2022-2023学年变式题 2022年高考广东卷物理高考真题变式题库 （解析版）

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变式题库
【原卷 1 题】 知识点 正交分解法解共点力平衡

【正确答案】
D
【试题解析】


1-1（基础） 如图所示，两根细木条搭成顶角为的人字形装置竖直放置在水平桌面上，细木条的左右两端连接一根细铜丝在两根细木条的中间施加一竖直向下的力，此时铜丝受到的拉力为（　　）

A. B. C. D.
【正确答案】 C

1-2（基础） 如图所示，在做“力的平行四边形定则”实验中，橡皮条一端固定，另一端连接两根细绳，结点O在三个力、、作用处于静止状态，下列判断正确的是（ ）

A. B. C. D.
【正确答案】 D

1-3（基础） 用三根轻绳将物块悬挂在空中，如图所示。已知ac和bc与竖直方向的夹角分别为和，绳bc中的拉力为mg，则绳ac和物块重力大小分别为（　　）

A.，mg B.，
C.，2mg D.，
【正确答案】 C

1-4（巩固） 如图所示，水平直杆OP右端固定于竖直墙上的O点，长为L=2m的轻绳一端固定于直杆P点，另一端固定于墙上O点正下方的Q点，OP长为d=1.2m，重为16N的钩码由光滑挂钩挂在轻绳上处于静止状态，则轻绳的弹力大小为（　　）

A.10N B.12N C.16N D.20N
【正确答案】 A

1-5（巩固） 野外生存时，用三角支架吊起质量为m的锅进行加热，若三根支架与水平方向的夹角都为，不计支架的重力，支架的弹力沿着杆，重力加速度为g，则每根支架的弹力大小（　　）

A. B. C. D.
【正确答案】 B

1-6（巩固） 抖空竹在中国有着悠久的历史。假设抖空竹所用轻绳总长L，空竹重量为G，可视为质点。绳能承受的最大拉力是，将绳一端固定，将另一端缓慢水平向右移动d而使绳不断，不计一切摩擦，则d的最大可能值为（　　）

A. B. C. D.
【正确答案】 B

1-7（巩固） 如图所示，在天花板的支座点上用三条长度相同的轻绳悬挂一重力为G的吊灯，每根轻绳与竖直方向的夹角均为，不计一切摩擦，则：（　　）

A.每根轻绳对吊灯的拉力大小为
B.每根轻绳对吊灯的拉力大小为
C.若三根轻绳的绳长变长时，则每根轻绳对吊灯的拉力变小
D.若三根轻绳的绳长变长时，则三根轻绳对吊灯的拉力的合力变大
【正确答案】 C

1-8（巩固） 如图舰载机保持牵引力大小不变在匀速航行的航母上降落时受到阻拦而静止，此时阻拦索夹角，空气阻力和甲板阻力不计，则阻拦索承受的张力大小为（　　）

A. B. C. D.
【正确答案】 B

1-9（提升） 如图所示，两个轻环P和Q套在位于竖直面你的一固定“∧”形光滑框架上，框架两边与竖直方向的夹角均为30°，两段伸长可忽略的细绳，一端分别系在P、Q环上，另一端与绳套系在一起，结点为O。现在绳套上挂一小物块，平衡时细绳OP所受拉力大小为F，拉直时两段细绳长度相等，不计细绳与绳套的重力。小物块的重力大小为（　　）

A.2F B.F C. D.
【正确答案】 B

1-10（提升） 如图所示，为水平放置的光滑杆，夹角，杆上套有两个质量不计的小环，两环间连有可伸缩的弹性绳，今在绳的中点施加一沿角平分线水平方向的力，缓慢地拉绳，待两环达稳定状态时，绳对环的拉力等于（ ）

A. B. C. D.
【正确答案】 B

1-11（提升） 如图所示，将三段轻绳相结于O点，其中OA绳的一端拴在墙上，OB绳的下方悬挂甲物体，OC绳跨过光滑定滑轮悬挂乙物体。OC绳与竖方向的夹角为=70°。OA绳与竖直方向的夹角为（未知）。若甲、乙两物体的质量均为m=2kg，重力加速度g取10m/s2，sin55°≈0.82。根据所学的知识，不需计算，推理出OA绳的拉力约为（　　）

A.16N B.23N C.31N D.41N
【正确答案】 B

1-12（提升） 如图所示，三根长度均为l的轻绳分别连接于C、D两点，A、B两端被悬挂在水平天花板上，相距2l.现在C点上悬挂一个质量为m的重物，为使CD绳保持水平，在D点上可施加的力的最小值为(　　)

A.mg B. mg
C. mg D. mg
【正确答案】 C

【原卷 2 题】 知识点 不同轨道上的卫星各物理量的比较

【正确答案】
D
【试题解析】


2-1（基础） 北斗卫星导航系统（BDS）是我国自主研发的继GPS、GLONASS之后的第三个成熟的卫星导航系统。该系统包括5颗地球同步卫星和30颗一般轨道卫星。关于其中的地球同步卫星，下列说法中正确的是（　　）

A.它们的质量一定相同
B.它运行的线速度大于第一宇宙速度
C.它可以定点在杭州市的正上方
D.它绕地球运行的角速度比月球绕地球运行的角速度大
【正确答案】 D

2-2（基础） 如图所示是在同一轨道平面上的三颗不同的人造地球卫星，关于各物理量的关系，下列说法正确的是（　　）

A.周期TA B.根据v＝，可知vA C.根据万有引力定律，可知卫星所受地球引力FA>FB>FC
D.向心加速度aA 【正确答案】 A

2-3（基础） 2021年我国航天事业取得巨大成就：4月29日空间站“天和号”核心舱成功进入预定轨道，这代表着我国载人航天事业进入到了空间站运营的新阶段。中国空间站运行的圆轨道高度约400公里，10月14日我国在太原卫星发射中心采用长征二号丁运载火箭，成功发射首颗太阳探测科学技术试验卫星“羲和号”。它是中国首颗太阳探测科学技术试验卫星，运行于高度约500公里的太阳同步轨道，该轨道是经过地球南北极上空且圆心在地心的圆周，主要科学载荷为太阳空间望远镜。“天和号”与“羲和号”相比，下列说法正确的是（　　）
A.“羲和号”卫星的线速度与“天和号”核心舱的线速度之比为
B.“羲和号”卫星的角速度大于“天和号”核心舱的角速度
C.“羲和号”卫星的周期大于“天和号”核心舱的周期
D.“羲和号”卫星的加速度大于“天和号”核心舱的加速度
【正确答案】 C

2-4（基础） 太阳系中的第二大行星是土星，它的卫星众多，目前已发现的卫星达数十颗。根据下表所列土卫五和土卫六两颗卫星的相关参数，不能比较的是（　　）

A.这两颗卫星公转的周期大小
B.这两颗卫星公转的速度大小
C.这两颗卫星表面的重力加速度大小
D.这两颗卫星公转的向心加速度大小
【正确答案】 C

2-5（巩固） “天问一号”的成功发射，标志着我国星际探测水平达到了一个新阶段。若火星和地球绕太阳的运动均可视为匀速圆周运动，火星公转周期与地球公转周期之比为，则火星与地球绕太阳运动的（　　）
A.线速度大小之比为∶ B.角速度大小之比为
C.向心加速度大小之比为9∶4 D.公转轨道半径之比为2∶3
【正确答案】 B

2-6（巩固） “墨子号”卫星是世界首颗量子科学实验卫星，设“墨子号”卫星在飞行过程中绕地球沿圆轨道运行，其离地面的平均高度为h，运行速率为v1，角速度为ω1；地球赤道表面的物体随地球自转的线速度大小为v2，角速度为ω2，已知地球半径为R，地球同步卫星距地面高度为H，则（　　）
A.
B.
C.
D.
【正确答案】 A

2-7（巩固） 2021年4月29日，我国在海南文昌用长征五号B运载火箭成功将空间站天和核心舱送入预定轨道。核心舱运行轨道距地面的高度为左右，地球同步卫星距地面的高度接近。则该核心舱的（　　）
A.角速度比地球同步卫星的小
B.周期比地球同步卫星的长
C.向心加速度比地球同步卫星的大
D.线速度比地球同步卫星的小
【正确答案】 C

2-8（巩固） “嫦娥二号”环月飞行的高度为100km，所探测到的有关月球的数据将比环月飞行高度为200km的“嫦娥一号”更加详实。若两颗卫星环月的运行均可视为匀速圆周运动，运行轨道如图所示。则由题中条件可得（　　）

A.“嫦娥二号”环月运行的周期比“嫦娥一号”大
B.“嫦娥二号”环月运行的线速度比“嫦娥一号”小
C.“嫦娥二号”环月运行的向心力比“嫦娥一号”大
D.“嫦娥二号”环月运行的向心加速度比“嫦娥一号”大
【正确答案】 D

2-9（巩固） 地球和火星围绕太阳的公转均可以看做匀速圆周运动，地球的轨道半径为，周期为，运行速度为，角速度为，加速度为，火星的轨道半径为，周期为，运行速度为，角速度为，加速度为。则下列关系正确的有（　　）
A. B.
C. D.
【正确答案】 C

2-10（提升） 我国火星探测器“祝融号”在2021年9月中旬到10月下旬发生短暂“失联”，原因是发生“火星合日”现象。“火星合日”是指当火星和地球分别位于太阳两侧与太阳共线的天文现象，如图所示。已知火星公转周期为，地球公转周期为，地球与火星绕行方向相同。则（　　）

A.
B.火星与地球轨道半径之比为
C.火星与地球公转的线速度之比为
D.相邻两次“火星合日”的时间间隔为
【正确答案】 D

2-11（提升） 2021年8月20日出现了“木星冲日”的天文奇观，届时木星、地球和太阳几乎排列成一线，地球位于太阳与木星之间。已知，木星与地球几乎在同一平面内沿同一方向绕太阳近似做匀速圆周运动。不考虑木星与地球的自转及它们之间的引力，相关数据见下表。则下列说法正确的是（　　）


质量
半径
与太阳间距离
地球
m
R
r
木星
约320m
约11R
约5r
A.木星运行的加速度比地球运行的加速度大
B.木星表面的重力加速度比地球表面的重力加速度大
C.下一次“木星冲日”的时间大约在2027年7月份
D.在木星表面附近发射飞行器的速度至少为7.9km/s
【正确答案】 B

2-12（提升） 2021年1月20日，我国在西昌卫星发射中心用“长征三号”乙运载火箭，成功将“天通一号”03星发射升空，它将与“天通一号”01星、02星组网运行。若03星绕地球做圆周运动的轨道半径为02星的n倍，02星做圆周运动的向心加速度为01星的，已知01星的运行周期为T，则03星的运行周期为（　　）
A.T B.T C.T D.T
【正确答案】 C

【原卷 3 题】 知识点 牛顿第二定律的简单应用,平抛运动速度的计算

【正确答案】
C
【试题解析】


3-1（基础） 如图所示，一小钢球从平台上的A处以速度V0水平飞出．经t0时间落在山坡上B处，此时速度方向恰好沿斜坡向下，接着小钢球从B处沿直线自由滑下，又经t0时间到达坡上的C处．斜坡BC与水平面夹角为30°，不计摩擦阻力和空气阻力，则小钢球从A到C的过程中水平、竖直两方向的分速度Vx、Vy随时间变化的图像是(　 　)

A. B.
C. D.
【正确答案】 C

3-2（基础） 跳台滑雪是冬奥会的比赛项目。如图，滑雪运动员在某次训练中，从跳台边缘的O点水平飞出。不计空气阻力，运动员可视为质点。则运动员在空中的运动可分解为（　　）

A.水平方向和竖直方向均为匀速直线运动
B.水平方向和竖直方向均为匀加速直线运动
C.水平方向为匀加速直线运动，竖直方向为匀速直线运动
D.水平方向为匀速直线运动，竖直方向为匀加速直线运动
【正确答案】 D

3-3（基础） 篮球比赛中，常有运动员将篮球抛入篮筐，球空心入网（篮球不接触篮筐）。某同学据此进行一个小游戏，如图所示，水平地面上P、M、N三点在同一直线上，距离，，在P点正上方高的O点，将一小球（可视为质点）以速度v水平抛出，小球落在M、N间，不计空气阻力，重力加速度g取，则速度v大小可能为（　　）

A.8.5m/s B.9.5m/s C.10.5m/s D.12.5m/s
【正确答案】 C

3-4（巩固） 如图所示，竖直平面内平抛的小球恰好与光滑半圆面相切于B点，已知抛出点在半圆面左端点A点的正上方，半圆面半径为R，直线OB与水平面成角，重力加速度为g，则下列关于小球在空中的运动分析正确的是

A.小球到达B点飞行的时间为
B.小球平抛的初速度为
C.小球到达B点时水平位移
D.小球到达B点时竖直位移
【正确答案】 B

3-5（巩固） 如图所示，水平面上固定有一个斜面，从斜面顶端向右平抛一只小球，当初速度为v0时，小球恰好落到斜面底端，平抛的飞行时间为t0.现用不同的初速度v从该斜面顶端向右平抛这只小球，以下哪个图象能正确表示平抛的飞行时间t随v变化的函数关系（ ）

A. B.
C. D.
【正确答案】 C

3-6（巩固） 2022年2月5日下午，北京冬奥会跳台滑雪项目比赛在位于张家口的国家跳台滑雪中心举行，国家跳台滑雪中心是中国首座跳台滑雪场馆，主体建筑灵感来自于中国传统饰物“如意”，因此被形象地称作“雪如意”。如图所示，现有甲乙两名运动员（均视为质点）从跳台a处先后沿水平方向向左飞出，其速度大小之比为v甲:v乙=2:1，不计空气阻力，则甲乙两名运动员从飞出至落到斜坡（可视为斜面）上的过程中，下列说法正确的是（　　）

A.他们飞行时间之比为t甲:t乙=1:1
B.他们飞行的水平位移之比为x甲:x乙=2:1
C.他们落到坡面上的瞬时速度方向与水平方向的夹角之比为θ甲:θ乙=1:1
D.他们落到坡面上的瞬时速度大小之比为v甲′:v乙′=4:1
【正确答案】 C

3-7（巩固） 运动员从平台上的A点以初速度水平飞出，在空中飞行一段时间后刚好落在斜面上面的K点，落在K点时，速度v与斜面的夹角为，已知斜面的倾角为，A、K间的高度差为，则A、K间的水平距离为（　　）（重力加速度g取）

A. B. C. D.
【正确答案】 C

3-8（巩固） 饲养员在池塘边堤坝边缘处以水平速度往鱼池中抛掷鱼饵颗粒。堤坝截面倾角为。坝顶离水面的高度为，取，不计空气阻力（，），下列说法正确的是（　　）

A.若鱼饵颗粒能落入水中，平抛初速度越大，从抛出到落水所用的时间越长
B.若鱼饵颗粒能落入水中，平抛初速度越大，落水时速度方向与水平面的夹角越大
C.若平抛初速度，则鱼饵颗粒不会落在斜面上
D.若鱼饵颗粒不能落入水中，平抛初速度越大，落到斜面上时速度方向与斜面的夹角越小
【正确答案】 C

3-9（巩固） 2022年北京冬奥会在北京和张家口举行，北京成为历史上第一个既举办过夏季奥运会又举办过冬季奥运会的城市。图示为某滑雪运动员训练的场景，运动员以速度沿倾角，高的斜面甲飞出，并能无碰撞地落在倾角的斜面乙上，顺利完成飞越。将运动员视为质点，忽略空气阻力，已知重力加速度取（，）。以下说法正确的是（　　）

A.运动员落至斜面乙时的速率为16m/s
B.斜面乙的高度为8.2m
C.运动员在空中飞行时离地面的最大高度为20m
D.两斜面间的水平距离约为11.1m
【正确答案】 A

3-10（提升） 如图所示，滑雪者从山上M处以水平速度v0飞出，经t0时间落在山坡上N点，此时速度方向刚好沿斜坡向下，接着从N点沿直线NP自由滑下，又经t0时间到达坡底的P点．斜坡NP与水平面夹角为30°，不计摩擦阻力和空气阻力，则从M到P的过程中，滑雪者的加速度大小、速度大小随时间变化的图像正确的是

A. B.
C. D.
【正确答案】 A

3-11（提升） 如图为弹球游戏装置的简化示意图，两块平行挡板竖直固定在水平面上，右侧挡板下端有一小孔B，小亮将弹性小球自右侧挡板顶端A以一定的水平速度向左抛出，小球经两个挡板多次碰撞最终恰好从B飞出，游戏获胜。已知两挡板的间距为L，A、B的高度差为h，小球直径略小于小孔的内径，小球与挡板碰撞前后的水平和竖直分速度大小均不变，且不与水平面相碰，重力加速度取g。则小球抛出时的速度v和它与两挡板碰撞总次数N分别为（　　）

A.
B.
C.
D.
【正确答案】 B

3-12（提升） 如图所示，质量为1kg的小物体放在离水平地面高为1m、长为0.5m的光滑水平桌面AB的左端，BC为一竖直线，在大小为5N的水平恒力作用下小物体由静止开始运动，小物体到达桌面右端时立即撤去外力，小物体从桌面边缘水平飞出。桌面底部有一足够长且倾角β可调节的斜面CD，小物体恰能垂直击中斜面CD。取重力加速度大小g＝10m/s2，β为锐角，不计空气阻力，则tanβ的值为（　　）

A. B. C. D.
【正确答案】 B

【原卷 4 题】 知识点 有效值的定义、一般交流电的有效值,根据有效值计算交流电路中的电功、电功率和焦耳热

【正确答案】
B
【试题解析】


4-1（基础） 图中，单匝矩形线圈abcd在匀强磁场中绕垂直磁场的轴OO′转动。改变线圈的转速，穿过该线圈的磁通量随时间分别按图中图线甲、乙的规律变化。已知线圈的电阻为1.0 Ω，则（　　）

A.图线甲对应线圈在t=0时产生的感应电动势最大
B.图线甲、乙对应的线圈在t=0.2 s时，线圈平面均垂直于磁感线
C.图线甲、乙对应的线圈转速之比为5∶4
D.图线甲对应的线圈中交变电流的峰值为2.5πA
【正确答案】 C

4-2（基础） 手机无线充电功能的应用为人们提供更大的便利。图甲为其充电原理的示意图，充电板接交流电源，对充电板供电，充电板内的励磁线圈可产生交变磁场，从而使手机内的感应线圈中产生感应电流。当充电板内的励磁线圈通入如图乙所示的交变电流时（电流由a流入时的方向为正），不考虑感应线圈的自感，下列说法中正确的是（　　）

A.感应线圈和励磁线圈的电磁作用力一定是斥力
B.若只减小励磁线圈中交流电的周期，感应线圈中产生的交流电的有效值减小
C.t2时刻，感应线圈中感应电流的瞬时值最大
D.t3时刻，感应线圈和励磁线圈的电磁作用力最大
【正确答案】 C

4-3（基础） 如图所示为交流发电机的示意图，线圈的AB边和CD边分别连在金属滑环K和L上，电刷E和F分别压在滑环K和L上，线圈在转动时可以通过滑环和电刷保持与外电路的连接。两磁极之间的磁场视为与强磁场且磁感应强度大小为B，A为理想交流电流表，R为定值电阻，单匝线圈ABCD的面积为S、电阻为r，其余电阻不计。线圈以OO'轴逆时针匀速转动，每秒钟转n圈。如果以图示位置为计时起点，则（　　）

A.图示时刻电流表读数为
B.电阻R上的电流方向每秒改变n次
C.线圈产生的感应电动势为
D.线圈转一周的过程中电阻R上产生的焦耳热为
【正确答案】 D

4-4（基础） 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，连接在发电机上的小灯泡就会一闪一闪地发光。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，以下判断正确的是（　　）

A.发电机产生的交变电流频率为
B.小灯泡闪烁的频率为
C.小灯泡的瞬时功率等于通过小灯泡的电流、电压二者有效值的乘积
D.发电机启动阶段，当手摇转速加倍后，小灯泡的功率变为2倍
【正确答案】 B

4-5（巩固） 如图甲所示为小型旋转电枢式交流发动机的原理图，其矩形线圈在匀强磁场中绕着垂直于磁场方向的轴匀速转动。线圈的匝数、电阻，线圈的两端经集流环与的电阻连接，电流表和电压表均为理想电表，若在时刻，线圈平面与磁场方向垂直，穿过每匝线圈的磁通量随时间t按如图乙所示的余弦规律变化，则下列说法正确的是（　　）

A.此交流发电机产生感应电动势的最大值为
B.时刻，线圈处在与中性面垂直的位置
C.线圈从图示位置转过过程中的电荷量为
D.内电阻R上产生的焦耳热为
【正确答案】 C

4-6（巩固） 图为某种发电机的原理图。边长为L的n匝正方形线圈，在磁感应强度为B的匀强磁场中，绕垂直于磁场的中心轴做匀速转动，角速度为ω，其中P、Q为固定的半圆环，分别始终与转动中的左侧、右侧线圈保持良好接触，线圈电阻不计，外接电阻R和电容C，下列说法正确的是（　　）

A.从图示位置开始计时，R中流过的是正弦交流电
B.电容器的耐压值可以为
C.从图示位置转过90°流过R中的电量
D.线圈一个周期内R上产生的热量
【正确答案】 D

4-7（巩固） 如图为自制的简易无线充电装置，由一个电磁炉（发射线圈）、一个接收线圈、一个二极管、一个车载充电器构成。发射线圈接收线圈匝数比n1：n2=10：1，若电磁炉两端所加电压为u＝220sin314tV，不考虑充电过程中的各种能量损失。则下列说法不正确的是（　　）

A.通过车载充电器的电流的频率为50Hz
B.车载充电器两端电压的有效值约为22V
C.车载充电器两端电压的有效值约为V
D.通过车载充电器的电流为直流电
【正确答案】 B

4-8（巩固） 如图为某同学设计的一种发电装置。在磁极和圆柱状铁芯之间形成的两磁场区域的圆心角a均为，磁场均沿半径方向。N匝矩形线围abcd的边长ab=cd=L、bc=ad=2L。线圈以角速度ω绕中心轴匀速转动，bc和ad边同时进入磁场。在磁场中，两条边所经过处的磁感应强度大小均为B、方向始终与两边的运动方向垂直。线圈的总电阻为r，外接电阻为R。则（　　）

A.矩形线围每转动一周，电流方向改变一次
B.从图示位置开始计时，感应电动势的瞬时值表达式
C.线圈切割磁感线时，bc边所受安培力的大小
D.外接电阻上电流的有效值
【正确答案】 D

4-9（提升） 如图所示，一个匝数为N、半径为r的半圆形线圈，以直径为轴匀速转动，转速为n，的左侧有垂直于纸面向里（与垂直）的匀强磁场，磁感应强度为B。M和N是两个集流环，负载电阻为R，线圈电阻为，电流表和连接导线的电阻不计，则下列说法中正确的是（ ）

A.通过电阻R的电流为正弦交变电流
B.线圈从图示时刻开始转过90°的过程中通过电阻的电荷量
C.图示时刻通过电阻R的电流最大
D.电阻R的功率为
【正确答案】 B

4-10（提升） 如图所示，竖直平面内在A、D两点各固定一颗光滑钉子，一个由细软导线制成的闭合导线框挂在两颗钉子上，匀强磁场的磁感应强度为B，导线框的电阻为r，圆的半径为R。从时刻开始，将导线上的C点绕圆心O以恒定角速度从A点沿圆弧移动到D点，导线始终绷紧。此过程导线中（　　）。

A.张力保持不变
B.感应电流的方向先顺时针后逆时针
C.感应电流随时间t的变化关系为
D.产生的电热为
【正确答案】 D

4-11（提升） 传统的自行车发电机内部电路如图甲所示，驱动轴一端与自行车车轮相连，另一端连接条形永久磁铁，车轮转动过程中，驱动轴带动永久磁铁在形软铁芯之间匀速转动，发电机线圈两端产生的交变电压波形如图乙所示。已知波形图中正、负尖峰电压分别为和，两个相邻正、负尖峰电压所对应的时间差为，发电机线圈匝数为。下列判断正确的是（　　）

A.驱动轴转动的角速度
B.线圈电压的有效值
C.穿过线圈磁通量变化率的最大值
D.相邻两个向上尖峰时间内，线圈电压的平均值
【正确答案】 C

4-12（提升） 如图所示，直角三角形导线框OPQ放置在磁感应强度大小为B、方向垂直于OQ向右的匀强磁场中，且OP边的长度为l，∠POQ＝θ。当导线框绕OQ边以角速度ω匀速转动时，下列说法正确的是（　　）

A.导线框OPQ内无感应电流
B.导线框OPQ内产生大小和方向都周期性变化的交变电流
C.P点的电势始终高于O点的电势
D.如果截去导线PQ，则P、O两点的电势差的最大值为
【正确答案】 B

【原卷 5 题】 知识点 基态、激发态、跃迁、电离

【正确答案】
A
【试题解析】


5-1（基础） 氢原子第n能级的能量为（n=1，2，3…），大量处在n=3能级的氢原子向低能级跃迁过程中，下列说法中正确的是（　　）
A.氢原子的发射光谱为连续谱
B.会辐射出两种不同频率的光子
C.由n=2能级跃迁到n=1能级时产生的光子频率最小
D.辐射出的光子照射逸出功为4.54eV的金属钨，能使其发生光电效应的光子有两种
【正确答案】 D

5-2（基础） 已知氢原子的基态能量为E1，第n级的能量为（其中n=1，2，3，……），一群处于n=4能级的氢原子，当它们向较低能级跃迁时，下列说法正确的是（　　）

A.可能辐射出6种不同频率的光子
B.从n=4能级跃迁到n=3能级时辐射出的光子频率最大
C.从n=4能级跃迁到n=1能级时辐射出的光子波长最长
D.氢原子辐射出能量，电子的动能减少，电势能减少
【正确答案】 A

5-3（基础） 图中画出了氢原子的4个能级，并注明了相应的能量E。处在的能级的一群氢原子向低能级跃迁时，能够发出若干种不同频率的光子。其中光子能量的最大值和最小值分别是（　　）

A.13.6eV和0.85eV
B.10.2eV和1.89eV
C.12.75eV和0.66eV
D.12.75eV和2.55eV
【正确答案】 C

5-4（巩固） 处于第 2 激发态的大量氢原子向低能级跃迁辐射多种频率的光子，已知普朗克常量为 h，氢原子能级公式为 E=，不同轨道半径为 r n =n2r1，E1为基态能量，r1为第Ⅰ轨道半径， n=1，2，3…．则下列说法中错误的是 （ ）
A.共产生 3 种频率的光子
B.电子由第 2 激发态跃迁到基态时，电势能减小，动能增加，总能量减小
C.处于第 2 激发态和处于基态电子做圆周运动线速度大小之比为 1:3
D.产生光子最大波长为λm=
【正确答案】 D

5-5（巩固） 氢原子第n能级的能量为（n＝1，2，3，……），其中E1是基态能量．若氢原子从第k能级跃迁到第p能级，辐射的能量为，第p能级比基态能量高，则
A.k =3，p=2 B.k =4，p=3
C.k =5，p=3 D.k =6，p=2
【正确答案】 A

5-6（巩固） 氢原子第n能级的能量绝对值为En=，其中E1是基态能量的绝对值，而量子数n=1，2，3…。假设通过电场加速的电子轰击氢原子时，电子全部的动能被氢原子吸收，使氢原子从基态跃迁到激发态，则使电子加速的电压至少为（e为电子所带的电荷量的绝对值）（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】 C

5-7（巩固） 氢原子第能级的能量为，其中是基态能量，而，若一氢原子发射能量为 的光子后处于比基态能量高出的激发态，则氢原子辐射光子前后分别处于第几能级？（　　）
A.4 3 B.5 3 C.5 2 D.4 2
【正确答案】 D

5-8（巩固） 若用｜E1｜表示氢原子处于基态时能量的绝对值，处于第n能级的能量为，则在下列各能量值中，可能是氢原子从激发态向基态跃迁时辐射出来的能量的是（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】 B

5-9（提升） 光子能量为E的一束光照射容器中的氢（设所有氢原子处于n＝3的能级），氢原子吸收光子后，最多能发出频率为ν1、ν2、ν3、ν4、ν5、ν6、ν7、ν8、ν9、ν10、的十种光谱线，且ν1＜ν2＜ν3＜ν4＜ν5＜ν6＜ν7＜ν8＜ν9＜ν10，已知朗克常量为h，则E的数值可能等于（　　）
A.h（ν1+ν2） B.h（ν4—ν1） C.h（ν10－ν7） D.hν10
【正确答案】 A

5-10（提升） 已知基态氢原子能量为，第n能级的能量，普朗克常量为，若在氢原子从能级跃迁到能级的过程中辐射出的光子恰好能使某金属发生光电效应，则氢原于以能级跃迁到能级放出的光子照到该金属表面时，发出的光电子的最大初动能为（　　）
A. B. C. D.
【正确答案】 D

5-11（提升） 假定处在量子数为n的激发态的氢原子跃迁到各较低能级的原子数都是处在该激发态能级上的原子总数的。现有k个氢原子被激发到量子数为5的能级上，若这些受激氢原子最后都回到基态，则在此过程中发出的光子总数是（　　）
A. B. C. D.
【正确答案】 C

5-12（提升） 氦离子（He+）的能级图如图所示，已知普朗克常量为h，电子的质量为m，氦离子（He+）基态的能量为E1（E1<0）。根据能级跃迁理论可知，基态氦离子（He+）中的电子吸收一频率为v的光子被电离后，电子速度大小为（　　）

A. B. C. D.
【正确答案】 B

【原卷 6 题】 知识点 平抛运动中追及相遇问题

【正确答案】
B
【试题解析】


6-1（基础） 如图所示,相距l 的两小球A、B 位于同一高度h(l,h 均为定值). 将A 向B 水平抛出的同时, B 自由下落. A、B 与地面碰撞前后,水平分速度不变,竖直分速度大小不变、方向相反. 不计空气阻力及小球与地面碰撞的时间,则

A.A、B 在第一次落地前能否相碰,取决于A 的初速度
B.A、B 在第一次落地前若不碰,此后就不会相碰
C.A、B 不可能运动到最高处相碰
D.A、B 一定能相碰
【正确答案】 AD

6-2（基础） 在同一水平直线上的两位置分别沿同水平方向抛出两小球A和B，两球相遇于空中的P点， 它们的运动轨迹如图所示。不计空气阻力，下列说法中正确的（　　）

A.在抛出时，A 球的速度大小小于 B 球的速度大小
B.在抛出时，A 球的速度大小可能等于 B 球速度大小
C.抛出时，先抛出 A 球后抛出 B 球
D.抛出时，两球同时抛出
【正确答案】 D

6-3（基础） P与Q两个小球的初始位置在距离地面80 m高的同一条水平线上，相距150 m。同时将两球相向水平抛出，初速度大小分别是vp= 20m/s和vQ= 30m/s。不计空气阻力，重力加速度g取10N/kg2。下列说法中正确的是（　　）
A.P球先落地 B.Q球先落地
C.两球在空中一定会相碰 D.两球在空中一定不会相碰
【正确答案】 C

6-4（基础） 在同一竖直线上的不同高度分别沿同一方向水平抛出两个小球A和B，两球在空中相遇，其运动轨迹如图所示，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　）

