2022-2023学年原卷变式题 浙江省9 1高中联盟2021-2022学年高三上学期期中考试物理变式题（解析版）

这是一份2022-2023学年原卷变式题 浙江省9 1高中联盟2021-2022学年高三上学期期中考试物理变式题（解析版），共103页。

 变式题
【原卷 1 题】 知识点 国际单位制的基本物理量,国际单位制中的导出单位

【正确答案】
D
【试题解析】


1-1（基础） 下列物理量单位用国际单位制表示正确的是（　　）
A.动摩擦因数μ　N/g B.劲度系数k　N/cm
C.静电力常量k　N⋅m2/C2 D.电势φ　C/mA
【正确答案】 C

1-2（巩固） 在科学发展的历史上，有许多物理学家在各自的领域内做出卓越的贡献，为了纪念他们，把他们的名字作为某一物理量的专用单位。而在单位制中，除了基本单位，其他单位都是导出单位，下列物理量、专用单位、导出单位相符合的是（　　）
A.力 N B.自感系数 H
C.磁感应强度 D.磁通量 T
【正确答案】 B

1-3（巩固） 由式子（式中普朗克常量，为电子质量，c为光速）在国际单位制导出的单位是（　　）
A.m B.kg C.m/s D.J/s
【正确答案】 A

1-4（巩固） 在放射医学和人体辐射防护中，辐射剂量的单位有多种衡量模式和计量单位。较为完整的衡量模式是“当量剂量”，“当量剂量”是反映各种射线或粒子被吸收后引起的生物效应强弱的辐射量，其国际单位是希沃特，记作Sv。每千克人体组织吸收1焦耳为1希沃特。下面选项中希沃特与国际单位之间的关系正确的是（ ）
A.m2/s2 B.W/kg C.J/kg D.Am/s
【正确答案】 A

1-5（巩固） 内蒙古东部风电基地是我国在内蒙古东部地区开发建设的千万千瓦级风电基地，2020年年发电量高达672.8亿千瓦时，“千瓦时”是某一物理量的单位，若用国际单位制基本单位来表示该物理量的单位，正确的是（ ）

A.N/m B.kg·m/s C.kg·m2/s3 D.kg·m2/s2
【正确答案】 D

1-6（提升） 2021年5月17日，《自然》发布的一项最新成果，改变了人们对银河系的传统认知：位于中国四川的高海拔宇宙线观测站“技索”（LHAASO）在银河系内发现两个能量超过1拍电子伏特（，1000万亿电子伏特）的光子，下列用国际单位制基本单位表示“”正确的是（　　）
A.C B.J C. D.
【正确答案】 C

【原卷 2 题】 知识点 等效法,理想模型法,归纳法,比值定义法

【正确答案】
A
【试题解析】
【详解】A．求重心、合力、总电阻、电流有效值都使用了等效替代思想，求平均速度用到了比值法，求瞬时速度用了极限法，故A错误；
B．亚里士多德认为在同一地点重的物体和轻的物体下落快慢不同，伽利略运用“归谬法”否定了亚里士多德关于重的物体下落快、轻的物体下落慢的论断，故B正确；
C．加速度、电场强度、电势都是采取比值法定义的物理量，故C正确；
D．用点电荷和质点研究物理问题时都采用了“理想化模型法”，故D正确。
本题选不正确项，故选A。

2-1（基础） 下列说法正确的是（　　）
A.由可得E与F成正比 B.由可得B与F成正比
C.由可得R与U成正比 D.由可得P与成正比
【正确答案】 D

2-2（巩固） 物理学研究经常要运用科学研究方法。下列关于科学研究方法的说法不正确的是（　　）
A.电场强度的定义运用了比值定义法
B.质点模型的建立运用了等效替代法
C.研究加速度与力、质量关系时运用了控制变量法
D.由牛顿第二定律和运动学规律导出动能定理运用了演绎推理法
【正确答案】 B

2-3（巩固） 学习物理除了知识的学习外，还要领悟并掌握处理物理问题的思想与方法。下列关于物理学中的思想方法，叙述不正确的是（　　）
A.在探究求合力方法的实验中使用了“等效替代”的思想
B.伽利略在研究自由落体运动时采用了控制变量法
C.在利用v-t图像推导匀变速直线运动的位移公式时，采用了微元法
D.在计算带电体间的相互作用力时，若电荷量分布对计算影响很小，将带电体看做点电荷采用了“理想模型法”
【正确答案】 B

2-4（巩固） 以下关于所用物理学的研究方法叙述不正确的是（　　）
A.合力、分力概念的建立体现了等效替代的思想
B.当△t→0时，可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义运用了极限思维法
C.在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法叫假设法
D.求匀变速直线运动位移时，将其看成很多小段匀速直线运动的累加，采用了微元法
【正确答案】 C

2-5（巩固） 科学家们创造出了许多物理思维方法，如理想实验法、控制变量法、极限思想法、模型法、类比法和比值定义法等等。以下关于所用物理学研究方法的叙述正确的是（　　）
A.根据速度定义式，当非常小时，就可以用表示物体在某时刻的瞬时速度，应用了微元法
B.在探究两个互成角度的力的合成规律时，采用了控制变量的方法
C.在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点代替物体的方法，采用了等效替代的思想
D.类比电场强度的定义方法，“重力场强度”可以定义为
【正确答案】 D

2-6（提升） 引力波是根据爱因斯坦的广义相对论作出的奇特预言之一，三位美国科学家因在引力波的研究中有决定性贡献而荣获诺贝尔奖。对于引力波概念的提出，可以通过这样的方法来理解：麦克斯韦认为，电荷周围有电场，当电荷加速运动时，会产生电磁波；爱因斯坦认为，物体周围存在引力场，当物体加速运动时，会辐射出引力波。爱因斯坦的观点的提出，采取了哪种研究方法（　　）
A.观察法 B.理想模型法 C.类比法 D.控制变量法
【正确答案】 C

【原卷 3 题】 知识点 物理学史

【正确答案】
B
【试题解析】
【详解】A．牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许测量出了万有引力常量，被誉为第一个“称出”地球质量的人，故A错误；
B．密立根通过油滴实验比较精确地测定了电荷量e的数值，故B正确；
C．法拉第发现了磁生电的现象，纽曼和韦伯提出了法拉第电磁感应定律，故C错误；
D．库仑利用扭秤装置测出了带电小球之间的作用力，提出了库仑定律，并没有测出了静电力常量k，是麦克斯韦通过理论的计算得出了静电力常量，故D错误。故选B。

3-1（基础） 在科学发展的历程中，首先把实验和逻辑推理和谐地结合起来，对落体运动进行正确研究的科学家是（　　）
A.亚里士多德 B.牛顿 C.伽利略 D.爱因斯坦
【正确答案】 C

3-2（巩固） 下列叙述中正确的是（　　）
A.用点电荷代替带电体是采用了理想模型的方法
B.伽利略通过理想斜面实验总结出了惯性定律
C.在探究求合力方法的实验中主要使用了控制变量的方法
D.开普勒通过总结规律发现了万有引力定律，并通过扭秤实验得到了引力常量G
【正确答案】 A

3-3（巩固） 下列说法不正确的是（　　）
A.法拉第提出在电荷的周围存在着由它产生的静电场
B.爱因斯坦的相对论指出真空中的光速在不同惯性参考系中大小都是相同的
C.胡克等人证明： 如果行星的轨道是圆形的， 它所受引力的大小跟行星到太阳距离的二次方成反比
D.密立根通过实验发现： 雷电的性质与摩擦产生的电的性质完全相同， 并命名了正电荷和负电荷
【正确答案】 D

3-4（巩固） 下列描述正确的是（　　）
A.伽利略巧妙利用理想实验测出万有引力常量
B.牛顿经过系统研究最后提出科学史上最伟大的定律之一—万有引力定律
C.德国物理学家欧姆提出分子电流假说，用于解释磁场起源
D.奥斯特通过实验发现了电磁感应现象
【正确答案】 B

3-5（巩固） 在力学理论建立的过程中，有许多伟大的科学家做出了贡献。关于科学家和他们的贡献，下列说法错误的是（　　）
A.开普勒总结出行星运动的三个规律，被誉为“天空立法者”
B.牛顿是经典物理学的奠基人，著有巨作《自然哲学的数学原理》，被誉为“近代物理学之父”
C.胡克最早提出了引力大小与距离平方成反比的猜想，是万有引力定律的提出者
D.卡文迪什通过扭秤实验第一次测出了引力常量的值，被誉为“第一个称量地球的人”
【正确答案】 B

3-6（提升） 物理学的伟大发现离不开科学家的努力与奉献，了解物理学史能激励我们勇于进取的精神，以下不符合物理学历史的是（ ）
A.爱因斯坦光电效应理论和康普顿效应理论都揭示了光的粒子性
B.麦克斯认为磁场变化会在空间激发一种电场，它不是由电荷产生的
C.伽利略首先建立了平均速度、瞬时速度和加速度的概念，并探究出自由落体运动的规律
D.普朗克提出能量子假说，得出黑体辐射的强度按波长分布的公式并把能量子假设进行推广，认为光就是由一个个不可分割的能量子组成。
【正确答案】 D

【原卷 4 题】 知识点 理解量子化与能量子,爱因斯坦光子说的内容及其对光电效应的解释,遏止电压的本质及其决定因素

【正确答案】
A
【试题解析】


4-1（基础） 北斗卫星导航系统和5G通信技术形成空天地一体化的“超级大脑”。与4G相比，5G具有“更高网速、低延时、低功率海量连接、通信使用的电磁波频率更高”等特点。与4G相比，5G使用的电磁波（　　）
A.波长更长 B.衍射更明显
C.能量子的能量更大 D.传播速度更快
【正确答案】 C

4-2（巩固） 热辐射是指所有物体都要向外辐射电磁波的现象。辐射强度指垂直于电磁波方向的单位面积在单位时间内所接收到的辐射能量。在研究同一物体在不同温度下向外辐射的电磁波的波长与其辐射强度的关系时，得到如图所示的图线，图中横轴λ表示电磁波的波长，纵轴Mλ表示某种波长的电磁波的辐射强度，则由Mλ-λ图线可知，同一物体在不同温度下 （　　）

A.向外辐射同一波长的电磁波的辐射强度相同
B.向外辐射的电磁波的波长范围是相同的
C.向外辐射的电磁波的总能量随温度升高而减小
D.辐射强度的极大值随温度升高而向短波方向移动
【正确答案】 D

4-3（巩固） 在能量量子化研究的历程中，以下说法中正确的是（　　）
A.黑体即不反射电磁波，也不向外辐射电磁波
B.一切物体都在辐射电磁波，这种辐射与物体的温度无关
C.类似于能量的量子化，任何物体的带电量也是“量子化”的
D.普朗克借助于能量的量子化假设，提出“光由光子构成”
【正确答案】 C

4-4（巩固） 关于黑体辐射，下列说法正确的是（　　）
A.一切物体只有在吸收电磁波的同时才会辐射电磁波
B.黑体在不断的辐射电磁波，且温度越高最强辐射波的波长越长
C.黑体对于外界过来的电磁波只吸收而不反射，因此肉眼看不到黑体
D.黑体辐射电磁波的能量是不连续的，而是某个能量值的整数倍
【正确答案】 D

4-5（巩固） 由中国健康发展研究中心发布《国民视觉健康报告》白皮书显示，我国学生的近视患病率在逐年增加。课业负担重、沉迷电子产品已成为影响青少年视力的两大“杀手”。现代医学采用激光“焊接”视网膜技术来治疗近视，所用激光的波长。已知普朗克常量，光在真空中传播速度，则该激光中每个光子的能量为（　　）
A. B. C. D.
【正确答案】 A

4-6（提升） 某种金属板M受到一束紫外线照射时会不停地发射电子，射出的电子具有不同的运动方向，速度大小也不相同。如图所示，在M旁放置一个金属网N，在M、N之间加电压U，调节电压U的大小观察电流表中的电流大小，则下列说法正确的是（　　）

A.U增大，电流表的读数也增大
B.加上某一电压U0时电流表的读数可能为零
C.所有电子从M板到金属网N均做匀减速直线运动
D.将电源的正负极反向时电流表的读数可能为零
【正确答案】 B

【原卷 5 题】 知识点 质点,时间、时刻的定义,平均速度,加速度的定义、表达式、单位及物理意义

【正确答案】
D
【试题解析】
【详解】A．“9秒83”表示一段时间间隔，故A正确，不符合题意；
B．研究苏炳添起跑动作时，不可以把百米赛跑中的运动员视为质点，否则无动作可研究，故B正确，不符合题意；
C．以地面为参考系，平均速度等于位移比时间，在100米半决赛中，苏炳添所用的时间为9秒83小于10秒，故其平均速度大于10m/s，故C正确，不符合题意；
D．苏炳添在冲刺阶段的加速度小于起跑时的加速度，因为冲刺时速度的变化比起跑时速度的变化更慢，故D错误，符合题意。故选D。

5-1（基础） 2022年9月1日，神舟十四号航天员乘组进行第一次出舱活动，陈冬、刘祥在舱外作业，蔡旭哲在核心舱内配合支持，共同完成问天实验舱扩展泵组安装、问天实验舱全景相机抬升等各项既定任务。下列与神舟十四号飞船相关情景描述正确的是（　　）
A.研究宇航员在舱外的姿态时，宇航员可以视为质点
B.研究神舟十四号飞船绕地球运行的轨迹时，飞船可以视为质点
C.神舟十四号与天和核心舱完成自主对接过程，飞船可以视为质点
D.航天员在中秋节展示中秋大礼包时，飞船可以视为质点
【正确答案】 B

5-2（巩固） 2012年8月6日在伦敦举行的奥运会100米决赛中，牙买加选手博尔特以9秒63获得金牌；在8月6日举行的110米栏决赛中，美国选手梅里特以12秒92的成绩夺得冠军，刘翔因伤退赛；8月10日，博尔特又以19秒32的成绩，夺得男子200米金牌。关于这三次比赛中的运动员的运动情况，下列说法正确的是（　　）
A.200米比赛的位移是100米比赛位移的两倍
B.200米比赛的平均速度约为10.35m/s
C.110米栏比赛的平均速度约为8.51m/s
D.100米比赛的最大速度约为20.70m/s
【正确答案】 C

5-3（巩固） 2008年9月25日晚21点10分，我国在酒泉卫星发射中心将我国自行研制的“神舟7号”宇宙飞船成功地送上太空，飞船绕地球飞行一圈时间为90分钟。则（　　）
A.“21点10分”和“90分钟”前者表示“时刻”后者表示“时间”
B.卫星绕地球飞行一圈，它的位移和路程都为0
C.卫星绕地球飞行一圈平均速度不为0，它在每一时刻的瞬时速度都也不为0
D.地面卫星控制中心在对飞船进行飞行姿态调整时可以将飞船看作质点
【正确答案】 A

5-4（巩固） 对于做匀变速直线运动的物体，下列说法中错误的是（　　）
A.若加速度方向和速度方向相同，虽然加速度很小，物体的速度还是要增大
B.若加速度方向和速度方向相反，虽然加速度很大，物体的速度还是要减小
C.不管加速度方向和速度方向的关系怎样，物体的速度都是增大的
D.因为物体做匀变速直线运动，所以它的速度是均匀变化的
【正确答案】 C

5-5（巩固） 如图所示，将弹性小球以10 m/s的速度从距地面2m处的A点竖直向下抛出，小球落地后竖直反弹经过距地面1.5m高的B点时，向上的速度为7 m/s，小球从A点到B点共用时0.3s，则此过程中（　　）

A.小球通过的路程为17m
B.发生的位移大小为0.5m，方向竖直向下
C.速度变化量的大小为3 m/s，方向竖直向下
D.小球平均速度的大小为8.5 m/s，方向竖直向下
【正确答案】 B

5-6（提升） 在物理学中，速度变化的快慢定义为加速度a，而加速度变化的快慢被定义为“jerk”，我国力学界已采用“加加速度”这一中译名。用j表示加加速度，则。当某个质点做直线运动时，下面关于该质点的运动说法正确的是（　　）
A.若该质点的j增大，则表明质点的加速度a增大
B.如果j与a方向相同，则该质点的加速度a增大
C.如果j是正值，则表示该质点的加速度a增大
D.该质点j的方向可以与的方向一致，也可以与的方向相反
【正确答案】 B

【原卷 6 题】 知识点 绳球类模型及其临界条件,向心力

【正确答案】
C
【试题解析】


6-1（基础） 如图所示为“感受向心力”的实验，用一根轻绳，一端拴着一个小球，在光滑桌面上抡动细绳，使小球做圆周运动，通过拉力来感受向心力。下列说法正确的是（　　）

A.只减小旋转角速度，拉力增大
B.只加快旋转速度，拉力减小
C.只更换一个质量较大的小球，拉力增大
D.突然放开绳子，小球仍作曲线运动
【正确答案】 C

6-2（巩固） 如图，某杂技表演中一演员表演荡秋千。若秋千的每根绳长为，该演员和秋千踏板的总质量为。当细绳与竖直方向成时，演员保持同一姿势由静止开始下摆。忽略绳的质量，不计一切阻力，演员可视为质点，，重力加速度大小为。当演员荡到秋千支架的正下方时，下列说法错误的是（ ）

A.速度大小为 B.速度大小与演员的质量无关
C.演员处于超重状态 D.每根绳平均承受的拉力为
【正确答案】 D

6-3（巩固） 圆周运动在生活中处处可见。下面四幅图用圆周运动知识来描述，其中正确的是（　　）

A.图甲表示荡秋千。人在竖直平面内做圆周运动，由人受到的重力和绳子的拉力提供向心力
B.图乙表示一列拐弯的火车。火车拐弯时速度越小，对铁路路基磨损就一定越小
C.图丙表示一座拱形桥。若有一车以一定速度安全过桥，桥受到车的压力一定小于车受到的重力
D.图丁表示在室内自行车比赛中自行车在水平赛道上做匀速圆周运动。将运动员和自行车看做一个整体时其受四个力作用
【正确答案】 C

6-4（巩固） 摆动是生活中常见的一种运动形式，如钟摆的运动、秋千的运动都是摆动。如图所示为某同学荡秋千情景，该同学的质量为m，重力加速度为g。秋千在摆动过程中，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　）

A.最低时，秋千对该同学的作用力等于mg
B.最低时，秋千对该同学的作用力小于mg
C.最高时，该同学的速度和加速度均为零
D.最高时，该同学的速度为零，加速度小于g
【正确答案】 D

6-5（巩固） 如果小虫从B点滑落，且小虫顺着树枝滑落可近似看作匀速率的，那么在弧形树枝某位置切线的倾角为处，树枝对小虫的作用力大小及方向，正确的判断是（　　）

A.mg，竖直向上
B.大于mg，沿圆弧半径指向圆心
C.大于mg，与水平成角
D.大于mg，与竖直方向的夹角小于
【正确答案】 D

6-6（提升） 如图所示，有一球状建筑物，半径为100m，人站在最高处水平抛出大量小球，运动中小球不与建筑物碰撞，不计空气阻力，则这些小球落地点与抛出点的水平距离最小值约为（g取10m/s2）（　　）

A.400m B.300m C.200m D.100m
【正确答案】 C

【原卷 7 题】 知识点 卫星发射及变轨问题中各物理量的变化,天体运动中机械能的变化

【正确答案】
D
【试题解析】


7-1（基础） 2022年，中国的实践21卫星将已失效的北斗2同步地球卫星拖离原轨道，送至更高的圆轨道——“墓地轨道”后，又返回近地轨道，首次实现了“大机动”，则（　　）
A.北斗2在“墓地轨道”运行速度大于第一宇宙速度
B.北斗2在“墓地轨道”运行周期大于地球自转周期
C.实践21在拖运北斗2过程中的速度大于第二宇宙速度
D.实践21在近地轨道运行的加速度大于重力加速度
【正确答案】 B

