2022-2023学年变式题 2022年高考湖南卷物理高考真题变式题库（解析版）

这是一份2022-2023学年变式题 2022年高考湖南卷物理高考真题变式题库（解析版），共165页。


变式题库
【原卷 1 题】 知识点 爱因斯坦光子说的内容及其对光电效应的解释,电子束衍射和衍射图样,玻尔原子理论的基本假设,卢瑟福原子核式结构模型

【正确答案】
C
【试题解析】
【详解】A．波尔的量子化模型很好地解释了原子光谱的分立特征，A错误；
B．玻尔的原子理论成功的解释了氢原子的分立光谱，但不足之处，是它保留了经典理论中的一些观点，如电子轨道的概念，还不成完全揭示微观粒子的运动规律，B错误；
C．光电效应揭示了光的粒子性，C正确；
D．电子束穿过铝箔后的衍射图样，证实了电子的波动性，质子、中子及原子、分子均具有波动性，D错误。故选C。

1-1（基础） 下列叙述正确的是（　　）
A.发生光电效应时，入射光越强，光子的能量就越大，光电子的最大初动能越大
B.卢瑟福依据α粒子散射实验中极少数α粒子发生大角度偏转提出了原子的核式结构模型
C.氢原子的核外电子，由离核较远的轨道自发跃迁到离核较近轨道，放出光子，电子的动能减小
D.原子核发生β衰变过程中所放出的电子来自原子的外层电子
【正确答案】 B

1-2（基础） 下列四幅图涉及到不同的物理知识，其中说法正确的是（　　）

A.卢瑟福通过甲图中的α粒子散射实验发现了质子
B.乙图表明：只要光强度足够高，照射到金属板上时就一定有光电子射出
C.根据图丙所示的氢原子能级图可知，氢原子从较高能级向较低能级跃迁时所发射出光子的能量是不连续的
D.丁图表示的核反应属于重核裂变，是人工无法控制的核反应
【正确答案】 C

1-3（基础） 用很弱的光做单缝衍射实验，改变曝光时间，在胶片上出现的图像如图所示，该实验表明（　　）

A.光的本质是波
B.光的本质是粒子
C.少量光子的运动显示波动性
D.大量光子的运动显示波动性
【正确答案】 D

1-4（基础） 2020年12月我国科学家潘建伟等在量子计算领域取得了重大成果，构建76个光子的量子计算原型机“九章”，求解数学算法高斯玻色取样只需200秒，而目前世界最快的超级计算机要用6亿年。有关量子的相关知识，下列说法正确的是（　　）
A.玻尔提出氢原子的电子轨道是量子化的，能量状态是连续的
B.氢原子发光的光谱是由一系列不连续的亮线组成
C.普朗克提出物体所带的电荷量是量子化的，是元电荷的整数倍
D.爱因斯坦首次提出能量子的概念，并测量金属的截止电压Uc与入射光的频率算出普朗克常量h
【正确答案】 B

1-5（巩固） 近代物理和相应技术的发展，极大地改变了人类的生产和生活方式，推动了人类文明的进步。关于近代物理知识下列说法正确的是（　　）
A.光电效应发生的条件是入射光的波长大于金属的极限波长
B.黑体辐射的电磁波的波长分布只与黑体的温度有关
C.光的干涉、衍射、偏振、康普顿效应证明了光具有波动性
D.德国物理学家普朗克提出了光的量子说，并成功地解释了光电效应现象
【正确答案】 B

1-6（巩固） 根据α粒子散射实验，卢瑟福提出了原子的核式结构模型。如图所示是α粒子散射实验的图景，图中实线表示α粒子的运动轨迹，下列说法正确的是（　　）

A.轨迹3是正确的
B.轨迹2是正确的
C.少部分的α粒子穿过金箔后仍沿原方向前进
D.α粒子在轨迹3的电势能先减小后增大
【正确答案】 A

1-7（巩固） 如图，当光照射到光电管的阴极K时电路中能否产生电流取决于（　　）

A.照射光的频率 B.照射光的强度
C.照射光的波长 D.照射光照射的时间
【正确答案】 A

1-8（巩固） 2021年5月，中国科学技术大学宣布开发出超导量子计算机“祖冲之号”，使得计算机的信息处理能力得到进一步提升。量子计算领域的发展离不开近代物理的成果，下列关于近代物理知识的说法正确的是（　　）
A.黑体是可以吸收一切电磁波的理想化模型，所以黑体是不能发光的黑色物体
B.由玻尔理论可知，氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，要释放一定频率的光子，同时电子的动能减少，电势能增大
C.光电效应和康普顿效应都可以说明光具有粒子性
D.光电效应实验中遏止电压与入射光的频率有关和金属材料的逸出功无关
【正确答案】 C

1-9（提升） 卢瑟福指导他的助手进行的散射实验所用仪器的示意图如图所示。放射源发射的粒子打在金箔上，通过显微镜观察散射的粒子。实验发现，绝大多数粒子穿过金箔后，基本上仍沿原来方向前进，但少数粒子发生了大角度偏转，极少数的角度甚至大于90°。于是，卢瑟福大胆猜想（　　）

A.原子核内存在中子
B.原子核内存在质子
C.电子围绕原子核运动
D.原子内部有体积很小、质量很大的核
【正确答案】 D

1-10（提升） 极光是一种绚丽多彩的等离子体现象，多发生在地球南、北两极的高空。极光是由于空间中的高能带电粒子进入地球时轰击大气层产生的，高能带电粒子使地球大气分子（原子）激发到高能级，在受激的分子（原子）恢复到基态的过程中会辐射光。下列对氢原子光谱的说法正确的是（　　）

A.大量氢原子从激发态跃迁到基态最多能发出3种不同频率的光
B.用能量为的光子照射处于基态的氢原子，可使氢原子跃迁到第2能级
C.根据玻尔理论可知，电子可以绕原子核沿任意轨道做匀速圆周运动
D.用能级跃迁到能级辐射出的光照射金属铂，产生的光电子的最大初动能为，则金属铂的逸出功为
【正确答案】 D

1-11（提升） 图甲是探究“光电效应”实验电路图，光电管遏止电压UC随入射光频率的变化规律如图乙所示。下列判断正确的是（　　）

A.入射光的频率不同，遏止电压UC相同
B.入射光的频率不同，光照强度不同，UC-图像的斜率相同
C.图甲所示电路中，当电压增大到一定数值时，电流计将达到饱和电流
D.只要入射光的光照强度相同，光电子的最大初动能就一定相同
【正确答案】 B

1-12（提升） 根据所给图片结合课本相关知识，下列说法正确的是（　　）

A.图甲是电子束穿过铝箔后的衍射图样，证明电子具有波动性
B.图乙是“光电效应”实验装置，锌板表面逸出的粒子是光子
C.图丙是粒子散射实验装置，解释了原子核内有质子
D.图丁是工业上用射线检测金属板厚度的装置，使用的射线是射线
【正确答案】 A

【原卷 2 题】 知识点 电场强度的叠加法则,带电体周围的电势分布

【正确答案】
A
【试题解析】


2-1（基础） 如图所示，ABCD为直角梯形，∠A=60°，AD=DC，在底角A，B分别放上一个点电荷，电荷量大小分别为qA和qB，已知在C点的电场强度方向沿DC向右，A点的点电荷在C点产生的场强大小记为EA，B点的点电荷在C点产生的场强大小记为EB，则（　　）

A.放在A点的点电荷可能带负电
B.|qA|=8| qB |
C.在D点的电场强度方向沿DC向左
D.EA＜EB
【正确答案】 B

2-2（基础） 如图，A、B、C、D、P为正方体的顶点，有一正点电荷固定在P点，则（　　）

A.顶点A、C处的电场强度相同
B.顶点D处的电场强度小于B处的电场强度
C.带正电的粒子沿BC移动，电势能一直增大
D.带正电的粒子沿AC移动，电场力先做正功后做负功
【正确答案】 C

2-3（基础） 如图所示为一正四棱锥。底面四个顶点B、C、D、E上依次固定电荷量为、、、的点电荷，O点为底面中心。规定无穷远处电势为零，下列说法正确的是（　　）

A.O点处电势和电场强度都为零
B.A点处电场强度方向与ED边平行
C.将一电子从O点沿直线移动到ED边中点，其电势能逐渐增加
D.将一电子从O点沿直线移动到CD边中点，其电势能逐渐减小
【正确答案】 C

2-4（基础） 如图所示，以点为圆心的圆周上有六个等分点。等量正、负点电荷分别放置在两点时，在圆心产生的电场强度大小为。现仅将放于d点的负点电荷改放于其他等分点上，使点的电场强度改变，则下列判断正确的是（　　）

A.移至点时，点的电场强度大小仍为，沿方向
B.移至点时，点的电场强度大小为，沿方向
C.移至e点时，点的电场强度大小为，沿方向
D.移至点时，点的电场强度大小为，沿方向
【正确答案】 B

2-5（巩固） 如图所示匀强电场E的区域内，在O点处放置一点电荷+Q。a、b、c、d、e、f为以O点为球心的球面上的点， acef平面与电场线平行， bdef平面与电场线垂直，则下列说法中正确的是（　　）

A.b、d两点的电场强度相同
B.a点的电势等于f点的电势
C.点电荷+q在球面上任意两点之间移动时，电场力一定做功
D.将点电荷+q从球面上a点移动到c点的电势能变化量最大
【正确答案】 D

2-6（巩固） 如图所示，带电小球a、b、c分别固定在圆周的三等分点上，点O为圆心。球a带负电电量为q；球b、c带正电，电荷量均为Q；则下列说法正确的是（　　）

A.圆周上可能存在电场强度为零的点
B.若q=Q，若小球b受库仑力大小为F，则小球a受力大小为2F
C.若q=Q，若小球a受库仑力大小为F，则小球c受力大小为F
D.带电小球a沿aO向O点移动过程中，电势能先减小后增大
【正确答案】 A

2-7（巩固） 如图所示，真空中有三个电荷量大小相等的点电荷A、B和C，分别固定在水平面内正三角形的顶点上，其中A带正电，B、C带负电。O为三角形中心，D为BC边的中点，E、F关于D点对称，设无穷远处电势为零，下列说法正确的是 （　　）

A.E、F两点场强相同 B.O点场强小于D点场强
C.E、F两点电势相等 D.电子在O点电势能高于在D点电势
【正确答案】 C

2-8（巩固） 如图所示，、、是等长的绝缘细棒，构成彼此绝缘的等边三角形，、棒上均匀分布着负电荷，棒上均匀分布着正电荷。已知细棒单位长度分布电荷量的绝对值均相等，棒在三角形中心O产生的电场强度大小为E，取无限远处为电势零点，棒在O点产生的电势为。关于三根细棒在O点所产生的电场强度和电势，下列说法正确的是（　　）

A.O点电场强度为零，电势为零
B.O点电场强度大小为，方向沿指向B；电势为
C.O点电场强度大小为，方向沿指向O；电势为
D.O点电场强度大小为，方向沿指向B；电势为
【正确答案】 D

2-9（提升） 在水平面上固定有6个电量均为+Q（Q>0）的点电荷，均匀分布在半径为r的圆周上的A、B、C、D、E、F点上，如图所示直径AD上有M、N两点，且AM=MO=ON=ND。静电力常量为k，规定无限远处电势为0。下列说法正确的是（　　）

A.圆心O点的电场为0，电势也为0
B.M点和N点电场强度相同
C.M点和N点电势相等
D.A点的电荷受到其它5个电荷的静电力为
【正确答案】 C

2-10（提升） 如图所示，两条完全相同的圆弧形材料AOB和COD，圆弧对应的圆心角都为120°，圆弧AOB在竖直平面内，圆弧COD在水平面内，以O点为坐标原点、水平向右为x轴正方向，两弧形材料均匀分布正电荷，P点为两段圆弧的圆心，已知P点处的电场强度为、电势为，设圆弧AO在圆心P处产生的电场强度大小为E，产生的电势为，选无穷远的电势为零，以下说法正确的是（　　）

A.，
B.，
C.将质子（比荷）从P点无初速释放，则质子的最大速度为
D.若两段弧形材料带上的是等量异种电荷，x轴上各点电场强度不为零，电势为零
【正确答案】 C

2-11（提升） 如图所示，水平面内有一边长为a的正方形点为正方形的几何中心，P点为O点正上方的一点，P点到四点的距离均为a。现将四个电荷量均为Q的正点电荷分别固定在处，已知静电力常量为k，无穷远处为零电势点。则下列说法正确的是（　　）

A.O点的电场强度大小为 B.O点的电势为零
C.P点的电势比O点的电势高 D.P点的电场强度大小为
【正确答案】 D

2-12（提升） 如图甲所示，边长为a的正方形，四个顶点上分别固定一个电荷量为的点电荷；在区间，x轴上电势的变化曲线如图乙所示。现将一电荷量为的点电荷P置于正方形的中心O点，此时每个点电荷所受库仑力的合力均为零。若将P沿x轴向右略微移动后，由静止释放，以下判断正确的是（　　）

A.，释放后P将向右运动
B.，释放后P将向左运动
C.，释放后P将向右运动
D.，释放后P将向左运动
【正确答案】 C

【原卷 3 题】 知识点 平衡问题的动态分析,判断通电直导线在磁场中的运动趋势,安培力的计算式及简单应用

【正确答案】
D
【试题解析】


3-1（基础） 一段导线弯成互成直角的两段，放在光滑桌面上，导线中通有2A的电流，处于磁感应强度大小为0.1T、方向竖直向下的匀强磁场中。要使该导线静止，则施加在导线上的水平力大小为（　　）

A.0.1N B. C. D.
【正确答案】 B

3-2（基础） 在地处上海的学校实验室里，某同学将通电直导线东西向水平放置，导线内通有自西向东方向的恒定电流，地磁场对该导线的作用力方向为（　　）
A.南偏上 B.南偏下 C.北偏上 D.北偏下
【正确答案】 C

3-3（基础） 如图所示，一根长为L的金属细杆通有电流I时，水平静止在倾角为θ的光滑绝缘固定斜面上，空间存在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。若电流和磁场的方向均不变，仅将磁感应强度大小变为4B，重力加速度为g，则此时（　　）

A.金属细杆中的电流方向垂直于纸面向外
B.金属细杆受到的安培力大小为4BILsinθ
C.金属细杆对斜面的压力大小变为原来的4倍
D.金属细杆将沿斜面加速向上运动，加速度大小为3gsinθ
【正确答案】 D

3-4（基础） 如图，高压输电线上使用“abcd正方形间隔棒”支撑导线L1、L2、L3、L4的目的是固定各导线间距，防止导线互相碰撞，abcd的几何中心为O，当四根导线通有等大同向电流时（ ）

A.几何中心O点的磁感应强度不为零
B.几何中心O点的磁感应强度为零
C.对的安培力比对的安培力小
D.所受安培力的方向沿正方形的对角线bd方向
【正确答案】 B

3-5（巩固） 如图所示，边长为l的正三角形线框abc用两根绝缘细线对称悬挂，静止时ab直线水平，线框中通有沿顺时针方向的电流，图中水平虚线通过ac边和bc边的中点e、f，在虚线的下方有匀强磁场，匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于导线框向里，此时每根细线的拉力大小为现保持其他条件不变，将虚线下方的磁场移至虚线上方，使虚线为匀强磁场的下边界，此时每根细线的拉力大小为则导线框中的电流大小为（　　）

A. B. C. D.
【正确答案】 A

3-6（巩固） 如图所示，竖直平面内有三根轻质细绳，绳1水平，绳2与水平方向成角，O为结点，绳3的下端拴接一质量为m、长度为l的导体棒，棒垂直于纸面静止，整个空间存在竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。现向导体棒通入方向向里、大小由零缓慢增大到的电流，可观察到导体棒缓慢上升到与绳1所处的水平面成角时保持静止。已知重力加速度为g。在此过程中，下列说法正确的是（　　）

A.绳1受到的拉力先增大后减小
B.绳2受到的拉力先增大后减小
C.绳3受到的拉力最大值为
D.导体棒中电流的值为
【正确答案】 D

3-7（巩固） 如图所示，边长为L的等边三角形线框PMN由三根相同的导体棒连接而成，线框平面与磁感应强度方向垂直，当流入M点的电流为I时，导体棒MP受到的安培力大小为F，则（　　）

A.MN边受到的安培力的大小为0.5F
B.整个线框受到的安培力的大小为2F
C.匀强磁场的磁感应强度大小为
D.匀强磁场的磁感应强度大小为
【正确答案】 D

3-8（巩固） 将一根质量、电阻的长导线绕制成匝数、边长的正方形线圈，然后用绝缘线将线圈悬挂起来，如图所示。线圈接在恒定电压的直流电源上（图中未画出），线圈中产生逆时针方向的电流。M、N为线圈竖直边的中点，在下方有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度随时间变化的规律为，重力加速度，则绝缘线上拉力等于零的时刻为（　　）

A. B. C. D.
【正确答案】 A

3-9（提升） 质量为m的金属棒通有自a到b的恒定电流，当磁场方向水平向左时，金属棒与磁场方向垂直且恰好可以静止在光滑的绝缘导轨上，导轨与水平面夹角为θ。当磁场方向由水平向左逐渐变为竖直向上时（已知电流大小保持不变，磁感应强度大小可以调整），要保持金属棒静止不动，下列说法中正确的是（　　）

A.磁感应强度逐渐变大
B.安培力逐渐变小
C.支持力先变小后变大
D.当磁场方向和导轨垂直时，磁感应强度最小
【正确答案】 D

3-10（提升） 如图所示，质量为m，长为L的金属棒两端用等长的轻质细线水平悬挂，静止于方向竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场中。已知棒中通过的电流大小为I，两悬线与竖直方向夹角，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）。

A.金属棒中的电流由N流向M
B.匀强磁场的磁感应强度
C.若仅改变磁场的方向，其他条件不变，则磁感应强度B的最小值为
D.若仅改变磁场的方向，其他条件不变，则磁感应强度B的值可能为
【正确答案】 D

3-11（提升） 某电子天平原理如图所示，E形磁铁的两侧为N极，中心为S极，两极间的磁感应强度大小均为B，磁极宽度均为L，忽略边缘效应，一正方形线圈套于中心磁极，其骨架与秤盘连为一体，且骨架与秤盘的总质量为m0，线圈两端C、D与外电路连接。当质量为m的重物放在秤盘上时，弹簧从长度L0被压缩至L1，秤盘和线圈一起向下运动（骨架与磁极不接触），随后外电路对线圈供电，秤盘和线圈恢复到未放重物时的位置L0并静止，由此时对应的供电电流I可确定重物的质量。已知线圈的匝数为n，线圈的总电阻为R，重力加速度为g，则（　　）

A.线圈向下运动过程中，线圈中感应电流从D端流出
B.外电路对线圈供电电流为I时，弹簧长度从L1恢复至L0的过程中，C端电势高于D端电势
C.外电路对线圈供电电流为I，且弹簧长度恢复至L0并静止时，重物的质量
D.若线圈电阻为R，且线圈上的热功率不能超过P，线圈上安培力的最大值为
【正确答案】 C

3-12（提升） 如图所示为长度相同、平行硬通电直导线a、b的截面图，a导线固定在O点正下方的地面上，b导线通过绝缘细线悬挂于O点，已知，a导线通以垂直纸面向里的恒定电流，b导线通过细软导线与电源相连（忽略b与细软导线之间的相互作用力）。开始时，b导线静止于实线位置，Ob与竖直方向夹角为，将b中的电流缓慢增加，b缓慢移动到虚线位置再次静止，虚线与Ob夹角为（）。通电直导线的粗细可忽略不计，b导线移动过程中两导线始终保持平行。已知通电长直导线周围的磁感应强度大小的计算公式为，式中I为导线上的电流大小，r为某点距导线的距离，k是常数。重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）

A.b中的电流方向为重直纸面向里，
B.b在实线位置时和在虚线位置时，其电流强度之比为1：4
C.b缓慢移动的过程中，细线对b的拉力逐渐变大
D.若在虚线位置将b中电路突然切断，则该瞬间b的加速度为
【正确答案】 D

【原卷 4 题】 知识点 完全弹性碰撞1：动碰静

【正确答案】
B
【试题解析】


4-1（基础） 如图所示，质量为的小球B静止在光滑的水平面上，质量为的小球A以速度靠近B，并与B发生碰撞，碰撞前后两个小球的速度始终在同一条直线上。A、B两球的半径相等，且碰撞过程没有机械能损失。当、一定时，若越大，则（　　）

A.碰撞过程中A受到的冲量越小 B.碰撞过程中A受到的冲量越大
C.碰撞过程中B受到的冲量不变 D.碰撞过程中B受到的冲量越小
【正确答案】 B

4-2（基础） 光滑水平面上滑块A与滑块B在同一条直线上发生正碰，它们运动的位移x与时间t的关系图像如图所示。已知滑块A的质量为1kg，碰撞时间不计，则（　　）

A.滑块B的质量为2kg，发生的碰撞是弹性碰撞
B.滑块B的质量为2kg，发生的碰撞是非弹性碰撞
C.滑块B的质量为3kg，发生的碰撞是非弹性碰撞
D.滑块B的质量为3kg，发生的碰撞是弹性碰撞
【正确答案】 D

4-3（基础） 在某次冰壶比赛中，运动员利用红壶去碰撞对方静止的蓝壶，两者在大本营中心发生对心碰撞，如图（b）所示．碰撞前后两壶做直线运动的图线如图（c）中实线所示，其中红壶碰撞前后的图线平行，两冰壶质量相等，则（　　）

A.两壶发生了弹性碰撞 B.碰后蓝壶的速度为
C.碰后蓝壶移动的距离为 D.碰后红壶还能继续运动
【正确答案】 C

4-4（基础） 图甲为冬奥会上中国队员投掷冰壶的镜头，在某次投掷中，冰壶甲运动一段时间后与静止的冰壶乙发生碰撞（图乙），已知两冰壶质量相等，碰撞可看作弹性正碰，下列四幅图中能表示两冰壶最终位置的是（　　）

A. B.
C. D.
【正确答案】 A

4-5（巩固） 如图所示，小球A的质量为，动量大小为，小球A在光滑水平面上向右运动，与静止的小球B发生弹性碰撞，碰后A的动量大小为，方向水平向右，则（　　）

A.碰后小球B的动量大小为
B.碰后小球B的动量大小为
C.小球B的质量为
D.小球B的质量为
【正确答案】 A

4-6（巩固） 如图，半径为R的光滑圆形轨道固定在竖直面内。小球A、B质量分别为m、km（k为待定系数）。A球从左边与圆心等高处由静止开始沿轨道下滑，与静止于轨道最低点的B球相撞，碰撞中无机械能损失，重力加速度为g。关于各种情况下k的取值。下列各项中不正确的是（　　）

A.若，则小球B第一次碰后就能够运动到圆轨道的最高点
B.若，则小球B第一次碰后将会在某处脱离圆轨道
C.若，小球B不可能脱轨
D.若，小球A和小球B将在圆轨道的最低点发生第二次碰撞
【正确答案】 B

4-7（巩固） 如图甲所示，“打弹珠”是一种常见的民间游戏，该游戏的规则为：将手中一弹珠以一定的初速度瞬间弹出，并与另一静止的弹珠发生碰撞，被碰弹珠若能进入小坑中即为胜出。现将此游戏进行简化，如图乙所示，完全相同的弹性弹珠A和B与坑在同一直线上，两弹珠间距x1=1.5m，弹珠B与坑的间距x2=0.5m。某同学将弹珠A以v0的初速度沿地面水平向右弹出，与弹珠B弹性正碰（碰撞时间极短），弹珠B恰好入坑。弹珠与地面间的摩擦力是其重力的0.4倍，则弹珠A的初速度v0大小为（g取10m/s2）（　　）

A.5m/s B.4m/s C.3m/s D.2m/s
【正确答案】 B

4-8（巩固） 如图所示，A、B两个小球静止在光滑水平地面上，用轻弹簧连接，A、B两球的质量分别为0.4kg和1.2kg。现使A球获得向右的瞬时速度。已知弹簧始终在其弹性限度之内，则在A、B两球运动的过程中（　　）

A.B球的最大速度大小为1.5m/s
B.B球速度最大时，A球的速度大小为3m/s，方向水平向左
C.A球速度为0时，A、B组成的系统动能损失最大
D.A球加速度为0时，B球的速度最大
【正确答案】 B

4-9（提升） 如图所示，竖直面内倾角为的倾斜轨道与一足够长的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，质量为的小物块B静止于水平轨道的最左端。质量为的小物块在倾斜轨道上从静止开始下滑，释放点距离水平轨道的高度为，一段时间后与B发生弹性碰撞（碰撞时间极短），重力加速度取，两物块与轨道间的动摩擦因数均为，不计空气阻力，，，则（　　）

A.碰后物块A的速度大小为
B.碰后物块B在水平轨道上运动的位移为
C.碰后物块A沿斜面上升的最大距离为
D.整个过程中物块B克服摩擦力做的功为
【正确答案】 B

4-10（提升） 如图，小物块a、b和c静置于光滑水平地面上。现让a以速度v向右运动，与b发生弹性正碰，然后b与c也发生弹性正碰。若b和c的质量可任意选择，碰后c的最大速度接近于（　　）

A.8v B.6v C.4v D.2v
【正确答案】 C

4-11（提升） 如图所示，用长的轻绳将小球a悬挂在O点，从图示位置由静止释放，当小球a运动至最低点时与静止在水平面上的物块b发生弹性碰撞，且碰撞时间极短，碰撞后b滑行的最大距离。若小球a的质量，物块b的质量，物块b与水平面间的动摩擦因数，取重力加速度大小，小球a和物块b均可视为质点，则刚释放小球a时，轻绳与竖直方向的夹角的余弦值为（　　）

A.0.8 B.0.6 C.0.5 D.0.2
【正确答案】 D

4-12（提升） 如图所示，半径R=0.4m的半圆柱固定于水平地面上，O为圆心，一可看做质点的小物块质量为m2，放置于半圆柱的最高点。在O点正上方距O点2.0m处有一个悬点，将细绳的一端系于悬点，细绳另一端悬挂一个可看成质点的小球，小球质量为m1。将小球拉至细线与竖直方向成θ=60°位置，由静止释放小球，小球恰与小物块发生正碰，碰后小球和小物块分离，小物块恰好从半圆柱的最高点脱离圆柱面，不计一切阻力，重力加速度g取10m/s2，则m1：m2可能正确的是（　　）

A.1：4 B.1：2 C.4：3 D.3：2
【正确答案】 B

【原卷 5 题】 知识点 平衡问题的动态分析

【正确答案】
A
【试题解析】


5-1（基础） 小明路过广场时发现很多广告条幅下端用绳子系住套在石块上，石块放在水平地面上。上端也用绳子系住套在氢气球上吊起来悬在空中。突然，一阵风从水平方向吹来，条幅偏向一边。如果水平风力突然增大（空气密度保持不变）则（　　）

A.氢气球受到的浮力将变大
B.水平地面对石块的支持力变大了
C.氢气球可能会使小石块沿水平地面滑动
D.条幅受到的拉力不变
【正确答案】 C

5-2（基础） 如图，细绳通过光滑滑轮连接质量相等的物体、，系统处于静止状态。现对施加一水平力，使缓慢移动一小段距离，始终静止在水平地面上，则此过程中有（　　）

A.细绳对的拉力变大
B.地面对的支持力变大
C.地面对的摩擦力变小
D.地面对的作用力变小
【正确答案】 A

5-3（基础） 一盏电灯重力为G，悬于天花板上的A点，在电线O处系一细线OB，使电线OA偏离竖直方向的夹角β=45°，且∠AOB<90°，如图所示。现保持β角不变，缓慢调整OB的方向至虚线位置，则在此过程中细线OB中的张力（　　）

A.先减小后增大
B.先增大后减小
C.不断增大
D.不断减小
【正确答案】 A

5-4（基础） 如图所示，一根粗糙的水平横杆上套有A、B两个轻环，系在两环上的等长细绳将书本静止悬挂，现将两环距离变大后书本仍处于静止状态，若杆对A环的支持力为FN，杆对A环的摩擦力为Ff，则（　　）

A.FN减小，Ff不变 B.FN减小，Ff增大
C.FN不变，Ff不变 D.FN不变，Ff增大
【正确答案】 D

5-5（巩固） 大球B放置在杆与竖直墙面之间，小球放置在球B与墙壁之间，如图所示。不计所有摩擦，将杆绕下端连接点顺时针缓缓转动，杆从开始转动到球B与墙壁刚好分离，在此过程中（　　）

A.球受力情况不变 B.球与墙壁之间的弹力增大
C.球与球B之间的弹力增大 D.球B与墙壁之间的弹力不变
【正确答案】 A

5-6（巩固） 如图所示，将质量为m的小球用橡皮筋悬挂在竖直墙的O点，小球静止在Q点，P为O点正下方一点，OP间的距离等于橡皮筋原长，在P点固定一光滑圆环，橡皮筋穿过圆环。现对小球施加一个外力F，使小球沿以PQ为直径的圆弧缓慢向上运动，不计一切阻力，重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　）

A.小球在Q向P运动的过程中外力F先变小后变大
B.小球在Q向P运动的过程中外力F先变大后变小
C.小球在Q向P运动的过程中外力F的方向始终水平向右
D.小球在Q向P运动的过程中外力F的方向始终跟橡皮筋垂直
【正确答案】 D

5-7（巩固） 如图所示，甲、乙两建筑工人用简单机械装置将工件从地面提升并运送到楼顶。当重物提升到一定高度后，两工人保持位置不动，甲通过缓慢释放手中的绳子，使乙能够用一始终水平的轻绳将工件缓慢向左拉动，最后工件运送至乙所在位置，完成工件的运送。若两绳端始终在同一水平面上，绳的重力及滑轮的摩擦不计，滑轮大小忽略不计，则在工件向左移动过程中（　　）

A.甲手中绳子上的拉力不断变小
B.楼顶对甲的支持力不断增大
C.楼顶对甲的摩擦力等于对乙的摩擦力
D.乙手中绳子上的拉力不断增大
【正确答案】 D

5-8（巩固） 如图，一粗糙斜面固定在地面上，一细绳一端悬挂物体P，另一端跨过斜面顶端的光滑定滑轮与物体Q相连，系统处于静止状态。现用水平向左的拉力F缓慢拉动P至细绳与竖直方向成45°角，Q始终静止，设Q所受的摩擦力大小为f、在这一过程中（　　）

A.F一定增大、f一定增大
B.F可能不变、f一定增大
C.F一定增大、f可能先减小后增大
D.F可能不变、f可能先减小后增大
【正确答案】 C

5-9（提升） 如图所示，竖直平面内有一圆环，圆心为O，半径为R，PQ为水平直径，MN为倾斜直径，PQ与MN间的夹角为，一条不可伸长的轻绳长为L，两端分别固定在圆环的M、N两点，轻质滑轮连接一个质量为m的重物，放置在轻绳上，不计滑轮与轻绳间的摩擦。现将圆环从图示位置绕圆心O顺时针缓慢转过2角，下列说法正确的是（　　）

A.图示位置时，轻绳的张力大小为
B.直径MN水平时，轻绳的张力大小为
C.轻绳与竖直方向间的夹角先增大再减小
D.圆环从图示位置顺时针缓慢转过2的过程中，轻绳的张力逐渐减小
【正确答案】 C