A.相遇时A球速度一定大于B球
B.相遇时A球速度一定小于B球
C.相遇时A球速度的水平分量一定等于B球速度的水平分量
D.相遇时A球速度的竖直分量一定大于B球速度的竖直分量
【正确答案】 D

6-5（巩固） 如图所示，将A、B两小球从相同高度同时水平抛出，经时间t1在空中P点相遇，已知P点与A、B两点的竖直高度为H1。若A、B两小球仍从原位置同时抛出，抛出的速度均增大两倍，两球经时间t2在Q（图中未标出）点相遇，Q点与A、B两点的竖直高度为H2，下列说法正确的是（　　）

A.t2=t1 ，H1=H2 B. t2=t1 ，H1=2H2
C. t2=t1，H1=3H2 D. t2=t1，H1=9H2
【正确答案】 D

6-6（巩固） 如图所示，甲、乙两猫从同一位置以相同速率同时跳出，速度方向与水平方向均成45°，一段时间后落至水平地面。不计空气阻力。则（　　）

A.两只猫落地时的动量方向不同
B.两只猫在空中运动过程中相距越来越远
C.起跳点越高，两猫落地点间距离越大
D.只改变两猫起跳速度大小，两猫可能在空中相遇
【正确答案】 B

6-7（巩固） 如图所示，在水平地面上M点的正上方高度处，将小球S1以初速度水平向右抛出，同时在地面上N点处将小球S2以初速度竖直向上抛出。已知小球与地面的碰撞是弹性碰撞，且碰撞时间忽略不计，M、N两点间的距离为，重力加速度大小为，不计地面阻力和空气阻力。若在S2落地前两小球相遇，则（　　）

A.两小球抛出后经相遇 B.S2的初速度
C.S2可能在上升过程中与S1相遇 D.两小球在N点上方处相遇
【正确答案】 B

6-8（巩固） 如图所示，A、B两小球从相同高度同时水平相向抛出，经过时间t在空中相遇。若两球的抛出速度都变为原来的4倍，则两球从抛出到相遇经过的时间为（　　）

A.t B. C. D.
【正确答案】 D

6-9（巩固） 某电视综艺节目中有一个“橄榄球空中击剑”游戏，宝剑从空中B点自由下落，同时橄榄球从A点以速度沿方向抛出，恰好在空中C点击中剑尖，不计空气阻力。关于橄榄球，下列说法正确的是（　　）

A.在空中运动的加速度大于宝剑下落的加速度
B.若以大于的速度沿原方向抛出，一定能在C点上方击中剑尖
C.若以小于的速度沿原方向抛出，一定能在C点下方击中剑尖
D.无论以多大速度沿原方向抛出，都能击中剑尖
【正确答案】 B

6-10（提升） 如图所示，、两点在同一竖直线上，现同时分别在、两点抛出两个小球甲、乙，甲球的速度大小为，方向水平向右，乙球的速度大小为，方向与水平方向的夹角为斜向右上方，两球在点（未画出）相碰。已知碰前瞬间乙球速度方向水平，则下列判断正确的是（　　）

A.、两点竖直方向的距离大于、两点竖直方向的距离
B.甲、乙两球相碰前瞬间甲球的速率与乙球速率相等
C.甲、乙两球自抛出至相碰前瞬间速度变化不相等
D.甲、乙两球抛出时的速度大小与之比为
【正确答案】 D

6-11（提升） 如图所示，我某集团军在一次空地联合军事演习中，离地面高H处的飞机以水平对地速度v1发射一颗炸弹轰炸地面目标P，反应灵敏的地面拦截系统同时以初速度v2竖直向上发射一颗炮弹拦截（炮弹运动过程看作竖直上抛），设此时拦截系统与飞机的水平距离为x，若拦截成功，不计空气阻力，则v1、v2的关系应满足（　　）

A.v1＝v2 B.v2＝v1 C.v1＝v2 D.v2＝v1
【正确答案】 C

6-12（提升） 从高H处的一点O先后平抛两个小球1和2，球1恰好直接越过竖直挡A落到水平地面上的B点，球2与地碰撞n次后恰好越过同一竖直挡板后也落于B点。设球2与地面的碰撞类似光的反射，且反弹前后速度大小相同。则竖直挡板的高度h为（　　）

A. B. C. D.
【正确答案】 A

【原卷 7 题】 知识点 带电粒子在直边界磁场中运动

【正确答案】
A
【试题解析】


7-1（基础） 质量和电荷量都相等的带电粒子和，以不同的速率经小孔垂直进入匀强磁场，它们运行的半圆轨迹如图中两虚线所示，则下列判断正确的是（　　）

A.带正电，带负电 B.的速率大于的速率
C.洛伦兹力对做正功、对做负功 D.在磁场中的运行时间大于在磁场中的运行时间
【正确答案】 B

7-2（基础） 如图，在坐标系的第一和第二象限内存在磁感应强度大小分别为和B、方向均垂直于纸面向外的匀强磁场．一质量为m、电荷量为q（q>0）的粒子垂直于x轴射入第二象限，随后垂直于y轴进入第一象限，最后经过x轴离开第一象限．粒子在磁场中运动的时间为

A. B. C. D.
【正确答案】 B

7-3（基础） 如图是电子射线管的示意图，接通电源后，电子由阴极沿x轴正方向射出，在荧光屏上会看到一条亮线，要使荧光屏上的亮线向上（z轴正方向）偏转，现在射线管的正下方附近放一通电直导线，导线中的电流方向应该是（　　）

A.沿x轴正方向 B.沿x轴负方向
C.沿y轴正方向 D.沿y轴负方向
【正确答案】 A

7-4（基础） 在观察阴极射线在磁场中偏转的实验中，当阴极射线管的AB两个电极接到高压电源时，阴极会发射电子，在电场的加速下飞向阳极形成电子束（射线）。电子束在如图的蹄形磁铁的磁场作用下，就会发生偏转。则关于电子束偏转方向及高压电电极连接的情况，哪个选项是正确的（　　）

A.电子束向上偏转，A接正极，B接负极 B.电子束向下偏转，A接正极，B接负极
C.电子束向上偏转，A接负极，B接正极 D.电子束向下偏转，A接负极，B接正极
【正确答案】 D

7-5（基础） 如图为说明电视机显像管偏转线圈作用的示意图。当线圈中通过图示方向的电流时，一束沿中心轴线O自纸内射向纸外的电子流将（　　）

A.向右偏转 B.向左偏转
C.向上偏转 D.向下偏转
【正确答案】 A

7-6（巩固） 如图所示，真空中竖直放置一长直细金属导线MN，电流向上。空间中做一与导线同轴的半径为R的柱面。光滑绝缘管ab水平放置，端点a、b分别在柱面上。半径略小于绝缘管内径的带正电小球自a点以速度v0向b点运动过程中，下列说法正确的是（　　）

A.小球先加速后减速
B.小球受到的洛伦兹力始终为零
C.小球在ab中点受到的洛伦兹力为零
D.小球受到洛伦兹力时，洛伦兹力方向向上
【正确答案】 C

7-7（巩固） 薄铝板将垂直纸面向外的匀强磁场分成Ⅰ、Ⅱ两个区域。一高速带电粒子穿过铝板后速度减小，所带电荷量保持不变。一段时间内带电粒子穿过铝板前后在两个区域运动的轨迹均为圆弧，如图中虚线所示。已知区Ⅰ的圆弧半径小于区域Ⅱ的圆弧半径，粒子重力忽略不计。则该粒子（　　）

①带正电
②带负电
③一定从区域I穿过铝板到达区域Ⅱ
④一定从区域Ⅱ穿过铝板到达区域Ⅰ
A.①③ B.②④ C.①④ D.②③
【正确答案】 B

7-8（巩固） 如图所示，在立方体区域内有垂直于abcd平面向上的匀强磁场，现有一负离子不计重力以速度v垂直于adhe平面向右飞入该区域，为使粒子能在该区域内沿直线运动，需在该区域内加一匀强电场，则匀强电场的方向为　　

A.垂直abfe平面向里 B.垂直adhe平面向左
C.垂直abfe平面向外 D.垂直adhe平面向右
【正确答案】 A

7-9（巩固） 如图所示，在真空中，水平导线中有恒定电流I通过，导线的正下方有一束电子初速度方向与电流方向相同，则电子可能的运动情况是（　　）

A.沿路径a运动 B.沿路径b运动
C.沿路径c运动 D.沿路径d运动
【正确答案】 D

7-10（巩固） 如图，一束电子以不同的速率沿图示方向飞入横截面是正方形的匀强磁场，则电子 （ ）

A.速率越小，在磁场中运动时间越长
B.在磁场中运动时间越长，其轨迹弧线越长
C.在磁场中运动的轨迹线所对应的圆心角最大是π
D.在磁场中运动时间相同的电子，其轨迹线一定重合
【正确答案】 C

7-11（提升） 如图所示，来自外层空间的大量带电粒子进入地磁场影响范围后，粒子将绕地磁感线做螺旋运动，形成范艾伦辐射带。螺旋运动中回转一周的时间称为周期，回转一周前进的距离称为螺距。忽略带电粒子之间以及带电粒子与空气分子之间的相互作用，带电粒子向地磁场两极运动的过程中，下列说法正确的是（　　）

A.粒子运动的速率逐渐变大 B.粒子运动的周期不变
C.粒子螺旋运动的半径不变 D.粒子螺旋运动的螺距逐渐变小
【正确答案】 D

7-12（提升） 如图，在一水平放置的平板MN的上方有匀强磁场，磁感应强度的大小为B，磁场方向垂直于纸面向里。许多质量为m带电量为+q的粒子，以相同的速率v沿位于纸面内的各个方向，由小孔O射入磁场区域。不计重力，不计粒子间的相互影响。下列图中阴影部分表示带电粒子可能经过的区域，其中，哪个图是正确的（　　）

A. B.
C. D.
【正确答案】 A

7-13（提升） 狄拉克曾预言，自然界应该存在只有一个磁极的磁单极子，其周围磁感应呈均匀辐射状分布，距离它r处的磁感应强度大小为B=（k为常数），设空间有一固定的S极磁单极子，磁场分布如图所示，一带电小球q（重力不可忽略）在S极附近做匀速圆周运动，则关于小球做匀速圆周运动的判断中正确的是（　　）

A.若小球带正电，其运动轨迹平面可在S的正下方
B.若小球带负电，其运动轨迹平面可在S的正下方
C.若小球带正电，其运动轨迹平面可在S的正上方且沿逆时针运动（从上往下看）
D.若小球带负电，其运动轨迹平面可在S的正上方且沿逆时针运动（从上往下看）
【正确答案】 C

7-14（提升） 变化的磁场会在空间激发涡旋状的感应电场，无论周围空间是否存在闭合回路，电子感应加速器便应用了这个原理。如图为电子在环形真空室被加速的示意图，规定垂直于纸面向外磁场方向为正，用电子枪将电子沿图示方向注入环形室，它们在涡旋电场的作用下被加速，同时在磁场内受到洛伦兹力的作用，沿圆形轨道运动。下列规律的磁场能对注入的电子进行环向加速的是（　　）

A. B.
C. D.
【正确答案】 C

【原卷 8 题】 知识点 静电力做功的特点,带电粒子在复合场中的一般曲线运动

【正确答案】
B C
【试题解析】


8-1（基础） 如图所示，两平行金属板中有相互垂直的匀强电场和匀强磁场，一个带正电粒子从两板正中央垂直电场、磁场入射，它在金属板间运动轨迹如图中曲线所示，则在粒子穿过金属板间区域过程中（　　）

A.受到的静电力方向始终与电场强度方向相同 B.受到的磁场力方向始终与电场强度方向相反
C.静电力对带电粒子做正功 D.磁场力对带电粒子做负功
【正确答案】 AC

8-2（基础） 如图所示，竖直放置的平行金属板间存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里。带电粒子从上方以一定的速度垂直于电场、磁场进入，下列说法中正确的是（　　）

A.若带电粒子的重力不计，轨迹一定是直线
B.若带电粒子的重力不计，轨迹可能是直线，也可能是曲线
C.若带电粒子的重力不能忽略，轨迹可能是直线，也可能是曲线
D.若带电粒子的重力不能忽略，轨迹一定是曲线
【正确答案】 BD

8-3（基础） 一个带正电的小球以速度v0沿光滑的水平绝缘桌面向右运动，飞离桌子边缘后，通过匀强磁场区域，落在地板上，磁场方向垂直纸面向里（如图所示），其水平射程为x1，落地速度为v1；撤去磁场后，其他条件不变，水平射程为x2，落地速度为v2，则（　　）

A.x1＝x2 B.x1＞x2 C.v1＝v2 D.v1＞v2
【正确答案】 BC

8-4（巩固） 如图所示，匀强磁场方向垂直纸面向里，上端开口、下端封闭的玻璃管竖直放置，玻璃管内壁光滑，管底有一带正电的小球，在外力作用下，玻璃管垂直进入磁场并保持速度不变，小球最终从上端管口飞出．从进入磁场到小球飞出玻璃管的过程中，下列说法正确的是（ ）

A.洛伦兹力对小球做正功 B.小球的机械能增加
C.小球的运动轨迹是一条抛物线 D.小球在玻璃管中的运动时间与玻璃管速度无关
【正确答案】 BC

8-5（巩固） 如图所示，两虚线之间的空间内存在着正交或平行的匀强电场E和匀强磁场B，有一个带正电的小球（电荷量为＋q、质量为m）从电磁复合场上方的某一高度处自由落下，那么，带电小球可能沿直线通过的电磁复合场的是（　　）
A. B.
C. D.
【正确答案】 CD

8-6（巩固） 如图所示，一带正电小球从离地面高为h的地方以水平速度紧贴光滑挡板进入范围足够大的竖直向下的匀强磁场B中。不计空气阻力，则下列说法正确的是（　　）

A.小球做匀速圆周运动
B.小球做平抛运动
C.小球到达地面时的速度为
D.如果挡板不光滑，小球最终可能做匀速直线运动
【正确答案】 BC

8-7（巩固） 如图所示，两竖直平行虚线边界内，匀强电场方向竖直（平行纸面）向下，匀强磁场方向垂直纸面向里，一带负电小球从P点以某一速度垂直边界进入，恰好沿水平方向做直线运动，若仅减小小球从P点进入的速度大小，则在小球进入的一小段时间内（　　）

A.小球做匀变速曲线运动
B.小球的电势能减小
C.小球的机械能减小
D.小球的电势能和动能之和减小
【正确答案】 BD

8-8（巩固） 如图所示，水平放置的两个正对的带电金属板MN、PQ间存在着相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场强度为E磁感应强度为B。在a点由静止释放一带正电的微粒，释放后微粒沿曲线acb运动，到达b点时速度为零，c点是曲线上离MN板最远的点。已知微粒的质量为m，电荷量为q，重力加速度为g，不计微粒所受空气阻力，则下列说法中正确的是（　　）

A.磁场的方向为垂直纸面向里
B.微粒在c点时的机械能最大
C.微粒在c点的速率最大，大小为
D.微粒到达b点后将沿原路径返回a点
【正确答案】 AB

8-9（巩固） 如图所示，空间存在竖直向下的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场，一带电液滴从静止开始自A沿曲线ACB运动，到达B点时，速度为零，C点是运动的最低点，则以下说法中正确的选项应是（　　）

A.液滴带正电
B.液滴在C点时速度最大
C.液滴之后会经C点返回A点
D.B点和A点一定等高
【正确答案】 BD

8-10（提升） 如图所示，在水平方向上存在垂直纸面向里、大小为B的匀强磁场。将质量为m、电荷量绝对值为q的带电油滴从a点由静止释放，它在竖直面内的部分运动轨迹如图所示，b为整段轨迹的最低点，重力加速度为g。则下列说法正确的是（　　）

A.油滴带正电
B.轨迹ab可能是椭圆曲线的一部分
C.油滴到b点时的速度大小为
D.油滴到b点后将沿水平方向做匀速直线运动
【正确答案】 AC

8-11（提升） 如图甲所示，已知车轮边缘上一质点P的轨迹可看成质点P相对圆心O作速率为v的匀速圆周运动，同时圆心O向右相对地面以速率v作匀速运动形成的，该轨迹称为圆滚线。如图乙所示，空间存在竖直向下的大小为E匀强电场和水平方向（垂直纸面向里）大小为B的匀强磁场，已知一质量为m电量大小为q的正离子在电场力和洛伦兹力共同作用下，从静止开始自A点沿曲线ACB运动（该曲线属于圆滚线），到达B点时速度为零，C为运动的最低点。不计重力，则（　　）

A.该离子电势能先增大后减小
B.A、B两点位于同一高度
C.到达C点时离子速度最大，大小为
D.A点运动到B点的时间为
【正确答案】 BC

8-12（提升） 在竖直平面有一垂直纸面向里、大小为B的匀强磁场，如图所示，一质量为m、带电量大小为q的小球，从静止开始自A点沿曲线ACB运动，到达B点时速度为零，C点是运动的最低点，重力加速度为g，以下说法中正确的是（　　）

A.小球沿曲线ACB运动过程中机械能守恒
B.小球带负电
C.小球沿曲线ACB运动的时间为
D.小球在C点的速度为
【正确答案】 AD

【原卷 9 题】 知识点 摩擦力做功的计算,机车的额定功率、阻力与最大速度,重力做功与重力势能的关系

【正确答案】
A B D
【试题解析】


9-1（基础） 如图所示，质量的物体在斜向下的推力作用下，沿水平面以的速度匀速前进，已知与水平方向的夹角。取重力加速度，则（　　）

A.推力做的功为 B.推力F的功率为
C.物体与水平面间的动摩擦因数为 D.物体克服摩擦力做功为
【正确答案】 AC

9-2（基础） 学校对面的这块宝地搁置已久，如今终于动工了，塔吊是工地上必不可少的机器，如图，就是我们每天能看到的两台塔吊，现在我们研究下塔吊下物体的运动，为了简单起见我们让它躺平。如图所示，高为H的塔吊臂上有一可以沿水平方向运动的小车A，小车A下的绳索吊起重物B，在小车A与物体B以相同的水平速度沿吊臂向右匀速运动的同时，绳索将重物B向上吊起，A、B之间的距离以规律时间t变化，则在此过程中（　　）

A.绳索受到的拉力不断增大 B.绳索对重物做功的平均功率不断增大
C.重力做功的瞬时功率不断增大 D.重物做匀变速曲线运动
【正确答案】 BCD

9-3（基础） 如图所示，倾角为、长度为的光滑固定斜面，一质量为的小物块从斜面顶端由静止开始下滑至斜面底端，重力加速度g取，则（　　）

A.整个过程中重力做功
B.整个过程中合外力做功
C.整个过程中重力做功的平均功率是
D.小物块滑到斜面底端时重力做功的瞬时功率是
【正确答案】 BC

9-4（巩固） 如图甲，质量相等的a、b两物体，从斜面上的同一位置A由静止下滑，经B点在水平面上滑行一段时间后停下。不计经过B点时的能量损失，用传感器采集到它们的速率—时间图像如图乙，根据上述信息判断下列说法正确的是（　　）

A.a在斜面上克服摩擦力的功比b小
B.a在斜面上滑行重力的平均功率比b小
C.a在水平面间滑行克服摩擦力的功比b大
D.a在整个运动过程中克服摩擦力做的功比b大
【正确答案】 AC

9-5（巩固） 如图甲，足够长的光滑斜面倾角为，时质量为的物块在沿斜面方向的力作用下由静止开始运动，设沿斜面向上为力的正方向，力随时间的变化关系如图乙。取物块的初始位置为零势能位置，重力加速度取，则物块（　　）

A.在时间内合外力的功率为 B.在时动能为
C.在时机械能为 D.在时速度大小为
【正确答案】 BC

9-6（巩固） 据悉咸宁城区投放有各类品牌共享电动车共计2万多辆，为市民出行带来了极大的方便，已经成为我们日常生活中不可或缺的重要交通工具。某共享电动车（型号XYGX48V12Ah）和驾驶员的总质量为100kg，行驶时所受阻力大小为车和人所受总重力的，电动车从静止开始以额定功率在水平公路上沿直线行驶，10s内行驶了23m，速度达到3m/s。取重力加速度大小。下列说法正确的是（　　）

A.该电动车的额定功率为275W
B.该电动车的额定功率为576W
C.在这次行驶中，该电动车行驶的最大速度为2.75m/s
D.在这次行驶中，该电动车行驶的最大速度为5.76m/s
【正确答案】 AC

9-7（巩固） 在水平路面上运动的汽车的额定功率为P，质量为m，所受阻力大小为车重的，重力加速大小为g。则（　　）
A.汽车受到的阻力大小为
B.汽车在运动过程中能达到的最大速度为
C.若汽车以额定功率启动，当汽车速率为v时加速度大小为
D.若汽车以加速度大小a启动，则匀加速直线运动的时间为
【正确答案】 BD

9-8（巩固） 放在粗糙水平面上的物体受到水平拉力的作用，在0~6s内其速度与时间图像和该拉力的功率与时间图像分别如图甲和乙所示，下列说法正确的是（　　）

A.0~6s内物体位移大小为36m
B.0~6s内拉力做的功为70J
C.合力在0~6s内做的功与0~2s内做的功不相等
D.滑动摩擦力大小为N
【正确答案】 BD

9-9（巩固） A、B两物体用一根跨过定滑轮的细绳相连，置于固定斜面体的两个斜面上的相同高度，处于静止状态，两斜面的倾角分别为和（＞），若不计摩擦，剪断细绳后，说法正确的是（以地面为参考面）（　　）

A.两物体着地时的速度相同
B.两物体着地时的动能相同
C.两物体着地时的机械能一定不同
D.两物体着地时所受重力的功率一定相同
【正确答案】 CD

9-10（提升） 某码头采用斜面运送冷链食品，简化如图甲所示，电动机通过绕轻质定滑轮的轻细绳与放在倾角为θ=30°的足够长斜面上的物体相连，启动电动机后物体沿斜面上升，在0-6s时间内物体运动的v-t图像如图乙所示，其中除1-5s时间段图像为曲线外，其余时间段图像均为直线，1s后电动机的输出功率保持不变。已知物体的质量为2kg，不计一切摩擦，重力加速度g=10m/s2。则下列说法错误的是（　　）

A.在0-1s内电动机所做的功为25J
B.1s后电动机的输出功率为100W
C.在1-5s内电动机牵引力的冲量大小为50N·s
D.在0-5s内物体沿斜面向上运动了32.5m
【正确答案】 AD

9-11（提升） 电梯一般用电动机驱动，钢丝绳挂在电动机的轻滑轮上，一端悬吊轿厢，另一端悬吊配重装置。钢绳和轻滑轮之间产生的静摩擦力能驱使轿厢上下运动。若电梯轿厢的质量，配重装置的重量为。某次电梯轿厢由静止开始上升的图如图所示，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　）

A.轿厢在第内处于失重状态
B.末到末，钢绳对轿厢和对配重装置的拉力相等
C.在第内，电动机做的机械功为
D.上升过程中，钢绳对轿厢做功的最大功率为
【正确答案】 AD

9-12（提升） 额定功率相同的甲、乙两车在同一水平路面上从静止启动，其发动机的牵引力随时间的变化曲线如图所示。两车分别从和时刻开始以额定功率行驶，从和时刻开始牵引力均视为不变。若两车行驶时所受的阻力大小与重力成正比，且比例系数相同，则（　　）

A.甲车的总重比乙车大
B.甲、乙两车同时开始运动
C.甲车在时刻和乙车在时刻的速率相同
D.甲车在时刻和乙车在时刻的速率相同
【正确答案】 AC

【原卷 10 题】 知识点 直线电流周围的磁场,感应电流产生条件的总结,磁通量的变化量与变化率

【名师点拔】
该题目的综合性较强，从直流导线产生的磁场跨章节考查到法拉第电磁感应定律。将直流导线置于空间中，考查学生对空间磁场的认识，改变闭合回路中磁场变化，产生感应电流，根据磁通量的变化率判断感应电动势的大小关系。题目考点丰富、难度适中，非常好的题目。
【正确答案】
A C
【试题解析】


10-1（基础） 特高压直流输电是国家重点能源工程。如图所示是两根等高、相互平行的水平长直输电导线，分别通有大小相等，方向相同的电流I1和I2， a、b、c三点连线与两根导线垂直并共面，b点位于两根导线间的中点，a、c两点与b点等距，d点位于b点正上方。不考虑地磁场的影响，则（　　）

A.b点处的磁感应强度方向与两根导线所在平面平行
B.d点处的磁感应强度方向与两根导线所在平面平行
C.a、c两点处的磁感应强度方向相反
D.a、d两点处的磁感应强度方向相同
【正确答案】 BC

10-2（基础） 如图所示，两根互相平行的长直导线过纸面上的M、N两点，且与纸面垂直，导线中通有大小相等、方向相同的电流。A、O、B在M、N的连线上，O为MN的中点，C、D位于MN的中垂线上。A到O点的距离小于B到O点的距离，C到O点的距离小于D到O点的距离。已知距长直导线r处的磁感应强度大小，其中k为常量，I为长直导线的电流大小。关于以上几点处的磁场，下列说法正确的是（　　）

A.A、B两点处的磁感应强度方向相反
B.A处的磁感应强度比B处大
C.C、D两点处的磁感应强度方向相同
D.C处的磁感应强度大小可能与D处相等
【正确答案】 AD

10-3（基础） 如图所示，一轻质绝缘横杆两侧各固定一金属环，横杆可绕中心点自由转动，老师拿一条形磁体插向其中一个小环，后又取出插向另一个小环，下列关于同学们看到的现象及对现象的分析说法正确的是（　　）

A.磁体插向左环，横杆发生转动
B.磁体插向右环，横杆发生转动
C.磁体插向左环，左环中不产生感应电动势和感应电流
D.磁体插向右环，右环中产生感应电动势和感应电流
【正确答案】 BD

10-4（基础） 已知地磁场类似于条形磁铁产生的磁场，地磁N极位于地理南极，如图示，在广西某中学实验室的绝缘水平桌面上，放置边长为L的正方形闭合导体线框abcd，线框的ab边沿南北方向，ad边沿东西方向，下列说法正确的是（　　）

A.若使线框向东平移，则a点电势比d点电势低
B.若使线框向北平移，则a点电势比d点电势高
C.若以ab边为轴，将线框向上翻转，则翻转过程线框中电流方向始终为abcd方向
D.若以ad边为轴，将线框向上翻转，则翻转过程线框中电流方向始终为abcd方向
【正确答案】 BC

10-5（巩固） 如图甲所示，用绝缘轻绳将一矩形线框静止悬吊在空中，线框处于竖直平面内。线框正上方有一固定通电直导线，导线中通入大小、方向按图乙所示规律变化的电流，取图甲中箭头所示的方向为电流的正方向。已知通入电流的过程中线框一直处于静止状态，则下列关于轻绳上的拉力的说法中正确的是（　　）

A.t=0.05 s时，矩形线框中的感应电动势为0
B.t=0. 10 s时，矩形线框中的感应电动势为0
C.0~0.05 s时间内轻绳上的拉力小于线框的重力
D.0~0. 10 s时间内轻绳上的拉力小于线框的重力
【正确答案】 BC

10-6（巩固） 如图甲所示为无线充电技术中使用的通电线圈示意图，线圈匝数为，面积为，电阻为。匀强磁场平行于线圈轴线穿过线圈，设向右为正方向，磁感应强度随时间变化的图像如图乙所示。则在0到时间内，下列说法正确的是（　　）

A.线圈端的电势比线圈端的电势高
B.通过线圈的磁通量的变化量为
C.线圈两端的电势差恒为
D.若用导线将线圈、两端连接起来，则通过导线横截面的电荷量为
【正确答案】 AD

10-7（巩固） 如图甲所示，圆形线圈P静止在水平桌面上，其正上方固定一螺线管Q，P和Q共轴，Q中的电流随时间t变化的规律如图乙所示，取甲图中电流方向为正方向，P所受的重力为G，桌面对P的支持力为FN，则（　　）

A.在时刻，，P有收缩的趋势
B.在时刻，，穿过P的磁通量不变
C.在时刻，，P中有感应电流
D.在时刻，，P有收缩的趋势
【正确答案】 ABC

10-8（提升） 如图所示，竖直光滑导轨上端接入一定值电阻R，C1和C2分别是半径为a的圆形磁场区域与边长为2a的正方形磁场区，区域内的磁场方向分别为垂直于导轨平面向外与竖直向上，区域C1中磁场的磁感应强度随时间按变化，C2中磁场的磁感应强度恒为B2，一质量为m电阻为r的金属杆AB穿过C2的中心垂直跨放在两导轨上，且与导轨接触良好，并恰能保持静止，已知棒与导轨间动摩擦因数为，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则（　　）

A.通过金属杆的电流方向为从A到B
B.回路中电流大小
C.定值电阻的阻值为
D.整个电路的热功率
【正确答案】 BCD

10-9（提升） 为了降低潜艇噪音，科学家设想用电磁推进器替代螺旋桨。装置的截面图如图所示，电磁推进器用绝缘材料制成直海水管道，马鞍形超导线圈形成如图所示的磁场，正、负电极与直流电源相连后在海水中形成电流。关于该电磁推进器的说法正确的是（  ）

A.图示中推进器受到的磁场力方向垂直纸面向里
B.潜艇要想加速，可以通过增大电源电压的方式实现
C.由于使用超导线圈，所以海水中不会产生焦耳热
D.同等情况下此推进装置在纯净的淡水湖中推进效果比在海水中好
【正确答案】 AB

10-10（提升） 做磁共振检查时，对人体施加的磁场发生变化时会在肌肉组织中产生感应电流。为了探究该感应电流对肌肉组织的影响，可将包裹在骨骼上的一圈肌肉组织等效成单匝线圈，如图所示，若等效线圈的半径为r，线圈导线的截面积为S，电阻率为ρ，匀强磁场方向与线圈平面垂直，磁感应强度在时间内从B均匀地减为零。则（　　）

A.沿磁场方向从右向左看，该圈肌肉组织中感应电流方向为顺时针
B.根据题中条件可以求出该圈肌肉组织中的感应电动势
C.根据题中条件可以求出该圈肌肉组织中的等效电阻
D.根据题中条件可以求出时间内该圈肌肉组织中产生的热量
【正确答案】 AD

10-11（提升） 如图，两个线圈绕在同一根铁芯上，其中一线圈通过开关与电源连接，另一线圈与远处沿南北方向水平放置在纸面内的直导线连接成回路。将一磁针悬挂在直导线正上方，开关未闭合时小磁针处于静止状态。下列说法正确的是（　　）

A.开关闭合后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动
B.开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向里的方向
C.开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向外的方向
D.开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动
【正确答案】 AD

10-12（提升） 如图甲所示，虚线两侧的空间均存在与纸面垂直的匀强磁场，右侧匀强磁场的方向垂直纸面向外，磁感应强度大小恒为，左侧匀强磁场的磁感应强度随时间变化的规律如图乙所示，规定垂直纸面向外为磁场的正方向。一硬质细导线的电阻率为、横截面积为。将该导线做成半径为的圆环固定在纸面内，圆心在上。则下列说法正确的是（　　）

