云南省昆明市2023届高考物理专项突破模拟题库（一模）含解析

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云南省昆明市2023届高考物理专项突破模拟题库（一模）
【原卷 1 题】 知识点 β衰变的特点、本质及其方程的写法,半衰期的概念,根据条件写出核反应方程

【正确答案】
C
【试题解析】


1-1（基础） 关于核衰变和核反应的类型的表述正确的是（　　）
A.，是α衰变 B.，是β衰变
C.，是重核裂变 D.，是轻核聚变
【正确答案】 B

1-2（基础） 铀、铅测年法是放射测年法中最早使用，并且准确度最高的一种测年方式。本法可测定距今100万到45亿年前的物体，测定精确度大约是测定范围的。铀、铅测年法依赖两个独立的衰变链，一是衰变至稳定的，二是衰变至稳定的，对于两个衰变链，下列说法正确的是（　　）
A.的比结合能小于的比结合能
B.衰变是原子核外电子吸收能量跃迁的结果
C.一个核衰变至核要经过6次衰变和8次衰变
D.衰变至的半衰期会随外界环境温度的变化而变化
【正确答案】 A

1-3（巩固） 1934年约里奥·居里夫妇制造了第一个人工放射性元素，实验观察到静止在匀强磁场（未画出）中A点的原子核发生衰变，衰变成和另一个粒子，衰变后它们的运动轨迹如图所示。则下列说法正确的是（ ）

A.衰变后的粒子带同种电荷，属于a衰变
B.衰变后的粒子带异种电荷，属于β衰变
C.衰变后的运动轨迹是曲线②
D.衰变后的运动轨迹是曲线①
【正确答案】 D

1-4（巩固） 2021年5月7日，外交部发言人汪文斌表示，日本福岛核事故污染水排海事关全球海洋生态环境安全，事关各国人民生命健康，国际社会普遍对日方此举表示强烈不满。核污染水中含有大量核反应产生的放射性碘131，人吃了被碘131污染的海产品会患病。已知碘131的衰变方程为，半衰期为8天。下列说法正确的是（　　）
A.碘131发生的衰变是衰变
B.100个碘131原子核经过16天后一定还有25个未衰变
C.碘131衰变能释放出，说明了碘131原子核中有
D.此衰变的实质是原子核内的一个中子转化为一个质子和一个电子
【正确答案】 D

1-5（巩固） 2021年9月在甘肃武威，全球首台第四代核电技术基熔盐核反应堆试运行，反应堆工作原理如图所示，钍吸收一个中子后会变成钍233，钍233不稳定，会变成易裂变铀，下列说法正确的是（　　）

A.核反应堆是通过核聚变把核能转化为电能
B.核比核多一个质子
C.镤233变成铀233的核反应方程式是
D.核反应中产生的新核镤从高能级向低能级跃迁时，会伴随辐射
【正确答案】 C

1-6（巩固） 威耳逊云室是能显示带电粒子径迹的实验装置，是研究微观粒子的重要器材。在真空云室中的矩形区域内存在着匀强磁场，在A点有一静止的原子核Th发生了某种衰变，生成的新核和释放出的粒子在磁场中的径迹如图中的曲线a、b所示，下列说法正确的是（　　）

A.Th核发生的是α衰变
B.曲线a是新核的径迹
C.匀强磁场方向垂直纸面向里
D.曲线a、b的半径比与新核和粒子的质量有关
【正确答案】 C

1-7（巩固） 放射性元素衰变有多种可能途径，其中一种途径是先变成Bi，而Bi可以经一次衰变变成X（X代表某种元素），也可以经一次衰变变成Tl，X和Tl最后都变成Pb，衰变路径如图所示，则（　　）

A. B.Bi→X是β衰变
C.→Tl是β衰变 D.Tl经过一次衰变变成Pb
【正确答案】 B

1-8（提升） 自然界中一些放射性重元素往往会发生一系列连续的递次衰变，又称为放射系或衰变链。每个放射性衰变系都有一个半衰期很长的始祖核素，经过若干次连续衰变，直至生成一个稳定核素。已知的衰变链如图所示。下列判断中正确的是（　　）

A.图中的横坐标表示核电荷数，纵坐标表示中子数
B.衰变最终生成的稳定核素为
C.衰变最终生成的稳定核素，共有两种不同的衰变路径
D.衰变最终生成的稳定核素，共发生了7次衰变，2次衰变
【正确答案】 A

1-9（提升） 现有两动能均为E0＝0.35 MeV的12H在一条直线上相向运动，两个12H发生对撞后能发生核反应，得到23He和新粒子，且在核反应过程中释放的能量完全转化为23He和新粒子的动能。已知12H的质量为2.014 1 u，23He的质量为3.016 0 u，新粒子的质量为1.008 7 u，核反应时质量亏损1 u释放的核能约为931 MeV(如果涉及计算，结果保留整数)。则下列说法正确的是(　　)
A.核反应方程为12H＋12H→23He＋11H
B.核反应前后不满足能量守恒定律
C.新粒子的动能约为3 MeV
D.23He的动能约为4 MeV
【正确答案】 C

【原卷 2 题】 知识点 开普勒第三定律

【正确答案】
C
【试题解析】


2-1（基础） 对于开普勒第三定律，下列说法正确的是（　　）
A.与成正比
B.与成反比
C.只与中心天体的体积有关
D.该定律不仅适用于行星绕太阳的运动，也适用于卫星绕行星的运动
【正确答案】 D

2-2（基础） 太阳系八大行星绕太阳运动的轨道可粗略地认为是圆，各行星的半径、日星距离和质量如下表所示，由表中所列数据可以估算海王星公转的周期最接近于（　　）
行星名称
水星
金星
地球
火星
木星
土星
著名演员星
海王星
星球半径/
2.44
6.05
6.38
3.40
71.4
60.27
25.56
24.75
日星距离/
0.58
1.08
1.50
2.28
7.78
14.29
28.71
45.04
质量/
0.33
4.87
6.00
0.64
1900
569
86.8
102

A.4000年 B.320年 C.165年 D.80年
【正确答案】 C

2-3（巩固） 2021年2月，天问一号火星探测器被火星捕获，经过系列变轨后从“调相轨道”进入“停泊轨道”，为着陆火星做准备。如图所示，阴影部分为探测器在不同轨道上绕火星运行时与火星的连线每秒扫过的面积，下列说法正确的是（　　）

A.图中两阴影部分的面积相等
B.从“调相轨道”进入“停泊轨道”探测器周期变大
C.从“调相轨道”进入“停泊轨道”探测器机械能变小
D.探测器在点的加速度小于在点的加速度
【正确答案】 C

2-4（巩固） 木星周围的一些卫星围绕木星公转，其轨道可近似看成圆轨道，T和R是卫星圆周运动的周期和轨道半径。和为其中某一颗卫星的周期和轨道半径。可以预计，根据观测数据绘制的图像应该是下列图中的（　　）
A.B.C. D.
【正确答案】 B

2-5（巩固） 2021年2月10日，“天问一号”探测器成功进入环绕火星椭圆轨道，在椭圆轨道的近火点P（接近火星表面）制动后顺利进入近火轨道，Q点为近火轨道上的另一点，M点是椭圆轨道的远地点，椭圆轨道的半长轴等于圆形轨道的直径，如图所示，下列说法正确的是（ ）

A.探测器在M点的速度最大
B.探测器在Q点与椭圆轨道上的P点的加速度大小不相等
C.探测器在椭圆轨道上P点与M点的速度之比为
D.探测器在椭圆轨道与圆轨道上的周期之比为
【正确答案】 C

2-6（巩固） 如图所示，地球质量为m，地球的半径为R，探测器甲绕地球公转的长轴为，地球绕太阳做匀速圆周运动的公转轨道半径为，探测器乙绕太阳公转的长轴也为，太阳的质量为，则甲绕地球运动的周期与乙绕太阳运动的周期之比为（　　）

A. B.
C. D.
【正确答案】 C

2-7（巩固） 为观测和研究太阳磁场、太阳耀斑和日冕物质抛射的起源，2022年10月我国在酒泉卫星发射中心成功发射了“夸父一号”卫星，实现中国综合性太阳卫星探测零的突破。假设某探测太阳的飞行器仅在太阳的引力作用下，在长轴为a的椭圆轨道上绕太阳运动，太阳的质量为M，万有引力常量为G。则该飞行器绕太阳运行的周期应为（　　）
A. B. C.πa D.2πa
【正确答案】 B

2-8（提升） 如图所示，Ⅰ为北斗卫星导航系统中的静止轨道卫星，其对地张角为；Ⅱ为地球的近地卫星。已知地球的自转周期为，万有引力常量为G，根据题中条件，可求出（　　）

A.地球的平均密度为
B.卫星Ⅰ和卫星Ⅱ的加速度之比为
C.卫星Ⅱ的周期为
D.卫星Ⅱ运动的周期内无法直接接收到卫星发出电磁波信号的时间为
【正确答案】 A

2-9（提升） 2022年11月29日23时08分，搭载着神舟十五号载人飞船的长征二号F遥十五运载火箭在酒泉卫星发射中心升空，11月30日5时42分，神舟十五号载人飞船与天和核心舱成功完成自主交会对接。如图为神舟十五号的发射与交会对接过程示意图，图中①为近地圆轨道，其轨道半径为，②为椭圆变轨轨道，③为天和核心舱所在轨道，其轨道半径为，P、Q分别为②轨道与①、③轨道的交会点，已知神舟十五号的质量为m，地球表面重力加速度为g。关于神舟十五号载人飞船与天和核心舱交会对接过程，下列说法正确的是（　　）

A.神舟十五号在①轨道上经过P点时的机械能等于在②轨道上经过P点时的机械能
B.神舟十五号在①轨道上经过P点时的加速度小于在②轨道上经过P点时的加速度
C.神舟十五号在②轨道上从P点运动到Q点经历的时间为
D.神舟十五号从①轨道转移到③轨道过程中，飞船自身动力对飞船做的功为
【正确答案】 C

【原卷 3 题】 知识点 求线框进出磁场时电阻上生热,计算导轨切割磁感线电路中产生的热量

【正确答案】
A
【试题解析】


3-1（基础） 边长为L的正方形金属框匀速穿过如图所示的有界匀强磁场，磁场宽度为d（），则线框进入磁场过程和从磁场另一侧穿出过程相比较（　　）

A.产生的感应电流方向相同
B.所受安培力方向相反
C.线框穿出磁场产生的电能和进入磁场产生的电能相等
D.线框穿出磁场产生的电能比进入磁场产生的电能多
【正确答案】 C

3-2（基础） 如图所示， A、B为不同金属制成的正方形线框，导线截面积相同，A的边长是 B 的2倍，A的密度是 B的，A 的电阻是 B的 4 倍，当它们的下边在同一高度竖直下落，垂直进入如图所示的磁场中，A框恰能匀速进入，那么（　　）

A.B线框也是匀速进入磁场
B.下边刚进入磁场时，A、B中感应电流强度之比是 2：1
C.线框全部进入磁场的过程中，通过截面的电量之比为 2:1
D.线框全部进入磁场的过程中，消耗的电能之比为 4:1
【正确答案】 A

3-3（巩固） 如图所示，垂直纸面的匀强磁场分布在正方形虚线区域内，电阻均匀的正方形导线框abcd位于虚线区域的中央，两正方形共面且四边相互平行。现将导线框先后朝图示两个方向以v、3v速度分别匀速拉出磁场，拉出时保持线框不离开纸面且速度垂直线框。比较两次出磁场的过程中，以下说法不正确的是（　　）

A.线框中产生的焦耳热之比为1：3 B.ab边两端的电压之比为1：9
C.cd边两端的电压之比为1：1 D.通过导线框某一截面的电荷量之比为1：1
【正确答案】 B

3-4（巩固） 如图所示，甲、乙是两个完全相同的闭合正方形导线线框，a、b是边界范围、磁感应强度大小和方向都相同的两个匀强磁场区域，只是a区域到地面的高度比b高一些。甲、乙线框分别从磁场区域的正上方相同高度处同时静止释放，穿过磁场后落到地面。下落过程中线框平面始终保持与磁场方向垂直。以下说法正确的是（　　）

A.落地时甲框的速度比乙框小
B.落地时甲框的速度比乙框大
C.落地时甲乙两框速度相同
D.无法确定
【正确答案】 B

3-5（巩固） 一个边长为L的正方形导线框在倾角为θ的光滑固定斜面上由静止开始沿斜面下滑，随后进入虚线下方方向垂直于斜面的匀强磁场中，如图所示，磁场的上边界线水平，线框的下边ab边始终水平，斜面以及下方的磁场往下方延伸到足够远。下列推理判断正确的是（　　）

A.线框进入磁场过程b点的电势比a点高
B.线框进入磁场过程一定是减速运动
C.线框中产生的焦耳热一定等于线框减少的机械能
D.线框从不同高度下滑时，进入磁场过程中通过线框导线横截面的电荷量不同
【正确答案】 C

3-6（巩固） 如图所示，边界水平的区域I、II宽度均为，两区域内存在水平匀强磁场，磁感应强度相同。边长为的正方形导线框从Ⅰ区域上方某位置由静止释放，已知线框恰能匀速穿过Ⅱ磁场，重力加速度为g。则下列说法错误的是（　　）

A.线框穿过Ⅰ区域磁场过程加速度大小一定小于g
B.线框穿过Ⅰ区域磁场和穿过II区域磁场过程安培力的冲量相同
C.线框穿过Ⅰ区域磁场比穿过II区域磁场产生的焦耳热小
D.线框穿过I、II两区域磁场的过程所用时间可能相同
【正确答案】 D

3-7（巩固） 在光滑的水平地面上方，有两个磁感应强度大小均为B、方向相反的水平匀强磁场，如图所示PQ为两个磁场的边界，磁场范围足够大。一个半径为a，质量为m，电阻为R的金属圆环垂直磁场方向，以速度v从如图所示位置M向右运动，当圆环运动到直径刚好与边界线PQ重合时，圆环的速度为，则下列说法正确的是（　　）

A.此时圆环中的电功率为 B.此时圆环的加速度为
C.此过程中通过圆环截面的电荷量 D.此过程中回路中产生的焦耳热为
【正确答案】 D

3-8（提升） 如图所示区域内存在匀强磁场，磁场的边界由轴和曲线围成，现有一边长为2m的正方形单匝线框在水平拉力的作用下，以水平速度匀速穿过该磁场区，磁场区的磁感应强度为，线框电阻，不计一切摩擦阻力，则（　　）

A.拉力的最大值为10N
B.拉力的最大功率为12.8W
C.拉力要做12.8J的功才能让线框通过此磁场区
D.拉力要做25.6J的功才能让线框通过此磁场区
【正确答案】 D

3-9（提升） 如图a所示，光滑绝缘斜面与水平面成放置，垂直于斜面的有界匀强磁场边界M、N与斜面底边平行。质量为的导线框在沿斜面向上的外力作用下沿斜面向上匀速运动，导线框各段长度相等，即，ab，fc，ed段的电阻均为，其余电阻不计。从导线框刚进入磁场开始计时，fc段的电流随时间变化如图b所示（电流由f到c的方向为正）重力加速度，下列说法正确的是（　　）

A.导线框运动的速度大小为
B.磁感应强度的方向垂直斜面向上
C.在到这段时间内外力做功为
D.在至这段时间内，导线框所受安培力大小为
【正确答案】 A

【原卷 4 题】 知识点 平衡问题的动态分析

【正确答案】
B
【试题解析】


4-1（基础） 一人将身体倚靠在光滑的竖直墙面上，双腿绷直向前探出，A处为脚踝，B处为胯部，均看作光滑的铰链，AB为双腿，看作轻杆。随着脚缓慢向墙靠近，下列说法正确的是（　　）

A.腿部承受的弹力越来越大 B.脚受到地面的支持力不变
C.后背受到墙面的支持力越来越大 D.脚受到地面的摩擦力越来越大
【正确答案】 B

4-2（基础） 重为G的电灯悬于天花板上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为β，且此时OA与OB夹角为锐角，如图所示。现保持β角不变，缓慢调整OB方向至水平位置的过程中，则（　　）

A.OB的拉力不断减小 B.OA的拉力不断减小
C.OB的拉力先减小后增大 D.OA的拉力先减小后增大
【正确答案】 C

4-3（巩固） 如图所示，直杆弯折成90°固定在竖直面内，OA段竖直，OB段水平，绕过光滑滑轮C的不可伸长的细线两端D、E分别固定在OA、OB上，质量为m的小球吊在滑轮下，静止时，DC段细线与竖直方向的夹角，不计滑轮及细线的重力，重力加速度为g，则（　　）

A.细线上的拉力大小为
B.仅将D端缓慢沿杆向上移，细线上拉力变小
C.仅将E端缓慢沿杆向左移，细线上拉力增大
D.仅将D端缓慢沿杆向下移，滑轮C接触到杆OA之前，不可能出现DC段细线水平的情况
【正确答案】 D

4-4（巩固） 如图，地面上有一粗糙斜面，斜面顶端装有一光滑定滑轮，一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块N。另一端与斜面上的物块M相连，初始时系统处于静止状态。现用水平向左的拉力缓慢拉动N，直至悬挂N的细绳与竖直方向成，已知斜面和M都始终保持静止，则在此过程中（　　）

A.水平拉力的大小可能保持不变 B.M所受细绳的拉力大小先增加后减小
C.M所受斜面的摩擦力大小一定一直增加 D.地面对斜面的摩擦力大小一定一直增加
【正确答案】 D

4-5（巩固） 如图所示，两个质量都是m的小球A和B用轻杆连接，斜靠在墙上处于平衡状态。已知墙面光滑，水平地面粗糙。现使A球向下移动一点，B球离墙远一点，两球再次达到平衡状态。移动后的平衡状态与原来的平衡状态相比较，地面对球B的支持力N和轻杆上的压力T的变化情况是（　　）

A.N不变 B.T变小 C.N变大 D.T不变
【正确答案】 A

4-6（巩固） 图1是工人把货物运送到房屋顶端的场景，简化图如图2所示，绳子跨过定滑轮拉动货物A，沿倾角为θ的玻璃棚缓慢向上移动，忽略货物所受摩擦阻力，则下列说法正确的是（　　）

A.货物A对玻璃棚的压力不变
B.货物A对玻璃棚的压力越来越大
C.绳子的拉力越来越大
D.绳子的拉力越来越小
【正确答案】 C

4-7（巩固） 如图所示，半径为3R的半圆柱体P静止在水平地面上，静止于P上的光滑小圆柱体Q质量为m，半径为R，此时竖直挡板MN恰好与P、Q相切，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）

A.P对Q的弹力与挡板MN对Q的弹力之比为
B.若挡板水平向右缓慢移动一小段距离且P仍静止时，P受到地面的摩擦力不变
C.若挡板水平向右缓慢移动一小段距离且P仍静止时，P受到地面的支持力不变
D.若P向左缓慢移动一小段距离后，Q受到P的弹力变小
【正确答案】 C

4-8（提升） 如图所示，两根轻绳一端系于结点O，另一端分别系于固定圆环上的A、B两点，O为圆心。O点下面悬挂一物体M，绳OA水平，拉力大小为F1，绳OB与绳OA成α＝120°，拉力大小为F2。将两绳同时缓慢顺时针转过75°，并保持两绳之间的夹角α始终不变，物体始终保持静止状态。则在旋转过程中，下列说法正确的是（　　）

