逍遥右脑 2015-05-07 09:47
专题二十、光学
1. （2013高考福建理综第14题）一束由红、紫两色组成的复色光，从空气斜射向玻璃三棱镜。下面四幅图中能正确表示该复色光经三棱镜分离成两束单色光的是
答案：B
解析：复色光在界面折射就分成两束光，且紫光由于折射率较大，偏折较多，能正确表示该复色光经三棱镜分离成两束单色光的是图B。
2．（2013高考上海物理第3题）白光通过双缝后产生的干涉条纹是彩色的，其原因是不同色光的
(A)传播速度不同(B)强度不同(C)振动方向不同(D)频率不同
答案：D解析：白光通过双缝后产生的干涉条纹是彩色的，其原因是不同色光的频率不同。
3．（2013高考天津理综物理第8题）固定的半圆形玻璃砖的横截面如图．O点为圆心，OO’为直径N的垂线。足够大的光屏PQ紧靠玻璃砖右侧且垂直于N．由A、B两种单色光组成的一束光沿半径方向射向O点，入射光线与OO’夹角θ较小时，光屏NQ区城出现两个光斑。•逐渐增大θ角．当θ=α时，光屏NQ区城A光的光斑消失，继续增大θ角，当θ=β时，光屏NQ区域B光的光斑消失，则
A．玻璃砖对A光的折射率比对B光的大
B. A光在玻璃砖中传播速度比B光的大
C.α<θ<β时，光屏上只有1个光斑
D.β<θ<π/2时，光屏上只有1个光斑
答案：AD
解析：入射光线与OO’夹角θ较小时，在O点从N射出的折射光色散为A、B两种单色光，射到光屏上，光屏NQ区城出现两个光斑。•逐渐增大θ角．当θ=α时，光屏NQ区城A光的光斑消失，说明A光的临界角等于α。当θ=β时，光屏NQ区域B光的光斑消失，说明A光的临界角等于β。由sinC=1/n可知，玻璃砖对A光的折射率比对B光的大，选项A正确。由n=c/v可知A光在玻璃砖中传播速度比B光的小，选项B错误。α<θ<β时，A光发生全反射，光屏上只有1个光斑，选项C正确。β<θ<π/2时，A、B光都发生全反射，光屏上没有光斑，选项D错误。
4．（2013全国高考大纲版理综第14题）下列现象中，属于光的衍射现象的是（ ）
A．雨后天空出现彩虹
B．通过一个狭缝观察日光灯可看到彩色条纹
C．海市蜃楼现象
D．日光照射在肥皂泡上出现彩色条纹
答案：B 解析：雨后天空出现彩虹是由于光的折射，属于色散现象；通过一个狭缝观察日光灯可看到彩色条纹属于光的衍射现象。海市蜃楼现象是光的全反射现象。日光照射在肥皂泡上出现彩色条纹是光的干涉现象。
5．（2013高考上海物理第1题）电磁波与机械波具有的共同性质是
(A)都是横波(B)都能传输能量
(C)都能在真空中传播(D)都具有恒定的波速
答案：B 解析：电磁波与机械波具有的共同性质是都能传输能量，选项B正确。
6．（2013高考浙江理综第16题）与通常观察到的月全食不同，小虎同学在2012年12月10日晚观看月全食时，看到整个月亮是暗红的。小虎画了月全食的示意图，并提出了如下猜想，其中最为合理的是
A．地球上有人用红色激光照射月球
B．太阳照射到地球的红光反射到月球
C．太阳光中的红光经地球大气层折射到月球
D．太阳光中的红光在月球表面形成干涉条纹
答案：C 解析：观看月全食时，看到整个月亮是暗红的。只能是太阳光中的红光经地球大气层折射到月球，选项C正确。
7．（2013高考浙江理综第14题）关于生活中遇到的各种波，下列说法正确的是
A．电磁波可以传递信息，声波不能传递信息
B．手机在通话时涉及的波既有电磁波又有声波
C．太阳光中的可见光和医院“B超”中的超声波传递速度相同
D．遥控器发出的红外线波长和医院CT中的X射线波长相同
答案：B
解析：电磁波可以传递信息，声波也可以传递信息，选项A错误；手机在通话时涉及的波既有电磁波又有声波，选项B正确。太阳光中的可见光和医院“B超”中的超声波传递速度不相同，选项C错误。遥控器发出的红外线波长和医院CT中的X射线波长不相同，选项D错误。
8. (2013高考北京理综第14题)如图所示，一束可见光射向半圆形玻璃砖的圆心O，经折射后分为两束单色光a和b。下列判断正确的是
A．玻璃对a光的折射率小于对b光的折射率
B．a光的频率大于b光的频率
C．在真空中a光的波长大于b光的波长
D．a光光子能量小于b光光子能量
答案：B解析：由图示和折射定律可知，玻璃对a光的折射率大于对b光的折射率，选项A错误。根据折射率随频率ν的增大而增大可知，a光的频率大于b光的频率，选项B正确。由波长公式λ=c/ν可知在真空中a光的波长小于b光的波长，选项C错误。由E=hν可知a光光子能量大于b光光子能量，选项D错误。
9．（2013高考四川理综第3题）光射到两种不同介质的分界面，分析其后的传播形式可知
A．折射现象的出现表明光是纵波
B．光总会分为反射光和折射光
C．折射光与入射光的传播方向总是不同的
D．发生折射是因为光在不同介质中的传播速度不同
答案.D 解析：折射现象的出现表明光在两种介质中传播速度不同，选项A错误D正确。在发生全反射时，折射光消失，选项B错误。当入射角等于0°时，折射光与入射光的传播方向相同，选项C错误。
10．（2013高考四川理综第1题）下列关于电磁波说法，正确的是
A．电磁波只能在真空中传播
B．电场随时间变化时一定产生电磁波
C．做变速运动的电荷会在空间产生电磁波
