北京市十年（2012-2021）高考物理真题分题型分难易度汇编：05 解答题基础题&中档题&压轴题

这是一份北京市十年（2012-2021）高考物理真题分题型分难易度汇编：05 解答题基础题&中档题&压轴题，共41页。试卷主要包含了解答题基础题，解答题中档题，解答题压轴题等内容，欢迎下载使用。
 05 解答题基础题&中档题&压轴题

七、解答题基础题
27．（2016•北京）如图所示，质量为m，电荷量为q的带电粒子，以初速度v沿垂直磁场方向射入磁感应强度为B的匀强磁场，在磁场中做匀速圆周运动。不计带电粒子所受重力。
（1）求粒子做匀速圆周运动的半径R和周期T；
（2）为使该粒子做匀速直线运动，还需要同时存在一个与磁场方向垂直的匀强电场，求电场强度E的大小。

28．（2015•北京）（1）“测定玻璃的折射率”的实验中，在白纸上放好玻璃砖，aa′和bb′分别是玻璃砖与空气的两个界面，如图所示，在玻璃砖的一侧插上两枚大头针P1和P2，用“×”表示大头针的位置，然后在另一侧透过玻璃砖观察并依次插上P3和P4．在插P3和P4时，应使 　 　
A、P3只挡住P1的像
B、P4只挡住P2的像
C、P3同时挡住P1、P2的像
D、在bb′下方竖直插针P3、P4，使P1P2所在直线与P3P4所在直线平行
（2）用单摆测定重力加速度的实验装置如图1所示．
①组装单摆时，应在下列器材中选用 　 　（选填选项前的字母）．
A．长度为1m左右的细线
B．长度为30cm左右的细线
C．直径为1.8cm的塑料球
D．直径为1.8cm的铁球
②测出悬点O至小球球心的距离（摆长）L及单摆完成n次全振动所用的时间t，则重力加速度g＝　 　（用L、n、t表示）．
③如表是某同学记录的3组实验数据，并做了部分计算处理．
组次
1
2
3
摆长L/cm
80.00
90.00
100.00
50次全振动时间t/s
90.0
95.5
100.5
振动周期T/s
1.80
1.91

重力加速度g/（m•s﹣2）
9.74
9.73

请计算出第3组实验中的T＝　 　s，g＝　 　m/s2．
④用多组实验数据做出T2﹣L图象，也可以求出重力加速度g，已知三位同学做出的T2﹣L图线的示意图如图2中的a、b、c所示，其中a和b平行，b和c都过原点，图线b对应的g值最接近当地重力加速度的值．则相对于图线b，下列分析正确的是 　 　（选填选项前的字母）．
A．出现图线a的原因可能是误将悬点到小球下端的距离记为摆长L
B．出现图线c的原因可能是误将49次全振动记为50次
C．图线c对应的g值小于图线b对应的g值
⑤某同学在家里测重力加速度，他找到细线和铁锁，制成一个单摆，如图3所示，由于家里只有一根量程为30cm的刻度尺，于是他在细线上的A点做了一个标记，使得悬点O到A点间的细线长度小于刻度尺量程．保持该标记以下的细线长度不变，通过改变O、A间细线长度以改变摆长．实验中，当O、A间细线的长度分别为l1、l2时，测得相应单摆的周期为T1、T2．由此可得重力加速度g＝　 　（用l1、l2、T1、T2表示）．

29．（2015•北京）如图所示，足够长的平行光滑金属导轨水平放置，宽度L＝0.4m，一端连接R＝1Ω的电阻．导轨所在空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B＝1T．导体棒MN放在导轨上，其长度恰好等于导轨间距，与导轨接触良好．导轨和导体棒的电阻均可忽略不计．在平行于导轨的拉力F作用下，导体棒沿导轨向右匀速运动，速度v＝5m/s．求：
（1）感应电动势E和感应电流I；
（2）在0.1s时间内，拉力的冲量IF的大小；
（3）若将MN换为电阻r＝1Ω的导体棒，其它条件不变，求导体棒两端的电压U．

30．（2013•北京）某同学通过实验测定一个阻值约为5Ω的电阻Rx的阻值．

（1）现有电源（4V，内阻可不计）、滑动变阻器（0～50Ω，额定电流2A），开关和导线若干，以及下列电表：
A．电流表（0～3A，内阻约0.025Ω）
B．电流表（0～0.6A，内阻约0.125Ω）
C．电压表（0～3V，内阻约3kΩ）
D．电压表（0～15V，内阻约15kΩ）
为减小测量误差，在实验中，电流表应选用 　 　，电压表应选用 　 　（选填器材前的字母）；实验电路应采用图1中的 　 　（选填“甲”或“乙”）．
（2）图2是测量Rx的实验器材实物图，图中已连接了部分导线．请、请根据在（1）问中所选的电路图，补充完成图2中实物间的连线．
（3）接通开关，改变滑动变阻器滑片P的位置，并记录对应的电流表示数I、电压表示数U．某次电表示数如图3所示，可得该电阻的测量值Rx＝＝　 　Ω（保留两位有效数字）．
（4）若在（1）问中选用甲电路，产生误差的主要原因是 　 　；若在（1）问中选用乙电路，产生误差的主要原因是 　 　．（选填选项前的字母）
A．电流表测量值小于流经Rx的电流值
B．电流表测量值大于流经Rx的电流值
C．电压表测量值小于Rx两端的电压值
D．电压表测量值大于Rx两端的电压值
（5）在不损坏电表的前提下，将滑动变阻器滑片P从一端滑向另一端，随滑片P移动距离x的增加，被测电阻Rx两端的电压U也随之增加，下列反映U﹣x关系的示意图中正确的是 　 　．

八、解答题中档题
31．（2021•北京）类比是研究问题的常用方法。
（1）情境1：物体从静止开始下落，除受到重力作用外，还受到一个与运动方向相反的空气阻力f＝kv（k为常量）的作用。其速率v随时间t的变化规律可用方程G﹣kv＝m（①式）描述，其中m为物体质量，G为其重力。求物体下落的最大速率vm。
（2）情境2：如图1所示，电源电动势为E，线圈自感系数为L，电路中的总电阻为R。闭合开关S，发现电路中电流I随时间t的变化规律与情境1中物体速率v随时间t的变化规律类似。类比①式，写出电流I随时间t变化的方程；并在图2中定性画出I﹣t图线。
（3）类比情境1和情境2中的能量转化情况，完成下表。
情境1
情境2
物体重力势能的减少量
　 　
物体动能的增加量
　 　
　 　
电阻R上消耗的电能

32．（2021•北京）秋千由踏板和绳构成，人在秋千上的摆动过程可以简化为单摆的摆动，等效“摆球”的质量为m，人蹲在踏板上时摆长为l1，人站立时摆长为l2。不计空气阻力，重力加速度大小为g。
（1）如果摆长为l1，“摆球”通过最低点时的速度为v，求此时“摆球”受到拉力T的大小。
（2）在没有别人帮助的情况下，人可以通过在低处站起、在高处蹲下的方式使“摆球”摆得越来越高。
a．人蹲在踏板上从最大摆角θ1开始运动，到最低点时突然站起，此后保持站立姿势摆到另一边的最大摆角为θ2。假定人在最低点站起前后“摆球”摆动速度大小不变，通过计算证明θ2＞θ1。
b．实际上人在最低点快速站起后“摆球”摆动速度的大小会增大。随着摆动越来越高，达到某个最大摆角θ后，如果再次经过最低点时，通过一次站起并保持站立姿势就能实现在竖直平面内做完整的圆周运动，求在最低点“摆球”增加的动能ΔEk应满足的条件。
33．（2020•北京）如图甲所示，N＝200匝的线圈（图中只画了2匝），电阻r＝2Ω，其两端与一个R＝48Ω的电阻相连，线圈内有指向纸内方向的磁场。线圈中的磁通量按图乙所示规律变化。
（1）判断通过电阻R的电流方向：
（2）求线圈产生的感应电动势E；
（3）求电阻R两端的电压U。