7-2（巩固） 2022年7月25日，问天实验舱成功对接天和核心舱。本次发射及对接过程可简化为如图所示的模型，问天实验舱首先发射到离地面大约的低轨道Ⅰ，在P点加速变轨进入轨道Ⅱ，在远地点Q与轨道Ⅲ上做匀速圆周运动的天和核心舱对接。下列说法正确的是（　　）

A.问天实验舱在轨道Ⅰ的线速度小于天和核心舱在轨道Ⅲ的线速度
B.问天实验舱在轨道Ⅱ上运行时经过P点的速度大于经过Q点的速度
C.问天实验舱从轨道Ⅰ运行到轨道Ⅲ过程中机械能守恒
D.问天实验舱在轨道Ⅰ运行周期大于同步卫星的周期
【正确答案】 B

7-3（巩固） 航天技术中所说的“墓地轨道”是用于放置失效卫星的轨道，其高度为地球同步轨道上方300千米处的空间。如图所示，2022年1月26日，中国实践21号卫星利用捕获网成功将失效的北斗2号G2同步卫星拖到“墓地轨道”后，实践21号卫星又回到了地球同步轨道。若卫星在两个轨道上的运动均视为匀速圆周运动，则（　　）

A.G2卫星在地球同步轨道运行时，加速度始终不变
B.实践21号卫星从“墓地轨道”返回到同步轨道，需要减速
C.G2卫星在“墓地轨道”运行的机械能等于同步轨道运行的机械能
D.G2卫星在“墓地轨道”的运行速度在至之间
【正确答案】 B

7-4（巩固） 如图是“嫦娥一号”探月卫星从发射到进入工作状态四个基本步骤的示意图，卫星先由地面发射，接着从发射轨道进入停泊轨道（实际上有多个停泊轨道，这里进行了简化处理），然后由停泊轨道进入地月转移轨道；最后卫星进入工作轨道。卫星在停泊轨道和工作轨道上均可视为做匀速圆周运动，则关于卫星在各轨道上的运动下列说法正确的是（　　）

A.在发射轨道上关闭推进器后，卫星的速度先增大后减小
B.在停泊轨道上，卫星的速度小于第一宇宙速度
C.在转移轨道上，引力对卫星一直做负功
D.在转移轨道上，卫星不受地球引力作用
【正确答案】 B

7-5（巩固） 2022年1月22日，我国实践21号卫星（SJ—21）将一颗失效的北斗2号卫星从拥挤的地球同步轨道上拖拽到了航天器稀少的更高的“墓地轨道”上，如图所示，此举标志着航天器被动移位和太空垃圾处理新方式的成功执行。则该过程中（　　）

A.实践21号卫星在P点从同步轨道到转移轨道需要减速
B.北斗2号G2卫星在转移轨道上经过Q点的加速度大于在墓地轨道上经过Q点的加速度
C.若北斗2号G2卫星要从Q点逃脱地球的引力束缚，则在该处速度必须大于11.2km/s
D.考虑空气阻力，若在“同步轨道”运行的卫星无动力补充，则接下来轨道降低，速度变大
【正确答案】 D

7-6（提升） “天问一号”探测器需要通过霍曼转移轨道从地球发送到火星，地球轨道和火星轨道看成圆形轨道，此时霍曼转移轨道是一个近日点M和远日点P都与地球轨道、火星轨道相切的椭圆轨道（如图所示）。在近日点短暂点火后“天问一号”进入霍曼转移轨道，接着“天问一号”沿着这个轨道直至抵达远日点，然后再次点火进入火星轨道。已知万有引力常量为G，太阳质量为m，地球轨道和火星轨道半径分别为r和R，地球、火星、“天问一号”运行方向都为逆时针方向。下列说法正确的是（　　）

A.两次点火方向都与运动方向相同
B.两次点火之间的时间为
C.“天问一号”在地球轨道上的角速度小于在火星轨道上的角速度
D.“天问一号”在转移轨道上近日点的速度大小等于地球公转速度大小
【正确答案】 B

【原卷 8 题】 知识点 静电感应现象、等势体

【正确答案】
C
【试题解析】
【详解】A．因为PVC管失去电子而带正电，靠近（但不接触）验电器时，发现验电器箔片张开，是因为此时感应带电，让箔片带上正电荷，但验电器整体仍是电中性的，所以A错误；
BCD．如果松开左手，再撤去PVC管，验电器的箔片又会张开，验电器整体带负电，所以BD错误；C正确；故选C。

8-1（基础） 如图所示，两个用绝缘柱支持的枕形导体A、B连在一起，将带正电的C靠近A端，则下列说法正确的是（　　）

A.A左端带正电，B左端带负电 B.A左端带负电，B左端也带负电
C.先将A、B分开，再移走C，A将带正电 D.先将A、B分开，再移走C，A将带负电
【正确答案】 D

8-2（巩固） 如图所示，某同学将不带电的轻小金属圆环放在干燥的绝缘桌面上，将塑料圆珠笔与头发摩擦后，自上向下慢慢靠近圆环。当笔与圆环相距较近时，圆环被吸引到笔上。下列说法正确的是（　　）

A.摩擦使笔带正电
B.笔靠近圆环时，圆环上、下感应出异种电荷
C.圆环被吸引到笔上的过程中，所受静电力等于其重力
D.当笔碰到圆环后，笔所带的电荷立刻全部消失
【正确答案】 B

8-3（巩固） 如图所示，把置于绝缘支架上的不带电的枕形导体放在带负电的导体C附近，导体的A端感应出正电荷，B端感应出负电荷。关于使导体带电的以下说法中正确的是（　　）

A.如果用手摸一下导体的B端，B端自由电子将经人体流入大地，手指离开，移去带电体C，导体不带电
B.如果用手摸一下导体的A端，大地的自由电子将经人体流入导体与A端的正电荷中和，手指离开，移去带电体C，导体带负电
C.如果用手摸一下导体的中间，由于中间无电荷，手指离开，移去带电体C，导体不带电
D.无论用手摸一下导体的什么位置，导体上的自由电子都经人体流入大地，手指离开，移去带电体C，导体带正电
【正确答案】 D

8-4（巩固） 如图所示，将带电棒移近两个不带电的导体球，两导体球开始时互相接触且对地绝缘，下述几种方法中使两球都不带电的是（　　）

A.先把两球分开，再移走棒
B.先移走棒，再把两球分开
C.先将棒接触一下其中的一球，再把两球分开
D.手摸一下甲球，然后移走棒，再把两球分开
【正确答案】 B

8-5（巩固） 如图所示，左边是一个原先不带电的导体，右边C是后来靠近的带正电的导体球。若用绝缘工具沿图示某条虚线将导体切开，分导体为A、B两部分，这两部分所带电荷量的大小分别为QA、QB，则下列结论正确的有（　　）

A.沿虚线c切开，A带负电，B带正电，且QA>QB
B.只有沿虚线b切开，才有A带正电，B带负电，且QA＝QB
C.沿虚线a切开，A带正电，B带负电，且QA D.沿任意一条虚线切开，都有A带正电，B带负电，而QA的值与所切的位置有关
【正确答案】 D

8-6（提升） 如图，导体棒原来不带电，现将一电荷量为的正点电荷放在棒的中心轴线上距离棒的左端处，A、B为棒上中心轴线上的两点，A距离棒左端为，A、B间的距离也为，静电力常数为。当棒达到静电平衡后（　　）

A.棒左端感应出正电荷，右端感应出负电荷
B.A点场强大于B点的场强
C.A点场强小于B点的场强
D.棒上感应电荷在A点产生的场强大小为
【正确答案】 D

【原卷 9 题】 知识点 地磁场及其磁感线分布,直线电流周围的磁场

【正确答案】
B
【试题解析】
【详解】A．地磁场由南指向北，导线不通电时，故只在地磁场作用下，小磁针的N极指向北方，A错误；
BC．地磁场由南指向北，故只在地磁场作用下，小磁针的N极指向北，当通电时导线中的电流方向向右，根据安培定则，在导线下方会产生向里的磁场，俯视情况下，小磁针的N极将逆时针转动，在电流磁场和地磁场的作用下，磁针静止后与导线的夹角不等于90度，C错误B正确；
D．导线与磁针垂直摆放置时，导线通电后，产生的磁场和地磁场平行，小磁针不会偏转，D错误。故选B。

9-1（基础） 奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电与磁的关系。下列各图中能正确反映直导线周围的磁感线分布的是（　　）
A. B.
C. D.
【正确答案】 D

9-2（巩固） 如图所示，小磁针正上方的直导线与小磁针平行，当导线中通有图示电流时，小磁针会发生偏转。首先观察到这个实验现象的物理学家和观察到的现象是（　　）

A.麦克斯韦，小磁针的N极垂直纸面向里转动
B.开普勒，小磁针的S极垂直纸面向里转动
C.牛顿，小磁针静止不动
D.奥斯特，小磁针的N极垂直纸面向里转动
【正确答案】 D

9-3（巩固） 如图所示为奥斯特关于电和磁的关系实验记录，关于奥斯特实验的现象和结论，下列说法正确的是（　　）

A.实验过程中小磁针偏转是由电磁感应现象引起的
B.奥斯特根据小磁针在通电导线周围发生偏转，得出通电导线周围存在磁场
C.在静止的磁针上方平行放置一通电导线，小磁针不会发生偏转
D.在静止的磁针上方无论如何放置通电导线，小磁针都能够发生偏转
【正确答案】 B

9-4（巩固） 如图所示，一枚小磁针放在半圆形导线环的环心O处，当导线中通以如图所示方向的电流时，小磁针（　　）

A.沿顺时针方向转动
B.不会转动
C.N极转向纸外，S极转向纸里
D.N极转向纸里，S极转向纸外
【正确答案】 D

9-5（巩固） 将螺线管连接起来后，发现小磁针的N极立即向螺线管偏转，如图所示。用M、N和P、Q分别表示蓄电池和螺线管两极，下列判断正确的是（　　）

A.蓄电池N端为正极 B.蓄电池M端为正极
C.螺线管P端为S极 D.螺线管内部磁场方向由P指向Q
【正确答案】 A

9-6（提升） 物理老师用图示装置演示奥斯特实验，水平直导线不通电时，导线下方的磁针恰好与导线平行。当直导线通一恒定直流电时，小磁针的N极指向西北方向，则通电直导线中的电流方向由（　　）

A.北→南 B.南→北 C.东→西 D.西→东
【正确答案】 B

【原卷 10 题】 知识点 动量定理的内容和表达式,常见力做功与相应的能量转化

【正确答案】
B
【试题解析】


10-1（基础） 炎热的夏季，有一种网红水上娱乐项目“水上飞人”十分火爆，其原理是借助脚下的喷水装置产生向上的反冲动力，让人腾空而起或平衡或变速运动，下列说法正确的是（ ）

A.水对装置向上的反冲动力大于装置对水向下的压力
B.人悬空静止一段时间，水的反冲动力对装置做功为零，冲量也为零
C.人悬空静止时，人的机械能可能为零
D.整体向上减速运动时，水的反冲力对装置做负功
【正确答案】 C

10-2（巩固） 2016年8月13日凌晨，里约奥运会女子跳床决赛落幕。我国选手何雯娜顶着极大压力，克服伤病困扰，顽强拼搏，以55.570分获得第四名。图示为何雯娜在比赛中上升的最高点（距地面高为H），已知何雯娜的质量为m，蹦床平面距地面高为h，何雯娜下落后，弹性网的最大拉伸量为x，下落过程中空气阻力恒为f，下落过程的总时间为t（从最高点至落到弹性网的最低点）。则何雯娜（看成质点）保持该姿势从最高点下落至最低点的过程中（已知当地的重力加速度为g）（　　）

A.弹性网的弹力对何雯娜的冲量大小为
B.弹性网的弹力对何雯娜的冲量大小为
C.何雯娜重力势能的增量为
D.何雯娜重力势能的增量为
【正确答案】 A

10-3（巩固） 蹦床是体操运动的一种，有“空中芭蕾”之称。为了能够更好地完成空中动作，在网上准备阶段运动员要设法使自己弹得足够高。如图所示，蹦床的中心由弹性网面组成，若运动员从离水平网面3m高处由静止自由下落，着网后沿竖直方向回到离水平网面5m高处，则在此过程中（　　）

A.只有重力对运动员做功，运动员的机械能守恒
B.运动员的机械能增加，是因为弹性网弹力对运动员做正功
C.弹性网弹力对运动员的冲量大小等于运动员重力的冲量大小
D.弹性网弹力对运动员的冲量大小大于运动员重力的冲量大小
【正确答案】 C

10-4（巩固） 下列说法正确的是（　　）
A.当力与位移垂直的时候，该力的冲量为零
B.体操运动员在着地时曲腿是为了减小地面对运动员的作用力
C.从同样的高度下落的玻璃杯，掉到水泥地面上会破碎，而掉到地毯上不会破碎，是因为掉到水泥地面上玻璃杯受到的冲量大
D.为了减小撞车时旅客的动量变化，汽车行驶时旅客都要系好安全带
【正确答案】 B

10-5（巩固） 如图所示为一名同学“立定跳远”的简化示意图，下列分析正确的是（　　）

A.跳出之前，地面对人作用力的冲量等于重力的冲量
B.从跳出至落到沙坑过程中，人的动量先增大后减小
C.从跳出至落到沙坑过程中，人的重力势能先增大后减小
D.落入沙坑的过程，沙坑对人作用力的冲量小于重力的冲量
【正确答案】 C

10-6（提升） 在一次摸高测试中，一质量为70kg的同学先下蹲，再用力蹬地的同时举臂起跳，在刚要离地时其手指距地面的高度为1.95m；离地后身体形状近似不变，手指摸到的最大高度为2.40m。若从蹬地到离开地面的时间为0.2s，则在不计空气阻力情况下，起跳过程中他对地面的平均压力约为（ ）（g取）
A.1050N B.1400N C.1750N D.1900N
【正确答案】 C

【原卷 11 题】 知识点 变压器两端电路的动态分析

【正确答案】
D
【试题解析】


11-1（基础） 如图所示，理想变压器的原、副线圈匝数比为2：1，原线圈接在u＝Umcos（ωt+φ）的交流电源上，副线圈接一定值电阻R0和滑动变阻器R，电流表、电压表均为理想交流电表。当滑动变阻器R的滑片P由a端向b端缓慢滑动时，下列说法中正确的是（　　）

A.电流表A1、A2的示数之比为2：1
B.电压表V1的示数逐渐变大
C.电流表A2的示数逐渐变大
D.原线圈的输入功率可能减小
【正确答案】 C

11-2（巩固） 如图所示，现有一恒压交流电源，输出电压为U，电源和原线圈间接有一光敏电阻（光照越强阻值越小），理想变压器副线圈接阻值为的小灯泡，且小灯泡阻值不变，已知变压器原、副线圈的匝数之比，在光照强度逐渐变弱的过程中，下列说法正确的是（　　）

A.小灯泡逐渐变亮
B.流过灯泡和光敏电阻的电流之比为
C.光敏电阻两端的电压逐渐变小
D.小灯泡消耗的功率逐渐变小
【正确答案】 D

11-3（巩固） 如图，电源两端输出电压有效值为240V的正弦交流电，与原线圈串联的电阻，负载R的阻值为9Ω。通过移动滑动触头P的位置来改变理想变压器原副线圈的匝数比，则电阻R消耗的最大功率为（　　）

A.3600W B.3400W C.3000W D.2800W
【正确答案】 A

11-4（巩固） 逆变器是一种能够把蓄电池提供的直流电转变成交流电的工具。如图所示，就是一种逆变器的电路，核心的控制电路称为“逆变模块”，它的功能就是把直流转换成交流，共有5个接线端子，为输入端，与两块相同的蓄电池连接，两块相同的蓄电池同时工作；Out1～Out2为输出端，与理想变压器原线圈相连。已知蓄电池的电动势为，内阻不计，负载电阻阻值为，电流表读数为、电压表读数为，逆变模块自身消耗的电功率忽略不计，则变压器原、副线圈的匝数比为（　　）

A. B. C. D.
【正确答案】 A

11-5（巩固） 如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为n1：n2=2：1，原线圈接有一阻值为R的电阻和理想交流电流表A，副线圈接有两个阻值均为R电阻和理想交流电压表V，U为正弦交流电源，输出电压的有效值恒定。当开关S1闭合、S2断开时，电流表的示数为I，则（　　）

A.当开关S1闭合、S2断开时，电压表示数为2IR
B.当开关S1、S2均闭合时，电压表示数将增大
C.当开关S1、S2均闭合时，电流表示数将减小
D.当开关S1断开、S2闭合时，电流表示数将增大
【正确答案】 D

11-6（提升） 用特高压实现远距离输电。在远距离输电中，输电线电阻不可忽略，如图，水电站输出电压稳定的正弦交流电，升至特高压U后向湖南供电，输送的总功率为P。用户端理想变压器原副线圈匝数分别为n1、n2，R1为输电线总电阻，R2为不断电用户电阻（可视为定值电阻），R为可变用户电阻（可视为可变电阻）。当可变电阻R减小时，电压表和电流表示数变化的绝对值分别为、，电压表和电流表均为理想电表，下列说法正确的是（　　）

A.
B.
C.对于原线圈回路，虚线框所圈部分的等效电阻为
D.输电线路上损耗的功率为P损
【正确答案】 C

【原卷 12 题】 知识点 多用电表欧姆挡的测量原理和内部电路,多用电表测电阻的方法、操作步骤、注意事项和读数

【正确答案】
D
【试题解析】


12-1（基础） 关于多用电表的使用，下列操作正确的是（　　）

A.测电流时，不应按图乙连接方式测量
B.测电压时，图甲连接方式红、黑表笔接法有误
C.测电阻时，可按图丙连接方式测量
D.测二极管的反向电阻时，应按图丁连接方式测量
【正确答案】 B

12-2（巩固） 关于用多用电表测量电学中的物理量的实验，下列操作正确的是（　　）

A.测量未知直流电源两端电压时，应先用小量程再逐渐增大到合适的量程
B.用“”档测电阻时指针如图所示，应改用“”档，欧姆调零后再测
C.测二极管的反向电阻时，红表笔应接二极管的负极
D.使用结束时，应把选择开关置于直流电压最高档
【正确答案】 B

12-3（巩固） 某高中维修科网购了一盘大约650m长的铝导线，某实验小组使用表盘如图a所示的多用电表正确测量其电阻约为后，需要继续测量一个阻值大约为 的电阻。正确测量时指针如图b所示，在用红、黑表笔接触这个电阻两端之前，以下说法正确的是（　　）

A.换挡后必须先用螺丝刀调节表盘下中间部位的指针定位螺丝，使表针指向“0”
B.将多用电表的选择开关旋至倍率的电阻挡，欧姆调零后测量，读数为160Ω
C.用多用电表测量电阻时，黑表笔电势较高
D.测量完成之后，将表笔从插孔拔出，并将选择开关旋到“直流电压500V”位置
【正确答案】 C

12-4（巩固） 用多用电表测量一个1300的电阻。在用红、黑表笔接触该电阻两端之前，操作步骤可能有：（1）用螺丝刀调节表盘上的指针定位螺丝，使表针指向“0”；（2）将红表笔和黑表笔接触；（3）把选择开关旋转到“×1k”位置；（4）把选择开关旋转到“×100”位置；（5）调节欧姆调零旋钮使表针指向欧姆零点。有人对其作出选择和排序，以下正确的是（　　）