A.时间内，圆环中的电流方向为顺时针方向
B.在时间内，通过圆环的电荷量为
C.时刻圆环受到的安培力大小为
D.时刻圆环中的电流为0
【正确答案】 AB

【原卷 11 题】 知识点 实验：探究动能定理,实验：验证机械能守恒定律

【正确答案】

【试题解析】


11-1（基础） 某实验小组利用图示装置以小车为研究对象验证动能定理。用拉力传感器可测小车受到的拉力大小F，在水平桌面上的A、B两点各安装一个速度传感器，可记录小车先后通过A、B时的速度大小v1、v2。已知钩码质量m，测得小车和拉力传感器的总质量M，测得AB间距离为L。回答下面问题：
（1）本实验操作中， ____________（选填“需要”或“不需要”）平衡摩擦力，____________（选填“需要”或“不需要”）满足。
（2）正确操作后测得相关数据，应验证的表达式为：_______________________________。
（3）若拉力传感器损坏无示数，现用钩码总重来表示拉力，由此产生系统误差，将使得外力对小车做的功W_______小车的动能的变化量。(选填“＞”、“＝”或“＜”)

【正确答案】 需要 不需要 ＞

11-2（基础） 实验小组利用重物做自由落体运动验证机械能守恒定律，同时测量重力加速度。实验时将智能相机固定在黑板正前方，相机的视窗高度恰好包含黑板的上下边界，测量时设定相机闪光频率为10Hz，现将小钢球贴紧黑板从上边界某位置无初速释放，相机拍下小钢球下落的影像。将影像沿A4纸纵向打印，如图所示，已知黑板的高度为120cm，A4纸纵向长度为30cm，用刻度尺测出A4纸上每相邻像点间距离并标注在图样中，

（1）小钢球运动至B点时的速度为______m/s（结果保留3位有效数字）；
（2）小钢球下落的加速度大小为______（结果保留3位有效数字）；
（3）若当地重力加速度，实验中小钢球所受的阻力为其重力的倍，则＝______；若机械能的损失不超过3%，则机械能守恒，本实验机械能______（填“守恒”或“不守恒”）；
（4）本实验中______测量小钢球的质量（填“需要”或“不需要”）。
【正确答案】 1.62 9.62 0.018 守恒 不需要

11-3（基础） 某同学利用如图甲所示装置验证“机械能守恒定律”。

（1）用弹簧测力计测量重物的质量时，测量结果如图乙所示，则重物的重力_______N；
（2）实验时，按甲图中所示用手拿好纸带之后，应该_________；
A．先接通打点计时器电源，后释放纸带
B．先释放纸带，后接通打点计时器电源
（3）在打好点的纸带中他挑选出一条点迹清晰的纸带，如图丙所示．把第一个点记作O，从O点后某个点开始，依次为1、2、3、…，分别测出各个记数点到O点的距离，已标在图丙中，已知打点计时器打点周期为，请利用图丙中的数据简单说明物体做匀加速直线运动：________________________；
（4）打第4个标记点时重物的速度_________；
（5）若重物的重力大小为（1）中测量值，当地重力加速度大小为，则从开始下落到打第4个标记点时重物的机械能损失为____________J。（保留一位有效数字）
【正确答案】 1.70 A 由图中数据可得，连续相等的时间间隔内的位移差均为0.36cm 1.95 0.003

11-4（基础） 某同学用如图甲所示的实验装置验证机械能守恒定律。

（1）关于本实验，下列说法正确的是___________；
A．不需要测量出重物的质量m即可验证机械能是否守恒
B．释放纸带前提纸带的手应该尽量靠近打点计时器
C．用质量大、体积小的重物可以有效减小系统误差
D．各计数点的速度平方v2随下落高度h变化的图像是一条直线，即可证明重物下落过程机械能守恒
（2）进一步分析发现，本实验存在较大误差，为此设计出用如图乙所示的实验装置， 通过电磁铁控制的小铁球从A点自由下落，下落过程中经过电门B时，通过与之相连的毫秒计时器（图中未画出）记录挡光时间t 用毫米刻度尺测出AB 之间的距离H，用游标卡尺测得小铁球的直径d，当地重力加速度为g，多次改变高度H，重复上述实验，作出变化图像如图丙所示，当图线斜率k=___________时（用已知量g、d 表示），可判断小球下落过程中机械能守恒；

（3）实验中发现动能增加量与重力势能减少量总是存在一定的差值，增加下落高度后，这个差值将____________（选填“增加”、“减小”、“不变”）。
【正确答案】 AC或CA 增大

11-5（巩固） 如图甲所示，是某同学验证动能定理的实验装置。其步骤如下：

a、易拉罐内盛上适量细沙，用轻绳通过滑轮连接在小车上，小车连接纸带。合理调整木板倾角，让小车沿木板匀速下滑。
b、取下轻绳和易拉罐，测出易拉罐和细沙的质量m及小车质量M。
c、取下轻绳和易拉罐后，换一条纸带，让小车由静止释放，打出的纸带如图乙（中间部分未画出），O为打下的第一点。已知打点计时器的打点频率为f，重力加速度为g。
（1）步骤c中小车所受的合外力为___________。
（2）为验证从O→C过程中小车合外力做功与小车动能变化的关系，测出BD间的距离为，OC间距离为，则C点的速度为___________，需要验证的关系式为___________（用所测物理量的符号表示）。
【正确答案】

11-6（巩固） 如图所示，某同学设计了一种测量物块与斜面间动摩擦因数和验证动能定理的实验装置，将斜面固定在桌子边缘，在斜面上装有两个光电门1、2，绕过斜面顶端光滑定滑轮的轻质细线一端连在装有遮光片的物块上，另一端吊着装有砂的砂桶，初始时物块静止在斜面上，重力加速度为g。

（1）通过调节定滑轮高度，使连接物块的细线与斜面平行；调整砂桶内砂的质量，轻推物块，使物块能够沿斜面向上滑动，观察物块通过光电门1、2时光电计时器记录的遮光片遮光的时间；继续调整砂桶内砂的质量，直到物块上滑时，通过两个光电门的遮光时间相等。
（2）已知斜面的高为h、长为L，测出物块和遮光片的总质量为M，砂和砂桶的总质量为m，则物块与斜面间的动摩擦因数________（用已知量和测量量表示）。
（3）保持装置不变，在砂桶中增加的砂子，测量出两光电门之间的距离x和迹光片的宽度d，遮光片通过光电门1、2的时间分别为、，则在砂和砂桶下落过程中，只要证明公式________成立，就能验证动能定理。
【正确答案】

11-7（巩固） 如图甲是用“落体法”验证机械能守恒定律的实验装置。（取）

（1）下列做法正确的有__________（填正确答案序号）。
A．必须要称出重物的质量
B．图中两限位孔必须在同一竖直线上
C．数据处理时，应选择纸带上距离较近的两点作为初、末位置
D．可以用或者计算某点速度
（2）选出一条清晰的纸带如图乙所示，其中点为打点计时器打下的第一个点，A、、为三个计数点，打点计时器通过频率为的交变电流。用刻度尺测得，，，重锤的质量为，（取）。甲同学根据以上数据算出：当打点计时器打到点时重锤的重力势能比开始下落时减少了__________；此时重锤的速度为__________。（结果均保留三位有效数字）

（3）某同学利用他自己实验时打出的纸带，测量出了各计数点到打点计时器打下的第一个点的距离，算出了各计数点对应的速度，然后以为横轴、以为纵轴作出了如图丙所示的图线，图线的斜率近似等于__________。

（4）图线明显未过原点的原因可能是______________。
【正确答案】 B 1.88 1.92 g 原因可能是先释放纸带，后接通打点计时器

11-8（巩固） 如图所示，某同学利用该装置验证小球向下摆动过程中机械能是否守恒，不可伸长的轻质细线一端固定在O点，另一端连接小球，在O点的正下方D处（箭头所指处）放一锋利的刀片，细线到达竖直位置时能被割断，实验中小球摆到最低点时恰好与桌面接触但没有弹力，已知当地的重力加速度为g。实验步骤如下：

a.实验开始前，测出小球的直径d，再让小球处于自然悬挂状态，测出悬线的长为L，小球下端距水平地面的高度为h；
b.将小球向右拉离平衡位置，测出细线与竖直方向成一定的张角，由静止释放小球，使小球在竖直面内做圆周运动，小球运动到最低点时细线立即被刀片割断（不计细线割断时的能量损失）；
c.割断细线后，小球水平抛出，测得小球抛出后的水平位移为x。
完成下列问题：
（1）本实验所用器材有：细线、小球、刀片、量角器和_________
A.天平　　B.刻度尺　　C.游标卡尺
（2）割断细线后，小球水平抛出的速度表达式为v0=_________（用已知和测量物理量的符号表示）。
（3）验证机械能守恒定律成立的表达式为_________（用已知和测量物理量的符号表示）。
【正确答案】 BC

11-9（巩固） 利用右图所示装置验证机械能守恒定律。一条轻绳跨过定滑轮，轻绳两端各系一个小球A和B，mA=2mB=2m。操作如下：

i.B球静止于地面，用手托住A球，当轻绳刚好被拉直时，测得A球离地面的高度h1；
ⅱ释放A球，A球落地后就立即停止运动，测出B球所能达到的离地面最大高度h2（已知B球能到达的最高点始终在定滑轮之下）。
不计空气阻力与轻绳的质量，重力加速度为g，回答下列问题：
（1）根据前面实验所得物理量，可以求得在A球刚落地时B球的速度大小vB=______；
（2）若在A球落地前A、B球组成的系统机械能守恒，应有h2=______h1；
（3）实际上有绳与滑轮摩擦的影响，A、B球组成的系统机械能会有损失，（2）中的结果并不成立。在A球落地前A、B球组成的系统损失机械能△E=_______。
【正确答案】

11-10（提升） 某同学用如图所示的实验装置验证m1和m2组成的系统机械能守恒，将m2由静止释放，m1拖着纸带向上运动，打点计时器在纸带上打出一系列点，通过对纸带上的点的测量分析，即可验证机械能守恒定律。已知 m1=0.08kg，m2=0.2kg，某次实验打出的纸带如下图所示，O是打下的第一个点，然后每隔4个点取一个计数点，分别标记为A、B、C、D、E、F，分别测出各计数点到O点的距离，其中C、D、E到O点的距离已经标出，已知打点计时器所使用交流电电压为220V、频率为50Hz，g取9.8m/s2。．

（1）下列操作或要求能够提高实验结果的准确性有____
A.细绳的质量要小
B.m2要远大于m1
C.定滑轮质量要小
D.保证重物在下落时不要摇晃
（2）纸带打下D点时的速度vD=_________m/s（结果保留2位有效数字）。
（3）从打下“O”点到打下“D”点的过程中，m1的机械能变化了∆E1=_______ J，m2的机械能变化了∆E2=_____J（结果均保留2位有效数字）。
（4）在误差允许的范围内，∆E1和∆E2的绝对值近似相等，从而验证了系统机械能守恒。但由上述计算结果表明，m1和m2组成的系统机械能有所损失，则损失的机械能除因摩擦转化为内能外，还转化为________（具体到物体和能量，写出其中一条即可）。
【正确答案】 ACD或CDA或ADC或CAD或DAC#DCA 1.6 0.34或0.35或0.36 －0.37 滑轮（纸带或细线）的动能

11-11（提升） 如图所示是某同学探究动能定理的实验装置。已知重力加速度为g，不计滑轮摩擦阻力，该同学的实验步骤如下：

a.将长木板倾斜放置，小车放在长木板上，长木板旁放置两个光电门A和B，砂桶通过滑轮与小车相连；
b.调整长木板倾角，使得小车恰好能在细绳的拉力作用下匀速下滑，测得砂和砂桶的总质量为m；
c.某时刻剪断细绳，小车由静止开始加速运动；
d.测得挡光片通过光电门A的时间为Δt1，通过光电门B的时间为Δt2，挡光片宽度为d，小车质量为M，两个光电门A和B之间的距离为L。
e.依据以上数据探究动能定理。
（1）根据以上步骤，你认为以下关于实验过程的表述正确的是___________。
A．实验时，先接通光电门，后剪断细绳
B．实验时，小车加速运动的合外力为F=Mg
C．实验过程不需要测出斜面的倾角
D．实验时，应满足砂和砂桶的总质量m远小于小车质量M
（2）小车经过光电门A、B的瞬时速度为vA=___________如果关系式___________在误差允许范围内成立，就验证了动能定理。
【正确答案】 AC或CA

11-12（提升） 某同学用如图所示的装置验证小球在向下摆动过程中机械能守恒，细线一端固定在天花板上的O点，另一端连接小球，在O点的正下方有一根可以达到很高温度的电热丝，已知当地的重力加速度为g。电热丝实验步骤如下：

①测出小球的直径D，再让小球处于自然悬挂状态，测出细线的长度为L，小球下端距水平地面的高度为h；
②将小球向左拉离平衡位置，测出球心与电热丝的水平距离为x，接通电热丝电源开关，使电热丝达到很高的温度；
③由静止释放小球，使小球在竖直面内做圆周运动，小球运动到最低点时细线立即被电热丝烧断（不计细线烧断时的能量损失）；
④烧断细线后，小球水平抛出，测得小球抛出后的水平位移为s。
完成下列问题：
（1）本实验所用器材有：细绳、小球，电热丝和__________（填选项前的字母）。
A.游标卡尺 B.刻度尺 C.天平
（2）烧断细线瞬间，小球的速度表达式为v0=_________。（用已知和测量物理量的符号表示）
（3）验证机械能守恒定律的表达式为__________。（用已知和测量物理量的符号表示）
【正确答案】 AB

11-13（提升） 某同学用图示装置验证机械能守恒定律，实验步骤如下：

①将拉力传感器固定在A处，传感器与显示屏连接，用细线系着一实心小球，细线另一端固定在传感器下端的O点，调整激光笔的高度使其光线水平经过O点。
②小球静止在细线下端时读出传感器示数F0；
③将小球拉起，使细线伸直且与激光束重合，释放小球，读出小球下摆过程中传感器最大示数F1；
④增大悬线长度，多次重复步骤③，依次读出小球下摆过程中传感器最大示数F2、F3、F4、……、Fn；
⑤求出传感器最大示数的平均值
（1）实验中选用哪种小球更有利于验证机械能守恒定律？___________
A.钢球 B.塑料球 C.铝合金球
（2）在误差允许范围内，若=___________F0，则该过程满足机械能守恒。若改换为密度更大的同型号小球，重复实验，该关系式___________（选填“仍然”或“不再”）成立。
（3）一同学实验时没有注意小球材质，实验时得到F1=2.8F0，则第一次摆下过程中机械能损失占比为___________%。
【正确答案】 A 3 仍然 10

【原卷 12 题】 知识点 实验：测量电阻丝的电阻率

【正确答案】

【试题解析】


12-1（基础） 要测量某种合金的电阻率。①若合金丝长度为，直径为，阻值为，则其电阻率= _________ 。用螺旋测微器测合金丝的直径如图甲所示，读数为__________ mm。
②图乙是测量合金丝阻值的原理图，是单刀双掷开关，根据原理图在图丙中将实物连线补充完整_________。
③闭合，当处于位置时，电压表和电流表的示数分别为，；当处于位置时，电压表和电流表的示数分别为，；根据以上测量数据判断，当处于位置 _______ （选填“”或“”）时，测量相对准确，测量值 ___________ Ω。（结果保留2位有效数字）

【正确答案】 0.655或0.653或0.654或0.656或0.657 见解析 b 2.9

12-2（基础） 在“测定金属的电阻率”的实验中，待测金属丝的电阻约为，实验室备有下列实验器材：
A．电压表（量程0~3 V，内阻约为）；
B．电压表（量程0~15 V，内阻约为）；
C．电流表（量程0~3 A，内阻约为）；
D．电流表（量程0~0.6 A，内阻约为）；
E．滑动变阻器（0~，0.6 A）；
F．滑动变阻器（0~，0.1 A）；
G．电池组E（电动势为3 V）；
H．开关S，导线若干。
（1）为减小实验误差，电压表应选___________，电流表应___________，滑动变阻器应选___________；（填序号）
（2）为减小实验误差，应选用___________（选填“甲”或“乙”）图为该实验的电路原理图，并按所选择的电路原理图把实物图用线连接起来。（________）

【正确答案】 A D E 乙

12-3（基础） 在“测定金属丝电阻率”的实验中，先用刻度尺测得金属丝的长度为L，用螺旋测微器测得金属丝直径为D，再测出金属丝的电阻，然后计算出该金属材料的电阻率。
（1）在测量金属丝的电阻（约5Ω）时，实验室有电池组（3V，内阻约1Ω）、电压表（0~3V，内阻约3kΩ），开关和导线若干，以及下列可供选择的仪器：
A.电流表（0~3A，内阻约0.025Ω）
C.滑动变阻器（0~20Ω，额定电流2A）
B.电流表（0~0.6A，内阻约0.125Ω）
D.滑动变阻器（0~200Ω，额定电流1.5A）
为了减小误差，在实验中电流表应选用__________，滑动变阻器应选用___________（选填字母代号）。
（2）图是小明同学测量的实验器材实物图，他想使金属丝两端电压变化范围尽量大，图中已经连接了部分导线，还有两根导线没有连接，请补充完成（____）。在闭合开关前，滑动变阻器的滑片应当调到最____________（选填“左”或“右”）端。若通过金属丝的电流为Ⅰ，金属丝两端的电压为U，则该金属丝电阻率的表达式___________（用题目给出的物理量符号表示）。

（3）图是小红同学测量金属丝电阻的电路图。在不损坏电表的前提下，将滑动变阻器滑片从一端滑向另一端，随着滑片移动距离x的增加，电流表的示数也随之增加。图中正确反映电源的功率P随x变化趋势的是____________（选填字母代号）。

A. B. C. D.
【正确答案】 B C 见解析 左 A

12-4（基础） 如图，有一根细长且均匀的空心金属管线。长约30cm，电阻约为5，已知这种金属的电阻率为，现在要尽可能精确测定它的内径d。
（1）用螺旋测微器测量金属管线外径D时刻度的位置如图所示，从图中读出外径为______mm，应用毫米刻度尺测金属管线的长度L；

（2）测量金属管线的电阻R，为此取来两节新的干电池、开关和若干导线及下列器材：
A．电压表0～3V，内阻约10k
B．电压表0～15V，内阻约50k
C．电流表0～0.6A，内阻约0.05
D．电流表0～3A，内阻约0.01
E．滑动变阻器，0～10；
F．滑动变阻器，0～100
要求较准确地测出其阻值，电流表应选______，滑动变阻器应选______；（填序号）
（3）按照电路图连接实物图后，某次测量电表的读数如上图所示，则电压表读数为______电流表读数为______。
（4）用已知的物理常数和应直接测量的物理量表示，推导出计算金属管线内径的表达式d=______（用符号D，L，，U，I）

【正确答案】 5.200mm C E 1.90V 0.44A

12-5（巩固） 小张同学想测量构成滑动变阻器的金属丝的电阻率。于是，他找到了一个坏了的滑动变阻器，拆下一段长约1m、阻值约为100Ω的金属丝，进行如下测量。
（1）用螺旋测微器测量金属丝的直径，如图所示，则金属丝的直径d=______ mm。

（2）为了准确测量这段金属丝的电阻，小明找到如下器材：
电流表（量程0~50 mA）
电阻箱（0~99.99Ω）
一节干电池（电动势约1.5V）
开关一个、线夹一个、导线若干
①请你利用上述器材，帮他设计一个可以完成电阻测量的电路图，画在图甲的方框中_______。

②完善小明同学的实验步骤（步骤中出现的物理量均需给出相应的符号）。
a．去掉金属丝的绝缘漆，接在线夹上，如图乙所示；
b．按电路图连接实物；
c．调节电阻箱和线夹位置使电流表有一个较大的示数，除记录该电流表示数外还需记录________和_____________；
d．改变线夹的位置，调节电阻箱使电流表的示数不变，记录____和_______；
e．用米尺测量出___________；
f．写出电阻率的表达式：____________ （用实验过程中出现的物理量符号表示）；
g．重复上述步骤进行多次测量取平均值。
【正确答案】 0.531 线夹的位置M 电阻箱的示数R1 线夹的位置N 电阻箱的示数R2 两次线夹位置M、N间的距离L

12-6（巩固） 某学习小组想测量常温下某金属丝的电阻率，金属材料的电阻约为10Ω。实验室提供的器材如下：
A.20分度游标卡尺、刻度尺
B.直流电源E（电动势为2V）
C.电流表（量程300mA，内阻约为0.5Ω）
D.电流表（量程0.6A，内阻约为0.1Ω）
E.滑动变阻器（0~10Ω，额定电流2A）
F.滑动变阻器（0~1000Ω，额定电流0.5A）
G.电阻箱（0~999.9Ω，额定电流0.5A）
H.直径为D的陶瓷管
I.开关一只，导线若干
他们进行了以下操作：
①用20分度的游标卡尺测量金属丝的直径d如图（a）所示；

②将待测金属丝（有漆包线）紧密地绕在直径为D的陶瓷管上（），制成一个新的滑动变阻器（滑片P与漆包线相接触的位置去掉包线漆），如图（b）所示；
③选择合适的器材按图（c）所示电路图进行连接，将待测金属丝制成的新滑动变阻器的A、F接线柱接入电路；

④将新滑动变阻器的滑片P置于图（d）虚线位置处，调节滑动变阻器R的滑片至一个合适的位置，闭合开关S，调节电阻箱，使电流表的指针半偏；
⑤保持滑动变阻器的滑片位置不变，向右移动新滑动变阻器的滑片P，调节电阻箱，使电流表的指针仍然半偏，读取此时电阻箱的阻值，并用刻度尺测量滑片P与虚线间的距离L；
⑥重复步骤⑤，根据测得的实验数据作出电阻箱的阻值与距离L之间的关系图像，如图（e）所示。

回答下列问题：
（1）金属丝的直径d=___________cm；
（2）为减小实验误差、方便操作，在设计时电流表应选择___________，滑动变阻器R应选择___________；（均填器材前面的序号）
（3）根据图（c）所示的电路图，用笔画线代替导线把图（d）的实物图补充完整；___________
（4）若图像的斜率的绝对值为k，则该金属丝的电阻率___________（用已知量和测得的物理量字母表示）。
【正确答案】 0.850 C E

12-7（巩固） 某同学要测出一根均匀的细长空心金属圆管材料的电阻率。该同学用游标卡尺测得金属圆管外径为d1，内径为d2。

(1)用游标卡尺测得金属圆管长度如图甲所示，则其长度L=______cm。
(2)该同学用如图乙所示的电路测量此金属圆管的电阻Rx，其中电流计G的量程较小、内阻为Rg，电路中还有电阻箱R′和滑动变阻器R( )，实验步骤如下：
①断开开关S1、S2，将滑动变阻器R调到最大阻值，闭合S1，调节______使电流计G指针达到满偏。
②保持滑动变阻器R阻值不变，再闭合S2，调节电阻箱R′的阻值使电流计指针指在满偏值的刻度处，记录此时电阻箱的阻值为R0。
③小强同学认为此金属圆管电阻Rx=______。
(3)此金属圆管材料电阻率的表达式ρ=______。（用L、R0、d1、d2、Rg表示）
【正确答案】 4.240 滑动变阻器R 2R0-Rg

12-8（巩固） 某同学用电阻丝代替滑动变阻器测量两节干电池的电动势与内电阻，如图1所示，电阻丝的左边接线柱与导线连接，右边通过金属夹与电路相连，电阻丝接入电路部分的长度可通过改变金属夹的位置进行调节，实验中测得的数据如下表，


100
90
80
70
60
50
40
30
20

2.42
2.35
2.30
2.20
2.10
2.02
1.90
1.73
1.52

0.14
0.16
0.17
0.20
0.22
0.24
0.29
0.36
0.40

17.3
14.7
13.5
11.0
9.5
8.4
6.5
4.8
3.8
（1）某次实验的电流表示数如图2所示，则电流表读数为___________A；
（2）根据实验数据获得的图像如图3所示，已知电流表内阻为，由图像得两节干电池的总电动势___________V，总内电阻___________（小数点后保留两位）；

（3）根据实验数据获得的电阻丝电阻R与其长度L的图像如图4所示，并测得电阻丝的直径为，则电阻率___________（保留两位有效数字）。

【正确答案】 0.30 2.85或2.86或2.87或2.88或2.89 2.79~2.89

12-9（巩固） 在“测量金属丝的电阻率”实验中，某同学用电流表和电压表测量一阻值约为3Ω的金属丝的电阻。
(1)该同学先用螺旋测微器测量金属丝的直径，测量示数如图甲所示，则金属丝直径的测量值d=___________mm。

(2)除电源（两节干电池电动势共3.0V，内阻不计）、电压表（量程0～3V，内阻约3kΩ）、开关、导线若干外，还提供如下实验器材：
A．电流表（量程0～0.6A，内阻约0.1Ω）
B．电流表（量程0～3.0A，内阻约0.02Ω）
C．定值电阻（3Ω，额定电流1.0A）
D．滑动变阻器（最大阻值20Ω，额定电流2.0A）
E．滑动变阻器（最大阻值1kΩ，额定电流0.5A）
该同学设计了如图乙所示的电路，为了调节方便，测量准确，实验中电流表应选用___________，滑动变阻器应选用___________。（选填实验器材前对应的字母）
(3)该同学测量金属丝两端的电压U和通过金属丝的电流I，测得多组数据，并标在坐标纸上，如图丙所示。请描绘该金属丝的U-I图线________，由此得出该金属丝电阻R=___________Ω。（结果保留两位有效数字）

(4)该同学操作过程中在保证电流表安全的情况下，发现电压表读数的最大值仅为量程的一半左右。为了增大电压表读数的最大值，请你利用(2)问中所给的器材对图乙所示的电路进行改进，在下面的方框内补全改进后的电路图。（________）

【正确答案】 0.775 A D 2.8

12-10（提升） 飞飞同学在做测量金属丝的电阻率的实验时，设计了如图所示的电路进行实验，所使用的器材有：
电源E（电动势为3V，内阻为r）
电流表A（量程为0～0.6A，内阻为1Ω）
电阻箱R（0～99.99Ω）
金属丝
开关K
导线若干；

（1）他先用螺旋测微器对金属丝的直径进行了测量，如图所示，该金属丝的直径为______mm。

（2）他连接好电路，将金属丝接入电路中的长度和电阻箱均调到一个较大的值，闭合开关K，记录下电流表读数和金属丝接入电路中的长度。保持电阻箱阻值不变，多次改变并记录金属丝接入电路中的长度L，并同时记录相对应的电流表读数I。利用实验中记录的数据，描绘出图像。由图可得该金属丝的电阻率为______（计算结果保留2位有效数字）。
（3）若已知实验中电阻箱接入电路中的电阻为2.00Ω，则所用电源内阻为______Ω。
（4）若实验所用电源因为长期使用，电动势略有下降，则因此得出的金属丝电阻率比真实值______（选填“偏大”、“偏小”、“相同”）。
【正确答案】 2.000mm 0.6Ω或0.60Ω 偏大

12-11（提升） 某同学利用图甲电路测量自来水的电阻率，其中内径均匀的圆柱形玻璃管侧壁连接一细管，细管上加有阀门K以控制管内自来水的水量，玻璃管两端接有导电活塞（活塞电阻可忽略），右侧活塞固定，左侧活塞可自由移动，实验器材还有：
电源（电动势约为3V，内阻不可忽略）
两个完全相同的电流表（量程为0~3mA，内阻不计）
电阻箱R（最大阻值）
定值电阻（可供选择的阻值有）
开关S，导线若干，刻度尺。
实验步骤如下：
A.测得圆柱形玻璃管内径
B.向玻璃管内注自来水，并用刻度尺测量水柱长度L
C.连接好电路，闭合开关S，调整电阻箱阻值，读出电流表示数分别记为，记录电阻箱的阻值R
D.改变玻璃管内水柱长度，多次重复实验步骤B、C，记录每一次水柱长度L和电阻箱阻值R
E.断开S，整理好器材

（1）为了较好地完成该实验，定值电阻应选_______的电阻。
（2）玻璃管内水柱的电阻的表达式_______（用表示）。
（3）若在上述步骤C中每次调整电阻箱阻值，使电流表示数均相等，利用记录的多组水柱长度L和对应的电阻箱阻值R的数据，绘制出如图乙所示的关系图像，则自来水的电阻率_______（保留两位有效数字），在用本实验方法测电阻率时，若电流表内阻不能忽略，则自来水电阻率测量值与上述测量值相比将_______（填“偏大”“不变”或“偏小”）。
【正确答案】 16 不变

12-12（提升） 有一根均匀的管线状导体，横截面如图甲所示，长约为5.0 cm，电阻值约为6 Ω。

可供选择的器材有：
A．电流表（量程0.6 A，内阻约为0.1 Ω）
B．电流表（量程3 A，内阻约为0.03 Ω）
C．电压表（量程3 V，内阻约为3 kΩ）
D．滑动变阻器（1 750 Ω，0.3 A）
E．滑动变阻器（15 Ω，3 A）
F．蓄电池（6 V，内阻很小）
G．开关一个，带夹子的导线若干
（1）使用游标卡尺测量管线状导体的长度如图乙所示，则管线状导体的长度L＝________ cm。
（2）要精确测量管线样品的阻值，电流表应选________，滑动变阻器应选________。（填选项前的字母）
（3）请将如图所示的实际测量电路补充完整________。

（4）已知管线状导体材料的电阻率为ρ，通过测量得出电压表示数为U，电流表示数为I，外径为d，要想求得管线状导体内形状不规则的中空部分的横截面积S，在前面实验的基础上，还需要测量的物理量是________，计算中空部分横截面积的表达式为S＝________。
【正确答案】 5.01 A E 管线状导体长度L －

【原卷 13 题】 知识点 应用动能定理解多段过程问题,完全非弹性碰撞1：碰撞后直接粘连问题

【正确答案】

【试题解析】


13-1（基础） 质量为1 000 kg的轿车与质量为4 000 kg的货车迎面相撞。碰撞后两车绞在一起，并沿货车行驶方向运动一段路程后停止（如图所示），从事故现场测出，两车相撞前，货车的行驶速度为54 km/h，撞后两车的共同速度为18 km/h。该段公路对轿车的限速为100 km/h。试判断轿车是否超速行驶。

【正确答案】 轿车超速行驶

13-2（基础） 如图所示，人站在滑板A上，以的速度沿光滑水平面向右运动。当靠近前方的横杆时，人相对滑板竖直向上起跳越过横杆，A从横杆下方通过，与静止的滑板B发生碰撞并粘在一起，之后人落到B上，与滑板一起运动。已知人、滑板A和滑板B的质量分别为、和，求：
(1)A、B碰撞过程中，A对B的冲量的大小和方向；
(2)人最终与滑板的共同速度的大小。

【正确答案】 (1)30N·s，水平向右；(2)2.8m/s

13-3（基础） 如图所示，质量均为的甲、乙两物块（两物块均视为质点）静止在足够大的水平地面上，乙左侧的地面光滑、右侧的地面粗糙，两物块与粗糙地面间的动摩擦因数均为。现用大小为的水平瞬时冲量作用于甲，一段时间后甲、乙发生正碰，碰撞过程中甲、乙间的弹力远大于它们受到的摩擦力，碰撞后两物块粘在一起继续向前运动。 重力加速度大小为。求：
（1）碰撞后瞬间甲的速度大小；
（2）碰撞后甲通过的距离。

