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20．已知电势是标量，空间某点电势是各部分电荷在该点的电势的代数和；电场强度是矢量，空间某点电场强度是各部分电荷在该点 的电场强度的矢量和。如图所示，三根绝缘均匀带点棒AB、BC、CA构成正三角形，AB的电荷量为+Qc，AC的电荷量为+Qb，BC的电荷量为+Qa，正三角形的中心O点的电势为φ1，场强大小为E1、方向指向A，当撤去 带电棒BC之后，测得其中心O点的电势为φ2，场强大小为E2、方向背离A，规定无穷远处电势为零，如果同时撤去带电棒AB和AC，则关于O点的场强大小和电势，下列说法正确的是（ ）
正确答案
21．如图所示，微粒A位于一定高度处，其质量m = 1×10-4kg、带电荷量q = + 1×10-6C，塑料长方体空心盒子B位于水平地面上，与地面间的动摩擦因数μ = 0.1。B上表面的下方存在着竖直向上的匀强电场，场强大小E = 2×103N/C，B上表面的上方存在着竖直向下的匀强电场，场强大小为E/2。B上表面开有一系列略大于A的小孔，孔间距满足一定的关系，使得A进出B的过程中始终不与B接触。当A以υ1 = 1m/s的速度从孔1竖直向下进入B的瞬间，B恰以υ2 = 0.6m/s的速度向右滑行。设B足够长、足够高且上表面的厚度忽略不计，取g = 10m/s2，A恰能顺次从各个小孔进出B 。则
正确答案
19．如图所示是发电厂通过升压变压器进行高压输电，接近用户端时再通过降压变压器降压给用户供电的示意图（图中变压器均可视为理想变压器，图中电表均为理想交流电表）。设发电厂输出的电压一定，两条输电线总电阻用R0表示，变阻器R相当于用户用电器的总电阻。当用电器增加时，相当于R变小，则当用电进入高峰时
正确答案
21．如图所示，微粒A位于一定高度处，其质量m = 1×10-4kg、带电荷量q = + 1×10-6C，塑料长方体空心盒子B位于水平地面上，与地面间的动摩擦因数μ = 0.1。B上表面的下方存在着竖直向上的匀强电场，场强大小E = 2×103N/C，B上表面的上方存在着竖直向下的匀强电场，场强大小为E/2。B上表面开有一系列略大于A的小孔，孔间距满足一定的关系，使得A进出B的过程中始终不与B接触。当A以υ1 = 1m/s的速度从孔1竖直向下进入B的瞬间，B恰以υ2 = 0.6m/s的速度向右滑行。设B足够长、足够高且上表面的厚度忽略不计，取g = 10m/s2，A恰能顺次从各个小孔进出B 。则
正确答案
解析
A.由题意可知A在B内、外运动时，B的加速度大小
B.A第二次进入B之前，在B内运动的加速度大小为
CD.由于B向右做匀减速直线运动，经0.6s速度减为零，由逆向思维可知，B向左做初速度为零的匀加速直线运动了0.6s，每经过0.1s，其位移大小之比为1：3：5：7：9：11，共有（1+3+5+7+9+11）份即36份，所以，从右到左，B上表面各相邻小孔之间的距离分别为
解题思路
盒子做匀减速运动，求出盒子的加速度，根据匀变速直线运动位移速度公式即可求解B通过的总路程；分别求出小球在盒内和盒外时的盒子的加速度，进而求出小球运动一个周期盒子减少的速度，再求出从小球第一次进入盒子到盒子停下，小球运动的周期数n，要保证小球始终不与盒子相碰，盒子上的小孔数至少为2n+1个；由于B向右做匀减速直线运动，经0.6s速度减为零，由逆向思维可知，B向左做初速度为零的匀加速直线运动了0.6s，每经过0.1s，其位移大小之比为1：3：5：7：9：11，共有（1+3+5+7+9+11）份即36份，即可求出从右到左，B上表面各相邻小孔之间的距离.
易错点
关键是正确分析每个过程的受力情况，求出微粒的加速度、时间和位移.
