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專題二十、光學
1. （2013高考福建理綜第14題）一束由紅、紫兩色組成的復色光，從空氣斜射向玻璃三棱鏡。下面四幅圖中能正確表示該復色光經三棱鏡分離成兩束單色光的是

答案：B
解析：復色光在界面折射就分成兩束光，且紫光由于折射率較大，偏折較多，能正確表示該復色光經三棱鏡分離成兩束單色光的是圖B。
2．（2013高考上海物理第3題）白光通過雙縫后產生的干涉條紋是彩色的，其原因是不同色光的
(A)傳播速度不同(B)強度不同(C)振動方向不同(D)頻率不同
答案：D解析：白光通過雙縫后產生的干涉條紋是彩色的，其原因是不同色光的頻率不同。
3．（2013高考天津理綜物理第8題）固定的半圓形玻璃磚的橫截面如圖．O點為圓心，OO’為直徑N的垂線。足夠大的光屏PQ緊靠玻璃磚右側且垂直于N．由A、B兩種單色光組成的一束光沿半徑方向射向O點，入射光線與OO’夾角θ較小時，光屏NQ區城出現兩個光斑。•逐漸增大θ角．當θ=α時，光屏NQ區城A光的光斑消失，繼續增大θ角，當θ=β時，光屏NQ區域B光的光斑消失，則
A．玻璃磚對A光的折射率比對B光的大
B. A光在玻璃磚中傳播速度比B光的大
C.α<θ<β時，光屏上只有1個光斑
D.β<θ<π/2時，光屏上只有1個光斑
答案：AD
解析：入射光線與OO’夾角θ較小時，在O點從N射出的折射光色散為A、B兩種單色光，射到光屏上，光屏NQ區城出現兩個光斑。•逐漸增大θ角．當θ=α時，光屏NQ區城A光的光斑消失，說明A光的臨界角等于α。當θ=β時，光屏NQ區域B光的光斑消失，說明A光的臨界角等于β。由sinC=1/n可知，玻璃磚對A光的折射率比對B光的大，選項A正確。由n=c/v可知A光在玻璃磚中傳播速度比B光的小，選項B錯誤。α<θ<β時，A光發生全反射，光屏上只有1個光斑，選項C正確。β<θ<π/2時，A、B光都發生全反射，光屏上沒有光斑，選項D錯誤。
4．（2013全國高考大綱版理綜第14題）下列現象中，屬于光的衍射現象的是（ ）
A．雨后天空出現彩虹
B．通過一個狹縫觀察日光燈可看到彩色條紋
C．海市蜃樓現象
D．日光照射在肥皂泡上出現彩色條紋
答案：B 解析：雨后天空出現彩虹是由于光的折射，屬于色散現象；通過一個狹縫觀察日光燈可看到彩色條紋屬于光的衍射現象。海市蜃樓現象是光的全反射現象。日光照射在肥皂泡上出現彩色條紋是光的干涉現象。
5．（2013高考上海物理第1題）電磁波與機械波具有的共同性質是
(A)都是橫波(B)都能傳輸能量
(C)都能在真空中傳播(D)都具有恒定的波速
答案：B 解析：電磁波與機械波具有的共同性質是都能傳輸能量，選項B正確。
6．（2013高考浙江理綜第16題）與通常觀察到的月全食不同，小虎同學在2012年12月10日晚觀看月全食時，看到整個月亮是暗紅的。小虎畫了月全食的示意圖，并提出了如下猜想，其中最為合理的是
A．地球上有人用紅色激光照射月球
B．太陽照射到地球的紅光反射到月球
C．太陽光中的紅光經地球大氣層折射到月球
D．太陽光中的紅光在月球表面形成干涉條紋
答案：C 解析：觀看月全食時，看到整個月亮是暗紅的。只能是太陽光中的紅光經地球大氣層折射到月球，選項C正確。
7．（2013高考浙江理綜第14題）關于生活中遇到的各種波，下列說法正確的是
A．電磁波可以傳遞信息，聲波不能傳遞信息
B．手機在通話時涉及的波既有電磁波又有聲波
C．太陽光中的可見光和醫院“B超”中的超聲波傳遞速度相同
D．遙控器發出的紅外線波長和醫院CT中的X射線波長相同
答案：B
解析：電磁波可以傳遞信息，聲波也可以傳遞信息，選項A錯誤；手機在通話時涉及的波既有電磁波又有聲波，選項B正確。太陽光中的可見光和醫院“B超”中的超聲波傳遞速度不相同，選項C錯誤。遙控器發出的紅外線波長和醫院CT中的X射線波長不相同，選項D錯誤。
8. (2013高考北京理綜第14題)如圖所示，一束可見光射向半圓形玻璃磚的圓心O，經折射后分為兩束單色光a和b。下列判斷正確的是
A．玻璃對a光的折射率小于對b光的折射率
B．a光的頻率大于b光的頻率
C．在真空中a光的波長大于b光的波長
D．a光光子能量小于b光光子能量
答案：B解析：由圖示和折射定律可知，玻璃對a光的折射率大于對b光的折射率，選項A錯誤。根據折射率隨頻率ν的增大而增大可知，a光的頻率大于b光的頻率，選項B正確。由波長公式λ=c/ν可知在真空中a光的波長小于b光的波長，選項C錯誤。由E=hν可知a光光子能量大于b光光子能量，選項D錯誤。
9．（2013高考四川理綜第3題）光射到兩種不同介質的分界面，分析其后的傳播形式可知
A．折射現象的出現表明光是縱波
B．光總會分為反射光和折射光
C．折射光與入射光的傳播方向總是不同的
D．發生折射是因為光在不同介質中的傳播速度不同
答案.D 解析：折射現象的出現表明光在兩種介質中傳播速度不同，選項A錯誤D正確。在發生全反射時，折射光消失，選項B錯誤。當入射角等于0°時，折射光與入射光的傳播方向相同，選項C錯誤。
10．（2013高考四川理綜第1題）下列關于電磁波說法，正確的是
A．電磁波只能在真空中傳播
B．電場隨時間變化時一定產生電磁波
C．做變速運動的電荷會在空間產生電磁波
D．麥克斯韋第一次用實驗證實了電磁波的存在
C 解析：電磁波可以在真空中傳播。也可以在介質中傳播，選項A錯誤。電場隨時間變化時一定產生磁場，但是不一定產生電磁波，選項B錯誤。做變速運動的電荷相當于不均勻變化的電流，在周圍產生不均勻變化的磁場，會在空間產生電磁波，選項C正確。赫茲第一次用實驗證實了電磁波的存在，選項D錯誤。
11.(2013高考江蘇物理第12B題)（2）如題12B-2圖所示，兩艘飛船A、B沿同一直線同向飛行，相對地面的速度均為v（v 接近光速c）。 地面上測得它們相距為L，則A測得兩飛船間的距離_______ （選填“大于”、“等于”或“小于”）L。 當B向A發出一光信號，A測得該信號的速度為___▲____。
答案(2)大于 c(或光速)
解析：根據運動的尺子縮短，A測得兩飛船間的距離大于地面上測得的距離L。根據狹義相對論的光速不變假設，當B向A發出一光信號，A測得該信號的速度為c。
12.（3）題12B-3圖為單反照相機取景器的示意圖，ABCDE為五棱鏡的一個截面，AB BC。 光線垂直AB射入，分別在CD和EA上發生反射，且兩次反射的入射角相等，最后光線垂直BC射出。
若兩次反射都為全反射，則該五棱鏡折射率的最小值是多少？（計算結果可用三角函數表示）
解析： (3)由題意知,入射角 °
則折射率最小值
13.（2013高考山東理綜第37（2）題）（2）如圖乙所示，ABCD是一直角梯形棱鏡的橫截面，位于截面所在平面內的一束光線由O點垂直AD邊射入。已知棱鏡的折射率n= ，AB=BC=8c，OA=2c，∠OAB=60°。
①求光線第一次射出棱鏡時，出射光線的方向。
②第一次的出射點距C c。
解析：①設發生全反射的臨界角為C，由折射定律得
sinC=1/n，
代入數據得：C=45°。
光路如圖所示，由幾何關系可知光線在AB邊和BC邊的入射角均為60°，均發生全反射。設光線在CD邊的入射角為α，折射角為β，由幾何關系得，α=30°，小于臨界角，光線第一次射出棱鏡在CD邊，由折射定律得n=sinβ/sinα，
代入數據解得：β=45°。 ②
14.（2013全國新課標理綜1第34題）(2) (9分)圖示為一光導纖維(可簡化為一長玻璃絲)的示意圖，玻璃絲長為L，折射率為n，AB代表端面。已知光在真空中的傳播速度為c.