5-10（提升） 《大国工匠》节目中讲述了王进利用“秋千法”在1000kV的高压线上带电作业的过程。如图所示，绝缘轻绳OD一端固定在高压线杆塔上的O点，另一端固定在兜篮D上。另一绝缘轻绳跨过固定在杆塔上C点的定滑轮，一端连接兜篮，另一端由工人控制。身穿屏蔽服的王进坐在兜篮里，缓慢地从C点运动到处于O点正下方E点的电缆处。绳OD一直处于伸直状态，兜篮、王进及携带的设备总质量为m，可看作质点，不计一切阻力，重力加速度大小为g。关于王进从C点缓慢运动到E点的过程中，下列说法正确的是（　　）

A.绳OD的拉力一直变小
B.工人对绳的拉力一直变小
C.OD、CD两绳拉力的合力小于mg
D.当绳CD与竖直方向的夹角为30°时，工人对绳的拉力为mg
【正确答案】 B

5-11（提升） 如图所示，光滑直杆OA、OB在O点由铰链固定，两杆间夹角（）不变，在两杆上分别套上质量相等的小环P、Q，两小环由不可伸长的轻绳连接。初始时，杆OA竖直，现缓慢顺时针转动两杆至杆OB竖直，则在转动过程中（　　）

A.杆对环P的弹力先变大后变小 B.杆对环P的弹力一直变小
C.杆对环Q的弹力先变小后变大 D.杆对环Q的弹力一直变小
【正确答案】 D

5-12（提升） 如图所示，一弹性轻绳左端固定在A点，跨过固定在轻杆顶端的定滑轮连接一个质量为m的小球，小球穿过竖直固定的杆。已知弹性轻绳的原长等于，其弹力与其伸长量成正比，小球与杆之间的动摩擦因数恒定，初始时小球位于杆上C点处，且三点在同一条水平线上，现对小球施加竖直向上的力F，在小球缓慢下降的过程中（　　）

A.F增大 B.F先增大后减小
C.杆对小球的弹力增大 D.小球与杆之间的摩擦力不变
【正确答案】 D

【原卷 6 题】 知识点 变压器两端电路的动态分析

【正确答案】
B
【试题解析】


6-1（基础） 如图1所示，理想变压器的原、副线圈匝数分别为为定值电阻，为滑动变阻器，图中电表均为理想电表。在端加上交流电源如图2所示，当向下调节滑动变阻器的滑片时（　　）

A.电压表示数减小 B.电流表示数减小
C.消耗的功率减小 D.电源的输出功率减小
【正确答案】 A

6-2（基础） 如图甲所示为某一理想变压器，原线圈接入如图乙所示的正弦交流电源，R0为定值电阻，R为滑动变阻器，图中各电表均为理想电表，时刻滑片处于最下端，下列说法正确的是（　　）

A.副线圈两端电压的变化频率为0.5Hz
B.在时刻，电流表A2的示数为0
C.滑片向上移动过程中，电流表A1示数变小，滑动变阻器R消耗的功率变大
D.滑片向上移动过程中，电压表V1和V2的示数不变，V3的示数变大
【正确答案】 D

6-3（基础） 如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为22:1，b是原线圈的中心抽头，副线圈接理想电压表和理想电流表。在原线圈c、d两端加上的交变电压，则（　　）

A.开关与a连接时，电压表的示数为10V
B.开关与a连接时，滑动变阻器触头P向上移动，电流表示数变小
C.开关与b连接时，滑动变阻器触头P向下移动，电流表示数变小
D.变阻器R不变，当单刀双掷开关由a扳向b时，输入功率不变
【正确答案】 B

6-4（基础） 如图，是某风力发电节能路灯的电路简化图。风速为v时，交流发电机的电动势表达式为，能感应风速大小的调节器（不消耗副线圈电路的电能）可以控制变压器副线圈的滑片P上下移动，使灯泡始终保持额定电压正常发光，下列说法正确的是（　　）

A.风速变大时，流过灯泡的电流变大
B.风速变大时，滑片P将向上移动
C.风速变大时，变压器的输入电压变大
D.风速变大时，变压器的输出电压变大
【正确答案】 C

6-5（巩固） 如图所示，理想变压器的原、副线圈分别接理想电流表A、理想电压表V，原线圈接输出电压恒定的交流电源，副线圈上通过输电线接有一个灯泡L，一个电吹风M（内阻与灯泡L相同），输电线的等效电阻为R，副线圈匝数可以通过调节滑片P改变。S断开时，灯泡L正常发光。滑片P位置不动，当S闭合时，以下说法中正确的是（　　）

A.电压表读数增大
B.电流表读数减小
C.为使灯泡L正常发光，滑片P应向上滑动
D.灯泡L与电吹风M消耗的电功率一定相同
【正确答案】 C

6-6（巩固） 一种可调压变压器原理图如图所示，ab为交变电压输入端，T1为自耦调压器，P为调压滑头；T2为升压变压器，cd为终端输出电压给负载R供电。忽略其他电阻与感抗等因素影响，调压器T1与变压器T2均视为理想变压器。在ab端输入电压不变的情况下，当滑头P向下移动，则（　　）

A.电流表A1示数变小 B.电流表A2示数变大
C.cd端获得的电压变大 D.cd端获得的功率不变
【正确答案】 A

6-7（巩固） 如图，理想变压器原线圈与定值电阻R0串联后接在电压恒定U0=36V的交流电源上，副线圈接理想电压表、电流表和滑动变阻器R，原、副线圈匝数比为1：3.已知R0=4Ω，R的最大阻值为100Ω。现将滑动变阻器R的滑片P向下滑动，下列说法正确的是（　　）

A.电压表示数变大，电流表示数变小
B.电源的输出功率变小
C.当R=4Ω时，电压表示数为5.4V
D.当R=36Ω时，R获得的功率最大
【正确答案】 D

6-8（巩固） 在如图所示的电路中，端接电压恒定的正弦交变电源，已知R1、R2、R3为定值电阻，变压器为理想变压器，电流表、电压表均为理想电表。当闭合开关S后，则以下说法正确的是（　　）

A.R1消耗的功率一定减小
B.电源的输出功率一定减小
C.电流表示数增大，电压表示数不变
D.电流表示数增大，电压表示数减小
【正确答案】 D

6-9（提升） 如图，完全相同的灯泡a，b的额定电压为，当输入电压U为时，两灯泡恰好正常发光。为随温度升高阻值减小的热敏电阻，下列说法正确的是（　　）

A.若热敏电阻温度升高，灯泡a，b都可能烧坏
B.若热敏电阻温度升高，则变压器的输出功率可能增大
C.原、副线圈匝数之比为4：1
D.当，两灯泡恰好正常发光时，流经灯泡b的电流与热敏电阻电流之比为2：1
【正确答案】 B

6-10（提升） 如图所示，矩形线圈切割磁感线产生的交流电压，将其接在理想变压器原线圈上，导线上接入阻值的电阻，原、副线圈匝数之比，副线圈上的滑动变阻器的最大阻值为，且其滑动触头可上下安全调节，其余电阻不计，电路中电表均为理想交流电表，下列说法正确的是（　　）

A.时刻，矩形线圈垂直于中性面
B.滑动变阻器的阻值为时，其消耗的功率最大，最大值为4.5W
C.若将滑动触头从最下端滑到最上端，R消耗的功率先增大后减小再增大
D.若维持滑动变阻器消耗功率最大的电路状态，则1分钟内r产生的焦耳热为300J
【正确答案】 B

6-11（提升） 如图所示，理想变压器原、副线圈匝数之比，定值电阻，滑动变阻器R2的最大值为10Ω，阻值恒定的小灯泡L的规格为“6V 6W”，电流表是理想交流电表，输入端接入的交流电压，下列说法正确的是（　　）

A.通过电流表的电流方向每秒钟改变20次
B.小灯泡正常工作时，滑动变阻器的阻值为6Ω
C.滑动变阻器阻值为6.5Ω时，变压器输出功率最大且为12.5W
D.滑片自上而下滑动时，电流表示数先增大再减小
【正确答案】 C

6-12（提升） 如图所示甲是产生交流电的示意图，图乙是其产生的正弦交流电输入到图丙的理想变压器，变压器的开关S接1时原、副线圈中的匝数之比为，二极管正向导电电阻不计，所有电表都是理想电表，则下列判断正确的是（　　）

A.电压表的示数为5V
B.若只将S从1拨到2，电流表示数增大
C.在0~0.01s内穿过线圈的磁通量变化为Wb
D.若只将滑动变阻器的滑片向下滑动，则电流表示数减小，电压表示数增大
【正确答案】 A

【原卷 7 题】 知识点 v-t图象斜率的物理意义、利用v-t图象求加速度,平均功率与瞬时功率的计算,机械能的组成,动量的定义、单位和矢量性

【正确答案】
A C
【试题解析】


7-1（基础） “水火箭”是一项深受学生喜欢的科技活动，某学习小组利用饮料瓶制作的水火箭如图甲所示，其发射原理是通过打气使瓶内空气压力增大，当瓶口与橡皮塞脱离时，瓶内水向后喷出，水火箭获得推力向上射出。图乙是某次竖直发射时测绘的水火箭速度v与时间t的图像，其中时刻为“水火箭”起飞时刻，段是斜率绝对值为g的直线，忽略空气阻力。关于“水火箭”的运动，下列说法正确的是（　　）

A.在时刻中，时刻加速度最大
B.“水火箭”在时刻达到最高点
C.在时刻失去推力
D.时间内“水火箭”做自由落体运动
【正确答案】 AC

7-2（基础） “高空抛物”一直被称为悬在城市头顶上的痛，尤其是人为的高空抛物，更给公共安全带来极大的危害性。最高人民法院发布《关于依法妥善审理高空抛物、坠物案件的意见》，对于故意高空抛物的，根据具体情形进行处罚。若从七楼阳台约20m高处，将一质量为1kg的花盆水平推出，不计空气阻力，重力加速度g取。下列说法正确的是（　　）

A.第1s内重力的平均功率为50W
B.整个过程中重力的平均功率为200W
C.落到地面上时，重力的瞬时功率为200W
D.落到地面上时，重力的瞬时功率为100W
【正确答案】 AC

7-3（基础） 如图所示，倾角为30°的斜面上，质量为的物块在恒定拉力作用下沿斜面以加速度（为重力加速度）向上加速运动距离的过程中，下列说法正确的是（　　）

A.重力势能增加 B.动能增加
C.机械能增加 D.拉力做功为
【正确答案】 AC

7-4（基础） 如图， 两个质量相等的小球从同一高度沿倾角不同的两个光滑固定斜面从静止开始自由滑下，下滑到达斜面底端的过程中，下列说法正确的是（　　）

A.两物体的重力做功相同
B.两物体的重力冲量相同
C.两物体到达斜面底端时动能相同
D.两物体到达斜面底端时动量相同
【正确答案】 AC

7-5（巩固） 甲、乙两球质量分别为m1、m2，从同一地点（足够高）同时由静止释放。两球下落过程所受空气阻力大小f仅与球的速率v成正比，与球的质量无关，即f=kv（k为正的常量）。两球的v-t图像如图所示。落地前，经时间t0两球的速度都已达到各自的稳定值v1、v2。下列判断正确的是（　　）

A.释放瞬间甲球加速度较大
B.释放瞬间甲、乙两球加速度相同
C.速度稳定时甲球动量较大
D.速度稳定时两球的动量相等
【正确答案】 BC

7-6（巩固） 甲、乙两相同的小球分别在地球表面与月球表面做平抛运动，已知地球表面重力加速度是月球表面重力加速度的6倍，以下正确的是（　　）
A.若甲、乙两球抛出时离地面高度相同，则落地时重力的瞬时功率之比为
B.若甲、乙两球的下落时间相同，则下落高度之比为
C.若甲、乙两球的动量变化相同，则下落高度之比为
D.若甲、乙两球的运动轨迹相同，则初速度之比为
【正确答案】 CD

7-7（巩固） 某建筑工地上，两台塔吊分别从地面静止吊起甲、乙两物体，物体运动的v－t图像如图所示，已知两物体的质量均为m，时刻再次到达同一高度处。则（　　）

A.时刻乙物体受到的拉力比甲的小
B.时刻两物体相遇
C.时间内两物体的机械能变化量相等
D.时间内甲所受重力的平均功率大于乙所受重力的平均功率
【正确答案】 AC

7-8（巩固） 甲、乙两车在平直的公路上同时从同一地点同向行驶，两车的速度v随时间t的变化关系如图所示，其中两阴影部分的面积相等（S1=S2），则（　　）

A.甲、乙两车均做直线运动
B.在0~t2时间内，甲、乙两车相遇两次
C.在0~t2时间内，甲的加速度先减小后增大
D.在0~t2时间内（不包括t2时刻），甲车一直在乙车前面
【正确答案】 AD

7-9（巩固） 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

7-10（提升） 一名棒球运动员进行击球训练，在一倾角一定的斜坡顶部将一棒球从高处水平击出，最初2s内小球动能Ek随时间t变化的图线如图所示，不计空气阻力，且2s末恰好落到山坡底部，重力加速度g=10m/s2。根据图象信息，能确定的物理量是（　　）

A.棒球的初始机械能 B.棒球的末动量
C.斜坡的倾角 D.2s末重力对棒球做功的瞬时功率
【正确答案】 BCD

7-11（提升） 质量为1kg的物块以初速度v0=10m/s从斜面底端沿倾角的足够长的斜面向上运动，其图像如图所示，重力加速度g取10 m/s2，，由图像可知（　　）

A.物块与斜面之间的动摩擦因数为0.5
B.物块沿斜面向上滑动的过程中损失的机械能为50J
C.物块回到斜面底端时的速度大小为
D.物体沿斜面向上滑动过程中克服重力做功的平均功率为50W
【正确答案】 AC

7-12（提升） 2020年12月7日，嫦娥五号成功返回地球创造了我国到月球取土的伟大历史，如图所示，嫦娥五号取土后，在P处由圆形轨道Ⅰ变轨到椭圆轨道Ⅱ，以便返回地球。下列说法正确的是（　　）

A.嫦娥五号在轨道Ⅰ和Ⅱ运行时均处于失重状态
B.嫦娥五号在轨道Ⅰ运行时的机械能比在轨道Ⅱ运行时机械能大
C.嫦娥五号在轨道Ⅰ和Ⅱ运行时与月球中心的连线在相等时间内扫过的面积相等
D.嫦娥五号在轨道I和Ⅱ运行至P处时向心加速度大小相等
【正确答案】 AD

【原卷 8 题】 知识点 开普勒第三定律,不同轨道上的卫星各物理量的比较

【正确答案】
C D
【试题解析】


8-1（基础） 有两颗卫星分别用a、b表示，若a、b两颗卫星绕地球做匀速圆周始动的轨道半径之比为，如图所示，则下列说法正确的是（　　）

A.a、b两颗卫星的质量之比为
B.a、b两颗卫星运行的线速度大小之比为
C.a、b两颗卫星运行的向心加速度大小之比为
D.a、b两颗卫星运行的周期之比为
【正确答案】 BD

8-2（基础） 如图所示，两卫星A、B，质量，A、B绕地球做匀速圆周运动，用F、R、T、Ek分别表示万有引力，卫星的轨道半径、周期、动能。下列关系式正确的有（　　）

A. B. C. D.
【正确答案】 BD

8-3（基础） 2003年11月16日，我国首位航天英雄杨利伟搭乘“神舟五号”载人飞船，历时约21小时绕地球转动14圈；我国发射的“风云一号”气象卫星是极地卫星，卫星飞过两极上空，其轨道平面与赤道平面垂直，周期为12小时，若飞船和卫星的运动轨迹均为圆，则（　　）
A.载人飞船与气象卫星的运行周期之比约为
B.载人飞船与气象卫星的轨道半径之比约为
C.载人飞船与气象卫星的线速度大小之比约为
D.载人飞船与气象卫星的向心加速度大小之比约为
【正确答案】 AC

8-4（基础） 关于开普勒行星运动定律，下列说法正确的是（　　）
A.所有行星绕太阳运动的轨道都是椭圆，太阳处在椭圆的一个焦点上
B.地球和太阳的连线与火星和太阳的连线在相等时间内扫过的面积相等
C.开普勒行星运动定律既适用于行星绕太阳的运动，也适用于卫星绕行星的运动
D.开普勒第三定律的表达式中的T代表行星的自转周期
【正确答案】 AC

8-5（巩固） 执行探月工程任务的“嫦娥四号”中继卫星“鹊桥”成功实施了近月制动，进入月球至地月拉格朗日转移轨道。“鹊桥”在拉格朗日点、、、、时，均可以在月球与地球的共同引力作用下，几乎不消耗燃料而保持与月球同步绕地球做圆周运动。则关于“鹊桥”在这几个可能的拉格朗日点上运动状态的说法中，正确的是（　　）

A.和到地球中心的距离相等
B.“鹊桥”位于点时，绕地球运动的周期和月球的公转周期相等
C.“鹊桥”在点所受月球和地球引力的合力比在其余四个点都要大
D.“鹊桥”位于点时，“鹊桥”绕地球运动的向心加速度等于月球绕地球运动的向心加速度
【正确答案】 BC

8-6（巩固） 2022年2月27日上午，长征八号遥二运载火箭在文昌航天发射场点火升空，成功将22颗卫星送入预定轨道。已知其中一颗卫星绕地球运行近似为匀速圆周运动，其到地面距离约为同步卫星的轨道高度的一半，地球表面的重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）
A.该卫星的向心加速度小于g
B.该卫星的运行速度有可能等于第一宇宙速度
C.该卫星的运行速度比地球赤道表面的自转速度大
D.由于稀薄大气的阻力影响，该卫星运行的轨道半径会变小，速度也变小
【正确答案】 AC

8-7（巩固） 如图，甲、乙两卫星在过某行星的球心的同一平面内做圆周运动，甲、乙两卫星的轨道半径之比为1：2，下列说法正确的是（　　）

A.甲、乙两卫星的周期之比为1：2
B.甲、乙两卫星的角速度之比为2：1
C.甲、乙两卫星的线速度大小之比为
D.甲、乙两卫星的向心加速度大小之比为 4：1
【正确答案】 CD

8-8（巩固） “太空涂鸦”技术的基本物理模型是：原来在较低圆轨道运行的攻击卫星在变轨后接近在较高圆轨道上运行的侦察卫星时，向其发射“漆雾”弹，“漆雾”弹在临近侦察卫星时，压爆弹囊，让“漆雾”散开并喷向侦察卫星，喷散后强力吸附在侦察卫星的侦察镜头、太阳能板、电子侦察传感器等关键设备上，使之暂时失效。关于这一过程下列说法正确的是（　　）
A.攻击卫星在原轨道上运行的周期比侦察卫星的周期大
B.攻击卫星在原轨道上运行的线速度比侦察卫星的线速度小
C.攻击卫星在原轨道需要加速才能变轨接近侦查卫星
D.攻击卫星接近侦察卫星的过程中受到地球的万有引力一直在减小
【正确答案】 CD

8-9（提升） 如图所示是卫星绕不同行星在不同轨道上运动的图像，其中T为卫星的周期，r为卫星的轨道半径。卫星M绕行星P运动的图线是a，卫星N绕行星Q运动的图线是b，若卫星绕行星的运动可以看成匀速圆周运动，则（　　）

A.直线a的斜率与行星P质量无关
B.行星P的质量大于行星Q的质量
C.卫星M在1处的向心加速度小于在2处的向心加速度
D.卫星M在2处的向心加速度小于卫星N在3处的向心加速度
【正确答案】 AD

8-10（提升） 2021年5月15日中国首次火星探测任务“天问一号”探测器的着陆巡视器在火星乌托邦平原南部预选着陆区成功着陆，在火星上首次留下中国印迹，迈出了中国星际探测征程的重要一步。“天问一号”探测器需要通过徵曼转移轨道从地球发射到火星，地球轨道和火星轨道近似看成圆形轨道，衢曼转移轨道是一个在近日点M和远日点P分别与地球轨道、火星轨道相切的椭圆轨道（如图所示），在近日点短暂点火后“天向一号”进入霍曼转移轨道，接着“天问一号”沿着这个轨道运行直至抵达远日点，然后再次点火进入火星轨道。已知引力常量为G，太阳质量为m，地球轨道和火星轨道半径分别为r和R，地球、火星、“天向一号”运行方向都为逆时针方向。若只考虑太阳对“天问一号”的作用力，下列说法正确的是（　　）

A.两次点火喷射方向都与速度方向相反
B.“天问-号”运行中，在霍曼转移轨道上P点的加速度比在火星轨道上P点的加速度小
C.两次点火之间的时间间隔为
D.“天问一号”在地球轨道上的角速度小于在火星轨道上的角速度
【正确答案】 AC

8-11（提升） 如图所示，航天器A和卫星B均在赤道面内，它通过一根金属长绳相连，在各自的轨道上绕地球做自西向东的匀速圆周运动，不考虑绳系卫星与航天器之间的万有引力，忽略空气阻力，不计金属长绳的质量，则（　　）

A.正常运行时，金属长绳中拉力为零
B.绳系卫星B的线速度大于航天器A的线速度
C.由于存在地磁场，金属长绳上绳系卫星B端的电势高于航天器A端的电势
D.若在绳系卫星B的轨道上存在另一颗独立卫星C，其角速度大于绳系卫星B的角速度
【正确答案】 D

8-12（提升） A、B两颗卫星在同一平面内沿同一方向绕地球做匀速圆周运动，它们之间的距离随时间变化的关系如图所示。已知地球的半径为0.8r，万有引力常量为G，卫星A的线速度大于卫星B的线速度，不考虑A、B之间的万有引力，则下列说法正确的是（　　）

A.卫星A的加速度大于卫星B的加速度
B.卫星A的发射速度可能大于第二宇宙速度
C.地球的质量为
D.地球的第一宇宙速度为
【正确答案】 ACD

【原卷 9 题】 知识点 牛顿第二定律的简单应用

【正确答案】
B C
【试题解析】


9-1（基础） 如图所示，一质量为m的物块，在水平地面上原来静止，现在对物体施加一个斜向上与水平方向成θ的拉力F，使物体向右在地面上匀加速直线运动，已知物体与地面之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则下列分析正确的是（　　）

A.地面对物体的支持力大小为mg-Fsinθ
B.地面对物体的支持力大小为mg
C.物体运动的加速度大小为
D.物体运动的加速度大小为
【正确答案】 AD

9-2（基础） 如图所示，带支架的平板小车沿水平面向左做直线运动，小球A用细线悬挂于支架前端，质量为m的物块B始终相对小车静止地摆放在右端。B与小车平板间的动摩擦因数为μ。若某时刻观察到细线偏离竖直方向θ角，则此刻（　　）

A.小车对物块B的摩擦力大小为μmg
B.小车对物块B的摩擦力水平向左
C.小车对物块B的摩擦力大小为mgtanθ
D.小车对物块B的合力大小为mg
【正确答案】 CD

9-3（基础） 给水平面上物体一个10m/s的水平初速度，由于物体与地面之间摩擦，物体在地面上做匀减速直线运动，物体运动5s停下来，已知物体的质量为1kg，重力加速度为g取10m/s2，不计空气阻力，则下列分析正确的是（　　）
A.物体运动的加速度大小为2m/s2 B.物体与地面之间动摩擦因数为0.2
C.物体与地面之间的滑动摩擦力大小为10N D.物体运动的加速度大小为5m/s2
【正确答案】 AB

9-4（基础） 如图，粗细均匀且足够长的水平粗糙细杆上套着一个小环A，用轻绳将小球B与小环A相连。小球B受到水平风力作用，与小环A一起向右做匀加速运动，小环A与杆间的动摩擦因数处处相同。若风力增大，则（　　）

A.杆对小环A的弹力减小
B.杆对小环A的摩擦力增大
C.小球B的加速度增大
D.轻绳对小球B弹力的竖直分力不变
【正确答案】 CD

9-5（巩固） 如图所示，甲为履带式电梯，乙为台阶式电梯，它们倾角相同，没有顾客乘坐时电梯不转动，有顾客乘坐时会匀加速启动，启动时两个电梯的加速度大小相同。质量相同的小红和小明两个乘客分别乘坐甲、乙电梯上楼，在电梯启动阶段两位乘客受到的摩擦力大小分别为、，则（  ）

A.
B.
C.小明和小红受到电梯的作用力大小相同
D.小明受到电梯的作用力方向竖直向上
【正确答案】 AC

9-6（巩固） 如图，倾角为30°的光滑斜面体静置于水平面上，顶端固定有光滑的定滑轮，物块A和质量为m的物块B通过跨过滑轮的轻绳连接，B与斜面右侧的竖直面接触，整个系统处于静止状态。若固定斜面，同时将平行于斜面的力F作用在A上，发现轻绳的张力变为原来的n倍。已知重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）

A.若n=0.5，则F的大小为1.5mg
B.若n=1.5，则F的大小为3.0mg
C.若解除斜面的固定，同时将水平向右的恒力作用在斜面体上，则n可能大于1
D.若解除斜面的固定，同时将水平向右的恒力作用在斜面体上，则n可能等于1
【正确答案】 AC

9-7（巩固） 质量为100kg的物体下落时，受到的空气阻力与它的速度成正比，即f=kv。当速度为10m/s时，其加速度为6m/s。取，则（　　）
A.k=40
B.k=60
C.当速度为10m/s时，物体受到的空气阻力为600N
D.当速度为25m/s时，物体匀速下落
【正确答案】 AD

9-8（巩固） 如图所示，小车内一根沿竖直方向的轻质弹簧和两根与竖直方向成θ角的细绳OA，OB拴接一小球．当小车和小球相对静止，一起在水平面上向右运动时，下列说法正确的是（ ）

A.不可能两根绳都没有拉力 B.轻弹簧对小球可能没有弹力
C.细绳AO对小球可能没有拉力 D.两根细绳不一定对小球有拉力，但是轻弹簧对小球一定有弹力
【正确答案】 BC

9-9（提升） 某物体从足够高处由静止开始下落，测得其加速度a随时间t变化的关系图象如图所示。已知重力加速度g=10m/s2，下列说法正确的是（　　）

A.在0-2s内，物体所受阻力与下落的速度成正比
B.在0-2s内，物体所受阻力与下落的时间成正比
C.在0-2s内，物体下落的位移为10m
D.物体下落的最终速度为10m/s
【正确答案】 BD

9-10（提升） 如图，质量为m的木块置于斜面上，被一个垂直斜面的挡板挡住。现使斜面与木块在水平面上一起做匀变速直线运动，忽略一切摩擦，以下说法中正确的是 （　　）

A.若木块向右加速，斜面对木块的弹力可能为零
B.若木块向右减速，挡板对木块的弹力可能为零
C.若斜面的弹力为零，则加速度大小为gtanθ
D.斜面与挡板对木块的合力可能竖直向上
【正确答案】 AB

9-11（提升） 如图甲所示，力F与水平方向成θ角，物体沿水平面运动，加速度为α，现用大小为的水平力代替F，如图乙所示。物体仍沿水平面运动，加速度为α＇，则（　　）

A.若水平面光滑则 B.若水平面光滑则
C.若水平面粗糙则 D.若水平面粗糙则
【正确答案】 AD

9-12（提升） 一辆货车载着完全相同质量为m的圆柱形空油桶。在车厢底层油桶平整排列，相互紧贴并被牢牢固定，上一层只有一只油桶c，自由地摆放在油桶a、b上面，如图所示。汽车沿水平路面行驶过程中桶c始终和其它油桶间保持相对静止，忽略油桶间的摩擦作用，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　）

A.当货车匀速直线运动时，油桶c对a的压力大小为
B.当货车匀速直线运动时，油桶a所受的合力为mg
C.当货车向右的加速度增大到时，油桶c就脱离b运动到a的左边
D.当货车向右的加速度增大到时，油桶c就脱离a运动到b的右边
【正确答案】 AC

【原卷 11 题】 知识点 探究弹力和弹簧伸长量的关系的原理、器材与实验步骤

【正确答案】
 ①. 见解析    ②. 15.35    ③. 127
【试题解析】


11-1（基础） 某同学用图a所示装置做“探究弹簧弹力与形变量的关系”的实验。

（1）请按合理的操作顺序将步骤的序号写在横线上___________；
A．以弹簧长度l为横坐标，以钩码质量m为纵坐标，标出各组数据（l，m）对应的点，并用平滑的曲线或直线连接起来；
B．记下弹簧下端不挂钩码时，其下端A处指针所对刻度尺上的刻度；
C．将铁架台固定于桌上，将弹簧一端系于横梁上，在弹簧附近竖直固定一把刻度尺；
D．依次在弹簧下端挂上1个、2个、3个……钩码，待钩码静止后，读出弹簧下端指针指示的刻度记录在表格内，然后取下钩码；
E．由m-l图像，进一步找出弹簧弹力与弹簧形变量之间的关系。
（2）图b为根据实验测得数据标出的对应点，在图b中作出钩码质量m与弹簧长度l间的关系图线___________；

（3）由图像可知，弹簧下端不挂钩码时，指针A处所对刻度尺上的刻度___________cm；
（4）此弹簧的劲度系数___________N/m。（g取10，结果保留三位有效数字）
【正确答案】 CBDAE 15 12.5

11-2（基础） 某实验小组采用如图甲所示的装置探究在弹性限度内弹簧弹力与弹簧伸长量的关系，测得弹簧弹力F随弹簧伸长量x变化的图像如图乙所示。

（1）由图乙可得，该弹簧的劲度系数k=___________N/m；
（2）该实验小组用此实验装置对两根不同的弹簧a和b进行探究，得到弹簧弹力F随弹簧伸长量x变化的图像如图丙所示。以下表述正确的是（______）
A.弹簧a的原长一定比弹簧b的大
B.弹簧a的劲度系数一定比弹簧b的大
C.弹簧a的自重一定比弹簧b的大
D.以上说法均不对
【正确答案】 200 BC

11-3（基础） 某实验小组设计实验探究弹簧的劲度系数与弹簧圈数的关系，实验时弹力始终未超过弹性限度，弹簧很轻，自身质量可以忽略不计。

（1）如图甲所示，将弹簧竖直悬挂，弹簧静止时选取材料相同、直径相同、粗细相同、长度相同、圈数不同的弹簧1和弹簧2进行实验，这种实验方法称为___________，（选填“等效替代法”或“控制变量法”）
（2）图甲中，弹簧1的圈数多，弹簧2的圈数少，在两弹簧下端悬挂质量为的重物，当重物静止时，测出两弹簧的伸长量，改变悬挂重物的质量，得到两弹簧的伸长量与质量的关系图像如图乙所示，由图乙可知，弹簧1的劲度系数___________（选填“大于”或“小于”）弹簧2的劲度系数：弹簧单位长度的圈数越___________（选填“多”或“少”），弹簧的劲度系数越大。
【正确答案】 控制变量法 大于 多

11-4（基础） 橡皮筋也像弹簧一样，在弹性限度内伸长量x与弹力F成正比，即，k的值与橡皮筋的原长L、横截面积S有关。理论与实验都表明，其中Y是由材料决定的常数，材料力学中称之为杨氏模量。