【正确答案】 （1）；（2）

13-4（巩固） 如图所示，一质量为m=1 kg、长为L=1 m的直棒上附有倒刺，物体顺着直棒倒刺下滑，其阻力只为物体重力的，逆着倒刺而上时，将立即被倒刺卡住。现该直棒直立在地面上静止，一环状弹性环自直棒的顶端由静止开始滑下，设弹性环与地面碰撞不损失机械能，弹性环的质量M=3 kg，重力加速度g=10 m/s2，求
（1）弹性环下落到地面时速度的大小；
（2）直棒在以后的运动过程中底部离开地面的最大高度。

【正确答案】 （1）4 m/s；（2）0.45 m

13-5（巩固） 2020年中国打造的迄今为世界最高最大的打桩船——“三航桩20号”横空出世。打桩船是海上风电场、跨海大桥、港口码头等海洋工程建设的重要装备。其工作原理等效简化图如图所示，质量为的桩竖直放置，质量为的打桩锤从离桩上端m处静止释放，下落后垂直打在桩上，打桩锤与桩作用时间极短，然后二者以相同速度一起向下运动直到停止。桩向下运动过程中的阻力与进入深度成正比（比例系数为k，k未知）。重力加速度g取。
（1）打桩锤刚要打中桩前的速度大小；
（2）打桩锤击中桩后二者一起向下运动的速度；
（3）若第一次打桩后，桩向下运动的距离为，求桩向下运动过程中的阻力与进入深度成正比的比例系数k为多少？

【正确答案】 （1）4m/s；（2）0.8m/s；（3）1.35×107N/m

13-6（巩固） 如图1所示是打桩机进行路基打桩的实物情境图，打桩过程情境模型如图2所示，已知打桩机重锤A的质量为m，混凝土钢筋桩B的质量为M，其中M＝8m。每一次打桩时，打桩机抬高重锤A，比桩B顶部高出H，然后从静止自由释放，与桩发生时间极短的完全非弹性碰撞后，与桩一起向下运动，设桩受到的阻力f与深度h成正比，即f＝kh，其中k＝（重力加速度为g，其他阻力忽略不计）。
（1）完成第1次打桩后，试求桩B深入地面下的深度h1；
（2）已知桩B的长度l＝3H，试求使桩B刚好全部进入地面下，则要打多少次？

【正确答案】 （1）；（2）2 025

13-7（巩固） 如图所示，在滑动摩擦因数μ=0.2的粗糙水平面上有相隔一段距离的A、B两点，在A、B两点分别静止放置m1=4kg，m2=2kg的两质点，在m2的右侧0.5m处固定一竖直挡板。现对m1施加一大小F=20N的水平向右的拉力，作用一段时间后撤去F，随后m1继续向前运动3s后与m2在B点发生碰撞并粘在一起运动与竖直挡板发生无机械能损失的碰撞（碰撞时间极短），与挡板碰后刚好能回到B点，g取10m/s2。求：
(1)m1与m2发生碰撞前的速度；
(2)力作用的时间及A、B两点距离。

【正确答案】 (1)3m/s；(2)2s，31.5m

13-8（提升） 如图所示，一根足够长的圆管竖直固定，管内有一质量可以忽略的轻活塞C，一根轻质细弹性绳的上端连接活塞C，下端连接质量为m的小物块A，A处于静止。已知弹性绳的劲度系数为k且弹性规律满足胡克定律，活塞与管壁间的最大静摩擦力为3mg，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g。现有一个质量为m的细圆环B从中间穿过弹性绳，并从A的正上方处静止释放，A、B碰撞时间极短且完全粘合。
（1）A、B碰撞结束时的速度大小；
（2）A、B整体第一次达到速度最大时的速率；
（3）A、B整体第一次达到最低点的过程中活塞与筒壁产生的摩擦热量。

【正确答案】 （1）；（2）；（3）

13-9（提升） 弹跳杆运动是一项广受青少年欢迎的运动。某种弹跳杆的结构如图甲所示，一根弹簧套在T型跳杆上，弹簧的下端固定在跳杆的底部，上端固定在一个套在跳杆上的脚踏板底部。一质量为5m的小孩站在该种弹跳杆的脚踏板上，当他和跳杆处于竖直静止状态时，弹簧的压缩量为x0。从此刻起小孩做了一系列预备动作，使弹簧达到最大压缩量5x0，如图乙（a）所示；此后他开始进入正式的运动阶段。在正式运动阶段，小孩先保持稳定姿态竖直上升，在弹簧恢复原长时，小孩抓住跳杆，使得他和弹跳杆瞬间达到共同速度，如图乙（b）所示；紧接着他保持稳定姿态竖直上升到最大高度，如图乙（c）所示；然后自由下落。跳杆下端触地（不反弹）的同时小孩采取动作，使弹簧最大压缩量再次达到5x0；此后又保持稳定姿态竖直上升，……，重复上述过程。小孩运动的全过程中弹簧始终处于弹性限度内（弹簧弹性势能满足），k为弹簧劲度系数，x为弹簧形变量）。已知跳杆的质量为m，重力加速度为g。空气阻力、弹簧和脚踏板的质量、以及弹簧和脚踏板与跳杆间的摩擦均可忽略不计。
(1)求弹跳杆中弹簧的劲度系数k和压缩量为5x0时小孩加速度大小？
(2)求在图乙所示的过程中，小孩在上升阶段的最大速率？
(3)求在图乙所示的过程中，弹跳杆下端离地的最大高度？

【正确答案】 (1)；4g；(2)；(3)

13-10（提升） 如图，一足够长的透气圆筒竖直固定在地面上，筒中有一劲度系数为k的轻弹簧，其下端固定，上端连接一质量为m的薄滑块，圆筒内壁涂有一层新型智能材料——流体，它对薄滑块的阻力可调节。初始薄滑块静止，流体对其阻力为0，弹簧的长度为L，现有一质量也为m的物体从距地面2L处自由落下，与薄滑块碰撞后（碰撞时间极短）粘在一起向下运动，为使薄滑块恰好做匀减速运动且下移距离为时速度减为0，流体对薄滑块的阻力必须随薄滑块下移而适当变化，以薄滑块初始位置处为原点，向下为正方向建立轴，不计空气阻力，重力加速度为g。求：
（1）流体对薄滑块的阻力随位置坐标x变化的函数关系式；
（2）小物体与薄滑块碰撞后在圆筒中下移距离的过程中，智能材料对薄滑块阻力所做的功。
（3）在薄滑块速度第一次减为0的瞬间，通过调节使此后流体对运动的薄滑块阻力大小恒为，若此后薄滑块向上运动一段距离后停止运动不再下降，的最小值。

【正确答案】 （1）；（2）；（3）

13-11（提升） 如图所示，AB间放有一个风洞，水平地板AB延伸至C点，与足够长的光滑斜面CD平滑连接．将质量m1=1kg的滑块1放在风洞A点，受到水平向右的恒定风力F=20N作用下(风洞外风力忽略不计)由静止开始向右运动，与静止在C点、质量m2=2kg的滑块2发生碰撞并粘在一起．已知滑块1与AC间的动摩擦因数μ=0.4，SAB=5m，SBC=2m，滑块均可视为质点，重力加速度g取10m/s2．求：
(1)碰撞前的瞬间滑块1的速度大小；
(2)碰撞后滑块能上滑的最大高度

【正确答案】 （1）12m/s （2）0.8m

13-12（提升） 如图所示，一竖直光滑的管内有一劲度系数为k的轻弹簧，弹簧下端固定于地面，上端与一质量为2m的小球A相连，小球A静止时所在位置为O。另一质量为m的小球B从距A为H的P点由静止开始下落，与A发生瞬间碰撞后一起开始向下做简谐运动，两球均可视为质点。已知，重力加速度为g，当弹簧的形变量为x时，弹簧的弹性势能为。求：
（1）B与A碰撞后瞬间一起向下运动的速度大小；
（2）A被碰后做简谐振动的振幅；
（3）B运动到最低点时对A的压力大小。

【正确答案】 （1）；（2）；（3）

【原卷 14 题】 知识点 带电物体（计重力）在匀强电场中的直线运动

【名师点拔】
密立根油滴实验通过带电油滴在静电场中的平衡状态，准确测量出元电荷的电量。本题贴合实际情境，通过带电油滴的匀速直线运动，将平衡状态和空气阻力联系起来，反复的使用平衡方程计算油滴的相关物理量。带电油滴发生完全非弹性碰撞，题目中匀速运动的高度h不确定，最后需要讨论碰撞前速度的大小和方向。该题目考查的知识点丰富、技巧性恰当，是非常好的考试题目。
【正确答案】

【试题解析】




14-1（基础） 如图所示为美国物理学家密立根测量油滴所带电荷量装置的截面图，两块水平放置的平行金属板间距离为d。油滴从喷雾器的喷嘴喷出时，由于与喷嘴摩擦而带负电。油滴散布在油滴室中，在重力作用下，少数油滴通过上面金属板的小孔进入平行金属板间。当平行金属板间不加电压时，由于受到气体阻力的作用，油滴最终以速度v1竖直向下匀速运动；当上板带正电，下板带负电，两板间的电压为U时，带电油滴恰好能以速度v2竖直向上匀速运动。
已知油滴在极板间运动时所受气体阻力的大小与其速率成正比，k为阻力系数，油滴质量为m，重力加速度为g。
（1）求k的大小；
（2）求油滴所带电荷量q；
（3）不同油滴所带电荷量q是不同的，请提一个与此相关的物理问题。

【正确答案】 （1）；（2）；（3）见解析

14-2（基础） 密立根油滴实验进一步证实了电子的存在，揭示了电荷的非连续性.如图所示是密立根实验的原理示意图，设小油滴质量为m，调节两板间电势差为U，当小油滴悬浮在两板间电场中不动时，测出两板间距离为d，重力加速度为g，试求小油滴的电荷量q.

【正确答案】

14-3（基础） 如图是密立根测电荷量的装置示意图。一体积微小的带负电油滴在电场力F和油滴重力G作用下处于平衡状态，悬在匀强电场中的P点。若测得带负电油滴的电荷量q=1.48×10-16C，所受重力G=2.96×10-11N。
（1）判断该匀强电场的方向（答“竖直向上”或“竖直向下”）；
（2）求匀强电场的电场强度大小E。

【正确答案】 （1）竖直向下；（2）2×105N/C

14-4（巩固） 质量mA=3.0kg、长度L=0.70m、电量q=+4.0×10－5C的导体板A在足够大的绝缘水平面上，质量mB=1.0kg可视为质点的绝缘物块B在导体板A的左端，开始时A、B保持相对静止一起向右滑动，当它们的速度减小到v0=3.0m/s时，立即施加一个方向水平向左、场强大小E=1.0×105N/C的匀强电场，此时A的右端到竖直绝缘挡板的距离为s=2m，此后A、B始终处在匀强电场中，如图所示，假定A与挡板碰撞时间极短且无机械能损失，A与B之间(动摩擦因数μ1=0.25)及A与地面之间(动摩擦因数μ2=0.10)的最大静摩擦力均可认为等于其滑动摩擦力，g取10m/s2(不计空气的阻力)求：
(1)刚施加匀强电场时，AB的加速度的大小；
(2)导体板A刚离开挡板时的速度大小；
(3)B能否离开A？若能，求B刚离开A时，B的速度大小；若不能，求B与A的左端的最大距离。

【正确答案】 (1)2.0m/s；(2)1m/s；(3)不能；0.6m

14-5（巩固） 如图所示，坐标系中有平行于y轴竖直向上的匀强电场和垂直xOy向里的匀强磁场，磁感应强度大小为。不带电的绝缘小球甲用轻质细线悬挂于坐标为的A点，带正电的小球乙静止在坐标为（，）的C点，两小球可视作质量相等的质点。甲以沿方向的初速度做圆周运动至C处与乙发生弹性正碰．碰后乙沿圆周运动到x轴时速度沿方向，此时磁场反向。甲、乙两小球第一次运动到坐标为（，）的D点时恰好再次相撞，重力加速度为。求：
（1）两次碰撞间，乙在轴上方和下方运动时间之比；
（2）乙小球比荷的大小；
（3）甲小球初速度的大小。

【正确答案】 （1）；（2）；（3）

14-6（巩固） 19世纪末美国物理学家密立根进行了多次试验，比较准确地测定了电子的电量。如图所示，用喷雾器将油滴喷入电容器的两块水平的平行电极板之间时，油滴经喷射后，一般都是带电的。设油滴可视为球体，密度为ρ，空气阻力与油滴半径平方、与油滴运动速率成正比。实验中观察到，在不加电场的情况下，半径为r的小油滴1以速度v匀速降落；当上下极板间间距为d、加恒定电压U时，该油滴以速度0.5v匀速上升。已知重力加速度为g，试求：
（1）此油滴带什么电?带电量多大?
（2）当保持极板间电压不变而把极板间距增大到4d，发现此油滴以另一速度v1匀速下落，求v1的与v的比值；
（3）维持极板间距离为d，维持电压U不变，观察到另外一个油滴2，半径仍为r，正以速度0.5v匀速下降，求油滴2与油滴1带电量之比。

【正确答案】 （1）带负电，；（2）；（3）q2：q1=1：3

14-7（巩固） 电子所带的电荷量最早是由美国科学家密立根通过油滴实验测出的。油滴实验的原理如图所示，两块水平放置的平行金属板与电源连接，上、下板分别接电源正负极。油滴从喷雾器喷出后，由于相互碰撞而使部分油滴带负电油滴进入上板中央小孔后落到匀强电场中通过显微镜可以观察到油滴的运动情况。两金属板间的距离为d，忽略空气对油滴的浮力和阻力及油滴间的相互作用。
（1）调节两金属板间的电压，当电压为U时，某个质量为m的油滴恰好做匀速运动。求该油滴所带电荷量q；
（2）保持电压U不变观察到某个质量为2m的带负电油滴进入电场后由静止开始作匀加速运动，经过时间t运动到下金属板求此油滴电势能的变化量。

【正确答案】 （1）；（2）

14-8（巩固） 如图所示，AC水平轨道上AB 段光滑、BC段粗糙，且BC段的长度L=1m，CDF为竖直平面内半径R=0.1 m 的光滑半圆绝缘轨道，两轨道相切于C点，CF 右侧有电场强度大小E=1×103N/C、方向水平向右的匀强电场。一根轻质绝缘弹簧水平放置，一端固定在A点，另一端与质量m=0.1kg 的滑块P接触。当弹簧处于原长时滑块在 B点，在 F点有一套在半圆轨道上、电荷量q =1.0×10-3C 的带正电圆环，在半圆轨道最低点放一质量与圆环质量相等的滑块 Q（图中未画出）。由静止释放圆环，圆环沿半圆轨道运动，当圆环运动到半圆轨道的最右侧 D点时对轨道的压力大小FN=5 N。已知滑块 Q与轨道 BC 间的动摩擦因数μ=0.1，取重力加速度大小g=10 m/s²，两滑块和圆环均可视为质点，圆环与滑块Q的碰撞为弹性碰撞且碰撞时间极短，Q、P两滑块碰撞后粘在一起。求；
（1）圆环的质量 M；
（2）圆环与滑块Q碰撞前瞬间的速度大小；
（3）弹簧的最大弹性势能Ep。

【正确答案】 （1）0.1kg；（2）2m/s；（3）0.05J

14-9（提升） 如图所示，水平粗糙的长直轨道上P点左侧存在电场强度为E的匀强电场，材料相同的两个小滑块M、N静止在轨道上，其中N不带电静止于P点，质量为、带电荷量为＋q的滑块M位于P点左侧与P相距处。现由静止释放滑块M，一段时间后滑块M运动到P点，在P点与滑块N发生弹性碰撞，碰撞后滑块M以碰撞前速度大小的二分之一反向弹回，同时滑块M所带的电荷量消失，又经过同样长一段时间后其速度减为0，此刻立即使其重新带上＋Q的电荷量，滑块M再次开始运动，并恰好能与N再次发生碰撞。求：
（1）滑块N的质量；
（2）滑块M从开始运动到第一次速度减为0所用的时间；
（3）电荷量Q与q的比值。

【正确答案】 （1）；（2）；（3）

14-10（提升） 如图，长为L的光滑水平高台AB，BC为一高为的竖直墙，BC左侧区域存在如图所示的匀强电场，场强大小，方向与竖直方向成角；一质量为m、带电量为的小球a从A处静止释放，B处静止一大小与a相同、质量为的不带电小球b、高台AB底部有一足够长的斜面CD，倾角为。若球a与球b发生弹性碰撞后，b球恰好能垂直击中斜面CD，不计空气阻力，重力加速度为g。求：
（1）a球开始运动时的加速度及与b球碰撞前瞬间的速度大小；
（2）b球从开始运动至落到斜面上的运动时间；
（3）若，不断调整、角，发现b球仍能垂直击中CD，但落点到BC的距离x随、的改变而改变，试求小球b在CD上落点离竖直墙的最大距离和此时、各为多大？（可用三角函数表示）

【正确答案】 （1），；（2）；（3），=30°，

14-11（提升） 美国物理学家密立根早在1911年以著名的油滴实验，推断自然界存在基本电荷，并测得了基本电荷的电荷量，其实验过程如下：水平放置的两平行绝缘金属板间距为d，在上极板的中间开一小孔，使质量为m的微小带电油滴从这个小孔落到极板中，忽略空气浮力，当极板上没加电压时，由于空气阻力大小与速度大小成正比（设比例系数为k，且k>0），经过一段时间后即可观察到油滴以恒定的速度v1在空气中缓慢降落。
①极板上加电压U时可见到油滴以恒定的速率v2缓慢上升，试求油滴所带电荷量q（用d，U，k，v1，v2等已知量表示）
②在极板上不加电压时，油滴在极板内以恒定的速率v1下降时，移动某一定值的竖直距离所需时间为t1，加了电压U后以恒定速率v2上升同一竖直距离所需时间为t2，然后又把电压撤除，使所考察的油滴又降落，并在极板内照射X射线以改变它的带电荷量，再在极板上加上同样的电压U，重复上述操作，测定油滴上升及下降的时间，即可发现始终是0.00535s-1的整数倍，由此可断定：一定存在基本电荷（最小单元电荷），若已知d=10×10-2m，m=3.2×10-16kg，t=11.9s，U=25V，取g=9.8m/s2，试计算基本电荷的带电荷量？

【正确答案】 (1)；(2)e=1.6×10-19C

14-12（提升） 如图所示，空间存在着水平向右的匀强电场，电场强度E＝，有A、B两块质量分别为km和m的带电滑块，带电量分别为+kq和+q，高度分别为H和h（厚度不计），两滑块之间用一根长的轻绳相连结（未画出）。开始时，两板紧靠在一起放置在光滑绝缘地面上，与固定支架C距离为L＝0.2m。支架上端固定于天花板上，下端到水平面的距离为h0，（）。滑块A与支架发生没有机械能损失的碰撞，整个过程不计两滑块之间的库仑力，无电荷损失且碰撞时间极短，也不考虑碰撞后翻转，重力加速度。则释放两滑块后，求：
（1）两滑块分离瞬间A的速度大小；
（2）若k＝1，，求轻绳绷紧后两板的共同速度大小v；
（3）若k＝4，其它条件不变，轻绳长度满足什么条件才能使轻绳绷紧瞬间两板的共同速度v方向水平向右。

【正确答案】 （1）；（2）；（3）

【原卷 15 题】 知识点 热力学第二定律两种表述

【正确答案】

【试题解析】


15-1（基础） 大量事实表明，自然界中的一切变化过程都具有______，朝某个方向的变化是可以自然发生的，相反方向的变化却是受到限制的。这时要使变化了的事物重新恢复到原来的状态，一定会对外界产生无法消除的影响，这就是自然过程的______。
【正确答案】 方向性 不可逆性

15-2（基础） 为做好新冠肺炎疫情防控，学校用如图所示的压缩式喷雾器对教室走廊等场所进行消杀工作。给储液罐打足气，打开开关就可以让药液喷撒出来。若罐内气体温度保持不变，随着药液的不断喷出，则罐内气体内能_________（填“不断增大”、“不断减小”或“保持不变”），气体________（填“吸收”或“放出”）热量。

【正确答案】 保持不变 吸收

15-3（基础） 根据能的转化和守恒定律及能量转化的方向性，人们认识到，自然界中进行的涉及______现象的宏观过程都具有______性，例如机械能可以______转化为内能，但内能______全部转化成机械能，而不引起其他变化。
【正确答案】 热 方向 全部 不能

15-4（基础） 大量的事实表明，自然界中的一切实际变化的过程都具有________性．朝某个方向的变化是可以自发发生的，而相反方向的变化却是受到限制的．这时如果要使变化了的事物重新恢复到原来的状态，一定会对外产生无法消除的影响，这就是自然过程的不可逆性．热传递、摩擦生热、气体自由膨胀等是物理学中所讨论的三类典型的单向性过程或不可逆过程，而且这些过程都与________现象密切相关．
【正确答案】 方向 热

15-5（基础） 空调制冷工作过程（热量从室内温度较低的空气中传递到室外温度较高的空气中）是否违反热传递过程的单向性，请说明理由__________；若在与外界无热传递的封闭房间里。打开冰箱门，让冰箱内的冷气不断流出，经过一段时间后能否起到和空调一样让室内降温的效果，请说明理由_________。
【正确答案】 见解析 见解析

15-6（基础） 热量总是自发地从高温物体传递给低温物体，这说明热传递过程具有___________；冰箱工作时，能把冰箱内的热量传递到冰箱外，这___________（填“违反“或“不违反“）热力学第二定律。
【正确答案】 方向性 不违反

15-7（巩固） 如图所示是压缩式电冰箱的工作原理示意图。经过干燥过滤器后液体制冷剂进入蒸发器，汽化吸收箱体内的热量，压缩机使低温低压的制冷剂气体变成高温高压的气体，然后制冷剂在冷凝器中液化放出热量到箱体外。电冰箱将热量从低温物体转移到高温物体的工作过程_______（填“违背”或“不违背”）热力学第二定律。制冷剂在蒸发器中由液态变成气态的过程中，________（选填“气体对外做功”“外界对气体做功”或“气体对外不做功”）。

【正确答案】 不违背 气体对外做功

15-8（巩固） 假定两个分子的距离为无穷远时，它们的分子势能为0，使一个分子固定，另一个分子在外力作用下从无穷远逐渐向它靠近，直至相距很近很近，整个过程中分子势能______(填“不变”或“先增大后减小”或“先减小后增大”)。物体从单一热源吸收的热量______(填“可以”或“不可以”)全部用于做功。
【正确答案】 先减小后增大 可以

15-9（巩固） （1）若一气泡从湖底上升到湖面的过程中温度保持不变，则在此过程中关于气泡中的气体，下列说法中正确的是________(填写选项前的字母)。
A.气体分子间的作用力增大
B.气体分子的平均速率增大
C.气体分子的平均动能减小
D.气体组成的系统的熵增加
（2）若将气泡内的气体视为理想气体，气泡从湖底上升到湖面的过程中，对外界做了0.6J的功，则此过程中气泡__________(填“吸收”或“放出”)的热量是________J。气泡到达湖面后，温度上升的过程中，又对外界做了0.1J的功，同时吸收了0.3J的热量，则此过程中，气泡内气体内能增加了________J。
【正确答案】 D 吸收 0.6 0.2

15-10（提升） 阅读短文，回答问题：
变频空调机
空调机中有被称为“冷媒”的物质，利用它的物态变化可以实现室内、室外热量的转移，如图所示是空调机制冷系统的原理图，其中压缩机的作用是对气态“冷媒”加压，并使“冷媒”在管内循环，压缩机的转速越大，“冷媒”的流量越大，空调机的制冷能力就越强。
压缩机的转速由供电频率决定，“变频空调”是与传统供电频率不变的“定频空调”相比较而产生的概念，与“定频空调”相比，变频空调机的变频器可以在一定范围内调节供电频率，从而改变压缩机的转速。供电频率越高，转速越大，达到控制“冷媒”流量的目的。
变频空调机开始工作时，以最大功率进行制冷，当室内温度快速降至设定温度后，压缩机随机处于低速持续运转状态，维持室温基本不变。
某型号变频空调机的部分参数如下表，其中：制冷量是指单位时间内空调机从密闭区域内去除热量的总和；能效比是空调机在额定状态工作时，制冷量与输入功率之比。


最小
额定
最大
输入功率/W
130
700
1400
制冷量/W
650
2660
3600
能效比
﹣﹣
3.8
﹣﹣
请回答下列问题：
（1）空调机的制冷原理是：在室内，“冷媒”由于________吸收热量，而在室外则由于________放出热量，从而把室内的热量转移到室外，达到降低室内温度的目的。（以上均填物态变化名称）
（2）关于变频空调机，下列说法正确的是（_______）（填字母序号）
A．变频空调的压缩机与定频空调一样，也是断断续续工作的
B．空调机制冷时，图中钢管A内流动的是气态“冷媒”
C．空调压缩机是利用降温的方法使“冷媒”发生物态变化的
D．变频器供电频率越高，空调机的制冷能力越强
【正确答案】 汽化 液化 BD

15-11（提升） 某汽车后备箱内撑起箱盖的装置，主要由气缸和活塞组成。开箱时，密闭于气缸内的压缩气体膨胀，将箱盖顶起，如图所示。在此过程中，若缸内气体与外界无热交换，则缸内气体对外做___________功（选填“正”或“负”），气体温度______________（选填“升高”“降低”或“不变”）

【正确答案】 正 降低

15-12（提升） 如图所示，这是中国传统玩具饮水鸟。在鸟的面前放上一杯水，用手把鸟嘴浸到水里，“喝”了一口后，又直立起来。之后，无需人的干预，小鸟直立一会儿就会自己俯下身去使鸟嘴浸入水中“喝”水，然后又会直立起来。就这样周而复始，小鸟不停地点头喝水，成为一台神奇的“永动机”。根据所学物理知识，试分析饮水鸟上下运动的能量来源：_______________。当水杯中的水干了之后，小鸟还能上下运动吗？_________（填“能”或“不能”）。

【正确答案】 内能 不能

【原卷 16 题】 知识点 理想气体状态方程

【正确答案】

【试题解析】


16-1（基础） 如图所示，将一厚度不计的金属筒移至水面上方，使其开口向下轻轻释放，金属筒下沉过程中不歪斜，最终静止漂浮在水中。已知金属筒的质量m=24kg，长度L=1.59m，横截面积S=0.04m2；水的密度；大气压强，重力加速度g=10m/s2。求：
(1)金属铜静止漂浮在水中时，桶内封闭气体的压强；
(2)金属筒静止漂浮在水中时，内外水面的高度差；
(2)金属筒静止漂浮在水中时，露出水面的长度。

【正确答案】 (1)1.06×105Pa；(2)0.6m；(3)0.9m

16-2（基础） 如图所示，一高为L、横截面积为S、质量为m的导热性能良好的容器竖直反扣于水中，容器内由一个质量为m的活塞，封闭着一段长度为的理想气体，活塞通过细绳连接一体积不计、质量为m的小物块，且不计活塞与容器壁之间的摩擦。初始状态下，容器底部恰好未露出水面，重力加速度为g，大气压强为。
（ⅰ）试求初始状态下的封闭气体压强；
（ⅱ）若水温缓慢提升10%，试求容器底部距水面的高度差

【正确答案】 （ⅰ）；（ⅱ）

16-3（基础） 一长为l的薄壁试管处于空气中。现将试管开口向下竖直插入水中，平衡时试管内外水面高度差为h，如图所示。今用竖直向下的力缓慢地将试管保持竖立压入水中。已知外界大气压强为，水的密度为，水足够深，且水温处处相同。当试管中气体下端与水面的距离超过某一值时，试管将不再需要下压的力而自动下沉，求这个值。

【正确答案】

16-4（巩固） 如图，将一定质量的导热性良好的薄壁圆筒开口向下竖直缓慢地放入水中，筒内封闭了一定质量的气体（可视为理想气体）。当筒底与水面相平时，放开手，圆筒恰好静止在水中。此时水的温度t1=27℃，筒内气柱的长度h1=1m。已知大气压p0=1.0×105Pa，水的密度ρ=1.0×103kg/m3，重力加速度大小g取10m/s2。
（1）求圆筒恰好静止在水中时，筒内气体的压强力p1。
（2）若水温缓慢升高至42℃，则筒底露出水面的高度△h为多少？

【正确答案】 （1）p1=1.1×105Pa；（2）

16-5（巩固） 潜水艇是通过控制艇内水箱的水量从而改变自重来实现升降的。某潜水艇位于水面下，艇上有一贮气钢筒通过排气管（有气阀）与水箱相连。贮气钢筒的容积，筒内贮有高压气体。体积的水箱通过与海水相连的排气孔注满海水。现开启排气阀，贮气钢筒内一部分气体压入水箱将水箱中的海水全部排出，若忽略高压气体压入水箱过程的温度变化，大气压强，海水密度，重力加速度大小）求：
①潜水艇所在深度的压强为多少？
②贮气钢筒内原来的高压气体的压强至少为多少？
【正确答案】 ①；②

16-6（巩固） 如图所示是一种测定肺活量（标准大气压下，人一次呼出气体的体积）的装置，A为排尽空气并倒扣在水中的开口薄壁圆筒。测量时，被测者尽力吸足空气，再通过B管用力将自己肺部的空气吹入A中，使A浮起、设整个过程中呼出气体的温度保持不变，圆筒A的横截面积为S，外界大气压强为标准大气压，水的密度为。若某同学使得圆筒A浮出水面的高度为，圆筒内外水面的高度差为，试求该同学的肺活量。

【正确答案】

16-7（巩固） 如图所示，在湖水里固定一个导热性较好的长圆管，管内横截面积为S=2cm2，管内有一活塞封闭着一定质量的理想气体，当白天外界温度为27℃时，活塞的下端距湖面的高度为h1=70cm，圆管内、外水面高度差为h2=50cm，大气压强为p0=1.0×105Pa，且保持不变，湖水的密度为ρ=1.0×103kg/m3，取重力加速度g=10m/s2，求：
（1）活塞的质量；
（2）当夜晚外界温度为7℃时，活塞的下端距湖面的高度。

【正确答案】 （1）；（2）

16-8（提升） 如图是小魔术“浮沉子”的模型。将小玻璃瓶封闭一部分气体倒扣于盛有水的塑料瓶中，使之漂浮于水面，将瓶盖拧紧之后，若用力挤压塑料瓶的侧壁，小玻璃瓶将会下沉，松手之后玻璃瓶又会自动上浮。若挤压前塑料瓶中气体A的体积VA=11cm3，玻璃瓶中封闭的空气柱B的长度为L=1.1cm，玻璃瓶露出水面部分长度为h=0.1cm，玻璃瓶质量m=1g。大气压强为p0=1.0×105Pa，环境温度恒定不变。已知水的密度=1.0×103kg/m3，重力加速度g=10m/s2。求：
①玻璃瓶底部面积S；
②要使小玻璃瓶下沉水中，则至少要用力挤压使得塑料瓶的容积缩小多少？（处理气体实验定律时，A、B两部分气体压强差别极小，可认为气压相等）

