全国乙卷-2021年高考物理真题变式汇编（含答案）

这是一份全国乙卷-2021年高考物理真题变式汇编（含答案），共130页。

 2021年全国高考乙卷物理真题变式汇编

【原卷1题】知识点 动量守恒定律的内容,机械能守恒定律及其条件

【正确答案】
B
【试题解析】


1-1【巩固】 如图，弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为m的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接，一个质量也为m的小球从槽上高h处由静止开始自由下滑，则（　　）


A.在小球下滑的过程中，小球和槽之间的相互作用力对槽不做功
B.在小球下滑的过程中，小球和槽组成的系统水平方向动量守恒
C.被弹簧反弹后，小球和槽都做速率不变的直线运动
D.被弹簧反弹后，小球能回到槽上高h处
【正确答案】BC

1-2【提升】 如图所示，将质量为M1、半径为R且内壁光滑的半圆槽置于光滑水平面上，左侧靠竖直墙壁，右侧靠一质量为M2的物块．今让一质量为m的小球自左侧槽口A的正上方h高处从静止开始下落，与半圆槽相切自A点进入槽内，则以下结论中正确的是( )

A.小球在槽内运动的全过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒
B.小球在槽内运动的B至C过程中，小球、半圆槽和物块组成的系统水平方向动量守恒
C.小球离开C点以后，将做竖直上抛运动
D.小球从A点经最低点向右侧最高点运动的过程中，小球、半圆槽和物块组成的系统机械能守恒
【正确答案】BD

1-3【基础】 如图所示，小车放在光滑的水平面上，将系着绳的小球向右拉开到一定的角度，然后同时放开小球和小车，不计一切摩擦，小球向左摆到最低点过程中（ ）


A.小车和小球组成的系统动量守恒 B.车的机械能守恒
C.细绳中的拉力对小车做正功 D.小球的机械能增加
【正确答案】C

1-4【提升】 如图所示，A、B两物体质量分别为mA=5kg和mB=4kg，与水平地面之间的动摩擦因数分别为μA=0.4和μB=0.5，开始时两物体之间有一压缩的轻弹簧（不拴接），并用细线将两物体拴接在一起放在水平地面上.现将细线剪断，则两物体将被弹簧弹开，最后两物体都停在水平地面上。下列判断正确的是（ ）

A.在弹簧弹开两物体以及脱离弹簧后两物体的运动过程中，两物体组成的系统动量不守恒
B.在弹簧弹开两物体以及脱离弹簧后两物体的运动过程中，整个系统的机械能守恒
C.在两物体被弹开的过程中，A、B两物体的机械能一直增大
D.两物体一定同时停在地面上
【正确答案】D

1-5【基础】 下列说法正确的是（ ）
A.物体速度变化越大，则加速度越大
B.物体动量发生变化，则物体的动能一定变化
C.合外力对系统做功为零，则系统的动量一定守恒
D.系统所受合外力为零，则系统的动量一定守恒
【正确答案】D

1-6【巩固】 如图所示，质量为M的滑块可在水平放置的光滑固定导轨上白由滑动，质量为m的小球与滑块上的悬点O由一不可伸长的轻绳相连，绳长为L。开始时，轻维外干水平拉直状态，小球和滑块均静止。现将小球由静止释放，当小球到达最低点时，滑块刚好被一表面涂有粘性物质的固定挡板粘住，在极短的时间内速度减为零，小球继续向左摆动到绳与竖直方向的夹角为60°时达到最高点。滑块与小球均视为质点，空气阻力不计，重力加速度为g，则以下说法正确的是（　　）


A.绳的拉力对小球始终不做功
B.滑块与小球的质量关系为M=2m
C.释放小球时滑块到挡板的距离为
D.滑块撞击挡板时，挡板对滑块作用力的冲量大小为
【正确答案】C

1-7【提升】 如图所示，在粗糙水平面上，用水平轻绳相连的两个相同物体A和B质量均为m,在水平恒力F作用下以速度v做匀速运动,在t=0时轻绳断开，A在F的作用下继续前进，则下列说法正确的是（　　）

A.t=0至时间内，A、B的总动量守恒
B.至时间内，A、B的总动量守恒
C. 时，A的动量为2mv
D. 时，A的动量为4mv
【正确答案】AC

1-8【基础】 关于下列运动的说法中正确的是（ ）


A.图甲所示撑杆跳运动员在离开地面向上运动的过程中机械能守恒
B.图乙所示的蹦床运动中运动员和蹦床组成的系统动量守恒
C.图丙所示跳伞运动在匀速下降的过程中运动员和降落伞组成的系统机械能守恒
D.图丁所示打台球的运动过程中，两个台球组成的系统在碰撞的一瞬间动量近似守恒
【正确答案】D

1-9【巩固】 如图所示，弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为m的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接，一个质量也为m的小球从槽高h处开始自由下滑则（ ）

A.在以后的运动过程中，小球和槽的动量始终守恒
B.在下滑过程中小球和槽之间的相互作用力始终不做功
C.被弹簧反弹后，小球和槽都做速率不变的直线运动
D.被弹簧反弹后，小球和槽的机械能守恒，小球能回到槽高h处
【正确答案】C

【原卷2题】知识点 电势能,等势面

【正确答案】
A
【试题解析】


2-1【巩固】 图中虚线a、b、c、d、f代表匀强电场内间距相等的一组等势面，已知平面b上的电势为2V。一电子经过a时的动能为10eV，从a到d的过程中克服电场力所做的功为6eV。下列说法正确的是（　　）

A.平面c上的电势为零
B.该电子可能到达不了平面f
C.该电子经过平面d时，其电势能为4 eV
D.该电子经过平面b时的速率是经过d时的2倍
【正确答案】AB

2-2【巩固】 真空中某点电荷的等势面示意如图，图中相邻等势面间电势差相等。下列说法正确的是（　　）


A.该点电荷一定为正电荷
B.P点的场强一定比Q点的场强大
C.P点电势一定比Q点电势低
D.正检验电荷在P点比在Q点的电势能大
【正确答案】B

2-3【巩固】 某电场的等势面如图所示，图中a、b、c、d、e为电场中的5个点，则（　　）


A.一正电荷从b点运动到e点，电场力做正功
B.一电子从a点运动到d点，电场力做功为4eV
C.b点电场强度垂直于该点所在等势面，方向向右
D.a、b、c、d四个点中，b点的电场强度大小最大
【正确答案】BD

2-4【基础】 两个位于纸面内的点电荷产生电场的等势面如图中实线所示，相邻等势面间的电势差相等。虚线是一个电子在该电场中的运动轨迹，轨迹与某等势面相切于P点。下列说法正确的是（　　）

A.两点电荷可能是异种点电荷 B.A点的电场强度比B点的大
C.A点的电势高于B点的电势 D.电子运动到P点时动能最小
【正确答案】CD

2-5【基础】 如图所示，a、b两点位于以负点电荷–Q（Q>0）为球心的球面上，c点在球面外，则

A.a点场强的大小比b点大
B.b点场强的大小比c点小
C.a点电势比b点高
D.b点电势比c点低
【正确答案】D

2-6【提升】 据报道，2018年4月18日，某市一处高压电线落地燃烧，幸好没有造成人员伤亡。高压电线落地可能导致行人跨步触电，如图所示，设人的两脚间最大跨步距离为d，电线触地点O流入大地的电流为I，大地的电阻率为，间的距离为R。电流在以O点为圆心、半径为r的半球面上均匀分布，其电流密度为，若电流密度乘以电阻率等于电场强度，该电场强度可以等效成把点电荷Q放在真空中O点处产生的电场强度。下列说法错误的是（　　）


A.两脚并拢跳离触地点是防跨步触电的一种有效方法等效
B.点电荷Q的电荷量为（k为静电力常量）
C.图中两脚间路步电压可能等于
D.当两脚间的距离处于最大跨步时，跨步电压可能为零
【正确答案】C

2-7【提升】 一个电子只在电场力作用下从a点运动到b点的轨迹如图中虚线所示，图中一组平行等距的实线可能是电场线也可能是等势面，则以下说法正确的是

A.无论图中的实线是电场线还是等势面，a点的场强都比b点的场强小
B.无论图中的实线是电场线还是等势面，a点的电势都比b点的电势高
C.如果实线是电场线，电子在a点的电势能比在b点的电势能大
D.如果实线是等势面，电子在a点的速率一定大于在b点的速率
【正确答案】CD

2-8【基础】 图中虚线为一组间距相等的同心圆，圆心处固定一带正电的点电荷，一带电粒子以一定初速度射入电场，实线为粒子仅在电场力作用下的运动轨迹，a、b、c三点是实线与虚线的交点，则该粒子（　　）

A.带负电
B.在c点受力最大
C.在b点的电势能大于在c点的电势能
D.由a点到b点的动能变化大于由b点到c点的动能变化
【正确答案】CD

2-9【提升】 如图所示是阴极射线示波管的聚焦电场．实线为电场线，虚线为等差等势线．a、b、c为从左侧进入聚焦电场的电子运动的轨迹上的三点．不计电子的重力，则

A.电场中a点的电势高于c点的电势
B.电子经a点的动能大于经c点的动能
C.电子经b点的加速度大于经c点的加速度
D.电子经b点的电势能大于经c点的电势能
【正确答案】CD

【原卷3题】知识点 带电粒子在有边界磁场中运动

【正确答案】
B
【试题解析】


3-1【基础】 质量和电量都相等的带电粒子M和N，以不同的速率经小孔S垂直进入匀强磁场，运行的半圆轨迹如图两种虚线所示，下列表述正确的是

A.M带负电，N带正电
B.M的速度率小于N的速率
C.洛伦磁力对M、N做正功
D.M的运行时间大于N的运行时间
【正确答案】A

3-2【提升】 如图所示，在x轴上方存在着垂直于纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场，一个不计重力的带电粒子从坐标原点O处以速度v进入磁场，粒子进入磁场时的速度方向垂直于磁场且与x轴正方向成120° 角，若粒子穿过y轴正半轴后在磁场中到x轴的最大距离为a，则该粒子的比荷和所带电荷的正负是( )

A.，正电荷 Ｂ．，正电荷 B.，负电荷
C.，负电荷
【正确答案】C

3-3【巩固】 平面OM和平面ON之间的夹角为30°，其横截面（纸面）如图所示，平面OM上方存在匀强磁场﹑磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外。一带电粒子的质量为m，电荷量为q（q>0），沿纸面以大小为v的速度从OM上的某点向左上方射入磁场，速度方向与OM成30°角，已知该粒子在磁场中的运动轨迹与ON只有一个交点，并从OM上另一点射出磁场，不计重力。则粒子离开磁场时的出射点到两平面交线O的距离为（　　）


A. B. C. D.
【正确答案】D

3-4【巩固】 如图所示，在xOy坐标系的第一象限内存在匀强磁场。一带电粒子在P点以与x轴正方向成60°的方向垂直磁场射入，并恰好垂直于y轴射出磁场。已知带电粒子质量为m、电荷量为q，OP = a。不计重力。根据上述信息可以得出（　　）


A.带电粒子在磁场中运动的轨迹方程
B.带电粒子在磁场中运动的速率
C.带电粒子在磁场中运动的时间
D.该匀强磁场的磁感应强度
【正确答案】A

3-5【基础】 如图，在坐标系的第一和第二象限内存在磁感应强度大小分别为和B、方向均垂直于纸面向外的匀强磁场．一质量为m、电荷量为q（q>0）的粒子垂直于x轴射入第二象限，随后垂直于y轴进入第一象限，最后经过x轴离开第一象限．粒子在磁场中运动的时间为


A. B. C. D.
【正确答案】B

3-6【提升】 如图所示的半径为的半圆内部没有磁场，半圆外部部分空间有垂直于半圆平面的匀强磁场（未画出），比荷为的带电粒子（不计重力）从直线上任意一点以同样的速率垂直于射向圆弧边界，带电粒子进入磁场偏转一次后都能经过直径上的点，下列说法正确的是（　　）

A.磁场方向垂直半圆平面向里
B.带电粒子在磁场中运动的轨迹半径为
C.半圆外部磁场的最小面积为
D.若磁场面积足够大，带电粒子从点沿任意方向以同样的速率射入磁场，粒子一定垂直穿过
【正确答案】BC

3-7【提升】 如图，圆心在O点的半圆形区域ACD（）内存在着方向垂直于区域平面向外、磁感应强度为B的匀强磁场，一带电粒子（不计重力）从圆弧上与AD相距为d的P点，以速度v沿平行直径AD的方向射入磁场，速度方向偏转60°角后从圆弧上C点离开。则可知（　　）


A.粒子带正电 B.直径AD的长度为4d
C.粒子在磁场中运动时间为 D.粒子的比荷为
【正确答案】B

3-8【基础】 如图所示，圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带电粒子以速度v从A点沿直径AOB方向射入磁场，经过Δt时间从C点射出磁场，OC与OB成600角．现将带电粒子的速度变为v/3，仍从A点沿原方向射入磁场，不计重力，则粒子在磁场中的运动时间变为( )

A. B.
C. D.
【正确答案】B

3-9【巩固】 如图所示，在Oxy平面的第一象限内存在方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B的匀强磁场。一带电粒子从y轴上的M点射入磁场，速度方向与y轴正方向的夹角。粒子经过磁场偏转后在N点（图中未画出）垂直穿过x轴。已知，粒子电荷量为q，质量为m，重力不计。则（ ）


A.粒子带负电荷 B.粒子速度大小为
C.粒子在磁场中运动的轨道半径为a D.N与O点相距
【正确答案】AD

【原卷4题】知识点 半衰期

【正确答案】
C
【试题解析】


4-1【巩固】 核废料具有很强的放射性，需要妥善处理。下列说法正确的是（　　）
A.放射性元素经过两个完整的半衰期后，将完全衰变殆尽
B.原子核衰变时电荷数守恒，质量数不守恒
C.改变压力、温度或浓度，将改变放射性元素的半衰期
D.过量放射性辐射对人体组织有破坏作用，但辐射强度在安全剂量内则没有伤害
【正确答案】D

4-2【巩固】 科学家发现银河系中存在大量的放射性同位素铝26，铝26的半衰期为72万年，其衰变方程为，下列说法正确的是（　　）
A.Y是氦核
B.Y是质子
C.再经过72万年，现有的铝26衰变一半
D.再经过144万年，现有的铝26全部衰变
【正确答案】C

4-3【基础】 某放射性元素经过11.4天有的原子核发生了衰变，该元素的半衰期是
A.3. 8天 B.5. 7天 C.7.6天 D.11.4天
【正确答案】A

4-4【巩固】 一个氡核衰变成钋核并放出一个粒子，其半衰期为3.8天。1g氡经过7.6天衰变掉氡的质量，以及衰变成的过程放出的粒子是（ ）
A.0.25g，a粒子
B.0.75g，a粒子
C.0.25g，β粒子
D.0.75g，β粒子
【正确答案】B

4-5【提升】 下列关于放射性元素的说法正确的是。
A.温度升高时，放射性物质衰变会变快
B.发生衰变时所释放的电子是原子核内的质子转化为中子时产生的
C.射线与r射线一样都是电磁波，但r射线穿透本领比β射线强
D.铀核（）衰变为铅核（）的过程中，要经过8次a衰变和6次衰变
【正确答案】D

4-6【提升】 下列说法正确的是（ ）
A.光电效应是原子核吸收光子向外释放电子的现象
B.天然放射性现象说明原子核具有复杂的结构
C.一个氘核的质量等于一个质子和一个中子的质量和
D.已知钴60的半衰期为年，则每一个钴60原子核都将在年内发生衰变
【正确答案】B

4-7【基础】 银河系中存在大量的铝同位素，核衰变的衰变方程为，测得核的半衰期为72万年，下列说法正确的是（　　）
A.核的质量等于核的质量
B.核的中子数大于核的中子数
C.将铝同位素放置在低温低压的环境中，其半衰期不变
D.银河系中现有的铝同位素将在144万年后全部衰变为
【正确答案】C

4-8【基础】 已知的半衰期为24天．4g经过72天还剩下( )
A.0 B.0.5g C.1g D.1.5g
【正确答案】B

【原卷5题】知识点 万有引力理论的成就

【正确答案】
B
【试题解析】


5-1【提升】 在星球M上将一轻弹簧竖直固定在水平桌面上，把物体P轻放在弹簧上端，P由静止向下运动，物体的加速度a与弹簧的压缩量x间的关系如图中实线所示．在另一星球N上用完全相同的弹簧，改用物体Q完成同样的过程，其a–x关系如图中虚线所示，假设两星球均为质量均匀分布的球体．已知星球M的半径是星球N的3倍，则
[Failed to download image : https://img.xkw.com/dksih//QBM/2019/6/8/2221315347308544/2221319791443968/STEM/3f35a130-fa65-477a-8160-663fac0075da.png]
A.M与N的密度相等
B.Q的质量是P的3倍
C.Q下落过程中的最大动能是P的4倍
D.Q下落过程中弹簧的最大压缩量是P的4倍
【正确答案】AC

5-2【巩固】 “嫦娥四号”探测器于2019年1月在月球背面成功着陆，着陆前曾绕月球飞行，某段时间可认为绕月做匀速圆周运动，圆周半径为月球半径的K倍。已知地球半径R是月球半径的P倍，地球质量是月球质量的Q倍，地球表面重力加速度大小为g。则“嫦娥四号”绕月球做圆周运动的速率为（　　）
A. B. C. D.
【正确答案】D

5-3【巩固】 我国将在今年择机执行“天问1号”火星探测任务。质量为m的着陆器在着陆火星前，会在火星表面附近经历一个时长为t0、速度由v0减速到零的过程。已知火星的质量约为地球的0.1倍，半径约为地球的0.5倍，地球表面的重力加速度大小为g，忽略火星大气阻力。若该减速过程可视为一个竖直向下的匀减速直线运动，此过程中着陆器受到的制动力大小约为（　　）
A. B. C. D.
【正确答案】B

5-4【提升】 为了对火星及其周围的空间环境进行探测，我国预计于2011年10月发射第一颗火星探测器萤火一号．假设探测器在离火星表面高度分别为和的圆轨道上运动时，周期分别为和．火星可视为质量分布均匀的球体，且忽略火星的自转影响，万有引力常量为G．仅利用以上数据，可以计算出
A.火星的密度和火星表面的重力加速度
B.火星的质量和火星对萤火一号的引力
C.火星的半径和萤火一号的质量
D.火星表面的重力加速度和火星对萤火一号的引力
【正确答案】A

5-5【基础】 设地球自转周期为T，质量为M，引力常量为G。假设地球可视为质量均匀分布的球体，半径为R。同一物体在南极和赤道水平面上静止时所受到的支持力之比为（　　）
A. B.
C. D.
【正确答案】A

5-6【巩固】 2020年5月5日，长征五号B运载火箭在中国文昌航天发射场成功首飞，将新一代载人飞船试验船送入太空，若试验船绕地球做匀速圆周运动，周期为T，离地高度为h，已知地球半径为R，万有引力常量为G，则（ ）
A.试验船的运行速度为
B.地球的第一宇宙速度为
C.地球的质量为
D.地球表面的重力加速度为
【正确答案】B

5-7【提升】 “天问一号”火星探测器已经被火星捕获。若探测器在距离火星表面高为h的圆形轨道上绕火星飞行，环绕n周飞行总时间为t，已知引力常量为G，火星半径为R，则下列给出的火星表面重力加速度g（忽略自转）和平均密度的表达式正确的是（　　）
A.，
B.，
C.，
D.，
【正确答案】B

5-8【基础】 2021年4月，我国自主研发的空间站“天和”核心舱成功发射并入轨运行，若核心舱绕地球的运行可视为匀速圆周运动，已知引力常量，由下列物理量能计算出地球质量的是（　　）
A.核心舱的质量和绕地半径
B.核心舱的质量和绕地周期
C.核心舱的绕地角速度和绕地周期
D.核心舱的绕地线速度和绕地半径
【正确答案】D

5-9【基础】 2021年2月，我国首个火星探测器“天问一号”实现了对火星的环绕。若已知该探测器在近火星圆轨道与在近地球圆轨道运行的速率比和周期比，则可求出火星与地球的（　　）
A.半径比 B.质量比
C.自转角速度比 D.公转轨道半径比
【正确答案】AB

【原卷6题】知识点 牛顿定律与直线运动,功的概念和计算,冲量

【正确答案】
B C
【试题解析】


6-1【提升】 如图所示，光滑固定绝缘斜面足够长，斜面倾角θ=30°，t=0时刻斜面上带电量为+q质量为m的小物块从O点由静止开始下滑，t秒后加一沿斜面向上的匀强电场，再经过t秒物块恰好回到了O点。不计一切阻力，则下列说法正确的是（　　）

A.匀强电场场强大小为
B.物块沿斜面下滑最低点与O点的距离为
C.小物块从O点开始下滑到再回到O点的全过程中电场力做功大小为
D.小物块从O点开始下滑到再回到O点的全过程中电场力与重力冲量大小之比为1：1
【正确答案】BCD

6-2【提升】 两位小朋友玩弹珠子游戏。固定直杆与水平面的夹角为，两颗有孔的珠子a、b穿在直杆上，初始时珠子之间的距离为l。一位小朋友将珠子a沿杆方向以速度弹出，另一个小朋友同时将珠子b无初速度释放，经时间t，在珠子a返回过程中两珠子相遇。珠子与杆之间的摩擦很小，可忽略，，，则（　　）


A. B. C. D.
【正确答案】A

6-3【基础】 如图甲所示，静止在水平地面的物块A，受到水平向右的拉力F作用，F与时间t的关系如图乙所示，设物块与地面的静摩擦力最大值与滑动摩擦力大小相等，则（　　）


A.时间内F的功率逐渐增大
B.时刻后物块A做反向运动
C.时刻物块A的加速度最大
D.时刻物块A的速度最大
【正确答案】CD

6-4【基础】 受水平外力F作用的物体，在粗糙水平面上做直线运动，其v－t图象如图所示，则

A.在0～t1秒内，外力F的大小不断减小
B.在t1时刻，外力F为零
C.在t1～t2秒内，外力F的大小可能不断减小
D.在t1～t2秒内，外力F的大小可能先减小后增大
【正确答案】ACD

6-5【巩固】 水平力F方向确定，大小随时间的变化如图a所示，用力F拉静止在水平桌面上的小物块，物块质量为3 kg，在F从0开始逐渐增大的过程中，物块的加速度随时间变化的图像如图b所示，重力加速度大小为10 m/s2，由图可知（　　）

A.在0～2 s时间内，物块所受摩擦力的冲量为0 B.在0～4 s时间内，水平力F的冲量为48 N·s
C.在0～4 s时间内，合力的冲量为12 N·s D.在0～4 s时间内，合力做的功为24 J
【正确答案】CD