A.（1）（4）（2）（5） B.（1）（3）（2）（5）
C.（2）（5）（1）（3） D.（2）（5）（1）（4）
【正确答案】 A

12-5（巩固） 用选择旋钮置于欧姆挡“×10”的位置且已欧姆调零的多用电表测某电阻阻值时，指针位置如图所示。然后将该表选择旋钮置于“25mA”挡，测某电路的电流时，指针仍指在该位置。被测电阻的阻值和被测电流的大小分别约为（　　）

A.10Ω，150mA B.10Ω，15.0mA C.100Ω，150mA D.100Ω，15.0mA
【正确答案】 D

12-6（提升） 如图是一个多用表欧姆档内部电路示意图。电流表满偏电流0.5mA．内阻10Ω；电池电动势1.5V。内阻1Ω；滑动变阻器R0阻值范围为0~5000Ω。该欧姆表的刻度值是按电池电动势为1.5V刻度的，当电池的电动势下降到1.45V。内阻增大到4Ω时仍可调零。若测得某电阻阻值为600Ω，则这个电阻的真实值是（　　）

A. B. C. D.
【正确答案】 C

【原卷 13 题】 知识点 分析原子核的结合能与比结合能,核聚变现象和产生条件

【正确答案】
D
【试题解析】


13-1（基础） 近日，中央广播电视总台发布2021年度国内十大科技新闻，中国“人造太阳”创亿度百秒世界新纪录位列之首，人造太阳基于核聚变的原理，则下列说法正确的是（ ）
A.核聚变又叫热核反应，反应一旦发生，不再需要外界能量，靠自身产生的热就会使反应继续下去
B.目前核能发电是利用核聚变
C.是一种核聚变反应
D.聚变反应中由于形成质量较大的核，故反应后质量增加
【正确答案】 A

13-2（巩固） 一个中子被捕获后生成和的过程中释放出的核能。已知真空中的光速为，则下列有关叙述正确的是（　　）
A.该反应属于原子核的裂变 B.没有放射性
C.该反应过程中的质量亏损为 D.的比结合能为
【正确答案】 A

13-3（巩固） 是铀核核裂变的产物之一，仍有放射性，其发生衰变的方程是。已知核的质量为，核的质量为，电子的质量为，质子的质量为，中子的质量为，光速为，则的比结合能可表示为（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】 D

13-4（巩固） 两个氘核发生聚变的核反应方程为，其中氘核质量，氦核质量，则下列说法正确的是（光速）（　　）
A.此反应属于α衰变
B.氘核比结合能比氦核比结合能大
C.两个氘核发生此反应释放约3.78×10-12J的能量
D.核反应过程质量守恒
【正确答案】 C

13-5（巩固） 我国“华龙一号”是当前核电市场接受度最高的三代核电机型之一，其全面建成有力支撑了我国由核电大国向核电强国跨越。核反应堆是利用中子轰击重核发生裂变反应，释放出大量核能。是反应堆中发生的许多核反应中的一种，X是某种粒子，a是X粒子的个数，用mU、mBa、mKr分别表示、、核的质量，mX表示X粒子的质量，c为真空中的光速，以下说法正确的是（ ）
A.的结合能小于与的结合能之和
B.X为中子，a = 2
C.的比结合能比的大
D.上述核反应中放出的核能DE = (mU－mBa－mKr－3mX)c2
【正确答案】 A

13-6（提升） 2021年5月28日，我国“人造太阳”打破世界纪录，成功实现1.2亿摄氏度运行101秒。其结构如图所示，在“人造太阳”周围，距“人造太阳”中心L处有半径均为r的球面形状（可近似为圆形）能量接收装置，“人造太阳”内部发生的氘-氚聚变的核反应方程为，释放出的能量都转化为原子核的动能，最终被能量接收装置吸收并输出，经时间t测得反应物的质量减少了，记光速为c。则下列说法正确的是（ ）

A.的比结合能比的小
B.方程中未知量满足
C.一次氘-氚聚变释放的能量为
D.单个接收装置对外输出功率
【正确答案】 D

【原卷 14 题】 知识点 静摩擦力概念及产生条件,滑动摩擦力的产生条件与影响因素,牛顿第二定律的简单应用

【正确答案】
A C
【试题解析】


14-1（基础） 如图所示，一质量为m的木块靠在竖直粗糙的墙壁上，且受到水平力F的作用，下列说法正确的是（　　）

A.若木块静止，则木块受到的静摩擦力大小等于mg，方向竖直向上
B.若木块静止，当F减小时，木块受到的静摩擦力随之减小
C.若木块沿墙壁向下运动，则墙壁对木块的摩擦力大小一定为
D.若开始时木块静止，当撤去F，木块沿墙壁下滑时，木块只受一个力
【正确答案】 AD

14-2（巩固） 如图所示，当小车向右加速运动时，物块M相对车厢静止于竖直车厢壁上，当车的加速度增大时(　　)

A.M受静摩擦力增大
B.M对车厢壁的压力增大
C.M仍相对于车厢静止
D.M受静摩擦力减小
【正确答案】 BC

14-3（巩固） 为了让乘客乘车更为舒适，某探究小组设计了一种新的交通工具，乘客的座椅能随着坡度的变化而自动调整，使座椅始终保持水平，如图所示。当此车减速上坡时，乘客（　　）

A.座椅的支持力小于乘客的重力 B.受到水平向右的摩擦力作用
C.受到水平向左的摩擦力作用 D.所受力的合力沿斜坡向上
【正确答案】 AC

14-4（巩固） 中国高速铁路最高运行时速350km，被誉为中国“新四大发明”之一、几年前一位来中国旅行的瑞典人在网上发了一段视频，高速行驶的列车窗台上，放了一枚直立的硬币，如图所示。在列车行驶的过程中，硬币始终直立在列车窗台上，直到列车转弯的时候，硬币才倒下。这一视频证明了中国高铁极好的稳定性。关于这枚硬币，下列判断正确的是（　　）

A.硬币直立过程中，列车一定做匀速直线运动
B.硬币直立过程中，一定只受重力和支持力，处于平衡状态
C.硬币直立过程中，可能受到与列车行驶方向相同的摩擦力作用
D.列车减速行驶时，硬币受到与列车运动方向相反的摩擦力作用
【正确答案】 CD

14-5（巩固） 如图所示，一辆放有油桶的汽车在水平地面上向左做匀加速直线运动。运动过程中，汽车轮胎与地面未打滑，油桶与汽车未发生相对运动，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　）

A.汽车对油桶没有摩擦力
B.汽车对油桶有向左的静摩擦力
C.油桶受到汽车对其的支持力方向竖直向上
D.汽车竖直方向受到2个力而处于平衡状态
【正确答案】 BC

14-6（提升） 如图所示，固定在小车上的支架的斜杆与竖直杆的夹角为θ，在斜杆下端固定有质量为m的小球，下列关于杆对球的作用力F的判断中，正确的是（　　）

A.小车静止时，F=mg，方向竖直向上
B.小车匀速时，F=mgcos方向垂直杆向上
C.小车向右匀加速运动，加速度大小为a时，可能有，方向沿着杆斜向上
D.小车向右匀减速运动，加速度大小为a时，，方向斜向右上方
【正确答案】 AC

【原卷 15 题】 知识点 折射率的波长表达式和速度表达式,折射和全反射的综合问题,光发生明显衍射的条件

【正确答案】
A B
【试题解析】


15-1（基础） 如图所示，两束单色光、平行射入平行玻璃砖上表面，光束是红光，光束是绿光。若不考虑光束在平行玻璃砖下表面反射后的情况，下列说法正确的是（　　）

A.光束比在玻璃砖中的传播速度大
B.光束在平行玻璃砖下表面可能发生全反射
C.两束单色光线穿过平行玻璃砖下表面后可能重合为一束光线
D.两束单色光线穿过平行玻璃砖下表面后若仍为两束单色光，两束光可能不再平行
【正确答案】 AC

15-2（巩固） 如图所示，一定强度的激光（含有两种频率的复色光）沿半径方向入射到半圆形玻璃砖的圆心O点，经过玻璃砖后有A、B、C三束光射出，下列说法正确的有（　　）

A.B光穿过玻璃砖所用的时间比C光穿过玻璃砖所用的时间长
B.入射光的入射角从0开始增大，C光比B光先消失
C.做双缝干涉实验时，用B光要比用C光条纹间距小
D.B光比C光更容易发生衍射现象
【正确答案】 BD

15-3（巩固） 近几年，“半潜艇”旅游发展迅速。“半潜艇”船体主要部分半浸入水中，而甲板始终会浮出水面，不能完全潜航，机舱的游客处在低于海平面的高度，可以通过玻璃窗观察水中的场景，原理图如图，已知该处水的折射率为1.44，潜艇玻璃表面和水面垂直，且玻璃的厚度可以忽略。若不考虑反射光线，则以下说法正确的是（　　）

A.游客在潜艇内部看到正前方的鱼比实际位置要近一些
B.潜艇正前方的鱼看到潜艇中的人比实际的位置要近一些
C.游客在潜艇内部用手电筒朝水中照射时，水面上的人可能看到手电筒发出的光
D.水面上方射入水中的光线不能照射到潜艇内部
【正确答案】 AD

15-4（巩固） 在光学仪器中，“道威棱镜”被广泛用来进行图形翻转。如图，ABCD是棱镜的横截面，截面是底角为45°的等腰梯形。现有与底面BC平行且频率相同的两束单色光a、b射入AB面，经折射反射，使从CD面射出的光线发生了翻转。已知棱镜材料对该色光的折射率，下列说法正确的是（ ）

A.两束光中，有一束可能会从底面BC射出
B.两束光都不能从底面BC射出，光将从CD面平行于BC射出
C.若光a、b从CD面平行于BC射出，a光离底面BC更近
D.两束光在棱镜中的传播时间相同
【正确答案】 BCD

15-5（巩固） 如图所示，平行直线为一透明材料制成的光学器件的截面，a、b两束光均从界面上的P点射入器件，然后到达Q点。已知器件的厚度为d，两束光与界面的夹角分别为30°、和45°PQ连线与界面的夹角为60°，光在真空中的传播速度为c、下列说法中正确的是（　　）

A.器件对两束光的折射率之比为
B.a光可能在Q点发生全反射
C.a光在真空中的波长小于b光在真空中的波长
D.两束光在器件中传播时间之比为
【正确答案】 AC

15-6（提升） 如图甲所示为某种油量计的内部设计，设计师在油箱的一侧竖直安装了一系列厚度相同、长度不同的透明塑料板，每块塑料板的形状如图乙所示，下部尖端部分截面为等腰直角三角形。把这一油量计固定在油箱内，当光由正上方竖直向下射入到塑料板中，从观察窗口中可以清晰看到油量计的上表面有明、暗两片区域。通过观察明暗区域分界线的位置，便可判断出油量的多少，（已知塑料板的折射率大于空气折射率但小于油的折射率，空气的折射率近似等于1），以下说法中正确的是（　　）

A.从观察窗口观察到的亮区在右侧，暗区在左侧
B.从观察窗口观察到的亮区在左侧，暗区在右侧
C.从观察窗口观察到的明亮区域越大，油量越多
D.使用的塑料板折射率应满足
【正确答案】 AD

【原卷 16 题】 知识点 机械波相关物理量的计算,波形图的物理意义及信息读取

【正确答案】
B C D
【试题解析】


16-1（基础） 如图所示，沿x轴正方向传播的一列横波在某时刻的波形图为一正弦曲线，其波速为200m/s。下列说法正确的是（　　）

A.从图示时刻开始，质点b比质点a先回到平衡位置
B.从图示时刻开始，经0.01s时间x＝2m处质点通过的路程为0.4m
C.若该波波源从x＝0处沿x轴正方向运动，则在x＝2000m处接收到的波的频率将小于50Hz
D.若该波传播过程中遇到宽约为3m的障碍物，则能发生明显的衍射现象
【正确答案】 BD

16-2（巩固） 如图实线是某时刻的波形图像，虚线是经过0.2s时的波形图像，下列判断正确的是（ ）

A.波传播的可能距离为7m或5m
B.周期不可能是或0.8s
C.若波速是35m/s，波向右传播
D.若0.2s小于一个周期时，传播的距离为3m或1m
【正确答案】 AD

16-3（巩固） x轴上一条长绳，其左端在坐标原点，时刻，某同学抓住绳左端在竖直方向做简谐振动，经过所形成的波形如图中实线所示，已知此列绳波传播的速度为，时刻绳波的部分波形如图中的虚线所示，下列说法正确的是（　　）

A.该绳波的波长为
B.在时间内，绳左端通过的路程为
C.与周期T的关系式为
D.虚线波形所对应的时刻可能为
【正确答案】 BD

16-4（巩固） 一列沿x轴负方向传播的机械波，其图像如图所示，实线是t＝0时刻的波形，此时质点P位于平衡位置。虚线是t＝0.6s时刻的波形，此时质点P位于波峰位置。下列说法正确的是（　　）

A.t＝0时刻，质点P向y轴正方向运动
B.该波的波长为4m
C.该波的波速可能为5m/s
D.0~0.6s时间内，质点P运动的路程可能为0.2m
【正确答案】 BC

16-5（巩固） 简谐横波在均匀介质中沿直线传播，P、Q是传播方向上相距10m的两个质点，波先传到质点P，当波传到质点Q开始计时，P、Q两个质点的振动图像如图所示。下列说法正确的是（　　）

A.质点Q开始振动的方向沿y轴正方向 B.该波从质点P传到Q的时间可能为8s
C.该波的传播速度大小可能为1m/s D.该波的波长可能为7.5m
【正确答案】 AC

16-6（提升） 如图所示，一列横波在x轴上传播，在时刻的波形如图中实线所示，时刻的波形如图中虚线所示，下列说法中正确的是（　　）

A.由该波形曲线读出这列波的振幅为0.6cm
B.该波形曲线上的质点振动的周期可能是0.4s
C.若周期大于，则波速可能是30m/s
D.若周期大于，则波速可能是270m/s
【正确答案】 BC

【原卷 17 题】 知识点 实验：用单摆测定重力加速度

【正确答案】

【试题解析】


17-1（基础） 某同学设计了用沙摆测重力加速度的实验，装置如图所示，此装置可看成摆长为L的单摆，实验时，摆角小于5°，沿与摆动方向垂直的方向匀速拉动木板，在木板上留下如图所示的图像。

（1）为了完成实验，除摆长L外，还需要测出的物理量有下列选项中的______。
A.沙摆做简谐运动的振幅A B.沙摆的质量m C.OB的长度l
（2）除上述给出的物理量以外，还需要测量______（写出物理量及对应符号）。
（3）根据以上物理量，写出重力加速度的表达式g=______。
【正确答案】 C 拉动木板的速度v

17-2（巩固） 某同学用实验的方法探究影响单摆周期的因素。
（1）下列关于单摆实验的操作，正确的是______。
A.摆球运动过程中摆角应大于30°
B.摆球到达平衡位置时开始计时
C.摆球应选用泡沫小球
D.保证摆球在同一竖直平面内摆动
（2）正确组装单摆后在摆球自然悬垂的情况下，用毫米刻度尺量出从悬点到细线与摆球连接点的长度l'=0.987 0 m，再用游标卡尺测出摆球直径，结果如图所示，则该摆球的直径为______mm，单摆摆长l=______ m。

（3）实验中，测出不同摆长l对应的周期值T，作出T2—l图像，如图所示，已知图线上A、B两点的坐标分别为（x1，y1）、（x2，y2），可求出g=______。

【正确答案】 BD 12.0 0.9930

17-3（巩固） 某同学设计了一个用拉力传感器进行“测量重力加速度”并“验证机械能守恒定律”两个实验。一根轻绳一端连接固定的拉力传感器，另一端连接小钢球，如图①所示。

（1）用游标卡尺测出小铁球直径结果如图②所示。则其直径D=___________mm；
（2）让小铁球以较小的角度在竖直平面内摆动，从计算机中得到拉力大小随时间变化的关系图像如图③，则小球摆动的周期为T=___________s；
（3）该同学还测得该单摆的摆线长用L表示，则重力加速度的表达式为g=___________（用物理量T、L、D表示）。
（4）将摆球多次拉离竖直方向一定角度后由静止释放，测得拉力的最小值F1与最大值F2并得到F2-F1图线，如图④，如果小球在摆动的过程中机械能守恒，则该图线斜率的绝对值等于___________；
（5）若实际测得F2-F1图线的斜率与理论值总是存在一定偏差，可能是以下哪种原因___________
A．测量单摆摆长时漏加小球半径
B．小钢球初始释放位置不同
C．小钢球摆动角度偏大
D．小钢球摆动过程中存在空气阻力
【正确答案】 9.3 2或2.0 或者 2 D

17-4（巩固） 实验课中，同学们用单摆测量当地的重力加速度，实验装置如图1所示。

（1）实验过程有两组同学分别用了图2．图3的两种不同方式悬挂小钢球，你认为___________（选填“图2”或“图3”）悬挂方式较好；
（2）在实验中，某同学用游标卡尺测量金属球的直径，结果如图4所示，读出小球直径为___________cm；
（3）实验中，某同学测量5种不同摆长与单摆的振动周期的对应情况，并将记录的结果描绘在如图5所示的坐标系中，图中各坐标点分别对应实验中5种不同摆长的情况。由图像可知重力加速度g = ___________m/s2；（结果保留2位有效数字）

（4）实验中，三位同学作出的T2—L图线分别如图6中的a、b、c所示，其中a和b平行，b和c都过原点，图线b对应的g值最接近当地重力加速度的值。则相对于图线a和c，下列分析正确的是___________（填选项前的字母）。
A．出现图线a的原因可能是误将悬点到小球下端的距离记为摆长L
B．出现图线c的原因可能是误将49次全振动记为50次
C．图线c对应的g值小于图线b对应的g值
【正确答案】 图3 2.240 9.9
B

17-5（巩固） 某同学利用单摆测定当地的重力加速度。
（1）为了减小测量周期的误差，实验时需要在适当的位置做一标记，当摆球通过该标记时开始计时，该标记应该放置在摆球摆动的______；
A.最高点 B.最低点 C.任意位置
（2）用秒表测量单摆的周期。当单摆摆动稳定且到达计时标记时开始计时并记为n=1，单摆每经过标记记一次数，当数到n=60时秒表的示数如图甲所示，该单摆的周期是T=______s（结果保留三位有效数字）；

（3）用最小刻度为1mm的刻度尺测摆线长，测量情况如图乙所示。O为悬挂点，从图乙中可知单摆的摆线长为______m；用游标卡尺测量摆球的直径如图丙所示，则球的直径为______cm；单摆的摆长为______m（计算结果保留三位有效数）。

【正确答案】 B 2.28 0.992 2.08 1.00

17-6（提升） 某小组同学用如图1所示的DIS二维运动实验系统研究单摆在运动过程中机械能的转化和守恒（忽略空气阻力）。实验时，使发射器（相当于摆球）偏离平衡位置后由静止释放，使其在竖直平面内摆动。系统每隔0.02s记录一次发射器的位置，多次往复运动后，在计算机屏幕上得到的发射器在竖直平面内的运动轨迹如图2所示。（当地的重力加速度g=9.8m/s2）

（1）在运动轨迹上选取适当区域后。点击“计算数据”，系统即可计算出摆球在所选区域内各点的重力势能、动能及总机械能，并绘出对应的图线，如图3所示。由图3可知，此单摆的周期为___________s。是否可以根据单摆的周期公式计算此摆的摆长大小，如若能，请计算摆长大小：若不能请说明理由。___________。