A.F1逐渐增大 B.F1先增大后减小
C.F2逐渐增大 D.F2先减小后增大
【正确答案】 B

4-9（提升） 如图，在水平桌面上叠放着两个物块M和m，轻绳绕过光滑的定滑轮，一端与m相连，另一端悬挂重物A。用外力F缓慢拉结点O，F方向与夹角为且保持不变，使从竖直拉至水平，两物块始终保持静止，下列说法正确的是（  ）

A.绳子的拉力先减小后增大
B.m对M的摩擦力一直在增大
C.地面对桌子的摩擦力先增大后减小
D.桌面对M的摩擦力可能一直在减小
【正确答案】 C

【原卷 5 题】 知识点 波长、频率和波速的关系,波形图的物理意义及信息读取,波形图中某质点的速度方向与传播方向的关系

【正确答案】
B D
【试题解析】


5-1（基础） 一列简谐横波沿x轴方向传播，某时刻的波形如图所示，关于质点P、Q的说法正确的是（　　）

A.此后内质点Q通过的路程为4cm
B.该时刻质点Q的加速度沿y轴负方向
C.若质点P该时刻速度沿y轴正方向，则此横波向x轴正方向传播
D.若此横波向x轴正方向传播，则后质点P能传播到Q点处
【正确答案】 BC

5-2（基础） 在坐标原点的波源产生一列沿x轴正方向传播的简谐横波，波速v=200m/s，已知t=0时，波刚好传播到x=40m处，如图所示。在x=340m处有一接收器（图中未画出），则下列说法中正确的是（　　）

A.波源开始振动时方向沿y轴正方向
B.从t=0开始经0.15s，x=40m的质点运动的路程为60cm
C.接收器在t=1.5s时才能接收此波
D.若波源向x轴正方向运动，接收器收到波的频率可能为14Hz
【正确答案】 BCD

5-3（巩固） 一列简谐横波在弹性介质中沿x轴传播，波源位于坐标原点O，时刻波源开始振动，时波源停止振动，如图所示为时靠近波源的部分波形图。其中质点a的平衡位置离原点O的距离为。下列说法中正确的是（　　）

A.波速为5m/s
B.波源起振方向沿y轴正方向
C.在，质点a位于波谷
D.从波源起振开始计时，3.0s内质点a运动的总路程为2.5m
【正确答案】 AD

5-4（巩固） 如图，一列简谐横波在x轴上传播，图甲和图乙分别为x轴上a、b两质点的振动图像，a、b间距离为1.5m（波长大于1.5m），不列说法正确的是（　　）

A.这列波的速度可能是1m/s
B.这列波的速度可能是0.5m/s
C.从时刻起，质点a在2秒内的位移大小是m
D.从时刻起，质点a在2秒内的位移大小是m
【正确答案】 AD

5-5（巩固） 一列简谐波在均匀介质中沿直线传播，在该波上有a、b两质点，其平衡位置相距，该波由b向a传播，且a、b两质点的振动图像如图所示。下列描述该波的波动图像可能正确的是（　　）

A. B.
C. D.
【正确答案】 AD

5-6（巩固） 有两例频率相同、振动方向相同、振幅均为A，传播方向互相垂直的平面波相遇发生干涉。如图所示，图中实线表示波峰，虚线表示波谷，a为波谷与波谷相遇点，b、c为波峰与波谷相遇点，d为波峰与波峰相遇点，e、g是a、d连线上的两点，其中e为连线的中点，则（　　）

A.a，d处的质点振动加强，位移一直为2A
B.从图示时刻经过四分之一周期，d处的质点振幅恰好为零
C.从图示时刻经过半个周期，e处质点通过的路程为4A
D.从图示时刻经过半个周期，g处质点加速向平衡位置运动
【正确答案】 CD

5-7（巩固） 均匀介质中，波源位于O点的简谐横波在xOy水平面内传播，时刻部分质点的状态如图（a）所示，其中实线AE表示波峰，虚线FG表示相邻的波谷，A处质点的振动图像如图（b）所示，z轴正方向竖直向上，下列说法正确的是（　　）

A.该波从A点传播到B点，所需时间为
B.时，B处质点位于波峰
C.s时，C处质点振动速度方向竖直向上
D.时，D处质点所受回复力方向竖直向下
【正确答案】 ACD

5-8（提升） 一列简谐横波在均匀介质中沿x轴正方向传播，a、b、c、d是介质中的质点，时刻的波形图如图中实线所示，此时波刚好传播到b点，时刻的波形图如图中虚线所示，下列说法正确的是（　　）

A.该列简谐横波在介质中的传播速度可能为
B.质点a在时刻离开平衡位置的位移为
C.质点c在到时间内通过的路程可能为
D.若波的周期，则在时刻，质点d的势能最大
【正确答案】 ABD

5-9（提升） 一列简谐横波沿轴正方向传播，时刻的部分波形图像如图所示，已知该波的波速，下列说法正确的是（　　）

A.时刻处的质点振动方向沿轴负方向
B.此列波的周期可能为1.2s
C.0～0.4s时间内，质点的速度不断增大
D.点的振动方程为
【正确答案】 AC

【原卷 6 题】 知识点 斜抛运动

【正确答案】
B C
【试题解析】


6-1（基础） 若一乒乓球运动员某一次击球时，将乒乓球从A点水平击出，乒乓球击中D点；另一运动员将该乒乓球从位于A点正下方且与D点等高的B点斜向上击出，最高点为C，乒乓球也击中D点，A、C高度相同。忽略空气阻力，则（ ）

A.乒乓球在两个过程中飞行时间不同 B.乒乓球在两个过程中飞行时间相同
C.乒乓球被击出后的初动能可能相同 D.乒乓球被击出后的初动能一定不同
【正确答案】 AC

6-2（基础） 自动发球机从同一高度沿同一水平方向发射甲、乙两球，发射速度大小分别为、，甲、乙两球在空中运动的时间分别为、，落在水平球台上的位置如图所示，两球在空中的运动可视为平抛运动，则（　　）

A. B. C. D.
【正确答案】 BD

6-3（巩固） 如图所示，可以用风洞实验来研究类斜抛运动的规律，竖直向上恒定的风力。现让质量为m的小球（视为质点）从A点以与水平方向成、斜向右上方的速度抛出，经过一段时间落到与A点等高的C点，类斜抛运动的最高点为B点。重力加速度g取10，，，下列说法正确的是（　　）

A.小球每一秒的速度变化量大小为12
B.小球从A到C的运动时间为0.75s
C.A、C两点之间的距离为3m
D.若，小球从B到C风力做的功为0.45J
【正确答案】 BC

6-4（巩固） 2023年春节，某游乐场设置了一款游戏项目——用沙包砸玩具兔，其游戏规则是：当参与者与玩具兔有一定距离时，让玩具兔从距离地面某一高度处自由下落，如果玩具兔在下落过程中被沙包砸中则视为中奖。某同学参与该游戏时，当他看见玩具兔刚好从M点下落时，经反应时间Dt，他用力将沙包以初速度v0从与水平方向成θ角的P点斜向上抛出，沙包恰好在与出手等高的N点击中玩具兔。不计兔、沙包运动的阻力及其大小，重力加速度g = 10m/s2。下列说法正确的是（ ）

A.若增大v0，减小θ，Dt不变，则沙包可能在N点击中玩具兔
B.若增大v0，增大θ，Dt减小，则沙包可能在N点击中玩具兔
C.若减小v0，增大θ，Dt减小，则沙包可能在N点击中玩具兔
D.若减小v0，减小θ，Dt减小，则沙包可能在N点击中玩具兔
【正确答案】 BC

6-5（巩固） 有A、B、C、D四个完全相同的小球从地面上同一位置抛出，轨迹分别如图中①②③④所示。由图中轨迹可知A、B到达的最大高度相同，B、C的水平射程相同，A、D的水平射程相同，C、D到达的最大高度相同，不计空气阻力，则下列有关四个小球的运动分析正确的是（　　）

A.A、B两球抛出时竖直方向的速度相等
B.A、D两球在最高点时的速度相等
C.B、C在空中运动时间不相同
D.C、D两球落地时速度与地面的夹角一定不相等
【正确答案】 ACD

6-6（巩固） 如图所示，一光滑斜面体固定在水平面上，其矩形斜面abcd与水平面的夹角为θ，ab边长为L。将质量为m的小球从斜面上的点a以某一速度沿斜面斜向上抛出，速度方向与ab夹角为α，小球运动到斜面的c点并沿dc方向飞出，一段时间后落地，已知重力加速度大小为g，不计空气阻力，则（　　）

A.小球从a到c的运动时间为
B.小球从a到c重力势能增加
C.小球触地时速度大小为
D.小球触地时重力的瞬时功率为
【正确答案】 AC

6-7（巩固） 小卯同学喜爱打篮球，一次他将篮球从地面上方B点以速度v斜向上抛出，恰好垂直击中篮板上A点。当他后撤到与B等高的C点投篮，还要求垂直击中篮板上A点，不计空气阻力，他应该（　　）

A.增大抛射角θ B.减小抛射角θ
C.增大抛出速度v D.减小抛出速度v
【正确答案】 BC

6-8（提升） 在光滑的水平面上，一滑块的质量，在水平方向上恒定的外力的作用下运动，如图所示给出了滑块在水平面上运动的一段轨迹，滑块过P、Q两点时速度大小均为。滑块在P点的速度方向与PQ连线夹角，，则下列说法中正确的是（ ）

A.水平恒力F的方向与PQ连线成53°夹角
B.滑块从P点到Q点做匀速圆周运动
C.滑块从P点到Q点的过程中动能最小值为16J
D.P、Q两点间距离为12m
【正确答案】 CD

6-9（提升） 如图所示，完全相同的三个小球a、b、c从距离地面同一高度处以等大的初速度同时开始运动，分别做平抛、竖直上抛和斜抛运动，忽略空气阻力。以下说法正确的是（　　）

A.三个小球不同时落地
B.b、c所能达到的最大高度相同
C.a、c的水平位移相同
D.落地之前，三个小球在任意相等时间内速度的增量相同
【正确答案】 AD

【原卷 7 题】 知识点 带电粒子在复合场中的一般曲线运动

【正确答案】
A D
【试题解析】


7-1（基础） 如图所示，下端封闭、上端开口、内壁光滑的细玻璃管竖直放置，管底有一带电的小球。整个装置水平匀速向右运动，垂直于磁场方向进入方向水平的匀强磁场，由于外力的作用，玻璃管在磁场中的速度保持不变，最终小球从上端口飞出，则从进入磁场到小球飞出端口前的过程中（　　）

A.小球带负电荷 B.小球做类平抛运动
C.洛伦兹力对小球做正功 D.管壁的弹力对小球做正功
【正确答案】 BD

7-2（基础） 带正电的甲、乙、丙三个粒子（不计重力）分别以速度v甲、v乙、v丙垂直射入电场和磁场相互垂直的复合场中，其轨迹如图所示，则下列说法正确的是（　　）

A.v甲>v乙>v丙
B.v甲 C.甲的速度一定减小
D.丙的速度不一定变大
【正确答案】 AC

7-3（巩固） 如图所示，一根长直导线经小孔O竖直穿过粗糙的绝缘水平面，导线中通有方向向下的恒定电流I，a、b两点的连线过O点。一带正电小物块P在a点时的速度为，方向沿连线ab，关于小物块的运动下列说法正确的是（　　）

A.小物块开始做曲线运动 B.小物块开始做直线运动
C.小物块所受的支持力开始增大 D.小物块所受的摩擦力开始变小
【正确答案】 BD

7-4（巩固） 如图所示，两虚线之间的空间内存在着正交或平行的匀强电场E和匀强磁场B，有一个带正电的小球（电荷量为＋q、质量为m）从电磁复合场上方的某一高度处自由落下，那么，带电小球可能沿直线通过的电磁复合场的是（　　）
A. B.
C. D.
【正确答案】 CD

7-5（巩固） 带电小球以一定的初速度v0竖直向上抛出，能够达到的最大高度为h1；若加上水平方向的匀强磁场，且保持初速度仍为v0，小球上升的最大高度为h2；若加上水平方向的匀强电场，且保持初速度仍为v0，小球上升的最大高度为h3，若加上竖直向上的匀强电场，且保持初速度仍为v0，小球上升的最大高度为h4，如图所示。不计空气阻力，则（　　）

A.一定有h1＝h3 B.一定有h1 C.h2与h4无法比较 D.h1与h2无法比较
【正确答案】 AC

7-6（巩固） 如图所示，长度为L、内壁光滑且一端开口的轻玻璃管平放在水平面上，管底有一质量为m、电荷量为q的带正电小球。轻玻璃管以速度v0进入磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向竖直向下，在外力的作用下玻璃管向右匀速运动，最终小球从上端口飞出。从玻璃管进入磁场至小球飞出上端口的过程中，下列说法正确的是（　　）

A.小球的运动轨迹是一段抛物线
B.小球沿管方向的加速度大小
C.洛伦兹力对小球做的功
D.管壁的弹力对小球做的功
【正确答案】 AD

7-7（巩固） 如图所示，匀强磁场的方向竖直向下，磁感应强度大小为B，磁场中有光滑的水平桌面，在桌面上平放着一内壁光滑、长度为L的均匀玻璃管，玻璃管底部有一带电荷量为q、质量为m的小球，玻璃管沿垂直于其轴线方向匀速向右运动，速率为v。初始小球在管底相对于玻璃管静止，带电小球能从试管口处飞出，则下列说法正确的是（　　）

A.小球带负电
B.小球未从玻璃管飞出前相对水平桌面的运动轨迹是一条抛物线
C.洛伦兹力对小球做正功
D.小球从管口出射后，在磁场中的运动半径为
【正确答案】 BD

7-8（提升） 如图所示三维坐标系O-xyz，空间直角坐标系Oxy内存在匀强电场和匀强磁场，匀强磁场的磁感应强度大小为B、方向与Oxy平面平行且与y轴负方向的夹角为θ，匀强电场的电场强度大小为E、方向沿y轴负方向；一质子（不计重力）从原点O以速度向z轴正方向射出。已知质子的电荷量为e，下列关于质子的受力和运动的描述正确的是（　　）

A.质子不可能做匀变速曲线运动
B.质子在运动过程中受到的合力为变力
C.质子在O点受到的合力大小为
D.质子沿z轴方向的分运动是匀速直线运动
【正确答案】 CD

7-9（提升） 如图所示，磁控管内局部区域分布有水平向右的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场。电子从M点由静止释放，沿图中所示轨迹依次经过N、P两点。已知M、P在同一等势面上，（不计重力）下列说法正确的有（　　）

A.电子从N到P，电场力做正功
B.电子运动过程中不会到达虚线PM右侧
C.运动到P点时速度为零
D.电子在M点所受的合力大于在P点所受的合力
【正确答案】 BC
【原卷 8 题】 知识点 异种等量点电荷电场线分布,等量异种电荷周围电势的分布

【正确答案】
B D
【试题解析】


8-1（基础） 如图，将电荷量分别为，，，的点电荷置于边长为a的正方形的四个顶点上。O为正方形的中心，AB通过O点垂直于正方形所在平面，，下列说法正确的是（　　）

A.AB线上O点电场强度最大
B.B点的电场沿OB方向
C.一正电荷从A到O再到B，其受到的电场力先做正功后做负功
D.
【正确答案】 AD

8-2（基础） 如图所示，两个固定的等量异种电荷，在它们连线的垂直平分线上有a、b、c三点，则（　　）

A.a点电势比b点高
B.a、b两点场强方向相同
C.a、b、c三点电势不相等
D.带电粒子（不计重力）在a、b连线上运动，电场力不做功
【正确答案】 BD

8-3（巩固） 圆柱形电容器由内外半径不同的两个同轴金属圆柱面组成，如图甲所示，两个面带电后，在两个面中间的区域形成沿着径向的电场，该区域中某点电场强度的大小与其到圆心的距离成反比，截面如图乙所示。两带电量相同、质量不同的正电荷a、b贴着内外表面做顺时针方向的匀速圆周运动（已知），不计粒子重力以及粒子之间的相互作用，下列说法正确的是（　　）

A.外圆柱面带负电，内圆柱面带正电 B.a的速度大于b
C.a的动能等于b D.a的周期大于b
【正确答案】 CD
8-4（巩固） 空间存在一平行于纸面的匀强电场，在电场内取某点记为坐标原点O，沿某一方向建立x轴，选取x轴上到O点距离为r的P点，以O为圆心、r为半径作圆，如图甲所示。从P点起沿圆周逆时针方向移动一周，圆上各点的电势会随转过角度发生变化。当半径r分别取、、时，其图像如图乙所示，三条曲线所对应的电势均在时达到最大值，最大值分别为、、，曲线③与横轴相切。则下列说法正确的是（　　）

A.电场方向沿x轴负方向 B.曲线①对应的r取值为
C.坐标原点O的电势为 D.电场强度的大小为
【正确答案】 BC

8-5（巩固） 如图所示，在正方体中面的对角线的中点放一电荷量为的点电荷，在面的对角线的中点放另一电荷量为的点电荷，下列说法正确的是（　　）

A.a点的电势等于点的电势
B.b点的电场强度与点的电场强度相同
C.负的试探电荷沿棱从到电势能先增大后减小
D.正的试探电荷沿棱从到电场力一直做负功
【正确答案】 BD

8-6（巩固） 如图所示，ef是边长为s的等边三角形abc的中线，在e、f点分别放置电荷量均为Q的正、负点电荷。下列说法正确的是（　　）

A.a点的电场强度大小为
B.a点的电势高于c点的电势
C.电势差Ueb大于电势差Uea
D.正电荷在b点的电势能大于在c点的电势能
【正确答案】 BD

8-7（巩固） 如图，真空中两等量异种点电荷、固定在y轴上，abcd为等腰梯形，ad、bc边与y轴垂直且被y轴平分。下列说法正确的是（　　）

A.将电子从d点移动到b点，电子的电势能减小
B.a点的电势高于d点的电势
C.将质子从b点沿bc连线移动到c点，电场力先做负功后做正功
D.b、c两点的电场强度相同
【正确答案】 AC

8-8（提升） 如图所示，A、B、C、D为匀强电场中相邻的四个等势面，等势面与水平方向夹角为，一电子从等势面D上的O点进入匀强电场，在O点时动能为，速度方向竖直向上，电子恰好不穿过B等势面。已知相邻等势面间的距离均为，电子重力不计。下列说法正确的是（　　）

A.电子做匀变速直线运动
B.电子飞经等势面C时的动能为
C.匀强电场的电场强度大小为
D.电子再次经过等势面D时的位置与O点相距
【正确答案】 CD

8-9（提升） 如图所示，水平面内的等边三角形BCD的边长为L，顶点C恰好位于光滑绝缘直轨道AC的最低点，A点到B、D两点的距离均为L，z轴上的A点在BD边上的竖直投影点为O。y轴上B、D两点固定两个等量的正点电荷，在z轴两电荷连线的中垂线上必定有两个场强最强的点，这两个点关于原点O对称。在A点将质量为m、电荷量为的小球套在轨道AC上（忽略它对原电场的影响），将小球由静止释放，已知静电力常量为k，重力加速度为g，且，忽略空气阻力，下列说法正确的是（　　）