知识点
20．已知电势是标量，空间某点电势是各部分电荷在该点的电势的代数和；电场强度是矢量，空间某点电场强度是各部分电荷在该点 的电场强度的矢量和。如图所示，三根绝缘均匀带点棒AB、BC、CA构成正三角形，AB的电荷量为+Qc，AC的电荷量为+Qb，BC的电荷量为+Qa，正三角形的中心O点的电势为φ1，场强大小为E1、方向指向A，当撤去 带电棒BC之后，测得其中心O点的电势为φ2，场强大小为E2、方向背离A，规定无穷远处电势为零，如果同时撤去带电棒AB和AC，则关于O点的场强大小和电势，下列说法正确的是（ ）
正确答案
解析
电场强度是矢量，空间某点电场强度是各部分电荷在该点 的电场强度的矢量之和。所以O点的场强大小为E1+ E2，Ａ错误，Ｂ正确；
电势是标量，空间某点电势是各部分电荷在该点的电势的代数和。所以O点的电势φ1—φ2，Ｃ正确，Ｄ错误。
故选：ＢＣ
考查方向
电场叠加
解题思路
根据电场叠加原理分析判断
易错点
电场强度是矢量，计算时要考虑方向
知识点
19．如图所示是发电厂通过升压变压器进行高压输电，接近用户端时再通过降压变压器降压给用户供电的示意图（图中变压器均可视为理想变压器，图中电表均为理想交流电表）。设发电厂输出的电压一定，两条输电线总电阻用R0表示，变阻器R相当于用户用电器的总电阻。当用电器增加时，相当于R变小，则当用电进入高峰时
正确答案
知识点
为了探究加速度与力、质量的关系，甲、乙、丙三位同学分别设计了如图所示的实验装置，小车总质量用M表示（乙图中M包括小车与传感器，丙图中M包括小车和与小车固连的滑轮），钩码总质量用m表示。
22.下图是用图甲装置中打点计时器所打的纸带的一部分,O、A、B、C、D和E为纸带上六个计数点,加速度大小用a表示.
则OD间的距离为________cm. 图是根据实验数据绘出的s—t2图线(s为各计数点至同一起点的距离)，则加速度大小a=_______m/s2(保留三位有效数字)
23.若乙、丙两位同学发现某次测量中力传感器和测力计读数相同，通过计算得到小车加速度均为a， g为当地重力加速度，则乙、丙两人实验时所用小车总质量之比为 。
正确答案
1.20 0.933
正确答案
1:2
某探究小组利用课外时间做了如下探究实验：
先利用如图所示的电路来测量两个电压表的内阻，实验分两个过程，先用替代法测出电压表V1的内阻，然后用半偏法测出电压表V2的内阻。供选用的器材如下：
A)待测电压表V1，量程为2.0V， 内阻10k
B)待测电压表V2，量程为3.0V， 内阻30k
C)电阻箱，阻值范围0~99999.9
D)滑动变阻器，阻值范围0~1000
E)滑动变阻器，阻值0~20
F)电池组，电动势为6.0V，内电阻为0.5
G)单刀单掷开关、单刀双掷开关各一个及导线若干
24.实验器材选择除A、B、C、F、G外，滑动变阻器R′应选用： （用器材前的字母表示）
25.下面是主要的实验操作步骤，将所缺的内容补充完整；
①用代替法测待测电压表V1的内阻
根据电路图连成实验电路，并将滑动变阻器R′的滑动触头置于左端； 将单刀双掷开关S2置于触点2，调节滑动变阻器R′，使电压表V2的指针指在刻度盘第N格，然后将单刀双掷开关S2置于触点1，调节电阻箱R使电压表V2的指针指在 ，记下此时电阻箱R的阻值RA=20 k
②用半偏法测待测电压表V2的内阻
将单刀双掷开关S2置于触点1，电阻箱的阻值调为零，闭合开关S1，调节滑动变阻器使电压表V2的指针满偏。保持滑动变阻器R′的滑动触头位置不变，调节电阻箱R，使电压表V2的指针指在 ，记下电阻箱R的阻值RB=30 k
26.上述两种测量方法都有误差，其中有种测量方法没有系统误差，接下来该小组选用此测量方法测出其内阻的电压表改装成一量程为6.0V的电压表继续完成后续的探究实验，需串联一阻值为 k
27.该探究小组用如图所示的电路采用高电阻放电法测电容的实验，是通过对高阻值电阻放电的方法，测出电容器充电电压为U时，所带的电量为Q，从而再求出待测电容器的电容C．
实验情况如下：按图甲所示电路连接好实验电路；接通开关S，调节电阻箱R的阻值，使小量程电流表的指针偏转接近满刻度，记下这时电流表的示数I0＝480mA及电压表的示数Uo ＝6.0V，I0 和U0 分别是电容器放电的初始电流和电压；断开开关S，同时开始计时，每隔△t测一次电流I的值，将测得数据填入预先设计的表格中，根据表格中的数据（10组）表示在以时间t为横坐标、电流I为纵坐标的坐标纸上，如图乙中用“·”表示的点，再用平滑曲线连接得出i-t图像如图。则根据上述实验结果，估算出该电容器两端的电压为U0时所带的电量Q0约为 ___________C(保留三位有效数字)；该电容器的电容C约为____________F(保留三位有效数字)。
I/ms
正确答案
E
正确答案
①刻度盘的第N格 ②刻度盘的中央
正确答案
40 k
正确答案
Q=7 .50-8.00×10-3C C=1.25×10-3F
质量为m=20kg的物体在大小恒定的水平外力作用下，冲上一足够长从右向左以恒定速度v0= -10 m/s传送物体的水平传送带，从物体开始冲上传送带计时，物体的速度—时间图象如图所示，已知0～2.0s内水平外力与物体运动方向相反，2.0～4.0s内水平外力与物体运动方向相反，g取10m/s2。求：
28.物体与传送带间的动摩擦因数；
29.0～4.0s内物体与传送带间的摩擦热Q.
