，才能求出月球?qū)πl(wèi)星的萬有引力，故選B。13（09北京）22.（16分）已知地球半徑為R，地球表面重力加速度為g，不考慮地球自轉(zhuǎn)的影響。（1） 推導第一宇宙速度v1的表達式；（2） 若衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運動，運行軌道距離地面高度為h，求衛(wèi)星的運行周期T。答案：（1）（2）【解析】（1）設衛(wèi)星的質(zhì)量為m，地球的質(zhì)量為M，在地球表面附近滿足：，得： 衛(wèi)星做圓周運動的向心力等于它受

20、到的萬有引力： 式代入式，得到（2）考慮式，衛(wèi)星受到的萬有引力為： 由牛頓第二定律： 、聯(lián)立解得：14（10北京）16.一物體靜置在平均密度為的球形天體表面的赤道上。已知萬有引力常量為G，若由于天體自轉(zhuǎn)使物體對天體表面壓力恰好為零，則天體自轉(zhuǎn)周期為A.B.C.D.【答案】D【解析】球形天體表面的赤道上，物體對天體表面壓力恰好為零，說明天體對物體的萬有引力恰好等于物體隨天體運動所需的向心力，有，解得：。正確選項為D。1.6 機械振動機械波15（06北京）17某同學看到一只鳥落在樹枝上的P處，樹枝在10s內(nèi)上下振動了6次。鳥飛走后，他把50g的砝碼掛在P處，發(fā)現(xiàn)樹枝在10s內(nèi)上下振動了12次。將5

21、0g的砝碼換成500g的砝碼后，他發(fā)現(xiàn)樹枝在15s內(nèi)上下振動了6次。你估計鳥的質(zhì)量最接近 17BA50g B200g C500g D550g 16（07北京）abhO19如圖所示的單擺，擺球a向右擺動到最低點時，恰好與一沿水平方向向左運動的粘性小球b發(fā)生碰撞，并粘接在一起，且擺動平面不變。已知碰撞前a球擺動的最高點與最低點的高度差為h，擺動的周期為T，a球質(zhì)量是b球質(zhì)量的5倍，碰撞前a球在最低點的速度是b球速度的一半。則碰撞后 D中A擺動的周期為B擺動的周期為C擺球的最高點與最低點的高度差為0.3hD擺球的最高點與最低點的高度差為0.25h17（08北京）16.在介質(zhì)中有一沿水平方向傳播的簡諧

22、橫波。一質(zhì)點由平衡位置豎直向上運動，經(jīng)0.1 s到達最大位移處.在這段時間內(nèi)波傳播了0.5 m。則這列波 （ D ）A周期是0.2 sB波長是0.5 mC波速是2 m/sD經(jīng)1.6 s傳播了8 mAytOT/2T解析閱讀理解題意可得：，T=0.4s，故A錯。再由機械波傳播過程中的時空對應（nT時間內(nèi)波沿傳播方向傳出n）可得，故B錯。由波速公式，得故C錯。，故D正確。18（09北京）17一簡諧機械波沿x軸正方向傳播，周期為T，波長為。若在x=0處質(zhì)點的振動圖像如右圖所示，則該波在t=T/2時刻的波形曲線為AyxO/2AyxO/2AyxO/2AyxO/2A B C D【答案】A【解析】從振動圖上可

23、以看出x=0處的質(zhì)點在t=T/2時刻處于平衡位置，且正在向下振動，四個選項中只有A圖符合要求，故A項正確。19（10北京）17一列橫波沿x軸正向傳播，a、b、c、d為介質(zhì)中沿波傳播方向上四個質(zhì)點的平衡位置。某時刻的波形如圖1所示，此后，若經(jīng)過3/4周期開始計時，則圖2描述的是Aa處質(zhì)點的振動圖象Bb處質(zhì)點的振動圖象Cc處質(zhì)點的振動圖象Dd處質(zhì)點的振動圖象【答案】B【解析】由波的圖像經(jīng)過3/4周期a到達波谷，b達到平衡位置向下運動，c達到波峰，d達到平衡位置向上運動，這四個質(zhì)點在3/4周期開始計時時刻的狀態(tài)只有b符合振動圖像。選項B正確。方法1：由波的傳播方向判斷圖1中各質(zhì)點的振動方向，判斷各質(zhì)