34．（2016•北京）如图所示，电子由静止开始经加速电场加速后，沿平行于板面的方向射入偏转电场，并从另一侧射出．已知电子质量为m，电荷量为e，加速电场电压为U0，偏转电场可看做匀强电场，极板间电压为U，极板长度为L，板间距为d．
（1）忽略电子所受重力，求电子射入偏转电场时初速度v0和从电场射出时沿垂直板面方向的偏转距离△y；
（2）分析物理量的数量级，是解决物理问题的常用方法．在解决（1）问时忽略了电子所受重力，请利用下列数据分析说明其原因．已知U＝2.0×102V，d＝4.0×10﹣2m，m＝9.1×10﹣31kg，e＝1.6×10﹣19C，g＝10m/s2．
（3）极板间既有电场也有重力场．电势反映了静电场各点的能的性质，请写出电势φ的定义式．类比电势的定义方法，在重力场中建立“重力势”的φG概念，并简要说明电势和“重力势”的共同特点．

35．（2016•北京）（1）动量定理可以表示为Δp＝FΔt，其中动量p和力F都是矢量。在运用动量定理处理二维问题时，可以在相互垂直的x、y两个方向上分别研究。例如，质量为m的小球斜射到木板上，入射的角度是θ，碰撞后弹出的角度也是θ，碰撞前后的速度大小都是v，如图1所示，碰撞过程中忽略小球所受重力。
a．分别求出碰撞前后x、y方向小球的动量变化Δpx、Δpy；
b．分析说明小球对木板的作用力的方向。
（2）激光束可以看作是粒子流，其中的粒子以相同的动量沿光传播方向运动．激光照射到物体上，在发生反射、折射和吸收现象的同时，也会对物体产生作用．光镊效应就是一个实例，激光束可以像镊子一样抓住细胞等微小颗粒．
一束激光经S点后被分成若干细光束，若不考虑光的反射和吸收，其中光束①和②穿过介质小球的光路如图②所示，图2中O点是介质小球的球心，入射时光束①和②与SO的夹角均为θ，出射时光束均与SO平行．请在下面两种情况下，分析说明两光束因折射对小球产生的合力的方向．
a．光束①和②强度相同；
b．光束①比②强度大．


36．（2013•北京）如图所示，两平行金属板间距为d，电势差为U，板间电场可视为匀强电场；金属板下方有一磁感应强度为B的匀强磁场。带电量为+q、质量为m的粒子，由静止开始从正极板出发，经电场加速后射出，并进入磁场做匀速圆周运动。忽略重力的影响，求：
（1）匀强电场场强E的大小；
（2）粒子从电场射出时速度v的大小；
（3）粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径R。

37．（2012•北京）在“测定金属的电阻率”实验中，所用测量仪器均已校准，待测金属丝接入电路部分的长度约为50cm．
（1）用螺旋测微器测量金属丝直径，其中某次测量结果如图1所示，其读数应为 　 　mm（该值接近多次测量的平均值）
（2）用伏安法测金属丝的电阻RX，实验所用器材为：
电池组（电动势为3V，内阻约为1Ω），电流表（内阻约为0.1Ω），
电压表（内阻约为3kΩ），滑动变阻器R（0～20Ω，额定电流为2A）
开关，导线若干．某同学利用以上器材正确连接好电路，进行实验测量，记录数据如下：
次数
1
2
3
4
5
6
7
U/V
0.10
0.30
0.70
1.00
1.50
1.70
2.30
I/A
0.020
0.060
0.160
0.220
0.340
0.460
0.520
由以上实验数据可知，他们测量RX是采用图2中甲和乙中的图 　 　（选填“甲”或“乙”）

（3）如图3是测量RX的实验器材实物图，图中已经连接了部分导线，滑动变阻器的滑片P置于变阻器的一端，请根据上图所选的电路图，补充完成图3中实物间的连线，并使闭合开关的瞬间，电压表或电流表不至于被烧坏．

（4）这个小组的同学在坐标纸上建立U、I坐标系，如图4所示，图中已经标出了与测量数据相对应的四个点，请在下图中标出第2、4、6次测量数据的坐标点，并描绘出U﹣I图线，由图线得到金属丝的阻值RX＝　 　Ω（保留两位有效数字）．
（5）根据以上数据可估算出金属丝的电阻率约为 　 　（填选项前的序号）
A、1×10﹣2Ω•m B、1×10﹣3Ω•m C、1×10﹣6Ω•m D、1×10﹣8Ω•m
（6）任何实验测量都存在误差，本实验所用测量仪器都已校准，下列关于误差的说法中正确的选项是 　 　（有多个正确选项）．
A、用螺旋测微器测量金属丝直径时，由于读数引起的误差属于系统误差
B、由于电流表和电压表内阻引起的误差属于偶然误差
C、若将电流表和电压表的内阻计算在内，可以消除由测量仪表引起的系统误差
D、用U﹣I图象处理数据求金属丝电阻可以减小偶然误差．
九、解答题压轴题
38．（2017•北京）发电机和电动机具有装置上的类似性，源于它们机理上的类似性。直流发电机和直流电动机的工作原理可以简化为如图1、图2所示的情景。

在竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁场中，两根光滑平行金属轨道MN、PQ固定在水平面内，相距为L，电阻不计。电阻为R的金属导体棒ab垂直于MN、PQ放在轨道上，与轨道接触良好，以速度v（v平行于MN）向右做匀速运动。
图1轨道端点MP间接有阻值为r的电阻，导体棒ab受到水平向右的外力作用。图2轨道端点MP间接有直流电源，导体棒ab通过滑轮匀速提升重物，电路中的电流为I。
（1）求在△t时间内，图1“发电机”产生的电能和图2“电动机”输出的机械能。
（2）从微观角度看，导体棒ab中的自由电荷所受洛伦兹力在上述能量转化中起着重要作用。为了方便，可认为导体棒中的自由电荷为正电荷。
a．请在图3（图1的导体棒ab）、图4（图2的导体棒ab）中，分别画出自由电荷所受洛伦兹力的示意图。
b．我们知道，洛伦兹力对运动电荷不做功。那么，导体棒ab中的自由电荷所受洛伦兹力是如何在能量转化过程中起到作用的呢？请以图2“电动机”为例，通过计算分析说明。

39．（2015•北京）真空中放置的平行金属板可以用作光电转换装置，如图所示．光照前两板都不带电．以光照射A板，则板中的电子可能吸收光的能量而逸出．假设所有逸出的电子都垂直于A板向B板运动，忽略电子之间的相互作用．保持光照条件不变，a和b为接线柱．已知单位时间内从A板逸出的电子数为N，电子逸出时的最大动能为Ekm．元电荷为e．
（1）求A板和B板之间的最大电势差Um，以及将a、b短接时回路中的电流I短．
（2）图示装置可看作直流电源，求其电动势E和内阻r．
（3）在a和b之间连接一个外电阻时，该电阻两端的电压为U．外电阻上消耗的电功率设为P；单位时间内到达B板的电子，在从A板运动到B板的过程中损失的动能之和设为△Ek．请推导证明：P＝△Ek．
（注意：解题过程中需要用到、但题目没有给出的物理量，要在解题中做必要的说明）

