1、 高中物理原创题库之一（前高中物理原创题库之一（前 10 题）题） 湖北省恩施高中 陈恩谱 1、空间存在着平行纸面的匀强电场，但电场的具体方向未知，现用仪器在纸面内沿互成 60角的 OA、 OB 两个方向探测该静电场中各点电势，得到各点电势 与到 O 点距离的函数关系如图所示，则下列关于 该电场的电场强度 E 的说法中，正确的是 A. V/m2E，沿 OA 方向 B. V/m200E，沿 BO 方向 C. V/m3200E，沿AOB角平分线向左 D. V/m 3 3400 E，沿AOB角平分线向左 【答案】D 【解析】由 -x 和 -y 图象可知，OA、OB 两个方向上距离 O 点相同距离处电
2、势相等，比如，取距离 均为 20cm 处，电势均为 40V，则这两点位于同一等势面上，用直线将两点连接，然后作这条等势线的过 O 点的垂线，由电场线和等势面的关系可知，这就是电场线，且方向向左，且电场强度大小等于 V/m 3 3400 cos3020cm V40 d U E，故本题选 D。 【命题意图】考察电场线与等势面的关系、电场强度和电势差的关系，以及识图、信息提取能力；顺 便了解 -x 图象的斜率是电场强度在x方向上的投影。 【易错提醒】【易错提醒】-x 和 -y 图象的斜率 x Ex 、 y Ey 都只是电场强度在 OA、OB 两个方向上的 投影，因此，不可以将这两者合成的方式求解电场
3、强度（C 选项） ，当然更不能把这两个投影直接当做电 场强度本身（B 选项） 。认识到这点，本题就还可以用投影的方式直接求解电场强度。 【参考文献】陈恩谱老师物理原来可以这样学 “高中物理中矢量标积的一些有用的结论”一文。【参考文献】陈恩谱老师物理原来可以这样学 “高中物理中矢量标积的一些有用的结论”一文。 2、如图所示，两足够长的光滑平行金属导轨 MN、PQ 水平放置，导轨间距为 L，垂直导轨的虚线 OO 两 侧导轨所在空间区域存在着磁感应强度均为 B 的相反方向的竖直匀强磁场，两长度均为 L、电阻均为 R、 质量均为 m 的金属导体棒 a、b 垂直导轨放在 OO 左右两侧,并与导轨保持良好
4、接触，不计其他电阻。现 给导体棒 a 一个瞬时冲量，使 a 获得一个水平向右的初速度 v0，则下列关于 a、b 两棒此后的整个运动过 程的说法中，正确的是 A、a、b 两棒组成的系统动量守恒 B、a、b 两棒最终都将以大小为 2 0 v 的速度做匀 速直线运动 C、整个过程中，a 棒上产生的焦耳热为 8 2 0 mv D、整个过程中，流过 a 棒的电荷量为 LB mv 2 0 A B O x y /V 25 O x/cm 50 /V 20 O y/cm 40 M N Q P 【答案】BD 【解析】由右手定则和左手定则可知，两导体棒所受安培力均向左，因此系统动量不守恒，A 错；回 路总电动势为
5、ba BLvBLvE，随着 va的减小、vb的增大，回路总电动势减小，回路电流减小，安培力 减小，两棒加速度最终减为零，两棒均匀速运动，设整个过程回路中的平均电流为I，则由动量定理，有 a 棒： 0 mvmvLBtI a b 棒：0 b mvLBtI 两式联立，解得 2 0 v va向右、 2 0 v vb向左，流过 a 棒的电荷量为 BL mv t Iq 2 0 。 同时，整个过程中，回路中产生的焦耳热为 2 0 222 0 4 1 ) 2 1 2 1 ( 2 1 mvmvmvmvQ ba 总 ，则 a 棒上产生 的焦耳热为 2 0 8 1 2 1 mvQQa 总 。 故 AC 错误，BD
6、正确。 【命题意图】考察右手定制、左手定则、电磁感应定律、动量定理和动量守恒定律，以及回路总电动 势、动态过程分析、串联回路功率分配、电荷量与平均电流的关系，考察分析综合推理能力；顺便指出楞 次定律二级结论“来拒去留”只适用于单向磁场，双向磁场中恰好是“来迎去离” 。 【易错提醒】没注意 OO 两边磁场反向，以为同向，进而误判系统动量守恒，错选 A；对于回路总电 动势计算、动量定理处理导体棒收尾运动问题不熟练，无法分析运动过程和确定终态；没有注意求解的是 a 棒的焦耳热，而当做回路总焦耳热求解，容易错选 C。 【参考文献】陈恩谱老【参考文献】陈恩谱老师物理原来可以这样学 “对楞次定律的深入理解