（1）在国际单位制中，杨氏模量Y的单位应该是___________。
A.N B.m C. D.
（2）某同学通过实验测得该橡皮筋的一些数据，做出了外力F与伸长量x之间的关系图像如上图所示。由图像可求得该橡皮筋的劲度系数___________。
（3）若该橡皮筋的原长是，横截面积是，则该橡皮筋的杨氏模量Y的大小是___________（结果保留两位有效数字）。
【正确答案】 D 200

11-5（巩固） 如图所示，有两条长度不同的弹性绳。两绳上端固定在同一位置，下端系在一个轻质勾上。两绳在同一竖直面内，不缠绕。1的长度比2短，1自然伸长时，2处于松弛状态。现测量这两条弹性绳的劲度系数。进行以下操作：每个钩码质量为100g，g取。

①测量短绳的自然长度；
②下端逐个加挂钩码。测量短绳1的长度L，并记录对应钩码数量n。两条弹性绳一直处于弹性限度内；
③在坐标纸上建立坐标系。以L为纵坐标，以所挂钩码数为横坐标，描出部分数据如图所示；

④根据图像求出弹性绳的劲度系数、。
（1）加挂第___________个钩码，弹性绳2开始绷紧；
（2）弹性绳1、2的劲度系数分别为___________N/m，___________N/m。
【正确答案】 3 5 15

11-6（巩固） 某实验小组研究橡皮筋伸长量与所受拉力的关系。实验器材有：一条两端带有细绳套的橡皮筋，钩码若干，刻度尺，铁架台等。
（1）以下实验装置安装最为合理的是________；
A. B. C. D.
（2）将橡皮筋上端固定在铁架台上，在竖直悬挂的橡皮筋下端逐一增挂钩码（质量均为20g），每增挂一个钩码均记下对应的橡皮筋伸长量x（橡皮筋始终在弹性限度内），记录多组实验数据如下表：
钩码个数
1
2
3
4
5
6
7
8
F（N）
0.196
0.392
0.588
0.784
0.980
1.176
1.372
1.568
x（mm）
2.7
9.0
17.7
28.0
42.4
57.7
74.8
91.7
（3）如图所示，以拉力F为横坐标，橡皮筋伸长量x为纵坐标，根据测量数据在坐标纸上进行描点；

（4）根据x-F图判断：橡皮筋弹力与橡皮筋伸长量________（填“是”或“不是”）正比关系；
（5）根据x-F图可知，当橡皮筋伸长量为50.0mm时，该橡皮筋的弹力大小为________N（结果保留小数点后两位）。
【正确答案】 C 不是 1.06-1.12

11-7（巩固） 某同学用如图所示的装置测量弹簧的劲度系数。将弹簧竖直悬挂在铁架台上，指针固定在弹簧上处，将刻度尺竖直固定在弹簧一侧，在弹簧下端依次悬挂2个到7个砝码，当砝码处于静止状态时，测出弹簧受到的拉力与指针所指的刻度尺示数，实验记录如下：
砝码个数
2
3
4
5
6
7
（N）
0.98
1.47
1.96
2.45
2.94
3.43
（cm）
17.65
19.82
21.98
24.15
26.32
28.45
弹簧伸长量
6.50
①
6.47

回答下列问题：
（1）由表可知所用刻度尺的分度为___________；
（2）将表中数据补充完整：①=___________；
（3）根据逐差法计算出弹簧的劲度系数___________N/cm（结果保留三位有效数字）；
（4）如图所示，若将固定在弹簧上处的指针改为固定在弹簧上处，重做上述实验，则测得的劲度系数___________k（选填“大于”“等于”“小于”）。

【正确答案】 1mm 6.50 0.227 大于

11-8（巩固） 某学习小组用如图甲所示的装置来“探究弹簧弹力与形变量的关系”，主要步骤如下：

a．把弹簧平放在水平桌面上，测出弹簧的原长；
b．测出一个钩码的质量；
c．将该弹簧悬吊在铁架台上让弹簧自然下垂，测出此时弹簧长度；
d．挂上一个钩码，测出此时弹簧长度；
e．之后逐渐增加钩码的个数，并测出弹簧对应的长度分别为（为钩码个数）；
f．计算出，用作为横坐标，钩码的总质量作为纵坐标，作出的图线如乙图所示。请根据以上操作、记录和图像回答以下问题：
（1）你认为图像不过原点的原因是___________；
（2）已知钩码质量，重力加速度，利用图乙求得弹簧劲度系数___________（保留两位有效数字）；
（3）图像没过坐标原点，对于测量弹簧的劲度系数___________（选填“有”或“无”）影响；
（4）将作为横坐标，钩码的总质量作为纵坐标，实验得到图线应是图中的___________（填写下列四幅图的对应的字母选项）
A． B．
C． D．
【正确答案】 弹簧自重的影响 无 A

11-9（提升） 实验室有不同规格的弹簧，某实验小组进行如下实验：
一、实验小组利用弹簧测定木块与水平长木板之间的动摩擦因数，若选取的弹簧可视为理想轻弹簧，测量的步骤和方法如图所示：

（1）如图a，将轻弹簧竖直悬挂起来，测出轻弹簧的自然长度；
（2）如图b，将重量的木块悬挂在轻弹簧的下端，静止时测出弹簧的长度。则该弹簧的劲度系数___________N/m。
（3）如图c，将轻弹簧一端连接木块，另一端固定在竖直墙壁上，拉动长木板，使其相对物块向左运动。向左拉动长木板时，___________（填“需要”或者“不需要”）保证长木板匀速前进；
（4）稳定后测出弹簧长度，根据测出的物理量，推导出木块与长木板之间的动摩擦因数的表达式___________（用、、等字母表示）。
二、实际情况下，由于弹簧自身重力的影响，弹簧平放时的长度与竖直悬挂时的长度有明显不同，实验小组选取另一弹簧继续进行了如下操作：
①先将弹簧平放在桌面上，用刻度尺测得弹簧的长度为；
②再将弹簧的一端固定在铁架台上，弹簧自然下垂，然后将最小刻度是毫米的刻度尺竖直放在弹簧的一侧，刻度尺零刻度线与弹簧上端对齐，并使弹簧下端的指针恰好落在刻度尺上，将指针指示的刻度值记作；弹簧下端挂一个50g的砝码时，指针指示的刻度值记作；弹簧下端挂两个50g的砝码时，指针指示的刻度值记作；…，弹簧始终处于弹性限度内，测量记录如表：
代表符号






刻度值/cm
1.70
3.40
5.10
6.85
8.60
10.30
根据表中数据计算，实验小组所用弹簧的劲度系数___________N/m；弹簧自身的重力___________N。（g取，结果保留3位有效数字）
【正确答案】 500 不需要 28.5N/m 0.16N

11-10（提升） 在“探究弹力和弹簧伸长的关系”时，某同学把两根弹簧串在一起如图1连接起来进行探究，上部为弹簧1下部为弹簧2，弹簧1的上端与刻度尺的零刻度对齐。

(1)某次测量放大后如图2所示，指针示数为________cm．
(2)在弹性限度内，将每个50g的钩码逐个挂在弹簧下端，得到指针A、B的示数LA和LB如表．用表中数据计算弹簧1的劲度系数为________N/m（重力加速度g=10m/s2）．由表中数据________（填“能”或“不能”）计算出弹簧2的劲度系数。
钩码数
1
2
3
4
LA/cm
15.71
19.71
23.71
27.71
LB/cm
29.96
35.76
41.56
47.36
(3)若已知弹簧1的上端与刻度尺的零刻度对齐，由表中数据可以比较两弹簧的原长：LA0________LB0（选填“>”“=”或“<”）。
【正确答案】 16.00 12.5 能 <

11-11（提升） 小鱼同学用身边的学习用品探究橡皮筋的劲度系数k，进行了下面的操作：将橡皮筋上端固定在竖直面内的白纸上的O点，下端打结，在结点P处挂上质量为m＝20g的橡皮，记下静止后结点的位置P1。在结点P系上一根细线，并通过水平细线将橡皮在纸面内缓慢拉起，如图甲所示，又记录了结点P的四次不同位置。小鱼取下白纸，以O点为圆心、以橡皮筋原长为半径画圆弧，如图乙所示。连接OP2，与圆弧交于A2，并过A2作OP1的垂线，垂足为B2。分别测出、P2的距离x2和O、B2的距离y2。同样测得其余四个位置对应的x、y值，如下表所示，其中g取9.8m/s2。
序号
1
2
3
4
5
x/cm
0.70
0.83
1.08
1.27
1.51
y/cm
4.51
3.80
2.97
2.48
2.09
cm-1
0.222
0.263
0.336
0.403
0.478
请完成下列问题：
（1）用mg、x、y、L0表示橡皮筋的劲度系数k＝_______；
（2）作出如图丙所示的图像，则可求得k＝_________ N/cm（保留两位有效数字）；

（3）若小鱼标记好P5后，通过水平线将橡皮擦缓慢放回到最低点过程中，再次测得五组不同数据，算出相应的k＇，则k__________k＇（填“＞”“＜”或“＝”）。
【正确答案】 0.28 大于

【原卷 12 题】 知识点 闭合电路欧姆定律的内容和三个公式,多用电表欧姆挡的测量原理和内部电路

【正确答案】

【试题解析】


12-1（基础） （1）在测定金属丝的电阻率的实验中，需要测出金属丝的电阻Rx，甲、乙两同学分别采用了不同的方法进行测量：甲同学直接用多用电表测其电阻，所使用的多用电表欧姆挡共有“ × 1”“ × 10”“ × 100”“ × 1k”四个挡，该同学选择“ × 10”挡，用正确的操作方法测量时，发现指针偏转角度太大。为了准确地进行测量，进行如下操作：

A．旋转选择开关至欧姆挡___________；
B．将两表笔短接，调节欧姆调零旋钮使指针对准刻度盘上欧姆挡的零刻度；
C．将两表笔分别连接到Rx的两端，指针指在图甲所示位置，Rx的测量值为___________Ω；
D．旋转选择开关至“OFF”，并拔出两表笔。
（2）图乙为欧姆表原理图，已知电流计的量程为Ig= 100μA，电池电动势为E = 1.5V，则该欧姆表的内阻是___________kΩ。


【正确答案】 × 1 22 15

12-2（基础） 多用电表的“”欧姆挡的电路简化图如图（a）所示，其刻度盘如图（b）所示，已知电流表的电阻，满偏电流，为可变电阻。

（1）某同学在使用前将两表笔短接，调节可变电阻，但因电源老化发现指针始终无法对齐“”刻度线，指针偏转角度最大时在图（b）中的位置A，此时可变电阻的滑动片位于___________（选填“”或“”）端，通过电流表的电流为___________；
（2）使指针偏转角度最大后保持可变电阻阻值不变，在两表笔间接入电阻箱，逐渐减小电阻箱的阻值，指针偏转角度随之___________（选填“增大”或“减小”）；
（3）当电阻箱阻值为时指针位置如图（b）中的位置B，则电源的电动势为___________，内阻为___________。（结果保留两位有效数字）
【正确答案】 N 92 增大 1.1 9.5

12-3（基础） 如图1所示为一个多用电表欧姆挡内部电路示意图。电流表满偏电流1mA、内阻10Ω；电池电动势1.5 V、内阻1Ω；

（1）图1中表笔a为___________色（选填“红”或“黑”）。调零电阻R0可能是下面两个滑动变阻器中的___________（填选项序号）。
A．电阻范围0~200Ω B．电阻范围0~2 000Ω
（2）在进行欧姆调零后，正确使用该多用电表测量某电阻的阻值，电表读数如图2所示，被测电阻的阻值为___________Ω
（3）如图3所示，某同学利用定值电阻R1给欧姆表增加一挡位“×10”，则定值电阻R1 =___________
Ω。（结果保留1位小数）
（4）若该欧姆表换了一个电动势为1.5V、内阻为10Ω的电池，调零后测量某电阻的阻值，其测量结果___________。 （选填“偏大”“偏小”或“准确”）。
【正确答案】 红 B 1600 1.1 准确

12-4（基础） 2020年新冠状肆虐的疫情假期，物理兴趣小组成员根据手头的实验器材设计了如图所示的欧姆表电路，通过调节开关S，可使欧姆表具有“”和“”的两种倍率．可用器材如下：

A．干电池（电动势，内阻不计）
B．电流表G（满偏电流，内阻）
C．定值电阻（阻值为）
D．滑动变阻器（最大阻值为）
E．定值电阻
G．开关一个，红、黑表笔各一支，导线若干
（1）该兴趣小组成员按照如图所示电路图连接好实验电路。当开关S合向_______（填“a”或“b”）时，欧姆表的倍率是“”倍率。
（2）已知欧姆表为“”倍率时的中值电阻为，则定值电阻______，________。
（3）将开关S合向b，第一步：将红、黑表笔短接，调节滑动变阻器，电流表电流达到满偏电流。第二步：在红、黑表笔间接入待测电阻，发现电流表指针指向的位置，则待测电阻______。
【正确答案】 b 1 9 300

12-5（巩固） 家里网购了一台净水机，小聪查阅资料后发现，水的电阻率与水中溶解的固体含量的关系如表所示，合格纯净水的固体含量。小聪想制作一个固体含量计，用来检验该净水机的净水效果。
水（25℃）的电阻率/（）
500
50
5
0.5
0.1
0.01
溶解的固体含量/（）
0.010
0.100
1.00
10
50
500
小聪将水样通过阀门K注满一绝缘性能良好的圆柱形塑料容器，容器两端用固定的圆形金属电极密封（如图甲所示），再接在如图乙所示的电路（电源电动势为E，电流表的量程为Ig，测量前将红、黑表笔短接，使电流表满偏）的红、黑表笔之间，读出此时电流表的示数。小聪根据不同水样对应的电流值，得到不同水样对应的电阻率，将电阻率对应的固体含量值标在电流表表盘对应的刻度线上，这样就将电流表改装成了一个简易的固体含量计。

（1）在如图乙所示的电路中，___________（选填“a”或“b”）表笔是黑表笔。

（2）此固体含量计上较小的固体含量值对应电流表的电流值___________（选填“较大”或“较小”）。
（3）某次测量时，电流表的指针恰好半偏，测得该容器两电极间的长度为L，水柱的内径为d，则水样的电阻率=___________（用相关物理量的符号表示）；若E=3.0V，Ig=100μA，L=30cm，d=20cm，则该净水机___________（选填“合格”或“不合格”）。
【正确答案】 b 较小 不合格

12-6（巩固） 小七同学对如图甲所示的欧姆表做了如下研究：

（1）如图甲，小七同学在测量电阻前，分别完成以下步骤：
①机械调零后，将挡位开关旋至欧姆挡“”挡。
②将红黑表笔短接，进行___________，此时欧姆表的内阻为___________。
（2）欧姆表的内部结构如图乙所示，下列说法正确的是___________（请填写选项前面对应的字母）
A．表笔应为黑表笔，表笔应为红表笔
B．当挡位开关旋到“1”时，对应的是电流挡且电流量程最大
C．当挡位开关旋到“5”进行测量时，表笔应接电势低的点
D．当挡位开关旋到“3”时是电阻挡，该同学测量一电阻时，由于粗心将红、黑表笔插反，这对最终的测量结果没有影响。
（3）该同学用欧姆挡测电阻时，所测得的电阻阻值为，若电流计的满偏电流为，电源电动势为，求此时流经电阻的电流___________（用含有，和的表达式表达。）
（4）若因为电池老化，电源电动势由变为，内阻由变为，正常调零后进行测量，若测量出的电阻阻值为，则实际阻值为___________（结果保留三位有效数字）。
【正确答案】 欧姆调零 150 BD或DB 261

12-7（巩固） 某实验小组在实验室进行一系列实验探究活动，将已知量程为、未知内阻的直流微安表改装成简易多用电表。首先利用图甲所示电路测量直流微安表的内阻，其中A是标准直流微安表，是待测直流微安表，是定值电阻。然后利用图乙电路完成简易多用电表的改装，其中、、是定值电阻，。请结合上述实验目的及设计完成下列问题：

（1）接通，将拨向触点1，调节，使待测直流微安表指针偏转到适当位置，记下此时直流微安表A的读数I；
（2）将拨向触点2，调节，使微安表A的读数I保持不变，此时______的读数即为待测直流微安表的内阻。记录测量值为500Ω。
（3）若改装后的简易多用电表电流挡量程为1mA，则图乙中阻值为______Ω。
（4）图乙中预留端点A、B、C和D可设置成不同的挡位插孔。当使用改装电表的欧姆挡时，红、黑表笔应分别接入______端和______端。
（5）图乙中电源电动势为1.5V，内阻忽略不计，设计时调零电阻应选用______（填“0~1kΩ”或“0~1.5kΩ”）的滑动变阻器。
【正确答案】 125 C A 0~1.5kΩ

12-8（巩固） 如图所示是一多用电表的简化电路图。其电流计满偏电流Ig=0.5mA、内阻Rg=200Ω。多用表有两个电流挡，量程分别为0~10mA和0~1mA，有两个电压挡分别为0~15V和0~3V，有两个欧姆挡倍率分别为×10和×100，转换开关S旋转至“1”、“2”、“3”、“4”、“5”、“6”中某个位置时，即选择相应的功能。

（1）转换开关S接“1”端时，多用电表的功能是测_________（填“电流”、“电压”或“电阻”），量程为_________；
（2）转换开关S接“5”端时，多用电表的功能是测_________（填“电流”、“电压”或“电阻”），量程为_________；
（3）图中电阻R1=_________Ω，R2=_________Ω；（保留到个位）
（4）转换开关S接“4”端时，多用电表可以用来测电阻，倍率为×100，图中电阻R4=1500Ω，滑动变阻器R5调节范围为0~2000Ω，电源电动势E=2V，内阻为r=3Ω，进行欧姆调零后测量电阻Rx的阻值，表盘指针正好指向中间刻度，则电阻Rx的阻值为_________Ω。
【正确答案】 电流 0~10mA 电压 0~3V 20 180 2000

12-9（巩固） 在学习了多用电表的原理之后，某实验小组欲利用一个量程为1mA、内阻约为几百欧的毫安表制作一个简易的多用电表。

（1）该小组同学首先利用图甲所示的电路测量毫安表的内阻。闭合开关后，当电阻箱的阻值R为1200Ω时，毫安表刚好满偏，此时电压表的示数为1.47V，则毫安表的内阻=______Ω。
（2）该小组设计了如图乙所示的欧姆表，其中定值电阻R0=30Ω，开关S的断开、闭合，相当于欧姆表换挡，换挡前后均能欧姆调零，则换挡前（断开开关S）的倍率是换挡后（闭合开关S）倍率的____________倍。
（3）该小组设计了如图丙所示的多用电表。其中电源的电动势为E=1.5V、内阻为0.5Ω，R2=273Ω，回答下列问题：
a.当选择开关接3时，该表为_________表，其量程为___________；
b.该多用电表欧姆挡表盘中央的刻度值应为____________Ω；
c.若一段时间后电源的电动势由1.5V降为1.45V，内阻由0.5Ω变为1.0Ω，欧姆调零后用此表测量一未知电阻的阻值，测得Rx=150W，则其真实阻值应为_______________。
A．72.5Ω B． 145Ω C.150Ω D．160Ω
【正确答案】 270 10 电压表 3V 150 B

12-10（提升） 某物理兴趣小组要组装一个简易的欧姆表，他们设计了如图甲所示的电路，通过控制单刀多掷开关S，可使欧姆表具有“×1”、“×10”和“×100”三个倍率的挡位，并使改装后的刻度盘正中央的刻度为15，如图乙所示。所提供的器材规格如下：
A．干电池（电动势E=1.5V，内阻不计）
B．电流表G（量程为，内阻为）
C．定值电阻（阻值为）
D．定值电阻R2、R3
E．滑动变阻器R4（，额定电流0.5A）
F．滑动变阻器R5（，额定电流1.0A）
G．单刀多掷开关一个，红、黑表笔各一支，导线若干

（1）滑动变阻器应选择___________（填“R4”或“R5”）。
（2）电路中定值电阻R2=___________Ω， R3=___________Ω。
（3）现利用该欧姆表测定一未知电阻的阻值，将开关S接2，经正确操作后，欧姆表的指针位置如图丙所示，为较准确地测定被测电阻的阻值，以下正确且必要的操作是___________。
A．开关S接1
B．开关S接3
C．将红、黑表笔短接，调节滑动变阻器使指针指在电阻的0刻线
D．将红、黑表笔短接，调节滑动变阻器使指针指向电阻的刻线
（4）按正确方法测量电阻的阻值，欧姆表示数如图丁所示，则___________Ω（保留两位有效数字）。
【正确答案】 R4 16.2 162 BC

12-11（提升） 某实验小组设计了如图（a）所示的欧姆表电路，仅用一节干电池通过控制开关S，就可使“欧姆表”具有“×10”和“×100”两种倍率。电路中使用的实验器材如下：
干电池：电动势E=1.5 V，内阻r=1 Ω；
毫安表：满偏电流Ig=1 mA，内阻Rg=125 Ω；
滑动变阻器R0，阻值调节范围足够大；
定值电阻R1、R2和R3，其中R1= 1000 Ω；
开关S，红、黑表笔各一支，导线若干。

（1）按照图（a）连接好电路，表笔1为_____（填“红”或“黑”）表笔。
（2）当开关S断开时，将两表笔短接，调节滑动变阻器R0， 使电流表达到满偏，此时R0=_____Ω，“欧姆表”的倍率是___________（填“×10”和“×100”）。
（3）闭合开关S使“欧姆表”倍率改变，电阻R2=________Ω。将两表笔短接，调节滑动变阻器R0，使电流表达到满偏。
（4）保持开关闭合，在表笔间接入电阻R3 （图中未画出），电流表指针指向图（b）所示的位置时，电阻R3=______Ω。
【正确答案】 红 374 ×100 125 225

12-12（提升） 某实验兴趣小组准备利用表头Gx设计一个多挡位欧姆表，但不知道该表头的电阻。为了精确地测量表头的电阻，该小组首先采用了“电桥法”测量Gx的阻值。电路如图甲所示，由控制电路和测量电路两部分组成。实验用到的器材如下：

A．待测表头Gx：量程0~1mA，内阻约为200Ω
B．灵敏电流计G
C．定值电阻R0=270Ω
D．粗细均匀的电阻丝AB总长为L=50.00cm
E．滑动变阻器RA（最大阻值为20Ω）
F．滑动变阻器RB（最大阻值为2000Ω）
G．线夹、电源、开关以及导线若干
（1）电源电动势3V，实验过程中为了便于调节，滑动变阻器应选用_______（填写器材前对应的字母）。
（2）在闭合开关S前，可将线夹P2大致固定于电阻丝AB中部位置，滑片P1置于a端，然后移动滑动变阻器的滑片使待测表头的示数适当后再不移动滑片。不断调节线夹P2所夹的位置，直到电流表G示数为零，测出此时AP2段电阻丝长度x=20cm，则测得=___________Ω（结果保留三位有效数字）。
（3）如图乙所示，将上述表头Gx改为含有“”，“”“”三个挡位的欧姆表，已知电源电动势E=1.5V，内阻可忽略不计。R1 【正确答案】 E 180 20 132

【原卷 13 题】 知识点 计算含容电路的电流和电压,带电粒子在电磁场和重力场中做匀速圆周运动

【正确答案】

【试题解析】




13-1（基础） 在如图所示的电路中，电源的电动势E=18V，内阻r=1.0Ω，电阻R2=5.0Ω，R3=6.0Ω，板间距d=2cm的平行板电容器水平放置。当滑动变阻器R1的滑片P移至R1的中点时，图中理想电压表的示数为16V，一个带电荷量q= -8.0×10--9C的油滴正好平衡于两极板之间。求：（g取10m/s2）
（1）滑动变阻器R1的最大阻值
（2）油滴的质量。
（3）移动滑片P，油滴可获得向下的最大加速度大小。

【正确答案】 （1）12Ω；（2）4.0×10-7kg；（3）1m/s2。

13-2（基础） 如图所示的电路中，两平行金属板A，B水平放置，接入如图所示电路中，两板间的距离d=50cm电源电动势E=15V，内电阻r=1Ω，电阻R1=4Ω，R2=10Ω，闭合开关S，待电路稳定后，将一带电的小球放入板间恰能保持静止，小球质量为m=2×10-2kg，（g=10m/s2）问：
（1）电路中的电流为多大?电容器的电压为多大？
（2）小球带正电还是负电，电量大小为多少C？

【正确答案】 （1），；（2）负电，

13-3（基础） 如图所示的电路中，两平行金属板A、B水平放置，极板长l=80cm，两板间的距离d=40cm．电源电动势E=40V，内电阻r=1Ω，电阻R=15Ω，闭合开关S，待电路稳定后，将一带负电的小球从B板左端且非常靠近B板的位置以初速度v0=4m/s水平向右射入两板间，该小球可视为质点．若小球带电量q=1×10-2 C，质量为m=2×10-2 kg，不考虑空气阻力，电路中电压表、电流表均是理想电表，若小球恰好从A板右边缘射出，g取10m/s2。求：
（1）滑动变阻器接入电路的阻值为多少？
（2）此时电流表、电压表的示数分别为多少？

【正确答案】 （1）24Ω；（2）1A；39V

13-4（基础） 如图所示，一电荷量带正电的小球，用绝缘细线悬于竖直放置足够大的平行金属板中的O点。S合上后，小球静止时，细线与竖直方向的夹角。已知两板相距m，电源电动势V，内阻，电阻。g取10，，。求以下物理量的大小：
（1）流过电源的电流I。
（2）两板间的电场强度E。
（3）小球的质量m。

【正确答案】 （1）1A；（2）100V/m；（3）0.04kg

13-5（巩固） 如图所示，质量为m，带电量为+q的液滴，以速度v沿与水平成45°角斜向上进入正交的、足够大的匀强电场和匀强磁场叠加区域，电场强度方向水平向右，磁场方向垂直纸面向里，液滴在场区做直线运动。重力加速度为g，求：
（1）电场强度E和磁感应强度B的大小；
（2）当液滴运动到某一点P时，电场方向突然变为竖直向上，大小不变，不考虑因电场变化而产生的对磁场的影响，此时液滴加速度a的大小；
（3）在满足（2）的前提下，粒子从P点第一次运动到与P点同一水平线上的Q点（图中未画出）所用的时间t和PQ间的距离d。

【正确答案】 （1），；（2）；（3），

13-6（巩固） 如图，质量为m、电荷量为+q的小球从A点以水平初速度v0平抛，小球A恰好沿B点的切线方向进入竖直平面内半径为R的光滑绝缘圆弧形轨道BCD。在D点右侧存在方向竖直向上的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场（图中未标出），电磁场中竖直平面内有一半径也为R的理想圆形屏蔽区，其圆心到D点的距离为2R，屏蔽区的圆心O与水平线BD等高。小球在电磁场区域做匀速圆周运动，重力加速度为g，不计空气阻力，不计小球运动引起的电磁场变化。求：
（1）电场强度E的大小；
（2）小球A经过轨道最低点C时对轨道的压力大小；
（3）为使小球A能进入电磁场屏蔽区，磁感应强度的最小值为多大？

【正确答案】 （1）；（2）；（3）

13-7（巩固） 如图，足够大的空间存在沿方向、场强为E的匀强电场和沿方向、磁感应强度大小为B的匀强磁场，一质量为m、电荷量为q（q>0）的粒子可以沿方向做直线运动。不计粒子重力。
（1）求粒子做直线运动的速度大小；
（2）当粒子经过O点时，将磁场改为沿方向但磁感应强度大小不变，求此后粒子第次经过y轴时与O点的距离。

【正确答案】 （1）；（2）

13-8（巩固） 如图甲所示，在竖直面内的直角坐标系xOy中，有垂直于坐标平面向外的匀强磁场，空间存在如图乙所示的竖直向下的周期性变化的匀强电场，电场强度大小为，变化的周期为T。从t＝0时刻，在坐标原点沿x轴正方向射出一个电荷量为q的带电粒子，粒子先沿x轴正方向做匀速直线运动一段距离，接着做匀速圆周运动，做圆周运动的周期为，重力加速度为g，求：
（1）匀强磁场的磁感应强度B及粒子从坐标原点射出时的初速度；
（2）t＝1.75T时刻，粒子离坐标原点的距离；
（3）若在t＝1.875T时刻撤去电场，此后，粒子经过x轴时受到的洛仑兹力。

【正确答案】 （1），；（2）；（3），方向沿x轴正方向

13-9（提升） 圆形匀强磁场中，当带电粒子做匀速圆周运动的半径等于圆形磁场半径时，让粒子在磁场边界上的某点沿任意方向进入磁场都将以相同速度射出磁场，此种现象称为“磁发散”。在某平面坐标空间中，如图所示，第一象限中布满匀强电场，其方向与y轴正向成60°，大小为E1，而第二象限中布满场强大小为E2的匀强电场，另有一个半径为r的圆形匀强磁场，且在磁场边界P处有一粒子源可以射出质量为m、电荷量为q的带正电粒子，现该粒子源在该点切线的同侧180°角内向磁场一次性同时沿不同方向射入速度大小都为v的粒子，而且这些粒子进入磁场后都做匀速圆周运动均能在y轴正向进入第一象限，进入第一象限后都做类平抛运动，已知重力加速度为g，且。试求：
（1）匀强电场E2的大小；
（2）匀强磁场B的大小；
（3）P位置的坐标；
（4）最先到达x正半轴的粒子的运动时间。

【正确答案】 （1）；（2）；（3）（，）；（4）

13-10（提升） 如图所示，匀强电场方向斜向右下方，与水平方向夹角为30°，一个质量为m、电荷量为q的带正电小球从某根电场线上的P点以与电场线成60°角的方向斜向右上方抛出，初速度为v0。已知重力加速度为g，电场强度大小，不计空气阻力。求：
(1)小球再次到达这根电场线上的Q点（未画出）时运动的时间；
(2)将电场方向改为竖直向上，加上垂直纸面向外的匀强磁场，其他条件不变，小球仍能到达Q点，求所加匀强磁场磁感应强度大小B。

【正确答案】 (1)；(2)

13-11（提升） 如图所示，坐标系xOy在竖直平面内，y轴的正方向竖直向上，y轴的右侧空间存在水平向左的匀强电场，电场强度为E1；y轴的左侧空间存在匀强磁场和匀强电场，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强B=1T，电场方向竖直向上，电场强度E2=2N/C。t=0时刻，一个带正电的微粒在O点以的初速度沿着与x轴负方向成45°角的方向射入y轴的左侧空间，微粒的电荷量q=10-6C，质量m=2×10-7kg，重力加速度g取10m/s2。求：
（1）微粒从O点射入后第一次通过y轴的位置；
（2）E1为何值时，微粒从O点射入后，第二次通过y轴时恰好经过O点。

