2022-2023学年原卷变式题 江苏省连云港市2021-2022学年度高三上学期期末考试物理变式题库（解析版）

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2022届高三年级第一学期期末调研考试物理变式题
【原卷 1 题】知识点 根据条件写出核反应方程,结合能

【正确答案】
C
【试题解析】


1-1（基础） 对核反应的下列说法正确的是（　　）
A.核反应方程属于衰变
B.发生核反应需要吸收能量
C.核反应属于裂变
D.发生衰变实质是质子向中子转变
【正确答案】 C

1-2（基础） 在下列四个核反应方程中，x代表质子的是（　　）
A.
B.
C.
D.
【正确答案】 A

1-3（巩固） 太阳内部核反应的主要模式之一是质子-质子循环，循环的结果可表示为，已知和的质量分别为和，1u=931MeV/c2，c为光速。在4个转变成1个的过程中，释放的能量约为（ ）
A.8 MeV B.16 MeV C.26 MeV D.52 MeV
【正确答案】 C

1-4（巩固） 下列有关核反应的说法中，正确的是
A.核反应方程是衰变
B.是核聚变，该核反应过程吸收能量
C.核反应方程是核裂变
D.发生衰变的实质是质子向中子转变
【正确答案】 C

1-5（巩固） 太阳内部发生的核反应模式之一是质子—质子循环，即四个结合生成一个，并释放出大量能量，其链式反应方程为①，②，③，下列说法正确的是（　　）
A.②反应中，释放了γ光子，则②反应为衰变反应
B.循环结果可表示为
C.四个生成一个过程中存在质量亏损
D.核电站中的核反应方式与太阳内部发生的主要核反应方式相同
【正确答案】 C

1-6（巩固） 太阳内部核反应的主要模式之一是质子-质子循环，循环的结果可表示为，已知和的质量分别为和，1u=931MeV/c2，c为光速。在4个转变成1个的过程中，释放的能量约为（ ）
A.8 MeV B.16 MeV C.26 MeV D.52 MeV
【正确答案】 C

1-7（提升） 科学研究表明，太阳核心的温度极高、压力极大，使得太阳内部每4个氢核（）转化为1个氦核（）和几个正电子并释放出大量能量。假设生成的所有正电子均定向移动，且正电子在8×10﹣4s时间内定向移动形成的平均电流为8.0×10﹣8A，已知电子的电荷量为1.6×10﹣19C，则在这段时间内发生核聚变的氢核（）的个数为（　　）
A.8.0×108 B.4.8×108 C.3.2×108 D.2.4×108
【正确答案】 A

【原卷 2 题】 知识点 正交分解法解共点力平衡



【正确答案】
A
【试题解析】



2-1（基础） 某幼儿园要在空地上做一个滑梯，根据空地的大小，滑梯的水平跨度确定为6m。设计时滑板和儿童裤料之间的动摩擦因数取0.4，为使儿童在滑梯游戏时能在滑板上滑下，滑梯高度至少要为（　　）

A.1.0m B.1.6m C.2.4m D.3.2m
【正确答案】 C

2-2（基础） 某幼儿园要在一块空地上做一个滑梯（如图所示），根据空地大小，滑梯水平跨度确定为6m，设计时滑梯与儿童裤料之间的动摩擦因数取0.4，假定最大摩擦力大小等于滑动摩擦力大小，为使儿童在滑梯上能滑下，滑梯的最小高度为（　　）

A.1.2m B.1.5m C.2.4m D.3.0m
【正确答案】 C

2-3（巩固） 如图所示是某幼儿园滑梯设计示意图，倾斜滑道AB和水平滑道BC平滑衔接。滑梯高度限定为h，滑梯与儿童裤料之间动摩擦因数为μ，设倾斜滑道AB与水平面夹角为α。为保证儿童的安全，要求儿童能从A点由静止下滑并停在水平滑道BC上，则（　　）

A.应满足sinα L的区域存在沿﹣y方向的匀强电场，电场强度为E，在坐标原点O处有一带正电粒子以速率v0沿 + x方向射入磁场，粒子穿出磁场进入电场，速度减小到0后又返回磁场。已知粒子的比荷为，粒子重力不计。求：
（1）匀强磁场的磁感应强度的大小；
（2）该粒子第一次上升到最高点的坐标；
（3）从原点出发后经过多长时间，带电粒子第一次回到x轴。

【正确答案】 （1）；（2）；（3）

15-3（巩固） 如图所示，在平面内，区域有沿y轴正方向、大小的匀强电场（图中未画出），区域有垂直于纸面向外的匀强磁场，一质量，电荷量为，速度大小的粒子沿x轴正方向由O点射入电场，粒子第一次射出电场后，电场立即变成沿y轴负方向且大小不变，粒子最后又从O点射出电场区域。不计粒子重力，求：
（1）粒子第一次射出电场时速度大小；
（2）区域匀强磁场的磁感应强度大小。