（2）图3中的C点对应在图2中圆弧轨迹AB上的某一点，该点在（_______）
A.圆弧AB中点的左侧 B.圆弧AB中点的右侧
C.圆弧AB的中点 D.信息不够，不能确定
【正确答案】 1.12 见解析
A

【原卷 18 题】 知识点 伏安特性曲线在求用电器实际功率时的应用,灵敏电流计改装成电压表,多用电表的结构和使用方法

【正确答案】

【试题解析】


18-1（基础） 小明用如图甲所示的电路，测量额定电压为2.5V小灯泡L的额定功率。

（1）闭合开关后，小灯泡不发光，电流表和电压表均无示数。小明用电压表进行电路检查。他把电压表负接线柱接在a接线柱上，将电压表正接线柱接先后接b接线柱和c接线柱上时电压表示数均为3V。当把电压表正接线柱接d接线柱时，电压表数为零，则________段电路出现了故障（选填“bc”或“cd”），其故障是________（选填“短路”或“开路”）。
（2）排除电路故障后闭合开关，滑动变阻器滑片P位于图甲所示的位置时，电压表示数如图乙所示，为使灯泡正常发光，滑动变阻器滑片P应向________端适当滑动（选填“A”或“B”）。
（3）当小灯泡正常发光时，电流表示数如图丙所示，为________A，小灯泡的额定功率是________W，此时小灯泡电阻为________。
【正确答案】 cd 开路 A 0.30 0.75 8.3

18-2（巩固） （1）用多用电表测未知电阻阻值的电路如图甲所示，电池的电动势为E、内阻为r，为调零电阻，为表头内阻，电路中电流I与待测电阻的阻值关系图像如图乙所示。图像的函数关系式为___________（用题干中的字母表示，调零电阻接入电路的部分阻值用表示）；

（2）下列根据甲、乙两图做出的解释或判断中错误的是___________；
A.欧姆表调零的实质是通过调节，使时电路中的电流
B.因图线并非直线，故欧姆表表盘的刻度不均匀
C.测量中，当的阻值为图乙中的时，指针位于表盘中央位置的右侧
D.长时间不使用多用表时，应将选择开关旋至挡或交流电压最高挡
（3）某同学想通过一个多用电表中的欧姆挡，直接去测量某电压表（量程）的内阻（大约为几十千欧），由该多用电表刻度盘上读出电阻刻度中间值为15，欧姆挡的选择开关拨至倍率“”挡。先将红、黑表笔短接调零后，选用图丙中___________（填“A”或“B”）方式连接。在本实验测量中，欧姆表、电压表示数如图（d）所示，读出欧姆表的读数为___________；请你利用所学过的知识，求出欧姆表电池的电动势___________V。（计算结果保留2位有效数字）

【正确答案】 C A 6.9

18-3（巩固） 欲研究一只额定电压为、额定电流为的小灯泡的伏安特性，要求测量尽量准确，且灯泡两端电压能够在范围内变化。实验室提供的器材有：
A．电池组（电动势，内阻不计）；
B．电流表（量程，内阻约）；
C．电流表（量程，内阻）；
D．电阻箱（阻值）；
E．滑动变阻器（阻值）；
F．开关一只，导线若干。

（1）为测电压，将电流表“”与电阻箱____________联，调节电阻箱旋钮使电阻箱串联进入电路的电阻达到，使其成为量程为____________V的电压表；
（2）将如图所示实物连线补充完整，电阻箱已调到需要阻值__________。
（3）利用符合实验要求的电路进行实验，测得表的多组数据如下表：
表示数
0.00
0.14
0.22
0.26
0.29
0.31
0.33
0.35
0.37
0.40
表示数
0.00
1.00
2.00
3.00
4.00
5.00
6.00
7.00
8.00
9.50
请根据上述数据，在图中作出小灯泡的伏安特性曲线__________（其中纵轴U表示小灯泡两端的电压，横轴I表示通过小灯泡的电流）。
（4）将该灯泡直接与电动势为，内阻为的电源串联，此时灯泡的电功率为____________W。

【正确答案】 串 4

18-4（巩固） 某同学想要准确测量一阻值约为5Ω的电阻Rx的阻值，实验室提供了下列器材：
A．电流表A（量程为6mA，内阻300Ω）
B．电压表V（量程为3V）
C．滑动变阻器R1（0-5Ω）
D．滑动变阻器R2（0-1000Ω）
E．电阻箱R0（0-999.9Ω）
F．电源（电动势E=3V）
G．开关
H．导线若干
（1）为尽可能获取多组数据和操作方便，滑动变阻器应选择______（填“R1”或“R2”）；为将电流表A政装成量程为0.6A的电流表，把电流表A与电阻箱R0并联，需要将电阻箱R0的阻值调为______Ω（结果保留2位有效数字）。
（2）根据实验室提供的器材，设计实验电路并将如图甲所示的电路图补充完整______。

（3）闭合开关，调节滑动变阻器的滑片，记录下电压表的示数U和电流表的示数I，换算出通过待测电阻的电流I，在方格纸上作出如图乙所示的U-I曲线，则待测电阻的阻值Rx=______Ω（结果保留3位有效数字）。
【正确答案】 R1 3.0 见解析 4.48或4.49或4.50或4.51或4.52

18-5（巩固） 某实验小组欲测量约为的未知电阻阻值（要求测量尽可能准确），实验室提供的器材有：
电源（电动势约，内阻约为）
电流表（量程，内阻）
电流表（量程，内阻为约）
定值电阻（阻值）
定值电阻（阻值）
滑动变阻器（阻值范围，额定电流）
滑动变阻器（阻值范围，额定电流）
待测电阻（电阻约）
开关，导线若干，回答下列问题：
（1）用电流表_________与定值电阻_________串联测量电阻两端的电压。
（2）滑动变阻器选择_________，在方框内画出实验电路图。（_______）

（3）利用该实验电阻的测量值_________（填“小于”“等于”或“大于”）真实值。
【正确答案】 A1 大于

18-6（提升） 某实验小组欲将内阻、量程为1mA的电流计改装成欧姆表，可供选择的器材有：
A.干电池（，）
B.定值电阻（阻值1200）
C.滑动变阻器（最大阻值为100）
D.滑动变阻器（最大阻值为500）
E.电阻箱（0～99.99）
F.红、黑表笔各一只，开关、导线若干
回答下列问题：
（1）小组同学首先按照如图电路进行连接，其中a表笔是______（填“红表笔”或 “黑表笔”）；为了保证改装后欧姆表能正常使用，滑动变阻器选______（填“”或“”）。

（2）正确选择器材连接好电路后，将红、黑表笔短接进行调零，然后通过电阻测量对整个表盘进行电阻刻度记录，如图所示，表盘处的电流刻度为0.2，则对应的电阻刻度为______。

（3）利用改装后的欧姆表进行电阻测量，小组同学发现当被测电阻为几十欧姆时，电流计指针偏转角太大，不能进行读数，他们利用电阻箱和开关，对电路进行了改进，使中值电阻为，请在如图的方框中画出他们改进后的电路（______），此时电阻箱阻值应调到______（结果保留到整数），若用该表测量一阻值为的电阻时，则电流计指针对应的电流是______mA。

【正确答案】 黑表笔 6000 13 0.25

【原卷 19 题】 知识点 牛顿定律与直线运动-复杂过程

【正确答案】

【试题解析】


19-1（基础） 如图所示，某同学将一石蜡制成的模型鱼从水面上方h处由静止释放，模型鱼下潜H后速度减为零。已知模型鱼在水面上方运动时仅受重力作用，模型鱼在水中下潜时受到的阻力与浮力均不变，模型鱼可视为质点，重力加速度大小为g，求：
（1）模型鱼在水中的加速度大小a；
（2）模型鱼从释放至下潜到最深处的时间t。

【正确答案】 （1）；（2）

19-2（巩固） 近些年无人机被广泛应用于应急救灾、地质勘测、高空消防、环境监测等众多领域。如图所示无人机搭载光电吊舱，具有不受空间和地形制约、观察角度多样、响应快速等特点。现要让无人机从地面竖直起飞，最终悬停在距地面高度h=99m的空中进行作业。若无人机质量M=5kg，动力系统能提供的最大升力F=122N，上升过程中能达到的最大速度vm=6m/s，竖直飞行时受到空气阻力的大小恒为f=10N；固定在无人机下方铁杆上的光电吊舱，质量m=3kg，其所受空气阻力不计。将无人机加速或减速的过程视为匀变速运动，重力加速度g取10m/s2。
（1）无人机以最大升力竖直起飞，求：
a.达到最大速度时上升的高度；
b.光电吊舱对铁杆的作用力大小FT；
（2）假设为了运行平稳，无人机在减速时最大加速度的大小与加速时相同，求：无人机从地面起飞直至悬停到作业地点所需的最短时间t。

【正确答案】 （1）a.4.5m；b.42N；（2）18s

19-3（巩固） 如图甲所示为某校秋季运动会开幕式采用无人机拍摄的照片，图乙为正在高空进行拍摄的无人机。已知无人机质量，动力系统能提供的最大升力，无人机上升过程中最大速度。若无人机从地面以最大升力竖直起飞，达到最大速度所用时间为，假设无人机竖直飞行时所受阻力大小不变。求：
（1）无人机以最大升力起飞的加速度。
（2）无人机在竖直上升过程中所受阻力f的大小。
（3）无人机从地面起飞竖直上升至离地高度的高空所需的最短时间及平均速度大小。

【正确答案】 （1）；（2）4N；（3），

19-4（巩固） 如图所示，一物块在时由点沿光滑的斜面由静止滑下，滑过点进入粗糙的水平轨道，已知物块在光滑斜面上和粗糙水平面上都做匀变速直线运动，经过点前后瞬时速度大小不变，若第末和第末速度大小均为，第末速度大小为（结果要求保留三位有效数字），求：
（1）求物体沿斜面下滑时的加速度大小；
（2）物体经过点时的速度大小；
（3）物体在第11秒末时速度大小。

【正确答案】 （1）；（2）；（3）0

19-5（巩固） 如图所示，光滑斜面AB与一粗糙水平面BC连接，斜面倾角θ＝30°，质量m＝2kg的物体置于水平面上的D点，DB间的距离d＝7m，物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，将一水平向左的恒力F＝8N作用在该物体上，t＝2s后撤去该力，不考虑物体经过B点时的速度损失，求：
（1）撤去F时，物体的速度是多少？
（2）撤去拉力F后，经过多长时间物体第二次经过B点？（g取10m/s2）

【正确答案】 （1）4m/s；（2）1.8s

19-6（提升） 2022年4月16日，我国航天员翟志刚、王亚平，叶光富搭乘神舟十三号载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆。在着陆阶段，主降落伞打开后主降落伞和返回舱的运动过程简化如下：阶段Ⅰ，主降落伞和返回舱沿竖直方向减速下降：阶段Ⅱ，以速度匀速下降；阶段Ⅲ，当返回舱离地面h高时，返回舱的反推发动机启动，返回舱沿竖直方向匀减速下降，着地前瞬间速度恰好为零。已知上述过程中，主降落伞受到空气阻力大小与其速度大小成正比，忽略其他阻力，主降落伞质量不计，返回舱（含航天员）总质量为m，重力加速度为g。
（1）在阶段Ⅰ中，当主降落伞和返回舱的速度大小为时，求它们的加速度大小；
（2）若连接降落伞与返回舱间的根等长轻绳均匀分布，轻绳与竖直方向的夹角均为，求阶段Ⅱ中每根轻绳的拉力大小；
（3）在阶段Ⅲ中，若在反推发动机启动后，降落伞与返回舱之间的轻绳处于松弛状态，求反推发动机产生的推力大小。

【正确答案】 （1）；（2）；（3）

【原卷 20 题】 知识点 机械能与曲线运动结合问题,弹簧类问题机械能转化的问题

【正确答案】

【试题解析】


20-1（基础） 如图所示，用内表面光滑的圆管弯成的曲线形轨道，固定在竖直平面内，中部为一个直径为的圆，左端口距地面，右端口距地面，质量为、可视为质点的小球表面光滑，可以通过左端口进入光滑轨道，经过、，到达有端口。请通过计算回答：
（1）若小球以的速度从进入管中，则其到达轨道底部时的动能为多大？
（2）若使小球能从有端口离开轨道，小球应至少以多大的速度进入左端口？

【正确答案】 （1）；（2）

20-2（巩固） 某物理探究项目组设计了如图所示的弹射装置，每次实验时通过拉杆将弹射器的轻质弹簧压缩到最短后释放，将放置在弹簧前端的质量为m的小滑块从A点水平弹出，滑行距离R后经过B点，无碰撞地进入细口径管道BCD，最后从D点水平飞出。整个轨道处在同一竖直面内，管道BC部分为长度可伸缩的软管，CD部分为半径为R、可上下调节的圆弧管道，圆心始终在D点正下方。轨道仅AB段粗糙，滑块与AB段的动摩擦因数为μ。以D点正下方平台上的O点为原点、向右为正方向建立x轴，在处竖直放置高度为2R的竖直挡板EF。当D点距平台的高度h=10R时，小滑块恰好无法从D点射出。管道的口径略大于滑块，滑块在管道中运动时管道形状不发生改变，不计空气阻力、滑块的大小和挡板的厚度，重力加速度为g。求：
（1）弹簧被压缩到最短时的弹性势能；
（2）调整D点距平台的高度h=6R时，滑块经过D点时对管道的作用力；
（3）调整D点距平台的高度，求滑块落在挡板右侧到O点的距离范围。

【正确答案】 （1）；（2），方向竖直向上；（3）

20-3（巩固） 如图所示，是某公园设计的一种游乐设施，所有轨道均光滑，AB面与水平面成一定夹角。一无动力小滑车质量为，沿斜面轨道由静止滑下，然后滑入第一个圆形轨道内侧，其轨道半径，不计过B点的能量损失，根据设计要求，在圆轨道最低点与最高点各放一个压力传感器，测试小滑车对轨道的压力，并通过计算机显示出来。小滑车到达第一圆轨道最高点C处时刚好对轨道无压力，又经过水平轨道滑入第二个圆形轨道内侧，其轨道半径，然后从水平轨道上飞入水池内，水面离水平轨道的距离为。g取10 m/s2，小滑车在运动全过程中可视为质点。求：
（1）小滑车在第一圆形轨道最高点C处的速度的大小；
（2）在第二个圆形轨道的最高点D处小滑车对轨道压力FN的大小；
（3）若在水池内距离水平轨道边缘正下方的E点处放一气垫（气垫厚度不计），要使小滑车既能安全通过圆轨道又能落到气垫之上，则小滑车至少应从离水平轨道多高的地方开始下滑？

【正确答案】 （1）5 m/s；（2）333.3 N；（3）7.2 m

20-4（巩固） 如图所示，水平面与两段半径均为R、圆心角分别为和的竖直光滑圆轨道在B、C两点平滑连接。轻质弹簧左端固定、质量为m可视为质点的小球在外力作用下把弹簧压缩到P处（未拴接），由静止释放小球，小球向右运动脱离弹簧后，从B点进入圆轨道，刚好能从最高点D脱离圆轨道水平飞出。已知重力加速度为g，不计空气阻力。求：
（1）小球从D点做平抛运动的水平位移大小；
（2）改变小球初始释放位置，小球刚好能上升到D点，求从B点进入圆轨道时受到的支持力大小；
（3）在（2）的情景下，处于D点处的小球由于微小扰动继续沿圆弧轨道向右滑动，从Q点（未画出）脱离竖直圆轨道，求Q点到D点的竖直高度h。

【正确答案】 （1）：（2）；（3）

20-5（巩固） 如图所示，一固定在竖直平面内的光滑半圆形轨道ABC，半径为R＝0.5 m，轨道在C处与粗糙的水平面相切，在D处有一质量m＝1 kg的物块压缩弹簧，某时刻释放物块，物块在弹簧弹力的作用下由静止开始水平向左运动，脱离弹簧后继续冲向半圆形轨道。已知物块与水平面间的动摩擦因数μ=0.25，物体通过C点后进入圆轨道运动，恰好能通过半圆轨道的最高点A，最后又落回水平面上的D点（g＝10 m/s2，不计空气阻力），求：
（1）物块到C点时的速度vC；
（2）水平段CD的长度sCD；
（3）弹簧对物块做的功W。

【正确答案】 （1）5m/s；（2）1m；（3）15J

20-6（提升） 如图所示，是一儿童游戏机的简化示意图。光滑游戏面板与水平面成一夹角，半径为的四分之一圆弧轨道BC与长度为的AB直管道相切于B点，C点为圆弧轨道最高点（切线水平），管道底端A位于斜面底端，轻弹簧下端固定在AB管道的底端，上端系一轻绳，绳通过弹簧内部连一手柄P。经过观察发现：无弹珠时（弹簧无形变），轻弹簧上端离B点距离为，缓慢下拉手柄P使弹簧压缩，后释放手柄，弹珠经C点被射出，最后击中斜面底边上的某位置（图中未标出），根据击中位置的情况可以获得不同的奖励。假设所有轨道均光滑，忽略空气阻力，弹珠可视为质点。直管AB粗细不计。（最后结果可用根式表示）
（1）调整手柄P的下拉距离，可以使弹珠经BC轨道上的C点射出并击中斜面底边时距A最近，求此最近距离。
（2）设弹珠质量为m，，该弹簧劲度系数（g为重力加速度，弹簧的弹性势能可用计算（x为弹簧的形变量，要达到（1）中条件，求弹珠在离开弹簧前的最大速度。
（3）在坐标中定性画出（2）中弹珠从静止到达B处的速度与时间（）关系图像。图中横坐标轴上的、及分别表示弹珠第一次达速度最大值、脱离弹簧、及到达B处的时刻，纵坐标轴上的为滑块在时刻的速度大小，为弹珠在离开弹簧前的最大速度。（本问不要求写过程）

【正确答案】 （1）；（2）；（3）见解析

【原卷 21 题】 知识点 求导体棒运动过程中通过其截面的电量,电磁感应与电路的综合问题

【正确答案】

【试题解析】


21-1（基础） 如图甲，MN、PQ两条平行的光滑金属轨道与水平面成θ＝30°角固定，M、P之间接电阻箱R，电阻箱的阻值范围为0~4 Ω，导轨所在空间存在匀强磁场，磁场方向垂直于轨道平面向上、磁感应强度为B＝0.5 T。质量为m的金属杆ab水平放置在轨道上，其接入电路的电阻值为r。现从静止释放杆ab，测得最大速度为vm。改变电阻箱的阻值R，得到vm与R的关系如图乙所示。已知轨距为L＝2 m，重力加速度g＝10 m/s2，轨道足够长且电阻不计。
（1）当R＝0时，求杆ab匀速下滑过程中产生感应电动势E的大小及杆中的电流方向；
（2）求金属杆的质量m和阻值r；
（3）当R=4Ω时，ab杆从静止到最大速度过程中，流过R的电荷量为0.8C，求此过程中电阻R产生的热量QR。

【正确答案】 （1）2 V，电流方向b→a；（2）0.2 kg，2 Ω；（3）0.8J

21-2（巩固） 如图所示，两根平行金属导轨MN、PQ相距d＝1.0 m，两导轨及它们所在平面与水平面的夹角均为α＝30°，导轨上端跨接一阻值R＝1.6 Ω的定值电阻，导轨电阻不计.整个装置处于垂直两导轨所在平面且向上的匀强磁场中，磁感应强度大小B＝1.0 T.一根长度等于两导轨间距的金属棒ef垂直于两导轨放置(处于静止)，且与导轨保持良好接触，金属棒ef的质量m1＝0.1 kg、电阻r＝0.4 Ω，到导轨最底端的距离s1＝3.75 m.另一根质量m2＝0.05 kg的绝缘棒gh，从导轨最底端以速度v0＝10 m/s沿两导轨上滑并与金属棒ef发生正碰(碰撞时间极短)，碰后金属棒ef沿两导轨上滑s2＝0.2 m后再次静止，此过程中电阻R产生的焦耳热Q＝0.2 J.已知两棒(ef和gh)与导轨间的动摩擦因数均为μ＝，取g＝10 m/s2，求：
(1)绝缘棒gh在与金属棒ef碰前瞬间的速率v；
(2)两棒碰后，安培力对金属棒ef做的功W以及碰后瞬间金属棒ef的加速度a的大小；
(3)金属棒ef在导轨上运动的时间t.