7、”一文。师物理原来可以这样学 “对楞次定律的深入理解”一文。 3、太阳中所发生的“氢聚变”的实际过程并不是氢原子核直接聚变 为氦原子核，而是借助碳、氮、氧的原子核进行的，其具体反应过 程为如图所示的六步循环，请根据右图，判断下列说法中正确的是 A、X 粒子是电子 B、Y 粒子是中子 C、处所发生的核反应方程为OHN 15 8 1 1 14 7 D、六步循环的总核反应方程为e2HeH4 0 1 - 4 2 1 1 【答案】C 【解析】 由质量数守恒、 电荷数守恒， 可知两个包含了 X 的核反应方程为eNO 0 1 15 7 15 8 、eCN 0 1 13 6 13 7 ， 包含了 Y 的核反应
8、方程为HeCHN 4 2 12 6 1 1 15 7 ， 故可知 X 为正电子e 0 1 ， Y 为氦原子核He 4 2 ， 故 A、 B 错； 经过一个“碳循环” ，碳、氮、氧的原子核都复原，有 4 个质子H 1 1 被吸纳，释放出了 1 个氦原子核He 4 2 和 2 个正电子e 0 1 ，故全过程的总核反应方程为e2HeH4 0 1 4 2 1 1 ，D 错误。 【命题意图】考察核反应方程的书写，核反应中的质量数守恒、电荷数守恒，同时考察基本粒子的符 号，和观察概括能力；顺便介绍聚变反应复杂的实际过程。 【易错提醒】注意不要错把正电子e 0 1 看成了电子e 0 1 ；另外，题干中循环
9、催化作用都提醒了 经过一个碳循环 ，碳、氮、氧的原子核都复原的意思，要结合循环示意图把握住这个意思。 【参考文献】【参考文献】美美 乔治伽莫夫从一到无穷大一书。乔治伽莫夫从一到无穷大一书。 4、万有引力定律和库仑定律具有相同的数学结构，因此，两个定律也就有一些相同的结论。已知孤立带 电导体球处于静电平衡时，电荷均匀分布在外表面；均匀带电球壳外部的电场，可以看作是将球壳上的电 荷全部集中于球心处的点电荷的电场。现类比电场强度，引入引力场强度概念：质量为 m 的质点在引力场 中某点所受引力大小为 F，则该点的引力场强度为 m F g ，则下列关于引力长强度的说法中，正确的是 光子 质子 质子 光子
10、 质子 光子 质子 Y X X A、质量分布均匀的球壳在其球心处产生的引力场强度为零 B、质量分布均匀的球壳在其内部任意位置产生的引力场强度均为零 C、质量为 M、半径为 R 且质量分布均匀的孤立实心球形天体内离球心距离为 r（rR）处的引力场强 度为 2 r M Gg D、质量为 M、半径为 R 且质量分布均匀的孤立实心球形天体外、离天体表面高度为 h 处的引力场强 度为 2 )(hR M Gg 【答案】ABD 【解析】孤立带电导体球处于静电平衡时，其内部电场强度处处为零这是静电平衡的基本结论， 实际上，导体球内部的电场就是其表面电荷产生的电场的叠加结果，由于电荷均匀分布在导体球外表面， 这
11、就是说，均匀带电球壳在其内部产生的电场强度处处为零。类比均匀带电球壳的电场强度，可知质量分 布均匀的球壳在其内部产生的引力场强度也是处处为零，故 AB 正确；将质量分布均匀的实心球体分成半 径为 r 的实心球体（质量设为 m，M R r m 3 3 ）和半径大于 r 的球壳，则球壳在离球心距离为 r（rR）处 产生的引力场强度为零，只需要考虑半径为 r 的实心球体在离球心距离为 r（rR）处产生的引力场强度： r R M G r m Gg 32 ，故 C 错；人造卫星在轨道上运行时，由牛顿第二定律可知， m F a 引 ，这和引力场强 度定义式 m F g 引 完全一致，故 D 正确。 【命题
12、意图】考察静电平衡的基本结论及对基本结论的理解，库仑定律和万有引力定律的相似数学结 构，以及对牛顿第二定律的理解；同时考察类比推理能力、微元分解推理能力。 【易错提醒】不理解处于静电平衡的孤立导体内部场强是由导体表面电荷产生电场的叠加结果，从而 对 B 选项无从下手；没注意半径大于 r 的球壳在其内部产生的引力场强度为零，误把整个球体质量等效看 做集中于球心的质点，从而错选 C。 【参考文献】陈恩谱老师物理原来可以这样学 “对重力加速度的几点辨析”一文。【参考文献】陈恩谱老师物理原来可以这样学 “对重力加速度的几点辨析”一文。 5、如图所示为一台教学用手摇式交流发电机，当缓慢摇动大皮带轮手柄时
