北京市海淀区2023届高三上册物理专项突破模拟题库（一模）含解析

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北京市海淀区2023届高三上册物理专项突破模拟题库（一模）
【原卷 1 题】 知识点 光的波粒二象性

【正确答案】
A
【试题解析】
【详解】A．光电效应、康普顿效应能说明光具有粒子性，A正确；
BCD．光的干涉、光的偏振和光的衍射能说明光具有波动性，BCD错误。故选A。

1-1（基础） 下列关于光的本性的说法中正确的是（　　）
A.光不可能同时既具有波动性，又具有粒子性
B.光具有波粒二象性是指既可以把光看成宏观概念上的波，也可以看成微观概念上的粒子
C.光的干涉、衍射现象说明光具有波动性，光电效应说明光具有粒子性
D.频率低、波长长的光，粒子性特征显著；频率高、波长短的光，波动性特征显著
【正确答案】 C

1-2（基础） 下列有关光的波粒二象性的说法中，正确的是（　　）
A.有的光是波，有的光是粒子
B.光的波长越短，粒子性越明显
C.能够证明光具有粒子性的现象是光的干涉、光的衍射
D.大量光子的行为往往显示出粒子性
【正确答案】 B

1-3（巩固） 2023年9月23日至2023年10月8日将在浙江杭州举行第19届亚运会，地处亚运村西南侧且相距约36公里的富阳区水上运动中心为亚运会赛艇、皮划艇（含静水、激流回旋）项目比赛场地及训练场地，同时通过布设不同的灯光、投影、水幕等，打造集大型水景秀、灯光秀、裸眼3D光影秀等场景为一体的夜游光影版《富春山居图》，呈现“五十里春江花月夜”盛景，夜游水上运动中心是游客一个不错的选择。下列有关光的现象说法正确的是（　　）

A.将蓝光与红光调到亮度一样时，在叠加区域可能发生干涉现象
B.蓝光和红光在水中的传播速度不同，蓝光速度更大一些
C.蓝光与红光以同一入射角斜射入水中，红光偏离原来方向的夹角更大
D.电影院观看3D电影时，观众戴的眼镜就是一对透振方向互相垂直的偏振片
【正确答案】 D

1-4（巩固） 关于物质的波粒二象性，下列说法错误的是（　　）
A.光的波长越短，光子的能量越大，光的粒子性越明显
B.实物的运动有特定的轨道，所以实物不具有波粒二象性
C.光电效应现象揭示了光的粒子性
D.不仅光子具有波粒二象性，一切运动的微粒都具有波粒二象性
【正确答案】 B

1-5（巩固） 牛顿为了说明光的性质，提出了光的微粒说，如今，人们认识到光具有波粒二象性，下列四个示意图所表示的实验中，能说明光的性质的是（　　）

A.①② B.②③ C.③④ D.②④
【正确答案】 B

1-6（巩固） 以下说法符合物理学史的是（　　）
A.为了解释黑体辐射规律，康普顿提出了电磁辐射的能量是量子化的
B.德布罗意把光的波粒二象性推广到实物粒子，认为实物粒子也具有波动性
C.汤姆孙通过α粒子散射实验，提出了原子具有核式结构
D.普朗克将量子观念引入原子领域，其理论能够解释氢原子光谱的特征
【正确答案】 B

1-7（巩固） 在验证光的波粒二象性的实验中，下列说法正确的是（　　）
A.使光子一个一个地通过单缝，如果时间足够长，底片上将会显示衍射图样
B.单个光子通过单缝后，底片上也会出现完整的衍射图样
C.光子通过狭缝的运动路线像水波一样起伏
D.单个光子通过单缝后的运动情况具有随机性，大量光子通过单缝后的运动情况也呈现随机性
【正确答案】 A

1-8（提升） 某实验小组利用如图所示的实验装置探究光的干涉现象。为单色光源，发出波长为的单色光，为一平面镜。光源发出的光和由光源发出经过平面镜反射的光均照在竖直放置的光屏上，形成明暗相间的条纹。光源到平面镜的距离为、到平面镜左端点的水平距离为，平面镜左端点到光屏的水平距离为，则相邻两条亮纹之间的距离为（　　）

A. B. C. D.
【正确答案】 A

1-9（提升） 如图甲所示为研究光电效应规律的实验装置，同一入射光照射到不同金属材料表面，发生光电效应时的遏止电压与金属材料的逸出功的关系如图乙所示，已知普朗克常量为h，则入射光的频率为（　　）

A. B. C. D.
【正确答案】 A

【原卷 2 题】 知识点 基态、激发态、跃迁、电离

【正确答案】
D
【试题解析】
【详解】处于n=4能级的氢原子，向n=2能级跃迁时，氢原子的能量减少，放出光子。故选D。

2-1（基础） 根据玻尔的氢原子理论，当某个氢原子吸收一个光子后（　　）
A.氢原子所在的能级下降
B.氢原子的电势能减小
C.电子绕核运动的半径增大
D.电子绕核运动的动能增大
【正确答案】 C

2-2（基础） 氢原子的核外电子由一个轨道跃迁到另一轨道时，可能发生的情况是（　　）
A.放出光子，电子动能减少，原子的能量增加
B.放出光子，电子动能增加，原子的能量减少
C.吸收光子，电子动能减少，原子的能量减少
D.吸收光子，电子动能增加，原子的能量增加
【正确答案】 B

2-3（巩固） 如图所示为氦离子的能级图，根据玻尔原子理论，关于氦离子能级跃迁，下列说法正确的是（　　）

A.大量处于能级的氦离子，最多可辐射2种不同频率的光子
B.从向能级跃迁，需吸收能量
C.处于能级的氦离子，吸收的能量能发生电离
D.用动能为的电子撞击处于能级的氦离子可能使氦离子跃迁到能级
【正确答案】 D

2-4（巩固） 2023癸卯兔年春节期间科幻电影《流浪地球2》热映，影片中我国研发的量子计算机以其超凡的运算能力在未来大显身手。二十世纪初，德国物理学家玻尔将普朗克所提出的量子理论运用于对氢原子模型的重构，用以解释爱因斯坦发现的光电效应现象，对量子力学的发展起到了重大推动作用。如图所示为玻尔模型中氢原子能级示意图，一大群处于能级激发态的氢原子向较低能级跃迁时会发出频率不同的光，这些光照射在逸出功为的锌板上。下列说法正确的是（　　）

A.这群氢原子的发射光谱是连续光谱
B.这群氢原子最多能发出3种不同频率的光
C.氢原子从能级跃迁到能级所发出的光波长最长
D.锌板会发生光电效应现象，且表面逸出光电子的最大初动能为
【正确答案】 D

2-5（巩固） 金属钾的逸出功为2.25eV，氢原子的能级图如图所示。一群氢原子处于量子数为n=4的能级状态，下列说法中正确的是（　　）

A.这群氢原子跃迁时，最多能辐射5种频率的光子
B.这群氢原子跃迁时，只有3种频率的光子能使钾发生光电效应
C.用能量为2.55eV的光子照射这群氢原子可使氢原子电离
D.用能量为2.55eV的光子照射这群氢原子可使氢原子跃迁到第2能级
【正确答案】 C

2-6（巩固） 氢原子的能级图如图所示，大量处于n=4能级的氢原子向低能级跃迁时会辐射不同频率的光子，现用这些光子照射逸出功为2.25eV金属钾，会有光电子逸出。则（　　）

A.逸出的光电子的最大初动能为12.75eV
B.这些光子中可能有7种不同的频率
C.这些光子中能够从金属钾打出光电子的共有4种
D.处于n=3能级的氢原子能够吸收n=4跃迁到n=3辐射的光子发生电离
【正确答案】 C

2-7（巩固） 一群处于基态的氢原子吸收某种光子后，向外辐射了三种频率的光子，且，则（　　）
A.被氢原子吸收的光子的能量为
B.
C.被氢原子吸收的光子的能量为
D.
【正确答案】 B

2-8（提升） 如图所示为氢原子的能级图，则下列说法正确的是

A.若已知可见光的光子能量范围为1.61～3.10 eV，则处于第4能级状态的氢原子，发射光的谱线在可见光范围内的有2条
B.当氢原子的电子由外层轨道跃迁到内层轨道时，氢原子的电势能增加，电子的动能增加
C.处于第3能级状态的氢原子，发射出的三种波长分别为λ1、λ2、λ3（λ1>λ2>λ3）的三条谱线，则λ1=λ2＋λ3
D.若处于第2能级状态的氢原子发射出的光能使某金属板发生光电效应，则从第5能级跃迁到第2能级时发射出的光也一定能使此金属板发生光电效应
【正确答案】 A

2-9（提升） 氢原子的能级如图所示，现处于n=4能级的大量氢原子向低能级跃迁，下列说法正确的是

A.这些氢原子可能发出3种不同频率的光
B.已知钾的逸出功为2.22eV，则氢原子从n=3能级跃迁到n=2能级释放的光子可以从金属钾的表面打出光电子
C.氢原子从n=2能级跃迁到n=1能级释放的光子能量最小
D.氢原子由n=4能级跃迁到n=3能级时，氢原子能量减小，核外电子动能增加
【正确答案】 D

【原卷 3 题】 知识点 气体等容变化的图象,气体等压变化的图象,判断系统吸放热、做功情况和内能变化情况


【正确答案】
A
【试题解析】
【详解】A．从状态A到状态B，气体作等压变化，故A正确；
B．从状态A到状态B，温度升高，所以气体内能变大，故B错误；
CD．从状态B到状态C，温度升高，气体内能增大，体积不变，气体不做功，由热力学第一定律可知气体从外界吸收热量。故CD错误。故选A。

3-1（基础） 一定质量的理想气体分别在、温度下发生等温变化，相应的两条等温线如图所示，对应的图线上有A、B两点，表示气体的两个状态。则（　　）

A.温度为时气体分子的平均动能比时大
B.从状态A到状态B的过程中，气体内能增加
C.从状态A到状态B的过程中，气体向外界放出热量
D.从状态A到状态B的过程中，气体压强减小
【正确答案】 D

3-2（基础） 一定质量封闭气体的压强p随体积V的变化规律如图所示，从状态A变化到状态B的过程中（　 ）

A.气体温度保持不变
B.气体对器壁单位面积的平均作用力不变
C.外界对气体做功
D.气体从外界吸收热量
【正确答案】 D

3-3（巩固） 一定质量的理想气体经历了如图所示的循环，已知该气体在状态a时温度为、压强为、体积为，在状态b时温度为、体积为，在状态c时体积为，由状态b到状态c气体吸收的热量为图线的延长线过坐标原点。下列说法正确的是（　　）

A.气体由状态c到a发生的是等压变化 B.气体在状态c的温度是
C.由状态c到状态a气体对外界做正功 D.由状态c到状态a气体放出的热量为
【正确答案】 A

3-4（巩固） 一定质量的理想气体，其压强p与体积V的关系图像如图所示。下列说法正确的是（　　）

A.A→B的过程中，气体温度升高，从外界吸收热量
B.A→B的过程中，气体体积增大，外界对气体做功
C.B→C的过程中，气体压强减小，从外界吸收热量
D.C→A的过程中，气体温度始终不变，内能始终不变
【正确答案】 A

3-5（巩固） 如图所示，一定质量的理想气体从状态a依次经过状态b、c和d后再回到状态a，则（　　）

A.a到b过程，气体内能增大 B.b到c过程，气体对外界做功
C.c到d过程，气体吸收热量 D.经过一次循环过程，外界对气体做功
【正确答案】 C

3-6（巩固） 物理兴趣小组用棕色玻璃小药瓶制作的浮沉子，其下端开有小孔，水可通过小孔进出瓶体。如图所示，去掉矿泉水瓶的盖子，把浮沉子放入矿泉水瓶中，并使之悬浮在矿泉水瓶中的水中间，再拧紧矿泉水瓶的盖子，将空气视为理想气体，分别完成以下两种操作：
操作一：环境温度恒定不变，用手缓慢捏扁矿泉水瓶，观察浮沉子的升降情况；
操作二：放入冰箱降温。
根据热力学第一定律分析能量的变化情况，下列判断正确的是（　　）

A.操作一中，小药瓶缓慢上浮，药瓶内气体的内能增加
B.操作一中，小药瓶加速下沉，药瓶内气体的内能不变
C.操作二中，药瓶内气体的内能增加
D.操作一中，小药瓶内气体从外界吸收热量
【正确答案】 B

3-7（巩固） 如图所示为一定质量气体的绝热变化图像（实线）。图中虚线为某条等温线，则气体在上述过程中温度（　　）

A.一直升高 B.一直减小 C.先升高后降低 D.先降低后升高
【正确答案】 B

3-8（提升） 如图所示，一定质量的理想气体从状态A依次经过状态B、C和D后再回到状态A，其中A→B和C→D为等温过程，B→C和D→A为绝热过程。上述循环过程叫做热机的“卡诺循环”。则（　　）

A.B→C过程气体分子的数密度增大
B.B→C过程气体的温度不变
C.A→C过程气体对外做功大于C→A过程外界对气体做功
D.C→D过程放出的热量等于A→B过程吸收的热量
【正确答案】 C

3-9（提升） 如图所示，一绝热容器被隔板K隔开成A、B两部分。A内有一定质量的理想气体，B内为真空。抽开隔板K后，A内气体进入，最终达到平衡状态。在这个过程中，下列关系图像正确的是（　　）

A.B.C. D.
【正确答案】 B

【原卷 4 题】 知识点 波长、频率和波速的关系,振动图像与波形图的结合



【正确答案】
B
【试题解析】



4-1（基础） 一质点以坐标原点 O 为中心在 y 轴方向上做简谐运动，其振动图象如图所示，振动在介质中产生的简谐波沿 x 轴正方向传播，波速 v=1m/s，t=0s 时该质点开始振动，经过 2s 后该质点停止振动，规定竖直向上为正方向，再经过 1s 后的波形图是图乙中的（ ）

A. B.
C. D.
【正确答案】 C

4-2（基础） 图（a）为一列波在时的波形图，图（b）为媒质是平衡位置在处的质点P的振动图像，下列说法正确的是（　　）

A.波沿x轴正向传播 B.波在媒介中的传播速度为2m/s
C.时，P向y轴正方向运动 D.当时，P恰好回到平衡位置
【正确答案】 C
4-3（巩固） 如图（a）为简谐横波在时刻的波形图，P是平衡位置在处的质点，Q是平衡位置在处的质点，M是平衡位置在处的质点，图（b）为质点Q的振动图像，下列说法正确的是（ ）

A.在时，质点P向y轴正方向运动
B.从图（a）所示时刻开始，再经，质点P回到平衡位置
C.质点M简谐运动的表达式为
D.到，质点P通过的路程为
【正确答案】 C

4-4（巩固） 如图1所示为一列沿轴传播的简谐横波在时刻的波形图，图2为处质点的加速度随时间变化关系，以下判断中正确的是（　　）

A.该波沿轴负方向传播
B.质点经过将到达处
C.在内质点通过的路程为
D.质点比迟到达平衡位置
【正确答案】 D

4-5（巩固） 一列简谐横波沿x轴方向传播，质点A的平衡位置位于x＝0.2m处，质点P的平衡位置位于x＝0.4m处，质点P的振动图像如图甲所示，图乙是t＝0.1s时该波的波形图。下列说法正确的是（　　）

A.质点A从t＝0s开始计时的振动方程为y＝5sin10πt（cm）
B.t＝0时，质点P速度为零
C.该波沿x轴正方向传播
D.当质点P处于波峰位置时，质点A也处于波峰位置
【正确答案】 A

4-6（巩固） 图甲为一列简谐横波在某一时刻的波形图，、两质点的横坐标分别为和，图乙为质点从该时刻开始计时的振动图像。下列说法正确的是（　　）

A.该波沿方向传播，波速为
B.质点经振动的路程为
C.此时刻质点的速度沿方向
D.质点在时加速度为零
【正确答案】 C

4-7（巩固） 如图甲，介质中两个质点A和B的平衡位置距波源O的距离分别为1m和5m。图乙是波源做简谐运动的振动图像。波源振动形成的机械横波可沿图甲中x轴传播。已知t=5s时刻，A质点第一次运动到y轴负方向最大位移处。下列判断正确的是（　　）

A.A质点的起振方向向下
B.该列机械波的波速为0.2m/s
C.该列机械波的波长为2m
D.t=11.5s时刻，B质点的速度方向沿y轴正方向
【正确答案】 C

4-8（提升） 如图甲所示，在均匀介质中，坐标系xOy位于水平面内，O处的波源垂直xOy平面振动后，产生的简谐横波在xOy平面内传播，实线圆、虚线圆分别表示t=0时刻相邻的波峰和波谷，且此时刻平面内只有一圈波谷，图乙为图甲中质点A的振动图像，z轴垂直于xOy水平面，且正方向为竖直向上，则下列说法不正确的是（　　）

A.此机械波的波长是2m
B.此机械波的传播速度为10m/s
C.t=0.2s时，机械波恰好传至B处
D.在t=0至t=0.85s这段时间内，C质点运动的路程为12cm
【正确答案】 C

4-9（提升） 一列简谐横波沿x轴传播，在t=0.125s时的波形如图甲所示，M、N、P、Q是介质中的四个质点，已知N、Q两质点平衡位置之间的距离为16m。如图乙所示为质点P的振动图像。下列说法正确的是（　　）

A.该波的波速为240m/s
B.该波沿x轴正方向传播
C.质点P的平衡位置位于x=3m处
D.从t=0.125s开始，质点Q比质点N早回到平衡位置
【正确答案】 D

【原卷 5 题】 知识点 牛顿第二定律的简单应用


【正确答案】
C
【试题解析】


5-1（基础） 如图所示，物体P静止于固定的斜面上，P的上表面水平．现把物体Q轻轻地叠放在P上，则(　　)

A.P所受的合外力增大
B.P向下滑动
C.P静止不动
D.P与斜面间的静摩擦力不变
【正确答案】 C

5-2（基础） 如图，质量为M的楔形物块静置在水平地面上，其斜面的倾角为θ，斜面上有一质量为m的小物块。给小物块一沿斜面向下的速度，小物块能匀速下滑，在下滑到某位置时，用一沿斜面向下恒力F推小物块，在小物块继续下滑的过程中，地面对楔形物块的支持力为（　　）（已知楔形物块始终保持静止）

A.（M+m）g B.（M+m）g+F
C.（M+m）g+Fsinθ D.（M+m）g-Fsinθ
【正确答案】 A

5-3（巩固） 如图所示为某工地上的自动卸货车作业过程。卸货车始终静止在水平地面上，车厢在液压机的作用下，倾角先缓慢增大，当货物开始加速下滑时倾角保持不变。在卸货的全过程中（　　）

A.货物受到车厢的摩擦力一直增大
B.货物受到的合力始终为零
C.地面对货车的支持力先等于货车和货物的总重力，后小于货车和货物的总重力
D.地面对货车的摩擦力始终为零
【正确答案】 C

5-4（巩固） 如图，在水平桌面上放置一斜面体P，质量分别为m和2m的两长方体物块a和b叠放在P的斜面上，将a与b、b与P、P与桌面之间摩擦力的大小分别用f1、f2和f3表示，若a、b能一起沿斜面加速下滑而P保持静止，且f2=f3，则（　　）

A.f1可能等于0
B.f1：f2=1：3
C.f3的方向水平向右
D.f3的方向水平向左
【正确答案】 B

5-5（巩固） 如图所示，物体B放在物体A上，B、C是长方体木块，当B、C一起在光滑固定斜面A上从静止开始下滑时（　　）

A.C不受B的摩擦力作用
B.当时，C受到B的摩擦力沿斜面方向向下
C.当时，C受到B的摩擦力沿斜面方向向下
D.只有当时，B、C间才没有摩擦力
【正确答案】 A

5-6（巩固） 如图所示，质量为m、倾角为的斜面放在光滑水平面上，质量也为m的滑块放在斜面上，滑块、斜面均保持静止。现对滑块施加水平向右的恒力F，滑块与斜面一起以相同的加速度做匀加速直线运动，运动过程中，滑块刚好不受斜面的摩擦力作用。已知重力加速度大小为g，则恒力F的大小等于（ ）

A. B. C. D.
【正确答案】 B

5-7（巩固） 如图所示，质量为M的光滑斜面B放置于光滑水平地面上，现用一水平向右的恒力F推动斜面加速运动时，质量为m的物块A恰好相对B静止。已知斜面倾角为，重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　）

A.物块A所受合力为零
B.物块A受到的合力方向沿斜面向下
C.斜面对物块A的支持力大小为
D.恒力F的大小为
【正确答案】 D

5-8（提升） 如图所示，两个质量均为m的相同货物A、B叠放在自卸货车的车厢底板上保持相对静止一起加速下滑，车厢底板与水平面的夹角为α，A、B间的动摩擦因数为μ1，B与车厢底板间的动摩擦因数为μ2，货车在水平地面上始终保持静止，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　）

A.货车受到地面的静摩擦力方向水平向左
B.货车对地面的压力大于货车与货物的总重力
C.货物A受到的摩擦力大小一定为
D.μ1与μ2的关系满足μ1≥μ2
【正确答案】 D

5-9（提升） 如图所示，长方体滑块A和B叠放在倾角为θ的斜面体C上，A、B接触面与斜面平行。已知A、B下滑过程中始终保持相对静止，斜面体C在水平地面上始终保持不动。则下列说法正确的是（　　）

A.若A、B一起匀速下滑，则斜面体C受到地面的静摩擦力方向水平向右
B.若A、B一起匀速下滑，则滑块A与B间的动摩擦因数一定有μ=tanθ
C.若A、C接触面光滑，滑块B所受摩擦力沿A、B接触面向上
D.若A、C接触面光滑，则斜面体C受到地面的静摩擦力方向水平向左
【正确答案】 D

【原卷 6 题】 知识点 开普勒第三定律,卫星的各个物理量计算,不同轨道上的卫星各物理量的比较


【正确答案】
B
【试题解析】



6-1（基础） 据国家航天局消息，北京时间2020年12月12日，嫦娥五号轨道器和返回器组合体实施了第一次月地转移。如图所示，组合体自近月点由圆轨道变为椭圆轨道，开启了回家之旅。以下说法正确的是（　　）

A.组合体在近月点减速，从而变为椭圆轨道
B.组合体在近月点加速，从而变为椭圆轨道
C.组合体在椭圆轨道运行过程中，近月点的线速度小于远月点的线速度
D.组合体在椭圆轨道运行过程中，近月点的加速度小于远月点的加速度
【正确答案】 B

6-2（基础） 从申请加入国际空间站被拒，到成为全球第三个独立自主拥有全套载人航天技术的国家，中国航天人克难攻坚，成果斐然。2021年4月29日，长征运载火箭在海南文昌成功将空间站“天和”核心舱送入高度约400km的预定轨道，中国空间站在轨组装建造全面展开。今年还将发射“问天”和“梦天”两个实验舱，完成与核心舱对接，并再发射“天舟”货运飞船、“神舟”载人飞船各两艘，为空间站送去乘组和物资，最终完成中国第一座空间站“天宫”的建造。下列说法正确的是（　　）

A.卫星发射选在文昌会比在西昌更省燃料
B.空间站绕地飞行周期大于24小时
C.空间站绕地飞行速度大于第一宇宙速度
D.要实现实验舱与核心舱的对接，需要把实验舱送入核心舱轨道后再加速追上核心舱
【正确答案】 A

6-3（巩固） 2023年我国“天宫号”太空实验室实现了长期有人值守，我国迈入空间站时代。如图所示，宇航员乘坐“天舟号”沿椭圆轨道进入空间站，.A、B两点分别为椭圆轨道的近地点和远地点。则（　　）

A.“天舟号”A处飞向B处做加速运动
B.“天舟号”与“天宫号”运动周期相等
C.“天舟号”与“天宫号”对接前必须先加速运动
D.“天舟号”与“天宫号”在对接处受到的引力相等
【正确答案】 C

6-4（巩固） 发射地球同步卫星时，先将卫星发射至近地圆轨道1，变轨使其沿椭圆轨道2运行，最后变轨将卫星送入同步圆轨道3，轨道1、2相切于Q点，轨道2、3相切于P点，则当卫星分别在1、2、3轨道上正常运行时，以下说法正确的是（　　）

A.卫星在轨道1上运行的速率小于赤道上随地球自转物体的速率
B.卫星在轨道3上经过P点时的加速度大于它在轨道2上经过P点时的加速度
C.三条轨道中速率最大时刻为经过2上的Q点，速率最小时刻为经过2上的P点
D.周期关系为T2>T3>T1
【正确答案】 C

6-5（巩固） 空间探测卫星主要用于探测太阳风对地球空间环境的影响，近地点为几百公里，远地点为几万公里。如图所示两空间探测卫星A、B在同一平面内沿同一方向绕地球运行。则（　　）

A.卫星A的线速度大小大于卫星B的线速度大小
B.卫星A与地心连线在单位时间内扫过的面积与B与地心连线在单位时间内扫过的面积不相等
C.卫星A的半长轴三次方与周期二次方的比值比卫星B的小
D.卫星A的发动机短时间喷气一次，就能转移到卫星B的轨道上
【正确答案】 B

6-6（巩固） 中国预计将在2028年实现载人登月计划，把月球作为登上更遥远行星的一个落脚点。如图所示是“嫦娥一号”被月球引力捕获后成为绕月卫星的示意图。关于“嫦娥一号”下列说法正确的是（　　）

A.在地球上发射时的速度必须大于11.2km/s
B.在轨道Ⅱ上Q点的速度大于轨道Ⅲ上Q点的速度
C.在绕月球运动的各轨道中，公转半长轴的立方与公转周期的平方之比不变
D.在不同的绕月轨道上，相同时间内嫦娥一号与月心连线扫过的面积相同
【正确答案】 C

6-7（巩固） 如图所示为“天问一号”探测器经过多次变轨后登陆火星前的部分轨迹图，轨道Ⅰ、轨道Ⅱ、轨道Ⅲ相切于P点，轨道Ⅲ为环绕火星的圆形轨道，P、S两点分别是椭圆轨道Ⅱ的近火星点和远火星点，P、S、Q三点与火星中心在同一直线上，下列说法正确的是（ ）

A.探测器在P点由轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ需要点火加速
B.探测器在轨道Ⅲ上Q点的速度大于在轨道Ⅱ上S点的速度
C.探测器在轨道Ⅰ上经过P点时的加速度大于在轨道Ⅱ上经过P点时的加速度
D.探测器在轨道Ⅱ上由P点运动到S点的时间小于在轨道Ⅲ上由P点运动到Q点的时间
【正确答案】 B

6-8（提升） 2020年5月5日18时，长征五号B运载火箭成功将新一代载人飞船试验船送入预定轨道，拉开了我国载人航天工程“第三步”任务序幕，下图是试验船返回地球的示意图。假设地球半径为R，地球表面的重力加速度为，试验船初始时在距地球表面高度为的圆形轨道I上运动，然后在A点点火变轨进入椭圆轨道II，到达近地点B（忽略距离地表的高度）再次点火进入近地轨道III绕地球位圆周运动。下列说法中正确的是（　　）

A.在A点点火的目的是增大试验船的速度
B.在B点点火的目的是增大试验船的速度
C.试验船在轨道I上运行时的加速度大于在轨道II上运行时的加速度
D.试验船在轨道III上绕地球运行一周所需的时间为
【正确答案】 D

6-9（提升） 发射地球同步卫星时，先将卫星发射至近地圆轨道1，然后经点火，使其沿椭圆轨道2运行，最后再次点火，将卫星送入同步圆轨道3.轨道1、2相切于Q点，轨道2、3相切于P点，如图所示，则当卫星分别在1、2、3轨道上正常运行时，以下说法不正确的是（　　）

A.要将卫星由圆轨道1送入圆轨道3，需要在圆轨道1的Q点和椭圆轨道2的远地点P分别点火加速一次
B.由于卫星由圆轨道1送入圆轨道3点火加速两次，则卫星在圆轨道3上正常运行速度大于卫星在圆轨道1上正常运行速度
C.卫星在椭圆轨道2上的近地点Q的速度一定大于7.9 km/s，而在远地点P的速度一定小于7.9 km/s
D.卫星在椭圆轨道2上经过P点时的加速度一定等于它在圆轨道3上经过P点时的加速度
【正确答案】 B

【原卷 7 题】 知识点 杆球类模型及其临界条件,平均功率与瞬时功率的计算,应用动能定理求变力的功


【正确答案】
D
【试题解析】




7-1（基础） 如图所示，长度为L=0.50 m的轻质细杆OA，A端有一质量为m=1kg的小球，小球以O点为圆心在竖直平面内做圆周运动，已知小球过最高点时的速率为1m/s，取g=10 m/s2，则此时小球受到杆（　　）

A.8 N向下的拉力 B.8 N向上的支持力
C.12 N向下的拉力 D.12 N向上的支持力
【正确答案】 B

7-2（基础） 坐落在某公园的摩天轮高88 m，假设乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动。下列说法正确的是（　　）

A.在摩天轮转动一周的过程中，合力对乘客做功为零
B.在摩天轮转动的过程中，乘客重力的功率保持不变
C.在摩天轮转动的过程中，乘客机械能始终保持不变
D.在最低点时，乘客所受重力大于座椅对他的支持力
【正确答案】 A