(i)為使光線能從玻璃絲的AB端面傳播到另一端面，求光線在端面AB上的入射角應滿足的條件；
(ii)求光線從玻璃絲的AB端面傳播到另一端面所藉的最長時間。
解析：(i) 設光線在端面AB上C點（見右圖）的入射角為i，折射角為r，由折射定律有：sini=nsinr。
設該光線射向玻璃絲內壁D點的入射角為α，為了使該光線在此光導纖維中傳播，應有：α≥θ。
式中θ為該光線在玻璃絲內發生全反射的臨界角，它滿足：nsinθ=1。由幾何關系得：r+α=90°。
由上述各式聯立解得：sini≤ 。
(ii) 該光線在玻璃絲內傳播速度的大小為v=c/n，
光速在玻璃絲軸線方向的分量為：vx=vsinα
光線從玻璃絲端面AB傳播到另一端面所需時間為T=L/ vx
光線在玻璃絲中傳播，在剛好發生全反射時，光線從端面AB傳播到另一端面所需時間最長，由上述各式聯立解得：Tax=Ln2/C.
15.（2013全國新課標理綜II第34題）（2）如圖，三棱鏡的橫截面為直角三角形ABC，∠A=30°，∠B=60°。一束平行于AC邊的光線自AB邊的P點射入三棱鏡，在AC邊發生反射后從BC邊的點射出。若光線在P點的入射角和在點的折射角相等。
（i）求三棱鏡的折射率；
（ii）在三棱鏡的AC邊是否有光線透出？寫出分析過程。（不考慮多次反射）
【命題意圖】本題考查光的折射定律及其相關知識點，意在考查考生綜合運用知識解決問題的能力。
解析：（1）光路圖如圖所示，圖中N點為光線在AC邊發生反射的入射點。設光線在P點的入射角為i、折射角為r，在點的入射角為r’、折射角依題意也為i，有：i=60°。
由折射定律有：sini=nsinr，nsinr'=sini，
聯立解得：r=r’。OO’為過點的法線，∠C為直角，OO’//AC。由幾何關系有：∠NC=r’。
由反射定律可知：∠PNA=∠NC。聯立解得：∠PNA=r。
由幾何關系得：r=30°。聯立解得：n= 。
（ii）設在N點的入射角為r’，由幾何關系得：i’=60°。
此三棱鏡的全反射臨界角滿足nsinθC=1，聯立解得：i’>θC.
此光線在N點發生全反射，三棱鏡的AC邊沒有光線透出。
專題二十一、動量守恒定律
1.（2013全國新課標理綜1第35題）(2)(9分) 在粗糙的水平桌面上有兩個靜止的木塊A和B，兩者相距為d。現給A一初速度，使A與B發生彈性正碰，碰撞時間極短:當兩木塊都停止運動后，相距仍然為d.已知兩木塊與桌面之間的動摩擦因數均為μ. B的質量為A的2倍，重力加速度大小為g.求A的初速度的大小。
解析：設在發生碰撞前的瞬間，木塊A的速度大小為v；在碰撞后的瞬間，A和B的速度分別為v1和v2。在碰撞過程中，由能量守恒定律和動量守恒定律。得
v2= v12+ •2v22，v=v1+2v2，
式中，以碰撞前木塊A的速度方向為正。聯立解得：v1=- v2/2.