A.图中的A点是z轴上场强最强的点
B.轨道上A点的电场强度大小为
C.小球刚到达C点时的加速度不为0
D.小球刚到达C点时的动能为
【正确答案】 BD

【原卷 9 题】 知识点 用插针法测介质折射率的实验步骤和数据处理

【正确答案】

【试题解析】


9-1（基础） 小明同学做“测量玻璃砖的折射率”实验时。在木板上面铺一张白纸，把玻璃砖放在白纸上，描出玻璃砖的两个边a和。然后，在玻璃砖的一侧插两个大头针A和B，AB的延长线与直线a的交点为O，A、B就确定了射入玻璃砖的光线；在眼睛这一侧再插第三个大头针C，使它把A、B都挡住，在眼睛这一侧插第四个大头针D，使它把前三个大头针都挡住，CD的延长线与直线的交点为，C、D就确定了射出玻璃砖的光线；拿掉玻璃砖，在白纸上描出光线的径迹。如图甲所示：

（1）小明同学接下来还要完成的必要步骤有______；
（2）如图乙所示，如果小明同学在描玻璃砖的两个边a和时，将玻璃砖界面画得离开了玻璃砖界面一段距离，而其他操作完全正确，则测得的折射率______准确值（选填“大于”、“小于”或“等于”）。
【正确答案】 连接OO′，过O点做Oa的垂线NN′，测出AB与垂线NN′夹角θ1及OO′与垂线NN′的夹角θ2，计算出玻璃的折射率 小于

9-2（基础） 某同学在做“测量玻璃折射率”的实验时已经画好了部分图线，如图甲所示，并在入射光线AO上插上大头针、，现在玻璃砖下表面折射出的光线上插上和大头针，便能确定光在玻璃砖中的折射光线。


（1）在答题卡上作出光线在玻璃砖中和出射后光线的光路图，标出玻璃砖中光线的折射角______；
（2）经过多次测量作出的图像如图乙，玻璃砖的折射率为______；（保留两位有效数字）
（3）若该同学在确定位置时，被旁边同学碰了一下，不小心把位置画的偏左了一些，则______，测出来的折射率______。（两空均选填“偏大”、“偏小”或“不变”）
【正确答案】 1.5 偏大 偏小

9-3（巩固） 某小组做测定玻璃的折射率实验，所用器材有：玻璃砖、大头针、刻度尺、圆规、笔、白纸。
（1）下列哪些措施能够提高实验准确程度___________。
A．选用两光学表面间距大的玻璃砖
B．选用两光学表面平行的玻璃砖
C．为了便于观察选用粗的大头针完成实验
D．为了便于测量，插在玻璃砖同侧的两枚大头针间的距离尽量小些
（2）该小组用同一套器材完成了四次实验，记录的玻璃砖界线和四个大头针扎下的孔洞如下图所示，其中实验操作正确的是__________。
A． B． C． D．
（3）该小组选取了操作正确的实验记录，在白纸上画出光线的径迹，过入射光线A点作法线的平行线交折射光线的反射延长线于点，再过点作法线的垂线，垂足为点，如图所示，则玻璃的折射率_________。（用图中线段的字母表示）

【正确答案】 A D

9-4（巩固） 在“测定玻璃的折射率”实验中，某同学经正确操作插好了4枚大头针，如图甲所示。

（1）下列做法正确的是______。
A．入射角越大，误差越小
B．在白纸上放好玻璃砖后，用铅笔贴着光学面画出界面
C．实验时既可用量角器，也可用圆规和直尺等工具进行测量
D．判断像与针是否在同一直线时，应该观察大头针的头部
（2）请在图乙中画出完整的光路图______；
（3）对你画出的光路图进行测量和计算，求得该玻璃砖的折射率______（保留3位有效数字）；
（4）为了观测光在玻璃砖不同表面的折射现象，某同学做了两次实验，经正确操作插好了8枚大头针；如图丙所示。图丙中和是同一入射光线上的2枚大头针，其对应出射光线上的2枚大头针是和______上（填“A”或“B”）。
【正确答案】 C 1.54 A

9-5（巩固） 如图所示为某同学利用插针法测定半圆形玻璃砖折射率的实验，在一半圆形玻璃砖外面插上P1、P2、P3、P4四枚大头针时，P3、P4恰可挡住P1、P2所成的像，关于该实验：

（1）以下说法正确的是______。
A.P1、P2及P3、P4之间的距离适当大些，可以提高准确度
B.P1、P2及P3、P4之间的距离取得小些，可以提高准确度
C.入射角θ适当大些，可以提高准确度
D.P1、P2的间距及入射角的大小均与实验的准确度无关
（2）该玻璃砖的折射率n＝______。
【正确答案】 AC或CA

9-6（巩固） 某同学用“插针法”测一玻璃砖的折射率。
（1）在木板上平铺一张白纸，并把玻璃砖放在白纸上，在纸上描出玻璃砖的两条边界。然后在玻璃砖的一侧竖直插上两根大头针P1、P2，透过玻璃砖观察，在玻璃砖另一侧竖直插大头针P3时，应使P3挡住_______，用同样的方法插上大头针P4。
（2）在白纸上画出光线的径迹，以入射点O为圆心作一半径为5.00cm的圆，与入射光线、折射光线分别交于A、B点，再过A、B点作法线NN′的垂线，垂足分别为C、D点，如图甲所示。测得AC=4.00cm，BD=2.80cm，则玻璃的折射率n=_______（结果保留两位小数）。
（3）如图乙所示，在实验过程中画出界面a后，不小心将玻璃砖向上平移了一些，导致界面a′画到图中虚线位置，而在作光路图时界面a仍为开始所画的，则所测得的折射率将_______（填“偏大”“偏小”或“不变”）。

（4）如上图丙所示，圆心为O、半径为R的半圆形玻璃砖置于水平桌面上，光线从P点垂直界面入射后，恰好在玻璃砖圆形表面发生全反射：当入射角θ=60°时，光线从玻璃砖圆形表面出射后恰好与入射光平行，则玻璃砖的折射率为_______。
【正确答案】 P2、P1的像 1.43 偏大

9-7（巩固） 如图1所示，甲同学在“测量玻璃的折射率”的实验中，先将白纸平铺在木板上并用图钉固定，玻璃砖平放在白纸上，然后在白纸上确定玻璃砖的界面和。O为直线AO与的交点。在直线OA上竖直地插上、两枚大头针。

（1）甲同学接下来要完成的必要步骤有______。
A．插上大头针，使仅挡住的像 B．插上大头针，使挡住的像和的像
C．插上大头针，使仅挡住 D．插上大头针，使挡住和、的像
（2）过、作直线交于，过作垂直于的直线，连接。测量图中角和的大小，则玻璃砖的折射率n＝______。
（3）如图2所示，甲同学在实验中将玻璃砖界面和的间距画得过宽但仍平行。若其他操作正确，则折射率的测量值______（选填“大于”“小于”或“等于”）准确值。
（4）甲同学准确的画好玻璃砖界面和后，实验过程中不慎将玻璃砖向下平移了一些。如图3所示，若其他操作正确，则折射率的测量值______（选填“大于”“小于”或“等于”）准确值。
（5）乙同学采用的是梯形玻璃砖，在纸上画出的界面，与玻璃砖的位置如图4所示，实验过程和操作均正确，则折射率的测量值______（选填“大于”“小于”或“等于”）准确值。
【正确答案】 BD或 DB 小于 等于 等于

9-8（提升） 在用两面平行的玻璃砖测定玻璃折射率的实验中，其实验光路如图，
（1）在实验中，如果用量角器分别量出入射角θ1和折射角θ2，那么，该玻璃砖的折射率的表达式为n=____；

（2）在实验数据的处理中，有两位同学各设计了一个记录表格，而且都已完成了计算，根据他们设计的表格所反应的信息，判断他们论证做得是否正确.
甲同学设计的表格是：
次数
入射角θ1
sinθ1
折射角θ2
sinθ2
n

1
30°
0.500
20.9°
0.357
1.40
1.40
2
45°
0.707
30.5°
0.508
1.39
3
60°
0.866
38.0°
0.616
1.41
乙同学设计的表格是：
次数
1
2
3
角平均值
正弦值
n
入射角θ1
30°
45°
60°
45°
0.707
1.42
折射角θ2
20.9°
30.5°
38.0°
28.8°
0.497
答：上述两位同学做得正确的是____；（填“甲”或“乙”）
（3）若甲在做测定玻璃的折射率的实验时，法线画得与界面不垂直,出现如图（a）所示的倾斜；若乙在放置玻璃砖时,玻璃砖的平面没有与aa′重合，出现如图（b）所示的偏差，则他们测得的折射率比真实值____ 。

A. 甲、乙均偏小
B. 甲、乙均偏大
C. 甲偏大、乙偏小
D. 甲偏小，乙偏大
【正确答案】 甲 A

9-9（提升） 在做“测定玻璃的折射率”的实验中，先在白纸上放好玻璃砖，在玻璃砖的一侧插上两枚大头针P1和P2，然后在另一侧透过玻璃砖观察，插上大头针P3、P4，使P3挡住P1、P2的像，P4挡住P3和P1、P2的像。如图所示，和分别是玻璃砖与空气的两个界面，用“+”表示大头针的位置。图中AO表示经过大头针P1和P2的光线，该光线与界面交于O点，MN表示法线。

（1）请将光路图画完整，并在图中标出光线进入玻璃砖发生折射现象的入射角和折射角；（________）
（2）该玻璃砖的折射率可表示为n=_____。（用和表示）
（3）在做“用插针法测玻璃折射率”实验中，图中所示直线、表示在白纸上画出的两个界面。两位同学选择的器材和操作如下：
A.甲同学在白纸上正确画出平行玻璃砖的两个界面与后，将玻璃砖垂直于方向沿纸面向上平移了少许，其它操作正确
B.乙同学在白纸上画、两界面时，其间距比平行玻璃砖两光学面的间距稍微小些，其它操作正确
甲同学测出玻璃砖的折射率与真实值相比______。乙同学测出玻璃砖的折射率与真实值相比______。（填“偏大、偏小、不变”）
（4）对“测定玻璃折射率”的实验中的一些问题，几个同学发生了争论，他们的意见如下，其中正确的是（________）
A．为了提高测量的精确度，P1、P2及P3、P4之间的距离应适当大一些
B．为了提高测量的精确度，入射角应适当大一些
C．P1、P2之间的距离的大小及入射角的大小跟测量的精确度无关
D．如果入射角太大，则反射光过强，折射光过弱，不易观察
（5）如下图所示，在测量玻璃折射率的实验中，两位同学换了一块三棱镜来实验，先在白纸上放好截面是正三角形ABC的三棱镜，并确定AB和AC界面的位置。然后在棱镜的左侧画出一条直线，并在线上竖直插上两枚大头针P1和P2，再从棱镜的右侧观察P1和P2的像。插上大头针P3，使P3挡住P1、P2的像，插上大头针P4，使P4挡住P3和P1、P2的像。正确完成上述操作后，在纸上标出大头针P3、P4的位置（图中已标出）。为测量该种玻璃的折射率，两位同学分别用圆规及刻度尺作出了完整光路和若干辅助线，如图甲、乙所示。在图中能够仅通过测量ED、FG的长度便可正确计算出折射率的是图______（选填“甲”或“乙”），所测玻璃折射率的表达式n=______（用代表线段长度的字母ED、FG表示）。

【正确答案】 不变 偏大 ABD 乙

【原卷 10 题】 知识点 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】


10-1（基础） 请正确读出下列实验中所用仪器的示数。
（1）多用电表的选择开关打到“”档，表盘指针如图甲所示，则该阻值为______；
（2）电压表所选的量程为，指针位置如图乙所示，则测量的电压值为______V；
（3）螺旋测微器的固定刻度和可动刻度位置如图丙所示，则被测物体的长度为______mm。

【正确答案】 或5.798或5.799或5.801或5.802

10-2（基础） 某物理兴趣小组成员采用多种方法测电阻：
（1）李同学器材间连线如图所示，请在虚线框中画出对应的电路图___________；

①连接好电路，将滑动变阻器的滑片移到最___________（填“左端”或“右端”），先将单刀双掷开关掷到左边，调滑动变阻器至合适值，记录电流表读数；
②再将单刀双掷开关掷到右边，调节电阻箱的阻值，使电流表的读数与前一次相同，电阻箱的示数如图所示。则待测电阻___________Ω。电流表内阻_______（填“会”或“不会”）给测量结果带来误差。
（2）张同学和王同学一起制了一个两挡位（“× 10”和“× 100”）的简易欧姆表，电路结构如图所示，把红、黑表笔与A、B连接后，可测量电阻。使用的器材如下：

A．干电池：电动势E为1.5V，内阻r不计
B．电流表G：满偏电流，内阻
C．滑动变阻器R
D．定值电阻R0
E．电阻箱R1
F．红、黑表笔各1支，导线及电键若干
①该欧姆表___________（填“A”或“B”）接红表笔；
②开关S1断开，红、黑表笔短接，调节R使电表指针满偏，此挡位欧姆表的内阻为___________；将电阻箱R1接在红、黑表笔之间，当电阻箱的阻值调节到R1=___________Ω时，可以使电流表G的指针指在满偏电流处；
③若电池内阻不可忽略，但仍可欧姆调零，则对未知电阻的测量结果___________（填“有”或“无”）影响；
④当开关S1闭合时，倍率为___________ （填“×10”或“×100”）挡。
【正确答案】 右端 5 不会 B 1500 3000 无 ×10

10-3（巩固） 如图甲所示的黑箱中有两只电学元件，小明使用多用电表对其进行探测。

（1）在使用多用电表前，发现指针不在左边“0”刻度线处，应先调整图乙中多用电表的________（选填“A”“B”或“C”）。
（2）探测黑箱、接点间是否存在电源时，应选用多用电表的___________挡（选填“直流电压”、“直流电流”、“电阻”）。
（3）在判定黑箱中无电源后，将选择开关旋至“”挡，调节好多用电表，测量各接点间的阻值。两表笔分别接a、b时，多用电表的示数如图丙所示，正反向阻值均相等，则他判断a、b两点间连接了电阻，阻值为____________Ω。
（4）他继续将红表笔接b，黑表笔接c，发现电阻无穷大，于是又将黑表笔接b，红表笔接c，发现电阻比a、b间的电阻更小，于是他判断出b、c间连接了二极管，并且二极管的正极与_____点相连。
【正确答案】 A 直流电压 15 b

10-4（巩固） 图a为某同学组装完成的简易多用电表的电路图。图中E是电池，R1、R2、R3、R4和R5是定值电阻，R6是可变电阻；表头G的满偏电流为100μA，内阻为450Ω。虚线方框内为换挡开关，A端和B端分别与两表笔相连。该多用电表有5个挡位，5个挡位为：直流电压1V挡和5V挡，直流电流1mA挡和2.5mA挡，欧姆×100Ω挡。

（1）图a中的B端与________（填“红”或“黑”）色表笔相连接；
（2）根据题给条件可得R1＋R2=_______Ω。
（3）某次测量时该多用电表B端是与“1”相连的，指针位置如图b所示。则读数为________mA；
（4）某次利用多用电表欧姆挡探测一个不含电源的黑箱中元件，如图c，已知黑箱中只有两个元件，且分别在A、B和A、C之间。当红、黑表笔分别接在A、B时，指针首先向右摆动，然后又慢慢地向左回归至“∞”位置；将红、黑表笔分别接在A、C，指针指在“∞”位置，将红、黑表笔分别接在C、A，指针指在“0”刻线偏左一点。在图c的黑箱图中画出电学元件_________。
【正确答案】 红 50 1.40

10-5（巩固） 电工师傅利用多用电表测量某电阻的阻值，图为多用电表的部分内部结构图及刻度盘。

（1）若选择开关置于“1”或“2”，则选择的是__________（选填“电流”或“电压”）挡，且置于__________（选填“1”或“2”）时对应的量程较大；
（2）将选择开关置于“3”或“4”，选择欧姆挡“”挡。在连入被测电阻前应先将两表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使指针指向表盘__________（选填“左”或“右”）端零刻度线；
（3）若发现指针在位置①，应重新将选择开关置于__________（选填“”或“”）挡，正确操作后，指针指在位置②，则被测电阻的阻值为__________。
【正确答案】 电流 1 右 或或1100

10-6（巩固） 陈老师想通过多用电表中的欧姆挡，直接去测量某电压表（量程）的内阻（大约为十几千欧），欧姆挡的选择开关应拨至倍率_________挡（填，，）．先将红、黑表笔短接调零后，选用图（甲）中_______（填“A”或“B”）方式连接．正确操作后指针如图（乙）所示，则此电压表的内阻约为_________．

将多用电表的选择开关拨至直流挡测量电流，若指针也指在图（乙）的位置，则此电流读数为_________．
【正确答案】 A
10-7（巩固） 如图所示为指针式多用电表内部欧姆表的结构示意图。已知：，灵敏电流表的满偏电流为，为滑动变阻器。

（1）下列关于多用电表的说法，正确的是（____）
A．与接线柱A相连的是黑表笔
B．每测量一个电阻时，都必须进行欧姆调零
C．测量电阻时，如果指针偏转角度过大，应将选择开关拨至倍率较小的挡位，重新欧姆调零后测量
D．欧姆表使用完后，应该把档位旋到档，或者交流电压最大档位
（2）小王将多用表欧姆调零后，测量某一电阻，发现电流表的指针偏转了总量程的，则______。
（3）小王同学再次测量另一电阻时重新进行了欧姆调零，由于欧姆调零旋钮出现故障，两表笔短接后，只能使得指针调到接近满偏电流处（未达到满偏）。但是小王觉得依然可以测量，打开两表笔测电阻，发现指针刚好偏转了一半，则的测量值与真实值相比______（填“偏大”“偏小”或“不变”）。
（4）小王使用一个新的欧姆表探测黑箱。“黑盒子表面有A、B、C三个接线柱，盒内只有一只定值电阻和一个二极管，每两个接线柱之间最多连接一个元件。把红、黑表笔分别与接线柱A、B、C连接，测量结果
如表所示。

红表笔
A
B
A
C
B
C
黑表笔
B
A
C
A
C
B
阻值（）
200
200
50
3000
250
3200
请在图中画出黑箱内的电路结构图______。
【正确答案】 ACD 1000 偏大

10-8（提升） 一同学为了测量某元件的电阻，进行了如下实验：

（1）该同学先用多用电表欧姆挡测量电阻。将选择开关拨至欧姆挡“”，经正确操作后，指针指示如图甲，读出该元件的电阻约为______；为了使测量的结果更准确，该同学应该选择欧姆挡______（选填“”、“”）。
（2）为了精确测量该元件的电阻，该同学又采用了如图乙所示电路进行测量。电路由控制电路和测量电路两大部分组成。实验用到的器材如下：
A．待测电阻；
B．灵敏电流计G；
C．定值电阻；
D．电阻箱；
E．粗细均匀的电阻丝AB（在电路中的AB段长为L）；
F．滑动变阻器R；
G．电源；
H．刻度尺；
I．线夹（可与电阻丝导通接触）、开关以及导线若干
①如图乙，在闭合开关S前，应将滑片应置于______端（选填“a”、“b”）；线夹大致夹于电阻丝AB中部位置。闭合开关后，先移动滑动变阻器的滑片至某一位置，然后不断调节线夹所夹的位置，直到灵敏电流计G示数为零，测出此时段电阻丝长度为s，则______（用、L、s表示）。
②该同学用螺旋测微器在电阻丝AB各部分进行直径测量，发现电阻丝AB粗细并不均匀，而是从A到B端直径略有减小，则①问中的测量结果较真实值______（选填“偏大”、“偏小”或“不变”）。
③为减小因电阻丝AB粗细不均匀带来的误差，同学们做了如下改变及操作：将定值电阻换成电阻箱，并按照①中的操作，当灵敏电流计G示数为零时，电阻箱的阻值为；然后将电阻箱与交换位置，保持线夹的位置不变，调节电阻箱，再次使灵敏电流计G示数为零，此时电阻箱的阻值为，则电阻______（用、表示）。
【正确答案】 40 a 偏大

