磁場
4．（2008年高考廣東物理卷4題）1930年勞倫斯制成了世界上第一臺回旋加速器，其原理如圖所示，這臺加速器由兩個銅質D形合D1、D2構成，其間留有空隙，下列說法正確的是
A．離子由加速器的中心附近進入加速器
B．離子由加速器的邊緣進入加速器
C．離子從磁場中獲得能量
D．離子從電場中獲得能量
4．BD�！窘馕觥炕匦铀倨鞯脑硎菐щ娏Ｗ釉陔妶鲋屑铀俣龋诖艌鲋芯庌D，每轉半周加速一次，因此其軌道半徑越來越大，粒子是從加速器的中心附近進入加速器的，最后是從加速器的最外邊緣引出高速的粒子。
【誤區警示】帶電粒子在磁場與電場中運動時的特性是不同的，粒子在磁場中受到的洛侖茲力是不會對粒子做功的，起不到加速的作用，而在電場中粒子是可以加速的，就是通常所說的“電場加速磁場偏轉”，這就是回旋加速器的原理。
17．（2008年高考理綜四川卷17題）在沿水平方向的勻強磁場中，有一圓形金屬線圈可繞沿其直徑的豎直軸自由轉動。開始時線圈靜止，線圈平面與磁場方向既不平行也不垂直，所成的銳角為α。在磁場開始增強后的一個極短時間內，線圈平面
A．維持不動
B．將向使α減小的方向轉動
C．將向使α增大的方向轉動
D．將轉動，因不知磁場方向，不能確定α會增大還是會減小
17、B 解析：由楞次定律可知，當磁場開始增強時，線圈平面轉動的效果是為了減小線圈磁通量的增加，而線圈平面與磁場間的夾角越小時，通過的磁通量越小，所以將向使
減小的方向轉動．
24．（19分）（2008年高考理綜四川卷24題）
如圖，一半徑為R的光滑絕緣半球面開口向下，固定在水平面上。整個空間存在勻強磁場，磁感應強度方向豎直向下。一電荷量為q（q＞0）、質量為m的小球P在球面上做水平的勻速圓周運動，圓心為O’。球心O到該圓周上任一點的連線與豎直方向的夾角為θ（0＜θ＜
。為了使小球能夠在該圓周上運動，求磁感應強度大小的最小值及小球P相應的速率。重力加速度為g。
24、解析：
據題意，小球P在球面上做水平的勻速圓周運動，該圓周的圓心為O’。P受到向下的重力mg、球面對它沿OP方向的支持力N和磁場的洛侖茲力
f＝qvB ①
式中v為小球運動的速率。洛侖茲力f的方向指向O’。根據牛頓第二定律
②
③
由①②③式得
④
由于v是實數，必須滿足
≥0
⑤
由此得B≥
⑥
可見，為了使小球能夠在該圓周上運動，磁感應強度大小的最小值為
⑦
此時，帶電小球做勻速圓周運動的速率為
⑧
由⑦⑧式得
⑨
相互作用
. （2008年高考山東理綜卷16題）用輕彈簧豎直懸掛的質量為m物體，靜止時彈簧伸長量為L0現用該彈簧沿斜面方向拉住質量為
，如圖所示。則物體所受摩擦力
A.等于零
B.大小為
,方向沿斜面向下
C.大于為
，方向沿斜面向上
D.大小為mg,方向沿斜面向上
16．A 【解析】豎直掛時
，當質量為
，因兩次時長度一樣，所以
也一樣。解這兩個方程可得，物體受到的摩擦力為零，A正確。
. （2008年高考寧夏理綜卷20題）一有固定斜面的小車在水平面上做直線運動，小球通過細繩與車頂相連。小球某時刻正處于圖示狀態。設斜面對小球的支持力為N，細繩對小球的拉力為T，關于此時刻小球的受力情況，下列說法正確的是
A.若小車向左運動，N可能為零
B.若小車向左運動，T可能為零
C.若小車向右運動，N不可能為零
D.若小車向右運動，T不可能為零
20．AB 【解析】本題考查牛頓運動定律。對小球受力分析，當N為零時，小球的合外力水平向右，加速度向右，故小車可能向右加速運動或向左減速運動，A對C錯；當T為零時，小球的合外力水平向左，加速度向左，故小車可能向右減速運動或向左加速運動，B對D錯。解題時抓住N、T為零時受力分析的臨界條件，小球與車相對靜止，說明小球和小車只能有水平的加速度，作為突破口。
、（2008年高考海南物理卷2題）如圖，質量為M的楔形物塊靜置在水平地面上，其斜面的傾角為θ．斜面上有一質量為m的小物塊，小物塊與斜面之間存在摩擦．用恒力F沿斜面向上拉小物塊，使之勻速上滑．在小物塊運動的過程中，楔形物塊始終保持靜止．地面對楔形物塊的支持力為
A．（M＋m）g B．（M＋m）g－F
C．（M＋m）g＋Fsinθ D．（M＋m）g－Fsinθ
2．【答案】：D
【解析】：本題可用整體法的牛頓第二定律解題，豎直方向由平衡條件：Fsinθ＋N=mg＋Mg，則N= mg＋Mg－Fsinθ 。
、（2008年高考海南物理卷9題）如圖，水平地面上有一楔形物體b，b的斜面上有一小物塊a；a與b之間、b與地面之間均存在摩擦．已知楔形物體b靜止時，a靜止在b的斜面上．現給a和b一個共同的向左的初速度，與a和b都靜止時相比，此時可能
A．a與b之間的壓力減少，且a相對b向下滑動
B．a與b之間的壓力增大，且a相對b向上滑動
C．a與b之間的壓力增大，且a相對b靜止不動
D．b與地面之間的壓力不變，且a相對b向上滑動
9．【答案】：BC
【解析】：依題意，若兩物體依然相對靜止，則a的加速度一定水平向右，如圖將加速度分解為垂直斜面與平行于斜面，則垂直斜面方向，N－mgcosθ=may，即支持力N大于mgcosθ，與都靜止時比較，a與b間的壓力增大；沿著斜面方向，若加速度a過大，則摩擦力可能沿著斜面向下，即a物塊可能相對b向上滑動趨勢，甚至相對向上滑動，故A錯，B、C正確；對系統整體，在豎直方向，若物塊a相對b向上滑動，則a還具有向上的分加速度，即對整體的牛頓第二定律可知，系統處于超重狀態，b與地面之間的壓力將大于兩物體重力之和，D錯。
．（2008年高考全國Ⅱ理綜卷16題）
如圖，一固定斜面上兩個質量相同的小物塊A和B緊挨著勻速下滑，A與B的接觸面光滑。已知A與斜面之間的動摩擦因數是B與斜面之間動摩擦因數的2倍，斜面傾角為α。B與斜面之間的動摩擦因數是
A．tanα
B．cotα
C．tanα
D．cotα
16、A 解析：A、B兩物體受到斜面的支持力均為
，所受滑動摩擦力分別為：fA = μAmgcosα，fB = μBmgcosα，對整體受力分析結合平衡條件可得：2mgsinα =μAmgcosα＋μBmgcosα，且μA = 2μB，解之得：μB = tanα，A項正確。
．（2008年高考北京理綜卷20題）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力進行分析和判斷。例如從解的物理量的單位，解隨某些已知量變化的趨勢，解在一定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，質量為M、傾角為θ的滑塊A放于水平地面上。把質量為m的滑塊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a = gsinθ，式中g為重力加速度。
對于上述解，某同學首先分析了等號右側量的單位，沒發現問題。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。
A．當
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=gsinθ，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a= ，這符合預期的結果，說明該解可能是對的
20、D 【解析】當m
M時，該解給出a=
,這與實際不符，說明該解可能是錯誤的。
．（2008年高考理綜天津卷19題）在粗糙水平地面上與墻平行放著一個截面為半圓的柱狀物體A，A與豎直墻之間放一光滑圓球B，整個裝置處于靜止狀態�，F對B加一豎直向下的力F，F的作用線通過球心，設墻對B的作用力為F1，B對A的作用力為F2，地面對A的作用力為F3。若F緩慢增大而整個裝置仍保持靜止，截面如圖所示，在此過程中
A．F1保持不變，F3緩慢增大
B．F1緩慢增大，F3保持不變
C．F2緩慢增大，F3緩慢增大
D．F2緩慢增大，F3保持不變
19、C【解析】力F產生了兩個作用效果，一個是使B壓緊豎直墻面的力F1，一個是壓緊A的力F2，用整體法進行分析，可知F1和F3的大小相等，當力F緩慢增大時，合力的方向和兩個分力的方向都沒有發生變化，所以當合力增大時兩個分力同時增大，C正確
（16分）（2008年高考重慶理綜卷23題）滑板運動是一項非常刺激的水上運動，研究表明，在進行滑板運動時，水對滑板的作用力Fx垂直于板面，大小為kv2，其中v為滑板速率（水可視為靜止）.某次運動中，在水平牽引力作用下，當滑板和水面的夾角θ=37°時（題23圖），滑板做勻速直線運動，相應的k=
，忽略空氣阻力）：
（1）水平牽引力的大小；
（2）滑板的速率；
（3）水平牽引力的功率.