【正确答案】 ①；②

16-9（提升） 一种水下重物打捞方法的工作原理如图所示。将一质量M=3×103kg、体积V0=0.5m3的重物捆绑在开口朝下的浮筒上向浮筒内充入一定量的气体，开始时筒内液面到水面的距离h1=40m，筒内气体体积V1=1m3在拉力作用下浮筒缓慢上升。当筒内液面到水面的距离为h2时，拉力减为零，此时气体体积为V2，随后浮筒和重物自动上浮。已知大气压强p0=1×105Pa，水的密度ρ=1×103kg/m3，重力加速度的大小g=10m/s2。不计水温变化，筒内气体质量不变且可视为理想气体，浮筒质量和筒壁厚度可忽略。求V2和h2。

【正确答案】 2.5m3；10m

16-10（提升） “沉浮子”是一种神奇的益智玩具，如图甲所示，在密封的矿泉水瓶中，漂浮一开口向下的玻璃瓶，玻璃瓶内上方空间密封一定质量的气体，水面上方密封一定质量的气体B。当用外力挤压矿泉水瓶时，瓶内压强增大，玻璃瓶内的气体被压缩，浮力减小，玻璃瓶将下沉；松手后，矿泉水瓶内压强减小，玻璃瓶内气体膨胀，浮力增大，玻璃瓶将上浮。
某同学先将一注射器的活塞移动至处（与外界大气相通），然后通过细管与矿泉水瓶相连后密封，不计细管的体积，如图乙所示。密封前后矿泉水瓶内水面上方气体压强为，体积为（不包含注射器内的气体），玻璃瓶底高出水面。然后缓慢将活塞推至最左端时，玻璃瓶恰好悬浮在水面上（瓶底与水面相平），如图丙所示。已知玻璃瓶的质量，横截面积，大气压强，重力加速度，水的密度。不计玻璃瓶壁的厚度，环境温度保持不变，所研究的气体均为空气，并可视为理想气体。
（1）求初始状态时，玻璃瓶内外液面的高度差；
（2）求矿泉水瓶内上方气体B的体积（计算结果以为单位，保留1位小数）；
（3）在图甲所示的状态下，当环境温度缓慢升高时，玻璃瓶将如何移动？（回答“上浮”、“下沉”或“不动”），并说明理由。

【正确答案】 (1)；(2) ； (3)上浮

16-11（提升） 一艘潜水艇位于水面下h=200m处，艇上有一个容积的贮气钢筒。筒内贮有压强（为一个大气压强）的压缩空气（筒内气体压强大于外界压强时，空气被排出）。设在排水过程中空气的温度不变．试回答下列问题：（大气压强，海水密度，重力加速度，空气可视为理想气体）
（1）将筒内一部分空气压入水箱（水箱有排水孔和海水相连），使水箱排出海水，此时筒内剩余气体的压强是多大；
（2）将筒内空气压入水箱（水箱有排水孔和海水相连），则最多能排出多少体积的海水。
【正确答案】 （1）95p0；（2）17m3

16-12（提升） 如图所示是某潜艇的横截面示意图，它有一个主压载水舱系统结构，主压载水舱有排水孔与海水相连，人们可以通过向水舱里注水或者排水来控制潜艇的浮沉。潜艇内有一个容积V=3m3的贮气钢筒，在海面上时，贮气钢筒内贮存了p=200atm的压缩空气，压缩空气的温度为t=27℃。某次执行海底采矿任务时，通过向主压载水舱里注入海水，潜艇下潜到水面下h=290m处，此时海水及贮气钢筒内压缩空气的温度均为t1=7℃；随着采矿质量的增加，需要将贮气钢筒内的压缩空气压入水舱内，排出部分海水，使潜艇保持水面下深度不变，每次将筒内一部分空气压入水舱时，排出海水的体积为∆V=1m3，当贮气钢筒内的压强降低到p2=50atm时，就需要重新充气。在排水过程中气体的温度不变，已知海水的密度ρ=1×103kg/m3，海面上大气压强p0=1atm，g=10m/s2，1atm=1×105Pa。求在该贮气钢筒重新充气之前，可将贮气钢筒内的空气压入水舱多少次？

【正确答案】 13次

【原卷 17 题】 知识点 机械波的描述

【正确答案】

【试题解析】


17-1（基础） 如图所示是沿绳向右传出的一列横波。在图上画出各质点的振动速度方向________，并回答下列问题：

（1）速度最大的点是________、________；
（2）第5点所在的位置是波的__________。
【正确答案】 3 7 波峰

17-2（基础） 如图所示为一列向左传播的横波，当波传到的A质点时开始计时，经过2秒观察到A质点第2次到达波谷位置，则A质点振动的周期为_______s；该波的波速为_______m/s，经3.2秒，A质点运动的路程为_______cm。

【正确答案】 1.6 0.025 16

17-3（基础） 汽笛发出雄壮的吼声，轮船像一匹钢铁骏马，斩波劈浪，向远方冲去。轮船鸣笛发出的声波同时在水和空气中传播，某时刻的波形如图所示。已知声波在空气中传播的速度小于在水中传播的速度，则声波在空气中传播的波长__________（填“大于”、“小于”或“等于”）声波在水中传播的波长；声波在空气中传播的波形是__________（填“a”或“b”）。

【正确答案】 小于 a

17-4（基础） 长软绳OA与AB材质不同，用手握住较长软绳的一端连续上下抖动，手每秒钟做一次全振动，以O点为原点向x轴正方向形成一列简谐横波，如图所示，图中该横波刚好传到B点，由此可知手刚开始抖动的方向_______（选填“向上”或“向下”）；，，以B点开始振动为计时起点，则B处质点第三次到达波峰的时间为________s。

【正确答案】 向下 2.75

17-5（基础） 一波源O产生的横波向左右两侧传播，波速为v，O点左侧有一质点M，右侧有一质点N。当波源起振后，秒末M点起振，t2秒末N点起振，且M、N点振动方向总是相反，则该波波长为___________。
【正确答案】 （n=1、2、3……）或（n=1、2、3……）

17-6（巩固） 把绳的一端固定在墙上，用手握住另一端连续地上下振动，在绳上形成由近及远传播的波，可以看到套在绳上的光滑小圆环___________随波前进。可见，波传递的是___________形式和能量。

【正确答案】 没有（不） 振动（运动）

17-7（巩固） 图示为一沿x轴正方向传播的简谐横波在t＝0时刻的波形，其中质点P、Q平衡位置的坐标分别为2 m、9 m．已知t＝0．6 s时质点P第一次经过平衡位置沿y轴正方向运动，则该波的波速为_________m／s，0～0．4 s内质点Q经过的路程为_____________cm．

【正确答案】 10 4

17-8（巩固） 在均匀介质中选取平衡位置在同一直线上的9个质点，相邻两质点的距离均为L，如图（a）所示。一列横波沿该直线向右传播，t=0时到达质点1，质点1开始向下运动，经过时间Δt第一次出现如图（b）所示的波形。

则该波的周期为___________，波长为___________，波速为___________。
【正确答案】 8L

17-9（巩固） 如图甲所示，战绳训练是当下一种火热的健身方式，运动员晃动战绳一端，使战绳上下振动，其运动状态可视为竖直方向的简谐运动.某同学通过观测运动员的手握住的绳端，根据绳波在时的状态绘制了如图乙所示的波形图，并测得该绳波能使固有频率为0.5 Hz的物体发生共振，由此可知绳端振动的周期为______，该绳波的波速为______，在一次训练周期20 s内，该绳波上的任意振动点运动的总路程为______.

【正确答案】 2 s 2 m/s 12 m

17-10（巩固） 如图为一列沿x轴方向传播的简谐横波在时的波形图，此时处的质点正向下运动，已知波速，则波沿x轴_______（填“正”或“负”）方向传播，周期_______s，处质点的振动方程为_______。

【正确答案】 正 0.2

17-11（提升） 浅水处水波的速度跟水的深度有关，其关系式为，式中h为水的深度。如图甲所示是一个池塘的剖面图，A、B两部分深度不同。图乙是从上往下俯视，看到从P处向外传播的水波波形（弧形实线代表波峰）。若已知A处水深为，则B处水波波长是A处水波波长的________倍，B处的水深为________。

【正确答案】 80

17-12（提升） t＝0时刻，坐标原点O处的波源开始做振幅为2cm的简谐运动，其形成的简谐横波在t＝0.35 s时刻的波形如图所示，此刻波源O的位移为，波刚好传播到A（7cm，0）点。则：①波源的起振方向沿y轴________（选填“正”或“负”）方向，该波的波速为_______cm/s；②在0～1.25s内，A处质点比B（19cm，0）处质点多通过的路程为________cm。

【正确答案】 正 20 8

17-13（提升） 一平面简谐横波以速度v = 2m/s沿x轴正方向传播，t = 0时刻的波形图如图所示，介质中平衡位置在坐标原点的质点A在t = 0时刻的位移，该波的波长为______m，频率为______Hz，t = 2s时刻，质点A______（填“向上运动”“速度为零”或“向下运动”）。

【正确答案】 4 0.5 向下运动

【原卷 18 题】 知识点 折射和全反射的综合问题

【正确答案】

【试题解析】


18-1（基础） 一名潜水员在夜间进行深水作业，其头盔上的照明灯可看做是点光源向各个方向发射光线，在平静的水面上可看到该光源发出的光只从一个半径的圆形区域内射出水面，若水的折射率。求：
（1）此时潜水员的头部在水面下方的深度h；
（2）若在8s的时间内，我们发现透光的圆形水域半径从1.8m扩大到6m，试根据光学知识求出潜水员在水下竖直方向匀速运动的速度。

【正确答案】 （1）2.4m；（2）0.7m/s，方向竖直向下

18-2（基础） 为美化城市环境，提高城市整体形象，某市加强了亮化工程建设.在城市公园的某一正方形的水池的水中装上亮化灯泡，水池边长为d，将水下灯泡看成点光源，点亮灯泡，结果在水面上刚好形成一个边长为d的正方形亮斑。已知水对光的折射率为n，求光源离水面的距离。

【正确答案】

18-3（基础） 如图所示，圆心为O、半径为R的半圆形玻璃砖置于水平桌面上，光线从OD的中点A垂直于半径OD入射，在B点恰好发生全反射，反射光线到达C点。已知光在真空中传播的速度为c，不考虑光的多次反射。求∶
（1）玻璃砖的折射率；
（2）光穿过玻璃砖所用的时间。。

【正确答案】 （1）2；（2）

18-4（巩固） 如图所示，有一个横截面为等边三角形的玻璃三棱柱固定在桌面上，AB面与桌面平行，有一束光线垂直入射到AB面上的P点，已知AB=a，AP=，玻璃的折射率为n=，光在真空中的传播速度为c。
(1)通过计算说明光线能不能在AC面上发生全反射；
(2)若不考虑BC面的反射，则光线在玻璃中传播的总时间。

【正确答案】 (1)见解析；(2)

18-5（巩固） 人造树脂是人工合成的一类高分子聚合物，是一种常用的眼镜镜片材料。如图所示为厚度为d的足够大的透明树脂平板截面，点光源置于其左边界上P点处。已知平板对该光的折射率，光在真空中的传播速度为c。不考虑光在平板中的多次反射，求：
（1）光在平板中传播的最短时间；
（2）从右侧观察到平板右边界上透光区域的面积。

【正确答案】 (1)；(2)

18-6（巩固） 一个柱形玻璃砖， 其横截面是半径为 的半圆，为半圆的直径，为圆心， 如图所示。 玻璃的折射率。 一细束单色光在点左侧与相距处垂直于从 玻璃砖下方入射， 不考虑光线射出玻璃砖时从原路返回的情形。求：
（1）光线发生全反射的临界角C；
（2）光线从玻璃砖的射出点到点的距离。

【正确答案】 （1）45°；（2）

18-7（巩固） 某同学在做水流导光实验时，将塑料瓶下侧开一个小孔，瓶中灌入清水，水从小孔流出。用激光水平射向塑料瓶小孔，可观察到光在水流内传播。如图所示，已知水的折射率，小孔直径，重力加速度，瓶内水足够多，忽略空气对水的阻力。若要顺利完成此实验使水平射入的激光被约束在水流中，求：
（1）激光临界角的正弦值；
（2）A处流出的水流速度应满足什么条件？

【正确答案】 （1）；（2）

18-8（巩固） 如图所示，透明棱镜截面为一矩形，长为a，矩形轴线上的O点有一点光源，同时发出a、b两束光线，其中光线b沿矩形的轴线射向界面上的F点，光线a与b成夹角，光线a射向界面上的E点，并刚好发生全反射，已知光在真空中的速度为c，，求：
（1）棱镜对光线的折射率；
（2）两束光线到达交点的时间差。

【正确答案】 （1）；（2）

18-9（提升） 如图所示ABC部分为一透明材料做成的柱形光学元件的横截面，AC为一半径为R的圆弧，D为圆弧面圆心，ABCD构成正方形，在D处有一点光源。若只考虑首次从圆弧AC直接射向AB、BC的光线，从点光源射入圆弧AC的光中，有一部分不能从AB、BC面直接射出，己知这部分光照射圆弧AC的弧长为，求：
（1）该材料的折射率。
（2）点光源发出的光射到AB面上的最长时间。

【正确答案】 （1）；（2）

18-10（提升） 厚为h的大块玻璃砖放在桌面上，桌面上有一个小黑点，如图所示。已知玻璃砖折射率n=，光在真空中的传播速度为c、求：
（1）如果使用一束光自玻璃砖上方照射黑点，若能照射到黑点，光自进入玻璃砖至照射到黑点的最短时间；
（2）从玻璃砖上方透过玻璃观察黑点，能观察到黑点的玻璃的最大面积。

【正确答案】 （1）；（2）πh2

18-11（提升） 如图，宽度足够大的水槽内水深h，一束激光垂直水面射向水底s处，发现水槽底部有一半径为r的圆形区域比其它区域暗，产生该现象的原因是光线经水槽底部漫反射后射向水面，射到b处的光线恰好发生全反射，光路见题图，求：
（1）水的折射率；
（2）通过作图分析，当水深增大时暗斑半径如何变化。

【正确答案】 （1）；（2）变大

18-12（提升） 圆柱形透明体放在水平地面上，圆柱体的截面为半径为R的圆，O为圆心，在圆柱的侧面上A点（A与O等高）贴有一个点光源，点光源射入透明介质的光，经介质传播和折射后，照射在离圆心O距离为2R的竖直光屏上，已知透明介质对光的折射率为，光在真空中的传播速度为c。求：

（1）光以最短距离传播到光屏所用的时间；
（2）光屏上亮斑最高点离地面的高度。
【正确答案】 （1）；（2）


变式题库答案

1-1【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
以两根细木条的中间质点为对象，设木条的弹力大小为，根据受力平衡可得

解得

此时铜丝受到的拉力为

C正确，ABD错误；
故选C。
1-2【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
三个力的合力为零，则在垂直于F3方向

则

在沿平行F3方向

则

故选D。
1-3【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
对结点c受力分析如图

将G沿绳ac和绳bc的方向正交分解，已知Fbc=mg，则有：


故ABD错误，C正确。
故选C。
1-4【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
设挂钩所在位置为N点，延长PN交墙于M点，如图所示

同一条绳子拉力相等，根据对称性可知两边的绳子与竖直方向的夹角相等，根据几何关系可知NM=NQ，即PM等于绳长，有几何关系

根据平衡条件有

解得

故选A。
1-5【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
三根支架的弹力沿水平方向的分力的矢量和为0，沿竖直方向的分力的矢量和与锅的重力等大反向，设每根支架的弹力大小为F，则有

解得

故选B。
1-6【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
设轻绳与水平方向的夹角为，根据受力分析可得竖直方向上有

绳能承受的最大拉力是时，解得

由几何关系可得

联立解得

故选B。
1-7【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
AB．对其中一根吊绳进行受力分析，可得

故有

AB错误；
C．当三根轻绳的绳长L变长时，由于吊灯不变，设吊灯到支座的水平方向的距离为，则也不变，即有变小，由

可知，变大，因为拉力为


可得，拉力减小，C正确；
D．三绳的拉力合力是恒力，且为，不会变大，D错误。
故选C。
1-8【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 考查三力平衡和力的分解。
详解:
由题意可知，当阻拦索夹角时，由力的平衡可知此时阻拦索张力为，所以ACD项错误，B项正确。
故选B。
1-9【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
如图所示

对P、Q小环分析，小环受光滑杆的支持力和绳子的拉力，根据平衡条件，这两个力是一对平衡力，支持力是垂直于杆子向上的，故绳子的拉力也是垂直于杆子的，故两细绳之间的夹角为，由几何关系可知，两根绳子与竖直方向之间的夹角都是

所以绳子OQ的拉力也是F，两根绳子的长度相等，对结点O受力分析如图所示，根据平衡条件可知，由几何关系可知，三个力之间的夹角都是，所以

故B正确，ACD错误。
故选B。
1-10【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
光滑杆AOB水平放置，两环竖直方向所受的重力与杆对两环的支持力各自平衡，不再分析。在水平面内，对两环中的每一个，都受到杆的弹力N和轻绳的拉力T，由力平衡原理得知，N与T大小相等，方向相反，而N与杆垂直，则平衡时，轻绳的拉力T必定与杆垂直。以两环及弹性轻绳整体为研究对象，分析水平方向整体受力情况

由几何知识得到∠TO1T = 120°，根据对称性，由平衡条件得到T = F。
故选B。
1-11【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
甲、乙两物体的质量均为m=2kg，则OC绳的拉力与OB绳的拉力均为20N，这两个力的合力与OA绳的拉力大小相等，方向相反。
由几何关系可知OC绳的拉力与OB绳的拉力夹角为110°，而夹角为120°均为20N的两个力的合力大小为20N。所以OC绳的拉力与OB绳的拉力的合力接近20N。
所以根据所学的知识，不需计算，推理出OA绳的拉力约为B选项的23N。
故选B。
1-12【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:

由题图可知，要想CD水平，各绳均应绷紧，则AC与水平方向的夹角为60°，结点C受力平衡，则受力分析如图所示，则CD绳的拉力
FT＝mgtan 30°＝mg
D点受绳子拉力大小等于FT，方向向左．要使CD水平，D点两绳的拉力与外界的力的合力为零，则绳子对D点的拉力可分解为沿BD绳的力F1、另一分力F2，由几何关系可知，当力F2与BD垂直时，F2最小，而F2的大小即为施加的力的大小，故最小力
F＝FTsin 60°＝mg
故C正确。
2-1【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．由题目条件无法比较它们的质量。故A错误。
B．第一宇宙速度是卫星做圆周运动的最大环绕速度，同步卫星的速度一定小于第一宇宙速度，故B错误。
C．同步卫星的轨道一定在赤道上空，不能在杭州市的正上方。故C错误。
D．由万有引力提供向心力得

解得

可知，半径大，角速度小。则它绕地球运行的角速度比月球绕地球运行的角速度大。故D正确。
故选D。
2-2【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．由图示可知卫星的轨道半径，由牛顿第二定律得

解得

则三颗卫星的线速度故TA B．由牛顿第二定律得

解得

忽略地球自转，地球半径为R，有

则有

卫星的轨道半径，所以vA>vB>vC，故B错误；
C．根据万有引力定律卫星所受地球引力

由于不知道卫星间的质量关系，无法根据万有引力公式判断卫星所受地球引力的关系，故C错误；
D．根据牛顿第二定律得

卫星的轨道半径，则三颗卫星的向心加速度aA>aB>aC，故D错误。
故选A。
2-3【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．由得

所以“羲和号”卫星的线速度与“天和号”核心舱的线速度之比为

故A错误；
B．由得

知轨道半径越大，角速度越小，所以“羲和号”卫星的角速度小于“天和号”核心舱的角速度，故B错误；
C．由得

知轨道半径越大，周期越大，所以“羲和号”卫星的周期大于“天和号”核心舱的周期，故C正确；
D．由得

知轨道半径越大，加速度越小，所以“羲和号”卫星的加速度小于“天和号”核心舱的加速度，故D错误。
故选C。
2-4【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．由开普勒第三定律知

半径越大，周期越大，所以土卫五的公转周期小，故A不符合题意；
B．由


可知，轨道半径小的公转速度大，故B不符合题意；
C．由于不知道两卫星表面的相关参数，无法比较其表面重力加速度大小，故C符合题意；
D．根据


轨道半径大的向心加速度小，故D不符合题意。
故选C。
2-5【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
B．根据可知火星与地球绕太阳运动的角速度大小之比为

故B正确；
D．设太阳质量为M，根据牛顿第二定律有

解得

由题意并根据上式可知火星与地球绕太阳运动的公转轨道半径之比为

故D错误；
A．根据可知火星与地球绕太阳运动的线速度大小之比为

故A错误；
C．根据可知可知火星与地球绕太阳运动的加速度大小之比为

故C错误。
故选B。
2-6【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
AB．根据万有引力提供向心力有

解得

设同步卫星环绕速率为，则

地球赤道表面随地球自转的物体与同步卫星角速度相同，则

对比可得

A正确，B错误；
CD．根据万有引力提供向心力有

解得

墨子号与同步卫星角速度之比为

赤道上物体与同步卫星角速度相同，所以

CD错误。
故选A。
2-7【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
核心舱和地球同步卫星都是受万有引力提供向心力而做匀速圆周运动，有

可得

而核心舱运行轨道距地面的高度为左右，地球同步卫星距地面的高度接近，有，故有
，，，
则核心舱角速度比地球同步卫星的大，周期比地球同步卫星的短，向心加速度比地球同步卫星的大，线速度比地球同步卫星的大，故ABD错误，C正确；
故选C。
2-8【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．根据

解得

由于“嫦娥二号”环月运行的轨道半径比“嫦娥一号”小，所以“嫦娥二号”环月运行的周期比“嫦娥一号”小，故A错误；
B．根据

解得

由于“嫦娥二号”环月运行的轨道半径比“嫦娥一号”小，所以“嫦娥二号”环月运行的线速度比“嫦娥一号”大，故B错误；
C．由于两卫星的质量大小未知，则无法比较向心力的大小，故C错误；
D．根据

解得

由于“嫦娥二号”环月运行的轨道半径比“嫦娥一号”小，所以“嫦娥二号”环月运行的向心加速度比“嫦娥一号”大，故D正确。
故选D。
2-9【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
C．根据

得

由

得

即

选项C正确；
A．又

故

故A错误；
B．根据

得

故

故B错误；
D．根据

得

故

故D错误。
故选C。
2-10【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．根据开普勒第三定律

可知

A错误；
B．由

得

B错误；
C．根据

可得线速度

可知

C错误；
D．相邻两次火星合日，即地球比火星多转1周经过时间为t。则有

解得相邻两次“火星合日”的时间间隔为，D正确。
故选D。
2-11【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．设太阳的质量为M，对地球，根据牛顿第二定律得

解得，地球的加速度

同理可得，木星的加速度

故A错误；
B．不考虑地球自转的情况下，物体在地球表面的重力等于地球对它的万有引力

得地球表面的重力加速度

同理可得，木星表面的重力加速度约为

故B正确；
C．根据

得行星绕太阳运行得周期

所以

即

设两次木星冲日的时间间隔为t，则

解得

所以下一次“木星冲日”的时间大约在2022年10月份，故C错误；
D．火星的第一宇宙速度

火星的第一宇宙速度

在木星表面附近发射飞行器的速度至少为火星的第一宇宙速度，大于7.9km/s，故D错误。
故选B。
2-12【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
由牛顿第二定律有

解得

由开普勒第三定律得


解得

故选C。
3-1【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 根据题意可以知道:小钢球从平台上的A处以速度水平飞出后做平抛运动,落到B点后做匀加速直线运动直到C点.根据平抛运动、及匀加速运动水平方向和竖直方向速度的特点即可解题.
详解:
时间内小钢球做平抛运动,水平方向做匀速运动,竖直方向做自由落体运动.， 时间内小钢球做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得

所以分解到水平方向的加速度为

分解到竖直方向的加速度

所以:前时间内竖直方向速度增量是后时间内竖直方向速度增量的四倍.整个过程水平方向先做匀速运动,后做匀加速运动，竖直方向先以加速度g匀加速,后以加速度

做匀加速运动,故C正确，ABD错误。
故选C。
3-2【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
运动员做平抛运动，根据平抛运动的性质可知，水平方向为匀速直线运动，竖直方向为匀加速直线运动。
故选D。
3-3【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
设小球从抛出到落地历时t，竖直方向有

代入数据可得

当小球恰好落在M点时，水平方向有

当小球恰好落在N点时，水平方向有

故要使小球落在M、N之间，速度v应满足

代入数据可得

故C可能，ABD错误。
故选C。
3-4【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
AB．小球飞行过程中恰好与半圆轨道相切于B点,则知在B点时速度与水平方向的夹角为，有

根据

得

由

解得：

飞行的时间为

故A项错误，B项正确；
C．由几何知识可得，小球自抛出至B点的水平射程为：

故C项错误；
D．设位移与水平方向的夹角为θ，则有：

可得竖直位移为

故D项错误．
3-5【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
若v>v0，则小球抛出后落在平面上，其运动时间均相等，不会随v变化；若v x=vt
竖直位移
y=gt2
tan θ=
解得

故选C。
3-6【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．斜面倾角即为位移与水平方向的夹角，方程关系

故时间与速度成正比，甲、乙两人飞行时间之比为2:1，故A错误；
B．根据

水平位移为4:1，故B错误；
CD．根据平抛运动的推论：瞬时速度与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的两倍，只要是落在斜面上，位移与水平方向夹角相同，所以两人落到斜坡上的瞬时速度方向一定相同；故落在斜面上的速度大小之比等于初速度之比为2:1，故C正确D错误。
故选C。
3-7【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
由题意可知运动员落在K点时速度v与水平方向的夹角为45°，运动员从A到K做平抛运动的时间为

运动员在K点时的竖直分速度大小为

根据速度的合成与分解有

解得

A、K间的水平距离为

故选C。
3-8【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．平抛时间由高度决定，与无关，故A错误；
B．若鱼饵颗粒能落入水中，下落高度一定，运动时间一定，根据速度分解关系，落水时速度方向与水平面的夹角正切值

越大，越小，即越小，故B错误；
C．若鱼饵颗粒恰好落在B点，则由竖直方向可得


水平方向可得


鱼饵颗粒不会落在斜面上，故C正确；
D．若鱼饵颗粒不能落入水中，落到斜面上时速度方向与水平方向的夹角，根据位移分解关系


联立可得

因此一定，由几何关系可知落到斜面上时速度方向与斜面的夹角不变，故D错误。
故选C。
3-9【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．将速度沿水平和竖直方向分解，可得


运动员恰能无碰撞地落在斜面乙顶端，说明运动员此时的速度方向恰好沿着斜面乙向下，设为，将沿水平和竖直方向分解


解得


A正确；
B．设斜面乙的高度为，对运动员从斜面甲运动到斜面乙的过程分析，由动能定理得

解得

B错误；
C．当运动员竖直方向的速度减为零时，距离地面的最大高度

C错误；
D．设运动员在空中运动的时间为t，由竖直方向运动规律得

由水平方向运动规律得

D错误；
故选A。
3-10【提升】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
AB．M到N的过程中，滑雪者做平抛运动，加速度为g，保持不变，进入斜坡后，做匀加速直线运动，加速度

保持不变， B错误A正确；
CD．平抛运动过程中的速度

可知v与t不成线性关系，进入斜坡后，做匀加速直线运动，速度随时间均匀增加，CD错误。
故选A。
3-11【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
小球在两平行挡板间的运动可分解为水平方式的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，设运动总时间为t，则水平方向、竖直方向分别有
，（）

联立可得

故ACD错误，B正确。
故选B。
3-12【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
小物块在桌面上运动，根据牛顿第二定律
，
代入数据解得

平抛后恰能垂直击中斜面CD。击中瞬间

根据几何关系

其中H=1m，代入解得

故选B。
4-1【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．在t=0时，最大，则产生的感应电动势最小，故A错误；
B．因为在t=0.2 s，

所以线圈平面均平行于磁感线，故B错误；
C．由图可知图线甲、乙对应的周期之比为

而线圈的转速为

所以图线甲、乙对应的线圈转速之比为

故C正确；
D．图线甲对应的线圈中交流电压的峰值

电流的峰值

故D错误。
故选C。
4-2【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A.当穿过感应线圈中的磁通量减小时，根据楞次定律可知，感应线圈中的感应电流会阻碍其磁通量减小，会使感应线圈有靠近励磁线圈的趋势，此时二者之间的电磁作用力为引力，故A错误；
B.正弦交流电的有效值只与最大值有关，所以若只减小励磁线圈中交流电的周期，感应线圈中产生的交流电的有效值不变，故B错误；
C.t2时刻，励磁线圈的电流变化率最大，产生磁场的变化率最大，所以感应线圈中的磁通量变化率最大，根据法拉第电磁感应定律可知此时感应线圈中感应电流的瞬时值最大，故C正确；
D.t3时刻，励磁线圈的电流变化率为零，感应线圈中的磁通量变化率为零，产生感应电流的瞬时值为零，感应线圈和励磁线圈的电磁作用力为零，故D错误。
故选C。
4-3【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．依题意，可得线圈转动产生感应电动势的最大值为

所以电流的最大值为

电流表读数为有效值，不等于最大值，故A错误；
B．一个周期电流方向改变两次，线圈每秒钟转n圈，则电流方向改变2n次，故B错误；
C．由题图知，计时起点时线圈所处位置与中性面垂直，产生的是余弦交流电，感应电动势为

故C错误；
D．线圈转动一周的过程中电阻R上产生的焦耳热为

故D正确。
故选D。
4-4【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．大皮带轮带小皮带轮边沿线速度大小相等，则有

解得小皮带轮的的角速度

再由

可知发电机线圈转动的频率

此即为发电机产生的交变电流的频率，选项A错误；
B．小灯泡发光频率只与电流频率有关，它在一个周期内会闪烁两次，所以闪烁的频率为

选项B正确；
C．小灯泡闪烁，也就是小灯泡亮度时刻变化，说明小灯泡的瞬时功率是时刻变化的，而电流、电压二者有效值的乘积是定值，选项C错误；
D．由题意知加倍，则由

可知电压最大值加倍，由

知小灯泡的功率变为原来的4倍，选项D错误。
故选B。
4-5【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．由图乙可知，，因此

此交流发电机产生感应电动势的最大值为

故A错误；
B．由图可知时刻，线圈的磁通量最大，则线圈处在中性面的位置，故B错误；
C．线圈从图甲所示的位置转过的过程中通过电阻R的电荷量为

故C正确；
D．因为电流最大值为

电流的有效值为

所以1min内电阻R上产生的焦耳热为

故D错误。
故选C。
4-6【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．由于P、Q为固定的半圆环，分别始终与转动中的左侧、右侧线圈保持良好接触，则流过R中的电流如图所示，并不是正弦交流电，故A错误；

B．电容器的耐压值为其最大电压，必须保证最大电压小于耐压值，而电容器接到电路中的最大电压为，故B错误；
C．由

得

故C错误；
D．一个周期内产生的热量

则

故D正确。
故选D。
4-7【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．根据所加电压表达式可知，电流的频率