D．麦克斯韦第一次用实验证实了电磁波的存在
C 解析：电磁波可以在真空中传播。也可以在介质中传播，选项A错误。电场随时间变化时一定产生磁场，但是不一定产生电磁波，选项B错误。做变速运动的电荷相当于不均匀变化的电流，在周围产生不均匀变化的磁场，会在空间产生电磁波，选项C正确。赫兹第一次用实验证实了电磁波的存在，选项D错误。
11.(2013高考江苏物理第12B题)（2）如题12B-2图所示，两艘飞船A、B沿同一直线同向飞行，相对地面的速度均为v（v 接近光速c）。 地面上测得它们相距为L，则A测得两飞船间的距离_______ （选填“大于”、“等于”或“小于”）L。 当B向A发出一光信号，A测得该信号的速度为___▲____。
答案(2)大于 c(或光速)
解析：根据运动的尺子缩短，A测得两飞船间的距离大于地面上测得的距离L。根据狭义相对论的光速不变假设，当B向A发出一光信号，A测得该信号的速度为c。
12.（3）题12B-3图为单反照相机取景器的示意图，ABCDE为五棱镜的一个截面，AB BC。 光线垂直AB射入，分别在CD和EA上发生反射，且两次反射的入射角相等，最后光线垂直BC射出。
若两次反射都为全反射，则该五棱镜折射率的最小值是多少？（计算结果可用三角函数表示）
解析： (3)由题意知,入射角 °
则折射率最小值
13.（2013高考山东理综第37（2）题）（2）如图乙所示，ABCD是一直角梯形棱镜的横截面，位于截面所在平面内的一束光线由O点垂直AD边射入。已知棱镜的折射率n= ，AB=BC=8c，OA=2c，∠OAB=60°。
①求光线第一次射出棱镜时，出射光线的方向。
②第一次的出射点距C c。
解析：①设发生全反射的临界角为C，由折射定律得
sinC=1/n，
代入数据得：C=45°。
光路如图所示，由几何关系可知光线在AB边和BC边的入射角均为60°，均发生全反射。设光线在CD边的入射角为α，折射角为β，由几何关系得，α=30°，小于临界角，光线第一次射出棱镜在CD边，由折射定律得n=sinβ/sinα，
代入数据解得：β=45°。 ②
14.（2013全国新课标理综1第34题）(2) (9分)图示为一光导纤维(可简化为一长玻璃丝)的示意图，玻璃丝长为L，折射率为n，AB代表端面。已知光在真空中的传播速度为c.
(i)为使光线能从玻璃丝的AB端面传播到另一端面，求光线在端面AB上的入射角应满足的条件；
(ii)求光线从玻璃丝的AB端面传播到另一端面所藉的最长时间。
解析：(i) 设光线在端面AB上C点（见右图）的入射角为i，折射角为r，由折射定律有：sini=nsinr。
设该光线射向玻璃丝内壁D点的入射角为α，为了使该光线在此光导纤维中传播，应有：α≥θ。
式中θ为该光线在玻璃丝内发生全反射的临界角，它满足：nsinθ=1。由几何关系得：r+α=90°。
由上述各式联立解得：sini≤ 。
(ii) 该光线在玻璃丝内传播速度的大小为v=c/n，
光速在玻璃丝轴线方向的分量为：vx=vsinα
光线从玻璃丝端面AB传播到另一端面所需时间为T=L/ vx
光线在玻璃丝中传播，在刚好发生全反射时，光线从端面AB传播到另一端面所需时间最长，由上述各式联立解得：Tax=Ln2/C.
15.（2013全国新课标理综II第34题）（2）如图，三棱镜的横截面为直角三角形ABC，∠A=30°，∠B=60°。一束平行于AC边的光线自AB边的P点射入三棱镜，在AC边发生反射后从BC边的点射出。若光线在P点的入射角和在点的折射角相等。
（i）求三棱镜的折射率；
（ii）在三棱镜的AC边是否有光线透出？写出分析过程。（不考虑多次反射）
【命题意图】本题考查光的折射定律及其相关知识点，意在考查考生综合运用知识解决问题的能力。
解析：（1）光路图如图所示，图中N点为光线在AC边发生反射的入射点。设光线在P点的入射角为i、折射角为r，在点的入射角为r’、折射角依题意也为i，有：i=60°。
由折射定律有：sini=nsinr，nsinr'=sini，
联立解得：r=r’。OO’为过点的法线，∠C为直角，OO’//AC。由几何关系有：∠NC=r’。
由反射定律可知：∠PNA=∠NC。联立解得：∠PNA=r。
由几何关系得：r=30°。联立解得：n= 。
（ii）设在N点的入射角为r’，由几何关系得：i’=60°。
此三棱镜的全反射临界角满足nsinθC=1，联立解得：i’>θC.
此光线在N点发生全反射，三棱镜的AC边没有光线透出。
专题二十一、动量守恒定律
1.（2013全国新课标理综1第35题）(2)(9分) 在粗糙的水平桌面上有两个静止的木块A和B，两者相距为d。现给A一初速度，使A与B发生弹性正碰，碰撞时间极短:当两木块都停止运动后，相距仍然为d.已知两木块与桌面之间的动摩擦因数均为μ. B的质量为A的2倍，重力加速度大小为g.求A的初速度的大小。
解析：设在发生碰撞前的瞬间，木块A的速度大小为v；在碰撞后的瞬间，A和B的速度分别为v1和v2。在碰撞过程中，由能量守恒定律和动量守恒定律。得
v2= v12+ •2v22，v=v1+2v2，
式中，以碰撞前木块A的速度方向为正。联立解得：v1=- v2/2.