【正确答案】 （1）；（2）

15-4（巩固） 如图所示，在xOy坐标平面的第一象限内有一沿y轴负方向的匀强电场，在第四象限内有一垂直于平面向里的匀强磁场，现有一质量为m、电量为＋q的粒子（重力不计）从坐标原点O射入磁场，其入射方向与y的方向成45°角。当粒子运动到电场中坐标为（3L，L）的P点处时速度大小为v0，方向与x轴正方向相同。求：
(1)粒子从O点射入磁场时的速度大小v；
(2)匀强电场的场强E0和匀强磁场的磁感应强度B0；
(3)粒子从O点进入磁场后，第n次过x轴的时间。

【正确答案】 (1)v0；(2)；(3)奇数次过x轴时间为{n=1、3、5、7…}偶数次过x轴的时间为{n=2、4、6、8…}

15-5（巩固） 跑道式回旋加速器的工作原理如图所示，两个匀强磁场区域I、Ⅱ的边界平行，相距为L，磁感应强度大小均为B、方向垂直纸面向里，P、Q之间存在匀强加速电场，场强大小为E，方向与磁场边界垂直，一质量为m、电荷量为+q的粒子从P飘入电场（初速度不计），多次经过电场加速和磁场偏转后，从位于边界上的出射口K引出。已知K、Q的距离为d，不计粒子重力。求整个运动过程中粒子
（1）运动的最大速率v；
（2）在电场中的加速次数N；
（3）做变速运动的总时间t。

【正确答案】 （1）；（2）；（3）

15-6（巩固） 如图所示，在的空间中和的空间内同时存在着大小相等、方向相反的匀强电场，上、下电场以x轴为分界线。在y轴左侧和图中竖直虚线MN右侧均无电场，但有大小相等方向垂直纸面向里和向外的匀强磁场，MN与y轴的距离为2d。一带负电的粒子从y轴上的P（0，d）点以沿x轴正方向的初速度v0开始运动，经过一段时间后，粒子又以相同的速度回到P点，不计粒子的重力。求：
（1）电场强度与磁感应强度的比值。
（2）带电粒子运动一个周期的时间。

【正确答案】 （1）（n＝0，1，2，3…）；（2）

15-7（提升） 如图所示，在平面直角坐标系xOy的第一、四象限内，有一直线MN（图中未画出）与y轴平行，在直线MN与y轴正半轴之间存在着磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外的匀强磁场，在直线MN与y轴负半轴之间存在着磁感应强度大小为2B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，在第二象限内存在着沿x轴正方向的匀强电场。一质量为m、电荷量为+q的带电粒子从x轴上P（，0）点以初速度v0垂直于x轴射入电场，而后经y轴上的Q点沿与y轴正方向成60°角进入磁场。粒子重力忽略不计，MN与y轴之间的距离为d（d>2L）。
（1）求匀强电场的电场强度E的大小；
（2）要使粒子不从y轴正半轴飞出磁场，求磁感应强度B的大小范围；
（3）若磁感应强度大小，求：
①带电粒子第二次经过x轴的正半轴的位置坐标x2；
②要使粒子能够垂直于边界飞出磁场，与轴间的距离d的可能值。

【正确答案】 （1）；（2）；（3）①；②（）


变式题库答案

1-1【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．核反应方程是人工核反应方程，故A错误；
B．是轻核聚变要放出大量能量，故B错误；
C．重核裂变是质量数较大的核裂变为质量中等的核， 是属于裂变，故C正确；
D．发生衰变实质是个中子转变成一个质子和一个电子，故D错误。
故选C。
1-2【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．由核反应前后质量数守恒和电荷数守恒知，x的质量数
M=4+14﹣17=1
电荷数
Z=2+7﹣8=1
则x是质子，故A正确；
B．由核反应前后质量数守恒和核电荷数守恒知，x的质量数
M=235+1﹣95﹣138=3
电荷数
Z=92﹣38﹣54=0
x是中子，不是质子，故B错误；
C．由核反应前后质量数和核电荷数守恒知，x的质量数
M=27+1﹣24=4
电荷数
Z=13+1﹣12=2
则x是α粒子，不是质子，故C错误；
D．由核反应前后质量数和核电荷数守恒知，x的质量数
M=2+3﹣1=4
电荷数
Z=1+1﹣0=2
则x是α粒子，不是质子，故D错误。
故选A。
1-3【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
由