23.解：
（1）以滑板和運動員為研究對象，其受力如圖所示
由共點力平衡條件可得
①
②
由①、②聯立，得
F =810N
(2)
得
m/s
(3)水平牽引力的功率
P=Fv
=4050 W
直線運動
. （2008年高考山東理綜卷17題）質量為1
A.前25s內汽車的平均速度
B.前10 s內汽車的加速度
C.前10 s內汽車所受的阻力
D.15~25 s內合外力對汽車所做的功
17．ABD 【解析】通過
圖像的面積就是物體的位移，所以能求出面積，還知道時間，所以能求出平均速度，A對。圖像的斜率就是物體的加速度，所以能得到１０秒內的加速度，B對。不知道汽車的牽引力，所以得不出受到的阻力，C錯。15到25汽車的初速度和末速度都知道，由動能定理，可以得出合外力做的功，D對
．（2008年高考廣東物理卷1題）伽利略在著名的斜面實驗中，讓小球分別沿傾角不同、阻力很小的斜面從靜止開始滾下，他通過實驗觀察和邏輯推理，得到的正確結論有
A．傾角一定時，小球在斜面上的位移與時間成正比
B．傾角一定時，小球在斜面上的速度與時間成正比
C．斜面長度一定時，小球從頂端滾到底端時的速度與傾角無關
D．斜面長度一定時，小球從頂端滾到底端所需的時間與傾角無關
1.B【解析】在光滑的斜面上運動的小球，當斜面傾角一定時，位移為
，
，位移與時間的平方成正比，速度與時間成正比。當斜面的長度一定時，
，
，斜面傾角不同，其加速度a也是不同的，因此只有選項B是正確的。
【誤區警示】在求解位移與速度等有關物理量時，要注意題目中所述的條件，是傾角一定還是斜面長度一定，根據不同的條件合理選擇相應的公式。
．（2008年高考廣東物理卷10題）某人騎自行車在平直道路上行進，圖中的實線記錄了自行車開始一段時間內的v-t圖象，某同學為了簡化計算，用虛線作近似處理，下列說法正確的是
A．在t1時刻，虛線反映的加速度比實際的大
B．在0－t1時間內，由虛線計算出的平均速度比實際的大
C．在t1-t-2時間內，由虛線計算出的平均速度比實際的大
D．在t3-t-4時間內，虛線反映的是勻速運動
10．BD�！窘馕觥吭趘-t圖線中，圖線上某點的斜率反映的是該點加速度的大小，t1時刻虛線的斜率較小，實線的斜率較大。而v-t圖線中所圍成的“面積”就是對應那個過程的位移，求出了位移的大小也就知道了平均速度的大小，選項BD是正確的。
【誤區警示】在分析圖線時一定要注意觀察縱橫坐標的物理意義，不能就看圖線的模樣，分析圖線斜率、截距、面積所代表的物理意義。
. （2008年高考寧夏理綜卷17題）甲乙兩年在公路上沿同一方向做直線運動，它們的v-t圖象如圖所示。兩圖象在t=t1時相交于P點，P在橫軸上的投影為Q，△OPQ的面積為S。在t=0時刻，乙車在甲車前面，相距為d。已知此后兩車相遇兩次，且第一次相遇的時刻為t′，則下面四組t′和d的組合可能是
A. t′＝t1 ,d=S
B. t′=
C.
t′
D. t′=
17．D 【解析】本題考查追擊相遇問題。在t1時刻如果甲車沒有追上乙車，以后就不可能追上了，故t′ ＜t，A錯；從圖像中甲、乙與坐標軸圍成的面積即對應的位移看，甲在t1時間內運動的位移比乙的多S，當t′ =0.5t時，甲的面積比乙的面積多出S，即相距d=S，選項D正確。此類問題要抓住圖像的交點的物理意義，過了這個時刻，不能相遇以后不可能相遇，即“過了這個村就沒這個店”。
、（2008年高考海南物理卷8題）t＝0時，甲乙兩汽車從相距
A．在第1小時末，乙車改變運動方向
B．在第2小時末，甲乙兩車相距
C．在前4小時內，乙車運動加速度的大小總比甲車的大
D．在第4小時末，甲乙兩車相遇
8．【答案】：BC
【解析】：速度圖像在t軸下的均為反方向運動，故2h末乙車改變運動方向，A錯；2h末從圖像圍成的面積可知乙車運動位移為
.（14分）（2008年高考全國Ⅰ理綜卷23題）
已知O、A、B、C為同一直線上的四點、AB間的距離為l1,BC間的距離為l2,一物體自O點由靜止出發，沿此直線做勻加速運動，依次經過A、B、C三點，已知物體通過AB段與BC段所用的時間相等。求O與A的距離.
23、解析：設物體的加速度為a，到達A點的速度為v0，通過AB段和BC點所用的時間為t，則有
l1=v0t＋at2①
l1＋l2=2v0t＋2at2②
聯立①②式得
l2－l1=at2③
設O與A的距離為l，則有
l=⑤
聯立③④⑤式得
l=
個人解析：設物體在OA段的距離為s，用時t，在AB、BC段用時均為t1，由運動學公式：
在OA段：s = at2①
在OB段：s +l1= a(t+t1)2②
在OC段：s +l1+l2= a(t+2t1)2③
聯立①②③解得s=
（2008年高考上海物理卷8題）8．物體做自由落體運動，Ek代表動能，Ep代表勢能，h代表下落的距離，以水平地面為零勢能面。下列所示圖像中，能正確反映各物理量之間關系的是
8．B 【解析】：由機械能守恒定律：EP=E－EK，故勢能與動能的圖像為傾斜的直線，C錯；由動能定理：EK =mgh=mv2=mg2t2，則EP=E－mgh，故勢能與h的圖像也為傾斜的直線，D錯；且EP=E－mv2，故勢能與速度的圖像為開口向下的拋物線，B對；同理EP=E－mg2t2，勢能與時間的圖像也為開口向下的拋物線，A錯。
．（2008年高考上海物理卷11題）某物體以
（A）路程為
（B）位移大小為
（C）速度改變量的大小為
（D）平均速度大小為
11．AB 【解析】：初速度
表：伽利略手稿中的數據
1
1
32
4
2
130
9
3
298
16
4
526
25
5
824
36
6
1192
49
7
1600
64
8
2104
電磁感應
22. （2008年高考山東理綜卷22題）兩根足夠長的光滑導軌豎直放置，間距為L,底端接阻值為R的電阻。將質量為m的金屬棒懸掛在一個固定的輕彈簧下端，金屬棒和導軌接觸良好，導軌所在平面與磁感應強度為B的勻強磁場垂直，如圖所示。除電阻R外其余電阻不計。現將金屬棒從彈簧原長位置由靜止釋放，則
A.釋放瞬間金屬棒的加速度等于重力加速度g
B.金屬棒向下運動時，流過電阻R的電流方向為a→b
C.金屬棒的速度為v時，所受的按培力大小為F=
D.電阻R上產生的總熱量等于金屬棒重力勢能的減少
22.AC 【解析】在釋放的瞬間，速度為零，不受安培力的作用，只受到重力，A對。由右手定則可得，電流的方向從b到a，B錯。當速度為
時，產生的電動勢為
，受到的安培力為
，計算可得
,C對。在運動的過程中，是彈簧的彈性勢能、重力勢能和內能的轉化，D錯。
18．（17分）（2008年高考廣東物理卷18題）如圖（a）所示，水平放置的兩根平行金屬導軌，間距L=
的電阻，區域abcd內存在垂直于導軌平面B=0.6T的勻強磁場，磁場區域寬D=,導軌電阻不計，使金屬棒以恒定速度r=
18．解析：
0－t1（0－0.2s）
A1產生的感應電動勢：
電阻R與A2并聯阻值：
所以電阻R兩端電壓
通過電阻R的電流：
t1－t2（0.2－0.4s）
E=0, I2=0
t2－t3（0.4－0.6s） 同理：I3=
18．【解析】
【方法技巧】感應電動勢是高中物理知識最重要的一個窗口，通過這個窗口可以與很多知識綜合鏈接在一起。感應電動勢是高中物理最重要的知識之一，與之相鏈接的知識點多，綜合形式多，具有明顯的“綜合”特征。導體切割產生的電動勢為
，如果產生的感應電動勢與電容器、電阻連接，那么我們在解答時就可把感應電動勢當作直流電源，聯系有關電容器中的電場問題，聯系閉合電路歐姆定律進行分析與求解。
16. （2008年高考寧夏理綜卷16題）如圖所示，同一平面內的三條平行導線串有兩個最阻R和r，導體棒PQ與三條導線接觸良好；勻強磁場的方向垂直紙面向里。導體棒的電阻可忽略。當導體棒向左滑動時，下列說法正確的是
A.流過R的電流為由d到c，流過r的電流為由b到a
B.流過R的電流為由c到d，流過r的電流為由b到a
C.流過R的電流為由d到c，流過r的電流為由a到b
D.流過R的電流為由c到d，流過r的電流為由a到b
16．B 【解析】本題考查右手定則的應用。根據右手定則，可判斷PQ作為電源，Q端電勢高，在PQcd回路中，電流為逆時針方向，即流過R的電流為由c到d，在電阻r的回路中，電流為順時針方向，即流過r的電流為由b到a。當然也可以用楞次定律，通過回路的磁通量的變化判斷電流方向。
1、（2008年高考海南物理卷1題）法拉第通過靜心設計的一系列試驗，發現了電磁感應定律，將歷史上認為各自獨立的學科“電學”與“磁學”聯系起來．在下面幾個典型的實驗設計思想中，所作的推論后來被實驗否定的是
A．既然磁鐵可使近旁的鐵塊帶磁，靜電荷可使近旁的導體表面感應出電荷，那么靜止導線上的穩恒電流也可在近旁靜止的線圈中感應出電流
B．既然磁鐵可在近旁運動的導體中感應出電動勢，那么穩恒電流也可在近旁運動的線圈中感應出電流
C．既然運動的磁鐵可在近旁靜止的線圈中感應出電流，那么靜止的磁鐵也可在近旁運動的導體中感應出電動勢
D．既然運動的磁鐵可在近旁的導體中感應出電動勢，那么運動導線上的穩恒電流也可在近旁的線圈中感應出電流
1．【答案】：A
【解析】：對A選項，靜止的導線上的穩恒電流附近產生穩定的磁場，通過旁邊靜止的線圈不會產生感應電流，A被否定；穩恒電流周圍的穩定磁場是非勻強磁場，運動的線圈可能會產生感應電流，B符合事實；靜止的磁鐵周圍存在穩定的磁場，旁邊運動的導體棒會產生感應電動勢，C符合；運動的導線上的穩恒電流周圍產生運動的磁場，即周圍磁場變化，在旁邊的線圈中產生感應電流，D符合。