40．（2014•北京）万有引力定律揭示了天体运动规律与地上物体运动规律具有内在的一致性．
（1）用弹簧秤称量一个相对于地球静止的小物体的重量，随称量位置的变化可能会有不同的结果．已知地球质量为M，自转周期为T，万有引力常量为G．将地球视为半径为R、质量均匀分布的球体，不考虑空气的影响．设在地球北极地面称量时，弹簧秤的读数是F0
a．若在北极上空高出地面h处称量，弹簧秤读数为F1，求比值的表达式，并就h＝1.0%R的情形算出具体数值（计算结果保留两位有效数字）；
b．若在赤道地面称量，弹簧秤读数为F2，求比值的表达式．
（2）设想地球绕太阳公转的圆周轨道半径为r、太阳的半径为Rs和地球的半径R三者均减小为现在的1.0%，而太阳和地球的密度均匀且不变．仅考虑太阳和地球之间的相互作用，以现实地球的1年为标准，计算“设想地球”的一年将变为多长？
41．（2014•北京）导体切割磁感线的运动可以从宏观和微观两个角度来认识．如图所示，固定于水平面的U形导线框处于竖直向下的匀强磁场中，金属直导线MN在于其垂直的水平恒力F作用下，在导线框上以速度v做匀速运动，速度v与恒力F的方向相同：导线MN始终与导线框形成闭合电路．已知导线MN电阻为R，其长度L恰好等于平行轨道间距，磁场的磁感应强度为B．忽略摩擦阻力和导线框的电阻．
（1）通过公式推导验证：在△t时间内，F对导线MN所做的功W等于电路获得的电能W′，也等于导线MN中产生的焦耳热Q；
（2）若导线MN的质量m＝8.0g，长度L＝0.10m，感应电流I＝1.0A，假设一个原子贡献一个自由电子，计算导线MN中电子沿导线长度方向定向移动的平均速率ve（下表中列出一些你可能会用到的数据）；
阿伏加德罗常数NA
6.0×1023mol﹣1
元电荷e
1.6×10﹣19C
导线MN的摩尔质量μ
6.0×10﹣2kg/mol
（3）经典物理学认为，金属的电阻源于定向运动的自由电子和金属离子（即金属原子失去电子后的剩余部分）的碰撞．展开你想象的翅膀，给出一个合理的自由电子的运动模型；在此基础上，求出导线MN中金属离子对一个自由电子沿导线长度方向的平均作用力f的表达式．

42．（2012•北京）如图所示，质量为m的小物块在粗糙水平桌面上做直线运动，经距离l后以速度v飞离桌面，最终落在水平地面上。已知l＝1.4m，v＝3.0m/s，m＝0.10kg，物块与桌面间的动摩擦因数μ＝0.25，桌面高h＝0.45m，不计空气阻力，重力加速度取10m/s2，求：
（1）小物块落地点距飞出点的水平距离s；
（2）小物块落地时的动能EK；
（3）小物块的初速度大小v0。

43．（2013•北京）对于同一物理问题，常常可以从宏观与微观两个不同角度进行研究，找出其内在联系，从而更加深刻地理解其物理本质。
（1）一段横截面积为S、长为l的直导线，单位体积内有n个自由电子，电子电量为e。该导线通有电流时，假设自由电子定向移动的速率均为v。
（a）求导线中的电流I；
（b）将该导线放在匀强磁场中，电流方向垂直于磁感应强度B，导线所受安培力大小为F安，导线内自由电子所受洛伦兹力大小的总和为F，推导F安＝F。
（2）正方体密闭容器中有大量运动粒子，每个粒子质量为m，单位体积内粒子数量n为恒量。为简化问题，我们假定：粒子大小可以忽略；其速率均为v，且与器壁各面碰撞的机会均等；与器壁碰撞前后瞬间，粒子速度方向都与器壁垂直，且速率不变。利用所学力学知识，导出器壁单位面积所受粒子压力f与m、n和v的关系。
（注意：解题过程中需要用到、但题目没有给出的物理量，要在解题时做必要的说明）
44．（2012•北京）匀强电场的方向沿x轴正向，电场强度E随x的分布如图所示。图中E0和d均为已知量，将带正电的质点A在O点由静止释放，A离开电场足够远后，再将另一带正电的质点B放在O点也由静止释放，当B在电场中运动时，A、B间的相互作用力及相互作用能均为零；B离开电场后，A、B间的相互作用视为静电作用，已知A的电荷量为Q，A和B的质量分别为m和，不计重力。
（1）求A在电场中的运动时间t；
（2）若B的电荷量，求两质点相互作用能的最大值EPm；
（3）为使B离开电场后不改变运动方向，求B所带电荷量的最大值qm。








【参考答案】
七、解答题基础题
27．（2016•北京）如图所示，质量为m，电荷量为q的带电粒子，以初速度v沿垂直磁场方向射入磁感应强度为B的匀强磁场，在磁场中做匀速圆周运动。不计带电粒子所受重力。
（1）求粒子做匀速圆周运动的半径R和周期T；
（2）为使该粒子做匀速直线运动，还需要同时存在一个与磁场方向垂直的匀强电场，求电场强度E的大小。

【解析】解：（1）由洛伦兹力公式，粒子在磁场中受力F为F＝qvB①
粒子做匀速圆周运动所需向心力

粒子仅受洛伦兹力做匀速圆周运动
F＝F向③
联立①②③得
④④
由匀速圆周运动周期与线速度关系：
⑤
联立④⑤得
（2）粒子做匀速直线运动需受力平衡
故电场力需与洛伦兹力等大反向即qE＝qvB
解得：E＝vB
答：（1）粒子做匀速圆周运动的半径R为和周期T为；
（2）为使该粒子做匀速直线运动，还需要同时存在一个与磁场方向垂直的匀强电场，电场强度E的大小为vB。
28．（2015•北京）（1）“测定玻璃的折射率”的实验中，在白纸上放好玻璃砖，aa′和bb′分别是玻璃砖与空气的两个界面，如图所示，在玻璃砖的一侧插上两枚大头针P1和P2，用“×”表示大头针的位置，然后在另一侧透过玻璃砖观察并依次插上P3和P4．在插P3和P4时，应使 　CD　
A、P3只挡住P1的像
B、P4只挡住P2的像
C、P3同时挡住P1、P2的像
D、在bb′下方竖直插针P3、P4，使P1P2所在直线与P3P4所在直线平行
（2）用单摆测定重力加速度的实验装置如图1所示．
①组装单摆时，应在下列器材中选用 　AD　（选填选项前的字母）．
A．长度为1m左右的细线
B．长度为30cm左右的细线
C．直径为1.8cm的塑料球
D．直径为1.8cm的铁球
②测出悬点O至小球球心的距离（摆长）L及单摆完成n次全振动所用的时间t，则重力加速度g＝　　（用L、n、t表示）．
③如表是某同学记录的3组实验数据，并做了部分计算处理．
组次
1
2
3
摆长L/cm
80.00
90.00
100.00
50次全振动时间t/s
90.0
95.5
100.5
振动周期T/s
1.80
1.91