設碰撞后A和B運動的距離分別為d1和d2，由動能定理得
μgd1= v12。μ(2)gd2= 2v22。
按題意有：d=d1+d2。
設A的初速度大小為v0，由動能定理得μgd= v02- v2
聯立解得：v0= 。
2.（2013全國新課標理綜II第35題）（2）（10分）如圖，光滑水平直軌道上有三個質量均為的物塊A、B、C。B的左側固定一輕彈簧（彈簧左側的擋板質量不計）。設A以速度v0朝B運動，壓縮彈簧；當AB速度相等時，B與C恰好相碰并粘接在一起，然后繼續運動，假設B和C碰撞過程時間極短。求從A開始壓縮彈簧直至與彈簧分離的過程中，
（i）整個系統損失的機械能；
（ii）彈簧被壓縮到最短時的彈性勢能。
【命題意圖】本題考查碰撞、彈性勢能、動量守恒定律、能量守恒定律及其相關知識點，意在考查考生綜合運用知識解決問題的能力。
解析：（i）從A開始壓縮彈簧到A與B具有相同速度v1時，對AB與彈簧組成的系統，由動量守恒定律得： v0=2 v1，①
此時B與C發生完全非彈性碰撞，設碰撞后的瞬時速度為v2，系統損失的機械能為△E，對BC組成的系統，由動量守恒定律，v1=2 v2，②
由能量守恒定律， v12= (2) v22+△E ③ 聯立解得：△E= v02。
（ii）由②式可知，v2< v1，A將繼續壓縮彈簧，直至三者速度相同，設此時速度為v3，此時彈簧被壓縮到最短。其彈性勢能為Ep。由動量守恒定律，
v0=3 v3，
由能量守恒定律， v02-△E = (3) v32+ Ep。
聯立解得：彈簧被壓縮到最短時的彈性勢能Ep = v02。。
3.(2013高考江蘇物理第12B題)（3）如題12C-2圖所示，進行太空行走的宇航員A和B的質量分別為80kg和100kg，他們攜手遠離空間站，相對空間站的速度為0.1/ s。 A將B向空間站方向輕推后，A的速度變為0.2/ s，求此時B的速度大小和方向。
(3)根據動量守恒
解得 vB=0.02/ s。 離開空間站方向
4.（2013高考山東理綜第38（2）題）（2）如圖所示，光滑水平軌道上放置長板A（上表面粗糙）和滑塊C，滑塊B置于A的左端，三者質量分別為A=2kg，B=1kg，C=2kg。開始時C靜止，A、B一起以v0=5/s的速度勻速向右運動，A與C發生碰撞（時間極短）后C向右運動，經過一段時間，A、B再次達到共同速度一起向右運動，且恰好不再與C碰撞。求A與C發生碰撞后瞬間A的速度大小。
解析：因碰撞時間極短，A與C碰撞過程動量守恒，設碰撞后瞬間A的速度大小為vA，C的速度大小為vC，以向右為正方向，由動量守恒定律得
Av0= AvA + CvC， ①
A與B在摩擦力作用下達到共同速度，設共同速度為vAB，由動量守恒定律得
AvA+ Bv0= (A) + B vAB ②
A、B達到共同速度后恰好不再與C碰撞，應滿足：vAB = vC。③
聯立①②③式解得：vA=2/s。
5.（2013高考福建理綜第30題） (2)將靜置在地面上，質量為（含燃料）的火箭模型點火升空，在極短時間內以相對地面的速度v0豎直向下噴出質量為的熾熱氣體。忽略噴氣過程重力和空氣阻力的影響，則噴氣結束時火箭模型獲得的速度大小是 。（填選項前的事母）
A. B. C. D.
答案：D
解析：由動量守恒定律， v0=(-)v，解得v= ，選項D正確。

6.（2013高考廣東理綜第35題）如圖18，兩塊相同平板P1，P2置于光滑水平面上，質量均為。P2的右端固定一輕質彈簧，左端A與彈簧的自由端B相距L。物體P置于P1的最右端，質量為2,且可看作質點。P1與P以共同速度v0向右運動，與靜止的P2發生碰撞，碰撞時間極短。碰撞后P1與P2粘連在一起。P壓縮彈簧后被彈回并停在A點（彈簧始終在彈性限度內）。P與P2之間的動摩擦因數為μ。求
（1）P1、P2剛碰完時的共同速度v1和P的最終速度v2；
（2）此過程中彈簧的最大壓縮量x和相應的彈性勢能Ep。
考點：動量守恒、能量守恒、臨界分析
解析：（1）P1和P2碰撞,動量守恒:
v0=(+)v1 ① 得出：
P在p2上滑行過程， P1、P2、P組成的系統動量守恒：
2v0+2v1=4v2② 得出：
(2) P1、P2、P 第一次等速，彈簧最大壓縮量x最大，由能量守恒得 ③
P剛進入P2 到P1、P2、P 第二次等速，由能量守恒得；

④
由③④得： ， 。
專題二十二、近代物理
1．（2013高考上海物理第2題）當用一束紫外線照射鋅板時，產生了光電效應，這時
(A)鋅板帶負電(B)有正離子從鋅板逸出
(C)有電子從鋅板逸出(D)鋅板會吸附空氣中的正離子
答案：C
解析：當用一束紫外線照射鋅板時，產生了光電效應，有電子從鋅板逸出，鋅板帶正電，選項C正確ABD錯誤。

2. （2013全國新課標理綜II第35題）（1）關于原子核的結合能，下列說法正確的是
A．原子核的結合能等于使其完全分解成自由核子所需的最小能量
B．一重原子核變成α粒子和另一原子核，衰變產物的結合能之和一定大于原來重核的結合能
C．銫原子核（ Cs）的結合能小于鉛原子核（ Pb）的結合能
D．比結合能越大，原子核約不穩定
E．自由核子組成原子核時，其質量虧損所對應的能量小于該原子核的結合能
35.(1)ABC【命題意圖】本題考查原子核物理的結合能及其相關知識點，意在考查考生綜合應用知識分析問題的能力。
【解題思路】比結合能越大，原子核約穩定，選項D錯誤。自由核子組成原子核時，其質量虧損所對應的能量等于該原子核的結合能，選項E錯誤。
【快速解題】對于了解知道類，可應用知道的知識分析各個選項，迅速得出答案。
3．（2013高考上海物理第7題）在一個 原子核衰變為一個 原子核的過程中，發生β衰變的次數為
(A)6次(B)10次(C)22次(D)32次
答案：A
解析：一個 原子核衰變為一個 原子核的過程中，發生α衰變的次數為（238-206）÷4=8次，發生β衰變的次數為2×8-(92-82)=6次，選項A正確。
4．（2013高考上海物理第9題）小行星繞恒星運動，恒星均勻地向四周輻射能量，質量緩慢減小，可認為小行星在繞恒星運動一周的過程中近似做圓周運動。則經過足夠長的時間后，小行星運動的
(A)半徑變大(B)速率變大(C)角速度變大(D)加速度變大
答案：A
解析：恒星均勻地向四周輻射能量，根據愛因斯坦的質能方程關系式，恒星質量緩慢減小，二者之間萬有引力減小，小行星運動的半徑增大，速率減小，角速度減小，加速度減小，選項A正確BCD錯誤。