10-9（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、
E.滑动变阻器（，额定电流0.5A）
F.单刀多掷开关一个，红、黑表笔各一支，导线若干

（1）开关S接______（填“1”“2”或“3”）时，欧姆表为“×1”倍率的挡位。
（2）电路中定值电阻______Ω，______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_______（填正确答案标号）。
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。
【正确答案】 1 16.2 162 BC 或2200

【原卷 11 题】 知识点 应用波意耳定律解决实际问题,理想气体状态方程

【正确答案】

【试题解析】


11-1（基础） 如图所示，容积为的气缸固定在水平地面上，气缸壁及活塞导热性能良好，活塞面积为，厚度不计。气缸两侧的单向阀门（气体只进不出）均与打气筒相连，开始活塞两侧封闭空气的体积均为，压强均为。现用打气筒向活塞左侧打气15次，向活塞右侧打气10次。已知打气筒每次能打入压强为、体积为的空气，外界温度恒定，空气视为理想气体，不计活塞与气缸间的摩擦。求：
（1）活塞左、右封闭空气的体积之比；
（2）气缸内空气的压强。

【正确答案】 （1）；（2）

11-2（基础） 同学们在学习完热学知识后，制作了如图所示的气体温度计。将细玻璃管与玻璃瓶通过橡胶管连接，用一段不间断的水银柱封闭一定质量的气体在玻璃瓶内。在温度为时，上下调节玻璃管，使玻璃管两侧的液平，然后将整个装置固定。已知外界大气压保持为不变，封闭气体视为理想气体，不考虑封闭气体体积的变化，热力学温度与摄氏温度的关系。若温度为T时，右侧玻璃管的液面上升了，求：
（1）温度T的值；
（2）若由于漏气，气体温度为T时，右侧玻璃管液面仅上升了，则玻璃瓶中漏掉的气体占原有气体的百分比。（结果保留两位有效数字）

【正确答案】 （1）；（2）

11-3（巩固） 如图所示，密闭导热气缸与活塞间无摩擦，对活塞施加沿斜面向上的外力。当时，气缸与活塞静止在倾角为的斜面上。已知气缸质量，活塞质量，活塞横截面积为S。静止时活塞与气缸底部距离为，斜面与气缸之间的动摩擦因数，大气压强，重力加速度为，设环境温度保持不变。现缓慢增加外力的大小。
（1）求开始时，气缸受到的摩擦力；
（2）求当气缸与活塞共同沿斜面向上以的加速度加速运动时，力的大小；
（3）从静止状态到（2）问中状态的过程中，活塞相对气缸底部运动的距离。

【正确答案】 （1），沿斜面向上；（2）；（3）

11-4（巩固） 医用氧气瓶使用十分广泛。图是一容积为40L的氧气瓶，瓶内氧气压强，温度为17℃。
（1）如果环境温度和瓶内氧气温度均为27℃，且氧气瓶不漏气，求氧气瓶内氧气压强p2（保留三位有效数字）；
（2）在（1）的情况下，保持环境温度和瓶内氧气温度不变，使用该氧气瓶对容积为4L的小氧气瓶缓慢充气，使每个小氧气瓶内氧气压强，求能充满的小氧气瓶个数。

【正确答案】 （1）1.03×107Pa；（2）93

11-5（巩固） 如图甲所示装置，导热良好的两个薄壁汽缸A、B通过活塞C、D分别封闭了两部分同种理想气体a、b，活塞通过不计质量的细杆相连，竖直静置在水平面上。两个气缸的质量均为，活塞C的质量，活塞D的质量，两个活塞的横截面积均为，气体a和b对应的体积恰好相等。已知外界大气压强为，环境温度不变，重力加速度g取，不计所有摩擦。
（1）求气体a、b的压强和；
（2）如图乙，将装置放置于光滑水平地面上，两活塞均不脱离气缸，求稳定后气体a、b的体积之比。

【正确答案】 （1），；（2）

11-6（巩固） 气体弹簧是车辆上常用的一种减震装置，其简化结构如图所示。直立圆柱形密闭气缸导热良好，面积为S的活塞通过连杆与车轮轴连接。初始时气缸内密闭一段长度为，压强为的理想气体。气缸与活塞间的摩擦忽略不计。车辆载重时相当于在气缸顶部增加一个物体，稳定时气缸下降了，气体温度保持不变。
（1）求物体的重力大小；
（2） 已知大气压强为，为使气缸升到原位置，求需向气缸内充入与气缸温度相同大气的体积。

【正确答案】 （1）；（2）

11-7（巩固） 如图所示，一圆形管道竖直放置，管内封闭有理想气体，用一固定绝热活塞K和质量为m的可自由移动的绝热活塞A将管内气体分割成体积为两部分，温度均为，活塞K上部分气体压强为，活塞A质量，横截面积。现保持K下部分气体温度不变，只对上部分气体缓慢加热，当活塞A移动到水平位置B处时（不计活塞厚度和活塞与管道间的摩擦）。求：
（1）下部分气体的压强；
（2）上部分气体的温度。

【正确答案】 （1）；（2）780K

11-8（提升） 如图所示为某同学设计的检查U形玻璃管是否漏气的装置。在U形玻璃管的右侧连接一水平且足够长的细玻璃管，用两段水银柱封闭一定质量的理想气体，已知U形玻璃管与水平玻璃管的内径均匀且相等，大气压强为75cmHg，环境温度为300K，稳定时U形玻璃管左、右液面的高度差为5cm，右侧液面到水平玻璃管的距离为20cm。
（1）若U形玻璃管气密性良好，导热性能也良好，缓慢改变环境温度直到U形玻璃管左、右液平，求此时的环境温度。
（2）若在（1）状态稳定后，U形玻璃管开始缓慢漏气，当漏到左、右液面的高度又相差5cm时，求剩余的气体质量占原来气体质量的百分比（结果保留3位有效数字）

【正确答案】 （1）；（2）

11-9（提升） 为做好新冠疫情的常态化防控工作，工作人员每天对校园进行严格的消毒，某喷雾消毒桶装置简化图如图甲所示，通过打气筒使空气压入密闭消毒桶内，从而将桶中的消毒液从喷雾口压出，喷雾管的喷雾口与喷雾消毒桶顶部等高，忽略喷雾管的体积。消毒桶高为H=66cm，横截面积S=0.1m2。某次喷洒消毒液前，桶内气体的压强为p1=4×105Pa，体积V=15L。打气筒每次可向桶内充入压强p0=1×105Pa，体积V0=1.5L的空气。打开阀门K，可向外喷洒消毒液，直到桶内气体压强降为p0=1×105Pa，将不再对外喷洒消毒液。（喷液和打气过程中，所有气体可视为理想气体且温度保持不变）
（1）为喷出桶内全部液体，应至少先向桶内打气多少次？
（2）打开阀门K，可向外喷洒消毒液。喷洒过程中p-V图像如图乙所示，估算桶内气体从状态a到状态b过程中从外界吸收的热量Q？（其中图线ab与横轴所围成的面积约为73个小方格）

【正确答案】 （1）4L；（2）7300J

【原卷 12 题】 知识点 利用动量守恒及能量守恒解决（类）碰撞问题

【正确答案】

【试题解析】


12-1（基础） 如图，光滑水平面上有质量的光滑斜面体A，其ab段为直线，与竖直方向夹角为；bc段为曲线，c点与地面平滑相切；高度。其上端有一质量的物块B（视为质点），在水平恒力F的作用下，A、B保持相对静止，一起在水平面由静止开始匀加速运动，后撤去F。取重力加速度，求：
（1）F的大小；
（2）A、B分离时各自的速度大小（不计B滑到地面时导致的能量损失）。

【正确答案】 （1）；（2），

12-2（基础） 如图所示，一弧形轨道与足够长的水平轨道平滑连接，水平轨道上静止一小球B，从弧形轨道上距离水平轨道高h处由静止释放一质量为m的小球A，A球沿轨道下滑后与B球发生弹性正碰，碰后A球被弹回，A球重新下滑到水平轨道后，与B球间的距离保持不变。所有接触面均光滑，重力加速度为g，求：
（1）B球的质量和碰撞结束时A球的速度大小；
（2）碰撞结束时A对B的冲量。

【正确答案】 （1），；（2），方向水平向右

12-3（巩固） 如图所示，足够长的光滑曲面固定在水平地面上，曲面底端和小滑板项部平滑相连，5块小滑板完全相同，小滑板间通过锁定装置相连（未画出）。每块小滑板长度、质量，小滑板表面水平，顶部平滑相连，小滑板与水平地面间的滑动摩擦因数均为。质量可视为质点的物块，从曲面上离小滑板上表面高度处无初速度滑下，物块与小滑板间滑动摩擦因数均为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取。
（1）求物块刚滑上小滑板时的速度大小；
（2）打开锁定装置，小滑板连成整体。若，求物块和小滑板的最终速度，以及物块离第1块小滑板最左端的距离；
（3）关闭锁定装置，小滑板间可以分开。若，求物块滑到哪一块小滑板时，小滑板开始向右滑动。

【正确答案】 （1）；（2），；（3）物块滑到第4块小滑板时，小滑板开始向右滑动

12-4（巩固） 如图甲，将一小球用细绳悬挂于固定悬点O，将三高精度力传感器（不考虑质量）接在球与细线之间，小球静止悬停在A位置，一玩具枪在球左侧水平放置，枪口中心与球心等高。某时刻，玩具枪以一定初速度v0发射质量为m0=0.2g的水弹，水弹跟小球碰撞后，立即散开（可认为速度为0）且碰撞时间很短可忽略，之后小球开始摆动，整个过程力传感器数据F随时间t变化的曲线如图乙所示，已知小球上摆的最大摆角θ很小，图中时刻为水弹与小球碰撞时刻，小球摆动过程中始终不与枪相撞，忽略空气阻力，当地重力加速度g取10m/s2，求：
（1）摆球的质量M；
（2）小球摆动周期T和摆长L；
（3）水弹的初速度v0；
（4）小球在一个周期T内走过的路程s（取，结果保留2位有效数字）。

【正确答案】 （1）0.04kg；（2），0.8m；（3）80m/s；（4）0.45m

12-5（巩固） 质量为mB＝2kg的木板B静止于光滑水平面上，质量为mA＝6kg的物块A停在B的左端，质量为mC＝2kg的小球C用长为L＝0.8m的轻绳悬挂在固定点O。现将小球C及轻绳拉直至水平位置后由静止释放，小球C在最低点与A发生正碰，碰撞作用时间很短，C、A碰后，小球C向左反弹，反弹的速度大小为vC′＝2m/s，已知A、B间的动摩擦因数μ＝0.2，物块与小球均可视为质点，不计空气阻力，取g＝10m/s2。求：
（1）小球C与物块A碰撞前的速度vC大小；
（2）C和A碰后，A获得的速度vA大小；
（3）为使物块A不滑离木板B，木板B长度x至少多长？

【正确答案】 （1）vC＝4m/s，;（2）vA＝2m/s；（3）0.25m

12-6（巩固） 如图所示，斜轨道和水平轨道平滑连接，水平轨道上的O、C两点相距，固定挡板MN到O点的距离为，轨道PO段光滑，ON段粗糙。小物块B静止在O点，将小物块A从斜轨道上一定高度处由静止释放，A下滑后与B发生完全弹性碰撞，碰后B向右运动与挡板MN碰撞后等速率反弹，与MN碰撞时间极短可忽略不计，之后两物块在C点发生第二次碰撞，从A、B第一次碰撞结束到第二次碰撞经历的时间为。已知A、B两物块与轨道ON段之间的动摩擦因数为。若A、B均可视为质点且它们的质量满足，取重力加速度。.求：
（1）第一次碰撞结束瞬间A、B的速度大小；
（2）A、B的质量比；
（3）释放A的位置到水平轨道的高度差h。

【正确答案】 （1），；（2）；（3）

12-7（巩固） 如图所示，一半径为R的光滑圆轨道固定在竖直平面内，两小球A、B从与圆心O等高处同时由静止开始释放，释放后两小球沿圆轨道运动。两小球第一次发生弹性正碰后，小球A静止，小球B继续沿圆轨道运动。已知小球B的质量为m，重力加速度大小为g，小球A、B可视为质点且碰撞时间极短。求：
（1）两小球第一次发生弹性碰撞后的瞬间，小球B的速度v的大小；
（2）小球B第一次通过圆轨道最高点时，轨道对小球B的作用力F的大小。

【正确答案】 （1）；（2）3mg

12-8（提升） 在物理学中，研究微观物理问题时借鉴宏观的物理模型，可使问题变得更加形象生动。弹簧的弹力和弹性势能变化与分子间的作用力以及分子势能变化情况有相似之处，因此在学习分子力和分子势能的过程中，我们可以将两者类比，以便于理解。
（1）轻弹簧的两端分别与物块A、B相连，它们静止在光滑水平地面上，现给物块B一沿弹簧方向的瞬时冲量，使其以水平向右的速度开始运动，如图甲所示，并从这一时刻开始计时，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示。已知A、B的质量分别为和，求：
a.物块B在时刻受到的瞬时冲量；
b.系统在之后的过程中，弹簧中储存的最大弹性势能是多少？第一次达到该值时是图乙中的哪个时刻？
（2）研究分子势能是研究物体内能的重要内容，现某同学计划在COMSOL仿真软件中对分子在分子力作用下的运动规律进行模拟，在模拟的场景中：两个质量同为m的小球A和B（可视为质点且不计重力）可以在x轴上运动，二者间具有相互作用力，将该力F随两球间距r的变化规律设置为和分子间作用力的变化规律相似，关系图的局部如图丙所示，图中F为“正”表示作用力为斥力，F为“负”表示作用力为引力，图中的和都为已知量。若给两小球设置不同的约束条件和初始条件，则可以模拟不同情形下两个小球在“分子力”作用下的运动情况。
a.将小球A固定在坐标轴上处，使小球B从坐标轴上无穷远处静止释放，则B会在“分子力”的作用下开始沿坐标轴向着A运动，求B运动过程中的最大速度；
b.将小球A和B的初始位置分别设置在和，小球A的初速度为零，小球B的初速度为上一小问中的（沿x轴正方向），两球同时开始运动，求初始状态至两个小球相距最远时，分子力做功大小。

【正确答案】 （1）， ，；（2）.，

12-9（提升） 窗帘是我们日常生活中很常见的一种家具装饰物，具有遮阳隔热和调节室内光线的功能。图甲为罗马杆滑环窗帘示意图。假设窗帘质量均匀分布在每一个环上，将图甲中的窗帘抽象为图乙所示模型。长滑杆水平固定，上有10个相同的滑环，滑环厚度忽略不计，滑环从左至右依次编号为1、2、3……10。窗帘拉开后，相邻两环间距离均为，每个滑环的质量均为，滑环与滑杆之间的动摩擦因数均为。窗帘未拉开时，所有滑环可看成挨在一起处于滑杆右侧边缘处，滑环间无挤压，现在给1号滑环一个向左的初速度，使其在滑杆上向左滑行（视为只有平动）；在滑环滑行的过程中，前、后滑环之间的窗帘绷紧后，两个滑环立即以共同的速度向前滑行，窗帘绷紧的过程用时极短，可忽略不计。不考虑空气阻力的影响，重力加速度。
（1）若要保证2号滑环能动起来，求1号滑环的最小初速度；
（2）假设1号滑环与2号滑环间窗帘绷紧前其瞬间动能为E，求窗帘绷紧后瞬间两者的总动能以及由于这部分窗帘绷紧而损失的动能；
（3）9号滑环开始运动后继续滑行0.05m后停下来，求1号滑环的初速度大小。

【正确答案】 （1）；（2），；（3）

【原卷 13 题】 知识点 粒子在电场和磁场中的往复运动

【正确答案】

【试题解析】


13-1（基础） 如图所示，M和N为平行金属板，质量为m，电荷量为q的带电粒子从M由静止开始被两板间的电场加速后，从N上的小孔穿出，以速度v由C点射入圆形匀强磁场区域，经D点穿出磁场，CD为圆形区域的直径。已知磁场的磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外，粒子速度方向与磁场方向垂直，重力略不计。
（1）判断粒子的电性，并求M、N间的电压U；
（2）求粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径r；
（3）若粒子的轨道半径与磁场区域的直径相等，求粒子在磁场中运动的时间t。

【正确答案】 （1）正电，；（2）；（3）

13-2（基础） 如图所示，一个初速度为零的粒子在经U的电压加速后，垂直射入宽度为d的有界匀强磁场中，射出磁场时的速度方向与原来粒子的入射方向的夹角，已知粒子电荷量为e，质量为m，不计粒子重力。求：
（1）粒子经加速射入磁场的速度；
（2）匀强磁场的感应强度B；
（3）粒子在磁场中的运动时间。

【正确答案】 （1）；（2）；（3）

13-3（巩固） 如图甲所示的竖直平面坐标系xOy内，存在正交的匀强电场和匀强磁场，已知电场强度E=2.0´10-3N/C，方向竖直向上；磁场方向垂直坐标平面，磁感应强度B大小为0.5T，方向随时间按图乙所示规律变化（开始时刻，磁场方向垂直纸面向里）。t=0时刻，有一带正电的微粒以v0=1.0´103m/s的速度从坐标原点O沿x轴正向进入场区，恰做匀速圆周运动，g取10m/s2。试求：
（1）带电微粒的比荷；
（2）带电微粒从开始时刻起经多长时间到达x轴，到达x轴上何处；
（3）带电微粒能否返回坐标原点？如果可以，则经多长时间返回原点？

【正确答案】 （1）；（2）先逆时针偏转，再顺时针偏转，后逆时针偏转，到达x轴上P点；（3）微粒能返回坐标原， t总=2.4´10-3πs

13-4（巩固） 如图所示，圆心为O、半径为R的圆形区域内，存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。在匀强磁场外侧加一环形边界的均匀辐向电场，与O点相等距离处的电场强度大小相等，方向指向圆心O。质量为m、电荷量为q（）的粒子从x轴上a点由静止释放在电场中加速时间后沿半径射入磁场，第一次射出磁场时速度方向偏离入射方向。求：
（1）粒子在磁场中运动的速率；
（2）电场外边界与内边界之间的电势差；
（3）粒子从a点由静止释放经过多长时间粒子回到a点位置。

【正确答案】 （1）；（2）；（3），（）

13-5（巩固） 在如图所示的直角坐标系xOy中，x轴上方存在大小为E、方向与x轴负方向成45°角的匀强电场，x轴下方存在方向垂直纸面向里的匀强磁场。一质量为m、电荷量为的带电粒子从y轴上的点由静止释放，从x轴上的A点第一次进入匀强磁场，从x轴上的C点第一次离开匀强磁场，恰好从A点第二次进入匀强磁场，不计粒子受到的重力。求：
（1）C点的坐标；
（2）匀强磁场的磁感应强度大小B；
（3）带电粒子从释放到经过C点的时间t。