【正确答案】 （1）0.4m；（2）1N/C

13-12（提升） 如图所示，在竖直平面内的坐标系xOy的第一象限与第四象限内有一条垂直于x轴的虚线MN、MN与x轴的交点为D。在y轴与虚线MN之间有匀强电场与匀强磁场，电场方向竖直向上，场强大小为E1；x轴上方的磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B1，x轴下方的磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B2，B1 = 2B2。在第二象限内有水平向右的匀强电场，场强大小为E2。一个质量为m、电荷量为 + q的带电液滴从P点由静止释放，恰经过原点O进入第四象限后，开始做匀速圆周运动。已知P点坐标为（- 3d，4d），B1 = （g为重力加速度），液滴通过O点后穿过x轴一次，最后垂直于MN射出磁场，sin37° = 0.6，cos37° = 0.8。求：
(1)场强E1、E2的大小；
(2)虚线MN与y轴的距离；
(3)液滴从P点释放到离开磁场的时间。

【正确答案】 (1)E2 =；(2)6d；(3)

【原卷 14 题】 知识点 牛顿定律与直线运动-复杂过程,用动能定理求解外力做功和初末速度,动量定理的内容和表达式

【名师点拔】
此题考查了学生在具体模型中对力学三大观点的综合运用。平时练习时要注重模型的构建、多过程运动的分析以及数学运算在物理中的熟练应用。在学习物理常规模型时，可以根据模型考察的原理进行适当的延伸，增强物理原理、物理思维、思维拓展方面的考察，避免思维固化，多运用物理模型本质原理解决问题。
【正确答案】

【试题解析】





14-1（基础） 把质量为0.5kg的石块从某高处以30°角斜向上方抛出，初速度是，落地速度为（不计空气阻力），求：
（1）抛出时，人对石块做了多少功？
（2）抛出点的高度h为多大？

【正确答案】 （1）6.25J；（2）10m

14-2（基础） 如图甲是我国首艘“海上飞船”——翔州1号。该飞艇在平静的水面由静止开始在水平面上沿直线运动，若运动过程中受到的阻力不变，水平方向的动力F随运动时间t的变化关系如图乙所示。t=50s后，“翔州1号”以20m/s的速度做匀速直线运动。求：
（1）飞艇所受阻力的大小；
（2）0~50s内，飞艇所受合外力冲量的大小和飞艇的质量。

【正确答案】 （1）；（2）

14-3（基础） 如图所示，某植保无人机在田间实施喷洒农药的任务，当无人机完成某块地的喷洒任务时悬停在离地2m高处，然后先匀加速上升，再匀减速上升，到27m高处速度刚好为零，再做水平方向的匀速直线运动，到达另一块地上空实施喷洒农药的任务，无人机在加速上升过程中升力为其重力的1.5倍，减速运动时的升力为其重力的0.7倍，已知无人机上升过程中受到的空气阻力大小为重力的0.1倍，重力加速度g取。求无人机上升需要的总时间是多少。

【正确答案】

14-4（基础） 质量为的小球自倾角为且光滑的斜面顶端下滑，斜面底端有一个垂直于斜面的挡板，小球滑至挡板处与挡板发生碰撞；小球碰前速度大小为，碰后速度为，碰撞时间为，。求：
（1）碰撞过程中挡板对球的作用力；
（2）碰撞后小球能够上升的最大高度。

【正确答案】 （1），方向沿斜面向上；（2）

14-5（巩固） 如图所示，圆柱形管的底端固定一弹射器，弹射器上有一质量m1=1kg的小滑块，管和弹射器的总质量m2=2kg，滑块与管内壁间的滑动摩擦力大小为0.4m1g。整个装置竖直静止在水平地面上。发射时，滑块离开弹射器瞬间距离上管口的距离为1.0m；滑块离开弹射器后上升的最大高度为1.4m。小滑块可视为质点且弹射时间极短，每次弹射后滑块获得的初速度相等，忽略空气阻力，取重力加速度g=10m/s2。求：
（1）滑块离开弹射器后运动到最高点的时间；
（2）当滑块离开弹射器瞬间，对圆柱形管施加一个竖直向上的恒力F，为保证滑块不滑出管口，计算F的最小值。

【正确答案】 （1）；（2）Fmin=24N

14-6（巩固） 2022年冬奥会将在北京举办。为助力冬奥会，由北京理工大学宇航学院牵头研制了一款“人体高速牵引装置”。在装置作用下，只需几秒，一名滑冰运动员就能从静止状态达到指定速度。该装置作用过程可简化成运动员只在赛道加速段受到牵引加速。某次训练中，质量的运动员甲仅在牵引装置作用下，通过加速段后获得一定速度，然后保持此速度通过变道段和半径为的弯道。在过弯道时冰刀与冰面弯道凹槽处的接触点如放大图所示，即可认为冰面对运动员甲的弹力沿冰刀方向，冰刀与冰面的夹角。忽略一切摩擦力，重力加速度取。
（1）求运动员甲的速度大小及牵引装置对运动员甲做的功；
（2）根据第（1）问的数据，运动员甲获得上述速度后，若在变道段与同向运动速度为的运动员乙发生推送接力（相互作用时间很短），相互作用后甲速度减为，方向不变。已知运动员乙的质量为。求在接力过程中两位运动员增加的动能。

【正确答案】 （1），；（2）

14-7（巩固） 如图所示，光滑水平面（足够大）的右端B处连接一半径的光滑竖直半圆轨道，B点为水平面与半圆轨道的切点，用大小恒定的水平推力将一质量的滑块（视为质点）从B点左侧的A点由静止开始推到B点，然后立即撤去推力，滑块恰好能沿半圆轨道运动到最高点C，并且恰好落回A点。取重力加速度大小，不计空气阻力。
（1）求A、B两点的距离x；
（2）若A、B两点的距离可调节，用最小推力完成上述过程（不要求滑块经过C点时对半圆轨道无压力），求该最小推力及其对应A、B两点的距离s。

【正确答案】 （1）；（2），

14-8（巩固） 如图，一粗细均匀质量为M的圆管置于倾角的光滑斜面顶端，圆管下端距斜面底端的固定弹性挡板距离为L，上端塞有一质量为m的小球。圆管由静止自由下滑，运动方向始终与挡板垂直，并与挡板发生多次弹性碰撞，且每次碰撞时间极短。已知M=4m，小球和圆管之间的滑动摩擦力大小为2mg，g为重力加速度的大小，不计空气阻力。
（1）求圆管第一次与挡板碰撞后的瞬间，圆管和小球各自的加速度大小；
（2）圆管第一次与挡板碰撞弹回上滑过程中，球没有从圆管中滑出，求圆管上滑的最大距离；
（3）圆管多次与挡板碰撞弹回上滑过程中，球仍没有从圆管中滑出，求圆管长度应满足的条件。

【正确答案】 （1）g，1.5g；（2）；（3）

14-9（提升） 国家跳台滑雪中心是我国首座符合国际标准的跳台滑雪场地，也是张家口赛区冬奥会场馆群建设中工程量最大、技术难度最高的竞赛场馆。跳台剖面因与中国传统吉祥饰物“如意”的S形曲线契合，因此被形象地称为“雪如意”。2022年冬奥会中，运动员有一项飞跃表演在跳台滑雪场地举行，其简化模型如图所示，左侧为一倾角为α（tanα＝0.5）的斜坡P，右侧为竖直光滑圆弧轨道ABC与另一足够长的斜坡Q平滑相接（斜坡面沿C端的切线方向），其中圆弧轨道的两端A、C关于过圆心O的竖直线对称，B为圆弧轨道的最低点。表演者利用雪橇不停触地先从平台左侧不断加速，然后利用惯性冲上斜坡P，一段时间后从斜坡P的顶端沿切线方向飞出，人在空中连同雪橇可以视为质点在空中自由滑行，经过t1=2s恰好无碰撞地从A端沿圆弧切线方向进入竖直光滑圆弧轨道ABC，然后从C端冲上斜坡Q，在斜坡上减速到零后又反向滑回。已知运动员从C点进入斜坡Q开始到第二次经过该斜坡上的D点所经的时间间隔t2=3s，表演者与雪橇的总质量M=100kg，斜坡P顶端与A端的水平间隔x=32m，圆弧轨道ABC的半径R=5m，雪橇与斜坡Q间的动摩擦因数μ=0.5，重力加速度g=10m/s2，不计空气阻力。求：
（1）运动员及雪橇经过斜坡P顶端时的速度大小；
（2）运动员及雪橇第一次经过B点时，对轨道的压力；
（3）从C到D的过程中，运动员连同雪橇克服重力做的功。

【正确答案】 （1）m/s；（2）9400N；（3）11400J

14-10（提升） 如图所示，质量的长直木杆竖直静止在水平面上，但跟水平面并不黏合；另一质量、可视为质点的小橡胶环套在长直木杆上。现让小橡胶环以的初速度从长直木杆顶端沿长木杆滑下，小橡胶环每次跟水平面的碰撞都是瞬间弹性碰撞；而长直木杆每次跟水平面碰撞瞬间都会立即停下而不反弹、不倾倒。最终小橡胶环未从长直木杆上端滑出。已知小橡胶环与长直木杆之间的滑动摩擦力大小，认为最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力大小，取重力加速度。求：
(1)长直木杆的最小长度；
(2)长直木杆跟水平面第一次碰撞瞬间损失的机械能；
(3)长直木杆跟水平面第n次将要碰撞时的速度大小表达式；
(4)小橡胶环在长直木杆上运动的总路程。

【正确答案】 (1)3.75m；(2)；(3)；(4)大于或等于（或13.4m）

14-11（提升） 弹簧跳跳杆是儿童特别喜欢的玩具之一，如图甲。其结构可简化为图乙，一质量M=0.3kg的足够长“T”形支架，竖直立在水平地面上，有一质量m=0.2kg的物块套在支架直杆上，物块与支架上端之间夹有一劲度系数足够大的轻质弹簧，弹簧上端固定在支架顶端，下端与物块不相连。开始时弹簧压紧并被物块和支架顶端间的细线锁定，弹簧的弹性势能J。现解除锁定，弹簧瞬间恢复形变。已知物块与直杆间滑动摩擦力大小恒为f=1.5N，重力加速度取g=10m/s2，空气阻力、锁定时弹簧的长度和支架与地面碰撞过程中能量损失均忽略不计，支架始终保持在竖直方向上。求：
（1）弹簧恢复形变的过程中，支架所受合力的冲量大小；
（2）当支架第一次上升到最大高度时，物块的速度大小；
（3）从解除锁定到支架第二次落回地面的过程中，为使物块不脱离支架，直杆所需要的最小长度。

【正确答案】 （1）；（2）；（3）

14-12（提升） 如图，一直立轻质薄空心圆管长为，上下端口处各安放有一个质量均为m的圆柱形物块A、B，且A、B紧贴管的内壁，其厚度不计。A、B与管内壁间的最大静摩擦力分别是、，滑动摩擦力与最大静摩擦力相等。管下方存在这样一个区域：当物块A进入该区域时受到一个竖直向上的恒力F，而B在该区域运动时不受它的作用，PQ、MN是该区域上下水平边界，高度差为。现让管的下端从距离上边界PO高H处由静止释放，重力加速度为g。
（1）求A到达上边界PQ时的速度；
（2）为使A、B间无相对运动，求F应满足的条件；
（3）若，求物块A到达下边界MN时A、B间距离。

【正确答案】 （1）；（2）；（3）

【原卷 15 题】 知识点 影响分子热运动的因素——温度,理解内能的概念,热力学第二定律两种表述

【正确答案】
A B E
【试题解析】
【详解】A. 依题意，中心部位为热运动速率较低的气体，与挡板相作用后反弹，从A端流出，而边缘部份热运动速率较高的气体从B端流出；同种气体分子平均热运动速率较大、其对应的温度也就较高，所以A端为冷端、B端为热端，故A正确；
B．依题意，A端流出的气体分子热运动速率较小，B端流出的气体分子热运动速率较大，所以从A端流出的气体分子热运动平均速度小于从B端流出的，故B正确；
C．A端流出的气体分子热运动速率较小，B端流出的气体分子热运动速率较大，则从A端流出的气体分子平均动能小于从B端流出的气体分子平均动能，内能的多少还与分子数有关；依题意，不能得出从A端流出的气体内能一定大于从B端流出的气体内能，故C错误；
DE．该装置将冷热不均气体的进行分离，喷嘴处有高压，即通过外界做功而实现的，并非是自发进行的，没有违背热力学第二定律；温度较低的从A端出、较高的从B端出，也符合能量守恒定律，故D错误，E正确。故选ABE。

15-1（基础） 下列说法正确的是（　　）
A.阳光透过黑暗房间的孔洞形成的“光柱”中，肉眼可见灰尘在做布朗运动
B.可以从单一热源吸热，将其全部用于对外做功
C.液体在毛细管内的高度高于外面液面的高度，说明液体对毛细管是浸润的
D.不计空气阻力，将装有水的容器斜向上抛出后，水对器壁的压强为零
E.一个分子运动很快，这个分子温度高
【正确答案】 BCD

15-2（基础） 关于分子热运动和内能，下列说法正确的是（　　）
A.物体温度越高，分子热运动越剧烈
B.外界对物体做功，物体的内能必定增加
C.布朗运动是由悬浮在液体中的微粒之间相互碰撞引起的
D.一定质量的气体，温度不变，分子热运动的平均动能不变
E.物体的内能是物体中所有分子热运动动能和分子势能的总和
【正确答案】 ADE

15-3（基础） 下列对热学相关知识的判断中正确的是（　　）
A.对一定质量的气体加热，其内能一定增大
B.物体温度升高时，物体内的每个分子的速率都将增大
C.对一定质量的理想气体，当它的压强、体积都增大时，其内能一定增大
D.功转化为热的实际宏观过程是不可逆过程
E.自然界中的能量虽然是守恒的，但有的能量便于利用，有的不便于利用，故要节约能源
【正确答案】 CDE

15-4（巩固） 下列关于能量转换过程的叙述，不违背热力学第一定律，但违背热力学第二定律的有_________。
A.压缩气体时气体内能的增加量可能大于外界对气体所做的功
B.气体向真空自由膨胀时不对外做功，不耗散能量，所以该过程是可逆的
C.某新型热机工作时将从高温热源吸收的热量全部转化为功，而不产生其他影响
D.冰箱的制冷机工作时从箱内低温环境中提取热量散发到温度较高的室内
E.内能多的物体与内能少的物体混合，在没有能量损失时，一定能使内能少的物体温度升高
【正确答案】 BCE

15-5（巩固） 以下说法正确的是（　　）
A.两物体相接触时有热量从物体A传递到物体B，说明物体A的内能大于物体B的内能
B.不违背能量守恒定律的过程不一定都能实现
C.一定质量的理想气体，温度降低而压强升高时，气体分子间的平均距离有可能增大
D.理想气体由状态A变到状态B，可有不同的变化过程，对应这些变化过程，做功和热传递可以不同，但内能的变化总是相同的
E.一定质量的理想气体，如果压强增大而温度不变，气体分子在单位时间内对单位面积的器壁的碰撞次数一定增大
【正确答案】 BDE

15-6（巩固） 关于热力学定律，下列说法正确的是（　　）
A.根据热力学第一定律，一个物体的内能增加，必定有其他物体对它做功或向它传递热量
B.根据热力学第二定律，热量不可能自发地从低温物体传递到高温物体
C.一定质量的理想气体压强不变，温度升高，单位时间气体分子对容器壁碰撞次数一定增大
D.一定质量的理想气体压强不变，体积增大，气体一定放出热量
E.热机的效率不可能达到100％
【正确答案】 ABE

15-7（提升） 如图所示为电冰箱的工作原理示意图。压缩机工作时，强迫制冷剂在冰箱内外的管道中不断循环。在蒸发器中制冷剂汽化吸收箱体内的热量，经过冷凝器时制冷剂液化，放出热量到箱体外，下列说法正确的是（　　）

A.热量可以自发地从冰箱内传到冰箱外
B.电冰箱的制冷系统能够不断地把冰箱内的热量传到外界，是因为其消耗了电能
C.电冰箱的工作原理不违反热力学第一定律
D.电冰箱的工作原理违反热力学第一定律
E.电冰箱的工作原理正是热力学第二定律的应用
【正确答案】 BCE

15-8（提升） 下列说法正确的是______。
A.氢气和氮气的温度相同时，它们分子的平均速率不同
B.两个分子在相互靠近的过程中其分子力逐渐增大，而分子势能一定先减小后增大
C.已知某种气体的密度为、摩尔质量为M、阿伏加德罗常数为NA，则单位体积的分子数为
D.在等温度变化中一定质量理想气体的体积变小时，单位体积的分子数增多，单位时间内打到器壁单位面积上的分子数定增多，气体的压强不一定增大
E.如果用Q表示物体吸收的能量，用W表示物体对外界所做的功，∆U表示物体内能的增加，那么热力学第一定律可以表达为Q=∆U+W
【正确答案】 ACE

15-9（提升） 对于热力学第一定律和热力学第二定律的理解，下列说法正确的是（　　）
A.一定质量的气体膨胀对外做功100 J，同时从外界吸收120 J的热量，则它的内能增大20 J
B.物体从外界吸收热量，其内能一定增加；物体对外界做功，其内能一定减少
C.凡与热现象有关的宏观过程都具有方向性，在热传递中，热量只能从高温物体传递给低温物体，而不能从低温物体传递给高温物体
D.第二类永动机违反了热力学第二定律，没有违反热力学第一定律
E.热现象过程中不可避免地出现能量耗散现象，能量耗散符合热力学第二定律
【正确答案】 ADE

【原卷 16 题】 知识点 应用波意耳定律解决实际问题

【正确答案】

【试题解析】


16-1（基础） 生活中吸盘挂钩的使用分三步操作｡第一步：先将吸盘自然扣在墙面上，此时盘内气体体积为；第二步：按住锁扣把吸盘紧压在墙上（如图甲），吸盘中的空气被挤出一部分，松手稳定后，不再有气体从吸盘中逸出，剩余气体的压强为、体积为；第三步：将锁扣扳下（如图乙），让锁扣以盘盖为依托把吸盘向外拉出，能使吸盘内气体体积恢复到。三步完成后吸盘就会牢牢地被固定在墙壁上｡假设气体可视为理想气体，忽略整个过程气体温度的变化，大气压为，求：
（1）第三步后吸盘内气体的压强；
（2）第二步后吸盘中被挤出气体与原有气体的质量比值k。

【正确答案】 （1）；（2）

16-2（基础） 如图所示，新冠疫情期间，学校杀菌消毒用的压缩式喷雾器储液桶的总容量为6.0L，现倒入5.0L的消毒药液后盖紧盖子，开始打气，每打一次都能把体积为200mL、压强与大气压相同的空气打进储液桶，假设打气过程中药液不会向外喷出，储液桶气密性良好，出液管体积及出液口与储液桶底间高度差不计，周围环境温度不变，气体可视为理想气体，外界大气压恒为。求：
（1）当打气20次后，喷雾器内空气的压强及这个压强下最多能喷出的药液体积；
（2）要使喷雾器内的药液一次性全部喷完，至少需要打气的次数。

【正确答案】 （1），；（2）

16-3（基础） 玻璃瓶可作为测量水深的简易装置。如图所示，潜水员在水面上将水装入容积为的玻璃瓶中，拧紧瓶盖后带入水底，倒置瓶身，打开瓶盖，让水进入瓶中，稳定后测得瓶内水的体积为。将瓶内气体视为理想气体，全程气体不泄漏且温度不变。大气压强取，重力加速度g取，水的密度取。求水底的压强p和水的深度h。

【正确答案】 ，10m

16-4（基础） 下图是一款新型酒瓶开启器。手握开瓶器，将气针插入软木塞，通过气针对酒瓶进行打气，随着瓶内气体压强不断增大，软木塞将会被顶起。已知：打气前，瓶内气体压强为、体积为，每次将压强为p0、体积为的空气打入瓶内。软木塞的横截面积为、质量为，开瓶器质量为，软木塞与瓶子间的最大静摩擦力为，大气压强为，重力加速度为，假设打气过程温度不变，手对开瓶器的合力为零。求：
（1）软木塞被顶起时，瓶内气体压强p为多少？
（2）至少要打气几次可使软木塞被顶起？

【正确答案】 （1）；（2）

16-5（巩固） 铜龙虎尊出土于四川省广汉市三星堆一号祭祀坑，器肩上铸高浮雕的三龙呈蠕动游弋状，龙头由器肩伸出，龙角为高柱状构型，龙眼浑圆，身饰菱形重环纹。展出单位为防止文物因氧化而受损，需抽出存放文物的展柜中的空气，充入惰性气体，形成低氧环境。如图所示，为用活塞式抽气筒从存放青铜鼎的展柜内抽出空（的示意图。已知展柜容积为V0，铜龙虎尊材料的总体积为V0，开始时展柜内空气压强为p0，抽气筒每次抽出空气的体积相同；抽气一次后，展柜内压强传感器显示内部压强为p0；假设抽气的过程中气体的温度不变，求：
（1）抽气筒每次抽出空气的体积；
（2）抽气两次后，展柜内剩余空气压强及剩余空气和开始时空气的质量之比。

【正确答案】 （1）；（2）64：81

16-6（巩固） 某些鱼类通过调节体内鱼鳔的体积实现浮沉。如图所示，鱼鳔结构可简化为通过阀门相连的A、B两个密闭气室，A室壁厚、可认为体积恒定，B室壁簿，体积可变；两室内气体视为理想气体，可通过阀门进行交换。质量为M的鱼静止在水面下H处。B室内气体体积为V，质量为m；设B室内气体压强与鱼体外压强相等、鱼体积的变化与B室气体体积的变化相等，鱼的质量不变，鱼鳔内气体温度不变。水的密度为ρ，重力加速度为g。大气压强为p0，求：
（1）鱼通过增加B室体积获得大小为a的加速度、需从A室充入B室的气体质量Dm；
（2）鱼静止于水面下H1处时，B室内气体质量m1。

【正确答案】 （1）；（2）

16-7（巩固） 如图所示，细绳绕过光滑定滑轮在水面下拴接着一个轻质导热汽缸，汽缸底部侧面有小孔与外界液体相通，紧挨着汽缸下方固定有一个梯形重物，重物的质量为m=5t，体积为。初始时，汽缸内理想气体的体积为，汽缸内的液面到水面的高度为H=15m，汽缸和重物在细绳的拉力作用下静止不动，此时细绳与竖直方向夹角均为37°；之后缓慢拉动细绳，直到细绳拉力为0。已知水的密度为，大气压强为，重力加速度g取，sin37°=0.6，水温恒定。求：
（1）初始时每根细绳的拉力大小T；
（2）最后汽缸内液面距水面的高度h。

【正确答案】 （1）6250N；（2）2.5m

16-8（巩固） 如图所示，篮球隔一段时间要充气，某体育老师用打气筒对一个容积为7.5L的篮球打气，每打一次都把体积为、压强与大气压相同、温度与环境温度相同的气体打进篮球内。已知打气前球内气压与大气压相同，环境温度为27℃，大气压强为1.0atm。假设打气过程中篮球内气体温度不变。
（1）若不考虑篮球容积变化，求打2次气后篮球内气体的压强（结果保留三位有效数字）；
（2）若打气后篮球内气体的压强不低于1.5atm，篮球的容积比原来增大了1%，求打气的最少次数。

【正确答案】 （1）；（2）16

16-9（提升） 如图，一玻璃装置放在水平桌面上，竖直玻璃管A、B、C粗细均匀，A、B两管的上端封闭，C管上端开口，三管的下端在同一水平面内且相互连通。A、B两管的长度分别为，。将水银从C管缓慢注入，直至B、C两管内水银柱的高度差。已知外界大气压为。求
（1）B管内水银柱的高度；
（2）A、B两管内水银柱的高度差。

【正确答案】 （1）2cm；（2）1cm

16-10（提升） 两个完全相同的、足够深的汽缸如图所示静止放置在水平地面上，汽缸内各用一个完全相同、面积均为S的活塞分别封闭两部分理想气体A和B，两活塞中间用轻质弹簧连接。已知大气压为，两汽缸的重力均为，两活塞的重力均为，弹簧的劲度系数为，初始时上、下活塞到缸底的距离均为L，不计一切摩擦，若在上面汽缸底部施加外力缓慢提起汽缸，直至下面汽缸刚好离开地面，此过程中，气体温度保持不变，求：
（i）下面活塞上移的距离；
（ii）上面汽缸上移的距离。

【正确答案】 （i）；（ii）

16-11（提升） 如图所示，有AB两容器，其容积均为V0（V0包括各自连接管道的容积），压强匀为p0，连接管道中间有一开口，可以与打气筒C相连，且该连接口左右两侧各有一活塞M，N，（M，N活塞均为单向通气），若打气筒C容积为，且初始状态活塞在最下方，向上提到最上端后再向下压至底端，为一次抽压全过程，所有过程气体温度视为不变。试求
（1）抽压1次后，B容器的压强是多少？
（2）抽压N次后，B容器的压强是多少？
（3）抽压N次后，A容器的压强是多少？

【正确答案】 （1）；（2）；（3）

16-12（提升） 如图所示，汽缸的横截面积为S，活塞质量为m，当活塞上放质量为m的重物时处于静止状态，此时活塞下表面距缸底为h。设外部大气压强为，活塞与缸壁之间无摩擦，重力加速度为g。
（1）求汽缸中气体的压强；
（2）若让汽缸向上做的匀加速直线运动，整个过程温度不变，求活塞移动的距离。

【正确答案】 （1）；（2）

【原卷 17 题】 知识点 弹簧振子在一个周期内运动的定性规律,根据振动图象判断振子的运动状态和受力情况

【正确答案】
A B D
【试题解析】




17-1（基础） 如图所示，一轻质弹簧上端固定在天花板上，下端连接一物块，物块沿竖直方向以O点为中心点，在C、D两点之间做周期为T的简谐运动。已知在t1时刻物块的速度大小为v、方向向下，动能为Ek。下列说法中正确的是（　　）

A.如果在t2时刻物块的速度大小也为v，方向向下，则t2-t1的最小值小于
B.如果在t2时刻物块的动能大小也为Ek，则t2-t1的最小值为T
C.物块通过O点时动能最大
D.当物块通过O点时，其加速度最小
E.物块运动至C点时，其加速度最小
【正确答案】 ACD

17-2（基础） 如图甲所示，弹簧振子以点O为平衡位置，在A、B两点之间做简谐运动，取向右为正方向，振子的位移x随时间t的变化如图乙所示。下列说法正确的是（　　）

A.t=0.8s时，振子的速度方向向左
B.t=0.2s时，振子在O点右侧6cm处
C.t=0.4s和t=1.2s时，振子的加速度完全相同
D.t=0.4s到t=0.8s的时间内，振子的速度逐渐增大
E.t=0.8s到t=1.2s的时间内，振子的加速度逐渐增大
【正确答案】 ADE

17-3（基础） 如图甲所示，水平的光滑杆上有一弹簧振子，振子以O点为平衡位置，在a、b两点之间做简谐运动，以Ob为正方向，其振动图象如图乙所示。由振动图象可以得知（　　）

A.振子的振动周期等于2t1
B.在t＝0时刻，振子的位置在a点
C.在t＝t1时刻，振子的速度为零
D.在t＝t1时刻，振子的速度最大
E.从t1到t2，振子正从O点向b点运动
【正确答案】 ADE

17-4（基础） 劲度系数为10N/cm的弹簧振子，它的振动图像如图所示，则（　　）

A.在图中A点对应的时刻，振子所受的弹力大小为2.5N，方向指向x轴的正方向
B.在图中A点对应的时刻，振子的速度方向指向x轴的正方向
C.在0~4s内振子做了2次全振动
D.在0~4s内振子通过的路程为3.5cm，位移为0
E.在t=1.5s和t=2.5s两时刻质点位移大小相等
【正确答案】 BCE

17-5（巩固） 如图所示，一轻弹簧一端固定在天花板上，另一端连接一小球，小球在A、B之间做简谐运动，规定竖直向上的方向为正方向，已知A、B之间距离为4cm，O为A、B中点，时，小球正位于OA的中点向上运动，时，小球第一次到达B点，下列说法正确的是（　　）

A.小球振幅为4cm
B.小球运动的周期为4s
C.小球从A向O运动时，弹性势能可能先减小后增大
D.小球运动的初相位为
E.小球运动时位移的方向与加速度方向始终相反
【正确答案】 BCE

17-6（巩固） 如图所示为某弹簧振子在0～5 s 内的振动图象，由图可知，下列说法中正确的是（　　）

A.振动周期为4 s，振幅为8 cm
B.第2 s末振子的速度为零，加速度为负向的最大值
C.从第1 s末到第2 s末振子的位移增大，振子在做加速度减小的减速运动
D.第3 s末振子的速度为正向的最大值
E.第2 s末和第4 s末弹性势能相同
【正确答案】 ADE

17-7（巩固） 下列说法正确的是（　　）
A.做简谐运动的单摆，只有在最高点时，回复力才等于重力和摆线拉力的合力
B.振动图像和波的图像的纵坐标都表示质点偏离平衡位置的位移
C.在竖直方向上做简谐运动的弹簧振子，当振子的速度相同时，弹簧的弹性势能相等
D.在两列横波发生稳定干涉现象的振动加强区域，质点的位移可能为零
E.若观察者相对介质不动，波源运动时，空间传播的波长发生变化
【正确答案】 ABD

17-8（巩固） 甲、乙两弹簧振子，振动图象如图所示，则可知（　　）

A.甲速度为零时，乙加速度最大
B.甲加速度为零时，乙速度最小
C.1.25～1.5s时间内，甲的回复力大小增大，乙的回复力大小减小
D.甲、乙的振动频率之比f甲∶f乙＝1∶2
E.甲、乙的振幅之比A甲∶A乙＝2∶1
【正确答案】 CDE

17-9（提升） 质量为m的木板与直立的轻质弹簧的上端相连，弹簧下端固定在水平地面上，静止时弹簧的压缩量为h，如图所示。现将一质量为2m的物体从距离木板正上方2h处由静止释放，物体与木板碰撞后粘在一起向下运动，到达最低点后又向上运动，它们恰能回到A点，物体可视为质点，空气阻力、木板厚度忽略不计，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（　　）

A.物块和木板一起向下运动过程中的速度先增大后减小
B.整个运动过程，物块、木板和弹簧组成的系统机械能守恒
C.物块和木板碰撞后瞬间的共同速度为
D.物块和木板运动到最低点时的加速度大小等于g
【正确答案】 AD

17-10（提升） 如图所示，一个质量为M的木质框架放在水平桌面上，框架上悬挂一劲度系数为k的轻质弹簧，弹簧下端拴接两个质量均为m的铁球（铁球离框架下端足够远，两球间用轻杆相连）系统处于静止状态。用手向下拉一小段距离后释放铁球，两铁球便上下做简谐运动，框架保持静止，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）

A.铁球在振动的过程中，速度相同时，弹簧的弹性势能也相同
B.若两铁球在最低点时，AB之间断开，则A球继续做简谐振动，振幅要改变
C.铁球从最低点向平衡位置运动的过程中，回复力的功率一直增大
D.在框架不会离开桌面的前提下，则两铁球的振幅最大是
【正确答案】 BD

17-11（提升） 如图甲所示，弹簧振子以点O为平衡位置，在M、N两点之间做简谐运动。振子的位移随时间的变化图象如图乙所示。下列判断正确的是（　　）

A.时，振子的速度方向向右
B.振子做简谐运动的表达式为
C.和时，振子的加速度大小相同，方向相反
D.从到的时间内，振子的速度先增大后减小
【正确答案】 BCD