5．（2013高考上海物理第17題）某半導體激光器發射波長為1.5×10-6，功率為5.0×10-3W的連續激光。已知可見光波長的數量級為10-7，普朗克常量h＝6.63×10-34J•s，該激光器發出的
(A)是紫外線(B)是紅外線
(C)光子能量約為1.3×10-18J(D)光子數約為每秒3.8×1016個
答案：（藍色）
解析：由于激光波長大于可見光波長，所以該激光器發出的是紅外線，選項B正確A錯誤。由E=hc/λ可得光子能量約為E=6.63×10-34×3×108÷(1.5×10-6)J=1.3×10-19J，選項C錯誤。光子數約為每秒為n=P/E=3.8×1016個，選項D正確。
6．（2013高考重慶理綜第2題）鈾是常用的一種核燃料，若它的原子核發生了如下的裂變反應： 則a+b可能是
A． B． C． D．
答案：D
解析：由核反應遵循的質量數守恒可知a+b的質量數之和為234，由核反應遵循的電荷數守恒可知a+b的電荷數為92，所以a+b可能是 ，選項D正確。
7. (2013高考北京理綜第20題)以往我們認識的光電效應是單光子光電效應，即一個電子在極短時間內只能吸收到一個光子而從金屬表面逸出。強激光的出現豐富了人們對于光電效應的認識，用強激光照射金屬，由于其光子密度極大，一個電子在極短時間內吸收多個光子成為可能，從而形成多光子光電效應，這已被實驗證實。
光電效應實驗裝置示意如圖。用頻率為ν的普通光源照射陰極k，沒有發生光電效應，換同樣頻率為ν的強激光照射陰極k，則發生了光電效應；此時，若加上反向電壓U，即將陰極k接電源正極，陽極A接電源負極，在kA之間就形成了使光電子減速的電場，逐漸增大U，光電流會逐漸減��；當光電流恰好減小到零時，所加反向電壓U可能是下列的（其中W為逸出功，h為普朗克常量，e為電子電量）
A. U= - B. U=2 - C.U=2hν-W D. U= -
答案：B
解析：設電子在極短時間內吸收n個光子，由光電效應方程可得：Ek=nhν-W，由動能定理，eU= Ek，聯立解得U=n - 。n只能為大于1的整數，所以選項B正確ACD錯誤。
8.[物理選修3-5](本題共有兩小題，每小題6分，共12分。每小題只有一個符合題意)
（2013高考福建理綜第30題）(1)在盧瑟福α粒子散射實驗中，金箔中的原子核可以看作靜止不動，下列各圖畫出的是其中兩個α粒子經歷金箔散射過程的徑跡，其中正確的是____。（填選圖下方的字母）

答案：C
解析：由于α粒子帶正電，受到原子核的排斥，兩個α粒子經歷金箔散射過程的徑跡，其中正確的是C。
9．（2013全國高考大綱版理綜第16題）放射性元素氡（ ）經α衰變成為釙 ，半衰期為3.8天；但勘測表明，經過漫長的地質年代后，目前地殼中仍存在天然的含有放射性元素 的礦石，其原因是（ ）
A．目前地殼中的 主要來自于其它放射元素的衰變
B．在地球形成的初期，地殼中元素 的含量足夠高
C．當衰變產物 積累到一定量以后， 的增加會減慢 的衰變進程
D． 主要存在于地球深處的礦石中，溫度和壓力改變了它的半衰期
答案：A 解析：目前地殼中仍存在天然的含有放射性元素 的礦石，其原因是目前地殼中的 主要來自于其它放射元素的衰變，選項A正確。
10.（2013全國新課標理綜1第35題）(1)(6分)一質子束入射到能止靶核 上，產生如下核反應:
p+ →X+n
式中p代表質子，n代表中子，x代表核反應產生的新核.由反應式可知，新核X的質子數為 ，中子數為 。
答案：14 13
解析：根據核反應方程遵循的電荷量守恒可得新核X的質子數為14. 根據核反應方程遵循的質量數守恒可得新核的中子數為27+1-1-13=14.
11．（2013高考上海物理第21題）放射性元素 衰變為 ，此衰變過程的核反應方程是＿＿＿＿；用此衰變過程中發出的射線轟擊 ，可得到質量數為22的氖(Ne)元素和另一種粒子，此核反應過程的方程是＿＿＿＿。
答案： → + He He+ → Ne+ H。
解析：根據衰變規律，此衰變過程的核反應方程是 → + He。用α射線轟擊 ，可得到質量數為22的氖(Ne)元素和另一種粒子，此核反應過程的方程是： He+ → Ne+ H。

12.（2013高考山東理綜第38（1）題）（1）恒星向外輻射的能量來自于其內部發生的各種熱核反應。當溫度達到108K時，可以發生“氦燃燒”。
①完成“氦燃燒”的核反應方程： He+ → Be+γ。
② Be是一種不穩定的粒子，其半衰期為2.6×10-16s。一定質量的 Be，經7.8×10-16s后所剩 Be占開始時的 。
答案： He 1/8或12.5%
解析：①由核反應滿足的質量數守恒和電荷數守恒可得“氦燃燒”的核反應方程： He+ He→ Be+γ。
②經7.8×10-16s即三個半衰期后所剩 Be占開始時的（1/2）3=1/8。
13.(2013高考江蘇物理第12C題)（1）如果一個電子的德布羅意波長和一個中子的相等，則它們的___▲____也相等。
（A）速度（B）動能（C）動量（D）總能量
(1)C解析：根據德布羅意物質波公式，如果一個電子的德布羅意波長和一個中子的相等，則它們的動量相等，選項C正確。
14．（2013高考天津理綜物理第1題）下列說法正確的是
A．原子核發生衰變時要遵守電荷守恒和質量守恒的規律
B. α射線、β射線、γ射線都是高速運動的帶電粒子流
C．氫原子從激發態向基態躍遷只能輻射特定頻率的光子
D．發生光電效應時光電子的動能只與入射光的強度有關
答案：C
解析：原子核發生衰變時要遵守電荷守恒和質量數守恒的規律，衰變，放出能量，有質量虧損，質量不守恒，選項A錯誤。α射線、β射線都是高速運動的帶電粒子流，而γ射線是電磁波，選項B錯誤。根據波爾理論，氫原子從激發態向基態躍遷只能輻射特定頻率的光子，選項C正確。發生光電效應時光電子的動能與入射光的強度無關，只與入射光的頻率有關，選項D錯誤。
15.（2013高考廣東理綜第17題）鈾核裂變是核電站核能的重要，其一種裂變反應 ，下列說法正確的有
A．上述裂變反應中伴隨著中子放出B．鈾塊體積對鏈式反應的發生無影響
C．鈾核的鏈式反應可人工控制D．鈾核的半衰期會受到環境溫度的影響
15.考點：核裂變，半衰期，鏈式反應