知

=
忽略电子质量，则

故C正确ABD错误；
故选C。
1-4【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．核反应方程

是原子核的人工转变，故A错误；
B．核反应方程

是核聚变，该核反应过程释放能量，故B错误；
C．核反应方程

是核裂变且释放能量，故C正确；
D．发生衰变的实质是原子核内两个质子和两个中子结合成为一个粒子被释放出来的过程，故D错误。
故选C。
1-5【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．②反应属于轻核聚变反应，故A错误；
B．循环结果可表示为，故B错误；
C．四个生成一个过程中释放大量能量，存在质量亏损，故C正确；
D．核电站发生的核反应方式是重核裂变，故D错误。
故选C。
1-6【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
由

知

=
忽略电子质量，则

故C正确ABD错误；
故选C。
1-7【提升】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
根据电荷数与质量数守恒可得

每4个氢核转化为1个氦核和2个正电子，根据公式可得

正电子个数为

由上可知发生核聚变的氢核的个数为正电子个数的两倍，即氢核的个数是8×108。
故选A。
2-1【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
根据题意，可以将滑梯看成一个斜面，设斜面倾角为，水平跨度为，高度为，则

对小孩受力分析，有竖直向下的重力，垂直于斜面向上的支持力，还有沿着斜面向上的摩擦力，要使小孩能从滑梯上滑下，需满足：

化简得
，，
代入数据的

即当取等号时，存在最小值为2.4m。所以选项C正确，ABD错误；
故选C。
2-2【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
重力在滑梯上分解成两个方向的力，垂直于滑梯的力等于；平行于滑梯的力等于。人在滑梯上能滑下，满足：

已知滑梯与儿童裤料之间的动摩擦因数取0.4，解得滑梯倾角

根据几何关系可知

其中L=6m，解得滑梯的最小高度：
h=2.4m
故C正确，ABD错误。
故选C。
2-3【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
AB．儿童下滑时应该满足

即

选项AB错误；
CD．由能量关系

解得

选项C正确，D错误。
故选C。
2-4【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
可以将滑梯看成一个斜面，设斜面倾角为θ，高度h为2m，滑梯的水平跨度为x，则

对小孩受力分析，有竖直向下的重力，垂直于斜面向上的支持力，还有沿着斜面向上的摩擦力，要使小孩能从滑梯上滑下，需满足

解得

即当取等号时，x存在最大值为5m。
故选B。
2-5【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
ABC．由题意可知，钩子对师傅有斜向下的拉力，设为，设钩子与水平方向的夹角为，以师傅为研究对象，设地面对师傅的支持力为，竖直方向

结合相互作用可知，师傅的脚对岸的压力比他的重力更大，故A正确，BC错误；
D．水平方向

可知师傅的脚受摩擦力，故D错误。
故选A。
2-6【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．由牛顿运动定律及受力分析可知，要使儿童下滑，需满足

滑梯的高度h满足

联立解得

A正确；
B．由于滑动摩擦力大小与接触面积无关，故儿童坐着下滑和躺着下滑运动情况相同，B错误；
C．儿童下滑过程中摩擦力做功可表示为

由于滑梯水平跨度x不变，故同一儿童沿着高度不同的滑梯下滑过程，摩擦力做功相同，C错误；
D．由牛顿第二定律可得

可得

由运动学规律可得

可知下滑速度与质量无关，D错误。
故选A。
2-7【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
设拉力与水平方向夹角为θ，对石墩受力分析，正交分解，在水平方向

在竖直方向

又

整理得

其中

可得

当

时，拉力T取得最小值，解得

故选D。
3-1【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．能量处于最低状态时氦离子最稳定，A错误；
B．该氦离子吸收的光子，则能量为，能跃迁到能级，B正确；
C．一个该基态氦离子吸收能量为的光子后，能量为，从跃迁到能级，处于能级的氦离子不稳定，向低能级跃迁时最多发出3种频率的光子，C错误；
D．氦离子吸收光子，由低能级跃迁到高能级，则电子的轨道半径增大，根据

得

可知减小，则核外电子的动能减小，故D错误．
故选B。
3-2【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
氦离子由能级3跃迁到能级2时释放的光子能量为（-6.0）-（-13.6）=7.6eV，因恰好可以使锌板发生光电效应，可知锌板的逸出功为7.6eV；氦离子由能级4跃迁到能级2时释放的光子能量为（-3.4）-（-13.6）=10.2eV>7.6eV，则照射锌板时能发生光电效应；根据可知逸出光电子的最大初动能为10.2eV-7.6 eV =2.6 eV，选项B正确，ACD错误；
故选B。
3-3【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．一群处于激发态的氦离子自发跃迁能释放出种频率的光子，故A错误；
B．一群处于激发态的氦离子，能自发跃迁释放的能量最小为从n=4能级跃迁到n=3能级释放的能量，即