13、，连接在发电机上的小灯泡就 会一闪一闪的发光。若已知大皮带轮半径为 R，小皮带轮半径为 r，摇动手柄的角速度为 ，且摇动过程 中皮带不打滑，则下列说法中正确的是 A、发电机产生的交变电流频率为 2 B、小灯泡闪烁的频率为 r R 2 C、小灯泡的瞬时功率等于通过小灯泡的电流电压有效值的乘积 D、提高手摇手柄的角速度，可以使小灯泡亮度基本保持不变和 提高小灯泡的亮度 【答案】D 【解析】大皮带轮与小皮带轮边沿线速度大小相等，则有Rr，解得小皮带轮的角速度为 r R ，再由f 2可知发电机线圈转动频率为 r R f 2 ，此即发电机产生的交变电流的频率，故 A 错； 而小灯泡发光亮度只与电流大小有
14、关， 因此它在一个周期内会闪烁两次， 其闪光频率为 r R f 2 ， 故 B 错；小灯泡闪烁，也就是小灯泡亮度时刻在变化，说明小灯泡的瞬时功率时刻在变化，不是定值，而 电流、 电压有效值乘积计算的是定值， 故 C 错； 当增大， 线圈转动频率 （角速度） 增加时， 由 NBSEm 可知，发电机产生的交变电流频率增加且最大值、有效值均增加，因此灯泡发光亮度增加，频率过快时， 灯丝温度来不及跟随电流变化，小灯泡亮度就会趋于稳定，不再闪烁，这就是白炽灯的工作基础。 【命题意图】考察圆周运动的连接速度关联，交变电流的产生、频率、最大值有效值及其瞬时功率、 平均功率等，同时考察上新课时对演示实验的观察
15、能力。 【易错提醒】不清楚角速度和频率的关系；不注意分析小灯泡亮度其实只与电流的大小有关，因此闪 光频率是交变电流频率的 2 倍；不注意审题，C 选项问的是小灯泡的瞬时功率，而不是一个周期内的平均 功率有效值计算的功率实际上是一个周期内的交变电流的平均功率；平时上课时老师做演示实验却不 注意观察，缺乏必要的经验，就无法迅速判定 D 选项正确与否。 【参考文献】陈恩谱老师物理原来可以这样学 “关于交变电流的几个问题的说明”一文。【参考文献】陈恩谱老师物理原来可以这样学 “关于交变电流的几个问题的说明”一文。 6、如图所示，两根平行直圆棒 MN、PQ 间距保持为R2不变，两棒所在平面与水平面成 角
16、，现将一个 质量为 m、截面半径为 R 的圆柱体搁在 MN、PQ 上，并由静止释放，已知圆柱体与两棒之间的动摩擦因 数均为 3 3 ，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列关于圆柱体被释放后的受力和运动的说法正确 的是 A、圆柱体受到 3 个力的作用 B、两根圆棒对圆柱体的支持力都是cos 2 1 mg C、30时，圆柱体就会沿圆棒下滑 D、45时，圆柱体一定会沿圆棒下滑 【答案】D 【解析】两个圆棒对圆柱体都有支持力和摩擦力，同时圆柱体还受到重力作用，因此圆柱体总共受到 5 个力的作用，A 选项错误；将重力垂直 MN、PQ 确定的平面和平行该平面分解，则垂直该平面向下的分 量为cosmg，垂直
17、圆柱体轴线的平面内作受力分析图，由几何知识和平行四边形定则、平衡条件易知， 两根圆棒对圆柱体的支持力都是cos 2 2 N mgF ，B 选项错误；若圆柱体刚好能够沿圆棒下滑，则沿 圆棒方向，由平衡条件，有：02sin N Fmg，解得 3 6 tan，则 3 6 tan时，圆柱体一定会 沿圆棒下滑，故 C 错、D 正确。 【命题意图】 考察几何关系分析、 空间力系的受力分析、 滑动摩擦定律、 平衡条件和摩擦力临界问题。 【易错提醒】本题容易错误的把两个圆棒的支持力合为一个力，摩擦力也容易犯这个错误；另外，空 间力系的受力分析与计算， 对空间想象能力和矢量分解的理解， 都提出了较高的要求， 学