答案：AC解析：根據題給裂變反應方程，可知上述裂變反應中伴隨著中子放出，選項A正確，鈾塊體積對鏈式反應的發生有影響，只有鈾塊體積大于臨界體積時才能發生鏈式反應，選項B錯誤。鈾核的鏈式反應可人工控制，鈾核的半衰期不會受到環境溫度的影響，選項C正確D錯誤。
16.(2013高考江蘇物理第12B題)（2）根據玻爾原子結構理論，氦離子（He+）的能級圖如題12C-1圖所示。 電子處在n=3軌道上比處在n=5軌道上離氦核的距離___▲____ （選填“近”或“遠”）。 當大量He+處在n=4的激發態時，由于躍遷所發射的譜線有___▲____條。
(2)近 6解析：電子處在n=3軌道上比處在n=5軌道上離氦核的距離近。當大量He+處在n=4的激發態時，由于躍遷所發射的譜線有3+2+1=6條。

專題二十三、物理學史、單位制、物理學研究方法
1. （2013全國新課標理綜II第19題）在物理學發展過程中，觀測、實驗、假說和邏輯推理等方法都起到了重要作用。下列敘述符合史實的是
A．奧斯特在實驗中觀察到電流的磁效應，該效應揭示了電和磁之間存在聯系
B．安培根據通電螺線管的磁場和條形磁鐵的磁場的相似性，提出了分子電流假說，
C．法拉第在實驗中觀察到，通有恒定電流的靜止導線附近的固定導線圈中，會出現感應電流，
D．楞次在分析了許多實驗事實后提出，感應電流應具有這樣的方向，即感應電流的磁場總要阻礙引起感應電流的磁通量的變化
1.ABD
【命題意圖】本題考查電學中重要物理學史及其相關知識點，意在考查考生對物理學重要史事的知道情況。
【解題思路】奧斯特在實驗中觀察到電流的磁效應，該效應揭示了電流能夠產生磁場，電和磁之間存在聯系，選項A正確。安培根據通電螺線管的磁場和條形磁鐵的磁場的相似性，提出了分子電流假說，選項B正確。法拉第在實驗中觀察到，通有恒定電流的靜止導線附近的固定導線圈中，由于導線圈中磁通量不變，不會產生感應電流，選項C錯誤。楞次在分析了許多實驗事實后提出，感應電流應具有這樣的方向，即感應電流的磁場總要阻礙引起感應電流的磁通量的變化，這就是楞次定律，選項D正確。
【考場捷徑】了解知道重要的物理學史可快速解答此題。
2. （2013全國新課標理綜1第14題）右圖是伽利略1604年做斜面實驗時的一頁手稿照片，照片左上角的三列數據如下表。表中第二列是時間，第三列是物體沿斜面運動的距離，第一列是伽利略在分析實驗數據時添加的。根據表中的數據，伽利略可以得出的結論是
A.物體具有慣性B.斜面傾角一定時，加速度與質量無關
C.物體運動的距離與時間的平方成正比D.物體運動的加速度與重力加速度成正比
【命題意圖】本題考查伽利略斜面實驗等相關知識點，意在考查考生應用相關知識定量分析物理問題，解決問題的能力。
答案：C
解析：根據表中的數據，第一列與第三列數據存在比例關系，第一列數據是第二列數據的二次方，伽利略可以得出的結論是：物體運動的距離與時間的平方成正比，選項C正確。
3.（2013高考山東理綜第14題）伽利略開創了實驗研究和邏輯推理相結合探索物理規律的科學方法，利用這種方法伽利略發現的規律有
A.力不是維持物體運動的原因B.物體之間普遍存在相互吸引力
C.忽略空氣阻力，重物與輕物下落得同樣快D.物體間的相互作用力總是大小相等，方向相反
答案：AC
解析：利用這種方法伽利略發現的規律有：力不是維持物體運動的原因，忽略空氣阻力，重物與輕物下落得同樣快，選項AC正確。
4.（2013高考福建理綜第17題）在國際單位制（簡稱SI）中，力學和電學的基本單位有：（米）、kg（千克）、s（秒）、A（安培）。導出單位V（伏特）用上述基本單位可表示為
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，導出單位V（伏特）用上述基本單位可表示為2•kg•s-3•A-1.，選項B正確。

5. （2013高考重慶理綜第4題）題4圖1為伽利略研究自由落體運動實驗的示意圖，讓小球由傾角為θ的光滑斜面滑下，然后在不同的θ角條件下進行多次實驗，最后推理出自由落體運動是一種勻加速直線運動。分析該實驗可知，小球對斜面的壓力、小球運動的加速度和重力加速度與各自最大值的比值y隨θ變化的圖像分別對應題4圖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：伽利略研究自由落體運動實驗，小球對斜面的壓力在斜面傾角為θ=0時最大、θ=π/2最小為零。小球對斜面的壓力與最大值的比值y隨θ變化的圖像對應題4圖2中的③；小球運動的加速度在斜面傾角為θ=0時最小，為零、θ=π/2最大為g。小球運動的加速度與最大值的比值y隨θ變化的圖像對應題4圖2中的②；重力加速度是一恒定值，與最大值的比值y隨θ變化的圖像對應題4圖2中的①。所以選項B正確。
6.(2013高考北京理綜第24題)對于同一物理問題，常�？梢詮暮暧^與微觀兩個不同角度進行研究，找出其內在聯系，從而更加深刻地理解其物理本質。
（1）一段橫截面積為S、長為l的直導線，單位體積內有n個自由電子，電子電量為e。該導線通有電流時，假設自由電子定向移動的速率均為v。
（a）求導線中的電流I。
（b）將該導線放在勻強磁場中，電流方向垂直于磁感應強度B，導線所受安培力大小為F安，導線內自由電子所受洛倫茲力大小的總和為F，推導F安=F。
（2）正方體密閉容器中有大量運動粒子，每個粒子質量為，單位體積內粒子數量n為恒量。為簡化問題，我們假定：粒子大小可以忽略，其速率均為v，且與器壁各面碰撞的機會均等；與器壁碰撞前后瞬間，粒子速度方向都與器壁垂直，且速率不變。利用所學力學知識，導出器壁單位面積所受粒子壓力f與、n和v的關系。
（注意：解題過程中需要用到、但題目沒有給出的物理量，要在解題時做必要的說明）
解析：（1）（a）設△t時間內通過導體橫截面的電量為△q，由電流定義，有：
I=△q/△t= =neSv。
（b）每個自由電子所受的洛倫茲力f=evB，
設導體中共有N個自由電子，N=nSL，
導體內自由電子所受洛倫茲力大小的總和：F=Nf= nSL•evB，
由安培力公式，有：F安=ILB= neSv •LB，
得：F安=F。
（2）一個粒子每與器壁碰撞一次給器壁的沖量為：△I=2v，
如圖，以器壁上的面積S為底，以v△t為高構成柱體，由題設可知，其內的粒子在△t時間內有1/6與器壁S發生碰撞，碰撞粒子總數為：N= nSv△t。
△t時間內粒子給器壁的沖量為：
I=N•△I= nSv△t•2v= nSv2△t.