7-3（巩固） 如图所示，质量为的小球置于正方体的光滑盒子中，盒子的边长略大于球的直径。某同学拿着该盒子在竖直平面内做半径为的匀速圆周运动，已知重力加速度为，空气阻力不计，要使在最高点时盒子与小球之间恰好无作用力，则（　　）

A.该盒子做圆周运动的向心力恒定不变
B.该盒子做匀速圆周运动的周期一定等于
C.盒子在最低点时，小球对盒子的作用力大小等于
D.盒子在与点等高的右侧位置时，小球对盒子的作用力大小等于
【正确答案】 D

7-4（巩固） 如图所示，小明在游乐园乘坐摩天轮。已知摩天轮在竖直平面内沿顺时针方向做匀速圆周运动，且舱内座椅保持水平。摩天轮运动的整个过程中，小明始终相对座椅静止。座椅对小明的作用力正确的是（　　）

A.从a到b的过程中，小明处于失重状态
B.从c到d的过程中，小明处于超重状态
C.从a到b的过程中，座舱对小明的作用力逐渐减小
D.从c到d的过程中，座舱对小明的作用力逐渐减小
【正确答案】 C
7-5（巩固） 如图所示，长为L的轻质硬杆A一端固定小球B，另一端固定在水平转轴O上。现使轻杆A绕转轴O在竖直平面内匀速转动，轻杆A与竖直方向夹角从增加到的过程中，下列说法中正确的是（　　）

A.小球B受到的合力的方向始终沿着轻杆A指向轴O
B.当时，小球B受到轻杆A的作用力方向竖直向上
C.轻杆A对小球B做正功
D.小球B重力做功的功率不断增大
【正确答案】 A

7-6（巩固） 如图所示，长度为1m的轻杆绕O点在竖直平面内以的角速度做匀速圆周运动，杆的另一端连有一质量为的小球视为质点。a、b分别为其运动轨迹的最低点和最高点。不计空气阻力，取重力加速度大小，下列分析正确的是（　　）

A.小球运动到b点时，轻杆对小球的作用力大小为
B.小球运动到a点时，轻杆对小球的作用力大小为3 N
C.小球从a点运动到b点过程中，轻杆对小球做功为3 J
D.小球从b点运动到a点过程转动半周中，重力做功的平均功率为
【正确答案】 D

7-7（巩固） 如图所示，轻杆一端固定有质量为的小球，另一端安装在水平转轴上，转轴到小球的距离为1m，转轴固定在带电动机（电动机没画出来）的三角形支架上（支架放在水平地面上且始终保持静止），在电动机作用下，小球在竖直面内做匀速圆周运动。若小球的转速为n且运动到最高点时，杆受到小球的压力为2N（重力加速度g取），则（ ）

A.小球运动时需要的向心力大小为22N
B.小球运动的线速度大小为2m/s
C.小球运动到图示水平位置时，地面对支架的摩擦力大小为18N
D.把杆换成轻绳，同样转速的情况下，小球仍能通过图示的最高点
【正确答案】 C

7-8（提升） 如图所示，竖直面内固定有一半径为R的半圆形光滑轨道ABC，AOC为半圆形轨道的直径，一质量为m的小球静止放置在A点。某时刻，给小球施加一方向垂直AC、大小为F的水平恒力，且轨道始终固定，在以后的运动过程中，下列说法正确的是（　　）

A.小球可能达到C点 B.小球可能到达B点
C.小球可能会脱离轨道 D.小球对轨道压力的最大值为
【正确答案】 B

7-9（提升） 如图所示，固定于水平面上的竖直光滑圆轨道的半径为R，B、D分别为圆轨道的最高点和最低点，A与C为平行于地面的直径的两端点，小球（视为质点）从轨道上的A点以某一速度沿轨道竖直向下运动。下列判断正确的是（　　）

A.只有时，小球才能到达B点
B.小球从A点到D点的过程中克服重力做功，且重力做功的功率先增大后减小
C.若小球能过B点，则小球从A点运动至D点的时间小于从C点运动至B点的时间
D.若轨道存在摩擦，则小球从A点至D点与从D点至C点过程中克服摩擦力做的功一定相等
【正确答案】 C

【原卷 8 题】 知识点 两根通电导线之间的作用力方向


【正确答案】
D
【试题解析】
【详解】A．通入电流时，弹簧各相邻线圈中电流的方向相同，根据同向电流相互吸引可知，它们之间相互吸引，故A错误；
B．将a、b端的极性对调，弹簧各相邻线圈中电流的方向仍然相同，它们之间相互吸引，导致弹簧收缩，下端离开水银液面，电路断开，电流消失，弹簧伸长，电路导通，重复上述过程，水银弹簧仍然上下振动，故B错误；
C．增大电流，弹簧各相邻线圈之间相互吸引力增大，下端离开水银液面的最大高度一定变大，故C错误；
D．结合上面选项分析，弹簧的上下振动与电流的方向无关，用频率合适的交流电，也可使弹簧上下振动，故D正确。故选D。

8-1（基础） 如图所示，在同一平面内，同心的两个导体圆环中通以异向的电流时（　　）

A.两环都有向内收缩的趋势
B.两环都有向外扩张的趋势
C.内环有收缩的趋势，外环有扩张的趋势
D.内环有扩张的趋势，外环有收缩的趋势
【正确答案】 C

8-2（基础） 两根电流大小相同的通电直导线A和B用相同的丝线悬挂在水平天花板上，导线A的电流方向向里如图所示。在空间中加竖直方向的磁场可以使两根丝线与天花板垂直，则B的电流方向和所加的磁场方向分别为（　　）

A.向里 竖直向上 B.向里 竖直向下
C.向外 竖直向上 D.向外 竖直向下
【正确答案】 C

8-3（巩固） 国家标准铜芯线广泛应用于生产生活。其中双芯铜芯电线的结构可简化为如图所示，cd和ef为两根相互平行的铜芯线，a、b两点位于两导线所在的平面内，b到两导线的距离相等，当流过两根铜芯线的电流大小相同，方向相反时，下列说法正确的是（　　）

A.a点磁场方向垂直纸面向外
B.b点的磁感应强度为零
C.cd导线受到的安培力方向向左
D.导线cd受到的安培力大于导线ef受到的安培力
【正确答案】 C

8-4（巩固） 如图所示为研究平行通电直导线之间相互作用的实验装置，接通电路后发现，接电源现两根导线均发生形变，当通过导线M和N的电流均为向上的时，导线N受到的磁场力为F1；当电流均为向上的时，导线N受到的磁场力为F2。已知，则下列说法中正确的是(　　)

A.，两根导线相互排斥 B.，两根导线相互吸引
C.，两根导线相互排斥 D.，两根导线相互吸引
【正确答案】 D

8-5（巩固） 特高压直流输电是国家重点能源工程。如图所示，两条平行导线、，其中a、b点连线与两导线垂直，O点为连线中点，导线长度看作无限长、忽略地磁场，两根导线通有同向的电流，大小分别为、，则（　　）

A.与相互排斥 B.O点的磁感应强度方向与电流方向相同
C.若，则O点处的磁感应强度大小为零 D.若，则两导线所受安培力大小不相等
【正确答案】 C

8-6（巩固） 如图所示，在水平气垫导轨上放置两个质量不同的滑块，滑块上固定有完全相同的环a、b（与滑块绝缘） ，两环面平行且与气垫导轨垂直。在a、b两环同时通入大小相同、方向相反的恒定电流后，从静止同时释放两滑块，下列说法中正确的是（　　）

A.a、b两环（含滑块）的动能始终相等
B.a、b两环（含滑块）的动量始终等大反向
C.a、b两环（含滑块）的加速度始终等大反向
D.a、b两环（含滑块）之间的相互作用力相同
【正确答案】 B

8-7（巩固） 如图所示，纸面内固定有甲、乙两平行长直导线，分别通有电流强度为、且方向相同的恒定电流，点位于纸面内并且是两平行长直导线间中点，下列说法正确的是（　　）

A.甲、乙互相排斥，点磁场方向垂直纸面向外
B.甲、乙互相排斥，点磁场方向垂直纸面向里
C.甲、乙互相吸引，点磁场方向垂直纸面向里
D.甲、乙互相吸引，点磁场方向垂直纸面向外
【正确答案】 D

8-8（提升） 如图所示，是两根平行且水平放置的长直导线，通以大小、方向均相同的恒定电流，在连线的垂直平分线上放置一段长为的直导线，刚好在正三角形的三个顶点上。现给通以恒定电流，受到的安培力大小为（导线在空间中产生的磁感应强度为空间中某点到导线的距离，为电流，为比例系数）。若只将导线的电流增大为原来的两倍，则受到的安培力大小变为（　　）

A. B. C. D.
【正确答案】 D

8-9（提升） 如图所示，a、b、c为三根与纸面垂直的固定长直导线，其截面位于等边三角形的三个顶点上，O为三角形的中心点，bc沿水平方向，P为bc中点，三根导线中均通有大小相等的电流，方向如图所示，则（　　）

A.O点的磁感应强度竖直向上
B.O点的磁场方向水平向左
C.导线a受到的安培力方向竖直向下
D.P点的磁感应强度水平向右
【正确答案】 D

【原卷 9 题】 知识点 含容电路中有关电荷量及其变化的计算,计算含容电路的电流和电压


【正确答案】
A
【试题解析】







9-1（基础） 如图所示，电路中、为两个电阻箱，平行板电容器C的极板水平放置。闭合电键S一段时间后，带电油滴悬浮在两板之间静止不动；如果电源的内阻不能忽略，且只允许做一个调整，则下列做法中，能使油滴向上运动的是（　　）

A.增大两板间的距离 B.断开电键S C.减小的阻值 D.增大的阻值
【正确答案】 D

9-2（基础） 如图所示，两块平行金属板c、d竖直放置，其间有用绝缘细线悬挂的带电小球。闭合开关，滑片P位于ab正中间时，小球偏离竖直方向α角，则（　　）

A.保持滑片P位置不变，仅将c略向右移动，α角将变小
B.仅断开开关，α角将不变
C.仅将滑片向b端移动时，α角将变大
D.仅调节电阻箱R使其阻值增大，α角将变大
【正确答案】 C

9-3（巩固） 如图所示的电路中，开关闭合后，灯泡L能正常发光。当滑动变阻器的滑片向右移动，该过程灯泡L仍是完好的，当电路稳定后，下列判断正确的是（　　）

A.定值电阻R0两端的电压变小
B.灯泡L变暗
C.电源消耗的功率减小
D.电容器C的电荷量减小
【正确答案】 D

9-4（巩固） 如图所示，电源的电动势为、内阻为，定值电阻、、，电容器的电容为，闭合开关、。则下列说法正确的是（　　）

A.电容器所带的电荷量为
B.流过的电流是电流的2倍
C.断开开关，电容器所带的电荷量不变
D.断开开关，电源内部消耗的功率增大
【正确答案】 A

9-5（巩固） 如图所示电路中，直流电源内阻，、为定值电阻，滑动变阻器最大阻值为，。开关K闭合且电路稳定后，滑动变阻器的滑片P缓慢从b向a滑动过程中（ ）

A.电流表示数变小 B.电源的效率减小
C.滑动变阻器消耗的功率一直减小 D.通过的电流方向为从c到d
【正确答案】 B

9-6（巩固） 如图所示，电源电动势为E，内阻为r，R1、R2为定值电阻，C为电容器。闭合开关S，在滑动变阻器R的滑片向上滑动过程中（　　）

A.电阻 R2中有向下的电流 B.通过电阻R1电流增大
C.电源的输出功率一定变大 D.电容器C两极板所带电荷量变小
【正确答案】 A

9-7（巩固） 如图所示的电路中，闭合开关S后，电容器两极板间的一个带电液滴恰好处于静止状态。当只进行一项相关操作时，以下说法中正确的是（　　）

A.将的阻值增大时，液滴将向上运动
B.将的阻值增大时，液滴仍保持静止状态
C.断开开关S，液滴将向上运动
D.把电容器的上极板向上平移少许，液滴保持静止
【正确答案】 C

9-8（提升） 如图所示，一电荷量q=+3×10-5C的小球，用绝缘细线悬挂于竖直放置足够大的平行金属板中的O点，开关S合上后，小球静止时细线与竖直方向的夹角θ=37°．已知两板间距d=0.1m，电源电动势E=15V，内阻r=0.5Ω，电阻R1=3Ω，R2=R3=R4=8Ω，．取g=10m/s2，已知sin37°=0.6，cos37°=0.8．则以下说法正确的是( )

A.电源的输出功率为14W
B.两板间的电场强度的大小为140V/m
C.带电小球的质量5.6毫克
D.若增加R1的大小，会有瞬时电流从右向左流过R4
【正确答案】 B

9-9（提升） 如图所示，电源内阻较大，当开关闭合、滑动变阻器滑片位于某位置时，水平放置的平行板电容器间一带电液滴恰好处于静止状态，灯泡L也能正常发光，现将滑动变阻器滑片由该位置向a端滑动，则（　　）

A.灯泡将变暗，电源效率将减小
B.液滴带正电，将向下做加速运动
C.电源的路端电压增大，输出功率也增大
D.滑片滑动瞬间，带电液滴电势能将减小
【正确答案】 D

【原卷 10 题】 知识点 ψ-x图像的物理意义

【正确答案】
C
【试题解析】
【详解】A．根据电势变化可知，x1的电场方向沿x轴正方向，x3处的电场方向沿x轴负方向，A错误；
B．从x1运动到x2，电势降低，电子电势能增大，故电场力对电子做负功，B错误；
C．电子运动过程中仅电场力做功，故电子电势能与动能的总和不变，电子在x1处的电势能大于在x3处的电势能，故电子在x1处的速率小于在x3处的速率，C正确；
D．由图像的斜率变化可知，电子从x2运动到x3，加速度逐渐增大，D错误。故选C。

10-1（基础） 某静电场沿方向的电势分布如图所示，则（ ）

A.在之间存在着沿方向的匀强电场
B.在之间存在着沿方向的非匀强电场
C.在之间存在着沿方向的匀强电场
D.在之间存在着沿方向的非匀强电场
【正确答案】 C

10-2（基础） 两电荷量分别为q1和q2的点电荷固定在x轴上的A、B两点，两点电荷连线上各点电势φ随坐标x变化的关系如图所示，其中P点电势最高，且AP
A.两点电荷均带正电，且q1>q2
B.两点电荷均带正电，且q1 C.两点电荷均带负电，且q1>q2
D.两点电荷均带负电，且q1 【正确答案】 D

10-3（巩固） 两电荷量分别为和的点电荷固定在x轴上的A、B两点，两电荷连线上各点电势随坐标x变化的关系图像如图所示，其中P点电势最高，且，则（　　）

A.和都是负电荷
B.的电荷量大于的电荷量
C.在A、B之间将一负点电荷沿x轴从P点左侧移到右侧，电势能先增大后减小
D.一点电荷只在电场力作用下沿x轴从P点运动到B点，加速度逐渐变小
【正确答案】 A

10-4（巩固） 某静电场中x轴上各点电势分布图如图所示．一带电粒子在坐标原点O处静止释放，仅在电场力作用下沿x轴正方向运动过程，下列说法正确的是（　　）

A.粒子可能带负电 B.粒子在处电势能最小
C.粒子能够运动到处 D.粒子受到的电场力先增大后减小
【正确答案】 B

10-5（巩固） 如图甲，O、P为光滑水平面上相距0.3m的两点，O、P连线上存在与OP连线平行的电场，其上各点的电势随距O点的距离x变化的关系如图乙所示，图中斜虚线为图线在点P（0.3m，200V）的切线，切线与x轴交于0.5m处。现将一质量、电荷量的小物块从O点静止释放，下列说法正确的是（  ）

A.该电场线的方向为由P指向O B.该物块在P点的电势能比O点的电势能大
C.该物块运动到P点时，加速度大小为 D.该物块运动到P点时，速度大小为10m/s
【正确答案】 C

10-6（巩固） 真空中有一半径为r0的带电金属球壳，通过其球心的一直线上各点的电势分布如图所示，r表示该直线上某点到球心的距离。下列说法中正确的是（　　）

A.该球壳带负电荷
B.该球壳内部电场强度大于零
C.r1处的电场强度小于r2处的电场强度
D.正试探电荷在r1处的电势能大于在r2与处的电势能
【正确答案】 D

10-7（巩固） 取无穷远处电势为0，在x轴上固定有两个点电荷，x轴负半轴上电势随位置的分布如图所示，已知在x1处图像的切线平行于x轴，则（　　）

A.在x轴负半轴上，x1处的电场强度最大
B.两点电荷可能带同种电荷
C.两点电荷可能带等量电荷
D.两点电荷中正电荷的电荷量大于负电荷的电荷量
【正确答案】 D

10-8（提升） 如图所示，x轴上固定两个点电荷A和B，电荷A固定在原点，电荷B固定在x=2L处，通过电势传感器测出x轴上各点电势随坐标x的变化规律并描绘出φ-x图像。已知φ-x图线与x轴的交点坐标为x1和x2，x=3L处的切线水平，点电荷的电势公式的，其中k为静电力常量，Q为场源点电荷的电荷量，r为某点距场源点电荷的距离，取无穷远处电势为零。以下说法正确的是（　　）

A.两点电荷为同种电荷
B.两点电荷的电荷量之比为
C.坐标、
D.在x轴上的区域内无初速度释放一正电荷，该正电荷一定能到达无穷远处
【正确答案】 C

10-9（提升） 在x轴的和两处分别固定两个点电荷、，图中曲线是两电荷间的电势与位置x之间的关系图像，图线的最低点在处。现在处由静止释放一个质量为m、电荷量为q的正点电荷，该电荷只在电场力作用下运动，取无穷远处电势为零。下列说法正确的是（　　）

A.、可能都是负电荷
B.两固定电荷电量之比为
C.点电荷q可能运动到处
D.点电荷q运动到处加速度为零
【正确答案】 D

【原卷 11 题】 知识点 弹簧类问题机械能转化的问题


【正确答案】
C
【试题解析】



11-1（基础） 如图所示，小球从直立轻质弹簧的正上方处a点由静止自由下落，到b点与弹簧接触，到c点时弹簧被压缩到最短，然后又被弹回。若不计空气阻力，下列判断正确的是（　　）

A.能量在动能和弹性势能两种形式之间转化
B.小球在b点速度最大
C.在c点时小球、地球与弹簧组成系统的势能最大
D.小球在由b运动到c点的过程中，小球、地球与弹簧组成系统的机械能减小
【正确答案】 C

11-2（基础） 弹弓的构造原理如图所示，橡皮筋两端点A、B固定在把手上，橡皮筋处于ACB时恰好为原长状态，在C处（AB连线的中垂线上）放一固体弹丸，一手执把，另一手将弹丸拉至D点放手，弹丸就会在橡皮筋的作用下发射出去，打击目标。现将弹丸竖直向上发射，已知E是CD中点，则（　　）

A.从D到C过程中，弹丸的机械能守恒
B.从D到C过程中，弹丸的机械能先增大后减小
C.从D到C过程中，橡皮筋的弹性势能先增大后减小
D.从D到E过程橡皮筋对弹丸做的功大于从E到C过程
【正确答案】 D

11-3（巩固） 如图所示，取一支质量为的按压式圆珠笔，将笔的按压式小帽朝下按在桌面上，无初速放手后笔将会竖直向上弹起一定的高度然后再竖直下落。重力加速度为，不计一切阻力，下列说法正确的是（　　）

A.整个按压过程中，笔内部弹簧的弹性势能增加量小于
B.从放手到笔刚离开桌面的过程中，桌面对笔不做功
C.从放手到笔刚离开桌面的过程中，笔一直向上加速
D.从放手到笔刚离开桌面的过程中，弹簧的弹性势能全部转化为笔的动能
【正确答案】 B

11-4（巩固） 如图所示，竖直轻弹簧固定在水平地面上，弹簧的劲度系数为k，原长为l0．质量为m的铁球由弹簧的正上方h高处自由下落，与弹簧接触后压缩弹簧，当弹簧的压缩量为x时，铁球下落到最低点。不计空气阻力，重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　）

A.小球下落到与弹簧接触后做加速度减小的变加速运动，到最低点时加速度为0
B.当弹簧压缩量时，小球的动能最大
C.在小球压缩弹簧的过程中，弹簧弹性势能先增大后减小
D.小球的整个下落过程，其重力势能一直减小，机械能先不变，后增大
【正确答案】 B

11-5（巩固） 如图所示，轻质弹簧上端固定下端系一物体，物体在A处时，弹簧处于原长状态。现用手托住物体使它从A处缓慢下降，到达B处时，手和物体自然分开。此过程中，物体克服手的支持力所做的功为W，不考虑空气阻力。关于此过程，下列说法正确的是（　　）

A.物体重力势能减小量一定小于W
B.弹簧弹性势能增加量一定等于W
C.弹簧的弹性势能和物体的机械能总和增加了W
D.若将物体从A处由静止释放，则物体到达B处时的动能大于W
【正确答案】 B

11-6（巩固） 如图所示，一轻质弹簧上下两端各连接一小木块A和B，它们的质量分别为3m、2m，开始时系统静止在水平面上，现在用一竖直向上的恒力F拉木块A，恰好能使B离开地面，则在此过程中（　　）

A.F=5mg
B.A、B及弹簧组成的系统机械能守恒
C.恒力F所做的功等于A增加的重力势能
D.力F所做的功等于A、B及弹簧组成的系统机械能的增量
【正确答案】 D

11-7（巩固） 如图所示，固定的竖直光滑长杆上套有质量为m的小圆环，圆环与水平状态的轻质弹簧一端连接，弹簧的另一端连接在墙上，且处于原长状态。现让圆环由静止开始下滑，已知弹簧原长为L，圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为2L（未超过弹性限度），重力加速度为，则在圆环下滑到最大距离的过程中（　　）

A.弹簧对圆环先做正功后做负功
B.弹簧弹性势能增加了mgL
C.圆环重力势能与弹簧弹性势能之和先减小后增大
D.圆环下滑到最大距离时，所受合力为零
【正确答案】 C

11-8（提升） 如图所示，质量均为m的两物体A、B用劲度系数为k的轻质弹簧拴接，物体C叠放在物体B上，系统处于静止状态。现将C瞬间取走，物体A恰好不离开地面。已知弹性势能的表达式为，其中x为弹簧的形变量，重力加速度为g。以下说法正确的是（　　）

A.物体C的质量为3m
B.物体B运动到最高点时的加速度大小为3g
C.物体B的最大速度大小为
D.物体B上升的最大高度为
【正确答案】 C

11-9（提升） 如图所示，一根轻质弹簧一端固定于光滑竖直杆上，另一端与质量为m的滑块P连接，P穿在杆上，一根轻绳跨过定滑轮将滑块P和重物Q连接起来，滑块Q的质量为4m。将P从图中A点由静止释放后沿竖直杆上下运动，当它经过A、B两点时弹簧对滑块的弹力大小相等。已知OA与水平面的夹角，长为，与垂直，不计滑轮的摩擦力，重力加速度为g。则P从A点到B点的过程中（　　）

A.P和Q组成的系统机械能守恒
B.P的速度一直增大
C.轻绳对P做的功为8mgL
D.重力对Q做功的功率一直减小
【正确答案】 C

【原卷 12 题】 知识点 判断导体切割磁感线中的电流方向,计算导轨切割磁感线电路中产生的热量,求导体棒运动过程中通过其截面的电量,导体棒转动切割磁感线产生的动生电动势


【正确答案】
C
【试题解析】




12-1（基础） 水平面上放置两个互相平行的足够长的金属导轨，间距为d，电阻不计，其左端连接一阻值为R的电阻。导轨处于方向竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。质量为m、长度为d、阻值为R与导轨接触良好的导体棒以速度垂直导轨水平向右运动直到停下。不计一切摩擦，则下列说法正确的（　　）

A.导体棒运动过程中做安培力先做正功再做负功
B.导体棒在导轨上运动的最大距离为
C.整个过程中，电阻上产生的焦耳热为
D.整个过程中，导体棒的平均速度大于
【正确答案】 B

12-2（基础） 如图所示，金属杆ab以一定的初速度从倾斜、光滑的固定平行金属导轨底端向上滑行，一段时间后义回到导轨底端。已知两导轨上端连有一阻值为R的电阻，导轨间有垂直于导轨平面向上的匀强磁场。下列分析正确的是（ ）

A.金属杆向上滑行与向下滑行的时间相等
B.金属杆向上滑行时，通过金属杆的电流方向从b到a
C.金属杆向上滑行时，通过电阻R的电荷量大于向下滑行时通过电阻R的电荷量
D.金属杆刚向上滑行时受到的安培力大于刚回到导轨底端时受到的安培力
【正确答案】 D

12-3（巩固） 如图所示，一平行金属轨道平面与水平面成θ角，两轨道宽为L，上端用一电阻R相连，该装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于轨道平面向上。质量为m的金属杆ab以初速度v0从轨道底端向上滑行，达到最大高度h后保持静止。克服摩擦做的功为Wf。若运动过程中金属杆始终保持与导轨垂直且接触良好，轨道与金属杆的电阻均忽略不计。关于上滑过程，下列说法不正确的是（　　）

A.通过电阻R的电量为
B.金属杆中的电流方向由a指向b
C.金属杆克服安培力做功等于
D.金属杆损失的机械能等于电阻R产生的焦耳热
【正确答案】 D

12-4（巩固） 如图所示，间距为L、电阻不计的足够长平行光滑金属导轨水平放置，导轨左端用一阻值为R的电阻连接，导轨上横跨一根质量为m、有效电阻也为R的金属棒，金属棒与导轨垂直且接触良好。整个装置处于竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场中.现使金属棒以初速度v沿导轨向右运动，若金属棒在整个运动过程中通过的电荷量为q，则下列说法正确的是（　　）

A.金属棒在导轨上做匀减速运动
B.整个过程中金属棒在导轨上发生的位移为
C.金属棒运动至最大位移的一半时，速度为
D.整个过程中电阻R上产生的焦耳热为
【正确答案】 C

12-5（巩固） 如图所示，竖直放置的两根足够长的平行金属导轨相距L，导轨电阻不计，导轨间接有一定值电阻R，质量为m、电阻为r的金属棒与两导轨始终保持垂直并良好接触，且无摩擦，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直，重力加速度为g，现将金属棒由静止释放，金属棒下落高度为h时开始做匀速运动，在此过程中（　）

A.金属棒的最大速度为
B.通过电阻R的电荷量为
C.金属棒克服安培力做的功等于电阻R上产生的热量
D.安培力对金属棒做的功等于金属棒动能的增加量
【正确答案】 B

12-6（巩固） 如图所示，MN和PQ是电阻不计的平行金属导轨，其间距为L，导轨弯曲部分光滑，平直部分粗糙，二者平滑连接，右端接一个阻值为R的定值电阻。平直部分导轨左边区域有宽度为d、方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。质量为m、接入电路的电阻也为R的金属棒从高度为h处由静止释放，到达磁场右边界处恰好停止。已知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为，金属棒与导轨垂直且接触良好，重力加速度为g。则金属棒穿过磁场区域的过程中（　　）

A.流过金属棒的最大电流为
B.通过金属棒的电荷量为
C.克服安培力所做的功为
D.金属棒在磁场中做匀减速直线运动
【正确答案】 C

12-7（巩固） 如图所示，abcd为水平放置的平行“”形光滑金属导轨，导轨间距为l，bc间电阻为R，其它部分电阻不计。导轨间有垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B。金属杆放置在导轨上，与导轨的接触点为M、N。并与导轨成角，金属杆以的角速度绕N点由图示位置逆时针匀速转动到与导轨ab垂直。转动过程中金属杆与导轨始终接触良好，金属杆电阻忽略不计，则在金属杆转动过程中（　　）

A.M、N两点电势相等
B.金属杆中感应电流的方向由M流向N
C.电路中感应电流的大小始终为
D.电路中通过的电荷量为
【正确答案】 B

12-8（提升） 如图所示，足够长的光滑平行金属导轨与水平面成θ角放置，导轨间距为L且电阻不计，其顶端接有一阻值为R的电阻，整个装置处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下。一质量为m的金属棒以初速度v0由导轨底端上滑，经一段时间滑行距离x到达最高点后，又返回底端。棒与两导轨始终垂直且接触良好，其接入电路中的电阻为r，重力加速度为g。下列说法不正确的是（　　）

A.棒下滑过程的平均速度等于
B.棒下滑过程通过R的电荷量为
C.棒上滑时间等于
D.棒上滑过程中回路产生的焦耳热等于
【正确答案】 A

12-9（提升） 如图所示，水平间距为L，半径为r的二分之一光滑圆弧导轨，为导轨最低位置，与为最高位置且等高，右侧连接阻值为R的电阻，圆弧导轨所在区域有磁感应强度为B、方向竖直向上的匀强磁场。现有一根金属棒在外力的作用下以速度从沿导轨做匀速圆周运动至处，金属棒与导轨始终接触良好，金属棒与导轨的电阻均不计，则该过程中（ ）