设碰撞后A和B运动的距离分别为d1和d2，由动能定理得
μgd1= v12。μ(2)gd2= 2v22。
按题意有：d=d1+d2。
设A的初速度大小为v0，由动能定理得μgd= v02- v2
联立解得：v0= 。
2.（2013全国新课标理综II第35题）（2）（10分）如图，光滑水平直轨道上有三个质量均为的物块A、B、C。B的左侧固定一轻弹簧（弹簧左侧的挡板质量不计）。设A以速度v0朝B运动，压缩弹簧；当AB速度相等时，B与C恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动，假设B和C碰撞过程时间极短。求从A开始压缩弹簧直至与弹簧分离的过程中，
（i）整个系统损失的机械能；
（ii）弹簧被压缩到最短时的弹性势能。
【命题意图】本题考查碰撞、弹性势能、动量守恒定律、能量守恒定律及其相关知识点，意在考查考生综合运用知识解决问题的能力。
解析：（i）从A开始压缩弹簧到A与B具有相同速度v1时，对AB与弹簧组成的系统，由动量守恒定律得： v0=2 v1，①
此时B与C发生完全非弹性碰撞，设碰撞后的瞬时速度为v2，系统损失的机械能为△E，对BC组成的系统，由动量守恒定律，v1=2 v2，②
由能量守恒定律， v12= (2) v22+△E ③ 联立解得：△E= v02。
（ii）由②式可知，v2< v1，A将继续压缩弹簧，直至三者速度相同，设此时速度为v3，此时弹簧被压缩到最短。其弹性势能为Ep。由动量守恒定律，
v0=3 v3，
由能量守恒定律， v02-△E = (3) v32+ Ep。
联立解得：弹簧被压缩到最短时的弹性势能Ep = v02。。
3.(2013高考江苏物理第12B题)（3）如题12C-2图所示，进行太空行走的宇航员A和B的质量分别为80kg和100kg，他们携手远离空间站，相对空间站的速度为0.1/ s。 A将B向空间站方向轻推后，A的速度变为0.2/ s，求此时B的速度大小和方向。
(3)根据动量守恒
解得 vB=0.02/ s。 离开空间站方向
4.（2013高考山东理综第38（2）题）（2）如图所示，光滑水平轨道上放置长板A（上表面粗糙）和滑块C，滑块B置于A的左端，三者质量分别为A=2kg，B=1kg，C=2kg。开始时C静止，A、B一起以v0=5/s的速度匀速向右运动，A与C发生碰撞（时间极短）后C向右运动，经过一段时间，A、B再次达到共同速度一起向右运动，且恰好不再与C碰撞。求A与C发生碰撞后瞬间A的速度大小。
解析：因碰撞时间极短，A与C碰撞过程动量守恒，设碰撞后瞬间A的速度大小为vA，C的速度大小为vC，以向右为正方向，由动量守恒定律得
Av0= AvA + CvC， ①
A与B在摩擦力作用下达到共同速度，设共同速度为vAB，由动量守恒定律得
AvA+ Bv0= (A) + B vAB ②
A、B达到共同速度后恰好不再与C碰撞，应满足：vAB = vC。③
联立①②③式解得：vA=2/s。
5.（2013高考福建理综第30题） (2)将静置在地面上，质量为（含燃料）的火箭模型点火升空，在极短时间内以相对地面的速度v0竖直向下喷出质量为的炽热气体。忽略喷气过程重力和空气阻力的影响，则喷气结束时火箭模型获得的速度大小是 。（填选项前的事母）
A. B. C. D.
答案：D
解析：由动量守恒定律， v0=(-)v，解得v= ，选项D正确。
6.（2013高考广东理综第35题）如图18，两块相同平板P1，P2置于光滑水平面上，质量均为。P2的右端固定一轻质弹簧，左端A与弹簧的自由端B相距L。物体P置于P1的最右端，质量为2,且可看作质点。P1与P以共同速度v0向右运动，与静止的P2发生碰撞，碰撞时间极短。碰撞后P1与P2粘连在一起。P压缩弹簧后被弹回并停在A点（弹簧始终在弹性限度内）。P与P2之间的动摩擦因数为μ。求
（1）P1、P2刚碰完时的共同速度v1和P的最终速度v2；
（2）此过程中弹簧的最大压缩量x和相应的弹性势能Ep。
考点：动量守恒、能量守恒、临界分析
解析：（1）P1和P2碰撞,动量守恒:
v0=(+)v1 ① 得出：
P在p2上滑行过程， P1、P2、P组成的系统动量守恒：
2v0+2v1=4v2② 得出：
(2) P1、P2、P 第一次等速，弹簧最大压缩量x最大，由能量守恒得 ③
P刚进入P2 到P1、P2、P 第二次等速，由能量守恒得；
④
由③④得： ， 。
专题二十二、近代物理
1．（2013高考上海物理第2题）当用一束紫外线照射锌板时，产生了光电效应，这时
(A)锌板带负电(B)有正离子从锌板逸出
(C)有电子从锌板逸出(D)锌板会吸附空气中的正离子
答案：C
解析：当用一束紫外线照射锌板时，产生了光电效应，有电子从锌板逸出，锌板带正电，选项C正确ABD错误。
2. （2013全国新课标理综II第35题）（1）关于原子核的结合能，下列说法正确的是
A．原子核的结合能等于使其完全分解成自由核子所需的最小能量
B．一重原子核变成α粒子和另一原子核，衰变产物的结合能之和一定大于原来重核的结合能
C．铯原子核（ Cs）的结合能小于铅原子核（ Pb）的结合能
D．比结合能越大，原子核约不稳定
E．自由核子组成原子核时，其质量亏损所对应的能量小于该原子核的结合能
35.(1)ABC【命题意图】本题考查原子核物理的结合能及其相关知识点，意在考查考生综合应用知识分析问题的能力。
【解题思路】比结合能越大，原子核约稳定，选项D错误。自由核子组成原子核时，其质量亏损所对应的能量等于该原子核的结合能，选项E错误。
【快速解题】对于了解知道类，可应用知道的知识分析各个选项，迅速得出答案。
3．（2013高考上海物理第7题）在一个 原子核衰变为一个 原子核的过程中，发生β衰变的次数为
(A)6次(B)10次(C)22次(D)32次
答案：A
解析：一个 原子核衰变为一个 原子核的过程中，发生α衰变的次数为（238-206）÷4=8次，发生β衰变的次数为2×8-(92-82)=6次，选项A正确。
4．（2013高考上海物理第9题）小行星绕恒星运动，恒星均匀地向四周辐射能量，质量缓慢减小，可认为小行星在绕恒星运动一周的过程中近似做圆周运动。则经过足够长的时间后，小行星运动的
(A)半径变大(B)速率变大(C)角速度变大(D)加速度变大
答案：A