24、點3/4周期時的位置及速度方向，逐點分析，可知只有b點位于平衡位置且向下振動。方法2：將波形圖沿波傳播方向向右平移個波長的距離，再判斷哪點在平衡位置且向下振動。方法3：將振動圖按規(guī)律反向延長，找到0時刻前3/4周期時的位移及振動方向。二、電學2.1 靜電感應、電容20（06北京）14使帶電的金屬球靠近不帶電的驗電器，驗電器的箔片張開。下列各圖表示驗電器上感應電荷的分布情況，正確的是 14B+-+-+A B C D21（10北京）18用控制變量法，可以研究影響平行板電容器電容的因素（如圖）。設兩極板正對面積為S，極板間的距離為d，靜電計指針偏角為。實驗中，極板所帶電荷量不變，若A保持S不變，增大

25、d，則變大B保持S不變，增大d，則變小C保持d不變，減小S，則變小D保持d不變，減小S，則不變【答案】A【解析】由平行板電容器及，保持S不變，增大d，電容C減小，電荷量Q不變，電勢差U增大，靜電計指針偏角增大。保持d不變，減小S，電容C減小，電荷量Q不變，電勢差U增大，靜電計指針偏角增大。正確選項A。+PQ2.2 電場22（09北京）16某靜電場的電場線分布如圖所示，圖中P、Q兩點的電場強度的大小分別為EP和EQ，電勢分別為UP和UQ，則AEPEQ，UPUQ BEPEQ，UPUQCEPEQ，UPUQ DEPEQ，UPUQ【答案】A【解析】從圖可以看出P點的電場線的密集程度大于Q點的密集程度，故

26、P點的場強大于Q點的場強，因電場線的方向由P指向Q，而沿電場線的方向電勢逐漸降低，P點的電勢高于Q點的電勢，故A項正確。xOR1R2P23（09北京）20圖示為一個內(nèi)、外半徑分別為R1和R2的圓環(huán)狀均勻帶電平面，其單位面積帶電量為。取環(huán)面中心O為原點，以垂直于環(huán)面的軸線為x軸。設軸上任意點P到O點的的距離為x，P點電場強度的大小為E。下面給出E的四個表達式（式中k為靜電力常量），其中只有一個是合理的。你可能不會求解此處的場強E，但是你可以通過一定的物理分析，對下列表達式的合理性做出判斷。根據(jù)你的判斷，E的合理表達式應為ABCD【答案】B【解析】當R1=0時，對于A項而言E=0，此時帶電圓環(huán)演變

27、為帶電圓面，中心軸線上一點的電場強度E>0，故A項錯誤；當x=0時，此時要求的場強為O點的場強，由對稱性可知EO=0，對于C項而言，x=0時E為一定值，故C項錯誤。當x時E0，而D項中E4故D項錯誤；所以正確選項只能為B。24（07北京）20在真空中的光滑水平絕緣面上有一帶電小滑塊。開始時滑塊靜止。若在滑塊所在空間加一水平勻強電場E1，持續(xù)一段時間后立刻換成與E1相反方向的勻強電場E2。當電場E2。與電場E1持續(xù)時間相同時，滑塊恰好回到初始位置，且具有動能Ek。在上述過程中，E1對滑塊的電場力做功為W1，沖量大小為I1；E2對滑塊的電場力做功為W2，沖量大小為I2。則 C難AI1=I2

28、B4I1=I2CW1=0.25Ek，W2=0.75Ek DW1=0.20Ek，W2=0.80Ek25（06北京）23（18分）如圖1所示，真空中相距d=5cm的兩塊平行金屬板A、B與電源連接（圖中未畫出），其中B板接地（電勢為零）。A板電勢變化的規(guī)律如圖2所示。將一個質(zhì)量m=2.0×10-27kg，電量q=+1.6×10-19C的帶電粒子從緊臨B板處釋放，不計重力。求：在t=0時刻釋放該帶電粒子，釋放瞬間粒子加速度的大小；若A板電勢變化周期T=1.0×10-5s，在t=0時將帶電粒子從緊臨B板處無初速釋放，粒子到達A板時動量的大?。粓D1T 2T U/Vt/sO2.