【正确答案】 （1）；（2）；（3）

13-6（巩固） 如图所示；在平面直角坐标系xOy的第一象限内的半径为R的四分之一圆形区域内存在垂直于坐标平面向里的匀强磁场I，磁场边界圆弧的最低点在坐标原点O处，且该点的切线水平，在y轴和直线之间有水平向左的匀强电场，在直线的左侧有垂直于坐标平面向外的匀强磁场II。一个电荷量为q、质量为m的带电粒子从P点以大小为v0的速度水平向左射出，P点离x轴的距离为，粒子射出后进入磁场I，经偏转刚好从坐标原点进入电场，粒子经电场偏转后，以与y轴负方向成60°角的方向进入磁场II，然后再进入电场并从O点射出电场，不计粒子的重力，求：
（1）磁场I的磁感应强度大小；
（2）匀强电场的电场强度大小；
（3）粒子在电场和磁场中运动的总时间。

【正确答案】 （1）；（2）；（3）

13-7（巩固） 如图所示，x轴上方存在电场强度E=1600N/C、方向沿y轴负方向的匀强电场，x轴下方存在着磁感应强度B=0.2T、方向垂直纸面向里的匀强磁场。一个比荷为的带正电粒子，从y轴上的位置以初速度沿x轴正方向射入匀强电场，不计粒子重力。求：
（1）粒子第一次进入磁场时速度v的大小和方向；
（2）粒子第n次经过x轴时的位置。

【正确答案】 （1），方向与x轴成45°角斜向下；（2）见解析

13-8（提升） 如图1所示，MN与PQ为垂直纸面固定放置的水平平行板，PQ与MN间电势差u随时间t变化关系u—t图像如图2所示，其中t = 3T0 ～ t = 4T0时间内板间电压恒定，t = 4T0后，板间电压变化规律恒定。MN板上方有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，PQ板下方有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为2B。t = 0时刻，质量为m、电量为q的带正电粒子，从PQ上O点开始加速运动。已知，带电粒子重力不计，带电粒子在平行板间运动时间不计。求：
（1）t = 3T0时，带电粒子的速度大小；
（2）t = 10T0时，带电粒子所在位置到O点的距离。

【正确答案】 （1）；（2）

13-9（提升） 如图甲所示，时间内施加沿轴正方向的电场，大小为，轴方向的电场强度和垂直平面的磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示，电场强度取轴正方向为正，磁感应强度取垂直平面向里为正。O点放置一粒子源，可连续释放质量为、电荷量为（）、初速度为零的粒子，不计粒子所受重力及粒子间的相互作用，、均为已知量，。求：
（1）时刻释放的粒子，在时刻的位置坐标；
（2）在时间内，静电力对时刻释放的粒子所做的功。

【正确答案】 （1）；（2）0


答案解析

1-1【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．是轻核聚变，A错误；
B．是β衰变，B正确；
C．是α衰变，C错误；
D．是原子核的人工转变，D错误。
故选B。
1-2【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．原子核越稳定，其比结合能越大，所以的比结合能大于的比结合能，所以A正确；
B．衰变是原子核内一个中子转变成质子的结果，不是来自核外电子，故B错误；
C．由满足电荷数守恒和质量数守恒，得


解得
，
所以一个核衰变至核要经过8次衰变和6次衰变，故C错误；
D．半衰期与原子所处的物理状态无关，与温度和化学状态无关，所以衰变至的半衰期不会随外界环境温度的变化而变化，D错误。
故选A。
1-3【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
AB．的衰变方程为

则衰变后粒子带同种电荷，属于衰变，AB错误；
CD．衰变过程满足动量守恒定律，则有

由可知，的电荷量大于的电荷量，则的轨迹半径小于的轨迹半径，故的运动轨迹是曲线①，C错误，D正确。
故选D。
1-4【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．碘131衰变放出的是负电子，则发生的衰变是衰变，选项A错误；
B．半衰期是大量原子核衰变的统计规律，对少数的原子核衰变不适用，选项B错误；
C．碘131衰变能释放出，这是原子核内的中子转化为质子时放出的负电子，并不能说明碘131原子核中有，选项C错误；
D．衰变的实质是

即原子核内的一个中子转化为一个质子和一个电子，选项D正确；
故选D。
1-5【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．核反应堆是通过核裂变将核能转化为电能，A错误；
B．释放一个电子，变成，根据质量数和电荷数守恒，可知核比核少一个质子，B错误；
C．根据电荷数和质量数守恒，镤233变成铀233的核反应方程式是

C正确；
D．新核镤从高能级向低能级跃迁时，会伴随γ辐射，D错误。
故选C。
1-6【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．衰变后生成的新核和释放的粒子的初速度反向，由题图可知新核和释放出的粒子在磁场中做圆周运动的方向相反，则新核和释放出的粒子的电性相反，所以核发生的是β衰变，其核反应方程为

A错误；
BD．衰变后新核和粒子在磁场中做圆周运动，由

知

衰变过程中动量守恒，新核和β粒子的动量大小相等，其轨迹半径比为新核和β粒子电荷量的反比，与质量无关，所以曲线a半径较大应是β粒子的径迹，故BD错误；
C．对于β粒子的轨迹曲线a，由左手定则可知磁场方向垂直纸面向里，故C正确。
故选C。
1-7【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
AB．Bi→X，质量数不变，说明发生的是β衰变，根据电荷数守恒可知

故A错误，B正确；
CD．→Tl，电荷数减2，说明发生的是衰变，根据质量数守恒可知

所以Tl→Pb，电荷数增加1，质量数不变，所以为β衰变，故CD错误。
故选B。
1-8【提升】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．的核电荷数为92，核子数为235，中子数为143。结合衰变链图可知，图的横坐标表示核电荷数，而纵坐标表示中子数，选项A正确；
B．查图可知，最终生成的稳定核素为核电荷数为82，核子数为
82+125=207
的，选项B错误；
C．由图可知，衰变为后 ，接下来可能发生α衰变生成，亦可能发生β衰变生成。而衰变至后亦存在两条衰变路径。所以衰变生成，共有四条不同的衰变路径，选项C错误；
D．由图结合前面C项的分析可知，无论沿任何一条路径，最终都是发生7次α衰变，4次β衰变，选项D错误。
故选A。
点睛:
本题考查考生对衰变及其规律的理解与应用，考查考生的物理观念。
1-9【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．由核反应过程中的质量数和电荷数守恒可知
12H＋12H→23He＋01n
则新粒子为中子01n，A错误；
B．核反应过程中质量亏损，释放能量，仍然满足能量守恒定律，B错误；
CD．由题意可知
ΔE＝(2.014 1×2－3.016 0－1.008 7)×931 MeV≈3 MeV
根据核反应中系统的能量守恒有
EkHe＋Ekn＝2E0＋ΔE
根据核反应中系统的动量守恒有
pHe－pn＝0
由
Ek＝
可知
＝
解得
EkHe＝ (2E0＋ΔE)≈1 MeV
Ekn＝ (2E0＋ΔE)≈3 MeV
C正确，D错误。
故选C。
2-1【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
ABC．对于开普勒第三定律，是由中心星体的质量决定的常数，不同的中心天体，值不同，与行星或卫星的轨道半径和公转周期无关，故ABC错误；
D．开普勒第三定律不仅适用于行星绕太阳的运动，也适用于卫星绕行星的运动，只不过值不同，故D正确。
故选D。
2-2【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
根据开普勒第三定律，太阳系中所有行星的轨道半径的三次方与周期的平方的比值都相等，则有

从表中可读出地球和海王星的轨道半径，并且地球的公转周期是是一年，则有
年
故选C。
2-3【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．根据开普勒第二定律可知探测器绕火星运行时在同一轨道上与火星的连线每秒扫过的面积相等，但在不同轨道上与火星的连线每秒扫过的面积不相等，故A错误；
B．根据开普勒第三定律知探测器在停泊轨道上运行周期比在调相轨道上小，故B错误；
C．探测器从“调相轨道”进入“停泊轨道”需在P点减速，做近心运动，机械能减小，故C正确；
D．根据牛顿第二定律

可知P点的加速度比在N点的大，故D错误。
故选C。
2-4【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
根据开普勒周期定律运动天体的周期的平方与轨道半径的三次方成正比可知


两式相除后取对数，得

整理得

故选B。
2-5【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．根据开普勒第二定律远地点M点速度最小，故A错误；
B．由万有引力知

解得

可知探测器在Q点与椭圆轨道上的P点的加速度大小相等，故B错误；
C．设火星的半径为R，根据开普勒第二定律

解得

故C正确；
D．由图知椭圆的半长轴为，根据开普勒第三定律

故

故D错误。
故选C。
2-6【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
由开普勒第三定律可把甲、乙的椭圆轨道等效为圆轨道，由万有引力充当向心力可得


综合解得


比较可得

故C正确。
故选C。
2-7【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
对于同一个中心天体，由开普勒第三定律可知

若运行轨道为椭圆，则r指半长轴，若运行轨道是圆，则r指圆的半径，可见，若两个行星绕同一个中心天体运动，轨道半长轴为r的行星与圆轨道半径为r的行星周期相同，即要求半长轴为的椭圆轨道上绕太阳运行的飞行器的周期，只需求圆轨道半径为的另一颗绕地球运动的飞行器的周期，由

解得

故选B。
2-8【提升】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
AC．设地球质量为M，卫星Ⅰ、Ⅱ的轨道半径分别为r和R，卫星Ⅰ为同步卫星，周期为，近地卫星Ⅱ的周期为T。根据开普勒第三定律

由题图得

可得卫星Ⅱ的周期为

故C错误；
对于卫星Ⅱ

对于地球

联立以上各式，可得地球的平均密度为

故A正确；
B．对于不同轨道卫星，根据牛顿第二定律得

所以卫星Ⅰ和卫星Ⅱ的加速度之比为

故B错误；
D．当卫星Ⅱ运行到与卫星Ⅰ的连线隔着地球的区域内，其对应圆心角为时，卫星Ⅱ无法直接接收到卫星Ⅰ发出电磁波信号，设这段时间为t。若两卫星同向运行，则有

，
解得

若两卫星相向运行，则有

，
解得

故D错误。
故选A。
2-9【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．神舟十五号由①轨道变轨到②轨道是由低轨道到高轨道，需要在切点加速，机械能增大，神舟十五号在同一轨道上运动时，只有万有引力做功，机械能守恒，可知，神舟十五号在①轨道上经过P点时的机械能小于在②轨道上经过P点时的机械能，A错误；
B．神舟十五号在①轨道上经过P点时与在②轨道上经过P点时，其到地心间距相同，根据

解得

可知，神舟十五号在①轨道上经过P点时的加速度等于在②轨道上经过P点时的加速度，B错误；
C．根据开普勒定律有

神舟十五号在①轨道上有

在地球表面有

解得神舟十五号在②轨道上从P点运动到Q点经历的时间为

C正确；
D．神舟十五号在①轨道上有
，
解得神舟十五号在③轨道上有
，
在地球表面有

神舟十五号从①轨道转移到③轨道过程中，飞船增加的机械能为

由于变轨加速过程是通过飞船自身动力向后喷气，则飞船自身动力做的功应该等于飞船增加的机械能与喷出气体增加的机械能的和值，即神舟十五号从①轨道转移到③轨道过程中，飞船自身动力对飞船做的功

D错误。
故选C。
3-1【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．线框进入磁场过程，磁通量增加，根据楞次定律可知，线框感应电流方向沿逆时针方向；穿出电场过程中，磁通量减小，根据楞次定律可知，线框感应电流方向顺时针方向，故A错误；
B．感应电流产生的效果总是阻碍导体与磁体间的相对运动，故进入和穿出过程，所受安培力方向相同，故B错误；
CD．安培力做负功的过程产生电能，线框匀速运动，由对称性可知，线框穿出磁场产生的电能和进入磁场产生的电能相等，故C正确，D错误。
故选C。
3-2【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
AB．线框恰好进入磁场时，根据运动学公式有

线框下边切割磁感线产生的感应电动势为

线框中感应电流为

解得

则下边刚进入磁场时，A、B中感应电流强度之比是 1：2
线框受到的安培力为

可知

设线框的边长为a、导线的横截面积为S、密度为，则线框的重力为

由题意可知

A框恰能匀速进入，则有

则可知

故B线框匀速进入磁场，A正确，B错误；
C．根据电流的定义式有

线框完全进入磁场过程中做匀速运动，所用时间为

解得

故线框全部进入磁场的过程中，通过截面的电量之比为 1:1，C错误；
D．消耗的电能等于克服安培力做功，则有

线框全部进入磁场的过程中，消耗的电能之比为 2:1，D错误。
故选A。
3-3【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．设线框边长为L，总电阻为R，运动速度v，有


则产生的热量

可见产生的热量与速度有关，所以线框中产生的焦耳热之比为1∶3，选项A正确；
BC．以速度v拉出磁场时，cd边相当于电源，切割电动势

ab边两端的电压

cd边两端的电压

以速度3v拉出磁场时，ad边相当于电源，切割电动势

ab边两端的电压

cd边两端的电压

所以ab边两端的电压之比为1∶3，cd边两端的电压之比为1∶1，选项B错误，C正确；
D．平均感应电动势

平均电流

电荷量

与速度无关，向左和向右两次拉出磁场过程中，磁通量的变化量相等，故两次的电荷量之比为1：1，选项D正确。
本题选不正确的，故选B。
3-4【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
根据题意，由公式可知，由于a区域到地面的高度比b高一些，则甲线框进入磁场时的速度小于乙线框进入磁场时的速度，由、和可得，线框进入磁场时受到得安培力为

可知，甲线框进入磁场时受到的安培力较小，线框克服安培力做功较少，两种情况重力做功相同，由能量守恒可知，线框甲落地时动能较大，即落地时甲框的速度比乙框大。
故选B。
3-5【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．ab切割磁感线过程中，由右手定则可知，a点电势高于b点电势，故A错误；
B．线框进入磁场过程中，因为无法判断安培力与重力沿斜面向下的分力的大小关系，所以无法判断线框进入磁场过程一定是减速运动，故B错误；
C．由能量守恒定律可知，线框中产生的焦耳热一定等于线框减少的机械能，故C正确；
D．线框中产生的电荷量为

可知通过线框导线横截面的电荷量与高度无关，故D错误。
故选C。
3-6【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．根据题意可知，恰能匀速穿过II磁场，则有

穿出I磁场后，还需要经过一段加速过程，才能到达II磁场，因此穿出I磁场时的速度必然小于。假设线框穿过磁场过程的加速度大于，则刚进入磁场时做减速运动，减速过程所能达到的最小速度即为，与上述分析不符，故线框穿过磁场过程的加速度大小一定小于，故A正确；
B．线框穿过磁场过程安培力的冲量

线框穿过I磁场和穿过II磁场过程，磁通量变化量大小相同，则安培力的冲量相同，故B正确；
CD．由A选项分析可知，线框穿过磁场过程仍然向下加速，且最大速度小于，穿过磁场速度为，则线框穿过磁场的过程所用时间大于穿过磁场的过程所用时间，穿过磁场的过程，线框产生焦耳热为

易知，两个过程中磁通量变化量相同，所以线框穿过磁场比穿过II磁场产生的焦耳热小，故D错误，C正确。
故选D。
3-7【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．当圆环运动到直径刚好与边界线PQ重合时，左右两侧都切割磁感线，且产生的电动势方向相同，所以回路中的电动势为

回路中的电流为

圆环中的电功率为

A错误；
B．圆环受到的安培力大小为

加速度大小为

B错误；
C．此过程中，电路中的平均电动势为

则电路中通过的电量为

C错误；
D．产生的焦耳热为

D正确。
故选D。
3-8【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．线框通过磁场区，产生的感应电动势为

其中y按正弦规律变化，故回路产生的感应电流为正弦式电流，穿过磁场区的时间为

感应电动势最大值为

有效值为

感应电流最大值为

感应电流有效值为

则水平拉力最大值为

A错误；
B．拉力的最大功率为

B错误；
CD．线框匀速通过，拉力做的功等于焦耳热

代入数据解得

C错误，D正确。
故选D。
3-9【提升】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
AB．在0至0.01s时间内，电流方向从f到c，可知ed中电流从d到e，则由右手定则可知，磁感应强度的方向垂直斜面向下。因ed刚进入磁场时，通过fc的电流为0.5A，可知通过ed的电流为1A，则由

可得

A正确，B错误；
C．在0至0.03s这段时间内，线框产生的焦耳热为

线框运动的距离为

则线框重力势能增加量为

则外力做功为

C错误；
D．在0.01s至0.02s这段时间内，cf边切割磁感线，所受安培力大小为

D错误。
故选A。
4-1【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
AC．由题意可得人的受力分析如图所示

设B点上方人体的重力为G，则根据平衡条件有
，
随着脚缓慢向墙靠近，逐渐增大，F1与F2都逐渐减小，AC错误；
BD．由题意及平衡条件可得，脚受地面的摩擦力与F2大小相等，脚受地面的支持力与人的重力相等，随着脚缓慢向墙靠近，脚受地面摩擦力减小，受地面支持力不变，B正确，D错误。
故选B。
4-2【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
结点受到三个力的作用，其中一个力为恒力，一个力方向不变，第三个力大小方向均变化。利用图解法可知，如下图所示：

与夹角从锐角调整至直角再到钝角的过程中，绳的力先减小后增大，与垂直时，绳的力最小；绳上的拉力一直增大。
故选C。
4-3【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．根据力的平衡，设细线上的拉力为T，则

解得

故A错误；
B．仅将D端缓慢沿杆向上移，根据几何关系可知，细线与竖直方向的夹角不变，因此拉力大小不变，故B错误；
C．仅将E端缓慢沿杆向左移，细线与竖直方向的夹角变小，因此拉力减小，故C错误；
D．仅将D端缓慢沿杆向下移，在滑轮到达D端前，由于滑轮两边细线与竖直方向的夹角总是相等，因此段细线始终不可能变成水平，故D正确。
故选D。
4-4【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
AB．根据题意可知M、N均保持平衡状态，进行受力分析可知，N受到竖直向下的重力及水平方向的拉力F，变化的绳子拉力T，如下图所示

在向左拉动的时，绳子拉力T和水平拉力F都不断增大，故AB错误；
C．对于M的受力，若开始T较小，M受静摩擦力沿斜面向上，则
T=mgsinθ－f
当T不断增大的时候，f减少；当
T＞mgsinθ
时，M受静摩擦力沿斜面向下，随着T的增大，f将增大，所以M受斜面的摩擦力f可能先减小后增大；故C错误；
D．对M、N、斜面组成的整体为研究对象，由水平方向受力平衡知斜面受地面的摩擦力与水平拉力等大反向，则地面对斜面的摩擦力大小一定一直增加，D正确。
故选D。
4-5【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
AC．把两球当成一整体，竖直方向受到重力2mg和地面对B的支持力N，由平衡条件可得

移动两球后，仍然平衡，则N仍等于2mg，故N不变，故A正确，C错误；
BD．轻杆对A的作用力F等于轻杆上受到的压力T，隔离对A进行受力分析，设轻杆对A球的作用力F与竖直方向的夹角为θ，由平衡条件可得