6-6【巩固】 我国女子短道速滑队在2013年世锦赛上实现女子3000m接力三连冠．观察发现，“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出．在乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用，则（　　）


A.甲对乙的冲量一定等于乙对甲的冲量
B.甲、乙的动量变化一定大小相等方向相反
C.甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量
D.甲对乙做多少负功，乙对甲就一定做多少正功
【正确答案】B

6-7【提升】 光滑水平面上，小物块在水平力F作用下运动，运动过程中速度v与位置坐标x的关系如图所示，所受空气阻力f与速度v的关系满足，小物块从到的运动过程中（ ）

A.做匀变速直线运动
B.拉力F一直保持不变
C.拉力F做功
D.阻力的冲量大小
【正确答案】C

6-8【基础】 质量为的物体放置在水平桌面上，物体与水平桌面间的动摩擦因数为，重力加速度。现对物体施加一水平外力F，使其做直线运动，物体的速度时间图像如图所示，则下列判断正确的是（　　）


A.内物体位移的大小为 B.内物体的平均速度为
C.内外力F的冲量大小为 D.内外力F做的功为
【正确答案】C

6-9【巩固】 如图甲所示，一质量为m的物块在t＝0时刻，以初速度v0从足够长、倾角为θ的粗糙斜面底端向上滑行，物块速度随时间变化的图象如图乙所示。t0时刻物块到达最高点，3t0时刻物块又返回底端。下列说法正确的是（　　）

A.物块从开始运动到返回底端的过程中重力的冲量为3mgt0·cosθ
B.物块从t＝0时刻开始运动到返回底端的过程中动量的变化量为－mv0
C.斜面倾角θ的正弦值为
D.不能求出3t0时间内物块克服摩擦力所做的功
【正确答案】BC

【原卷7题】知识点 带电粒子在匀强电场中的偏转

【正确答案】
A D
【试题解析】


7-1【巩固】 喷墨打印机的简化模型如图所示，重力可忽略的墨汁微滴，经带电室带负电后，以速度v垂直匀强电场飞入极板间，最终打在纸上，则微滴在极板间电场中

A.向负极板偏转 B.电势能逐渐增大
C.运动轨迹是抛物线 D.运动轨迹与带电量无关
【正确答案】C

7-2【巩固】 如图所示，氕核、氘核、氚核三种粒子从同一位置无初速度地飘入电场线水平向右的加速电场，之后进入电场线竖直向下的匀强电场发生偏转，最后打在屏上，整个装置处于真空中，不计粒子重力及其相互作用，那么（　　）


A.偏转电场对三种粒子做功一样多
B.三种粒子打到屏上时速度一样大
C.三种粒子运动到屏上所用时间相同
D.三种粒子一定打到屏上的同一位置，
【正确答案】AD

7-3【基础】 如图所示，一质量为m、电荷量为（）的粒子以速度从连线上的P点水平向右射入大小为E、方向竖直向下的匀强电场中。已知与水平方向成45°角，粒子的重力可以忽略，则粒子到达连线上的某点时（　　）

A.所用时间为
B.速度大小为
C.与P点的距离为
D.速度方向与竖直方向的夹角为30°
【正确答案】C

7-4【基础】 一匀强电场的方向竖直向上，t=0时刻，一带电粒子以一定初速度水平射入该电场，电场力对粒子做功的功率为P，不计粒子重力，则P-t关系图象是
A. B. C. D.
【正确答案】A

7-5【提升】 如题图所示，真空中竖直平面内的三点A、B、C构成直角三角形，其中AC竖直，长度为L，Ð B =30°。匀强电场在A、B、C所决定的平面内，电场强度为E，电场方向与AB平行。现将质量为m的带电小球以初动能Ek沿CA方向从C点射出，小球通过B点时速度恰好沿AB方向，已知重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）

A.小球所受电场力为所受重力的3倍
B.经过时间，小球电势能和重力势能之和最大
C.从C到B，小球做匀变速直线运动
D.从C到B，小球克服重力做功与电场力做功之比为
【正确答案】B

7-6【提升】 如图所示，竖直平面内有圆心为O、半径为R的虚线圆，空间存在与圆平面平行的足够大的匀强电场，M、N为圆周上的两点且OM垂直于ON。现有一带负电粒子只在电场力作用下由M点运动到N点，在M点的速度大小为v、方向与OM垂直，在N点的速度大小也为v。已知O、M两点间的电势差为U，下列说法正确的是（　　）

A.粒子由M点运动到N点，电势能减小
B.粒子由M点运动到N点，电场力先做负功后做正功
C.粒子在电场中运动的最小速度为v、方向斜向右上方且与MO方向成45°角
D.该匀强电场的电场强度大小为、方向斜向右下方且与MO方向成45°角
【正确答案】BC

7-7【提升】 如图所示，ABCD为竖直平面内的绝缘光滑轨道，其中AB部分为倾角为的斜面，BCD部分为半径为R的四分之三圆弧轨道，与斜面平滑相切，C为轨道最低点，整个轨道放置在电场场强为E的水平匀强电场中。现将一带电荷量为＋q、质量为m的小滑块从斜面上A点由静止释放，小滑块恰能沿圆弧轨道运动到D点。已知重力加速度为g，且qE=mg，下列说法正确的是（　　）

A.释放点A到斜面底端B的距离为R
B.小滑块运动到C点时对轨道的压力为9mg
C.小滑块运动过程中最大动能为mgR
D.小滑块从D点抛出后恰好落在轨道上的B点
【正确答案】B

7-8【基础】 如图所示，平行金属板A、B水平正对放置，分别带等量异号电荷．一带电微粒水平射入板间，在重力和电场力共同作用下运动，轨迹如图中虚线所示，那么


A.若微粒带正电荷，则A板一定带正电荷
B.微粒从M点运动到N点电势能一定增加
C.微粒从M点运动到N点动能一定增加
D.微粒从M点运动到N点机械能一定增加
【正确答案】C

7-9【巩固】 如图所示，电子以某一初速度沿两块平行板的中线方向射入偏转电场中，已知极板长度l，间距d，电子质量m，电荷量e。若电子恰好从极板边缘射出电场，由以上条件可以求出的是（ ）

A.偏转电压 B.偏转的角度 C.射出电场速度 D.电场中运动的时间
【正确答案】B
【原卷8题】知识点 板块模型,牛顿第二定律与图象结合

【正确答案】
B C D
【试题解析】



8-1【巩固】 如图所示，A、B两物块的质量分别为2m和m，静止叠放在水平地面上。A、B间的动摩擦因数为μ，B与地面间的动摩擦因数为。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现对A施加一水平拉力F，则（　　）


A.当时，A、B都相对地面静止
B.当时，A的加速度为
C.当时，A相对B滑动
D.无论F为何值，B的加速度不会超过
【正确答案】BCD

8-2【提升】 如图甲所示足够长的木板B静置于光滑水平面上，其上放置滑块。木板B受到随时间变化的水平拉力作用时，木板B的加速度与拉力的关系图像如图乙，，则（　　）

A.滑块的质量为
B.滑块B的质量为
C.、B之间的动摩擦因数为0.2
D.时与时、B之间的摩擦力之比为
【正确答案】CD

8-3【基础】 如图所示，质量为m的木块在质量为M的足够长的木板上向右滑行，木板与水平地面间的动摩擦因数为μ1，木块与木板间的动摩擦因数为，木板一直静止。重力加速度大小为g。下列说法正确的是（ ）

A.木块受到的滑动摩擦力方向向右
B.木块与木板间的滑动摩擦力大小为μ2mg
C.木板与地面间的摩擦力大小为μ1（m+M）g
D.木板与地面间的摩擦力大小为μ1Mg+ μ2rmg
【正确答案】B

8-4【巩固】 如图（a），一长木板静止于光滑水平桌面上，t=0时，小物块以速度v0滑到长木板上，图（b）为物块与木板运动的v-t图像，图中t1、v0、v1已知。重力加速度大小为g。由此可求得（　　）

A.木板的长度
B.物块与木板的质量之比
C.物块与木板之间的动摩擦因数
D.从t=0开始到t1时刻，木板获得的动能
【正确答案】BC

8-5【基础】 如图所示，平板车静止在水平面上，物块放在平板车的右端，现让平板车以a1=6m/s2的加速度做匀加速运动，运动2s后以2s末的速度做匀速直线运动，最终物块相对于平板车静止在平板车的左端，已知物块与平板车上表面的动摩擦因数为0.4，重力加速度g=10m/s2，不计物块的大小，则平板车的长度为（）

A.4m B.5m C.6m D.7m
【正确答案】C

8-6【提升】 如图（a）所示，一质量为M的足够长木板A放置在水平地面上，其上放置一质量为m的滑块B，A、B均处于静止状态。从开始，给滑块B施加一个水平向右的拉力F，同时用传感器测滑块B的加速度a，力F和加速度a的大小随时间t变化的图像分别如图（b）、图（c）所示。用、分别表示木板A与地面、木板A与滑块B间的动摩擦因数，设接触面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取。则（　　）


A. B. C. D.
【正确答案】AD

8-7【提升】 如图（a），物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平．t=0时，木板开始受到水平外力F的作用，在t=4s时撤去外力．细绳对物块的拉力f随时间t变化的关系如图（b）所示，木板的速度v与时间t的关系如图（c）所示．木板与实验台之间的摩擦可以忽略．重力加速度取g=10m/s2．由题给数据可以得出

A.木板的质量为1kg
B.2s~4s内，力F的大小为0.4N
C.0~2s内，力F的大小保持不变
D.物块与木板之间的动摩擦因数为0.2
【正确答案】AB

8-8【基础】 如图所示，水平桌面由粗糙程度不同的AB、BC两部分组成，且AB=BC，小物块P（可视为质点）以某一初速度从A点滑上桌面，最后恰好停在C点，已知物块经过AB与BC两部分的时间之比为1：4，则物块P与桌面上AB、BC部分之间的动摩擦因数、之比为（P物块在AB、BC上所做的运动均可看作匀变速直线运动）（ ）

A.1：1 B.1：4 C.4：1 D.8： 1
【正确答案】D

8-9【巩固】 如图所示，在光滑水平面上有一质量为m1的足够长的木板，其上叠放一质量为m2的木块．假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等．现给木块施加一随时间t增大的水平力F=kt（k是常数），木板和木块加速度的大小分别为a1和a2．下列反映a1和a2变化的图线中正确的是（ ）

A. B.
C. D.
【正确答案】A

【原卷9题】知识点 实验：研究平抛物体的运动


【正确答案】

【试题解析】


9-1【提升】 在做“研究平抛运动”的实验中，为了确定小球在不同时刻所通过的位置，实验时用如图所示的装置。实验操作的主要步骤如下：
A．在一块平木板上钉上复写纸和白纸，然后将其竖直立于斜槽轨道末端槽口前，木板与槽口之间有一段距离，并保持板面与轨道末端的水平段垂直；
B．使小球从斜槽上紧靠挡板处由静止滚下，小球撞到木板在白纸上留下痕迹A；
C．将木板沿水平方向向右平移一段动距离x，再使小球从斜槽上紧靠挡板处由静止滚下，小球撞到木板在白纸上留下痕迹B；
D．将木板再水平向右平移同样距离 x，使小球仍从斜槽上紧靠挡板处由静止滚下，再在白纸上得到痕迹C，若测得A、B间距离为y1，B、C间距离为y2，已知当地的重力加速度为g。

(1)关于该实验，下列说法中正确的是______；
A．斜槽轨道必须光滑且无摩擦
B．每次释放小球的位置可以不同
C．每次小球均须由静止释放
D．小球的初速度可通过测量小球的释放点与抛出点之间的高度差h，之后再由机械能守恒定律求出
(2)根据上述直接测量的量和已知的物理量可以得到小球平抛的初速度大小的表达式为v0＝______；（用题中所给字母x、y1、y2、g表示）
(3)小球打在B点时与打在A点时动量的变化量为Δp1，小球打在C点时与打在B点时动量的变化量为Δp2，则Δp1∶Δp2＝______。
【正确答案】 (1). C (2). (3). 1:1

9-2【巩固】 采用如图所示的实验装置做“研究平抛运动”的实验

（1）实验时需要下列哪个器材____
A．弹簧秤 B．重锤线 C．打点计时器
（2）做实验时，让小球多次沿同一轨道运动，通过描点法画出小球平抛运动的轨迹．下列的一些操作要求，正确的是____
A．每次必须由同一位置静止释放小球
B．每次必须严格地等距离下降记录小球位置
C．小球运动时不应与木板上的白纸相接触
D．记录的点应适当多一些
（3）若用频闪摄影方法来验证小球在平抛过程中水平方向是匀速运动，记录下如图所示的频闪照片．在测得x1，x2，x3，x4后，需要验证的关系是________________．已知频闪周期为T，用下列计算式求得的水平速度，误差较小的是____

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

9-3【基础】 用如图1所示的装置研究平抛运动。将白纸和复写纸对齐重叠并固定在硬板上。钢球沿斜槽轨道PQ滑下后从Q点飞出，落在水平挡板MN上。由于挡板靠近硬板一侧较低，钢球落在挡板上时，钢球侧面会在白纸上挤压出一个痕迹点，如图2所示的白纸上建立以抛出点为坐标原点、水平方向为x轴、竖直方向为y轴的坐标系。


(1)为保证实验结果误差尽可能小，下列说法正确的是______。
A.斜槽轨道必须光滑
B.必须调节斜槽，保证末端水平，且让小球出射方向与硬板平行
C.必须调节硬板，保证硬板在竖直平面内
D.轨道末端的Q点即为坐标原点，也就是平抛运动的起点
(2)在图2中实验记录到的点有一个位置明显发生偏差，其产生的原因可能是：该次实验时，小球在斜槽上释放的位置与其它几次相比偏______（选填“高”或“低”）。
(3)根据图2记录的点可求得钢球平抛的初速度大小为______m/s（已知g=10m/s2）。
【正确答案】 (1). BC (2). 低 (3). 1

9-4【巩固】 某实验小组利用图1所示装置测定平抛运动的初速度。把白纸和复写纸叠放一起固定在竖直木板上，在桌面上固定一个斜面，斜面的底边ab与桌子边缘及木板均平行。每次改变木板和桌边之间的距离，让钢球从斜面顶端同一位置滚下，通过碰撞复写纸，在白纸上记录钢球的落点。

①为了正确完成实验，以下做法必要的是________。
A.实验时应保持桌面水平
B.每次应使钢球从静止开始释放
C.使斜面的底边ab与桌边重合
D.选择对钢球摩擦力尽可能小的斜面
②实验小组每次将木板向远离桌子的方向移动，在白纸上记录了钢球的4个落点，相邻两点之间的距离依次为、、，示意如图2。重力加速度，钢球平抛的初速度为________m/s。

③图1装置中，木板上悬挂一条铅垂线，其作用是________。
【正确答案】 (1). AB (2). 2 (3). 方便调整木板保持在竖直平面上

9-5【提升】 （1）关于“研究物体平抛运动”的实验，下列说法正确的是________。
A．小球与斜槽之间有摩擦会增大实验误差
B．安装斜槽时其末端切线应水平
C．小球必须每次从斜槽上同一位置由静止开始释放
D．小球在斜槽上释放的位置离斜槽末端的高度尽可能低一些
E.将木板校准到竖直方向，并使木板平面与小球下落的竖直平面平行
（2）“研究平抛物体的运动”实验的装置如图甲所示。小球从斜槽上滚下，经过水平槽飞出后做平抛运动。每次都使小球从斜槽上同一位置由静止滚下，在小球运动轨迹的某处用带孔的卡片迎接小球，使小球恰好从孔中央通过而不碰到边缘，然后对准孔中央在白纸上记下一点。通过多次实验，在竖直白纸上记录小球所经过的多个位置，用平滑曲线连起来就得到小球做平抛运动的轨迹。


①实验所需的器材有：白纸、图钉、平板、铅笔、弧形斜槽、小球、重垂线、有孔的卡片，除此之外还需要的一项器材是_________。
A．天平 B．秒表 C．刻度尺
②在此实验中，小球与斜槽间有摩擦___________（选填“会”或“不会”）使实验的误差增大；如果斜槽末端点到小球落地点的高度相同，小球每次从斜槽滚下的初始位置不同，那么小球每次在空中运动的时间________（选填“相同”或“不同”）。
③如图乙所示是在实验中记录的一段轨迹。已知小球是从原点O水平抛出的，经测量A点的坐标为，g取，则小球平抛的初速度________m/s，若B点的横坐标为，则B点的纵坐标为___________m。
④一同学在实验中采用了如下方法：如图丙所示，斜槽末端的正下方为O点。用一块平木板附上复写纸和白纸，竖直立于正对槽口前的处，使小球从斜槽上某一位置由静止滚下，小球撞在木板上留下痕迹A。将木板向后平移至处，再使小球从斜槽上同一位置由静止滚下，小球撞在木板上留下痕迹B。间的距离为，间的距离为，间的高度差为y。则小球抛出时的初速度为___________。
A． B． C． D．
【正确答案】 (1). BCE (2). C (3). 不会 (4). 相同 (5). 2 (6). 0.45 (7). B

9-6【基础】 （1）下列三个装置图都可以用来探究平抛运动的规律。
a.用图甲装置实验时，要获得钢球的平抛轨迹，每次一定要将钢球从斜槽上____________（填：“同一位置”或“不同位置”）由静止释放；
b.用图乙装置实验时，为了获得稳定的细水柱以显示平抛轨迹，竖直管上端A一定要_________（填：“高于”或“低于”）水面；

（2）某同学用图甲所示的实验装置进行实验，得到如图丙所示的平抛运动轨迹的一部分，重力加速度，由图中信息可求得小球平抛的初速度大小为________（结果保留两位有效数字），小球平抛起点的位置坐标为（_______，_______）。
【正确答案】 (1). 同一位置 (2). 低于 (3). 2.0 (4). -20 (5). -5

9-7【提升】 图甲是“研究平抛物体的运动”的实验装置图

(l）下列说法正确的是_____
A．通过调节使斜槽的末端保持水平
B．每次释放小球的位置可以不同
C．应使小球每次从斜槽上相同的位置自由滑下
D．记录小球位置用的铅笔每次必须严格地等距离下降
E．斜槽必须光滑
(2）图乙是正确实验取得的数据，其中O点为抛出点，则此小球做平抛运动的初速度为_____ m/s（g=9.8m/s2）．
(3）在另一次实验中将白纸换成方格纸，每个格的边长L=5cm，通过实验，记录了小球在运动途中的三个位置，如图丙所示，则该小球做平抛运动的初速度为_____m/s；B点的竖直分速度为_____m/s,抛出点距A点的水平距离_____ cm，抛出点距A点的竖直距离_____ cm(g=10m/s2）．
【正确答案】 (1). AC (2). 1.6 (3). 1.5 (4). 2 (5). 15 (6). 5

9-8【基础】 某同学用如图甲所示的实验装置测量重力加速度g的大小。实验步骤如下：

①调节斜槽轨道末端水平，并与斜面体的顶端A点衔接，然后将斜槽和斜面体固定；
②将光电门传感器固定在斜槽轨道末端，并调节其高度，使小球在斜槽轨道末端静止时球心与光电门上的小孔重合；
③先在斜面上铺一层白纸，再在白纸上铺复写纸，并将它们固定好；
④把小球从斜槽轨道上的某一位置由静止释放，使其脱离斜槽轨道后落到复写纸上，记录小球经过光电门的遮光时间，并测量小球落在斜面上的位置与A点的距离；
⑤不断改变小球从斜槽轨道上释放的位置，重复步骤④，得到多组△t和s值，并以为纵坐标，以s为横坐标，建立直角坐标系，描点作图后得如图丁所示的正比例函数图像，图像的斜率为k。
（1）实验过程中，该同学用图乙所示的游标卡尺测量小球的直径d，应该用游标卡尺的______（填“A”“B”或“C”）进行测量，示数如图丙所示，该小球的直径d为______；

（2）为完成该实验，还需测量的物理量有______；
A.小球的释放点到桌面的高度 B.斜面的高度 C.斜面的长度L D.小球的质量m
（3）请用k、d及第（2）问中所选物理量的符号表示重力加速度g的大小：g=______。
【正确答案】 (1). B (2). 11.30 (3). BC (4).