【原卷 18 题】 知识点 折射和全反射的综合问题

【正确答案】
（1）1.55mm；（2）0.35mm
【试题解析】


18-1（基础） 如图所示，P、Q是两条平行的、相同的单色光线，入射到半径为R的半圆柱形玻璃砖上表面，玻璃砖下表面AB水平，在AB下方与AB相距h＝R的水平光屏MN足够大，已知玻璃砖对P、Q光线的折射率均为。光线P沿半径DO方向射入，恰好在圆心O点发生全反射；光线Q从最高点E射入玻璃砖，经折射从下表面AB穿出并打在光屏MN上的F点（图中未画出）。求：
（1）临界角；
（2）O点与F点的水平距离。

【正确答案】 （1）45°；（2）

18-2（基础） 一细束单色光在三棱镜的侧面上以大角度由D点入射（入射面在棱镜的横截面内），入射角为i，经折射后射至边的E点，如图所示，逐渐减小i，E点向B点移动，当时，恰好没有光线从边射出棱镜，且。求棱镜的折射率。

【正确答案】 1.5

18-3（基础） 如图所示，一足够大的水池内盛有某种透明液体，在水池的底部中央放一点光源S，当光源S以速度匀速上升的同时，发现在液体表面形成亮斑的半径以速度匀速减小。且，求：
（1）液体的折射率；
（2）若其中一条光线从池底以30°的入射角入射到液体与空气的界面上，则它的反射光线与折射光线的夹角为多少。

【正确答案】 （1）；（2）

18-4（基础） 如图所示为一个半径r=48cm的薄壁圆柱形鱼缸的横截面，O为圆心。鱼缸内装满水，水中有一条小鱼（可视为质点）。观察水中图示位置的小鱼时，人眼睛所接收的光线恰与小鱼和圆心连线的延长线垂直，图中。已知，。若认为玻璃和水的折射率均为。求：
（1）小鱼到圆心O的距离；
（2）当小鱼与圆心O之间的距离小于多少时，观察者在小鱼所在的水平面内从任何位置都能看到小鱼。

【正确答案】 （1）；（2）36cm

18-5（巩固） 截面为等腰直角三角形ABC的三棱镜如图所示，D为BC的中点，AB边长为d，一束激光从D点射入三棱镜，不断改变入射角，使激光束能从三棱镜中射出，已知三棱镜对该单色光的折射率为，不考虑光在三棱镜中发生折射时产生的反射光线，求在AC边有光线射出的部分长度。

【正确答案】

18-6（巩固） 如图所示，折射率为某透明介质的横截面由四分之一圆和一直角三角形构成，半径，，P点在半径OA上且。一细束激光从Р点垂直OA射入透明介质，光在真空中的速度为c。
（1）请问此激光能不能从BD面上直接射出，要有必要的计算和文字说明；
（2）求此激光从P点射入到射到BD面上的时间。

【正确答案】 （1）见解析；（2）

18-7（巩固） 用同种透明玻璃材料制成的工件，由一个长度为L=2m的圆柱体和半球体构成。圆柱体的底面半径和半球体的半径均为R=0.4m，该工件的截面如图所示，图中OO′为该工件的主光轴。用一束与AD边成=30°单色光从AD边上的O′点入射，入射光在AB边发生全反射，最后沿着OP（P点图中未画出）从半球上射出。已知OP与OB间的夹角为=60°，光在真空中的传播速度为c=3.0×108m/s，求：
（1）该玻璃工件的折射率；
（2）光在该玻璃工件中的传播时间。

【正确答案】 （1）；（2）

18-8（巩固） 如图所示，在水面下方处有一个与水面平行的圆盘状发光盘，圆盘半径。由圆盘边缘上A点发出的某条光线射到水面上，当其入射角为时，其折射光与水面的反射光线恰好垂直，求：
（i）水对此单色光的折射率n；
（ii）水面上有光线射出的区域面积S。

【正确答案】 （i）；（ii）

18-9（提升） 在平整的水面下方深处有一与水面平行的长的单色直线光源，已知水对该色光的折射率为。求
（i）若只有A点发光，则岸上观察到水面被照亮的面积多大？
（ii）若整个单色直线光源发光，则岸上观察到水面被照亮的面积多大？

【正确答案】 （i）；（ii）

18-10（提升） 2021年12月9日，“太空教师”翟志刚、王亚平、叶兆富在中国空间站为青少年带来了一场精彩纷呈的太空科普课。王亚平在水膜里注水，得到了一个晶莹剔透的水球，接着又在水球中央注入一个气池，形成了两个同心的球。如图所示AB是通过球心O的一条直线，有一束宽为8R的单色光沿着水球的水平轴纹射向水球左侧表面，光的中轴线与AB重合，内球面半径为3R，外球面平径为5R，边界光线经折射后恰好与内表面相切，已知sin37°=0.6，求：
（1）单色光在水中的折射率n；
（2）有多宽范围内的光线不能进入水球中的气泡。

【正确答案】 （1）；（2）

18-11（提升） 如图甲为微棱镜增亮膜的工作原理示意图，光源通过入光面及透明的基材层，在棱镜层透过其表层精细的棱镜结构时，将光线经过折射、全反射、光累积等来控制光强分布，进而将光源散射的光线向正面集中，并且将视角外未被利用的光通过光的反射实现再循环利用，减少光的损失，同时提升整体辉度与均匀度，对液晶显示屏（LCD）面板显示起到增加亮度和控制可视角的效果。如图乙，△ABC为棱镜层中的一个微棱镜的横截面，∠A＝90°，AB＝AC，用放在BC边上P点的单色点光源来模拟入射光对增亮膜进行研究，PC＝3PB，已知微棱镜材料的折射率n＝，sin37°＝0.6，只考虑从P点发出照射到AB边和AC边上的光线。
（1）若经AB边折射出的光线与BC边垂直，求该光线在微棱镜内入射角的正弦值；
（2）求从P点发出的光能从AB边和AC边射出棱镜区域的长度L1、L2之比。

【正确答案】 （1）；（2）6∶13

18-12（提升） 半径为R的半圆形玻璃砖横截面如图所示，O为圆心，光线从E点射入玻璃砖，当时，光线恰好在玻璃砖上表面发生全反射；当时，光线从玻璃砖上表面F点射出，且从F点处射出的光线与从E点入射的光线平行。已知光在真空中的传播速度为c，求：
（1）玻璃砖的折射率；
（2）光线从E点传播到F点所用的时间。

【正确答案】 （1）；（2）


变式题库答案

1-1【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．发生光电效应时，入射光的频率越高，光子的能量就越大，光电子的最大初动能越大，故A错误；
B．卢瑟福依据α粒子散射实验中极少数α粒子发生大角度偏转提出了原子的核式结构模型，故B正确；
C．氢原子的核外电子，由离核较远的轨道自发跃迁到离核较近轨道，放出光子。设核外电子的速率为v，轨道半径为r，根据牛顿第二定律有

所以电子的动能为

由上式可知电子的动能增大，故C错误；
D．原子核发生β衰变过程中所放出的电子来自原子核，是由中子转化质子时放出的，故D错误。
故选B。
1-2【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．卢瑟福通过甲图中分析α粒子散射实验结果，提出了原子的核式结构模型，A错误；
B．乙图表明：只有入射光的频率大于金属板的极限频率时，才能发生光电效应，B错误；
C．根据图丙所示的氢原子能级图可知，氢原子从较高能级向较低能级跃迁时所发射出光子的能量是不连续的，C正确；
D．图丁表示的核反应属于重核裂变，是人工可以控制的核反应，故D错误；
故选C。
1-3【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
由图可知，曝光时间较短时，底片上只出现一些不规则的点，说明了少量光子表现为粒子性，曝光时间较长时，光子达到的多的区域表现为亮条纹，而光子达到少的区域变现为暗条纹，光达到胶片不同位置的概率不相同，说明大量的光子表现为波动性，光具有波粒二象性，故ABC错误，D正确。
故选D。
1-4【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．玻尔提出氢原子的电子轨道是量子化的，原子的能量也是量子化的，不能连续取值，A错误；
B．氢原子发光的光谱是一系列不连续亮线组成的线状光谱，B正确；
C．密立根提出物体所带的电荷量是量子化的，普朗克首次提出了能量子的概念，C错误；
D．爱因斯坦最早认识到能量子的意义，提出光子说，美国著名实验物理学家密立根，完全肯定了爱因斯坦光电效应方程，并测量金属的截止电压Uc与入射光的频率，测出了当时最精确的普朗克常量h的值，D错误。
故选B。
1-5【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．光电效应的发生条件是入射光的频率大于金属的极限频率，A错误；
B．黑体辐射的电磁波的波长分布只与黑体的温度有关，温度越高波长短的部分占比越大，B正确；
C．光的干涉、衍射、偏振，证明了光具有波动性，康普顿效应证明了光具有粒子性，C错误；
D．德国物理学家普朗克提出了量子说，爱因斯坦解释了光电效应现象，D错误。
故选B。
1-6【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 分析:
本题考查α粒子散射实验。
详解:
在α粒子散射实验结果中，绝大多数α粒子穿过金箔后仍沿原来方向前进，极少数发生超过90°的大角度偏转，越靠近原子核，轨迹偏转越大，而题图中轨迹2的偏转程度超过轨迹3，故轨迹2错误，轨迹3正确；在轨迹3，原子核对α粒子先做负功再做正功，所以α粒子电势能先增大后减小，A正确，BCD错误。
故选A。
1-7【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
当照射光的频率大于金属的极限频率时，有光电子逸出，光电子运动到阳极A时，电路中有电流产生，即光电流的产生与光的强度、波长，照射时间无关，故A正确，BCD错误。
故选A。
1-8【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．黑体是可以吸收一切电磁波的理想化模型，黑体自身也在向外辐射电磁波，故A错误；
B．由玻尔理论可知，氢原子的核外电子由较高能级跃迁到较低能级时，要释放一定频率的光子，根据

可知电子速度增大，电子动能增大，库仑力做正功，电势能减小，故B错误；
C．光电效应和康普顿效应都可以说明光具有粒子性，故C正确；
D．根据爱因斯坦光电方程

以及动能定理

联立可得

可知光电效应实验中遏止电压与入射光的频率和金属材料的逸出功均有关，故D错误。
故选C。
1-9【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
ABCD．猜想原子内部很空旷，才能让绝大多数粒子通行无阻；猜想被撞击的原子部分的质量很大，才能让粒子发生了大角度偏转，极少数的角度甚至大于90°，综上分析即原子内部有体积很小、质量很大的核复合题意，ABC错误，D正确。
故选D。
1-10【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．大量氢原子从激发态跃迁到基态最多能发出

即6种不同频率的光，故A错误；
B．光子的能量为，超过了氢原子第1能级和第2能级的能量差，但小于第1能级和第3能级的能量差，故处于基态的氢原子无法吸收的光子的能量而发生跃迁，故B错误；
C．玻尔理论指出核外电子只能在某些特定的圆形轨道上运动，故C错误；
D．处于能级的氢原子跃迁到能级辐射出的光子的能量为

根据爱因斯坦光电效应方程知，金属铂的逸出功为

故D正确。
故选D。
1-11【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．根据可知入射光的频率不同，电子的最大初动能不同，又，所以有

可见入射光的频率不同，遏止电压UC不同，选项A错误；
B．由知UC-图像的斜率

与入射光的频率、光照强度无关，选项B正确；
C．图甲所示电路中，必须把电源正负极反接过来，才能用来验证光电流与电压的关系，即当电压增大到一定数值时，电流计将达到饱和电流，选项C错误；
D．根据可知在入射光频率不同的情况下，光电子的最大初动能不同，与光照强度无关，选项D错误。
故选B。
1-12【提升】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．图甲是电子束穿过铝箔后的衍射图样，证明电子具有波动性，故A正确；
B．图乙是“光电效应”实验装置，锌板表面逸出的粒子是电子，故B错误；
C．图丙是粒子散射实验装置，建立了原子的核式结构，故C错误；
D．图丁是工业上用射线检测金属板厚度的装置，使用的射线是射线，故D错误。
故选A。
2-1【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
ABD．由于两点电荷在C点产生的合场强方向沿DC向右，根据矢量合成法，利用平行四边形定则可知，两点电荷在C点产生的场强方向如图所示

由图中几何关系可知

A点所放点电荷为正电荷，B点所放点电荷为负电荷
∠A=60°
AD=DC
根据几何知识知
rA=2rB
根据

知

即
|qA|=8|qB|
故B正确，AD错误；
C．对两点电荷在D点产生的场强进行合成，由几何关系，可知其合场强方向为向右偏上，不沿DC向左，故C错误。
故选B。
2-2【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．由点电荷场强的分布特点，结合对称性可知，顶点A、C处的电场强度大小相同，但是方向不同，选项A错误；
B．因D点离P点比B点近，则顶点D处的电场强度大于B处的电场强度，选项B错误；
C．因C点电势高于B点，则带正电的粒子沿BC移动，电势能一直增大，选项C正确；
D．沿直线从A到C，电势先升高后降低，则带正电的粒子沿AC移动，电势能先增加后减小，则电场力先做负功后做正功，选项D错误。
故选C。
2-3【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．由电势叠加可知，O点电势为零；由场强叠加可知，O点处电场强度不为零，选项A错误；
B．由场强叠加可知BC两点的正电荷在A点的场强方向过A点垂直于BC边斜向上；ED两点的负电荷在A点的场强方向过A点垂直于ED边斜向下，则A点处电场强度方向沿水平方程，与ED边垂直，选项B错误；
C．ED边中点的电势为负值，则将一电子从O点沿直线移动到ED边中点，电势降低，则电子的电势能逐渐增加，选项C正确；
D．CD边中点的电势也为零，将一电子从O点沿直线移动到CD边中点，其电势能不变，选项D错误。
故选C。
2-4【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．由题意可知，在圆心O产生的电场强度大小为E，则正、负点电荷在O处的电场强度大小均为，方向水平向右。当负电荷移至c点，两点电荷在O点的电场强度方向夹角为60°，大小不变，则O点的合电场强度大小为，方向沿Od与Oc角平分线向上，A错误。
B．当负电荷移至b点时，两点电荷在O点的电场强度方向夹角为120°，大小不变，则O点的合电场强度大小为，方向沿Oc方向，B正确；
C．当负电荷移至e处，两点电荷在O点的电场强度方向夹角为60°，大小不变，则O点的合电场强度大小为，方向沿Od与Oe角平分线向上，C错误；
D．当负电荷移至f处，两点电荷在O点的电场强度方向夹角为120°，大小不变，则O点的合电场强度大小为，方向沿Oe方向，D错误。
故选B。
2-5【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．电场强度是矢量，题图中每一点的电场强度应为匀强电场E和点电荷+Q在该点产生的电场强度的合场强， b、d两点的电场强度大小相等，方向不同，A错误；
B．把正电荷从a点移到f点，电场力做正功，所以a点的电势大于f点的电势，B错误；
C．球面bdef是等势面，所以点电荷+q在球面bdef上任意两点之间移动时，电场力不做功，C错误；
D．因为a、c两点所在直线与匀强电场E的方向相同，因此将点电荷+q从球面上a点移动到c点，电场力做功最多，电势能变化量最大，D正确。
故选D。
2-6【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．若 时，在aO与圆周交点处该点的电场强度如图

根据电场强度的叠加，电场强度可能为零，A正确；
B．若q=Q，设小球a对小球b存在库仑引力作用，大小为F1，小球c对小球b存在库仑斥力作用，大小也为F1，两个力的夹角为120°，所以

同理，小球b、c对a球均引力，大小均为F1，夹角为60°，所以

即小球a受力大小为

B错误；
C．同理，小球c受到的力为，C错误；
D．aO线上，根据电场强度的叠加，带电球b、c 在aO线上 的电场强度的方向 ，小球a带负电，带电小球a沿aO向O点移动过程中，电场力做正功，电势能一直减小，D错误。
故选A。
2-7【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．根据电场的叠加原理可知，E、F两点场强的大小相同，但方向不同，E点的方向斜向左下，F点的方向斜向右下。所以两点的场强不相同，故A项错误；
B．在只有B、C两点电荷存在的电场中，根据等量同种电荷中垂线的场强分布可知，在O点的场强方向沿OD指向D，在D点产生的场强为0；在只有A点电荷存在的电场中，根据点电荷周围场强分布可知，在O点产生的场强方向沿AO指向O，在D点产生的场强方向沿AD指向D，且在O点产生的场强大小大于D点产生场强的大小。所以根据电场的叠加原理可知，O点合场强大于D点的合场强，故B项错误；
C．在只有B、C两点电荷存在的电场中，根据等量同种电荷连线上电势分布可知，E、F两点电势相同。在只有A点电荷存在的电场中，E、F两点电势相同。由电场的叠加原理可知，E、F两点电势相等，故C项正确；
D．在只有B、C两点电荷存在的电场中，根据等量同种负电荷中垂线的电势分布可知，O点的电势高于D点的电势。在只有A点电荷存在的电场中，根据正点电荷周围电势分布可知，O点的电势高于D点的电势。所以根据电场的叠加原理可知，O点的电势高于D点的电势。对于电势能有

根据上述的公式，对于负电荷来说，电势越高，电势能越低，所以电子在O点的电势能低于D点的电势能，故D项错误。
故选C。
2-8【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
AB．由场强叠加和对称性可知棒在三角形中心O点形成的电场强度方向垂直且指向、在O点形成的电场强度方向垂直且指向，大小也为E，根据几何关系，两电场强度方向的夹角为，合场强方向指向B，大小为E；形成电场强度的大小为E，方向也指向B，所以合成结果为场强大小为，方向指向B，AB错误；
CD．电势是标量，无方向，所以O点电势为，C错误，D正确。
故选D。
2-9【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．六个点电荷在O点产生的电场强度方向矢量和为零，把电荷从无穷远处移到O点，电场力会做功，所以O点的电势不为零，A错误；
B．根据几何对称关系，M、N两点电场强度大小相等，方向相反，B错误；
C．在沿AD方向无穷远处的两个点，把电荷移到M、N的过程中，电场力做功相等，即M、N两点电势相等，C正确；
D．B对A的库仑力大小为

E对A的库仑力大小为

夹角为90°，合力与DA方向有一定夹角，故用正交分解，F和B对A的合力沿DA方向，E和C对A的合力沿DA方向，有

D对A的库仑力为

合力大小为

故D错误；
故选C。
2-10【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
AB．设圆弧AO在圆心P处产生的电场强度大小为E，由对称性可知圆弧BO、CO、DO在圆心P处产生的电场强度大小都为E，由电场的叠加原理可得，圆弧AOB在圆心P处产生的电场强度大小为
E1=2Ecos30°
方向沿x轴的正方向，同理可得圆弧COD在圆心P处产生的电场强度大小
E2=2Ecos30°
方向沿x轴的正方向，所以P点处的合电场强度为
E0=E1+E2
联立以上各式解得

由于电势是标量，圆弧AO在圆心P处产生的电势为φ，则圆弧BO、CO、DO在圆心P处产生的电势都为φ，则P点处总电势φ0=4φ，解得

A B错误；
C．以P点释放的质子为研究对象，由动能定理可得

解得

C正确；
D．若两圆弧上带的是等量异种电荷，x轴上各点电场强度，是正电的沿正方向，是负电的沿负方向，因此电场强度是零，两圆弧在x轴上产生的电势大小相等，一正一负，因此总电势是零，D错误。
故选C。
2-11【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．四个电荷量均为Q的正点电荷在O点产生的电场强度的大小相等，由点电荷的电场叠加原理和对称性可知，O点的电场强度大小为零，故A错误；
BC．以无穷远处为零电势点，正电荷周围空间电势为正值，可判断O点的电势不为零，又因为沿着电场线方向电势降低，故P点的电势比O点的电势低，故B、C错误；
D．四个电荷量均为Q的正点电荷在P点产生的电场强度的大小均为

方向与均成45°角，根据对称性可知P点电场强度的方向沿方向，根据叠加原理可求出P点的电场强度大小为

故D正确。
故选D。
2-12【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
对y轴正向的点电荷，由平衡知识可得

解得

因在区间内沿x轴正向电势升高，则场强方向沿x轴负向，则将P沿x轴正向向右略微移动后释放，P受到向右的电场力而向右运动。
故选C。
3-1【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
导线的等效长度为

则安培力

要使该导线静止，则施加在导线上的水平力大小为

故选B。
3-2【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
北半球地磁场的磁感线方向为北偏下，导线内通有自西向东方向的恒定电流，由左手定则得地磁场对该导线的作用力方向为北偏上。ABD错误，C正确。
故选C。
3-3【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．直导线受到重力、导轨的支持力和安培力而平衡，安培力垂直于B，只能水平向右，由左手定则知，电流方向应垂直纸面向里，故A错误；
B．根据安培力公式可得受到的安培力大小为

故B错误；
CD．金属细杆水平静止斜面上时，根据平衡条件可得


磁感应强度大小改变时，根据受力分析和牛顿第二定律可得


加速度方向沿斜面加速向上，故C错误，D正确。
故选D。
3-4【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
AB．因四条导线中的电流大小相等，O点与四条导线的距离均相等，由安培定则和对称性可知，L1在O点的磁感应强度与L3在O点的磁感应强度等大反向，L2在O点的磁感应强度与L4在O点的磁感应强度等大反向，所以四条导线在O点的磁感应强度等于0，故A错误，B正确；
C．L2相比L3离L1更近些，处于L1较强的磁场区域，由

安培力大小与B成正比，可知对的安培力大于对的安培力，故C错误；
D．根据“同向电流吸引，反向电流排斥”的推论可知，L1受其余三条导线的吸引力分别指向三条导线，根据对称性，L2与L4对L1的安培力大小相等，所以两者合力指向ac方向，再与L3对L1的安培力（沿ac方向）合成，总安培力方向沿正方形的对角线方向，故D错误。
故选B。
3-5【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
设三角形线框的质量为m，当磁场在虚线下方时，如图所示

线框各边受到斜向下的安培力，大小各为

依据左手定则，可知，安培力夹角为，因此安培力合力为，即

由平衡条件知

当把磁场移到虚线上方时, 线框各边受到安培力，如图所示

ac和bc两边受到的安培力大小各为

其夹角为，ab边受到安培力大小为

由矢量合成法则以及三角知识，则线框受到的安培力的合力，方向竖直向上，大小为

在竖直方向由平衡条件知

两式相减可得

故A正确，BCD错误。
故选A。
3-6【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
AB．对整体分析，重力大小和方向不变，绳1、2弹力方向不变，根据左手定则，安培力水平向右逐渐增大，有平衡条件得
水平方向

竖直方向

电流逐渐变大，则增大、不变，故AB错误；
C．当电流增大到时，安培力与重力的合力最大，即绳3的拉力最大

最大值为

故C错误；
D．对导体棒受力分析得

得

故D正确。
故选D。
3-7【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．MPN边与MN边并联，故流过MPN边的电流为，故MP边受到的安培力为

流过MN的电流为，故MN边受到的安培力为

A错误；
B．MPN边有效长度为L，故安培力为

整个线框受到的安培力为

B错误；
C．由可得，匀强磁场的磁感应强度大小为

C错误，D正确。
故选D。
3-8【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
线框中产生的感应电动势为

代入数据得

由楞次定律可知N端电势高，由左手定则可知线框左右两边导线所受安培力大小相等，方向相反，底边所受安培力竖直向上，设绳子拉力为，流过线框的电流

线框受到的安培力

对线框根据平衡条件可得

当时，联立解得

故A正确，BCD错误。
故选A。
3-9【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
AB．磁场方向水平向左，导体棒受重力、和竖直向上的安培力，两个力的合力为零，安培力等于重力。当磁场方向由水平向左逐渐变为竖直向上时，设安培力与斜面之间的夹角为且先减小后增大，受重力、支持力和安培力平衡，要保持金属棒静止不动，安培力沿斜面向上的分力等于重力沿斜面向下的分力

先增大后减小，安培力先减小后增大，磁感应强度先减小后增大，A错误，B错误；
C．安培力沿垂直斜面的分力先垂直斜面向上逐渐减小，后垂直斜面向下逐渐增大，所以支持力逐渐增大，C错误；
D．当磁场方向和导轨垂直时，最大等于1，安培力最小，磁感应强度最小，D正确。
故选D。
点睛:
金属棒静止，金属棒处于平衡状态，所受合力为零，对金属棒进行受力分析，根据平衡条件及左手定则分析，分别沿斜面和垂直斜面列方程即可。
3-10【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A.由左手定则得金属棒中的电流由M流向N。故A错误。
B.由平衡条件得

解得

故B错误；
CD.若仅改变磁场的方向，其他条件不变，棒的受力情况如下

可知当安培力与拉力垂直时，安培力最小，即磁感应强度最小。则

解得

则磁感应强度范围为

故C错误，D正确。
故选D。
3-11【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A. 由图知，线圈向下运动过程中切割磁感线，根据右手定则，线圈中感应电流应从D端流入，从C端流出，故A错误；
B. 外电路对线圈供电电流为I时，弹簧长度从L1恢复至L0的过程中，必须在线圈中产生向上的安培力与重物重力平衡，根据左手定则可知，电流应从D端流入，所以C端电势低于D端电势，故B错误；
C. 外电路对线圈供电电流为I，且弹簧长度恢复至L0并静止时，由平衡条件

重物的质量

故C正确；
D. 线圈上的热功率不能超过P，而线圈上的热功率

线圈上安培力


联立可得线圈上安培力的最大值为

故D错误。
故选C。
3-12【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．对导线b受力分析，a、b导线间为斥力时b导线才能平衡，根据“同向电流吸引，反向电流排斥” ，可知b中的电流方向为垂直纸面向外，故A错误；
C．b导线受力分析如图1所示，与力的矢量三角形相似，有

不变，而Ob长度也不变，所以拉力T不变，故C错误；

B．ab长度变长，也得变大，但是到达虚线位置后，由题目可知，a导线在处、b处产生的磁感应强度大小之比为

又

则

整理得到

故B错误；
D．若在虚线位置将电路断开，使b中无电流，b受到的安培力变为零，b受重力和细线的拉力开始做圆周运动，受力分析如图2所示，沿半径方向

沿切线方向

所以加速度为

故D正确。
故选D。
4-1【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
由动量守恒定律

由能量关系

解得


根据动量定理，对B可得

若m2变大，则IB变大，因两物体受冲量等大反向，则A受到的冲量也越大。
故选B。
4-2【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
位移—时间图像的斜率表示滑块的速度，由图像可得两滑块碰撞前后的速度分别为、、、；由动量守恒定律有

解得

碰前总动能

碰后总动能

代入数据可得


发生的碰撞是弹性碰撞。
故选D。
4-3【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．由图b所示图象可知，碰前红壶的速度，碰后速度为，碰后红壶沿原方向运动，设碰后蓝壶的速度为v，两壶碰撞过程系统动量守恒，取碰撞前红壶的速度方向为正方向，根据动量守恒定律可得

代入数据解得

碰前动能

碰后动能

则

碰撞过程中机械能有损失，碰撞为非弹性碰撞，故A错误；
B．由图b所示图象可知，碰前红壶的速度，碰后速度为，碰后红壶沿原方向运动，设碰后蓝壶的速度为v，两壶碰撞过程系统动量守恒，取碰撞前红壶的速度方向为正方向，根据动量守恒定律可得

代入数据解得

故B错误；
C．根据速度图象与坐标轴围成的面积表示位移，可得，碰后蓝壶移动的位移大小

故C正确；
D．根据“红壶碰撞前后的图线平行”知，碰撞前后红壶加速度不变，速度从1.2m/s减小到1.0m/s和速度从0.2m/s减小到0，速度变化量相同，根据

可知所用时间也相同，速度从1.2m/s减小到1.0m/s用时1s，故碰后红壶还能继续运动。故D错误；
故选C。
4-4【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
两冰壶碰撞可看作弹性正碰，则由动量守恒和能量关系可知


解得
v1=0
v2=v0
即两冰壶交换速度，而后乙做匀减速运动直到停止，则两冰壶最终位置的是A所示。
故选A。
4-5【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
AB．规定向右为正方向，碰撞过程中A、B组成的系统动量守恒，所以有

解得

A正确，B错误；
CD．由于是弹性碰撞，所以没有机械能损失，故

解得

CD错误。
故选A。
4-6【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A下滑到最低点的过程中

A碰B


知


B恰运动至轨道顶点

B在顶点

所以

当时，B球可运动至轨道最高点，即若，则小球B第一次碰后就能够运动到圆轨道的最高点；当时，B脱轨；即若，则小球B第一次碰后不一定会在某处脱离圆轨道；当时，B运动不到圆心等高处，不脱轨；
当时


两球碰后速度等大反向，即小球A和小球B将在圆轨道的最低点发生第二次碰撞，则选项ACD正确，B错误。
故选B。
4-7【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
弹珠B恰好入坑，即入坑时B的速度为零，摩擦力做负功，有

带入数据，解得

由于，两球质量相等，且为弹性正碰，碰撞前后两球交换速度。碰撞前A的速度也为，在段由动能定理，得

带入数据，得

故选B。
4-8【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
AB．当B球速度最大时，弹簧处于原长，以向右为正方向，设此时A、B速度为v1、v2，由动量守恒和机械能守恒有


解得
v1=-3m/s，v2=3m/s
A错误，B正确；
C．由能量守恒可知，A、B组成的系统动能损失最大时，弹簧弹性势能达到最大值，此时A、B速度相同，设为，由动量守恒

解得

C错误；
D．A球加速度为0时，弹簧处于原长，当弹簧从压缩状态逐渐恢复原长过程中，B球的速度逐渐增大，弹簧恢复原长时B速度达到最大；当弹簧从伸长状态逐渐恢复原长过程中，B球的速度逐渐减小，弹簧恢复原长时B速度达到最小值，D错误。
故选B。
4-9【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
物块A刚滑到斜面低端时，根据动能定理

可得

两物块碰撞的过程中，满足动量守恒和机械能守恒，则


解得
，
A．碰后物块A的速度大小为，方向向左，A错误；
B．对物块B，根据动能定理

可得物块B在水平轨道上运动的位移

B正确；
D．根据动能定理，整个过程中物块B克服摩擦力做的功

D错误；
C．对物块A，根据动能定理

解得

C错误。
故选B。
4-10【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
设a、b、c的质量分别为ma、mb、mc。a与b碰撞后二者的速度分别为va和vb1，根据动量守恒定律有
①
根据机械能守恒定律有
②
联立①②解得
③
由③式可知，当时，有
④
设b与c碰撞后二者的速度分别为vb2和vc，同理可得
⑤
⑥
联立⑤⑥解得
⑦
由⑦式可知，当时，有
⑧
所以若b和c的质量可任意选择，碰后c的最大速度接近于4v，故选C。
4-11【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
物体ab发生弹性碰撞，则有


解得


根据牛顿第二定律可知

解得

根据速度位移公式则有

解得

所以

由动能定理得

解得

故ABC错误，D正确。
故选D。
4-12【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
m1由静止摆到最低点过程中，由机械能守恒定律