解得

当A球向下移动一小段距离，θ增大，F增大，故T增大，故BD错误。
故选A。
4-6【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
对A受力分析，其动态图如下

货物缓慢向上移动，则拉力方向与竖直方向上的夹角减小，由图可知，绳子的拉力越来越大。同时，玻璃棚对货物的支持力变小，则货物A对玻璃棚的压力越来越小。
故选C。
4-7【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．对圆柱体Q受力分析，受到重力、挡板MN的弹力和P对Q的弹力，如图所示

由几何关系得

可得

根据受力平衡可得
，
P对Q的弹力与挡板MN对Q的弹力之比为

故A错误；
BC．对P、Q整体受力分析，受重力、地面支持力、MN挡板对其向左的弹力和地面对其向右的摩擦力，根据共点力平衡条件，有
，
挡板水平向右缓慢移动一小段距离且P仍静止时，逐渐减小，逐渐减小，则P受到地面的摩擦力逐渐增大，P受到地面的支持力不变，故B错误，C正确；
D．若P向左缓慢移动一小段距离后，根据

由于逐渐减小，逐渐减小，则Q受到P的弹力变大，故D错误。
故选C。
4-8【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
物体始终保持静止，合力为零，所以mg、F1、F2构成封闭的矢量三角形如图所示

由于重力不变，以及F1和F2夹角不变，即

矢量三角形动态图如图所示，当

F1为圆的直径最大，所以F1先增大后减小，F2一直减小。
故选B。
4-9【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．对节点O受力分析，绳子拉力和F的夹角不变，合力与悬挂物体的重力等大反向，作出受力分析图如下

分析发现，随着绳拉力T由竖直逐渐变为水平过程，绳拉力先增大，后减小，故A错误；
B．对m分析，绳子的拉力与M对m的摩擦力为一对平衡力，等大反向，绳拉力先增大，后减小，则M对m的摩擦力先增大，后减小，根据牛顿第三定律，m对M的摩擦力先增大，后减小，故B错误；
C．对M和m以及桌子、悬挂物及滑轮等物体整体，根据平衡条件，F的水平分力与地面对桌子的摩擦力等大反向，由图像可知，F的水平分力大小（图中F与T在圆上交点到G的距离）先增大后减小，则地面对桌子的摩擦力先增大后减小，故C正确；
D．对M和m整体，根据平衡条件，绳子的拉力与桌面对M的摩擦力为一对平衡力，等大反向，绳拉力先增大，后减小，则桌面对M的摩擦力先增大，后减小，故D错误。
故选C。
5-1【基础】 【正确答案】 BC
【试题解析】 详解:
A．若质点从平衡位置或最大位移处出发，经过的路程为4cm，质点Q在如图所示位置若向下振动靠衡位置，此后内通过的路程大于4cm，若向上振动远离平衡位置，此后内通过的路程小于4cm，A错误；
B．质点收到的回复力（加速度）总是指向平衡位置，故该时刻质点Q的加速度沿y轴负方向，B正确；
C．若质点P该时刻速度沿y轴正方向，据“同侧法”可知，此横波向x轴正方向传播，C正确；
D．质点不随波迁移，故质点P不可能传播到Q点处，D错误。
故选BC。
5-2【基础】 【正确答案】 BCD
【试题解析】 详解:
A．根据“同侧法”，可知x=40m处质点开始振动时方向沿y轴负方向，由于所有质点的起振方向均与波源的起振方向相同，则波源开始振动时方向沿y轴负方向，A错误；
B．波的周期为

则有

则从t=0开始经0.15s，x=40m的质点运动的路程为

B正确；
C．波传播到计时器的时间

即接收器在t=1.5s时才能接收此波，C正确；
D．波的频率

当波源向x轴正方向运动时，波源与接收器相对靠近，根据多普勒效应的规律可知，接收器接受到的频率将大于10Hz，即若波源向x轴正方向运动，接收器收到波的频率可能为14Hz，D正确。
故选BCD。
5-3【巩固】 【正确答案】 AD
【试题解析】 详解:
A．由题意可知

选项A正确；
B．时

由于故波形前端的运动同质点的运动，可判断2.0m处的质点向下振动，故波源起振方向沿y轴负方向，选项B错误；
C．周期

从图示时刻经，质点a位于平衡位置，选项C错误；
D．从时刻起，经

质点a开始振动，3.0s内质点a振动了2.5s，又

故质点a运动的总路程为

选项D正确。
故选AD。
5-4【巩固】 【正确答案】 AD
【试题解析】 详解:
AB．由图知周期

振幅

由图看出

时，a质点向上运动，且

b质点偏离平衡位置位移为负的最大，向上运动，有

a、b间距离为1.5m（波长大于1.5m），若a质点较b质点滞后，则有

这列波的速度可能是

若b质点较a质点滞后，则有

这列波的速度可能是

故A正确，B错误；
CD．从时刻时

质点a在2秒时，即时间内运动到位置

则质点a在2秒内的位移大小是，故C错误，D正确。
故选AD。
5-5【巩固】 【正确答案】 AD
【试题解析】 详解:
由振动图像可知，t=0时a位于波峰，质点b经过平衡位置向下振动，波由b向a传播，则有

当n=0时

当n=1时

故选AD。
5-6【巩固】 【正确答案】 CD
【试题解析】 详解:
A． a为波谷与波谷相遇点，d为波峰与波峰相遇点，a，d处的质点振动加强，振幅为2A，a，d处的质点随着波上下振动，所以位移不会一直为2A，A错误；
B． d处的质点振动加强，振幅为2A，且振幅不会随着振动而发生变化，B错误；
C． e是a、d连线上的两点，其中e为连线的中点，a，d处的质点振动加强，则说明e为振动加强点，振幅为2A，且此时正好处在平衡位置向下运动，从图示时刻经过半个周期，e处质点通过的路程为2个振幅，即4A，C正确；
D．从图示时刻经过半个周期，e正好处在平衡位置向上运动，d在波谷位置，g介于e、d之间，根据 “上下坡”法可知g处质点在平衡位置下方正向平衡位置振动，平衡位置的速度最大，所以g处质点正在加速向平衡位置运动，D正确。
故选CD。
5-7【巩固】 【正确答案】 ACD
【试题解析】 详解:
A．由图a、b可看出，该波的波长、周期分别为，，则根据波速公式

A、B间距为一个波长，则该波从A点传播到B点，所需时间为

故A正确；
B．由选项A可知，则该波从A点传播到B点，所需时间为4s，则在时，B点运动了2s，即，则B处质点位于波谷，故B错误；
C．波从AE波面传播到C的距离为

则波从AE波面传播到C的时间为

则时，C处质点动了3.1 s，则此时质点速度方向向上，故C正确；
D．波从AE波面传播到D的距离为

则波从AE波面传播到C的时间为

则时，D处质点动了8.3 s，则此时质点位于z轴上方，回复力方向向下，故D正确。
故选ACD。
5-8【提升】 【正确答案】 ABD
【试题解析】 详解:
A．由题意可知波沿x轴的正方向传播，波长为


由波速计算公式可得

当n=3时，波速为25m/s，故A正确；
B．该波的周期为

所以a点的振动方程为

当时

当时

故B正确；
C．该波的周期为

如果质点c在到时间内通过的路程为，则有

解得

代入周期表达式得

解得

由于只能取整数，故C错误；
D．若波的周期，则在时刻，机械波刚好传播到质点d处；在经过2s时间，即时，质点d到达最高点处，此时势能最大，故D正确。
故选ABD。
5-9【提升】 【正确答案】 AC
【试题解析】 详解:
A．根据图形中横坐标0～0.4m内的波形可知
，
解得

根据虚线左右的波形可知
（n=1，2，3…）
解得
（n=1，2，3…）
解得

即有

作出完整波形并标明处的质点位置如图所示

波沿轴正方向传播，根据同侧法可知，时刻处的质点振动方向沿轴负方向，A正确；
B．根据上述，此列波的周期为

B错误；
C．根据同侧法可知，时刻质点P振动方向沿轴负方向，根据上述可知，质点P随后首次出现平衡位置波传播的距离

则质点P随后首次出现平衡位置的时间

可知，0～0.4s时间内，质点一直靠衡位置运动，则其速度一直增大，C正确；
D．根据上述，质点P随后首次出现平衡位置的时间

此过程，质点一直靠衡位置运动，则点的振动方程为

D错误。
故选C。
6-1【基础】 【正确答案】 AC
【试题解析】 详解:
A B．从A抛出的网球做平抛运动，从抛出的做斜上抛运动，因为等高，根据

可知，从A到的时间与从到的时间相等，根据对称性运动到的时间是到的时间的2倍，A正确；B错误；
C D．由于AD路径水平初速度大，竖直初速度为0，无法判定初速度大小关系，故它们被击出后初动能可能相同，C正确；D错误。
故选AC。
6-2【基础】 【正确答案】 BD
【试题解析】 详解:
CD．根据题意可知，两球在空中的运动可视为平抛运动，竖直方向上有

解得

由图可知，甲、乙两球下落高度相同，则有

故C错误，D正确；
AB．根据题意可知，两球在空中的运动可视为平抛运动，水平方向上有

解得

由图可知，乙球的水平位移大，则有

故A错误，B正确。
故选BD。
6-3【巩固】 【正确答案】 BC
【试题解析】 详解:
A．对小球进行受力分析，受到重力和风力，由牛顿第二定律可得

解得

则每一秒小球的速度变化量大小为8，A错误；
B．把小球做类斜抛运动的初速度分别沿水平方向和竖直方向分解，则有


小球从A到B的时间

由对称性可知，小球从A到C的运动时间为0.75s，B正确；
C．A、C两点之间的距离为

C正确；
D．B、C两点的高度差为

小球从B到C风力做的功为

D错误。
故选BC。
6-4【巩固】 【正确答案】 BC
【试题解析】 详解:
依题意，当沙包恰好在与出手等高的N点击中玩具兔时，设玩具兔下落高度为h，时间为t，沙包与玩具兔的水平距离为x，运动的时间为t′，则有

x = v0cosθ·t′
t′＋Dt = t
联立得表达式

其中有
2v0sinθ = gt′
t = t′＋Dt（t不变）
A．若增大v0，减小θ，Dt不变，表达式

不能成立，沙包不可能在N点击中玩具兔，A错误；
B．若增大v0，增大θ，Dt减小，则表达式

2v0sinθ = gt′
t = t′＋Dt（t不变）
可能成立，沙包可能在N点击中玩具兔，B正确；
C．若减小v0，增大θ，Dt减小，则表达式

2v0sinθ = gt′
t = t′＋Dt（t不变）
可能成立，沙包可能在N点击中玩具兔，C正确；
D．若减小v0，减小θ，Dt减小，则表达式
2v0sinθ = gt′
t = t′＋Dt（t不变）
不满足现实，不成立，D错误。
故选BC。
6-5【巩固】 【正确答案】 ACD
【试题解析】 详解:
A．A、B到达的最大高度相同，由

可知，A、B抛出时的竖直速度相等，在空中运动的时间相等，故A正确；
B．由

可知，A运动的时间比D的要长，又A和D水平射程相等，由

可得，A的水平速度比D的小，而最高点时的速度即为水平方向的速度，故两者不相等，故B错误；
C．B、C的最大高度不同，则运动时间不同，故C正确；
D．由对称性可知，落地时速度与水平方向的夹角与抛出时速度与水平方向的夹角相同，对于C和D，由轨迹可知，C到达的最大高度与D的相等，则竖直初速度相等，运动时间相等，结合水平位移知，C的水平速度要小于D的，设抛出时速度与水平方向的夹角为，则

分析可知，C抛出时速度与水平方向的夹角比D的大，故一定不相等，故D正确。
故选ACD。
6-6【巩固】 【正确答案】 AC
【试题解析】 详解:
A．设小球从c点沿dc方向飞出的速度为，bc的变成为；小球从a到c的过程，根据逆向思维，可认为小球从从c到a做类平抛运动，沿cd方向有

沿cb方向有
，，
在a点时，有

联立解得
，，，
故A正确；
B．小球从a到c重力势能增加

故B错误；
C．根据机械能守恒可知，小球触地时速度大小等于小球在a点时的速度大小，则有

故C正确；
D．小球触地时的竖直分速度为

小球触地时重力的瞬时功率为

故D错误。
故选AC。
6-7【巩固】 【正确答案】 BC
【试题解析】 详解:
将篮球从手到篮板的运动过程逆向看作是平抛运动，设运动时间为t，水平速度为v0，则根据平抛运动规律有


根据速度的合成与分解有

两次篮球的竖直位移y相同，所以t相同，而第二次水平位移x增大，所以v0增大，则θ应减小，且根据

可知同时应增大抛射速度v。
故选BC。
6-8【提升】 【正确答案】 CD
【试题解析】 详解:
A．设水平恒力F的方向与PQ连线夹角为β，滑块过P、Q两点时的速度大小相等，根据动能定理得

得

即水平恒力F与PQ连线垂直且指向轨迹的凹侧，A错误；
B．水平恒力F与PQ连线垂直，其在速度方向（轨迹切线方向）的分力改变速度的大小，而F在速度方向的分力先减小后增大，因此滑块从P点到Q点做的不是匀速圆周运动，选项B错误；
C．把P点的速度分解在沿水平力F和垂直水平力F两个方向上，沿水平力F方向上滑块先做匀减速后做匀加速直线运动，当F方向速度为零时，只有垂直F方向的速度

此时速度方向与F垂直，速度最小，动能最小为

选项C正确；
D．滑块沿水平力F方向上有

当F方向速度为零时，时间为

解得

根据对称性，滑块从P到Q的时间为

滑块垂直F的方向上物块做匀速直线运动，有

选项D正确。
故选CD。
6-9【提升】 【正确答案】 AD
【试题解析】 详解:
A．a球做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，b球做竖直上抛运动，c球做斜抛运动，竖直方向的分运动是竖直上抛运动，所以落地时间不同，故A正确；
B．c球做斜抛运动，竖直方向的分速度小于b球速度，所以b球能到达更大的高度，故B错误；
C．a球做平抛运动
水平方向

竖直方向

得

c做斜抛运动，设初速度与水平夹角为θ
水平方向

竖直方向

联立消去θ得

当

xc有最大值为

c球水平位移与抛出点高度和初速度有关，故a、c小球水平位移不一定相同，故C错误；
D．三个小球均做抛体运动，加速度均为重力加速度，故落地之前，三个小球在任意相等时间内速度的增量相同，故D正确。
故选AD。
7-1【基础】 【正确答案】 BD
【试题解析】 详解:
A．最终小球从上端口飞出，再由磁场方向垂直向里，依据左手定则可知，小球带正电荷，故A错误；
B．设小球竖直分速度为vy、水平分速度为v，以小球为研究对象，受力如图所示

由于小球随玻璃管在水平方向做匀速直线运动，则竖直方向的洛伦兹力
F1=qvB
是恒力，由牛顿第二定律得
qvB-mg=ma
小球的加速度不随时间变化，恒定不变，故小球竖直方向做匀加速直线运动，水平方向做匀速直线运动，则小球运动轨迹是抛物线，故B正确。
C．洛伦兹力方向总是与小球的速度方向垂直，对小球不做功，故C错误；
D．管壁的弹力向右，与位移方向相同，对小球做正功，故D正确。
故选BD。
7-2【基础】 【正确答案】 AC
【试题解析】 详解:
AB．对于甲粒子：轨迹向上弯曲，有

解得

对于乙粒子：轨迹不弯曲，有

解得

对于丙粒子：轨迹向下弯曲，有

解得

则有

故A正确，B错误；
C．甲粒子向上偏，电场力做负功，导致动能减小，则速度一定减小，故C正确；
D．丙粒子的电场力做正功，动能增大，则速度一定变大，故D错误。
故选AC。
7-3【巩固】 【正确答案】 BD
【试题解析】 详解:
根据右手螺旋定则可知导线产生的磁场为顺时针，垂直方向，且离导线越远，磁感应强度越小，根据左手定则可知，小物块P所受的洛伦兹力竖直向下，竖直方向根据平衡条件可得

沿着方向，小物块P所受合力为

可知小物块P所受合力方向与初速度方向相反，小物块做减速直线运动，随着速度减小以及远离导线，小物块P所受的支持力减小，小物块所受摩擦力也变小。
故选BD。
7-4【巩固】 【正确答案】 CD
【试题解析】 详解:
A．小球受重力、向左的电场力、向右的洛伦兹力，下降过程中速度一定变大，故洛伦兹力一定增大，不可能一直与电场力平衡，故合力不可能一直向下，故一定做曲线运动，故A错误；
B．小球受重力、向上的电场力、垂直纸面向外的洛伦兹力，合力与速度一定不共线，故一定做曲线运动，故B错误；
C．小球受重力、向左上方的电场力、水平向右的洛伦兹力，若三力平衡，则粒子做匀速直线运动，故C正确；
D．粒子受向下的重力和向上的电场力，没有洛伦兹力，则合力一定与速度共线，故粒子一定做直线运动，故D正确；
故选CD。
7-5【巩固】 【正确答案】 AC
【试题解析】 详解:
A．小球做竖直上抛运动的最大高度

若加上水平方向的匀强电场时，竖直方向仍然只受重力，在竖直方向上有

由此可知

故A正确；
BCD．当加上竖直向上的匀强电场，小球在竖直方向上受重力和电场力
若小球带正电，则电场力向上，小球运动的加速度

小球上升的最大高度

若小球带负电，则电场力向下，小球运动的加速度

小球上升的最大高度

若加上水平方向的匀强磁场，由于洛伦兹力改变速度的方向，所以当小球在磁场中运动到最高点时，小球应有水平方向的速度，设此时的球的动能为Ek，由动能定理得


则h1大于h2，但h1可能大于h4，也可能小于h4，故h2和h4无法比较。
故BD错误，C正确。
故选AC。
7-6【巩固】 【正确答案】 AD
【试题解析】 详解:
AB．由题意知小球既沿管方向运动，又和管一起向右匀速直线运动，又因为管平放在水平面上，则对小球受力分析知，沿管方向小球所受洛伦兹力为恒力，由牛顿第二定律得

解得

即沿管方向小球做匀加速直线运动，而水平方向做匀速直线运动，所以小球轨迹为抛物线，故A正确，B错误；
C．因为洛伦兹力方向总是和速度方向垂直，所以洛伦兹力永不做功，故C错误；
D．因为最终小球从上端口飞出，沿管方向的速度为

而水平方向一直匀速直线运动，所以小球动能增加，又因为洛伦兹力不做功，所以管壁对小球向右的弹力对小球做正功，且小球飞出时速度为

所以整个过程对小球由动能定理得

解得管壁的弹力对小球做功为

故D正确。
故选AD。
7-7【巩固】 【正确答案】 BD
【试题解析】 详解:
A．小球能从管口处飞出，说明小球受到指向管口洛伦兹力，根据左手定则判断，小球带正电，故A错误；
B．玻璃管运动速度为v，小球垂直于玻璃管向右的分运动是匀速直线运动。小球沿玻璃管方向受到洛伦兹力的分力，q、v、B均不变，F1不变，则小球沿玻璃管做匀加速直线运动。与平抛运动类似，小球运动的轨迹是一条抛物线，故B正确；
C．洛伦兹力总是与速度垂直，不做功，故C错误；
D．设小球从管口出射时沿玻璃管的分速度大小为v2，
，
小球从管口出射时的速度为