9-9【巩固】 用如图1所示装置研究平抛运动．将白纸和复写纸对齐重叠并固定在竖直的硬板上．钢球沿斜槽轨道PQ滑下后从Q点飞出，落在水平挡板MN上．由于挡板靠近硬板一侧较低，钢球落在挡板上时，钢球侧面会在白纸上挤压出一个痕迹点．移动挡板，重新释放钢球，如此重复，白纸上将留下一系列痕迹点．

（1）下列实验条件必须满足的有____________．
A．斜槽轨道光滑
B．斜槽轨道末段水平
C．挡板高度等间距变化
D．每次从斜槽上相同的位置无初速度释放钢球
（2）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．
a．取平抛运动的起始点为坐标原点，将钢球静置于Q点，钢球的________（选填“最上端”、“最下端”或者“球心”）对应白纸上的位置即为原点；在确定y轴时______（选填“需要”或者“不需要”）y轴与重锤线平行．
b．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2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）．

（3）为了得到平抛物体的运动轨迹，同学们还提出了以下三种方案，其中可行的是____________．
A．从细管水平喷出稳定的细水柱，拍摄照片，即可得到平抛运动轨迹
B．用频闪照相在同一底片上记录平抛小球在不同时刻的位置，平滑连接各位置，即可得到平抛运动轨迹
C．将铅笔垂直于竖直的白纸板放置，笔尖紧靠白纸板，铅笔以一定初速度水平抛出，将会在白纸上留下笔尖的平抛运动轨迹
（4）伽利略曾研究过平抛运动，他推断：从同一炮台水平发射的炮弹，如果不受空气阻力，不论它们能射多远，在空中飞行的时间都一样．这实际上揭示了平抛物体_________．
A．在水平方向上做匀速直线运动
B．在竖直方向上做自由落体运动
C．在下落过程中机械能守恒
（5）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】 (1). BD (2). 球心 (3). 需要 (4). 大于 (5). (6). AB (7). B (8). 利用平抛运动的轨迹的抛物线和圆周运动知识证明即可

【原卷10题】知识点 实验：电源电动势和内阻的测量


【正确答案】

【试题解析】



10-1【巩固】 用实验测一电池的内阻r和一待测电阻的阻值Rx。已知电池的电动势约6V，电池内阻和待测电阻阻值都为数十欧。可选用的实验器材有：电流表A1（量程0~30mA）；电流表A2（量程0~100mA）；电压表V（量程0~6V）；滑动变阻器R1（阻值0~5Ω）；滑动变阻器R2（阻值0~300Ω）；开关S一个，导线若干条。某同学的实验过程如下：
Ⅰ.设计如图所示的电路图

Ⅱ.正确连接电路，将R的阻值调到最大，闭合开关，逐次调小R的阻值，测出多组U和I的值，并记录。以U为纵轴，I为横轴，得到如图所示的图线

Ⅲ.断开开关，将Rx改接在B、C之间，A与B直接相连，其他部分保持不变。重复Ⅱ的步骤，得到另一条U-I图线，图线与横轴I的交点坐标为（I0，0），与纵轴U的交点坐标为（0，U0）。回答下列问题：
①电流表应选用 ___________ ，滑动变阻器应选用 ___________ ；
②由图的图线，得电源内阻r= ___________ Ω；
③用I0、U0和r表示待测电阻的关系式Rx= ___________ ，代入数值可得Rx；
④若电表为理想电表，Rx接在B、C之间与接在A、B之间，滑动变阻器滑片都从最大阻值位置调到某同一位置，两种情况相比，电流表示数变化范围 ___________ ，电压表示数变化范围 ___________ 。（选填“相同”或“不同”）
【正确答案】 (1). A2 (2). R2 (3). (4). (5). 相同 (6). 不同

10-2【巩固】 某实验小组研究两个未知元件X和Y的伏安特性，使用的器材包括电压表(内阻约为3kΩ)、电流表(内阻约为1Ω)、定值电阻等。
(1)使用多用电表粗测元件X的电阻。选择“×1”欧姆档测量，示数如图(a)所示，读数为 ___________ Ω。据此应选择图中的 ___________ (填“b”或“c”)电路进行实验。
(2)连接所选电路，闭合S；滑动变阻器的滑片P从左向右滑动，电流表的示数逐渐 ___________ (填“增大”或“减小”)；依次记录电流及相应的电压；将元件X换成元件Y，重复实验。


(3)图(a)是根据实验数据作出的U-I图线，由图可判断元件 ___________ (填“X”或“Y”)是非线性元件。
(4)该小组还借助X和Y中的线性元件和阻值R=21Ω的定值电阻，测量待测电池组的电动势E和电阻r，如图(b)所示。闭合S1和S2，电压表读数为3.00V；断开S2，读数为1.00V，利用图(a)可算得E= ___________ V，r= ___________ Ω(结果均保留两位有效数字，视电压表为理想电压表)。

【正确答案】 (1). 10 (2). b (3). 增大 (4). Y (5). 3.2 (6). 0.50

10-3【提升】 某实验小组需测定电池的电动势和内阻，器材有：一节待测电池、一个单刀双掷开关、一个定值电阻（阻值为）、一个电流表（内阻为）、一根均匀电阻丝（电阻丝总阻值大于，并配有可在电阻丝上移动的金属夹）、导线若干。由于缺少刻度尺，无法测量电阻丝长度，但发现桌上有一个圆形时钟表盘。某同学提出将电阻丝绕在该表盘上，利用圆心角来表示接入电路的电阻丝长度。主要实验步骤如下：
（1）将器材如图（a）连接：

（2）开关闭合前，金属夹应夹在电阻丝的___________端（填“a”或“b”）；
（3）改变金属夹的位置，闭合开关，记录每次接入电路的电阻丝对应的圆心角和电流表示数，得到多组数据；
（4）整理数据并在坐标纸上描点绘图，所得图像如图（b）所示，图线斜率为，与纵轴截距为，设单位角度对应电阻丝的阻值为，该电池电动势和内阻可表示为___________，___________（用、、、、表示）
（5）为进一步确定结果，还需要测量单位角度对应电阻丝的阻值。利用现有器材设计实验，在图（c）方框中画出实验电路图__________（电阻丝用滑动变阻器符号表示）；
（6）利用测出的，可得该电池的电动势和内阻。
【正确答案】 (1). (2). (3). (4).

10-4【基础】 某同学分别用图甲和图乙的电路测量同一节干电池的电动势和内阻。
(1)在答题纸相应的方框中画出图乙的电路图____________；

(2)某次测量时电流表和电压表的示数如图所示，则电流_____，电压_____；

(3)实验得到如图所示的两条直线，图中直线Ⅰ对应电路是图1_____（选填“甲”或“乙”）；

(4)该电池的电动势_____V（保留三位有效数字），内阻_____（保留两位有效数字）。
【正确答案】 (1). (2). 0.39～0.41 (3). 1.29～1.31 (4). 乙 (5). 1.51～1.54 (6). 0.52～0.54

10-5【提升】 一同学测量某干电池的电动势和内阻．
（1）如图所示是该同学正准备接入最后一根导线（图中虚线所示）时的实验电路．请指出图中在器材操作上存在的两个不妥之处__________；____________．

（2）实验测得的电阻箱阻值R和电流表示数I，以及计算的数据见下表:
根据表中数据，在答题卡的方格纸上作出关系图像___________．由图像可计算出该干电池的电动势为_________V；内阻为__________Ω．
R/Ω
8.0
7.0

6.0
5.0
4.0
I/A
0.15
0.17

0.19
0.22
0.26
/A–1
6.7
6.0

5.3
4.5
3.8

（3）为了得到更准确的测量结果，在测出上述数据后，该同学将一只量程为100 mV的电压表并联在电流表的两端．调节电阻箱，当电流表的示数为0.33 A时，电压表的指针位置如图所示，则该干电池的电动势应为_______V；内阻应为_____Ω．
【正确答案】 (1). （1）①开关未断开 (2). ②电阻箱阻值为零 (3). （2）图像如图所示：
(4). 1.4（1.30~1.44都算对） (5). 1.2（1.0~1.4都算对） (6). （3）1.4（结果与（2）问第一个空格一致） (7). 1.0（结果比（2）问第二个空格小0.2）

10-6【基础】 “用DIS测定电源的电动势和内阻”的实验电路如图A.所示，其中定值电阻阻值R1=1 Ω．

（1）图A.中A为____传感器，定值电阻R1在实验中起_____的作用；
（2）实验测得的路端电压U相应电流I的拟合曲线如图B.所示，由此得到电源电动势E=_______V，内阻r=______Ω；

（3）实验测得的数据如表所示，则实验中选用的的滑动变阻器最合理的阻值范围为（______）
A．0~5Ω B．0~20Ω
C．0~50Ω D．0~200Ω
【正确答案】 (1). 电流 (2). 保护电路 (3). 1.50 (4). 0.28 (5). B

10-7【基础】 随着智能手机的广泛应用，充电宝成为手机及时充电的一种重要选择。充电宝可以视为与电池一样的直流电源。一充电宝的电动势约为，内阻很小，最大放电电流为，某实验小组测定它的电动势和内阻。他们剥开充电宝连接线的外绝缘层，里而有四根导线，红导线为充电宝的正极，黑导线为充电宝的负极，其余两根导线空置不用，另有滑动变阻器R用于改变电路中的电流，定值电阻，两只数字多用电表M、N，两表均为理想电表，并与开关S连成如图所示电路。

①图中测量电流的电表是___________，测量电压的电表是___________。（均填写字母“M”或“N”）
②调节滑动变阻器，测得多组I、U数据，记录如下表，其中只有一个数据记录有误，审视记录的数据，可以发现表中第___________次的记录数据有误。（填测量次数的序号）
次数
1
2
3
4
5
6
7
电流
0.299
0.477
0.684
0.877
1.065
1.281
1.516
电压
4.970
4.952
4.932
4.942
4.894
4.872
4.848
③电路中接入可以达到下列哪个效果。___________（填选项前的字母）
A．使测电流的电表读数变化明显 B．为了更准确地测量充电宝内阻
C．避免使充电宝的放电电流过大 D．减小测量电压的电表分流作用
【正确答案】 (1). N (2). M (3). 4 (4). C

10-8【巩固】 用图1所示的甲、乙两种方法测量某电源的电动势和内电阻（约为1Ω）。其中R为电阻箱，电流表的内电阻约为0.1Ω，电压表的内电阻约为3kΩ。

（1）利用图1中甲图实验电路测电源的电动势E和内电阻r，所测量的实际是图2中虚线框所示“等效电源”的电动势和内电阻。若电流表内电阻用表示，请你用E、r和RA表示出、，并简要说明理由_______。

（2）某同学利用图像分析甲、乙两种方法中由电表内电阻引起的实验误差。在图3中，实线是根据实验数据（图甲：U=IR，图乙：）描点作图得到的U-I图像；虚线是该电源的路端电压U随电流I变化的U-I图像（没有电表内电阻影响的理想情况）。

在图3中，对应图甲电路分析的U-I图像是：__________；对应图乙电路分析的U-I图像是：________。
（3）综合上述分析，为了减小由电表内电阻引起的实验误差，本实验应选择图1中的______（填“甲”或“乙”）。
【正确答案】 (1). ，，理由见解析 (2). C (3). A (4). 乙

10-9【提升】 某研究性学习小组利用伏安法测定某一电池组的电动势和内阻，实验原理如图甲所示，其中，虚线框内为用灵敏电流计G改装的电流表A，V为标准电压表，E为待测电池组，S为开关，R为滑动变阻器，R0是标称值为4.0Ω的定值电阻。
①已知灵敏电流计G的满偏电流Ig=100μA、内阻rg=2.0kΩ，若要改装后的电流表满偏电流为200mA，应并联一只________Ω（保留一位小数）的定值电阻R1；
②根据图甲，用笔画线代替导线将图乙连接成完整电路；_________


③某次试验的数据如下表所示：该小组借鉴“研究匀变速直线运动”试验中计算加速度的方法（逐差法），计算出电池组的内阻r=________Ω（保留两位小数）；为减小偶然误差，逐差法在数据处理方面体现出的主要优点是_________________。
④该小组在前面实验的基础上，为探究图甲电路中各元器件的实际阻值对测量结果的影响，用一已知电动势和内阻的标准电池组通过上述方法多次测量后发现：电动势的测量值与已知值几乎相同，但内阻的测量值总是偏大。若测量过程无误，则内阻测量值总是偏大的原因是___________。（填选项前的字母）
A.电压表内阻的影响 B.滑动变阻器的最大阻值偏小
C.R1的实际阻值比计算值偏小 D.R0的实际阻值比标称值偏大
测量次数
1
2
3
4
5
6
7
8
电压表V读数U/V
5.26
5.16
5.04
4.94
4.83
4.71
4.59
4.46
改装表A读数I/mA
20
40
60
80
100
120
140
160

【正确答案】 (1). 1.0 (2). (3). 1.66 (4). 充分利用测得的数据 (5). CD

【原卷11题】知识点 动能定理

【正确答案】

【试题解析】



11-1【巩固】 如图，一竖直圆管质量为M，下端距水平地面的高度为H，顶端塞有一质量为m的小球。圆管由静止自由下落，与地面发生多次弹性碰撞，且每次碰撞时间均极短；在运动过程中，管始终保持竖直。已知M =4m，球和管之间的滑动摩擦力大小为4mg, g为重力加速度的大小，不计空气阻力。
（1）求管第一次与地面碰撞后的瞬间，管和球各自的加速度大小；
（2）管第一次落地弹起后，在上升过程中球没有从管中滑出，求管上升的最大高度；
（3）管第二次落地弹起的上升过程中，球仍没有从管中滑出，求圆管长度应满足的条件。

【正确答案】（1）a1=2g，a2=3g；（2）；（3）

11-2【巩固】 如图，一倾角为的光滑斜面上有50个减速带（图中未完全画出），相邻减速带间的距离均为d，减速带的宽度远小于d；一质量为m的无动力小车（可视为质点）从距第一个减速带L处由静止释放。已知小车通过减速带损失的机械能与到达减速带时的速度有关。观察发现，小车通过第30个减速带后，在相邻减速带间的平均速度均相同。小车通过第50个减速带后立刻进入与斜面光滑连接的水平地面，继续滑行距离s后停下。已知小车与地面间的动摩擦因数为，重力加速度大小为g。
（1）求小车通过第30个减速带后，经过每一个减速带时损失的机械能；
（2）求小车通过前30个减速带的过程中在每一个减速带上平均损失的机械能；
（3）若小车在前30个减速带上平均每一个损失的机械能大于之后每一个减速带上损失的机械能，则L应满足什么条件？


【正确答案】（1）；（2）；（3）

11-3【提升】 如图所示，三个质量均为m的小物块A、B、C，放置在水平地面上，A紧靠竖直墙壁，一劲度系数为k的轻弹簧将A、B连接，C紧靠B，开始时弹簧处于原长，A、B、C均静止。现给C施加一水平向左、大小为F的恒力，使B、C一起向左运动，当速度为零时，立即撤去恒力，一段时间后A离开墙壁，最终三物块都停止运动。已知A、B、C与地面间的滑动摩擦力大小均为f，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧始终在弹性限度内。（弹簧的弹性势能可表示为：，k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量）
（1）求B、C向左移动的最大距离和B、C分离时B的动能；
（2）为保证A能离开墙壁，求恒力的最小值；
（3）若三物块都停止时B、C间的距离为，从B、C分离到B停止运动的整个过程，B克服弹簧弹力做的功为W，通过推导比较W与的大小；
（4）若，请在所给坐标系中，画出C向右运动过程中加速度a随位移x变化的图像，并在坐标轴上标出开始运动和停止运动时的a、x值（用f、k、m表示），不要求推导过程。以撤去F时C的位置为坐标原点，水平向右为正方向。


【正确答案】（1）、；（2）；（3）；（4）

11-4【提升】 秋千由踏板和绳构成，人在秋千上的摆动过程可以简化为单摆的摆动，等效“摆球”的质量为m，人蹲在踏板上时摆长为，人站立时摆长为。不计空气阻力，重力加速度大小为g。
（1）如果摆长为，“摆球”通过最低点时的速度为v，求此时“摆球”受到拉力T的大小。
（2）在没有别人帮助的情况下，人可以通过在低处站起、在高处蹲下的方式使“摆球”摆得越来越高。
a.人蹲在踏板上从最大摆角开始运动，到最低点时突然站起，此后保持站立姿势摆到另一边的最大摆角为。假定人在最低点站起前后“摆球”摆动速度大小不变，通过计算证明。
b.实际上人在最低点快速站起后“摆球”摆动速度的大小会增大。随着摆动越来越高，达到某个最大摆角后，如果再次经过最低点时，通过一次站起并保持站立姿势就能实现在竖直平面内做完整的圆周运动，求在最低点“摆球”增加的动能应满足的条件。
【正确答案】（1）；（2）a.见解析；b.

11-5【巩固】 如图所示，一弹射游戏装置由安装在水平台面上的固定弹射器、竖直圆轨道（在最低点E分别与水平轨道和相连）、高度h可调的斜轨道组成。游戏时滑块从O点弹出，经过圆轨道并滑上斜轨道。全程不脱离轨道且恰好停在B端则视为游戏成功。已知圆轨道半径，长，长，圆轨道和光滑，滑块与、之间的动摩擦因数。滑块质量m=2g且可视为质点，弹射时从静止释放且弹簧的弹性势能完全转化为滑块动能。忽略空气阻力，各部分平滑连接。求



（1）滑块恰好能过圆轨道最高点F时的速度大小；
（2）当且游戏成功时，滑块经过E点对圆轨道的压力大小及弹簧的弹性势能；
（3）要使游戏成功，弹簧的弹性势能与高度h之间满足的关系。
【正确答案】(1) (2) (3)

11-6【提升】 如图，相距L=11.5m的两平台位于同一水平面内，二者之间用传送带相接。传送带向右匀速运动，其速度的大小v可以由驱动系统根据需要设定。质量m=10 kg的载物箱（可视为质点），以初速度v0=5.0 m/s自左侧平台滑上传送带。载物箱与传送带间的动摩擦因数μ= 0.10，重力加速度取g =10m/s2。
(1)若v=4.0 m/s，求载物箱通过传送带所需的时间；
(2)求载物箱到达右侧平台时所能达到的最大速度和最小速度；
(3)若v=6.0m/s，载物箱滑上传送带后，传送带速度突然变为零。求载物箱从左侧平台向右侧平台运动的过程中，传送带对它的冲量。


【正确答案】(1)2.75s；(2) ， ；(3)0，方向竖直向上

11-7【基础】 滑雪俱乐部内的形池轨道如图甲所示，图乙为示意图，由两个完全相同的圆弧滑道、和水平滑道构成，圆弧滑道的半径，、分别为圆弧滑道的最低点，、间的距离。假设一滑雪爱好者经过水平滑道点时水平向右的速度，从点匀减速运动到点，所用的时间，从点跃起时的速度。设滑雪者（连同滑板）的质量，忽略空气阻力的影响，已知圆弧上、两点的切线沿竖直方向。重力加速度。求：
（1）滑雪者在点对圆弧轨道的压力大小；
（2）滑雪者从点跃起后在空中上升的最大高度；
（3）滑雪者从点到点运动的过程中克服摩擦阻力所做的功。


【正确答案】(1) ；(2)3.2m；(3)

11-8【基础】 2022年第24届冬季奥林匹克运动会将在北京和张家口举行，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一。如图所示为跳台滑雪赛道的简化图，由助滑道、起跳区、着陆坡等几段组成，助滑道和着陆坡与水平面的夹角θ均为37°，直线段长度，运动员连同装备总质量，由A点无初速下滑，从起跳区的C点起跳后降落在着陆坡上的D点。将运动员和滑雪板整体看作质点，不计空气阻力，重力加速度，，。
（1）若运动员下滑到B点的速度大小为，求助滑道对滑雪板的摩擦力对滑雪板所做的功；
（2）若运动员从C点起跳时的速度沿水平方向，测得间的距离为。求运动员在C处的速度大小。


【正确答案】（1）；（2）

11-9【基础】 完全由我国自行设计、建造的国产新型航空母舰已完成多次海试，并取得成功．航母上的舰载机采用滑跃式起飞，故甲板是由水平甲板和上翘甲板两部分构成，如图1所示．为了便于研究舰载机的起飞过程，假设上翘甲板是与水平甲板相切的一段圆弧，示意如图2，长，水平投影，图中点切线方向与水平方向的夹角（）．若舰载机从点由静止开始做匀加速直线运动，经到达点进入．已知飞行员的质量，，求


（1）舰载机水平运动的过程中，飞行员受到的水平力所做功；
（2）舰载机刚进入时，飞行员受到竖直向上的压力多大．
【正确答案】（1）；（2）

【原卷12题】知识点 导体棒在导轨上运动问题

【正确答案】

【试题解析】





12-1【基础】 如图所示，线框由导线组成，cd、ef两边竖直放置且相互平行，导体棒ab水平放置并可沿cd、ef无摩擦滑动，导体棒ab所在处有垂直线框所在平面向里的匀强磁场且B2=2T，已知ab长L=0.1m，整个电路总电阻R=0.5Ω，螺线管匝数，螺线管横截面积S=0.1m2，在螺线管内有如图所示方向的磁场B1，若磁场B1以均匀增加时，导体棒恰好处于静止状态，g取10m/s2，试求：
（1）通过导体棒ab的电流I的方向；
（2）通过导体棒ab的电流I的大小；
（3）导体棒ab的质量m的大小。

【正确答案】（1）；（2）8A；（3）0.16kg

12-2【提升】 如图所示，固定在水平面上间距为的两条平行光滑金属导轨，垂直于导轨放置的两根金属棒和长度也为、电阻均为，两棒与导轨始终接触良好．两端通过开关与电阻为的单匝金属线圈相连，线圈内存在竖直向下均匀增加的磁场，磁通量变化率为常量．图中虚线右侧有垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为．的质量为，金属导轨足够长，电阻忽略不计．

（1）闭合，若使保持静止，需在其上加多大的水平恒力，并指出其方向；
（2）断开，在上述恒力作用下，由静止开始到速度大小为的加速过程中流过的电荷量为，求该过程安培力做的功．
【正确答案】（1），方向水平向右；（2）

12-3【基础】 如图所示，一对光滑的平行金属导轨固定在同一水平面内，导轨间距l = 0.5m，左端接有阻值R = 0.3Ω的电阻．一质量m = 0.1kg，电阻r = 0.1Ω的金属棒MN放置在导轨上，整个装置置于竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度B = 0.4T．棒在水平向右的外力作用下，由静止开始以 a = 2m/s2的加速度做匀加速运动，当棒的位移x = 9m时撤去外力，棒继续运动一段距离后停下来，已知撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q1：Q2= 2：1．导轨足够长且电阻不计，棒在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触．求

（1）棒在匀加速运动过程中，通过电阻R的电荷量q；
（2）撤去外力后回路中产生的焦耳热Q2；
（3）外力做的功WF．
【正确答案】（1）4.5C （2）1.8J （3）5.4J

12-4【巩固】 如图所示，两根足够长的平行光滑金属导轨、间距，其电阻不计，两导轨及其构成的平面均与水平面成角，N、Q两端接有的电阻。一金属棒垂直导轨放置，两端与导轨始终有良好接触，已知的质量，电阻，整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度大小。在平行于导轨向上的拉力作用下，以初速度沿导轨向上开始运动，可达到最大速度。运动过程中拉力的功率恒定不变，重力加速度。
（1）求拉力的功率P；
（2）开始运动后，经速度达到，此过程中克服安培力做功，求该过程中沿导轨的位移大小x。

【正确答案】（1）；（2）

12-5【提升】 某试验列车按照设定的直线运动模式，利用计算机控制制动装置，实现安全准确地进站停车。制动装置包括电气制动和机械制动两部分。图1所示为该列车在进站停车过程中设定的加速度大小随速度的变化曲线。
(1)求列车速度从降至经过的时间t及行进的距离x。（保留1位小数）
(2)有关列车电气制动，可以借助图2模型来理解。图中水平平行金属导轨处于竖直方向的匀强磁场中，回路中的电阻阻值为，不计金属棒及导轨的电阻。沿导轨向右运动的过程，对应列车的电气制动过程，可假设棒运动的速度与列车的速度、棒的加速度与列车电气制动产生的加速度成正比。列车开始制动时，其速度和电气制动产生的加速度大小对应图1中的点。论证电气制动产生的加速度大小随列车速度变化的关系，并在图1中画出图线。
(3)制动过程中，除机械制动和电气制动外，列车还会受到随车速减小而减小的空气阻力。分析说明列车从减到的过程中，在哪个速度附近所需机械制动最强?
(注意：解题过程中需要用到、但题目没有给出的物理量，要在解题时做必要的说明)

【正确答案】. (1) ，；(2) 列车电气制动产生的加速度与列车的速度成正比，为过P点的正比例函数，论证过程见解析。画出的图线如下图所示：


(3)

12-6【提升】 如图甲所示，在水平面内，固定放置着间距为l的两平行金属直导轨，其间连接有阻值为R的电阻，电阻两端连接示波器（内阻可视为无穷大），可动态显示电阻R两端的电压。两导轨间存在大小为B、方向垂直导轨平面的匀强磁场。时一质量为m、长为l的导体棒在外力F作用下从。位置开始做简谐运动，观察到示波器显示的电压随时间变化的波形是如图乙所示的正弦曲线。取，则简谐运动的平衡位置在坐标原点O。不计摩擦阻力和其它电阻，导体棒始终垂直导轨运动。（提示：可以用图象下的“面积”代表力F所做的功）
（1）求导体棒所受到的安培力随时间t的变化规律；
（2）求在0至0.25T时间内外力F的冲量；
（3）若时外力，求外力与安培力大小相等时棒的位置坐标和速度。