解得

与碰撞后，恰好脱离半圆柱体，则有

得

若碰撞为弹性碰撞，由动量守恒定律和能量守恒定律有


则

若碰撞为完全非弹性碰撞，则碰后合为一体，由动量守恒定律得

即

整理得

由于碰撞后两物体分离，则

对比选项可得，B项有可能，ACD项不可能。
故选B。
5-1【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．氢气球受到的浮力等于排开空气的重力，由于空气密度不变，故氢气球受到的浮力不变，A错误；
B．以氢气球、条幅和石块为整体，竖直方向受到重力，浮力和地面支持力，水平风力突然增大时，对竖直方向的受力没有影响，故水平地面对石块的支持力不变，B错误；
C．以氢气球、条幅和石块为整体，水平方向受到风力和地面静摩擦力的作用，当风力大于最大静摩擦力时，石块会沿水平地面滑动，C正确；
D．当水平风力不够大时，整体仍处于静止状态，细线的拉力沿竖直方向的分力等于氢气球的重力和浮力的合力，保持不变，细线水平方向的分力随风力的增大而变大，所以细线的拉力变大，即条幅受到的拉力变大，D错误；
故选C。
5-2【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．设拉的细绳与竖直方向的夹角为，对受力分析可知


随着向右移动，则角变大，和都变大，则细绳对的拉力变大，A正确；
BC．设拉的细绳与竖直方向夹角为，对受力分析可知，地面对的支持力为

地面对的摩擦力为

因细绳拉力变大，可知地面对的支持力变小，地面对的摩擦力变大，BC错误；
D．地面对的作用力与物体的重力和细绳的拉力的合力平衡，由于初始时，细绳拉力等于物体的重力，又物体、质量相等，且细绳拉力变大，如图所示

可知物体的重力和细绳的拉力的合力变大，即地面对的作用力变大，D错误；
故选A。
5-3【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
对O点受力分析，竖直向下的拉力恒等于重力，OA绳的拉力方向不变，OB绳的拉力大小和方向均变化，由图解法作图如图所示

当时，最小，整个转动过程，先减小后增大，故A正确，BCD错误。
故选A。
5-4【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
对A、B和书本整体分析，根据平衡条件以及对称性可知

设两细绳的夹角为2θ，对A单独分析，根据平衡条件可得

将两环距离变大后，FN不变，θ增大，Ff增大。
故选D。

5-5【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
AB．分析可知，整个过程，球受到墙和球B的力的方向不变，根据平行四边形定则可知，球A受力情况不变。故A正确，B错误；
C．球A受力情况不变，可知球与球B之间的弹力不变。故C错误；
D．设板与墙的夹角为，对A、B整体分析得

由于不变，增大，则球B与墙壁之间的弹力减小。故D错误。
故选A。
5-6【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
设圆的半径为R，则

OP为橡皮筋的原长，设橡皮筋的劲度系数为k，开始时小球二力平衡有

当移动到橡皮筋与竖直方向成角时，受力分析如图：

此时橡皮筋的伸长量

橡皮筋的弹力

对小球，设拉力F与水平方向之间的夹角为β，在水平方向有

竖直方向有

联立可得


可知拉力F的方向与橡皮筋的方向垂直，移动过程中一直增大，则一直增大，选项D正确，ABC错误。
故选D。
5-7【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
AD．开始时甲手中绳子上的拉力大小等于工件的重力，当工件向左移动时，甲手中绳子的拉力等于工件的重力和乙手中绳子上的拉力的合力大小，如图所示，可知甲、乙手中的绳子拉力均不断增大，A错误，D正确；

B．设θ为甲手中的绳子与竖直方向的夹角，对甲受力分析有


工件向左运动时，FT增大，工人甲位置不变，即θ不变，楼顶对甲的支持力不断减小，B错误；
C．对乙受力分析楼顶对乙的摩擦力大小等于乙手中的绳子的拉力，设工件和滑轮之间的绳子与竖直方向的夹角为，则

即

由于

则

C错误。
故选D。
5-8【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
根据题意，对物体P受力分析，设物块P的质量为，受绳子的拉力，拉力和本身重力，由于缓慢拉动物体P，则物体P处于动态平衡，所受的三个力可构成闭合三角形，如图所示

随着θ的增大，水平拉力F、细绳拉力T均逐渐增大，设物体Q的质量为，斜面的倾角为，对物体Q受力分析，若刚开始

物块Q有上滑趋势，受到静摩擦力沿斜面向下，由平衡条件可得

则随着增大，增大，若刚开始

物块Q有下滑趋势，受到静摩擦力沿斜面向上，由平衡条件可得

则随着增大，可能一直减小，也可能先减小到零后反向增大，故ABD错误C正确。
故选C。
5-9【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
AB．左右为同一根绳子，拉力相等，设绳子与竖直方向夹角为，并作出辅助线，如图所示

由几何关系可知

又

整理得
①
对物体进行受力分析

因此
②
当转到水平位置时，，代入②式可得

A、B错误；
C．由于、均为锐角，由①可得，越小，越大，当转到水平位置时，，此时取得最大值，因此先增大，后减小，C正确；
D．由②可得越小，绳子拉力越大，因此当时，绳子拉力最大，因此圆环从图示位置顺时针缓慢转过2的过程中，轻绳的张力先增大后减小，D错误。
故选C。
5-10【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
AB．设OD绳拉力为T，与竖直方向夹角为α，工人拉CD绳子的力为F，与竖直方向夹角为β，如图所示

由几何关系可知

由正弦定理得
①
随着王进从C点缓慢运动到E点的过程中，α减小，β增加，可得F减小，T增加
C．由于王进缓慢运动，受力平衡，OD、CD两绳拉力的合力等于mg，C错误；
D．当β=30o时，α=30o，代入①可得工人对绳的拉力

D错误。
故选B。
5-11【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:

对两环和绳整体受力分析，作力矢量三角形如图所示，缓慢顺时针转动两杆至杆OB竖直，在转动过程中，初始时杆对环P的弹力最小，当逐渐增大到辅助圆的直径时，杆对环Q的弹力水平， 全过程一直变大， 一直变小，故ABC错误D正确。
故选D。
5-12【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
C．对小球受力分析，设弹性轻绳的劲度系数为k，形变量为x，与竖直方向夹角为q，，则弹性轻绳对小球的弹力沿水平方向向左的分力为

故的大小不变，由平衡条件得，杆对小球的弹力

则的大小不变，C错误；
D．小球与杆之间的摩擦力

则f的大小不变，D正确；
AB．弹性轻绳对小球的弹力沿竖直方向向上的分力

小球缓慢下降，θ减小，逐渐增大，而

所以F一直减小，AB错误。
故选D。
6-1【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．根据



可得

又因为

可得

当向下调节滑动变阻器的滑片P时，接入电路的阻值减小，根据上面的表达式可知，减小，匝数比不变，所以减小，电压表的示数为，故A正确；
B．根据表达式


可得

可知，当减小时，增大，所以电流表的示数增大，故B错误；
C．消耗的功率为

增大，则功率增大，故C错误；
D．电源的输出功率为

增大，则电源的输出功率增大，故D错误。
故选A。
6-2【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．副线圈两端电压的变化频率为

A错误；
B．在时刻，电流表A2的示数等于电流的有效值，不等于零，B错误；
D．滑片向上移动过程中，R变大，根据串反并同， V3示数变大；因为电源电动势不变，V1不变，因为匝数比不变，V2不变，D正确；
C．把R0看作电源的内阻，把R看作外电路电阻，因为这两个电阻的大小关系不确定，所以不能确定R功率的增减，C错误。
故选D。
6-3【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．开关与a连接时，电压表的示数为

A错误；
B．开关与a连接时，滑动变阻器触头P向上移动，R增大，电流表示数变小，B正确；
C．开关与b连接时，滑动变阻器触头P向下移动，R减小，电流表示数变大，C错误；
D．变阻器R不变，当单刀双掷开关由a扳向b时，n2增大，U2增大，输出功率增大，输入功率增大，D错误。
故选B。
6-4【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
AD．调节器可以控制变压器副线圈的滑片P上下移动，使灯泡始终保持额定电压正常发光，所以风速变大时，流过灯泡的电流不变，变压器的输出电压不变，故AD错误；
C．由题意知

所以风速变大时，交流发电机的电动势变大，则变压器的输入电压变大，故C正确；
B．由变压器原副线圈电压与匝数关系

可知，输入电压增大，输出电压不变，原线圈匝数不变时，应减小，则滑片P向下移动，故B错误。
故选C。
6-5【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．滑片位置不动，当S闭合时，电阻变小，原线圈电压及匝数比不变，副线圈电压不变，电压表读数不变，故A错误；
B．副线圈电压不变，电阻变小，输出功率变大，输入功率变大，根据

知电流表读数变大，故B错误；
C．副线圈电流变大，等效电阻两端的电压增大，并联部分的电压减小，为了使灯泡L正常发光，必须增大电压，滑片应向上滑动，故C正确；
D．电吹风除了内阻的热功率外可能还有输出机械功率，即

可知电吹风

灯泡L与电吹风M的电流不同，消耗电功率不相同，故D错误。
故选C。
6-6【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
ABC．因为升压变压器T2的匝数比不变，所以升压变压器T2的输入电压就等于调压器T1的输出电压，当滑头P向下移动，调压器T1的匝数比变大，调压器T1的输出电压变小，整个电路的总功率变小（或等效电阻变大），总电流变小，即电流表A1示数变小，电流表A2示数变小，cd端获得的电压变小，A正确，BC错误；
D．因为调压器T1与变压器T2均视为理想变压器，ab端输入电压不变，输入电流变小，输入功率变小，cd端获得的功率变小，D错误。
故选A。
6-7【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
AB．由理想变压器的特点可知
，
可知

滑动变阻器R的滑片P向下滑动，R减小，所以变大，则变大，故电流表示数变大，电源的输出功率为

则电源的输出功率变大，原线圈两端电压

因为变大，所以减小，得减小，电压表示数减小，故AB错误；
C．原线圈与副线图两端电压之比为

电流之比

联立可得

即

电压表示数为

故C错误；
D．R获得的功率

当时，R获得的功率最大，此时

故D正确。
故选D。
6-8【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．当闭合开关S后，负载消耗的功率变大，则副线圈的电流增大，电流表示数增大，由

可知，原线圈电流增大，则R1消耗的功率

增大；
B．端接电压恒定的正弦交变电源，电源的输出功率

增大，故B错误；
CD．则原线圈的电压

减小，由

副线圈电压减小，则电压表示数减小，故C错误，D正确。
故选D。
6-9【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．热敏电阻温度升高时阻值减小，等效于电路总电阻减小，总电流增大，则原线圈电流增大，灯泡a可能烧坏，原线圈电流增大则灯泡a两端电压增大，原线圈两端电压减小，则副线圈两端电压减小，灯泡b不可能烧坏，A错误；
C．输入电压为4U0时，灯泡a正常发光，故变压器原线圈两端的电压为3U0，灯泡b正常发光，故变压器副线圈两端的电压为U0，所以原、副线圈匝数之比为3:1，C错误；
B．变压器输出功率即为原线圈消耗功率

可得当

输出功率最大，此时灯泡电压为，热敏电阻温度升高时阻值减小，灯泡电压变大，故变压器输出功率可能增大，B正确；
D．设灯泡a、b正常发光时的电流为I0，则原线圈电流为I0，原、副线圈匝数比为3:1，由原、副线圈电流与匝数成反比知，副线圈干路电流为3I0，即流经热敏电阻的电流为2I0，D错误。
故选B。
6-10【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．时刻电动势为零，线圈磁通量最大，矩形线圈位于中性面，A错误；
BC．滑动变阻器滑动触头从最下端逐渐向上移动，电阻R接入电路的阻值逐渐减小，设流经r的电流为，根据

可得

原线圈两端的电压

可得副线圈两端的电压

R消耗的功率

当时

此时

所以从最下端滑到最上端的过程中，R消耗的功率先增大后减小，B正确，C错误；
D．原线圈电流，则1分钟内r产生的焦耳热

D错误。
故选B。
6-11【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．根据

可知交流电频率。而每转一圈改变方向两次，即每秒钟改变方向10次，A错误；
B．将副线圈电阻等效到原线圈

小灯泡正常工作时电阻

副线圈电流

则原线圈电流

由交变电表达式可知，交变电有效值
则

解得

；
故B错误；
C．由B选项计算可知，当时，等效电阻，电路中总电阻最小，变压器的输出功率

故C正确；
D．滑片自上而下滑动时，R2减小，等效电阻减小，原线圈电压恒定，原线圈电流

可知电流增大，则副线圈电流也一直增大，D错误
故选C。
6-12【提升】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．原线圈的电压

根据变压比可知副线圈电压

由于二极管的单向导电性，所以根据电流的热效应可知

解得电压表的示数为

故A正确；
B．根据变压比可知副线圈电压

若只将S从1拨到2，则增大，故副线圈电压减小，副线圈电流减小，根据变流比可知

因为增大且减小，故原线圈电流减小，电流表示数减小，故B错误；
C．由图乙知，电压从零开始变化，故初始时刻处于中性面，经过0.01s即一半周期，线圈转动180°，因为开始后的周期电压为正，则穿过线圈的磁通量变化为

又因为

解得

故C错误；
D．若只将滑动变阻器的滑片向下滑动，原线圈电压不变，根据变压比可知副线圈电压不变，根据


则电压表示数不变，负载电阻增大，则电流减小，电流表示数减小，故D错误。
故选A。
7-1【基础】 【正确答案】 AC
【试题解析】 详解:
A．v-t图像的斜率表示加速度，由图可知，在时刻斜率最大，则加速度最大，故A正确；
B．“水火箭”运动过程速度一直是正的，运动方向始终没有改变，时刻后仍在上升，故B错误；
C．DE段是斜率绝对值为g的直线，说明t3时刻以后“水火箭”的加速度大小为g，由牛顿第二定律可知，“水火箭”所受合力等于重力，“水火箭”在时刻失去推力，故C正确；
D．时间内“水火箭”的速度方向是正的，加速度方向是负的，且加速度大小等于g，则“水火箭”做竖直上抛运动，故D错误。
故选AC。
7-2【基础】 【正确答案】 AC
【试题解析】 详解:
A．第1s内重力做功

平均功率

A正确；
B．全过程重力做功

下落用时


全过程功率

故B错误；
CD．花盆落地时有

故花盆落地时重力的瞬时功率

故C正确，D错误；
故选AC。
7-3【基础】 【正确答案】 AC
【试题解析】 详解:
A．根据题意可知，重力做功为

则物块的重力势能增加为

故A正确；
B．根据牛顿第二定律可知，物体所受合力为

则合力做功为

根据动能定理可知，物块的动能增加为

故B错误；
C．由AB分析可知，物块的机械能增加为

故C正确；
D．由牛顿第二定律可得

可得


故D错误。
故选AC。
7-4【基础】 【正确答案】 AC
【试题解析】 详解:
A．两物体质量相等，下落高度相等，由

可知重力做功相同，故A正确；
B．设斜面倾角为，根据牛顿第二定律

由

运动时间为

图中两斜面倾角不相等，所以运动时间不相等。重力冲量为

可知两物体的重力冲量不相同，故B错误；
C．根据机械能守恒

两物体质量相等，所以两物体到达斜面底端时速度和动能大小相等，故C正确；
D．两物体到达斜面底端时动量大小为

两物体质量相等，到达斜面底端时速度相等，所以两物体到达斜面底端时动量大小相等，但方向不同，故D错误。
故选AC。
7-5【巩固】 【正确答案】 BC
【试题解析】 详解:
AB．释放瞬间甲、乙两球均只受重力作用，则加速度相同，选项A错误，B正确；
CD．稳定时

则两球的动量

因稳定时甲球速度较大，可知甲球动量较大，选项C正确，D错误。
故选BC。
7-6【巩固】 【正确答案】 CD
【试题解析】 详解:
A．若甲、乙两球抛出时离地面高度相同，根据

可知则落地时地球上小球的速度是月球上小球速度的倍，根据

可知则落地时重力的瞬时功率之比为，故A错误；
B．根据

可知下落高度之比为，故B错误；
C．若甲、乙两球的动量变化相同，可知速度大小相等，根据

可知则下落高度之比为，故C正确；
D．竖直方向

水平方向

联立可得

若甲、乙两球的运动轨迹相同，则初速度之比为，故D正确。
故选CD。
7-7【巩固】 【正确答案】 AC
【试题解析】 详解:
A．时刻两物体的v－t图像中图线的斜率关系即为加速度关系，有

根据牛顿第二定律，可得

解得

故A正确；
BD．v－t图像中图线与坐标轴所围面积表示位移，可知，两物体位移关系为

即时刻两物体不相遇，根据平均速度公式

可得

由平均功率的公式，有

可得

故BD错误；
C．时间内两物体的机械能变化量为

依题意，两物体在该段时间内上升高度和速度变化均相同，所以机械能变化量相等。
故C正确。
故选AC。
7-8【巩固】 【正确答案】 AD
【试题解析】 详解:
A．甲、乙两车均做直线运动，A正确；
B．从图像可知，在0～t2时间内，甲、乙两车图线与t轴所包围的“面积”相等，即辆车的位移相等，所以t2时刻，甲、乙两车相遇且只相遇一次。B错误；
C．在0~t2时间内，甲车v-t图线斜率不断增大，所以其加速度不断增大， C错误；
D．在0~t2时间内（不包括t2时刻），甲车图线与t轴所包围的“面积”大于乙车图线与t轴所包围的“面积”，即甲车的位移大于乙车的位移，且甲、乙两车在平直的公路上同时从同一地点出发，所以甲车一直在乙车前面， D正确。
故选AD。
7-9【巩固】 【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。
7-10【提升】 【正确答案】 BCD
【试题解析】 详解:
B．由题可知，小球的初动能

落到山坡底部的动能

由于运动时间为2s，平抛运动竖直方向为自由落体运动

联立解得
，
因此末状态的动量

B正确；
C．根据

可求得倾角值，C正确；
D．2s末重力对棒球做功的瞬时功率

D正确；
A．由于选择不同的参考面，小球的机械能不同，题中没有确定参考面位置，因此初始状态，机械能的大小不能确定，A错误。
故选BCD。
7-11【提升】 【正确答案】 AC
【试题解析】 详解:
A．由图像可得沿斜面向上运动的加速度大小为

沿斜面向上运动时由牛顿第二定律

可得物块与斜面之间的动摩擦因数为

故A正确；
B．由图可得，物块沿斜面上滑的距离为

物块沿斜面向上滑动的过程中损失的机械能等于克服摩擦力做功，为

故B错误；
C．由动能定理

可得

故C正确；
D．物体沿斜面向上滑动过程中克服重力做功的平均功率

故D错误。
故选AC。
7-12【提升】 【正确答案】 AD
【试题解析】 详解:
A．嫦娥五号在轨道Ⅰ和Ⅱ运行时均处于失重状态，A正确；
B．嫦娥五号在轨道Ⅰ上经过P点时经加速后进入轨道Ⅱ运行，故嫦娥五号在轨道I上P处的速率大于在轨道Ⅱ运行至P处时速率；加速后势能不变，动能增大，则机械能增大，故在轨道Ⅱ运行时机械能比在轨道Ⅰ运行时的机楲能大，B错误；
C．在同一轨道中，嫦娥五号与月球中心的连线在相等时间内扫过面积才相等，C错误；
D．嫦娥五号在运行至P处时万有引力大小一样，故加速度大小相等，D正确。
故选AD。
8-1【基础】 【正确答案】 BD
【试题解析】 详解:
A．设地球的质量为，卫星的质量为，轨道半径为，根据万有引力提供向心力

可知卫星绕地球做圆周运动的快慢与卫星的质量无关，故无法确定a、b两颗卫星的质量之比，A错误；
B．根据万有引力提供向心力

解得

可得a、b两颗卫星运行的线速度大小之比为

B正确；
C．根据万有引力提供向心力

解得

可得a、b两颗卫星运行的向心加速度大小之比为

C错误；
D．根据万有引力提供向心力

解得

可得a、b两颗卫星运行的周期之比为

D正确；
故选BD。
8-2【基础】 【正确答案】 BD
【试题解析】 详解:
A．根据万有引力定律，有

因为，可得

故A错误；
B．根据万有引力提供向心力


故

因为，故

故B正确；
C．根据万有引力提供向心力


因为，故

故C错误；
D．根据开普勒第三定律可知

故D正确。
故选BD。
8-3【基础】 【正确答案】 AC
【试题解析】 详解:
A．载人飞船的运行周期约为

则载人飞船与气象卫星的运行周期之比约为

A正确；
B．根据万有引力提供向心力可得

可得

载人飞船与气象卫星的轨道半径之比约为

B错误；
C．根据万有引力提供向心力可得

解得

载人飞船与气象卫星的线速度大小之比约为

C正确；
D．根据万有引力提供向心力可得

解得

载人飞船与气象卫星的向心加速度大小之比约为

D错误；
故选AC。
8-4【基础】 【正确答案】 AC
【试题解析】 详解:
A．根据开普勒第一定律有，所有行星绕太阳运动的轨道都是椭圆，太阳处在椭圆的一个焦点上，故A正确；
B．根据开普勒第二定律可知，同一行星与太阳连线在相等的时间内扫过相等的面积，但不同的行星扫过的面积不等，故B错误；
C．开普勒行星运动定律既适用于行星绕太阳的运动，也适用于卫星绕行星的运动，故C正确；
D．开普勒第三定律的表达式中的T代表行星的公转周期，故D错误；
故选AC。
8-5【巩固】 【正确答案】 BC
【试题解析】 详解:
A．假设L3和L2到地球中心的距离相等，则“鹊桥”在L2点受到月球和地球引力的合力更大，加速度更大，所以周期更短，则L2到地球中心的距离大于L3到地球中心的距离，故A错误；
B．由于“鹊桥”与月球同步绕地球做圆周运动，则“鹊桥”位于L2点时，绕地球运动的周期和月球的公转周期相等，故B正确；
C．“鹊桥”位于L2点时,所受月球和地球引力的合力提供向心力，则有

则轨道半径越大所需向心力越大，由于五个点中L2点离地球最远，所以“鹊桥”在L2点所受月球和地球引力的合力比在其余四个点都要大，故C正确；
D．根据可知，轨道半径越大向心加速度越大，所以“鹊桥”位于L3点时，“鹊桥”绕地球运动的向心加速度大于月球绕地球运动的向心加速度，故D错误。
故选BC。
8-6【巩固】 【正确答案】 AC
【试题解析】 详解:
A．设卫星到地面距离为h，根据


可得

该卫星的向心加速度小于g，A正确；
B．由公式

得

可知，卫星绕地球运做匀速圆周运动时，半径越小，速度越大，近地卫星的运行速度，也就是第一宇宙速度，是最大的运行速度，该卫星轨道高于近地卫星，所以速度小于第一宇宙速度，B错误；
C．由公式

可知，由于同步卫星的角速度与地球自转的角速度相同，所以同步卫星的运行速度大于地球赤道表面的自转速度；又因为该卫星轨道高于低于同步卫星，所以该卫星的运行速度大于同步卫星的运行速度，故该卫星的运行速度比地球赤道表面的自转速度大，C正确；
D．由于稀薄大气的影响，如不加干预，在运行一段时间后，卫星的速度减小，引力大于向心力，做近心运动，半径变小，引力做正功，其速度变大，D错误。
故选AC。
8-7【巩固】 【正确答案】 CD
【试题解析】 详解:
A．卫星的万有引力提供向心力，则有

解得

甲、乙两卫星的周期之比为

故A错误；
B．根据

可知，甲、乙两卫星的角速度之比为

故B错误；
C．根据

得

甲、乙两卫星的线速度大小之比为

故C正确；
D．根据

得

甲、乙两卫星的加速度大小之比为

故D正确。
故选CD。
8-8【巩固】 【正确答案】 CD
【试题解析】 详解:
A．由开普勒第三定律可有可知，攻击卫星在原轨道上运行的周期比侦察卫星的周期小，A错误；
B．由万有引力提供向心力可有


可知攻击卫星在原轨道上运行的线速度比侦察卫星的线速度大，B错误；
C．攻击卫星在原轨道需要加速后做离心运动，变轨接近侦查卫星，C正确；
D．攻击卫星接近侦察卫星的过程中，轨道半径一直变大，由万有引力定律可知，受到地球的万有引力一直在减小，D正确。
故选CD。
8-9【提升】 【正确答案】 AD
【试题解析】 详解:
A．设中心天体质量为M，由万有引力提供向心力

两边同时取对数，整理可得
①
由①式可知，图像的斜率为 ，与行星的质量无关，故A正确；
B．由①式可知，图像与纵轴的交点为，故

故，故B错误；
CD．由图像a可知，卫星M在1处的轨道半径小于轨道2处的轨道半径，卫星M在2处的轨道半径大于卫星N在3处的轨道半径，由
，
知卫星M在1处的向心加速度大于在2处的向心加速度，卫星M在2处的向心加速度小于卫星N在3处的向心加速度，故C错误，D正确。
故选AD。
8-10【提升】 【正确答案】 AC
【试题解析】 详解:
A．“天问一号”两次点火时都要做离心运动，所以需要加速，则喷射方向必须都与速度方向相反，从而给探测器向前的推力，使之加速，从而变到更高的轨道，A正确；
B．“天问一号”运行中在转移轨道上P点的加速度与在火星轨道上P点的加速度均由万有引力来提供，由于在该点探测器受到的万有引力相等，根据牛顿第二定律可知，它们的加速度相等，故B错误；
C．根据开普勒第三定律知，探测器在地球轨道上及霍曼转移轨道上运行时满足

设“天问一号”探测器质量为，又因为探测器在地球轨道上满足

联立两式求得：探测器在霍曼转移轨道上运行时的周期

则两次点火之间的时间间隔为

C正确；
D．在地球轨道及火星轨道上运行时，万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律有


因为

所以可判断知

即“天问一号”在地球轨道上的角速度大于在火星轨道上的角速度，D错误。
故选AC。
8-11【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．正常运行时，航天器A和卫星B的角速度相同，若仅在地球引力作用下做匀速圆周运动则航天器A角速度比卫星B的角速度小，故长绳中一定有弹力，故A错误；
B．由航天器A和卫星B的角速度相同，由，则航天器A的线速度大于绳系卫星B的线速度，故B错误；
C．地磁场的方向在赤道上空是由南向北，金属长绳由西向东切割磁感线，由右手定则知B端的电势低于航天器A端的电势，故C错误；
D．将航天器A和卫星B看作一个系统，则该系统的重心位置应大于卫星B的位置，即系统的轨道半径应大于卫星B的轨道半径，由系统只在地球引力作用下做匀速圆周运动有

则

知独立卫星C的角速度大于绳系卫星B的角速度，故D正确。
故选D。
8-12【提升】 【正确答案】 ACD
【试题解析】 详解:
A．卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，设轨道半径为r，则有

解得

故半径越小，线速度越大，因为卫星A的线速度大于卫星B的线速度，故。又因为

解得

因为，所以，A正确；
B．第二宇宙速度是卫星摆脱地球引力束缚所必须具有的速度，故卫星发射速度大于第二宇宙速度时，卫星不能绕地球做匀速圆周运动，B错误；
C．由图像可知


联立可得
，
由图像可知每隔时间T两卫星距离最近，设A、B的周期分别为TA、TB，则有

由开普勒第三定律

联立可得
，
由

故地球质量为

C正确；
D．第一宇宙速度是最大的运行速度，由

可得

D正确。
故选ACD。
9-1【基础】 【正确答案】 AD
【试题解析】 详解:
AB．物体的受力如图所示

由竖直方向的平衡可得，地面对物体的支持力大小为
FN=mg-Fsinθ
A正确，B错误；
CD．水平方向由牛顿第二定律可得

联立解得，物体运动的加速度大小为

C错误，D正确。
故选AD。
9-2【基础】 【正确答案】 CD
【试题解析】 详解:
以整体(小车、支架、小球、物块)为研究对象，其加速度方向只能是水平方向，以小球A为研究对象，受力分析知其合力水平向右，由牛顿第二定律有
mAgtanθ=mAa
可得小车向左做加速度大小为
a=gtanθ
的匀减速运动，以物块B为研究对象，小车对物块B向右的静摩擦力
Ff=ma=mgtanθ
小车对物块B竖直向上的支持力
FN=mg
故小车对物块B产生的作用力的大小为

方向为斜向右上方。
故选CD。
9-3【基础】 【正确答案】 AB
【试题解析】 详解:
AD．由运动学公式可得，物体运动的加速度大小为

A正确，D错误；
BC．由牛顿第二定律可得

解得
，
B正确，C错误。
故选AB。
9-4【基础】 【正确答案】 CD
【试题解析】 详解:
A．竖直方向受力始终平衡，杆对小环A的弹力始终等于球和环的重力之和，A错误；
B．由

可知，杆对小环A的摩擦力大小不变，B错误；
C．对A、B整体，由牛顿第二定律有

可得小球B的加速度增大，C正确；
D．轻绳对小球B弹力的竖直分力始终等于小球B的重力，D正确。
故选CD。
9-5【巩固】 【正确答案】 AC
【试题解析】 详解:
AB．设倾角，对于甲电梯乘客

对于乙电梯乘客

则

故A正确，B错误；
C．小明和小红具有相同的加速度，由牛顿第二定律可知他们的合力相同，他们受到电梯的作用力及重力的作用，在重力相同的情况下，电梯对他们的作用力大小相等、方向相同，故C正确；
D．由于小明的加速度沿电梯向上，由牛顿第二定律可知，小明受到电梯的作用力方向不可能竖直向上，而是斜向右上，故D错误。
故选AC。
9-6【巩固】 【正确答案】 AC
【试题解析】 详解:
A．初始时，根据物块B受力平衡可知，绳子的张力

设物块A的质量为M，根据物块A受力平衡可知

因此

当n=0.5，即时，对物块B有

解得

的方向为竖直向下，物块A与物块B有相同的加速度，物块A的加速度方向沿斜面向上，因此

解得

故A正确；
B．当n=1.5，即时，对物块B有

解得

的方向为竖直向上，物块A与物块B有相同的加速度，物块A的加速度方向沿斜面向下，因此

解得

故B错误；
CD．若解除斜面的固定，以物块A、B及斜面体整体进行分析，当水平向右的恒力作用在斜面体上时，物块A、B及斜面体构成的整体有水平向右的加速度。此时假设n=1，则有

即物块B竖直方向合力为零，物块B竖直方向不动即三者相对静止，则队伍A物体有

而此时正体由水平向右的加速度a，即对B物体应该有

与假设不符，说明一定发生相对滑动，即

故C正确D错误。
故选AC。
9-7【巩固】 【正确答案】 AD
【试题解析】 详解:
AB．根据牛顿第二定律

代入数据可得
k=40
A正确，B错误；
C．当速度为10m/s时，物体受到的空气阻力

C错误；
D．匀速下降时

可知下降的速度

D正确。
故选AD。
9-8【巩固】 【正确答案】 BC
【试题解析】 详解:
A．当小车和小球一起向右匀速运动时，小球的合力为零，可能两绳均无拉力，只受重力和弹簧的弹力作用，A错误；
BCD．若小球和小车向右做匀加速运动，小球的合力一定水平向右，小球的受力可能是：
①弹簧和绳AO对小球均无弹力，小球受重力和绳OB的弹力；
②弹簧对小球无弹力，小球受重力和两根绳的拉力；
BC正确，D错误。
故选BC。
9-9【提升】 【正确答案】 BD
【试题解析】 详解:
AB．由加速度a随时间t变化的关系图象可得