A.经过最低位置处时，通过电阻R的电流最小
B.经过最低位置处时，通过金属棒的电流方向为
C.通过电阻R的电荷量为
D.电阻R上产生的热量为
【正确答案】 C

【原卷 13 题】 知识点 平抛运动概念、性质、条件、特征,重力加速度及其测定

【正确答案】
B
【试题解析】



13-1（基础） 一个物体以初速水平抛出，经时间t，竖直方向速度大小为，则t为（　　）
A. B. C. D.
【正确答案】 A

13-2（基础） 如图所示，只要测量了小明释放直尺到小张捏住直尺这段时间内直尺下落的高度h，就能确定小张的反应时间t，其所依据的关系式是（ ）

A. B. C. D.
【正确答案】 C

13-3（巩固） 疫情期间，某小区用无人机投送小型急救包，无人机在离地高度以恒定速度向目标位置匀速水平飞行，在离目标位置水平距离为时投送急救包，结果急救包刚好落到目标位置，若无人机飞行高度降为，飞行速度不变，要使急救包也刚好落到目标位置，无人机投送急救包时的位置离目标位置水平距离为（不考虑空气阻力的影响）（ ）

A. B. C. D.
【正确答案】 C

13-4（巩固） “套圈儿”是许多人喜爱的一种游戏。如图所示，小孩和大人直立在界外同一位置，在同一竖直线上不同高度先后水平抛出小圆环，并恰好套中前方同一物体，假设圆环的运动可视为平抛运动，则（　　）

A.大人与小孩抛出的圆环运动时间相同 B.小孩抛出的圆环运动时间较短
C.小孩抛出的圆环水平速度大小较小 D.两人抛出的圆环水平速度大小相等
【正确答案】 B

13-5（巩固） 如图所示，装满水的圆柱形水瓶竖直放在水平地面上，在侧壁扎几个截面积一样的小孔，水流会以初速度从孔中水平射出，伯努利方程给出初速度，h为小孔距液面的高度，不计一切阻力，且不考虑水流引起的液面高度变化。以下正确的是（　　）

A.水落地时的瞬时速率与小孔位置有关
B.若小孔位置越高，则水的落地点越远
C.若小孔位置越高，则在空中的水柱体积越大
D.若水的落地点越远，则空中的水柱体积越大
【正确答案】 D

13-6（巩固） 某生态公园的人造瀑布景观如图所示，水流从高处水平流出槽道，恰好落入步道边的游泳池中。现制作一个为实际尺寸的模型展示效果，模型中槽道里的水流速度应为实际的（　　）

A. B. C. D.
【正确答案】 B

13-7（巩固） 如图所示，某同学从P点先、后水平抛出两个相同的小球，并落在水平桌面上的M、N两点，抛出时速度大小分别为vM、vN，从抛出点到桌面所经历的时间分别为tM、tN，不计空气阻力，下列关系正确的是（　　）

A.vM>vN B.vM C.tM>tN D.tM 【正确答案】 B

13-8（提升） 如图甲所示是网球发球机，某次室内训练时将发球机放在距地面一定的高度，然后向竖直墙面发射网球．假定网球均水平射出，某两次射出的网球碰到墙面时速度与水平方向夹角分别为30°和60°，若不考虑空气阻力，则（　　）

A.两次发射的初速度大小之比为3∶1
B.碰到墙面前在空中的运动时间之比为1∶
C.下落高度之比为1∶
D.碰到墙面时速度大小之比为3∶1
【正确答案】 B

13-9（提升） 如图，倾角为q=45°的斜坡，斜坡高度为h，斜坡底端A点正上方有B和C两点，B点和斜坡等高。甲战斗机以水平速度v1飞到C点时释放炸弹，准确命中斜坡上的一点P，CP的连线垂直于坡面；乙战斗机以水平速度v2飞到B点时释放炸弹，也准确命中斜坡上的同一点P，速度方向恰好垂直斜坡。已知两颗炸弹质量相同，则（　　）

A.C点距离A点的高度为h
B.甲释放的炸弹和乙释放的炸弹在空中的飞行时间比为：1
C.v1：v2=：1
D.重力对甲战斗机释放的炸弹和乙战斗机释放的炸弹做功之比为：1
【正确答案】 B

【原卷 14 题】 知识点 基态、激发态、跃迁、电离,德布罗意波的公式



【正确答案】
C
【试题解析】



14-1（基础） 如果一个电子的德布罗意波长和一个中子的相等，则它们相等的是（ ）
A.速度 B.动能 C.动量 D.总能量
【正确答案】 C

14-2（基础） 如果下列四种粒子具有相同的速率，则德布罗意波长最大的是（ ）
A.电子 B.中子 C.质子 D.粒子
【正确答案】 A

14-3（巩固） 1985年华裔物理学家朱棣文成功利用激光冷冻原子，现代激光制冷技术可实现10-9K的低温。一个频率为的光子被一个相向运动的原子吸收，使得原子速度减为零，已知真空中光速为c，根据上述条件可确定原子吸收光子前的（　　）
A.速度 B.动能 C.物质波的波长 D.物质波的频率
【正确答案】 C

14-4（巩固） 德布罗意认为实物粒子也具有波动性，质子（）和粒子（）被加速到相同动能时，质子和该粒子的德布罗意波波长之比为（　　）
A. B.
C. D.
【正确答案】 C

14-5（巩固） 低温为研究物质结构与性质提供了独特的条件。2022年10月31日“梦天实验舱”进入预定轨道，其上搭载了世界领先的微重力超冷原子物理实验平台，可以制备地面无法实现的以下的超冷原子构成的气体。超冷原子是指温度接近状态下的原子，其热运动速率只有室温下的倍。制备时，先利用激光冷却技术，将原子置于相向传播且频率略不同于原子跃迁能级所对应频率的激光束中运动时，由于多普勒效应，原子受到激光束对其产生的阻力，从而使原子的速度降低。又利用磁场将原子束缚在一定的区域内形成原子团，实现较长时间的原子与激光相互作用。再利用蒸发冷却技术，将原子团中速率较大的原子“蒸发”掉，使温度进一步降低。根据上述信息，下列说法正确的是（　　）
A.激光频率一定时，原子质量越大，激光制冷的效果越好
B.激光制冷技术只能使特定速率的原子减速，而其余原子的速率保持不变
C.与室温下的原子相比，超冷原子更容易发生衍射
D.传播方向与原子运动方向相反的激光的频率应当略高于（为普朗克常量）
【正确答案】 C

14-6（巩固） 发光功率为P的激光器发出波长为λ的激光，假设某一光子与静止的电子发生正碰（　　）
A.与电子碰撞后，光子的波长不变
B.与电子碰撞后，光子的波长变短
C.激光器发出光子的动量为
D.激光器每秒钟发出光子的数量为
【正确答案】 D

14-7（巩固） 在纳米技术中需要移动或修补原子，必须使在不停地做热运动（速率约几百米每秒）的原子几乎静止下来且能在一个小的空间区域内停留一段时间，为此已发明了“激光制冷”技术，若把原子和入射光分别类比为一辆小车和一个小球，则“激光制冷”与下述的力学模型很类似。一辆质量为m的小车（一侧固定一轻弹簧），如图所示以速度水平向右运动，一个动量大小为p的小球水平向左射入小车并压缩弹簧至最短，接着被锁定一段时间，再解除锁定使小球以大小相同的动量p水平向右弹出，紧接着不断重复上述过程，最终小车停下来。设地面和车厢均为光滑，除锁定时间外，不计小球在小车上运动和弹簧压缩、伸长的时间。从小球第一次入射开始到小车停止运动所经历的时间为（　　）

A. B. C. D.
【正确答案】 D

14-8（提升） 激光制冷是利用激光的辐射压力使中性气体原子速度减慢，温度降低，对计时、精密计量和导航有重要意义。用激光光子照射钠原子，钠原子会吸收光子（不考虑钠原子的质量变化），由于光子和钠原子的动量方向相反。钠原子吸收光子之后其运动速度会降低从而冷却，现在通过激光制冷技术可以使钠原子的温度降低到4.3×10-5 K，现有一个动量为P的钠原子，连续吸收迎面而来的多个频率为v的激光光子，速度减小，已知光速为c，下列说法中正确的是（　　）
A.在激光制冷中体现了光的波动性 B.光子的动量为
C.每吸收一个光子后钠原子速度改变量不同 D.钠原子吸收个光子后速度减小一半
【正确答案】 D

14-9（提升） 激光冷却是一种高新技术，利用该技术可以达到微开量级的低温，激光冷却目前已经在多个领域获得广泛应用。激光冷却的原理是，利用光子和原子的相互作用使原子运动减速，以获得超低温。如图所示，a、b为两个相同的原子，运动方向相反。用一束激光L照射原子，由于多普勒效应，当原子迎着光束的方向运动时，其接收到的光子的频率会升高。当原子接收到的光的频率等于该原子的固有频率时，原子吸收光子的概率最大。原子吸收光子后由基态跃迁到激发态，随后原子又会自发跃迁回到基态，释放出频率等于其固有频率的光子。原子由激发态跃迁回基态的过程向各个方向释放光子的机会是均等的。结合所学知识，在激光冷却的过程中，判断下列说法正确的是（　　）

A.若原子a吸收了激光束L中的光子，其速度将减小
B.应使用频率比原子固有频率稍低的激光
C.原子a和原子b吸收光子的概率是相同的
D.原子a吸收光子的概率更高
【正确答案】 B

【原卷 15 题】 知识点 验证力的平行四边形定则的注意事项和误差分析


【正确答案】
乙
【试题解析】
【详解】在验证力的平行四边形定则的实验中，为了减小实验误差，在确定作用线方向的时候应尽量离O点的距离远些，且两个力的夹角不能过小；在做力的图示的时候必选选取适当的标度。甲同学在确定作用线方向的时候距离O点过近，同时选取的标度不合理，容易造成较大的误差，丙同学选取的标度合力，但两个力的夹角过小，也容易产生较大的误差，而乙同学选取的标度和确定的两个力的夹角都比较合理，最有助于得到正确的实验结论。故选乙。

15-1（基础） 在“验证力的平行四边形定则”的实验中，用两个弹簧测力计把橡皮条拉到一定长度并记下结点O后，再改用一个弹簧测力计拉时，也要把橡皮条拉到同一结点O的原因是：_____。在坐标图中已画出两弹簧测力计拉力的图示，已知方格每边长度表示1.0N，试用作图法画出合力F的图示，并由此得出合力F的大小为_____N。

【正确答案】 使两次拉橡皮筋时产生的效果相同 7.0

15-2（基础） 在“探究求合力的方法”实验中，把白纸用图钉固定在木板上，再把橡皮条的一端用图钉固定在白纸上，另一端连接细绳套。
（1）以下操作正确的是______。
A、实验时，用两个弹簧测力计把橡皮条的另一端拉到某一确定的O点，再换一把弹簧秤拉橡皮条，可以不一定要拉到O点，只要橡皮条伸长的长度一样就行
B、实验中，弹簧测力计必须保持与木板平行，读数时视线要正对弹簧测力计的刻度
C、实验中，拉弹簧测力计的力越大越好，两个弹簧测力计之间夹角必须取90°，以便于算出合力的大小
D、实验中只要记录弹簧秤的示数和细绳的方向

（2）某次实验中，弹簧测力计C的指针位置如图甲所示，其示数为______N。
（3）在另一次实验中，两弹簧测力计拉力的图示已作出（如图乙所示），方格每边的长度表示1.0N，O是橡皮条的一个端点。则合力F的大小为______N。（结果保留两位有效数字）
【正确答案】 B 2.10 7.0

15-3（巩固） “验证力的平行四边形定则”的实验情况如图甲所示，其中A为固定橡皮筋的图钉，O为橡皮筋与细绳的结点，OB和OC为细绳．图乙是在白纸上根据实验结果画出的图．

（1）图乙中的F与F′两力中，方向一定沿AO方向的是__．
（2）本实验采用的科学方法是__．
A．理想实验法 B．等效替代法 C．控制变量法 D．建立物理模型法
（3）某同学在做该实验时认为：
A．拉橡皮条的细绳长一些，实验效果较好
B．拉橡皮条时，弹簧秤、橡皮条、细绳应贴近木板且与木板平面平行
C．橡皮条弹性要好，拉结点到达某一位置O时，拉力要适当大些，且拉力F1和F2的夹角越大越好
D．在实验中O点位置不能变
E．细绳可以用弹性绳代替
其中不正确的是__（填入相应的字母）．
【正确答案】 （1） F' （2）B （3）C

15-4（巩固） “探究合力和分力的关系”的实验中，某同学实验装置如图所示，其中A为固定橡皮筋的图钉，0为橡皮筋与细绳的结点，OB和OC为细绳．

(1)本实验采用的科学方法是______.
A.等效替代法 B.理想实验法
C.控制变量法 D.建立物理模型法
(2)为了减小实验误差，以下观点正确的有_________.
A.两根细线应该适当长些
B.在不超出弹簧秤量程情况下，拉力应该适当大些
C.两根弹簧拉力方向应该尽量接近垂直
D.记录拉力方向时可以用铅笔贴着细线画直线表示
(3)如图为该同学完成测量后留在白纸上的实验情况记录图，图中点P1、P2分别是用笔在 OB绳和OC绳正下方标记的点，P是单独用一根弹簧秤拉时用笔在细绳正下方标记的点，相应弹簧秤的读数也标在图上，请根据给定的标度，尽可能准确地作出两个分力F1、F2和合力F的力的图示____．

【正确答案】 A AB

15-5（巩固） 在“探究求合力的方法”的实验中，某同学的做实验情况如图甲所示，其中A为固定橡皮条的图钉，OB和OC为细绳。

（1）如果没有操作失误，图乙中F与F′两力中，方向一定沿AO方向的是____________；
（2）在实验中，如果将细绳也换成橡皮条，会不会对弹簧秤读数造成影响___________，右侧弹簧秤指针位置如图所示，其读数为______________；
（3）某同学在完成用两个弹簧秤的实验步骤后，用一个弹簧秤通过细绳套拉橡皮条使其伸长，读出弹簧秤的示数，记下细绳的方向再按同一比例作出这个力的图示，该同学的操作存在的问题是：___________。
【正确答案】 F； 不会； 3.00； 橡皮条应伸长至原结点O位置

15-6（巩固） 如图甲所示为“验证力的平行四边形定则”的实验装置图，其中A为固定橡皮筋的图钉，O为橡皮筋与细绳的结点，OB和OC为细绳．

（1）关于此实验，下列说法中正确的是________．
A．同一次实验中，O点位置不允许变动
B．实验中，只需记录弹簧测力计的读数和O点的位置
C．拉橡皮筋的细绳适当长些
D．橡皮筋弹性要好，拉结点到达某一位置O时，拉力要适当大些
（2）某同学已画出某次实验中两弹簧测力计拉力的示意图及两个拉力的合力F，如图乙所示，这个合力F是力F1和F2合力的________(填“理论值”或“实际值”)，如果用“”作为标度，则该同学量出的F的值为________(结果保留3位有效数字)．
【正确答案】 ACD 理论值 15.0N

15-7（巩固） 某同学用如图所示的实验装置来验证“力的平行四边形定则”。弹簧测力计A挂于固定点P，下端用细线挂一重物M。弹簧测力计B的一端用细线系于O点，手持另一端向左拉，使结点O静止在某位置。分别读出弹簧测力计A和B的示数，并在贴于竖直木板的白纸上记录O点的位置和拉线的方向。
（1）本实验用的弹簧测力计示数的单位为N，图中A的示数为_______N。
（2）下列不必要的实验要求是_________。（请填写选项前对应的字母）

A.应测量重物M所受的重力
B.弹簧测力计应在使用前校零
C.拉线方向应与木板平面平行
D.改变拉力，进行多次实验，每次都要使O点静止在同一位置
（3）某次实验中，该同学发现弹簧测力计A的指针示数稍稍超出量程，请你提出一个解决办法_________。
【正确答案】 3.6 D 改变弹簧测力计B的拉力大小

15-8（提升） 如图是利用橡皮条、弹簧测力计、轻质小圆环、细绳套等仪器完成的“探究两个互成角度的力的合成规律”的实验示意图，该实验将橡皮条的一端固定于G点，另一端挂上轻质小圆环。图甲表示橡皮条处于原长；图乙表示通过细绳套在两个弹簧测力计互成角度拉力F1、F2的共同作用下，使小圆环处于O点；图丙表示通过细绳套用一个弹簧测力计施加拉力F使小圆环处于O点；图丁是在白纸上根据实验记录进行猜想后画出的力的合成图示。

(1)关于此实验，下列叙述正确的是___________。
A．在进行图乙的实验操作时，F1、F2的夹角越大越好
B．用两个测力计互成角度拉橡皮条，拉力大小一定都小于只用一个测力计时拉力大小
C．重复实验再次进行验证时，结点O的位置可以与前一次不同
D．本实验采用的科学方法为等效替代法
(2)图丁中F′是以F1、F2为邻边构成的平行四边形的对角线，一定沿GO方向的是___________（填“F”或者“F′”）。
(3)若在图乙中，F1、F2夹角小于90°，现保持O点位置不变，拉力F2方向不变，增大F1与F2的夹角，将F1缓慢转至水平方向的过程中，两弹簧秤示数大小变化为__________。
A．F1一直减小 F2一直增大 B．F1先减小后增大 F2一直增大
C．F1一直增大 F2一直减小 D．F1一直增大 F2先减小后增大
【正确答案】 CD F B

15-9（提升） 某实验小组的同学在做“探究两个互成角度的力的合成规律”实验．
（1）关于该实验，下列说法错误的是______．（填正确答案标号）
A．实验采取的研究方法是等效替代法
B．弹簧测力计的拉力方向必须与木板平行
C．两个弹簧测力计拉力的夹角越大越好
D．拉橡皮筋的细绳要长些，标记同一细绳方向的两点要远些
（2）江同学的实验结果如图甲所示．在、、F、四个力中，其中力______不是由弹簧测力计直接测得的。

（3）李同学用如图乙所示的装置来做实验．从OB水平开始，保持弹簧测力计A和B细线的夹角不变，使弹簧测力计A和B均逆时针缓慢转动至弹簧测力计A竖直．在此过程中，弹簧测力计A的示数______，弹簧测力计B的示数______。（均选填“不断减小”“不断增大”“先减小后增大”或“先增大后减小”）
【正确答案】 C F 不断减小 不断减小

【原卷 16 题】 知识点 研究物体平抛运动实验的目的、原理、器材,研究物体平抛运动实验的步骤和数据处理







【正确答案】
①. AB##BA    ②. 能    ③. 不能    ④. AC##CA    ⑤. AC##CA    ⑥. 见解析
【试题解析】




16-1（基础） （1）在探究平抛运动的规律时，可以选用图中所示的各种装置图，以下操作合理的是________。

A．选用装置1研究平抛物体竖直分运动，应该用耳朵听的方法判断A、B两球是否同时落地
B．选用装置2时，要获得稳定的细水柱所显示的平抛轨迹，竖直管上端A一定要低于水面
C．选用装置3时，要获得钢球的平抛轨迹，只要斜槽末端水平即可，每次不一定要从斜槽上同一位置由静止释放钢球
D．选用装置3时，因斜槽轨道对小球的摩擦力对该实验影响，所以应尽量使斜槽光滑。
（2）小明同学是利用频闪照相的方式研究平抛运动，如图是他将照相机对准每小格边长为5cm的方格背景拍摄的频闪照片，不计空气阻力，取重力加速度，则照相机两次闪光的时间间隔________s，小球被抛出时的水平速度________m/s，小球经过B点的速度大小________m/s（结果可保留根式）。

【正确答案】 AB或BA 0.1 1

16-2（基础） 在研究平抛运动的实验中：

（1）对于实验的操作要求，下列说法正确的是___________
A． 轨道必须是光滑的，且每次释放小球的初始位置相同
B． 应该将斜槽轨道的末端调成水平
C． 以斜槽末端，紧贴着槽口处作为小球做平抛运动的起点和所建坐标的原点O
D． 为准确描述小球的运动轨迹，应将用一条曲线把所有的点连接起来
（2）如图所示为一小球做平抛运动的闪光照片的一部分，图中方格的格长为5cm，取g=10m/s2，求：

①小球运动的水平分速度是 ___________ m/s；
②小球经过B点时速度的大小是 ___________ m/s。
【正确答案】 B 1.5 2. 5

16-3（巩固） 采用如下图所示的实验装置做探究平抛运动的特点的实验。

（1）如图甲探究平抛运动规律，用小锤打击弹性金属片，A球沿水平方向抛出，同时B球由静止开始下落，可观察到两小球同时落地。改变装置距地面的高度和打击的力度，多次实验。都能观察到两小球同时落地，说明___________。若增加小锤击打的力度，则A球在空中运动的时间___________（选填“不变”“增加”或“减少”）。
（2）采用图乙所示的装置获得平抛运动轨迹，关于实验条件的说法，正确的有___________
A．斜槽轨道必须光滑
B．斜槽轨道末段必须水平
C．小球每次从斜槽上不同的位置无初速度释放
D．必须用平滑曲线把所有的点连接起来
（3）如图丙为记录小球做平抛运动的一部分坐标纸，已知坐标纸每小格的边长，g取。
①图中A点___________平抛的起点（选填“是”或“不是”）；
②小球运动的初速度=___________m/s（结果保留两位有效数字）；
③小球过B点的竖直方向速度=___________m/s（结果保留两位有效数字）。
【正确答案】 平抛运动的竖直分运动为自由落体运动 不变 BD或DB 不是

16-4（巩固） 以下为某学习小组在“探究平抛运动规律”时的实验操作：

（1）如图甲所示装置研究平抛物体的竖直分运动。如图乙所示装置获得钢球的平抛轨迹，为了能较准确地描绘运动轨迹，下面列出的操作要求不正确的是______（单选）。
A．斜槽的末端必须调节成水平
B.每次释放小球的位置必须相同
C.记录小球位置时，每次必须严格地等距离下降
D.小球运动时不应与木板上的白纸相接触
（2）按正确的操作步骤得到了如图丙所示的物体运动轨迹，在轨迹上取A、B、C三点，以A点为坐标原点，B、C坐标如图，则小球平抛的初速度______；在B点的速度______（g取，结果均保留两位有效数字）。
【正确答案】 C 2.0 2.5

16-5（巩固） 图甲是“探究平抛运动的特点”的实验装置图。

（1）实验前应对实验装置反复调节，直到斜槽末端切线______，每次让小球从同一位置由静止释放；
（2）图乙是实验获得的数据，其中O点为抛出点，则此小球做平抛运动的初速度为______；（g取）
（3）在另一次实验中将白纸换成方格纸，每个格的边长，实验记录了小球在运动中的三个位置，如图丙所示，则小球运动到B点的竖直分速度为______m/s，水平分速度为______m/s，平抛运动初位置的坐标为______m（如图丙所示，以O点为原点，水平向右为x轴正方向，竖直向下为y轴正方向，取）。
【正确答案】 水平 1.2 2.0或2 2.0或2

16-6（巩固） 如图所示是某种“研究平抛运动”的实验装置：
（1）斜槽末端与b小球离地面的高度均为H，当a小球从斜槽末端水平飞出瞬间，电路断开使电磁铁释放b小球，最终两小球同时落地，该实验结果可表明______。

A.两小球落地速度的大小相同
B.a小球在竖直方向的分运动与b小球的运动相同
C.a小球在水平方向的分运动是匀速直线运动中
（2）利用该实验装置研究a小球平抛运动的速度，从斜槽同一位置静止释放小球，实验得到小球运动轨迹中的三个点A、B、C，如图所示，图中O为抛出点，B点在两坐标线交点处，坐标，，则a小球水平飞出时的初速度大小为______，平抛小球在B处的瞬时速度的大小为______。（结果均保留两位有效数字，重力加速度）

【正确答案】 B 2.0 2.8

16-7（巩固） 某同学用下图装置，研究平抛运动的规律。

（1）如图甲所示，先用小锤击打弹性金属片，A球水平抛出，B球自由下落，改变高度多次实验，两球均同时落地，实验说明平抛运动在竖直方向的分运动是______；
（2）用图乙装置可以描绘出小球平抛运动的轨迹，实验简要步骤如下：
A．让小球多次从斜槽的___________（选填“同一”、“任意”）位置由静止释放，在一张印有小方格的纸记下小球经过的一系列位置。
B．按图安装好器材，注意调节斜槽的末端必须使之___________（选填“光滑”、“水平”），记下平抛初位置O点和过O点的竖直线；
C．取下白纸，以O为原点，以竖直线为y轴建立坐标系，用平滑曲线画平抛运动物体的轨迹；
①完成上述步骤，将正确的答案填在横线上；
②上述实验步骤的合理顺序是___________；
（3）已知图丙中小方格的边长L，则小球经过图中a、b、c、d四个点的时间间隔T=___________，小球平抛的初速度为___________；b点的竖直向下的分速度vby=___________。（计算结果均用L、g表示）
【正确答案】 自由落体运动 同一 水平 BAC

16-8（提升） “探究平抛运动的特点”实验有以下几步。
（1）用如图1所示竖落仪装置探究平抛运动竖直分运动的特点：用小锤击打弹性金属片后，A球沿水平方向抛出，做平抛运动：同时B球被释放，自由下落，做自由落体运动。下列说法中正确的是________和________。
A． 两球的体积、材料和质量可以任意选择，对实验结果没有影响
B． 改变小球距地面的高度和小锤击打的力度，可以改变两球在空中的运动时间和A球的水平初速度大小
C． 如果两球总是同时落地，则可以验证平抛运动的竖直分运动是自由落体运动
D． 通过该实验装置也能研究平抛运动的水平分运动特点

（2） 用如图2所示平抛仪装置探究平抛运动水平分运动的特点。以下是关于本实验的一些做法，其中不合理的选项有________和________。
A． 调整斜槽，使小球放置在轨道末端时，不左右滚动
B． 将坐标纸上竖线与重垂线平行
C． 将小球静止在斜槽末端位置时重心位置在背板上的投影记录为坐标原点
D． 不断改变挡片P的位置，使小球从斜槽上不同位置释放
E．不断改变水平挡板的位置，记录下小球落到挡板上的位置
F．将坐标纸上确定的点用直线依次连接
（3）为定量研究，建立以水平方向为x轴、竖直方向为y轴的坐标系。若遗漏记录平抛轨迹的起始点，也可按下述方法处理数据：如图3所示，在轨迹上取A、B、C三点，AB和BC的水平间距相等且均为x，测得AB和BC的竖直间距分别是y1和y2，则________（选填“大于”、“等于”或者“小于”）。可求得钢球平抛的初速度大小为_______（已知当地重力加速度为g，结果用上述字母表示）。

（4）牛顿设想，把物体从高山上水平抛出，速度一次比一次大，落地点就一次比一次远。如果速度足够大，物体就不再落回地面，它将绕地球运动，成为人造地球卫星。同样是受地球引力，随着抛出速度增大，物体会从做平抛运动逐渐变为做圆周运动，请分析原因。_______
【正确答案】 B或 C C或 B D或 F F或 D 大于 见解析

16-9（提升） （1）图甲（a）是一个能够显示平抛运动及其特点的演示实验，用小锤敲击弹性金属片，小球A就沿水平方向飞出，做平抛运动；同时小球B被松开，做自由落体运动。图甲（b）是该装置某次实验的高速数码连拍照片，该高速数码相机每秒钟能拍摄20次，这样在同一张照相底片上能同时显示A、B球的运动轨迹，图中背景方格为边长l=0.049m的正方形。图甲（b）清晰地记录了A、B球的初始位置及随后运动的数个位置，由该数码连拍照片分析可知，A球在竖直方向的分运动是___________；在水平方向的初速度大小为___________m/s。（结果保留到小数点后两位）

（2）现在重新设计该实验，如图乙所示，点光源位于S点，紧靠着点光源的正前方有一个小球A，光照射A球时在竖直屏幕上形成影子P。现打开高速数码相机，同时将小球向着垂直于屏幕的方向水平抛出，小球的影像P在屏幕上移动情况即被数码相机用连拍功能拍摄下来，该高速数码相机每秒钟能拍摄20次，则小球的影像P在屏幕上移动情况应当是图丙中的___________ 选填“（c）”或“（d）”。

（3）已知图乙中点光源S与屏幕间的垂直距离L=0.6m，根据图丙中的相关数据，可知小球A水平抛出的初速度为___________m/s。（g=9.8m/s2，结果保留到小数点后两位）
【正确答案】 自由落体运动 0.98 d 1.47

【原卷 17 题】 知识点 绳球类模型及其临界条件,机械能与曲线运动结合问题



【正确答案】

【试题解析】




17-1（基础） 半径R = 40cm竖直放置的光滑圆轨道与水平直轨道相连接（如图所示）。质量m = 50g的小球A以一定的初速度由直轨道向左运动，并沿圆轨道的内壁冲上去。如A经过轨道最高点M后做平抛运动，平抛的水平距离为1.6m。求：
（1）小球经过M时速度多大；
（2）小球经过M时对轨道的压力多大（g=10m/s2）。

【正确答案】 （1）4m/s；（2）1.5N

17-2（基础） 如图所示，截面为矩形的管状滑槽固定在竖直平面内，段水平，内底面粗糙，段是半圆弧，内表面光滑，直径与垂直。质量的滑块以初速度从点开始沿滑槽向右运动。已知滑块与段间的动摩擦因数，段长度，圆弧半径，滑块可视为质点，取。
（1）求滑块运动到点时的速度大小；
（2）求滑块运动到点时的速度大小及此时滑槽对滑块的弹力的大小和方向。