所以不能自发跃迁释放能量为的光子，故B错误；
C．一群处于激发态的氦离子，能自发跃迁释放的能量最大为从n=4能级跃迁到n=1能级释放的能量，即

故C正确 ；
D．自发跃迁到基态释放光子的能量最大，波长最短，故D错误。
故选C。
3-4【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．一个处在能级的氦离子向低能级跃迁时，最多能发出3种不同频率的光子, 一群处在能级的氦离子向低能级跃迁时，最多能发出种不同频率的光子，故A错误；
B．一群处在能级的氦离子向低能级跃迁时，最多能发出种不同频率的光子，故B错误；
C．由

可得氦离子从能级跃迁到能级，电子的速度增大，电子动能增大，电场力对电子做正功，电势能减小，故C错误；
D．由图可得氦离子处于能级时，电子能量为，能吸收的光子能量而发生电离，故D正确。
故选D。
3-5【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．氦离子处于最低能量状态时最稳定，故A错误；
B．由图可知

故能量为的光子，能被该基态氦离子吸收而发生跃迁，故B正确；
C．一个该基态氦离子吸收能量为的光子后，能量变为，处于能级，然后从能级跃迁到能级，最多可释放3种不同频率的光子，故C错误；
D．该基态氦离子吸收一个光子后，由低能级向高能级跃迁，核外电子的轨道半径增大，根据

得

轨道半径越大，则核外电子的速度越小，故D错误。
故选B。
3-6【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．根据玻尔理论的假设可知，原子处于基态时原子最为稳定，A错误；
B．根据辐射条件，48.4eV的光子的能量，刚好满足两个能级之差，吸收48.4eV的光子的能量后，此时氦离子的能量为-6.0eV，刚好可以跃迁到第3能级，B正确；
C．一个该基态氦离子吸收能量为51.0eV的光子后，能量为-3.4eV，可以从n=1能级跃迁到n=4能级，再从高能级n=4向低能级n=1跃迁时，最多能辐射3种频率的光子，C错误；
D．吸收一个光子后，由低能级向高能级跃迁，则轨道半径增大，根据

可得

轨道半径增大，则v减小，则动能减小，D错误。
故选B。
3-7【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．根据玻尔理论的假设可知，原子处于基态时原子最为稳定，A错误；
B．根据辐射条件，48.4eV的光子的能量，刚好满足两个能级之差，吸收48.4eV的光子的能量后，此时氦离子的能量为-6.0eV，刚好可以跃迁到第3能级，B正确；
C．一个该基态氦离子吸收能量为51.0eV的光子后，能量为-3.4eV，可以从n=1能级跃迁到n=4能级，再从高能级n=4向低能级n=1跃迁时，最多能辐射3种频率的光子，C错误；
D．吸收一个光子后，由低能级向高能级跃迁，则轨道半径增大，根据

可得

轨道半径增大，则v减小，则动能减小，D错误。
故选B。
4-1【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．因为带正电的点电荷放在球的右侧，则空心金属球的右侧感应出负电荷，左侧感应出正电荷，选项A错误；
B．到达静电平衡时，金属球是等势体，则空心金属球最左侧表面的电势等于最右侧表面的电势，选项B正确；
C．达到静电平衡时，点电荷Q在空心金属球内产生的电场强度与感应电荷在金属球内产生的场强的合场强为零，选项C错误；
D．达到静电平衡时，空心金属球内各点的电场强度均为零，选项D错误。
故选B。
4-2【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 分析:
处于静电感应现象的导体，内部电场强度处处为零，电荷全部分布在表面．且导体是等势体．
详解:
A、B项：金属球在外电场中，出现静电感应现象，导致电荷重新分布．因此在金属球内部出现感应电荷的电场，正好与外电场叠加，内部电场强度处处为零，故A错误，B正确；
C项：金属导体的内部电场强度处处为零，导体内部不再有电荷的定向移动．故C正确；
D项：处于静电平衡的导体，是等势体，金属球上任意两点的电势相等，故D正确．
本题选错误的，故应选：A．
4-3【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
AB．在球壳内P点固定一带负电的点电荷Q，由静电感应可知，铜球外表面带负电，内表面带正电，AB错误；
C．M点的电场线分布比N点密集，可知M点的电场强度比N点的电场强度大，C错误；
D．沿电场线方向电势降低，可知N点的电势高于M点，则试探电荷+q在M点的电势能比在N点的小，D正确。
故选D。
4-4【巩固】 【正确答案】 AC
【试题解析】 详解:
A．金属球在+Q的电场处于静电平衡状态，内部场强处处为0，A正确；
B．Q在球心处产生的场强为，方向向左，而金属球内部场强为0，故感应电荷在球心处产生的场强为，方向向右，B错误；
C．处于静电平衡的导体内部没有电荷，电荷分布在导体表面，C正确；
D．处于静电平衡的导体是一个等势体，D错误。
故选AC。
4-5【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．沿电场线电势逐渐减小，过a、b两点做等势线，可知a点的电势低于b点的电势，故A正确；
B．由图可知，c点处的电场线比d点处的电场线疏，所以c点的电场强度小于d点的电场强度，故B错误；
C．静电平衡后，导体球表面为等势面，故将一正试探电荷从e点沿虚线移动到f点电场力做功为零，故C错误；
D．导体球接地，且整个导体球是一个等势体，故导体球内部电势处处为零，故D错误。
故选A。
4-6【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．b点和c点电势相等，场强为零，但电势不为0，A错误；
B．c点场强为零，a点场强不为零，c点电场强度小于a点电场强度，B错误；
C．若一电子从a点运动到b点，电场力做负功，电势能增加，C错误；
D．因为d点电势小于b点电势，所以两点电势差小于两点的电势差。D正确。
故选D。
4-7【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．+q靠近，吸引金属板上负电。故板的右侧面上分布有负的感应电荷；而因为同种电荷相互排斥，+q将金属板内正电荷沿接地线导到地面上，故左侧面上无感应电荷，A错误；
BD．由于+q靠近，静电平衡后，导体内部场强处处为零，+q产生的场强于金属板内产生的感应场强等大反向，+q产生的场强指向远离P点，故感应场强指向P点，BD错误；
C．处于静电平衡的导体是个等势体，接地表示板上各点电势等于地电势，接地线断开后，板上各点电势仍等于地电势，C正确。
故选C。
5-1【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
AB．上升阶段，排球在空中受到空气的阻力与重力方向相同，合力较大，下落阶段，排球在空中受到空气的阻力与重力方向相反，合力较小，故上升阶段的加速度比下落阶段的要大，方向相同，故A错误，B正确；
CD．由可知，上升所需的时间短，下落所需的时间稍长，且上升和下落运动方向相反，落回抛球点时，速度比抛出时稍小，故C、D错误。
故选B。
5-2【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
0~9s内电梯加速上升，对人由牛顿第二定律可得