物体下落过程中有

整理可得

所以在0-2s内，物体所受阻力与下落的时间成正比，则A错误；B正确；
D．由加速度a随时间t变化的关系图象可知图像的面积表示速度的变化量则在0-2s内，物体下落的最终速度为

所以D正确；
C．在0-2s内，物体做加速度逐渐减小的加速运动，加速度为0时速度达到最大v-t图像如图所示

由图像可知，在0-2s内，物体如果做匀加速直线运动其位移为10m，则物体下落的实际位移大于10m，所以C错误；
故选BD。
9-10【提升】 【正确答案】 AB
【试题解析】 详解:
AC. 根据牛顿第二定律

解得

当木块以加速度向右运动时，斜面对木块的弹力等于零，A正确，C错误；
B. 根据牛顿第二定律

解得

若木块加速度向右减速时，挡板对木块的弹力为零，B正确；
D. 因为木块在水平方向上做匀变速直线运动，则木块水平方向上的合力一定不等于零，那么斜面与挡板对木块的合力不可能竖直向上，D错误。
故选AB。
9-11【提升】 【正确答案】 AD
【试题解析】 详解:
AB若水平面光滑，对甲、乙分别根据牛顿第二定律得


解得，A正确，B错误；
CD若水平面粗糙，对甲、乙分别根据牛顿第二定律得


解得，C错误，D正确。
故选AD。
9-12【提升】 【正确答案】 AC
【试题解析】 详解:
A．c受力如图

当货车匀速直线运动时，根据几何关系可得

则油桶c对a的压力大小为

故A正确；
B．当货车匀速直线运动时，油桶a所受的合力为零，故B错误；
CD．当货车具有向右的加速度时，有

当时，可得

油桶c就脱离b运动到a的左边，故C正确，D错误。
故选AC。
11-1【基础】 【正确答案】 CBDAE 15 12.5
【试题解析】 详解:
（1）[1]本实验的操作步骤是：将铁架台固定于桌上，将弹簧一端系于横梁上，在弹簧附近竖直固定一把刻度尺，记下弹簧下端不挂钩码时，其下端A处指针所对刻度尺上的刻度，依次在弹簧下端挂上1个、2个、3个……钩码，待钩码静止后，读出弹簧下端指针指示的刻度记录在表格内，然后取下钩码，以弹簧长度l为横坐标，以钩码质量m为纵坐标，标出各组数据（l，m）对应的点，并用平滑的曲线或直线连接起来，由m-l图像，进一步找出弹簧弹力与弹簧形变量之间的关系。故步骤顺序为CBDAE。
（2）[2]舍去误差比较大的点，将其他点用直线拟合，如图所示。

（3）[3]图像的横截距即为弹簧下端不挂钩码时，指针A处所对刻度尺上的刻度。
（4）[4]图像的斜率与重力加速度的乘积表示弹簧的劲度系数，即

11-2【基础】 【正确答案】 200 BC
【试题解析】 详解:
（1）[1]弹簧弹力随弹簧伸长量x的变化图像中斜率表示弹簧劲度系数

（2）[2]A．题中已知条件无法推算弹簧原长，故无法判断两个弹簧哪个原长大，故A错误；
B．弹簧弹力随弹簧伸长量x的变化图像中斜率表示弹簧劲度系数，由图可知，弹簧a的劲度系数一定比弹簧b的大，故B正确；
CD．横截距为拉力F为零时，弹簧的伸长量，即弹簧在自重作用下的伸长量。弹簧a的劲度系数比弹簧b的大，两个弹簧在自重作用下伸长量相同，所以弹簧a的自重一定比弹簧b的大。故C正确，D错误；
故选BC。
11-3【基础】 【正确答案】 控制变量法 大于 多
【试题解析】 详解:
（1）[1]每一次只改变其中的某一个因素，而控制其余几个因素不变，从而研究被改变的这个因素对事物的影响，这种方向称为控制变量法；本实验控制材料相同、直径相同、粗细相同、长度相同，探究弹簧的劲度系数与弹簧圈数的关系，这种实验方法称为控制变量法；
（2）[2][3]设弹簧的劲度系数为，根据受力平衡可得

可得

则图像的斜率为，可知图像的斜率越大弹簧的劲度系数越小，由图乙可以看出弹簧1对应的斜率小于弹簧2对应的斜率，故弹簧1的劲度系数大于弹簧2的劲度系数，由于两弹簧的长度相同，弹簧1的圈数比弹簧2的圈数多，可知弹簧单位长度弹簧1的圈数比弹簧2的圈数多，故弹簧单位长度的圈数越多，弹簧的劲度系数越大。
11-4【基础】 【正确答案】 D 200
【试题解析】 详解:
（1）[1]根据
，
将物理量间的换算关系变为单位间的换算关系，杨氏模量Y的单位应该是。
故选D。
（2）[2]根据图像得，劲度系数为

（3）[3]由

整理得

11-5【巩固】 【正确答案】 3 5 15
【试题解析】 详解:
（1）[1]弹性绳2绷紧前，根据胡克定律有

弹性绳2绷紧后，同理有

比较以上两式可知，弹性绳2绷紧前相邻两数据点连线的斜率应比绷紧后大，由图可知加挂第3个钩码，弹性绳2开始绷紧。
（2）[2][3]由图可知


即

11-6【巩固】 【正确答案】 C 不是 1.06-1.12
【试题解析】 详解:
（1）[1]A、B选项中的橡皮筋左右两侧受力不平均，会导致误差。而D选项中的刻度尺离橡皮筋太远，不利于测量橡皮筋的拉伸长度。C选项中的实验装置最合理。
（4）[2]从图像中可以看出各点之间的关系不是一次函数关系，橡皮筋弹力与橡皮筋伸长量不是正比关系。
（5）[3]将图中的点用顺滑的曲线连接起来，可以看出当橡皮筋伸长量为50.0mm时，该橡皮筋的弹力大小为1.09N。

11-7【巩固】 【正确答案】 1mm 6.50 0.227 大于
【试题解析】 详解:
（1）[1]表格中数据到了毫米的下一位，所以所用刻度尺的分度为1mm；
（2）[2]根据公式代入数据得


（3）[3]根据结合逐差法计算出弹簧的劲度系数

（4）[4]如图所示，若将固定在弹簧上处的指针改为固定在弹簧上处，相当于测量时，少测量了弹簧的伸长量，则则测得的劲度系数变大。
11-8【巩固】 【正确答案】 弹簧自重的影响 无 A
【试题解析】 详解:
（1）[1] m-x图像不过原点，即弹簧自然下垂时其长度大于平放在水平桌面上的长度，这是由于弹簧自重的影响；
（2）[2]图像的斜率与g的乘积表示劲度系数，即

（3）[3]设由于弹簧自重引起的伸长量为，则根据胡克定律有

由上式可知实际作出的图像的斜率由劲度系数决定，所以图像没过坐标原点，对于测量弹簧的劲度系数无影响；
（4）[4]将作为横坐标，钩码的总质量作为纵坐标，则此时的x为弹簧伸长量的真实值，消除了弹簧自重的影响，所作图像应为过原点的倾斜直线。
故选A。
11-9【提升】 【正确答案】 500 不需要 28.5N/m 0.16N
【试题解析】 详解:
一、（2）[1]根据胡克定律有

解得

（3）[2]向左拉动长木饭时，不需要保证长木板匀速前进，因为只要长木板与木块相对滑动，木块受到的就是滑动摩擦力，该摩擦力与弹簧弹力平衡。
（4）[3]根据平衡条件

又因为

解得

二、[4]每多挂一个砝码，弹簧形变量平均增加，则弹簧的劲度系数为

[5]弹簧重力为

11-10【提升】 【正确答案】 16.00 12.5 能 <
【试题解析】 详解:
(1)[1]指针示数为16.00cm；
(2)[2]弹簧1的劲度系数为

[3]根据

能计算出弹簧2的劲度系数；
(3)[4]弹簧1每增加一个砝码时的形变量为

弹簧1的原长为

弹簧2每增加一个砝码时的形变量为

弹簧2的原长为

所以

11-11【提升】 【正确答案】 0.28 大于
【试题解析】 详解:
（1）[1] 设橡皮筋与竖直方向夹角为θ，重物重力为mg，结点P在竖直拉力(橡皮重力mg)、橡皮筋拉力T和水平拉力F作用下处于平衡状态，满足图示关系

则

而


联立得
．
（2）[2]由第一问可知

由图丙可求得图像斜率

又根据纵轴截距为橡皮筋OP段原长的倒数，即

综上可得
k=0.28
（3）[3] 测出五组数据后，橡皮筋恢复原状能力比弹簧要差些，恢复原状时长度会比稍大。通过水平线将橡皮擦缓慢放回到最低点过程中，再次测得五组不同数据，实际计算中仍用原来的计算x，使得x计算值偏大，从而使。故有

12-1【基础】 【正确答案】 × 1 22 15
【试题解析】 详解:
（1）[1]用正确的操作方法测量时，发现指针转过角度太大，说明该电阻为小电阻，故应换用“ × 1”挡位。
[2]根据多用电表欧姆挡的读数法则，有被测电阻的阻值为
22 × 1Ω = 22Ω
（2）[3]欧姆表的内阻为

12-2【基础】 【正确答案】 N 92 增大 1.1 9.5
【试题解析】 详解:
（1）[1]指针偏转角度最大时通过电流表的电流最大，所以可变电阻阻值最小，为零，所以滑动片位于N端。
[2]因电流表满偏电流，而表头电压电流挡为50分度，即分度值为2mA，所以此时通过电流表的电流为。
（2）[3]电阻箱阻值减小，回路中电流增大，指针偏转角度增大。
（3）[4][5]指针在位置时，通过电流表的电流为

指针在位置B时，通过电流表的电流为

联立以上两式解得


12-3【基础】 【正确答案】 红 B 1600 1.1 准确
【试题解析】 详解:
（1）[1]根据欧姆表的要求，黑表笔接内部电源的正极，可以判断a为红表笔；
[2]当电表满偏时，电表总内阻为

所以电阻应选择B；
（2）[3]可以先求欧姆表的中值电阻，当表针指在表盘的正中央时对应的电流为满偏电流的一半，对应的电阻为中值电阻


即表盘刻度为15时代表1500Ω，倍率为×100，所以被测电阻的阻值为1600Ω。
（3）[4]倍率为×10时，中值电阻为150Ω，即内阻为150Ω，由此可知，满偏电流变为原来的10倍，即0.01A


（4）[5]设电源电动势为E，干路电流为Ig，调零后电表内阻为R0，电表指针指到表盘某处时，电表的电流为I，对应的待测电阻为Rx，根据闭合电路欧姆定律


整理得

由于满偏电流相同，电动势相同，指针指相同的位置时电流相同，所以Rx相同，即读数准确。
12-4【基础】 【正确答案】 b 1 9 300
【试题解析】 详解:
（1）[1] 把虚线框内的电路等效成一个电流表，当开关S合向a端时，满偏电流为Ia，当开关S合向b端时，满偏电流为Ib，根据串并联电路的特点可知
，
可以看出Ia＞Ib，当开关S合向 b时，欧姆表的倍率是“×10”倍率。
（2）[2][3] 当开关S合向a端时，则中值电阻为
R中a=15Ω
则

当开关S合向b端时，则中值电阻为
R中b=150Ω
则

联立可解得
Ra=1Ω，Rb=9Ω
（3）[4] 根据闭合电路的欧姆定律得

在红、黑表笔间接入待测电阻，发现电流表指针指向的位置，干路电流

则

解得

12-5【巩固】 【正确答案】 b 较小 不合格
【试题解析】 详解:
（1）[1]电流从红色表笔流入电流表，从黑色表笔流出电流表。在如图乙所示的电路中，b表笔是黑表笔。
（2）[2] 从表中可知水中溶解的固体含量较小时，水的电阻率较大，根据电阻定律

水样的电阻较大，电流表的电流值较小。
（3）[3] 由闭合电路欧姆定律，电流表满偏时电路总电阻为

电流表的指针恰好半偏时

又

解得

[4]若E=3.0V，Ig=100μA，L=30cm，d=20cm，水样的电阻率

水样中的固体含量

该净水机不合格。
12-6【巩固】 【正确答案】 欧姆调零 150 BD或DB 261
【试题解析】 详解:
（1）[1]将挡位开关旋至欧姆挡“”挡，将红黑表笔短接后，应调节欧姆调零旋钮，使指针指在“”处，即进行“欧姆调零”；
[2]欧姆表的中值电阻即欧姆表的内阻，由图甲可知内阻为

（2）[3]A．电流对于多用表要“红进黑出”，由图乙可知，当挡位开关旋至“3”时，短接A表笔和B表笔，电流从B表笔流出多用表，从A表笔流入多用表，所以A表笔为红表笔，B表笔为黑表笔，故A错误；
B．当把一个较小电阻与表头所在支路并联时，可以起到分流作用，从而把表头改装成较大量程的电流表，所以挡位开关旋到“1”或“2”时，对应的是电流挡；当挡位开关旋到“1”时，与表头所在支路并联的电阻为，量程为

当挡位开关旋到“2”时，与表头所在支路并联的电阻为，量程为

显然

故B正确；
C．当挡位开关旋到“5”进行测量时，对应的是电压表，A表笔为红表笔，应接电势高的点，故C错误；
D．测量电阻时，红、黑表笔插反，并不会影响电流流过表头时的方向，对最终的测量结果没有影响，故D正确。
故选BD。
（3）[4]电流计的满偏电流为，电源电动势为，则欧姆表内阻为

由闭合电路欧姆定律可得，流经电阻的电流

（4）[5]由于电源电动势为时，有

则电源电动势为时，有

当欧姆表示数为时，有

解得实际阻值为

12-7【巩固】 【正确答案】 125 C A 0~1.5kΩ
【试题解析】 详解:
（2）[1]如图甲，接通，将拨向触点1，调节使待测微安表指针偏转到适当位置，记下此时直流微安表A的读数；然后将拨向触点2，调节，使直流微安表A的读数不变，此时的读数即为待测直流微安表的内阻。
（3）[2]如图乙，根据电表改装原理，与电表并联的部分为电流挡电路部分，电阻并联分流，设电表的内阻为，满偏电流为，且改装后电表的电流挡量程为
根据欧姆定律有

解得

（4）[3]图乙中改装后简易多用电表的A、C间为欧姆表电路，多用电表电流从红色表笔流入电表，从黑色表笔流出电表，所以A端接黑表笔，C端接红表笔。
（5）[4]由
，
解得

故应选0~1.5kΩ的滑动变阻器作为调零电阻。
12-8【巩固】 【正确答案】 电流 0~10mA 电压 0~3V 20 180 2000
【试题解析】 详解:
（1）[1]转换开关S接“1”端时，分压电阻R2与电流计串联后，二者再与分流电阻R1并联，所以此时多用电表的功能是测电流。
[2]易知转换开关S接“1”和“2”端时，多用电表的功能都是测电流，且接“1”和“2”时所能测量的最大电流分别为


所以接“1”端时量程较大，为0~10mA。
（2）[3]转换开关S接“5”端时，分压电阻R6与改装后的电流表串联，所以此时多用电表的功能是测电压。
[4]与改装后的电流表串联的分压电阻阻值越大，电压表量程越大，所以转换开关S接“5”端时对应较小的量程0~3V。
（3）[5][6]将I1=10mA和I2=1mA分别代入前面所求的表达式中，可解得
，
（4）[7]转换开关S接“4”端时，该倍率下表的内阻为

进行欧姆调零后测量电阻Rx的阻值，表盘指针正好指向中间刻度，则

12-9【巩固】 【正确答案】 270 10 电压表 3V 150 B
【试题解析】 详解:
（1）[1]根据欧姆定律有

代入数据解得

（2）[2]开关S的闭合后，则当电流表满偏时回路的总电流为

因电流表量程扩大10倍，用该电流表改装成欧姆表，同一刻度对应的电阻值变为原来的，则换挡前（断开开关S）的倍率是换挡后（闭合开关S）倍率的10倍；
（3）a.[3][4]当选择开关接3时，该表为电压表，设量程为U，此时电路的最大电流为I=10mA，则有

代入数据解得

b.[5]用该多用电表欧姆挡时，进行欧姆调零，则有

代入数据解得

根据中值电阻等于欧姆表的内阻，可知；
c.[6]电动势为1.5V调零后，欧姆表内部电阻为

电动势变为1.45调零后，欧姆表内部的

由Rx=150W例出对应的电流关系为

解得

故选B。
12-10【提升】 【正确答案】 R4 16.2 162 BC
【试题解析】 详解:
（1）[1] 当“×100”倍率挡位，且刻度盘正中央的刻度为15，可知此时欧姆表的内阻为1500Ω，根据题意，R5最大为1000Ω，不满足调节需求，可知滑动变阻器选R4；
（2）[2][3] 根据欧姆表的原理，可知将红、黑表笔短接，调节滑动变阻器使电流表达到满偏

因为欧姆表中间刻度值为15，则针对“×1”、“×10”和“×100”三个倍率挡，对应的改装后电流表量程分别为100mA、10mA和1mA；
则依题意，接1时有

接2时有

接3时有

联立可得


（3）[4]开关S接2，指针偏角小，说明被测电阻的阻值较大，为准确测量，应换用大量程，开关S应接3，并重新进行欧姆调零，故AD错误，BC项正确。
故选BC。
（4）[5]欧姆表示数为

12-11【提升】 【正确答案】 红 374 ×100 125 225
【试题解析】 详解:
（1）[1]按照多用电表使用规则，红表笔应该接欧姆表内电路的电源负极；
（2）[2]当开关S断开时，由闭合电路欧姆定律得

解得

[3]开关S闭合后，电流表满偏时干路电流变大，欧姆表内阻变小，中值电阻变小，欧姆表的倍率变小，故开关S闭合时，欧姆表的倍率是小倍率，开关S断开时的倍率是大倍率，故填“×100”。
（3）[4]闭合开关S，倍率为原来的，干路电流最大值应为原来的10倍，则I2=9mA 故有

解得
R2=125Ω
（4）[5] 由图可知此时毫安表读数为0.40mA，则干路电流为4.0mA，电路总电阻为375Ω，而欧姆表此倍率的内阻为

则可知
R3=225Ω
12-12【提升】 【正确答案】 E 180 20 132
【试题解析】 详解:
（1）[1] 实验过程中为了便于调节，滑动变阻器应选用阻值较小的E即可。
（2）[2] 根据电桥平衡原理，则当电流表G示数为零时满足

解得
=180Ω
（3）[3] 不同倍率的欧姆表是通过在表头上并联一个电阻实现的，并联的电阻越小，分流越大，中值电阻

（Ic为电路的最大电流）越小，倍率越小。又R1 [4] 则当开关S接到接线柱2时，倍率为“”，电路的最大电流为接3时10倍，设接3时的电流为干路中最大电流为I，设接2时的电流为干路中最大电流为10I，得

解得

[5] 此后，短接a、b两表笔欧姆调零，R0应调至

13-1【基础】 【正确答案】 （1）12Ω；（2）4.0×10-7kg；（3）1m/s2。
【试题解析】 详解:
（1）电路中总电流为

R2两端电压为

R1、R3并联部分电压为

通过R3的电流为

则通过R1的电流为

则R1接入电路中的电阻为

则可变电阻的总电阻为
R1=2R'1=12Ω
（2）电容器两端电压为

由平衡条件得

油滴质量为

（3）为使向下的加速度最大，则应使R1的滑动头移到最右端，以使电场力最小。此时R1、R3的并联电阻为

则R2两端电压为

电容器两端电压为

由牛顿第二定律得

油滴向下最大加速度为

13-2【基础】 【正确答案】 （1），；（2）负电，
【试题解析】 详解:
（1）根据闭合电路欧姆定律得

解得


（2）小球放入板间后，受重力和电场力作用，根据平衡条件，小球所受电场力的方向向上，则小球带负电，且满足

解得电量

13-3【基础】 【正确答案】 （1）24Ω；（2）1A；39V
【试题解析】 详解:
（1）小球从A板边缘飞出用时为

小球从A板上边缘飞出，则所受电场力向上，设A、B两板电势差为UAB，则有


带入数据解得
UAB =24V
电容器与滑动变阻器并联，则滑动变阻器两端电压为24V，由闭合电路欧姆定律可得


（2）由（1）得此时电路电流为1A，电压表测路端电压，则有

13-4【基础】 【正确答案】 （1）1A；（2）100V/m；（3）0.04kg
【试题解析】 详解:
（1）流过电源的电流

（2）路端电压

两板间的场

（3）设小球质量为，由共点力平衡条件有

解得

13-5【巩固】 【正确答案】 （1），；（2）；（3），
【试题解析】 详解:
（1）滴带正电，液滴受力如图所示

根据平衡条件，有


解得


（2）电场方向突然变为竖直向上，大小不改变，故电场力与重力平衡，洛伦兹力提供向心力，粒子做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律，有

（3）电场变为竖直向上后

粒子做匀速圆周运动，粒子运动轨迹如图

由洛伦兹力提供向心力

周期


则时间

PQ间的距离

13-6【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）；（3）
【试题解析】 详解:
（1）小球在电磁场区域做匀速圆周运动，则在竖直方向上受力平衡，即
①
解得
②
（2）小球A恰好沿B点的切线方向进入圆弧形轨道BCD，根据速度的合成与分解可得小球经过B点时的速度大小为
③
设小球A经过轨道最低点C时的速度大小为v2，根据动能定理有
④
设小球A经过轨道最低点C时受到轨道的支持力大小为N，根据牛顿第二定律有
⑤
联立③④⑤解得
⑥
根据牛顿第三定律可得小球A经过轨道最低点C时对轨道的压力大小为
⑦
（3）根据机械能守恒定律可知小球A经过D点时的速度大小为v1，设小球A在电磁场中做匀速圆周运动的半径为r，根据牛顿第二定律有
⑧
由⑧式可知B越大，r越小，当小球A运动轨迹恰好与电磁场屏蔽区边界相切时，r有最大值，B有最小值，如图所示，根据余弦定理可得
⑨
联立③⑧⑨解得
⑩

13-7【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）
【试题解析】 详解:
（1）粒子做直线运动，即电场力与洛伦兹力平衡，设速度为，则

解得

（2）磁场方向沿后，一方面，粒子在磁场中做圆周运动，有

又

另一方面，粒子在电场力作用下做匀加速运动，有

整理得

13-8【巩固】 【正确答案】 （1），；（2）；（3），方向沿x轴正方向
【试题解析】 详解:
（1）由题意可知，时间内粒子做匀速圆周运动，则

解得

设粒子做匀速圆周运动的周期为，则

解得

由题意可知，粒子在时间内做匀速直线运动，则

解得

（2）粒子在时间内做匀速直线运动的距离

粒子做匀速圆周运动的半径

根据粒子运动的周期性，可得

时刻，粒子所在的位置横坐标为

纵坐标
y＝2R
这时粒子离坐标原点的距离

（3）由于

时刻，可知粒子此时做匀速圆周运动，且速度方向竖直向下，此时粒子离x轴的距离等于R，该时刻撤去电场，设粒子经过x轴时的速度为v，根据机械能守恒定律有

解得

粒子受到的洛仑兹力

方向沿x轴正方向。
13-9【提升】 【正确答案】 （1）；（2）；（3）（，）；（4）
【试题解析】 详解:
（1）由题知，粒子进入磁场后都做匀速圆周运动，则
E2q = mg
解得

（2）由题知，粒子进入磁场后都做匀速圆周运动均能在y轴正向进入第一象限，则

解得

（3）由题知，粒子进入磁场后都做匀速圆周运动均能在y轴正向进入第一象限，进入第一象限后都做类平抛运动，则粒子进入第一象限的速度应与粒子在第一象限的合力垂直，粒子在第一象限的合力为
，与竖直方向成30°
则粒子射出磁场的速度与E1平行，则P点的横坐标为

纵坐标为

则P点的位置坐标为（，）。
（4）根据几何关系可知沿磁场边界切线向上飞出的粒子最先到达x正半轴，从P点到y轴有

由于粒子做类平抛运动，将运动分解，沿合力方向有



解得

则最先到达x正半轴的粒子的运动时间

13-10【提升】 【正确答案】 (1)；(2)
【试题解析】 详解:
(1)根据题意受力分析如下图甲所示

由题目已知电场力与重力方向夹角为，且

故有

且由几何知识可知方向与方向垂直，由于整个过程中电场力与重力都为恒力，故可把等效为新的重力，小球在此合力下做类平抛运动，设小球再次落在电场线上的Q点如下图乙所示位置

则由牛顿第二定律可得

设小球运动到Q点得时间为t，则由类平抛运动知识可得



由以上三式联立解得

(2)由(1)中可得

当电场方向改为竖直向上时，受力分析如下图丙所示

由题可知

故小球此时相当于只受洛伦兹力，在的作用下做匀速圆周运动，故有

又由几何知识不难得出

由以上两式联立解得

13-11【提升】 【正确答案】 （1）0.4m；（2）1N/C
【试题解析】 详解:
（1）由题意知

故微粒在y轴左侧做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示

由洛伦兹力提供向心力得

代入数据解得

设微粒进入磁场时与y轴正方向夹角为θ，由题意可知，由进出磁场的对称性可知，此圆弧所对圆心角为90°。由几何关系得，第一次通过y轴位置与O点距离

解得

（2）根据微粒的受力情况，其在y轴右侧的运动可分解为水平方向和竖直方向上的两个匀变速直线运动。在竖直向上的分运动过程中有


在竖直向下的分运动过程中有

则

解得

微粒在水平方向上的运动时间与在竖直方向上的运动时间相等。
若要其在0.4s内回到O点，则应在0.2s内减速到0。设其在水平方向上的加速度大小为a，根据牛顿第二定律得

故有

解得

13-12【提升】 【正确答案】 (1)E2 =；(2)6d；(3)
【试题解析】 详解:
(1)液滴在第一、四象限内做匀速圆周运动电场力与重力大小相等、方向相反，故有
E1q = mg
则
E1=
在第二象限，液滴在P点由静止释放后沿直线运动，设液滴进入磁场时速度方向与x轴成α角则
tanα ==
解得
α = 53°
合力必沿PO方向，所以
tanα =
解得
E2=
(2)设液滴经过O点时的速度大小为v，则
3E2qd + 4mgd =mv2
解得
v =
液滴在磁场中做匀速圆周运动的轨迹如图所示

在x轴下方磁场中有
qvB2= m
可得
R2= 3d
同理可解得液滴在x轴上方磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径
R1= d
所以虚线MN与y轴的距离
x = 2R2sin53° + R1sin53° = 6d
(3)液滴在第二象限的加速度
a =
液滴在第二象限的运动时间
t1== 2
液滴在x轴上方磁场中做匀速圆周运动的周期
T1==
液滴从P点移动到离开磁场的时间
t = t1 += (4 +)
14-1【基础】 【正确答案】 （1）6.25J；（2）10m
【试题解析】 详解:
（1）人对石块做的功等于其初始的动能增加量，故

（2）石块在抛出后，只有重力做功，根据动能定理可得

解得

14-2【基础】 【正确答案】 （1）；（2）
【试题解析】 详解:
（1）根据乙图得t=50s后，飞艇匀速直线运动，则有

t=50s后，动力为

故所受阻力为的大小为。
（2）在0~50s内，飞艇所受合外为冲量

代入数据得

根据动量定理

解得飞艇的质量为

14-3【基础】 【正确答案】
【试题解析】 详解:
设无人机整体的质量为，加速上升的时间为，减速上升的时间为，加速上升时的加速度大小为，减速上升的加速度大小为，上升过程中的最大速度为，根据牛顿第二定律有



解得



根据公式可得



根据可得



又有

联立解得



无人机上升需要的总时间为

14-4【基础】 【正确答案】 （1），方向沿斜面向上；（2）
【试题解析】 详解:
（1）设碰撞过程中挡板对球的作用力大小为，根据动量定理可得

解得

可知碰撞过程中挡板对球的作用力大小为，方向沿斜面向上；
（2）设碰撞后小球能够上升的最大高度为，根据动能定理可得

解得

14-5【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）Fmin=24N
【试题解析】 详解:
（1）对滑块由牛顿第二定律得

解得

设滑块离开弹射器的初速度为v0，离开管口的速度为v1，滑块到上端口的距离为l，滑块上升的最大高度为H。由于圆柱形管受到的竖直向上的摩擦力小于圆柱形管和弹射器的总重力，因此弹射时圆柱形管不会向上运动，滑块由底端上升到最高点的过程中，由动能定理得

滑块离开管口后竖直上抛，由动能定理得

滑块滑到管口的时间

滑块从管口，上抛到最大高度处的时间

滑块运动的总时间

由题意得，，解得

（2）为保证滑块不滑出圆柱管，当滑块运动至圆柱形管口时，滑块与圆柱形管恰好共速，所需要施加的外力F最小。设圆柱形管上升的加速度为a2，共速的时间为t3，共速的速度为v。对管由牛顿第二定律得

此过程中滑块的位移为

此过程中圆柱形管的位移为

滑块与圆柱形管的相对位移

共速时

解得
=24N
14-6【巩固】 【正确答案】 （1），；（2）
【试题解析】 详解:
解：（1）对冰刀受力分析，其在弯道处所需向心力来自重力与支持力的合力，根据牛顿第二定律

解得

牵引装置对运动员做的功

（2）甲、乙接力过程，根据动量守恒定律得

解得

两位运动员增加的动能

解得

14-7【巩固】 【正确答案】 （1）；（2），
【试题解析】 详解:
（1）设滑块到达C点时的速度大小为，滑块离开C点后在空中运动的时间为t，根据平抛运动的规律有


可得

又

解得

（2）设推力大小为F，对应A，B两点的距离为，对滑块从A点运动到C点的过程，根据动能定理有

其中

整理得

当时，推力F最小，故

解得

将代入，可得

14-8【巩固】 【正确答案】 （1）g，1.5g；（2）；（3）
【试题解析】 详解:
（1）圆管第一次与挡板碰撞后的瞬间，圆管的速度向上，小球的速度向下，对圆管由牛顿第二定律有

解得

对小球由牛顿第二定律有

解得

（2）圆管和小球从静止开始滑到与挡板碰撞前瞬间，则有

由速度位移公式得

解得

方向均向下，管弹起的瞬间，管的速度反向，球的速度方向依然向下；设自弹起时经过时间t1，管与小球的速度刚好相同，取向上为正方向，由运动学公式

联立得

设此时管下端的高度为h1，速度为v。由运动学公式可得


此后，管与小球将以加速度g减速上升h2，到达最高点。由运动学公式有

设管第一次落地弹起后上升的最大高度为H1，则

（3）设管长为H，由能量关系可知
mgsin30°（H+L）+4mgLsin30°=fH
可得

即管长至少为。
14-9【提升】 【正确答案】 （1）m/s；（2）9400N；（3）11400J
【试题解析】 详解:
（1）运动员及雪橇离开斜坡P做斜抛运动，水平方向有
vx==16m/s
运动员及雪橇离开斜坡P时有
tanα==0.5
解得
vy=8m/s
运动员及雪橇经过斜坡P顶端时的速度大小
v==m/s
（2）在A点，设速度方向与水平方向之间的夹角为θ。到达A端时水平方向分速度大小
vAx=vx=16m/s
竖直方向分速度大小
vAy=vy﹣gt1=（8﹣10×2）m/s=﹣12m/s
负号表示速度方向竖直向下，到达A速度大小为
vA==m/s=20m/s