29、5-2.5圖2B AA板電勢變化頻率多大時，在t=T/4到t=T/2時間內(nèi)從緊臨B板處無初速釋放該帶電粒子，粒子不能到達A板。23.（18分）（1）電場強度：帶電粒子所受電場力：得：（2）粒子在0時間內(nèi)走過的距離為故帶電粒子在t=時，恰好到達A板根據(jù)動量定理，此時粒子動量：（3）帶電粒子在t=向A板做勻加速運動，在t=向A板做勻減速運動，速度減為零后將返回。粒子向A 板運動可能的最大位移要求粒子不能到達A板，有sd由f=，電勢變化頻率應滿足：Hz26（07北京）22（16分）兩個半徑均為R的圓形平板電極，平行正對放置，相距為d，極板間電壓為U，板間電場可以認為是均勻的。一個粒子從正極板邊緣以某

30、一初速度垂直于電場方向射入兩極板之間，到達負極板時恰好落在極板中心。已知質(zhì)子電荷為e，質(zhì)子和中子的質(zhì)量均視為m，忽略重力和空氣阻力的影響。求：極板間的電場強度E；粒子在極板間運動的加速度a；粒子的初速度v0 1 易22、（1）極板間場強；（2）粒子在極板間運動的加速度 （3）由，得：，2.3 磁場MNdBPbacv27（06北京）20如圖所示，勻強磁場的方向垂直紙面向里，一帶電微粒從磁場邊界d點垂直于磁場方向射入，沿曲線dpa打到屏MN上的a點，通過pa段用時為t。若該微粒經(jīng)過p點時，與一個靜止的不帶電微粒碰撞并結合為一個新微粒，最終打到屏MN上。兩個微粒所受重力均忽略。新微粒運動的 20DA

31、軌跡為pb，至屏幕的時間將小于tB軌跡為pc，至屏幕的時間將大于tC軌跡為pb，至屏幕的時間將等于tD軌跡為pa，至屏幕的時間將大于t2.4 電場和磁場綜合28（08北京）19.在如圖所示的空間中，存在場強為E的勻強電場，同時存在沿x軸負方向，磁感應強度為B的勻強磁場。一質(zhì)子(電荷量為e)在該空間恰沿y軸正方向以速度v勻速運動。據(jù)此可以判斷出（ C ）OvyzxA質(zhì)子所受電場力大小等于eE，運動中電勢能減小，沿z軸正方向電勢升高B質(zhì)子所受電場力大小等于eE，運動中電勢能增大，沿z軸正方向電勢降低C質(zhì)子所受電場力大小等于evB，運動中電勢能不變，沿z軸正方向電勢升高D質(zhì)子所受電場力大小等于evB

32、，運動中電勢能不變，沿z軸正方向電勢降低解析由電子沿y軸正方向勻速直線運動受平衡力，所以。由電子運動方向和磁感應強度方向，用左手定則可判斷電子所受洛倫茲力方向沿z軸負方向，則電場力方向沿z軸正方向，則對電子不做功，電勢能不變。負電荷所受電場力方向與場強方向相反，故電場方向沿z軸負方向。沿電場線方向電勢逐漸降低，則：沿z軸正方向電勢逐漸升高。綜上分析，正確答案為C。29（09北京）19如圖所示的虛線區(qū)域內(nèi)，充滿垂直于紙面向里的勻強磁場和豎直向下的勻強電場。一帶電粒子a（不計重力）以一定的初速度由左邊界的O點射入磁場、電場區(qū)域，恰好沿直線由區(qū)域右邊界的O點（圖中未標出）穿出。若撤去該區(qū)域內(nèi)的磁場而

33、保留電場不變，另一個同樣的粒子b（不計重力）仍以相同初速度由O點射入，從區(qū)域右邊界穿出，則粒子bBEOA穿出位置一定在O點下方B穿出位置一定在O點上方C運動時，在電場中的電勢能一定減小D在電場中運動時，動能一定減小D在電場中運動時，動能一定減小【答案】C【解析】a粒子要在電場、磁場的復合場區(qū)內(nèi)做直線運動，則該粒子一定做勻速直線運動，故對粒子a有：Bqv=Eq 即只要滿足E =Bv無論粒子帶正電還是負電，粒子都可以沿直線穿出復合場區(qū)，當撤去磁場只保留電場時，粒子b由于電性不確定，故無法判斷從O點的上方或下方穿出，故AB錯誤；粒子b在穿過電場區(qū)的過程中必然受到電場力的作用而做類似于平拋的運動，電場