【正确答案】 （1）；（2），，方向竖直向下

17-3（巩固） 如图所示，一弹射游戏装置由安装在水平地面上的固定弹射器、水平直轨道AB，圆心为的竖直半圆轨道BCD，圆心为的竖直半圆管道DEF，水平直轨道FG等组成，轨道各部分平滑连接。已知滑块（可视为质点）质量，轨道BCD的半径，管道DEF的半径，各部分轨道均光滑，滑块将弹簧压缩后由静止释放，弹簧的弹性势能完全转化为滑块动能，取。
（1）若滑块静止释放时的弹簧弹性势能，求滑块运动到与等高处时的速度v的大小；
（2）若滑块刚好能过D点，求滑块静止释放时弹簧的弹性势能；
（3）若滑块在运动过程中不脱离轨道，求经过管道DEF的最高点F时，滑块对管道弹力的最小值。

【正确答案】 （1）4m/s；（2）0.2J；（3）0

17-4（巩固） 如图，在竖直平面内，一半径为R的光滑圆弧轨道ABC和水平轨道PA在A点相切，BC为圆弧轨道的直径，O为圆心，OA和OB之间的夹角为α，sinα＝。一质量为m的小球沿水平轨道向右运动，经A点沿圆弧轨道通过C点，落至水平轨道；在整个过程中，除受到重力及轨道作用力外，小球还一直受到一水平恒力的作用，已知小球在C点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零。重力加速度大小为g。求：
（1）水平恒力的大小和小球到达C点时速度的大小；
（2）小球到达B点时对圆弧轨道的压力大小。

【正确答案】 （1）mg，；（2）mg

17-5（巩固） 如图所示，粗糙斜面与半径为的光滑圆轨道相切于B点，斜面上的A点与轨道顶点C等高。现将一质量的小滑块（视为质点）从A处以沿斜面的初速度（待求）释放，经B点后进入圆轨道，并能够经过最低点D后，从顶点C飞出。已知斜面和小滑块的动摩擦因数为0.5，小滑块在C点时的速度大小。斜面倾角θ的正弦值，余弦值。本题重力加速度，求：
（1）滑块在C点所受的合外力F；
（2）滑块在D点时受到轨道的作用力大小；
（3）滑块在A点的初速度大小；
（4）滑块从C点飞出后落到斜面上的H点，计算此时滑块的动能和BH长度（此问均保留两位有效数字）。

【正确答案】 （1）5N，方向竖直向下；（2）15N；（3）7m/s；（4）1.7m，4.1J

17-6（巩固） 如图所示，DE为水平面，OC为平台，平台距水平面0.8m高，一弹射游戏装置由安装在水平台面上O点的固定弹射器（将弹性势能全部转化为动能的装置）和圆管轨道组成，圆管轨道由内壁光滑的水平管道和半径为0.2m的圆形管道构成，入口在O点与弹射器相连，出口在圆形管道最低点A与平台平滑相切，AC长0.4m。某次游戏时，弹射器将一质量为0.1kg、尺寸略小于管径的滑块（可视为质点）快速弹入圆管轨道，滑块经过圆形管道后由出管口A射出。经过C点飞离平台，滑块在水平面上的落点与平台边缘C点的水平距离为1.6m，已知重力加速度为10，滑块与AC之间的动摩擦因数，不计空气阻力，求：
（1）滑块经过圆形管道最高点时受到管道的作用力大小；
（2）弹射器弹射前的弹性势能。

【正确答案】 （1）；（2）

17-7（巩固） 如图所示，竖直平面内的圆弧形光滑管道（管道横截面的半径略大于小球半径），管道中心到圆心距离为R，A点与圆心O等高，AD为水平面，B点在圆心O的正下方。质量为m的小球自A点正上方某高度处由静止释放，自由下落至A点时进入管道。当小球到达B点时，管壁对小球的弹力大小为小球重力大小的7倍。已知重力加速度为g。求：
（1）小球在管道最高点时对管道的压力。
（2）落点C与A点的水平距离。

【正确答案】 （1）mg，方向向上；（2）

17-8（提升） 如图所示，在某竖直平面内，光滑曲面AB与水平面BC平滑连接于B点，BC右端连接内壁光滑、半径r=0.2m的四分之一细圆管CD，管口D端正下方直立一根劲度系数为k=100N/m的轻弹簧，弹簧一端固定，另一端恰好与管口D端平齐，一个质量为1kg的小球放在曲面AB上，现从距BC的高度为h=0.6m处静止释放小球，它与BC间的动摩擦因数，小球进入管口C端时，它对上管壁有FN=2.5mg的作用力，通过CD后，在压缩弹簧过程中小球速度最大时弹簧弹性势能Ep=0.5J。取重力加速度g=10m/s2。求：
(1)小球在C处的速度大小；
(2)在压缩弹簧过程中小球的最大动能Ekm；
(3)小球最终停止的位置。

【正确答案】 (1)m/s；(2)6J；(3)距离B为0.2m处停下

17-9（提升） 为了研究过山车的原理，某物理小组提出了下列的设想：取一个与水平方向夹角为θ＝60°，长为L1＝2 m的倾斜轨道AB，通过微小圆弧与长为L2＝m的水平轨道BC相连，然后在C处设计一个竖直完整的光滑圆轨道，出口为水平轨道D，如图所示。现将一个小球从距A点高为h＝0.9 m的水平台面上以一定的初速度v0水平弹出，到A点时速度方向恰沿AB方向，并沿倾斜轨道滑下。已知小球与AB和BC间的动摩擦因数均为μ＝。g取10 m/s2，求：
(1)小球初速度v0的大小；
(2)小球滑过C点时的速率vC；
(3)要使小球不离开轨道，则竖直圆弧轨道的半径R应该满足什么条件。

【正确答案】 (1)m/s；(2)3 m/s；(3)0＜R≤1.08 m

【原卷 18 题】 知识点 已知磁感应强度随时间的变化的关系式求电动势,电磁感应与电路的综合问题


【正确答案】
（1）0.4A，方向有b到a；（2）a．1.6C；b．6.4J
【试题解析】



18-1（基础） 如图甲所示，一个电阻值为R的圆形金属线圈与阻值为2R的电阻R1连接成闭合回路。线圈的半径为r。在线圈中存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化的关系如图乙所示，图中B0和t0已知。导线电阻不计。求：0至t0时间内，
（1）通过电阻R1电流I的大小和方向；
（2）通过电阻R1的电荷量q；
（3）电阻R1上产生的热量Q。

【正确答案】 （1），方向为；（2）；（3）

18-2（基础） 如图甲所示，一个圆形线圈的匝数，线圈面积，线圈的电阻，线圈外接一个阻值的电阻，把线圈放入一方向垂直线圈平面向里的匀强磁场中，磁感应强度时间变化规律如图乙所示。求：
（1）线圈中感应电动势的大小；
（2）内电阻R产生的热量。

【正确答案】 （1）；（2）

18-3（巩固） 如图甲所示，一个圆形线圈的匝数n=1000匝，线圈半径b=0.1m，线圈的电阻r=2Ω，在线圈的内部存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度随时间变化如图乙所示，线圈外接一个阻值R=8Ω的电阻，其余电阻不计（结果可以保留π）。求：
（1）0～4s内流过电阻R的电流大小；
（2）0～4s内AB两点间的电压大小；
（3）4～6s内电阻R上产生的焦耳热。

【正确答案】 （1）；（2）；（3）

18-4（巩固） 一个阻值为R、匝数为n的圆形金属线圈与阻值为2R的电阻R1、电容为C的电容器连接成如图（a）所示回路。金属线圈的半径为r1，在线圈中半径为r2的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化的关系图线如图（b）所示。图线与横、纵轴的截距分别为t0和B0。导线的电阻不计。求：
（1）通过电阻R1的电流大小和方向；
（2）0～t1时间内通过电阻R1的电荷量q；
（3）t1时刻电容器所带电荷量Q。

【正确答案】 （1），方向从b到a；（2） ；（3）

18-5（巩固） 如图所示，圆形线圈的匝数n=200，面积S=0.3m2，处在垂直于纸面向里的匀强磁场中，磁感应强度大小B随时间t变化的规律为B=0.05t（T），定值电阻R=5Ω，电容器的电容C=40μF，线圈的电阻r=1Ω。求：
（1）线圈产生的感应电动势大小E；
（2）通过电阻R的电流I；
（3）电容器所带的电荷量q。

【正确答案】 （1）E=3V；（2）I=0.5A；（3）q=1×10-4C

18-6（巩固） 如图，一不可伸长的细绳的上端固定，下端系在边长为的正方形金属框的一个顶点上。金属框的一条对角线水平，其下方有方向垂直于金属框所在平面的匀强磁场。已知构成金属框的导线阻值为；在到时间内，磁感应强度大小随时间t的变化关系为。求∶
（1）金属框中产生的感应电流的大小；
（2）时金属框所受安培力的大小；
（3）在到时间内金属框产生的焦耳热。

【正确答案】 （1）1A；（2）；（3）0.016J

18-7（巩固） 如图甲所示，两根长为L=4m、相距为d=2m，电阻不计的平行光滑金属导轨水平放置，导轨左端接有R=1Ω的电阻，在导轨左侧l=2m范围内存在垂直纸面向外的匀强磁场，且磁感应强度随时间变化规律如图乙所示。在t=0时刻，质量为m=1kg、内阻r=1Ω的导体棒ab以的初速度从导轨的右端开始向左运动。
（1）求前2s流过ab棒的电流大小及方向；
（2）求ab棒进磁场瞬间的加速度大小；
（3）导体棒最终停止在导轨上，求全过程电阻R上产生的焦耳热。

【正确答案】 （1）1A；方向：由a流向b；（2）2m/s2；（3）2.25J

18-8（提升） 如图所示，一匝数为n、半径为L、质量为m、总电阻为R的圆形导线圈静止在粗糙绝缘的水平桌面上，其圆心在水平虚线CD上。CD左侧存在方向竖直向下且均匀分布的磁场，磁感应强度大小B随时间t按B=kt（其中k>0且恒定）变化，当t=t0时线圈开始运动。重力加速度大小为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：
（1）0～t0时间内，线圈中产生的感应电流大小I和方向；
（2）0～时间内，线圈中产生的焦耳热Q；
（3）线圈与桌面间的动摩擦因数。

【正确答案】 （1）；感应电流方向沿逆时针方向；（2）；（3）

18-9（提升） 如图甲所示，在一个正方形金属线圈区域内，存在着磁感应强度B随时间变化的匀强磁场，磁场的方向与线圈平面垂直。金属线圈所围的面积S=0.1m2，匝数n=1000，线圈电阻r=1.0Ω。线圈与电阻R构成闭合回路，电阻R=4.0Ω。匀强磁场的磁感应强度随时间变化的情况如图乙所示，求
（1）在t=2.0s时刻，通过电阻R的感应电流的大小；
（2）在4.0～6.0s内，通过电阻R的电量；
（3）0～6.0s内整个闭合电路中产生的焦耳热。

【正确答案】 （1）1A；（2）8C；（3）180J

【原卷 19 题】 知识点 火箭的原理,根据条件写出核反应方程,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】







19-1（基础） 2021年6月17日，搭载神舟十二号载人飞船的长征二号F遥十二运载火箭在酒泉卫星发射中心点火发射，成功将神舟十二号载人飞船送入预定轨道。如果长征二号F遥十二运载火箭（包括载人飞船、宇航员和燃料）的总质量为M，竖直向上由静止开始加速，每次向下喷出质量为m的燃气，燃气被喷出时相对地面的速度大小均为v，则第5次喷出燃气的瞬间，运载火箭速度大小为（忽略重力的影响）（　　）
A. B. C. D.
【正确答案】 A

19-2（基础） 原来静止在匀强磁场中的放射性元素的原子核A，发生衰变后放出的一个射线粒子和反冲核都以垂直于磁感线的方向运动，形成如图所示的8字型轨迹，已知大圆半径是小圆半径的n倍，且绕大圆轨道运动的质点沿顺时针方向旋转，求：
（1）原子核A的原子序数；
（2）其旋转方向。

【正确答案】 （1）2n+2；（2）顺时针

19-3（巩固） 空间飞行器的交汇对接是载人航天中的一项基础技术。北京时间2021年9月20日，天舟三号货运飞船采用自主交会对接模式成功的和天和核心舱完成对接。成功对接后组合体沿圆形轨道运行，经过时间t，组合体绕地球转过的弧度为θ。地球半径为R，地球表面重力加速度为g，引力常量为G，不考虑地球自转。求：
（1）组合体运动的周期T；
（2）组合体所在圆轨道离地高度H；
（3）已知天舟三号飞船在对接过程中的某一时刻质量为m，发动机喷气孔打开，在极短的时间内向后喷射出质量为Δm的燃气，喷出的燃气相对喷气后飞船的速度为v，求喷气后火箭增加的速度Δv。

【正确答案】 （1）；（2）；（3）

19-4（巩固） 钚的放射性同位素静止时衰变为铀核激发态和α粒子，而铀核激发态立即衰变为铀核，并放出频率为υ的光子。已知的质量、的质量和α粒子的质量，真空中的光速为c，普朗克常量为h。
（1）写出衰变方程；
（2）忽略衰变放出光子的动量，求α粒子的动能。
【正确答案】 （1）；（2）

19-5（巩固） 如图所示，一长为l=0.8m的小车放在光滑的水平面上，B端粘有油泥，小车与油泥的总质量，质量的木块C（可视为质点）紧靠小车A端，之间有一轻质弹射装置（弹簧长度可忽略不计），小车和木块C都静止。打开弹射装置，弹射装置释放的机械能为24J，木块C被弹出，向B端冲去，并跟B端油泥迅速粘在一起，木块C与小车上表面间的动摩擦因数，，小车两端挡板的厚度忽略不计。求：
（1）木块C被弹出的速度大小；
（2）木块C与油泥碰撞损失的机械能。

【正确答案】 （1）6m/s；（2）23.2J

19-6（巩固） 2021年5月15日，天问一号着陆巡视器成功着陆于火星，中国首次火星探测任务取得圆满成功。携带火星车的着陆器与环绕器分离后，最后阶段利用反推火箭在火星表面实现软着陆，设着陆器总质量（含燃料）为M，极短时间内喷射的燃气质量是m，为使着陆器经一次瞬间喷射燃气后，其下落的速率从v0减为v，求：
（1）一次瞬间喷射过程中对燃气的冲量I；
（2）瞬间喷出的燃气相对火星表面的速率。

【正确答案】 （1）；（2）

19-7（巩固） 长征六号（CZ-6）是由上海航天技术研究院研制的新一代无毒无污染小型低温液体运载火箭，主要用于发射太阳同步轨道卫星。火箭具备适应简易设施发射的能力，可实现快速发射。火箭一子级直径为3.35米，二子级和三子级直径为2.25米。全箭总长29.287米，起飞质量约103吨。在国内测控限制下，700公里SSO（太阳同步轨道）运载能力约为500千克。用火箭发射人造地球卫星，假设最后一节火箭的燃料用完后，火箭壳体和卫星一起以7.0×103m/s的速度绕地球做匀速圆周运动。已知卫星的质量为500kg，最后一节火箭壳体的质量为100kg。某时刻火箭壳体与卫星分离，分离时火箭壳体沿轨道切线方向的速度为5.5×103m/s。试分析计算：
（1）火箭起飞时，如果火箭发动机的喷气速度为3000m/s，那么要产生1.2×106N的推力，每秒钟发动机要喷出气体的质量为多少？
（2）星箭分离后卫星的速度增加到多大？

【正确答案】 （1）400kg；（2）7.3×103m/s

19-8（提升） 一个氘核（）和一个氚核（）聚变时产生一个中子（）和一个α粒子（）。已知氘核的质量为，氚核的质量为，中子的质量为，α粒子的质量为，光速为c，元电荷电量为e。
（1）写出核反应方程，并求一个氘核和一个氚核聚变时释放的核能。
（2）反应放出的a粒子在与匀强磁场垂直的平面内做圆周运动，轨道半径为R，磁感应强度大小为B。求a粒子在磁场中圆周运动的周期T和等效电流I的大小。
（3）1909年卢瑟福及盖革等用α粒子轰击金箔发现，绝大多数α粒子穿过金箔后仍沿原来的方向前进或只发生很小的偏转，但有些α粒子发生了较大的偏转，个别就像被弹回来了一样。卢瑟福认为“枣糕模型”中的电子不足以把α粒子反弹回来，在经过深思熟虑和仔细的计算后，他提出了原子的核式结构模型。以一个α粒子以速度v与原来静止的电子发生弹性正碰为例，请通过计算说明为什么电子不能把α粒子反弹回来（已知α粒子的质量是电子质量的7300倍）。
【正确答案】 （1），（2），（3）见解析

19-9（提升） 在地球大气层以外的宇宙空间，基本上按照天体力学的规律运行的各类飞行器，又称空间飞行器（cecraft）．航天器是执行航天任务的主体，是航天系统的主要组成部分．由于外太空是真空的，飞行器在加速过程中一般使用火箭推进器，火箭在工作时利用电场加速带电粒子，形成向外发射的粒子流而对飞行器产生反冲力，由于阻力极小，只需一点点动力即可以达到很高的速度．我国发射的实践9号携带的卫星上第一次使用了离子电推力技术，从此为我国的航天技术开启了一扇新的大门．如图所示，已知飞行器的质量为，发射的是2价氧离子，发射功率为，加速电压为，每个氧离子的质量为，元电荷为，原来飞行器静止，不计发射氧离子后飞行器质量的变化，求：
(1)射出的氧离子速度大小；
(2)每秒钟射出的氧离子数；
(3)射出离子后飞行器开始运动的加速度大小。

【正确答案】 (1)；(2)；(3)

【原卷 20 题】 知识点 平衡问题的动态分析,平板电容器中的电场强度,电容器电荷量一定时，U、E随电容器的变化





【正确答案】
（1）a．电场强度的大小E保持不变，b．见解析；（2）见解析；（3）见解析
【试题解析】












20-1（基础） 电子所带的电荷量最早是由美国科学家密立根通过油滴实验测出的。油滴验原理如图所示，两块水平放置彼此绝缘的平行金属极板分别与电源的两极相连，带电油滴从喷雾器喷出后，从上极板中央小孔飘入匀强电场，通过显微镜观察带电油滴运动情况。现观察到质量为m的某带电油滴恰好静止，已知两极板间电压为U，距离为d，重力加速度为g，忽略空气阻力、浮力及带电油滴间相互作用。求：
（1）两极板间电场强度的大小和方向；
（2）带电油滴电性及所带的电荷量。

【正确答案】 （1），竖直向下；（2）负电，

20-2（基础） 一个平行板电容器，电容为200 pF，充电后两板间电压为100V，电容器带多少电荷量？断开电源后，将两板距离减半，两板间电压为多少？
【正确答案】 2×10－8C；50V

20-3（巩固） 竖直放置的平行金属板A、B相距30cm，带有等量异种电荷，在两板间用绝缘细线悬挂一个质量m=4.0×10-5kg，带电荷量q=3.0×10-7C的小球，平衡时悬线偏离竖直方向，夹角α=37°，如图所示。（sin37°=0.6；cos37°=0.8）
（1）悬线的拉力是多大？
（2）求A、B两板间的电压是多少?

【正确答案】 （1）；（2）300V

20-4（巩固） 如图所示，在真空中有一对平行金属板，由于接到电池组上而带电，两板间的距离为d、电势差为U。若一个质量为m、带正电荷q的粒子，只在静电力的作用下，以初速度v0开始从正极板向负极板运动。求：
（1）带电粒子在极板间运动的加速度大小a；
（2）带电粒子到达负极板时的速度大小v。

【正确答案】 （1）；（2）

20-5（巩固） 如图，一个极板间为空气（近似当作真空，相对介电常数为εr =1）的平行板电容器，极板间的距离为d，正对面积为S，所带电荷量为Q，其中M板带正电，N板带负电，极板与水平方向的夹角为θ。有一质量为m的带电粒子以一定初速度从M板边缘A处水平射入板间，恰能到达N板边缘的B处。已知静电力常量为k，重力加速度为g。求

（1）平行板间的电场强度；
（2）带电粒子从A到B的运动时间。
【正确答案】 （1）（2）

20-6（巩固） 间距为d的平行板电容器的电容为C，它的两个极板M、N通过如图所示电路分别接在稳压电源的正负极，电源输出电压为U，板间有一个质量为m的带电小球用绝缘细线悬挂在O点，滑动变阻器R1的最大阻值与定值电阻R2的阻值相等，均为R。接通电路并将滑动变阻器的滑片移至正中间的位置时，小球静止时细线与竖直方向的夹角θ =(重力加速度为g)
(1)小球带何种电荷及小球的带电量q。
(2)若将滑片移动到b端，求通过R的电荷量。

【正确答案】 （1） （2）

20-7（巩固） 如图所示，一平行板电容器接在U＝12 V的直流电源上，电容C＝3.0×10−10 F，两极板间距离d＝1.20×10−3 m，取g＝10 m/s2。求：
（1）该电容器所带电荷量；

（2）若板间有一带电微粒，其质量为m＝2.0×10−3 kg，恰在板间处于静止状态，则微粒带电荷量多少？带何种电荷？

【正确答案】 （1）3.6×10−9 C；（2）2.0×10−6 C， 微粒带负电荷

20-8（提升） 物理方法就是运用现有的物理知识找到解决物理问题的基本思路与方法。常见的物理方法有类比法、对称法、图像法、归纳演绎法、构建理想化模型法等等：
(1)场是物理学中的重要概念，仿照电场的定义，写出引力场强度的定义式，在此基础上，推导出与质量为M的质点距离r的点的引力场强度；
(2)在研究平行板电容器的相关问题时，我们是从研究理想化模型——无限大带电平面开始的。真空中无限大带电平面的电场是匀强电场，电场强度为，其中k是静电力常量，σ为电荷分布在平面上的面密度，单位为C/m2。如图1所示，无限大平面带正电，电场指向两侧。若带负电则电场指向中央（图中未画出）。在实际问题中，当两块相同的带等量异种电荷的较大金属板相距很近时，其中间区域，可以看作是两个无限大带电平面所产生的匀强电场叠加；如果再忽略边缘效应，平行板电容器两板间的电场就可以看作是匀强电场，如图2所示。已知平行板电容器所带电量为Q，极板面积为S，板间距为d，求：
a．两极板间电场强度的大小E；
b．请根据电容的定义式，求出在真空中，该平行板电容器的电容C；
c．求解图2中左极板所受电场力的大小F。

【正确答案】 (1)；(2)a．，b．，c．

20-9（提升） 如图所示，水平放置的平行板电容器的两极板M、N，接上直流电源，上极板M的中央有一小孔A，在A的正上方h=20cm处的B点，有一小油滴自由落下。已知小油滴的电量q=－3.5×10－14C，质量m=3.0×10－9kg，当小油滴即将落到下极板时，速度恰为零（不计空气阻力，g=10m/s2，L=15cm）求：
(1)两极板间的电场强度E；
(2)两极板间的电势差U；
(3)设平行板电容器的电容C=4.0×10－12F，则该电容器带电量Q是多少？

【正确答案】 (1)2.0×106V/m，方向竖直向下；(2)3.0×105V；(3)1.2×10－6C

【原卷 21 题】 知识点 干涉条纹间距与波长的关系


【正确答案】
＞
【试题解析】


21-1（基础） 利用红光和紫光做双缝干涉实验，在红光和紫光的干涉图样中，______光的条纹间距较大，改用白光，距中央亮条纹最近的两侧条纹是______色的。
【正确答案】 红 紫

21-2（基础） 如图甲是双缝干涉实验装置示意图。图乙、丙是用红光和紫光在同一装置做实验得到的干涉图样，a、b分别表示中央明条纹。已知红光波长大于紫光波长，回答下列问题：

(1)双缝的作用是__________。
(2)乙、丙分别是______光和______光。
【正确答案】 形成相干光源 紫 红

21-3（巩固） 某可见光在真空中波速为c，在水中波长为λ，频率为f，则该光在真空中的波长为_______，水对该光的折射率为______．若用该光在空气中进行双缝干涉实验，双缝间距为d，屏到双缝的距离为L，则屏上相邻两暗条纹间的距离为________．
【正确答案】

21-4（巩固） 两束单色光A、B的波长分别为、，且>，则______（选填“A”或“B”）在水中发生全反射时的临界角较大．用同一装置进行杨氏双缝干涉实验时，可以观察到______（选填“A”或“B”）产生的条纹间距较大．
【正确答案】 A A

21-5（巩固） 如图所示，为双缝干涉实验的原理图。光源S到缝S1、S2的距离相等，S1、S2之间的距离为0.2m，P0为S1、S2连线中垂线与光屏的交点。用某种单色光进行实验时，P0处呈现中央亮条纹（记为第0级亮条纹），P处呈现第2级亮条纹。测得P0、P的中心之间的距离为7.2mm，双缝到光屏的距离为1.2m，则这种单色光的波长为___________m。

【正确答案】

21-6（巩固） 用氦氖激光器(发出红光)进行双缝干涉实验，已知双缝间的距离d=0.1 mm，双缝到屏的距离L=6.0 m，测得屏上干涉条纹中相邻两亮条纹的中心间距是3.8 cm，如果将整个装置从空气中转入折射率为的水中，则红光在空气中的波长为________ m，红光在水中的波长为________ m，在水中进行双缝干涉实验时，测得屏上干涉条纹中相邻两亮条纹的中心间距为__________cm．(结果均保留两位有效数字)
【正确答案】 6.3×10－7m 4.73×10－7m 2.9cm

21-7（巩固） 利用图甲所示的装置（示意图），观察紫光的干涉、衍射现象，在光屏上得到如图乙和图丙两种图样则图乙应是__________图样（选填“干涉”或“衍射”）。若将光换成黄光，干涉图样中相邻两条亮条纹中心间距__________（选填“变宽”、“变窄”或“不变”）。

【正确答案】 衍射 变宽

21-8（提升） 如图所示，MN是一条通过透明半球体球心的直线，现有一束由两种单色细光束组成的复色光AB平行MN射向球体，经透明半球体的作用后分裂为两束，其中a光束与MN的夹角为30°，b光束与MN的夹角为15°，已知AB与MN间的距离为半径的一半。则该透明半球体对a光的折射率为______。若让这两束单色光分别通过同一双缝干涉装置后，条纹间距较宽的是______ （填“a”或“b”）光。

【正确答案】 b

21-9（提升） 如图，某种复合光经过半圆形的玻璃砖后分成a、b两束，其中光束a与法线的夹角为60°，光束b与法线的夹角为45°，则玻璃对a、b两种光的折射率之比na∶nb=_____；若a、b两种光在这种玻璃中的波长之比为，现用同一双缝干涉装置分别测量a、b两种光的波长，则得到的相邻亮条纹间距之比为Δxa∶Δxb=_____。

【正确答案】 3∶2

【原卷 22 题】 知识点 滑动变阻器的分压接法与限流接法


【正确答案】
①. 乙    ②. 0～U
【试题解析】
【详解】[1]在保证安全的情况下，为使灯泡两端电压的变化范围尽量大，滑动变阻器应采用分压式接法，故填乙；
[2]根据乙图知，灯泡两端电压最大变化范围是：0～U

22-1（基础） 如图所示，A、B、C、D是滑动变阻器的四个接线柱，现把此变阻器串联接入电路中，并要求滑片P向接线柱A移动时，电路中的电流减小，则接入电路的接线柱可能是______或_______。（选填“C和D”“A和C ”“A和D ”“B和D”）

【正确答案】 A和D B和D

22-2（基础） 如图所示的电路通常称为分压电路，当a b间的电压为U时，R0两端可以获得的电压范围是_____；滑动变阻器滑动头P处于如图所示位置时，a b间的电阻值将_____该滑动变阻器的最大阻值．（填“大于”“小于”“等于”）

【正确答案】 0﹣U 小于

22-3（巩固） 某兴趣小组的同学为了测量某量程为3 V电压表的内阻，设计了如图甲所示的电路．实验器材如下：

A.待测电压表V(量程3 V，内阻约为几k)
B.滑动变阻器(阻值范围0-10)
C.电阻箱R1(阻值范围0-9999)
D.直流电源，电动势6 V，内阻不计
E.开关一个，导线若干
(1)实验电路已进行了部分连接，请按电路图在乙图中将其补充完整______．
(2)闭合开关S前，最好将滑动变阻器的滑动头P移到_____端(填“a”或“b”)．
(3)将电阻箱的电阻调到1000Ω,闭合开关S，调节滑动变阻器，使电压表的示数为3V．保持电路的其它部分不变，只调节电阻箱的电阻，使电压表示数变为1V时，电阻箱示数为7680Ω，电压表的内阻为____．
【正确答案】 a 2340

22-4（巩固） 一个小灯泡上标有“4 V　0.5 A”的字样，现在要用伏安法描绘这个灯泡的I－U图线．有下列器材可供选择：
A．电压表(0～5 V，内阻约10 kΩ)
B．电压表(0～15 V，内阻约20 kΩ)
C．电流表(0～3 A，内阻约1 Ω)
D．电流表(0～0.6 A，内阻约0.4 Ω)
E．滑动变阻器(10 Ω，2 A)
F．滑动变阻器(500 Ω，1 A)
G．电源(直流6 V)、开关、导线若干

(1)实验时，选用图中________(填“甲”或“乙”)电路图来完成实验，请说明理由：______________________。
(2)实验中所用电压表应选______，电流表应选______，滑动变阻器应选________。(用字母序号表示)
(3)把图所示的实验器材用实线连接成实物电路图_______。