得

运动员及雪橇从A到B，由动能定理得
MgR（1﹣cosθ）=﹣
在B处，对运动员及雪橇，由牛顿第二定律得
FN﹣Mg=M
联立解得
FN=9400N
由牛顿第三定律：运动员及雪橇第一次经过B点时，对轨道的压力大小为9400N。
（3）根据机械能守恒，运动员及雪橇以
v0= vA=20m/s
的速度从C点冲上斜坡Q，由几何关系知斜面倾角为37°，沿斜坡上滑的过程，由牛顿第二定律得
Mgsin37°+μMgcos37°=Ma1
从C点上滑至最高点的时间
t3=
解得
t3=2s
上滑的最大距离
x1==m=20m
沿斜坡下滑的过程，由牛顿第二定律得
Mgsin37°﹣μMgcos37°=Ma2
从最高点下滑至D点的时间
t4=t2﹣t3=3s﹣2s=1s
从最高点下滑至D点的位移大小
x2==m=1m
斜坡上C、D两点间的距离
s=x1﹣x2=20m﹣1m=19m
从C到D的过程中，运动员及雪橇克服重力做的功
WG＝Mgssin37°
解得
WG＝11400J
14-10【提升】 【正确答案】 (1)3.75m；(2)；(3)；(4)大于或等于（或13.4m）
【试题解析】 详解:
(1)设长直木杆的最小长度为，小橡胶环沿长直木杆下滑时，长直木杆静止不动，根据受力分析和运动分析可得小橡胶环做匀速直线运动；小橡胶环沿长直木杆上滑时，小橡胶环做匀减速直线运动，长直木杆做匀加速直线运动，对小橡胶环有



对长直木杆有



根据题意则有

代入数据，联立解得



即长直木杆的最小长度3.75m
(2)小橡胶环与长直木杆共速后一起做竖直上抛，直到长直木杆跟水平面第一次碰撞前，则有

解得长直木杆跟水平面第一次碰撞瞬间前的速度大小为

长直木杆跟水平面第一次碰撞瞬间损失的机械能为

(3)长直木杆跟水平面第一次碰撞后，小橡胶环先沿长直木杆做匀速下滑，小橡胶环跟水平面碰撞后小橡胶环沿长直木杆上滑时，小橡胶环做匀减速直线运动，长直木杆做匀加速直线运动，第二次共速后又一起做竖直上抛，直到长直木杆跟水平面第二次碰撞，则有



联立可得长直木杆跟水平面第二次将要碰撞时的速度大小为

所以可得长直木杆跟水平面第n次将要碰撞时的速度大小表达式为

(4)小橡胶环沿长直木杆第一次下滑的最小路程为，小橡胶环跟水平面碰撞后小橡胶环沿长直木杆，在长直木杆上第一次上滑的路程为

长直木杆跟水平面第一次碰撞后，小橡胶环先沿长直木杆在长直木杆上做匀速下滑的路程为，小橡胶环跟水平面碰撞后小橡胶环沿长直木杆上滑时，在长直木杆上第二次上滑的路程为

长直木杆跟水平面第一次碰撞后，小橡胶环先沿长直木杆在长直木杆上做匀速下滑的路程为，以此类推小橡胶环在长直木杆上运动的总路程

即小橡胶环在长直木杆上运动的总路程大于或等于（或13.4m）
14-11【提升】 【正确答案】 （1）；（2）；（3）
【试题解析】 详解:
（1）解除锁定，系统动量守恒，设支架获得的速度为vM，物块获得的速度为vm，取向上为正方向，根据动量守恒定律可得

根据机械能守恒定律可得

对支架由动量定理可得

代入数据得

（2）对支架受力分析，根据牛顿第二定律有

设支架往上减速到0的时间为t1，支架上升的高度为x1


对物块受力分析，根据牛顿第二定律有

当支架第一次上升到最大高度时，设物块的速度为v1，物块向下发生的位移为x2


代入数据得
，，
（3）解除锁定到支架落回地面，支架和物块受力不变，可知支架M的向上和向下的运动具有对称性，物块一直向下作匀加速直线运动，且二者不能共速。在0-t1内二者的相对位移

设支架反向向下加速到第一次落地这段过程中物块向下的发生的位移为x3

在t1-2t1内二者的相对位移

设支架第二次反弹后至减速到0这段时间内物块向下发生的位移为x4

在2t1-3t1内二者的相对位移

设支架第二次从最高点至落回地面这段时间内物块向下发生的位移为x5

在3t1-4t1内二者的相对位移

为使物块不脱离支架，杆的长度满足：

代入数据可得

14-12【提升】 【正确答案】 （1）；（2）；（3）
【试题解析】 详解:
（1）对A、B整体从开始下落到A到达上边界PQ过程中，由运动学规律有

解得

（2）设A、B与管不发生相对滑动时共同加速度为a，A与管的静摩擦力为，则对整体和A根据牛顿第二定律分别有


由题意可知

所以当A不发生滑动时，则B也一定不发生滑动，则

解得

（3）若，则A相对圆管向上滑动，设A的加速度为，根据牛顿第二定律有

解得

根据运动的对称性可知A从PQ到MN的时间与开始时自由下落H的时间相同，均为

由于管的质量不计，所以管所受合外力一定为零，A对管的摩擦力与B对管的摩擦力方向相反、大小均为mg，则B与管相对静止，且受力平衡，以速度做匀速直线运动，所以当物块A到达下边界MN时A、B间距离为

15-1【基础】 【正确答案】 BCD
【试题解析】 详解:
A．布朗粒子必须在光学显微镜下才能看到，光柱中的灰尘肉眼可见，其无规则运动是空气流动所致，并非布朗运动，A错误；
B．理想气体的等温膨胀是将单一热源中吸的热全部用于对外做功的例子，这并不与热力学第二定律矛盾，因为并非对外界不造成其他影响，B正确；
C．只有液体对毛细管浸润，才能产生“爬升”现象，C正确；
D．水对容器产生压力是由于水受到重力引起的，斜抛出去的容器中的水处于完全失重状态，故不再对器壁产生压力，因而压强为零，D正确；
E．温度是宏观量，衡量的是大量分子的运动的剧烈程度，对微观的个体分子没有温度可言，E错误；
故选BCD。
15-2【基础】 【正确答案】 ADE
【试题解析】 详解:
A．分子的热运动的剧烈程度与温度有关，物体的温度越高，分子热运动越剧烈，故A正确；
B．改变物体内能的方法有做功和热传递两种方式，外界对物体做功的同时物体可能在对外放热，由热力学第一定律

知当放出的热量大于外界对物体做的功时，物体的内能减小，故B错误；
C．布朗运动是由于液体分子对悬浮在液体中的固体微粒的碰撞引起的，它反映了液体分子在永不停息地做无规则运动，故C错误；
D．温度是分子平均动能的标志，一定质量的气体，温度不变，分子的平均动能不变，故D正确；
E．物体的内能是物体内所有分子的热运动动能和分子势能的总和，故E正确。
故选ADE。
15-3【基础】 【正确答案】 CDE
【试题解析】 详解:
A．气体内能变化由做功和热传递共同决定，故A错误；
B．温度升高，分子的平均动能增大，部分分子速率也会减小，故B错误；
C．理想气体压强和体积增大。温度一定增大。内能一定增大，故C正确；
D．一切涉及热现象的宏观过程都是不可逆的，故D正确；
E．自然界中的能量在数量上是守恒的。但能量在转化过程中，品质逐渐降低，可利用的能量在逐渐减少，故要节约能源，故E正确。
故选CDE。
15-4【巩固】 【正确答案】 BCE
【试题解析】 详解:
A．压缩气体时，外界对气体做功同时气体对外放热，根据热力学第一定律可知压缩气体时气体内能的增加量小于外界对气体所做的功，所以违背了热力学第一定律，A错误；
BCE．热力学第二定律不违背能量守恒定律，描述的是自然界中的宏观过程有方向性，即气体向真空自由膨胀过程是不可逆的，热机的效率不可能达到百分之百而不产生其他影响，热量只能自发地从高温物体传到低温物体，不一定是从内能多的物体传到内能少的物体。所以上述过程没有违背热力学第一定律，但违背热力学第二定律。B错误，C错误，E错误。
D．制冷机消耗电能工作时从箱内低温环境中提取热量散发到温度较高的室内，发生了内能的转移，同时对外界产生了影响。既不违背热力学第一定律，也不违背热力学第二定律。D正确。
故符合题意的选BCE。
15-5【巩固】 【正确答案】 BDE
【试题解析】 详解:
A. 两物体相接触时有热量从物体A传递到物体B，说明物体A的温度大于物体B的温度，故A错误；
B. 由热力学第二定律可知，不违背能量守恒定律的过程不一定都能实现，故B正确；
C. 由理想气体状态方程可知，一定质量的理想气体，温度降低而压强升高时，气体分子间的平均距离一定减小，故C错误；
D. 理想气体由状态A变到状态B，可有不同的变化过程，对应这些变化过程，由热力学第一定律可知，做功和热传递可以不同，但内能的变化总是相同的，故D正确；
E. 一定质量的理想气体，如果压强增大而温度不变，则体积减小，气体分子密度变大，气体分子在单位时间内对单位面积的器壁的碰撞次数一定增大，故E正确。
故选BDE。
15-6【巩固】 【正确答案】 ABE
【试题解析】 详解:
A．根据热力学第一定律，一个物体的内能增加，必定有其他物体对它做功或向它传递热量，A正确；
B．根据热力学第二定律，热量不可能自发地从低温物体传递到高温物体，B正确；
C．一定质量的理想气体压强不变，温度升高，气体分子的平均动能增大，单位时间气体分子对容器壁碰撞次数一定减少，C错误；
D．一定质量的理想气体，保持压强不变，当体积增大时，根据气体状态方程可知，温度升高，则气体的内能增加，气体对外界做功，根据热力学第一定律得知气体吸热，D错误；
E．热机在工作过程中，燃料不可能完全燃烧，尾气带走较多的热量，机器本身散热，克服机械间摩擦做功，剩余的能量才是有用的能量，在燃料完全燃烧提供的能量中只占很少一部分，所以热机效率不可能达到100%，E正确。
故选ABE。
15-7【提升】 【正确答案】 BCE
【试题解析】 详解:
AB．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能。故A错误，B正确；
CD．热力学第一定律是热现象中内能与其他形式能的转化规律，是能量守恒定律的具体表现，适用于所有的热学过程，故C正确，D错误；
E．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能，电冰箱的工作原理没有违反热力学第二定律，故E正确。
故选BCE。
15-8【提升】 【正确答案】 ACE
【试题解析】 详解:
A．温度相同，分子的平均动能相同，但氢分子与氮分子质量不同，所以平均速率不同，A正确；
B．两个分子在相互靠近的过程中，其分子力的合力可能增加，也可能先减小后增加，要看初始距离大小，故B错误；
C．气体体积

则单位体积的分子数为

故C正确；
D．单位时间内打到器壁单位面积上的分子数增多，温度不变，分子平均动能不变，则压强一定增大，故D错误；
E．根据热力学第一定律可知，如果用Q表示物体吸收的能量，用W表示物体对外界所做的功，U表示物体内能的增加，那么热力学第一定律可以表达为Q=U+W，故E正确。
故选ACE。
15-9【提升】 【正确答案】 ADE
【试题解析】 详解:
A．根据热力学第一定律知
ΔU＝W＋Q＝－100 J＋120 J＝20 J
故A正确；
B．根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，可知物体从外界吸收热量，其内能不一定增加，物体对外界做功，其内能不一定减少，故B错误；
C．通过做功的方式可以让热量从低温物体传递给高温物体，如电冰箱，故C错误；
D．第二类永动机没有违反能量守恒定律，热力学第一定律是能量转化和守恒定律在热学中的反映，因此第二类永动机没有违反热力学第一定律，不能制成是因为它违反了热力学第二定律，故D正确；
E．能量耗散过程体现了宏观自然过程的方向性，符合热力学第二定律，故E正确。
故选ADE。
16-1【基础】 【正确答案】 （1）；（2）
【试题解析】 详解:
（1）设第三步后吸盘内气体压强为p，由等温变化得

所以，压强为

（2）设原有气体在压强为下的体积为V，由等温变化得

所以，体积为

则第二步后吸盘中被挤出气体与原有气体的质量比值为

即

16-2【基础】 【正确答案】 （1），；（2）
【试题解析】 详解:
（1）在将气体打进储液桶之前，有
，
倒入药液后，储液桶中气体部分的体积为

打气过程，气体保持温度不变，根据玻意耳定律可得

联立解得

药液喷出过程，气体温度保持不变，根据玻意耳定律可得

解得

因此能喷出的药液的体积为

（2）设至少需要打气次，才能将喷雾器内的药液一次性全部喷完，根据玻意耳定律可得

解得

要使喷雾器内的药液一次性全部喷完，至少需要打气次。
16-3【基础】 【正确答案】 ，10m
【试题解析】 详解:
对瓶中所封的气体，由玻意耳定律可知

即

解得

根据

解得
h=10m
16-4【基础】 【正确答案】 （1）；（2）
【试题解析】 详解:
（1）软木塞被顶起时，对软木塞根据平衡条件可得

解得

（2）设至少要打气n次可使软木塞被顶起，对原来瓶内气体和即将进入瓶内的气体，根据玻意耳定律可得

解得

16-5【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）64：81
【试题解析】 详解:
（1）若每次抽出气体的体积为∆V，由玻意耳定律可知

解得

（2）设第二次抽气后气体的压强为p2，则有

解得

设剩余气体压强为p0时的体积为V，则

剩余气体与原来气体的质量比

解得

16-6【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）
【试题解析】 详解:
（1）由题知开始时鱼静止在H处，设此时鱼的体积为，有

且此时B室内气体体积为V，质量为m，则

鱼通过增加B室体积获得大小为a的加速度，则有

联立解得需从A室充入B室的气体质量

（2）B室内气体压强与鱼体外压强相等，则鱼静止在H处和水面下H1处时，B室内的压强分别为
，
由于鱼静止时，浮力等于重力，则鱼的体积不变，由于题可知，鱼体积的变化与B室气体体积的变化相等，则鱼在水下静止时，B室内气体体积不变，由题知开始时鱼静止在H处时，B室内气体体积为V，质量为m，由于鱼鳔内气体温度不变，若，则在H处时，B室内气体需要增加，设吸入的气体体积为ΔV，根据玻意耳定律有

则此时B室内气体质量

若，则在H处时，B室内气体需要减少，设释放的气体体积为ΔV，根据玻意耳定律有

则此时B室内气体质量

16-7【巩固】 【正确答案】 （1）6250N；（2）2.5m
【试题解析】 详解:
（1）由平衡条件可知

其中

解得
T=6250N
（2）当细绳的拉力为零时

对气体由玻意耳定律可知

解得
h=2.5m
16-8【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）16
【试题解析】 详解:
（1）气体发生等温变化
状态1：，
状态2：
由玻意耳定律，得

解得打2次气后篮球内气体的压强

（2）状态3：，
状态4：，
由玻意耳定律，得

解得
n＝15.45
则打气的最少次数16次。
16-9【提升】 【正确答案】 （1）2cm；（2）1cm
【试题解析】 详解:
（1）对B管中的气体，还未将水银从C管缓慢注入时，初态为压强

体积为

将水银从C管缓慢注入后，末态压强为，体积为

由水银柱的平衡条件有

B管气体发生等温压缩，有

联立解得

（2）对A管中的气体，初态为压强

体积为

末态压强为，设水银柱离下端同一水平面的高度为，则气体体积为

由水银柱的平衡条件有

A管气体发生等温压缩，有

联立可得

解得


则两水银柱的高度差为

16-10【提升】 【正确答案】 （i）；（ii）
【试题解析】 详解:
（i）设B气体初状态压强为，体积为，末状态压强为，体积为，对初状态的两活塞弹簧和上面汽缸整体受力分析，由平衡条件有

解得

对末状态的下面汽缸受力分析，由平衡条件有

解得

根据玻意耳定律

可得

则下面活塞上移的距离为

（ii）设A气体初状态压强为，体积为，末状态压强为，体积为，对初状态的上面汽缸受力分析，由平衡条件有

解得

对末状态的两活塞弹簧和下面汽缸整体受力分析，由平衡条件有

解得

根据玻意耳定律

可得

则上面活塞相对上面汽缸下移的距离为

对初状态的上面活塞和上面汽缸整体受力分析，由平衡条件有弹簧弹力

弹簧处于压缩状态，对末状态的下面活塞和下面汽缸整体受力分析，由平衡条件有弹簧弹力

弹簧处于拉伸状态，弹簧由压缩到拉伸的形变量

则上面汽缸移动的距离为

16-11【提升】 【正确答案】 （1）；（2）；（3）
【试题解析】 详解:
（1）对于B，则抽压第一次时有

得

（2）当抽压第二次时，有

得

同理有

得

（3）对于A，则可将A，B视为整体有

N次后有

代入上式得

16-12【提升】 【正确答案】 （1）；（2）
【试题解析】 详解:
（1）以活塞和重物为研究对象，有

解得

（1）若让汽缸向上做的匀加速直线运动，则有

解得

整个过程温度不变，有

解得活塞移动的距离

17-1【基础】 【正确答案】 ACD
【试题解析】 详解:
AB．物块从C运动到D的过程，关于平衡位置对称的两点，速度大小相等、方向均向下，故t2-t1的最小值小于；物块经过同一位置或关于平衡位置对称的位置时动能相等，故动能相等的两点，t2-t1的最小值也小于，A正确，B错误；
CD．物块通过O点时，其加速度最小，速度最大，动能最大，CD正确；
E．物块运动至C点时，其位移最大、加速度最大，速度为零，E错误。
故选ACD。
17-2【基础】 【正确答案】 ADE
【试题解析】 详解:
A．由图可知，振子从平衡位置出发朝正方向运动，t=0.8s时，振子通过平衡位置向负方向运动，所以速度方向向左，A正确；
B．在0.4s内振子从O运动到B，前0.2s振子速度较大，位移较大，故在t=0.2s时，振子在O点右侧大于6cm处，B错误；
C．t=0.4s和t=1.2s时，振子分别在B点和A点，加速度大小相等，方向相反，C错误；
D．t=0.4s到t=0.8s的时间内，振子从B向O运动过程，速度逐渐增大，D正确；
E．t=0.8s到t=1.2s的时间内，振子从O向A运动过程，远离平衡位置，加速度增大，E正确。
故选ADE。
17-3【基础】 【正确答案】 ADE
【试题解析】 详解:
A．从振动图象可以看出振子的振动周期为2t1，选项A正确；
B．在t＝0时刻，振子的位移为零，所以振子应该在平衡位置O，选项B错误；
C D．在t＝t1时刻，振子在平衡位置O，该时刻振子速度最大，选项C错误，D正确；
E．从t1到t2，振子的位移方向沿正方向且在增加，所以振子正从O点向b点运动，选项E正确。
故选ADE。
17-4【基础】 【正确答案】 BCE
【试题解析】 详解:
A．由图可知A在t轴上方，位移，所以弹力

即弹力大小为2.5N，方向指向x轴负方向，故A错误。
B．由图可知过A点作图线的切线，该切线与x轴的正方向的夹角小于90°，切线斜率为正值，即振子的速度方向指向x轴的正方向，故B正确。
C．由图可看出，、时刻振子的位移都是最大，且都在t轴的上方，在0~4内经过两个周期，振子完成两次全振动，故C正确。
D．在这段时间内振子通过的路程为

位移为0，故D错误。
E．在1.5s和2.5s两时刻，质点位移相等，故E正确。
故选BCE。
17-5【巩固】 【正确答案】 BCE
【试题解析】 详解:
A．小球振幅为2cm，故A错误；
BD．由简谐振动方程可知有

解得

所以

当时

解得

所以周期为

故B正确，D错误；
C．小球从A向O运动时，弹簧可能由压缩状态变为伸长转态,弹性势能可能先减小后增大，故C正确；
E．小球运动时位移的方向由平衡位置O点指向小球所处的位置，加速度方向由小球所处的位置指向平衡位置O点，两者方向总是相反的，故E正确。
故选BCE。
17-6【巩固】 【正确答案】 ADE
【试题解析】 详解:
A．振动周期为4 s，振幅为8 cm，A正确；
B．第2 s末振子的速度为零，加速度为正向的最大值，B错误；
C．从第1 s末到第2 s末振子的位移增大，振子在做加速度增大的减速运动，C错误；
D．第3 s末振子向上运动到平衡位置，速度为正向的最大值，D正确；
E．第2 s末和第4 s末均在最大位移处，弹性势能相同，E正确。
故选ADE。
17-7【巩固】 【正确答案】 ABD
【试题解析】 详解:
A．单摆在一个圆弧上来回运动，摆球做圆周运动的向心力由重力沿悬线方向的分力和悬线拉力的合力提供，而回复力是指重力沿圆弧切线方向的分力，摆球在平衡位置速度不为零，向心力不为零，而回复力为零，所以合力不是回复力；摆球在最高点时，速度为零，向心力为零，合力等于回复力，故A正确；
B．振动图像和波的图像的纵坐标都表示质点偏离平衡位置的位移，故B正确；
C．简谐运动具有对称性，关于平衡位置对称的点动能相同，故速度相同时，弹簧的长度有两个可能的值，不一定相等，弹性势也就不一定相同，故C错误；
D．在两列横波发生稳定干涉现象的振动加强区域，振动加强区域质点是在平衡位置附近振动，有时位移为零，故D正确；
E．当波源与观察者之间有相对运动，观察者接收到的频率就会发生改变，但两者相对远离，观察者接收到的频率减小，当两者相对靠近，观察者接收到的频率增加，根据

波在介质中的传播速度不变，相对观察者的频率改变，但波源的频率是不变的，则空间传播的波长不发生变化，故E错误。
故选ABD。
17-8【巩固】 【正确答案】 CDE
【试题解析】 详解:
A．由题图可知，甲运动到最大位移处（速度为零）时，乙刚好运动到平衡位置，加速度为零，速度最大，A错误；
B．甲运动到平衡位置（加速度为零）时，乙也运动到平衡位置，速度最大，B错误；
C．1.25s～1.5s时间内，由

可知，甲远离平衡位置，位移增大，回复力大小增大，乙向平衡位置运动，位移减小，回复力大小减小，C正确；
D．甲做简谐运动的周期 ，乙做简谐运动的周期 ，甲、乙的振动周期之比

根据周期与频率成反比，可知甲、乙的振动频率之比

D正确；
E．甲的振幅 ，乙的振幅 ，甲、乙的振幅之比

E正确。
故选CDE。
17-9【提升】 【正确答案】 AD
【试题解析】 详解:
C．物体与木板碰前瞬间的速度为，则

两物体碰撞过程中动量守恒

整理得

C错误；
B．由于两个物体碰撞是完全非弹性碰撞，有机械能的损失，因此整个过程中机械能不守恒，B错误；
A．碰后两个物体一起向下运动过程中，开始一段弹簧的弹力小于两个物体的总重量，因此加速向下运动，当弹簧的弹力等于重力时速度达到最大，再向下运动时做减速运动，因此向下运动过程中速度先增加后减小，A正确；
D．根据简谐振动的对称性，再回到A点时，弹簧处于原长，两个物体的加速度为g，因此在最低点时加速度大小也为g方向竖直向上，D正确。
故选AD。
17-10【提升】 【正确答案】 BD
【试题解析】 详解:
A．在关于平衡位置对称的两侧，振子的速度相同时，弹簧的弹性势能不同，A错误；
B．若两铁球在最低点时，AB之间断开，则球继续做简谐振动，由于在最低点时弹簧的弹性势能一定，则总能量不变，则小球的振幅要改变，B正确；
C．铁球从最低点向平衡位置运动的过程中，回复力减小直到为零，速度从零开始增加，由

可得回复力的功率先增加后减小，故C错误；
D．若要保证木质框架不会离开桌面，则框架对桌面的最小压力恰好等于0，以框架为研究对象，弹簧对框架向上的作用力等于框架重力， 则轻弹簧处于压缩状态，弹簧的弹力

压缩量为

小铁球处于平衡位置时，弹簧处于伸长状态，伸长量为

所以铁球的振幅为

D正确。
故选BD。
17-11【提升】 【正确答案】 BCD
【试题解析】 详解:
A. 由图像可知，时，振子正在向负方向振动，即速度方向向左，故A错误；
B. 振子的振幅为12cm，周期为1.6s，则

由简谐运动的位移表达式

可得做简谐运动的表达式为

故B正确；
C. 由简谐运动表达式可知，和时，振子偏离平衡位置的位移等大方向，由

可知，振子的加速度大小相同，方向相反，故C正确；
D. 从到的时间内，振子先向平衡位置运动，速度逐渐增大，从到时间内，振子远离平衡位置，速度减小，故D正确。
故选BCD。
18-1【基础】 【正确答案】 （1）45°；（2）
【试题解析】 详解:
（1）设临界角为C，由折射定律有

代入数据解得
C=45°
（2）设光线Q在E点的入射角和折射角分别为θ1和θ2，在AB面上的折射角为θ3，则
θ1=C=45°
光路如图所示

由折射定律

解得
θ2=30°
由折射定律

解得
θ3=45°
由几何关系知

且
h=R
解得O点与F点的水平距离

18-2【基础】 【正确答案】 1.5
【试题解析】 详解:

因为当时，恰好没有光线从AB边射出，可知光线在E点发生全反射，设临界角为C，则

由几何关系可知，光线在D点的折射角为

则

联立可得
n=1.5
18-3【基础】 【正确答案】 （1）；（2）
【试题解析】 详解:
（1）液体表面的亮斑如图所示

设亮斑半径为R，C为全反射的临界角，光源S离水面的高度为h，则

又有
，，
则

解得

又

解得折射率

（2）根据题意，画出光路图如图所示

根据折射定律有

解得

设反射光线与折射光线的夹角为

解得

18-4【基础】 【正确答案】 （1）；（2）36cm
【试题解析】 详解:
（1）如图所示，记小鱼S射向P点的光线入射角为，进入眼睛的折射光线，折射角。

在三角形SOP中，根据几何关系可知

由正弦定理得

再根据折射定律

将以上三式联立可解得。
（2）如图所示，设小鱼在与圆心O距离为x的M点。

由M点射向圆柱面的光线中，垂直OM的光线MN入射角最大，最容易发生全反射。若
，
则从任何位置都能看到小鱼

而在三角形MNO中

联立可得

即小鱼与圆心之间的距离小于36cm时，观察者在小鱼所在的水平面内从任何位置都能看到小鱼。
18-5【巩固】 【正确答案】
【试题解析】 详解:
临界角解得

从左向右，当入射角等于90°时，设折射角为，根据折射定律解得

即激光自E点垂直射出，如图所示

减小入射角，射出点向A点移动，当入射角等于0°时，激光束在AC面的F点其入射角为45°，恰好发生全反射。所以EF段有光线射出

从右向左，当入射角为90°时，根据折射定律，折射角45°，光线射到AB边恰好发生全反射，光线将垂直于AC边从G点射出，减小入射角，在BC边的折射角会减小，光线射到AB边会发生全反射，反射光线照射到AC边的入射角均小于临界角，有光线从AC边射出，极限会从A点射出，因此AG段有光线射出

在AC边有光射出的长度
‍
18-6【巩固】 【正确答案】 （1）见解析；（2）
【试题解析】 详解:
（1）根据

临界角
C=45°
所以激光在AB面恰好上发生全反射，根据几何关系光线平行AD面射向BD面，根据几何关系，入射角等于60°大于临界角，发生全反射，所以此激光不能从BD面上直接射出；

（2）如图，根据几何关系


得

又因为

此激光从P点射入到射到BD面上的的传播距离

所以时间

18-7【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）
【试题解析】 详解:
（1）设玻璃工件对该单色光的折射率为n，光在玻璃工件内的光路图如图所示，光在AB边发生全反射，设临界角为C，根据光的折射定律可得



由几何关系得

解得

（2）根据光的折射定律，光沿着AB方向的分速度为

该光在玻璃工件内的传播时间为

解得

18-8【巩固】 【正确答案】 （i）；（ii）
【试题解析】 详解:
（i）由A点发出的某光线的光路图如图所示

当入射角时，反射角也为30°，反射光线与折射光线恰好垂直，则折射角，由折射定律得

代入数据解得

（ii）设光从水面射出的临界角为C，则有

B点发出的光射出水面的区域为圆，设其半径为R，则由几何知识可知

代入数据得

水面上有光线射出的区域为圆形区域，半径为，则区域面积为

解得

18-9【提升】 【正确答案】 （i）；（ii）
【试题解析】 详解:
（i）设水下A点发射的光在水面处发生全反射，则岸上观察到水面被照亮部分为以O点为圆心，为半径的圆形区域。如图：

全反射角满足

则

则

面积

（ii）若单色直线光源发光，第（i）问中被照亮的圆形区域沿直线连续移动光源长度L所扫过的面积（圆心自O点沿移动长度L）即岸上观察到水面被照亮部分，形状如图：

面积为

18-10【提升】 【正确答案】 （1）；（2）
【试题解析】 详解:
（1）由题知，上边界光线进入水球后的光路如图

设入射角为i，折射角为r，由图中几何关系可知


单色光在水中的折射率为

（2）当光线由水进入中间的空气达到全反射的临界角时，再往上射入的光线就要发生全反射，不能进入气泡中，恰好在气泡位置发生全反射的光路如图

设发生全反射时的入射角为，折射角为，则

在气泡位置恰好发生全反射时，有

由几何关系知

可解得

故不能进入水球中的气泡的光线宽度为

18-11【提升】 【正确答案】 （1）；（2）6∶13
【试题解析】 详解:
（1）由题意知，出射角

由折射定律得

解得

（2）根据可得临界角为

当光线刚好在边上点发生全反射时，如实线光路所示，在边刚好全反射时，入射角

由几何关系知，反射到边的入射角

能够发生全反射。过点做的垂线与点，设，由几何关系知

从P点发出的光能从AB边射出棱镜区域的长度为
L1=
当P点发出的光线刚好在边上发生全反射时，如图蓝线光路所示，设与AC交点为H，从P作AC垂线，交AC于I点，由几何关系知
PI=3a，IH=PI·tan37°=
从P点发出的光线到A点时，由几何关系知<37°，光线可以出射。
从P点发出的光能从AC边射出棱镜区域的长度为
L2=
则L1、L2之比为
L1∶L2=6∶13

18-12【提升】 【正确答案】 （1）；（2）
【试题解析】 详解:
（1）设，当时，光线恰好在玻璃砖表面发生全反射，此时有

当时，光线的光路图如图所示

因为从F点的出射光线与从E点的入射光线平行，由几何关系可知垂直，由几何关系得

在中有

在E点处，由折射定律得

联立各式得
，
（2）光线在玻璃砖中的传播速度为

两点间的距离为

光线从E点传播到F点所用的时间为