高中物理第二章恒定电流2.2电动势教案选修3_1

项目 课题 内容 2.2、电动势 （一）知识与技能 1． 理解电动势的的概念及定义式。知道电动势是表征电源特性的物理量。 2．从能量转化的角度理解电动势的物理意义。 修改与创新 教学 目标 （二）过程与方法 通过类比的方法使学生加深对电源及电动势概念的理解。 （三）情感态度与价值观 了解生活中电池，感受现代科技的不断进步 教学重、 难点 教学 重点：电动势的的概念 难点：对电源内部非静电力做功的理解 多媒体课件 准备 （一）复习上课时内容 要点：电源、恒定电流的概念 （二）新课讲解-----第二节、电动势 〖问题〗1。在金属导体中电流的形成是什么？（自由电子） 教学 过程 极） 3．电源是靠什么能力把负极的正电荷不断的搬运到2．在外电路中电流的方向？（从电源的正极流向负 正极以维持外电路中恒定的电流？ 结合课本图2。2-1，讲述“非静电力”， 利用右图来类比，以帮助学生理解电路中的能量问题。当水由A池流入B池时，由于重力做功，水的重力 1

势能减少，转化为其他式的能。而又由于A、B之间存在高度差，故欲使水能流回到A池，应克服重力做功，即需要提供一个外力来实现该过程。抽水机就是提供该外力的装置，使水克服重力做功，将其他形式的能转化为水的重力势能。重力做功、克服重力做功以及重力势能与其他形式的能之间的相互转化，学生易于理解和接受，在做此铺垫后，电源中的非静电力的存在及其作用也就易于理解了。 两者相比，重力相当于电场力，重力做功相当于电场力做功，重力势能相当于电势能，抽水机相当于电源。从而引出— 1．电源（更深层的含义） （1）电源是通过非静电力做功把其他形式的能转化为电势能的装置。 （2）非静电力在电源中所起的作用：是把正电荷由负极搬运到正极，同时在该过程中非静电力做功，将其他形式的能转化为电势能。 【注意】在不同的电源中，是不同形式的能量转化为电能。 再与抽水机类比说明：在不同的电源中非静电力做功的本领不同---引出 2．电动势 （1）定义：在电源内部，非静电力所做的功W与被移送的电荷q的比值叫电源的电动势。 （2）定义式：E=W/q （3）单位：伏（V） （4）物理意义：表示电源把其它形式的能（非静电力做功）转化为电能的本领大小。电动势越大，电路中每通过1C电量时，电源将其它形式的能转化成电能的数值就越多。 【注意】：① 电动势的大小由电源中非静电力的特性（电源本身）决定，跟电源的体积、外电路无关。 ②电动势在数值上等于电源没有接入电路时，电源两极间的电压。

③电动势在数值上等于非静电力把1C电量的正电荷2

在电源内从负极移送到正极所做的功。 3．电源（池）的几个重要参数 ①电动势：它取决于电池的正负极材料及电解液的化学性质，与电池的大小无关。 ②内阻（r）:电源内部的电阻。 ③容量：电池放电时能输出的总电荷量。其单位是：A·h，mA·h. 【注意】：对同一种电池来说，体积越大，容量越大，内阻越小。 （三）小结：对本节内容做简要小结 2.2、电动势 1．电源（更深层的含义） （1）电源是通过非静电力做功把其他形式的能转化为电势能的装置。 （2）非静电力在电源中所起的作用：是把正电荷由负极搬运到正极，同时在该过程中非静电力做功，将其他形式的能转化为电势能。 2．电动势 （1）定义：在电源内部，非静电力所做的功W与被移送的电荷q的比值叫电源的电动势。 板书 设计 （2）定义式：E=W/q （3）单位：伏（V） （4）物理意义：表示电源把其它形式的能（非静电力做功）转化为电能的本领大小。电动势越大，电路中每通过1C电量时，电源将其它形式的能转化成电能的数值就越多。 3．电源（池）的几个重要参数 ①电动势：它取决于电池的正负极材料及电解液的化学性质，与电池的大小无关。 ②内阻（r）:电源内部的电阻。 ③容量：电池放电时能输出的总电荷量。其单位是：A·h，mA·h. 教学 反思