【正确答案】(1)
(2)
(3) 和；和

12-7【基础】 如图所示，有两根足够长的平行光滑金属导轨MN、PQ固定在水平面内，导轨间的距离为d，导轨所在空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B，两根质量相同的金属杆1、2间隔一定的距离摆放在导轨上。现使杆1以初速度v0开始向右运动，两杆在运动过程中不会相撞且始终与导轨垂直并接触良好。已知杆1、2的电阻均为R，导轨的电阻及空气阻力均忽略不计。当杆1的速度为时，求∶
（1）杆2的速度大小；
（2）杆2受到的安培力大小和整个回路中的瞬时电功率。


【正确答案】(1)；(2)，

12-8【巩固】 如图所示，间距l=0.3m的平行金属导轨和分别固定在两个竖直面内，在水平面区域内和倾角的斜面区域内分别有磁感应强度B1=0.4T、方向竖直向上和B2=1T、方向垂直于斜面向上的匀强磁场．电阻、质量、长为的相同导体杆K、S、Q分别放置在导轨上，S杆的两端固定在b1、b2点，K、Q杆可沿导轨无摩擦滑动且始终接触良好。一端系于K杆中点的轻绳平行于导轨绕过轻质滑轮自然下垂，绳上穿有质量m2=0.05kg的小环。已知小环以的加速度沿绳下滑，K杆保持静止，Q杆在垂直于杆且沿斜面向下的拉力F作用下匀速运动．不计导轨电阻和滑轮摩擦，绳不可伸长。取，，。求：


（1）小环所受摩擦力的大小；
（2）Q杆所受拉力的瞬时功率。
【正确答案】（1）；（2）

12-9【巩固】 如图，一边长为l0的正方形金属框abcd固定在水平面内，空间存在方向垂直于水平面、磁感应强度大小为B的匀强磁场。一长度大于的均匀导体棒以速率v自左向右在金属框上匀速滑过，滑动过程中导体棒始终与ac垂直且中点位于ac上，导体棒与金属框接触良好。已知导体棒单位长度的电阻为r，金属框电阻可忽略。将导体棒与a点之间的距离记为x，求导体棒所受安培力的大小随x（）变化的关系式。

【正确答案】

【原卷13题】知识点 理想气体状态方程,热力学第一定律

【正确答案】

【试题解析】


13-1【基础】 一定质量的理想气体从状态A经过状态B变化到状态C，其V–T图象如图所示．下列说法正确的有（ ）

A.A→B的过程中，气体对外界做功
B.A→B的过程中，气体放出热量
C.B→C的过程中，气体压强不变
D.A→B→C的过程中，气体内能增加
【正确答案】BC

13-2【提升】 回热式制冷机是一种深低温设备，制冷极限约50 K。某台回热式制冷机工作时，一定质量的氦气（可视为理想气体）缓慢经历如图所示的四个过程，已知状态A和B的温度均为27 ℃，状态C和D的温度均为-133 ℃，下列判断正确的是（　　）

A.气体由状态A到B过程，温度先升高后降低
B.气体由状态B到C过程，内能保持不变
C.气体由状态C到D过程，分子间的平均间距减小
D.气体由状态C到D过程，气体对外做功
E.气体由状态D到A过程，其热力学温度与压强成正比
【正确答案】ADE

13-3【巩固】 如图，一定质量的理想气体从状态a开始，经历过程①、②、③、④到达状态e。对此气体，下列说法正确的是（　　）


A.过程①中气体的压强逐渐减小
B.过程②中气体对外界做正功
C.过程④中气体从外界吸收了热量
D.状态c、d的内能相等
E.状态d的压强比状态b的压强小
【正确答案】BDE

13-4【提升】 一定质量的理想气体从状态A开始，经A→B、B→C、C→A三个过程后回到初始状态A，其图像如图所示，已知状态A的气体温度为，下列说法正确的是（　　）


A.状态B的气体温度为800K
B.在A→B过程中，气体既不对外做功，外界也不对气体做功
C.在B→C过程中，气体对外做功1200J
D.在C→A过程中，气体内能一直在减小
E.在A→B→C→A一个循环过程中，气体从外界吸收热量450J
【正确答案】AB

13-5【基础】 一定质量的理想气体从状态a开始，经a→b、b→c、c→a三个过程后回到初始状态a，其p-V图像如图所示。已知三个状态的坐标分别为a（V0， 2p0）、 b（2V0，p0）、c（3V0，2p0） 以下判断正确的是（　　）

A.气体在a→b过程中对外界做的功小于在b→c过程中对外界做的功
B.气体在a→b过程中从外界吸收的热量大于在b→c过程中从外界吸收的热量
C.在c→a过程中，外界对气体做的功小于气体向外界放出的热量
D.气体在c→a过程中内能的减少量大于b→c过程中内能的增加量
【正确答案】C

13-6【基础】 汽缸内封闭有一定质量的理想气体，当气体的状态由状态A变到状态D时，其体积V与热力学温度T的关系如图所示，已知A、D延长线经过坐标原点O。则下列说法正确的是（　　）


A.由状态A变到状态B过程中，气体压强增大
B.由状态B变到状态C过程中，气体向外界放出热量
C.由状态C变到状态D过程中，外界对气体做功同时气体也向外界放出热量
D.D状态时单位时间内与器壁单位面积碰撞的分子数比A状态少
E.D状态与A状态单位时间内气体分子对器壁单位面积的冲量相等
【正确答案】BCE

13-7【巩固】 一定量的理想气体从状态M出发，经状态N、P、Q回到状态M，完成一个循环。从M到N、从P到Q是等温过程；从N到P、从Q到M是等容过程；其体积—温度图像（V—T图）如图所示，下列说法正确的是（　　）

A.从M到N是吸热过程
B.从N到P是吸热过程
C.从P到Q气体对外界做功
D.从Q到M是气体对外界做功
E.从Q到M气体的内能减少
【正确答案】BCE

13-8【巩固】 如图，一定质量的理想气体从状态a出发，经过等容过程ab到达状态b，再经过等温过程bc到达状态c，最后经等压过程ca回到状态a．下列说法正确的是（ ）

A.在过程ab中气体的内能增加
B.在过程ca中外界对气体做功
C.在过程ab中气体对外界做功
D.在过程bc中气体从外界吸收热量
E.在过程ca中气体从外界吸收热量
【正确答案】ABD

13-9【巩固】 如图，一定量的理想气体从状态a变化到状态b，其过程如p-V图中从a到b的直线所示．在此过程中______．

A.气体温度一直降低
B.气体内能一直增加
C.气体一直对外做功
D.气体一直从外界吸热
E.气体吸收的热量一直全部用于对外做功
【正确答案】BCD

13-10【提升】 如图所示，一定质量的理想气体经历了A→B→C→D→A的循环过程，其中C→D为等温过程，下列说法正确的是（　　）


A.A→B过程气体温度升高，气体向外界放热
B.B→C过程气体对外界做功，气体温度升高
C.C→D过程气体内能不变，气体从外界吸热
D.D→A过程气体分子在单位时间内与器壁单位面积碰撞的次数增加
E.A→B→C→D→A整个过程中气体对外界做的功小于外界对气体做的功
【正确答案】BCD

【原卷14题】知识点 气体的等温变化

【正确答案】

【试题解析】



14-1【巩固】 如图，圆柱形导热气缸长，缸内用活塞（质量和厚度均不计）密闭了一定质量的理想气体，缸底装有一个触发器D，当缸内压强达到时，D被触发，不计活塞与缸壁的摩擦。初始时，活塞位于缸口处，环境温度，压强。
(1)若环境温度不变，缓慢向下推活塞，求D刚好被触发时，到缸底的距离；
(2)若活塞固定在缸口位置，缓慢升高环境温度，求D刚好被触发时的环境温度。

【正确答案】(1)；(2)

14-2【巩固】 如图，一汽缸中由活塞封闭有一定量的理想气体，中间的隔板将气体分为A、B两部分；初始时，A、B的体积均为V，压强均等于大气压p0，隔板上装有压力传感器和控制装置，当隔板两边压强差超过0.5p0时隔板就会滑动，否则隔板停止运动。气体温度始终保持不变。向右缓慢推动活塞，使B的体积减小为。
（i）求A的体积和B的压强；
（ⅱ）再使活塞向左缓慢回到初始位置，求此时A的体积和B的压强。


【正确答案】（i），；（ⅱ），

14-3【基础】 为方便抽取密封药瓶里的药液，护士一般先用注射器注入少量气体到药瓶里后再抽取药液，如图所示，某种药瓶的容积为0.9mL，内装有0.5mL的药液，瓶内气体压强为，护士把注射器内横截面积为、长度为0.4cm、压强为的气体注入药瓶，若瓶内外温度相同且保持不变，气体视为理想气体，求此时药瓶内气体的压强。


【正确答案】

14-4【巩固】 如图，容积为V的汽缸由导热材料制成，面积为S的活塞将汽缸分成容积相等的上下两部分，汽缸上部通过细管与装有某种液体的容器相连，细管上有一阀门K。开始时，K关闭，汽缸内上下两部分气体的压强均为p0。现将K打开，容器内的液体缓慢地流入汽缸，当流入的液体体积为时，将K关闭，活塞平衡时其下方气体的体积减小了。不计活塞的质量和体积，外界温度保持不变，重力加速度大小为g。求流入汽缸内液体的质量。

【正确答案】

14-5【基础】 如图所示，内径粗细均匀的U形管，右侧B管上端封闭，左侧A管上端开口，管内注入水银，并在A管内装配有光滑的、质量可以不计的活塞，使两管中均封入长的空气柱，活塞上方的大气压强为，这时两管内水银面高度差。现缓慢向活塞上方注入水银，直至使两管中水银面高度差变为。设温度保持不变，求：
（1）注入的水银柱的长度；
（2）稳定后活塞向下移动的距离（保留两位有效数字）。


【正确答案】(1)；(2)

14-6【提升】 在两端封闭、粗细均匀的U形细玻璃管内有一股水银柱，水银柱的两端各封闭有一段空气．当U形管两端竖直朝上时，左、右两边空气柱的长度分别为l1=18.0 cm和l2=12.0 cm，左边气体的压强为12.0 cmHg．现将U形管缓慢平放在水平桌面上，没有气体从管的一边通过水银逸入另一边，求U形管平放时两边空气柱的长度。在整个过程中，气体温度不变。

【正确答案】U形管平放时，左边空气柱的长度为22.5 cm ，右边空气柱的长度为7.5 cm

14-7【提升】 如图，一容器由横截面积分别为2S和S的两个汽缸连通而成，容器平放在地面上，汽缸内壁光滑。整个容器被通过刚性杆连接的两活塞分隔成三部分，分别充有氢气、空气和氮气。平衡时，氮气的压强和体积分别为p0和V0，氢气的体积为2V0，空气的压强为p。现缓慢地将中部的空气全部抽出，抽气过程中氢气和氮气的温度保持不变，活塞没有到达两汽缸的连接处，求：
(1)抽气前氢气的压强；
(2)抽气后氢气的压强和体积。


【正确答案】(1)；(2)，

14-8【提升】 一种测量稀薄气体压强的仪器如图（a）所示，玻璃泡M的上端和下端分别连通两竖直玻璃细管和。长为，顶端封闭，上端与待测气体连通；M下端经橡皮软管与充有水银的容器R连通。开始测量时，M与相通；逐渐提升R直到中水银面与顶端等高，此时水银已进入，且中水银面比顶端低，如图（b）所示。设测量过程中温度、与相通的待测气体的压强均保持不变。已知和的内径均为，M的容积为，水银的密度为，重力加速度大小为。求：
（1）待测气体的压强；
（2）该仪器能够测量的最大压强。

【正确答案】（1）；（2）

14-9【基础】 一长为l的薄壁试管处于空气中。现将试管开口向下竖直插入水中，平衡时试管内外水面高度差为h，如图所示。今用竖直向下的力缓慢地将试管保持竖立压入水中。已知外界大气压强为，水的密度为，水足够深，且水温处处相同。当试管中气体下端与水面的距离超过某一值时，试管将不再需要下压的力而自动下沉，求这个值。

【正确答案】

【原卷15题】知识点 波的图象

【正确答案】

【试题解析】


15-1【基础】 如图，一列简谐横波平行于x轴传播，图中的实线和虚线分别为t=0和t=0.1 s时的波形图。已知平衡位置在x=6 m处的质点，在0到0.1s时间内运动方向不变。这列简谐波的周期为_____s，波速为_____m/s，传播方向沿x轴_____（填“正方向”或“负方向”）。

【正确答案】 (1). (2). (3). 负方向

15-2【巩固】 两列简谐波沿x轴相向而行，波速均为，两波源分别位于A、B处，时的波形如图所示．当时，M点的位移为______cm，N点的位移为______cm．

【正确答案】2，0

15-3【巩固】 图甲为一列简谐横波在某时刻的波形图，M是平衡位置为x=0.5m处的质点，N是平衡位置为x=2m处的质点，图乙为质点N由该时刻计时的振动图像，该波的传播速度是___________m/s，传播方向沿x轴___________（填“正方向”或“负方向”）

【正确答案】 (1). 10 (2). 负方向

15-4【巩固】 如图甲所示，在xOy平面内有两个沿z方向做简谐振动的点波源S1（－2，0）和S2（4，0）。两波源的振动图线分别如图乙和图丙所示，两列波的波速均为0.50m/s。两列波从波源传播到点A（－2，8）的振幅为______m，两列波引起的点B（1，4）处质点的振动相互____（填“加强”或“减弱”），点C（0.5，0）处质点的振动相互________（填“加强”或“减弱”）。


【正确答案】 (1). 2 (2). 减弱 (3). 加强

15-5【基础】 一列简谐横波沿x轴负方向传播，图中实线为t=0时刻的波形图，虚线是这列波在t1=0.5s时刻的波形图。各质点振动周期大于0.5s，P为实线上的一质点，则质点P的位移随时间变化的关系式为___________cm，这列波的传播速度为___________ m/s。


【正确答案】 (1). y=2sin（） (2). 14

15-6【提升】 图甲为一条均匀绳子两端产生的两列简谐横波P、Q在t＝2 s时刻的波形图，图乙为横坐标是－5.5 m处的质点M的振动图像，则横波Q的波速为____m/s，周期为_____ s，当t＝s时质点O的位移为_____cm。


【正确答案】 (1). 1.5 (2). (3). 0

15-7【提升】 一列简谐横波在时刻的波形图如图（a）所示，简谐横波沿轴正方向传播。、、为介质中三个质点，图（b）是质点的振动图像，则质点起振方向为___________（填“沿轴正方向”或“沿轴负方向”）；若此波遇到另一列简谐横波并发生稳定的干涉现象，则所遇到的波的频率为___________；从时刻开始经过___________此波传到平衡位置在的质点处；


【正确答案】 (1). 沿轴负方向 (2). 0.5 (3). 21.5

15-8【基础】 一列简谐横波沿x轴传播，t=0时刻的波形如图所示，则这列波的波长为_______m；此时x=3m处的质点正在向上运动，则x=2.5m处的质点向_______（选填“上”或“下”）运动；当x=3m处的质点在波峰时，x=5m处的质点恰好在_______（选填“波峰”、“波谷”或“平衡位置”）。

【正确答案】 (1). 4 (2). 上 (3). 波谷

15-9【提升】 如图所示为一列沿x轴负方向传播的简谐横波在t=0时刻的波形图，质点M、N分别在波谷和平衡位置，质点P的横坐标为10m。已知t=0.6s时N到达波峰，则波传播的最小速度为___________m/s，波速最小时t=0起P到达平衡位置所用的最短时间为___________s。若波速为55m/s，则在0~s时间内M的路程为___________m。（结果保留2位有效数字）

【正确答案】 (1). 15 (2). 0.13 (3). 0.42

【原卷16题】知识点 光的折射定律

【正确答案】

【试题解析】




16-1【基础】 Morpho蝴蝶的翅膀在阳光的照射下呈现出闪亮耀眼的蓝色光芒，这是因为光照射到翅膀的鳞片上发生了干涉．电子显微镜下鳞片结构的示意图见题1 图．一束光以入射角i从a点入射，经过折射和反射后从b点出射．设鳞片的折射率为n，厚度为d，两片之间空气层厚度为h．取光在空气中的速度为c，求光从a到b所需的时间t．

【正确答案】

16-2【提升】 如图所示，巡查员站立于一空的贮液池边，检查池角处出液口的安全情况。已知池宽为L，照明灯到池底的距离为H。若保持照明光束方向不变，向贮液池中注入某种液体，当液面高为时，池底的光斑距离出液口。
（1）试求当液面高为时，池底的光斑到出液口的距离x；
（2）控制出液口缓慢地排出液体，使液面以v0的速率匀速下降，试求池底的光斑移动的速率vx。

【正确答案】（1）；（2）

16-3【巩固】 一半圆柱形透明物体横截面如图所示，地面AOB镀银，（图中粗线）O表示半圆截面的圆心一束光线在横截面内从M点入射，经过AB面反射后从N点射出，已知光线在M点的入射角为30，角MOA=60，角NOB=30。求
(1)光线在M点的折射角；
(2)透明物体的折射率。

【正确答案】(1) r=15°；(2)

16-4【巩固】 直角棱镜的折射率n=1.5，其横截面如图所示，图中∠C=90°，∠A=30°。截面内一细束与BC边平行的光线，从棱镜AB边上的D点射入，经折射后射到BC边上。
（1）光线在BC边上是否会发生全反射?说明理由；
（2）不考虑多次反射，求从AC边射出的光线与最初的入射光线夹角的正弦值。

【正确答案】（1）光线在E点发生全反射；（2）

16-5【提升】 如图，一玻璃工件的上半部是半径为R的半球体，O点为球心；下半部是半径为R、高为2R的圆柱体，圆柱体底面镀有反射膜．有一平行于中心轴OC的光线从半球面射入，该光线与OC之间的距离为0．6R．已知最后从半球面射出的光线恰好与入射光线平行(不考虑多次反射)，求该玻璃的折射率．

【正确答案】1.43

16-6【基础】 如图所示是具有一定厚度的玻璃砖的俯视图，，。光线从左侧面的中点射入，经、两侧面全反射后，到达右侧面处，此时在面右侧恰好观测不到出射光线。测得，长为，长为，已知玻璃砖的折射率为，光在真空中的传播速度为，求：
①光线在左侧面由点进入玻璃砖时的入射角；
②光线在玻璃砖中由面到面所用的时间。

【正确答案】①45°；②

16-7【提升】 一直桶状容器的高为21，底面是边长为l的正方形；容器内装满某种透明液体，过容器中心轴DD′、垂直于左右两侧面的剖面图如图所示．容器右侧内壁涂有反光材料，其他内壁涂有吸光材料．在剖面的左下角处有一点光源，已知由液体上表面的D点射出的两束光线相互垂直，求该液体的折射率．

【正确答案】1.55

16-8【巩固】 如图所示，一种光学传感器是通过接收器Q接收到光的强度变化而触发工作的。光从挡风玻璃内侧P点射向外侧M点再折射到空气中，测得入射角为，折射角为；光从P点射向外侧N点，刚好发生全反射并被Q接收，求光从玻璃射向空气时临界角的正弦值表达式。



【正确答案】

16-9【巩固】 如图，一折射率为的材料制作的三棱镜，其横截面为直角三角形ABC，∠A=90°，∠B=30°。一束平行光平行于BC边从AB边射入棱镜，不计光线在棱镜内的多次反射，求AC边与BC边上有光出射区域的长度的比值。

【正确答案】2

[Failed to download image : https://img.xkw.com/dksih/QBM/2010/3/27/1574907492769792/1574907537276928/STEM/db6f2484854146b9bc00f1b9e9d42529.png]
16-10【基础】 一半径为R的1/4球体放置在水平面上，球体由折射率为的透明材料制成．现有一束位于过球心O的竖直平面内的光线，平行于桌面射到球体表面上，折射入球体后再从竖直表面射出，如图所示．已知入射光线与桌面的距离为．求出射角．
【正确答案】


变式题库答案解析

1-1【巩固】 【正确答案】BC
【试题解析】
分析:
详解:
A．在小球下滑过程中，槽向左运动，小球与槽之间的相互作用力与槽的速度不垂直，所以会对槽做功，故A错误；
B．小球在下滑过程中，小球与槽组成的系统水平方向不受力，所以水平方向动量守恒，故B正确；
CD．小球与槽组成的系统水平方向动量守恒，球与槽的质量相等，小球沿槽下滑，球与槽分离时，小球与槽的速度大小相等，方向相反，小球被反弹后球与槽的速度相等，所以小球不能滑到槽上，不能达到高度h处，因此都做匀速直线运动，故C正确，D错误。
故选BC。
1-2【提升】 【正确答案】BD
【试题解析】
详解:
AB．小球从A→B的过程中，半圆槽对球的支持力沿半径方向指向圆心，而小球对半圆槽的压力方向相反指向左下方，因为有竖直墙挡住，所以半圆槽不会向左运动，可见，该过程中，小球与半圆槽在水平方向受到外力作用，动量并不守恒，而由小球、半圆槽和物块组成的系统动量也不守恒；从B→C的过程中，小球对半圆槽的压力方向向右下方，所以半圆槽要向右推动物块一起运动，因而小球参与了两个运动：一个是沿半圆槽的圆周运动，另一个是与半圆槽一起向右运动，小球所受支持力方向与速度方向并不垂直，此过程中，因为有物块挡住，小球与半圆槽在水平方向动量并不守恒，但是小球、半圆槽和物块组成的系统水平方向动量守恒，小球运动的全过程，水平方向动量也不守恒，选项A错误，选项B正确；
C．当小球运动到C点时，它的两个分运动的合速度方向并不是竖直向上，所以此后小球做斜上抛运动，即选项C错误；
D．因为小球在槽内运动过程中，速度方向与槽对它的支持力始终垂直，即支持力不做功，且在接触面都是光滑的，所以小球、半圆槽．物块组成的系统机械能守恒，故选项D正确．
故选BD.
1-3【基础】 【正确答案】C
【试题解析】
分析:
详解:
A．小球在摆动得过程中，小球和小车系统只受重力和支持力作用，水平方向合力为零，所以系统水平方向动量守恒，在竖直方向上，只有小球有竖直方向的分速度，且各位值得分速度不相等，则竖直方向动量不守恒，所以系统动量不守恒，A错误；
BCD．小球在摆动过程中，系统机械能守恒，小球拉力做正功，因小球的部分机械能转化为小车的机械能，所以小球机械能减小，小车机械能增大，BD错误，C正确。
故选C。
1-4【提升】 【正确答案】D
【试题解析】
详解:
A．在弹簧弹开两物体以及脱离弹簧后两物体的运动过程中，A物体所受的滑动摩擦力方向水平向右，大小为