面積為S的器壁受到的壓力為F=I/△t，
器壁單位面積所受粒子壓力f=F/S= nv2。
專題二十四、力學電學綜合性應用問題

1．（2013高考浙江理綜第24題）(20分)“電子能量分析器”主要由處于真空中的電子偏轉器和探測板組成。偏轉器是由兩個相互絕緣、半徑分別為RA和RB的同心圓金屬半球面A和B構成，A、B為電勢值不等的等勢面，其過球心的截面如圖所示。一束電荷量為e、質量為的電子以不同的動能從偏轉器左端的正中間小孔垂直入射，進入偏轉電場區域，最后到達偏轉器右端的探測板N，其中動能為Ek0的電子沿等勢面C做勻速圓周運動到達N板的正中間。忽略電場的邊緣效應。
（1）判斷球面A、B的電勢高低，并說明理由；
（2）求等勢面C所在處電場強度E的大��；
（3）若半球面A、B和等勢面C的電勢分別為φA、φB和φC，則到達N板左、右邊緣處的電子，經過偏轉電場前、后的動能改變量ΔEK左和ΔEK右分別為多少？
（4）比較ΔEK左和ΔEK右的大小，并說明理由。
解析：
（1）電子(帶負電)做圓周運動，電場力方向指向球心，電場方向從B指向A，B板電勢高于A板。
（2）據題意，電子在電場力作用下做圓周運動，考慮到圓軌道上的電場強度B大小相同，有：
eE=v2/R，Ek0= v2/2，R=(RA+RB)/2，聯立解得：E= =
（3）電子運動時只有電場力做功，根據動能定理，有：ΔEK=qU
對到達N板左側邊緣的電子，電場力做正功，動能增加，有：ΔEK左=e(φB-φC)
對到達N板右側邊緣的電子，電場力做負功，動能減小，有：ΔEK右=e(φA-φC)
（4）根據電場線的特點，等勢面B與C之間的電場強度大于C與A之間的電場強度，考慮到等勢面間距相等，有：│φB-φC│>│φA-φC│
即：│ΔEK左│>│ΔEK右│
2．（2013高考浙江理綜第25題）（22分）為了降低潛艇噪音，提高其前進速度，可用電磁推進器替代螺旋槳。潛艇下方有左、右兩組推進器，每組由6個相同的用絕緣材料制成的直線通道推進器構成，其原理示意圖如下。在直線通道內充滿電阻率ρ=0.2Ω∙的海水，通道中a×b×c=0.3×0.4×0.3的空間內，存在由超導線圈產生的勻強磁場，其磁感應強度B=6.4T、方向垂直通道側面向外。磁場區域上、下方各有a×b=0.3×0.4的金屬板、N，當其與推進器專用直流電源相連后，在兩板之間的海水中產生了從N到，大小恒為I=1.0×103A的電流，設電流只存在于磁場區域。不計電源內阻及導線電阻，海水密度ρ=1.0×103kg/3。
（1）求一個直線通道推進器內磁場對通電海水的作用力大小，并判斷其方向。
（2）在不改變潛艇結構的前提下，簡述潛艇如何轉彎？如何倒車？
（3）當潛艇以恒定速度v0=30/s前進時，海水在出口處相對于推進器的速度v=34/s，思考專用直流電源所提供的電功率如何分配，求出相應功率的大小。
解析：（1）將通電海水看成導線，所受磁場力：F=IBL，
代入數據得：F=IBc=1.0×103×6.4×0.3N=1.92×103N.
用左手定則判斷磁場對海水作用力方向向右（或與海水出口方向相同）
（2）考慮到潛艇下方有左、右兩組推進器，可以開啟或關閉不同個數的左、右兩側的直線通道推進器，實施轉彎。
改變電流方向，或者磁場方向，可以改變海水所受磁場力的方向，根據牛頓第三定律，使潛艇“倒車”。
（3）電源提供的電功率中的第一部分：牽引功率：P1=F牽v0。
根據牛頓第三定律：F牽=12IBL。
當v0=30s時，代入數據得：P1=F牽v0=12×1.92×103×30W=6.9×105W。
第二部分：海水的焦耳熱功率
對單個直線推進器，根據電阻定律，R=ρL/S。
代入數據得：R=ρc/ab=0.2× Ω=0.5Ω.
由熱功率公式：P=I2R，
代入數據得：P單=I2R=(1.0×103)2×0.5W=5.0×105W。
P2=12×5.0×105W=6.0×106W
第三部分：單位時間內海水動能的增加值
設△t時間內噴出海水的質量為，P3=12×
考慮到海水的初動能為零，△Ek= Ek= v ，
=ρbcv △t，
P3=12× = P3=12× ρbcv =4.6×104W。
3. （2013高考天津理綜物理第12題）(20分）超導現象是20世紀人類重大發現之一，日前我國己研制出世界傳輸電流最大的高溫超導電纜并成功示范運行。
(l）超導體在溫度特別低時電阻可以降到幾乎為零，這種性質可以通過實驗研究．將一個閉合超導金屬圈環水平放置在勻強磁場中，磁感線垂直于圈環平面向上，逐漸降低溫度使環發生由正常態到超導態的轉變后突然撤去磁場，若此后環中的電流不隨時間變化．則表明其電阻為零。請指出自上往下看環中電流方向，并說明理由。
（2）為探究該圓環在超導狀態的電阻率上限ρ，研究人員測得撤去磁場后環中電流為I,并經一年以上的時間t未檢測出電流變化。實際上儀器只能檢測出大于ΔI的電流變化，其中△I<<I，當電流的變化小于△I時，儀器檢測不出電流的變化，研究人員便認為電流沒有變化。設環的橫截面積為S，環中定向移動電子的平均速率為v，電子質量為、電荷量為e．試用上述給出的各物理量，推導出ρ的表達式。
(3）若仍使用上述測量儀器，實驗持續時間依舊為t．為使實驗獲得的該圓環在超導狀態的電阻率上限ρ的準確程度更高，請提出你的建議，并簡要說明實現方法．
解析：（1）逆時針方向。
撤去磁場瞬間，環所圍面積的磁通量突變為零，由楞次定律可知，環中電流的磁場方向應與原磁場方向相同，即向上。由安培定則可知，環中電流方向是沿逆時針方向。
（2）設圓環周長為L，電阻為R，由電阻定律，得R=ρL/S。
設t時間內環中電流釋放焦耳熱而損失的能量為△E，由焦耳定律得：△E=I2Rt。
設環中單位體積內定向移動電子數為n，則：I=nevS。
式中n、e、S不變，只有定向移動電子的平均速率的變化才會引起環中電流的變化。電流變化大小取△I時，相應定向移動電子的平均速率變化的大小為△v，則：△I=neS△v。
設環中定向移動電子減少的動能總和為△Ek，則：△Ek =nLS[ v2- (v-△v)2].