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2019-2020学年高考物理模拟试卷

一、单项选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的

1．如图所示，A、B两滑块质量分别为2kg和4kg，用一轻绳将两滑块相连后分别置于两等高的光滑水平面上，并用手按着滑块不动，第一次是将一轻质动滑轮置于轻绳上，然后将一质量为4kg的钩码C挂于动滑轮上，只释放A而按着B不动；第二次是将钩码C取走，换作竖直向下的40N的恒力作用于动滑轮上，只释放B而按着A不动。重力加速度g＝10m/s2，则两次操作中A和B获得的加速度之比为（ ）

A．2：1 B．5：3 C．4：3 D．2：3

2．已知一物体从足够长斜面底端沿斜面匀减速上滑，上滑长度为L时，速度减为0，当物体的上滑速度是初速度的

1时，它沿斜面已上滑的距离是 3B．

A．

5L 68L 9C．

3L 3D．

3L 23．某玩具为了模仿小动物行走的姿势，设计了非圆形的“轮子”。现研究轮子受力情况，模型简化如图，四分之一圆框架OAB的OA、OB边初始位置分别处于水平和竖直方向上，光滑球形重物此时嵌在框架中与OA、OB、弧AB三边恰好接触但接触处并没有全部都产生弹力。现以O点为轴缓慢将框架在同一竖直平面内顺时针转动角，下列说法正确的是（ ）

A．转动为0至B．为

的过程，弧AB受到重物的压力逐渐变大 25时，弧AB受到重物的压力最大 4C．转动一周的过程中，存在某一特定的角，此时弧AB与OA板受到重物的压力一样大 D．转动一周的过程中，OA、OB、弧AB受到重物压力的最大值不同

4．在xoy平面内有一列沿x轴正方向传播的简谐横波，波速为2m/s．M、N是平衡位置相距2m的两个质点，如图所示．在t=0时，M通过其平衡位置沿y轴正方向运动，N位于其平衡位置上方最大位移处．已知该波的周期大于1s，则下列说法中正确的是（ ）

5

A．该波的周期为B．在t=

5s 31s时，N的速度一定为2m/s 312s到t=s，M的动能逐渐增大

33C．从t=0到t=1s，M向右移动了2m D．从t=

5．下列说法正确的是

A．玻尔根据光的波粒二象性，大胆提出假设，认为实物粒子也具有波动性 B．铀核裂变的核反应是

C．原子从低能级向高能级跃迁，不吸收光子也能实现

D．根据爱因斯坦的“光子说”可知，光的波长越大，光子的能量越大

6．某一电源的路端电压与电流的关系和电阻R1、R2的电压与电流的关系图如图所示.用此电源和电阻R1、R2组成电路.R1、R2可以同时接入电路，也可以单独接入电路.为使电源输出功率最大，可采用的接法是( )

A．将R1单独接到电源两端 B．将R1、R2并联后接到电源两端 C．将R1、R2串联后接到电源两端 D．将R2单独接到电源两端

7．倾角为的斜面固定在水平面上，在斜面上放置一“

”形长木板，木板与斜面之间的动摩擦因数为。

平行于斜面的力传感器（不计传感器的重力）上端连接木板，下端连接一质量为m的光滑小球，如图所示，当木板固定时，传感器的示数为F1，现由静止释放木板，木板沿斜面下滑的过程中，传感器的示数为F2。则下列说法正确的是（ ）

6

A．若0，则F1F2 B．若0，则F2mgsin C．若0，则F1tan F2D．若0，则F2tan F18．如图所示的电路中，电键S1、S2、S3、S4均闭合，C是极板水平放置的平行板电容器，极板间悬浮着一油滴P，下列说法正确的是（ ）