故

15~24s内电梯减速上升，对人由牛顿第二定律可得

故

其中16~23s内加速度大小恒定，电梯对乘客的支持力F大小不变。
故选D。
5-3【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．时刻手机的加速度最大，方向向上，与速度方向相同，手机向上加速，则速度不是最大，故A错误；
B．时刻，加速度为0，合力为0，则不可能脱落手掌，故B错误；
C．时刻，加速度方向向下，处于失重状态，故C错误；
D．手机在离开手掌后做竖直上抛运动，被接住，则上升高度

故D正确。
故选D。
5-4【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．对小车和槽码的整体，由牛顿第二定律可知

因放上手机后，M变大，则加速度减小，即放手机后，小车加速过程中的加速度较小，选项A错误；
B．对小车分析可知

则放上手机后，M变大，则T变大，选项B错误；
C．由a-t图像可知，图像的“面积”的与速度的变化量，则小车与制动器碰撞前的速度大小约为

选项C错误；
D．由图像可知，加速阶段的加速度为a=0.6m/s2，，带入

可得

选项D正确。
故选D。
5-5【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．弹簧对A和对B的弹力F大小相等，由牛顿第二定律得

由图乙所示图象可知，在t2时刻A、B的加速度大小关系是
aA＞aB
即解得
mA＜mB
故A错误；
B．a-t图线与坐标轴所围图形的面积等于物体速度的变化量，由题意可知，t1时刻B的速度大小
v0=S1
t3时刻B的速度大小
vB=S1-S2＞0
则
S1＞S2
故B正确；
C．由图乙分析可知在t2时刻两物体加速度最大，此时弹簧处于伸长量最大，t3时刻加速度为0，弹簧恢复到原长，t1～t3时间内A、B间距离先增大后减小，A的速度一直增大，故C错误。
D．根据图线与坐标轴所围图形的面积等于物体速度的变化量，可知，t1～t3时间内A的速率一直增大，故D错误。
故选B。
5-6【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
上升过程中由牛顿第二定律得

解得

由上式可以看出，上升过程中，随着速度的减小，加速度也减小；
下降过程中由牛顿第二定律得

解得

由上式可以看出，下降过程中，随着速度的增大，加速度也减小；综上所述，加速度在全程中一直减小，速度图像的斜率一直减小，C正确，ABD错误。
故选C。
5-7【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
ABC．由手机竖直方向的加速度随时间的变化图像可知，开始手机处于静止状态，加速度为零；然后自由落体运动，加速度为重力加速度g，而，则图中轴的正方向为竖直向上，时间区间约为至；大约在末加速度突然变大，则手机第一次接触桌面，故AC错误，B正确；
D．手机的加速度大约在末加速度突然变大，后反复变化，则手机有多次碰撞反弹再下落，故D错误。
故选B。
6-1【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．是绕地球运行的最大环绕速度，故空间站在轨道上运行的线速度小于，故A错误；
B．根据