34、力做正功，其電勢能減小，動能增大，故C項正確D項錯誤。2.5 電磁感應30（10北京）19在如圖所示的電路中，兩個相同的小燈泡L1和L2分別串聯(lián)一個帶鐵芯的電感線圈L和一個滑動變阻器R。閉合開關S后，調(diào)整R，使L1和L2發(fā)光的亮度一樣，此時流過兩個燈泡的電流均為I。然后，斷開S。若t時刻再閉合S，則在t前后的一小段時間內(nèi)，正確反映流過L1的電流i1、流過L2的電流i2隨時間t變化的圖像是【答案】B【解析】由電路實物圖可得，與滑動變阻器R串聯(lián)的L2，沒有自感直接變亮，電流i2變化圖像如A中圖線。C、D錯誤。帶鐵芯的電感線圈串聯(lián)的L1，由于自感強電流逐漸變大，B正確。31（08北京）hBdabc2

35、2.（16分）均勻?qū)Ь€制成的單匝正方形閉合線框abcd，每邊長為L，總電阻為R，總質(zhì)量為m。將其置于磁感強度為B的水平勻強磁場上方h處，如圖所示。線框由靜止自由下落，線框平面保持在豎直平面內(nèi)，且cd邊始終與水平的磁場邊界面平行。當cd邊剛進入磁場時，（1）求線框中產(chǎn)生的感應電動勢大??；（2）求cd兩點間的電勢差大??；（3）若此時線框加速度恰好為零，求線框下落的高度h所應滿足的條件。解：（1）cd邊剛進入磁場時，線框速度： 線框中產(chǎn)生的感應電動勢：(2)此時線框中電流： ，cd兩點間的電勢差： (3)安培力：根據(jù)牛頓第二定律：，由a=0解得下落高度滿足：32（07北京）24（20分）用密度為d、

36、電阻率為、橫截面積為A的薄金屬條制成邊長為L的閉合正方形框abb´a´。如圖所示，金屬方框水平放在磁極的狹縫間，方框平面與磁場方向平行。設勻強磁場僅存在于相對磁極之間，其他地方的磁場忽略不計。可認為方框的aa´邊和bb´邊都處在磁極間，極間磁感應強度大小為B。方框從靜止開始釋放，其平面在下落過程中保持水平（不計空氣阻力）。求方框下落的最大速度vm（設磁場區(qū)域在豎直方向足夠長）；當方框下落的加速度為g/2時，求方框的發(fā)熱功率P；已知方框下落的時間為t時，下落的高度為h，其速度為vt（vt<vm）。若在同一時間t內(nèi)，方框內(nèi)產(chǎn)生的熱與一恒定電流I0在該框

37、內(nèi)產(chǎn)生的熱相同，求恒定電流I0的表達式。NS金屬方框SL激發(fā)磁場的通電線圈圖1 裝置縱截面示意圖LNSSaa´bb´磁極金屬方框圖2 裝置俯視示意圖1 較難24、（1）方框質(zhì)量：方框電阻：方框下落速度為v時，產(chǎn)生的感應電動勢：感應電流：方框下落過程，受到重力G及安培力F，方向豎直向下，方向豎直向下 當F=G時，方框達到最大速度，即v=vm，則：方框下落的最大速度：（2）方框下落加速度為時，有：，則：方框的發(fā)熱功率：（3）根據(jù)能量守恒定律，有： 解得恒定電流I0的表達式 。33（06北京）24（20分）磁流體推進船的動力來源于電流與磁場間的相互作用。圖1是在平靜海面上某實驗船

38、的示意圖，磁流體推進器由磁體、電極和矩形通道（簡稱通道）組成。如圖2所示，通道尺寸a=2.0m、b=0.15m、c=0.10m。工作時，在通道內(nèi)沿z軸正方向加B=8.0T的勻強磁場；沿x軸負方向加勻強電場，使兩金屬板間的電壓U=99.6V；海水沿y軸方向流過通道。已知海水的電阻率=0.20m。船靜止時，求電源接通瞬間推進器對海水推力的大小和方向； 船以vs=5.0m/s的速度勻速前進。若以船為參照物，海水以5.0m/s的速率涌入進水口，由于通道的截面積小于進水口的截面積，在通道內(nèi)海水速率增加到vd=8.0m/s。求此時兩金屬板間的感應電動勢U感；前進方向磁流體推進器圖1進水口出水口abcUzx