由于△I<<I，可得：△Ek = △I。根據能量守恒定律，得：△E=△Ek 。
聯立解得：ρ= 。
（3）由ρ= 看出，在題設條件限制下，適當增大超導電流，可以使實驗獲得ρ的準確程度更高。通過增大穿過該環的磁通量變化率可實現增大超導電流。
2013高考物理分類解析
專題二十五、帶電粒子在電場中的運動
1．（19分）（2013全國高考大綱版理綜第25題）一電荷量為q（q＞0）、質量為的帶電粒子在勻強電場的作用下，在t＝0時由靜止開始運動，場強隨時間變化的規律如圖所示。不計重力，求在t＝0到t＝T的時間間隔內
（1）粒子位移的大小和方向；
（2）粒子沿初始電場反方向運動的時間。
1．（19分）解法一：粒子在0～T/4、T/4～T/2、
T/2～3T/4、3T/4～T時間間隔內做勻變速運動，
設加速度分別為a1、a2、a3、a4，由牛頓第二定律得 、 、
、
（每個式子1分）
由此得帶電粒子在0～T時間間隔內運動的a—t圖像如圖（a）所示（2分），對應的v—t圖像如圖（b）所示（3分），其中
（1分）
由圖（b）可知，帶電粒子在t＝0到t＝T時的位移為
（2分）
聯立解得 （2分）
它的方向沿初始電場正方向。 （1分）
（2）由圖（b）可知，粒子在t＝3T/8到t＝5T/8內沿初始電場反方向運動，總的運動時間為
（4分）
解法二：帶電粒子在粒子在0～T/4、T/4～T/2、T/2～3T/4、3T/4～T時間間隔內做勻變速運動，設加速度分別為a1、a2、a3、a4，由牛頓第二定律得
、
、
、
（每個式子1分）
設粒子在t＝T/4、t＝T/2、t＝3 T/4、t＝T時刻的速度分別為v1、v2、v3、v4，則有
、 、 、 （每個式子1分）
設帶電粒子在t＝0到t＝T時的位移為s，有
（4分）
解得 （2分）
它的方向沿初始電場正方向。 （1分）
（2）由電場的變化規律知，粒子從t＝T/4時開始減速，設經過時間t1粒子速度為零，有
，解得 t1＝T/8 （1分）
粒子從t＝T/2時開始加速，設經過時間t2粒子速度為零，有
，解得 t2＝T/8 （1分）
設粒子從t＝0到t＝T內沿初始電場反方向運動的時間為t2，有
t＝ （1分）
解得t＝T/4 （1分）
2．（2013高考浙江理綜第24題）(20分)“電子能量分析器”主要由處于真空中的電子偏轉器和探測板組成。偏轉器是由兩個相互絕緣、半徑分別為RA和RB的同心圓金屬半球面A和B構成，A、B為電勢值不等的等勢面，其過球心的截面如圖所示。一束電荷量為e、質量為的電子以不同的動能從偏轉器左端的正中間小孔垂直入射，進入偏轉電場區域，最后到達偏轉器右端的探測板N，其中動能為Ek0的電子沿等勢面C做勻速圓周運動到達N板的正中間。忽略電場的邊緣效應。
（1）判斷球面A、B的電勢高低，并說明理由；
（2）求等勢面C所在處電場強度E的大��；
（3）若半球面A、B和等勢面C的電勢分別為φA、φB和φC，則到達N板左、右邊緣處的電子，經過偏轉電場前、后的動能改變量ΔEK左和ΔEK右分別為多少？
（4）比較ΔEK左和ΔEK右的大小，并說明理由。
解析：（1）電子(帶負電)做圓周運動，電場力方向指向球心，電場方向從B指向A，B板電勢高于A板。
（2）據題意，電子在電場力作用下做圓周運動，考慮到圓軌道上的電場強度B大小相同，有：
eE=v2/R，
Ek0= v2/2，
R=(RA+RB)/2，
聯立解得：E= =
（3）電子運動時只有電場力做功，根據動能定理，有：ΔEK=qU
對到達N板左側邊緣的電子，電場力做正功，動能增加，有：ΔEK左=e(φB-φC)
對到達N板右側邊緣的電子，電場力做負功，動能減小，有：ΔEK右=e(φA-φC)

（4）根據電場線的特點，等勢面B與C之間的電場強度大于C與A之間的電場強度，考慮到等勢面間距相等，有：│φB-φC│>│φA-φC│
即：│ΔEK左│>│ΔEK右│

3. （2013全國新課標理綜II第24題）如圖，勻強電場中有一半徑為r的光滑絕緣軌道，軌道平面與電場方向平行。一電荷量為q（q>0）的質點沿軌道內側運動，經過a點和b點時對軌道壓力分別為Na和 Nb。不計重力，求電場強度的大小E、質點經過a點和b點時的動能。

【命題意圖】 本題主要考查受到約束的帶電質點在勻強電場中的運動、牛頓第二定律、動能定理及其相關的知識點，意在考查考生靈活應用知識解決問題的能力。
解：質點所受電場力的大小為：f=qE，①
設質點質量為，經過a點和b點時的速度大小分別為va和vb，由牛頓第二定律有：f+Na= ②
Nb ?f = ③
設質點經過a點和b點時的動能分別為Eka和Ekb，有
Eka= va2 ④
Ekb= vb2 ⑤
根據動能定理有：Ekb- Eka=2rf， ⑥
聯立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】解決受到約束的帶電質點在勻強電場中的運動，在某個位置分析受力，應用牛頓第二定律列出相關方程，對運動過程，應用動能定理列出相關方程聯立解得。

4．（2013高考上海物理第32題）(12分)半徑為R，均勻帶正電荷的球體在空間產生球對稱的電場；場強大小沿半徑分布如圖所示，圖中E0已知，E－r曲線下O－R部分的面積等于R－2R部分的面積。
(1)寫出E－r曲線下面積的單位；
(2)己知帶電球在r≥R處的場強E＝kQ／r2，式中k為靜電力常量，該均勻帶電球所帶的電荷量Q為多大?
(3)求球心與球表面間的電勢差△U；
(4)質量為，電荷量為q的負電荷在球面處需具有多大的速度可以剛好運動到2R處?