【正确答案】 (1)5 m/s；　(2)0.25 J，　25 m/s2；(3)0.2 s；

21-3（巩固） 如图所示，两根光滑金属平行导轨放在水平面上，左端向上弯曲且光滑，右端水平部分足够长，导轨间距为L＝0.4m，电阻不计。水平段导轨所处空间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小B＝1.0T。质量为，电阻为的金属棒b垂直导轨放置其上，它与磁场左边界的距离为，现将质量为，电阻为的金属棒a从弯曲导轨上高为h＝0.45m处由静止释放，使其沿导轨运动，两金属棒运动过程中不会相撞，最终两棒做匀速运动。设两金属棒运动过程中始终与导轨垂直且接触良好。重力加速度g取，求：
（1）金属棒a刚越过磁场左边界时，流过金属棒a的电流方向及它两端的电压大小；
（2）金属棒匀速运动前，a棒上产生的焦耳热；
（3）两金属棒匀速运动时，a、b两棒的间距x1是多大。

【正确答案】 （1）；（2）；（3）

21-4（巩固） 如图所示，水平放置的平行光滑导轨，固定在桌面上，宽度为L，处在磁感应强度为B，竖直向下的匀强磁场中。桌子离开地面的高度为H。初始时刻，质量为m的杆ab与导轨垂直且处于静止，距离导轨边缘为d。质量同为m的杆cd与导轨垂直，以初速度v0进入磁场区域。最终发现两杆先后落在地面上。已知两杆的电阻均为R，导轨电阻不计，两杆落地点之间的距离为s。求：
（1）杆从磁场边缘射出时的速度大小；
（2）杆射出时，cd杆运动的距离；
（3）在两根杆相互作用的过程中，回路中产生的电能。

【正确答案】 （1）；（2）；（3）

21-5（巩固） 如图所示，竖直放置的圆弧导轨与足够长的水平导轨平滑连接，且轨道间距为，右侧空间中有竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场，质量为、电阻为的金属棒和质量为m，电阻为R的金属棒垂直导轨放置且与导轨接触良好，现将金属棒静止在水平导轨上，将棒从距离水平导轨高度h处时静止释放，除金属棒外其余电阻不计，所有轨道均光滑。求：
（1）棒滑至瞬间的速度大小；
（2）棒最终的速度大小和棒最终的速度大小；
（3）整个过程中棒产生的焦耳热Q；
（4）整个过程中通过棒的电荷量q。

【正确答案】 （1）；（2）；（3）；（4）

21-6（提升） 如图所示有一左右宽度不同的光滑导轨MNPQ、M′N′P′Q′水平固定放置，其中左侧导轨MNM′N′的宽度为2d，右侧导轨PQP′Q′的宽度为d，在导轨上放置两根金属棒（左侧导轨MNM′N′上放金属棒ab，右侧导轨PQP′Q′上放金属棒cd，两棒为同种材料，长度刚好和相应导轨宽度相等，且ab棒的横截面积为cd棒的2倍，已知cd棒的质量为m，电阻为R，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为B。先固定cd棒，在ab棒上施加一个水平向右的拉力F，使其向右做加速度为a的匀加速运动，在ab棒的速度为v0时撤去拉力F并同时释放cd棒。假设右侧导轨足够长，且ab棒在越过NN′进入右侧较窄导轨前已经达到匀速，金属棒与导轨垂直并接触良好，导轨电阻不计。求：
（1）拉力F与时间t的关系式；
（2）在撤去拉力F至ab棒到达NN′的过程中，通过ab棒的电荷量q；
（3）在撤去拉力F至ab棒越过NN′并再次达到匀速的过程中，ab棒上产生的焦耳热Qab。

【正确答案】 (1)；(2)；(3)

【原卷 22 题】 知识点 带电粒子在弧形边界磁场中运动,带电粒子在复合场中的运动

【正确答案】

【试题解析】


22-1（基础） 电视机的显像管中，电子束的偏转是用磁偏转技术实现的。如图所示，阴极所产生的电子初速度很小，可视为零。电子束经电压为U的加速电场后，进入一圆形匀强磁场区，磁场方向垂直于圆面，磁场区的中心为O。当不加磁场时，电子束将通过O点而打到屏幕的中心M点。当加某一磁感应强度为B的匀强磁场时，电子束偏转60°射到屏幕边缘P点，已知电子的电荷量为e，质量为m。求：
（1）电子束打到屏幕上的速度为多大？
（2）圆形匀强磁场区的半径r为多大？

【正确答案】 （1）；（2）

22-2（巩固） 如图所示，在x轴的上方有沿y轴负方向的匀强电场，电场强度为E；在x轴下方以原点O为圆心，半径为R的半圆形区域内有垂直于平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B。现将一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从y轴上的P点由静止释放，不计粒子重力与空气阻力。
（1）若粒子恰好沿平行于y轴方向飞出磁场，求P、O间的最大距离。
（2）若粒子在y轴正半轴上距O点处由静止释放，求粒子经过x轴时的坐标。

【正确答案】 （1）；（2）

22-3（巩固） 在受控热核聚变反应的装置中温度极高，因而带电粒子没有通常意义上的容器可装，而是由磁场将带电粒子的运动束缚在某个区域内。现有一个环形区域，其截面内圆半径 ，外圆半径，区域内有垂直纸面向外的匀强磁场（如图所示）。已知磁感应强度，被束缚带正电粒子的比荷为，不计带电粒子的重力和它们之间的相互作用。结果保留到小数点后两位。
（1）若中空区域中的带电粒子由O点沿环的半径方向射入磁场，求带电粒子不能穿越磁场外边界的最大速度；
（2）若中空区域中的带电粒子以（1）中的最大速度沿圆环半径方向射入磁场，求带电粒子从刚进入磁场某点开始到第一次回到该点所需要的时间。

【正确答案】 （1） ；（2）

22-4（巩固） 如图所示，在xOy直角坐标系的第三象限有板间电压为U=3.0×104V的两平行金属板，板间距离和板长均为L=20cm，上极板刚好在x轴上且带正电，板的左侧有一粒子接收屏；第一、四象限分别有一半径为R=10cm的圆形匀强磁场，分别与y、x轴在C、D点和E点相切，磁感应强度均为B=0.4T，方向垂直纸面向外。第二象限中存在沿x轴正方向的匀强电场，电场强度为E=1.0×105V/m。其中AM为x=-20cm的直线。现有许多质量为m=6.4×10-27kg、带电荷量为q=＋1.6×10-19C的粒子分布在AM上的（-20cm，5cm）到（-20cm，15cm）区域，将粒子由静止释放。不考虑各场之间的相互影响、粒子的重力和粒子之间的相互作用。求：
（1）粒子进入第一象限磁场时的速度大小；
（2）粒子进入第三象限时击中y轴负半轴的范围；
（3）接收屏能接收到的粒子数占进入平行板总粒子数的百分比。

【正确答案】 （1）1×106m/s；（2）-15cm≤y≤-5cm；（3）75%

22-5（巩固） “太空粒子探测器”是安装在国际空间站上的一种粒子物理试验设备，可用于探测宇宙中的奇异物质。在研究太空粒子探测器的过程中，某兴趣小组设计了一款探测器，其结构原理如下图所示，竖直平面内粒了探测器的过程中某兴趣小组设的匀强磁场，磁感应强度大小为B，在圆形磁场区域的右侧有一宽度的足够长的匀强磁场，磁感应强度大小也为B，方向垂直纸面向里，该磁场的右边界放有一定够长的荧光屏PQ，左边界MN板与形磁场相切处留有小孔S。现假设太空中有一群分布均的正离子以速度竖直射入圆形磁场区域，并从S点进入右侧磁场区域，已知单位时间内有N个正离子射入圆形磁场，正离子的质量为m，电荷量为q，不计粒子间的相互作用对粒子引力的影响。（可能需要的数据有：sin29°，sin49°）
（1）求正离子在圆形磁场中的轨道半径大小；
（2）各个从S点进入右侧磁场的粒子中能到达荧光屏PQ的最短时间；
（3）单位时间内有多少个离子击中荧光屏PQ?

【正确答案】 （1）R；（2） ；（3）N

22-6（提升） 从日冕发出的太阳风是由质子和电子组成的高速等离子体，人类可以利用太阳风的动力进行星际航行。科学家设计了如图甲所示的模拟实验装置，整个装置处于真空中。实验中模拟的太阳风在的范围内，以的速度沿x轴负方向运动，图甲中虚拟曲面与平面相切于轴，该曲面与平面的交线是一条抛物线，其抛物线方程满足，其中。曲面与平面间存在沿y轴负方向的匀强电场，其电场强度。在平面左侧空间某区域有沿z轴负方向的匀强磁场，能把质子约束到直线处，质子经过该直线后，进入左端开口的容器D。容器D的长度，整个装置在平面内的截面图如图乙所示，已知质子的质量和电量分别为，不计离子间的相互作用。
（1）证明在平面内通过抛物线进入电场区域的质子均经过原点O；
（2）求匀强磁场的大小；
（3）求匀强磁场的区域在平面内的最小截面积；
（4）在平面内，单位时间内通过抛物线的质子数个，容器内同时存在沿x轴正方向的匀强电场和匀强磁场，可使这些质子均能与容器右侧面发生弹性碰撞，已知所加电场的电场强度。求该状态下通过O点的质子对容器产生的推力F。

【正确答案】 （1）见解析；（2）；（3）；（4），方向沿x轴正方向


答案解析
1-1【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．根据公式可知，动摩擦因数没有单位。故A错误；
B．根据公式可知，劲度系数的国际单位为N/ｍ。故B错误；
C．根据公式可知，静电常量的国际单位为N⋅m2/C2。故C正确；
D．电势的国际单位为V，且国际单位制没有mA。故D错误。
故选C。
1-2【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．力的专用单位是N，由牛顿第二定律
F=ma
知其导出单位，A错误；
B．自感系数的专用单位是H，由自感电动势公式

知其导出单位是，B正确；
C．磁感应强度的专用单位是T，由其定义式

知其导出单位是，C错误；
D．磁通量的专用单位是Wb，由

得其导出单位是，D错误。
故选B。
1-3【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
由普朗克常量，因此的单位是

A正确，BCD错误。
故选A。
1-4【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
每千克人体组织吸收1焦耳为1希沃特，则有

故A正确，BCD错误。
故选A。
1-5【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
“千瓦时是功的单位，功的公式：，力的单位是kg·m/s2，位移的单位是m，因此“千瓦时”用国际单位制基本单位的符号表示为kg·m2/s2。
故选D。
1-6【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
国际单位制基本单位有7个，分别为、、、、、、，根据动能的表达式

可知能量的单位可表示为

用国际单位制基本单位表示“”正确的是，C正确，ABD错误。
故选C。
2-1【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．E由电场本身决定，与试探电荷所受电场力大小无关，故A错误；
B．B由磁场本身决定，与电流元所受安培力大小无关，故B错误；
C．R由导体本身材料与环境温度决定，与两端电压无关，故C错误；
D．由可得P与成正比，故D正确。
故选D。
点睛:
凡是根据比值定义法定义的物理量，其大小均不和分式中分子所代表的物理量成正比，也不和分母所代表的物理量成反比。
2-2【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．电场强度的定义运用了比值定义法，故A正确，不符合题意；
B．质点模型的建立运用了理想模型法，故B错误，符合题意；
C．研究加速度与力、质量关系时运用了控制变量法，故C正确，不符合题意；
D．由牛顿第二定律和运动学规律导出动能定理运用了演绎推理法，故D正确，不符合题意。
故选B。
2-3【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
详解:
A．在探究求合力方法的实验中使用了“等效替代”的思想，选项A正确，不符合题意；
B．伽利略在研究自由落体运动时采用了理想实验和逻辑推理的方法，故B错误，符合题意；
C．在利用v-t图像推导匀变速直线运动的位移公式时，采用了微元法，选项C 正确，不符合题意；
D．在计算带电体间的相互作用力时，若电荷量分布对计算影响很小，将带电体看做点电荷采用了“理想模型法”，选项D正确，不符合题意；
故选B。
2-4【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．合力与分力的作用效果相同，可用分力代替合力，也可用合力代替分力，体现了等效替代的思想，故A正确，不符合题意；
B．当△t→0时，可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义运用了极限思维法，故B正确，不符合题意；
C．在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法是抓住主要矛盾，忽略次要因素，这叫理想模型法，故C错误，符合题意；
D．求匀变速直线运动位移时，将其看成很多小段匀速直线运动的累加，采用了微元法，故D正确，不符合题意。
故选C。
2-5【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．根据速度定义式，当非常小时，就可以用表示物体在某时刻的瞬时速度，应用了极限法。故A错误；
B．在探究两个互成角度的力的合成规律时，利用合力的效果与分力的效果一样，采用了等效替代的方法。故B错误；
C．在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点代替物体的方法，采用了理想模型的思想。故C错误；
D．类比电场强度的定义方法，“重力场强度”可以定义为。故D正确。
故选D。
2-6【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
爱因斯坦的观点的提出类比了电场和电磁波的概念，故采用了类比法。
故选C。
3-1【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
伽得略首先采用了以实验检验猜想和假设的科学方法，对落体运动进行正确研究，把实验和逻辑推理和谐地结合起来。
故选C。
3-2【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．用点电荷代替带电体是采用了理想模型的方法，理想模型法是物理中研究问题的一种方法，故A正确；
B．伽利略通过理想斜面实验总结出了力不是维持运动的原因，牛顿总结了惯性定律，故B错误；
C．在探究求合力方法的实验中主要使用了等效替代的方法，故C错误；
D．牛顿发现了万有引力定律，卡文迪什测出了引力常量的值，故D错误。
故选A。
3-3【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．法拉第提出一种观点，认为在电荷的周围存在着由它产生的静电场，A正确，不符合题意；
B．爱因斯坦的相对论指出真空中的光速在不同惯性参考系中大小都是相同的，即光速不变原理，B正确，不符合题意；
C．由物理学史可知，胡克等人证明： 如果行星的轨道是圆形的， 它所受引力的大小跟行星到太阳距离的二次方成反比，C正确，不符合题意；
D．美国科学家富兰克林由实验得到，雷电的性质与摩擦产生的电的性质完全相同，并把它们命名为正电荷和负电荷，D错误，符合题意。
故选D。
3-4【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．卡文迪许巧妙地运用扭秤实验，应用了放大法成功测出万有引力常量的数值，故A错误；
B．牛顿经过系统研究最后提出科学史上最伟大的定律之一—万有引力定律，故B正确；
C．法国物理学家安培发现了分子电流假说，用于解释磁场起源，故C错误；
D．丹麦物理学家奥斯特于1820年发现了电流的磁效应，法拉弟发现了电磁感应现象，故D错误。
故选B。
3-5【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．德国杰出的天文学家、物理学家、数学家开普勤在丹麦天文学家第谷积累的大量天文观测记录基础上通过研究发现了行星运动的三大定律，首次对行星运动规律做出了准确的描述，被誉为“天空立法者”，故A正确；
B．牛顿的巨作《自然哲学的数学原理》，开辟了大科学时代、牛顿是最有影响的科学家，被誉为“物理学之父”，而不是“近代物理学之父”，故B错误；
C．英国科学家胡克发现了胡克定律，提出了关于“太阳对行星的吸引力与行星到太阳的距离的平方成反比”的猜想，故C正确；
D．卡文迪什通过实验推算出来引力常量的值，被誉为第一个能“称量地球质量”的人，故D正确。
故选B。
3-6【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．爱因斯坦光电效应理论通过光子说成功解释了光电效应现象，康普顿效应理论说明光具有能量与动量，爱因斯坦光电效应理论和康普顿效应理论都揭示了光的粒子性，A正确；
B．麦克斯认为变化的磁场周围空间激发出电场，该电场不是由电荷产生的，B正确；
C．伽利略首先建立了平均速度、瞬时速度和加速度的概念，并通过斜面实验探究出自由落体运动的规律，C正确；
D．为了解释黑体辐射的规律，普朗克提出能量子假说，爱因斯坦把能量子假设进行推广，认为光就是由一个个不可分割的能量子组成，即光子，D错误。
故选D。
4-1【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．5G使用的电磁波频率更高，根据可知，波长更短，故A错误；
B．5G使用的电磁波频率更高，波长更短，衍射更不明显，故B错误；
C．5G使用的电磁波频率更高，根据可知，能量子的能量更大，故C正确；
D．5G与4G均为电磁波，传播速度相同，故D错误。
故选C。
4-2【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
详解:
由Mλ-λ图线可知，对于同一物体，随着温度的升高，一方面，各种波长电磁波的辐射强度都有所增加，向外辐射的电磁波的总能量增大；另一方面，辐射强度的极大值向短波方向移动，波长范围增大。ABC错误，D正确。
故选D。
4-3【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．黑体不反射电磁波，但会向外辐射电磁波，即黑体辐射，故A错误；
B．一切物体都在辐射电磁波，这种辐射与物体的温度有关，故B错误；
C．类似于能量的量子化，任何物体的带电量也是“量子化”的，即只能是元电荷的整数倍，故C正确；
D．爱因斯坦借助于能量的量子化假设，提出“光由光子构成”，故D错误。
故选C。
4-4【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
详解:
A．自然界的任何物体都向外辐射红外线，温度越高，辐射电磁波的本领越强，故A错误；
B．黑体在不断的辐射电磁波，且温度越高最强辐射波的波长越短，故B错误；
C．黑体对于外界过来的电磁波只吸收而不反射，但黑体辐射光，肉眼能看到黑体，故C错误；
D．根据量子化的理论，黑体辐射电磁波的能量是不连续的，只能是某一最小能量值的整数倍，故D正确。
故选D。
4-5【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 分析:
详解:
由

代入数据可得每个光子的能量

故选A。
4-6【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
ABC．由于电子受静电力方 向水平向左，与电子速度方向间的夹角为钝角(当电子的速度方向沿金属板M板面方向时，静电力方向与电子速度方向间的夹角为直角，该方向射出的电子是不会在两板间运动)，故电子在两板间均做减速运动，但不是匀减速直线运动，故C错误；根据动能定理

U增大，到达N极板电子数减少，电流表的读数减小，故A错误；当时电流表中就没有电流，即电子到达N板的速度恰好为0，故B正确；
D．将电源的正负极反向时，使光电子加速，电流表的读数不可能为零，故D错误。
故选B。
5-1【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．研究宇航员在舱外的姿态时，不能忽略其自身动作变化，因此不能够视为质点，故A错误；
B．研究神舟十四号飞船绕地球运行的轨迹时，可以忽略飞船的形状和大小，则飞船可以视为质点，故B正确；
C．神舟十四号与天和核心舱完成自主对接过程，飞船将时刻调整自身姿态，不能够忽略自身体积和形状，因此不能够视为质点，故C错误；
D．航天员在中秋节展示中秋大礼包时，如果忽略了飞船的大小和形状，则没有意义了，因此不能够视为质点，故D错误。
故选B。
5-2【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
AB．根据田径场的规格可知，100米比赛的位移大小等于100米，200米比赛的位移小于200米，所以200米比赛的路程是100米比赛路程的两倍，但200米比赛的位移小于100米比赛位移的两倍，且200米比赛的平均速度