变压器不改变电流频率，则通过车载充电器的电流的频率为50Hz，故A正确，不符合题意；
BC．电磁炉两端所加电压有效值

根据变压比，接收线圈两端电压有效值

因为二极管单向导电，根据有效值的定义可知

解得车载充电器两端电压的有效值

故B错误，符合题意，C正确，不符合题意；
D．因为二极管单向导电，则通过车载充电器的电流方向一定，为直流电，故D正确，不符合题意。
故选B。
4-8【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．矩形线围每转动一周，电流方向改变两次，选项A错误；
B．两条边所经过处的磁感应强度大小均为B、方向始终与两边的运动方向垂直，线圈切割磁感线时，感应电动势不变，是方波式交流电，故B错误；
C．线圈切割磁感线时，bc、ad边的运动速度为

感应电动势为

解得

感应电流

bc边所受安培力的大小

选项C错误；
D．一个周期内，通电时间

则

解得

故D正确。
故选D。
4-9【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．由于线圈并不是始终在磁场中转动，所以产生的电流不可能是正弦交变电流，一定是有段时间有，有段时间没有，故A错误；
B．由

而由闭合电路欧姆定律有

由法拉第电磁感应定律有

解得

故B正确；
C．图示时刻穿过线圈的磁通量最大，但此时磁通量的变化率为零，所以此刻通过电阻的电流为零，故C错误；
D．由

由于有电流的半个周期内为正弦交变电流，所以有电流的半个周期内电动势的有效值

这段时间内电流的有效值

由能量守恒结合有效值定义有

解得

故D错误。
故选B。
4-10【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．对滑轮E分析可知，两边绳子拉力总是相等的，则两边绳子与竖直方向的夹角总相等，随着C点沿圆弧从A点移到D点，AC段与CD段绳子之和先增加后减小，则AE段与ED段绳子之和先减小后增加，AE段绳子与ED段绳子的夹角先增加后减小，由

可知绳子的拉力先增加后减小，选项A错误；
B．设C点转过的角度为
θ=ωt
根据几何知识可得，线框上的三角形的面积为
S=•2R•Rsinθ=R2sinθ
磁通量为
Φ=BS=BR2sinθ
因θ角从0°度到180°，则导线框中的磁通量先增大后减小，根据楞次定律可知，感应电流先沿逆时针方向，后沿顺时针方向；选项B错误；
C．根据法拉第电磁感应定律

可知，导线框中感应电动势随时间t的变化关系为
e=ωBR2cosωt
感应电流随时间t的变化关系为

故C错误；
D．导线框中感应电动势的有效值为

故导线框中产生的电热为

故D正确。
故选D。
4-11【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．已知两相邻正、负尖峰电压对应时间差为，可得交变电流的周期，驱动轴转动的角速度

A错误；
B．交变电流不是按正弦规律变化的，电压最大值与有效值的关系不是，B错误；
C．由法拉第电磁感应定律得，感应电动势与磁通量变化率成正比，有

穿过线圈磁通量变化率的最大值

C正确；
D．相邻两个向上尖峰时间内，线圈电压的平均值为

线圈转过一个完整周期，磁通量变化量为0，电压平均值为0，D错误；
故选C。
4-12【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．导线框匀速转动过程中，线框OP边不断切割磁感线，所以有感应电流产生，故A错误；
B．线框OP边切割磁感线的方向以及切割磁感线时垂直于磁场的速度大小周期性变化，所以导线框OPQ内产生大小和方向都周期性变化的交变电流，故B正确；
C．由B项可知P点的电势与O点的电势的大小关系周期性变化，故C错误；
D．截去导线PQ，则无感应电流，P、O两点的电势差的最大值就等于最大感应电动势，当线框平面与磁方向平行时有

故D错误。
故选B。
5-1【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．氢原子的发射光谱为线状光谱，不是连续谱，选项A错误；
B．大量处在n=3能级的氢原子向低能级跃迁过程中会辐射出种不同频率的光子，选项B错误；
C．由n=3能级跃迁到n=2能级时，能级差最小，则产生的光子频率最小，选项C错误；
D．因从2→1和3→1的跃迁中的能级差分别为10.2eV和12.09eV，大于金属钨的逸出功，则辐射出的光子照射逸出功为4.54eV的金属钨，能使其发生光电效应的光子有两种，选项D正确。
故选D。
5-2【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．一群处于n=4能级的氢原子，当它们向较低能级跃迁时，辐射出不同频率的光子数量为
种
故A正确；
B．根据跃迁假设可得

易知从n=4能级跃迁到n=3能级时辐射出的光子频率最小。故B错误；
C．同理，有

可知从n=4能级跃迁到n=1能级时辐射出的光子能量最大，频率最大，则波长最短。故C错误；
D．由玻尔理论，可知氢原子辐射出能量，其电势能减少，核外电子的动能增加，总能量减小。故D错误。
故选A。
5-3【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
能级跃迁到能级发出的光子的能量最大为

能级跃迁到能级发出的光子的能量最小为

故C正确，ABD错误。
故选C。
5-4【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A、大量处于第3能级的氢原子向低能级跃迁放出若干频率的光子，能产生3种不同频率的光子，故A正确；
B、当氢原子从能级n＝3跃迁到n＝1时，速率增大，动能增加，电势能减小，而总能量，因向外辐射光子，而减小，故B正确；
C、依据库仑引力提供向心力，即为m，及rn＝n2r1，则有第2激发态，即n＝3和处于基态，即n＝1，电子做圆周运动速度之比为：1：3，故C正确；
D、产生的光子的最小频率为γ小，依据λ，对应波长最大，即为λm，故D错误．
5-5【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
根据玻尔理论，氢原子发射光子能量， ，联立解得，k =3，p=2，故A正确，BCD错误．
故选A
5-6【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
使氢原子从基态跃迁到n=2的激发态时，使电子加速的电压最小，由能量关系

得
；
故选C。
5-7【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
设氢原子发射光子前后分别处于第l与第m能级，发射后的能量

则有

解得
m=2
发射前的能量

根据题意知

由此可得

将m=2代入上式解得
l=4
故氢原子发射光子前后分别处于第4与第2能级。
故选D。
5-8【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
处于第二能级的能量

则向基态跃迁时辐射的能量

处于第三能级的能量

则向基态跃迁时辐射的能量

处于第4能级的能量为

向基态跃迁时辐射的能量

则B正确，ACD错误；
故选B．
点睛:
解决本题的关键知道能级间跃迁辐射的光子能量等于两能级间的能级差，即．
5-9【提升】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
氢原子吸收光子后，最多能发出10种不同频率的光子，可知氢原子跃迁到了n=5的能级，根据辐射出光子的频率关系，由n=3到n=5吸收光子的能量应该为
E=hν3= h（ν1+ν2）= h（ν6—ν4）=h（ν10－ν8）
故选A。
5-10【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
从能级跃迁到能级的过程中辐射出的光子的能量为

则金属的逸出功为

氢原于以能级跃迁到能级放出的光子的能量

照到该金属表面时，发出的光电子的最大初动能为

故选D。
5-11【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
由题意知量子数为5的能级上的氢原子分别向量子数为4、3、2、1的能级上跃迁的氢原子数占总氢原子数的四分之一，产生总共产生k个光子。处于量子数为4的能级上氢原子总共有个，向量子数为3、2、1的能级上跃迁的氢原子数都为个，产生个光子；处于量子数为3的能级上氢原子总共有个，向量子数为2、1的能级上跃迁的氢原子数都为个，产生个光子；处于量子数为2的能级上氢原子向基态跃迁时辐射的光子个数为个。以此类推，可知总个数为

故C正确，ABD错误。
故选C。
5-12【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
本题以氦离子（He+）跃迁为背景，考查能级跃迁理论及学生的知识迁移能力。本题要求考生知道能级跃迁的相关概念，能应用能级跃迁的概念解决相关的问题。
解题分析:
氦离子的基态能量为E1（E1<0），则基态氦离子的电离能为-E1，发生电离时，根据能量守恒定律得

解得电离后电子的速度大小

故选B。
6-1【基础】 【正确答案】 AD
【试题解析】 详解:
若A球经过水平位移为l时，还未落地，则在B球正下方相碰．可知当A的初速度较大时，A、B在第一次落地前能发生相碰．若A的初速度较小时，A、B在第一次落地前不碰，A第一次落地时，水平位移较小，由于反弹后水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反，则以后一定能碰．故D正确，B错误．若A球落地时的水平位移为时，则A、B在最高点相碰．故C错误．由上分析可知，A、B 在第一次落地前能否相碰，取决于A 的初速度．故A正确．故选AD．
6-2【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
CD．A、B两球都做平抛运动，相遇时竖直位移h相同，由

可知两球下落时间相同，即应同时抛出两球，故C错误D正确；
AB．因两球同时抛出，水平方向上都做匀速直线运动，由于A的水平位移比B的水平位移大，由

知A的初速度比B的大，故AB错误。
故选D。
6-3【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
AB．两球下落的竖直高度相同，则运动时间相同，则两球同时落地，选项AB错误；
CD．若两球能在空中相碰，则水平方向

解得
t=3s
则下落的竖直高度

两球在空中一定会相碰，选项C正确，D错误。
故选C。
6-4【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
要使A、B相遇，一定是同时到达交点的位置，根据得

由于A的高度大，A运动的时间要长，而水平位移相同，则根据可知A球水平速度小于B球的水平速度；根据vy=gt可知A竖直方向的速度比B球大，相遇时A球速度与B球的速度大小无法确定
故选D。
6-5【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
设两球的速度分别为v1、v2，则两球相遇时水平方向

竖直方向

若两球抛出的速度均增大两倍，则相遇时

竖直方向

则
t2=t1
H1=9H2
故选D。
6-6【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
AC．根据斜抛运动的对称性可知，甲猫运动到与起跳位置同一高度时的速度方向与乙猫的初速度方向相同，此后甲猫的运动情况与乙猫从跳出点开始的运动情况完全相同（即两只猫在题图中水平虚线以下的运动轨迹相同），所以两只猫落地时的动量方向相同，且两只猫落地点间距离始终等于甲猫运动到与起跳点同一高度时的水平位移，与起跳点高度无关，故AC错误；
BD．两只猫在空中运动过程中，由于在水平方向上的分速度大小相等，所以水平距离始终为零，设两只猫的初速度大小均为v，从跳出开始经过的时间为t，则两只猫在竖直方向的距离为

所以两只猫在空中运动过程中相距越来越远，即使改变v，二者在空中运动过程中的竖直距离也不可能在某一时刻变为零，即两猫不可能在空中相遇，故B正确，D错误。
故选B。
6-7【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．S1先做平抛运动，与地面的碰撞为弹性碰撞且不计地面阻力，故与地面碰撞后水平方向速度不变，竖直方向速度反向，两球从抛出到相遇，则有

解得

A错误；
B．小球S1从抛出到第1次落地，有

解得

落地时竖直方向分速度为

与小球S2相遇时，有

解得

B正确；
C．S2上升到最高点所用的时间为

故S2一定在下降过程中与S1相遇，C错误；
D．相遇时，S2离地的高度为

D错误；
故选B。
6-8【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
把平抛运动分解成水平方向上的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，根据运动的独立性和等时性可知，平抛运动的时间和水平方向上运动的时间相同，由题意可知

当速度变为4倍时，有

故ABC错误，D正确。
故选D。
6-9【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
设B点高度为h，橄榄球水平位移为x，初始速度与水平方向的夹角为α，经过时间t恰好击中，则有


A．橄榄球在空中运动的加速度等于宝剑下落的加速度，均等于重力加速度，故A错误；
B．橄榄球若以大于v0的速度沿原方向抛出，则水平方向的速度增大，运动到相遇点的时间减小，剑下降的高度减小，一定能在C点上方击中剑尖，故B正确；
C．橄榄球若以小于v0的速度沿原方向抛出，则水平方向的速度减小，运动到相遇点的时间增大，剑下降的高度增大，可能剑尖落地后橄榄球才到C点所在的竖直线，所以橄榄球可能在C点下方击中剑尖，也可能击不中剑尖，故C错误；
D．若抛出的速度太小，可能橄榄球不会与剑尖相遇，故D错误。
故选B。
6-10【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
C．两球在运动过程中的加速度都为重力加速度，两球同时抛出到相碰，两球运动的时间相同，根据

可知甲、乙两球自抛出至相碰前瞬间速度变化相等，C错误；
D．由题意可知甲、乙两球自抛出至相碰前瞬间，两球在水平方向通过的水平位移相等，则有

可得

D正确；
B．已知碰前瞬间乙球速度方向水平，可知从抛出到相碰所用时间为

两球相碰前瞬间乙球的速率为

甲球的速率为

B错误；
A．、两点竖直方向的距离为

、两点竖直方向的距离为

可知、两点竖直方向的距离等于、两点竖直方向的距离，A错误；
故选D。
6-11【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
由题知从发射到拦截成功水平方向应满足
x＝v1t
同时竖直方向应满足
H＝s1＋s2＝
所以有

即

故选C。
6-12【提升】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
若球2与地碰n次后越过挡板A，落于B点，则球1落地的时间为，球2落地的时间应为(2n+1)t1。故若球1到达挡板A的上端C点的时间为t，则球2到达C点的时间应为(2n + 1)t。球1到达C时，球2到达与之等高的C1点。设由C1至地的时间为，则由对称性可画出图。


解得

对球2在竖直方向的分运动列式，有
，
解得

联立，可得

故选A。
7-1【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．根据左手定则，可知，M带负电，N带正电，A错误；
B．粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，

解得

同一磁场，M和N两粒子的电荷量相同，故轨道半径大小r和速度v成正比，因的半径大于的半径，故的速率大于的速率，故B正确；
C．洛伦兹力每时每刻与速度垂直，不做功，C错误；
D．粒子在磁场中运动的周期T

同一磁场，M和N两粒子的电荷量相同，故两粒子在磁场中运动的周期相同，它们均运动了半个周期，故它们运动的时间相同，D错误。
故选B。
7-2【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
运动轨迹如图:

即运动由两部分组成,第一部分是个周期,第二部分是个周期, 粒子在第二象限运动转过的角度为90°，则运动的时间为；粒子在第一象限转过的角度为60°，则运动的时间为；则粒子在磁场中运动的时间为：，故B正确，ACD错误．.
7-3【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
要使荧光屏上的亮线向上偏转，即使电子受到向上的洛伦兹力，据左手定则可知，射线管处的磁场应沿-y方向，结合通电直导线产生的磁场特点可知，在射线管正下方放置的通电直导线的电流方向应沿x轴正方向。
故选A。
7-4【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
AC．根据题意可知，电子由A极向B极运动，根据左手定则可知，电子束向下偏转，故AC错误；
BD．电子由A极向B极运动，则电流由B到A，则A接负极，B接正极，故B错误，D正确。
故选D。
7-5【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
根据安培定则判断左右两个线圈的N极均在下边，S极均在上边。即铁芯中间处的磁场方向是竖直向上的。再根据左手定则判定，由里向外射出的电子流受到的洛伦兹力向右，则电子流将向右偏转。
故选A。
7-6【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．如图为俯视图，根据右手螺旋定则，磁感线如图中虚线所示，洛伦兹力不做功，小球速率不变，A错误；

BCD．当小球运动到ab中点时，小球速度方向与磁感应强度方向平行，不受洛伦兹力作用，自a点到ab中点，小球受到的洛伦兹力沿柱面向下，自ab中点至b点，受到的洛伦兹力沿柱面向上，C正确，BD错误。
故选C。
7-7【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
根据左手定则可知该粒子带负电；粒子穿过铝板后，动能减小，速度减小，根据可知，轨迹半径减小，由图可知粒子一定是从区域Ⅱ穿过铝板到达区域Ⅰ。
故选B。
7-8【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 分析:
带电粒子恰好在电场与磁场中做直线运动，当受到电场力与磁场力时，则两力必平衡．这样确保速度不变，才会使洛伦兹力不变，否则不可能做直线运动．当只受到电场力时，磁场方向须与运动方向相平行，此时虽在磁场中但没有洛伦兹力存在．
详解:
当匀强磁场方向竖直向上，不计重力的负离子，则洛伦兹力垂直纸面向里，由于直线运动，所以电场力与洛伦兹力大小相等，则离子受到的电场力垂直纸面向外，而匀强电场方向垂直于纸面向里，使离子做匀速直线运动，故A正确，BCD错误．
点睛:
当两个电场力与磁场力均存在时，必须是平衡力，因为洛伦兹力是与速度有关的力．当粒子的运动方向与磁场方向平行时，没有洛伦兹力存在，所以只要考虑电场力就可以．
7-9【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
由安培定则知，电流I在导线下方产生的磁场方向指向纸外，由左手定则，电子刚进入磁场时所受洛伦兹力方向向下，则电子的轨迹必定向下弯曲，由于洛伦兹力方向始终与电荷运动方向垂直，故其运动轨迹必定是曲线，故ABC错误，D正确。
故选D。
7-10【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．如果带电粒子偏转轨迹为半个圆，无论圆的大小，时间都是半个周期，由周期公式 可知，时间相同，A错误；
B．在磁场中运动时间越长，其圆弧对应的圆心角越大，B错误；
C．在磁场中运动的轨迹最大就是半个圆，所以其对应的圆心角最大是π，C正确；
D．如果运动轨迹为半个圆，运动时间相同，但轨迹不同，D错误。
故选C。
7-11【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．由于洛仑兹力总不做功，则粒子的速率总保持不变，A错误；
B．由于带电粒子向地磁场两极运动的过程中，磁感应强度越来越大，根据周期公式

可知磁感应强度越大，周期越小，B错误；
C．由于带电粒子向地磁场两极运动的过程中，磁感应强度越来越大，根据半径公式

可知，磁感应强度越大，半径越小，C错误；
D．粒子的速度方向与磁感应强度方向不是相互垂直，与磁场方向平行的分速度不受洛仑兹力，该方向做匀速直线运动，则粒子螺旋运动的螺距为x=vT，周期变小了，粒子螺旋运动的螺距逐渐变小，D正确。
故选D。
7-12【提升】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
所有粒子的速率相等，根据半径公式

可知所有粒子在磁场中圆周运动半径相同，由图可知，由O点射入水平向右的粒子恰好应为最右端边界，根据几何关系有

随着粒子的速度方向偏转，粒子转动的轨迹圆可认为是以O点为圆心以2R为半径转动；则可得出符合题意的范围应为A。
故选A。

7-13【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
CD．运动轨迹平面可在S的正上方时，要使粒子能做匀速圆周运动，则洛仑兹力与重力的合力应能充当向心力；洛伦兹力必沿斜上方，其竖直分力与重力平衡，水平分力提供向心力。根据左手定则可以判断：
若小球带正电，其转动轨迹平面在S的正上方且沿逆时针运动；
若小球带负电，其转动轨迹平面可以在S的正上方且沿顺时针转动。
选项C正确，D错误；
AB．若运动轨迹平面可在S的正下方时，当洛伦兹力的方向垂直磁感线斜向上时，一个分力可以与重力平衡，但另一个分力不指向圆心，不能提供向心力；同样当洛仑磁力的方向垂直磁感线斜向下时，一个分力可以提供向心力，但另一个分力不能与重力平衡。选项AB错误。
故选C。
7-14【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
根据电子的运转方向，洛伦兹力提供向心力，B沿正方向；电子被加速，感应电场的方向沿顺时针，需要磁场增强，故C正确，ABD错误。
故选C。
8-1【基础】 【正确答案】 AC
【试题解析】 详解:
A．粒子带正电，受到的静电力方向与电场强度方向相同，故A正确；
B．洛伦兹力的方向始终与速度方向垂直，因此磁场力方向与电场强度方向夹角在一直变化，故B错误；
C．静电力方向与速度方向夹角为锐角，静电力对粒子做正功，故C正确；
D．洛伦兹力永远不做功，故D错误。
故选AC。
8-2【基础】 【正确答案】 BD
【试题解析】 详解:
AB．若带电粒子的重力不计，进入电磁复合场后，无论粒子电性如何，受到电场力和洛伦兹力方向相反，若电场力等于洛伦兹力，则做匀速直线运动，若电场力不等于洛伦兹力则做曲线运动，故A错误，B正确；
CD．若带电粒子的重力不能忽略，粒子在竖直方向做加速运动，这样洛伦兹必然变化，无法与电场力平衡，故粒子轨迹一定是曲线，故C错误，D正确。
故选BD。
8-3【基础】 【正确答案】 BC
【试题解析】 详解:
CD．带正电的小球运动过程中洛伦兹力不做功，据动能定理知，两种情况下均为
mgh＝mv2
所以
v1＝v2
故C正确，D错误；
AB．带电小球在磁场中运动时洛伦兹力的水平分力做正功，竖直分力做负功，二者代数和为零，水平速度要增大，竖直速度要减小，落地时间增大，所以水平射程
x1＞x2
故B正确，A错误。
故选BC。
8-4【巩固】 【正确答案】 BC
【试题解析】 详解:
A．洛伦兹力的方向与速度方向垂直，永远不做功，故A错误；

B．设小球竖直分速度为vy、水平分速度为v，小球受力如图所示，玻璃管对带电小球的弹力水平向右，小球的速度方向斜向右上方，弹力对小球做正功，小球的机械能增加，故B正确；
C．小球随玻璃管在水平方向做匀速直线运动，小球在竖直方向所受的洛伦兹力
F1=qvB
是恒力，在竖直方向，由牛顿第二定律得
vBq-mg=ma
解得小球的加速度大小

小球的加速度不随时间变化，恒定不变，小球在竖直方向做匀加速直线运动，合运动为匀变速曲线运动，运动轨迹是一条抛物线，故C正确；
D．小球在竖直方向做匀加速运动，根据

可知

则小球在玻璃管中的运动时间与玻璃管速度有关，选项D错误。
故选BC。
8-5【巩固】 【正确答案】 CD
【试题解析】 详解:
A．小球受重力、向左的电场力、向右的洛伦兹力，下降过程中速度一定变大，故洛伦兹力一定增大，不可能一直与电场力平衡，故合力不可能一直向下，故一定做曲线运动，故A错误；
B．小球受重力、向上的电场力、垂直纸面向外的洛伦兹力，合力与速度一定不共线，故一定做曲线运动，故B错误；
C．小球受重力、向左上方的电场力、水平向右的洛伦兹力，若三力平衡，则粒子做匀速直线运动，故C正确；
D．粒子受向下的重力和向上的电场力，没有洛伦兹力，则合力一定与速度共线，故粒子一定做直线运动，故D正确；
故选CD。
8-6【巩固】 【正确答案】 BC
【试题解析】 详解:
AB．根据左手定则，小球在磁场中受到的洛伦兹力方向垂直挡板方向，使小球紧贴挡板，竖直方向只受到重力作用，所以小球不会做匀速圆周运动，而是做平抛运动，故A错误，B正确；
C．洛伦兹力不做功，只有重力做功，则有

可得小球到达地面时的速度为

故C正确；
D．挡板不光滑，小球还会受到与速度反向的摩擦力，其中洛伦兹力、摩擦力的方向不断变化，所以三个力不能达到平衡，小球最终也不可能做匀速直线运动，故D错误；
故选BC。
8-7【巩固】 【正确答案】 BD
【试题解析】 详解:
AB．当小球恰好沿水平方向做直线运动时，根据左手定则可知小球所受洛伦兹力竖直向下，根据平衡条件有

若仅减小小球从P点进入的速度大小，则在小球进入的一小段时间内，其所受洛伦兹力减小，所以

小球将向上偏转，电场力对小球做正功，重力对小球做负功，小球的电势能减小，又因为电场力大于重力，且洛伦兹力对小球不做功，所以小球动能增大，所受洛伦兹力增大，由此可知小球所受合外力是变力，小球做变加速曲线运动，故A错误，B正确；
C．因为洛伦兹力对小球不做功，电场力做正功，所以小球的机械能增大，故C错误；
D．根据能量守恒定律可知，小球动能、重力势能和电势能之和恒定，因为小球向上偏转，重力势能增大，所以小球的电势能和动能之和减小，故D正确。
故选BD。
8-8【巩固】 【正确答案】 AB
【试题解析】 详解:
A．粒子带正电，根据微粒从a点开始运动的偏转方向，根据左手定则可知，磁场的方向为垂直纸面向里，选项A正确；
B．从a运动到c，电场力做正功，从c运动到b，电场力做负功，因电场力做功等于机械能增量，可知微粒在c点时的机械能最大，故B正确；
C．微粒在c点时的动能最大，速度最大，如果选项C正确，则存在
mg+Eq=Bqv
即说微粒在c点时受到的重力、电场力和洛伦兹力是平衡的，由于微粒在c点做的是曲线运动，其合力方向应该竖直向上，故这三个力不是平衡力，故上式是不成立的，选项C错误；
D．微粒在b点的受力情况与a点的受力情况相同，可知微粒到达b点后将相同轨迹向右做曲线运动，不可能沿原路径返回a点，故D错误；
故选AB。
8-9【巩固】 【正确答案】 BD
【试题解析】 详解:
A．从图中可以看出，带电液滴由静止开始向下运动，说明重力和电场力的合力向下，洛伦兹力指向弧内，根据左手定则可知，液滴带负电，A错误；
B．从A到C的过程中，重力正功，而电场力做负功，洛伦兹力不做功，但合力仍做正功，导致动能仍增大，从C到B的过程中，重力做负功，电场力做正功，洛伦兹力不做功，但合力却做负功，导致动能减小，所以液滴在C点动能最大，B正确；
C．液滴到达B处后，向右重复类似于A→C→B的运动，不能再由B点返回A点，C错误；
D．液滴从A点到达B点，动能变化为零，则重力做功与电场力做功相等，而重力方向核和电场方向的位移始终相同，故B点和A点一定等高，D正确。
故选BD。
8-10【提升】 【正确答案】 AC
【试题解析】 详解:
A．油滴在重力作用下下落，获得速度后将受到洛伦兹力作用，根据洛伦兹力方向和左手定则可判断油滴带正电，故A正确；
B．将油滴的运动分解为两个分运动，一个是水平向右的匀速直线运动，速度大小满足

受力满足二力平衡，另一个是初速度方向向左，大小为v的匀速圆周运动，受到的洛伦兹力为qvB，两个分运动的合成轨迹将是一个旋轮线，故B错误；
C．油滴到b点时，重力做功最多，速度最大，正好是匀速圆周运动分运动的最低点，速度大小为

方向水平向右，故C正确；
D．在b点时的洛伦兹力大小为2qvB、方向竖直向上，重力大小为mg，二力合力向上，有

加速度大小为g，方向向上，故不可能沿水平方向做匀速直线运动，故D错误。
故选AC。
8-11【提升】 【正确答案】 BC
【试题解析】 详解:
A．正离子开始受到方向向下的电场力作用由静止开始向下运动，电势先减小后增大，故该离子电势能先减小后增大，A错误；
B．根据动能定理知，洛伦兹力不做功，从A到B，动能变化为零，则电场力做功为零，A、B两点等电势，因为该电场是匀强电场，所以A、B两点位于同一高度，B正确；
C．把初态速度0分解为向右的速度v和向左的速度v，且有

即

曲线ACB运动可看成速率为v的匀速圆周运动与圆心速率为v向右的匀速直线运动的复合运动，离子到达C点匀速运动与圆周运动速度同向，速度最大为

C正确；
D．A点运动到B点的时间为圆周运动的一个周期，即，D错误。
故选BC。
8-12【提升】 【正确答案】 AD
【试题解析】 详解:
A．由于洛伦兹力不做功，整个过程只有重力做功，故机械能守恒，故A正确；
B．根据做曲线运动的物体所受合力指向曲线的内侧且根据左手定则小球带正电，故B错误；
CD．在A点把小球的初速度0分为水平向左和向右的两个速度，大小均为v，且
qvB=mg
这样把小球的运动分解为两个运动，一个是以速度v水平向右做匀这直线运动，另一个是以速度v做匀速圆周运动，所以小球沿曲线ACB运动的时间恰为一个周期，根据运动的合成C点速度最大为

故AD正确，BC错误。
故选AD。
9-1【基础】 【正确答案】 AC
【试题解析】 详解:
A．推力做的功为

A正确；
B．推力F的功率为

B错误；
C．物体做匀速运动，根据受力平衡可得


解得
，
则物体与水平面间的动摩擦因数为

C正确；
D．物体克服摩擦力做功为

D错误。
故选AC。
9-2【基础】 【正确答案】 BCD
【试题解析】 详解:
A．由题意易知重物B上升的高度与t2成正比，所以重物B匀加速上升，所受合外力恒定，则绳索受到的拉力大小不变，故A错误；
B．重物B在竖直方向的平均速度不断增大，根据

可知绳索对重物做功的平均功率不断增大，故B正确；
C．重物B的速度不断增大，根据
P=mgv
可知重力做功的瞬时功率不断增大，故C正确；
D．重物在竖直方向上做匀加速直线运动，在水平方向上做匀速直线运动，合运动为加速度不变的曲线运动，故D正确。
故选BCD。
9-3【基础】 【正确答案】 BC
【试题解析】 详解:
对小物块受力分析，根据牛顿第二定律

解得

根据

解得

根据

解得

A．根据公式可得，重力做功为

故A错误；
B．根据公式可得，合外力做功为

故B正确；
C．整个过程中重力做功的平均功率是

故C正确；
D．小物块滑到斜面底端时重力做功的瞬时功率是

故D错误。
故选BC。
9-4【巩固】 【正确答案】 AC
【试题解析】 详解:
A．设点到水平面的高度为，从点到B点，根据动能定理可得

可得

由图乙可知在B点的速度大于的速度，可知a在斜面上克服摩擦力的功比b小，故A正确；
B．由图乙可知，从点到B点所用时间较少，重力的平均功率

可知a在斜面上滑行重力的平均功率比b大，故B错误；
C．在水平面上，根据动能定理得

可得

因为在B点的速度大于的速度，所以a在水平面间滑行克服摩擦力的功比b大，故C正确；
D．由动能定理可知a在整个运动过程中克服摩擦力做的功等于b在整个运动过程中克服摩擦力做的功，故D错误。
故选AC。
9-5【巩固】 【正确答案】 BC
【试题解析】 详解:
A．时间内，由于

故物块沿斜面上滑，由牛顿第二定律可得

解得

物块内上滑的位移

内合外力做功为


在时间内合外力的功率为，A错误；
B．末物块的速度为

末物块的动能

B正确；
C．，物块不受外力，只有重力对物块做功，所以该过程物块的机械能守恒，由于物块的出发的位置重力势能为0，0时刻物块动能也为0，所以0时刻物块的机械能为0，由于物块机械能增加了