A．油滴带正电

B．只断开电键S1，电容器的带电量将会增加 C．只断开电键S2，油滴将会向上运动 D．同时断开电键S3和S4，油滴将会向下运动 9．根据所学知识分析，下列说法中正确的是（ ） A．布朗运动就是热运动

B．有液体和气体才能发生扩散现象

C．太空飞船中水滴呈球形，是液体表面张力作用的结果

D．分子间相互作用的引力和斥力的合力一定随分子间的距离增大而减小

10．铅球是田径运动的投掷项目之一，它可以增强体质，特别是对发展躯干和上下肢的力量有显著作用。如图所示，某同学斜向上抛出一铅球，若空气阻力不计，图中分别是铅球在空中运动过程中的水平位移x、速率v、加速度a和重力的瞬时功率P随时间t变化的图象，其中正确的是（ ）

7

A． B． C．

D．

二、多项选择题：本题共5小题，每小题3分，共15分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分

11． 如图所示，实线是一列简谐横波t=0时刻的波形图，虚线是0.2s时的波形图，下列说法正确的是（ ）

A．该波的波长为4m

B．若波向右传播，x=1m的质点0时刻正在向x轴方向运动 C．t=0.2s时，x=3m处的质点的加速度最大且方向沿y轴负方向 D．若波向左传播，0~0.2s时间内它传播的最小距离为3m E.若波向右传播，它的最大周期为0.8s 12．下列各种说法中正确的是________ A．热量不可能从低温物体传到高温物体 B．布朗运动是由于液体分子无规则运动引起的

C．当气体分子热运动的剧烈程度减弱时，气体分子的平均动能减小

D．已知阿伏伽德罗常数为NA，氧气的摩尔质量为M、密度为ρ，则每个氧气分子的质量为m0M，每NA个氧气分子的体积为V0=M

E.有两个相距较远的分子甲和乙，设乙分子固定不动，现让甲分子以一定的初速度向乙运动且两分子始终在同一直线上，当甲分子到达r=r0处时，甲、乙分子系统的分子势能最小 13．下列说法正确的是_______。

A．分子间距离减小时，分子势能一定增大

B．单晶体和多晶体有固定的熔点，非晶体没有固定的熔

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C．在绝热压缩和等温压缩过程中，气体内能均不变 D．热量不能自发地从低温物体传到高温物体 E.当人们感到干燥时，空气的相对湿度较小

14．如图所示，竖直放置的两平行金属板，长为L，板间距离为d，接在电压为U的直流电源上，在两板间加一磁感应强度为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场，一质量为m，电荷量为q的带正电油滴，从距金属板上端高为h处由静止开始自由下落，并经两板上端连线的中点P进入板间。油滴在P点所受的电场力与洛伦兹力大小恰好相等，且最后恰好从金属板的下边缘离开。空气阻力不计，重力加速度为g，则下列说法正确的是（ ）

A．油滴刚进入两板间时的加速度大小为g

U2B．油滴开始下落的高度h＝

2B2d2gC．油滴从左侧金属板的下边缘离开

2qUUD．油滴离开时的速度大小为2gL22 mBd15．如图所示，一根不可伸长的细绳两端分别连接在固定框架上的A、B两点，细绳绕过光滑的轻小滑轮，重物悬挂于滑轮下，处于静止状态．若缓慢移动细绳的端点，则绳中拉力大小的变化情况是（ ）

A．只将绳的左端移向A′点，拉力变小 B．只将绳的左端移向A′点，拉力不变 C．只将绳的右端移向B′点，拉力变小 D．只将绳的右端移向B′点，拉力变大 三、实验题：共2小题

16．如图所示，打点计时器固定在铁架台上，使重物带动纸带从静止开始自由下落，利用此装置验证机械能守恒定律．该装置中的打点计时器所接交流电源频率是50 Hz.