【正确答案】 甲 描绘灯泡的I－U图线所测数据需从零开始，并要多取几组数据 A D E

22-5（巩固） 如图所示电路中，R1=100Ω，滑动变阻器的总电阻R=100Ω，A、B两端电压恒定，且UAB=12V．当S断开时，滑动变阻器R滑动头P由a移至b的过程中，R1两端的电压由_______V变至_______V；当S闭合时，滑动变阻器R滑动头P由a移至b的过程中，R1两端的电压由______V变至________V．

【正确答案】 12 6 12 0

22-6（巩固） 有一个小灯泡上标有“4 V、2 W”的字样，现在要用伏安法描绘这个灯泡的伏安特性图线。现有下列器材供选用：电压表(0～5 V，内阻10 kΩ)，电流表(0～0.6 A，内阻0.4 Ω)，滑动变阻器(10 Ω，2 A)，学生电源(直流6 V)、开关、导线若干
（1）实验时，应选下面两图中_______（甲，乙）电路图来完成实验

（2）根据所选电路图，将下面的实验器材用实线连接成实物电路图，图中部分连线已经连接好，请你完成其余的连线_________．

【正确答案】 甲

22-7（巩固） 用伏安法测定某定值电阻（内阻约为），要尽可能准确地测量这只电阻的阻值.现有器材除被测电阻外，还有如下的实验仪器：

A.直流电源，电压，内阻不计；
B.电压表，量程，内阻约；
C.电压表，量程，内阻约；
D.电流表，量程，内阻约；
E.电流表，量程，内阻；
F.滑动变阻器，阻值；
G.电键一只、导线若干.
（1）在上述仪器中，电压表应选用_____，电流表应选用______（用仪器前序号表示）。
（2）请在方框内画出电路原理图_____。
（3）若电流表示数为I，电压表示数为U，则_____（用题中字母表示）。
【正确答案】 B E

22-8（提升） 在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，需测量一个“2.5 V、0.3 A”的小灯泡两端的电压和通过它的电流。现有如下器材：
直流电源(电动势3.0 V，内阻不计)
电流表A1(量程3 A，内阻约0.1 Ω)
电流表A2(量程600 mA，内阻约5 Ω)
电压表V1(量程3 V，内阻约3 kΩ)
电压表V2(量程15 V，内阻约15 kΩ)
滑动变阻器R1(阻值0～10 Ω，额定电流1 A)
滑动变阻器R2(阻值0～1 kΩ，额定电流300 mA)
（1）在该实验中，电流表应选择___，电压表应选择___，滑动变阻器应选择___；
（2）为了减小实验误差，应选择以下哪个实验电路进行实验___。

（3）下表是某同学在实验中测出的数据，该同学根据表格中的数据在方格纸上已画出除了第6组数据的对应点，请你在I­U图象上画出第6组数据的对应点，并作出该小灯泡的伏安特性曲线____。

1
2
3
4
5
6
7

0
0.10
0.13
0.15
0.16
0.18
0.19

0
0.1
0.20
0.30
0.40
0.60
0.80

8
9
10
11
12
13


0.20
0.23
0.25
0.27
0.28
0.30


1.00
1.40
1.80
2.00
2.20
2.50


（4）实验中，如果把这个小灯泡和一个阻值为9Ω的定值电阻串联在电动势为3V、内阻为1Ω的直流电源上，则小灯泡消耗的实际功率约为____ W。
【正确答案】 A2 V1 R1 C 0.20(0.18～0.22)

22-9（提升） 某学习小组通过实验来研究电器元件Z的伏安特性曲线，他们在实验中测得电器元件Z两端的电压与通过它的电流的数据如表：

现备有下列器材：
A．内阻不计的6V电源
B．量程为0～3A的内阻可忽略的电流表
C．量程为0～0.3A的内阻可忽略的电流表
D．量程为0～3V的内阻很大的电压表
E．阻值为0～10Ω，额定电流为3A的滑动变阻器
F．开关和导线若干
（1）这个学习小组在实验中电流表应选___(填器材前面的字母)；
（2）请你从下面的实验电路图中选出最合理的一个____；

（3）利用表格中数据绘出的电器元件Z的伏安特性曲线，如图所示，分析曲线得出通过电器元件Z的电流随电压变化的特点是：电流随电压的增大而_____（填“线性”或“非线性”）增大；随电压的增大，元件Z的电阻____（填“增大”“减小”或“不变”）；

（4）若把电器元件Z接入如图所示的电路中时，理想电流表的读数为0.150A，已知A、B两端电压恒为2V，则定值电阻R0阻值为___Ω(结果保留两位有效数字)．

【正确答案】 C B 非线性 增大 6.7


答案解析


1-1【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
AB．光具有波粒二象性，不能把光看成宏观概念上的波，故AB错误；
C．干涉和衍射是波的特有现象，光的干涉、衍射现象说明光具有波动性，光电效应和康普顿效应说明光具有粒子性，故C正确；
D．频率低、波长长的光，波动性特征显著，频率高、波长短的光，粒子性特征显著，故D错误。
故选C。
1-2【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．光具有波粒二象性，这是微观世界具有的特殊规律，故A错误；
B．光波的频率越高，波长越短，粒子性越明显，故B正确；
C．光的干涉、衍射说明光具有波动性，故C错误；
D．大量光子运动的规律表现出光的波动性，而单个光子的运动表现出光的粒子性，故D错误。
故选B。
1-3【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．蓝光与红光频率不同，在叠加区域不可能发生干涉现象，故A错误；
B．蓝光比红光频率高，在水中的传播速度不同，蓝光速度更小一些，故B错误；
C．蓝光比红光频率高，折射率较大，蓝光与红光以同一入射角斜射入水中，红光偏离原来方向的夹角更小，故C错误；
D．电影院观看3D电影时，观众戴的眼镜就是一对透振方向互相垂直的偏振片，故D正确。
故选D。
1-4【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．根据

可得光的波长越短，光子的能量越大，光的粒子性越明显，故A正确；
B．“物质波”假说，认为和光一样,一切物质都具有波粒二象性，故B错误；
C．光电效应现象揭示了光具有粒子性，故C正确；
D．不仅光子具有波粒二象性，一切运动的微粒都具有波粒二象性，故D正确。
本题选错误项，故选B。
1-5【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
①该实验是α粒子散射实验，依据此实验卢瑟福提出了原子核式结构学说，与光的性质无关
②干涉是波的特有性质，因此双孔干涉实验说明光具有波动性
③此实验是光电效应的实验，说明光具有粒子性
④三种射线在电场偏转的实验，能判定射线的电性，不能说明光的性质
故选B。
1-6【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．为了解释黑体辐射规律，普朗克提出了电磁辐射的能量是量子化的，故A错误；
B．德布罗意把光的波粒二象性推广到实物粒子，认为实物粒子也具有波动性，故B正确；
C．卢瑟福通过α粒子散射实验，提出了原子具有核式结构，故C错误；
D．波尔将量子观念引入原子领域，其理论能够解释氢原子光谱的特征，故D错误。
故选B。
1-7【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．光子一个个通过单缝，足够时间后，底片上中央到达的机会最多，其他地方机会较少，出现衍射现象，故A正确；
B．少量粒子表现为粒子性，而衍射是波的特性，故B错误；
C．光子通过狭缝的路线是随机的，与水波不一样，故C错误；
D．少量表现出随机性，大量表现出规律性，故D错误。
故选A。
1-8【提升】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
相邻两条亮纹之间的距离公式，有

故选A。
1-9【提升】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
根据爱因斯坦光电方程

结合

联立可得

结合图乙可得


联立可得

故选A。
2-1【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
AC．根据玻尔的氢原子理论，当某个氢原子吸收一个光子后，氢原子的能级升高，半径增大，故A错误，C正确；
B．电子与原子核间的距离增大，库仑力做负功，电势能增大，故B错误；
D．电子围绕原子核做圆周运动，库仑力提供向心力，由

可得

半径增大，动能减小，故D错误。
故选C。
2-2【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
AB．氢原子的核外电子由一个轨道跃迁到另一轨道时，若放出光子，原子的能量减少，电子的轨道半径减小，电场力做正功，电子动能增加，故A错误，B正确；
CD．氢原子的核外电子由一个轨道跃迁到另一轨道时，若吸收光子，原子的能量增加，电子的轨道半径增大，电场力做负功，电子动能减小，故CD错误。
故选B。
2-3【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．大量处于能级的氦离子向低能级跃迁时，辐射的光子种类数为，A错误；
B．由图可知从向能级跃迁，需向外辐射能量，B错误；
C．由图可知，处于能级的氦离子，至少吸收的能量才能发生电离，C错误；
D．由图可知处于能级的氦离子要跃迁到能级，需要吸收的能量至少为

故用动能为的电子撞击处于能级的氦离子可能使氦离子跃迁到能级，D正确。
故选D。
2-4【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．氢原子发射的光谱是独立的几条光谱，其原因是因为氢原子只能处于几条特定的能级状态，在不同能级跃迁时发出特定频率的光，因此所发射的光谱不是连续的，故A错误；
B．这群氢原子处在能级，在向低能级跃迁的过程中，能发出种不同频率的光，故B错误；
C．氢原子从能级跃迁到能级，所发出的光的能量最大，由

可知，所发出的光的波长最短，故C错误；
D．氢原子从能级跃迁到能级，所放出的能量最大，为

则可知该氢原子发出的光能使锌板发生光电效应，根据爱因斯坦的光电效应方程

可知锌板会发生光电效时表面逸出光电子的最大初动能为，故D正确。
故选D。
2-5【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．一群氢原子处于量子数n＝4能级状态跃迁时能够放出种不同频率的光子，故A错误；
B．n＝4跃迁到n＝3能级辐射的光子能量为

n＝3跃迁到n＝2能级辐射的光子能量为

均小于金属钾的逸出功，不能发生光电效应；其余4种光子能量均大于2.25 eV，所以这群氢原子辐射的光中有4种频率的光子能使钾发生光电效应，故B错误；
C．第4能级氢原子吸收能量为0.85 eV的光子能量即可被电离，多余的能量为电子的初动能，故C正确；
D．氢原子吸收能量向高能级跃迁，故D错误。
故选C。
2-6【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．根据题意可知氢原子从n=4能级直接向n=1能级跃迁时辐射出的光照射到金属钾上逸出的光电子具有最大初动能，根据光电效应方程有

故A错误；
BC．一群氢原子处于n=4的激发态，在向较低能级跃迁的过程中，根据数学组合，则可能发出6种不同频率的光子，n=4跃迁到n=3辐射的光子能量为0.66eV，n=3跃迁到n=2辐射的光子能量为1.89eV，均小于2.25eV，不能使金属钾发生光电效应，其它4种光子能量都大于2.25eV．故这些光子中能够从金属钾打出光电子的共有4种，故B错误，C正确；
D．根据题意可知

氢原子从n=4跃迁到n=3辐射出光子的能量为

则

所以处于n=3能级的氢原子吸收n=4跃迁到n=3辐射的光子不能发生电离，故D错误。
故选C。
2-7【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
氢原子吸收光子能向外辐射出三种频率的光子，说明氢原子从基态跃迁到了第3能级态，如图所示

在第3能级态不稳定，又向低能级跃进，发出光子，其中从第3能级跃迁到第1能级的光子能量最大，为，从第2能级跃迁到第1能级的光子能量比从第3能级跃迁到第2能级的光子能量大，由能量守恒可知，氢原子一定是吸收了能量为的光子，且关系式

可得

故选B。
2-8【提升】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．从n=4跃迁到n=1能级时放出的光子能量为-0．85+13．60eV=12．75eV；不在可见光范围之内，从n=4能级跃迁到n=2能级时辐射的光子能量-0．85+3．41eV=2．55eV；在可见光范围，从n=4能级跃迁到n=3能级时辐射的光子能量-0．85+1．51eV=0．66eV，不在可见光光子能量范围之内；从n=3能级跃迁到n=2能级时发出的光子能量为-1．51+3．40eV=1．89eV，在可见光范围之内；从n=2能级跃迁到n=1能级时发出的光子能量为-3．40+13．60=10．2eV，不在可见光范围之内，故则处于第4能级状态的氢原子，发射光的谱线在可见光范围内的有2条，A正确；
B．氢原子的电子由外层轨道跃迁到内层轨道时，轨道半径减小，原子能量减小，向外辐射光子．根据

知轨道半径越小，动能越大，知电子的动能增大，电势能减小，B错误；
C．根据

即为

C错误；
D．因为从第5能级跃迁到第2能级时发射出的光的频率小于处于第2能级状态的氢原子发射出的光的频率，故不一定发生光电效应，D错误；
故选A。
考点：考查了氢原子跃迁
名师点睛:
所有的难题实际都是又一个一个的简单的题目复合而成的，所以在学习中不能好高骛远，贪大贪难，解决了基础题，拔高题也就迎刃而解了．
2-9【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
根据，所以这些氢原子总共可辐射出6种不同频率的光.故A错误；n=3能级跃迁到n=2能级辐射出的光子能量E=-1.51eV-（-3.40eV）=1.89eV<2.22eV，小于钾的逸出功，不能发生光电效应，故B错误.由图可知当核外电子从n=4能级跃迁到n=3能级时，能级差最小，所以放出光子的能量最小，故C错误；由n=4能级跃迁到n=3能级过程中释放能量，原子的能量在减小，核外电子的运转半径减小，根据可知则电子的动能会增加，故D正确；故选D
3-1【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．根据可知，则温度为时气体分子的平均动能比时小，故A错误；
B．A到B的过程中，气体的温度不变，气体内能不变，故B错误；
C．A到B的过程中，气体的温度不变，气体内能不变，体积增大，气体对外做功（即），则一定吸收热量（），故C错误；
D．由图像可知，A到B的过程中，压强减小，故D正确。
故选D。
3-2【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．从状态A变化到状态B的过程中，值逐渐增大，根据理想气体状态方程可知气体温度升高，故A错误；
B．从状态A变化到状态B的过程中，气体压强增大，气体对器壁单位面积的平均作用力增大，故B错误；
C．从状态A变化到状态B的过程中，气体体积增大，对外界做功，故C错误；
D．从状态A变化到状态B的过程中，气体温度升高，内能增大，同时对外界做功，根据热力学第一定律可知气体从外界吸收热量，故D正确。
故选D。
3-3【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．根据

可得

根据图像可知是一条过原点的倾斜的直线，斜率一定，则表明气体由状态到状态发生的是等压变化，A正确；
B．根据上述有

解得

B错误；
C．气体由状态到状态过程，体积减小，外界对气体做功，C错误；
D．气体由状态到状态过程为等压过程，气体体积减小，外界对气体做功为

由于气体由状态到状态吸收的热量等于增加的内能，即

根据图像状态a与状态b温度相等，内能相等，即

则有

气体由状态到状态过程，根据热力学第一定律有

解得

即气体由状态到状态气体放出的热量为200J，D错误。
故选A。
3-4【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
AB．A→B的过程中，压强不变，根据，可知气体温度升高，内能增大，膨胀过程气体对外做功，由热力学第一定律可知，气体从外界吸热，故A正确，B错误；
C．B→C的过程中，气体体积不变，压强减小，根据，可知气体温度降低，内能减小，由于V不变，则W=0，根据，可知气体对外界放热，故C错误；
D．根据图像的等温线分布可知在C→A的过程中，气体温度会变化，气体的内能发生变化，故D错误；
故选A。
3-5【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．a到b过程，为等容变化，气体对外界不做功，由

可得

则气体内能减少，故A不符合题意；
B．b到c过程，体积减小，外界对气体做功，故B不符合题意；
C．c到d过程，为等容变化，气体对外界不做功，由

可得

则气体内能增加，吸收热量，故C符合题意；
D．由
W=pV
可知，经过一次循环过程，气体对外界做功，故D不符合题意。
故选C。
3-6【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
ABD．拧紧矿泉水瓶的盖子，则环境温度恒定不变，用手缓慢捏扁矿泉水瓶，则气体体积减小，压强变大，因当小药瓶悬浮时浮力等于重力，压强变大，体积减小，浮力减小，则小药瓶加速下沉，温度不变，则药瓶内气体的内能不变，外界对气体做功，则气体放热，选项AD错误，B正确；
C ．操作二中，放入冰箱降温，则温度降低，药瓶内气体的内能减小，选项C错误。
故选B。
3-7【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
由图可知，气体绝热变化时，体积增大，气体对外界做功，根据热力学第一定律判断可知气体的内能减少，温度降低，根据可知气体的一直在减小，所以该过程中温度一直降低。
故选B。
3-8【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．根据图像可知，B→C过程气体的体积增大，则气体分子的数密度减小，A错误；
B．根据

B→C过程为绝热过程，气体体积增大，对外做功，则
，
则有

即气体温度降低，B错误；
C．，图像中，图线与V轴所围几何图形的面积表示功，A→C过程气体体积增大，气体对外做功，C→A过程，气体体积减小，外界对气体做功，由于A→C过程图线与V轴所围几何图形的面积大于C→A过程图线与V轴所围几何图形的面积，则A→C过程气体对外做功大于C→A过程外界对气体做功，C正确；
D．根据热力学第一定律有
，
由于

则有

根据上述A→C过程气体对外做功大于C→A过程外界对气体做功，即

则有

由于C→D是等温过程，内能不变，体积减小，外界对气体做功，则气体放出的热量，而D→A为绝热过程，即C→D过程放出的热量即为C→A过程放出的热量，又由于A→B是等温过程，内能不变，体积增大，气体对外界做功，则气体吸收的热量，而B→C为绝热过程，即A→B过程吸收的热量即为A→C过程吸收的热量，可知C→D过程放出的热量小于A→B过程吸收的热量，D错误。
故选C。
3-9【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
绝热容器内的稀薄气体与外界没有热传递，即
△Q=0
稀薄气体向真空扩散没有做功，即
W=0
根据热力学第一定律可知
△U=0
即气体内能不变，做等温变化。
故选B。
4-1【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
波的传播速度为v=1m/s，经过 2s 后该质点停止振动再经过 1s 后，原点的振动向前传播，t=2s时，质点过平衡位置向下振动，所以1m处质点过平衡位置向下振动，且2s 后质点停止振动，则不再有振动产生，所以ABD错误，C正确
4-2【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．图（b）为媒质是平衡位置在处的质点P的振动图像，则在时，振动方向为y轴负方向，则图（a）中，根据质点振动方向和传播方向在图像同一侧可知波的传播方向向左，故A错误；
B．图（a）可知，机械波的波长为；图（b）可知振动周期为，则波速为

故B错误；
C．图（b）可知，在时P向y轴正方向运动，故C正确；
D．图（b）可知，在时，P在y轴负方向最大位置，故D错误。
故选C。
4-3【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．由题图（b）为质点Q的振动图像，则知在t=0.1s时，质点Q正从平衡位置向波谷运动，所以t=0.1s时，质点Q沿y轴负方向运动，根据平移法可知该波沿x轴负方向传播，此时质点P正向y轴正方向运动，在时，即后质点P向y轴负方向运动，故A错误；
B．由图可知波长，周期，则波速

波向左传播，设Q点的振动情况经t时刻传到P点，则

即经过质点P经过平衡位置，故B错误；
C．质点Q简谐运动的表达式为

则质点M简谐运动的表达式为

故C正确。
D．根据数学知识可知时刻，P的纵坐标为cm，在到时间内，质点P运动的路程为20cm，至质点P运动的路程为（20-）cm，所以到，质点P通过的路程为，故D错误；
故选C。
4-4【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．根据知在内，x=2m处质点的加速度方向为负，则位移方向为正，说明t=0时刻该质点的速度方向向上，则该波沿x轴正方向传播，故A错误；
B．由图知，该波的波长

周期

则波速

1s内波向右传播的距离为

则图中t=0时刻处质点的振动形式经过1s传到质点P处，而t=0时处质点的位移为

所以质点P经过1s将到达处，故B错误；
C．因

所以，在2s内质点P通过的路程为

故C错误；
D．当O点振动状态传到P点时，P点到达平衡位置，所用时间

质点Q从波谷到达平衡位置所用时间

所以质点Q比P迟到达平衡位置。故D正确。
故选D。
4-5【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．由图像可知，，故

设质点A的振动方程为

由乙图可知t＝0.1s时，，则

解得

故

A正确；
B．由甲图可知t＝0时，质点P位于平衡位置，此时质点P的速度最大，B错误；
C．由甲图可知，t＝0.1s时P点振动方向沿y轴正方向，根据“同侧法”结合乙图可知，该波沿x轴负方向传播，C错误；
D．由乙图可知，质点A、P的平衡位置之间间隔半个波长，故当质点P处于波峰位置时，质点A处于波谷位置，D错误；
故选A。
4-6【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A. 该波沿方向传播，波速为，A错误；
B. 质点经振动的路程为，B错误；
C. 由同侧法可知，此时刻质点的速度沿方向，C正确；
D. 质点在时，处于位移最大位置处，加速度达到最大，D错误，
故选C。
4-7【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．由图乙可知A质点的起振方向向下，故A错误；
B．由图乙可知时质点O到y轴负方向最大位移处，t=5s时刻，A质点第一次运动到y轴负方向最大位移处，可知波从波源传至A点的时间为2s，所以

故B错误；
C．该列机械波的波长为

故C正确；
D．波从波源传至B点的时间为

t=11.5s时刻，B质点已振动1.5s，因，所以t=11.5s时刻B质点处在y轴上方且向下振动，故D错误。
故选C。
4-8【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．由图甲可知波峰到波谷的距离为1m，故波的波长为

故A正确，不符合题意；
B．图乙为质点的振动图象则
T = 0.2s
根据波速计算公式有
v = = 10m/s
故B正确，不符合题意；
C．因为t=0时刻平面内只有一圈波谷，而此时O也处于波峰，由此可以判断波的起振方向向上且波刚开始传播时O处于平衡位置，由此可以判断波传播了1.25个波长，用时0.25s，t=0时刻波刚好传播到2.5m处，则机械波恰好传至B处的时间点为

故C错误，符合题意；
D．质点到波源的距离为

波传播到C点所用的时间为

由图像可知波的振幅为

故从到过程中，质点运动的路程为

故D正确，不符合题意。
故选C。
4-9【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．设该波的波长为λ，根据三角函数知识可知，N、Q两质点平衡位置间的距离为

解得

由题图乙可知该波的周期为，所以该波的波速为

故A错误；
B．由题图乙可知，t=0.125s时刻，质点P沿y轴负方向运动，此时P应位于波传播方向波形的上坡，所以该波沿x轴负方向传播，故B错误；
C．由题图乙可知，在t=0.125s之后，质点P第一次位于波峰的时刻为t=0.25s，易知此波峰为t=0.125s时刻质点Q所在处的波峰传播来的，所以有

解得

故C错误；
D．从t=0.125s开始，质点Q第一次回到平衡位置所经历的时间为

图甲中，质点Q左侧波形的第一个平衡位置处坐标为

该振动状态第一次传播到质点N所经历的时间为

则

即质点Q比质点N早回到平衡位置，故D正确。
故选D。
5-1【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
ABC．未放物体Q时，P处于平衡状态，设斜面倾角，P质量m，Q质量为M，P重力沿斜面向下的分力小于等于最大静摩擦力：，放上物体Q后，，所以整体仍静止，P所受合力仍为零，AB错误C正确．
D．整体仍平衡，所以P与斜面间的静摩擦力，而未放Q时，P与斜面间的静摩擦力，所以摩擦力变大，D错误．
5-2【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
对M受力分析可知，当匀速滑行时，M受重力、m给的沿斜面向下的摩擦力，垂直斜面向下的压力，地面对M的支持力；
对m、M整体受力分析，匀速下滑时，整体平衡，地面对M的支持力等于两物体重力。
当给m施加恒力F后，对m受力分析，m受斜面的摩擦力与支持力不变，则M受m的作用力不变，M整体受力未发生变化，且M始终未动，所以地面对M的支持力仍等于两物体重力。
故选A。
5-3【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
AB．货物处于平衡状态时，货物受到的合力为零，此时的摩擦力为静摩擦力，有
mgsinθ=f
θ增大时，f增大。
当加速下滑后，货物受到的合力沿车厢向下，不为零，此时摩擦力为滑动摩擦力有

θ保持不变，摩擦力大小不变。因此整个过程中货物受到车厢的摩擦力先增大后不变，货物受到合力先为零后沿车厢向下，故AB错误；
C．货物静止时，处于平衡状态，整体分析可知，此时地面对货车的支持力等于总重力，当货物加速下滑时，货物处于失重状态，此时地面对货车的支持力小于总重力，故C正确；
D．整体分析可知，开始整体平衡，地面对货车的摩擦力为零，后货物加速下滑，货物的加速度沿车厢斜面向下，在水平方向上，货物的加速度有水平向左的分量，对货物和车厢整体分析，根据牛顿第二定律可知地面对整体有水平向左的摩擦力，故D错误。
故选C。
5-4【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
AB．设斜面倾角为θ，物块共同下滑的加速度为a，则对a

对ab的整体

解得
f1：f2=1：3
因
f2=f3≠0
可知f1不可能等于0 ，选项A错误，B正确；
CD．对abc整体，因

因加速度a有水平向左的分量，可知P受的摩擦力的方向水平向左，但无法确定f3的方向，选项CD错误。
故选B。
5-5【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
令斜面倾角为，由于B、C一起在光滑固定斜面A上从静止下滑，对BC整体分析有

解得

对C分析，假设其受到B的摩擦力为f，则有

解得

即B、C之间的摩擦力与质量大小关系无关，，当B、C一起在光滑固定斜面A上从静止开始下滑时，B、C之间的摩擦力始终为0。
故选A。
5-6【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
对滑块、斜面，受力分析如图所示，对滑块，竖直方向有

由牛顿第三定律

对斜面，由牛顿第二定律有

对滑块与斜面整体，有

故选B。

5-7【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．对物块A受力分析，受重力，斜面支持力，如图所示，由于物块A有向右的加速度，其所受合力为重力与斜面支持力的合力，合力不是零，A错误；

B．因物块A的加速度是水平向右，所以受到的合力方向水平向右，B错误；
C．由物块A受力分析图可知，斜面对物块A的支持力大小为

C错误；
D．对斜面和物块整体研究，由牛顿第二定律，可得恒力F的大小为
F=（M+m）a
又

则有

D正确。
故选D。
5-8【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A.由题意，货车受到货物A、B整体的压力大小为
F压=2mgcosα
根据牛顿第二定律可知，A、B整体所受合外力沿斜面向下，所以B所受滑动摩擦力的大小满足
Ff＜2mgsinα
根据牛顿第三定律可知，A、B整体对货车的摩擦力大小同样满足
Ff’＜2mgsinα
F压沿水平向左的分量为
F压x=2mgcosαsinα
Ff’沿水平向右的分量满足
Ffx’＜2mgsinαcosα= F压x
所以A、B整体对货车的作用力存在水平向左的分量，货车有向左运动的趋势，故货车受到地面的静摩擦力方向水平向右，故A错误；
B．由于A、B整体沿车厢底板加速下滑，故A、B以及货车组成的系统存在竖直向下的加速度分量，整体处于失重状态，故货车对地面的压力小于货车与货物的总重力，故B错误；
CD．设A、B整体加速下滑的加速度大小为a，对A、B整体根据牛顿第二定律有
2ma=2mgsinα-2μ2mgcosα
单独对A同理有
ma=mgsinα-f
且
f≤μ1mgcosα
联立上述三式可得
μ1≥μ2
由此可知，只有当μ1=μ2时，货物A受到的摩擦力大小才等于为μ1mgcosα，否则将小于μ1mgcosα。
故C错误，D正确。
故选D项。
5-9【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】详解:
AB．若A、B一起匀速下滑，则整体受力平衡，斜面C不受地面的静摩擦力，A错误；
B．若A、B一起匀速下滑，对B有

所以A与B间的动摩擦因数满足，B错误；
CD．若A、C接触面光滑，则AB有沿斜面向下的共同的加速度，滑块A、B接触面上无摩擦力，而斜面C受到滑块的垂直斜面向下的压力作用，有向右的运动趋势，所以斜面C受到地面的静摩擦力方向水平向左，C错误，D正确。
故选D。
6-1【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
AB．组合体变为椭圆轨道运行时，做离心运动，所以，组合体需要在近月点加速，故A错误，B正确；
C．由开普勒第二定律可知，近月点的速度大于远月点的速度；故C错误；
D．由公式，可得近月点的加速度大于远月点的加速度，故D错误；
故选B。
6-2【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．文昌的纬度低，离赤道近，发射卫星时尽量利用地球的自转线速度所需的能耗低。故A正确；
BC．空间站轨道高度约400km，远小于地球同步卫星的轨道高度，所以其飞行飞行速度小于第一宇宙速度且周期小于24小时。故BC错误；
D．对接时，需要减速降轨再加速对接，不能在轨道上直接加速。故D错误。
故选A。
6-3【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．“天舟号”A处飞向B处重力势能增大，动能减小，做减速运动，故A错误；
B．由开普勒第三定律，可知“天舟号”比“天宫号”运动周期小，故B错误；
C．“天舟号”与“天宫号”对接前必须先加速，做离心运动，才能与天宫号对接，故C正确；
D．“天舟号”与“天宫号”的质量不相等，由可知在对接处受到的引力不相等，故D错误。
故选C。
6-4【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．根据

