发布时间 : 星期三 文章2006年高考物理试题(广东卷)更新完毕开始阅读
（1）实验前应对实验装置反复调节，直到_______________。每次让小球从同一位置由静止 释放，是为了_____________________。
（2）每次将 B板向内侧平移距离d ，是为了______________________ 。 （3）在图 6中绘出小球做平抛运动的轨迹。 【答案】（1）斜槽末端水平 保持小球水平抛出的初速度相同 （2）保持相邻痕迹点的水平距离大小相同 （3）
【分析】平抛运动可分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动。实验前应 对实验装置反复调节，直到斜槽末端水平，每次让小球从同一位置由静止释放，是为了保持 小球水平抛出的初速度相同。每次将 B 板向内侧平移距离d ，是为了保持相邻痕迹点的水 平距离大小相同。有些考生不明确每次将 B 板向内侧平移距离d 的道理。该题考察了实验 中的留迹法，是创新题目，属于中等难度的试题。 【高考考点】平抛运动
【易错点】有些同学不知每次将 B 板向内侧平移距离d 的道理
【备考提示】 平抛运动是高中需重点掌握的知识， 它是运动的合成和分解的典型实例。 12．（11 分）某同学设计了一个如图 7所示的实验电路，用以测定电源电动势和内阻，使用 的实验器材为：待测干电池组（电动势约 3V）、电流表（量程 0.6A，内阻小于 1Ω）、电阻箱（0～99.99Ω）、滑动变阻器（0～10Ω）、单刀双掷开关、单刀单掷开关各一个及导线若 干。考虑到干电池的内阻较小，电流表的内阻不能忽略。
（1）该同学按图 7 连线，通过控制开关状态，测得电流表内阻约为 0.20Ω。试分析该测量 产生误差的原因是_________________________________________。
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（2）简要写出利用图 7 所示电路测量电源电动势和内阻的实验步骤：
①_______________________________________________________________________； ②_______________________________________________________________________； （3）图 8 是由实验数据绘出的
图像，由此求出待测干电池组的电动势 E＝
____________V、内阻 r＝_____________ Ω。（计算结果保留三位有效数字）
【答案】（1）并联电阻箱后线路总阻值减小，从而造成总电流增大
（2）①调节电阻箱 R，断开开关K，将开关 S 接 D，记录电阻箱的阻值和电流表示数； ②断开开关D，再次调节电阻箱 R，将开关 S 接 D，记录电阻箱的阻值和电流表示数 （3）2.81 2.33 【分析】测定电源电动势和内阻实验的原理知，此种接法出现误差的原因是电流表的分压作
用。而R=r+r安 ， 图线的斜率表示电源电动势的倒数，据此得出电动势 E＝2.81v,
内 阻 r＝2.33Ω。有的考生不能正确理解图象的物理意义，从而无法得出正确的
答案。 属于难题。
【高考考点】用电压表和电流表测定电源的电动势和内阻实验
【易错点】有些同学不知图象的物理意义
【备考提示】 用电压表和电流表测定电源的电动势和内阻实验是中学需重点掌握的实验 13．（15 分） （1）人们发现光电效应具有瞬时性和对各种金属都存在极限频率的规律。请问谁提出了何种学说很好地解释了上述规律？已知锌的逸出功为3.34 eV ，用某单色紫外线
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照射锌板时，逸出光电子的最大速度为 10 m/ s ，求该紫外线的波长λ（电子质量 me= 9.
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11×1031 kg，普朗克常量 h=6.63×1034J·s， 1eV=1.60×1019 J）
（2）风力发电是一种环保的电能获取方式。图 9 为某风力发电站外观图。设计每台风力发电机的功率为 40kW。实验测得风的动能转化为电能的效率约为 20%，空气的密度是
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1.29kg/m，当地水平风速约为10m/ s ，问风力发电机的叶片长度约为多少才能满足设计要求？
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【高考考点】光子说 光电效应方程 能量守恒定律 【易错点】易出现运算错误
【备考提示】光子说 、光电效应方程和能量守恒定律是高中必须掌握的重点内容
【高考考点】变压器 远距离输电
【易错点】有些同学不明确电压、电流、电阻和功率的应针对同一导体。 【备考提示】变压器和远距离输电是电磁学部分需掌握的内容 15．（14分）一个质量为 4 kg 的物体静止在足够大的水平地面上， 物体与地面间的动摩擦因数μ= 0.1。从t=0开始，物体受到一 个大小和方向呈周期性变化的水平力 F 作用，力 F 随时间的变化规律如图 10所示。求 83 秒内物体的位移大小和力 F 对物体所做的功。g 取10 m/ s2。 【答案】167m 681J
【分析】当物体在前半周期时由牛顿第二定律，得 F1-μmg=ma1 a1=( F1－μmg)/m=(12－0.1×4×10)/4=2m/s2
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当物体在后半周期时，
由牛顿第二定律，得 F2+μmg= ma2
a2=( F2+μmg)/m=(4+0.1×4×10)/4=2m/s2
前半周期和后半周期位移相等 x1=1/2at 2 =0.5×2×22 =4m 一个周期的位移为 8m 最后 1s 的位移为 3m 83 秒内物体的位移大小为 x=20×8+4+3=167m
一个周期 F 做的功为 w1=（F1－F2）x1=（12－4）4=32J 力 F 对物体所做的功 w=20×32+12×4-4×3=681J 【高考考点】匀变速直线运动 牛顿第二定律
【易错点】有些同学不明确物体的运动规律，特别是最后 3 秒的运动。
【备考提示】匀变速直线运动和牛顿第二定律是力学的重点内容。
16． （16 分）如图 11所示，在磁感应强度大小为 B、方向垂直向上的匀强磁场中，有一上、 下两层均与水平面平行的“U”型光滑金属导轨，在导轨面上各放一根完全相同的质量为m 的匀质金属A1和A2，开始时两根金属杆位于同一竖起面内且杆与轨道垂直。设两导轨面 相距为 H，导轨宽为 L，导轨足够长且电阻不计，金属杆单位长度的电阻为 r。现有一质量 为m /2的不带电
小球以水平向右的速度v0撞击杆A1的中点，撞击后小球反弹落到下层面上的C点。C 点与杆A2初始位置相距为S。求： （1）回路内感应电流的最大值；
（2）整个运动过程中感应电流最多产生了多少热 量；
（3）当杆 2 A 与杆 1 A 的速度比为 3 : 1 时， 2 A 受到的 安培力大小。
【分析】对小球和杆A1组成的系统，由动量守恒定律，得
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