小球从管口出射后，

解得

故D正确。
故选BD。
7-8【提升】 【正确答案】 CD
【试题解析】 详解:
AD．由于质子在O点受到的合力方向沿B的方向，始终与初速度的方向垂直，所以质子沿z轴方向的分运动是匀速直线运动；在zOB的平面内做类平抛运动，是做匀变速曲线运动，故A错，D对；
B．由于质子在O点受到的合力方向沿B的方向，与初速度的方向垂直，所以质子将获得沿B的方向的分速度，根据左手定则可得，沿B方向的不能产生洛伦兹力，所以质子在运动过程中受到的洛伦兹力的大小和方向不变，所以质子在运动过程中受到的合力为不变；
故B错误；
C．根据左手定则判断出质子受到的洛伦兹力的方向，然后画出质子的受力如图

洛伦兹力

电场力

根据平行四边形定则可知，质子在O点受到的合力方向沿B的方向，大小为

故C正确。
故选CD。
7-9【提升】 【正确答案】 BC
【试题解析】 详解:
A．由题可知电子所受电场力水平向左，电子从N到P的过程中电场力做负功，故A错误；
CD．由于M点和P点在同一等势面上，故从M到P电场力做功为0，而洛伦兹力不做功，M点速度为0，根据动能定理可知电子在P点速度也为0，则电子在M点和P点都只受电场力作用，在匀强电场中电子在这两点电场力相等，即合力相等，故C正确，D错误；
B．由以上分析可知，电子运动到PM这条等势线时速度为0，运动过程中不会到达虚线PM右侧，故B正确。
故选BC。
8-1【基础】 【正确答案】 AD
【试题解析】 详解:
A．可以把图中四个点电荷形成的电场看成两组等量异种电荷的电场，由等量异种电荷的电场线分布可知，、等量异种电荷在AB线上O点电场强度最大，、等量异种电荷在AB线上O点电场强度最大，根据电场强度的叠加可知AB线上O点电场强度最大，故A正确；
B．两组等量异种电荷在B点的电场强度方向分别平行两组等量异种电荷的连线方向，根据电场强度的叠加可知B点的电场不可能沿OB方向，B错误；
CD．等量异种电荷连线的中垂线为等势线，所以

正电荷从A到O再到B，电场力不做功，故D正确，C错误。
故选AD。
8-2【基础】 【正确答案】 BD
【试题解析】 详解:
B．a、b两点的场强方向相同，均垂直于中垂线向右，故B正确；
ACD．等量异种电荷连线中垂线为等势线，故a、b、c三点电势相同，电荷放置三处的电势能一样，带电粒子在a、c连线上运动，电场力不做功。故AC错误，D正确。
故选BD。
8-3【巩固】 【正确答案】 CD
【试题解析】 详解:
A．由电场力提供向心力可知，正电荷a、b所受电场力都沿半径方向指向圆心，所以两个面中间的区域的电场方向沿半径指向圆心，故外圆柱面带正电，内圆柱面带负电，A错误；
B．由电场力提供向心力，由牛顿第二定律

根据题意

联立可得

因为，所以，故B错误；
C．由

可得

故C正确；
D．由电场力提供向心力，由牛顿第二定律

根据题意

联立可得

因为且，所以，故D正确。
故选CD。
8-4【巩固】 【正确答案】 BC
【试题解析】 详解:
A．三条曲线均在时达到最大值，说明电场线不是沿着x轴，而是沿着与x轴正方向的夹角为的直线上，且电场线方向指向左下方，A错误；
B．曲线①的最大值在三条图像中最大，只有半径越大，P点绕原点逆时针转过时，逆着电场线走过的距离才越大，对应的电势才越高，所以曲线①对应的r取值为。B正确；
C．由上面分析知曲线③对应的r取值为。由题知，曲线③对应的最高电势和最低电势分别为、0，则坐标原点在最高电势点和最低电势点连线的中点。所以坐标原点O的电势为

C正确；
D．取曲线③最高电势和最低电势来求电场强度

D错误。
故选BC。
8-5【巩固】 【正确答案】 BD
【试题解析】 详解:
A．由于点靠近正电荷，a点靠近负电荷，所以a点的电势小于点的电势，故A错误；
B．作出b点的电场强度与点的电场强度如图所示

由点电荷电场强度公式及几何关系可知，与相同，与相同，所以与相同，故B正确；
C．负的试探电荷沿棱从c到，电场力一直做正功，电势能一直减小，故C错误；
D．正的试探电荷沿棱从b到，电场力一直做负功，电势能一直增大，故D正确。
故选BD。
8-6【巩固】 【正确答案】 BD
【试题解析】 详解:
A．根据

及电场的叠加得

选项A错误；
BC．根据等量异种点电荷周围电场的分布特点可知，两电荷连线的中垂面是等势面，此等势面和无限远处的电势均为0，以中垂面为界，靠近负电荷的一方电势为负值，靠近正电荷的一方电势为正值，且
Ueb 选项B正确，C错误；
D．因为
φb>φc
Ep=qφ
所以
Epb>Epc
选项D正确。
故选BD。
8-7【巩固】 【正确答案】 AC
【试题解析】 详解:
A．如图为等量异种电荷周围的电场线

对比该图可知，b点的电势高于d点，由可知，将电子从d点移动到b点，电势能减小，故A正确；
B．由对称性可知，a点电势等于d点电势，故B错误；
C．b、c两点电势相同，而bc连线与y轴交点的电势高于b、c两点，则将质子从b点沿bc连线移动到c点，电场力先做负功后做正功，故C正确；
D．由对称性可知，b、c场强大小相同，方向不同，故D错误。
故选AC。
8-8【提升】 【正确答案】 CD
【试题解析】 详解:
A．由题知电子速度方向竖直向上，恰好不穿过B等势面，而电场线垂直于等势面，在匀强电场中，带负电的粒子所受电场力的方向与电场线的方向相反，可知电场线垂直与等势面斜向左上方，电子所受电场力垂直于等势面斜向右下方，加速度方向与电子速度方向不共线，因此电子做匀变速的曲线运动，故A错误；
B．用正交分解法将电子的初速度分解到平行于等势线方向（方向）和垂直等势线方向（方向），则有

由题意可知，电子到达B等势面时，方向的分速度减为零，只有沿方向的分速度，即

由动能的公式可知电子经过B等势面时动能是经过D等势面时的一半即

由动能定理可得

解的

而

解的

电子从等势面D到等势面C由动能定理可得

解的

故B错误；
C．由

可解的

故C正确；
D．电子在方向上做类竖直上抛运动，时间上具有对称性，则再次经过等势面D的时间为

而方向上做匀速直线运动，再次经过等势面D时的位置距O点的距离为

故D正确。
故选CD。
8-9【提升】 【正确答案】 BD
【试题解析】 详解:
A．由题意可知

如图所示，P为z轴上一点，PD连线与z轴的夹角为

根据等量同种电荷的电场分布可知P点的电场强度竖直向上，大小表示为

整理得

令，，可得函数

对函数求导

令，解得

结合导函数的性质可知，在时，单调递增，在时，单调递减，因此时，电场强度最大，即

由此可知，z轴上距离O点处的两点电场强度最大，故A错误；
B．，轨道上A点的电场强度大小

故B正确；
C．由几何关系可知
，
根据对称性可知，A、C两点的电场强度大小相等，因此，C点的电场强度方向沿x轴正方向，电场强度大小表示为

小球在C点时的受力如图所示

小球在C受到的电场力为

沿杆方向的合力为

解得

由此可知小球刚到达C点时的加速度为0，故C错误；
D．根据等量同种电场分布和对称关系可知，A、C两点电势相等，电荷从A到C的过程中电场力做功为零，根据动能定理可得

解得

故D正确。
故选BD。
9-1【基础】 【正确答案】 连接OO′，过O点做Oa的垂线NN′，测出AB与垂线NN′夹角θ1及OO′与垂线NN′的夹角θ2，计算出玻璃的折射率 小于
【试题解析】 详解:
（1）[1]小明同学接下来还要完成的必要步骤有：连接OO′，过O点做Oa的垂线NN′，测出AB与垂线NN′夹角θ1及OO′与垂线NN′的夹角θ2，计算出玻璃的折射率

（2）[2]如图乙所示，如果小明同学在描玻璃砖的两个边a和时，将玻璃砖界面画得离开了玻璃砖界面一段距离，而其他操作完全正确，则将导致折射角θ2的测量值偏大，根据

可知测得的折射率将小于准确值。
9-2【基础】 【正确答案】 1.5 偏大 偏小
【试题解析】 详解:
（1）[1]根据图甲作出光路如图所示


（2）[2]根据

可知

结合图乙可知

（3）[3][4]若该同学在确定位置时，被旁边同学碰了一下，不小心把位置画的偏左了一些，作出虚线所示光路如图所示


可知，折射角偏大，则折射率偏小。
9-3【巩固】 【正确答案】 A D
【试题解析】 详解:
（1）[1]A．采用插针法测定玻璃的折射率的时候，应选用光学表面间距大一些的玻璃砖，这样光路图会更加清晰，从而减小误差，故A正确；
B．光学表面是否平行不影响该实验的准确度，故B错误；
C．该实验应选用细一点的大头针，故C错误；
D．插针时，在玻璃砖同侧的两枚大头针间的距离尽量大些，D错误。
故选A。
（2）[2]根据光的折射定律，当选用光学表面平行的玻璃砖时，出射光和入射光应是平行光，又因为发生了折射，因此出射光的出射点应相比入射光的延长线向左平移，因此D正确。
故选D。
（3）[3]由几何知识得
，
所以玻璃的折射率

9-4【巩固】 【正确答案】 C
1.54 A
【试题解析】 详解:
（1）[1]A．入射角尽量大些，折射角也会大些，折射现象较明显，角度的相对误差会减小，但要注意并不是入射角越大越好，应适度，故A错误；
B．为了防止弄脏玻璃砖，不能用铅笔贴着光学面画出界面，故B错误；
C．实验中需要测角度时即可用量角器，也可用圆规和直尺等工具进行测量，故C正确；
D．判断像与针是否在同一直线时，应该观察大头针的整个部分，不能只观察其头部，故D错误。
故选C。
（2）[2]光路图如图

（3）[3]由图可知，取小方格的边长为单位长度，则



（4）[4]光线经由P1P2射入后光路图如图丁

第一次折射时入射角大于折射角，第二次折射在玻璃砖内向空气中折射，折射角要大于入射角，出射光线要远离法线（绿色线），由图可知经由P3A的出射光线（蓝色线）符合事实，而经由P3B的出射光线（红色线）靠近法线不符合事实。故对应的出射光线上的2枚大头针是P3和A上。
9-5【巩固】 【正确答案】 AC或CA
【试题解析】 详解:
（1）[1]为了减小实验的误差，大头针之间的距离应适当大一些，入射角适当大一些，故选AC。
（2）[2]根据折射定律得，玻璃砖的折射率

9-6【巩固】 【正确答案】 P2、P1的像 1.43 偏大
【试题解析】 详解:
（1）[1]在木板上平铺一张白纸，并把玻璃砖放在白纸上，在纸上描出玻璃砖的两条边界，然后在玻璃砖的一侧竖直插上两根大头针P1、P2，透过玻璃砖观察，在玻璃砖另一侧竖直插大头针P3时，应使P3挡住P1、P2的像，用同样的方法插上大头针P4。
（2）[2]根据折射定律有

（3）[3]在实验过程中，画出界面a后，不小心将玻璃砖向上平移了一些，导致界面a′画到图中虚线位置，而在作光路图时界面a仍为开始所画的，实际光线如图中的O′Q所示，而作图光线如图中OQ所示，导致折射角偏小，所测得的折射率偏大。

（4）[4]作出光路图如图所示

设OP=x，在A处发生全反射有

由于出射光与入射光平行，所以在B处有


联立解得

9-7【巩固】 【正确答案】 BD或 DB 小于 等于 等于
【试题解析】 详解:
（1）[1] 该同学接下来要完成的必要步骤有：确定皮P3大头针的位置，方法是插上大头针P3，使P3能挡住P1、P2的像。确定P4大头针的位置，方法是大头针P4能挡住P3和P1、P2的像。故该同学接下来要完成的必要步骤有BD。
（2）[2] 玻璃砖的折射率为

（3）[3] 将玻璃砖界面aa＇和bb＇的间距画得过宽但仍平行，而其他操作正确，导致α角偏大，由于，故折射率的测量值将偏小。折射率的测量值小于准确值。
（4）[4] 如图所示，实线表示将玻璃砖向下平移后实际的光路图，而虚线是作图时所采用的光路图，通过比较发现，入射角和折射角没有变化，则由折射定律知，折射率的测量值等于准确值。

（5）[5] 只要操作正确，测量的结果与玻璃砖的形状无关，所以乙同学测得的折射率等于准确值。
9-8【提升】 【正确答案】 甲 A
【试题解析】 详解:
（1）[1]根据光的折射定律可知： ；
（2）[2]为了减小测量的偶然误差，必须采用多次测量取平均值的方法．由于每次测量时，入射角不同，折射角不同，每次测量有入射角与折射角之间没有直接关系，入射角和折射角取平均值没有意义，而介质的折射率仅由介质的性质决定，是不变的，所以应求出每一个入射角及对应的折射角，运用折射定律求出折射率，再求出折射率的平均值，可有效减小测量的误差，这样做有意义．故甲同学做得正确；
（3）[3]（a）测得的入射角i和折射角r都偏大，而且增大相同的角度．玻璃砖的折射率为： ，运用特殊值法分析：假设若法线与界面垂直时，入射角为i=45°，折射角为r=30°，则折射率为

若法线与界面不垂直时，入射角与折射角都增大15°，则折射率为

可见，甲的测量值将偏小；
（b）出现如图（b）所示的偏差时测量的入射角i和折射角r都增大，而且增大相同的角度。与a情况恰好相同，故测量值将偏小，故A正确，BCD错误。
故选A。
9-9【提升】 【正确答案】 不变 偏大 ABD 乙
【试题解析】 详解:
解：（1）[1] P3挡住P1、P2的像，P4挡住P3和P1、P2的像，则有经P1、P2的光线折射后经P3、P4，做出光路图，如图所示，

（2）[2]由折射率公式，可得玻璃砖的折射率

（3）[3]甲同学将玻璃砖垂直于方向沿纸面向上平移了少许，可知光线的入射角和折射角均不变，所以测出玻璃砖的折射率与真实值相比不变。
[4] 其间距比平行玻璃砖两光学面的间距稍微小些，由图可知，折射角偏小，则折射率偏大，乙同学测出玻璃砖的折射率与真实值相比偏大。
（4）[5]A．为了提高测量的精确度，P1、P2及P3、P4之间的距离应适当大一些，A正确；
B．为了提高测量的精确度，入射角应适当大一些，折射角也会大一些，用量角器测量时，可减小相对误差，B正确；
C．如果P1、P2之间的距离太小时，插P3、P4时很容易产生偏差，使相对误差增大；入射角太小时，折射角也太小，用量角器测量时，相对误差较大，C错误；
D．因为光是从空气射入玻璃，光在玻璃中不会产生全反射，如果入射角太大，则反射光会加强，折射光会减弱，不易观察，D正确。
故选ABD。
（5）[6] 由折射率公式可知，在图乙中可有
DO=GO
可得

所以测量ED、FG的长度便可正确计算出折射率的是图乙。
[7]所测玻璃折射率的表达式

10-1【基础】 【正确答案】 或5.798或5.799或5.801或5.802
【试题解析】 详解:
（1）[1]多用电表测电阻的阻值为

（2）[2]电压表所选的量程为，分度值为，则所测量的电压值为

（3）[3]由图丙所示，根据螺旋测微器读数规则，可得被测物体的长度为

10-2【基础】 【正确答案】 右端 5 不会 B 1500 3000 无 ×10
【试题解析】 详解:
（1）[1]根据题意可知，电路图如下

①[2]连接好电路，将滑动变阻器的滑片移到最右端，使回路电流最小，起到保护电路的作用。
②[3][4]本实验采用的是替代法，待测阻值和电阻箱电阻相同，因为两次电流完全一样，根据电路原理可知电流表内阻不会给测量结果带来误差。且

（2）①[5]根据电流红进黑出可知，B接红表笔。
②[6][7]开关S1断开，红、黑表笔短接，调节R使电表指针满偏，此挡位欧姆表的内阻为

将电阻箱R1接在红、黑表笔之间，使电流表G的指针指在满偏电流处，则有

解得

③[8] 电池内阻不可忽略，但仍可欧姆调零，只要电动势不变，则通过调零可抵消内阻的变化，使欧姆表内阻保持不变，则无影响。
④[9] 当开关S1闭合时，回路最大电流变大，则

中值电阻变小，所以倍率为×10。
10-3【巩固】 【正确答案】 A 直流电压 15 b
【试题解析】 详解:
（1）[1]多用表使用前应机械调零，机械调零应置为A。
（2）[2]可用多用电表的直流电压挡探测黑箱a、b接点间是否存在电源，将一表笔接a，另一表笔短暂接b，同时观察指针偏转的情况，并以此类推，判断其他接点间是否存在电源。
（3）[3]档位为“×1”挡，根据图丙示数可知


（4）[4]二极管正向导通电阻很小，反向电阻无穷大，再根据多用电表欧姆档内部结构可知，电流从红表笔流入，黑表笔流出，可知二极管的正极与b点相连，负极c点相连。

10-4【巩固】 【正确答案】 红 50 1.40
【试题解析】 详解:
（1）[1]由图a可知，当B端与3相连时为欧姆挡，根据电源的正负极位置可知此时电流从B端流入，A端流出，所以B端与红色表笔相连接。
（2）[2]根据电表改装原理可知，与G并联的分流电阻越大，则改装后电流表量程越小，所以B端与2相连时，电表为直流电流1mA挡，则有

解得

（3）[3]根据前面分析可知，B端与1相连时，电表为直流电流2.5mA挡，此时图b中表盘分度值为0.05mA，需要估读到0.01mA，则读数为

（4）[4]当红、黑表笔分别接在A、B时，指针首先向右摆动，然后又慢慢地向左回归至“∞”位置，说明有电流先通过了电表，之后A、B之间处于断路状态，由此可推知A、B之间为电容器。将红、黑表笔分别接在A、C，指针指在“∞”位置，将红、黑表笔分别接在C、A，指针指在“0”刻线偏左一点，说明A、C之间的元件具有单向导通性，即二极管，又因为电流从黑表笔流出，且黑表笔接A时二极管导通，所以A为二极管的正极。综上所述作出黑箱中的元件如图所示。