B物体所受的滑动摩擦力方向水平向左，大小为

两物体组成的系统所受合外力为零，因此动量守恒，A错误；
B．在弹簧弹开两物体以及脱离弹簧后两物体的运动过程中，整个系统克服摩擦力做功，机械能减小，B错误；
C．在两物体被弹开的过程中，弹簧的弹力先大于摩擦力，后小于摩擦力，故物体的机械能先增大后减小，C错误；
D．弹簧对两物体的弹力大小相等，且两个物体同时离开弹簧，因此弹簧对两个物体的冲量大小相等为I，设物体A、B停止的时间为、 ，根据动量定理


由于

因此

D正确。
故选D。
1-5【基础】 【正确答案】D
【试题解析】
详解:
A．加速度是反映速度变化快慢的物理量，速度变化大，加速度不一定大．故A错误；
B．若动量发生变化可能是速度的方向发生了变化而大小没发生变化，动能不一定变化，故B错误；
C．系统所不受外力或外力的冲量为零，系统动量守恒，合外力对系统做功为零，冲量不一定为零，系统的动量不一定守恒，故C错误；
D．系统所受的合外力为零，系统动量守恒，故D正确。
故选D。
1-6【巩固】 【正确答案】C
【试题解析】
分析:
详解:
A．因滑块不固定，绳下摆过程中，绳的拉力对滑块做正功，对小球做负功，A错误；
B．下摆过程，系统机械能守恒

水平方向动量守恒

小球向左摆动最高点，机械能守但

三式联立，解得：

B错误；
C．由平均动量守恒

即释放小球时滑块到挡板的距离为，C正确；
D．滑块撞击挡板时，挡板对滑块作用力的冲量大小为

D错误。
故选C。
1-7【提升】 【正确答案】AC
【试题解析】
详解:
A．设AB所受摩擦力为f，系统匀速运动时，有

解得

绳子断开后，对B分析，取向右为正方向，由动量定理得

联立解得

即此时B停止运动
在t=0至t=时间内，系统合外力为零，A、B的总动量守恒，故A正确；
B． 至时间内，B停止运动，A匀加速运动，系统合外力不为零，则系统总动量不守恒，故B错误；
C．时，取向右为正方向，由系统的动量守恒得

得A的动量为 ，故C正确；
D．至时，对A由动量定理得

解得A的动量为 ，故D错误。
故选AC。
1-8【基础】 【正确答案】D
【试题解析】
分析:
详解:
A．若考虑运动员自身的散热与内力做功问题，则只要有人参与的系统机械能都不守恒，若不考虑运动员自身的散热与内力做功问题，则图甲所示撑杆跳运动员在离开地面向上运动的过程中由于还受到杆的作用力，机械能不守恒；A错误；
B．图乙中因蹦床和运动员系统受到的合外力不为零，故运动员和蹦床组成的系统动量不守恒，B错误；
C．图丙中跳伞运动在匀速下降的过程中受空气阻力作用运动员和降落伞组成的系统机械能不守恒，C错误；
D．图丁所示打台球的运动过程中，两个台球组成的系统在碰撞的一瞬间内力远大于外力，系统动量近似守恒，D正确。
故选D。
1-9【巩固】 【正确答案】C
【试题解析】
分析:
详解:
A．小球与弹簧接触前，小球和槽组成的系统水平方向动量守恒，当小球到达底端时有

则有

当小球与弹簧接触后，小球受外力作用，小球和槽组成的系统所受合外力不为零，动量不守恒，A错误；
B．若小球下滑过程槽保持静止，小球和槽之间的相互作用力始终与运动方向垂直不做功，但地面光滑，小球下滑过程中槽在后退，小球和槽之间的相互作用力与接触面垂直，但与各自的运动方向不再垂直，故两力均有做功，B错误；
CD．小球脱离弧形槽后，槽向左以做匀速直线运动，小球和弹簧作用过程中机械能守恒，故小球被弹回的速度大小仍为，向左做匀速直线运动，由于两物体速度大小相等、方向相同，不会再相遇，即小球不能回到槽内，C正确，D错误。
故选C。

2-1【巩固】 【正确答案】AB
【试题解析】
详解:
A．虚线a、b、c、d、f代表匀强电场内间距相等的一组等势面，一电子经过a时的动能为10eV，从a到d的过程中克服电场力所做的功为6eV，动能减小了6eV，电势能增加了6eV，因此a、b、c、d、f相邻两个等势面间的电势差为2V，因平面b上的电势为2V，由于电子的电势能增加，等势面电势由a到f是降低的，因此平面c上的电势为零，故A正确；
B．由上分析可知，当电子由a向f方向运动，则电子到达平面f的动能为2eV，由于题目中没有说明电子如何运动，因此也可能电子在匀强电场中做抛体运动，则可能不会到达平面f，故B正确；
C．在平面b上电势为2V，则电子的电势能为-2eV，动能为8eV，电势能与动能之和为6eV，当电子经过平面d时，动能为4eV，其电势能为2eV，故C错误；
D、电子经过平面b时的动能是平面d的动能2倍，电子经过平面b时的速率是经过d时的倍，故D错误。
故选AB。
点睛:
考查电场力做功与电势能变化的关系，掌握电势能与动能之和不变，理解电势为零处的电势能为零是解题的关键。
2-2【巩固】 【正确答案】B
【试题解析】
详解:
A．正电荷和负电荷周围的等势面都为一组同心球壳，该点电荷不一定为正电荷，故A错误；
B．相邻等势面间电势差相等，P点附近的等差等势面更加密集，故P点的场强一定比Q点的场强大，故B正确；
C．正电荷和负电荷周围的等势面都为一组同心球壳，若为正点电荷，则P点电势一定比Q点电势高，故C错误；
D．从等势面的情况无法判断该点电荷为正点电荷还是负点电荷，无法判断P点电势与Q点电势的高低，就无法判断正检验电荷在P点和在Q点的电势能的大小，故D错误。
故选B。
2-3【巩固】 【正确答案】BD
【试题解析】
分析:
详解:
A．由图象可知
φb = φe
则正电荷从b点运动到e点，电场力不做功，A错误；
B．由图象可知
φa = 3V，φd = 7V
根据电场力做功与电势能的变化关系有
Wad = Epa - Epd = (φa - φd)×( - e) = 4eV
B正确；
C．沿电场线方向电势逐渐降低，则b点处的场强方向向左，C错误；
D．由于电场线与等势面处处垂直，则可画出电场线分布如下图所示


由上图可看出，b点电场线最密集，则b点处的场强最大，D正确。
故选BD。
2-4【基础】 【正确答案】CD
【试题解析】
分析:
详解:
A．根据电荷间等势面的分布情况可知两点电荷时同种电荷，又根据电子在该电场中的运动轨迹可判断电子一直受到排斥的力，故可知两点电荷为同种负电荷；故A错误；
B．根据等势面的疏密程度可以判断A点的电场强度比B点的小，故B错误；
C．因为两点电荷时同种负电荷，电场线指向负电荷，故可知A点的电势高于B点的电势，故C正确；
D．根据电子的运动轨迹和电场线的方向可知由M到P电场力做负功，由P到N电场力做正功；由M到P动能减小，由P到N动能增加，故电子运动到P点时动能最小，故D正确。
故选CD。
2-5【基础】 【正确答案】D
【试题解析】
详解:
由点电荷场强公式确定各点的场强大小，由点电荷的等势线是以点电荷为球心的球面和沿电场线方向电势逐渐降低确定各点的电势的高低．
由点电荷的场强公式可知，a、b两点到场源电荷的距离相等，所以a、b两点的电场强度大小相等，故A错误；由于c点到场源电荷的距离比b点的大，所以b点的场强大小比c点的大，故B错误；由于点电荷的等势线是以点电荷为球心的球面，所以a点与b点电势相等，负电荷的电场线是从无穷远处指向负点电荷，根据沿电场线方向电势逐渐降低，所以b点电势比c点低，故D正确．
2-6【提升】 【正确答案】C
【试题解析】
分析:
详解:
A．两脚并拢后，两个脚之间不存在电势差，这时就没有电流流过人体从而防止人体触电，A正确，不符合题意；
B．由题可知等效电场强度

根据点电荷的电场强度公式

因此点电荷Q的电荷量

B正确，不符合题意；
C．由题可知在N点处的电场强度

而MN间的电场不是匀强电场，越靠近M点，场强越大，根据

可知MN之间的电势差一定大于，C错误，符合题意；
D．若两脚站在同一条等势线上，无论距离是多少，两脚间的跨步电压都是零，D正确，不符合题意。
故选C。
2-7【提升】 【正确答案】CD
【试题解析】
详解:
若图中的实线为电场线，电场线是一组平行等距直线，则该电场为匀强电场，故a点的等于b点的场强，根据电子的运动轨迹可判断，电子所受电场力方向向右，电场线方向向左，则a点的电势比b点的电势低，并且电场力方向与速度方向的夹角小于90°，则电场力做正功，电势能减小，故电子在a点的电势能比在b点的电势能大；若图中的实线为等势线，等势线是一组平行等距直线，则电场强度方向垂直实线，根据电子的运动轨迹可判断，电子所受电场力方向向下，则电场线向上，故a点电势高于b点电势，电子从a点运动到b点电场力做负功，电势能增加，动能减小，故电子在a点的速率一定大于在b点的速率．综上所述，AB错误，CD正确．
2-8【基础】 【正确答案】CD
【试题解析】
详解:
A．根据粒子运动轨迹可知，粒子带正电，选项A错误；
B．根据库仑定律可知，离点电荷最近时最大，选项B错误；
C．从b点到c点电场力做正功，动能增加，故粒子在b点电势能一定大于在c点的电势能，故C正确；
D．同心圆间距相等，所以a点到b点电势差大于b点到c点的电势差，所以由a点到b点的动能变化大于有b点到c点的动能变化，选项D正确．
2-9【提升】 【正确答案】CD
【试题解析】
详解:
试题分析：沿电场线方向电势降低，故a点的电势低于c点的电势，A错误；电子由a点运动到c点的过程中，电场力做正功，电势能减小，动能增大，故B错误D正确；等差等势面密集处电场强度大，故电子受到的电场力大，加速度大，故C正确．
考点：电场线、等势线
3-1【基础】 【正确答案】A
【试题解析】
详解:
A．由左手定则可知，M带负电，N带正电，选项A正确．
B．由可知，M的速度率大于N的速率，选项B错误；
C．洛伦磁力对M、N都不做功，选项C错误；
D．由可知，M的运行时间等于N的运行时间，选项D错误．
3-2【提升】 【正确答案】C
【试题解析】
详解:
从“粒子穿过y轴正半轴后……”可知粒子向右侧偏转，洛伦兹力指向运动方向的右侧，由左手定则可判定粒子带负电，作出粒子运动轨迹示意图如图．根据几何关系有r＋rsin30°＝a，再结合半径表达式r＝可得＝，故C项正确．

3-3【巩固】 【正确答案】D
【试题解析】
分析:
详解:


因为该粒子在磁场中的运动轨迹与ON只有一个交点，所以其轨迹与ON相切，如图所示；根据牛顿第二定律得

由三角形得

解得

故选D。
3-4【巩固】 【正确答案】A
【试题解析】
分析:
详解:
粒子恰好垂直于y轴射出磁场，做两速度的垂线交点为圆心，轨迹如图所示


A．由几何关系可知


因圆心的坐标为，则带电粒子在磁场中运动的轨迹方程为

故A正确；
BD．洛伦兹力提供向心力，有

解得带电粒子在磁场中运动的速率为

因轨迹圆的半径可求出，但磁感应强度未知，则无法求出带电粒子在磁场中运动的速率，故BD错误；
C．带电粒子圆周的圆心角为，而周期为

则带电粒子在磁场中运动的时间为

因磁感应强度未知，则运动时间无法求得，故C错误；
故选A。
3-5【基础】 【正确答案】B
【试题解析】
详解:
运动轨迹如图:


即运动由两部分组成,第一部分是个周期,第二部分是个周期, 粒子在第二象限运动转过的角度为90°，则运动的时间为；粒子在第一象限转过的角度为60°，则运动的时间为；则粒子在磁场中运动的时间为：，故B正确，ACD错误．.
3-6【提升】 【正确答案】BC
【试题解析】
分析:
详解:
运动轨迹如图

A．因为粒子不能确定带何种电荷，所以磁场方向无法确定。A错误；
B．根据几何关系得四边形OACD为菱形，所以带电粒子在磁场中运动的轨迹半径为。B正确；
C．磁场范围如图中蓝色虚线与黑色半圆所围范围

根据几何关系，图中红色虚线是轨迹圆的圆心轨迹，则磁场面积为以半径为2的半圆面积，即

C正确；
D．带电粒子从点与左侧边界以任意小于90°方向入射，根据对称性，可知粒子回到边界时与边界不垂直。D错误。
故选BC。
3-7【提升】 【正确答案】B
【试题解析】
分析:
详解:
A．带电粒子在半圆形磁场中向上偏转，由左手定则可判断，粒子带负电，选项A错误；
D．过P点和C点做速度的垂线，交点即为圆心，如图：


由几何关系可知，四边形为菱形，则

洛伦兹力提供向心力有

所以

则有

选项D错误；
B．由几何关系可得直线AD的长度等于磁场区域半径的2倍即4d，选项B正确；
C．粒子在磁场中运动时间为

选项C错误。
故选B。
3-8【基础】 【正确答案】B
【试题解析】
详解:
试题分析：带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，据牛顿第二定律有，解得粒子第一次通过磁场区时的半径为，圆弧 AC所对应的圆心角∠ AO′ C＝60°，经历的时间为（ T为粒子在匀强磁场中运动周期，大小为，与粒子速度大小无关）；当粒子速度减小为 v/3后，根据知其在磁场中的轨道半径变为 r/3，粒子将从 D点射出，根据图中几何关系得圆弧 AD所对应的圆心角∠ AO″ D＝120°，经历的时间为．由此可知B项正确．

考点：带电粒子在匀强磁场中的运动

3-9【巩固】 【正确答案】AD
【试题解析】
详解:
A．粒子向下偏转，根据左手定则判断洛伦兹力，可知粒子带负电，A正确；
BC．粒子运动的轨迹如图

由于速度方向与y轴正方向的夹角，根据几何关系可知
，
则粒子运动的轨道半径为

洛伦兹力提供向心力

解得

BC错误；
D．与点的距离为

D正确。
故选AD。
4-1【巩固】 【正确答案】D
【试题解析】
分析:
详解:
A．放射性元素的半衰期是大量的放射性元素衰变的统计规律，对少量的个别的原子核无意义，则放射性元素完全衰变殆尽的说法错误，故A错误；
B．原子核衰变时满足电荷数守恒，质量数守恒，故B错误；
C．放射性元素的半衰期是由原子核的自身结构决定的，而与物理环境如压力、温度或浓度无关，与化学状态无关，故C错误；
D．过量放射性辐射包含大量的射线，对人体组织有破坏作用，但辐射强度在安全剂量内则没有伤害，故D正确；
故选D。
4-2【巩固】 【正确答案】C
【试题解析】
分析:
详解:
AB．根据核反应的质量数和电荷数守恒可知，该核反应是

即Y是正电子，选项AB错误；
CD．因72万年是一个半衰期，可知再过72万年，现有的铝26衰变一半；再过144万年，即两个半衰期，现有的铝26衰变四分之三，选项C正确，D错误；
故选C。
4-3【基础】 【正确答案】A
【试题解析】
详解:
根据半衰期与质量变化的公式：可得：有的原子核发生了衰变，剩下，所以有

t=3T=11.4天，T=3.8天，即半衰期为3.8天.
A．3. 8天，与结论相符，选项A正确；
B．5. 7天，与结论不相符，选项B错误；
C．7.6天，与结论不相符，选项C错误；
D．11.4天，与结论不相符，选项D错误；
故选A。
4-4【巩固】 【正确答案】B
【试题解析】
详解:
氡核的半衰期为3.8天，根据半衰期的定义得

其中m为剩余氡核的质量，m0为衰变前氡核的质量，T为半衰期，t为经历的时间。由于T=3.8天，t=7.6天，解得
所以衰变掉的氡的质量为

根据衰变过程中质量数和电荷数守恒，由于生成物质量数减小4，电荷数减小2，所以放出的粒子是粒子，故B正确，ACD错误。
故选B。
4-5【提升】 【正确答案】D
【试题解析】
分析:
详解:
A．放射性元素的半衰期不随温度而变化，故A错误；
B．放射性元素发生衰变时所释放的电子是原子核内的中子转化为质子时产生的，故B错误；
C．射线是高速电子流，而r射线是电磁波，r射线穿透本领比β射线强，故C错误；
D．铀核（）衰变为铅核（）的过程中，要经过次a衰变和次衰变，故D正确。
故选D。
4-6【提升】 【正确答案】B
【试题解析】
详解:
光电效应是原子核外电子得到能量，而跑到原子的外部，向外释放电子的现象，选项A错误；天然放射性现象说明原子核具有复杂的结构，选项B正确；一个质子和一个中子结合成氘核，向外辐射能量，有质量亏损，知一个质子和一个中子的质量大于一个氘核的质量，故C错误；半衰期是大量原子衰变的统计规律，对少数原子是不适应的，选项D错误；故选B．
4-7【基础】 【正确答案】C
【试题解析】
分析:
详解:
A．和的质量数均为相等，但是二者原子核中的质子数和中子数不同，所以质量不同，A错误；
B．核的中子数为个，核的中子数为个，B错误；
C．半衰期是原子核固有的属性，与外界条件无关，C正确；
D．质量为的的半衰期为万年，经过万年为个半衰期，剩余质量为，不会全部衰变为，D错误。
故选C。
4-8【基础】 【正确答案】B
【试题解析】
分析:
本题考查核衰变的半衰期的规律及其相关的知识点
详解:
由衰变公式，知，故B正确
5-1【提升】 【正确答案】AC
【试题解析】
详解:
A、由a-x图象可知，加速度沿竖直向下方向为正方向，根据牛顿第二定律有：，变形式为：，该图象的斜率为，纵轴截距为重力加速度．根据图象的纵轴截距可知，两星球表面的重力加速度之比为：；又因为在某星球表面上的物体，所受重力和万有引力相等，即：，即该星球的质量．又因为：，联立得．故两星球的密度之比为：，故A正确；
B、当物体在弹簧上运动过程中，加速度为0的一瞬间，其所受弹力和重力二力平衡，，即：；结合a-x图象可知，当物体P和物体Q分别处于平衡位置时，弹簧的压缩量之比为：，故物体P和物体Q的质量之比为：，故B错误；
C、物体P和物体Q分别处于各自的平衡位置（a=0）时，它们的动能最大；根据，结合a-x图象面积的物理意义可知：物体P的最大速度满足，物体Q的最大速度满足：，则两物体的最大动能之比：，C正确；
D、物体P和物体Q分别在弹簧上做简谐运动，由平衡位置（a=0）可知，物体P和Q振动的振幅A分别为和，即物体P所在弹簧最大压缩量为2，物体Q所在弹簧最大压缩量为4，则Q下落过程中，弹簧最大压缩量时P物体最大压缩量的2倍，D错误；
故本题选AC．
5-2【巩固】 【正确答案】D
【试题解析】
详解:
假设在地球表面和月球表面上分别放置质量为和的两个物体，则在地球和月球表面处，分别有
，
解得

设嫦娥四号卫星的质量为，根据万有引力提供向心力得

解得

故选D。
5-3【巩固】 【正确答案】B
【试题解析】
详解:
忽略星球的自转，万有引力等于重力

则

解得

着陆器做匀减速直线运动，根据运动学公式可知

解得

匀减速过程，根据牛顿第二定律得

解得着陆器受到的制动力大小为

ACD错误，B正确。
故选B。
5-4【提升】 【正确答案】A
【试题解析】
分析:
根据万有引力提供探测器做圆周运动的向心力，列出等式．根据密度公式求出密度．运用万有引力等于重力表示出火星表面的重力加速度．
详解:
A、由于万有引力提供探测器做圆周运动的向心力，则有：
，
可求得火星的质量M=和火星的半径，
根据密度公式得：ρ=．
在火星表面的物体有=mg，
可得火星表面的重力加速度g=，故A正确．
B、从A选项分析知道可以求出火星的质量，由于不知道萤火一号的质量，所以不能求出火星对萤火一号的引力，故B错误．
C、从A选项分析知道可以求出火星的质半径，不能求出萤火一号的质量，故C错误．
D、从A选项分析知道可以求出火星的表面的重力加速度，由于不知道萤火一号的质量，所以不能求出火星对萤火一号的引力，故D错误．
故选A．

5-5【基础】 【正确答案】A
【试题解析】
分析:
详解:
在赤道上

可得

在南极

联立可得

故选A。

5-6【巩固】 【正确答案】B
【试题解析】
详解:
A．试验船的运行速度为，故A错误；
B．近地轨道卫星的速度等于第一宇宙速度，根据万有引力提供向心力有

根据试验船受到的万有引力提供向心力有

联立两式解得第一宇宙速度

故B正确；
C．根据试验船受到的万有引力提供向心力有

解得

故C错误；
D．地球重力加速度等于近地轨道卫星向心加速度，根据万有引力提供向心力有

根据试验船受到的万有引力提供向心力有

联立两式解得重力加速度

故D错误。
故选B。
5-7【提升】 【正确答案】B
【试题解析】
分析:
详解:
对探测器，根据万有引力提供向心力有

解得

在火星表面有

联立解得

根据、，结合解得

故选B。
5-8【基础】 【正确答案】D
【试题解析】
分析:
详解:
根据核心舱做圆周运动的向心力由地球的万有引力提供，可得

可得

可知已知核心舱的质量和绕地半径、已知核心舱的质量和绕地周期以及已知核心舱的角速度和绕地周期，都不能求解地球的质量；若已知核心舱的绕地线速度和绕地半径可求解地球的质量。
故选D。
5-9【基础】 【正确答案】AB
【试题解析】
分析:
详解:
A．探测器在近火星轨道和近地轨道作圆周运动，根据

可知

若已知探测器在近火星轨道和近地轨道的速率比和周期比，则可求得探测器的运行半径比；又由于探测器在近火星轨道和近地轨道运行，轨道半径近似等于火星和地球的半径比，故A正确；
B．根据万有引力提供向心力有