正确答案
设水平外力大小为F，由图象可知0～2.0s内物体做匀减速直线运动，
加速度大小为a1=5m/s2，
由牛顿第二定律得：
2～4s内物体做匀加速直线运动，加速度大小为a2=1m/s2，由牛顿第二定律得:
f=40N
又f=μmg
由以上各式解得:μ=0.3
正确答案
0～2.0s内物体的对地位移
传送带的对地位移
此过程中物体与传送带间的摩擦热
2～4.0s内物体的对地位移
传送带的对地位移
此过程中物体与传送带间的摩擦热
0～4.0s内物体与传送带间的摩擦热Q= Q1+Q2=2880J
如图甲所示，在平行边界MN、PQ之间存在宽 度为d的匀强电场，电场周期性变化的规律如图乙所示，取竖直向下为电场正方向；在平行边界MN、PQ左侧和右侧存在如图甲所示的两个长为2d，宽为d的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，其边界点分别为PQCD和MNFE。已知区域Ⅱ内匀强磁场的磁感应强度大小是区域Ⅰ内匀强磁场的磁感应强度大小的3倍。在区域Ⅰ右边界中点A处，有一质量为m、电量为q、重力不计的带正电粒子以初速度v0
沿竖直方向从磁场区域Ⅰ开始运动，以此作为计时起点，再经过一段时间粒子又恰好回到A点，如此循环，粒子循环一周，电场恰好变化一个周期，已知粒子离开区域Ⅰ进入电场时，速度恰好与电场方向垂直，sin53°=0.8，cos53°=0.6。求：
30.区域Ⅰ的磁感应强度大小B；
31.电场强度大小E及电场的周期T。
正确答案
粒子在区域Ⅰ做圆周运动的半径r=d，
由洛伦兹力提供向心力知
正确答案
画出粒子运动的轨迹示意图如图所示，
粒子在区域Ⅰ做匀速圆周运动，圆心为O1，粒子从区域Ⅰ进入电场，在电场中做类平抛运动，在区域Ⅱ做匀速圆周运动，圆心为O2半径记为R，在区域Ⅱ做匀速圆周运动圆心O2与区域Ⅰ做匀速圆周运动的圆心O1的连线必须与边界垂直才能完成上述运动。粒子从区域Ⅰ进入电场做类平抛运动水平方向
竖直方向
离开电场时沿电场方向的速度
离开电场时速度方向与边界MN的夹角为θ，离开电场时速度为v，
粒子在区域Ⅱ做匀速圆周运动由洛伦兹力提供向心力知
由几何关系有
联立以上各式得
由
粒子在区域Ⅰ中运动的时间
粒子在区域Ⅱ中运动的时间
粒子在电场中运动的时间
电场变化的周期等于粒子运动的周期，所以电场周期
[物理——选修3-5]（15分）
61.（6分）一列简谐横波沿x轴传播。图中（甲）图是 t = 0时刻的波形，且x = 4.0 m 处质点刚好起振。（乙）图是 x = 4.0 m 处质点经 t = 1.0 秒后的位移时间图象。下列说法中不正确的是（ ）
62.（9分）如图所示，在MN的下方足够大的空间是玻璃介质，其折射率n＝
1)求两个光斑之间的距离L.
63.2)若任意两束相同的激光同时垂直于AB边向上射入空气泡，求屏幕上相距最远的两个光斑之间的距离．
正确答案
正确答案
画出光路图如图甲所示．在界面AC，入射角i＝60°，由折射定律
由几何关系得，△ODC是边长为
则两个光斑之间的距离L＝DC＋CE＝40 cm.
甲 乙
正确答案
作出入射点在A、B的光线的光路图，如图乙所示，由图可得屏幕上相距最远的两个光斑之间的距离PQ＝2l＝80 cm.