解析：恒星均匀地向四周辐射能量，根据爱因斯坦的质能方程关系式，恒星质量缓慢减小，二者之间万有引力减小，小行星运动的半径增大，速率减小，角速度减小，加速度减小，选项A正确BCD错误。
5．（2013高考上海物理第17题）某半导体激光器发射波长为1.5×10-6，功率为5.0×10-3W的连续激光。已知可见光波长的数量级为10-7，普朗克常量h＝6.63×10-34J•s，该激光器发出的
(A)是紫外线(B)是红外线
(C)光子能量约为1.3×10-18J(D)光子数约为每秒3.8×1016个
答案：（蓝色）
解析：由于激光波长大于可见光波长，所以该激光器发出的是红外线，选项B正确A错误。由E=hc/λ可得光子能量约为E=6.63×10-34×3×108÷(1.5×10-6)J=1.3×10-19J，选项C错误。光子数约为每秒为n=P/E=3.8×1016个，选项D正确。
6．（2013高考重庆理综第2题）铀是常用的一种核燃料，若它的原子核发生了如下的裂变反应： 则a+b可能是
A． B． C． D．
答案：D
解析：由核反应遵循的质量数守恒可知a+b的质量数之和为234，由核反应遵循的电荷数守恒可知a+b的电荷数为92，所以a+b可能是 ，选项D正确。
7. (2013高考北京理综第20题)以往我们认识的光电效应是单光子光电效应，即一个电子在极短时间内只能吸收到一个光子而从金属表面逸出。强激光的出现丰富了人们对于光电效应的认识，用强激光照射金属，由于其光子密度极大，一个电子在极短时间内吸收多个光子成为可能，从而形成多光子光电效应，这已被实验证实。
光电效应实验装置示意如图。用频率为ν的普通光源照射阴极k，没有发生光电效应，换同样频率为ν的强激光照射阴极k，则发生了光电效应；此时，若加上反向电压U，即将阴极k接电源正极，阳极A接电源负极，在kA之间就形成了使光电子减速的电场，逐渐增大U，光电流会逐渐减小；当光电流恰好减小到零时，所加反向电压U可能是下列的（其中W为逸出功，h为普朗克常量，e为电子电量）
A. U= - B. U=2 - C.U=2hν-W D. U= -
答案：B
解析：设电子在极短时间内吸收n个光子，由光电效应方程可得：Ek=nhν-W，由动能定理，eU= Ek，联立解得U=n - 。n只能为大于1的整数，所以选项B正确ACD错误。
8.[物理选修3-5](本题共有两小题，每小题6分，共12分。每小题只有一个符合题意)
（2013高考福建理综第30题）(1)在卢瑟福α粒子散射实验中，金箔中的原子核可以看作静止不动，下列各图画出的是其中两个α粒子经历金箔散射过程的径迹，其中正确的是____。（填选图下方的字母）
答案：C
解析：由于α粒子带正电，受到原子核的排斥，两个α粒子经历金箔散射过程的径迹，其中正确的是C。
9．（2013全国高考大纲版理综第16题）放射性元素氡（ ）经α衰变成为钋 ，半衰期为3.8天；但勘测表明，经过漫长的地质年代后，目前地壳中仍存在天然的含有放射性元素 的矿石，其原因是（ ）
A．目前地壳中的 主要来自于其它放射元素的衰变
B．在地球形成的初期，地壳中元素 的含量足够高
C．当衰变产物 积累到一定量以后， 的增加会减慢 的衰变进程
D． 主要存在于地球深处的矿石中，温度和压力改变了它的半衰期
答案：A 解析：目前地壳中仍存在天然的含有放射性元素 的矿石，其原因是目前地壳中的 主要来自于其它放射元素的衰变，选项A正确。
10.（2013全国新课标理综1第35题）(1)(6分)一质子束入射到能止靶核 上，产生如下核反应:
p+ →X+n
式中p代表质子，n代表中子，x代表核反应产生的新核.由反应式可知，新核X的质子数为 ，中子数为 。
答案：14 13
解析：根据核反应方程遵循的电荷量守恒可得新核X的质子数为14. 根据核反应方程遵循的质量数守恒可得新核的中子数为27+1-1-13=14.
11．（2013高考上海物理第21题）放射性元素 衰变为 ，此衰变过程的核反应方程是＿＿＿＿；用此衰变过程中发出的射线轰击 ，可得到质量数为22的氖(Ne)元素和另一种粒子，此核反应过程的方程是＿＿＿＿。
答案： → + He He+ → Ne+ H。
解析：根据衰变规律，此衰变过程的核反应方程是 → + He。用α射线轰击 ，可得到质量数为22的氖(Ne)元素和另一种粒子，此核反应过程的方程是： He+ → Ne+ H。
12.（2013高考山东理综第38（1）题）（1）恒星向外辐射的能量来自于其内部发生的各种热核反应。当温度达到108K时，可以发生“氦燃烧”。
①完成“氦燃烧”的核反应方程： He+ → Be+γ。
② Be是一种不稳定的粒子，其半衰期为2.6×10-16s。一定质量的 Be，经7.8×10-16s后所剩 Be占开始时的 。
答案： He 1/8或12.5%
解析：①由核反应满足的质量数守恒和电荷数守恒可得“氦燃烧”的核反应方程： He+ He→ Be+γ。
②经7.8×10-16s即三个半衰期后所剩 Be占开始时的（1/2）3=1/8。
13.(2013高考江苏物理第12C题)（1）如果一个电子的德布罗意波长和一个中子的相等，则它们的___▲____也相等。
（A）速度（B）动能（C）动量（D）总能量
(1)C解析：根据德布罗意物质波公式，如果一个电子的德布罗意波长和一个中子的相等，则它们的动量相等，选项C正确。
14．（2013高考天津理综物理第1题）下列说法正确的是
A．原子核发生衰变时要遵守电荷守恒和质量守恒的规律
B. α射线、β射线、γ射线都是高速运动的带电粒子流
C．氢原子从激发态向基态跃迁只能辐射特定频率的光子
D．发生光电效应时光电子的动能只与入射光的强度有关
答案：C
解析：原子核发生衰变时要遵守电荷守恒和质量数守恒的规律，衰变，放出能量，有质量亏损，质量不守恒，选项A错误。α射线、β射线都是高速运动的带电粒子流，而γ射线是电磁波，选项B错误。根据波尔理论，氢原子从激发态向基态跃迁只能辐射特定频率的光子，选项C正确。发生光电效应时光电子的动能与入射光的强度无关，只与入射光的频率有关，选项D错误。
15.（2013高考广东理综第17题）铀核裂变是核电站核能的重要，其一种裂变反应 ，下列说法正确的有
A．上述裂变反应中伴随着中子放出B．铀块体积对链式反应的发生无影响