重力加速度g/（m•s﹣2）
9.74
9.73

请计算出第3组实验中的T＝　2.01　s，g＝　9.76　m/s2．
④用多组实验数据做出T2﹣L图象，也可以求出重力加速度g，已知三位同学做出的T2﹣L图线的示意图如图2中的a、b、c所示，其中a和b平行，b和c都过原点，图线b对应的g值最接近当地重力加速度的值．则相对于图线b，下列分析正确的是 　B　（选填选项前的字母）．
A．出现图线a的原因可能是误将悬点到小球下端的距离记为摆长L
B．出现图线c的原因可能是误将49次全振动记为50次
C．图线c对应的g值小于图线b对应的g值
⑤某同学在家里测重力加速度，他找到细线和铁锁，制成一个单摆，如图3所示，由于家里只有一根量程为30cm的刻度尺，于是他在细线上的A点做了一个标记，使得悬点O到A点间的细线长度小于刻度尺量程．保持该标记以下的细线长度不变，通过改变O、A间细线长度以改变摆长．实验中，当O、A间细线的长度分别为l1、l2时，测得相应单摆的周期为T1、T2．由此可得重力加速度g＝　　（用l1、l2、T1、T2表示）．

【解析】解：（1）根据实验的原理，连接P1、P2表示入射光线，连接P3、P4表示出射光线，连接两光线与玻璃砖的交点，即为折射光线。实验的过程中，要先在白纸上放好玻璃砖，在玻璃砖的一侧插上两枚大头针P1和P2，然后在玻璃砖另一侧观察，调整视线使P1的像被P2的像挡住，接着在眼睛所在一侧相继又插上两枚大头针P3、P4，使P3挡住P1、P2的像，使P4挡住P3和P1、P2的像。即在bb′下方竖直插针P3、P4，使P1P2所在直线与P3P4所在直线平行：故AB错误，CD正确。
故选：CD。
（2）①单摆在摆动过程中．阻力要尽量小甚至忽略不计，所以摆球选钢球；摆长不能过小，一般取1m左右．故A、D正确，B、C错误。
故选：AD。
②单摆完成N次全振动的时间为t，所以T＝，测得悬点O至小球球心的距离（摆长）L，根据T＝2π解得：g＝；
③单摆完成N次全振动的时间为t，所以T＝＝s，
根据公式：g＝
④根据单摆的周期公式T＝2得，T2＝，根据数学知识可知，T2﹣L图象的斜率k＝，当地的重力加速度g＝．
A、若测量摆长时忘了加上摆球的半径，则摆长变成摆线的长度l，则有T2＝，根据数学知识可知，对T2﹣L图象来说，T2＝与b线T2＝斜率相等，两者应该平行，是截距；故做出的T2﹣L图象中a线的原因可能是误将悬点到小球上端的距离记为摆长L．故A错误；
B、实验中误将49次全振动记为50次，则周期的测量值偏小，导致重力加速度的测量值偏大，图线的斜率k偏小．故B正确；
C、由图可知，图线c对应的斜率k偏小，根据T2﹣L图象的斜率k＝，当地的重力加速度g＝可知，g值大于图线b对应的g值．故C错误．
故选：B．
⑤根据单摆的周期公式T＝2π，设A点到锁头的重心之间的距离为l0，有：
第一次：T1＝2π
第二次：T2＝2π
联立解得：g＝
故答案为：（1）CD；（2）①AD；②；③2.01，9.76；④B；⑤．
29．（2015•北京）如图所示，足够长的平行光滑金属导轨水平放置，宽度L＝0.4m，一端连接R＝1Ω的电阻．导轨所在空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B＝1T．导体棒MN放在导轨上，其长度恰好等于导轨间距，与导轨接触良好．导轨和导体棒的电阻均可忽略不计．在平行于导轨的拉力F作用下，导体棒沿导轨向右匀速运动，速度v＝5m/s．求：
（1）感应电动势E和感应电流I；
（2）在0.1s时间内，拉力的冲量IF的大小；
（3）若将MN换为电阻r＝1Ω的导体棒，其它条件不变，求导体棒两端的电压U．

【解析】解：（1）由法拉第电磁感应定律可得，感应电动势为：
E＝BLv＝1×0.4×5V＝2.0V
感应电流为：
I＝＝A＝2A
根据右手定则得导体棒MN中电流的流向为：N→M；
（2）由左手定则判断可知，MN棒所受的安培力方向向左．
导体棒匀速运动，安培力与拉力平衡，则有：
F＝BIL＝1×2×0.4N＝0.8N，
拉力的冲量：IF＝Ft＝0.8×0.1＝0.08N•s
（3）将MN换为电阻r＝1Ω的导体棒，电路中的电流：I′＝＝A＝1A
由欧姆定律：U＝I′•R＝1×1＝1V
答：（1）感应电动势是2.0V，感应电流是2A，方向导体棒MN中电流的流向为：N→M；
（2）在0.1s时间内，拉力的冲量IF的大小是0.08N•s；
（3）若将MN换为电阻r＝1Ω的导体棒，其它条件不变，导体棒两端的电压是1V．
30．（2013•北京）某同学通过实验测定一个阻值约为5Ω的电阻Rx的阻值．

（1）现有电源（4V，内阻可不计）、滑动变阻器（0～50Ω，额定电流2A），开关和导线若干，以及下列电表：
A．电流表（0～3A，内阻约0.025Ω）
B．电流表（0～0.6A，内阻约0.125Ω）
C．电压表（0～3V，内阻约3kΩ）
D．电压表（0～15V，内阻约15kΩ）
为减小测量误差，在实验中，电流表应选用 　B　，电压表应选用 　C　（选填器材前的字母）；实验电路应采用图1中的 　甲　（选填“甲”或“乙”）．
（2）图2是测量Rx的实验器材实物图，图中已连接了部分导线．请、请根据在（1）问中所选的电路图，补充完成图2中实物间的连线．
（3）接通开关，改变滑动变阻器滑片P的位置，并记录对应的电流表示数I、电压表示数U．某次电表示数如图3所示，可得该电阻的测量值Rx＝＝　5.2　Ω（保留两位有效数字）．
（4）若在（1）问中选用甲电路，产生误差的主要原因是 　B　；若在（1）问中选用乙电路，产生误差的主要原因是 　D　．（选填选项前的字母）
A．电流表测量值小于流经Rx的电流值
B．电流表测量值大于流经Rx的电流值
C．电压表测量值小于Rx两端的电压值
D．电压表测量值大于Rx两端的电压值
（5）在不损坏电表的前提下，将滑动变阻器滑片P从一端滑向另一端，随滑片P移动距离x的增加，被测电阻Rx两端的电压U也随之增加，下列反映U﹣x关系的示意图中正确的是 　A　．

【解析】解：（1）因电源的电压为4V，因此电压表选择3V量程；由于阻值约为5Ω的电阻Rx的，根据欧姆定律可知，电流的最大值为0.8A，从精确角度来说，所以电流表选择0.6A的量程；
根据待测电阻的阻值与电压表及电流表的阻值，可知＜，因此选择电流表外接法，故选择甲图．
（2）根据电路图来连接实物图原则，注意电表的正负极，并分几个回路来连接．如图所示；