39、 y金屬板絕緣板圖2船行駛時，通道中海水兩側的電壓按U´=U-U感計算，海水受到電磁力的80%可以轉(zhuǎn)化為對船的推力。當船以vs=5.0m/s的速度勻速前進時，求海水推力的功率。24.（20分）（1）根據(jù)安培力公式，推力F1I1Bb，其中：I1則：對海水推力的方向沿y軸正方向（向右）（2）V（3）根據(jù)歐姆定律，I2安培推力：F2 I2 B b = 720 N對船的推力：F 80% F2 576 N推力的功率：PFvs = 80% F2 vs=2880W34（09北京）23（18分）單位時間內(nèi)流過管道橫截面的液體體積叫做液體的體積流量（以下簡稱流量）。由一種利用電磁原理測量非磁性導電液體

40、（如自來水、啤酒等）流量的裝置，稱為電磁流量計。它主要由將流量轉(zhuǎn)換為電壓信號的傳感器和顯示儀表兩部分組成。傳感器的結構如圖所示，圓筒形測量管內(nèi)壁絕緣，其上裝有一對電極和c,a,c間的距離等于測量管內(nèi)徑D，測量管的軸線與a、c的連接放像以及通過電線圈產(chǎn)生的磁場方向三者相互垂直。當導電液體流過測量管時，在電極a、c的間出現(xiàn)感應電東勢E，并通過與電極連接的儀表顯示出液體流量Q。設磁場均勻恒定，磁感應強度為B。acBDv液體入口測量管通電線圈測量管軸線接電源液體出口通電線圈顯示儀器(1)已知，設液體在測量管內(nèi)各處流速相同，試求E的大?。ㄈ?.0）(2)一新建供水站安裝了電磁流量計，在向外供水時流量本應

41、顯示為正值。但實際顯示卻為負值。經(jīng)檢查，原因是誤將測量管接反了，既液體由測量管出水口流入，從如水口流出。因為已加壓充滿管道。不便再將測量管拆下重裝，請你提出使顯示儀表的流量指示變?yōu)檎钡暮啽惴椒ǎ?3)顯示儀表相當于傳感器的負載電阻，其阻值記為 a、c間導電液體的電阻r隨液體電阻率色變化而變化，從而會影響顯示儀表的示數(shù)。試以E、R。r為參量，給出電極a、c間輸出電壓U的表達式，并說明怎樣可以降低液體電阻率變化對顯示儀表示數(shù)的影響。答案：（1）1.0×10-3V（2）見解析（3），見解析【解析】（1）導電液體通過測量管時，相當于導線做切割磁感線的運動，在電極a、c 間切割感應線的液柱長

42、度為D， 設液體的流速為v，則產(chǎn)生的感應電動勢為：E=BDv 由流量的定義，有：Q=Sv= 式聯(lián)立解得：代入數(shù)據(jù)得：（2）能使儀表顯示的流量變?yōu)檎档姆椒ê啽?，合理即可，如：改變通電線圈中電流的方向，是磁場B反向，或?qū)鞲衅鬏敵龆藢φ{(diào)接入顯示儀表。（3）傳感器的顯示儀表構成閉合電路，有閉合電路歐姆定律： 輸入顯示儀表是a、c間的電壓U，流量示數(shù)和U一一對應，E與液體電阻率無關，而r隨電阻率的變化而變化，由式可看出，r變化相應的U也隨之變化。在實際流量不變的情況下，儀表顯示的流量示數(shù)會隨a、c間的電壓U的變化而變化，增大R，使Rr，則UE,這樣就可以降低液體電阻率的變化對顯示儀表流量示數(shù)的影響。