C．铀核的链式反应可人工控制D．铀核的半衰期会受到环境温度的影响
15.考点：核裂变，半衰期，链式反应
答案：AC解析：根据题给裂变反应方程，可知上述裂变反应中伴随着中子放出，选项A正确，铀块体积对链式反应的发生有影响，只有铀块体积大于临界体积时才能发生链式反应，选项B错误。铀核的链式反应可人工控制，铀核的半衰期不会受到环境温度的影响，选项C正确D错误。
16.(2013高考江苏物理第12B题)（2）根据玻尔原子结构理论，氦离子（He+）的能级图如题12C-1图所示。 电子处在n=3轨道上比处在n=5轨道上离氦核的距离___▲____ （选填“近”或“远”）。 当大量He+处在n=4的激发态时，由于跃迁所发射的谱线有___▲____条。
(2)近 6解析：电子处在n=3轨道上比处在n=5轨道上离氦核的距离近。当大量He+处在n=4的激发态时，由于跃迁所发射的谱线有3+2+1=6条。
专题二十三、物理学史、单位制、物理学研究方法
1. （2013全国新课标理综II第19题）在物理学发展过程中，观测、实验、假说和逻辑推理等方法都起到了重要作用。下列叙述符合史实的是
A．奥斯特在实验中观察到电流的磁效应，该效应揭示了电和磁之间存在联系
B．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，
C．法拉第在实验中观察到，通有恒定电流的静止导线附近的固定导线圈中，会出现感应电流，
D．楞次在分析了许多实验事实后提出，感应电流应具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化
1.ABD
【命题意图】本题考查电学中重要物理学史及其相关知识点，意在考查考生对物理学重要史事的知道情况。
【解题思路】奥斯特在实验中观察到电流的磁效应，该效应揭示了电流能够产生磁场，电和磁之间存在联系，选项A正确。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，选项B正确。法拉第在实验中观察到，通有恒定电流的静止导线附近的固定导线圈中，由于导线圈中磁通量不变，不会产生感应电流，选项C错误。楞次在分析了许多实验事实后提出，感应电流应具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，这就是楞次定律，选项D正确。
【考场捷径】了解知道重要的物理学史可快速解答此题。
2. （2013全国新课标理综1第14题）右图是伽利略1604年做斜面实验时的一页手稿照片，照片左上角的三列数据如下表。表中第二列是时间，第三列是物体沿斜面运动的距离，第一列是伽利略在分析实验数据时添加的。根据表中的数据，伽利略可以得出的结论是
A.物体具有惯性B.斜面倾角一定时，加速度与质量无关
C.物体运动的距离与时间的平方成正比D.物体运动的加速度与重力加速度成正比
【命题意图】本题考查伽利略斜面实验等相关知识点，意在考查考生应用相关知识定量分析物理问题，解决问题的能力。
答案：C
解析：根据表中的数据，第一列与第三列数据存在比例关系，第一列数据是第二列数据的二次方，伽利略可以得出的结论是：物体运动的距离与时间的平方成正比，选项C正确。
3.（2013高考山东理综第14题）伽利略开创了实验研究和逻辑推理相结合探索物理规律的科学方法，利用这种方法伽利略发现的规律有
A.力不是维持物体运动的原因B.物体之间普遍存在相互吸引力
C.忽略空气阻力，重物与轻物下落得同样快D.物体间的相互作用力总是大小相等，方向相反
答案：AC
解析：利用这种方法伽利略发现的规律有：力不是维持物体运动的原因，忽略空气阻力，重物与轻物下落得同样快，选项AC正确。
4.（2013高考福建理综第17题）在国际单位制（简称SI）中，力学和电学的基本单位有：（米）、kg（千克）、s（秒）、A（安培）。导出单位V（伏特）用上述基本单位可表示为
A．2•kg•s-4•A-1 B．2•kg•s-3•A-1.
C．2•kg•s-2•A-1. D．2•kg•s-1•A-1.
答案：B
解析：由Fx=qU，F=a，a=2x/t2，q=It可知，U=Fx/q=2x2/It3，导出单位V（伏特）用上述基本单位可表示为2•kg•s-3•A-1.，选项B正确。
5. （2013高考重庆理综第4题）题4图1为伽利略研究自由落体运动实验的示意图，让小球由倾角为θ的光滑斜面滑下，然后在不同的θ角条件下进行多次实验，最后推理出自由落体运动是一种匀加速直线运动。分析该实验可知，小球对斜面的压力、小球运动的加速度和重力加速度与各自最大值的比值y随θ变化的图像分别对应题4图2中的
A．①、②和③ B．③、②和①
C．②、③和① D．③、①和②
答案：B
解析：伽利略研究自由落体运动实验，小球对斜面的压力在斜面倾角为θ=0时最大、θ=π/2最小为零。小球对斜面的压力与最大值的比值y随θ变化的图像对应题4图2中的③；小球运动的加速度在斜面倾角为θ=0时最小，为零、θ=π/2最大为g。小球运动的加速度与最大值的比值y随θ变化的图像对应题4图2中的②；重力加速度是一恒定值，与最大值的比值y随θ变化的图像对应题4图2中的①。所以选项B正确。
6.(2013高考北京理综第24题)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，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、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：（1）（a）设△t时间内通过导体横截面的电量为△q，由电流定义，有：
I=△q/△t= =neSv。
（b）每个自由电子所受的洛伦兹力f=evB，
设导体中共有N个自由电子，N=nSL，
导体内自由电子所受洛伦兹力大小的总和：F=Nf= nSL•evB，
由安培力公式，有：F安=ILB= neSv •LB，
得：F安=F。
（2）一个粒子每与器壁碰撞一次给器壁的冲量为：△I=2v，
如图，以器壁上的面积S为底，以v△t为高构成柱体，由题设可知，其内的粒子在△t时间内有1/6与器壁S发生碰撞，碰撞粒子总数为：N= nSv△t。
△t时间内粒子给器壁的冲量为：
I=N•△I= nSv△t•2v= nSv2△t.