（3）电压表的读数为U＝2.60V；电流表的读数为I＝0.50A；
根据欧姆定律R＝，则有R＝5.2Ω；
（4）由甲图可知，待测电阻与电压表并联后，与电流表串联，因此电流表测量值大于流经Rx的电流值．
由乙图可知，待测电阻与电流表串联后，与电压表并联，因此电压表测量值大于Rx两端的电压值．
故选B和D；
（5）根据闭合电路欧姆定律与电阻定律，U＝IRX＝RX，当滑片P移动距离x的增加，被测电阻Rx两端的电压增大，但不成正比，且增加越来越快，则U﹣x图象如图A所示，故选：A．
故答案为：（1）B、C、甲 （2）略 （3）5.2Ω （4）B、D （5）A．
八、解答题中档题
31．（2021•北京）类比是研究问题的常用方法。
（1）情境1：物体从静止开始下落，除受到重力作用外，还受到一个与运动方向相反的空气阻力f＝kv（k为常量）的作用。其速率v随时间t的变化规律可用方程G﹣kv＝m（①式）描述，其中m为物体质量，G为其重力。求物体下落的最大速率vm。
（2）情境2：如图1所示，电源电动势为E，线圈自感系数为L，电路中的总电阻为R。闭合开关S，发现电路中电流I随时间t的变化规律与情境1中物体速率v随时间t的变化规律类似。类比①式，写出电流I随时间t变化的方程；并在图2中定性画出I﹣t图线。
（3）类比情境1和情境2中的能量转化情况，完成下表。
情境1
情境2
物体重力势能的减少量
　电源提供的电能　
物体动能的增加量
　线圈磁场能的增加量　
　克服阻力做功消耗的机械能　
电阻R上消耗的电能

【解析】解：（1）当物体下落速度达到最大速度vm时加速度为零，则有：G＝kvm
解得：vm＝；
（2）a、电路中电流I随时间t的变化规律为：E﹣IR＝L（其中L为线圈的自感系数）
b、根据E﹣IR＝L可得：＝，由于E、R、L不变，I逐渐增大，则I﹣t图像的斜率逐渐减小，最后稳定时I＝；
I﹣t图像如图所示；

（3）情境1物体重力势能的减少量是整个过程中能量的来源，对应情境2中电源提供的电能；
情境1中物体动能的增加量，对应情境2中线圈磁场能的增加量；
情境2电阻R上消耗的电能，相当于情景1中克服阻力做功消耗的机械能。
答：（1）物体下落的最大速率为；
（2）电流I随时间t变化的方程为E﹣IR＝L；画出I﹣t图线见解析；
（3）类比情境1和情境2中的能量转化情况，填写的表格如下图：
情境1
情境2

电源提供的电能

线圈磁场能的增加量
克服阻力做功消耗的机械能

32．（2021•北京）秋千由踏板和绳构成，人在秋千上的摆动过程可以简化为单摆的摆动，等效“摆球”的质量为m，人蹲在踏板上时摆长为l1，人站立时摆长为l2。不计空气阻力，重力加速度大小为g。
（1）如果摆长为l1，“摆球”通过最低点时的速度为v，求此时“摆球”受到拉力T的大小。
（2）在没有别人帮助的情况下，人可以通过在低处站起、在高处蹲下的方式使“摆球”摆得越来越高。
a．人蹲在踏板上从最大摆角θ1开始运动，到最低点时突然站起，此后保持站立姿势摆到另一边的最大摆角为θ2。假定人在最低点站起前后“摆球”摆动速度大小不变，通过计算证明θ2＞θ1。
b．实际上人在最低点快速站起后“摆球”摆动速度的大小会增大。随着摆动越来越高，达到某个最大摆角θ后，如果再次经过最低点时，通过一次站起并保持站立姿势就能实现在竖直平面内做完整的圆周运动，求在最低点“摆球”增加的动能ΔEk应满足的条件。
【解析】解：（1）根据牛顿运动定律T﹣mg＝
得T＝mg+
（2）a．设人在最低点站起前后“摆球”的摆动速度大小分别为v1、v2，根据功能关系得mgl1（1﹣cosθ1）＝
mgl2（1﹣cosθ2）＝
已知v1＝v2，得mgl1（1﹣cosθ1）＝mgl2（1﹣cosθ2）
因为l1＞l2，得cosθ1＞cosθ2
所以θ2＞θ1
b．设“摆球”由最大摆角θ摆至最低点时动能为Ek，根据功能关系得
Ek＝mgl1（1﹣cosθ）
“摆球”在竖直平面内做完整的圆周运动，通过最高点最小速度为vm
根据牛顿运动定律得mg＝
“摆球”在竖直平面内做完整的圆周运动，根据功能关系得
Ek+ΔEk≥2mgl2+
得ΔEk≥mgl2﹣mgl1（1﹣cosθ）
答：（1）如果摆长为l1，“摆球”通过最低点时的速度为v，此时“摆球”受到拉力T的大小为mg+。
（2）a．证明过程见解析。
b．在最低点“摆球”增加的动能ΔEk应满足的条件为ΔEk≥mgl2﹣mgl1（1﹣cosθ）。
33．（2020•北京）如图甲所示，N＝200匝的线圈（图中只画了2匝），电阻r＝2Ω，其两端与一个R＝48Ω的电阻相连，线圈内有指向纸内方向的磁场。线圈中的磁通量按图乙所示规律变化。
（1）判断通过电阻R的电流方向：
（2）求线圈产生的感应电动势E；
（3）求电阻R两端的电压U。

【解析】解：（1）线圈相当于电源，由楞次定律可知a相当于电源的正极，b相当于电源的负极；
通过电阻R的电流方向a→b；
（2）由法拉第电磁感应定律得：E＝N＝200×V＝10V；
（3）由闭合电路的欧姆定律得：I＝＝A＝0.2A
又由部分电路的欧姆定律得：U＝IR＝0.2×48V＝9.6V。
答：（1）通过电阻R的电流方向为a→b；
（2）线圈产生的感应电动势为10V；
（3）电阻R两端的电压为9.6V。
34．（2016•北京）如图所示，电子由静止开始经加速电场加速后，沿平行于板面的方向射入偏转电场，并从另一侧射出．已知电子质量为m，电荷量为e，加速电场电压为U0，偏转电场可看做匀强电场，极板间电压为U，极板长度为L，板间距为d．
（1）忽略电子所受重力，求电子射入偏转电场时初速度v0和从电场射出时沿垂直板面方向的偏转距离△y；
（2）分析物理量的数量级，是解决物理问题的常用方法．在解决（1）问时忽略了电子所受重力，请利用下列数据分析说明其原因．已知U＝2.0×102V，d＝4.0×10﹣2m，m＝9.1×10﹣31kg，e＝1.6×10﹣19C，g＝10m/s2．
（3）极板间既有电场也有重力场．电势反映了静电场各点的能的性质，请写出电势φ的定义式．类比电势的定义方法，在重力场中建立“重力势”的φG概念，并简要说明电势和“重力势”的共同特点．