17．如图所示，一轻弹簧一端系在墙上O点，自由伸长到B点，今将一质量为m的小物体靠着弹簧，将弹簧压缩到A点，然后释放，小物体能在水平面上运动到C点静止，AC距离为s，若将小物体系在弹簧上，在A点由静止释放，运动到最后静止，设小物体通过的总路程为l，则关于s与l的关系下列叙述正确的是（ ）
正确答案
18．如图甲所示，正三角形导线框abc固定在磁场中，磁场方向与线圈平面垂直，磁感应强度B随时间变化的关系如图乙所示。t=0时刻磁场方向垂直纸面向里，在0～4s时间内，线框ab边所受安培力F随时间t变化的关系（规定水平向左为力的正方向）可能是下图中的 ( )
A
B
C
D
正确答案
14．下列叙述符合史实的是（ ）
正确答案
18．如图甲所示，正三角形导线框abc固定在磁场中，磁场方向与线圈平面垂直，磁感应强度B随时间变化的关系如图乙所示。t=0时刻磁场方向垂直纸面向里，在0～4s时间内，线框ab边所受安培力F随时间t变化的关系（规定水平向左为力的正方向）可能是下图中的 ( )
A
B
C
D
正确答案
解析
A B、3t0-4t0内，感应电动势为：
C D、 0-2t0时间内，感应电动势为：
考查方向
电磁感应中的力
解题思路
先由法拉第电磁感应定理和欧姆定律求出感应电流I，然后由
易错点
磁通量的变化量计算
知识点
16．2016年2月11日，美国自然科学基金召开新闻发布会宣布，人类首次探测到了引力波。2月16日,中国科学院公布了一项新的探测引力波的“空间太极计划”,其中,由中山大学发起的空间引力波探测工程“天琴计划”于15年7月正式启动。计划从2016年到2035年分四阶段进行,将向太空发射三颗卫星探测引力波。在目前讨论的初步概念中，天琴将采用三颗全同的卫星（SC1、SC2、SC3）构成一个等边三角形阵列，地球恰处于三角形中心，卫星将在以地球为中心、高度约10万公里的轨道上运行,针对确定的引力波源进行探测，这三颗卫星在太空中的分列图类似乐器竖琴,故命名为“天琴计划”。
则下列有关三颗卫星的运动描述正确的是（ ）
正确答案
解析
A、同步轨道卫星的半径约为42400公里，是个定值，而三颗卫星的半径约为10万公里，所以这三颗卫星不是地球同步卫星，故A错误；
B、根据
C、第一宇宙速度是绕地球运动的最大速度，则三颗卫星线速度都小于第一宇宙速度，故C错误；
D、若知道万有引力常量G及三颗卫星绕地球运转周期T可以求出地球的质量，但不知道地球半径，所以不能求出地球的密度，故D错误．
故选：B
考查方向
万有引力定律的成就
解题思路
同步轨道卫星的半径约为42400公里，根据万有引力定律结合牛顿第二定律判断加速度大小是否相等，第一宇宙速度是绕地球运动的最大速度，要计算地球质量，需要知道地球半径
易错点
第一宇宙速度是绕地球运动的最大速度，是发射卫星的最小速度
教师点评
要抓住卫星问题的基本思路：万有引力等于向心力．
知识点
15．如图所示，质量为m的物体置于倾角为θ的固定斜面上．物体与斜面之间的动摩擦因数为μ，先用平行于斜面的推力F1作用于物体上使其能沿斜面匀速上滑，若改用水平推力F2作用于物体上，也能使物体沿斜面匀速上滑，则两次的推力之比
正确答案
解析
F1作用时，物体的受力情况如图1，根据平衡条件得
F1=mgsinθ+μFN
FN=mgcosθ
解得：F1=mgsinθ+μmgcosθ
F2作用时，物体的受力情况如图2，根据平衡条件得
F2cosθ=mgsinθ+μFN′
FN′=mgcosθ+F2sinθ
解得：
所以
故，本题答案为B，ACD错误；
考查方向
共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用
解题思路
选取物体为研究对象，对物体进行受力分析，作出受力图，根据平衡条件运用正交分解法求解F1与F2的大小，利用数学知识求它们的比值。
易错点
本题关键是对物体进行正确的受力分析，结合物体的状态利用数学知识列出方程进行求解。
知识点
14．下列叙述符合史实的是（ ）
正确答案
解析
A、安培根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性，提出了分子电流假说，很好地解释了磁化现象．故A错误．
B、1820年，丹麦物理学家奥斯特在实验中观察到电流的磁效应，揭示了电和磁之间存在联系．故B错误．
C、卡文迪许利用“卡文迪许扭秤”将微小量放大，准确的测定了万有引力力常量．故C错误．
D、楞次在分析了许多实验事实后提出楞次定律，即感应电流应具有这样的方向，感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化．故D正确．
故选D
考查方向
物理学史
解题思路
根据物理学史实判断
易错点
容易混淆模糊