43、35（10北京）23.（18分）利用霍爾效應制作的霍爾元件以及傳感器，廣泛應用于測量和自動控制等領域。如圖1，將一金屬或半導體薄片垂直置于磁場B中，在薄片的兩個側面a、b間通以電流I時，另外兩側c、f間產(chǎn)生電勢差，這一現(xiàn)象稱為霍爾效應。其原因是薄片中的移動電荷受洛倫茲力的作用向一側偏轉(zhuǎn)和積累，于是c、f間建立起電場EH，同時產(chǎn)生霍爾電勢差UH。當電荷所受的電場力與洛倫茲力處處相等時，EH和UH達到穩(wěn)定值，UH的大小與I和B以及霍爾元件厚度d之間滿足關系式UHRH，其中比例系數(shù)RH稱為霍爾系數(shù)，僅與材料性質(zhì)有關。（1）設半導體薄片的寬度（c、f間距）為l，請寫出UH和EH的關系式;若半導體材料是

44、電子導電的，請判斷圖1中c、f哪端的電勢高;（2）已知半導體薄片內(nèi)單位體積中導電的電子數(shù)為n，電子的電荷量為e，請導出霍爾系數(shù)RH的表達式。（通過橫截面積S的電流InevS，其中v是導電電子定向移動的平均速率）；（3）圖2是霍爾測速儀的示意圖，將非磁性圓盤固定在轉(zhuǎn)軸上，圓盤的周邊等距離地嵌裝著m個永磁體，相鄰永磁體的極性相反?；魻栐糜诒粶y圓盤的邊緣附近。當圓盤勻速轉(zhuǎn)動時，霍爾元件輸出的電壓脈沖信號圖像如圖3所示。a.若在時間t內(nèi)，霍爾元件輸出的脈沖數(shù)目為P，請導出圓盤轉(zhuǎn)速N的表達式。b.利用霍爾測速儀可以測量汽車行駛的里程。除此之外，請你展開“智慧的翅膀”，提出另一個實例或設想?！敬鸢浮浚?/p>

45、1） c端電勢高 （2） 提出的實例或設想合理即可【解析】（1） c端電勢高（2）由UHRH 得： 當電場力與洛倫茲力相等時 得： 又 InevS 將、代入得：（3）a.由于在時間t內(nèi)，霍爾元件輸出的脈沖數(shù)目為P，則： 圓盤轉(zhuǎn)速為：b. 提出的實例或設想合理即可2.6 交變電流36（07北京）交流電源R1R2圖1i/At/×10-2sO+0.6圖2-0.61 2 317電阻R1、R2與交流電源按照圖1方式連接，R1=10，R2 =20。合上開關S后，通過電阻R1的正弦交變電流i隨時間t變化的情況如圖2所示。則 B易A通過R1的電流有效值是1.2A BR1兩端的電壓有效值是6VC通過R

46、2的電流最大值是1.2A DR2兩端的電壓最大值是6V370u/V123（08北京）18一理想變壓器原、副線圈匝數(shù)比n1: n2=11: 5。原線圈與正弦交變電源連接，輸入電壓u如圖所示。副線圈僅接入一個10 的電阻。則 （ D ）A流過電阻的電流是20 AB與電阻并聯(lián)的電壓表的示數(shù)是C經(jīng)過1分鐘電阻發(fā)出的熱量是6×103 JD變壓器的輸入功率是1×103 W解析 由圖象：，得：故B錯。，故A錯。，故C錯。，故D正確。2.7 綜合38（09北京）15類比是一種有效的學習方法，通過歸類和比較，有助于掌握新知識，提高學習效率。在類比過程中，既要找出共同之處，又要抓住不同之處。某

47、同學對機械波和電磁波進行類比，總結出下列內(nèi)容，其中不正確的是A機械波的頻率、波長和波速三者滿足的關系，對電磁波也適用B機械波和電磁波都能產(chǎn)生干涉和衍射現(xiàn)象C機械波的傳播依賴于介質(zhì)，而電磁波可以在真空中傳播D機械波既有橫波又有縱波，而電磁波只有縱波【答案】D【解析】波長、波速、頻率的關系對任何波都是成立的，對電磁波當然成立，故A選項正確；干涉和衍射是波的特性，機械波、電磁波都是波，這些特性都具有，故B項正確；機械波是機械振動在介質(zhì)中傳播形成的，所以機械波的傳播需要介質(zhì)而電磁波是交替變化的電場和磁場由近及遠的傳播形成的，所以電磁波傳播不需要介質(zhì)，故C項正確；機械波既有橫波又有縱波，但是電磁波只能是