离地面越高，加速度越小，故空间站在轨道上运行的加速度小于地面重力加速度g，故B正确；
C．根据


对接后，空间站速度不变，轨道半径不变，故C错误；
D．根据

根据题意，可以知道轨道半径，运行周期和引力常量G，只能求出地球质量，而不能求出空间站质量，故D错误。
故选B。
6-2【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．对接时，神舟十三号在低轨道合适的位置加速做离心运动，到达天和核心舱所在的轨道与之对接，所以A是神舟十三号，B是天和核心舱，故A错误；
B．神舟十三号和天和核心舱绕地球做圆周运动，由万有引力提供向心力，由牛顿第二定律可知

可知加速度与轨道半径平方成反比，所以图（甲），A的加速度比B的加速度大，故B错误；
C．图（乙）中，对接时，神舟十三号所在的轨道半径比在图（甲）中所在的轨道半径大，由牛顿第二定律可得

所以图（甲）中神舟十三号的运行时速度比图（乙）中神舟十三号的运行时速度大，故C错误；
D．神舟十三号要从图（甲）的低轨道上升到图（乙）中的高轨道，需要点火加速，机械能增加，所以图（乙）中，对接时，神舟十三号的机械能比在图（甲）中在轨运行时机械能大，故D正确。
故选D。
6-3【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．第一宇宙速度是绕地球做圆周运动的最大速度，所以空间站的运行速度不可能大于第一宇宙速度，故A错误；
B．载人飞船与空间站对接需向高轨道做离心运动，则需要向后点火加速，即飞船应沿运行速度相反方向喷气，故B错误；
C．设飞船的运行周期为，空间站的运动周期为，根据开普勒第三定律得

则

故C错误；
D．以为半径做圆周运动的物体，根据万有引力提供向心力得

得以为半径做圆周运动的物体的速度为

飞船在II轨道经过A点后做近心运动，喷气变轨前一刻的速度小于，故D正确。
故选D。
6-4【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．根据

可得

由于飞船的轨道半径小于空间站的轨道半径，则远距离导引完成后，飞船绕地球运行的线速度大于空间站的线速度，故A错误；
B．近距离导引过程中，需要飞船点火加速，则机械能增加，故B错误；
CD．如图所示，姿态调整完成后，飞船沿径向接近空间站过程中，需要控制飞船绕地球运行的角速度等于空间站的角速度，根据

飞船绕地球运行的线速度小于空间站的线速度，对接时，飞船与空间站的线速度也应该相等，则飞船同时也应该有切向的加速度，不可能仅沿飞船与地心连线向地球喷射燃气，故C正确，D错误。
故选C。
6-5【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．若载人飞船在到达轨道2后不断加速，则会做离心运动，从而远离轨道2，不会追上空间站从而不能实现对接，选项A错误；
B．根据

可知，载人飞船在轨道1上P点的加速度等于空间站在轨道2上P点的加速度，选项B正确；
C．载人飞船从近地圆轨道的Q点加速才能进入轨道1的椭圆轨道，则在轨道1上经过Q点时的速度大于7.9km/s，选项C错误；
D．载人飞船从Q点向P点运动过程中，万有引力对飞船做负功，选项D错误。
故选B。
6-6【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
飞船和空间站绕地球做匀速圆周运动，由圆周运动规律和万有引力定律

可得
，，，
A．由可知加速度与圆周半径的平方成反比，所以飞船和空间站在各自运行轨道上的加速度大小之比为，故A错误；
B．由可知速度与圆周半径的二分之一次方成反比，所以飞船和空间站在各自运行轨道上的速度大小之比为，故B错误；
C．由可知角速度与圆周半径的二分之三次方成反比，所以飞船和空间站在各自运行轨道上的角速度大小之比为，故C错误；
D．设空间站轨道半径为r，根据开普勒第三定律，飞船在运行轨道和转移轨道上

由几何关系，飞船在转移轨道上的半长轴

带入可得

故D正确。
故选D。
6-7【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．航天员随空间站做圆周运动过程中，所受向心力由万有引力提供

因为三人质量可能不同，因此所受向心力大小可能不相等，故A错误；
B．根据开普勒第二定律可知在不同轨道上，载人飞船与地心的连线在相同时间内扫过的面积不相等，故B错误；
C．根据开普勒第三定律可知，载人飞船在轨道Ⅰ、Ⅱ上运行时满足
（a为轨道Ⅱ的半长轴）
且有
（x为轨道Ⅱ近地点距地球表面的距离）
联立解得

故C正确；
D．载人飞船在轨道Ⅰ、Ⅱ上运行经过A点时所受万有引力相等，因此在轨道Ⅰ、Ⅱ上运行经过A点时向心加速度相等，故D错误。
故选C。
7-1【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
由于只发生一次反射，根据对称性可知光路图如图所示