面积为S的器壁受到的压力为F=I/△t，
器壁单位面积所受粒子压力f=F/S= nv2。
专题二十四、力学电学综合性应用问题
1．（2013高考浙江理综第24题）(20分)“电子能量分析器”主要由处于真空中的电子偏转器和探测板组成。偏转器是由两个相互绝缘、半径分别为RA和RB的同心圆金属半球面A和B构成，A、B为电势值不等的等势面，其过球心的截面如图所示。一束电荷量为e、质量为的电子以不同的动能从偏转器左端的正中间小孔垂直入射，进入偏转电场区域，最后到达偏转器右端的探测板N，其中动能为Ek0的电子沿等势面C做匀速圆周运动到达N板的正中间。忽略电场的边缘效应。
（1）判断球面A、B的电势高低，并说明理由；
（2）求等势面C所在处电场强度E的大小；
（3）若半球面A、B和等势面C的电势分别为φA、φB和φC，则到达N板左、右边缘处的电子，经过偏转电场前、后的动能改变量ΔEK左和ΔEK右分别为多少？
（4）比较ΔEK左和ΔEK右的大小，并说明理由。
解析：
（1）电子(带负电)做圆周运动，电场力方向指向球心，电场方向从B指向A，B板电势高于A板。
（2）据题意，电子在电场力作用下做圆周运动，考虑到圆轨道上的电场强度B大小相同，有：
eE=v2/R，Ek0= v2/2，R=(RA+RB)/2，联立解得：E= =
（3）电子运动时只有电场力做功，根据动能定理，有：ΔEK=qU
对到达N板左侧边缘的电子，电场力做正功，动能增加，有：ΔEK左=e(φB-φC)
对到达N板右侧边缘的电子，电场力做负功，动能减小，有：ΔEK右=e(φA-φC)
（4）根据电场线的特点，等势面B与C之间的电场强度大于C与A之间的电场强度，考虑到等势面间距相等，有：│φB-φC│>│φA-φC│
即：│ΔEK左│>│ΔEK右│
2．（2013高考浙江理综第25题）（22分）为了降低潜艇噪音，提高其前进速度，可用电磁推进器替代螺旋桨。潜艇下方有左、右两组推进器，每组由6个相同的用绝缘材料制成的直线通道推进器构成，其原理示意图如下。在直线通道内充满电阻率ρ=0.2Ω∙的海水，通道中a×b×c=0.3×0.4×0.3的空间内，存在由超导线圈产生的匀强磁场，其磁感应强度B=6.4T、方向垂直通道侧面向外。磁场区域上、下方各有a×b=0.3×0.4的金属板、N，当其与推进器专用直流电源相连后，在两板之间的海水中产生了从N到，大小恒为I=1.0×103A的电流，设电流只存在于磁场区域。不计电源内阻及导线电阻，海水密度ρ=1.0×103kg/3。
（1）求一个直线通道推进器内磁场对通电海水的作用力大小，并判断其方向。
（2）在不改变潜艇结构的前提下，简述潜艇如何转弯？如何倒车？
（3）当潜艇以恒定速度v0=30/s前进时，海水在出口处相对于推进器的速度v=34/s，思考专用直流电源所提供的电功率如何分配，求出相应功率的大小。
解析：（1）将通电海水看成导线，所受磁场力：F=IBL，
代入数据得：F=IBc=1.0×103×6.4×0.3N=1.92×103N.
用左手定则判断磁场对海水作用力方向向右（或与海水出口方向相同）
（2）考虑到潜艇下方有左、右两组推进器，可以开启或关闭不同个数的左、右两侧的直线通道推进器，实施转弯。
改变电流方向，或者磁场方向，可以改变海水所受磁场力的方向，根据牛顿第三定律，使潜艇“倒车”。
（3）电源提供的电功率中的第一部分：牵引功率：P1=F牵v0。
根据牛顿第三定律：F牵=12IBL。
当v0=30s时，代入数据得：P1=F牵v0=12×1.92×103×30W=6.9×105W。
第二部分：海水的焦耳热功率
对单个直线推进器，根据电阻定律，R=ρL/S。
代入数据得：R=ρc/ab=0.2× Ω=0.5Ω.
由热功率公式：P=I2R，
代入数据得：P单=I2R=(1.0×103)2×0.5W=5.0×105W。
P2=12×5.0×105W=6.0×106W
第三部分：单位时间内海水动能的增加值
设△t时间内喷出海水的质量为，P3=12×
考虑到海水的初动能为零，△Ek= Ek= v ，
=ρbcv △t，
P3=12× = P3=12× ρbcv =4.6×104W。
3. （2013高考天津理综物理第12题）(20分）超导现象是20世纪人类重大发现之一，日前我国己研制出世界传输电流最大的高温超导电缆并成功示范运行。
(l）超导体在温度特别低时电阻可以降到几乎为零，这种性质可以通过实验研究．将一个闭合超导金属圈环水平放置在匀强磁场中，磁感线垂直于圈环平面向上，逐渐降低温度使环发生由正常态到超导态的转变后突然撤去磁场，若此后环中的电流不随时间变化．则表明其电阻为零。请指出自上往下看环中电流方向，并说明理由。
（2）为探究该圆环在超导状态的电阻率上限ρ，研究人员测得撤去磁场后环中电流为I,并经一年以上的时间t未检测出电流变化。实际上仪器只能检测出大于ΔI的电流变化，其中△I<<I，当电流的变化小于△I时，仪器检测不出电流的变化，研究人员便认为电流没有变化。设环的横截面积为S，环中定向移动电子的平均速率为v，电子质量为、电荷量为e．试用上述给出的各物理量，推导出ρ的表达式。
(3）若仍使用上述测量仪器，实验持续时间依旧为t．为使实验获得的该圆环在超导状态的电阻率上限ρ的准确程度更高，请提出你的建议，并简要说明实现方法．
解析：（1）逆时针方向。
撤去磁场瞬间，环所围面积的磁通量突变为零，由楞次定律可知，环中电流的磁场方向应与原磁场方向相同，即向上。由安培定则可知，环中电流方向是沿逆时针方向。
（2）设圆环周长为L，电阻为R，由电阻定律，得R=ρL/S。
设t时间内环中电流释放焦耳热而损失的能量为△E，由焦耳定律得：△E=I2Rt。
设环中单位体积内定向移动电子数为n，则：I=nevS。
式中n、e、S不变，只有定向移动电子的平均速率的变化才会引起环中电流的变化。电流变化大小取△I时，相应定向移动电子的平均速率变化的大小为△v，则：△I=neS△v。
设环中定向移动电子减少的动能总和为△Ek，则：△Ek =nLS[ v2- (v-△v)2].