18、生容易不知所措。 【参考文献】陈恩谱老师物【参考文献】陈恩谱老师物理原来可以这样学 “动力学临界问题的基本类型和处理技巧”一文。理原来可以这样学 “动力学临界问题的基本类型和处理技巧”一文。 7、如图所示，长直木板可以绕其左端水平固定轴转动；初始时刻，木板处于水平状态，物块静止的放置 在木板上；现将木板的右端缓慢抬起，使木板绕水平轴逆时针转动，当物块刚刚开始相对木板滑动时，立 即停止转动木板。已知物块与木板之间的动摩擦因数为 ，且最大静摩擦力大于滑动摩擦力，则下列说法 中正确的是 A、物块尚未滑动时，随着木板右端的抬高，木板对物块的作用力越来越小 B、物块尚未滑动时，随着木板右端的抬高，木板对
19、物块的摩擦力越来越大 C、当木板与水平面的夹角 达到tan后，只需要将木板 右端再抬高无限小一点点，物块就会相对木板滑动起来 D、物块刚刚开始相对木板滑动时，其加速度无限趋近于零 【答案】B 【解析】物块尚未滑动时，设木板与水平面的夹角为 ，则由平衡条件易知，cos N mgF ， sin f mgF ，则随着木板右端的抬高，支持力逐渐减小，摩擦力逐渐增大，但是两者的合力（即木板对 物块的作用力）总是竖直向上，与重力等大，故 A 错误，B 正确；设最大静摩擦力与支持力的关系为 N0fm FF， 则物块即将相对木板滑动时， 有 fm0 sinFmg， 联立解得 00 tan， 由题意， 0 ，
20、即板与水平面的夹角需增加到比 0大时，物块才会相对木板下滑，此时，cossin fm mgFmg， 故有物块所受合力cos-sinmgmgF 合 是并不趋近于零的一个有限值，因此物块的加速度也是并不 趋近于零的一个有限值，故 C、D 错误。 【命题意图】考察平衡条件的理解和计算、牛顿第二定律的应用，以及静摩擦力临界问题；同时考察 学生信息提取能力，了解最大静摩擦力大于滑动摩擦力在实际问题中的影响。 【易错提醒】平时教学中，绝大部分资料和题目总是假定最大静摩擦力等于滑动摩擦力，本题虽然明 确告知两者不等，但是思维惯性仍然可能导致学生认为两者相等，从而错选 C 或 D。 【参考文献】陈恩谱老师物理
21、原来可以这样学 “动力学临界问题的基本类型和处理技巧”一文。【参考文献】陈恩谱老师物理原来可以这样学 “动力学临界问题的基本类型和处理技巧”一文。 8、 “笛音雷”是春节期间常放的一种鞭炮，其着火后一段时间内的速度 时间图象如右图所示（不计空气阻力，取竖直向上为正方向） ，其中 t0 时刻为笛音雷起飞时刻、DE 段是斜率大小为重力加速度 g 的直线。则关 于笛音雷的运动，下列说法正确的是 A、 “笛音雷”在 t2时刻上升至最高点 B、t3t4时间内“笛音雷”做自由落体运动 C、t0t3时间内“笛音雷”的平均速度接近 3 2 v D、若另一颗“笛音雷”紧挨着在 t0时刻起飞，其后的运动情况与 t
22、0时刻起飞的“笛音雷”一样， 则两者之间先越来越近、后又越来越远 【答案】C 【解析】由图可知，t0t4时间内“笛音雷”的速度始终朝上，t3t4时间内“笛音雷”实际上是在做竖 直上抛运动，其加速度就是重力加速度 g，故 A、B 错；将 A、D 用直线连起来，这代表一个匀加速直线 运动，其平均速度为 3 2 v ，而 AD 与横轴所围的面积，接近 ABCD 曲线与横轴所围的面积，故 C 正确；将 图中实线向右平移到时间起点为 t0处，由图易知，两个“笛音雷”相隔先越来越远，在两图线交点处距 离最远，然后两者距离又越来越近，故 D 错误。 【命题意图】考察速度时间图象的理解和信息提取能力、匀变速直
23、线运动基本规律、自由落体运动 和竖直上抛运动，以及追及相遇问题。 【易错提醒】容易将速度时间图象混同于位移时间图象，从而错选 A；以为速度图象下行就是物体下 降，从而错选 B；对追及相遇问题不熟练，容易错选 D。 【参考文献】陈恩谱老师物理原来可以这样学 “【参考文献】陈恩谱老师物理原来可以这样学 “x-t 图象是位移图象是位移-时间图象吗？” “叠加题问题时间图象吗？” “叠加题问题 的分析技巧” “高中物理中的微元法”文。的分析技巧” “高中物理中的微元法”文。 9、如右图所示，固定在光滑水平桌面上的导体棒 MN 中通 有较强的恒定电流，PQ 是一段能够在水平桌面上自由运动 的导体棒。初始