9

(1)对于该实验，下列操作中对减小实验误差有利的是________． A．精确测量出重物的质量 B．两限位孔在同一竖直线上 C．重物选用质量和密度较大的金属锤 D．释放重物前，重物离打点计时器下端远些

(2)按正确操作得到了一条完整的纸带，由于纸带较长，图中有部分未画出，如图所示．纸带上各点是打点计时器打出的计时点，其中O点为纸带上打出的第一个点．

①重物下落高度应从纸带上计时点间的距离直接测出，下列测量值能完成验证机械能守恒定律的选项有________．

A．OA、OB和OG的长度 B．OE、DE和EF的长度 C．BD、BF和EG的长度 D．AC、BF和EG的长度

②用刻度尺测得图中AB的距离是1.76 cm，FG的距离是3.71 cm，则可得当地的重力加速度是________ m/s2.(计算结果保留三位有效数字)

17．某同学用图（a）所示的实验装置验证机械能守恒定律，其中打点计时器的电源为交流电源，可以使用的频率有220Hz、30Hz和40Hz，打出纸带的一部分如图（b）所示。

10

该同学在实验中没有记录交流电的频率f，需要用实验数据和其他条件进行推算。

（1）若从打出的纸带可判定重物匀加速下落，利用f和图（b）中给出的物理量可以写出：在打点计时器打出B点时，重物下落的速度大小为________，重物下落的加速度的大小为________。

（2）已测得s1=8.cm，s2=9.50cm，s3=10.10cm；当重力加速度大小为9.80m/s2，实验中重物受到的平均阻力大小约为其重力的1％。由此推算出f为_________Hz。 四、解答题：本题共3题

18．一半球形玻璃砖，球心为O，OA和OB与竖直方向间的夹角均为30°。一束光线射向A点，折射光线恰好竖直向下射到C点，已知该玻璃砖折射率为3。 (1)求射向A点的光线与竖直方向的夹角；

(2)从B点射入的光线折射后恰好过C点，求折射光线BC与虚线BO夹角的正弦值。

19．（6分）如图所示，xOy为竖直面内的直角坐标系，在y轴两侧存在电场强度大小相等的匀强电场，y轴右侧电场方向竖直向下，y轴左侧电场方向竖直向上。y轴左侧还存在一个方向垂直于坐标平面的圆形有界匀强磁场（图中未画出），磁场边界与y轴相切于O点。现有一个质量为m、电荷量为q的带正电小球，用长为l、不可伸长的绝缘细线悬挂在P点的钉子上，P点与坐标原点O的距离亦为l。将小球拉至细线绷直且与y轴负方向成60°角无初速释放，小球摆至O点即将进入磁场时细线恰好断裂。最终小球刚好击中P点的钉子，此时速度方向与y轴正方向成30°角。已知细线能承受的最大张力Fm=4mg，小球可视为质点，重力加速度为g，不计阻力。求： （1）电场强度的大小；

（2）磁感应强度的大小和磁场区域的面积；

（3）小球在x＜0区域运动的时间。（结果用m、q、l、g表示）

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20．（6分）半径R＝0.50 m的光滑圆环固定在竖直平面内，轻质弹簧的一端固定在环的最高点A处，另一端系一个质量m＝0.20 kg的小球，小球套在圆环上，已知弹簧的原长为L0＝0.50 m，劲度系数k＝4.8 N/m，将小球从如图所示的位置由静止开始释放，小球将沿圆环滑动并通过最低点C，在C点时弹簧的弹性势能EPC＝0.6 J，g取10 m/s2.求：