10、（2008年高考海南物理卷10題）一航天飛機下有一細金屬桿，桿指向地心．若僅考慮地磁場的影響，則當航天飛機位于赤道上空
A．由東向西水平飛行時，金屬桿中感應電動勢的方向一定由上向下
B．由西向東水平飛行時，金屬桿中感應電動勢的方向一定由上向下
C．沿經過地磁極的那條經線由南向北水平飛行時，金屬桿中感應電動勢的方向一定由下向上
D．沿經過地磁極的那條經線由北向南水平飛行時，金屬桿中一定沒有感應電動勢
10．【答案】：AD
【解析】： 如圖，設觀察方向為面向北方，左西右東，則地磁場方向平行赤道表面向北，若飛機由東向西飛行時，由右手定則可判斷出電動勢方向為由上向下，若飛機由西向東飛行時，由右手定則可判斷出電動勢方向為由下向上，A對B錯；沿著經過地磁極的那條經線運動時，速度方向平行于磁場，金屬桿中一定沒有感應電動勢，C錯D對。
20. （2008年高考全國Ⅰ理綜卷20題）矩形導線框abcd固定在勻強磁場中，磁感線的方向與導線框所在平面垂直，規定磁場的正方向垂直低面向里，磁感應強度B隨時間變化的規律如圖所示.若規定順時針方向為感應電流I的正方向，下列各圖中正確的是
20、D 解析：0-1s內B垂直紙面向里均勻增大，則由楞次定律及法拉第電磁感應定律可得線圈中產生恒定的感應電流，方向為逆時針方向，排除A、C選項；2s-3s內，B垂直紙面向外均勻增大，同理可得線圈中產生的感應電流方向為順時針方向，排除B選項，D正確。
21． （2008年高考全國Ⅱ理綜卷21題）如圖，一個邊長為l的正方形虛線框內有垂直于紙面向里的勻強磁場； 一個邊長也為l的正方形導線框所在平面與磁場方向垂直； 虛線框對角線ab與導線框的一條邊垂直，ba的延長線平分導線框．在t=0時， 使導線框從圖示位置開始以恒定速度沿ab方向移動，直到整個導線框離開磁場區域．以i表示導線框中感應電流的強度，取逆時針方向為正．下列表示i-t關系的圖示中，可能正確的是
21、C 解析：從正方形線框下邊開始進入到下邊完全進入過程中，線框切割磁感線的有效長度逐漸增大，所以感應電流也逐漸拉增大，A項錯誤；從正方形線框下邊完全進入至下邊剛穿出磁場邊界時，切割磁感線有效長度不變，故感應電流不變，B項錯；當正方形線框下邊離開磁場，上邊未進入磁場的過程比正方形線框上邊進入磁場過程中，磁通量減少的稍慢，故這兩個過程中感應電動勢不相等，感應電流也不相等，D項錯，故正確選項為C。
24．（19分）（2008年高考全國Ⅱ理綜卷24題）如圖，一直導體棒質量為m、長為l、電阻為r，其兩端放在位于水平面內間距也為l的光滑平行導軌上，并與之密接；棒左側兩導軌之間連接一可控制的負載電阻（圖中未畫出）；導軌置于勻強磁場中，磁場的磁感應強度大小為B，方向垂直于導軌所在平面。開始時，給導體棒一個平行于導軌的初速度v0。在棒的運動速度由v0減小至v1的過程中，通過控制負載電阻的阻值使棒中的電流強度I保持恒定。導體棒一直在磁場中運動。若不計導軌電阻，求此過程中導體棒上感應電動勢的平均值和負載電阻上消耗的平均功率。
24、解：導體棒所受的安培力為：F=BIl………………① （3分）
由題意可知，該力的大小不變，棒做勻減速運動，因此在棒的速度從v0減小到v1的過程中，平均速度為：
……………………② （3分）
當棒的速度為v時，感應電動勢的大小為：E=Blv………………③ （3分）
棒中的平均感應電動勢為：
………………④ （2分）
綜合②④式可得：
………………⑤ （2分）
導體棒中消耗的熱功率為：
………………⑥ （2分）
負載電阻上消耗的熱功率為：
…………⑦ （2分）
由以上三式可得：
…………⑧ （2分）
22．（16分）（2008年高考北京理綜卷22題）均勻導線制成的單位正方形閉合線框abcd，每邊長為L，總電阻為R，總質量為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，且cd邊始終與水平的磁場邊界平行。當cd邊剛進入磁場時，
（1）求線框中產生的感應電動勢大小;
（2）求cd兩點間的電勢差大小;
（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。
22、【解析】（1）cd邊剛進入磁場時，線框速度v=
線框中產生的感應電動勢E=BLv＝BL
(2)
此時線框中電流 I=
cd兩點間的電勢差U=I(
)=
(3)安培力 F=BIL=
根據牛頓第二定律mg-F=ma,由a=0
解得下落高度滿足 h=
 |
10．A 【解析】：在x=R左側，設導體棒與圓的交點和圓心的連線與x軸正方向成θ角，則導體棒切割有效長度L=2Rsinθ，電動勢與有效長度成正比，故在x=R左側，電動勢與x的關系為正弦圖像關系，由對稱性可知在x=R右側與左側的圖像對稱。
24．（14分）（2008年高考上海物理卷24題）如圖所示，豎直平面內有一半徑為r、內阻為R1、粗細均勻的光滑半圓形金屬球，在M、N處與相距為2r、電阻不計的平行光滑金屬軌道ME、NF相接，EF之間接有電阻R2，已知R1＝12R，R2＝4R。在MN上方及CD下方有水平方向的勻強磁場I和II，磁感應強度大小均為B�，F有質量為m、電阻不計的導體棒ab，從半圓環的最高點A處由靜止下落，在下落過程中導體棒始終保持水平，與半圓形金屬環及軌道接觸良好，高平行軌道中夠長。已知導體棒ab下落r/2時的速度大小為v1，下落到MN處的速度大小為v2。
（1）求導體棒ab從A下落r/2時的加速度大小。
（2）若導體棒ab進入磁場II后棒中電流大小始終不變，求磁場I和II之間的距離h和R2上的電功率P2。
（3）若將磁場II的CD邊界略微下移，導體棒ab剛進入磁場II時速度大小為v3，要使其在外力F作用下做勻加速直線運動，加速度大小為a，求所加外力F隨時間變化的關系式。
24．（14分）
解：（1）以導體棒為研究對象，棒在磁場I中切割磁感線，棒中產生產生感應電動勢，導體棒ab從A下落r/2時，導體棒在策略與安培力作用下做加速運動，由牛頓第二定律，得
mg－BIL＝ma，式中l＝
r
式中 
＝4R
由以上各式可得到
（2）當導體棒ab通過磁場II時，若安培力恰好等于重力，棒中電流大小始終不變，即
式中 
解得 
導體棒從MN到CD做加速度為g的勻加速直線運動，有
得 
此時導體棒重力的功率為
根據能量守恒定律，此時導體棒重力的功率全部轉化為電路中的電功率，即
＝
所以，
＝
（3）設導體棒ab進入磁場II后經過時間t的速度大小為
，此時安培力大小為
由于導體棒ab做勻加速直線運動，有
根據牛頓第二定律，有
F＋mg－F′＝ma
即 
由以上各式解得
25．（2008年高考理綜天津卷25題）(22分)磁懸浮列車是一種高速低耗的新型交通工具。它的驅動系統簡化為如下模型，固定在列車下端的動力繞組可視為一個矩形純電阻金屬框，電阻為R，金屬框置于xOy平面內，長邊MN長為l，平行于y軸，寬為d的NP邊平行于x軸，如圖1所示。列車軌道沿Ox方向，軌道區域內存在垂直于金屬框平面的磁場，磁感應強度B沿Ox方向按正弦規律分布，其空間周期為λ，最大值為B0，如圖2所示，金屬框同一長邊上各處的磁感應強度相同，整個磁場以速度v0沿Ox方向勻速平移。設在短暫時間內，MN、PQ邊所在位置的磁感應強度隨時間的變化可以忽略，并忽略一切阻力。列車在驅動系統作用下沿Ox方向加速行駛，某時刻速度為v(v<v0)。
(1)簡要敘述列車運行中獲得驅動力的原理；
(2)為使列車獲得最大驅動力，寫出MN、PQ邊應處于磁場中的什么位置及λ與d之間應滿足的關系式：
(3)計算在滿足第(2)問的條件下列車速度為v時驅動力的大小。
25．解析：
(1)由于列車速度與磁場平移速度不同，導致穿過金屬框的磁通量發生變化，由于電磁感應，金屬框中會產生感應電流，該電流受到的安培力即為驅動力。
(2)為使列車獲得最大驅動力，MN、PQ應位于磁場中磁感應強度同為最大值且反向的地方，這會使得金屬框所圍面積的磁通量變化率最大，導致框中電流最強，也會使得金屬框長邊中電流受到的安培力最大。因此，d應為
的奇數倍，即
或
（
）①
(3)由于滿足第(2)問條件：則MN、PQ邊所在處的磁感應強度大小均為B0且方向總相反，經短暫的時間
，磁場沿Ox方向平移的距離為
，同時，金屬框沿Ox方向移動的距離為
。
因為v0>V，所以在時間內MN邊掃過磁場的面積
在此時間內，MN邊左側穿過S的磁通移進金屬框而引起框內磁通量變化
②
同理，該時間內，PQ邊左側移出金屬框的磁通引起框內磁通量變化
③
故在內金屬框所圍面積的磁通量變化
④
根據法拉第電磁感應定律，金屬框中的感應電動勢大小
⑤
根據閉合電路歐姆定律有
⑥
根據安培力公式，MN邊所受的安培力
PQ邊所受的安培力
根據左手定則，MN、PQ邊所受的安培力方向相同，此時列車驅動力的大小
(7)
聯立解得
(8)
18. （2008年高考重慶理綜卷18題）如題18圖，粗糙水平桌面上有一質量為m的銅質矩形線圈.當一豎直放置的條形磁鐵從線圈中線AB正上方等高快速經過時，若線圈始終不動，則關于線圈受到的支持力FN及在水平方向運動趨勢的正確判斷是
A. FN先小于mg后大于mg,運動趨勢向左
B. FN先大于mg后小于mg,運動趨勢向左
C. FN先大于mg后大于mg,運動趨勢向右
D. FN先大于mg后小于mg,運動趨勢向右