故AB错误；
C．110米栏比赛的位移大小等于110米，所以平均速度约为

故C正确；
D．根据题给条件无法判断100米比赛的最大速度，故D错误。
故选C。
5-3【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．“21点10分”对应一个点，是时刻，“90分钟”对应一个线段，表示“时间”，故A正确；
B．卫星绕地球飞行一圈，位移是0，路程是周长不为零，故B错误；
C．平均速度等于总位移除以总时间，卫星绕地球飞行一圈，位移是0，平均速度为0，只要运动其在每一时刻的瞬时速度都不为0，故C错误；
D．地面卫星控制中心在对飞船进行飞行姿态调整时不能看成质点，否则没有姿态可言，故D错误。
故选A。
5-4【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．若加速度方向和速度方向相同，物体做加速运动，虽然加速度很小，物体的速度还是要增大，只是增加的慢，故A正确；
B．若加速度方向和速度方向相反，物体做减速运动，加速度很大，物体的速度减小的快，故B正确；
C．加速度方向和速度方向相同，物体速度增加，相反物体速度减小，加速度的大小决定物体速度增加或减小的快慢，故C错误；
D．物体做匀变速直线运动，所以它的加速度是恒定的，它的速度变化的快慢程度不变，即速度是均匀变化的，故D正确。
故选C。
5-5【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．小球通过的路程为

故A错误；
B．小球的位移指初末位置有向线段，大小为0.5m方向竖直向下，故B正确；
C．速度变化量

方向竖直向上，故C错误；
D．平均速度

方向竖直向下，故D错误。
故选B。
5-6【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
ABC．a是增大还是减小取决于它与j的方向是同向还是反向，与j增大还是减小无关，与j是否为正值也无关，当a与j同向时，a增大，当a与j反向时，a减小，故AC错误，B正确；
D．根据j的定义式可知，该质点j的方向一定与的方向一致，故D错误。
故选B。
6-1【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．物体做圆周运动，绳子的拉力提供向心力，根据牛顿第二定律

只减小旋转角速度，拉力减小，故A错误；
B．物体做圆周运动，绳子的拉力提供向心力，根据牛顿第二定律

只加快旋转速度，拉力增大，故B错误；
C．物体做圆周运动，绳子的拉力提供向心力，根据牛顿第二定律

只更换一个质量较大的小球，拉力增大，故C正确；
D．突然松开绳子，拉力消失，小球在水平面上不受力的作用，将做匀速直线运动，故D错误。
故选C。
点睛:
绳子松开时，先对小球进行受力分析，再判断小球的运动情况。
6-2【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
AB．演员自由下摆的过程中，根据动能定理有

整理得

所以速度大小与演员的质量无关，代入数据得

选项A B正确；
C．在最低点时，演员的加速度竖直向上，所以演员处于超重状态，C正确；
D．当演员荡到秋千支架的正下方时，根据牛顿第二定律有

代入数据得

D错误。
故选D。
6-3【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．荡秋千时，绳子拉力和重力在沿绳方向上分力的合力提供向心力，故A错误；
B．火车转弯时，如果速度，是由重力与支持力的合力提供向心力，火车的速度小于该值时，火车拐弯时速度越小，则铁路路基磨损就越大，故B错误；
C．车过拱形桥有

桥受到车的压力一定小于车的重力，故C正确。
D．在室内自行车比赛中，自行车在赛道上做匀速圆周运动，将运动员和自行车看作一个整体，受重力、支持力以及摩擦力三个力作用，故D错误。
故选C。
6-4【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
AB．最低时，设某同学的速度为v，则

可知秋千对该同学的作用力大于mg。给AB错误；
CD．最高时，该同学的速度为零，设绳与竖直方向上的夹角为，垂直绳方向有

解得

故C错误，D正确。
故选D。
6-5【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
小虫的运动可认为做匀速圆周运动，如图所示

沿切线方向有

垂直于切线方向有

可得树枝对小虫的作用力大小为

由图受力可知，树枝对小虫的作用力方向与竖直方向的夹角小于，与水平方向的夹角不一定等于。
故选D。
6-6【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
因所有小球做平抛运动的竖直高度相同，故平抛的时间相等，所以平抛的水平初速度最小的小球，其水平位移也最小，当小球在最高点时只受重力作用时速度最小，则有

解得

在竖直方向有

解得

故平抛的最小水平位移为

故选C。
7-1【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．第一宇宙速度为近地卫星的环绕速度，为最大环绕速度，根据

可得

可知北斗2在“墓地轨道”运行速度小于第一宇宙速度，故A错误；
B．“墓地轨道”的轨道半径大于同步卫星的轨道半径，根据

可得

可知北斗2在“墓地轨道”运行周期大于地球自转周期，故B正确；
C．实践21在拖运北斗2过程中的速度大于第二宇宙速度将逃逸出地球的引力场，故实践21在拖运北斗2过程中的速度小于第二宇宙速度，故C错误；
D．根据

可得

可知实践21在近地轨道运行的加速度等于重力加速度，故D错误。
故选B。
7-2【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．根据

解得

天和核心舱在轨道Ⅲ的轨道半径大于问天实验舱在轨道Ⅰ的轨道半径，所以问天实验舱在轨道Ⅰ的线速度大于天和核心舱在轨道Ⅲ的线速度，故A错误；
B．在轨道Ⅱ上经过Q点为远地点，P为近地点，近地点的速度大于远地点的速度，故B正确；
C．问天实验舱从轨道Ⅰ运行到轨道Ⅲ过程中需要点火加速，机械能不守恒，故C错误；
D．根据

可得

轨道半径越小，周期越小，问天实验舱在轨道Ⅰ运行周期小于同步卫星的周期，故D错误。
故选B。
7-3【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．G2卫星在地球同步轨道运行时，卫星与地球间的万有引力提供卫星做圆周运动的向心力，有

解得

由上述公式分析可知，在同步轨道上，其加速度的大小不变，但其方向时刻指向地球的球心，故加速度时刻在改变，故A项错误；
B．实践21号卫星从“墓地轨道”返回到同步轨道，需要做近心运动，即卫星需要减速，故B项正确；
C．G2卫星在“墓地轨道”到同步轨道需要减速，所以G2卫星在“墓地轨道”运行的机械能大于同步轨道运行的机械能，故C项错误；
D．卫星环绕地球的速度应小于第一宇宙度，即卫星的速度应该小于，故D项错误。
故选B。
7-4【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．在发射轨道上关闭推进器后，卫星由近地点向远地点运动，速度不断减小，故A错误；
B．第一宇宙速度的轨道半径等于地球半径，根据，可知在停泊轨道上，卫星的速度小于第一宇宙速度，故B正确；
CD．在转移轨道上，地球、月球对卫星万有引力的合力先做负功，再做正功，故CD错误。
故选B。
7-5【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．实践21号卫星在P点从同步轨道到转移轨道需要加速做离心运动，选项A错误；
B．根据

可知，北斗2号G2卫星在转移轨道上经过Q点的加速度等于在墓地轨道上经过Q点的加速度，选项B错误；
C．若北斗2号G2卫星要从地球表面逃脱地球的引力束缚，则在地面处速度必须大于11.2km/s，若要从Q点逃脱地球的引力束缚，则在该处速度可以小于11.2km/s，选项C错误；
D．考虑空气阻力，若在“同步轨道”运行的卫星无动力补充，则速度会减小，则卫星做向心运动，即接下来轨道降低，地球的引力做正功，且引力做的正功大于克服空气阻力的功，则卫星的速度变大，选项D正确。
故选D。
7-6【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
详解:
A．两次点火都让探测器做加速运动，因此点火的方向都与运动方向相反，A错误；
B．地球绕太阳运行时，根据牛顿第二定律

由根据开普勒第三定律

可得“天问一号”探测器沿椭圆轨道运行的周期

而两次点火之间的时间

B正确；
C．绕太阳运行时，根据

解得，可得轨道半径越大，角速度越小，因此“天问一号”在地球轨道上的角速度大于在火星轨道上的角速度，C错误；
D．由于“天问一号”通过近日点后将做离心运动，因此在转移轨道上近日点的速度大于地球公转速度，D错误。
故选B。
8-1【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
AB．根据静电感应规律可知，A左端带负电，B右端带正电，B左端不带电，故AB错误；
CD．先将A、B分开，再移走C，由于A不再与B相接触，所以A将带负电，故C错误，D正确。
故选D。
8-2【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．笔与头发摩擦后，摩擦使笔带负电，故A错误；
B．根据感应带电原理可知，笔靠近圆环时，圆环上、下感应出异种电荷，故B正确；
C．圆环被吸引到笔上，是因为圆环所受静电力的合力大于圆环的重力，产生了加速度，故C错误；
D．塑料圆珠笔是绝缘材料，电子无法自由移动，笔碰到圆环后，笔所带的电荷无法全部被中和，故D错误。
故选B。
8-3【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
无论用手摸一下导体的什么位置，都会使枕形导体通过人体与大地相连，由于静电感应，导体上的自由电子将经人体流入大地，使得导体带正电，手指离开，移去带电体C，导体带正电，故D正确，ABC错误。
故选D。
8-4【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．先把两球分开，再移走棒，两球由于感应起电带上异种电荷，故A错误；
B．先移走棒，此时两球中的电荷又发生中和，不再带电，再把球分开，同样甲乙不再带电，故B正确；
C．先将棒接触一下其中的一个球，再把两球分开，是接触带电，甲乙带同种电荷，故C错误；
D．手摸一下甲球，此时甲带电，乙不带电，然后移走棒，再把两球分开，甲乙带同种电荷，故D错误。
故选B。
8-5【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
导体原来不带电，但是在带正电的导体球C的静电感应作用下，导体中的自由电子向B部分转移，使B部分带负电，A部分带正电。
根据电荷守恒定律，A部分移走的电子数目和B部分多余的电子数目是相同的，因此无论从哪一条虚线切开，两部分的电荷量大小总是相等的。
电子在导体上的分布不均匀，越靠近右端负电荷密度越大，越靠近左端正电荷密度越大，所以从不同位置切开时，A所带电荷量的大小QA不同，故ABC错误，D正确。
故选D。
8-6【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．由于q为正电荷，根据静电感应规律可知棒左端感应负电荷，右端感应正电荷，故A错误；
BC．处于静电平衡的导体是等势体，内部场强处处为零，A、B两点的场强都是零，故BC错误；
D．静电平衡时A点的合场强为零，因此感应电荷在A点的场强与点电荷q在A点的场强等值反向，得棒上感应电荷在A点产生的场强大小为

故D正确。
故选D。
9-1【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
根据安培定则可知，当电流方向向外时，所形成的磁场方向为逆时针方向闭合的曲线。
故选D。
9-2【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
图中是奥斯特发现电流的磁效应的实验装置，由右手螺旋定则可知导线在下方的磁场垂直纸面向里，小磁针的N极垂直纸面向里转动，故D正确，ABC错误。
故选D。
9-3【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
AB．奥斯特根据小磁针在通电导线周围的偏转而发现了电流的磁效应，小磁针的偏转是由于磁场引起的，不是由电磁感应现象引起的，故A错误，B正确；
CD．赤道处的磁场方向从南向北，电流方向沿东西方向，根据安培定则，电流的磁场方向也是沿南北方向，所以小磁针不会发生偏转；若电流方向沿南北方向，根据安培定则，电流的磁场方向沿东西方向，小磁针会发生偏转；故CD错误。
故选B。
点睛:
通过电流方向，根据安培定则判断磁场的方向。然后再判定小磁针的偏转；解决本题的关键掌握左手定则判断磁场方向、电流方向、安培力方向的关系。
9-4【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
由安培定则知，环形电流内部磁场方向垂直纸面向里，故N极转向纸里，S极转向纸外。
故选D。
9-5【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
C．小磁针的N极向螺线管偏转说明小磁针所在位置磁场方向向左，即螺线管P端为N极，Q端为S极，故C错误；
D．在螺线管的内部，磁场方向由S极指向N极，所以螺线管内部磁场方向由Q指向P，故D错误；
AB．根据安培定则可知，在蓄电池外部电流从N流向M，蓄电池N端为正极，故A正确，B错误。
故选A。
9-6【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
地磁场的方向是从磁场北极到磁场南极，地磁南北极与地理南北极刚好相反，故在地磁场的影响下，小磁针的N极指向北方，通恒定电流后，小磁针的N极指向西北方向，则恒定电流产生的磁场方向偏向西方，根据右手螺旋定则知所通的电流自南向北，故B正确，ACD错误。
故选B。
10-1【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．水对装置向上的反冲动力与装置对水向下的压力是一对相互作用力，大小相等，故A错误；
B．人悬空静止一段时间，装置的位移为零，所以水的反冲动力对装置做功为零，而反冲动力的作用时间不为零，所以冲量不为零，故B错误；
C．人悬空静止时，动能为零，而重力势能与所取零势能面有关，可能为零，所以人的机械能可能为零，故C正确；
D．整体向上减速运动时，水的反冲力与速度方向相同，所以对装置做正功，故D错误。
故选C。
10-2【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 分析:
详解:
AB．设弹性网的弹力对何雯娜的平均作用力为，作用时间为，何雯娜保持该姿势从最高点下落至最低点的过程中，根据动量定理可得

可得弹性网的弹力对何雯娜的冲量大小为

故A正确，B错误；
CD．何雯娜保持该姿势从最高点下落至最低点的过程中，高度减小，重力势能减小，减小量为

故C、D错误；
故选A。
10-3【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
详解:
A．运动员从离水平网面3m高处由静止自由下落，着网后沿竖直方向回到离水平网面5m高处，初末位置动能都为0，但末位置重力势能大于初位置重力势能，运动员的机械能增加了，故机械能不守恒，故A错误；
B．弹性网弹力先对运动员做负功，再做正功，但总体不做功，运动员的机械能增加是运动员本身对自己做功的缘故，故B错误；
CD．根据动量定理可知，运动员初末速度为0，故动量的变化量为0 ，合外力的冲量为0，故弹性网弹力对运动员的冲量大小等于运动员重力的冲量大小，故C正确D错误。
故选C。
10-4【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．根据冲量的概念I=Ft可知，当力与位移垂直的时候，该力的冲量也不为零，选项A错误；
B．体操运动员在着地时曲腿是为了增大与地面的作用时间，在动量变化相同的情况下减小地面对运动员的作用力，选项B正确；
C．从同样的高度下落的玻璃杯，落地时的动量是相同的，接触地面后动量变化相同，受到的冲量相同，因为掉到水泥地面上作用时间较短，地面对玻璃杯的作用力较大，则容易碎，选项C错误；
D．以相同速度撞车时旅客的动量变化是相同的，系好安全带是为了防止车辆在急刹车或者撞到障碍物时，增加作用时间，减小作用力，同时也防止旅客因为惯性被“甩”出去，保证旅客的安全，选项D错误。
故选B。
10-5【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．跳出之前，地面对人的作用力大于人的重力，根据
I=Ft
可知，地面对人的作用力的冲量大于重力的冲量，A错误；
B．从跳出至落到沙坑过程中，人的速度先减小后增大，则由
p=mv
可知，动量先减小后增大，B错误；
C．从跳出至落到沙坑过程中，人离地面的高度先增大后减小，则重力势能先增大后减小，C正确；
D．人落入沙坑的过程，设向上为正方向，有
IF-IG=0-(-mv)
则沙坑对人作用力的冲量大于重力的冲量，D错误。
故选C。
10-6【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
跳起后重心升高的高度为

人跳起的速度

解得

跳起过程，根据动量定理得

解得起跳过程中地面对他的平均压力约为

根据牛顿第三定律，起跳过程中他对地面的平均压力约为

故选C。
11-1【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．根据原副线圈电流与匝数成反比得

A错误；
B．电压表V1测量原线圈电压，移动滑动变阻器，原线圈电压不变，B错误；
C．根据

可知副线圈电压不变，则滑动变阻器滑片P由a端向b端缓慢滑动时，电阻变小，电流变大，所以电流表A2的示数逐渐变大，C正确；
D．变压器的原、副线圈的电压均不变，而副线圈电路总电阻减小，则输出功率一直增大，由于理想变压器输入功率和输出功率相等，变压器输入功率也一直变大，D错误。

故选C。
11-2【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
C．光照减弱，R阻值增大，光敏电阻两端电压增大，故C错。
B．通过灯泡和光敏电阻的电流之比为，故B错误。
AD．小灯泡两端电压变小，小灯泡变暗，故A错误，D正确。
故选D。
11-3【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
设理想变压器原副线圈的匝数比为k时，电阻R消耗的功率最大，此时通过R的电流为I，由

得原线圈中的电流I1为

变压器副线圈两端的电压为IR，原线圈两端的电压由

得

原线圈电路中，电源电压满足

因此得到

代入数据解得

由数学知识可知，当

即

此时电阻R消耗的功率最大，电流的最大值为

由电功率公式得到电阻R消耗的最大功率为

故A正确。
故选A。
11-4【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
由题意可知，假设负载电阻两端电压为，则负载电阻消耗的功率为

解得

根据理想变压器原副线圈匝数比等于电压比，可得

故选A。
11-5【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．由电流与匝数成反比可得副线圈电流为

电压表读数为

故A错误；
B．当开关S1、S2均闭合时，输入电压U不变，变压器匝数比不变，所以副线圈电压不变，电压表示数不变，故B错误；
C．当开关S1、S2均闭合时，副线圈电阻减小，副线圈的电流增大，根据

可知原线圈的电流增大，即电流表示数增大，故C错误；
D．当开关S1闭合、S2断开时，根据理想变压器电压与匝数成正比

可得

副线圈电流为

根据理想变压器电流与匝数成反比

解得电流表示数

当开关S1断开、S2闭合时，设此时电流表的示数为，根据理想变压器电压与匝数成正比

解得

根据理想变压器电流与匝数成反比

解得

此时副线圈电压为

联立可得

由此可知

故D正确。
故选D。
11-6【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
AB．设用户端理想变压器原副线圈两端电压分别为U1、U2，电流分别为I1、I2，则根据理想变压器特点


得


对原线圈电路有

由上式可得

AB错误；
C．由题意可得

结合


联立可得

C正确；
D．根据C选项中分析可知，虚线框所圈部分的等效电阻为，则上消耗功率为

D错误。
故选C。
12-1【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．测电流时，电表应该串联接入电路，且电流应从红表笔进入从黑表笔流出，应按图乙连接方式测量，故A错误；
B．测电压时，红表笔应接灯泡的左端，所以图甲连接方式红、黑表笔接法有误，故B正确；
C．测量电阻时，应将待测电阻与电路断开后测量，故C错误；
D．因为欧姆表的黑表笔与内部电池的正极相连，所以测量二极管反向电阻时，应将黑表笔与二极管的负极相连，故D错误。
故选B。
12-2【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．测量未知直流电源两端电压时，为避免超量程损坏电压表，应先用大量程再逐渐减小到合适的量程，故A错误；
B．用“”档测电阻时指针如图所示，可见偏角太大，应改用小倍率“”档，且欧姆调零后再测，故B正确；
C．测二极管的反向电阻时，因为电流从欧姆表的黑表笔流出，所以黑表笔应接二极管的负极，故C错误；
D．使用结束时，应把选择开关置于交流电压最高档或者“OFF”档，故D错误。
故选B。
12-3【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．用多用电表测量了一个的电阻后，需要继续测量一个阻值大约是的电阻，不需要进行机械调零，故A错误；
B．使用欧姆表测电阻时要选择合适的挡位，使指针指在中央刻度线附近,所以应将多用电表的选择开关旋至倍率的电阻挡，欧姆调零后测量，读数为160Ω，故B错误；
C．用多用电表测电阻时，多用电表有内置电源，黑表笔与电源的正极相连，则黑表笔的电势高，故C正确；
D．测量结束后要将表笔从插孔中拔出，并将选择开关旋至到交流电压最大量程处（或OFF档，故D错误。
故选C。
12-4【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
实验前先机械调零，电阻阻值为1300，故选择把选择开关旋转到“×100”位置；将红表笔和黑表笔接触；调节欧姆调零旋钮使表针指向欧姆零点，故顺序为（1）（4）（2）（5），故A正确，BCD错误。
故选A。
12-5【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
由图示可知，被测电阻阻值为