由于△I<<I，可得：△Ek = △I。根据能量守恒定律，得：△E=△Ek 。
联立解得：ρ= 。
（3）由ρ= 看出，在题设条件限制下，适当增大超导电流，可以使实验获得ρ的准确程度更高。通过增大穿过该环的磁通量变化率可实现增大超导电流。
2013高考物理分类解析
专题二十五、带电粒子在电场中的运动
1．（19分）（2013全国高考大纲版理综第25题）一电荷量为q（q＞0）、质量为的带电粒子在匀强电场的作用下，在t＝0时由静止开始运动，场强随时间变化的规律如图所示。不计重力，求在t＝0到t＝T的时间间隔内
（1）粒子位移的大小和方向；
（2）粒子沿初始电场反方向运动的时间。
1．（19分）解法一：粒子在0～T/4、T/4～T/2、
T/2～3T/4、3T/4～T时间间隔内做匀变速运动，
设加速度分别为a1、a2、a3、a4，由牛顿第二定律得 、 、
、
（每个式子1分）
由此得带电粒子在0～T时间间隔内运动的a—t图像如图（a）所示（2分），对应的v—t图像如图（b）所示（3分），其中
（1分）
由图（b）可知，带电粒子在t＝0到t＝T时的位移为
（2分）
联立解得 （2分）
它的方向沿初始电场正方向。 （1分）
（2）由图（b）可知，粒子在t＝3T/8到t＝5T/8内沿初始电场反方向运动，总的运动时间为
（4分）
解法二：带电粒子在粒子在0～T/4、T/4～T/2、T/2～3T/4、3T/4～T时间间隔内做匀变速运动，设加速度分别为a1、a2、a3、a4，由牛顿第二定律得
、
、
、
（每个式子1分）
设粒子在t＝T/4、t＝T/2、t＝3 T/4、t＝T时刻的速度分别为v1、v2、v3、v4，则有
、 、 、 （每个式子1分）
设带电粒子在t＝0到t＝T时的位移为s，有
（4分）
解得 （2分）
它的方向沿初始电场正方向。 （1分）
（2）由电场的变化规律知，粒子从t＝T/4时开始减速，设经过时间t1粒子速度为零，有
，解得 t1＝T/8 （1分）
粒子从t＝T/2时开始加速，设经过时间t2粒子速度为零，有
，解得 t2＝T/8 （1分）
设粒子从t＝0到t＝T内沿初始电场反方向运动的时间为t2，有
t＝ （1分）
解得t＝T/4 （1分）
2．（2013高考浙江理综第24题）(20分)“电子能量分析器”主要由处于真空中的电子偏转器和探测板组成。偏转器是由两个相互绝缘、半径分别为RA和RB的同心圆金属半球面A和B构成，A、B为电势值不等的等势面，其过球心的截面如图所示。一束电荷量为e、质量为的电子以不同的动能从偏转器左端的正中间小孔垂直入射，进入偏转电场区域，最后到达偏转器右端的探测板N，其中动能为Ek0的电子沿等势面C做匀速圆周运动到达N板的正中间。忽略电场的边缘效应。
（1）判断球面A、B的电势高低，并说明理由；
（2）求等势面C所在处电场强度E的大小；
（3）若半球面A、B和等势面C的电势分别为φA、φB和φC，则到达N板左、右边缘处的电子，经过偏转电场前、后的动能改变量ΔEK左和ΔEK右分别为多少？
（4）比较ΔEK左和ΔEK右的大小，并说明理由。
解析：（1）电子(带负电)做圆周运动，电场力方向指向球心，电场方向从B指向A，B板电势高于A板。
（2）据题意，电子在电场力作用下做圆周运动，考虑到圆轨道上的电场强度B大小相同，有：
eE=v2/R，
Ek0= v2/2，
R=(RA+RB)/2，
联立解得：E= =
（3）电子运动时只有电场力做功，根据动能定理，有：ΔEK=qU
对到达N板左侧边缘的电子，电场力做正功，动能增加，有：ΔEK左=e(φB-φC)
对到达N板右侧边缘的电子，电场力做负功，动能减小，有：ΔEK右=e(φA-φC)
（4）根据电场线的特点，等势面B与C之间的电场强度大于C与A之间的电场强度，考虑到等势面间距相等，有：│φB-φC│>│φA-φC│
即：│ΔEK左│>│ΔEK右│
3. （2013全国新课标理综II第24题）如图，匀强电场中有一半径为r的光滑绝缘轨道，轨道平面与电场方向平行。一电荷量为q（q>0）的质点沿轨道内侧运动，经过a点和b点时对轨道压力分别为Na和 Nb。不计重力，求电场强度的大小E、质点经过a点和b点时的动能。
【命题意图】 本题主要考查受到约束的带电质点在匀强电场中的运动、牛顿第二定律、动能定理及其相关的知识点，意在考查考生灵活应用知识解决问题的能力。
解：质点所受电场力的大小为：f=qE，①
设质点质量为，经过a点和b点时的速度大小分别为va和vb，由牛顿第二定律有：f+Na= ②
Nb ?f = ③
设质点经过a点和b点时的动能分别为Eka和Ekb，有
Eka= va2 ④
Ekb= vb2 ⑤
根据动能定理有：Ekb- Eka=2rf， ⑥
联立①②③④⑤⑥式解得：
E= ( Nb - Na)
Eka= ( Nb +5 Na)
Ekb= (5 Nb + Na)
①式（1分）②式（2分）③式（2分）④式（1分）⑤式（1分）⑥式（1分）○7式（2分）○8式（2分）⑨式（2分）⑩
【方法技巧】解决受到约束的带电质点在匀强电场中的运动，在某个位置分析受力，应用牛顿第二定律列出相关方程，对运动过程，应用动能定理列出相关方程联立解得。
4．（2013高考上海物理第32题）(12分)半径为R，均匀带正电荷的球体在空间产生球对称的电场；场强大小沿半径分布如图所示，图中E0已知，E－r曲线下O－R部分的面积等于R－2R部分的面积。
(1)写出E－r曲线下面积的单位；
(2)己知带电球在r≥R处的场强E＝kQ／r2，式中k为静电力常量，该均匀带电球所带的电荷量Q为多大?
(3)求球心与球表面间的电势差△U；
(4)质量为，电荷量为q的负电荷在球面处需具有多大的速度可以刚好运动到2R处?