18、D，本題考查電磁感應有關的知識，本題為中等難度題目。條形磁鐵從線圈正上方等高快速經過時，通過線圈的磁通量先增加后又減小。當通過線圈磁通量增加時，為阻礙其增加，在豎直方向上線圈有向下運動的趨勢，所以線圈受到的支持力大于其重力，在水平方向上有向右運動的趨勢，當通過線圈的磁通量減小時，為阻礙其減小，在豎直方向上線圈有向上運動的趨勢，所以線圈受到的支持力小于其重力，在水平方向上有向右運動的趨勢。綜上所述，線圈所受到的支持力先大于重力后小于重力，運動趨勢總是向右。
15．(16分) （2008年高考江蘇物理卷15題）如圖所示，間距為L的兩條足夠長的平行金屬導軌與水平面的夾角為θ，導軌光滑且電阻忽略不計．場強為B的條形勻強磁場方向與導軌平面垂直，磁場區域的寬度為d1，間距為d2．兩根質量均為m、有效電阻均為R的導體棒a和b放在導軌上，并與導軌垂直． (設重力加速度為g)
(1)若a進入第2個磁場區域時，b以與a同樣的速度進入第1個磁場區域，求b穿過第1個磁場區域過程中增加的動能△Ek．
(2)若a進入第2個磁場區域時，b恰好離開第1個磁場區域；此后a離開第2個磁場區域時，b 又恰好進入第2個磁場區域．且a．b在任意一個磁場區域或無磁場區域的運動時間均相．求b穿過第2個磁場區域過程中，兩導體棒產生的總焦耳熱Q．
(3)對于第(2)問所述的運動情況，求a穿出第k個磁場區域時的速率
15．⑴a和b不受安培力作用，由機械能守恒知 
①
⑵設導體棒剛進入無磁場區域時的速度為
，剛離開無磁場區域時的速度為
，由能量守恒知www.xkb123.com
在磁場區域中，
②
在無磁場區域中 
③
解得 
④
⑶在無磁場區域，根據勻變速直線運動規律有 
⑤
且平均速度 
⑥
有磁場區域，棒a受到合力
⑦
感應電動勢 
⑧
感應電流 
⑨
解得 
⑩
根據牛頓第二定律，在t到
時間內 
11
則有 
12
解得 
13
聯立⑤⑥13解得 
由題意知
17．（2008年高考理綜四川卷17題）在沿水平方向的勻強磁場中，有一圓形金屬線圈可繞沿其直徑的豎直軸自由轉動。開始時線圈靜止，線圈平面與磁場方向既不平行也不垂直，所成的銳角為α。在磁場開始增強后的一個極短時間內，線圈平面
A．維持不動
B．將向使α減小的方向轉動
C．將向使α增大的方向轉動
D．將轉動，因不知磁場方向，不能確定α會增大還是會減小
17、B 解析：由楞次定律可知，當磁場開始增強時，線圈平面轉動的效果是為了減小線圈磁通量的增加，而線圈平面與磁場間的夾角越小時，通過的磁通量越小，所以將向使
減小的方向轉動．
電學綜合
25.（18分）（2008年高考山東理綜卷25題）兩塊足夠大的平行金屬極板水平放置，極板間加有空間分布均勻、大小隨時間周期性變化的電場和磁場，變化規律分別如圖1、圖2所示（規定垂直紙面向里為磁感應強度的正方向）。在t=0時刻由負極板釋放一個初速度為零的帶負電的粒子（不計重力）。若電場強度E0、磁感應強度B0、粒子的比荷
均已知，且
，兩板間距
。
（1）求粒子在0～t0時間內的位移大小與極板間距h的比值。
（2）求粒子在板板間做圓周運動的最大半徑（用h表示）。
（3）若板間電場強度E隨時間的變化仍如圖1所示，磁場的變化改為如圖3所示，試畫出粒子在板間運動的軌跡圖（不必寫計算過程）。
解法一：（1）設粒子在0～t0時間內運動的位移大小為s1
①
②
又已知
聯立①②式解得
③
（2）粒子在t0~2t0時間內只受洛倫茲力作用，且速度與磁場方向垂直，所以粒子做勻速圓周運動。設運動速度大小為v1，軌道半徑為R1，周期為T，則
④
⑤
聯立④⑤式得
⑥
又
⑦
即粒子在t0~2t0時間內恰好完成一個周期的圓周運動。在2t0~3t0時間內，粒子做初速度為v1的勻加速直線運動，設位移大小為s2
⑧
解得 
⑨
由于s1+s2＜h,所以粒子在3t0~4t0時間內繼續做勻速圓周運動，設速度大小為v2，半徑為R2
⑩
11
解得 
12
由于s1+s2+R2＜h,粒子恰好又完成一個周期的圓周運動。在4t0~5t0時間內，粒子運動到正極板（如圖1所示）。因此粒子運動的最大半徑。
（3）粒子在板間運動的軌跡如圖2所示。
解法二：由題意可知，電磁場的周期為2t0，前半周期粒子受電場作用做勻加速直線運動，加速度大小為
方向向上
后半周期粒子受磁場作用做勻速圓周運動，周期為T
粒子恰好完成一次勻速圓周運動。至第n個周期末，粒子位移大小為sn
又已知 
由以上各式得 
粒子速度大小為 
粒子做圓周運動的半徑為 
解得 
顯然 
（1）粒子在0～t0時間內的位移大小與極板間距h的比值
（2）粒子在極板間做圓周運動的最大半徑 
（3）粒子在板間運動的軌跡圖見解法一中的圖2。
18．（17分）（2008年高考廣東物理卷18題）如圖（a）所示，水平放置的兩根平行金屬導軌，間距L=
的電阻，區域abcd內存在垂直于導軌平面B=0.6T的勻強磁場，磁場區域寬D=,導軌電阻不計，使金屬棒以恒定速度r=
18．解析：
0－t1（0－0.2s）
A1產生的感應電動勢：
電阻R與A2并聯阻值：
所以電阻R兩端電壓
通過電阻R的電流：
t1－t2（0.2－0.4s）
E=0, I2=0
t2－t3（0.4－0.6s） 同理：I3=
18．【解析】
【方法技巧】感應電動勢是高中物理知識最重要的一個窗口，通過這個窗口可以與很多知識綜合鏈接在一起。感應電動勢是高中物理最重要的知識之一，與之相鏈接的知識點多，綜合形式多，具有明顯的“綜合”特征。導體切割產生的電動勢為
，如果產生的感應電動勢與電容器、電阻連接，那么我們在解答時就可把感應電動勢當作直流電源，聯系有關電容器中的電場問題，聯系閉合電路歐姆定律進行分析與求解。
24.(17分) （2008年高考寧夏理綜卷24題）
如圖所示，在xOy平面的第一象限有一勻強電場，電場的方向平行于y軸向下；在x軸和第四象限的射線OC之間有一勻強磁場，磁感應強度的大小為B，方向垂直于紙面向外。有一質量為m，帶有電荷量+q的質點由電場左側平行于x軸射入電場。質點到達x軸上A點時，速度方向與x軸的夾角
，A點與原點O的距離為d。接著，質點進入磁場，并垂直于OC飛離磁場。不計重力影響。若OC與x軸的夾角為，求
（1）粒子在磁場中運動速度的大�。�
（2）勻強電場的場強大小。
24．（1）sinφ
（2）sin3φcosφ
【解析】（17分）
(1)質點在磁場中的軌跡為一圓弧。由于質點飛離磁場時，速度垂直于OC，故圓弧的圓心在OC上。依題意，質點軌跡與x軸的交點為A，過A點作與A點的速度方向垂直的直線，與OC交于O＇。由幾何關系知，AO＇垂直于OC＇，O＇是圓弧的圓心。設圓弧的半徑為R，則有
R=dsinj ①
由洛化茲力公式和牛頓第二定律得
②
將①式代入②式，得
③
(2)質點在電場中的運動為類平拋運動。設質點射入電場的速度為v0，在電場中的加速度為a，運動時間為t，則有
v0＝vcosj ④
vsinj＝at ⑤
d=v0t ⑥
聯立④⑤⑥得
⑦
設電場強度的大小為E，由牛頓第二定律得
qE＝ma ⑧
聯立③⑦⑧得
⑨
這道試題考查了帶電粒子在勻強磁場中的勻速圓周運動的半徑公式，通常這類試題要求掌握如何定圓心、確定半徑，能畫出軌跡圖。利用圓的幾何知識和向心力公式解決相關問題。
16、（2008年高考海南物理卷16題）如圖，空間存在勻強電場和勻強磁場，電場方向為y軸正方向，磁場方向垂直于xy平面（紙面）向外，電場和磁場都可以隨意加上或撤除，重新加上的電場或磁場與 撤除前的一樣．一帶正電荷的粒子從P(x＝0，y＝h)點以一定的速度平行于x軸正向入射．這時若只有磁場，粒子將做半徑為R0的圓周運動：若同時存在電場和磁場，粒子恰好做直線運動．現在，只加電場，當粒子從P點運動到x＝R0平面（圖中虛線所示）時，立即撤除電場同時加上磁場，粒子繼續運動，其軌跡與x軸交于M點．不計重力．求：
⑴粒子到達x＝R0平面時速度方向與x軸的夾角以及粒子到x軸的距離；
⑵M點的橫坐標xM．
16、解：⑴做直線運動有：
做圓周運動有：
只有電場時，粒子做類平拋，有：
解得：
粒子速度大小為：
速度方向與x軸夾角為：
粒子與x軸的距離為：
⑵撤電場加上磁場后，有：
解得：
粒子運動軌跡如圖所示，圓心C位于與速度v方向垂直的直線上，該直線與x軸和y軸的夾角均為π/4，有幾何關系得C點坐標為：
過C作x軸的垂線，在ΔCDM中：
解得：
M點橫坐標為：
19．（2008年高考北京理綜卷19題）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。據此可以判斷出
A．質子所受電場力大小等于eE，運動中電勢能減小，沿著z軸方向電勢升高
B．質子所受電場力大小等于eE，運動中電勢能增大，沿著z軸方向電勢降低
C．質子所受電場力大小等于evB，運動中電勢能不變，沿著z軸方向電勢升高
D．質子所受電場力大小等于evB，運動中電勢能不變，沿著z軸方向電勢降低
19、C 【解析】質子所受電場力與洛倫茲力平衡，大小等于evB,運動中電勢能不變;電場線沿z軸負方向，沿z軸正方向電勢升高。
25.（22分）（2008年高考全國Ⅰ理綜卷25題）
電場
21. （2008年高考山東理綜卷21題）如圖所示，在y軸上關于O點對稱的A、B兩點有等量同種點電荷+Q，在x軸上C點有點電荷-Q,且CO=OD, ∠ADO＝60
.下列判斷正確的是
A.O點電場強度為零
B.O點電場強度為零
C.若將點電荷+q從O移向C,電勢能增大
D.若將點電荷-q從O移向C，電勢能增大
21．BD 【解析】電場是矢量，疊加遵循平行四邊行定則，由
和幾何關系可以得出，A錯B對。在
之間，合場強的方向向左，把負電荷從Ｏ移動到C，電場力做負功，電勢能增加，C錯D對。