解析：（1）E－r曲線下面積的單位為伏特。
（2）由點電荷的電場強度公式，E0=kQ/R2，
解得：該均勻帶電球所帶的電荷量Q= E0 R2/k。
（3）根據E－r曲線下面積表示電勢差，球心與球表面間的電勢差△U= E0 R/2。
（4）根據題述E－r曲線下O－R部分的面積等于R－2R部分的面積，球體表面到2R處的電勢差△U= E0 R/2。由動能定理，q△U= v2，
解得：v= 。
專題二十六、電磁感應綜合性問題
1.（19分）（2013全國新課標理綜1第25題）如圖，兩條平行導軌所在平面與水平地面的夾角為θ，間距為L。導軌上端接有一平行板電容器，電容為C。導軌處于勻強磁場中，磁感應強度大小為B，方向垂直于導軌平面。在導軌上放置一質量為的金屬棒，棒可沿導軌下滑，且在下滑過程中保持與導軌垂直并良好接觸。已知金屬棒與導軌之間的動摩擦因數為μ，重力加速度大小為g。忽略所有電阻。讓金屬棒從導軌上端由靜止開始下滑，求:
(1)電容器極板上積累的電荷量與金屬棒速度大小的關系；
(2)金屬棒的速度大小隨時間變化的關系。
【命題意圖】本題考查電磁感應、摩擦力、安培力、電容器、電流、牛頓第二定律等基礎知識點，意在考查考生應用相關知識定量分析物理問題，解決問題的能力。
．解析：
（1）設金屬棒下滑的速度大小為v，則感應電動勢為E=BLv。①
平行板電容器兩極板之間的電勢差為：U=E，②
設此時電容器極板上積累的電荷量為Q，由電容定義有C=Q/U，③
聯立①②③式解得：Q=CBLv。 ④
（2）設金屬棒的速度大小為v時經歷時間為t，通過金屬棒的電流為i。金屬棒受到的磁場的作用力方向沿導軌向上，大小為：f1=BLi。 ⑤
設在時間間隔（t，t+△t）內流經金屬棒的電荷量為△Q，按定義有：i=△Q/△t。⑥
△Q也是平行板電容器極板在時間間隔（t，t+△t）內增加的電荷量，由④式得，
△Q=CBL△v。 ⑦
式中△v為金屬棒的速度變化量。按照定義有：a=△v/△t ⑧
①②③④⑥⑦
金屬棒所受到的摩擦力方向斜向上，大小為f2=μN，⑨
式中，N是金屬棒對于導軌的正壓力的大小，有：N=gcosθ， ⑩
金屬棒在時刻t的加速度方向沿斜面向下，設其大小為a，根據牛頓第二定律有
gsinθ- f1- f2=a ⑾
聯立⑤至⑾式解得 a= g。⑿
由⑿式及題設可知，金屬棒做初速度為零的勻加速運動，t時刻金屬棒的速度大小為：
v= gt。
2．（2013高考上海物理第33題）(16分)如圖，兩根相距L＝0.4、電阻不計的平行光滑金屬導軌水平放置，一端與阻值R＝0.15Ω的電阻相連。導軌x＞0一側存在沿x方向均勻增大的穩恒磁場，其方向與導軌平面垂直，變化率k＝0.5T/，x＝0處磁場的磁感應強度B0＝0.5T。一根質量＝0.1kg、電阻r＝0.05Ω的金屬棒置于導軌上，并與導軌垂直。棒在外力作用下從x＝0處以初速度v0＝2/s沿導軌向右運動，運動過程中電阻上消耗的功率不變。求：
(1)電路中的電流；
(2)金屬棒在x＝2處的速度；
(3)金屬棒從x＝0運動到x＝2過程中安培力做功的大�。�
(4)金屬棒從x＝0運動到x＝2過程中外力的平均功率。
解析：(1)在x=0時，E=B0Lv=0.5×0.4×2V=0.4V。
電路中的電流I=E/(R+r)=2A；
(2)在x＝2處，磁感應強度B2= B0+kx2＝0.5T+0.5T/×2=1.5T。
E=B2Lv2，
解得：金屬棒在x＝2處的速度v2= /s。
(3)金屬棒從x＝0開始運動時的安培力：F0=B0IL=0.5×2×0.4N=0.4N。
到x＝2時的安培力：FA=B2IL=1.5×2×0.4N=1.2N。
過程中安培力做功的大小W= ( F0 + FA)x=1.6J。
(4)由EIt=W解得t=2s。
由動能定理：Pt-W= v22- v02，
解得P= W=0.71W。

3。(2013高考江蘇物理第13題)（15分）如圖所示，勻強磁場中有一矩形閉合線圈abcd，線圈平面與磁場垂直。 已知線圈的匝數N=100，邊長ab =1.0、bc=0.5，電阻r=2Ω。 磁感應強度B在0~1s內從零均勻變化到0.2T。 在1~5s內從0.2T均勻變化到-0.2T，取垂直紙面向里為磁場的正方向。
求:
（1）0.5s時線圈內感應電動勢的大小E和感應電流的方向；
（2）在1~5s內通過線圈的電荷量q；
（3）在0~5s內線圈產生的焦耳熱Q。
解析：（1）感應電動勢：E1=N ，磁通量變化△Φ1=△B1S，
解得：E1=N S，
代入數據得：E1=10V。
由楞次定律可判斷出感應電流的方向為a→d→c→b→a。
（2）同理可得：E2=N S，感應電流I2= E2/r，電量q= I2△t2，
解得：q=N S。
代入數據得：q=10C。
（3）0~1s內產生的焦耳熱：Q1= I12r△t1，且I1= E1/r，1~5s內產生的焦耳熱：Q2= I22r△t2，
在0~5s內線圈產生的焦耳熱Q= Q1+Q2。 代入數據得：Q=100J。
4（2013高考廣東理綜第36題）圖19（a）所示，在垂直于勻強磁場B的平面內，半徑為r的金屬圓盤繞過圓心O的軸承轉動，圓心O和邊緣K通過電刷與一個電路連接。電路中的P是加上一定正向電壓才能導通的電子元件。流過電流表的電流I與圓盤角速度ω的關系如圖19（b）所示，其中ab段和bc段均為直線，且ab段過坐標原點。ω>0代表圓盤逆時針轉動。已知：R=3.0Ω，B=1.0T，r=0.2。忽略圓盤，電流表和導線的電阻。
（1）根據圖19（b）寫出ab、bc段對應的I與ω的關系式；
（2）求出圖19（b）中b、c兩點對應的P兩端的電壓Ub、Uc；
（3）分別求出ab、bc段流過P的電流IP與其兩端電壓UP的關系式。4. 考點：電磁感應、歐姆定律、并聯電路規律、直線兩點式
解析：（1）圖像得出三點坐標:o（0，0）b（15，0.1） c（45，0.4）.
由直線的兩點式得I與ω關系式：
(2)圓盤切割磁感線產生的電動勢為：
當ω=15rad/s時，產生的電動勢為E=0.02×15V=0.3V。
當ω=45rad/s時，產生的電動勢為E=0.02×45V=0.9V。
忽略圓盤電阻即電源忽略內阻，故Up=E ，可得：
Ub=0.3V ，Uc=0.9V 。
(3)由并聯電路知識有：
① = ②
由①②得IP=I- .