【解析】解：（1）电子在加速场中加速，根据动能定理，则有：eU0＝
解得：v0＝
电子在偏转电场中加速，做类平抛运动，将其运动分解成速度方向匀速直线运动，与电场强度方向做初速度为零的匀加速直线运动，则有：
速度方向的位移为：L＝v0t；
电场强度方向的位移为：△y＝
由牛顿第二定律有：a＝＝
且E＝
综上所述，解得：△y＝
（2）已知U＝2.0×102V，d＝4.0×10﹣2m，m＝9.1×10﹣31kg，e＝1.6×10﹣19C，g＝10m/s2．
电子所受重力为：G＝mg＝9.1×10﹣30N
电子受到的电场力为：F电＝e＝8×10﹣16N
那么＝≈10﹣14；
由于F电＞＞G，所以重力忽略不计，
（3）电场中某点电势φ定义为电荷在该点的电势能EP与其电荷量q的比值，
即：φ＝
由于重力做功与路径无关，可以类比静电场电势的定义，将重力场中物体在某点的重力势能EG与其质量m的比值，叫做“重力势”，即φG＝．
电势φ与重力势φG都是反映场的能的性质的物理量，仅由场自身的因素决定．
答：（1）忽略电子所受重力，电子射入偏转电场时初速度，
从电场射出时沿垂直板面方向的偏转距离；
（2）根据≈10﹣14，从而可以忽略了电子所受重力．
（3）电势φ的定义式为：φ＝；
电势和“重力势”的共同特点为：电势φ与重力势φG都是反映场的能的性质的物理量，仅由场自身的因素决定．
35．（2016•北京）（1）动量定理可以表示为Δp＝FΔt，其中动量p和力F都是矢量。在运用动量定理处理二维问题时，可以在相互垂直的x、y两个方向上分别研究。例如，质量为m的小球斜射到木板上，入射的角度是θ，碰撞后弹出的角度也是θ，碰撞前后的速度大小都是v，如图1所示，碰撞过程中忽略小球所受重力。
a．分别求出碰撞前后x、y方向小球的动量变化Δpx、Δpy；
b．分析说明小球对木板的作用力的方向。
（2）激光束可以看作是粒子流，其中的粒子以相同的动量沿光传播方向运动．激光照射到物体上，在发生反射、折射和吸收现象的同时，也会对物体产生作用．光镊效应就是一个实例，激光束可以像镊子一样抓住细胞等微小颗粒．
一束激光经S点后被分成若干细光束，若不考虑光的反射和吸收，其中光束①和②穿过介质小球的光路如图②所示，图2中O点是介质小球的球心，入射时光束①和②与SO的夹角均为θ，出射时光束均与SO平行．请在下面两种情况下，分析说明两光束因折射对小球产生的合力的方向．
a．光束①和②强度相同；
b．光束①比②强度大．


【解析】解：（1）a、把小球入射速度分解为vx＝vsinθ，vy＝﹣vcosθ，
把小球反弹速度分解为vx′＝vsinθ，vy′＝vcosθ，
则△px＝m（vx′﹣vx）＝0，△py＝m（vy′﹣vy）＝2mvcosθ，方向沿y轴正方向，
b、对小球分析，根据△p＝F△t得：，，
则，方向沿y轴正向，
根据牛顿第三定律可知，小球对木板的作用力的方向沿y轴负方向．
（2）设光束1单位时间内射出的光子数为N1，光束2单位时间内射出的光子数为N2，该激光束单个光子的动量为P．规定向右为水平方向的正方向．向上为竖直方向的正方向．根据动量定理得
对光束1有：
水平方向：（N1△t）（P﹣Pcosθ）＝F1x•△t
竖直方向：（N1△t）（0﹣Psinθ）＝F1y•△t
对光束2有：
水平方向：（N2△t）（P﹣Pcosθ）＝F2x•△t
竖直方向：（N2△t）[0﹣（﹣Psinθ）]＝F2y•△t
a、光束①和②强度相同，有 N1＝N2．
Fx＝F1x+F2x＞0，方向向右
Fy＝F1y+F2y＝0
所以 F＝Fx，方向水平向右
根据牛顿第三定律可知，小球所受的合力方向水平向左．
b、若强度不同，且N1＞N2．所以
Fx＝F1x+F2x＞0，方向向右
Fy＝F1y+F2y＜0，方向竖直向下
根据力的合成可知，合力 F方向为右下
根据牛顿第三定律知，小球所受的合力方向为左上．
答：（1）a．分别求出碰撞前后x、y方向小球的动量变化△px为0，△py大小为2mvcosθ，方向沿y轴正方向；
b．小球对木板的作用力的方向沿y轴负方向；
（2）a．光束①和②强度相同时，光束因折射对小球产生的合力的方向向左；
b．光束①比②强度大时，小球所受的合力方向为左上．
36．（2013•北京）如图所示，两平行金属板间距为d，电势差为U，板间电场可视为匀强电场；金属板下方有一磁感应强度为B的匀强磁场。带电量为+q、质量为m的粒子，由静止开始从正极板出发，经电场加速后射出，并进入磁场做匀速圆周运动。忽略重力的影响，求：
（1）匀强电场场强E的大小；
（2）粒子从电场射出时速度v的大小；
（3）粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径R。

【解析】解：（1）根据匀强电场电势差和电场强度的关系得：
匀强电场场强E的大小；
（2）设带电粒子出电场时速度为v。由动能定理得：
解得：； ①
（3）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：②
①②联立得：；
答：（1）匀强电场场强E的大小；（2）粒子从电场射出时速度ν的大小；（3）粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径R。
37．（2012•北京）在“测定金属的电阻率”实验中，所用测量仪器均已校准，待测金属丝接入电路部分的长度约为50cm．
（1）用螺旋测微器测量金属丝直径，其中某次测量结果如图1所示，其读数应为 　0.397　mm（该值接近多次测量的平均值）
（2）用伏安法测金属丝的电阻RX，实验所用器材为：
电池组（电动势为3V，内阻约为1Ω），电流表（内阻约为0.1Ω），
电压表（内阻约为3kΩ），滑动变阻器R（0～20Ω，额定电流为2A）
开关，导线若干．某同学利用以上器材正确连接好电路，进行实验测量，记录数据如下：
次数
1
2
3
4
5
6
7
U/V
0.10
0.30
0.70
1.00
1.50
1.70
2.30
I/A
0.020
0.060
0.160
0.220
0.340
0.460
0.520
由以上实验数据可知，他们测量RX是采用图2中甲和乙中的图 　甲　（选填“甲”或“乙”）

（3）如图3是测量RX的实验器材实物图，图中已经连接了部分导线，滑动变阻器的滑片P置于变阻器的一端，请根据上图所选的电路图，补充完成图3中实物间的连线，并使闭合开关的瞬间，电压表或电流表不至于被烧坏．

（4）这个小组的同学在坐标纸上建立U、I坐标系，如图4所示，图中已经标出了与测量数据相对应的四个点，请在下图中标出第2、4、6次测量数据的坐标点，并描绘出U﹣I图线，由图线得到金属丝的阻值RX＝　4.5　Ω（保留两位有效数字）．
（5）根据以上数据可估算出金属丝的电阻率约为 　C　（填选项前的序号）
A、1×10﹣2Ω•m B、1×10﹣3Ω•m C、1×10﹣6Ω•m D、1×10﹣8Ω•m
（6）任何实验测量都存在误差，本实验所用测量仪器都已校准，下列关于误差的说法中正确的选项是 　CD　（有多个正确选项）．
A、用螺旋测微器测量金属丝直径时，由于读数引起的误差属于系统误差
B、由于电流表和电压表内阻引起的误差属于偶然误差
C、若将电流表和电压表的内阻计算在内，可以消除由测量仪表引起的系统误差
D、用U﹣I图象处理数据求金属丝电阻可以减小偶然误差．
【解析】解：（1）固定刻度读数为0，可动刻度读数为39.7，所测长度为0+39.7×0.01＝0.397mm．
（2）由记录数据根据欧姆定律可知金属丝的电阻Rx约5Ω．则有，，比较Rx为小电阻应该采用外接法测量误差小．由（3）知是用伏安特性曲线来测量电阻的，就要求电压电流从接近0开始调节，所以应该采用分压接法甲．
（3）注意连图时连线起点和终点在接线柱上并且不能交叉，结合（2）可知应该连接成外接分压接法（甲）那么在连线时断开开关且使Rx两端的电压为0．先连外接电路部分，再连分压电路部分，此时滑片P必须置于变阻器的左端．实物图如图所示，
（4）描绘出第2、4、6三个点后可见第6次测量数据的坐标点误差太大舍去，然后作出U﹣I图线．如右图所示；其中第4次测量数据的坐标点在描绘出的U﹣I图线上，有：Ω．
（5）根据电阻定律 有：
ρ＝＝＝1.1×10﹣6Ω•m
从数量级上估算出的金属丝电阻率是C选项．
（6）A、用螺旋测微器测量金属丝直径时，由于读数引起的误差属于偶然误差，故A错误；
BC、由于电流表和电压表内阻引起的误差属于系统误差．若将电流表和电压表的内阻计算在内，可以消除由测量仪表引起的系统误差，故B错误，C正确；
D、用U﹣I图象处理数据求金属丝电阻可以减小偶然误差，故D正确．
答案为：CD．
故答案为：（1）0.397；
（2）甲；
（3）如图；
（4）如图，4.5；
（5）C；
（6）CD．