8．（2008年高考廣東物理卷8題）圖中的實線表示電場線，虛線表示只受電場力作用的帶正電粒子的運動軌跡，粒子先經過M點，再經過N點，可以判定
A．M點的電勢大于N點的電勢
B．M點的電勢小于N點的電勢
C．粒子在M點受到的電場力大于在N點受到的電場力
D．粒子在M點受到的電場力小于在N點受到的電場力
8．AD。電場線能直觀反應電場的特性，沿電場線方向電勢是越來越低的，M點的電勢必大于N點的電勢，而電場線的疏密代表了電場強度的大小，N點電場線較密，電場強度較大，粒子經過這點時所受的電場力也較大。
【誤區警示】同學們要記清楚電場線的特性，它同時能反應電場力的性質與電場能的性質，也就是電場中的兩個物理量電勢與電場強度。
9．（2008年高考廣東物理卷9題）帶電粒子進入云室會使云室中的氣體電離，從而顯示其運動軌跡．圖是在有勻強磁場云室中觀察到的粒子的軌跡，a和b是軌跡上的兩點，勻強磁場B垂直紙面向里．該粒子在運動時，其質量和電量不變，而動能逐漸減少，下列說法正確的是
A．粒子先經地之a點，再經過b點
B．粒子先經過b點，再經過a點
C．粒子帶負電
D．粒子帶正電
9．AC�！窘馕觥坑捎诹Ｗ釉谶\動過程中電量與質量不變，但動能減小其速度必然減小，而粒子做圓周運動的軌道半徑為
，運動的軌道半徑一定減小，從圖線可知a到b軌跡的半徑是在減小的，那么粒子是一定從a運動到b的，再根據左手則，磁場方向向里，粒子帶負電。
【誤區警示】帶電粒子僅受洛侖茲力作用時，洛侖茲力提供向心力，
，解得軌道半徑為。在利用左手定則時，一定要注意負電荷的運動，四指所指的應該是電流的方向，也就是負電荷運動的反方向，這一點同學們特別要提醒自己
14.（2008年高考寧夏理綜卷14題）在等邊三角形的三個頂點a、b、c處，各有一條長直導線垂直穿過紙面，導線中通有大小相等的恒定電流，方向如圖。過c點的導線所受安培力的方向
A.與ab邊平行，豎直向上
B.與ab邊平行，豎直向下
C.與ab邊垂直，指向左邊
D.與ab邊垂直，指向右邊
14．C 【解析】本題考查了左手定則的應用。導線a在c處產生的磁場方向由安培定則可判斷，即垂直ac向左，同理導線b在c處產生的磁場方向垂直bc向下，則由平行四邊形定則，過c點的合場方向平行于ab，根據左手定則可判斷導線c受到的安培力垂直ab邊，指向左邊。
21. （2008年高考寧夏理綜卷21題）如圖所示，C為中間插有電介質的電容器，a和b為其兩極板；a板接地；P和Q為兩豎直放置的平行金屬板，在兩板間用絕緣線懸掛一帶電小球；P板與b板用導線相連，Q板接地。開始時懸線靜止在豎直方向，在b板帶電后，懸線偏轉了角度a。在以下方法中，能使懸線的偏角a變大的是
A.縮小a、b間的距離
B.加大a、b間的距離
C.取出a、b兩極板間的電介質
D.換一塊形狀大小相同、介電常數更大的電介質
21．BC 【解析】本題考查電容器的兩個公式。a板與Q板電勢恒定為零，b板和P板電勢總相同，故兩個電容器的電壓相等，且兩板電荷量q視為不變。要使懸線的偏角增大，即電壓U增大，即減小電容器的電容C。對電容器C，由公式C = = ，可以通過增大板間距d、減小介電常數ε、減小板的針對面積S。
5、（2008年高考海南物理卷5題）質子和中于是由更基本的粒子即所謂“夸克”組成的．兩個強作用電荷相反（類似于正負電荷）的夸克在距離很近時幾乎沒有相互作用（稱為“漸近自由”）；在距離較遠時，它們之間就會出現很強的引力（導致所謂“夸克禁閉”）．作為一個簡單的模型，設這樣的兩夸克之間的相互作用力F與它們之間的距離r的關系為：
式中F0為大于零的常量，負號表示引力．用U表示夸克間的勢能，令U0＝F0(r2―r1)，取無窮遠為勢能零點．下列U－r圖示中正確的是
 |
5．【答案】：B
【解析】：從無窮遠處電勢為零開始到r = r2位置，勢能恒定為零，在r = r2到r = r1過程中，恒定引力做正功，勢能逐漸均勻減小，即勢能為負值且越來越小，此部分圖像為A、B選項中所示；r ＜ r1之后勢能不變，恒定為－U0，由引力做功等于勢能將少量，故U0=F0(r2－r1)。
6、（2008年高考海南物理卷6題）勻強電場中有a、b、c三點．在以它們為頂點的三角形中， ∠a＝30°、∠c＝90°,．電場方向與三角形所在平面平行．已知a、b和c點的電勢分別為
V、
V和2 V．該三角形的外接圓上最低、最高電勢分別為
A．V、V B．0 V、4
V
C．
V、
D．0 V、
V
6．【答案】：B
【解析】：如圖，根據勻強電場的電場線與等勢面是平行等間距排列，且電場線與等勢面處處垂直，沿著電場線方向電勢均勻降落，取ab的中點O，即為三角形的外接圓的圓心，且該點電勢為2V，故Oc為等勢面，MN為電場線，方向為MN方向，UOP= UOa=V，UON : UOP=2 :，故UON =2V,N點電勢為零，為最小電勢點，同理M點電勢為4V，為最大電勢點。
4、（2008年高考海南物理卷4題）靜電場中，帶電粒子在電場力作用下從電勢為φa的a點運動至電勢為φb的b點．若帶電粒子在a、b兩點的速率分別為va、vb，不計重力，則帶電粒子的比荷q/m，為
A．
B．
C．
D．
4．【答案】：C
【解析】：由電勢差公式以及動能定理：W=qUab=q(φa－φb)= m (vb2－va2)，可得比荷為 = 。
19．（2008年高考全國Ⅱ理綜卷19題）一平行板電容器的兩個極板水平放置，兩極板間有一帶電量不變的小油滴，油滴在極板間運動時所受空氣阻力的大小與其速率成正比。若兩極板間電壓為零，經一段時間后，油滴以速率v勻速下降；若兩極板間的電壓為U，經一段時間后，油滴以速率v勻速上升。若兩極板間電壓為－U，油滴做勻速運動時速度的大小、方向將是
A．2v、向下
B．2v、向上
C．3 v、向下
D．3 v、向上
19、C 解析：當不加電場時，油滴勻速下降，即
；當兩極板間電壓為U時，油滴向上勻速運動，即
，解之得:
,當兩極間電壓為－U時，電場力方向反向，大小不變，油滴向下運動，當勻速運動時，
，解之得：v'=3v，C項正確。
．（2008年高考上海物理卷
【解析】：將電荷從從電場中的A點移到B點，電場力做負功，其電勢能增加；由電勢差公式UAB = ，W= qUAB = －5×10?9×(15－10)J=－2.5×10－8J 。
14．（2008年高考上海物理卷14題）如圖所示，在光滑絕緣水平面上，兩個帶等量正電的點電荷M、N，分別固定在A、B兩點，O為AB連線的中點，CD為AB的垂直平分線。在CO之間的F點由靜止釋放一個帶負電的小球P（設不改變原來的電場分布），在以后的一段時間內，P在CD連線上做往復運動。若
（A）小球P的帶電量緩慢減小，則它往復運動過程中振幅不斷減小
（B）小球P的帶電量緩慢減小，則它往復運動過程中每次經過O點時的速率不斷減小
（C）點電荷M、N的帶電量同時等量地緩慢增大，則小球P往復運動過程中周期不斷減小
（D）點電荷M、N的帶電量同時等量地緩慢增大，則小球P往復運動過程中振幅不斷減小
14．BCD 【解析】：設F與F′繞O點對稱，在F與F′處之間，小球始終受到指向O點的回復力作用下做往復運動，若小球P帶電量緩慢減小，則此后小球能運動到F′點下方，即振幅會加大，A錯；每次經過O點因電場力做功減少而速度不斷減小，B對；若點電荷M、N電荷量緩慢增大，則中垂線CD上的場強相對增大，振幅減小，加速度相對原來每個位置增大，故一個周期的時間必定減小，C、D正確。
18．（2008年高考理綜天津卷18題）帶負電的粒子在某電場中僅受電場力作用，能分別完成以下兩種運動：①在電場線上運動，②在等勢面上做勻速圓周運動。該電場可能由
A．一個帶正電的點電荷形成
B．一個帶負電的點電荷形成
C．兩個分立的帶等量負電的點電荷形成
D．一帶負電的點電荷與帶正電的無限大平板形成’
18、A【解析】在僅受電場力的作用在電場線上運動，只要電場線是直線的就可能實現，但是在等勢面上做勻速圓周運動，就需要帶負電的粒子在電場中所受的電場力提供向心力，根據題目中給出的4個電場，同時符合兩個條件的是A答案
17. （2008年高考重慶理綜卷17題）下列與能量有關的說法正確的是
A. 衛星繞地球做圓周運動的半徑越大，動能越大
B. 從同種金屬逸出的光電子的最大初動能隨照射光波長的減小而增大
C. 做平拋運動的物體在任意相等時間內動能的增量相同
D. 在靜電場中，電場線越密的地方正電荷的電勢能一定越高
17、B,本題考查能量有關的問題，本題為較難的題目。衛星繞地球做圓周運動中，
半徑越大，其速度越小，其動能也就越小；根據光電效應方程有：
,對于同 一種金屬而言，W是一定的，所以入射光的波長減小，其最大初動能增大；做平拋運動的物體，其動能的變化量為：
,所以任意相等時間內動能的增量不相等;在靜電場中，電場線越密的在地方，其電場強度越大，但其電勢可為正，也可為負，所以正電荷在電場線越密的在地方，其電勢能并不一定越大。
21.題（2008年高考重慶理綜卷21題）21圖1是某同學設計的電容式速度傳感器原理圖，其中上板為固定極板，下板為待測物體，在兩極板間電壓恒定的條件下，極板上所帶電量Q將隨待測物體的上下運動而變化，若Q隨時間t的變化關系為Q=
（a、b為大于零的常數），其圖象如題21圖2所示，那么題21圖3、圖4中反映極板間場強大小E和物體速率v隨t變化的圖線可能是
A.①和③ B.①和④ C.②和③ D.②和④
21、C，本題考查速度傳感器的有關知識，本題為較難題目。由題意可知：
所以E的變化規律與Q的變化規律相似，所以E的圖象為②，由