由几何关系可得

由折射率公式可知

故选B。
7-2【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
由图根据几何知识可知光线在AC边入射角为

此时折射角为

则玻璃对红光的折射率为

故选C。
7-3【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
根据折射定律有

得



再次由折射定律得知

得

得

由于第二块玻璃中的偏移情况和第一块玻璃相同，则

得

故选项C正确，ABD错误。
故选C。
7-4【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
AB．如果光线从Q的下表面射出，光路图如图所示

根据折射定律有


由几何知识得

根据题意

解得

则根据几何知识可知α=θ，即从Q的下表面射出的光线与入射到P的上表面的光线平行，故A正确，B错误；
CD．若，则得

根据几何知识得

即出射光线与Q下表面所夹的锐角一定小于θ，CD错误。
故选A。
7-5【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
连接OD，设∠ODC=θ，透明物体的折射率为n，由题意，当入射点到达C处时，恰好看不到光从圆弧面上D处射出，是因C处发出的光线，在D点恰好发生了全反射， 则θ等于临界角

而

解得

故D正确。
故选D。
7-6【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
光路如图所示

根据光的折射定律

由题可知


解得

故选C。
7-7【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:

激光束照在圆柱上，沿圆柱体轴上的光线即水平方向上的光线，经相同的入射角折射，两次折射后，同一水平方向上的光线折射偏转角度相同，光线平行，故在光屏上水平方向上的光斑宽度不变。
如图，竖直方向上光线通过圆柱体光线有会聚作用，根据光屏与圆柱玻璃柱的位置关系，光斑的长度可能变大，可能变小，也可能不变。由于图中的入射光束在圆心上方，故光路往下偏，光斑的中心不可能呈现在光屏的上部方。
综上所述，B有可能，ACD均不可能。
故选B。
8-1【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
由于篮球在空中做一个斜抛运动，以投球点和篮筐所在水平面为参考面，初速度方向与参考面夹角为45°斜向上，末速度与参考面夹角为45°斜向下，将整个斜抛运动沿最高点分为两部分，前半部分斜向上运动，后半部分斜向下运动，运动过程完全对称，设初速度为v，将初速度沿水平方向和竖直方向分解，如图所示：

则水平方向分速度
vx=vcos45°
竖直方向分速度
vy=vsin45°
则水平方向做匀速直线运动，竖直方向分做竖直上抛运动，后半部分水平方向也是匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，高度相同，则前后两部分水平方向位移相同，时间相同，后半部分的末速度与前半部分的初速度也相同，水平方向总位移：
s=10m
则前半部分水平位移：

则由匀速直线运动位移公式：
s1=vxt
由竖直上抛速度公式得：
0=vy-gt
联立可得：

篮球出手的速度大小等于篮球进筐的速度大小为，篮球在空中运动的时间为

因为不知道出手点离地面高度，无法计算最高点相对地面的竖直高度，故B正确ACD错误。
故选B。
8-2【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
AB．根据斜抛运动规律可知，篮球被抛出到落入篮筐的运动时间为

故AB错误；
CD．根据斜抛运动规律可知，篮球被抛出到落入篮筐的水平射程为

故C错误，D正确。
故选D。
8-3【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
AB．三个篮球都垂直击中篮筐，其逆过程是平抛运动，设任一篮球击中篮筐的速度v，上升的高度为h，水平位移为x


则得

h相同，则，A错误B正确；
CD．根据速度的分解有

t相同，，则 ，CD错误。
故选B。
8-4【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．篮球以与水平面成45°的倾角准确落入篮筐，则篮球的水平速度v0等于竖直速度vy，设篮球在空中运动的时间是t，则


解得
t=1.4s
vy=v0=7m/s
选项A错误；
B．篮球落入篮筐时的速度大小为

选项B错误；
C．篮球投出后的最高点相对篮筐的竖直高度是

选项C正确；
D．篮球从投出到落入篮筐速度变化量为

选项D错误。
故选C。
8-5【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
设篮球投出去时的速度为v，则


所以运行时间为

根据运动的对称性可得

解得


在最高点时竖直方向速度为零，此时速度大小等于水平方向速度，即

最高的的高度为

故ACD错误，B正确。
故选B。
8-6【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
将篮球的运动逆向看作是平抛运动，设篮球的水平位移大小为x，竖直位移大小为y， 则


由题图可知h1＞h2，x1=x2，所以
，
故选A。
8-7【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
由题意根据匀变速直线运动规律可得M点到最高点的高度为