可得

结合A选项分析可知可以求得火星和地球的质量之比，故B正确
C．由于探测器运行的周期之比不是火星或地球的自转周期之比，故不能求得火星和地球的自转角速度之比；故C错误；
D．由于题目中我们只能求出火星和地球的质量之比和星球半径之比，根据现有条件不能求出火星和地球的公转半径之比，故D错误。
故选AB。
6-1【提升】 【正确答案】BCD
【试题解析】
详解:
A．对小球进行受力分析，根据牛顿第二定律得

经过时间t后的速度

沿斜面向下运动的位移大小

加上电场后，小物块先向下减速到零再反向向上加速运动，又经时间t回到出发点


代入数据整理得
，， ，，
A错误；
B．加上电场后，物块又向下运动的时间

又向下运动的位移

向下运动的总位移

整理得

B正确；
C．再回到O点时的速度大小

整个过程中只有电场力做功，根据动能定理

整理得

C正确；
D．重力的冲量

电场力的冲量

小物块从O点开始下滑到再回到O点的全过程中电场力与重力冲量大小之比为1:1，D正确。
故选BCD。
6-2【提升】 【正确答案】A
【试题解析】
分析:
详解:
AB．由于在运动过程中珠子a、b有共同的加速度，珠子a相对珠子b向上以速度匀速运动，初始时珠子之间的距离为,故

解得

故A正确，B错误;
CD．若在珠子a刚要返回时相遇，则珠子a运动位移

则珠子b运动距离为

则

解得

若在珠子a返回到出发点时相遇，则

则

若在珠子a返回过程中两珠子相遇，则

故CD错误。
所以选A。
6-3【基础】 【正确答案】CD
【试题解析】
分析:
详解:
A．由图象可知，时间内拉力小于最大静摩擦力，物体静止，拉力功率为零，故A错误；
B．由图象可知在时间内，拉力大于滑动摩擦力大小，物体受到的合力与物块的速度方向相同，物块一直做加速运动，故B错误；
C．由图象可知，在时刻物块A受到的拉力最大，物块A受到的合力最大，由牛顿第二定律可得，此时物块A的加速度最大，故C正确；
D．由图象可知在时间内，物块A受到的合力一直做正功，物体动能一直增加，在时刻以后，拉力小于滑动摩擦力大小，合力做负功，物块动能减小，因此在时刻物块动能最大，故D正确；
故选CD。
6-4【基础】 【正确答案】ACD
【试题解析】
分析:
v-t图象中，斜率表示加速度，从图象中可以看出0～t1秒内做加速度越来越小的加速运动，t1～t2秒内做加速度越来越大的减速运动，两段时间内加速度方向相反；根据加速度的变化情况，分析受力情况．
详解:
A项：根据加速度可以用v-t图线的斜率表示，所以在0～t1秒内，加速度为正并不断减小，根据加速度，所以外力F大小不断减小，故A正确；
B项：在t1时刻，加速度为零，所以外力F等于摩擦力，不为零，故B错误；
C项：在t1～t2秒内，加速度为负并且不断变大，根据加速度的大小，外力F大小可能不断减小，故C正确；
D项：如果在F先减小一段时间后的某个时刻，F的方向突然反向，根据加速度的大小，F后增大，因为v-t图线后一段的斜率比前一段大，所以外力F大小先减小后增大是可能的，故D正确．
故选ACD．
点睛:
本题考查v-t图线的相关知识点，涉及牛顿第二定律的应用及受力分析的能力．
6-5【巩固】 【正确答案】CD
【试题解析】
分析:
详解:
A．在0～2 s时间内，物块所受摩擦力与拉力F相等，冲量不为0，A错误；
B．在0～4 s时间内，用面积法求水平力F的冲量为

B错误；
C．a-t图像与时间轴所围的面积表示速度的变化量，则得0～4 s内物体速度的增量为

根据动量定理，0～4 s内合力的冲量为

C正确；
D．4s末的速度为

根据动能定理，0～4 s内合力做的功为

D正确。
故选 CD。
6-6【巩固】 【正确答案】B
【试题解析】
详解:
A．因为冲量是矢量，甲对已的作用力与乙对甲的作用力大小相等方向相反，故冲量大小相等方向相反，故A错误．
B．设甲乙两运动员的质量分别为、，追上之前的瞬间甲、乙两运动员的速度分别是，．根据题意整个交接棒过程动量守恒：

可以解得：
，
即B选项正确；
CD．经历了中间的完全非弹性碰撞过程会有动能损失，CD选项错误．
点睛:
本题主要考查能量（做功正负判断）、动量（动量定理、动量守恒）相关知识，结合弹性碰撞和非弹性碰撞的动量和能量关系展开讨论．

6-7【提升】 【正确答案】C
【试题解析】
详解:
A．由图可知，-5m到0过程中小物块做正向减速运动，则加速度为负方向，0到5m过程中小物块做正向加速运动，则加速度为正方向，可知加速度不恒定，故A错误；
B．由图可知，相同的位移内速度变化量相同，在-5m到0过程中由于减速运动则可知相同速度变化量所用时间越来越长，故加速度减小，则拉力越来越小，在0到5m过程中由于加速运动则可知相同速度变化量所用时间越来越短，故加速度增大，则拉力越来越大，故B错误；
C．由图可知，0到5m过程中v=0.8x，则

克服阻力做功为

由对称性可知全程克服阻力做功为2Wf，全程由动能定理可得

联立解得拉力做功为

故C正确；
D．0到5m，阻力的冲量大小为

则全程阻力的冲量大小为

故D错误。
故选C。
6-8【基础】 【正确答案】C
【试题解析】
分析:
详解:
A．由图像可知在内，物体加速运动的位移大小 为

在内，物体减速运动的位移大小为

在内，物体反向加速运动的位移大小为

故内物 体位移的大小为

选项A错误；
B．0 ~6 s内物体的平均速度为

选项B错误；
C．由图像可知在内，物体加速度大小为

由

得

在内，物体加速度大小为

由

得

在内，物体加速度大小为

由

得

以初始力的方向为正，故内外力的冲量为

选项C正确；
D．在内

选项D错误。
故选C。
6-9【巩固】 【正确答案】BC
【试题解析】
分析:
详解:
A．物块从开始运动到返回底端的过程中重力的冲量

故A项错误；
B．上滑过程中物块做初速度为v0的匀减速直线运动，下滑过程中做初速度为零，末速度为v的匀加速直线运动，上滑和下滑的位移大小相等，所以有

解得

物块从开始运动到返回底端过程中动量的变化量为

故B正确；
C．上滑过程中有

下滑过程中有

解得

故C项正确；
D．3t0时间内，物块受力为重力、支持力、摩擦力．从底端出发又回到底端，高度不变，重力做功为零；支持力始终与速度垂直，不做功；摩擦力始终与速度反向，做负功．根据动能定理，摩擦力所做的功就等于物体动能变化量．克服摩擦力所做的功与摩擦力所做负功大小相等．所以能求出

故D项错误。
故选BC。
7-1【巩固】 【正确答案】C
【试题解析】
详解:
A项：由于带负电，故向正极板偏转，A错误；
B项：由于带负电墨汁微滴做正功，故电势能减少，B错误；
C项：由于电子在电场中做类平抛运动，轨迹为抛物线，故C正确；
D项：由侧向位移，可知运动轨迹与带电量有关，D错误．
点晴：本题主要考查带电粒子在电场中的偏转即粒子作类平抛运动：沿初速度方向作匀速直线运动，电场力方向作匀加速直线运动．

7-2【巩固】 【正确答案】AD
【试题解析】
详解:
AB．带电粒子在加速电场中加速，由动能定理可知

解得

粒子在偏转电场中的时间

在偏转电场中的纵向速度

纵向位移

即位移与比荷无关，与速度无关；则可三种粒子的偏转位移相同，则偏转电场对三种粒子做功一样多，故A正确，B错误；
CD．因三粒子由同一点射入偏转电场，且偏转位移相同，故三个粒子打在屏幕上的位置一定相同；因粒子到屏上的时间与横向速度成反比；因加速后的速度大小不同，故三种粒子运动到屏上所用时间不相同，故C错误，D正确。
故选AD。
点睛:
此题考查带电粒子在电场中的偏转，要注意偏转中的运动的合成与分解的正确应用；正确列出对应的表达式，根据表达式再去分析速度、位移及电场力的功。

7-3【基础】 【正确答案】C
【试题解析】
详解:
A．粒子在电场中做类平抛运动，水平方向

竖直方向

由

可得

故A错误；
B．由于

故粒子速度大小为

故B错误；
C．由几何关系可知，到P点的距离为

故C正确；
D．由于平抛推论可知，，可知速度正切

可知速度方向与竖直方向的夹角小于30°，故D错误。
故选C。
7-4【基础】 【正确答案】A
【试题解析】
详解:
由于带电粒子在电场中类平抛运动，在电场力方向上做匀加速直线运动，加速度为 ，经过时间 ，电场力方向速度为，功率为 ，所以P与t成正比，故A正确．
7-5【提升】 【正确答案】B
【试题解析】
分析:
详解:
A．设小球在C点的速度为vy，在B点速度为vx，AB的长度

设从C到B的时间为t，有
，
解得

根据速度−时间关系

可得

即

所以

故A错误；
D．从C到B，小球克服重力做的功为

电场力所做的功为

小球克服重力做的功与电场力做的功的比值为

故D错误；
B．设电场力和重力的合力与水平方向的夹角为，则有

则


则合加速度为

将小球的初速度分解为沿合外力的方向和与合外力垂直的方向，小球电势能和重力势能之和最大时，小球动能最小，合外力方向的分速度减为零，该过程所用时间

解得

故B正确；
C．电场力和重力的合力与水平方向的夹角为

小球初速度方向与合力方向夹角为120°

故小球做匀变速曲线运动，故C错误。
故选B。
7-6【提升】 【正确答案】BC
【试题解析】
分析:
详解:
A．在M点的速度大小等于在N点的速度大小，根据动能定理可知，从M点到N电场力做功为零，所以电荷在两点的电势能相等，故错误；
B．由题意可知，M点与N点是等势点，电场方向如图所示

粒子在电场中做类斜抛运动，由图可看出，粒子由M点运动到N点，电场力先做负功后做正功，故B正确；
CD．由题意可知，OP垂直MN，且交于MN的中点，有几何关系可得为等腰直角三角形，所以电场方向斜向左上方且与MO方向成45°角，则电场强度的大小

将粒子运动速度分解为沿着电场线和垂直于电场线两个方向，在垂直于电场线方向上，粒子的速度保持不变，当沿着电场线方向的速度减小到零时，粒子运动的速度最小，由于M点的速度方向与电场线方向成45°，因此最小速度为

方向与电场线垂直，所以方向斜向右上方且与MO方向成45°角，故C正确，D错误。
故选BC。
7-7【提升】 【正确答案】B
【试题解析】
分析:
详解:
小滑块恰能沿圆弧轨道运动到D点，表明小滑块能通过轨道的等效最高点，重力与电场力的合力为

所以轨道等效最高点为圆心左上60°轨道上，即D点。在等效最高点，有

A．从A点到轨道等效最高点，根据动能定理得

解得

A错误；
B．从C到等效最高点，有

在C点，有

解得

根据牛顿第三定律得滑块对轨道的压力为9mg，B正确；
C．小滑块运动到D点的圆上对称点时，速度最大，有

解得

C错误；
D．小滑块从D点抛出后，做类平抛运动，假设刚好落到B点，则有
，
则在合力方向上的位移为

假设错误，D错误。
故选B。
7-8【基础】 【正确答案】C
【试题解析】
详解:
A、粒子在电场力和重力的合力作用下做类平抛运动，合力向下，电场力可能向上而小于重力，也可能向下，故无法判断A板的带电情况，A错误；
B、电场力可能向上，也可能向下，故微粒从M点运动到N点电势能可能增加，也可能减小，B错误；
C、粒子在电场力和重力的合力作用下做类似平抛运动，电场力和重力的合力向下，故从M到N动能增加， C正确；
D、电场力可能向上，也可能向下，故微粒从M点运动到N点过程，电场力可能做负功，也可能做正功，故机械能可能增加，也可能减少，D错误；

7-9【巩固】 【正确答案】B
【试题解析】
详解:
AD．粒子在平行板电容器中做以初速度做类平抛运动，分解位移：


电场力提供加速度：

极板间为匀强电场，偏转电压和电场强度满足：

联立方程可知偏转位移满足：

结合上述方程可知，由于初速度未知，所以偏转电压和电场中运动的时间无法求出，故AD错误；
BC．偏转的角度满足：

解得：；初速度未知，粒子飞出电场时的竖直方向速度无法求出，所以粒子射出电场的速度无法求出，故B正确，C错误。
故选B．
8-1【巩固】 【正确答案】BCD
【试题解析】
详解:
A．根据题意可知，B与地面间的最大静摩擦力为

因此要使B能够相对地面滑动，A对B所施加的摩擦力至少为

A、B间的最大静摩擦力为

故时，A、B都相对地面静止，A错误；
B．A、B恰好不相对滑动时，根据牛顿第二定律可知应当满足
且
即

则当≤F＜3μmg，A、B将一起向右加速滑动。当时，对A和B整体受力分析有

解得

故B正确。
CD．当F≥3μmg时，A、B将以不同的加速度向右滑动，根据牛顿第二定律有
F－2μmg＝2maA，
解得
，
故CD正确。
故选BCD。
8-2【提升】 【正确答案】CD
【试题解析】
分析:
详解:
AB．由图乙知当F等于8N时，加速度为

对整体分析，由牛顿第二定律有

代入数据解得

当F大于8N时，对B由牛顿第二定律得

由图示图象可知此时图线的斜率

则木板B的质量
M=1kg
所以滑块A的质量为
m=3kg
选AB错误；
C．根据F大于8N的图线知，F=6N时加速度，由可得

解得
μ=0.2
选项C正确；
D．当时，A、B相对静止，由图知此时加速度为1m/s2，对A根据牛顿定律得

当F=10N时，A、B相对滑动，、B之间的摩擦力

所以时与时、B之间的摩擦力之比为，选项D正确．
故选CD。
8-3【基础】 【正确答案】B
【试题解析】
详解:
AB．木块在木板上向右运动，则木块受到向左的活动摩擦力，大小为μ2mg，所以A错误，B正确；
CD．木板受到木块向右的摩擦力，因为木板处于静止状态，所以木板受力平衡，在水平方向上，木板受到木块的摩擦力和地面的摩擦力，则有木板受到地面的摩擦力大小等于木块对木板的滑动摩擦力，大小为μ2mg，方向向左，所以CD错误。
故选B。
8-4【巩固】 【正确答案】BC
【试题解析】
分析:
详解:
A．根据题意只能求出物块与木板的相对位移，不知道木块最终停在哪里，无法求出木板的长度， A错误；
BC．由图像的斜率表示加速度求出长木板的加速度为

小物块的加速度

根据牛顿第二定律得


解得


BC正确；
D．由于不知道木板的质量，无法求出从t=0开始到t1时刻，木板获得的动能，D错误。
故选BC。
8-5【基础】 【正确答案】C
【试题解析】
分析:
详解:
平板车匀加速运动2s末的速度大小为

此过程物块做匀加速运动的加速度大小

速度达到12m/s所用时间

3s内车运动的总位移

物块运动的距离

因此平板车的长为

ABD错误，C项正确。
故选C。
8-6【提升】 【正确答案】AD
【试题解析】
分析:
详解:
由图（b）、图（c）可知，在2s~4s内F的变化率与4s~6s的变化率相同，而在2s~4s内加速度a的变化率小于4s~6s内加速度a的变化率，根据牛顿第二定律

可判断知，2s~4s内，M与m一起加速，4s~6s内为m自己加速，则由图（b）、（c）知在2s时刻，则

在2s~4s

代入图（b）、（c）中对应数据求得
，
在4s~6s

代入图（b）、（c）对应数据求得

所以

在4s时刻，有

求得

故AD正确，BC错误。
故选AD。
8-7【提升】 【正确答案】AB
【试题解析】
详解:
结合两图像可判断出0-2s物块和木板还未发生相对滑动，它们之间的摩擦力为静摩擦力，此过程力F等于f，故F在此过程中是变力，即C错误；2-5s内木板与物块发生相对滑动，摩擦力转变为滑动摩擦力，由牛顿运动定律，对2-4s和4-5s列运动学方程，可解出质量m为1kg，2-4s内的力F为0.4N，故A、B正确；由于不知道物块的质量，所以无法计算它们之间的动摩擦因数μ,故D错误.
8-8【基础】 【正确答案】D
【试题解析】
详解:
设AB、BC两部分：长度为L，在B点的速度为v，受摩擦力
F1=μ1mg、F2=μ2mg
加速度a1=μ1g、a2=μ2g，时间t1=t、t2=4t
逆向研究BC

逆向研究BA

解得μ1：μ2=8：1
故选D。
8-9【巩固】 【正确答案】A
【试题解析】
详解:
当F比较小时，两个物体相对静止，加速度相同，根据牛顿第二定律得：
，a∝t；
当F比较大时，m2相对于m1运动，根据牛顿第二定律得：
对m1：，μ、m1、m2都一定，则a1一定．
对m2：，a2是t的线性函数，t增大，a2增大．
由于，则两木板相对滑动后a2图象大于两者相对静止时图象的斜率．故A正确．
故选A
9-1【提升】 【正确答案】 (1). C (2). (3). 1:1
【试题解析】
详解:
(1)[1]A．为了能画出平抛运动轨迹，首先保证小球做的是平抛运动，所以斜槽轨道不一定要光滑，但必须是水平的，选项A错误；
BC．为保证抛出的初速度相同，应使小球每次从斜槽上相同的位置由静止释放，选项B错误，C正确；
D．因为摩擦力未知，无法根据机械能守恒定律计算速度，选项D错误；
故选C。
(2)[2]竖直方向根据自由落体运动规律可得

水平方向匀速直线运动得

解得

(3)[3]根据动量定理小球打在B点时与打在A点时动量的变化量
Δp1=mgT
小球打在C点时与打在B点时动量的变化量
Δp2=mgT
则
Δp1∶Δp2＝1：1
9-2【巩固】 【正确答案】 (1). B (2). ACD (3). (4). D
【试题解析】
详解:
（1）实验时需要重锤线来确定竖直方向，不需要弹簧秤和打点计时器，故选B.
（2）实验时每次必须由同一位置静止释放小球，以保证小球到达最低点的速度相同，选项A正确；
每次不一定严格地等距离下降记录小球位置，选项B错误；
小球运动时不应与木板上的白纸相接触，否则会改变运动轨迹，选项C正确；
记录的点应适当多一些，以减小误差，选项D正确．
（3）因相邻两位置的时间间隔相同，则若小球在平抛过程中水平方向是匀速运动，则满足：x4-x3=x3-x2 =x2-x1 =x1；由小球最后一个位置与第一个位置的水平距离计算求得的水平速度误差较小，则用计算式求得的水平速度误差较小 ，故选D.
9-3【基础】 【正确答案】 (1). BC (2). 低 (3). 1
【试题解析】
详解:
(1)[1]A．研究平抛运动的实验必须满足每次从斜槽上相同的位置无初速度释放钢球，这样是为了到达Q点时钢球能获得同样的平抛运动的水平初速度，与斜面是否光滑没有什么影响，故A错误；
B．研究平抛运动的实验还应满足初速度方向为水平方向，所以必须调节斜槽，保证末端水平，且让小球出射方向与硬板平行，故B正确；
C．为了保证小球能在竖直平面内做平抛运动，还必须调节硬板，保证硬板在竖直平面内，故C正确；
D．建立直角坐标系时，要取小球刚开始做平抛运动时的重心位置为坐标原点，也就是距离轨道末端的Q点左边一个小球半径的长度作为平抛运动的起点，故D错误。
故选BC。
(2)[2]在图2中实验记录到的点有一个位置明显发生偏差，其产生的原因可能是该次实验时，小球在斜槽上释放的位置与其它几次相比偏低，导致其做平抛运动的初速度偏小。
(3)[3]由运动学公式，可得


联立上式解得

9-4【巩固】 【正确答案】 (1). AB (2). 2 (3). 方便调整木板保持在竖直平面上
【试题解析】
详解:
①[1]A．实验过程中要保证钢球水平抛出，所以要保持桌面水平，故A正确；
B．为保证钢球抛出时速度相同，每次应使钢球从同一位置静止释放，故B正确；
CD．实验只要每次钢球抛出时速度相同即可，斜面底边ab与桌面是否重合和钢球与斜面间的摩擦力大小对于每次抛出的速度无影响，故C错误，D错误。
故选AB。
②[2] 每次将木板向远离桌子的方向移动，则在白纸上记录钢球的相邻两个落点的时间间隔相等，刚球抛出后在竖直方向做自由落体运动，根据可知相邻两点的时间间隔为

刚球在水平方向上做匀速直线运动，所以小球初速度为

③[3]悬挂铅垂线的目的是方便调整木板保持在竖直平面上。
9-5【提升】 【正确答案】 (1). BCE (2). C (3). 不会 (4). 相同 (5). 2 (6). 0.45 (7). B
【试题解析】
分析:
详解:
（1）[1]A．小球与斜槽之间有摩擦，不会影响小球做平抛运动，故A错误；
B．研究平抛运动的实验关键的地方是要保证小球能够水平飞出，只有水平飞出时小球才做平抛运动，则安装实验装置时，斜槽末端切线必须水平的目的是为了保证小球飞出时初速度水平，故B正确；
C．由于要记录小球的运动轨迹，必须重复多次，才能画出几个点，因此为了保证每次平抛的轨迹相同，所以要求小球每次从同一高度由静止释放，故C正确；
D．小球释放位置离斜槽末端位置太低，小球平抛的初速度会很小，作图时偶然误差对实验的影响会增大，故D错误；
E．根据平抛运动的特点可知其运动轨迹在竖直平面内，因此在实验前，应使用重锤线调整面板在竖直平面内，即要求木板平面与小球下落的竖直平面平行，故E正确。
（2）①[2]这个实验中只需要描绘出小球做平抛运抵的轨迹，然后根据轨迹计算，实验所需的器材有：白纸、图钉、平板、铅笔、弧形斜槽、小球、重锤线、有孔的卡片，除此之外还需要的一项器材是刻度尺，故C正确，AB错误；
②[3][4]只要小球从同一高度、无初速开始运动，在相同的情形下，即使球与槽之间存在摩擦力,由于每次摩擦力的影响相同，因此仍能保证球做平抛运动的初速度相同，对实验没有影响，所以在此实验中，小球与斜槽间有摩擦不会使实验的误差增大;如果斜槽末端点到小球落地点的高度相同，小球每次从斜槽滚下的初始位置不同，那么小球每次在空中运动的时间相同；
③[5][6]平抛运动在水平方向做匀速直线运动，竖直方向上做自由落体运动有