24、时刻，PQ 垂直于 MN 放在 MN 的一侧，现 给 PQ 通以恒定电流，则下列四幅图中，能够正确反映此后 紧接着的一段时间内 PQ 的可能位置的是（时间先后顺序为 a、b、c） M N P Q v v1 t4 v2 t2 v3 v4 t3 t1 t O B A C D E t0 t0 【答案】D 【解析】导体棒 MN 中电流在其上方产生的磁场垂直纸面向外，且由近及远原来越弱；将 PQ 棒微元 等分，则每一部分都受到向右的安培力，但是靠近 MN 的部分所受安培力较大，而远离 MN 的部分所受安 培力较小，安培力的这种分配将导致 PQ 棒向右运动的同时也会逆时针旋转，故选 D。 【命题意图】考察
25、右手螺旋定则、左手定则、通电导线的磁场分布、安培力的计算及微元法、物体的 受力和运动。 【易错提醒】平时教学中，老师们往往为学生总结了同向电流相互吸引、反向电流相互排斥在通 电导体棒相互作用情况下的应用，而不知道这个结论应用的条件，从而导致本题套用结论错选 A 或 C。 【参考文献】陈恩谱老师物理原来可以这样学 “对楞次定律的深入理解”一文。【参考文献】陈恩谱老师物理原来可以这样学 “对楞次定律的深入理解”一文。 10、平行板电容器两极板带上等量异种电荷后的电场线分布如图所示，图中水平虚线为两板间的中线现 将两个带有等量异种电荷的小球 a、b（均可视为点电荷，且 a 在上、b 在下）用绝缘轻杆
26、连接后从离电容 器无穷远处沿中线平移到电容器正中间，平移过程中两小球位置始终关于中线对称若规定离电容器无穷 远处电势为零，则下列说法中正确的是 Aa 球在电容器中所在位置处电势0 a Ba、b 整体在电容器中具有的电势能 p 0E C整个移动过程中，静电力对 a、b 整体做的功 1 W为正功 D若将 a、b 位置互换后仍按原来的方式从无穷远处沿中线平移到电容器正中间，这个过程中静电力 对 a、b 整体做的功 21 WW 【答案】B 【解析】 沿中线移动电荷时， 静电力始终垂直于移动方向， 静电力不做功， 可知该中线是一条等势线， a b c C a b c A a b c B a b c D
27、+ + + + + + + + + + - - - - - - - - - - + - + - a b a b 其延伸到无穷远处，可知其电势为零；顺着电场线方向电势降低，可知 a 球在电容器中所在位置处电势 0 a 、b 球在电容器中所在位置处电势0 b ，而0 a q 、0 b q ，由 p Eq可知，a、b 整体在电 容器中具有的电势能 p 0E ；而 a、b 整体在无穷远处时电势能为零，可知移动过程中，a、b 整体电势能 增加，则静电力对 a、b 整体做负功；将 a、b 位置互换后移到电容器正中间后，0 a 、0 b ，可知移 动过程中，a、b 整体电势能减小，则静电力对 a、b 整体做
28、正功，且有 12 WW 。故本题选 B。 本题还可以用下述等效方式理解：等量异种电荷中垂面是零等势面，而平行板电容器的电场不过就是 等量异种电荷电场的叠加，可知其中线是零势线；先在图示无穷远处将 a、b 整体旋转 90 度使轻杆与中线 重合（此过程静电力不做功） ，并沿中线平移至电容器中（这个过程是在零等势面上移动电荷，静电力仍 然不做功） ，然后再在电容器中将整体旋转 90 度，转到如图所示位置或者相反位置，直接可以看出第二次 旋转时静电力做功的正负、大小关系，进而看出 a、b 整体电势能的变化以及正负。 【命题意图】考察电场线与等势面的关系、电势与电势能、电场力的功与电势能的变化；同时了解平 行板电容器的电场线实际分布情况和等效法。 【易错提醒】 不能理解 离电容器无穷远处电势为零 这句话意味着平行板电容器中线上的电势为零， 因此无从下手；以为电场力的功和电势能的变化同正同负，从而错选 C。 【参考文献】陈恩谱老师物理原来可以这样学 “【参考文献】陈恩谱老师物理原来可以这样学 “及其应用”一文。及其应用”一文。 欢迎关注“恩谱谈物理”微信公众号欢迎关注“恩谱谈物理”微信公众号 + + + + + + + + + - - - - - - - - - - + - + a b a b + a b + a b