择旋钮置于“25mA”电流挡，由表盘可知其分度值是0.5mA，则电流表示数为15.0mA。
故选D。
12-6【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
电动势为1.5调零后，欧姆表内部的中值电阻，也就是电表的内阻

电动势变为1.45调零后，欧姆表内部的中值电阻，也就是电表的内阻

由600Ω对应的电流列出关系式

解得，这个电阻的真实值是
R真=580Ω
故C正确，ABD错误。
故选C。
13-1【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．核聚变又叫热核反应，反应一旦发生，不再需要外界能量，靠自身产生的热就会使反应继续下去，故A正确；
B．目前核能发电是利用核裂变，故B错误；
C．是原子核的人工转变，故C错误；
D．聚变反应释放核能，存在质量亏损，即反应后质量减少，故D错误。
故选A。
13-2【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．由质量数守恒、电荷数守恒可得，核反应方程为

该反应属于原子核的裂变，故A正确；
B．原子序数大于83的所有天然存在的元素都具有放射性，有放射性，故B错误；
C．已知真空中光速为c，根据

可得反应过程中的质量亏损为

故C错误；
D．的结合能并不是它衰变时放出的能量，所以的比结合能不是，故D错误。
故选A。
13-3【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
根据，可得的结合能为

则的比结合能为

故选D。
13-4【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．此反应属于氢核聚变，故A错误；
B．核反应方程式中生成物比反应物稳定，则氘核比结合能比氦核比结合能小，B错误；
C．根据可得两个氘核发生此反应释放的能量约为

代入数据得

故C正确；
D．核反应过程中有质量亏损，质量不守恒，故D错误。
故选C。
13-5【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．核裂变要释放能量，则核裂变产物与的结合能之和一定大于原来重核的结合能，A正确；
B．由电荷数守恒知X的电荷数为0，故X为中子，由质量数守恒知
a = 3
B错误；
C．核裂变过程释放能量，比结合能变大，则的比结合能比的小，C错误；
D．由题意知，核反应过程中的质量亏损
Dm = mU－mBa－mKr－2mX
由质能方程可知，释放的核能
DE = (mU－mBa－mKr－2mX)c2
D错误。
故选A。
13-6【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．该核反应释放能量，生成的更稳定，因此的比结合能比的大，故A错误；
B．结合核反应过程中电荷数守恒可得

即

故B错误；
CD．由质能方程得t时间内“人造太阳”释放的能量为

并非一次聚变释放的能量，以“人造太阳”的中心为球心，L为半径的球面上，单位面积接收到的能量为

单个接收装置接收到的能量为

则单个接收装置的功率为

故C错误，D正确。
故选D。
14-1【基础】 【正确答案】 AD
【试题解析】 详解:
A．当木块静止时，受竖直向下的重力mg，竖直向上的静摩擦力f，向左的外力F和墙壁向右的支持力FN，且有


故A正确；
B．当F减小时，FN减小，静摩擦力仍然与重力等大反向，故B错误；
C．当木块沿墙壁向下运动时，墙壁对木块的摩擦力为滑动摩擦力，其大小为

不一定等于μmg，故C错误；
D．当撤去F后，木块沿墙壁下滑时，只受重力作用，故D正确。
故选AD。
14-2【巩固】 【正确答案】 BC
【试题解析】 详解:
AD．以物块为研究对象，分析受力，作出力图如图，根据牛顿第二定律得摩擦力，保持不变，故选项A、D错误；

BC．小车的加速度增大时，弹力增大，对车厢壁的压力增大，物块受到的最大静摩擦力增大，物块不可能沿壁下滑，故选项B、C正确．
14-3【巩固】 【正确答案】 AC
【试题解析】 详解:
BCD．当车减速上升时，人、车具有相同的加速度，方向沿斜面向下，则乘客受到合力方向沿斜面向下；由于座椅的上表面是水平的，所以人受到重力、支持力、水平向左的静摩擦力，故BD错误，C正确；
A．在竖直方向，由牛顿第二定律有
mg－FN＝may
得
FN＝mg－may
故A正确。
故选AC。
14-4【巩固】 【正确答案】 CD
【试题解析】 详解:
A．硬币直立过程中，硬币与列车间可能存在一定的摩擦力，列车做匀速直线运动时可以直立，列车在做加速度较小的加速运动时，所需要的摩擦力也会较小，也能使硬币处于直立的状态，A错误；
B．当列车匀速运动时，硬币直立的过程中，只受到重力和支持力，处于平衡状态，当列车处于加速度很小的变速运动状态时，受力不平衡，硬币直立的过程中，受到重力、支持力和静摩擦力，B错误；
C．当列车处于加速度很小的加速运动状态时，受力不平衡，硬币直立的过程中，受到重力、支持力和静摩擦力，且摩擦力方向与列车行驶方向相同，C正确；
D．当列车处于加速度很小的减速运动状态时，受力不平衡，硬币直立的过程中，受到重力、支持力和静摩擦力，且摩擦力方向与列车行驶方向相反，D正确。
故选CD。
14-5【巩固】 【正确答案】 BC
【试题解析】 详解:
AB．汽车向左做匀加速直线运动，油桶和汽车有向左的加速度，对油桶分析可知，汽车一定受到水平向左的摩擦力提供加速度，故B正确，A错误；
C．竖直方向上，汽车对油桶的支持力和油桶所受重力平衡，则油桶受到汽车对其的支持力方向竖直向上，故C正确；
D．汽车竖直方向受汽车的重力、油桶的压力和地面对汽车的支持力，故D错误。
故选BC。
14-6【提升】 【正确答案】 AC
【试题解析】 详解:
AB．小球静止或匀速运动时，受力平衡，必受重力和向上的弹力，即弹力为

方向竖直向上，故A正确，B错误；
C．当小球向右以加速度运动时，对其受力分析，受重力和弹力，如图

合力为：
合
方向水平向右，根据平行四边形定则，弹力可能沿斜杆向上，此时杆的弹力大小为

故C正确；
D．小车向右匀减速运动时，加速度a向左，则有

方向斜向左上方 ；

故D错误；
故选AC。
15-1【基础】 【正确答案】 AC
【试题解析】 详解:
A．根据题意可知，光束的折射率小于光束，由公式可得，光束比在玻璃砖中的传播速度大，故A正确；
B．根据题意，由光路的可逆性可知，光束在平行玻璃砖下表面不可能发生全反射，故B错误；
CD．因为玻璃上下表面平行，光线在玻璃下表面第二次折射时的入射角等于在上表面第一次折射时的折射角，根据光路可逆性可知，第二次折射光线与第一次折射入射光线平行，所以从玻璃砖下表面射出的两束光仍然平行，如果玻璃砖的厚度、两束入射光线入射位置合适，两束单色光线穿过平行玻璃砖下表面后可能重合为一束光线，故D错误，C正确。
故选AC。
15-2【巩固】 【正确答案】 BD
【试题解析】 详解:
A．根据光的折射定律

由图可知，A光发生全反射，B光和C光发生折射，且C光在空气中的角度大于B光在空气中的角度，所以B光的折射率小于C光的折射率；
根据光在介质中的速度与折射率的关系

可知，B光在介质中的传播速度大于C光的传播速度，所以B光穿过玻璃砖的时间小于C光穿过玻璃砖的时间，故A错误；
B．根据折射率与临界角的关系

由于B光的折射率小于C光的折射率，所以B光的临界角大于C光的临界角，当入射角增大时，C光比B光先消失，故B正确；
C．由于B光的折射率小于C光的折射率，所以B光的波长比C光的波长长，根据条纹间距公式

B光要比C光条纹间距大，故C错误；
D．由于B光的波长比C光的波长长，所以B光比C光更容易发生衍射现象，故D正确。
故选BD。
15-3【巩固】 【正确答案】 AD
【试题解析】 详解:
A．人眼看到的折射光线的反向延长线的交点比鱼的实际位置偏近，所以人看到的鱼比实际位置要近一些，A正确；
B．鱼看到的折射光线的反向延长线的交点比人的实际位置偏远，所以鱼看到的人比实际位置要远一些，B错误；
CD．光线从潜艇中射入水中时，最大的折射角小于45°，因此光线射到水面时最小的入射角大于45°，一定会发生全反射，所以光线不能从水面射出，同理可知，水面上方射入水中的光线也不能照射到潜艇内部，C错误，D正确。
故选AD。
15-4【巩固】 【正确答案】 BCD
【试题解析】 详解:
A．光路图如图所示

根据几何关系有

根据折射定律

解得

所以

说明光线在BC边发生全反射，故A错误；
B．根据几何关系


解得

说明光线从CD面平行于BC射出，故B正确；
CD．由图可知，两束光在介质中的路程相等，且a光的出射光线离BC更近，故CD正确。

故选BCD。
15-5【巩固】 【正确答案】 AC
【试题解析】 详解:
A．由题意可知，两束光在P点的入射角分别为、，两束光在P点的折射角相同且，由折射定律

可得

故A正确；
B．由对称性可知，光经过透明平行器件后出射光线与入射光线平行，所以两束光都不可能在Q点发生全反射，故B错误；
C．材料对a光的折射率大，所以a光的频率大于b光的频率，即，而真空中光速

所以

故C正确；
D．由折射定律

又因为

可知

所以两束光在器件中的传播时间之比

故D错误。
故选AC。
15-6【提升】 【正确答案】 AD
【试题解析】 详解:
ABC．光从正上方竖直向下射入到塑料板中，若塑料板的下方浸没在油中，由于塑料板的折射率小于油的折射率，光不会发生全反射，从上方观察为暗区；若塑料板的下方没有浸没在油中，由于塑料板的折射率大于空气的折射率，光发生全反射，从上方观察为亮区，因此从观察窗口观察到的亮区在右侧，暗区在左侧，而且从观察窗口观察到的明亮区域越大，油量越少，A正确，BC错误；
D．若光从塑料板的下部与空气界面发生全反射，根据几何关系可知入射角

因此临界角

由于

可得

D正确。
故选AD。
16-1【基础】 【正确答案】 BD
【试题解析】 详解:
A．根据“上坡下，下坡上”知，题图所示时刻质点b向y轴负方向振动，故质点a比质点b先回到平衡位置，故A错误；
B．根据题图知波长为4m，由
T＝＝0.02s
经过
0.01s=
所以经0.01s质点的路程为两个振幅，即为0.4m，故B正确；
C．波的频率为
＝50Hz
由于波源从x=0处沿x轴正方向运动，在靠近接收者，所以在x=2000m处接收到的波的频率将大于50Hz，故C错误；
D．波发生明显衍射的条件是障碍物或孔的尺寸接近或小于波长，根据题意可知，障碍物的尺寸小于波的波长，所以波能发生明显的衍射现象，故D正确。
故选BD。
16-2【巩固】 【正确答案】 AD
【试题解析】 详解:
AD．若波向左传播时，传播的距离为
（n=0，1，2…）
当时，0.2s小于一个周期

当时

若波向右传播时，传播的距离为
（n=0，1，2…）
当时，0.2s小于一个周期

当时

故AD正确；
B．当波向左传播时，传播时间为

解得
（n=0，1，2…）
当时

当波向右传播时，传播时间为

解得
（n=0，1，2…）
当时

故B错误；
C．当波向左传播时
（n=0，1，2…）
当时

可知该波向左传播，故C错误。
故选AD。
16-3【巩固】 【正确答案】 BD
【试题解析】 详解:
A．由题意绳左端就是波源，结合图像可知经过，波传播的距离为

结合波速可得

解得

故A错误；
B．由

得

由图像可知绳波的振幅，在时间内，绳左端通过的路程为

故B正确；
C．由题意知绳波向右传播，当实线向右平移到虚线的位置，绳波向右传播的距离为

由波动的空间周期性和时间周期性可得与的差值为

则有

故C错误；
D．结合，解得

当时

故D正确。
故选BD。
16-4【巩固】 【正确答案】 BC
【试题解析】 详解:
A．机械波沿x轴负方向传播，t＝0时刻，质点P向y轴负方向运动，故A错误；
B．由图可知，该波的波长为4m，故B正确；
C．时间间隔

n＝0时
T＝0.8s，
故C正确；
D．0~0.6s时间内，质点P运动的路程最小为0.6m，故D错误。
故选BC。
16-5【巩固】 【正确答案】 AC
【试题解析】 详解:
A．由图线可知，质点Q开始起振的方向沿y轴正方向，故A正确；
B．振动由P向Q传播，由图线可知T=6s，故振动从P传到Q的时间可能为
（nT+4）s=（6n+4）s，（n=0、1、2、3、……）
故不可能为8s，故B错误；
C．根据（nT+4）v=10m可得

故波速可能为1m/s，故C正确；
D．根据

波长不可能是7.5m，故D错误。
故选AC。
16-6【提升】 【正确答案】 BC
【试题解析】 详解:
A．由图可知，这列波的振幅为0.3cm，故A错误；
B．若波沿x轴正方向传播，则周期满足关系式
（）
解得
（）
可知，当n取0时，周期为0.4s，而质点的振动周期与波的周期一样，所以该波形曲线上的质点振动的周期可能是0.4s，故B正确；
CD．由题图可知，该波的波长为

若周期大于，即

当波沿x轴正方向传播时，可能的周期满足
（）
当波沿x轴负方向传播，则周期满足关系式
（）
解得，可能的周期满足
（）
由波速公式

可知，当波沿x轴正方向传播时，波速可能为


可知，当波沿x轴负方向传播时，波速可能为


故C正确，D错误。
故选BC。
17-1【基础】 【正确答案】 C 拉动木板的速度v
【试题解析】 详解:
（1）[1]由单摆周期公式

可知，为了测得重力加速度，还应测量单摆周期，由题图可知

即需测量OB的长度l，AB错误，C正确。
故选C。
（2）[2]由（1）的分析可知，还需要测量拉动木板的速度v。
（3）由表达式
，
解得

17-2【巩固】 【正确答案】 BD 12.0 0.9930
【试题解析】 详解:
（1）[1]A．摆球运动过程中摆角大于30°，不能看成简谐运动，故A错误；
B．在平衡位置摆球的速度最大，计时比较准确，故B正确；
C．摆球选用泡沫小球，在摆动中受空气阻力较大，故C错误；
D．摆球不在同一竖直平面内摆动，将成为圆锥摆，不是单摆，故D正确。
故选BD。
（2）[2][3]主尺的读数为12mm，游标尺的最小分度为0.1mm，游标尺的读数为
该摆球的直径为

单摆的摆长为

（3）[4]根据单摆的周期公式

即

有
，
联立解得

17-3【巩固】 【正确答案】 9.3 2或2.0 或者 2 D
【试题解析】 详解:
（1）读数为

（2）小球在经过最低点时绳上的拉力最大，且一个周期内经过二次最低点，所以小球做单摆运动的周期为

（3）由单摆周期公式可知

解得

（4）根据向心力方程以及机械能守恒可知



联立解得

所以图像的斜率的绝对值应为2；
（5）由以上分析可知，绳长可以约掉，释放高度和角度也在计算过程中约掉，因此，存在误差的原因应该是有阻力做功，机械能不守恒，即存在空气阻力，故ABC错误，D正确。
故选D。
17-4【巩固】 【正确答案】 图3 2.240 9.9
B
【试题解析】 详解:
（1）[1]单摆稳定摆动时，要求摆长不发生变化，用图2方式悬挂时在小球摆动过程摆长会发生变化，图3方式悬挂时，绳子末端固定，避免摆长发生变化，故图3悬挂方式较好。
（2）[2]根据游标卡尺读数规则，可读出小球直径为
d = 22mm + 8 × 0.05mm = 22.40mm = 2.240cm
（3）[3]根据单的周期公式，变形得

可知T2—L图像斜率为

由图5可求得

联立可得
g = π2 = 9.9m/s2
（4）[4]A．若误将悬点到小球下端的距离记为摆长L，则应满足

图线应与b平行且在b的下方，A错误；
B．实验中误将49次全振动记为50次，则周期的测量值偏小，导致重力加速度的测量值偏大，则图线c的斜率偏小，图线c符合题意，B正确；
C．由（3）解析可得，当地的重力加速度的表达式为

由图可知，图线c对应的斜率k偏小，则图线c对应的g值大于图线b对应的g值，C错误。
故选B。
17-5【巩固】 【正确答案】 B 2.28 0.992 2.08 1.00
【试题解析】 详解:
（1）[1]为了容易观察，减小实验的周期误差，一般将标记放在摆球摆动的最低点，A、C两项错误，B项正确。故选B项。
（2）[2]秒表读数为内圈60s＋外圈7.4s等于67.4s，所以单摆周期为

（3）[3]摆线长为
l=99.15cm≈0.992m
[4]摆球直径为
D=2cm＋15×0.05mm≈2.08cm
[5]所以单摆的摆长

17-6【提升】 【正确答案】 1.12 见解析
A
【试题解析】 详解:
（1）[1]由图3可得，经2.8s时间，摆球重力势能从零增大到最大，动能从最大减小为零，可知

[2]由可知，可以计算其摆长，代入数据得摆长为

（2）[3]由图可知，图3中的C点动能和势能相等，根据

即

根据几何知识可知，该点在圆弧AB中点的左侧。
故选A。
18-1【基础】 【正确答案】 cd 开路 A 0.30 0.75 8.3
【试题解析】 详解:
（1）[1][2]他把电压表负接线柱接在a接线柱上，将电压表正接线柱接先后接b接线柱和c接线柱上时电压表示数均为3V，说明bc电路没有出现开路；当把电压表正接线柱接d接线柱时，电压表数为零，则说明cd段电路出现了开路。
（2）[3]电压表示数没有达到额定电压，则要使灯泡两端电压增加，由串联电路，电压与电阻成正比可知，可以减小滑动变阻器两端的电压来增加灯泡两端的电压，即滑动变阻器滑片P向A端滑动。
（3）[4]由丙图得电流表示数0.30A
[5]小灯泡的额定功率是

[6]小灯泡电阻为

18-2【巩固】 【正确答案】 C A 6.9
【试题解析】 详解:
（1）[1]根据闭合电路欧姆定律得

（2）[2]A．当红、黑表笔短接，即时，通过调节滑动变阻器，使电流达到满偏状态，故A说法正确，不符合题意；
B．欧姆变刻度不均匀，当Rx均匀变化时，指针在欧姆表刻度的偏转角度不均匀，即电流变化不均匀，故B说法正确，不符合题意；
C．当的阻值为图乙中的时，由图乙可知，电流为半偏，即指正指向中值电阻，当变大时，电流减小，指针位于表盘中央位置的左侧，故C说法错误，符合题意；
D．多用电表使用完毕且长时间不使用时，应将选择开关旋至挡或交流电压最高挡，故D说法正确，不符合题意。
故选C。
（3）[3]经多用电表的电流为“红进黑出”，则出电流的黑边笔应连接电压表正极，即选择A的连接方式。
[4] 欧姆挡的选择开关拨至倍率“”挡，则读数为