(1)小球经过C点时的速度vc的大小；

(2)小球经过C点时对环的作用力的大小和方向．

参

一、单项选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的 1．C 【解析】 【详解】

第一种方式：只释放A而B按着不动，设绳子拉力为T1，C的加速度为a，对A根据牛顿第二定律可得 T1=mAaA

对C根据牛顿第二定律可得： mCg-2T1=mCa 根据题意可得 aA=2a

12

联立解得：

aA2g 3第二种方式：只释放B而A按着不动，设绳子拉力为T2，对B根据牛顿第二定律可得 T2=mBaB 而 T=40N=2T2 联立解得： aB=

1g 2在以上两种释放方式中获得的加速度之比为aA：aB=4：3，故C正确、ABD错误。 故选C。 2．B 【解析】 【详解】

物体从足够长斜面底端沿斜面匀减速上滑时初速度为v0，上滑长度为L时，速度减为0，有：

20v02aL，

当物体的上滑速度是初速度的

11时，此时速度为v0，有

33v02v02ax， 3联立以上两等式得：

2x8L， 9故选B。 3．C 【解析】 【详解】

A．以O点为轴缓慢将框架在同一竖直平面内顺时针转动过程中，相当于重力沿顺时针方向转动，转动θ为0至π/2的过程，弧AB始终不受力作用，则选项A错误；

B．由力的合成知识可知当θ=π时，此时弧AB受到重物的压力大小为2G，θ=5π/4时，弧AB受到重物的压力为G，则此时压力不是最大，选项B错误；

C．旋转重力的方向，当此方向在弧AB弹力的方向与OA板弹力方向的夹角的平分线上时，此时弧AB与OA板受到重物的压力一样大，选项C正确；

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D．旋转重力的方向，当此方向与弧AB的弹力方向垂直时，在两个不同的位置，OA板和OB板的弹力都会取得最大值，大小为2G，则转动一周的过程中，OA、OB、弧AB受到重物压力的最大值一样大，选项D错误。 故选C。 4．D 【解析】 【详解】

A.波速为2m/s，波的周期大于1s，则波长大于2m，M、N的平衡位置相距2m，M、N的平衡位置间距小于波长；t=0时，M通过其平衡位置沿y轴正方向运动，N位于其平衡位置上方最大位移处，波沿x轴正方向传播，则t=0时，波形图如图所示，所以

32m 4该波的周期：

Tv

解得：该波的周期为

4s，故A项错误； 3

B.T14s，t=0时，N位于其平衡位置上方最大位移处，则在t=s时，N位于其平衡位置向y轴负方向

33运动，由于振幅未知，所以振动的速度未知，故B项错误；

C.波传播过程中质点不随波迁移，质点在自身平衡位置附近振动，故C项错误；

14s，则t=s时，M位于其平衡位置上方最大

33122位移处，t=s时，M通过其平衡位置沿y轴负方向运动，t=s到t=s，M的动能逐渐增大，故D项正

333D.在t=0时，M通过其平衡位置沿y轴正方向运动，因T确。 5．C

【解析】A项，1924年，德布罗意大胆的把光的波粒二象性推广到实物粒子，如电子、质子等，他提出实物粒子也具有波动性，故A项错误。

B项，铀核裂变有多种形式，其中一种的核反应方程是

，故B项错误。

C项，原子从低能级向高能级跃迁时可能是吸收光子，也可能是由于碰撞，故C项正确。 D项，根据爱因斯坦的“光子说”可知，光的波长越大，光子的能量越小，故D项错误。

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故选C 6．A 【解析】 【详解】

根据闭合电路欧姆定律得：U=E−Ir知，I=0时，U=E，图象的斜率等于r，则由电源的U−I图线得到：电源的电动势为E=3V，内阻为r=0.5Ω. 由电阻的伏安特性曲线求出R1=0.5Ω、R2=1Ω，R1单独接到电源两端时，两图线的交点表示电路的工作状态，可知，电路中的电流为3A，路端电压为1.5V，则电源的输出功率为P

出1

=1.5V×3A=4.5W，

同理，当将R1、R2串联后接到电源两端，利用欧姆定律可得电路电流I串=1.5A，此时电源的输出功率P串=I2

串

(R1+R2)=3.75W；两电阻并联时，利用欧姆定律可得电路电流I并=3.6A,此时电源的输出功率P并=EI并−I2并

r=4.32W；R2单独接到电源两端输出功率为P出2=2V×2A=4W.所以将R1单独接到电源两端时电源的输出功率最大。故A正确，BCD错误。 故选：A 【点睛】