10-5【巩固】 【正确答案】 电流 1 右 或或1100
【试题解析】 详解:
（1）[1]若选择开关S置于“1”或“2”时为表头与电阻并联，故而改装的是电流表，即为电流挡。
[2]开关连接“1”时分流电阻较小，根据并联电路特征可知此时总电流更大，故而量程较大。
（2）[3]欧姆表测量电阻前要进行欧姆调零，应调节欧姆调零旋钮使指针指向表盘右端零刻度线位置即欧姆挡的零刻度线处。
（3）[4]指针在位置①时，偏角过小，欧姆挡读数过大，此处刻度线较密导致读数误差较大，应换高倍率以增大偏角，使指针指在中值附近，故应选“”挡。
[5]正确操作后，指针指在位置②，刻度值为11，欧姆挡倍率为“”，故被测电阻的阻值为。
10-6【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
[1]由于欧姆表刻度的非线性，表头指针偏转过大或过小都会使误差增大，因此要选用恰当挡位，使指针在中值附近，本题中电压表的内阻大约为十几千欧，所以欧姆挡的选择开关应拨至倍率。
[2] 多用电表内电流走向是确定的，当多用电表调节为欧姆挡测量外电阻时，多用电表内部电源的电流仍然是由黑表笔流出，当多用电表调节为欧姆挡测量某电压表的内阻时，应该遵循电压表接线方式，即让电流从电压表正接线柱流入，从负接线柱流出，所以先将红、黑表笔短接调零后，选用图（甲）中A方式连接。
[3] 当多用电表调节为欧姆挡测量外电阻时，电阻值等于指针的示数与倍率的乘积，且指针示数的读数一般读两位有效数字；正确操作后指针如图（乙）所示，则此电压表的内阻约为

[4] 多用电表测量电流时，读取数据时应该根据中间的刻度线读取数据，将多用电表的选择开关拨至直流挡测量电流，可以选择一栏进行读数，然后将读数结果乘以相应的倍率，则电流大小为

10-7【巩固】 【正确答案】 ACD 1000 偏大
【试题解析】 详解:
（1）[1]A．电流从红表笔流入，黑表笔流出，故与多用电表内电源正极相连的是黑表笔，A端应连接黑表笔，故A正确；
B．欧姆表的同一倍率测不同阻值的电阻时不需要重新进行欧姆调零，用不同倍率测电阻换挡后必须重新调零，故B错误；
C．测量电阻时如果指针偏转过大，说明所选倍率太大，为准确测量电阻阻值，应将选择开关拨至倍率较小的挡位，重新调零后测量，故C正确；
D．欧姆表使用完后，应该把档位旋到档，或者交流电压最大档位，故D正确。
故选ACD。
（2）[2]设欧姆表的内阻为，由闭合电路欧姆定律有


解得

（3）[3]两表笔短接后，只能使得指针调到接近满偏电流处（未达到满偏）；说明实际阻值本应该从“0”刻度左侧作为起始值去读数，则现在的测量值偏大。
（4）[4]A、B间电阻与电流方向无关，因此一定是定值电阻，B、C间电阻与电流方向有关，且阻值比A、C间的反向阻值小，说明二极管一定直接接在B、C间且C为正极，如下图所示：

10-8【提升】 【正确答案】 40 a 偏大
【试题解析】 详解:
（1）[1][2]将选择开关拨至欧姆挡“”，由图可知此时电阻大约为

欧姆表指针在中间位置附近读数时比较准确，为了使测量的结果更准确，该同学应该选择欧姆挡“”的档位。
（2）[3]为了防止用电器不被烧掉，测量电路中的电流要从小电流开始，所以在闭合开关S前，应将滑片应置于“a”端；
[4]当灵敏电流计G示数为零，说明的分压与部分的分压相等，则有



联立解得

[5] 若从A到B端直径略有减小，根据电阻定律

可知从A到B单位长度上的电阻在增大，当段电阻丝长度为，部分实际分到的电压应满足

可得

可知测量值偏大。
[6]保持线夹的位置不变，设电阻丝左侧电阻为，右侧电阻为，当灵敏电流计G示数为零时，电阻箱的阻值为，此时有

电阻箱与交换位置，电阻箱的阻值为，此时有

联立解得

10-9【提升】 【正确答案】 1 16.2 162 BC 或2200
【试题解析】 详解:
（1）开关S接1、2、3时的等效电路分别如图所示：

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，根据电流表改装原理可知，开关S分别接1、2、3对应欧姆表倍率挡分别为“×1”、“×10”和“×100”。
（2）开关S分别接1、2、3时改装后电流表量程分别为100mA、10mA和1mA，接1时有

接2时有

接3时有

联立可得
、
（3）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，B、C项正确。
（4）欧姆表示数为

11-1【基础】 【正确答案】 （1）；（2）
【试题解析】 详解:
（1）活塞左、右封闭空气的压强始终相同，温度始终不变，所以活塞左、右封闭空气的体积之比等于质量之比，活塞左侧充入压强为、体积为的空气，活塞右侧充入压强为、体积为的空气，则活塞左、右封闭空气的体积之比为

（2）对活塞左侧封闭空气，由玻意耳定律

解得，气缸内空气的压强为

11-2【基础】 【正确答案】 （1）；（2）
【试题解析】 详解:
（1）以玻璃瓶中的气体为研究对象，状态参量如下
，
，
根据查理定律有

联立解得

（2）漏气后气体的压强为

设漏气前封闭气体的体积为，则有
，
气体压强为时，气体体积为，根据玻意耳定律有

解得

则漏掉的气体占原有气体的百分比为

11-3【巩固】 【正确答案】 （1），沿斜面向上；（2）；（3）
【试题解析】 详解:
（1）开始时气缸与活塞静止在斜面上，由受力平衡

解得

负号表示方向沿斜面向上，大小为mg。
（2）当气缸与活塞共同沿斜面向上以的加速度加速运动时，由牛顿第二定律

解得

（3）以活塞为研究对象，当静止时

解得

当活塞向上匀加速时

解得

对于气缸内气体，由玻意耳定律

解得

则活塞相对气缸底部运动距离

11-4【巩固】 【正确答案】 （1）1.03×107Pa；（2）93
【试题解析】 详解:
（1）瓶内气体进行等容变化，则由查理定律

解得

（2）设能充满的小氧气瓶个数其n个，则由玻意耳定律

其中V=40L，V0=4L，
解得
n=93
11-5【巩固】 【正确答案】 （1），；（2）
【试题解析】 详解:
（1）对气缸A受力分析有

解得

对气缸A和活塞C、D受力分析

解得

（2）设甲图中气体a和b对应的体积为V，图乙中稳定后，气体a、b压强均为大气压强，设此时气体a和b对应的体积分别为Va和Vb，则有
，
可得

11-6【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）
【试题解析】 详解:
（1）设稳定时气缸内气体压强为，根据玻意耳定律有

解得

则物体的重力大小为

（2）设充入的气体体积为，则有

解得

11-7【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）780K
【试题解析】 详解:
（1）对下部分气体，由等温变化

其中



解得

（2）当活塞A移动到水平B时，对活塞A受力分析可得出两部分气体的压强

对上部分气体，根据理想气体状态方程，有

其中


解得

11-8【提升】 【正确答案】 （1）；（2）
【试题解析】 详解:
（1）开始时的状态参量为



温度改变后的状态参量为


根据理想气体状态方程得

解得

（2）设温度时，剩余气体的体积为

对剩余气体根据玻意耳定律得

解得

剩余的气体质量占原来气体质量的百分比为

11-9【提升】 【正确答案】 （1）4L；（2）7300J
【试题解析】 详解:
（1）某次喷洒消毒液前，桶内气体的压强为p1=4×105Pa，为喷出桶内全部液体，应至少先向桶内打气n次，则

可得

（2）喷洒过程气体的变化为等温变化，内能不变，所以吸收的热量等于对外做的功，由

因为压强和体积都变化，所以对外做功等于图像所围图形的面积，为

12-1【基础】 【正确答案】 （1）；（2），
【试题解析】 详解:
（1）对A、B整体，由牛顿第二定律

对B由牛顿第二定律

联立求得

（2）撤去F时

B下滑到A底端的过程中，系统水平方向动量守恒

系统机械能守恒

联立求得
，
12-2【基础】 【正确答案】 （1），；（2），方向水平向右
【试题解析】 详解:
（1）A沿弧形轨道下滑到水平轨道的过程中，机械能守恒，有

A与B碰撞的过程，取向右为正，根据动量守恒定律可得

根据能量关系可得

据题意有

解得
，
（2）对B根据动量定理可得A对B的冲量大小为

方向水平向右。
12-3【巩固】 【正确答案】 （1）；（2），；（3）物块滑到第4块小滑板时，小滑板开始向右滑动
【试题解析】 详解:
（1）物块从静止释放到刚滑上小滑板过程，根据动能定理可得

解得

（2）打开锁定装置，小滑板连成整体。若，可知物块和小滑板组成的系统满足动量守恒，设物块最终能与小滑板达到共速，则有

解得

设此过程发生的相对位移为，根据能量守恒可得

解得

假设成立，故物块和小滑板的最终速度为；物块离第1块小滑板最左端的距离为。
（3）关闭锁定装置，小滑板间可以分开。若，当物块在第1块小滑板滑行时，由于

可知5块小滑板静止不动；当物块在第2块小滑板滑行时，由于

可知5块小滑板静止不动；当物块在第3块小滑板滑行时，由于

可知5块小滑板静止不动；当物块在第4块小滑板滑行时，由于

可知第4、5块小滑板开始向右滑动。
12-4【巩固】 【正确答案】 （1）0.04kg；（2），0.8m；（3）80m/s；（4）0.45m
【试题解析】 详解:
（1）由图知，水弹射击前小球处于平衡状态，则有

解得

（2）由图知

由单摆周期公式

解得

（3）对经过最低点时的小球进行分析

解得

水弹与小球碰撞过程，由动量守恒定律有

解得

（4）对最高点时小球进行受力分析，在沿绳方向有

又

由于很小，有

又

联立得

12-5【巩固】 【正确答案】 （1）vC＝4m/s，;（2）vA＝2m/s；（3）0.25m
【试题解析】 详解:
（1）C下摆过程，根据动能定理有：

代入数据解得：碰前C的速度
vC＝4m/s
（2）C与A碰撞过程，取向右为正方向，根据动量守恒定律有

解得碰后A的速度
vA＝2m/s
（3）A恰好滑至木板B右端并与其共速时，所求B的长度最小．
物块A与木板B相互作用过程中，系统的动量守恒，规定向右为正方向由动量守恒定律得

代入数据解得
v＝1.5m/s
由能量守恒定律得

代入数据解得
x＝0.25m
12-6【巩固】 【正确答案】 （1），；（2）；（3）
【试题解析】 详解:
（1）设第一次碰撞结束瞬间A、B的速度大小分别为、。从A、B第一次碰撞结束到第二次碰撞的过程中，A与B运动的加速度大小均为

根据运动学公式，对B有

对A有

其中，，，，代入上式解得
，
（2）设第一次碰撞前A的速度为，A与B发生弹性碰撞的过程，取向右为正方向，由动量守恒定律得

由机械能守恒定律得

联立解得
，
（3）A在斜轨道下滑过程，由机械能守恒定律得

解得

12-7【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）3mg
【试题解析】 详解:
（1）设小球A、B第一次运动到轨道最低点时的速度大小为，小球的质量为，根据机械能守恒定律和动量守恒定律可得



解得

（2）设小球第一次通过圆轨道最高点的速度大小为，根据机械能守恒定律和牛顿第二定律得


解得

12-8【提升】 【正确答案】 （1）， ，；（2）.，
【试题解析】 详解:
（1）a. 根据动量定理，得

b. A和B共速时，系统弹性势能最大，由动量守恒定律得

解得

最大弹性势能满足

解得

由图可知，第一次达到该值时为时刻。
（2）a. 当分子B到达时，速度最大，根据图像，可以用图线和横轴围成的面积求该过程分子力所做的功

由动能定理得

解得

b. 在到达最大距离前，分子力始终做负功，分子势能增大当A和B共速时，系统分子势能最大，二者间距最大，由动量守恒定律得

解得

故分子力做功大小
‍
12-9【提升】 【正确答案】 （1）；（2），；（3）
【试题解析】 详解:
（1）设1号环的初速度为，则由动能定理可得

解得

（2）设窗帘绷紧前瞬间滑环1的速度为，滑环2的速度为0，绷紧后共同速度为，则窗帘绷紧前后动量守恒，有

绷紧后系统动能为

又知

联立解得

故损失的动能为

（3）设1号滑环的初速度为，其动能为，1号环滑行距离L，1、2绷紧前瞬间，系统剩余动能为

据（2）的分析可得，1、2绷紧后瞬间，系统剩余动能为

在1、2滑环共同滑行距离L、第2与第3滑环绷紧前的瞬间，系统剩余动能为

2、3滑环绷紧后的瞬间，系统剩余动能为

依次类推，在8、9号滑环绷紧前的瞬间，系统剩余动能为

8与9滑环绷紧后的瞬间，系统剩余动能为

由题意可知，8与9号滑环绷紧后还可以继续滑行距离后静止，因而有

联立解得1号滑环的初速度大小为

13-1【基础】 【正确答案】 （1）正电，；（2）；（3）
【试题解析】 详解:
（1）带电粒子在磁场中运动，根据左手定则可知粒子带正电。粒子在电场中运动由动能定理可知

解得

（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，所受洛伦兹力提供向心力，有

解得

（3）设粒子运动轨道圆弧对应的圆心角为，如图

依题意粒子的轨道半径与磁场区域的直径相等，由几何关系，得

设粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为T，有

带电粒子在磁场中运动的时间

联立各式解得

13-2【基础】 【正确答案】 （1）；（2）；（3）
【试题解析】 详解:
（1）粒子经加速电压U加速，由动能定理有

解得

（2）根据图中几何关系有

粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律有

解得

（3）粒子在磁场中做匀速圆周运动，故有

13-3【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）先逆时针偏转，再顺时针偏转，后逆时针偏转，到达x轴上P点；（3）微粒能返回坐标原， t总=2.4´10-3πs
【试题解析】 详解:
（1）带电微粒在场区做匀速圆周运动，则电场力与重力平衡，由
Eq=mg
可得


（2）微粒做圆周运动时，由

可得
R=0.4m

又

微粒先逆时针偏转，再顺时针偏转， 后逆时针偏转，到达x轴上P点

（3）微粒能返回坐标原点，如图所示，则
t总=3T=2.4´10-3πs
13-4【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）；（3），（）
【试题解析】 分析:
详解:
（1）粒子在磁场中做圆周运动，粒子的运动轨迹如图所示，


由几何知识得

解得


解得

（2）由动能定理

解得

（3）粒子从点由静止释放第一次回到点位置

运动具有周期性，粒子从点释放到回到点位置，可能的时间为
，（）
13-5【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）；（3）
【试题解析】 详解:
（1）带电粒子从P点运动到A点的过程中仅受电场力，粒子沿电场线方向做匀加速直线运动，所以A点的坐标为。设带电粒子第一次进入磁场时的速度大小为，带电粒子经过C点时速度方向与电场线垂直，之后粒子做初速度为的类平抛运动，设C点的横坐标为，带电粒子从C点运动到A点的时间为，则有
，
解得

所以C点的坐标为；
（2）设带电粒子在磁场中运动的轨道半径为r，根据几何关系有

根据牛顿第二定律，洛伦兹力提供向心力

解得

（3）设带电粒子在电场中运动的时间为，在磁场中运动的时间为，则有


解得

13-6【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）；（3）
【试题解析】 详解:
（1）粒子在匀强磁场I的轨迹如图所示，根据几何知识可得，设粒子此时的运动半径为，有

解得

根据圆周运动知识有

代入解得

（2）根据上面分析可得当粒子进入电场时速度方向与y轴负方向成30°角，将速度分解为水平方向和竖直方向，可得水平方向做初速度为的匀加速运动，竖直方向做速度为匀速运动；设加速度大小为，根据题中粒子经电场偏转后，以与y轴负方向成60°角的方向进入磁场II，可得到达D点时的水平和竖直方向速度关系为

即此时水平方向速度为

根据匀变速直线运动公式可得
，
解得

（3）设粒子第一次进入电场中运动到达D点时竖直位移为，因为水平方向平均速度为

竖直方向速度为，所以有

根据几何知识可得粒子在磁场II中的运动半径为

粒子到达D点速度为

可得粒子在磁场II中运动的周期为

同理粒子在磁场I中运动的周期为

粒子第一次进入电场中运动的时间为

根据运动的对称性粒子从磁场II中射出到第二次经过电场的时间也为，所以可得粒子在电场和磁场中运动的总时间为


13-7【巩固】 【正确答案】 （1），方向与x轴成45°角斜向下；（2）见解析
【试题解析】 详解:
（1）设粒子第一次在电场中的运动时间为t，第一次进磁场时速度方向与x轴成α角，粒子做类平抛运动，根据牛顿第二定律得

在竖直方向上有


末速度满足


联立以上格式解得


即方向与x轴成45°角斜向下；
（2）粒子进入磁场做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则有

代入数据解得

则粒子通过磁场的轨迹在x轴上的弦长为

若次数n为奇数，则粒子第n次经过x轴时的位置x1为

解得

若次数n为偶数，则粒子第n次经过x轴时的位置x2为

解得

13-8【提升】 【正确答案】 （1）；（2）
【试题解析】 详解:
（1）带正电粒子从PQ上O点开始加速运动，则根据动能定理可知

解得

在MN板上方电荷洛伦兹力提供向心力，根据左手定则可知，穿过MN时洛伦兹力水平向右，则


带正电粒子穿过在MN板上方做圆周运动，运动半个周期后，进入电场，则

而由于电场变换方向的时间为，且

则粒子再次进入电场时，电场方向正好变化，根据动能定理可知

解得

粒子从PQ板射出做圆周运动，根据左手定则可知，向左偏转，则


则粒子从PQ板射出做圆周运动，运动半个周期后，进入电场，则

而由于电场变换方向的时间为，且

则粒子再次进入电场时，电场方向正好变化，由此可知，粒子再次经过电场加速穿出后再磁场中偏转，推理可知，在0 ～ 3T0时间内，由动能定理可知

解得

（2）由于



推理得

在t = 3T0 ～ t = 4T0时间内内板间电压恒定，则粒子运动半个周期，即进出电场后做减速运动，从下极板穿出后偏转半个周期，即再次进出电场，而时间为

则再次阶段粒子先加速后减速粒子速度不变，则


此后粒子做减速运动，直到在t = 7T0 ～ t = 8T0后，粒子的速度再次变为v1，随后重复开始的运动规律，运动2T0后，即在
t = 10T0
时，带电粒子在0 ～ 4T0时间内
= 2R1－2R2＋2R3－2R4＋2R5－2R6＋2R7－2R8
解得

在4T0 ～ 8T0时间内

在8T0 ～ 10T0时间内

则t = 10T0时，带电粒子所在位置到O点的距离为

13-9【提升】 【正确答案】 （1）；（2）0
【试题解析】 详解:
（1）在时间内，电场强度为，根据动量定理可得

解得粒子在时刻的速度大小为

在时间内轴正方向上，粒子运动的距离为

在时间内，带电粒子受轴方向电场力作用，做类平抛运动；轴方向根据动量定理可得

解得

粒子在时刻的速度大小为

解得

轴方向的位移为

轴方向的位移为

设此时速度偏向角为，则有

可得

在时间内，根据粒子在磁场中运动的周期，可知粒子偏转，则

根据洛伦兹力提供向心力

可知粒子水平向右运动的距离为

则有
，
所以在时刻粒子的位置坐标为。
（2）在时间内，粒子受到的电场力竖直向下，在竖直方向有

解得时刻粒子的竖直速度

即

方向为轴正方向；
在时间内根据粒子在磁场中运动的周期，可知粒子偏转；则有

方向为轴负方向；
在时间内，粒子受到的电场力竖直向上，在竖直方向有

解得时刻粒子的竖直速度

全程洛伦兹力不做功，则在时间内，静电力对粒子所做的功为0。