k, 所以d=t+a=vt+a,所以是勻速移動，所以速度圖象為③，綜上所述C正確。
6．（2008年高考江蘇物理卷6題）如圖所示，實線為電場線，虛線為等勢線，且AB=BC，電場中的A、B、C三點的場強分別為EA、EB、EC，電勢分別為
、
、
，AB、BC間的電勢差分別為UAB、UBC，則下列關系中正確的有
A. ＞＞ B. EC＞EB＞EA
C. UAB＜UBC D. UAB＝UBC
6、ABC 解析：考查靜電場中的電場線、等勢面的分布知識和規律。A、B、C三點處在一根電場線上，沿著電場線的方向電勢降落，故φA＞φB＞φC，A正確；由電場線的密集程度可看出電場強度大小關系為EC＞EB＞EA，B對；電場線密集的地方電勢降落較快，故UBC＞UAB，C對D錯。此類問題要在平時注重對電場線與場強、等勢面與場強和電場線的關系的掌握，熟練理解常見電場線和等勢面的分布規律。
牛頓運動定律
19. （2008年高考山東理綜卷19題）直升機懸停在空中向地面投放裝有救災物資的箱子，如圖所示。設投放初速度為零，箱子所受的空氣阻力與箱子下落速度的平方成正比，且運動過程中箱子始終保持圖示姿態。在箱子下落過程中，下列說法正確的是
A.箱內物體對箱子底部始終沒有壓力
B.箱子剛從飛機上投下時，箱內物體受到的支持力最大
C.箱子接近地面時，箱內物體受到的支持力比剛投下時大
D.若下落距離足夠長，箱內物體有可能不受底部支持力而“飄起來”
19．C 【解析】因為受到阻力，不是完全失重狀態，所以對支持面有壓力，A錯。由于箱子阻力和下落的速度成二次方關系，最終將勻速運動，受到的壓力等于重力，最終勻速運動，BD錯，C對。
3．（2008年高考廣東物理卷3題）運動員跳傘將經歷加速下降和減速下降兩個過程，將人和傘看成一個系統，在這兩個過程中，下列說法正確的是
A．阻力對系統始終做負功
B．系統受到的合外力始終向下
C．重力做功使系統的重力勢能增加
D．任意相等的時間內重力做的功相等
3．A．【解析】跳傘運動員在加速與減速階段都受到向上阻力的作用，阻力一定都做負功，加速階段合外力向下，減速階段加速度向上，但速度方向始終是向下運動的，重力做負功重力勢能減小，由于在任意相等的時間里下降的位移不等，重力所做的功也是不同的。
【誤區警示】重力做正功重力勢能一定減小，要注意力與運動的關系，區別阻力、重力與合外力的區別與聯系。
9．（2008年高考廣東物理卷9題）帶電粒子進入云室會使云室中的氣體電離，從而顯示其運動軌跡．圖是在有勻強磁場云室中觀察到的粒子的軌跡，a和b是軌跡上的兩點，勻強磁場B垂直紙面向里．該粒子在運動時，其質量和電量不變，而動能逐漸減少，下列說法正確的是
A．粒子先經地之a點，再經過b點
B．粒子先經過b點，再經過a點
C．粒子帶負電
D．粒子帶正電
9．AC�！窘馕觥坑捎诹Ｗ釉谶\動過程中電量與質量不變，但動能減小其速度必然減小，而粒子做圓周運動的軌道半徑為
，運動的軌道半徑一定減小，從圖線可知a到b軌跡的半徑是在減小的，那么粒子是一定從a運動到b的，再根據左手則，磁場方向向里，粒子帶負電。
【誤區警示】帶電粒子僅受洛侖茲力作用時，洛侖茲力提供向心力，
，解得軌道半徑為。在利用左手定則時，一定要注意負電荷的運動，四指所指的應該是電流的方向，也就是負電荷運動的反方向，這一點同學們特別要提醒自己
20. （2008年高考寧夏理綜卷20題）一有固定斜面的小車在水平面上做直線運動，小球通過細繩與車頂相連。小球某時刻正處于圖示狀態。設斜面對小球的支持力為N，細繩對小球的拉力為T，關于此時刻小球的受力情況，下列說法正確的是
A.若小車向左運動，N可能為零
B.若小車向左運動，T可能為零
C.若小車向右運動，N不可能為零
D.若小車向右運動，T不可能為零
20．AB 【解析】本題考查牛頓運動定律。對小球受力分析，當N為零時，小球的合外力水平向右，加速度向右，故小車可能向右加速運動或向左減速運動，A對C錯；當T為零時，小球的合外力水平向左，加速度向左，故小車可能向右減速運動或向左加速運動，B對D錯。解題時抓住N、T為零時受力分析的臨界條件，小球與車相對靜止，說明小球和小車只能有水平的加速度，作為突破口。
9、（2008年高考海南物理卷9題）如圖，水平地面上有一楔形物體b，b的斜面上有一小物塊a；a與b之間、b與地面之間均存在摩擦．已知楔形物體b靜止時，a靜止在b的斜面上．現給a和b一個共同的向左的初速度，與a和b都靜止時相比，此時可能
A．a與b之間的壓力減少，且a相對b向下滑動
B．a與b之間的壓力增大，且a相對b向上滑動
C．a與b之間的壓力增大，且a相對b靜止不動
D．b與地面之間的壓力不變，且a相對b向上滑動
9．【答案】：BC
【解析】：依題意，若兩物體依然相對靜止，則a的加速度一定水平向右，如圖將加速度分解為垂直斜面與平行于斜面，則垂直斜面方向，N－mgcosθ=may，即支持力N大于mgcosθ，與都靜止時比較，a與b間的壓力增大；沿著斜面方向，若加速度a過大，則摩擦力可能沿著斜面向下，即a物塊可能相對b向上滑動趨勢，甚至相對向上滑動，故A錯，B、C正確；對系統整體，在豎直方向，若物塊a相對b向上滑動，則a還具有向上的分加速度，即對整體的牛頓第二定律可知，系統處于超重狀態，b與地面之間的壓力將大于兩物體重力之和，D錯。
15、（2008年高考海南物理卷15題）科研人員乘氣球進行科學考察．氣球、座艙、壓艙物和科研人員的總質量為
15、解：由牛頓第二定律得：mg－f＝ma
拋物后減速下降有：
Δv＝a/Δt
解得：
15. （2008年高考全國Ⅰ理綜卷15題）如圖，一輛有動力驅動的小車上有一水平放置的彈簧，其左端固定在小車上，右端與一小球相連，設在某一段時間內小球與小車相對靜止且彈簧處于壓縮狀態，若忽略小球與小車間的摩擦力，則在此段時間內小車可能是
A.向右做加速運動
B.向右做減速運動
C.向左做加速運動
D.向左做減速運動
15、AD 解析：對小球水平方向受到向右的彈簧彈力N，由牛頓第二定律可知，小球必定具有向右的加速度，小球與小車相對靜止，故小車可能向右加速運動或向左減速運動。
20．（2008年高考北京理綜卷20題）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力進行分析和判斷。例如從解的物理量的單位，解隨某些已知量變化的趨勢，解在一定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，質量為M、傾角為θ的滑塊A放于水平地面上。把質量為m的滑塊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a = gsinθ，式中g為重力加速度。
對于上述解，某同學首先分析了等號右側量的單位，沒發現問題。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。
A．當
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=gsinθ，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a= ，這符合預期的結果，說明該解可能是對的
20、D 【解析】當m
M時，該解給出a=
,這與實際不符，說明該解可能是錯誤的。
表：伽利略手稿中的數據
1
1
32
4
2
130
9
3
298
16
4
526
25
5
824
36
6
1192
49
7
1600
64
8
2104
機械能
3．（2008年高考廣東物理卷3題）運動員跳傘將經歷加速下降和減速下降兩個過程，將人和傘看成一個系統，在這兩個過程中，下列說法正確的是
A．阻力對系統始終做負功
B．系統受到的合外力始終向下
C．重力做功使系統的重力勢能增加
D．任意相等的時間內重力做的功相等
3．A．【解析】跳傘運動員在加速與減速階段都受到向上阻力的作用，阻力一定都做負功，加速階段合外力向下，減速階段加速度向上，但速度方向始終是向下運動的，重力做負功重力勢能減小，由于在任意相等的時間里下降的位移不等，重力所做的功也是不同的。
【誤區警示】重力做正功重力勢能一定減小，要注意力與運動的關系，區別阻力、重力與合外力的區別與聯系。
17．（18分）（2008年高考廣東物理卷17題）
（1）為了響應國家的“節能減排”號召，某同學采用了一個家用汽車的節能方法．在符合安全行駛要求的情況下，通過減少汽車后備箱中放置的不常用物品和控制加油量等措施，使汽車負載減少．假設汽車以
（2）有一種叫“飛椅”的游樂項目，示意圖如圖所示，長為L的鋼繩一端系著座椅，另一端固定在半徑為r的水平轉盤邊緣，轉盤可繞穿過其中心的豎直軸轉動．當轉盤以角速度ω勻速轉動時，鋼繩與轉軸在同一豎直平面內，與豎直方向的夾角為θ,不計鋼繩的重力，求轉盤轉動的角速度ω與夾角θ的關系．
17．（1）解析：
，由
得
① 
②
故
17【解析】（1）
【方法技巧】汽車發動機的功率指的是牽引力的功率，當速度最大時牽引力與阻力是相等的，即
。
（2）解析：設轉盤轉動角速度
時，夾角θ夾角θ
座椅到中心軸的距離：
①
對座椅分析有：
②
聯立兩式 得
【解析】（2）
【方法技巧】圓周運動的問題就是要在受力分析的基礎上求出向心力，在這個實例中是由繩子拉力與重力的合力提供向心力，關鍵是分析求解向心力，列出基本方程
。
18. （2008年高考寧夏理綜卷18題）一滑塊在水平地面上沿直線滑行，t=0時其速度為
則以下關系正確的是
A. 