九、解答题压轴题
38．（2017•北京）发电机和电动机具有装置上的类似性，源于它们机理上的类似性。直流发电机和直流电动机的工作原理可以简化为如图1、图2所示的情景。

在竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁场中，两根光滑平行金属轨道MN、PQ固定在水平面内，相距为L，电阻不计。电阻为R的金属导体棒ab垂直于MN、PQ放在轨道上，与轨道接触良好，以速度v（v平行于MN）向右做匀速运动。
图1轨道端点MP间接有阻值为r的电阻，导体棒ab受到水平向右的外力作用。图2轨道端点MP间接有直流电源，导体棒ab通过滑轮匀速提升重物，电路中的电流为I。
（1）求在△t时间内，图1“发电机”产生的电能和图2“电动机”输出的机械能。
（2）从微观角度看，导体棒ab中的自由电荷所受洛伦兹力在上述能量转化中起着重要作用。为了方便，可认为导体棒中的自由电荷为正电荷。
a．请在图3（图1的导体棒ab）、图4（图2的导体棒ab）中，分别画出自由电荷所受洛伦兹力的示意图。
b．我们知道，洛伦兹力对运动电荷不做功。那么，导体棒ab中的自由电荷所受洛伦兹力是如何在能量转化过程中起到作用的呢？请以图2“电动机”为例，通过计算分析说明。

【解析】解：（1）导体平动切割磁感应线产生的感应电动势为：E＝BLv，
感应电流为：I＝，
图1“发电机”产生的电能为：
E电＝EI△t＝；
图2中，电动机输出的机械能等于重物增加的重力势能
△Em＝mgv△t
mg＝F安
F安＝BIL
联立解得：△Em＝BILv△t。

（2）a、图3中的导体棒是由于外力作用发生移动，根据右手定则可知电流方向从b到a；图4是由于通电使得导体棒中形成电流，所以电流方向由a到b，同时电荷还要匀速向右运动，根据左手定则可知受到的洛伦兹力方向如下图所示：
b、以图2“电动机”为例，所受到的洛伦兹力方向如图4所示，导体棒ab中的自由电荷所受洛伦兹力在水平向右的方向上对电荷产生向右的作用力，此分力对电荷做正功，即W1＝F′洛xx；在沿导体棒方向上洛伦兹力的分力对导体棒做负功，即W2＝﹣F′洛yy，总体情况洛伦兹力还是对运动电荷不做功，但通过洛伦兹力将电能转化为机械能。
答：（1）在△t时间内，图1“发电机”产生的电能为；图2“电动机”输出的机械能为BILv△t。
（2）a．自由电荷所受洛伦兹力的示意图见解析。
b．图2“电动机”导体棒ab中的自由电荷所受洛伦兹力是将电能转化为机械能。
39．（2015•北京）真空中放置的平行金属板可以用作光电转换装置，如图所示．光照前两板都不带电．以光照射A板，则板中的电子可能吸收光的能量而逸出．假设所有逸出的电子都垂直于A板向B板运动，忽略电子之间的相互作用．保持光照条件不变，a和b为接线柱．已知单位时间内从A板逸出的电子数为N，电子逸出时的最大动能为Ekm．元电荷为e．
（1）求A板和B板之间的最大电势差Um，以及将a、b短接时回路中的电流I短．
（2）图示装置可看作直流电源，求其电动势E和内阻r．
（3）在a和b之间连接一个外电阻时，该电阻两端的电压为U．外电阻上消耗的电功率设为P；单位时间内到达B板的电子，在从A板运动到B板的过程中损失的动能之和设为△Ek．请推导证明：P＝△Ek．
（注意：解题过程中需要用到、但题目没有给出的物理量，要在解题中做必要的说明）

【解析】解：（1）由动能定理，有：Ekm＝eUm，解得：
Um＝
短路时所有溢出电子都到达B板，故短路电流：
I短＝Ne
（2）电源电动势等于断路时的路端电压，即上面求出的Um，故：
E＝Um＝
电源的内电阻：
r＝
（3）电阻两端的电压为U，则电源两端的电压也为U；
由动能定理，一个电子经过电源内部电场后损失的动能为：
△Eke＝eU
设单位时间内有N′个电子到达B板，则损失的动能之和为：
△Ek＝N′eU
根据电流的定义，此时电流：
I＝N′e
此时流过电阻的电流也为I＝N′e，外电阻上消耗的电功率：
P＝UI＝N′eU
故P＝△Ek．
答：（1）A板和B板之间的最大电势差为，以及将a、b短接时回路中的电流为Ne．
（2）图示装置可看作直流电源，则其电动势E为，内阻r为．
（3）证明如上．
40．（2014•北京）万有引力定律揭示了天体运动规律与地上物体运动规律具有内在的一致性．
（1）用弹簧秤称量一个相对于地球静止的小物体的重量，随称量位置的变化可能会有不同的结果．已知地球质量为M，自转周期为T，万有引力常量为G．将地球视为半径为R、质量均匀分布的球体，不考虑空气的影响．设在地球北极地面称量时，弹簧秤的读数是F0
a．若在北极上空高出地面h处称量，弹簧秤读数为F1，求比值的表达式，并就h＝1.0%R的情形算出具体数值（计算结果保留两位有效数字）；
b．若在赤道地面称量，弹簧秤读数为F2，求比值的表达式．
（2）设想地球绕太阳公转的圆周轨道半径为r、太阳的半径为Rs和地球的半径R三者均减小为现在的1.0%，而太阳和地球的密度均匀且不变．仅考虑太阳和地球之间的相互作用，以现实地球的1年为标准，计算“设想地球”的一年将变为多长？
【解析】解：（1）在地球北极点不考虑地球自转，则秤所称得的重力则为其万有引力，于是
①
②
由公式①②可以得出：
＝0.98．
③
由①和③可得：
（2）根据万有引力定律，有