所以，包括末物块的机械能为，C正确。
D．内由牛顿第二定律有

解得

末物块的速度为

内由牛顿第二定律有

解得

方向沿斜面向下，在时速度大小为

D错误。
故选BC。
9-6【巩固】 【正确答案】 AC
【试题解析】 详解:
AB．由题意可知电动车行驶过程中受到的阻力大小

根据功能关系有

解得该电动车的额定功率为

故A正确，B错误；
CD．该电动车以额定功率行驶能达到的最大速度为

故C正确，D错误。
故选AC。
9-7【巩固】 【正确答案】 BD
【试题解析】 详解:
A．汽车受到的阻力大小为

A错误；
B．汽车在运动过程中能达到的最大速度为

B正确；
C．若汽车以额定功率启动，当汽车速率为v时加速度大小为

C错误；
D．若汽车以加速度大小a启动，则匀加速直线运动的过程中牵引力大小为

匀加速运动过程中的最大速度为

匀加速直线运动的时间为

D正确。
故选BD。
9-8【巩固】 【正确答案】 BD
【试题解析】 详解:
A．由速度与时间图像围成的面积等于物体的位移，则0～6s内物体的位移大小

故A错误；
B．由功率与时间图像围成的面积等于力做的功，则在0～6s内拉力做的功为

故B正确；
C．在0～6s 内与0～2s 内动能变化相同，则根据动能定理可知，合外力在0～6s内做的功与0～2s 内做的功相等，故C错误；
D．在2～6s内，v=6m/s，P=10W，物体做匀速运动，摩擦力f=F，由

则有

故D正确。
故选BD。
9-9【巩固】 【正确答案】 CD
【试题解析】 详解:
A．两物体着地时的速度大小相等但是方向不同，所以A错误；
B．根据平衡条件有

由于＞，所以有 ，根据动能定理有

则两物体的质量不同，所以两物体着地时的动能一定不相同，则B错误；
C．剪断细绳后，只有重力做功，则两物体在运动过程中机械能守恒，由于初机械能就不相同，所以两物体着地时的机械能一定不同，则C正确；
D．物体着地时所受重力的功率为


联立解得

由于

所以有

则两物体着地时所受重力的功率一定相同，所以D正确；
故选CD。
9-10【提升】 【正确答案】 AD
【试题解析】 详解:
A．在0~1s内，物体的位移大小为，

设0~1s内电动机做的功为W1，由动能定理得

解得
W1＝50J
故A错误；
B．在0~1s内，物体的加速度大小为

设0~1s内细绳拉力的大小为F1，由牛顿第二定律得
F1－mgsin30°＝ma
解得
F1＝20N
由题意可知1s后电动机输出功率为
P＝F1v1＝100W
故B正确；
C．当物体达到最大速度vm后，根据平衡条件可得细绳的拉力大小为
F2＝mgsin30°＝10N
根据功率的公式可得

在1~5s内，设电动机牵引力的冲量大小为I，由动量定理得
I－mgt2sin30°＝mvm－mv1
解得
I＝50N·s
故C正确；
D．设1~5s内物体沿斜面向上运动的距离为x2，对物体由动能定理得

解得
x2＝32.5m
所以在0~5s内物体沿斜面向上运动的距离为
x＝x1＋x2＝35m
故D错误。
此题选择错误选项，故选AD。
9-11【提升】 【正确答案】 AD
【试题解析】 详解:
A．轿厢在第内做匀减速运动，加速度方向竖直向下，所以处于失重状态，故A正确；
B．末到末，轿厢和配重均做匀速直线运动，根据平衡条件可知此时钢绳对轿厢和配重的拉力大小分别等于二者的重力大小，所以末到末钢绳对轿厢和对配重装置的拉力不相等，故B错误；
C．v-t图像与坐标轴所围的面积表示位移，所以在第内，轿厢和配重的位移大小均为

第1s末轿厢和配重的速度大小均为v=2m/s，设在第内，电动机做的机械功为W，对轿厢和配重根据动能定理有

解得
W=4800J
故C错误；
D．v-t图像的斜率表示加速度，所以轿厢匀加速上升过程中的加速度大小为

此时钢绳对轿厢的拉力最大，设为T，根据牛顿第二定律有

解得

所以上升过程中，钢绳对轿厢做功的最大功率为

故D正确。
故选AD。
9-12【提升】 【正确答案】 AC
【试题解析】 详解:
A．根据题述，两车额定功率P相同，匀速运动后牵引力等于阻力，因此甲车阻力大于乙车阻力，根据甲车时刻后和乙车时刻后两车牵引力不变，甲车牵引力大于乙车可知

可知甲车的总重比乙车大，故A正确；
B．如图所示

甲车在A点所对应的时刻牵引力与阻力瞬间相等，所以甲车从这个时刻开始，做加速运动；乙车在B点所对应的时刻牵引力与阻力瞬间相等，乙车从这个时刻开始加速，所以甲车比乙车先开始运动，故B错误；
C．两车分别从和时刻开始以额定功率行驶，这两个时刻，两车的牵引力等大，由

可知，甲车在时刻和乙车在时刻的速率相同，故C正确；
D．时刻甲车达到最大速度，时刻乙车达到最大速度，根据汽车的额定功率

可知由于甲车的总重比乙车大，所以甲车在时刻的速率小于乙车在时刻的速率，故D错误。
故选AC。
10-1【基础】 【正确答案】 BC
【试题解析】 详解:
A．在b点的磁感应强度方向竖直向下，在点的磁感应强度方向竖直向上，且因为，所以b点的合磁场的磁感应强度为零，A错误；
B．在d点的磁感应强度方向斜向下，在d点的磁感应强度方向斜向上，侧视图如下

可知d点处的磁感应强度方向与两根导线所在平面平行，故B正确；
C．由安培定则可知和在点产生的磁感应强度方向相同，都是竖直向上，在点产生的磁感应强度方向都是竖直向下，如下图

由对称性可知，和在两点产生的磁感强度之和大小相等，方向相反，故C正确；
D．由C中图可以看出，a、d两点处的磁感应强度方向不同，故D错误。
故选BC。
10-2【基础】 【正确答案】 AD
【试题解析】 详解:
AB．根据

可知距离导线越近，磁感强度越大，由安培定则和平行四边形定则可知，在MN连线上O点两侧磁感应强度方向相反，越靠近O点磁场越弱，A正确，B错误；
C．根据安培定则和平行四边形定则可知，C点场强水平向右，而D点场强水平向左，因此两点场强方向相反，C错误；
D．设MN间距为2L，两导线中垂线上某点与M连线与MN夹角为，则中垂线上任意位置的场强大小为

当时有极大值，满足

的两位置磁感应强度大小相等，D正确。
10-3【基础】 【正确答案】 BD
【试题解析】 详解:
AC．磁体插向左环时，通过左环的磁通量发生变化，左环中产生感应电动势，但左环是开路的，没有感应电流产生，此时横杆不动，故AC错误；
BD．磁体插向右环时，通过右环的磁通量发生变化，右环中产生感应电动势和感应电流，感应电流的磁场阻碍磁通量的变化，使右环与磁体相互排斥，则横杆会发生转动，故BD正确。
故选BD。
10-4【基础】 【正确答案】 BC
【试题解析】 详解:
在磁场分解到水平方向和竖直方向，竖直方向的分量在北半球竖直向下，水平方向水平向北。
A．若使线框向东平移，可近似的看成向下的磁通量不发生变化，因此a点电势与d点电势相等，A错误；
B．根据右手定则，若使线框向北平移，则a点电势比d点电势高，B正确；
C．根据楞次定律，若以ab边为轴，将线框向上翻转，穿过线圈的磁通量向下的减少，则翻转过程线框中电流方向始终为abcd方向，C正确；
D．根据楞次定律，若以ad边为轴，将线框向上翻转，穿过线圈的磁通量向向下减少在向北增加，因此感应电流先沿adcb方向，后沿abcd方向，D错误。
故选BC。
10-5【巩固】 【正确答案】 BC
【试题解析】 详解:
A．t=0.05 s时，直导线中电流的变化率不为零，则穿过矩形线框的磁通量的变化率不为零，则线框中的感应电动势不为0，选项A错误；
B．t=0. 10 s时，直导线中电流的变化率为零，则穿过矩形线框的磁通量的变化率为零，则线框中的感应电动势为0，选项B正确；
CD．0~0.05 s时间内，直导线中电流向左减小，穿过线圈的磁通量向外减小，则线框中的感应电流方向为逆时针方向，则线框受的安培力的合力向上，则轻绳上的拉力小于线框的重力；同理可判断0.05s~0.1 s时间内，线框受安培力的合力向下，则轻绳上的拉力大于线框的重力；选项C正确，D错误。
故选BC。
10-6【巩固】 【正确答案】 AD
【试题解析】 详解:
A．由题意可知线圈中原磁场先向左减弱后向右增强，根据楞次定律可知，感应磁场方向一直向左，根据线圈环绕方向知线圈端的电势比线圈端的电势高，故A正确；
B．在0到时间内，通过线圈的磁通量的变化量为

故B错误；
C．由法拉第电磁感应定律得

由于是开路，因此线圈两端的电势差等于线圈的感应电动势E，故C错误；
D．若用导线将线圈、两端连接起来，则通过导线横截面的电荷量为

故D正确。
故选AD。
10-7【巩固】 【正确答案】 ABC
【试题解析】 详解:
A．当螺线管中电流增大时，其形成的磁场不断增强，因此线圈P中的磁通量增大，根据楞次定律可知线圈P将阻碍其磁通量的增大，故线圈有远离和面积收缩的趋势，故在时刻有

P有收缩的趋势，故A正确；
B．当螺线管中电流不变时，其形成磁场不变，线圈P中的磁通量不变，因此线圈中无感应电流产生，故在时刻有

故B正确；
C．在时刻螺线管中电流为零，但是线圈P中磁通量是变化的，因此此时线圈P中有感应电流，但此时刻二者之间没有相互作用力，故有

故C正确；
D．当螺线管中电流不变时，其形成磁场不变，线圈P中的磁通量不变，因此线圈中无感应电流产生，故在时刻有

P没有收缩的趋势，故D错误；
故选ABC。
10-8【提升】 【正确答案】 BCD
【试题解析】 详解:
A．区域中磁场的磁感强度随时间按变化，可知磁感强度均匀增大，穿过整个回路的磁通量增大，由楞次定律分析知，通过金属杆的电流方向为从B到A，故A错误；
B．对金属杆，根据平衡方程得

解得

故B正确；
C．由法拉第电磁感应定律，则有：回路中产生的感应电动势为

且闭合电路欧姆定律有

又，解得

故C正确；
D．整个电路中产生的热功率为

故D正确．
故选BCD。
10-9【提升】 【正确答案】 AB
【试题解析】 详解:
A．根据左手定则，图示中海水受到的磁场力方向垂直纸面向里，故A正确；
B．潜艇要想加速，海水对推进器的推力应该增大，海水受到的磁场力应该增大，根据

潜艇要想加速，可以通过增大电源电压的方式实现，故B正确；
C．海水本身有电阻，通过电流时，海水中还是会产生焦耳热，故C错误；
D．海水导电效果好于淡水，即同等情况下电流更大，磁场力更大，推进效果更好，故D错误。
故选AB。
10-10【提升】 【正确答案】 AD
【试题解析】 详解:
A．磁感应强度B在均匀地减为零，穿过线圈向左的磁通量减小，根据楞次定律可知，沿磁场方向从右向左看，该圈肌肉组织中感应电流方向为顺时针方向，故A正确；
B．由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势

故B错误；
C．由电阻定律可知，该圈肌肉组织的等效电阻

故C错误；
D．时间内该圈肌肉组织中产生的热量

E、R已经求出，根据题中条件可以求出时间内该圈肌肉组织中产生的热量，故D正确。
故选AD。
10-11【提升】 【正确答案】 AD
【试题解析】 详解:
A．由电路可知，开关闭合瞬间，右侧线圈正面环绕部分的电流向下，由安培定则可知，直导线在铁芯中产生向右的磁场，由楞次定律可知，左侧线圈正面环绕部分产生向上的电流，则直导线中的电流方向由南向北，由安培定则可知，直导线在小磁针所在位置产生垂直纸面向里的磁场，则小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动，A正确；
BC．开关闭合并保持一段时间后，穿过左侧线圈的磁通量不变，则左侧线圈中的感应电流为零，直导线不产生磁场，则小磁针静止不动，BC错误；
D．开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，穿过左侧线圈向右的磁通量减少，则由楞次定律可知，左侧线圈正面环绕部分产生向下的感应电流，则流过直导线的电流方向由北向南，直导线在小磁针所在处产生垂直纸面向外的磁场，则小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动，D正确。
故选AD。
10-12【提升】 【正确答案】 AB
【试题解析】 详解:
A．0 ~ t0时间内，圆环中左侧的磁通量向内减小，右侧磁通量不变，根据楞次定律和安培定则可知圆环中的电流方向为顺时针方向，选项A正确；
D．根据法拉第电磁感定律，圆环中产生的感应电动势

t=t0时刻磁通量变化率不为0，则电动势不为0，圆环中的电流不为0，选项D错误；
C．圆环中产生的感应电动势

其中
，
根据欧姆定律有

根据电阻定律有

圆环左右两半部分所处磁场不同，应单独分析，且圆环左右两半部分在所处磁场的有效长度都为2r，在时刻，根据左手定则可知，圆环左半部分受到的安培力垂直于MN向右，且大小为

圆环右半部分受到的安培力垂直于MN向左，且大小为

所以圆环受到的安培力为

安培力的方向垂直于MN向左，选项C错误；
B．在0~t0时间内，通过圆环的电荷量

又
，
圆环磁通量的变化量

联立解得

选项B正确。
故选AB。
11-1【基础】 【正确答案】 需要 不需要 ＞
【试题解析】 详解:
（1）[1][2]为了减小实验误差，故需要平衡摩擦力；因为有拉力传感器，因此不需要满足。
（2）[3]由动能定理可知，应满足的关系式为动能的改变量与合外力的功相等，即

（3）[4]以钩码为研究对象进行受力分析，由牛顿第二定律

可见钩码的重力大于拉力，所以使得W偏大，使得外力对小车做的功W大于小车的动能的变化量。
11-2【基础】 【正确答案】 1.62 9.62 0.018 守恒 不需要
【试题解析】 详解:
（1）[1]相机闪光时间间隔为

实物与照片比例为

拍摄B点时小钢球的速度为

（2）[2]根据逐差法求加速度的原理可知小钢球下落的加速度大小为

（3）[3]由牛顿第二定律有

可得

设小钢球下落的高度为，机械能的损失为

机械能损失占比

故机械能守恒；
（4）[4]利用重物做自由落体运动验证机械能守恒定律，需要验证的表达式为

整理可得

可知，实验不需要测量小钢球的质量。
11-3【基础】 【正确答案】 1.70 A 由图中数据可得，连续相等的时间间隔内的位移差均为0.36cm 1.95 0.003
【试题解析】 详解:
（1）[1]根据弹簧测力计读数可知，G=1.70N；
（2）[2]应先接通打点计时器电源，后释放纸带。
故选A。
（3）[3]由图中数据可得，连续相等的时间间隔内的位移差均为0.36cm，位移差相等，为匀加速直线运动；
（4）[4]打第4个标记点时重物的速度

（5）[5]质量


Ep=mgh4=0.3333J
机械能损失
Ep-Ek4=0.003J
11-4【基础】 【正确答案】 AC或CA 增大
【试题解析】 详解:
（1）[1]A．本实验验证机械能守恒的表达式是否成立时，等式左右两边的质量可以消去，所以不需要测量出重物的质量m即可验证机械能是否守恒，故A正确；
B．由于重物速度较快，且运动距离有限，打出的纸带长度也有限，为了能在长度有限的纸带上尽可能多地获取间距适当的数据点，释放纸带前重物应尽量靠近打点计时器，则提纸带的手应该尽量远离打点计时器，故B错误；
C．用质量大、体积小的重物可以减小阻力对实验的影响，从而有效减小系统误差，故C正确；
D．假设重物下落过程受到一误差允许范围外的阻力，大小恒为f，则根据动能定理有

整理得

此时所得出的v2-h图像仍是一条过原点的直线，但重物的机械能显然不守恒，所以仅靠图像是一条过原点的直线这一结果不能推断出重物下落过程中机械能守恒的结论，还需要根据图像的斜率是否等于2g来判断，故D错误。
故选AC。
（2）[2]由于t和d均较小，所以可用t时间内的平均速度来近似替代小球经过光电门时的瞬时速度，即

根据机械能守恒定律有

整理得

所以图像的斜率为

（3）[3]增加下落高度后，重物克服阻力做的功增加，所以动能增加量与重力势能减少量的差值也会随之增大。
11-5【巩固】 【正确答案】
【试题解析】 详解:
（1）[1]a步骤中小车沿木板匀速下滑时假设木板与水平面的夹角为，车与木板之间的阻力为，则有

取下轻绳和易拉罐后，则

（2）[2] C点的速度为

[3] O→C过程中小车合外力做功

O→C过程中小车动能变化量

所以需要验证的关系式为

11-6【巩固】 【正确答案】
【试题解析】 详解:
（2）[1]设斜面的倾角为，物块与砂和砂桶通过两光电门的遮光时间相等，说明它们在做匀速运动，则有

由几何关系可得
，
整理得

（3）[2]以整体为研究对象，在砂桶中增加的砂子，则合外力等于，所以合外力做功

物块的初速度

末速度

则动能的变化量

整理得

只要验证

成立，就能验证动能定理。
11-7【巩固】 【正确答案】 B 1.88 1.92 g 原因可能是先释放纸带，后接通打点计时器
【试题解析】 详解:
(1)[1]A．验证机械能守恒定律的实验是重力势能减少的量等于动能增加的量，即

质量可以约掉，没有必要称出重物的质量。故A错误；
B．图中两限位孔必须在同一竖直线上，是为了减小阻力。故B正确；
C．数据处理时，应选择纸带上距离较远的两点作为初、末位置，距离越远，读数时误差越小。故C错误；
D．求速度时利用平均速度等于中间时刻的速度的方法。故D错误。
故选B；
(2)[2]打点计时器打到点时重锤的重力势能比开始下落时减少了

[3]相邻计数点的时间间隔为

此时重锤的速度为

(3)[4]由机械能守恒定律，可得

整理，可得

易知，图线的斜率近似等于重力加速度g；
[5]图线明显未过原点的原因可能是先释放纸带，后接通打点计时器，致使计时器打点时，纸带已经具有了一定的速度。
11-8【巩固】 【正确答案】 BC
【试题解析】 详解:
（1）[1]由机械能够守恒的式子可得与小球的质量无关，故不需要天平，这里需要测量细线的长度以及小球的直接，所以需要用到刻度尺和游标卡尺，故选BC。
（2）[2]小球做平抛运动，竖直方向做自由落体运动有

水平方向有

联立可得

（3）[3]小球下降的高度为

若机械能守恒有

化简得

满足该式子，则得出机械能守恒。
11-9【巩固】 【正确答案】
【试题解析】 详解:
（1）[1]A球落地后，B球继续上升过程有

解得

（2）[2]由机械能守恒可得

解得

则A球刚落地时B球的速度

则有

解得

（3）[3]A球落地前A、B球组成的系统损失机械能

11-10【提升】 【正确答案】 ACD或CDA或ADC或CAD或DAC#DCA 1.6 0.34或0.35或0.36 －0.37 滑轮（纸带或细线）的动能
【试题解析】 详解:
（1）[1] A．细绳的质量要小，细绳机械能变化忽略不计有助于提高实验准确性，故A正确；
B．只要m2大于m1， 不必远大于m1，B错误；
C．定滑轮质量要小，减小定滑轮转动动能，有利于提供实验的准确性，故C正确；
D．保证重物在下落时不要摇晃，有利于提供实验的准确性，故C正确；
故选ACD。
（2）[2] 因为物体作匀变速直线运动，所以D点的瞬时速度等于CE两点间的平均速度，即


（3）[3] 从打下“O”点到打下“D”点的过程中，m1的机械能变化了

[4] 从打下“O”点到打下“D”点的过程中，m2的机械能变化了

（4）[5] m1和m2组成的系统机械能有所损失，则损失的机械能除因摩擦转化为内能外，还转化为滑轮（纸带或细线）的动能。
11-11【提升】 【正确答案】 AC或CA
【试题解析】 详解:
（1）[1]A．实验时需要先接通光电门，后剪断细绳让小车运动，A正确；
B．平衡摩擦力时砂和砂桶受力平衡

小车受力平衡

剪断细线后小车所受到的合外力为

联立可得

B错误；
C．对小车，由牛顿第二定律可得

所以实验中不需测量斜面倾角，C正确；
D．由上述分析可知，砂和砂桶的总重力等于小车加速运动时所受到的合外力，所以不需要满足m远小于小车质量M，D错误。
故选AC。
（2）[2][3]光电门的原理：因为遮光条宽度很小，用遮光条通过光电门的平均速度代替滑块通过光电门的瞬时速度，所以通过A的速度

通过B的速度

根据动能定理

所以要验证的就是

11-12【提升】 【正确答案】 AB
【试题解析】 详解:
（1）[1]机械能守恒的公式与小球的质量无关，故不需要天平，实验中需要测量小球的直径，需要游标卡尺；需要测量细线的长度以及小球做平抛运动的高度，需要刻度尺。故选AB。
（2）[2]小球做平抛运动，竖直方向有，水平方向有，联立得

（3）[3]小球下降的高度

若机械能守恒，则有

将相关物理量代入并化简得

该式即为验证机械能守恒定律的表达式。
11-13【提升】 【正确答案】 A 3 仍然 10
【试题解析】 详解:
（1）[1]摆下过程中若只有重力做功机械能守恒，为减小阻力影响，相同体积时应选用密度大的小球，故应选钢球，A正确；
（2）[2]竖直悬挂时，小球受力平衡

小球摆下过程若机械能守恒

在最低点拉力最大

解得

最大值与半径无关，故

因此

[3]若仅增大小球质量，关系仍成立；
（3）[4]若，则在最低点


则在最低点的动能为

机械能损失了

故第一次摆下过程中机械能损失占比为

12-1【基础】 【正确答案】 0.655或0.653或0.654或0.656或0.657 见解析 b 2.9
【试题解析】 详解:
①[1]根据电阻定律

解得电阻率为

[2]螺旋测微器的精确值为，图甲读数为

②[3]实物连线如图所示

③[4][5]根据
，
可知，电压表示数变化较大，说明电流表分压作用较大，因此采用电流表外接法测量时相对准确，即处于位置，根据欧姆定律可得

12-2【基础】 【正确答案】 A D E 乙
【试题解析】 详解:
（1）[1][2][3]电源电动势为3V，则为减小实验误差，电压表应选A，电路中的电流不超过0.6A，则电流表应选D；滑动变阻器接成限流电路即可，则应选E；
（2）[4]因电压表内阻远大于待测电阻的阻值，可知为减小实验误差，应选用电流表外接，即选择乙图为该实验的电路原理图；
[5]按所选择的电路原理图把实物图用线连接起来如图；

12-3【基础】 【正确答案】 B C 见解析 左 A
【试题解析】 详解:
（1）[1]被测电阻约为5Ω，电池组电动势为3V，所以电流表选择0~0.6A量程的即可；
（1）[2]为了使金属丝两端的电压容易改变，滑动变阻器应选用阻值较小的C；
（2）[3]为了使金属丝两端电压变化范围尽量大，应使用分压接法；电压表内阻与被测金属丝电阻之比远大于金属丝电阻和电流表内阻之比，所以电流表选用外接法，如图所示：

（2）[4]为保护仪表，在闭合开关前，滑动变阻器的滑片应当调到最左端；
（2）[5]由电阻定律可得

解得

（3）[6] 随着滑片移动距离x的增加，电流表的示数也随之增加，说明滑片从右向左滑动；设滑动变阻器长度为，则滑片滑动过程中变阻器的接入电阻为，根据欧姆定律得

则电源的功率为

由关系式可知与不是线性关系；当时，；由于，所以滑片刚开始滑动时，电路中的总电阻变化不大；当的接入电阻等于时，在滑片滑动相同距离的情况下，电路中的总电阻变化较大。所以电源的功率一开始变化率较小，随着的接入电阻的减小，其变化率逐渐增大。故选A。
12-4【基础】 【正确答案】 5.200mm C E 1.90V 0.44A
【试题解析】 详解:
（1）[1] 金属管线外径

（2）[2] [3]由于两节干电池的电动势为3V，为了准确，电压表选用3V量程，由于待测电阻约5Ω，根据欧姆定律，电流表应选0.6A量程；为了便于调节，滑动变阻器选用0～10Ω。
（3）[4][5]由于电压表选用3V量程，精度为0.1V，向后估读，因此电压表的读数1.90V；电流表选用0.6A量程，因此读数为0.44A。
（4）[6]根据

求出电阻值，再根据

而

整理得

12-5【巩固】 【正确答案】 0.531 线夹的位置M 电阻箱的示数R1 线夹的位置N 电阻箱的示数R2 两次线夹位置M、N间的距离L
【试题解析】 详解:
（1）[1]由题图可知

[2]本实验由于缺少电压表，所以不能采用传统的伏安法测量电阻率。我们可以通过控制电路中电流一定，即总电阻一定，通过改变电阻箱和电阻丝接入回路的阻值，找到电阻丝的阻值与长度的关系，进而求出电阻率，因此电阻箱、电阻丝和电流表应串联，如图所示。

[3][4] [5][6]根据上面对实验原理的介绍可知，在步骤c中，除了记录电流表的示数外还需记下此时线夹的位置M和电阻箱的示数R1。在步骤d中，改变线夹的位置后，调节电阻箱使电流表的示数不变，记录此时线夹的位置N和电阻箱的示数R2。
[7]为了求出电阻丝的阻值与长度的关系，需要用米尺测量出两次线夹位置M、N间的距离L。
[8]设步骤c中电阻丝接入电路的阻值为RM，步骤d中电阻丝接入电路的阻值为RN，则有
R1+RM=R2+RN
M、N间的电阻为

根据电阻定律有

解得电阻率为

12-6【巩固】 【正确答案】 0.850 C E
【试题解析】 详解:
（1）[1]游标卡尺读数为

（2）[2][3]流过电流表的最大电流

为了减小误差，电流表应选择C，电路图中用分压式连接调节电压，为了方便调节，滑动选择阻值较小的E；
（3）[4]根据电路图得实物图连接如图所示

（4）[5]滑动变阻器位置不变，可认为电阻箱、电流表、和电阻丝组成的电路电压不变，电流表的电流始终保持半偏，即电流不变，可知电阻箱阻值和电阻丝阻值之和不变，设为，即

又电阻定律可得

联立可得

可知图象的斜率的绝对值

解得

12-7【巩固】 【正确答案】 4.240 滑动变阻器R 2R0-Rg
【试题解析】 详解:
(1)[1]金属圆管长度为

(2)[2]闭合S1，调节滑动变阻器R使电流计G指针达到满偏
[3]根据欧姆定律

解得

(3)[4]根据电阻定律


解得

12-8【巩固】 【正确答案】 0.30 2.85或2.86或2.87或2.88或2.89 2.79~2.89
【试题解析】 详解:
（1）[1]电流表采用0~0.6A量程时的分度值为0.02A，所以电流表读数为

（2）[2]U-I图象的纵截距表示两节干电池的总电动势，即

考虑到读图误差，答案在2.85~2.89范围内均可。
[3]由题图1可知电流表采用外接法，所以U-I图象斜率k的绝对值表示两节干电池的总内电阻r和电流表内阻rA之和，即

考虑到读图误差，答案在2.79~2.89W范围内均可。
（3）[4]由题图4以及电阻定律可知

所以

考虑到读图误差，答案在9.6×10-7~1.1×10-6范围内均可。
12-9【巩固】 【正确答案】 0.775 A D 2.8
【试题解析】 详解:
(1)[1]金属丝直径为

(2)[2]金属丝的最大电流约为

电流表应选择A；
[3]金属丝电阻约为5Ω，为了调解电路方便，滑动变阻器应选用D；
(3)[4]该金属丝的U-I图线如图所示

[5]根据图像，金属丝电阻为

(4)[6]将金属丝与定值电阻串联，电压表并联在金属丝和定值电阻的两端，改进后电路如下图所示

12-10【提升】 【正确答案】 2.000mm 0.6Ω或0.60Ω 偏大
【试题解析】 详解:
（1）[1] 金属丝的直径为

（2）[2] 由图知当，时由闭合回路可得

解得

当，时由闭合回路可得

解得

又

解得

（3）[3]由（2）分析可知，则

（4）[4] 由（2）分析可知

解得

电源因为长期使用，电动势略有下降，则计算时E偏大，偏大，由可知得出的金属丝电阻率偏大。
12-11【提升】 【正确答案】 16 不变
【试题解析】 详解:
（1）[1]定值电阻所在支路最小电阻约为

电阻箱R最大阻值为，为测多组实验数据，所以定值电阻应选的电阻。
（2）[2]电阻箱与串联，再与水柱、并联，所以有

玻璃管内水柱电阻的表达式

（3）[3]由电阻定律可以知道

则有

根据题意可知，电流表示数均相等，则有

由题图可得

电阻率

[4]若电流表内阻不能忽略，则有

电阻率为

保持不变。
12-12【提升】 【正确答案】 5.01 A E 管线状导体长度L －
【试题解析】 详解:
（1）[1]游标卡尺的精度为0.1 mm，所以管线状导体的长度
L＝（50＋1×0.1） mm＝5.01 cm.
（2）[2][3]因管线状导体的阻值约为6 Ω，电压表的量程为3 V，则电流最大约为0.5 A，故电流表应选A.为调节方便，应选用总阻值与管线状导体相差不大的滑动变阻器E.
（3）[4]Rx≈6 Ω则

故测量电路应为电流表外接法电路．因滑动变阻器的总阻值大于管线状导体阻值，且实验中不要求电压从零开始调节，故滑动变阻器为限流接法，如图所示．

（4）[5][6]管线状导体长度为L，由导体电阻公式得

可得

13-1【基础】 【正确答案】 轿车超速行驶
【试题解析】 详解:
碰撞中两车间的相互作用力很大，可忽略两车受到的其他作用力，近似认为两车在碰撞过程中动量守恒。设轿车质量为m1，货车质量为m2；碰撞前轿车速度为v1，货车速度为v2；碰撞后两车的共同速度为v′。选轿车碰撞前的速度方向为正方向。碰撞前系统的总动量为m1v1＋m2v2，碰撞后系统的总动量为（m1＋m2）v′，由动量守恒定律，得
m1v1＋m2v2＝（m1＋m2）v′
解得
v1＝126 km/h＞100 km/h
故轿车在碰撞前超速行驶。‍
13-2【基础】 【正确答案】 (1)30N·s，水平向右；(2)2.8m/s
【试题解析】 详解:
(1)A、B碰撞过程中，由动量守恒有

代入数据解得

由动量定理得，A对B的冲量

方向水平向右。
(2)对人、A、B组成的系统进行全过程分析，由动量守恒有

代入数据解得

13-3【基础】 【正确答案】 （1）；（2）
【试题解析】 详解:
（1）设甲与乙碰撞前瞬间甲的速度大小为，根据动量定理有

根据动量守恒定律有

解得

（2）由功能关系有

解得

13-4【巩固】 【正确答案】 （1）4 m/s；（2）0.45 m
【试题解析】 详解:
（1）弹性环下落到地面时，速度大小为v，由动能定理得

解得

（2）弹性环与地面碰撞不损失机械能，弹性环反弹速度大小仍为4m/s。弹性环反弹后被直棒刺卡住时，与直棒速度相同，设为，由动量守恒定律得

解得

直棒能上升的最大高度为

13-5【巩固】 【正确答案】 （1）4m/s；（2）0.8m/s；（3）1.35×107N/m
【试题解析】 详解:
（1）根据动能定理得

解得

（2）打桩锤与桩作用时间极短，相互作用过程动量守恒，则有

解得

（3）设桩向下运动过程中的阻力与进入深度关系为

则第一次击打后，有

解得

13-6【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）2 025
【试题解析】 详解:
（1）设重锤A下落与桩B碰撞前的速度为v0，则有