由电源的U-I图线纵横截距读出电源的电动势，由斜率求出电源的内阻．由电阻的U-I图线求出电阻．再分别求出四种情况下电源的输出功率进行选择． 7．D 【解析】 【分析】 【详解】

AB．当木板固定时，对小球分析，根据共点力平衡有 F1=mgsinθ

静止释放木板，木板沿斜面下滑的过程中，若μ=0，则整体沿斜面下滑时根据牛顿第二定律可得 Mgsinθ=Ma 解得 a=gsinθ

再以小球为研究对象，则有 mgsinθ-F2=ma 解得 F2=0 故AB错误；

CD．当木板沿斜面下滑时，若μ≠0，对整体分析，根据牛顿第二定律可得加速度为

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a=gsinθ-μgcosθ 隔离对小球分析有 mgsinθ-F2=ma 解得 F2=μmgcosθ 则有

F1：F2=mgsinθ：μmgcosθ=tanθ：μ 解得

F2tan F1故C错误、D正确。 故选D。 8．C 【解析】 【详解】

A．电容器的上极板与电源正极相连，带正电，油滴受到竖直向下的重力和电场力作用，处于平衡状态，故电场力方向竖直向上，油滴带负电，故A错误。

B．只断开电键S1，不影响电路的结构，电容器的电荷量恒定不变，故B错误。

C．只断开电键S2，电容器电压变为电源电动势，则电容器两极板间电压增大，电场强度增大，油滴将会向上运动，故C正确。

D．断开电键S3和S4，电容器电荷量不变，电场强度不变，油滴仍静止，故D错误。 故选C。 9．C 【解析】 【分析】 【详解】

A．布朗运动是物质微粒在液体或气体中的无规则运动，间接反映了液体分子或气体分子在永不停息地做无规则运动，它不是微粒的热运动，也不是液体分子的热运动，A错误； B．固体、液体、气体都可以发生扩散现象，B错误；

C．太空飞船中的水滴处于完全失重状态，在表面张力作用下收缩为球形，C正确；

D．当rr0时，分子间相互作用的引力和斥力的合力随分子间距离的增大而减小，当rr0时，分子间相互作用的引力和斥力的合力随分子间距离的增大而先增大后减小，D错误。

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故选C。 10．A 【解析】 【详解】

A．铅球做斜上抛运动，可将其分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的竖直上抛运动，水平分位移与时间成正比，故A正确；

B．铅球做斜上抛运动，竖直方向的速度先减小后增大水平方向的速度不变，故铅球的速度先减小后增大，故B错误；

C．铅球只受重力作用，故加速度保持不变，故C错误；

D．因为速度的竖直分量先减小到零，后反向增大，再根据Pmgvy，所以重力的功率先减小后增大，故D错误。 故选：A。

二、多项选择题：本题共5小题，每小题3分，共15分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分 11．ADE 【解析】 【分析】 【详解】

A．根据图像可知波长4m，A正确；

B．若波向右传播，质点不随波迁移，根据同侧法可知x1m处的质点0时刻向y轴正方向运动，B错误； C．t=0.2s时，x=3m处的质点的加速度最大且方向沿y轴正方向，C错误；