B. 
C. 
D. 
18．B 【解析】本題考查v-t圖像、功的概念。力F做功等于每段恒力F與該段滑塊運動的位移（v-t圖像中圖像與坐標軸圍成的面積），第1秒內，位移為一個小三角形面積S，第2秒內，位移也為一個小三角形面積S，第3秒內，位移為兩個小三角形面積2S，故W1=1×S，W2=1×S，W3=2×S，W1＜W2＜W3 。
3、（2008年高考海南物理卷3題）如圖，一輕繩的一端系在固定粗糙斜面上的O點，另一端系一小球．給小球一足夠大的初速度，使小球在斜面上做圓周運動．在此過程中，
A．小球的機械能守恒
B．重力對小球不做功
C．繩的張力對小球不做功
D．在任何一段時間內，小球克服摩擦力所做的功總是等于小球動能的減少
3．【答案】：C
【解析】：斜面粗糙，小球受到重力、支持力、摩擦力、繩子拉力，由于除重力做功外，摩擦力做負功，機械能減少，A、B錯；繩子張力總是與運動方向垂直，故不做功，C對；小球動能的變化等于合外力做功，即重力與摩擦力做功，D錯。
18．（2008年高考全國Ⅱ理綜卷18題） 如圖，一很長的、不可伸長的柔軟輕繩跨過光滑定滑輪，繩兩端各系一小球a和b．a球質量為m，靜置于地面；b球質量為
A．h
B．1.5h
C．2h
D．2.5h
18、B 解析：在b落地前，a、b組成的系統機械能守恒，且a、b兩物體速度大小相等，根據機械能守恒定律可知：
，b球落地時，a球高度為h，之后a球向上做豎直上拋運動，過程中機械能守恒，
，所以a可能達到的最大高度為1.5h,B項正確。
4．（2008年高考上海物理卷4題）如圖所示，在豎直平面內的直角坐標系中，一個質量為m的質點在外力F的作用下，從坐標原點O由靜止沿直線ON斜向下運動，直線ON與y軸負方向成θ角（θ＜π/4）。則F大小至少為＿＿＿＿＿＿；若F＝mgtanθ，則質點機械能大小的變化情況是＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿。
4．【答案】：mgsinθ，增大、減小都有可能
【解析】：該質點受到重力和外力F從靜止開始做直線運動，說明質點做勻加速直線運動，如圖中顯示當F力的方向為a方向（垂直于ON）時，F力最小為mgsinθ；若F＝mgtanθ，即F力可能為b方向或c方向，故F力的方向可能與運動方向相同，也可能與運動方向相反，除重力外的F力對質點做正功，也可能做負功，故質點機械能增加、減少都有可能。
8．（2008年高考上海物理卷8題）物體做自由落體運動，Ek代表動能，Ep代表勢能，h代表下落的距離，以水平地面為零勢能面。下列所示圖像中，能正確反映各物理量之間關系的是
8．B 【解析】：由機械能守恒定律：EP=E－EK，故勢能與動能的圖像為傾斜的直線，C錯；由動能定理：EK =mgh=mv2=mg2t2，則EP=E－mgh，故勢能與h的圖像也為傾斜的直線，D錯；且EP=E－mv2，故勢能與速度的圖像為開口向下的拋物線，B對；同理EP=E－mg2t2，勢能與時間的圖像也為開口向下的拋物線，A錯。
21．（12分）（2008年高考上海物理卷21題）總質量為
（1）t＝1s時運動員的加速度和所受阻力的大小。
（2）估算14s內運動員下落的高度及克服阻力做的功。
（3）估算運動員從飛機上跳下到著地的總時間。
21．（12分）
解：（1）從圖中可以看郵，在t＝2s內運動員做勻加速運動，其加速度大小為
m/s2=
設此過程中運動員受到的阻力大小為f，根據牛頓第二定律，有mg－f＝ma
得 f＝m(g－a)＝80×(10－8)N＝160N
（2）從圖中估算得出運動員在14s內下落了
39.5×2×
根據動能定理，有
所以有 
＝（80×10×158－
×80×62）J≈1.25×105J
（3）14s后運動員做勻速運動的時間為
s＝57s
運動員從飛機上跳下到著地需要的總時間
t總＝t＋t′＝（14＋57）s＝71s
17. （2008年高考重慶理綜卷17題）下列與能量有關的說法正確的是
A. 衛星繞地球做圓周運動的半徑越大，動能越大
B. 從同種金屬逸出的光電子的最大初動能隨照射光波長的減小而增大
C. 做平拋運動的物體在任意相等時間內動能的增量相同
D. 在靜電場中，電場線越密的地方正電荷的電勢能一定越高
17、B,本題考查能量有關的問題，本題為較難的題目。衛星繞地球做圓周運動中，
半徑越大，其速度越小，其動能也就越小；根據光電效應方程有：
,對于同 一種金屬而言，W是一定的，所以入射光的波長減小，其最大初動能增大；做平拋運動的物體，其動能的變化量為：
,所以任意相等時間內動能的增量不相等;在靜電場中，電場線越密的在地方，其電場強度越大，但其電勢可為正，也可為負，所以正電荷在電場線越密的在地方，其電勢能并不一定越大。
23.（16分）（2008年高考重慶理綜卷23題）滑板運動是一項非常刺激的水上運動，研究表明，在進行滑板運動時，水對滑板的作用力Fx垂直于板面，大小為kv2，其中v為滑板速率（水可視為靜止）.某次運動中，在水平牽引力作用下，當滑板和水面的夾角θ=37°時（題23圖），滑板做勻速直線運動，相應的k=
，忽略空氣阻力）：
（1）水平牽引力的大�。�
（2）滑板的速率；
（3）水平牽引力的功率.
23.解：
（1）以滑板和運動員為研究對象，其受力如圖所示
由共點力平衡條件可得
①
②
由①、②聯立，得
F =810N
(2)
得
m/s
(3)水平牽引力的功率
P=Fv
=4050 W
18．（2008年高考理綜四川卷18題）一物體沿固定斜面從靜止開始向下運動，經過時間t0滑至斜面底端。已知在物體運動過程中物體所受的摩擦力恒定。若用F、v、s和E分別表示該物體所受的合力、物體的速度、位移和機械能，則下列圖象中可能正確的是
18、AD 解析：物體在沿斜面向下滑動過程中，所受的合力為重力沿斜面向下的分力及摩擦力，故大小不變，A正確；而物體在此合力作用下作勻加速運動，
，
，所以B、C錯；物體受摩擦力作用，總的機械能將減小，D正確．
7．（2008年高考江蘇物理卷7題）如圖所示，兩光滑斜面的傾角分別為30°和45°，質量分別為2ｍ和ｍ的兩個滑塊用不可伸長的輕繩通過滑輪連接(不計滑輪的質量和摩擦)，分別置于兩個斜面上并由靜止釋放；若交換兩滑塊位置，再由靜止釋放．則在上述兩種情形中正確的有
Ａ.質量為2ｍ的滑塊受到重力、繩的張力、沿斜面的下滑力和斜面的支持力的作用
B.質量為ｍ的滑塊均沿斜面向上運動
C.繩對質量為ｍ滑塊的拉力均大于該滑塊對繩的拉力
D.系統在運動中機械能均守恒
7、BD 解析：考查受力分析、連接體整體法處理復雜問題的能力。每個滑塊受到三個力：重力、繩子拉力、斜面的支持力，受力分析中應該是按性質分類的力，沿著斜面下滑力是分解出來的按照效果命名的力，A錯；對B選項，物體是上滑還是下滑要看兩個物體的重力沿著斜面向下的分量的大小關系，由于
9．（2008年高考江蘇物理卷9題）如圖所示．一根不可伸長的輕繩兩端各系一個小球a和b，跨在兩根固定在同一高度的光滑水平細桿上，質量為
.下列結論正確的是
A. ＝90°
B. ＝45°
C.b球擺動到最低點的過程中，重力對小球做功的功率先增大后減小
D.b球擺動到最低點的過程中，重力對小球做功的功率一直增大
9、AC 解析：考查向心加速度公式、動能定理、功率等概念和規律。設b球的擺動半徑為R，當擺過角度θ時的速度為v，對b球由動能定理：mgRsinθ= mv2，此時繩子拉力為T=3mg，在繩子方向由向心力公式：T－mgsinθ = m，解得θ=90°，A對B錯；故b球擺動到最低點的過程中一直機械能守恒，豎直方向的分速度先從零開始逐漸增大，然后逐漸減小到零，故重力的瞬時功率Pb = mgv豎 先增大后減小，C對D錯。
曲線運動
25.（15分）（2008年高考山東理綜卷25題）某興趣小組設計了如圖所示的玩具軌道，其中“
（1）小物體從p點拋出后的水平射程。
（2）小物體經過數這“0”的最高點時管道對小物體作用力的大小和方向。
解：（1）設小物體運動到p點時的速度大小為v，對小物體由a運動到p過程應用動能定理得
①
②
s=vt ③
聯立①②③式，代入數據解得
s=
（2）設在數字“0”的最高點時管道對小物體的作用力大小為F，取豎直向下為正方向
⑤
聯立①⑤式，代入數據解得
F＝0.3N ⑥
方向豎直向下
8．（2008年高考廣東物理卷8題）圖中的實線表示電場線，虛線表示只受電場力作用的帶正電粒子的運動軌跡，粒子先經過M點，再經過N點，可以判定
A．M點的電勢大于N點的電勢
B．M點的電勢小于N點的電勢
C．粒子在M點受到的電場力大于在N點受到的電場力
D．粒子在M點受到的電場力小于在N點受到的電場力
8．AD。電場線能直觀反應電場的特性，沿電場線方向電勢是越來越低的，M點的電勢必大于N點的電勢，而電場線的疏密代表了電場強度的大小，N點電場線較密，電場強度較大，粒子經過這點時所受的電場力也較大。
【誤區警示】同學們要記清楚電場線的特性，它同時能反應電場力的性質與電場能的性質，也就是電場中的兩個物理量電勢與電場強度。