因为重锤A与桩B发生了时间极短的完全非弹性碰撞，设碰撞后的共同速度为v，则有

设第1次打桩，桩B克服阻力所做的功为W1则有

其中

从而解得

另一负解不合实际情况，故舍去。
（2）设要打N次，根据动能定理，有

其中

解得
N＝2025
13-7【巩固】 【正确答案】 (1)3m/s；(2)2s，31.5m
【试题解析】 详解:
(1)两球碰后粘在一起与竖直挡板碰撞到回到B点，整个过程可看成做匀减速运动，设两球碰后的共同速度为，看成做匀减速运动的加速度大小为

看成做匀减速运动的位移为

根据匀变速运动运动公式

设以v的速度与发生碰撞，由于碰撞中满足动量守恒

联立可得

(2)从A点到B点在力F和滑动摩擦力作用下速度由0变到v，设F作用的时间为t，对该过程应用动量定理

可得

加速度为

此段过程做匀加速运动，匀加速时间为，末速度为

A、B两点距离

可得

13-8【提升】 【正确答案】 （1）；（2）；（3）
【试题解析】 详解:
（1）根据

得B下落到A时速度

根据动量守恒

得A、B碰撞结束时的速度

（2）当弹性绳弹力等于重力时，速度最大，即

此时弹性绳伸长量

根据动能定理

解得

（3）当弹性绳弹力等于活塞与管壁间的最大静摩擦力为f=3mg时，弹性绳伸长量最大，即

解得

则关于平衡位置对称，故速度大小相等，为，故从弹性绳伸长量最大到A、B整体第一次达到最低点的过程中，弹性绳弹力不变，弹性绳长度不变，重力和摩擦力做功，根据动能定理

得

活塞与筒壁间的摩擦力做功大小

则活塞与筒壁产生的摩擦热量

13-9【提升】 【正确答案】 (1)；4g；(2)；(3)
【试题解析】 详解:
(1)竖直静止时，对小孩受力分析有
5mg=kx0
解得弹簧的劲度系数

压缩量为5x0时对小孩受力分析，根据牛顿第二定律，有
5kx0-5mg=5ma
解得压缩量为5x0时小孩加速度
a=4g
(2)当小孩的合力为零时，速度最大，即小孩上升高度为4x0时速度最大，对系统运用能量守恒定律，有

解得小孩在上升阶段的最大速率

(3)设弹簧恢复原长时小孩速度为v1，对系统运用能量守恒定律，有

小孩抓住跳杆瞬间，小孩和跳杆动量守恒，有
5mv1=(5m+m）v2
之后小孩和跳杆一起在竖直上抛至最高点，由机械能守恒定律，有

解得弹跳杆下端离地的最大高度

答：(1)弹跳杆中弹簧的劲度系数k为，压缩量为5x0时小孩加速度大小为4g；(2)在图乙所示的过程中，小孩在上升阶段的最大速率为；(3)在图乙所示的过程中，弹跳杆下端离地的最大高度为。
13-10【提升】 【正确答案】 （1）；（2）；（3）
【试题解析】 详解:
（1）设滑块静止时弹簧压缩量为，则有

设物体下落与滑块相碰前的速度大小为，由动能定理得

设碰后二者粘在一起的共同速度为，由动量守恒定律得

滑块下移的距离为时速度减为零，由运动学公式得

解得

由牛顿第二定律得

联立解得

（2）解法一：
碰撞结束时，智能材料对薄滑块阻力的大小

下移距离d时

智能材料阻力做功

联立解得

解法二：
薄滑块自碰撞后在筒中下移距离d的过程中
，
由动能定理得

联立解得

（3）当滑块向上运动时，若规定向上为滑块和物体所受合力的正方向，则合力

作出图像如图

当时，滑块位置坐标为

设位置坐标为时，滑块速度减为零，根据M点和N点关于合力为零的位置对称，故有

即得

滑块速度减为零时不再下降的条件是

解得

所以的最小值为。
13-11【提升】 【正确答案】 （1）12m/s （2）0.8m
【试题解析】 分析:
(1)有摩擦的滑行过程优先选择动能定理解决速度问题；
(2)两滑块间的碰撞过程应用动量守恒解决；涉及位移问题选择运动学公式或动能定理.
详解:
(1)滑块在风洞中A点由静止释放后，设经过C点时的速度为，
根据动能定理可得:
解
(2)滑块1与滑块2发生完全非弹性碰撞，
动量守恒定律可得:
由能量守恒可得
解得
点睛:
能正确对物体受力分析，确定物体的运动情况，并能灵活选取研究的过程和对应的物理规律解决.
13-12【提升】 【正确答案】 （1）；（2）；（3）
【试题解析】 详解:
（1）根据运动学公式可得B与A碰撞前瞬间的速度大小为

设B与A碰撞后瞬间一起向下运动的速度大小为v1，则由动量守恒定律有

解得

（2）开始时A处于平衡状态，根据胡克定律可知此时弹簧的压缩量为

设B与A碰撞后二者运动到最低点时到O点的距离为x1，则根据机械能守恒定律有

联立解得

根据简谐运动的特征可知，A被碰后做简谐运动的振幅为

（3）B运动到最低点时，A、B的加速度大小相同，均设为a，设此时A对B的支持力大小为FN，则对整体应用牛顿第二定律有

对B单独应用牛顿第二定律有

联立解得

根据牛顿第三定律可知此时B对A的压力大小为

14-1【基础】 【正确答案】 （1）；（2）；（3）见解析
【试题解析】 详解:
（1）油滴速度为v1时所受阻力
f1=kv1
油滴向下匀速运动时，重力与阻力平衡，则有
f1=mg
质量为

解得

（2）设油滴所带电荷量为q，油滴受到的电场力

电场强度为

油滴向上匀速运动时，阻力向下，油滴受力平衡可得

则油滴所带电荷量为

（3）不同油滴所带电荷量q是不同的，这些带电液滴的电荷量是不是元电荷的整数倍？
14-2【基础】 【正确答案】
【试题解析】 详解:
小油滴悬浮在两板间电场中不动，处于静止状态，由平衡条件得

匀强电场中内部场强，联立以上两式解得
.
14-3【基础】 【正确答案】 （1）竖直向下；（2）2×105N/C
【试题解析】 详解:
（1）物体受电场力向上，油滴带负电，可判断该匀强电场的方向竖直向下；
（2）根据
G=qE
可得匀强电场的电场强度大小

14-4【巩固】 【正确答案】 (1)2.0m/s；(2)1m/s；(3)不能；0.6m
【试题解析】 详解:
(1)设B受到的最大静摩擦力为f1m，则.
f=μ=2.5N
设A受到地面的滑动摩擦力的f，则
f=μ(m+m)g=4.0N
施加电场后，假设A、B以相同的加速度向右做匀减速运动，加速度大小为a，由牛顿第二定律，有
qE+f=(m+m)a
得
a=2.0m/s
设B受到的摩擦力为f1，由牛顿第二定律得
f=m
计算得出
f=2.0N 可以知道电场作用后，A、B仍保持相对静止以相同加速度a=2.0m/s向右做匀减速运动，
所以刚加上匀强电场时，B的加速度大小
a=2.0m/s
(2)A与挡板碰前瞬间，设A、B向右的共同速度为v，根据运动学公式，有

计算得出
v=1m/s
A与挡板碰撞无机械能损失，故A刚离开挡板时速度大小为
v=1m/s
(3)A与挡板碰后，以A、B系统为研究对象
qE=f
故A、B系统动量守恒，设A、B向左共同速度为v，规定向左为正方向，得:
m－m=(m+m)v共
设该过程中，B相对于A向右的位移为，由动能定理得

解得
s=0.6m<0.7m，所以B不能离开A.，B与A的左端的最大距离为
s=0.6m
14-5【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）；（3）
【试题解析】 详解:
（1）两球碰撞后乙球做圆周运动，运动轨迹如图所示

设两次碰撞间，乙在轴上方和下方运动时间分别为和，轨迹对应圆心角分别为和，则有
，
由几何关系可得
，
可得

（2）两球发生弹性碰撞，且两球的质量相等，设碰前甲球的速度大小为，碰后甲球的速度为，乙球的速度为，则有


解得
，
可知碰撞后甲球的速度为零，甲球做自由落体运动，到D点再次相撞过程中两球运动时间相等，则有

解得

此过程乙球运动的时间为

又

联立解得

（3）两球碰撞后乙球做圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力

根据几何关系可得

解得

甲小球初速度的大小

14-6【巩固】 【正确答案】 （1）带负电，；（2）；（3）q2：q1=1：3
【试题解析】 详解:
（1）由题意得，油滴带负电
①
不加电场匀速下降，有
②
当油滴以0.5v匀速上升由平衡条件
③
故

（2）d增大到4倍，根据平衡条件得
④
⑤
解得
⑥
（3）设油滴2的电量为q2，由平衡条件得:
⑦
解得
q2：q1=1：3⑧
14-7【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）
【试题解析】 详解:
（1）由平衡条件得

解得

（2）设到达下板的速度为v，则


由动能定理得

解得

14-8【巩固】 【正确答案】 （1）0.1kg；（2）2m/s；（3）0.05J
【试题解析】 详解:
（1）圆环从F点运动到D点的过程，由动能定理有

由牛顿第二定律有

解得

（2）圆环从F点运动到C点，电场力做功为0，仅有重力做功，故

解得

（3）圆环与滑块Q碰撞，由于两者质量相等，碰撞后交换速度，故碰撞后圆环的速度为0，滑块Q的速度大小为2m/s；
滑块Q在BC段运动的过程中，根据动能定理有

解得

滑块Q和滑块P碰撞时有


解得

14-9【提升】 【正确答案】 （1）；（2）；（3）
【试题解析】 详解:
（1）根据题意，设为小滑块M在碰撞前瞬间速度的大小，为其碰撞后瞬间速度的大小。设物块N的质量为，碰撞后瞬间N的速度大小为。由动量守恒定律和机械能守恒定律有：


解得



（2）滑块M第一次在电场中加速过程

返回过程中设位移大小为，则

由题意可得



联立解得

滑块M加速过程中满足


总时间

解得

（3）设物块N在水平轨道上能够滑行的距离为，由动能定理有：

M重新运动后到与N恰好相碰，对M由动能定理有：

解得

点睛:
[命题意图]守恒、机械能守恒、功能关系、电场力等综合知识。考查学生的理解能力和推理分析能力，考查学生应用数学知识解决物理问题的能力，突出对物理观念、科学思维的考查，突出对基础性、应用性、应用性的考查要求。
14-10【提升】 【正确答案】 （1），；（2）；（3），=30°，
【试题解析】 详解:
解：（1）由受力分析可知

解得

根据匀变速直线运动位移与速度的关系

解得

（2）对a、b碰撞过程为弹性碰撞，因此有


解得

对b球平抛分析有


解得

（3）当小球击中CD时

由几何关系可知

即

代入可得

所以

当时，小球b在CD上落点为离竖直墙的最大距离，即

此时


即

14-11【提升】 【正确答案】 (1)；(2)e=1.6×10-19C
【试题解析】 详解:
（1）当极板上没加电压时，得到
①
当极板上加电压时，由题得
②
由①、②得
③
（2）由题意得
④
（ n为整数）⑤
由以上①⑤式得

可见，粒子所带电量是基元电荷所带电量的整数倍，基元电荷的带电量为

代入解得

14-12【提升】 【正确答案】 （1）；（2）；（3）
【试题解析】 详解:
（1）释放后，对A、B两滑块，由牛顿第二定律
，
得

A、B一起向右匀加速直至与C碰撞
（为A与C碰前速度）
解得

A与支架发生没有机械能损失的碰撞，所以碰后（以右为正方向）二者速度为
，
碰后A以g的加速度向左减速，B以g的加速度向右加速，二者分离，所以两滑块分离瞬间的A速度大小为2m/s。
（2）由（1）知，A与C碰后A、B的速度，，从碰后到轻绳绷紧，A、B的位移分别为
，
又

解得

此时二者速度分别为
，．
则：当k＝1时，由系统动量守恒

得轻绳绷紧后两板的共同速度大小

（3）碰后A向左减速，B向右加速，加速度，到细绳绷紧

又
，
绷紧瞬间，动量守恒

据题意

将k＝4代入，联立以上各式解得

15-1【基础】 【正确答案】 方向性 不可逆性
【试题解析】 详解:
[1]根据热力学第二定律，扩散、热传递等现象与温度有关，是与热现象有关的宏观过程，具有方向性。即朝某个方向的变化是可以自发发生的。
[2]结合[1]，相反过程却不能自发进行，除非引起了其他方面的变化，即相反过程是不可逆的。
15-2【基础】 【正确答案】 保持不变 吸收
【试题解析】 详解:
[1]由于罐内气体温度保持不变，故内能保持不变；
[2]随着药液的不断喷出，气体的体积增大，气体对外做功，由于气体内能不变，根据热力学第一定律可知，气体吸收热量。
15-3【基础】 【正确答案】 热 方向 全部 不能
【试题解析】 详解:
[1][2][3][4]根据能的转化和守恒定律及能量转化的方向性，人们认识到，自然界中进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性，例如机械能可以全部转化为内能，但内能不能全部转化成机械能，而不引起其他变化。
15-4【基础】 【正确答案】 方向 热
【试题解析】 详解:
根据热力学第二定律，扩散、热传递等现象与温度有关，是与热现象有关的宏观过程，具有方向性．故答案为方向性，热
点睛:
一切自发进行的与热现象有关的宏观过程，都具有方向性，扩散、热传递等现象具有方向性．
15-5【基础】 【正确答案】 见解析 见解析
【试题解析】 详解:
[1]空调机作为制冷机使用时，将热量从温度较低的室内送到温度较高的室外，并不是自发进行的，而是通过压缩做功来实现的，制冷机的工作违反热传递过程的单向性
[2]若将一台正在工作的电冰箱的门打开，尽管它可以不断地向室内释放冷气，但同时冰箱的箱体向室内散热，就整个房间来说，由于外界通过电流不断有能量输入，室内的温度会不断升高
15-6【基础】 【正确答案】 方向性 不违反
【试题解析】 详解:
[1]热量总是自发地从高温物体传递给低温物体，这说明热传递过程具有方向性；
[2]由热力学第二定律知，热量不能自发的有低温物体传到高温物体，除非施加外部的影响和帮助；电冰箱把热量从低温的内部传到高温外部，需要压缩机的帮助并消耗电；故热量不可以自发地从冰箱内传递到冰箱外，但借助压缩机可以实现热量传到冰箱外，故电冰箱的工作原理没有违反热力学第二定律。
15-7【巩固】 【正确答案】 不违背 气体对外做功
【试题解析】 详解:
[1]热力学第二定律的克劳修斯表述为热量不能自发地从低温物体传到高温物体，电冰箱依靠压缩机实现了将热量从低温物体转移到高温物体，不违背热力学第二定律。
[2]制冷剂在蒸发器中由液态变成气态的过程中，体积膨胀，对外做功。
15-8【巩固】 【正确答案】 先减小后增大 可以
【试题解析】 详解:
[1]开始时两分子间距离大，分子间作用力表现为引力，分子相互靠近，引力做正功，分子势能减小，随分子间距离减小到平衡位置后，分子间作用力表现为斥力，分子相互靠近，斥力做负功，分子势能增加，故整个过程分子势能先减小后增加；
[2]根据热力学第二定律可知，在外界因素影响下，物体从单一热源吸收的热量可以全部用于做功。
15-9【巩固】 【正确答案】 D 吸收 0.6 0.2
【试题解析】 详解:
（1）[1]BC．气泡上升过程中温度保持不变，所以以分子的平均速率不变，平均动能也不变，故BC错误；
A．而压强减小体积增大，分子间的作用力不一定增大，故A错误；
D．根据熵增加原理可知气体组成的系统的熵增加，D正确；
故选D。
（2）[2][3][4]气泡上升过程中T不变，故ΔU＝0，由热力学第一定律得气体吸收热量为
Q＝W＝0.6 J
气泡到达湖面后温度上升
ΔU＝Q＋W＝0.3J－0.1J＝0.2J
15-10【提升】 【正确答案】 汽化 液化 BD
【试题解析】 详解:
（1）[1][2]在室内，制冷剂由液态变成气态，是汽化现象，汽化吸热；在室外又由气态变成液态是液化现象，液化放热。
（2）[3]A．变频空调的压缩机是连续工作的，故A错误；
B．由图示可知，空调机制冷时，图中钢管A内流动的是气态“冷媒”，故B正确；
C．空调压缩机是利用做功的方法使“冷媒”发生物态变化的，故C错误；
D．变频器供电频率越高，空调机的制冷能力越强，故D正确。
故选BD。
15-11【提升】 【正确答案】 正 降低
【试题解析】 详解:
[1]密闭于气缸内的压缩气体膨胀，将箱盖顶起，气体体积增大，缸内气体对外做正功；
[2]缸内气体与外界无热交换，即，由于缸内气体对外做正功，即外界对气体做负功，即，根据热力学第一定律，可知气体的内能减小，气体温度降低。
15-12【提升】 【正确答案】 内能 不能
【试题解析】 详解:
[1][2]饮水鸟的结构如图所示，其大致原理是先在鸟嘴上滴一些水，水分蒸发吸热使得头部气压小于肚子的气压，从而使肚子中的部分液体被压入头部，使重心上移，鸟的身体变得不稳开始倾斜，倾斜的过程中肚子中的玻璃管口脱离液面，从而使头部的液体又回流到肚子中，使鸟身体再回到开始时的竖直状态，而刚才倾斜的过程中鸟嘴刚好又沾到了水，之后鸟回到竖直状态后，鸟嘴的水分蒸发，重复刚才的过程。综上所述，饮水鸟上下运动的能量来源是周围空气的内能，当水杯中的水干了之后，由于不能造成头部和肚子的压强差，小鸟显然不能再上下运动了。

16-1【基础】 【正确答案】 (1)1.06×105Pa；(2)0.6m；(3)0.9m
【试题解析】 详解:
(1)由题意得
p0S+mg=pS
代入数据得
p=1.06×105Pa
(2)设金属筒静止漂浮在水中时，内外水面高度差为h，由平衡条件得
mg=ρShg
代入数据得
h=0.6m
(3)设金属筒静止时露出水面的长度为∆h，筒内封闭气体温度不变
则有
p0SL=pS（h+∆h）
代入数据得
∆h=0.9m
16-2【基础】 【正确答案】 （ⅰ）；（ⅱ）
【试题解析】 详解:
（ⅰ）对容器进行受力分析，有

则气体的压强为

（ⅱ）根据题意，初态气体体积

末态


气体做等压变化，由盖—吕萨克定律有

解得升温后气体的长度

故露出水面的长度

16-3【基础】 【正确答案】
【试题解析】 详解:
初始状态，试管的浮力等于其所受重力，设试管的横截面积为S，则

设当试管被下压至管内气体下端与水面深度为H时，试管恰好能悬浮于水中，设此时试管内气体长度为，由平衡有

由两式得

由玻意耳定律，有

由两式得

又

由两式得

16-4【巩固】 【正确答案】 （1）p1=1.1×105Pa；（2）
【试题解析】 详解:
（1）设筒内气体压强为p1，则有
p1=p0+ρgh1
解得
p1=1.1×105Pa
（2）初始时，筒内气体温度
T1=（273+27）K=300K
气柱长度
h1=1m
水温升高至
T2=（42+273）K=315K
在此过程中，气体做等压变化
由盖·吕萨克定律有

解得

16-5【巩固】 【正确答案】 ①；②
【试题解析】 详解:
①海水封闭的气体的压强为

②气体做等温变化，设原来气体的压强为p，则有

即

解得

16-6【巩固】 【正确答案】
【试题解析】 详解:
设该同学的肺活量为V0，则呼出气体的初始压强为p0，体积为V0。
末状态呼出气体的压强

体积

由玻意耳定律

解得

16-7【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）
【试题解析】 详解:
（1）设活塞的质量为m，由平衡条件有
①
解得
②
（2）设外界温度为7℃时，由于被封气体压强不变，发生等压变化，设活塞的下端距湖面的高度为
③
④
⑤
⑥
⑦
解得
⑧
16-8【提升】 【正确答案】 ①；②
【试题解析】 详解:
①根据平衡可知

解得

②小瓶初态

当小瓶刚好浸没在水中时内的小瓶气体
V2=xS
压强
p2=p′0
对小玻璃瓶内气体由玻意耳定律可知
p1V1=p2V2
对小瓶根据平衡状态

对气体A

联立解得

16-9【提升】 【正确答案】 2.5m3；10m
【试题解析】 详解:
当F=0时，由平衡条件得
Mg=ρg(V0+V2)
代入数据得
V2=2.5m3
设筒内气体初态、末态的压强分别为p1、p2，由题意得


在此过程中筒内气体温度和质量不变，由玻意耳定律得
p1V1=p2V2
联立解得
h2=10m
16-10【提升】 【正确答案】 (1)；(2) ； (3)上浮
【试题解析】 详解:
(1)对玻璃瓶，有

解得

(2)对于矿泉水瓶内的气体有

因为玻璃瓶的重力不变，所以玻璃瓶排开水的体积不变，即玻璃瓶内空气柱的长度为，对玻璃瓶内的空气有

联立解得



(3)假设空气体积均不变，根据查理定律得



解得



因为升温前

所以有

因此玻璃瓶内空气柱变长，玻璃瓶将上浮。
16-11【提升】 【正确答案】 （1）95p0；（2）17m3
【试题解析】 详解:
（1）压入水箱中气体压强为

剩余在贮气筒内气体压强p3，因温度不变，气体发生等温变化，由玻意耳定律得

解得

（2）设最多能排出体积为V的海水，根据玻意耳定律得

即

解得

16-12【提升】 【正确答案】 13次
【试题解析】 详解:
设在水面下h=290m处贮气钢筒内气体的压强变为，由查理定律得

设贮气钢筒内气体的压强变为p2时，体积为V2，由玻意耳定律得

重新充气前，用去的气体在p2压强下的体积为

设用去的气体在水舱压强为p4时的体积为V4，由玻意耳定律得

其中

则压入水舱的次数

贮气筒内的空气压入水舱的次数为

17-1【基础】 【正确答案】 3 7 波峰
【试题解析】 详解:
[1] 质点的振动方向遵循沿波的传播方向，上坡向下，下坡向上的规律。

（1）[2][3]在机械波传播过程中，各质点做的都是简谐运动，所以在平衡位置处速度最大，动能最大，在最大位移处速度最小，动能最小。根据图像位于平衡位置的质点具有最大速度，所以3，7具有最大速度；
（2）[4]第5点所在的位置具有最大正向位移，所以为波峰处。
17-2【基础】 【正确答案】 1.6 0.025 16
【试题解析】 详解:
[1]根据题意得时观察到A质点第2次经过波谷，故

解得

[2]由于波长为，则波速为

[3]经过3.2 s即的路程为

17-3【基础】 【正确答案】 小于 a
【试题解析】 详解:
[1][2]波的频率取决于波源的振动频率，与介质无关，故声波在空气中与在水中传播的频率相同，由于声波在空气中传播的速度小于在水中传播的速度，根据可知，同一声波在空气中传播的波长较小，其波形是波形a。
17-4【基础】 【正确答案】 向下 2.75
【试题解析】 详解:
[1]由图，根据同侧法可知，邻近B点前方的质点向下运动，则B的起振方向向下，因此手开始抖动的方向向下。
[2]手每秒钟做一次全振动，可知周期

由图，根据题意可知，B处质点经过第一次到达波峰，则B处质点第三次到达波峰需经过，则所用时间为

17-5【基础】 【正确答案】 （n=1、2、3……）或（n=1、2、3……）
【试题解析】 详解:
[1]MN两点到波源O的距离分别为vt1和vt2；因M、N点振动方向总是相反，则两距离之差等于半波长的奇数倍，即

或者

解得

或
（n=1、2、3……）
17-6【巩固】 【正确答案】 没有（不） 振动（运动）
【试题解析】 详解:
[1]质点只振动，不会随着机械波移动。把绳的一端固定在墙上，用手握住另一端连续地上下振动，在绳上形成由近及远传播的波，可以看到套在绳上的光滑小圆环没有（不）随波前进；
[2]波传递是振动（运动）形式和能量；
17-7【巩固】 【正确答案】 10 4
【试题解析】 分析:
由图得到波长，根据质点P的振动求得周期，即可得到波速；根据周期，由质点Q的运动时间和周期的关系，根据振幅求得路程．
详解:
由图可得：波长λ＝8m；根据t＝0时质点P在波峰位置，t＝0.6s时质点P第一次经过平衡位置沿y轴正方向运动可得：，故周期T＝0.8s；所以，波速；根据周期T＝0.8s可得：0～0.4s内质点Q经过的路程s＝2A＝4cm；
点睛:
机械振动问题中，一般根据振动图或质点振动得到周期、质点振动方向；再根据波形图得到波长和波的传播方向，从而得到波速及质点振动，进而根据周期得到路程．
17-8【巩固】 【正确答案】 8L
【试题解析】 详解:
[1]由于质点1开始起振时从平衡位置向下运动，而经过Δt，质点1恰好经平衡位置向上运动，由题意可知，这段时间恰好为，因此该波的周期为

[2]由图（b）可知，该波的波长为

[3]根据

可得波速为

17-9【巩固】 【正确答案】 2 s 2 m/s 12 m
【试题解析】 详解:
[1]该绳波能使固有频率为0.5 Hz的物体发生共振，波的频率等于物体的固有频率，又

则绳端振动的周期

[2]由题图可得，波长，故波速

[3]该波的振幅，20 s是10个周期，则任意振动点运动的总路程

17-10【巩固】 【正确答案】 正 0.2
【试题解析】 详解:
[1]时处的质点正向下运动，则波沿x轴正方向传播；
[2]由波形图知，所以

[3]对波形图进行分析，时处的质点此时相对平衡位置已向上振动，即初相为，所以振动方程为

17-11【提升】 【正确答案】 80
【试题解析】 详解:
[1]由图可知，A处波长为，B处水波波长为，可知B处水波波长是A处水波波长的倍；
[2]根据

可知波在B处传播速度是A处传播速度的倍，结合联立解得B处的水深为

17-12【提升】 【正确答案】 正 20 8
【试题解析】 详解:
[1]波刚好传播到A（7cm，0）点，由同侧法可知，波源起振方向沿y轴正方向；
[2]波速为

[3]设质点的振动方程为

当时

解得

波传到点所需的时间

0～1.25s内A处质点比B处质点多振动的时间为

即一个周期，A处质点比B处质点多通过的路程为

17-13【提升】 【正确答案】 4 0.5 向下运动
【试题解析】 详解:
[1]设波的表达式为

由题知A = 2cm，波图像过点（0，）和（1.5，0），代入表达式有

即
λ = 4m
[2]由于该波的波速v = 2m/s，则

[3]由于该波的波速v = 2m/s，则

由于题图为t = 0时刻的波形图，则t = 2s时刻振动形式和零时刻相同，根据“上坡、下坡”法可知质点A向下运动。
18-1【基础】 【正确答案】 （1）2.4m；（2）0.7m/s，方向竖直向下
【试题解析】 详解:
（1）由题意可知潜水员头盔上照明灯发出的光线在透光区域边缘恰好发生全反射，则根据几何关系可知

解得

（2）当透光的圆形水域半径扩大到时，设潜水员的深度为h′，由于全反射临界角不变，则根据几何关系可得

解得

潜水员在水下竖直方向匀速运动的速度为

方向竖直向下。
18-2【基础】 【正确答案】
【试题解析】 详解:
水面上刚好形成一个边长为d的正方形亮斑，设光源离水面的高度为，则从光源射向正方形的角的光线发生了全反射，有


解得

18-3【基础】 【正确答案】 （1）2；（2）
【试题解析】 详解:
（1）如图所示

设 ，临界角为C，在B点恰好发生全反射，故有

且A为OD中点，，故


解得

（2）由几何关系可知，， ，光在玻璃砖中传播的速度

则


18-4【巩固】 【正确答案】 (1)见解析；(2)
【试题解析】 详解:
(1)由，得
C=45°

由几何关系，得
θ=60°
θ>45°，故光束在AC面上发生全反射
(2)设光在玻璃中传播的路程为s
由几何关系得

又


解得

18-5【巩固】 【正确答案】 (1)；(2)
【试题解析】 详解:
（1）由折射定律可得

则要想光在平板中传播的时间最短，那么传播路径就要最短，而最短传播路径为d，则最短传播时间为

（2）射反射临界角为，则

解得

作图如下

由几何关系得，平板右边界上的透光区域为一个圆，AB为圆的直径，大小为2d，则半径为d，有

故从右侧观察到平板右边界上透光区域的面积为。
18-6【巩固】 【正确答案】 （1）45°；（2）
【试题解析】 详解:
（1）光线发生全反射的临界角C满足

解得

（2）设光线在距 点的点射入后， 在上表面的入射角为，由几何关系可知

解得

由于 ， 故光线在玻璃砖内会发生三次全反射， 最后由点射出， 由几何关系可得

经分析可知

解得


18-7【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）
【试题解析】 详解:
（1）由
得

（2）当通过小孔最底端的光线在水流外侧发生全反射时，所有光线都能在水流中传播。此时入射角为C

从A处出来的水做平抛运动

由


解得

当时不漏光
18-8【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）
【试题解析】 详解:
（1）光路如图所示

由几何关系可得棱镜对光线的折射率

（2）光在棱镜中的传播速度为

由几何关系可得
OE=a



两束光线到达交点的时间差

18-9【提升】 【正确答案】 （1）；（2）
【试题解析】 详解:
（1）设弧长为的圆弧所对的圆心角为

根据几何知识，全反射的临界角为

根据全反射条件

解得

（2）由题意可知，沿DB方向到达AB面上的光在材料中的传播距离最大，时间最长，做出如图所示光路图，有几何关系可知光从光源到AC面的传播距离为R，材料中的传播距离为

在材料中的传播时间为

光在空气中传播的时间为

点光源发出的光射到AB面上的最长时间为


18-10【提升】 【正确答案】 （1）；（2）πh2
【试题解析】 详解:
（1）垂直照射时间最短，光在介质中的传播速度

时间

解得

（2）如图

当入射角达到临界角C时，光线发生全反射，

所以

因此能看到黑点的面积

18-11【提升】 【正确答案】 （1）；（2）变大
【试题解析】 详解:
（1）光线恰在b点发生全反射，则

其中

则


（2）由光路图可知，当槽中水的深度增加时，暗斑半径变大。
18-12【提升】 【正确答案】 （1）；（2）
【试题解析】 详解:
（1）光以最短距离传播到光屏，光路图如下图所示

根据折射率与光速的关系得

则光在透明介质传播所用时间为

则光以最短距离传播到光屏所用的时间为

（2）当入射光逐渐向上偏移时，由于光从光密介质射入光疏介质，当光路图如图所示时，会发生全反射，此时的光路图为临界情况，即光屏上亮斑在最高点

根据几何关系，结合全反射的条件，根据得


根据几何关系，光屏上亮斑最高点离地面的高度为