D．若波向左传播，0~0.2s时间内根据图像可知图中波峰的移动的最小距离为3m，则它传播的最小距离为3m，D正确；

E．若波向右传播，经过0.2s时

10.2sTnT（n=1，2，3…）

4解得

T0.8s（n=1，2，3…） 4n1当n0时，最大周期为0.8s，E正确。 故选ADE。 12．BCE 【解析】 【分析】

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【详解】

A．热量不可能自发地从低温物体传到高温物体，若引起其他的变化，热量可以从低温物体传向高温物体，如空调，故A错误；

B．布朗运动是由于液体分子的无规则运动而不断撞击悬浮颗粒，从而引起悬浮颗粒的无规则运动，这个无规则运动称为布朗运动，故B正确；

C．温度是分子平均动能的标志，气体分子热运动的剧烈程度减弱时，说明气体的温度降低，那么气体分子的平均动能减小，故C正确；

D．已知阿伏伽德罗常数为NA，氧气的摩尔质量为M，则每个氧气分子的质量为

m0M NA且气体的摩尔体积为

VM

由于气体分子间的间隔较大，故可算出则每个氧气分子所占空间的体积为

V0VM NANA并不能算出每个氧气分子的体积，故D错误；

E．分子甲从远处趋近固定不动的分子乙，一直到分子甲受到分子乙的作用力为零，这个过程中分子力表现为引力，一直做正功，分子的动能一直增大，则系统分子势能减小，当两分子之间的距离rA．分子间作用力表现为引力时，分子间距离减小，分子力做正功，分子势能减小，故A错误； B．晶体与非晶体的区别在于有无固定的熔点，晶体有固定的熔点而非晶体没有，故B正确； C．在绝热压缩过程中，外界对气体做功而气体与外界无热交换气体内能一定增加，故C错误； D．热量不能自发地从低温物体传到高温物体，符合热力学第二定律的表述，故D正确； E．当人们感到干燥时，空气的相对湿度较小，故E正确。 故选BDE。 14．ABD 【解析】

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【详解】

A.带正电油滴刚到达P点时受重力、电场力和洛伦兹力的作用，电场力和洛伦兹力等大反向，因此油滴在P点的合力大小等于重力，由牛顿第二定律可知油滴在P点的加速度大小为g，故A正确； B.由于油滴在P点水平方向的合力为零，由力的平衡条件，有 q

U＝qBv d12mv 2对油滴从释放到P点的过程中，由机械能守恒定律，有 mgh＝

U2整理后得h＝，故B正确；

2gB2d2C.油滴进入平行金属板间后，做加速运动，则电场力小于洛伦兹力，由左手定则可知，油滴所受的洛伦兹力向右，则最终油滴从右侧金属板的下边缘离开，故C错误； D.油滴从释放到从右侧金属板的下边缘离开的过程，由动能定理，有 mg（h＋L）－q

1U＝mv′2 22油滴离开金属板下边缘时的速度大小

2UqU v′＝2gLB2d2m故D正确。 故选ABD。 15．BD 【解析】 【详解】

设细绳长为L，AB两点间的水平距离为x，绳与竖直方向的夹角为θ，则由图可得：

sinx L

设绳中拉力为F，对滑轮与绳的结点处受力分析，由平衡知识可得：

2Fcosmg

19

解得：

FmgmgL

2cos2L2x2AB.只将绳的左端移向A′点，L、x均不变，拉力不变；故A项错误，B项正确； CD.只将绳的右端移向B′点，L不变、x变大，拉力变大；故C项错误，D项正确。 三、实验题：共2小题 16．BC BCD 9.75 【解析】 【分析】 【详解】

（1）[1]．因为在实验中比较的是mgh、

12

mv，的大小关系，故m可约去，不需要测量重锤的质量，对2

减小实验误差没有影响，故A错误．为了减小纸带与限位孔之间的摩擦图甲中两限位孔必须在同一竖直线，这样可以减小纸带与限位孔的摩擦，从而减小实验误差，故B正确．实验供选择的重物应该相对质量较大、体积较小的物体，这样能减少摩擦阻力的影响，从而减小实验误差，故C正确．释放重物前，为更有效的利用纸带，重物离打点计时器下端近些，故D错误，故选BC．