9．（2008年高考廣東物理卷9題）帶電粒子進入云室會使云室中的氣體電離，從而顯示其運動軌跡．圖是在有勻強磁場云室中觀察到的粒子的軌跡，a和b是軌跡上的兩點，勻強磁場B垂直紙面向里．該粒子在運動時，其質量和電量不變，而動能逐漸減少，下列說法正確的是
A．粒子先經地之a點，再經過b點
B．粒子先經過b點，再經過a點
C．粒子帶負電
D．粒子帶正電
9．AC。【解析】由于粒子在運動過程中電量與質量不變，但動能減小其速度必然減小，而粒子做圓周運動的軌道半徑為
，運動的軌道半徑一定減小，從圖線可知a到b軌跡的半徑是在減小的，那么粒子是一定從a運動到b的，再根據左手則，磁場方向向里，粒子帶負電。
【誤區警示】帶電粒子僅受洛侖茲力作用時，洛侖茲力提供向心力，
，解得軌道半徑為。在利用左手定則時，一定要注意負電荷的運動，四指所指的應該是電流的方向，也就是負電荷運動的反方向，這一點同學們特別要提醒自己
11．（2008年高考廣東物理卷11題）某同學對著墻壁練習打網球，假定球在墻面上以
A．
C．
11．A．【解析】此題考查了平拋運動的知識，水平位移
，解得
和
。
【誤區警示】平拋運動是根據運動的獨立性原理解題的，水平方向做勻速度直線運動，豎直方向作自由落體運動，而時間是等時的。
3、（2008年高考海南物理卷3題）如圖，一輕繩的一端系在固定粗糙斜面上的O點，另一端系一小球．給小球一足夠大的初速度，使小球在斜面上做圓周運動．在此過程中，
A．小球的機械能守恒
B．重力對小球不做功
C．繩的張力對小球不做功
D．在任何一段時間內，小球克服摩擦力所做的功總是等于小球動能的減少
3．【答案】：C
【解析】：斜面粗糙，小球受到重力、支持力、摩擦力、繩子拉力，由于除重力做功外，摩擦力做負功，機械能減少，A、B錯；繩子張力總是與運動方向垂直，故不做功，C對；小球動能的變化等于合外力做功，即重力與摩擦力做功，D錯。
14．（2008年高考全國Ⅰ理綜卷14題）如圖所示，一物體自傾角為θ的固定斜面頂端沿水平方向拋出后落在斜面上。物體與斜面接觸時速度與水平方向的夾角φ滿足
A.tanφ=sinθ
B. tanφ=cosθ
C. tanφ=tanθ
D. tanφ=2tanθ
14、D 解析：豎直速度與水平速度之比為：tanφ = ，豎直位移與水平位移之比為：tanθ = ，故tanφ =2 tanθ ，D正確。
23．(15分) （2008年高考全國Ⅱ理綜卷23題）如圖， 一質量為M的物塊靜止在桌面邊緣， 桌面離水平面的高度為h．一質量為m的子彈以水平速度v0射入物塊后， 以水平速度v0/2射出． 重力加速度為g． 求
（1）此過程中系統損失的機械能；
（2）此后物塊落地點離桌面邊緣的水平距離。
23、解：（1）設子彈穿過物塊后的速度為V，由動量守恒得
……………………① （3分）
解得：
…………………………②
系統損失的機械能為：
……………………③ （3分）
由②③兩式可得：
…………………………④ （3分）
（2）設物塊下落到地面所需時間為t，落地點距桌面邊緣的水平距離為s，
則：
……………………⑤ （2分）
…………………………⑥ （2分）
由②⑤⑥三式可得：
……………………⑦ （2分）
24．（20分）（2008年高考北京理綜卷24題）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平拋經過該點的動量pB的大小關系;
b．在OD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。
24、【解析】（1）滑動A與B正碰，滿足
mvA-mVB=mv0 ①
②
由①②，解得vA=0, vB=v0,
根據動量定理，滑塊B滿足 F?
t=mv0
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
EA=mgd,EB= mgd+
由于p=
,有
即 PA<PB
A下滑到任意一點的動量總和是小于B平拋經過該點的動量。
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
x=v0t?y=
gt2
B的軌跡方程 y=
在M點x=y，所以 y=
③
因為A、B的運動軌跡均為OD曲線，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
和
，速率為vB；A水平和豎直分速度大小分別為
和
，速率為vA,則
④
B做平拋運動，故
⑤
對A由機械能守恒得vA=
⑥
由④⑤⑥得 
將③代入得
5．（2008年高考江蘇物理卷5題）如圖所示，粗糙的斜面與光滑的水平面相連接，滑塊沿水平面以速度
運動．設滑塊運動到A點的時刻為t=0，距A點的水平距離為x，水平速度為
．由于不同，從A點到B點的幾種可能的運動圖象如下列選項所示，其中表示摩擦力做功最大的是
5、D 解析：考查平拋運動的分解與牛頓運動定律。從A選項的水平位移與時間的正比關系可知，滑塊做平拋運動，摩擦力必定為零；B選項先平拋后在水平地面運動，水平速度突然增大，摩擦力依然為零；對C選項，水平速度不變，為平拋運動，摩擦力為零；對D選項水平速度與時間成正比，說明滑塊在斜面上做勻加速直線運動，有摩擦力，故摩擦力做功最大的是D圖像所顯示的情景，D對。本題考查非常靈活，但考查內容非�；A，抓住水平位移與水平速度與時間的關系，然后與平拋運動的思想結合起來，是為破解點。
13．(15分) （2008年高考江蘇物理卷13題）拋體運動在各類體育運動項目中很常見，如乒乓球運動．現討論乒乓球發球問題，設球臺長
(1)若球在球臺邊緣O點正上方高度為h1處以速度
，水平發出，落在球臺的P1點(如圖
實線所示)，求P1點距O點的距離x1。．
(2)若球在O點正上方以速度
水平發出，恰好在最高點時越過球網落在球臺的P2(如圖虛線所示)，求的大小．
(3)若球在O正上方水平發出后，球經反彈恰好越過球網且剛好落在對方球臺邊緣P3，求發球點距O點的高度h3．
13．⑴設發球時飛行時間為
，根據平拋運動有
①
②
解得 
③
⑵設發球高度為
，飛行時間為
，同理有
④
⑤
且
⑥
⑦
得 
⑧
⑶如圖所示，發球高度為
，飛行時間為
，同理得
⑨
⑩
且
11
設球從恰好越過球網到最高點的時間為t，水平距離為s，有
12
13
由幾何關系知 
14
聯立解得 
恒定電流
15. （2008年高考寧夏理綜卷15題）一個T型電路如圖所示，電路中的電
, 
.另有一測試電源，電動勢 為100V，內阻忽略不計。則
A.當cd端短路時，ab之間的等效電阻是40
B. 當ab端短路時，cd之間的等效電阻是40
C. 當ab兩端接通測試電源時， cd兩端的電壓為80 V
D. 當cd兩端接通測試電源時， ab兩端的電壓為80 V
15．AC 【解析】本題考查電路的串并聯知識。當cd端短路時，R2與R3并聯電阻為30Ω后與R1串聯，ab間等效電阻為40Ω，A對；若ab端短路時，R1與R2并聯電阻為8Ω后與R3串聯，cd間等效電阻為128Ω，B錯；但ab兩端接通測試電源時，電阻R2未接入電路，cd兩端的電壓即為R3的電壓，為Ucd = ×100V=80V，C對；但cd兩端接通測試電源時，電阻R1未接入電路，ab兩端電壓即為R3的電壓，為Uab = ×100V=25V，D錯。
15. （2008年高考重慶理綜卷15題）某同學設計了一個轉向燈電路（題圖），其中L為指示燈，L1、L2分別為左、右轉向燈，S為單刀雙擲開關，E為電源.當S置于位置1時，以下判斷正確的是
A. L的功率小于額定功率
B. L1亮，其功率等于額定功率
C. L2亮，其功率等于額定功率
D. 含L支路的總功率較另一支路的大
15、A，本題考查電路分析的有關知識，本題為中等難度題目。由電路結構可知，當S置于1位置時，L與L2串聯后再與L1并聯，由燈泡的額定電壓和額定功率可知，L1和L2的電阻相等。L與L2串聯后的總電阻大于L1的電阻，由于電源電動勢為6伏，本身有電阻，所以L1兩端電壓和L與L2的總電壓相等，且都小于6伏，所以三只燈都沒有正常發光，三只燈的實際功率都小于額定功率。含L的支路的總電阻大于L1支路的電阻，由于兩條支路的電壓相等，所以。含L的支路的總功率小于另一支路的功率。
7．（2008年高考廣東物理卷7題）電動勢為E、內阻為r的電源與定值電阻R1、R2及滑動變阻器R連接成如圖所示的電路，當滑動變阻器的觸頭由中點滑向b端時，下列說法正確的是
A．電壓表和電流表讀數都增大
B．電壓表和電流表讀數都減小
C．電壓表讀數增大，電流表讀數減小
D．電壓表讀數減小，電流表讀數增大
7．A．【解析】此題考查了閑合電路的歐姆定律，電路中整體與局部的關系，當滑動變阻器觸頭向b移動時，變阻器連入電路的電阻增大，它兩端分到的電壓也增大，即R2兩端的電壓增大，電流表A的示數增大。由于整個電路的電阻也增大，所以總電流減小，內電壓減少，路端電壓也就是伏特表的示數增大。
【誤區警示】在研究閑合電路的動態分析問題時，一定要注意局部與整體的關系，某個局部電路如果電阻增大，那么它兩端的電壓一定是增大的，而通過這一路的電流一定是減小的。
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