可得

因为卫星在轨道1上的运动半径小于同步卫星的运动半径，可知卫星在轨道1上的线速度大于同步卫星的线速度；同步卫星的角速度等于地球自转的角速度，根据v=ωr可知，同步卫星的线速度大于赤道上随地球自转的物体的速率，可知卫星在轨道1上运行的速率大于赤道上随地球自转物体的速率，选项A错误；
B．根据

可得

卫星在轨道3上经过P点时的加速度等于它在轨道2上经过P点时的加速度，选项B错误；
C．卫星在轨道1上经过Q点时加速才能进入轨道2；在轨道2上经过P点时加速才能进入轨道3，在轨道2上从Q到P，引力做负功，速率减小，由

可知，卫星在轨道1上的速率大于在轨道3上的速率，则

可知三条轨道中速率最大时刻为经过2上的Q点，速率最小时刻为经过2上的P点，选项C正确；
D．根据开普勒第三定律可知，在轨道3上半径最大，在轨道1上的半径最小，轨道2的半长轴大于轨道1的半径，可知周期关系为
T3>T2>T1
选项D错误。
故选C。
6-5【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．卫星AB的轨道为椭圆，所以每一个点的速度大小不同，无法确定速度大小的比较，A错误；
B．根据开普勒第二定律，卫星AB在两个不同的椭圆轨道上运动，则卫星A与地心连线在单位时间内扫过的面积与B与地心连线在单位时间内扫过的面积不等，B正确；
C．根据开普勒第三定律可知，卫星A的半长轴三次方与周期二次方的比值与卫星B的相等，C错误；
D．卫星A的发动机短时间喷气一次，速度增大做离心运动，轨道会与原轨道加速点相切，D错误。
故选B。
6-6【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．“嫦娥一号”没有脱离地球的引力范围，所以发射速度应该大于7.9km/s，小于11.2km/s，A错误；
B．要从轨道Ⅲ进入轨道Ⅱ须在Q点进行减速，所以在轨道Ⅱ上Q点的速度小于轨道Ⅲ上Q点的速度，B错误；
C．根据开普勒第三定律

可知，同一中心天体，椭圆轨道半长轴的立方与公转周期的平方之比不变，C正确；
D．根据开普勒第二定律，在同一绕月轨道上，相同时间内卫星与月球连线扫过的面积相同，但在不同的绕月轨道上不满足，D错误。
故选C。
6-7【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．探测器在P点由轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ，轨道变成椭圆形，做近心运动，需要点火减速，故A错误；
B．根据

可知，探测器在轨道Ⅲ上Q点的速度大于以S点到地球距离为半径的圆轨道上的速度，而在轨道Ⅱ上S点的速度小于S点所在圆轨道的速度，可知探测器在轨道Ⅲ上Q点的速度大于在轨道Ⅱ上S点的速度，故B正确；
C．万有引力提供向心力，则加速度为

因两轨道上P点距离地心距离相同，故加速度也相同，故C错误；
D．由于轨道Ⅱ半长轴大于轨道Ⅲ的半径，根据开普勒第三定律可知，探测器在轨道Ⅱ的运行周期大于在轨道Ⅲ上的运行周期，故探测器在轨道Ⅱ上由P点运动到S点的时间大于在轨道Ⅲ上由P点运动到Q点的时间，故D错误。
故选B。
6-8【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】详解:
A．试验船初始时在距地球表面高度为3R的圆形轨道I上运动时为匀速圆周运动，万有引力提供向心力，即万有引力等于需要的向心力，当在A点点火后做向心运动，则需要的向心力减小，根据

可知在A点点火的目的是减小试验船的速度，故A错误；
B．试验船进入近地轨道II绕地球做圆周运动时万有引力提供向心力，即万有引力等于需要的向心力，当在A点点火后做向心运动，则需要的向心力减小;而试验船在椭圆轨道II 的B点做离心运动,需要的向心力大于万有引力，所以可知在A点点火后需要的向心力减小，即在B点点火的目的也是减小试验船的速度，故B错误;
C．由图可知，实验船在轨道I上运行时的半径大于在轨道II上运行时的半径，根据万有引力提供向心力，即

可知实验船在轨道I上运行时的加速度小于在轨道II上运行时的加速度,故C错误;
D．在近地轨道II处实验船受到的万有引力近似等于地球表面的重力，根据万有引力提供向心力，即

则

故D正确。
故选D。
6-9【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．卫星由小圆变椭圆，需要在Q点点火加速，而卫星由椭圆变大圆，需要在P点点火加速，故A正确，A项不合题意；
B．卫星在3轨道和1轨道做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力，可得线速度为

而，可知星在圆轨道3上正常运行速度小于卫星在圆轨道1上正常运行速度，故B正确，B项符合题意；
C．卫星在1轨道的速度为7.9 km/s，而由1轨道加速进入2轨道，则在椭圆轨道2上的近地点Q的速度一定大于7.9 km/s，而椭圆上由近地点到远地点减速，且3轨道的线速度大于椭圆在远地点的速度，故在远地点P的速度一定小于7.9 km/s，，即有

故C正确，C项不合题意；
D．卫星在不同轨道上的同一点都是由万有引力提供合外力，则卫星在椭圆轨道2上经过P点时的加速度一定等于它在圆轨道3上经过P点时的加速度，故D正确，D项不合题意。
本题选不正确的，故选B。
7-1【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
对最高点有重力和杆的合力提供向心力，现假设杆给球的力沿杆向上，则有

解得

结果为正值，说明假设方向正确。
故选B。
7-2【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．根据动能定理，可得

乘客做匀速圆周运动，所以在摩天轮转动一周的过程中，合力对乘客做功为零。故A正确；
B．根据

易知，在摩天轮转动的过程中，重力与速度方向夹角一直在变化，所以乘客重力的功率不能保持不变。故B错误；
C．根据

在摩天轮转动的过程中，乘客动能保持不变，重力势能随高度变化而变化，所以机械能在发生变化。故C错误；
D．在最低点时，根据牛顿第二定律可知

乘客所受重力小于座椅对他的支持力。故D错误。
故选A。
7-3【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．该盒子做圆周运动的向心力大小不变，方向总是指向圆心，时刻在发生改变，A错误；
B．在最高点时盒子与小球之间恰好无作用力，对小球根据牛顿第二定律可得

解得

则该盒子做匀速圆周运动的周期为

B错误；
C．盒子在最低点时，对小球根据牛顿第二定律可得

解得

根据牛顿第三定律可知小球对盒子的作用力大小等于，C错误；
D．盒子在与点等高的右侧位置时，以小球为对象，竖直方向根据受力平衡可得

水平方向根据牛顿第二定律可得

盒子对小球的作用力大小为

根据牛顿第三定律可知小球对盒子的作用力大小等于，D正确；
故选D。
7-4【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．因为做匀速圆周运动，从a到b的过程中，小明的加速度斜向上指向圆心，所以在竖直向上的方向有加速度，支持力大于重力，那么小明处于超重状态，故A错误；
B．因为做匀速圆周运动，从c到d的过程中，小明的加速度斜向下指向圆心，所以在竖直向下的方向有加速度，支持力小于重力，那么小明处于失重状态，故B错误；
C．从a到b的过程中，小明所受的合力大小F合大小不变，方向如图1所示逐渐由位置1顺时针转向位置2过程中，根据平行四边形法则，合力减去重力即为座舱对小明的作用力F，如图1所示，随着F合方向的变化，F的大小在变小，故C正确；

D．从c到d的过程中，小明所受的合力大小F合大小不变，方向如图2所示，当逐渐由位置1顺时针转向位置2过程中，根据平行四边形法则，合力减去重力即为座舱对小明的作用力F，如图2所示，随着F合方向的变化，F的大小在变大，故D错误。

故选C。
7-5【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．小球B做匀速圆周运动，合力提供圆周运动所需的向心力，且合力指向圆心，所以小球B受到的合力的方向始终沿着轻杆A指向轴O，A正确；
B．当时杆水平，在水平方向，此时轻杆A对小球B有水平向左的拉力，该拉力提供小球B做圆周运动的向心力；在竖直方向上，轻杆A对小球B的支持力与重力相平衡，所以轻杆A对小球B的作用力方向斜向左上方，B错误；
C．轻杆A与竖直方向夹角α从增加到的过程中，小球B的动能不变，重力势能减小，则球B的机械能减小，由功能关系可知，轻杆A对小球B做负功，C错误；
D．重力瞬时功率为

是竖直分速度，先增大后减小，则重力对B做功的功率先增大后减小，D错误。
故选A。
7-6【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．小球运动到b点时

解得

即轻杆对小球的力是支持力，大小为，故A错误
B．小球运动到a点时

解得

即轻杆对小球的力是拉力，大小为，故B错误
C．小球从a点运动到b点过程中，轻杆对小球做功为

故C错误
D．小球从b点运动到a点过程转动半周中，时间为

重力做功的平均功率为

故D正确。
故选D。
7-7【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．小球做匀速圆周运动，向心力大小不变，在最高点，杆对小球的支持力为2N，根据题意可得

故A错误；
B．根据

解得

故B错误；
C．小球运动到图示水平位置时，杆对小球水平方向的分力大小为18N，对支架水平方向由平衡条件可知地面对支架的摩擦力大小为18N，故C错误；
D．把杆换成轻绳，轻绳无法给小球支持力，同样转速的情况下，小球不能通过图示的最高点，故D错误。
故选B。
7-8【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．假设小球能达到C点，对小球从A到C过程，由动能定理

=0
可得
<0
说明假设不成立，小球不可能到达C点，故A错误；
B．同理，对小球从A到B，由动能定理

当时，，假设成立，说明小球可能到达B点，故B正确；
C．将F与mg合成为mg’，称为“等效重力”，则 ，方向斜向右下，将小球的运动等效为重力场中的圆周运动，如图（当F较小时等效重力mg’与水平方向夹角小，小球在A与A’之间运动，当F较大时等效重力mg’’与水平方向夹角大，小球在A与A’’之间运动），可知小球会在A点与半圆轨道另一位置之间来回往复运动，不会脱离轨道，故C错误。

D．由C中分析可知，小球对轨道压力的最大值的位置在过圆心的等效重力线与轨道的交点位置，设此刻速度为v，由圆周运动特点

由v>0和知

故D错误。
故选B。
7-9【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．小球要通过最高点B满足最小速度时，重力提供向心力，则有

根据动能定理得

解得

故当时，小球将能到达B点，A错误；
B．小球从A点到D点的过程中重力做正功，故B错误；
C．若小球能过B点，全过程中机械能守恒，过重力势能越大则动能越小，则小球从A点运动至D点平均速率大于从C点运动至B点的平均速率，故小球从A点运动至D点的时间小于从C点运动至B点的时间，C正确；
D．若轨道存在摩擦，则小球在运动过程中摩擦力做负功机械能越来越小，对称的同高度位置重力势能相同，右侧的动能小于左侧的动能，故左侧运动时轨道为提供较大的向心力，支持力较大，故左侧的运动时关于最低点对称位置的摩擦力也较大，故从A点至D点与从D点至C点过程中克服摩擦力做的功，A点至D点较多，D错误。
故选C。
8-1【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】详解:
由同向电流相互吸引，异向电流相互排斥可知，两线圈的运动情况是相互排斥，故内环有收缩的趋势，外环有扩张的趋势。
故选C。
8-2【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
详解:
使两根丝线与天花板垂直，则要求两根通电直导线受力平衡，把A、B看成整体，受力平衡，则B中电流方向必须与A中电流相反。故B的电流方向为向外。把A隔离出来，受力分析，可知B电流给水平向左，则外加磁场给水平向右的安培力，根据左手定则可知磁场方向为竖直向上。
故选C。
8-3【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
AB．根据安培定则可知，cd中电流在a点产生的磁感应强度Ba1垂直纸面向里，ef中电流在a点产生的磁感应强度Ba2垂直纸面向外，而a点到cd的距离小于到ef的距离，所以Ba1大于Ba2，故a点的合磁感应强度方向垂直纸面向里；同理可知cd和ef中的电流在b点产生的磁感应强度方向均为垂直纸面向外，所以b点的合磁感应强度不为零，选项AB错误；
C．根据异向电流相斥可知cd导线受到的安培力方向向左，选项C正确；
D．导线cd受到的安培力和导线ef受到的安培力源自二者电流的磁场之间的相互作用，是一对相互作用力，所以大小相等，选项D错误。
故选C。
8-4【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
根据右手定则判断通电直导线周围产生磁场，再根据左手定则判断安培力的方向，可知两根导线相互吸引，通电直导线周围存在的磁场B的大小，和该直导线中通过的电流大小成正比，即

则有


由于

故

故选D。
8-5【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．两通电导线电流方向相同，存在相互吸引的作用力，故A错误。
BC．根据安培定则可知，I1、I2产生的磁场在O处的磁感应强度方向相反且与电流方向垂直，若I1=I2，根据场强合成可知，O点处的磁感应强度大小为零，故B错误，C正确；
D．两导线间相互作用的安培力是一对作用力与反作用力，大小一定相等，故D错误。
故选C。
8-6【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
AB．由题意可得，对由环和滑块构成的系统满足动量守恒，因为系统初动量为零，所以

由于反向电流互相排斥，即释放两滑块后，a、b两环（含滑块）的动量始终等大反向。又因为

且滑块质量不同，所以a、b两环（含滑块）的动能不相等，故A错误，B正确；
CD．由于反向电流互相排斥，两环之间的作用力大小相等、方向相反，但两滑块的质量不同，故a、b两环（含滑块）的加速度大小不同，故CD错误。
故选B。
8-7【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
甲、乙导线电流方向相同，由安培定则和左手定则可知，乙对甲的安培力向右，甲对乙的安培力向左，甲乙两导线相互吸引；根据安培定则，甲导线在磁场方向是垂直纸面向里，乙导线在磁场方向是垂直纸面向外，由于乙导线电流大于甲导线电流，所以乙导线在点产生的磁场较强，即点磁场方向垂直纸面向外。
故选D。
8-8【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
根据电流方向相同相互吸引，且A、B通以大小、方向均相同的恒定电流可得A和B对C安培力如下图所示

由于A、B是两根平行且水平放置的长直导线，所以
FA=FB
根据几何关系可得
2FBcos30°=F
解得

所以只将导线的电流增大为原来的两倍，根据导线在空间中产生的磁感应强度和左手定则可得

则A在C处，产生的磁场为原来的两倍， C受到A给的安培力大小变为原来的两倍，为

方向沿CA方向，C受到B给的安培力大小仍为，方向沿CB方向，如下图所示

由余弦定理可得C受的安培力为

故D正确，ABC错误。
故选D。
8-9【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
AB. 导线a、b、c在O处产生的磁感应强度分别为Ba、Bb、Bc，方向如图所示

大小Bb＝Bc，磁感应强度是矢量，合成遵循平行四边形定则，Ba、Bb、Bc合成后磁感应强度方向水平向右，故AB错误；
C.导线b、c在a处产生的磁感应强度Bb１、Bc１，方向如图所示

合成后a处的磁感应强度的方向水平向右，由左手定则可知，a导线受到的安培力方向竖直向上，故C错误；
D.三根导线在P处产生的磁感应强度如图所示

其中BcP、BbP等大方向，合成后抵消，所以P点磁感应强度为BaP，方向水平向右，故D正确。
故选D。
9-1【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．增大两板间的距离，由于两板间的电压等于两端的电压，两板间的电压保持不变，根据

可知板间电场强度减小，带电油滴受到电场力减小，即电场力小于重力，油滴向下运动，A错误；
B．断开电键S，两板间的电压为变为零，板间电场强度变为零，带电油滴只受重力作用，油滴向下运动，B错误；
C．减小的阻值，由于两板间的电压等于两端的电压，故两板间的电压不变，板间电场强度不变，带电油滴受到电场力不变，油滴一直处于静止状态，C错误；
D．增大的阻值，由于两板间的电压等于两端的电压，分压变大，故两板间的电压增大，板间电场强度增大，带电油滴受到电场力增大，即电场力大于重力，油滴向上运动，D正确；
故选D。
9-2【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．电容器与电源相连，电压不变；仅将c略向右移动，则两板间距d减小，根据

可知，场强变大，小球受电场力变大，α角变大，故A错误；
B．当断开开关时，电容器放电，电压减小，α角变小；故B错误；
C．滑片向b移动时，电容器并联部分阻值增大，电压增大，板内场强增大，α角变大，故C正确；
D．仅调节电阻箱R使阻值变大，由于电阻箱充当导线，不会影响两板间的电势差，故电场强度不变，α角不变，故D错误；
故选C。
9-3【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．当电路稳定后，与电容器串联的电路中没有电流，定值电阻R0两端的电压不变，A错误；
B．当滑动变阻器的滑片向右移动时，滑动变阻器接入电路的电阻减小，外电路的总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知，电路中的总电流增大，灯泡L变亮，B错误；
C．电源消耗的功率为，电流增大，因此电源消耗的功率增大，C错误；
D．由闭合电路欧姆定律，总电流增大，可知路端电压将减小，电容器C两端的电压将减小，由电容的定义式可得

电容器C的电荷量减小，D正确。
故选D。
9-4【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．闭合开关、，、并联，并联后电阻阻值为

根据串联电路分压特点有

电容器所带的电荷量为

故A正确；
B．、电阻不相等，通过、的电流不相等，则流过的电流不是电流的2倍，故B错误；
C．断开开关，两端的电压变化，则电容器所带的电荷量也变化，故C错误；
D．断开开关，电路的总电阻增大，则总电流减小，根据，电源内部消耗的功率将减小，故D错误。
故选A。
9-5【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．滑动变阻器的滑片P缓慢从b向a滑动过程中，接入电路的电阻减小，电路的总电阻减小，根据闭合电路欧姆欧姆定律可知，电路的电流增大，电流表示数增大，故A错误；
B．电源的效率为

当滑动变阻器接入电路的电阻减小，电源效率减小，故B正确；
C．把R1看作电源的内阻，滑动变阻器接入电路的电阻减小，外电路的阻值靠近等效电源的内阻，等效电源的输出功率变大，滑动变阻器消耗的功率变大，故C错误；
D．根据闭合电路欧姆定律有

当滑动变阻器接入电路的电阻减小,电路的电流增大时，路端电压减小，电容器电压减小，根据电容器定义式

可知电荷量在减小，电容器在放电状态，所以通过的电流方向为从d到c，故D错误。
故选B。
9-6【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
B．闭合开关S，在滑动变阻器R的滑片向上滑动过程中，滑动变阻器接入电路的阻值增大，则电路总电流减小，即通过电阻R1的电流减小，故B错误；
AD．根据串联分压规律可知滑动变阻器R两端的电压变大，所以电容器C两端电压增大，根据电容的定义式可得

可知电容器C极板所带电荷量变大，即电容器将充电，根据电路连接方式可知电容器上极板带正电，所以电阻R2中有向下的电流，故A正确，D错误；
C．由于不知道外电路电阻与电源内阻的关系，所以电源的输出功率的变化无法确定，故C错误。
故选A。
9-7【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．闭合开关S，电容器上极板带正电，带电液滴受到重力和电场力作用处于平衡状态。当的阻值增大时，电容器两板间的电势差不变，板间场强不变，则带电液滴受到的电场力不变，液滴保持静止不动，故A错误；
B．将的阻值增大时，则两端的电压增大，所以电容器两端的电压增大，液滴所受的电场力变大，液滴将向上运动，故B错误；
C．断开开关，稳定时电容器两板间电势差等于电源的电动势，电容器的电压增大，液滴所受到的电场力变大，液滴将向上运动，故C正确。
D．把电容器的上极板向上平移少许，d增大，电容器两板电势差不变，则电场强度E减小，电场力变小，液滴将向下做匀加速直线运动，故D错误。
故选C。
9-8【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
R2=R3=8Ω，并联后的电阻值为：R′＝R2=4Ω；由闭合电路的欧姆定律得：；电源的输出功率P=EI-I2r=15×2-22×0.5=28W，故A错误；两板间的电压为：UC=I（R1+R23）=2×（3+4）=14V；两板间的电场强度为：，故B正确；小球处于静止状态，所受电场力为F，又F=qE，由平衡条件得：水平方向 Tcosα-mg=0 ；竖直方向：Tsinα-qE=0； 得：m= =5.6×10-4kg，故C错误；若增加R1的大小，电容两端电压增大，电容器充电，会有瞬时电流从左向右流过R4，故D错误．故选B．
9-9【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．将滑片由该位置向a端滑动时，变阻器接入电路的电阻增大，电路中总电阻增大，电路中电流减小，灯泡消耗的功率减小，则灯泡将变暗．电源的效率

外电路总电阻增大，路端电压增大，则电源效率增大．故A项错误．
B．液滴受力平衡，因电容器上极板带负电，板间场强向上，则知液滴带正电．滑片由该位置向a端滑动时，变阻器接入电路的电阻增大，电路中总电阻增大，电路中电流减小，电容器板间电压增大，板间场强增大，液滴所受的电场力增大，因此液滴将向上做加速运动．故B项错误．
C．由于电源的内电阻与外电阻关系未知，所以不能判断输出功率如何变化，故C项错误．
D．因电容器两端的电压增大，板间场强增大，下极板与电荷所在位置间的电势差增大，因下极板接地，电势始终为0，则电荷所在位置的电势减小；粒子带正电，则粒子电势能减小．故D项正确．
点睛:
本题是电容器动态变化分析与电路动态变化分析的综合，抓住电容器的电压与电阻电压的关系进行分析；下极板接地且与电源正极相连，板间各点电势均为负值．
10-1【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
AB．沿着场强方向电势减小，垂直场强方向电势不变。在之间电势不变，故之间电场强度在方向没有分量，即不存在沿方向的电场，故A、B错误；
CD．在之间，电势随着位移均匀减小，故电场强度在方向分量不变，即存在沿方向的匀强电场，故C正确，D错误。
故选C。
10-2【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
根据图像的切线斜率表示电场强度，可知P点场强为零，可知两点电荷为同种电荷，且有

由于

可得

由图像可知，两点电荷连线上各点电势均为负值，则两点电荷均带负电。
故选D。
10-3【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．由图知，越靠近两电荷，电势越低，则和都是负电荷，故A正确；
B．图像的斜率表示电场强度，则P点场强为零，据场强的叠加知两电荷在P处产生的场强等值反向，即

由可知，的电荷量小于的电荷量，故B错误；
C．由图可知，在A、B之间沿x轴从P点左侧到右侧，电势先增加后减小，根据可知负点电荷的电势能先减小后增大，故C错误；
D．图像的斜率表示电场强度，则沿x轴从P点运动到B点场强逐渐增大。由可知，电荷只在电场力作用下沿x轴从P点运动到B点，加速度逐渐增大，故D错误。
故选A。
10-4【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
AB．由图可知，x轴从坐标原点到处电势逐渐降低，从处到处电势逐渐升高；带电粒子从坐标原点O处由静止释放，仅在电场力作用下运动到处时，电场力做正功，电势能减小；从x1处之后电场力做负功电势能增大，故在处电势能最小；由于从坐标原点O处到处时，电势降低，所以该粒子沿着电场线的方向运动，故该粒子带正电，故A错误，B正确；
C．由于粒子只在电场力的作用下运动，当运动到与开始时电势相等的位置，粒子速度为0，故不能到达处，故C错误；
D．由图可知，图像的斜率大小等于电场强度的大小可知，粒子受到的电场力先减小后增大，故D错误。
故选B。
10-5【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．由图知，O点电势大于P点电势，该电场线的方向由O指向P，故A错误；
B．该物块带正电，在P点的电势能比O点的电势能小，故B错误；
C．-x图像斜率大小代表电场强度大小，则P点场强
E=1000N/C
物块运动到P点时，加速度大小为

故C正确；
D．根据动能定理

代入数据得

故D错误。
故选C。
10-6【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．由图可知，球壳外的电势逐渐降低，根据沿着电场线方向电势降低可知该球壳带正电荷，故A错误。
BC．图象斜率代表电场强度，可知该球壳内部电场强度等于零，r1处的电场强度大于r2处的电场强度，故BC错误。
D、正电荷在电势高的位置电势能较大，所以正试探电荷在r1处的电势能大于在r2与处的电势能，故D正确。
故选D。
10-7【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．图像中，图线某点切线斜率的绝对值表示电场强度的大小，x1处图像的切线平行于x轴，斜率为0，即该点的电场强度为0，A错误；
B．在x轴负半轴上，电势有正有负，故两点电荷一定带异种电荷，B错误；
C．若两电荷带等量电荷，根据上述，一定带等量异种电荷，则x轴没有电场强度为0的点，因此两点电荷不可能带等量电荷，C错误；
D．根据电势分布，可知在坐标原点处为负电荷，则正电荷一定在x轴正半轴上，由于x1处电场强度为0，则正电荷的电荷量大于负电荷的电荷量，D正确。
故选D。
10-8【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．根据题图中各点电势φ随坐标x变化规律的曲线可知，在x轴上各点的电势有正有负，根据点电荷的电势公式可知两点电荷带异种电荷，由于时电势为正，时电势为负，所以点电荷A带正电，点电荷B带负电，故A错误；
B．φ–x图像中图线的斜率绝对值表示电场强度大小，则x=3L处的电场强度为零，有

解得

故B错误；
C．由题图可知x1、x2处的电势为零，根据电势公式有
，
解得
，
故C正确；
D．在x轴上2L3L的区域内，电势逐渐降低，电场强度沿x轴正方向，若在x轴上x>3L的区域内无初速度释放一正电荷，正电荷受到向右的电场力，将向右加速到无穷远处，故D错误。
故选C。
10-9【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．若假设、都是负电荷，则x轴上的电场线应该从无穷远处某点分别指向两电荷所在位置，由于选取无穷远处电势为0，则根据沿着电场线方向电势逐渐降低，可知画出的图线应该在轴下方，与题图相矛盾，所以假设错误，即、不可能都是负电荷，故A错误；
BD．由图线的斜率表示电场强度的大小，依题意可知处的合电场强度为0，则点电荷q在该处受到的合外力为0，加速度为0；由场强叠加原理可知、在处各自产生的电场强度大小相等，方向相反，即

可得

故B错误，D正确；
C．由题图可知，处的电势与处的电势相等，所以在处由静止释放一个正点电荷，根据功能关系可得

即电荷到达处时速度为0，所以正点电荷q不可能运动到处，故C错误。
故选D。
11-1【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．小球下落过程中，能量在动能、重力势能和弹性势能三种形式之间转化，故A错误；
B．a点到b点，小球做自由落体运动，小球在b点接触弹簧，弹力逐渐增大，开始时弹力小于重力，加速度方向向下，小球做加速度逐渐减小的加速运动，直到bc间某个位置弹力等于重力时，加速度为零，此时速度最大，然后弹力大于重力，加速度方向向上，小球做加速度逐渐增大的减速运动，直到c点，弹簧被压缩到最短，小球的速度为零，故B错误；
CD．以小球、地球与弹簧组成的系统为研究对象，整个过程中仅重力、弹簧弹力做功，因此该系统机械能守恒，故小球在由b运动到c点的过程中，小球、地球与弹簧组成系统的机械能不变，在c点时小球的动能为零，因此势能最大，故C正确，D错误。
故选C。
11-2【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．从D到C，橡皮筋的弹力对弹丸做功，所以弹丸的机械能增大，故A错误;
BC．弹丸在与橡皮筋作用过程中，从D到C，橡皮筋对弹丸一直做正功，橡皮筋的弹性势能一直减小，弹丸的机械能一直增大，故BC错误；
D．从D到E橡皮筋作用在弹丸上的合力大于从E到C橡皮筋作用在弹丸上的合力，两段位移相等，所以DE段橡皮筋对弹丸做功较多，故D正确。
故选D。
11-3【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．释放圆珠笔后，圆珠笔与弹簧组成的系统机械能守恒，笔上升到最大高度时速度为零，弹簧的弹性势能全部转化为重力势能，根据功能关系可知，按压过程中，笔内部弹簧的弹性势能增加量等于，A错误；
B．从放手到笔刚离开桌面的过程中，与桌面接触的笔帽及内芯部分位移为零，所以桌面对笔不做功，B正确；
C．从放手到笔刚离开桌面的过程中，开始时弹簧的弹力大于笔的重力，笔具有向上的加速度，向上加速；后随着外壳的上升，弹簧弹力在减小，并逐渐恢复原长，可知加速度先向上后向下，即笔先加速后减速，C错误；
D．从放手到笔刚离开桌面的过程中，因为外壳已经上升一定高度，故弹簧的弹性势能一部分转化为笔的动能，另一部分转化为外壳此时的重力势能，D错误。
故选B。
11-4【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．小球弹簧接触后，开始时弹力小于重力，加速度向下，随弹力的增加，加速度减小，当弹力等于重力时加速度为零，然后弹力大于重力，加速度向上，随弹力的增加，加速度向上增大，则小球先做加速度减小的变加速运动，到最低点时加速度向上最大，选项A错误；
B．当弹簧压缩量时，弹力等于重力，此时加速度为零，速度最大，小球的动能最大，选项B正确；
C．在小球压缩弹簧的过程中，弹簧弹性势能一直增大，选项C错误；
D．小球的整个下落过程，其重力势能一直减小，未接触弹簧时，机械能不变，接触弹簧后，弹力做负功，机械能减小，选项D错误。
故选B。
11-5【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．从A到B，由动能定理可得