又因为，
解得
从上式可知，当太阳半径减小为现在的1.0%时，地球公转周期不变．
答：
（1）＝0.98．比值
（2）地球公转周期不变．仍然为1年．
41．（2014•北京）导体切割磁感线的运动可以从宏观和微观两个角度来认识．如图所示，固定于水平面的U形导线框处于竖直向下的匀强磁场中，金属直导线MN在于其垂直的水平恒力F作用下，在导线框上以速度v做匀速运动，速度v与恒力F的方向相同：导线MN始终与导线框形成闭合电路．已知导线MN电阻为R，其长度L恰好等于平行轨道间距，磁场的磁感应强度为B．忽略摩擦阻力和导线框的电阻．
（1）通过公式推导验证：在△t时间内，F对导线MN所做的功W等于电路获得的电能W′，也等于导线MN中产生的焦耳热Q；
（2）若导线MN的质量m＝8.0g，长度L＝0.10m，感应电流I＝1.0A，假设一个原子贡献一个自由电子，计算导线MN中电子沿导线长度方向定向移动的平均速率ve（下表中列出一些你可能会用到的数据）；
阿伏加德罗常数NA
6.0×1023mol﹣1
元电荷e
1.6×10﹣19C
导线MN的摩尔质量μ
6.0×10﹣2kg/mol
（3）经典物理学认为，金属的电阻源于定向运动的自由电子和金属离子（即金属原子失去电子后的剩余部分）的碰撞．展开你想象的翅膀，给出一个合理的自由电子的运动模型；在此基础上，求出导线MN中金属离子对一个自由电子沿导线长度方向的平均作用力f的表达式．

【解析】解：（1）导体切割磁感线，产生的动生电动势为：
E＝BLv ①
根据闭合电路欧姆定律，电流：
②
安培力：
③
力F做功：
④
产生的电能：
⑤
产生的焦耳热：
⑥
由④⑤⑥可知，W＝W电＝Q
（2）总电子数：
单位体积内的电子数为n，则：
N＝nSl
又由于⑦
故
（3）从微观角度看，导线中的自由电子与金属离子发生碰撞，可以看做非完全弹性碰撞，自由电子损失的动能转化为焦耳热；从整体角度看，可视为金属离子对自由电子整体运动的平均阻力导致自由电子动能的损失，即：
W损＝N•fL ⑧
从宏观角度看，导线MN速度不变，力F做功使外界能量完全转化为焦耳热；△t时间内，力F做功：
△W＝Fv△t ⑨
又由于△W＝W损，
故：Fv△t＝N•fL＝nSve△t•fL
代入⑦，得：
Fv＝•fIL
代入②③，得：
f＝evB
答：（1）证明如上；
（2）导线MN中电子沿导线长度方向定向移动的平均速率为7.8×10﹣6m/s；
（3）导线MN中金属离子对一个自由电子沿导线长度方向的平均作用力f的表达式为f＝evB．
42．（2012•北京）如图所示，质量为m的小物块在粗糙水平桌面上做直线运动，经距离l后以速度v飞离桌面，最终落在水平地面上。已知l＝1.4m，v＝3.0m/s，m＝0.10kg，物块与桌面间的动摩擦因数μ＝0.25，桌面高h＝0.45m，不计空气阻力，重力加速度取10m/s2，求：
（1）小物块落地点距飞出点的水平距离s；
（2）小物块落地时的动能EK；
（3）小物块的初速度大小v0。

【解析】解：（1）物块飞出桌面后做平抛运动，
竖直方向：h＝gt2，解得：t＝0.3s，
水平方向：s＝vt＝0.9m；
（2）对物块从飞出桌面到落地，
由动能定理得：mgh＝mv22﹣mv12，
落地动能EK＝mgh+mv12＝0.9J；
（3）对滑块从开始运动到飞出桌面，
由动能定理得：﹣μmgl＝mv2﹣mv02，
解得：v0＝4m/s；
答：（1）小物块落地点距飞出点的水平距离为0.9m。
（2）小物块落地时的动能为0.9J。
（3）小物块的初速度为4m/s。
43．（2013•北京）对于同一物理问题，常常可以从宏观与微观两个不同角度进行研究，找出其内在联系，从而更加深刻地理解其物理本质。
（1）一段横截面积为S、长为l的直导线，单位体积内有n个自由电子，电子电量为e。该导线通有电流时，假设自由电子定向移动的速率均为v。
（a）求导线中的电流I；
（b）将该导线放在匀强磁场中，电流方向垂直于磁感应强度B，导线所受安培力大小为F安，导线内自由电子所受洛伦兹力大小的总和为F，推导F安＝F。
（2）正方体密闭容器中有大量运动粒子，每个粒子质量为m，单位体积内粒子数量n为恒量。为简化问题，我们假定：粒子大小可以忽略；其速率均为v，且与器壁各面碰撞的机会均等；与器壁碰撞前后瞬间，粒子速度方向都与器壁垂直，且速率不变。利用所学力学知识，导出器壁单位面积所受粒子压力f与m、n和v的关系。
（注意：解题过程中需要用到、但题目没有给出的物理量，要在解题时做必要的说明）
【解析】解：（1）
（a）：（1）导体中电流大小
I＝﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①
t时间内电子运动的长度为vt，则其体积为Svt，通过导体某一截面的自由电子数为nSvt
该时间内通过导体该截面的电量：q＝nSvte﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②
由①②式得I＝nesv；
（b）令导体的长度为L，则导体受到安培力的大小F安＝BIL
又因为I＝nesv
所以F安＝BnesvL＝nsLevB
长为L的导体中电子数为N＝nsl
每个电子所受洛伦兹力为evB
所以N个粒子所受洛伦兹力的合力为F＝NevB＝nslevB
即：F安＝F．
（2）考虑单位面积，t时间内能达到容器壁的粒子所占据的体积为V＝Svt＝1×vt，
其中粒子有均等的概率与容器各面相碰，即可能达到目标区域的粒子数为，
由动量定理可得：
答：（1）a、导线中电流I＝nesv
b、推导过程见解答；
（2）．
44．（2012•北京）匀强电场的方向沿x轴正向，电场强度E随x的分布如图所示。图中E0和d均为已知量，将带正电的质点A在O点由静止释放，A离开电场足够远后，再将另一带正电的质点B放在O点也由静止释放，当B在电场中运动时，A、B间的相互作用力及相互作用能均为零；B离开电场后，A、B间的相互作用视为静电作用，已知A的电荷量为Q，A和B的质量分别为m和，不计重力。
（1）求A在电场中的运动时间t；
（2）若B的电荷量，求两质点相互作用能的最大值EPm；
（3）为使B离开电场后不改变运动方向，求B所带电荷量的最大值qm。

【解析】解：（1）由牛顿第二定律，A在电场中运动的加速a＝＝
A在电场中做匀变速直线运动 d＝at2
解得运动时间t＝＝
（2）设A．B离开电场的速度分别为vA0、vB0，由动能定理，有
QEOd＝m，qE0d＝①
A、B相互作用的过程中，动量和能量均守恒，A、B间相互作用力为斥力，A受力方向与其运动方向相同，B受力方向与其运动方向相反，相互作用力A做正功，对B做负功。在AB靠近的过程中，B的路程大于A的路程，由于作用力大小相等，作用力对B做功的绝对值大于对A做功的绝对值，因此相互作用力做功之和为负，相互作用能增加，所以当A、B最接近时，相互作用能最大，因此两者速度相同，设v′，有
（m+）v′＝mvA0+②
Epm＝（m+）﹣（m+）v′2③
又已知 ，由①②③解得 相互作用能的最大值为 Epm＝

（3）考虑A、B在x＞d区间的运动，由动量守恒、能量守恒，且在初态和末态均无相互作用，有
mvA+＝mvA0+④
+＝m+⑤
由④⑤解得 vB＝﹣
因B不改变运动方向，故vB≥0 ⑥
由①⑥解得 q≤
即B所带电荷量的最大值为 qm＝。
答：
（1）A在电场中的运动时间t是；
（2）若B的电荷量，两质点相互作用能的最大值EPm是。
（3）为使B离开电场后不改变运动方向，B所带电荷量的最大值qm是。