带入数据解得
到达A点的时间

小球平抛的初速度为

到达B点的时间

B点的纵坐标

④[7]根据平抛运动的规律，可知



联立可解得

故B正确，ACD错误。
9-6【基础】 【正确答案】 (1). 同一位置 (2). 低于 (3). 2.0 (4). -20 (5). -5
【试题解析】
分析:
详解:
（1）a.[1]用图甲装置实验时，要获得钢球的平抛轨迹，每次一定要将钢球从斜槽上同一位置由静止释放；
b.用图乙装置实验时，为了获得稳定的细水柱以显示平抛轨迹，竖直管上端A一定要低于水面，这样在管口处的压强是恒定不变的，则水流速度不变；
（2）[3][4]根据

可得

则水平速度

因竖直方向两端相等时间的位移之比为15：25=3:5，根据初速度为零的匀变速运动相邻相等时间的位移比为1:3:5……，可知从抛出点开始的第一段相等时间的竖直位移为5cm，则抛出点的坐标为（-20cm，-5cm）
9-7【提升】 【正确答案】 (1). AC (2). 1.6 (3). 1.5 (4). 2 (5). 15 (6). 5
【试题解析】
详解:
（1）为了保证小球的初速度水平，需调节使斜槽的末端保持水平，故A正确．为了保证小球每次平抛运动的初速度大小相等，应使小球每次从斜槽的同一位置由静止释放，斜槽不一定需要光滑，故B错误，C正确，E错误．记录小球位置用的铅笔不需要每次严格地等距离下降，故D错误．故选AC．
（2）根据y=gt2得，平抛运动的时间，则小球平抛运动的初速度v0＝m/s＝1.6m/s．
（3）在竖直方向上，根据△y=2L=gT2得，，小球平抛运动的初速度
B点的竖直分速度vyB＝m/s＝2m/s．
从抛出点到B点的时间
则抛出点到B点的水平位移xB=v0t=1.5×0.2m=0.3m=30cm，
抛出点到B点的竖直位移yB＝gt2＝×10×0.04m＝0.2m＝20cm，
所以抛出点距离A点的水平距离xA=xB-3L=30cm-15cm=15cm，抛出点到A点的竖直距离yA=yB-3L=20cm-15cm=5cm．
点睛:
解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式和推论灵活求解，难度不大．
9-8【基础】 【正确答案】 (1). B (2). 11.30 (3). BC (4).
【试题解析】
分析:
详解:
（1）[1][2]A用于测量内径，B用于测量外径，C用于测量深度，故填B；根据游标尺的刻度为20格，总长度比主尺短1，故精度为0.05，读数=主尺读数（单位）+游标尺和主尺对齐的格数，所以读数为11.30。
（2）[3]该实验通过对小球落到斜面上之前的平抛运动的研究计算重力加速度，需要知道斜面倾角或倾角的正余弦值，斜面倾角的正弦值

余弦值

故选BC选项。
（3）[4]小球在平抛运动过程中
，
初速度

由几何关系得
，
整理得

因此斜率

得

9-9【巩固】 【正确答案】 (1). BD (2). 球心 (3). 需要 (4). 大于 (5). (6). AB (7). B (8). 利用平抛运动的轨迹的抛物线和圆周运动知识证明即可
【试题解析】
详解:
根据平抛运动的规律：水平方向匀速直线运动，竖直方向自由落体运动解答．
(1)本实验中要保证小球飞出斜槽末端时的速度为水平，即小球做平抛运动，且每次飞出时的速度应相同，所以只要每次将小球从斜槽上同一位置由静止释放即可，故BD正确；
(2)a.平抛运动的起始点应为钢球静置于Q点时，钢球的球心对应纸上的位置，由于平抛运动在竖直方向做自由落体运动，所以在确定y轴时需要y轴与重锤线平行；
b.由初速度为零的匀加速直线运动规律即在相等时间间隔内所通过的位移之比为可知，由于A点不是抛出点，所以；设AB，BC间所用的时间为T，竖直方向有：，水平方向有：，联立解得：；
(3)A项：细管A始终在水面之下，B就会喷出稳定的细水柱，故可行．A正确

B项：用频闪照相在同一底片上记录小球不同时刻的位置即平抛运动的轨迹上的点，平滑连接在一起即为平抛运动轨迹，所以此方案可行；
C项：将铅笔垂直于竖直的白板放轩，以一定初速度水平抛出，笔尖与白纸间有摩擦阻力的作用，所以铅笔作的不是平抛运动，故此方案不可行；
(4)由平抛运动竖直方向运动可知，，时间，所以只要高度相同，时间相同，故B正确；
(5)由平抛运动可知，竖直方向：，水平方向：，联立解得：，即抛出物体的轨迹为抛物线，当抛出的速度越大，在抛物线上某点的速度足以提供该点做圆周运动的向心力时，物体的轨迹从抛物线变为圆．
10-1【巩固】 【正确答案】 (1). A2 (2). R2 (3). (4). (5). 相同 (6). 不同
【试题解析】
分析:
详解:
(1)[1] 由题意可知，电动势为6V，而电阻约为数十欧姆，为了保证实验的安全，电流表应选择A2；
[2] 由电路图可知，滑动变阻器起调节电流的作用，5Ω的电阻小于待测电阻较多，故只能选择R2；
(2)[3]图像的斜率表示电源的内阻，则可知，内阻为

(3)[4] 接Rx改接在B、C之间，由题意可知，等效内阻为

解得

(4)[5] Rx接在B、C之间与接在A、B之间，滑动变阻器滑片都从最大阻值位置调到某同一位置，此时电路中的总电阻相等，故电流表的变化范围相同。
[6] 电压表测的是路端电压，两种情况等效内阻不同，故电压表的变化范围不同。
10-2【巩固】 【正确答案】 (1). 10 (2). b (3). 增大 (4). Y (5). 3.2 (6). 0.50
【试题解析】
分析:
详解:
(1)[1]选择的是“”挡，故元件X的电阻值为10。
[2]该电阻值较小，采用电流表外接法，测量误差较小，应选择图中的b电路进行实验。
(2)[3]滑动变阻器的滑片P从左向右滑动，测量部分的电压逐渐增大，故电流表的示数逐渐增大。
(3)[4]元件Y的U-I图线为曲线，是非线性元件。
(4)[5][6]据U-I图线可知，元件X的电阻为，据闭合电路欧姆定律可得，闭合S1和S2时电压表示数为U1，有

断开S2时电压表示数为U2，有

联立代入数据解得E=3.2V，r=0.50。
10-3【提升】 【正确答案】 (1). (2). (3). (4).
【试题解析】
分析:
详解:
（2）[1]开关闭合前，为了保护电路中的元件，应将电阻丝的最大阻值接入电路，根据电阻定律可知电阻丝接入越长，接入电阻越大，金属夹应夹在电阻丝的端。
（4）[2]设圆心角为时，电阻丝接入电路中的电阻为，根据闭合电路欧姆定律可知

整理得

结合图象的斜率和截距满足
，

解得电源电动势和内阻为



（5）[3]实验器材中有定值电阻和单刀双掷开关，考虑使用等效法测量电阻丝电阻，如图


原理的简单说明：
① 将开关置于位置，读出电流表示数；
② 将开关置于电阻丝处，调节电阻丝的角度，直到电流表示数为，读出此时角度θ ；
③ 此时，即可求得的数值。
10-4【基础】 【正确答案】 (1). (2). 0.39～0.41 (3). 1.29～1.31 (4). 乙 (5). 1.51～1.54 (6). 0.52～0.54
【试题解析】
详解:
(1)[1]图乙中，电流表内接和变阻器串联接在电源两端，电压表测路段电压，则图乙对应的电路图为

(2)[2][3]一节干电池的电动势一般约为1.5V，故电压表量程选择0~3V，电流表量程选择0~0.6A，所以量表的读数分别为1.30V（1.29～1.31V均可），0.40A（0.39～0.41A均可）
(3)[4]由闭合电路欧姆定律可得

可得U-I图象的纵轴截距为电源电动势，斜率为电源内阻。图甲中电流表外接，则实验测得的电源内阻

测量值偏大；图乙中电路

测量值偏小，但是由于，故图乙实验测出的内阻误差更小，故图线Ⅰ对应图乙，图线Ⅱ对应的图甲。
(4)[5]图线Ⅱ与纵轴的交点为电源的电动势E=1.52V ；
[6]在图线Ⅰ与横轴的交点为短路电流I=2.86A
由

，此实验原理无误差。
10-5【提升】 【正确答案】 (1). （1）①开关未断开 (2). ②电阻箱阻值为零 (3). （2）图像如图所示：
(4). 1.4（1.30~1.44都算对） (5). 1.2（1.0~1.4都算对） (6). （3）1.4（结果与（2）问第一个空格一致） (7). 1.0（结果比（2）问第二个空格小0.2）
【试题解析】
详解:
本题考查测量电源电动势和内电阻实验，意在考查考生的实验数据处理能力和误差分析能力．
（1）连接电路时电源应与电路断开，所以开关要断开；另一错误是电阻箱接入电路的电阻是零，这样容易烧坏电流表和电源．
（2）将数据描点连线，做出一条倾斜的直线．根据闭合电路欧姆定律E=I(R+r)得，所以图线的斜率表示电源电动势V=1.37V，截距绝对值表示r=0.4×3.0Ω=1.20Ω；用电压表与电流表并联，可测得电流表的内阻，考虑电表内阻对实验的影响，则E=I(R+RA+r)，得，所以图线的斜率仍表示电动势，电动势的准确值为1.37V，图线的截距表示（RA+r），所以内阻精确值为r=（1.20-0.20）Ω=1.00Ω．
点睛：本题考查应用电流表和电阻箱测量电源电动势和内电阻实验，本题创新之处在于用一个电压表并联在电流表的两端测出电流表的电阻，从而提高测量电源内阻的精确度．
10-6【基础】 【正确答案】 (1). 电流 (2). 保护电路 (3). 1.50 (4). 0.28 (5). B
【试题解析】
详解:
（1）图A中A为电流传感器，定值电阻R1在实验中起保护电路的作用；
（2）由U-I图线得到电源电动势E=1.5V，内阻；
（3）根据图线的数据，例如当I=0.15A时，U=1.46V，此时滑动变阻器取值为，故 实验中选用的的滑动变阻器最合理的阻值范围为0-20Ω，故选B.
10-7【基础】 【正确答案】 (1). N (2). M (3). 4 (4). C
【试题解析】
分析:
详解:
①[1]器件N串联在电路中，测量干路电流，所以N为电流表；
[2]器件M一端接在开关上，另一端接在充电宝的负极，闭合开关后相当于并联在电源两端，所以M为电压表，测量路端电压；
②[3]题中表格的电流不断增大，根据闭合电路欧姆定律可知路端电压不断减小，电压表的示数不断减小，所以第4次的记录数据有误；
③[4]因为充电宝的内阻很小，所以电阻串联在电路中，起保护电路的作用，避免使充电宝的放电电流过大损坏电路中的器件。
故选C。
10-8【巩固】 【正确答案】 (1). ，，理由见解析 (2). C (3). A (4). 乙
【试题解析】
详解:
(1)[1]将电源和电流表视为等效电源，电源电动势是电源本身具有的属性，电流表不具有产生电动势的本领，所以等效电源的电动势仍然为

而电流表的内阻和电动势的内阻作为等效电源的内阻，即

(2)[2]对甲图，考虑电表内阻时，根据闭合电路欧姆定律得

变形得

直接通过实验获得数据，可得

图像与纵轴截距均为电源电动势，虚线对应的斜率大小为，实线对应的斜率大小为，所以对应图甲电路分析的图像是C；
[3]对乙图，考虑电表内阻时（即虚线对应的真实情况），根据闭合电路欧姆定律得

变形得

直接通过实验获得数据，可得

虚线对应的斜率大小为，实线对应的斜率大小为，虚线对应的纵轴截距为，实线对应的纵轴截距为；两图线在时，对应的短路电流均为，所以对应图乙电路分析的图像是A。
(3)[4]图甲虽然测量的电源电动势准确，但电流表分压较为明显，所以内阻测量的误差很大；图乙虽然电动势和内阻测量均偏小，但是电压表内阻很大，分流不明显，所以电动势和内阻的测量误差较小，所以选择图乙可以减小由电表内电阻引起的实验误差。
10-9【提升】 【正确答案】 (1). 1.0 (2). (3). 1.66 (4). 充分利用测得的数据 (5). CD
【试题解析】
分析:
详解:
(1).[1]根据改装后电表的量程

代入解得

(2).[2]实物图如图所示

(3).[3]根据闭合电路的欧姆定律

可得

故

或

或

或


可得

[4]因充分利用测得的数据，故减少一次测量的偶然误差。
(4).[5]实验中，电压表为标准电压表，由于电动势的测量值与已知值几乎相同，说明电压表和滑动变阻器对实验没有影响。电压表的变化量和电流表的变化量比值的绝对值为电源内阻和定值电阻之和，当的实际阻值比计算值偏小时，电流表的读数比实际值偏小，则测得内阻将偏大，C正确。当的实际阻值比标称值偏大时，算得的电源内阻也偏大，D正确。故选CD。

11-1【巩固】 【正确答案】（1）a1=2g，a2=3g；（2）；（3）
【试题解析】
详解:
（1）管第一次落地弹起的瞬间，小球仍然向下运动。设此时管的加速度大小为a1，方向向下；球的加速度大小为a2，方向向上；球与管之间的摩擦力大小为f，由牛顿运动定律有
Ma1=Mg+f ①
ma2= f– mg ②
联立①②式并代入题给数据，得
a1=2g，a2=3g③
（2）管第一次碰地前与球的速度大小相同。由运动学公式，碰地前瞬间它们的速度大小均为
④
方向均向下。管弹起的瞬间，管的速度反向，球的速度方向依然向下。
设自弹起时经过时间t1，管与小球的速度刚好相同。取向上为正方向，由运动学公式
v0–a1t1= –v0+a2t1⑤
联立③④⑤式得
⑥
设此时管下端的高度为h1，速度为v。由运动学公式可得
⑦
⑧
由③④⑥⑧式可判断此时v>0。此后，管与小球将以加速度g减速上升h2，到达最高点。由运动学公式有
⑨
设管第一次落地弹起后上升的最大高度为H1，则
H1= h1+ h2⑩
联立③④⑥⑦⑧⑨⑩式可得
⑪
（3）设第一次弹起过程中球相对管的位移为x1。在管开始下落到上升H1这一过程中，由动能定理有
Mg（H–H1）+mg（H–H1+x1）–4mgx1=0⑫
联立⑪⑫式并代入题给数据得
⑬
同理可推得，管与球从再次下落到第二次弹起至最高点的过程中，球与管的相对位移x2为
⑭
设圆管长度为L。管第二次落地弹起后的上升过程中，球不会滑出管外的条件是
x1+ x2≤L⑮
联立⑪⑬⑭⑮式，L应满足条件为
⑯
11-2【巩固】 【正确答案】（1）；（2）；（3）
【试题解析】
分析:
详解:
（1）由题意可知小车在光滑斜面上滑行时根据牛顿第二定律有

设小车通过第30个减速带后速度为v1，到达第31个减速带时的速度为v2，则有

因为小车通过第30个减速带后，在相邻减速带间的平均速度均相同，故后面过减速带后的速度与到达下一个减速带均为v1和v2；经过每一个减速带时损失的机械能为

联立以上各式解得

（2）由（1）知小车通过第50个减速带后的速度为v1，则在水平地面上根据动能定理有

从小车开始下滑到通过第30个减速带，根据动能定理有

联立解得

故在每一个减速带上平均损失的机械能为

（3）由题意可知

可得

11-3【提升】 【正确答案】（1）、；（2）；（3）；（4）
【试题解析】
分析:
详解:
（1）从开始到B、C向左移动到最大距离的过程中，以B、C和弹簧为研究对象，由功能关系得

弹簧恢复原长时B、C分离，从弹簧最短到B、C分离，以B、C和弹簧为研究对象，由能量守恒得

联立方程解得


（2）当A刚要离开墙时，设弹簧得伸长量为，以A为研究对象，由平衡条件得

若A刚要离开墙壁时B得速度恰好等于零，这种情况下恒力为最小值，从弹簧恢复原长到A刚要离开墙得过程中，以B和弹簧为研究对象，由能量守恒得

结合第（1）问结果可知

根据题意舍去，所以恒力得最小值为

（3）从B、C分离到B停止运动，设B的路程为，C的位移为，以B为研究对象，由动能定理得

以C为研究对象，由动能定理得

由B、C得运动关系得

联立可知

（4）小物块B、C向左运动过程中，由动能定理得

解得撤去恒力瞬间弹簧弹力为

则坐标原点的加速度为

之后C开始向右运动过程（B、C系统未脱离弹簧）加速度为

可知加速度随位移为线性关系，随着弹簧逐渐恢复原长，减小，减小，弹簧恢复原长时，B和C分离，之后C只受地面的滑动摩擦力，加速度为

负号表示C的加速度方向水平向左；从撤去恒力之后到弹簧恢复原长，以B、C为研究对象，由动能定理得

脱离弹簧瞬间后C速度为，之后C受到滑动摩擦力减速至0，由能量守恒得

解得脱离弹簧后，C运动的距离为

则C最后停止的位移为

所以C向右运动的图象为


11-4【提升】 【正确答案】（1）；（2）a.见解析；b.
【试题解析】
分析:
详解:
（1）根据牛顿运动定律

解得

（2）a.设人在最低点站起前后“摆球”的摆动速度大小分别为v1、v2，根据功能关系得


已知v1 = v2，得

因为，得

所以

b.设“摆球”由最大摆角摆至最低点时动能为，根据功能关系得

“摆球”在竖直平面内做完整的圆周运动，通过最高点最小速度为,根据牛顿运动定律得

“摆球”在竖直平面内做完整的圆周运动，根据功能关系得

得

11-5【巩固】 【正确答案】(1) (2) (3)
【试题解析】
详解:
（1）滑块恰过F点的条件：

解得：
（2）滑块从E到B，动能定理：

在E点根据牛顿第二定律：

解得：
从O到B点，根据能量守恒定律：

解得：
（3）滑块恰能过F点的弹性势能：

到B点减速到0：

解得：
能停在B点，则：

解得：，此时
从O到B点：

其中
11-6【提升】 【正确答案】(1)2.75s；(2) ， ；(3)0，方向竖直向上
【试题解析】
详解:
(1)传送带的速度为时，载物箱在传送带上先做匀减速运动，设其加速度为a，由牛顿第二定律有：
①
设载物箱滑上传送带后匀减速运动的距离为x1，由运动学公式有
②
联立①②式，代入题给数据得x1=4.5m；③
因此，载物箱在到达右侧平台前，速度先减小至v，然后开始做匀速运动，设载物箱从滑上传送带到离开传送带所用的时间为t1，做匀减速运动所用的时间为t2，由运动学公式有
④
⑤
联立①③④⑤式并代入题给数据有t1=2.75s；⑥
(2)当载物箱滑上传送带后一直做匀减速运动时，到达右侧平台时的速度最小，设为v1，当载物箱滑上传送带后一直做匀加速运动时，到达右侧平台时的速度最大，设为v2.由动能定理有
⑦
⑧
由⑦⑧式并代入题给条件得
，⑨
(3)传送带的速度为时，由于，载物箱先做匀加速运动，加速度大小仍a。设载物箱做匀加速运动通过的距离为x2，所用时间为t3，由运动学公式有
⑩
⑪
联立①⑩⑪式并代入题给数据得
t3=1.0s⑫
x2=5.5m⑬
因此载物箱加速运动1.0s、向右运动5.5m时，达到与传送带相同的速度。此后载物箱与传送带共同匀速运动的时间后，传送带突然停止，设载物箱匀速运动通过的距离为x3有
⑭
由①⑫⑬⑭式可知

即载物箱运动到右侧平台时速度大于零，设为v3，由运动学公式有，
⑮
则

减速运动时间

设载物箱通过传送带的过程中，传送带在水平方向上和竖直方向上对它的冲量分别为I1、I2。由动量定理有

，方向竖直向上
则在整个过程中，传送带给载物箱的冲量
，方向竖直向上
11-7【基础】 【正确答案】(1) ；(2)3.2m；(3)
【试题解析】
分析:
详解:
(1) 、间的距离，从点匀减速运动到点，所用的时间，平均速度

根据牛顿第三定律，滑雪者在点对圆弧轨道的压力大小与支持力大小相等

解得


(2) 从点跃起时的速度。滑雪者从点跃起后在空中上升的最大高度

(3) 根据动能定理：滑雪者从点到点运动的过程中克服摩擦阻力所做的功

解得

11-8【基础】 【正确答案】（1）；（2）
【试题解析】
分析:
详解:
（1）由动能定理得

代入数据，解得

（2）设运动员从C点起跳时的速度大小为，间距离为s，根据平抛运动的规律


得

解得

11-9【基础】 【正确答案】（1）；（2）
【试题解析】
详解:
（1）舰载机由静止开始做匀加速直线运动，设其刚进入上翘甲板时的速度为，则有
①
根据动能定理，有
②
联立①②式，代入数据，得
③
（2）设上翘甲板所对应的圆弧半径为，根据几何关系，有
④
由牛顿第二定律，有
⑤
联立①④⑤式，代入数据，得
⑥
12-1【基础】 【正确答案】（1）；（2）8A；（3）0.16kg
【试题解析】
分析:
详解:
（1）根据楞次定律可得，通过导体棒ab的电流I的方向为；
（2）由法拉第电磁感应定律可得

由闭合电路欧姆定律可得

联立解得

（3）由于导体棒恰好处于静止状态，由共点力平衡条件可得

解得

12-2【提升】 【正确答案】（1），方向水平向右；（2）
【试题解析】
详解:
（1）设线圈中的感应电动势为，由法拉第电磁感应定律，则
①
设与并联的电阻为，有
②
闭合时，设线圈中的电流为，根据闭合电路欧姆定律得
③
设中的电流为，有
④
设受到的安培力为，有
⑤
保持静止，由受力平衡，有ⅠⅡⅢⅣ
⑥
联立①②③④⑤⑥式得
⑦
方向水平向右．
（2）设由静止开始到速度大小为的加速过程中，运动的位移为，所用时间为，回路中的磁通量变化为，平均感应电动势为，有
⑧
其中
⑨
设中的平均电流为，有
⑩
根据电流的定义得
⑪
由动能定理，有
⑫
联立⑦⑧⑨⑩⑪⑫⑬式得
⑬
12-3【基础】 【正确答案】（1）4.5C （2）1.8J （3）5.4J
【试题解析】
详解:
（1）设棒匀加速运动的时间为Δt，回路的磁通量变化量为：ΔΦ=BLx，
由法拉第电磁感应定律得，回路中的平均感应电动势为：
由闭合电路欧姆定律得，回路中的平均电流为：
通过电阻R的电荷量为：q = IΔt
联立以上各式，代入数据解得：q =4.5C
（2）设撤去外力时棒的速度为v，棒做匀加速运动过程中，由运动学公式得：
设撤去外力后的运动过程中安培力做功为W，由动能定理得：
W = 0－mv2
撤去外力后回路中产生的焦耳热：Q2= －W
联立以上各式，代入数据解得：Q2=1.8J
（3）由题意各，撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q1:Q2=2:1
可得：Q1=3.6J
在棒运动的整个过程中，由功能关系可得：WF= Q1 + Q2
联立以上各式，代入数据解得：WF=5.4J
12-4【巩固】 【正确答案】（1）；（2）
【试题解析】
分析:
详解:
（1）在运动过程中，由于拉力功率恒定，做加速度逐渐减小的加速运动，速度达到最大时，加速度为零，设此时拉力的大小为F，安培力大小为，有