解析：（1）E－r曲线下面积的单位为伏特。
（2）由点电荷的电场强度公式，E0=kQ/R2，
解得：该均匀带电球所带的电荷量Q= E0 R2/k。
（3）根据E－r曲线下面积表示电势差，球心与球表面间的电势差△U= E0 R/2。
（4）根据题述E－r曲线下O－R部分的面积等于R－2R部分的面积，球体表面到2R处的电势差△U= E0 R/2。由动能定理，q△U= v2，
解得：v= 。
专题二十六、电磁感应综合性问题
1.（19分）（2013全国新课标理综1第25题）如图，两条平行导轨所在平面与水平地面的夹角为θ，间距为L。导轨上端接有一平行板电容器，电容为C。导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向垂直于导轨平面。在导轨上放置一质量为的金属棒，棒可沿导轨下滑，且在下滑过程中保持与导轨垂直并良好接触。已知金属棒与导轨之间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g。忽略所有电阻。让金属棒从导轨上端由静止开始下滑，求:
(1)电容器极板上积累的电荷量与金属棒速度大小的关系；
(2)金属棒的速度大小随时间变化的关系。
【命题意图】本题考查电磁感应、摩擦力、安培力、电容器、电流、牛顿第二定律等基础知识点，意在考查考生应用相关知识定量分析物理问题，解决问题的能力。
．解析：
（1）设金属棒下滑的速度大小为v，则感应电动势为E=BLv。①
平行板电容器两极板之间的电势差为：U=E，②
设此时电容器极板上积累的电荷量为Q，由电容定义有C=Q/U，③
联立①②③式解得：Q=CBLv。 ④
（2）设金属棒的速度大小为v时经历时间为t，通过金属棒的电流为i。金属棒受到的磁场的作用力方向沿导轨向上，大小为：f1=BLi。 ⑤
设在时间间隔（t，t+△t）内流经金属棒的电荷量为△Q，按定义有：i=△Q/△t。⑥
△Q也是平行板电容器极板在时间间隔（t，t+△t）内增加的电荷量，由④式得，
△Q=CBL△v。 ⑦
式中△v为金属棒的速度变化量。按照定义有：a=△v/△t ⑧
①②③④⑥⑦
金属棒所受到的摩擦力方向斜向上，大小为f2=μN，⑨
式中，N是金属棒对于导轨的正压力的大小，有：N=gcosθ， ⑩
金属棒在时刻t的加速度方向沿斜面向下，设其大小为a，根据牛顿第二定律有
gsinθ- f1- f2=a ⑾
联立⑤至⑾式解得 a= g。⑿
由⑿式及题设可知，金属棒做初速度为零的匀加速运动，t时刻金属棒的速度大小为：
v= gt。
2．（2013高考上海物理第33题）(16分)如图，两根相距L＝0.4、电阻不计的平行光滑金属导轨水平放置，一端与阻值R＝0.15Ω的电阻相连。导轨x＞0一侧存在沿x方向均匀增大的稳恒磁场，其方向与导轨平面垂直，变化率k＝0.5T/，x＝0处磁场的磁感应强度B0＝0.5T。一根质量＝0.1kg、电阻r＝0.05Ω的金属棒置于导轨上，并与导轨垂直。棒在外力作用下从x＝0处以初速度v0＝2/s沿导轨向右运动，运动过程中电阻上消耗的功率不变。求：
(1)电路中的电流；
(2)金属棒在x＝2处的速度；
(3)金属棒从x＝0运动到x＝2过程中安培力做功的大小；
(4)金属棒从x＝0运动到x＝2过程中外力的平均功率。
解析：(1)在x=0时，E=B0Lv=0.5×0.4×2V=0.4V。
电路中的电流I=E/(R+r)=2A；
(2)在x＝2处，磁感应强度B2= B0+kx2＝0.5T+0.5T/×2=1.5T。
E=B2Lv2，
解得：金属棒在x＝2处的速度v2= /s。
(3)金属棒从x＝0开始运动时的安培力：F0=B0IL=0.5×2×0.4N=0.4N。
到x＝2时的安培力：FA=B2IL=1.5×2×0.4N=1.2N。
过程中安培力做功的大小W= ( F0 + FA)x=1.6J。
(4)由EIt=W解得t=2s。
由动能定理：Pt-W= v22- v02，
解得P= W=0.71W。
3。(2013高考江苏物理第13题)（15分）如图所示，匀强磁场中有一矩形闭合线圈abcd，线圈平面与磁场垂直。 已知线圈的匝数N=100，边长ab =1.0、bc=0.5，电阻r=2Ω。 磁感应强度B在0~1s内从零均匀变化到0.2T。 在1~5s内从0.2T均匀变化到-0.2T，取垂直纸面向里为磁场的正方向。
求:
（1）0.5s时线圈内感应电动势的大小E和感应电流的方向；
（2）在1~5s内通过线圈的电荷量q；
（3）在0~5s内线圈产生的焦耳热Q。
解析：（1）感应电动势：E1=N ，磁通量变化△Φ1=△B1S，
解得：E1=N S，
代入数据得：E1=10V。
由楞次定律可判断出感应电流的方向为a→d→c→b→a。
（2）同理可得：E2=N S，感应电流I2= E2/r，电量q= I2△t2，
解得：q=N S。
代入数据得：q=10C。
（3）0~1s内产生的焦耳热：Q1= I12r△t1，且I1= E1/r，1~5s内产生的焦耳热：Q2= I22r△t2，
在0~5s内线圈产生的焦耳热Q= Q1+Q2。 代入数据得：Q=100J。
4（2013高考广东理综第36题）图19（a）所示，在垂直于匀强磁场B的平面内，半径为r的金属圆盘绕过圆心O的轴承转动，圆心O和边缘K通过电刷与一个电路连接。电路中的P是加上一定正向电压才能导通的电子元件。流过电流表的电流I与圆盘角速度ω的关系如图19（b）所示，其中ab段和bc段均为直线，且ab段过坐标原点。ω>0代表圆盘逆时针转动。已知：R=3.0Ω，B=1.0T，r=0.2。忽略圆盘，电流表和导线的电阻。
（1）根据图19（b）写出ab、bc段对应的I与ω的关系式；
（2）求出图19（b）中b、c两点对应的P两端的电压Ub、Uc；
（3）分别求出ab、bc段流过P的电流IP与其两端电压UP的关系式。4. 考点：电磁感应、欧姆定律、并联电路规律、直线两点式
解析：（1）图像得出三点坐标:o（0，0）b（15，0.1） c（45，0.4）.
由直线的两点式得I与ω关系式：
(2)圆盘切割磁感线产生的电动势为：
当ω=15rad/s时，产生的电动势为E=0.02×15V=0.3V。
当ω=45rad/s时，产生的电动势为E=0.02×45V=0.9V。
忽略圆盘电阻即电源忽略内阻，故Up=E ，可得：
Ub=0.3V ，Uc=0.9V 。
(3)由并联电路知识有：
① = ②
由①②得IP=I- .