[5]电压表读数为5V，欧姆表内阻为，与电压表串联，由闭合电路欧姆定律得

18-3【巩固】 【正确答案】 串 4
【试题解析】 详解:
（1）[1][2]为改装成准确量程的电压表，要求电流表的内阻是准确值，由题知，电流表的内阻已知，故应将与电阻箱串联组成一个电压表，根据电压表的改装原理有

解得

（2）[3]本实验要研究的是小灯泡的伏安特性，要求电压、电流要从零开始测量，故滑动变阻器采用分压式接法，由于小灯泡的电阻远小于改装后电压表的内阻，故电流表应用外接法，电路连接如图所示

（3）[4]根据题意，先将表示数转化成电压，即根据

进行转化，再根据表中数据作出小灯泡的伏安特性曲线，如图所示

（4）[5]根据题意，由闭合回路欧姆定律，在图像中做出电源的伏安特性曲线，图线与灯泡的伏安特性曲线的交点，即为灯泡两端的电压和流过的电流，如图所示

由图可知
，
则此时灯泡的电功率为

18-4【巩固】 【正确答案】 R1 3.0 见解析 4.48或4.49或4.50或4.51或4.52
【试题解析】 详解:
（1）[1]为使测量数据多，应选滑动变阻器分压式接法，可以使测量电压、电流从零增加到路端电压，为使操作方便应选阻值小的滑动变阻器，故滑动变阻器选R1。
[2]由电流表改装原理，知并联电阻分流，则由

需要将电阻箱的阻值调3.0Ω。
（2）[3]根据提供的器材，设计实验电路补充完整如图

（3）[4]由测量原理知，U-I曲线的斜率等于Rx和改装后电流表内阻的和，U-I曲线的斜率为

则解得

18-5【巩固】 【正确答案】 A1 大于
【试题解析】 详解:
（1）[1][2]由于未知电阻约为，则流过最大电流约为

故测量电路电流应选用电流A2，因此应选用电流表来改装成电压表，由于电源电动势约为9.0V，则改装成量程为9.0V的电压表需要串联的电阻大小为

故串联电阻应选；
（2）[3]由于滑动变阻器阻值远小于未知电阻，因此电路应选用分压式接法，电源电动势约为9.0V，而两个滑动变阻器的额定电流都为1.0A，若选用滑动变阻器则超过额定电流，因此滑动变阻器只能选；
[4]改装电压表的内阻为

由于

因此电流表选择内接法，故实验电路图为

（3）[5]由于该实验电流表采用内接法，因此测量的电流为真实值，而由于电流表分压，因此电压表测量值大于电压真实值，根据欧姆定律可知该实验电阻的测量值大于真实值。
18-6【提升】 【正确答案】 黑表笔 6000 13 0.25
【试题解析】 详解:
（1）[1]红表笔为电流的流入端，接内部电源负极，黑表笔为电流的流出端，接内部电源正极，所以a表笔是黑表笔。
[2]当电流计满偏时，所需滑动变阻器内阻为

所以滑动变阻器应选择。
（2）[3]进行调零后，由（1）可知此时欧姆表内阻即中值电阻为

所以当表盘处的电流刻度为0.2时，根据闭合电路欧姆定律有

解得

（3）[4]指针偏转角太大，所以将电阻箱与电流计并联，起到分流的作用，电路图如下。

[5]设此时电阻箱的阻值为，则有

解得

[6]若用该表测量一阻值为的电阻时，干路电流为

所以此时电流计指针对应的电流为

19-1【基础】 【正确答案】 （1）；（2）
【试题解析】 详解:
（1）设模型鱼入水时的速度大小为v，则由


解得

（2）设模型鱼在空中的运动时间为，在水中下潜的时间为，则有
，，
解得

19-2【巩固】 【正确答案】 （1）a.4.5m；b.42N；（2）18s
【试题解析】 详解:
（1）a.无人机以最大升力竖直起飞时，无人机的加速度

达到最大速度时上升的高度

b.对光电吊舱应用牛顿第二定律

解得
FT′=3×（10+4）N=42N
光电吊舱对铁杆的作用力大小FT为42N；
（2）无人机以最大加速度值加速到最大速度，然后保持最大速度匀速运动，最后以最大加速度值减速到零时刚好到达作业点，这种方式满足要求且所需的时间最短。
其中，加速到最大速度所需时间
t1=m/s=1.5s
上升的高度
h1=4.5m
减速到零所用的时间
t2=t1=1.5s
上升高度
h2=h1=4.5m
保持最大速度匀速运动的时间
t3=s=15s
因此所需的最短时间
t=t1+t2+t3=18s
19-3【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）4N；（3），
【试题解析】 详解:
（1）由无人机起飞的过程是匀加速直线运动可得，加速度大小为

（2）无人机在竖直上升过程中，由牛顿第二定律得

解得

（3）在匀加速直线运动阶段

无人机将继续做匀速直线运动，有

解得

所以

设平均速度为，有

19-4【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）；（3）0
【试题解析】 详解:
（1）由题意知，2s时物体必在斜面上，则满足

解得物体沿斜面下滑时的加速度大小为

（2）如果第4s末时物体仍在斜面上，则满足

所以4s末时物体已经在水平面上，则物体在水平面上的加速度为

设物体在斜面上运动的时间为t0，则满足


联立解得


（3）由题意知，物体在水平面上速度由8减为零需要的时间为

即物体10s末速度减为零，所以物体在第11秒末时已经静止，即速度大小为零。
19-5【巩固】 【正确答案】 （1）4m/s；（2）1.8s
【试题解析】 详解:
（1）撤去F前，由牛顿第二定律得
F－μmg＝ma1
解得
a1＝2m/s2
由匀变速直线运动规律得

v1＝a1t＝4m/s
（2）撤去F后，由牛二得
μmg＝ma2
解得
a2＝μg＝2m/s2

解得第一次到达B点的时间t1＝1s或t1′＝3s（舍去），第一次到达B点时的速度
v2＝v1－a2t1＝2m/s
后物体滑上斜面，由牛顿第二定律得
mgsinθ＝ma3
得
a3＝gsinθ＝5m/s2
物体再经

第二次到达B点，故撤去拉力F后，经1.8s物体第二次经过B点
19-6【提升】 【正确答案】 （1）；（2）；（3）
【试题解析】 详解:
（1）在阶段I，对主降落伞和返回舱（含航天员）有

在阶段II，对主降落伞和返回舱（含航天员）有

解得

（2）在阶段II，对返回舱（含航天员）有

解得

（3）在阶段III，主降落伞和返回舱匀减速至零，由匀变速运动规律可知

对返回舱（含航天员）受力分析可知

有

20-1【基础】 【正确答案】 （1）；（2）
【试题解析】 详解:
（1）小球从运动到，只有重力做功，根据机械能守恒有

即

（2）小球能够到达，必须“越过”最高的点，根据机械能守恒有

代入数据求得

知识点:
机械能和机械能守恒定律、竖直面内的圆周运动
20-2【巩固】 【正确答案】 （1）；（2），方向竖直向上；（3）
【试题解析】 详解:
（1）当h=10R时，小滑块由A到D的过程，由能量守恒，弹簧被压缩到A点时的弹性势能

（2）当h=6R时，设小滑块到达D点时的速度大小为v，由动能定理

设轨道对小滑块的作用力为F，由牛顿第二定律

联立解得

方向竖直向下；由牛顿第三定律可得，滑块对管道的作用力

方向竖直向上
（3）滑块恰好通过F点，有

由平抛规律

解得


当时，由



解得

同理可解得，当时

若无挡板，则



解得

当时，落地距离最远为

当，时，滑块的下落高度

解得

故所求范围为

20-3【巩固】 【正确答案】 （1）5 m/s；（2）333.3 N；（3）7.2 m
【试题解析】 详解:
（1）在C点，根据牛顿第二定律

解得

（2）由C点到D点过程根据机械能守恒

在D点

所以

由牛顿第三定律知小滑车对轨道的压力FN为333.3 N。
（3）小滑车要能安全通过圆形轨道，在平台上速度至少为，根据机械能守恒有

小滑车要能落到气垫上，在平台上速度至少为，则


解得

所以只要

即可满足题意。解得

20-4【巩固】 【正确答案】 （1）：（2）；（3）
【试题解析】 详解:
（1）小球刚好能从最高点D脱离圆轨道水平飞出，则在D点，对小球分析有

解得

小球做平抛运动时，竖直方向有

水平方向有

解得

（2）小球刚好能上升到D点，则小球在D点的速度为0，小球从B点运动到D点过程，由机械能守恒定律得

小球在B点时，由牛顿第二定律

解得小球从B点进入圆轨道时受到的支持力大小为

（3）设与水平方向的夹角为，小球在Q点脱离轨道时，沿半径方向

从D点到Q点的过程，由机械能守恒定律得

解得

可得Q点到D点的竖直高度为

20-5【巩固】 【正确答案】 （1）5m/s；（2）1m；（3）15J
【试题解析】 详解:
（1）物体恰好通过A点，由牛顿第二定律得

解得

物块由C到A过程，由机械能守恒定律得

解得
vC=5m/s
（2）物体从A到D做平抛运动，在竖直方向

水平方向
SCD=vAt=1m
（3）物块由D到C过程，由动能定理得

解得
W=15J
20-6【提升】 【正确答案】 （1）；（2）；（3）见解析
【试题解析】 详解:
（1）根据题意可知，当击中斜面底边时距A最近时，弹珠经C点速度最小，设此速度为，弹珠经过C点时恰好对轨道无压力，重力沿斜面的分力提供向心力，由牛顿第二定律有

解得

钢珠离开C后做类平抛运动，在平行斜面向下的方向上有

解得

水平方向上

则最近距离为

（2）根据题意可知，弹珠在离开弹簧前，在平衡位置时，速度最大，设此时弹簧的压缩量为，根据平衡条件有

解得

取平衡位置的重力势能为零，由机械能守恒定律得

解得

（3）根据题意，画出图像，如图所示

21-1【基础】 【正确答案】 （1）2 V，电流方向b→a；（2）0.2 kg，2 Ω；（3）0.8J
【试题解析】 详解:
(1)由图可知，当R＝0时，杆最终以v＝2 m/s匀速运动，产生电动势
E＝BLv＝2V
由右手定则判断可知杆中电流方向b→a。
(2)设杆运动的最大速度为v时产生的感应电动势
E＝BLv
由闭合电路的欧姆定律得
I＝
杆达到最大速度时满足
mgsinθ－BIL＝0
解得

由图像可知：斜率为
k＝m/（s·Ω）＝1 m/（s·Ω）
纵截距为
v0＝2 m/s
可得到


联立解得
m＝0.2 kg
r＝2Ω
(3)当R=4Ω时，设ab杆的最大速度为vm，则有

解得
vm=6m/s
设杆从静止到最大速度的位移为x，则有

解得
x=4.8m
由能量守恒定律有

因为

解得
QR=0.8J
21-2【巩固】 【正确答案】 (1)5 m/s；　(2)0.25 J，　25 m/s2；(3)0.2 s；
【试题解析】 详解:
(1)绝缘棒gh从导轨最底端向上滑动的过程中，由动能定理有：
－μm2gs1cos α－m2gs1sin α＝m2v2－m2v，
解得v＝5 m/s，
(2)由功能关系可知，金属棒ef克服安培力做的功等于回路中产生的总焦耳热，即有：
W＝Q总，而Q总＝Q，
解得W＝0.25 J，
设碰后瞬间金属棒ef的速率为v1，回路中产生的感应电动势为E，感应电流为I，安培力为F，有E＝Bdv1，I＝，F＝BId，
在金属棒ef上滑过程中，由动能定理有－W－μm1gs2cos α－m1gs2sin α＝0－m1v，
解得v1＝3 m/s，
在两棒碰后瞬间，由牛顿第二定律有μm1gcos α＋m1gsin α＋F＝m1a，
解得a＝25 m/s2.
(3)金属棒ef在导轨上运动的整个过程中，设安培力的冲量为I安，沿导轨方向，由动量定理有－I安－μm1gtcos α－m1gtsin α＝0－m1v1，
又I安＝Bdt，其中＝，
由法拉第电磁感应定律有
，其中ΔΦ＝Bds2，
解得t＝0.2 s.
点睛：由动能定理可求绝缘棒在与金属棒碰前瞬间的速率；由功能关系可知金属棒克服安培力做的功，由动能定理可求碰后瞬间金属棒的速度，由牛顿第二定律可求加速度的大小；由动量定理和法拉第电磁感应定律可求金属棒在导轨上运动的时间．
21-3【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）；（3）
【试题解析】 详解:
（1）金属棒a到达水平部分的过程，根据机械能守恒

此时的电动势为

根据右手定则，可知流过金属棒a的电流方向由指向。
金属棒a两端电压为

解得

（2）两金属棒所受安培力大小相等、方向相反，等效为内力，两金属棒最终以相等的速度做匀速运动，根据动量守恒定律

设总焦耳热为Q，根据能量守恒

a棒上产生的焦耳热

联立得

（3）安培力冲量为

根据
，，，
联立得

根据动量定理
对a棒

对b棒

解得
，
则两金属棒匀速运动时，a、b两棒的间距为

21-4【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）；（3）
【试题解析】 详解:
（1）设ab、cd杆从磁场边缘射出时的速度分别为、，设ab杆落地点的水平位移为x，cd杆落地点的水平位移为，则有


根据动量守恒

解得


（2）杆运动距离为d，对ab杆应用动量定理

设cd杆运动距离为

解得

cd杆运动距离为

（3）根据能量守恒，电路中损耗的焦耳热等于体系损失的机械能

21-5【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）；（3）；（4）
【试题解析】 详解:
（1）设棒到达瞬间的速度为，根据动能定理得

得

（2）根据动量守恒定律得

得

则

（3）根据能量守恒得

所以

（4）对棒列动量定理

则

21-6【提升】 【正确答案】 (1)；(2)；(3)
【试题解析】 分析:
详解:
(1)cd棒的质量为

由于ab棒的长度是cd棒的2倍，横截面积是cd棒的2倍，可知ab棒的质量为4m，cd棒的电阻为

可知，ab棒的电阻也为R，设在t时刻，ab棒的速度为v，可得

产生的感应电动势为

回路感应电流为

由牛顿第二定律可得

联立解得

(2)设第一次匀速时，ab、cd棒的速度分别为v1、v2，由于此时均未受到安培力作用，故回路电流为零，即两金属棒产生的感应电动势大小相等，即

从撤去拉力F到第一次匀速运动时，分别对ab、cd棒运用动量定理可得


联立解得


通过ab棒的电荷量为

代入其中一个动量定理表达式，可解得

之后由于回路电流为零，没有感应电荷通过ab棒，故在撤去拉力F至ab棒到达NN′的过程中，通过ab棒的电荷量为。
(3)当ab棒越过NN′后，两金属棒受到的安培力等大、反向，满足动量守恒，设再次达到匀速时的速度为v3，可得

解得

由能量守恒可得，在撤去拉力F至ab棒到达NN′时，回路产生的总热量为

该过程两金属棒电阻相等，产生的热量各半，故ab棒上产生的焦耳热为；
ab棒越过NN′到再次达到匀速时，由于两金属棒长度相同，故ab棒的电阻为，回路产生的总热量为

ab棒上产生的焦耳热为；
故在撤去拉力F至ab棒越过NN′并再次达到匀速的过程中，ab棒上产生的焦耳热

联立代入数据解得

22-1【基础】 【正确答案】 （1）；（2）
【试题解析】 详解:
（1）由动能定理

得

（2）电子在磁场中的运动轨迹如图

由

解得

由

解得

22-2【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）
【试题解析】 详解:
（1）粒子轨迹图如下

若粒子离开磁场时的速度方向与y轴平行，由几何关系可知粒子在磁场中运动的最大轨道半径

粒子在电场中加速，由动能定理有

粒子进入磁场后做匀速圆周运动，由牛顿第二定律有

联立各式可得

（2）粒子在电场中加速，由动能定理有

粒子磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律有

联立可得

粒子在磁场中的轨迹圆心角θ满足

即

则粒子经过x轴时的横坐标

所以粒子经过x轴时的坐标为。
22-3【巩固】 【正确答案】 （1） ；（2）
【试题解析】 详解:
（1）当带电粒子以某一速度射入磁场时，粒子的运动轨迹恰好与外圆相切，此时粒子的速度为不能穿越磁场外边界的最大速度，如图所示。

根据几何关系有

解得

洛伦兹力提供带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的向心力，根据牛顿第二定律有

解得

（2）带电粒子以速度射入磁场中的运动轨迹如图所示。

根据几何关系有

解得

则带电粒子在磁场中的圆心角为

在磁场中运动的时间
，
带电粒子在磁场外做匀速直线运动，所用时间为

带电粒子从刚进入磁场某点开始到第一次回到该点所需要的时间

联立以上各式，代入数据解得

22-4【巩固】 【正确答案】 （1）1×106m/s；（2）-15cm≤y≤-5cm；（3）75%
【试题解析】 详解:
（1）粒子在电场加速的过程中位移大小为l=0.2m，由动能定理有
qEl=mv2
代入数据解得
v=1×106m/s
（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力可得
qBv=m
整理后有

代入数据解得
r=0.1m
因为r=R=10cm，粒子做圆周运动的半径等于圆形磁场的半径，所以可判定所有粒子在第二象限加速后进入第一象限，经第一象限中磁场会聚于E点，进入第四象限经磁场偏转后沿水平方向进入第三象限，可判定粒子进入第三象限时击中y轴负半轴的范围为
-15cm≤y≤-5cm
（3）粒子进入第三象限的电场中做类平抛运动，若能打到接收屏上，有
t==2×10-7s
竖直方向上向下运动的位移

故在y轴上-12.5cm≤y≤-5cm范围内的粒子可被接收屏接收到，接收屏接收到的粒子数和进入平行板总粒子数的比值为

22-5【巩固】 【正确答案】 （1）R；（2） ；（3）N
【试题解析】 详解:
（1）粒子在圆形磁场中运动时

解得

（2）粒子在右侧磁场中运动的轨迹最短时对应的运动时间最短，如图所示


θ=49°
粒子在右侧磁场中得最短运动时间为

（3）由几何关系可知，粒子由S点射入右侧磁场中时，入射方向与MN边夹角间于120°～180°之间的粒子能集中收集板。
设其中入射S点速度方向与MN恰为120°的粒子在入射圆形磁场前与MN边的水平距离为x，由几何关系可知
x=R

单位时间内集中收集板的粒子数

22-6【提升】 【正确答案】 （1）见解析；（2）；（3）；（4），方向沿x轴正方向
【试题解析】 详解:
（1）在平面内，对打在抛物线上处的质子，设经时间到达x轴：
沿x轴方向

沿y轴方向


整理得


所以质子恰好经过坐标原点O。
（2）在平面内，沿x轴方向经过原点的质子，由题意可知

根据向心力公式得

解得

（3）对从M点进入电场的质子，沿x轴方向

沿y轴方向

整理得

偏转角为

又

根据向心力公式得

解得

通过分析可知，上述所有离子均从y轴上同一位置进入容器。所加磁场区域的最小面积

其中

（4）对时间内打到抛物线上的质子，在容器D中，沿x轴方向，根据动力学公式

又

解得

根据动量定理

解得

由牛顿第三定律得，容器受到的推力大小为

方向沿x轴正方向。