设此时回路中的感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律，有

设回路中的感应电流为I，由闭合电路欧姆定律，有

受到的安培力

由功率表达式，有

联立上述各式，代入数据解得

（2）从速度到的过程中，由动能定理，有

代入数据解得

12-5【提升】 【正确答案】. (1) ，；(2) 列车电气制动产生的加速度与列车的速度成正比，为过P点的正比例函数，论证过程见解析。画出的图线如下图所示：


(3)
【试题解析】
详解:
（1）列车速度从降至的过程中做匀减速直线运动，根据运动学公式可得


（2）设金属棒MN的质量为m，磁感应强度为B，导轨宽度为l，MN棒在任意时刻的速度大小为vMN。MN棒切割磁感线产生的感应电动势为

回路中的电流为

MN棒所受安培力大小为

MN棒的加速度大小为

由上式可知与成正比。又因为MN棒运动的速度与列车的速度、棒的加速度与列车电气化制动产生的加速度成正比，所以电气制动产生的加速度a电气与列车的速度v成正比，则电气制动产生的加速度大小随列车速度变化图线如图1所示。

（3）制动过程中，列车受到的阻力是由电气制动、机械制动和空气阻力共同引起的。由（2）可知，电气制动的阻力与列车速度成正比；空气阻力随速度的减小而减小；由题图1并根据牛顿第二定律可知，列车速度在20m/s至3m/s区间所需合力最大且不变。综合以上分析可知，列车速度在3m/s左右所需机械制动最强。
12-6【提升】 【正确答案】(1)
(2)
(3) 和；和
【试题解析】
详解:
（1）由显示的波形可得


安培力随时间变化规律：

（2）安培力的冲量：

由动量定理，有：

解得：
（3）棒做简谐运动，有：

当时：


当时，设，



根据动能定理：

解得：和；和
12-7【基础】 【正确答案】(1)；(2)，
【试题解析】
分析:
详解:
(1)以水平向右为正方向，金属杆1、2组成的系统水平方向受力平衡，可用动量守恒定律

解得

(2)回路中的电动势为

总电流为

杆2受到的安培力大小为

整个回路中的瞬时电功率为

12-8【巩固】 【正确答案】（1）；（2）
【试题解析】
分析:
详解:
（1）设小环受到的摩擦力大小为Ff，由牛顿第二定律有

解得

（2）设通过K杆的电流为I1，根据平衡有

设回路总电流为I，总电阻为R总，，因为

设Q杆下滑速度大小为v，产生的感应电动势为E，有



拉力的瞬时功率为

联立以上方程得到


12-9【巩固】 【正确答案】
【试题解析】
详解:
当导体棒与金属框接触的两点间棒的长度为l时，由法第电磁感应定律可知导体棒上感应电动势的大小为

由欧姆定律可知流过导体棒的感应电流为

式中R为这一段导体棒的电阻。按题意有

此时导体棒所受安培力大小为

由题设和几何关系有

联立各式得

13-1【基础】 【正确答案】BC
【试题解析】
详解:
A B．由图知A→B的过程中，温度不变，则内能不变，而体积减小，所以外界对气体做功，为保持内能不变， 根据热力学定律知，在A→B的过程中，气体放出热量，故A错误；B正确；
C．B→C的过程为等压变化，气体压强不变，故C正确；
D．A→B→C的过程中，温度降低，气体内能减小，故D错误．
故选BC．
点睛:
两个过程：A到B等温变化，B到C等压变化．
13-2【提升】 【正确答案】ADE
【试题解析】
详解:
A．如图所示，因为等温线离O点越远，温度越高，所以气体由状态A到B过程，温度先升高后降低，A正确；

B．因为等温线离O点越远，温度越高，气体由状态B到C过程，温度降低，内能减小，B错误；
C．气体由状态C到D过程，体积增大，分子间的平均间距增大，C错误；
D．气体由状态C到D过程，体积增大，气体对外做功，D正确；
E．气体由状态D到A过程，体积不变，根据，其热力学温度与压强成正比，E正确。
故选ADE。
13-3【巩固】 【正确答案】BDE
【试题解析】
详解:
A．由理想气体状态方程

可知，体积不变温度升高即Tb>Ta，则pb>pa，即过程①中气体的压强逐渐增大，A错误；
B．由于过程②中气体体积增大，所以过程②中气体对外做功，B正确；
C．过程④中气体体积不变，对外做功为零，温度降低，内能减小，根据热力学第一定律，过程④中气体放出热量，C错误；
D．由于状态c、d的温度相等，根据理想气体的内能只与温度有关，可知状态c、d的内能相等，D正确；
E．由理想气体状态方程＝C可得
p＝C
即T­V图中的点与原点O的连线的斜率正比于该点的压强，故状态d的压强比状态b的压强小，E正确。
故选BDE。
13-4【提升】 【正确答案】AB
【试题解析】
分析:
详解:
A．状态A→B变化为等容变化，有

带入数据解得

故A正确；
B．在A→B过程中，气体体积没有发生变化，气体既不对外做功，外界也不对气体做功，故B正确；
C．在B→C过程中，气体体积减小，外界随气体做功，根据得

故C错误；
D．根据得

可知，的等温曲线是反比例函数图象


根据数学知识可知，在C→A过程中，气体温度线增大后减小，内能先增大后减小，故D错误；
E．在A→B→C→A一个循环过程中，温度不变，内能。A→B过程，气体体积不变，做功为零；B→C过程，外界对气体做功为；C→A过程，气体对外界做的功等于图线与横坐标围成的面积

根据热力学第一定律：，表达式中的表示外界对气体做的功，故

则

气体向外界释放热量450J，故D错误。
故选AB。
13-5【基础】 【正确答案】C
【试题解析】
详解:
A．根据气体做功的表达式可知图线和体积横轴围成的面积即为做功大小，所以气体在过程中对外界做的功等于过程中对外界做的功，A错误；
B．气体从，满足玻意尔定律，所以

所以，根据热力学第一定律可知

气体从，温度升高，所以，根据热力学第一定律可知

结合A选项可知

所以

过程气体吸收的热量大于过程吸收的热量，B错误；
C．气体从，温度降低，所以，气体体积减小，外界对气体做功，所以，根据热力学第一定律可知，放出热量，C正确；
D．理想气体的内能只与温度有关，根据可知从

所以气体从过程中内能的减少量等于过程中内能的增加量，D错误。
故选C。
13-6【基础】 【正确答案】BCE
【试题解析】
分析:
详解:
A．由状态A变到状态B过程中，气体温度不变，等温变化， ，体积变大则压强变小，故A错误；
B．由状态B变到状态C过程中，体积不变，等容变化，气体不做功，温度降低，内能减小，根据热力学第一定律可知，气体向外界放出热量，故B正确；
C．由状态C变到状态D过程中，温度不变，内能不变，体积变小，外界对气体做功，根据热力学第一定律可知，外界对气体做功同时气体也向外界放出热量，故C正确；
D．D状态与A状态在同一条过原点的直线上， ，压强相等，但A状态温度高，分子平均动能大，故D状态时单位时间内与器壁单位面积碰撞的分子数比A状态多，故D错误；
E．D状态与A状态单位时间内气体分子对器壁单位面积的冲量

D状态与A状态压强相等，单位面积单位时间，故冲量相等，故E正确。
故选BCE。
13-7【巩固】 【正确答案】BCE
【试题解析】
详解:
从M到N的过程，体积减小，外界对气体做功，即W>0；温度不变，内能不变，即∆U=0，根据∆U=W+Q，可知Q<0，即气体放热，选项A错误；从N到P的过程，气体体积不变，则W=0，气体温度升高，内能增加，即∆U>0，可知Q>0，即气体吸热，选项B正确；从P到Q气体体积变大，则气体对外界做功，选项C正确；从Q到M气体体积不变，则气体既不对外界做功，外界也不对气体做功，选项D错误；从Q到M气体的温度降低，则气体的内能减少，选项E正确。
13-8【巩固】 【正确答案】ABD
【试题解析】
详解:
A．从a到b等容升压，根据可知温度升高，一定质量的理想气体内能决定于气体的温度，温度升高，则内能增加，A正确；
B．在过程ca中压强不变，体积减小，所以外界对气体做功，B正确；
C．在过程ab中气体体积不变，根据可知，气体对外界做功为零，C错误；
D．在过程bc中，属于等温变化，气体膨胀对外做功，而气体的温度不变，则内能不变；根据热力学第一定律可知，气体从外界吸收热量，D正确；
E．在过程ca中压强不变，体积减小，所以外界对气体做功，根据可知温度降低，则内能减小，根据热力学第一定律可知气体一定放出热量，E错误．
13-9【巩固】 【正确答案】BCD
【试题解析】
详解:
A．由图知气体的 pV一直增大，由，知气体的温度一直升高，故A错误；
B．一定量的理想气体内能只跟温度有关，温度一直升高，气体的内能一直增加，故B正确；
C．气体的体积增大，则气体一直对外做功，故C正确；
D．气体的内能一直增加，并且气体一直对外做功，根据热力学第一定律△U=W+Q可知气体一直从外界吸热，故D正确；
E．气体吸收的热量用于对外做功和增加内能，故E错误．
13-10【提升】 【正确答案】BCD
【试题解析】
分析:
详解:
A．A→B过程是等容变化，压强增大则温度升高，内能增大，气体不做功，所以气体应从外界吸热，A选项错误；
B．B→C过程体积增大，气体对外界做功，B→C过程是等压变化，体积增大，则温度升高，B选项正确；
C．C→D过程是等温变化，气体内能不变，体积增大，气体对外界做功，所以气体应从外界吸热，C选项正确；
D．D→A过程是等压变化，体积减小则温度降低，气体分子在单位时间内与器壁单位面积碰撞的次数增加，D选项正确；
E．A→B→C→D→A整个过程气体温度不变，则内能不变，但由图像可知，B→C→D过程气体对外界做的功大于D→A过程外界对气体做的功，E选项错误。
故选BCD。
14-1【巩固】 【正确答案】(1)；(2)
【试题解析】
分析:
详解:
(1) 设气缸横截面积为；D刚好被触发时，到缸底的距离为，根据玻意耳定律得

带入数据解得

(2)此过程为等容变化，根据查理定律得

带入数据解得

14-2【巩固】 【正确答案】（i），；（ⅱ），
【试题解析】
分析:
详解:
（i）对B气体分析，等温变化，根据波意耳定律有

解得

对A气体分析，根据波意耳定律有


联立解得

（ⅱ）再使活塞向左缓慢回到初始位置，假设隔板不动，则A的体积为，由波意耳定律可得

则A此情况下的压强为

则隔板一定会向左运动，设稳定后气体A的体积为、压强为，气体B的体积为、 压强为，根据等温变化有
，
，
联立解得
（舍去），

14-3【基础】 【正确答案】
【试题解析】
分析:
详解:
以注入后的所有气体为研究对象，由题意可知瓶内气体发生等温变化，设瓶内气体体积为V1,有

注射器内气体体积为V2，有

根据理想气体状态方程有

代入数据解得

点睛:




14-4【巩固】 【正确答案】
【试题解析】
详解:
设活塞再次平衡后，活塞上方气体的体积为V1，压强为p1；下方气体的体积为V2，压强为p2。在活塞下移的过程中，活塞上、下方气体的温度均保持不变，由玻意耳定律得
p0＝p1V1
p0＝p2V2
由已知条件得
V1＝＋－＝V
V2＝－＝
设活塞上方液体的质量为m，由力的平衡条件得
p2S＝p1S＋mg
联立以上各式得
m＝
14-5【基础】 【正确答案】(1)；(2)
【试题解析】
分析:
详解:
(1)对B管中气体，设加入水银柱长度为x，该过程为等温变化，由玻意耳定律得

又

联立解得

(2)对A管中气体，由玻意耳定律得

又


由几何关系可得

解得

14-6【提升】 【正确答案】U形管平放时，左边空气柱的长度为22.5 cm ，右边空气柱的长度为7.5 cm
【试题解析】
分析:
详解:
设U形管两端竖直朝上时，左、右两边气体的压强分别为p1和p2。U形管水平放置时，两边气体压强相等，设为p，此时原左、右两边气体长度分别变为l1′和l2′。由力的平衡条件有

①
式中为水银密度，g为重力加速度大小
由玻意耳定律有
②
③
④
由①②③④式和题给条件解得： l1′=22.5 cm，l2′=7.5 cm
14-7【提升】 【正确答案】(1)；(2)，
【试题解析】
分析:
详解:
(1)设抽气前氢气的压强为p10，根据力的平衡条件得
，
得

(2)设抽气后氢气的压强和体积分别为p1和V1，氮气的压强和体积分别为p2和V2，根据力的平衡条件有

由玻意耳定律得
p1V1=p10·2V0，p2V2=p0·V0
由于两活塞用刚性杆连接，故
V1–2V0=2（V0–V2）
联立解得
，
14-8【提升】 【正确答案】（1）；（2）
【试题解析】
详解:
（1）中气体等温变化，初态为

末态为

由等温变化有

解得

（2）气体等温变化，初态为

末态为

有

解得

14-9【基础】 【正确答案】
【试题解析】
分析:
详解:
初始状态，试管的浮力等于其所受重力，设试管的横截面积为S，则

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

由两式得

由玻意耳定律，有

由两式得

又

由两式得

15-1【基础】 【正确答案】 (1). (2). (3). 负方向
【试题解析】
详解:
因为处的质点在内运动方向不变，所以该处质点从正向位移最大处经过四分之一个周期向下运动至平衡位置处，即

解得周期为，所以波速为

在虚线上，处的质点向下运动，根据同侧法可知波沿轴负方向传播。
15-2【巩固】 【正确答案】2，0
【试题解析】
详解:
2.5s内，两列波传播的距离，当A波向右传播1m时，
A波如图中的虚线所示，Ｂ波如图中的实线所示，所以，Ｍ点位移为2cm,Ｎ点位移为零，


15-3【巩固】 【正确答案】 (1). 10 (2). 负方向
【试题解析】
分析:
详解:
[1][2]由图甲可知

由图乙可知

则波速

由图乙可知，0时刻质点N向y轴负方向振动，由同侧法可知该波的传播方向沿x轴负方向。
15-4【巩固】 【正确答案】 (1). 2 (2). 减弱 (3). 加强
【试题解析】
详解:
[1]由图可得周期

则波长

两列波从波源传播到点A（－2，8）的路程差

两列波的振动步调相反，所以A点为振动减弱点，其振幅为2m。
[2]从波源传播到点B（1，4）路程差为0，引起该处质点的振动相互减弱。
[3]从波源传播到点C（0.5，0）的路程差为

该处质点为振动加强点。
15-5【基础】 【正确答案】 (1). y=2sin（） (2). 14
【试题解析】
分析:
详解:
[1][2] 各质点振动周期大于0.5s，则0.5s内传播的距离为7m，所以波速为

P的位移随时间变化的关系式

其中
A=2cm， ，
且t=0时刻

整理解得P的位移随时间变化的关系式为
y=2sin（）cm
15-6【提升】 【正确答案】 (1). 1.5 (2). (3). 0
【试题解析】
分析:
详解:
[1]由图甲知横波P的波长λP=6 m，Q的波长λQ=2 m，由图乙知P的周期TP=4 s，波速
v==1.5 m/s
[2]由于介质是同一条绳，则P、Q的波速一样大，即Q的波速也是1.5 m/s，横波Q的周期

[3]由图乙知t=2 s时刻质点M的运动方向为沿y轴负方向，则P沿x轴正方向传播，P传到质点O还需要的时间为

则t＝s时P传播到O点且振动了个周期，所以质点O的位移为0；
Q传到质点O还需要的时间为

则t＝s时P传播到O点且振动了个周期，所以质点O的位移为0；
所以t＝s时O点的合位移为0。
15-7【提升】 【正确答案】 (1). 沿轴负方向 (2). 0.5 (3). 21.5
【试题解析】
分析:
详解:
[1]所有质点的起振方向均与波源的起振方向相同，由逆向描波法可以判断出起振方向为：沿轴负方向；
[2]此波遇到另一列简谐横波丙发生稳定的干涉现象，则所遇到的波的频率与该波的频率相同，其值为

[3]该波的波速为

则从时刻此波传到平衡位置在的质点M处所用的时间为

15-8【基础】 【正确答案】 (1). 4 (2). 上 (3). 波谷
【试题解析】
分析:
详解:
[1]由波形图可知，这列波的波长为4m；
[2]t=0时刻，x=3m处的质点正向上振动，由波形的平移法得知该波向左传播，即波沿x轴负向传播，则x=2.5m处的质点向上运动；
[3]由波沿x轴负向传播，可知当x=3m处的质点在波峰时，x=5m处的质点恰好在波谷。
15-9【提升】 【正确答案】 (1). 15 (2). 0.13 (3). 0.42
【试题解析】
分析:
详解:
[1]由图像知：波长λ=12m，振幅A=2cm。根据“振动方向和横波传播方向的关系”知：t=0时刻P、N沿y轴负方向运动，则
T+nT=0.6s
波速
v==20（n+）m/s
[2]当n=0时vmin=15m/s。当波以最小的波速传播时，P到达平衡位置所用的最短时间为
=s=s
[3]在0~s时间内波传播的距离为
x1=vt1=55×m=63m
该距离与波长的比值
k==5
在0~s时间内M的路程为
k·4A=42cm=0.42m
16-1【基础】 【正确答案】
【试题解析】
详解:
试题分析：设光在鳞片中的折射角为γ，根据折射定律有：
根据折射率定义式可知，光在鳞片中传播的速度为v＝
由图中几何关系可知，光从a到b的过程中，在鳞片中通过的路程为：s1＝
在空气中通过的路程为：s2＝
所以光从a到b所需的时间为：t＝＋
联立以上各式解得：t＝
考点：光的折射、全反射．

16-2【提升】 【正确答案】（1）；（2）
【试题解析】
分析:
本题考查光的折射现象，先根据题目所给条件画出光路图，由光路图结合几何关系求解。
详解:
（1）作出光路图如图所示

由几何关系知

根据折射定律

可得

代入
、
得

联立得

当

时，解得

（2）由

知

则

即


16-3【巩固】 【正确答案】(1) r=15°；(2)
【试题解析】
详解:
(1)如图，透明物体内部的光路为折线MPN，Q、M点相对于底面EF对称，Q、P和N三点共线；设在M点处，光的入射角为i，折射角为r，∠OMQ=α，∠PNF=β。根据题意有 α=30°
由几何关系得

于是

且

联立可得

（2）根据折射率公式有

联立得

16-4【巩固】 【正确答案】（1）光线在E点发生全反射；（2）
【试题解析】
详解:
（1）如图，设光线在D点的入射角为i，折射角为r。折射光线射到BC边上的E点。设光线在E点的入射角为，由几何关系，有

=90°–（30°–r）> 60° ①
根据题给数据得
sin> sin60°> ②
即θ大于全反射临界角，因此光线在E点发生全反射。
（2）设光线在AC边上的F点射出棱镜，光线的入射角为i'，折射角为r'，由几何关系、反射定律及折射定律，有
i= 30° ③
i' =90°–θ ④
sin i = nsinr ⑤
nsini' = sinr' ⑥
联立①③④⑤⑥式并代入题给数据，得
⑦
由几何关系，r'即AC边射出的光线与最初的入射光线的夹角。
16-5【提升】 【正确答案】1.43
【试题解析】
详解:
光路图如图所示：

根据光路的对称性和光路可逆性，与入射光线相对于OC轴对称的出射光线一定与入射光线平行．这样，从半球面射入的折射光线，将从圆柱体底面中心C点反射．
设光线在半球面的入射角为i，折射角为r．由折射定律有
①
由正弦定理有
②
由几何关系，入射点的法线与OC的夹角为i．由题设条件和几何关系有
③
式中L是入射光线与OC的距离．由②③式和题给数据得
④
由①③④式和题给数据得
⑤
16-6【基础】 【正确答案】①45°；②
【试题解析】
分析:
详解:
①在右侧恰好观测不到出射光线，则在右侧面刚好发生全反射，根据公式

解得

由几何关系可知AC面进入玻璃砖后的出射角
r=30°
在左侧面根据折射定律

解得

②由几何关系可知

在三角形FDG内应用正弦定理

可得

则玻璃砖内光线总长度为4d，光运动所用的时间为

光在玻璃砖中的速度为

联立解得

16-7【提升】 【正确答案】1.55
【试题解析】
详解:
设从光源发出直射到D点的光线的入射角为i1，折射角为r1，在剖面内做光源相对于反光壁的镜像对称点C，连接CD，交反光壁于E点，由光源射向E点的光线，反射后沿ED射向D点；光线在D点的入射角为i2，折射角为r2，如图所示；

设液体的折射率为n，由折射定律：①
②
依题意：③
联立①②③解得：④
由几何关系：⑤
⑥
联立④⑤⑥解得：n=1.55
16-8【巩固】 【正确答案】
【试题解析】
分析:
详解:
根据光的折射定律有

根据光的全反射规律有

联立解得

16-9【巩固】 【正确答案】2
【试题解析】
详解:
设从点入射的光线经折射后恰好射向点，光在边上的入射角为，折射角为，如图所示

由折射定律有

设从范围入射的光折射后在边上的入射角为，由几何关系有

代入题中数据解得
，

所以从范围入射的光折射后在边上发生全反射，反射光线垂直射到边，边上全部有光射出。设从范围入射的光折射后在边上的入射角为，如图所示

由几何关系可知

根据已知条件可知

即从范围入射的光折射后在边上发生全反射，反射光线垂直射到边上。设边上有光线射出的部分为，由几何关系得

边与边有光射出区域的长度比值为

16-10【基础】 【正确答案】
【试题解析】
详解:
设入射光线与1/4球体的交点为C，连接OC，OC即为入射面的法线，因此，图中的角α为入射角．过C点作球体水平表面的垂线，垂足为B，依题意，∠COB=α．又由△OBC知

设光线在C点的折射角为β，由折射定律得
由以上两式解得
由几何关系知，光线在球体的竖直表面上的入射角γ（如图所示）为30°，由折射定律

因此
解得．