解得

所以物体重力势能的减小量一定大于W，故A错误；
B．根据动能定理知

设到B处时弹簧的伸长量为h，由平衡条件可得

故

即

弹簧弹性势能增加量一定等于W，故B正确；
C．支持力对物体做负功，所以物体与弹簧组成的系统机械能减少W，故C错误；
D．若将物体从A处由静止释放，由A到B根据动能定理

而

则物体到达B处时的动能为W，故D错误。
故选B。
11-6【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．对A受力分析，开始时，A受拉力F和向上的弹簧弹力，由牛顿第二定律得
F+kx-3mg=3ma
随着A的上升压缩量x减小，加速度减小，但方向向上，故A做加速度减小的加速运动，当弹簧恢复原长后，A继续上升，弹簧被拉长，A的受力变为
F-kx-3mg=3ma
随着A的上升伸长量x增大，加速度减小，但方向向上，故A继续做加速度减小的加速运动，当
kx1=F-3mg
时，加速度为零，速度达到最大，A继续上升，合外力变为
kx+3mg-F=3ma
随着x的增大，合外力增大，加速度方向向下，A做减速的运动，速度减小，当弹簧伸长量最大时设伸长量为x2，B刚好离开地面时，对B受力分析得弹簧弹力
kx2=2mg
对A受力分析
3mg+kx2-F=3ma
即
5mg-F=3ma
则力F小于5mg，A错误；
B．A、B及弹簧组成的系统，有拉力F做正功，故机械能增加，B错误；
CD．根据能量守恒可知，恒力F做的功等于A、B及弹簧组成的系统机械能的增量，C错误，D正确；
故选D。
11-7【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．弹簧一直伸长，故弹簧对圆环一直做负功，故A错误；
B．由题可知，整个过程动能的变化量为零，根据几何关系可得圆环下落的高度

根据能量守恒定律可得，弹簧弹性势能增加等于重力势能量的减小量，则有

故B错误；
C．弹簧与小圆环组成的系统机械能定律，则有

由于小圆环在下滑到最大距离的过程中先是做加速度减小的加速运动，再做加速度增大的减速运动，所以动能先增大后减小，则圆环重力势能与弹簧弹性势能之和先减小后增大，故C正确；
D．由于小圆环在下滑到最大距离的过程中先是做加速度减小的加速运动，再做加速度增大的减速运动，圆环下滑到最大距离时，所受合力为竖直向上，且不为零，故D错误。
故选C。
11-8【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．C物体叠加在B物体上面静止时，由二力平衡

拿走C物体后，B物体在弹簧上做简谐运动，其在平衡位置时，弹簧压缩长度有

其振幅

当B物体上升到最高点，此时弹簧拉伸长度最长，由于物体A恰好不离开地面，由二力平衡

所以由振幅相等

解得物体C的质量为

故A错误；
B．B物体在最高点受重力和弹簧弹力，由于物体A恰好不离开地面，故

所以由牛顿第二定律可得B物体在最高点的加速度为

故B错误；
D．物体B上升的最大高度为

故D错误；
C．当B物体经过平衡位置的时候其速度最大，B物体从最高点回落到平衡位置的过程中，B物体与弹簧组成的系统机械能守恒，则

解得物体B的最大速度大小为

故C正确。
故选C。
11-9【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．不计摩擦，只有重力和弹力做功，根据题意可知，滑块P和重物Q与弹簧组成的系统机械能守恒，故A错误；
B．在A点弹簧对P的弹力向上，在B点弹簧对P的弹力向下，可知，P先加速上升后减速上升，在AB间某位置合力为0，速度最大，故B错误；
CD．根据题意可知，滑块P从A点开始运动时，重物Q的速度为0，则重物Q重力的功率为0，当滑块P到达B点时，重物Q的速度也为0，此时，重物Q重力的功率为0，则滑块P从A点到达B点时过程中，重物Q重力的功率先增大后减小；滑块P和重物Q与弹簧组成的系统机械能守恒，根据几何关系可知，滑块P上升的高度为

重物Q下降的高度为

设滑块P运动到位置B处速度大小为v，A、B两点时弹簧对滑块的弹力大小相等，可知A、B两点弹簧得弹性势能相等，根据机械能守恒定律可知

解得在B点的速度为

对滑块P，设轻绳对滑块P做功为W，由动能定理可知

解得

故C正确，D错误。
故选C。
12-1【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．导体棒向右运动过程中一直受到向左的安培力作用，即安培力一直做负功，选项A错误；
B．由动量定理可知

其中


可以解得

故B正确；
C．导体棒也有电阻且与左端所接电阻的阻值相等，故电阻R上产生的焦耳热应该为，故C错误；
D．根据

可知，导体棒做的是加速度逐渐减小的减速运动，故其平均速度将小于做匀减速运动的平均速度，即小于，故D错误。
故选B。
12-2【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．金属杆向上滑行时合力大于向下滑行时的合力，所以向上滑行时的加速度较大，两次位移相等，向上滑行的平均速度大，向下滑行的平均速度小，金属杆向上滑行的时间较短，故A错误；
B．由右手定则可判断金属杆向上滑行时感应电流的方向为从a到b，故B错误；
C．由公式

可知，金属杆上滑时通过电阻的电荷量与下滑时的相等，故C错误；
D．感应电动势E=BLv，安培力F=BIL，可得

由于金属杆滑动过程中有机械能损失，故金属杆开始上滑时的速度比回到斜面底端时的速度大，金属杆刚向上滑行时受到的安培力大于刚回到导轨底端时受到的安培力，故D正确。
故选D。
12-3【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．根据




可得通过电阻R的电量为

故A正确，不符合题意；
B．由右手定则判断金属杆中的电流方向由a指向b，故B正确，不符合题意；
C．由于达到最大高度h后保持静止，所以轨道粗糙，由动能定理

可得金属杆克服安培力做功等于

故C正确，不符合题意；
D．由能量守恒可知金属杆损失的机械能等于电阻R产生的焦耳热和金属杆与轨道摩擦产生的热量，故D错误，符合题意。
故选D。
12-4【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．金属棒在整个运动中，竖直方向受力平衡，水平方向受到水平向左的安培力，金属棒受到的安培力为

金属棒受到安培力作用而做减速运动，速度v逐渐减小，安培力逐渐减小，加速度逐渐减小，因此金属棒在导轨上做加速度逐渐减小的减速运动，故A错误；
B．整个过程中感应电荷量为

又

联立得

故金属棒的位移

故B错误；
C． 根据B项分析知，金属棒运动至最大位移的一半时，金属棒上通过的电荷量为，根据动量定理，金属棒运动至最大位移时与金属棒运动至最大位移的一半时，有


解得

即，金属棒运动至最大位移的一半时，速度为，故C正确；
D．整个过程中由动能定理可得

金属棒克服安培力做功为

安培力做功的过程，金属棒的动能转化为焦耳热，由于金属棒电阻与电阻串联在电路中，且阻值相等，则电阻R上产生的焦耳热

故D错误。
故选C。
12-5【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．金属棒匀速运动时速度最大，根据功能关系

可知最大速度

故 A错误；
B．通过电阻R的电荷量为
q=
故B正确；
C．由功能关系可知，金属棒克服安培力做的功等于电阻R与r上产生的热量之和，故C错误；
D．根据动能定理可知，重力和安培力对金属棒做功之和等于金属棒动能的增加量，故D错误。
故选B。
12-6【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．导体棒进入磁场后安培力对其做负功，速度会逐渐减小，因此当导体棒刚进入磁场的瞬间，导体棒切割磁感线产生的感应电动势最大，此时棒中有最大电流，则根据题意，导体棒在下落过程中机械能守恒，有

产生的最大感应电动势为

最大感应电流

联立以上各式解得

故A错误；
B．由
，，
得

故B错误；
C．由能量守恒有

解得

故C正确；
D．导体棒在磁场中水平方向受到安培力和摩擦力，由牛顿第二定律有

随着速度的减小，安培力在减小，则可知加速度在减小，因此可知导体棒在磁场中做加速度逐渐减小的减速直线运动，故D错误。
故选C。
12-7【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 分析:
金属杆转动切割磁感线，产生感应电动势，相当于电源，导轨为外电路，根据右手定则，分析M、N两点的电势关系；根据右手定则判断金属杆中感应电流的方向；根据导体转动切割磁感应线产生的感应电动势大小计算公式，结合闭合电路欧姆定律分析电路中感应电流的大小；根据合电路欧姆定律和电流的定义式相结合求电路中通过的电量。
详解:
A．金属杆逆时针转动切割磁感线，产生感应电动势，相当于电源，由右手定则可知M点电势低于N点电势，故A错误；
B．根据右手定则可知金属杆中感应电流的方向是由M流向N，故B正确；
C．在图示位置，金属棒切割磁感线产生感应电动势为

回路中的电阻为，则回路中的感应电流为

且在不同位置电流值不同，故C错误；
D．电路中通过的电量为

根据法拉第电磁感应定律得

根据闭合电路欧姆定律得

联立可得

故D错误。
故选B。
12-8【提升】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．根据能量守恒可知，除最高点外，在任何一个位置，棒上滑到此位置的速度均大于下滑到此位置的速度，则上滑的平均速度大于下滑的平均速度，在上滑过程中，速度减小，感应电动势减小，安培力减小，则棒向上做加速度逐渐减小的减速运动，故上滑的平均速度小于，下滑的平均速度小于，A错误，符合题意；
B．根据
，
解得

可知，下滑过程与上滑过程中通过R的电荷量大小相等，均为

B正确，不符合题意；
C．上滑过程，以向上为正方向，对棒由动量定理得
-（mgsin θ+ILB）Δt=mΔv
结合上述整理得
-mgsin θ·Δt-BLq=0-mv0
由于

解得

C正确，不符合题意；
D．棒上滑到最高点的过程中，由能量守恒定律可得，回路中产生的总焦耳热为

D正确，不符合题意。
故选A。
12-9【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．金属棒从位置运动到轨道最低处的过程中，水平分速度即有效切割速度逐渐增大，由E=BLv可知金属棒产生的感应电动势增大，则通过R的电流大小逐渐增大；金属棒从轨道最低位置运动到处的过程中，水平分速度即有效切割速度逐渐减小，由E=BLv可知金属棒产生的感应电动势减小，则通过R的电流大小逐渐减小，故经过最低位置处时，通过电阻R的电流最大，故A错误；
B．由右手定则可知，经过最低位置处时，通过金属棒的电流方向为，故B错误；
C．通过电阻R的电荷量为

故C正确；
D．金属棒做匀速圆周运动，切割磁感线的有效速度为

是金属棒的速度与水平方向的夹角，则金属棒产生的感应电动势为

则回路中产生正弦式交变电流，可得感应电动势的最大值为

有效值为

由焦耳定律可知，R上产生的热量

故D错误。
故选C。
13-1【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
物体在竖直方向做自由落体运动，所以

故选A。
13-2【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
根据题意分析，直尺下落可看做自由落体运动，由自由落体运动公式：

可得：

故ABD错误，C正确；
故选：C；
13-3【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
无人机在离地高度时，落地的时间

飞行速度

无人机在离地高度时，落地的时间

要使急救包也刚好落到目标位置，无人机投送急救包时的位置离目标位置水平距离为

故选C。
13-4【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
AB．由

可知小孩抛出小圆环的高度低，抛出的圆环运动时间较短，故A错误，B正确；
CD．两个圆环运动的水平位移相同，由

可知，小孩抛出的圆环水平速度较大，故CD错误。
故选B。
13-5【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．水做平抛运动，设h0为小孔距地面的高度，根据


落地时竖直方向的速度

落地时的速度

所以水落地时的瞬时速率与小孔位置无关，故A错误；
B．水的落地点水平距离

若小孔位置越高，则水的落地点不一定越远，故B错误；
C．设小孔横截面积S，在空中的水柱体积

若小孔位置越高，则在空中的水柱体积不一定越大，故C错误；
D．由C可知，若水的落地点越远，则空中的水柱体积越大，故D正确。
故选D。
13-6【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
水流从高处水平流出槽道后做平抛运动，制作一个为实际尺寸的模型，可知模型中竖直高度和水平位移应都为原来的，根据
，
可知模型中的时间

水平方向上由
，
可知

故选B。
13-7【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
由

可得

两球下落的高度相同，所以

落在N点的小球水平位移大，由

可知

故选B。
13-8【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
B．由平抛运动的规律可得

解得
tan θ＝
所以得
＝
化简后得
＝
故B正确；
A．两次初速度之比为

故A错误；
C．下落高度之比为

故C错误；
D．碰到墙面时速度为

所以

故D错误。
故选B。
13-9【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．从B点释放的炸弹恰好垂直撞到斜面上的P点，速度的反向延长线恰好过水平位移的中点，如图可知


可得

而

解得

因此 C点距离A点的高度

A错误；
B．由于平抛运动在竖直方向时自由落体运动，可知


因此

B正确；
C．平抛运动水平方向做匀速运动，可知

因此

C错误；
D．根据功的定义可知


因此

D错误。
故选B。
14-1【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
根据

知，如果一个电子的德布罗意波长和一个中子的相等，则它们的动量相等。
故选C。
14-2【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
德布罗意波长为

p=mv
解得

速度大小相同，电子的质量m最小，则电子的德布罗意波长最大。
故选A。
14-3【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
C．光子碰撞前动量

光子被吸收过程，动量守恒，由题意知原子碰前的动量大小与光子动量大小相等，即，又满足

联立可求得原子吸收光子前的物质波的波长，C正确；
BD．由及可知，要求得原子吸收光子前的动能E、物质波的频率，还需知道原子的质量m，BD错误。
A．由可知无法求出原子吸收光子前的速度，A错误；
故选C。
14-4【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
质子和粒子动能相同，根据动能与动量的关系式

得

即

根据德布罗意波波长公式，物质波的波长

质子和粒子的德布罗意波波长之比为：，故C正确，ABD错误。
故选C。
14-5【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
ABD．激光冷却是指当原子在频率略低于原子跃迁能级差且相向传播的一对激光中运动时，由于多普勒效应，原子倾向余吸收原子运动方向相反的光子，两激光产生一个与原子运动方向相反的阻尼力，由牛顿第二定律可知，原子质量越大，加速度越小，其减速效果差，即制冷效果不好且由上述原理可知，激光制冷技术不是使特定速率原子减速，故ABD错误；
C．物质具有波粒二象性，即原子也具有波的性质，由德布罗意波波长公式有

原子的速度越大，其德布罗意波的波长越短，所以超冷原子的波长要长，由发生衍射的明显现象条件可知，其波长与障碍物的尺寸差不多的时候衍射现象明显，所以与室温下的原子相比，超冷原子更容易发生衍射，故C项正确。
故选C。
14-6【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
AB．光子与电子发生碰撞，电子能量增加，光子能量减少，根据

可知光子频率降低，根据

光速不变，可知光子波长变长，AB错误；
C．根据

可知激光器发出光子的动量为

C错误；
D．一个光子的能量为

激光器在t秒内辐射的能量为Pt，则激光器每秒钟发出光子的数量为

D正确。
故选D。
14-7【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
小球入射和弹出的过程，及以后重复进行的过程中，小球和小车所组成的系统动量守恒。规定向右为正方向，设第一次碰撞后小车速度为，由动量守恒定律得

则有

第二次碰撞过程有

则有

同理可推得

要使小车停下来，即，小球重复入射和弹出的次数为

故从小球第一次入射开始到小车停止运动所经历的时间为

故选D。
14-8【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
详解:
A．在激光制冷中体现了激光的粒子性。故A错误；
B．根据德布罗意波长公式

可得
Pc=
故B错误；
C．由动量守恒，每个光子的动量相同，所以钠原子每吸收一个光子后速度改变量相同。故C错误；
D．根据公式，有

解得

故D正确。
故选D。
14-9【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．原子a的速度方向与激光束L中的光子方向相同，则若原子a吸收了激光束L中的光子，其速度将增加，选项A错误；
BD．因当原子迎着光束的方向运动时，其接收到的光子的频率会升高，而当原子接收到的光的频率等于该原子的固有频率时，原子吸收光子的概率最大，可知应使用频率比原子固有频率稍低的激光；而由题目的条件不能判断哪个原子吸收光子的概率更大，选项B正确，D错误；
C．原子b和原子a分别迎着光束的方向和背离光束的方向运动，根据多普勒效应，原子b接收到的光子的频率会升高，而原子a接收到的光子的频率会降低，两个原子的频率偏离固有频率的值不一定相同，则两个原子吸收光子的概率是不一定相同的，选项C错误；
故选B。
15-1【基础】 【正确答案】 使两次拉橡皮筋时产生的效果相同 7.0
【试题解析】 详解:
[1][2]该实验采用了等效替代法，要求两次把橡皮筋拉到同一位置的原因是使两次拉橡皮筋时产生的效果相同；根据力的平行四边形定则有：

由此可知合力大小为


15-2【基础】 【正确答案】 B 2.10 7.0
【试题解析】 详解:
（1）[1] A．实验时，用两个弹簧测力计把橡皮条的另一端拉到某一确定的O点，再换一把弹簧秤拉橡皮条也拉至O点，保证橡皮条伸长的长度一样及效果相同。故A错误；
B．实验中，弹簧测力计必须保持与木板平行，读数时视线要正对弹簧测力计的刻度，故B正确；
C．实验中，拉弹簧测力计的力不能超过量程，适当大些即可，两个弹簧测力计之间夹角不宜过大也不宜过小，有利于作图即可，不一定非得90°，故C错误；
D．实验中要记录弹簧秤的示数和细绳的方向以及O点的位置，故D错误。
故选B。
（2）[2]测力计的最小分度为0.1N，由图可知测力计读数为2.10N；
（3）[3]根据平行四边形定则作图，如下所示，由图可得


点睛:
理解并掌握实验步骤和实验方法。本实验采用等效替代法，需保证两次拉橡皮筋时的形变量和方向是等效的。
15-3【巩固】 【正确答案】 （1） F' （2）B （3）C
【试题解析】 详解:
（1）[1]图乙中的F与F′两力中，方向一定沿AO方向的是F'．
（2）[2]本实验采用的科学方法是等效替代法，故选B．
（3）[3]A.拉橡皮条的细绳长一些，以便记忆力的方向，实验效果较好，选项A正确；
B.拉橡皮条时，弹簧秤、橡皮条、细绳应贴近木板且与木板平面平行，选项B正确；
C.橡皮条弹性要好，拉结点到达某一位置O时，拉力大小以及拉力F1和F 2的夹角大小要适当，并非越大越好，选项C错误；
D.在实验中O点位置不能变，以保持等效性，选项D正确；
E.细绳可以用弹性绳代替，不影响实验结果，选项E正确；
故不正确的是C．
15-4【巩固】 【正确答案】 A AB
【试题解析】 详解:
（1）探究合力和分力的关系实验的原理是合力单独作用时的作用效果与分力同时作用时，弹簧的形变相同，所以本实验所采用的科学方法是等效替代法，故选A
（2）A.两根细线适当长些，在确定力的方向时，误差较小，故A正确；
B.在不超出弹簧秤量程情况下，拉力适当大些，橡皮筋形变量明显，确定拉力方向和作图时，误差较小，故B正确；
C.不需要两根弹簧拉力方向一定接近垂直，故C错误；
D.记录拉力方向时用铅笔贴着细线画直线时，细线位置容易改变，误差较大，故D错误．
故选：AB
（3）根据力的图示做出两分力F1、F2，根据平行四边形法则做出合力如图：

15-5【巩固】 【正确答案】 F； 不会； 3.00； 橡皮条应伸长至原结点O位置
【试题解析】 详解:
（1）[1]该实验中F′是由平行四边形得出的，故存在一定的偏差；而F是通过实验方法得出的，其方向一定与橡皮筋AO的方向相同；
（2）[2][3]由于O点的作用效果相同，将两个细绳套换成两根橡皮条，不会影响实验结果，由图可知弹簧秤的最小分度为0.1N，所以其示数为3.00N；
（4）[4]用一个弹簧秤通过细绳套拉橡皮条使其伸长时，一定要使其结点伸长到O位置。
点睛:
由于实验误差的存在，导致F1与F2合成的理论值（通过平行四边形定则得出的值）与实际值（实际实验的数值）存在差别，只要O点的作用效果相同，是否换成橡皮条不影响实验结果。
15-6【巩固】 【正确答案】 ACD 理论值 15.0N
【试题解析】 详解:
（1）[1]A．实验中两根弹簧秤拉力的共同效果与一根弹簧秤的效果相同，则同一次实验，O点的位置不允许变动，故A正确．
B．实验中需要记录弹簧测力计的读数，拉力的方向和O点的位置，故B错误．
C．为了减小实验的误差，拉橡皮筋的细绳应长一些，故C正确．
D．橡皮筋弹性要好，拉结点到达某一位置O时，拉力要适当大些，故D正确．
故选ACD。
（2）[2][3]某同学已画出某次实验中两弹簧测力计拉力的示意图及两个拉力的合力F，这个合力F是力和合力的理论值，如果用2N作为标度，则该同学量出的F的值为15.0N．
点睛:
在解决设计性实验时，一定先要通过分析题意找出实验的原理，通过原理即可分析实验中的方法及误差分析．
15-7【巩固】 【正确答案】 3.6 D 改变弹簧测力计B的拉力大小
【试题解析】详解:
（1）[1]弹簧测力计的最小刻度为0.2N，则读数为3.6N
（2）[2]A．重物的重力是合力，则应测量重物M所受的重力，选项A正确；
B．弹簧测力计应在使用前校零，以免产生误差，选项B正确；
C．拉线方向应与木板平面平行，选项C正确；
D．改变拉力，进行多次实验，每次都要使O点位置可以变化，选项D错误；
此题选择不正确的选项，故选D。
（3）[3]改变弹簧测力计B的拉力大小（或减小重物质量、或将A换称量程较大的测力计、或改变B的方向等）
15-8【提升】 【正确答案】 CD F B
【试题解析】 详解:
(1)[1] A．在进行图乙的实验操作时，F1、F2的夹角要适当，不是越大越好，A错误；
B．因为分力不一定小于合力，所以用两个测力计互成角度拉橡皮条，拉力大小不一定都小于只用一个测力计时拉力大小，B错误；
C．重复实验再次进行验证时，结点O的位置可以与前一次不同，C正确；
D．本实验采用的科学方法为等效替代法，D正确。
故选CD。
(2)[2]F是用一个弹簧测力计时的拉力，根据二力平衡条件，F一定与GO在一条直线上；
(3)[3]保持O点位置不变，则合力不变；拉力F2方向不变，增大F1与F2的夹角，将F1缓慢转至水平方向的过程中，两弹簧秤示数大小变化为F1先减小后增大 F2一直增大，如图所示。
故选B。

15-9【提升】 【正确答案】 C F 不断减小 不断减小
【试题解析】 详解:
（1）[1]A．本试验中用两个弹簧测力计拉一根橡皮条的作用效果与一个弹簧测力计拉橡皮条的作用效果相同（都拉到O点），因此实验采取的研究方法是等效替代法，A正确；
B．为了减少实验误差，弹簧测力计的拉力方向必须与木板平行，B正确；
C．为了减少实验误差，两个弹簧测力计拉力的夹角不易过大也不易过小，C错误；
D．为了标记拉力的方向准确，拉橡皮筋的细绳要长些，标记同一细绳方向的两点要远些，D正确。
故错误的选C。
（2）[2]F1和F2通过平行四边形定则做出的合力F不是由弹簧测力计直接测得的。
（3）[3][4]对O点进行受力分析，做出弹簧测力计拉力TA与TB的合力T大小为Mg，如图所示，设TA与竖直方向夹角为α，TB与竖直方向夹角为β，TA与TB所夹的锐角为θ，根据正弦定理可知

当弹簧测力计A和B均逆时针缓慢转动至弹簧测力计A竖直的过程中，角θ保持不变，因此上式中比值不变，β为钝角且不断增加，可得弹簧测力计A的拉力TA不断减小，α为锐角且不断减小，因此弹簧测力计B的拉力TB不断减小。

16-1【基础】 【正确答案】 AB或BA 0.1 1
【试题解析】 详解:
（1）[1] A．选用装置图1研究平抛物体竖直分运动，应该是听声音的方法（不是用眼睛看）判断小球是否同时落地，故A正确；
B．A管内与大气相通，为外界大气压强，A管在水面下保证A管上出口处的压强为大气压强。因而另一出水管的上端口处压强与A管上出口处的压强有恒定的压强差，保证另一出水管出水压强恒定，从而水速度恒定。如果A管上出口在水面上则水面上为恒定大气压强，因而随水面下降，出水管上口压强降低，出水速度减小，故B正确；
CD．选用装置图3要获得钢球的平抛轨迹，每次一定要从斜槽上同一位置由静止释放钢球，不需要斜槽光滑，这样才能保证初速度相同，故CD错误。
故选AB。
（2）[2][3][4]根据

得


B的竖直分速度

B的速度

16-2【基础】 【正确答案】 B 1.5 2. 5
【试题解析】 详解:
（1）[1]A．轨道不一定是光滑的，只要保证小球每次释放的初始位置相同即可，A错误；
B．斜槽轨道的末端必须保证水平，以保证小球做平抛运动，B正确；
C．以小球在斜槽末端时，球心在白纸上的投影作为坐标原点，C错误；
D．为使所描曲线与小球运动轨迹吻合，应将所有通过硬纸片确定的点用平滑曲线连接，并不需要包含所有的点，D错误。
故选B。
（2）[2][3]根据

解得

小球的初速度为

通过B点时，竖直方向的速度为

小球通过B点的速度为

16-3【巩固】 【正确答案】 平抛运动的竖直分运动为自由落体运动 不变 BD或DB 不是
【试题解析】 详解:
（1）[1][2]A球做平抛运动，B球做自由落体运动，两球同时开始运动，多次实验每次两球都能同时落地，则能说明平抛运动在竖直方向的分运动为自由落体运动；自由落体运动的时间由距地面的高度决定，在高度一定的情况下，即使增加小锤击打的力度，A球在空中运动的时间也不会发生生改变。
（2）[3]AC．只要保证每次都在同一高度无初速度释放小球就能保证小球每次做平抛运动的初速度相同，因此不需要斜槽轨道光滑，故AC错误；
B．斜槽轨道末端必须水平，这样才能保证小球抛出去时的初速度沿着水平方向，故B正确；
D．小球抛出去之后的运动轨迹显然是一条曲线，而要做出小球做曲线运动的轨迹就需要将实验中得到的各个点迹用平滑的曲线连接起来，故D正确。
故选BD。
（3）[4]由图丙可知A、B两点间的竖直位移为5L，水平位移为4L，B、C两点的竖直位移为7L，水平位移为4L，竖直方向小球做自由落体运动，水平方向小球做匀速直线运动，可知小球从A到B，和从B到C说用的时间相等，而自由落体运动是初速度为零的匀加速直线运动，若A点是小球的抛出点，则竖直方向连续相等时间间隔内的位移比应满足，而根据数据可知A、B两点间的竖直位移和B、C两点间的竖直位移并不满足此比例关系，故A点不是小球的抛出点；
[5]根据平抛运动的规律可得及匀变速直线运动连续相等时间间隔内的位移差公式可得
，
解得

[6]由中间时刻的瞬时速度等于该段时间内的平均速度可得

16-4【巩固】 【正确答案】 C 2.0 2.5
【试题解析】 详解:
（1）[1]A．斜槽的末端必须调节成水平，保证小球初速度水平，抛出后做平抛运动，故A正确；
B．每次释放小球的位置必须相同，保证平抛的初速度相同，故B正确；
C．记录小球位置时，不需要每次必须严格地等距离下降，只要保证小球平抛就行，故C错误；
D．小球运动时只受重力作用，所以不应与木板上的白纸相接触，故D正确。
故选C；
（2）[2]由


可得

[3]在B点的竖直速度

则在B点的速度

16-5【巩固】 【正确答案】 水平 1.2 2.0或2 2.0或2
【试题解析】 详解:
（1）[1]平抛物体的初速度方向为水平方向，故应调节实验装置直到斜槽末端切线保持水平。
（2）[2]依题意，根据平抛运动规律


解得

（3）[3][4]由题图丙可知，从A到B和从B到C，小球水平方向通过的位移相等，故两段运动时间相同；根据，可得

代入数据求得

小球运动的水平分速度

小球运动到B点的竖直分速度

[5]小球从抛出点运动到B点时所经过的时间

故平抛运动初位置的水平坐标

竖直坐标

所以平抛运动初位置的坐标为。
16-6【巩固】 【正确答案】 B 2.0 2.8
【试题解析】 详解:
（1）[1]该实验结果可表明a小球在竖直方向的分运动与b小球的运动相同，即表明a小球在竖直方向的分运动为自由落体运动，故选B；
（2）[2][3]a小球到B点时的时间