（2）[2]．当知道 OA、OB和OG的长度时，无法算出任何一点的速度，故A不符合题意；当知道OE、DE和EF的长度时，利用DE和EF的长度可以求出E点的速度，从求出O到E点的动能变化量，知道OE的长度，可以求出O到E重力势能的变化量，可以验证机械能守恒，故B符合题意；当知道BD、BF和EG的长度时，由BF和EG的长度，可以得到D点和F点的速度，从而求出D点到F点的动能变化量；由BD、BF的长度相减可以得到DF的长度，知道DF的长度，可以求出D点到F点重力势能的变化量，即可验证机械能守恒，故C项符合题意；当知道AC、BF和EG的长度时，可以分别求出B点和F点的速度，从而求B到F点的动能变化量，知道BF的长度，可以求出B到F点重力势能的变化量，可以验证机械能守恒，故D正确；故选BCD．

2（3）[3]．根据hgt，解得

g3.711.761029.75m/s2． 250.02【点睛】

根据实验原理，结合实验中的注意事项后分析解答；依据这段时间内的平均速度等于中时刻瞬时速度，从而确定动能的变化，再依据重力势能表达式，进而确定其的变化，即可验证，根据hgt求出重力加速度． 17．

211(s1s2)f (s3s1)f2 40 2220

【解析】

【详解】

(1)[1][2] 根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度可得：

vs1s2s1s2B2Tf2 vs2s3s2s3fC2T2 由速度公式 vC=vB+aT 可得：

a=s23s1f2

(2)[3] 由牛顿第二定律可得： mg-0.01mg=ma 所以 a=0.99g

结合(1)解出的加速度表达式，代入数据可得 f=40HZ

四、解答题：本题共3题 18． (1)30°；(2)2114 【解析】 【详解】

(1)光路图如下图所示，根据折射定律有

nsinEAGsin30

解得 ∠EAG=60°

即入射光线与竖直方向的夹角为30°。 (2)由几何关系得 CO=Rsin30°=0.5R AB=2CO= R

BCR2Rcos30272R

21

根据正弦定理

BCCO

sin120sinCBO得

sinCBO21 14

19． (1) 【解析】 【分析】 【详解】

mg26l3m2g12 )；(2) ，l；(3)(q396gql（1）设小球从静止释放运动到O点时的速率为v0，由动能定理得

(qEmg)l(1cos60)12mv00 2在O处细线恰好断裂，由牛顿第二定律得

2mv0 Fm(qEmg)l而 Fm=4mg 联立解得

v02gl，Emgq

（2）由前面分析可知小球在O处进入磁场后，重力与电场力恰好平衡，粒子做匀速圆周运动。出磁场后做匀速直线运动到达P处。粒子运动轨迹如图所示

22

O1、O2分别为轨迹圆心、磁场圆心，设r、R分别为轨迹圆、磁场圆的半径，根据几何关系有

rrsin30l

解得

rl3

由牛顿第二定律得

qvmv200Br 解得

B3m2gql 方向垂直于纸面向外；由几何关系可知

Rltan30，SR2

解得

S13l2

（3）小球在磁场中运动轨迹所对的圆心角为23，所用的时间 tr1v 0出磁场后匀速直线运动，所用时间

t23rv 0故小球在x<0区域运动的时间

tt26l1t296g

20． (1) 3 m/s. (2) 3.2 N，方向向上．

23

【解析】

试题分析：(1)设小球经过C点的速度为vc，小球从B到C，据机械能守恒定律得 mg(R＋Rcos60°)＝EPC＋

12mv0， （3分） 2代入数据求出vc＝3 m/s. （2分）

(2)小球经过C点时受到三个力作用，即重力G、弹簧弹力F、环的作用力FN. 设环对小球的作用力方向向

上，根据牛顿第二定律F＋FN－mg＝mv20R， （2分）

由于F＝kx＝2.4 N， （2分）

FN＝mv20R＋mg－F，

解得FN＝3.2 N，方向向上． （1分）

根据牛顿第三定律得出小球对环的作用力大小为3.2 N．方向竖直向下． （1分） 考点：考查匀速圆周运动

点评：难度中等，本题的关键在于找到提供向心力的合力，在C点由竖直方向的合力提供向心力 24

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