48、橫波，其證據(jù)就是電磁波能夠發(fā)生偏振現(xiàn)象，而偏振現(xiàn)象是橫波才有的， D項錯誤。故正確答案應為D。39（10北京）20如圖，若x軸表示時間，y軸表示位置，則該圖像反映了某質(zhì)點做勻速直線運動時，位置與時間的關系。若令x軸和y軸分別表示其它的物理量，則該圖像又可以反映在某種情況下，相應的物理量之間的關系。下列說法中正確的是A若x軸表示時間,y軸表示功能，則該圖像可以反映某物體受恒定合外力作用做直線運動過程中，物體動能與時間的關系B若x軸表示頻率，y軸表示動能，則該圖像可以反映光電效應中，光電子最大初動能與入射光頻率之間的關系C若x軸表示時間，y軸表示動量，則該圖像可以反映某物在沿運動方向的恒定合外力作

49、用下，物體動量與時間的關系D若x軸表示時間，y軸表示感應電動勢，則該圖像可以反映靜置于磁場中的某閉合回路，當磁感應強度隨時間均勻增大時，增長合回路的感應電動勢與時間的關系【答案】C【解析】根據(jù)動量定理PP0=Ft得P=P0+Ft說明動量和時間是線性關系，縱截距為初動量，C正確。結合得，說明動能和時間是拋物線，A錯誤。根據(jù)光電效應方程，說明最大初動能和入射光頻率是線性關系，但截距為負值，B錯誤。當磁感應強度隨時間均勻增大時，增長合回路的磁通量均勻增大，根據(jù)法拉第電磁感應定律增長合回路的感應電動勢等于磁通量的變化率，是一個定值不隨時間變化，D錯誤。40（07北京）23（18分）環(huán)保汽車將為2008

50、年奧運會場館服務。某輛以蓄電池為驅(qū)動能源的環(huán)保汽車，總質(zhì)量m=3×103kg。當它在水平路面上以v=36km/h的速度勻速行駛時，驅(qū)動電機的輸入電流I=50A，電壓U=300V。在此行駛狀態(tài)下：求驅(qū)動電機的輸入功率P電；若驅(qū)動電機能夠?qū)⑤斎牍β实?0%轉(zhuǎn)化為用于牽引汽車前進的機械功率P機，求汽車所受阻力與車重的比值（g取10m/s2）；設想改用太陽能電池給該車供電，其他條件不變，求所需太陽能電池板的最小面積。結合計算結果，簡述你對該設想的思考。已知太陽輻射的總功率P0=4×1026W，太陽到地球的距離r=1.5×1011m，太陽光傳播到達地面的過程中大約有30%的

51、能量損耗，該車所用太陽能電池的能量轉(zhuǎn)化效率約為15%。1.5×104W 0.045 100m2（現(xiàn)在還不能達到設計要求，要進一步提高太陽能電池轉(zhuǎn)化率，減小車的質(zhì)量，提高電動機效率。） 中23.（1）驅(qū)動電機的輸入功率：（2）在勻速行駛時：，汽車所受阻力與車重之比：。（3）當陽光垂直電磁板入射式，所需板面積最小，設其為S，距太陽中心為r的球面面積。若沒有能量的損耗，太陽能電池板接受到的太陽能功率為，則：設太陽能電池板實際接收到的太陽能功率為P， 由于，所以電池板的最小面積：分析可行性并提出合理的改進建議。41（08北京）23.（18分）風能將成為21世紀大規(guī)模開發(fā)的一種可再生清潔能源。風力發(fā)電機是將風能（氣流的動能）轉(zhuǎn)化為電能的裝置，其主要部件包括風輪機、齒輪箱，發(fā)電機等。如圖所示。風力發(fā)電機組示意圖風輪機葉片r齒輪箱與發(fā)電機（1）利用總電阻R=10的線路向外輸送風力發(fā)電機產(chǎn)生的電能。輸送功率P0 =300kW，輸電電壓U=10kV，求導線上損失的功率與輸送功率的比值；（2）風輪機葉片旋轉(zhuǎn)所掃過的面積為風力發(fā)電機可接受風能的面積。設空氣密度為p，氣流速度為v，風輪機葉片長度為r。求單位時間內(nèi)流向風輪機的最大風能Pm；在風速和葉片數(shù)確定的