水平飞出时的初速度大小为

平抛小球在B处的瞬时速度的大小为

16-7【巩固】 【正确答案】 自由落体运动 同一 水平 BAC
【试题解析】 详解:
（1）[1] A球水平抛出，B球自由下落，改变高度多次实验，两球均同时落地，表明两球竖直方向的运动情况相同，即说明平抛运动在竖直方向的分运动是自由落体运动。
（2）[2][3][[4]为了让小球从斜槽末端水平抛出，先要调节斜槽的末端必须使之水平，并记下平抛初位置O点和过O点的竖直线；为使小球每次都以相同的初速度水平抛出，每次都要从斜槽的同一位置由静止释放，在一张印有小方格的纸记下小球经过的一系列位置；最后取下白纸，以O为原点，以竖直线为y轴建立坐标系，用平滑曲线画平抛运动物体的轨迹。故合理的顺序为BAC。
（3）[5][6][7]小球在竖直方向上做自由落体运动，由匀变速直线运动推论可得


可得


在水平方向有

解得小球平抛的初速度为

16-8【提升】 【正确答案】 B或 C C或 B D或 F F或 D 大于 见解析
【试题解析】 详解:
（1）[1] [2] A．两球的体积、材料和质量的选择不同，受到的阻力大小不同，对实验结果有影响，A错误；
B．改变小锤击打的力度，可以改变A球的水平初速度，改变小球距地面的高度，可以改变空中的运动时间，B正确；
CD．小锤击打弹性金属片后，A球沿水平方向抛出，同时B球被释放自由下落，A、B两球同时落地，可知平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，不能得出水平方向上的运动规律，C正确，D错误。
故选BC。
（2）[3] [4]
A．调整斜槽，使小球放置在轨道末端时，不左右滚动，保证斜槽末端切线水平，A合理；
B．将坐标纸上竖线与重垂线平行，B合理；
C．将小球静止在斜槽末端位置时重心位置在背板上的投影记录为坐标原点，C合理；
D．应保持挡片P的位置不变，使小球从斜槽上相同位置释放，D不合理；
E．不断改变水平挡板的位置，记录下小球落到挡板上的位置，E合理；
F．将坐标纸上确定的点用平滑的曲线依次连接，F不合理。
故选DF。
（3）[5]因为A、B和B、C间水平距离相等，所以A、B和B、C间对应钢球运动的时间相同，设为T，设钢球在A、B点时的竖直分速度大小分别为、，则


所以

[6]根据运动学规律有

解得

钢球平抛的初速度大小为


（4）[7] 物体的初速度较小时，运动范围很小，引力可以看成恒力——重力，做平抛运动；随着物体初速度的增大，运动范围变大，引力不能再看成恒力；当物体的初速度达到第一宇宙速度时，物体绕地球做圆周运动而成为地球卫星。
16-9【提升】 【正确答案】 自由落体运动 0.98 d 1.47
【试题解析】 详解:
（1）[1]本实验中A做平抛运动，B做自由落体运动，同一时刻两球处于同一高度，说明竖直方向运动情况相同，所以A竖直方向的分运动是自由落体运动；
[2]每秒钟能拍摄20次，则

则水平方向速度

（2）[3]设经过时间t照相机拍摄一次，从抛出开始经时间t后到达C点，经时间2t后经过B点，如图所示

根据几何关系有


水平方向做匀速运动，所以

竖直方向做自由落体运动，所以

联立可得

即
PG=GQ
所以小球的影像P在屏上移动情况应当是等间距的，故选d；
（3）[4]由图可知，PQ=0.1m，AP=0.6m，则可得

根据几何关系得

解得

小球A水平抛出的初速度

17-1【基础】 【正确答案】 （1）4m/s；（2）1.5N
【试题解析】 详解:
（1）小球从M后做平抛运动，由竖直方向

解得

则有

（2）小球在M点时，根据牛顿第二定律有

解得

根据牛顿第三定律可知，小球经过M时对轨道的压力为1.5N。
17-2【基础】 【正确答案】 （1）；（2），，方向竖直向下
【试题解析】 详解:
（1）物块从A到B过程，由动能定理得

解得

（2）物块从B到C过程中，由动能定理得

解得

设在C点，轨道对物块的作用力竖直向下，根据牛顿第二定律可得

解得

滑块运动到点时，滑槽对滑块的弹力大小为，方向竖直向下。
17-3【巩固】 【正确答案】 （1）4m/s；（2）0.2J；（3）0
【试题解析】 详解:
（1）由题意，滑块获得的初动能为

对滑块从离开弹簧到运动至与等高处的过程，根据动能定理有

解得

（2）若滑块刚好能过D点，根据牛顿第二定律有

解得

设这种情况下滑块从弹簧获得的初动能为Ek1，对滑块从离开弹簧到运动至D点的过程，根据动能定理有

解得

所以若滑块刚好能过D点，滑块静止释放时弹簧的弹性势能为

（3）若滑块经过F点时对管道弹力恰好为零，则

设这种情况下滑块在D点的速度大小为vD′，对滑块从D到F的过程，根据动能定理有

解得

所以若滑块在运动过程中不脱离轨道，经过管道DEF的最高点F时，滑块对管道弹力的最小值为0。
17-4【巩固】 【正确答案】 （1）mg，；（2）mg
【试题解析】 详解:
（1）设水平恒力的大小为F0，小球所受重力和水平恒力的合力的大小为F，小球到达C点时速度的大小为vC，则
＝tanα
F＝
由牛顿第二定律得
F＝m
联立解得
F0＝mg
vC＝
（2）设小球到达B点时速度的大小为vB，小球由B到C的过程中由动能定理可得
－2FR＝mvC2－mvB2
解得
vB＝
小球在B点时有
FN－F＝m
解得
FN＝mg
由牛顿第三定律可知，小球在B点时对圆弧轨道的压力大小为
FN′＝mg
17-5【巩固】 【正确答案】 （1）5N，方向竖直向下；（2）15N；（3）7m/s；（4）1.7m，4.1J
【试题解析】 详解:
（1）滑块在C点有

解得

方向竖直向下。
（2）滑块从D点到C点过程有

在D点有

解得

（3）滑块从A点到C点过程有

解得

（4）令BH长度为x，则有
，
解得

根据动能定理有

解得

17-6【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）
【试题解析】 详解:
（1）滑块从C点飞出后做平抛运动，有
，
解得

从圆形管道最高点B到C点由动能定理可得

在最高点由牛顿第二定律有

联立方程解得

方向竖直向下。
（2）由机械能守恒可得

17-7【巩固】 【正确答案】 （1）mg，方向向上；（2）
【试题解析】 详解:
（1）设小球到达B点的速度为。因为到达B点时管壁对小球的弹力大小为小球重力大小的7倍，所以有

由动能定理有

设小球在管道最商点时管道对小球的作用力大小为N。则由牛顿第二定律有

解得

方向向下。所以由牛顿第三定律可得小球对管道的压力大小为mg，方向向上。
（2）由平抛运动规律得
，
解得落点C与A点的水平距离

17-8【提升】 【正确答案】 (1)m/s；(2)6J；(3)距离B为0.2m处停下
【试题解析】 详解:
(1)小球进入管口C端时它与圆管上管壁有大小为F=2.5mg的相互作用力
故小球受到的向心力为
F向=2.5mg+mg=3.5mg=3.5×1×10=35N①
②
③
(2)在C点，由

代入数据得
J④
在压缩弹簧过程中，速度最大时，合力为零，设此时滑块离D端的距离为x0，则有
解得
⑤
设最大速度位置为零势能面，由机械能守恒定律有
⑥

J⑦
(3)滑块从A点运动到C点过程，由动能定理得
⑧
解得BC间距离
s=0.5m
小球与弹簧作用后返回C处动能不变，小滑块的动能最终消耗在与BC水平互作用的过程中，设物块在BC上的运动路程为s′，由动能定理有
⑨
解得
s′=0.7m
故最终小球滑动距离B为0.7-0.5m=0.2m处停下⑩
17-9【提升】 【正确答案】 (1)m/s；(2)3 m/s；(3)0＜R≤1.08 m
【试题解析】 详解:
(1)小球做平抛运动到达A点，由平抛运动规律知竖直方向有

即

因为在A点的速度恰好沿AB方向，
所以小球初速度

(2)从水平抛出到C点的过程中，由动能定理得

解得

(3)小球刚好能通过最高点时，由牛顿第二定律有

小球做圆周运动过程中，由动能定理有

解得

当小球刚好能到达与圆心等高时有

解得

当圆轨道与AB相切时

即圆轨道的半径不能超过1.5 m，综上所述，要使小球不离开轨道，R应该满足的条件是

18-1【基础】 【正确答案】 （1），方向为；（2）；（3）
【试题解析】 详解:
（1）由法拉第电磁感应定律得感应电动势为

感应电流为

由楞次定律可知，通过R1的电流方向为由a流向b；
（2）设通过R1的电量为q，则有

（3）根据焦耳定律可得电阻R1上产生的热量为

18-2【基础】 【正确答案】 （1）；（2）
【试题解析】 详解:
（1）根据法拉第电磁感应定律，可知线圈中感应电动势的大小为

（2）电路感应电流为

内电阻R产生的热量为

18-3【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）；（3）
【试题解析】 详解:
（1）由法拉第电磁感应定律

根据图像可得
，
根据闭合电路欧姆定律

解得

（2）由欧姆定律可得

（3）4﹣6S时间内磁通量的变化量为

由法拉第电磁感应定律可得，感应电动势为

根据闭合电路欧姆定律解得
，
4﹣6S闭合回路的焦耳热

解得

18-4【巩固】 【正确答案】 （1），方向从b到a；（2） ；（3）
【试题解析】 详解:
（1）由B－t图象可知，磁感应强度的变化率为

根据法拉第电磁感应定律，感应电动势为

根据闭合电路的欧姆定律，感应电流为

联立解得

根据楞次定律可知通过R1的电流方向为从b到a。
（2）通过R1的电荷量

解得

（3）电容器两板间电压为

则电容器所带的电荷量为

18-5【巩固】 【正确答案】 （1）E=3V；（2）I=0.5A；（3）q=1×10-4C
【试题解析】 详解:
（1）根据法拉第电磁感应定律有

解得
E=3V
（2）根据闭合电路欧姆定律有

解得
I=0.5A
（3）设电阻R两端的电压为U，则有
U=IR
q=CU
解得
q=1×10-4C
18-6【巩固】 【正确答案】 （1）1A；（2）；（3）0.016J
【试题解析】 详解:
（1）金属框中产生的感应电动势为

金属框中的电流为

（2）t=2.0s时磁感应强度为

金属框处于磁场中的有效长度为

此时金属框所受安培力大小为

（2）内金属框产生的焦耳热为

18-7【巩固】 【正确答案】 （1）1A；方向：由a流向b；（2）2m/s2；（3）2.25J
【试题解析】 详解:
（1）前2秒内磁场随时间均匀变化，由法拉第电磁感应定律

可得
=2V
所以流过ab的电流
=1A
由楞次定律得电流方向：由a流向b
（2）依题意可知ab棒在2s末时刻进入磁场（速度仍为v0），此后磁感应强度保持不变
则

根据欧姆定律得

则安培力为

由牛顿第二定律，有

解得

（3）依据焦耳定律

由功能关系

全过程回路产生的焦耳热

电阻R上产生的焦耳热为

18-8【提升】 【正确答案】 （1）；感应电流方向沿逆时针方向；（2）；（3）
【试题解析】 详解:
（1）根据法拉第电磁感应定律有

上式中

根据闭合电路的欧姆定律有

解得

根据楞次定律可以判断，感应电流方向沿逆时针方向。
（2）当时，线圈仍然处于静止状态；在0～时间内，线圈中产生的总焦耳热

解得

（3）CD左侧n匝线圈受到安培力，有效长度为2L，受到的安培力大小
F=nBI×2L
其中
B=kt0


解得

18-9【提升】 【正确答案】 （1）1A；（2）8C；（3）180J
【试题解析】 详解:
（1）根据法拉第电磁感应定律，0～4.0s时间内线圈中磁通量均匀变化，产生恒定的感应电动势

即t1=2.0s时的感应电动势为5V，根据闭合电路欧姆定律，闭合回路中的感应电流

（2）在4.0～6.0s内，通过电阻R的电量

（3）根据焦耳定律，0～4.0s内闭合电路中产生的热量
Q1=I12（r+R）△t1=20 J
由图像可知，在4.0s～6.0s时间内，线圈中产生的感应电动势

根据闭合电路欧姆定律可知闭合回路中的感应电流

闭合电路中产生的热量
Q2=I22（r+R）△t2=160J
故0～6.0s内整个闭合电路中产生的热量
Q=Q1+Q2=180J
19-1【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
根据题意，设第5次喷出燃气的瞬间运载火箭的速度为，此时运载火箭的质量为，忽略重力影响，运载火箭喷气过程系统动量守恒，有

解得

故选A。
19-2【基础】 【正确答案】 （1）2n+2；（2）顺时针
【试题解析】 详解:
（1）放射性元素放出α粒子时，α粒子与反冲核的速度相反，而电性相同，则两个粒子受到的洛伦兹力方向相反，两个粒子的轨迹应为外切圆，原子核的衰变过程满足动量守恒，可得两带电粒子动量大小相等，方向相反，由左手定则可知匀强磁场的方向一定是垂直于纸面向外；由带电粒子在匀强磁场中圆周运动的半径公式可得

就动量大小而言有
m1v1=m2v2
大圆是α粒子的，所以新生成核的电荷数即原子序数为2n，原子核A的原子序数是2n+2；
（2）沿小圆运动的是反冲核；由左手定则知反冲核的旋转方向为顺时针。
19-3【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）；（3）
【试题解析】 详解:
（1）由角速度的定义式

得周期表达式

（2）由牛顿第二定律


联立可得

（3）解法一：（取喷气之后的飞船为参考系）

得

解法二：

得

解法三：
由

得

19-4【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）
【试题解析】 详解:
（1）衰变方程为

（2）设衰变后和α粒子的速度大小分别为v2、v3，根据动量守恒定律有

根据能量守恒定律有

联立以上两式解得

19-5【巩固】 【正确答案】 （1）6m/s；（2）23.2J
【试题解析】 详解:
（1）由题意得，弹簧弹出后，小车与木块的速度方向相反，规定水平向右为正方向，由系统动量守恒和能量守恒得


解得

方向水平向右

方向水平向左
（2）木块与小车速度方向相反，则会发生相对运动，系统不受外力，则系统动量始终守恒，则最终木块与油泥碰撞后，系统处于静止状态，则因油泥碰撞产生的机械能损耗为

解得

19-6【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）
【试题解析】 详解:
（1）一次瞬间喷射前的动量

一次瞬间喷射后的动量

一次瞬间喷射过程中燃气对着陆器的冲量

一次瞬间喷射过程中着陆器对燃气的冲量

（2）喷射燃气的过程动量守恒，有

解得

19-7【巩固】 【正确答案】 （1）400kg；（2）7.3×103m/s
【试题解析】 详解:
（1）火箭起飞时，根据动量定理可得

每秒钟发动机要喷出气体的质量为

（2）设火箭壳体和卫星一起绕地球做匀速圆周运动的速度为v0，火箭壳体沿轨道切线方向的速度为v2，分离后卫星的速度为v1，星箭分离过程中，根据动量守恒定律有

解得

19-8【提升】 【正确答案】 （1），（2），（3）见解析
【试题解析】 详解:
（1）核反应方程

反应释放的核能

（2）设a粒子的速度大小为v，由
，
得a粒子在磁场中运动周期

由电流定义式

得环形电流大小

（3）设电子的质量为，碰撞后α粒子的速度为，电子的速度为ve，由动量守恒

由能量守恒

得

因

所以

即α粒子受电子的影响是微乎其微的，不能被反弹。
19-9【提升】 【正确答案】 (1)；(2)；(3)
【试题解析】 分析:
详解:
(1)以氧离子为研究对象根据动能定理，有

所以氧离子速度为
．
(2)设每秒钟射出的氧离子数为，则发射功率可表示为

所以，每秒射出的氧离子数为

(3)以氧离子和飞行器组成的系统为研究对象，设飞行器的反冲速度为，取飞行器的速度方向为正方向，根据动量守恒定律，时间内有

飞行器的加速度为

可得

20-1【基础】 【正确答案】 （1），竖直向下；（2）负电，
【试题解析】 详解:
（1）根据匀强电场强度公式，电场强度大小为

电场方向：竖直向下。
（2）带电油滴受力平衡，故电场力方向竖直向上，与重力平衡，带电油滴受力方向与场强方向相反，油滴带负电，由平衡方程

可得带电油滴电荷量

20-2【基础】 【正确答案】 2×10－8C；50V
【试题解析】 详解:
根据C＝得Q＝CU＝200×10－12×100C＝2×10－8C．
根据C＝知，距离减半后，电容变为原来的两倍，C1＝2C＝400PF．断开电源后电容器所带电荷量保持不变，仍为Q＝2×10－8C．此时电容器两板间的电压为
U1＝＝50V．
20-3【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）300V
【试题解析】 详解:
（1）根据共点力平衡可得

（2）根据公式，可得电场力为
F＝qE＝mgtan37
解得

则A、B两边间的电压为
U＝Ed＝1000×0.3V＝300V


20-4【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）
【试题解析】 详解:
（1）根据匀强电场特点，两板间的电场强度

带电粒子受到的电场力
F=qE
由牛顿第二定律
F=ma
可得带电粒子在极板间运动的加速度大小

（2）粒子在电场中的直线加速，根据动能定理

得带电粒子到达负极板时的速度大小

20-5【巩固】 【正确答案】 （1）（2）
【试题解析】 分析:
根据电容的定义式、决定式和场强公式求出场强；根据牛顿第二定律及运动学公式求出运动总时间。
详解:
（1）设板间电压为，则板间的电场强度为

两板间的电压为

电容的决定式为

联立以上可得场强为

又因为=1
所以场强为

（2）由题可知，带电粒子在电场中做匀变速直线运动，由牛顿第二定律有

解得加速度为

运动的距离为

由位移时间公式

联立解得

点睛:
本题主要考查了带电粒子在匀强电场中做匀变速直线运动，应用电容的定义式、决定式和牛顿第二定律及运动学公式进行解题。
20-6【巩固】 【正确答案】 （1） （2）
【试题解析】 详解:
（1）M板带正电，N板带负电，根据受力分析可知，小球带负电，且有
qE=mgtanθ

当滑动变阻器滑片在中间位置时,电容器两极板间电压

联立以上各式，解得小球带电量

（2）当滑动变阻器的滑片处于B端时，电容器两端电压，则
滑动变阻器滑片处于中间位置时电容器所带电量

滑动变阻器滑片处于B端时电容器所带电量
Q2=CU
故通过R2的电荷量
Q=Q2－Q1=
20-7【巩固】 【正确答案】 （1）3.6×10−9 C；（2）2.0×10−6 C， 微粒带负电荷
【试题解析】 详解:
（1）由电容器电容的定义公式C＝，可得该电容器所带电荷量
Q＝CU＝3.0×10−10×12 C＝3.6×10−9 C
（2）若带电微粒恰在极板间静止，由平衡条件则有
qE＝mg
由E＝解得

电容器板间电场方向向下，微粒受电场力方向向上，因此微粒带负电荷。
20-8【提升】 【正确答案】 (1)；(2)a．，b．，c．
【试题解析】 详解:
(1)电场强度的定义式为

所以仿照这样的定义，可得引力场强的定义式为

又m和M之间的万有引力为

则

即

(2)a．两极板间的电场强度为

其中面密度为

则两极板间电场强度为

b．根据电容的定义式

又匀强电场中

则

c．左极板所受电场力的大小F为

又
，
则

20-9【提升】 【正确答案】 (1)2.0×106V/m，方向竖直向下；(2)3.0×105V；(3)1.2×10－6C
【试题解析】 详解:
(1)由动能定理
W=ΔEk
得

代入数据得
U=3.0×105V
又

解得
E=2.0×106V/m
(2)由(1)解得两极板间的电势差为3.0×105V。
(3)根据
Q=CU
解得
Q=1.2×10－6C
21-1【基础】 【正确答案】 红 紫
【试题解析】 详解:
[1]根据双缝干涉条纹间距公式

可知当狭缝间的距离和狭缝到屏的距离都不变时，因为红光的波长比紫光的波长大，所以红光干涉条纹的间距大。
[2]改用白光照射会出现中央亮条纹是白光，两侧彩色条纹，那么距中央亮条纹最近的两侧条纹是紫色的，因为它的波长短，干涉条纹间距小。
21-2【基础】 【正确答案】 形成相干光源 紫 红
【试题解析】 详解:
(1)[1]根据实验原理，双缝的作用是形成相干光源。
(2)[2][3]根据干涉条纹间距的大小来确定波长的长短，从而求解。由图可知，根据干涉条纹间距

丙图的条纹间距较大，则波长较长，即为红光，则乙图为紫光。
21-3【巩固】 【正确答案】
【试题解析】 详解:
[1]因为光在不同介质中传播时的频率相同，所以光在真空中的波长为

[2]光在水中的传播速度为

故水对该光的折射率为

[3]根据公式

可得屏上相邻两暗条纹间的距离为

21-4【巩固】 【正确答案】 A A
【试题解析】 详解:
波长越长，频率越小，折射率越小，根据临界角，可知波长越大临界角越大，所以A光的临界角大；双缝干涉条纹的间距，因为A光的波长较长，所以A光产生的条纹间距较大．
21-5【巩固】 【正确答案】
【试题解析】 详解:
P处呈现第2级亮条纹。测得P0、P的中心之间的距离为7.2mm，所以条纹间距为

根据
解得：

21-6【巩固】 【正确答案】 6.3×10－7m 4.73×10－7m 2.9cm
【试题解析】 详解:
本题考查利用双缝干涉测波长实验，意在考查考生的理解能力．由可以得出红光的波长为

红光在水中的波长为

屏上相邻两亮条纹的中心间距是

21-7【巩固】 【正确答案】 衍射 变宽
【试题解析】 详解:
[1]干涉图样的条纹宽度相等，衍射图样的条纹宽度不等、中央最宽，故图乙应是衍射图样。
[2]由

可知干涉图样中相邻两个亮条纹的中心间距与波长成正比，若将光换成黄光，则波长变长，因此条纹间距也变宽。
21-8【提升】 【正确答案】 b
【试题解析】 分析:
详解:
[1]作出a、b两单色光束的出射光线如图所示：

由几何关系知两单色光的入射角都为
r=30°
a光、b光的折射角分别为
i=60°，θ=45°
由可得a、b两单色光折射率分别为

[2]由于在同一透明半球体中折射率大的色光波长短，因此

又光通过双缝干涉装置后的条纹间距为

故b光的干涉条纹间距较宽。
21-9【提升】 【正确答案】 3∶2
【试题解析】 详解:
[1]由光的折射定律

可分别得出
na=
nb=
所以
na∶nb=
[2]真空中的波长
λ0=nλ
所以

根据

所求条纹间距之比

点睛:
此题是对光的折射定律及双缝干涉的考查；关键是知道光的折射定律的表达式以及双缝干涉的条纹间距的表达式，注意表达式中的λ是真空中的波长．
22-1【基础】 【正确答案】 A和D B和D
【试题解析】 详解:
[1][2]滑片P向接线柱A移动时，电路中的电流减小，即要求电路的总电阻变大，又因为变阻器是串联接入电路中，所以只要滑动变阻器接入电路的阻值变大就行了，则接入电路的接线柱可能是A和D或B和D。
22-2【基础】 【正确答案】 0﹣U 小于
【试题解析】 分析:
根据串联电路分压特点，由欧姆定律求解R0两端的电压范围；并联电路总电阻小于任何一个支路的电阻．
详解:
根据串联电路分压特点可知，当变阻器滑片滑到最下端时，R0被短路，获得的电压最小，为0；当变阻器滑片滑到最上端时，获得的电压最大，为U，所以R0两端可以获得的电压范围是0﹣U．
由于并联电路的总电阻小于任何一个支路的电阻．所以滑动变阻器滑动头P处于如图所示位置时，a b间的电阻值将小于该滑动变阻器的最大阻值．
故答案为0﹣U；小于
点睛:
本题关键要理解分压电路的原理，知道运用欧姆定律可求得电压范围．并掌握并联电路电阻的特点．
22-3【巩固】 【正确答案】 a 2340
【试题解析】 详解:
（1）电路连线如图：
；
（2）闭合开关S前，为使测量部分起始电压较小，最好将滑动变阻器的滑动头P移到a端．
（3）滑动变阻器阻值远小于电压表内阻，调节电阻箱时，电压表和电阻箱两端的电压不变，设为U；则将电阻箱的电阻调到1000Ω，闭合开关S，调节滑动变阻器，使电压表的示数为3V，则；调节电阻箱的电阻，使电压表示数变为1V时，电阻箱示数为7680Ω，则；联立解得：RV=2340Ω.
22-4【巩固】 【正确答案】 甲 描绘灯泡的I－U图线所测数据需从零开始，并要多取几组数据 A D E
【试题解析】 详解:
(1)［1］实验时，选用图中的甲。
［2］描绘灯泡的图线，电压与电流应从零开始变化，并要多组数据，滑动变阻器应选择分压接法；灯泡的内阻较小，电流表应采用外接法，所以实验电路图选用图甲。
(2)［3］根据灯泡的额定电压为4V，可知电压表应选A。
［4］因为灯泡的额定电流为0.5A，可知电流表应选D。
［5］因为滑动变阻器采用分压接法，变阻器的电阻越小越方便调节，所以变阻器应选E。
(3)［6］根据原理图，按电流从电源的正极出发经外电路回到负极来接线，由实物图的滑动变阻器的滑片端开始，接到灯泡的右接线柱和电压表的正极，再从电压表的负极接到灯泡的左接线柱和电流表的正极，再从电流表的负极接到电源的负极和变阻器固定电阻部分的左端即可，如下图所示。

22-5【巩固】 【正确答案】 12 6 12 0
【试题解析】 分析:
当电键S断开时，滑动变阻器滑片P滑到最上端时，电压表的示数最大，等于12V，当滑片滑到最下端时，电压表示数最小，由欧姆定律求出；
当电键S闭合时，电压表示数最大值不变，滑片滑到最下端时，电压表示数为零；
详解:
当电键S断开时，当滑动变阻器滑片P滑到最上端时，电压表的示数最大，等于12V，滑片滑到最下端时，变阻器与电阻串联，电压表示数最小，最小值为，即滑动头P由a移至b的过程中，R1两端的电压由变至；
当电键S闭合时，滑片P滑到最上端时，电压表的示数最大，等于12V；
滑片滑到最下端时，电阻R1被短路，电压表示数为零，即滑动头P由a移至b的过程中，R1两端的电压由变至．
点睛:
本题考查对变阻器两种接法的理解：S断开时变阻器为限流器，S闭合时，变阻器为分压器．运用欧姆定律求解电压范围．
22-6【巩固】 【正确答案】 甲
【试题解析】 详解:
（1）[1]伏安法描绘这个灯泡的伏安特性图线，滑动变阻器必须用分压控制电路，所以只能选用甲图；
（2）[2]根据电路图连接实物图如下

22-7【巩固】 【正确答案】 B E
【试题解析】 详解:
（1）[1] 因为直流电源，电压，选用量程的电压表，如果电流表采用内接法，通过电流表的电流为

电压表选量程，则通过待测电阻的最大电流约为

在分析两个电流的量程，要精确测量，所以电压表选B。
[2] 电压表选量程，则通过待测电阻的最大电流约为

电流表应选E。
（2）[3] 为了精确测量滑动变阻器应采用分压接法，因为电压表量程，如果电流表采用内接法，通过电流表的电流为

也满足精确测量的要求，电路如图所示

[4]根据

解得

22-8【提升】 【正确答案】 A2 V1 R1 C 0.20(0.18～0.22)
【试题解析】 详解:
（1） 由于该实验需要测量“2.5 V、0.3 A”的小灯泡的伏安特性曲线，通过小灯泡的最大电流为0.3 A，故需要选用量程为600 mA的电流表A2；直流电源电动势为3.0 V，故电压表应选用量程为3V的V1；该实验需要小灯泡两端的电压从0开始调起，供电部分要用分压式电路，滑动变阻器应选用阻值较小的R1；
（2）由于小灯泡的电阻远小于电压表的电阻，故测量时采用电流表外接会减小实验的系统误差，供电电路采用分压式连接，故采用C电路进行实验；
（3）描出该点，并用平滑的曲线将各点连接起来即可，如图所示：

（4）小灯泡相当于与一个电动势为3V、内阻为10Ω的电源连接，我们可以在小灯泡的伏安特性曲线的坐标图中再作出该电源的I—U图线，如图所示，则两个图线交点的坐标就是电路中小灯泡的电压和电流，即小灯泡两端的电压UL=1.0 V，电流IL=0.20 A，故小灯泡消耗的实际功率约为
PL＝ULIL＝1.00.20W＝0.20W
22-9【提升】 【正确答案】 C B 非线性 增大 6.7
【试题解析】 详解:
（1）［1］由数据表可知，电路中的最大电流为0.215A，所以电流表应选择C；
（2）［2］从电器元件Z两端的电压与通过它的电流的数据表可知，要求电流从零调节，所以变阻器应采用分压式接法；由于电流表与电压表均为理想电表，所以电流表采用外接法和内接法均可，故选B；
（3）［3］由电器元件Z的伏安特性曲线知，可知元件电流随电压的增大而非线性增大；
［4］由图示元件Z的I-U图象可知，随电压增大，通过元件的电流增大，电压与电流的比值增大，元件阻值增大；
（4）［5］从元件Z的I-U图中可看出，当电流为0.150A时，电器Z两端的电压为1V，所以定值电阻．