A．运动员做斜抛运动，其在P点水平方向的分速度为

其竖直分速度

则运动员在P点落地速度大小为

A错误；
B．落地速度与水平方向的夹角

B正确；
C．运动员从M点到最高点的过程，其时间为

从最高点到P点的过程，根据

可得其下落时间为

则运动员在空中的总时间

C错误；
D．运动员在空中最高点与P点的高度差为

D错误。
故选B。
9-1【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
由图可知，在t1~t2时间内振子从正向最大位移向平衡位置运动，故速度增大，加速度和回复力减小，机械能不变。
故选A。
9-2【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
小球所受合外力等于弹簧弹力，小球动能增大的过程中，根据动能定理可知弹簧对小球做正功，而弹簧和小球组成的系统，即弹簧振子所受外力不做功，机械能守恒。
故选C。
9-3【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．小球在A、B的速度为零，加速度大小相等，方向相反，故A错误；
B．小球做简谐运动，在平衡位置，有
kx=qE
解得
x=
故B错误；
C．从A到B的过程中，电场力做正功，机械能增大，故C正确；
D．简谐振动的周期与振幅无关，故D错误。
故选C。
9-4【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．小球做简谐运动的平衡位置处，则有：
mg=kA
解得：，所以在最低点时，形变量为2A，弹力大小为2mg，A正确；
B．在运动的过程中，只有重力和弹力做功，系统机械能守恒，弹簧的弹性势能、物体的动能、重力势能之和不变，B错误；
C．从最高点到最低点，动能变化为0，重力势能减小2mgA，则弹性势能增加2mgA，而初位置弹性势能为0，在最低点弹性势能最大，为2mgA，C错误；
D．在平衡位置动能最大，由最高点到平衡位置，重力势能减小mgA，动能和弹性势能增加，所以物体的最大动能小于mgA，D错误。
故选A。
9-5【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．圆环与圆盘碰撞过程，时间极短，内力远大于外力，系统总动量守恒，由于碰后速度相同，为完全非弹性碰撞，机械能不守恒，故A错误；
B．碰撞后环与盘一起向下运动过程中，受重力，弹簧弹力，由于弹力增大，整体受到的合力变化，所以加速度变化，故B错误；
C．碰撞后平衡时，有

即碰撞后新平衡位置与下落高度h无关，故C错误；
D．碰撞后环与盘共同下降的过程中，它们动能和重力势能的减少量之和等于弹簧弹性势能的增加量，故开始下落到运动到最低点过程中，环与盘重力势能的减少量大于弹簧弹性势能的增加量，故D正确。
故选D。
9-6【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．剪断细线前，两弹簧的伸长量相同，离开平衡位置的最大距离相同，振幅一定相同，A错误；
BC．由 ，两弹簧的伸长量相同，弹性势能相同，则两物块的最大动能相同，甲的质量小于乙的质量，则甲的最大速度大于乙的最大速度，B正确，C错误；
D．由 ，剪断细线的瞬间加速度最大，kx相同，甲的质量小，则甲的最大加速度大，D错误。
故选B。
9-7【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．从C触到A，到B离开墙面这一过程，C与A碰撞后粘在一起不再分开，是非弹性碰撞，机械能损失，即机械能不守恒。C、A共同向右运动并压缩弹簧过程中，B受到墙面的作用力，系统的动量不守恒，故A错误；
BC．设C的初速度为v0，初动能为Ek，A与C的碰撞过程，由动量守恒有

A和C一起压缩弹簧的过程，对A、C和弹簧组成的系统，由机械能守恒得

联立解得
，
C的初动能

当B刚离开墙壁时，弹簧恰好恢复原长，、的速度大小等于，方向向左，当弹簧再一次恢复到原长时的速度最大，取向左为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律得


解得的最大速度

故B正确，C错误；
D．B离开墙面后，A、B、C速度相等时，弹簧最长，弹簧的弹性势能最大，根据动量守恒定律和机械能守恒定律得


联立解得离开墙面后，弹簧的最大弹性势能为

故D错误。
故选B。
10-1【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。
10-2【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
从图乙可以看出，当电流为1A时，物体开始有加速度：代入数据，算得：；当电流为4A时，加速度为3m/s2，设棒的质量为，绳的拉力为T，有：，联立解得：．
10-3【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．感应电动流为

安培力为

根据牛顿第二定律有

则速度增加过程中，加速度逐渐减小，金属棒做加速度逐渐减小的加速运动，所以A正确，不符合题意；
B．金属棒的动量为

则动量与速度成正比，由于金属棒做加速度逐渐减小的加速运动，其速度与时间图像的斜率将逐渐减小，所以B错误，符合题意；
C．通过的电荷量为q，则有

所以电荷量q与位移x成正比，则C错误，不符合题意；
D．重力势能为，则有

所以D正确，不符合题；
故选B。
10-4【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．将物块由静止释放，则物块向下运动，导体棒沿斜面向上运动，由右手定则可知导体棒中电流由M到N，导体棒M端电势低于N端电势，故A错误；
BD．设导体棒的上升速度v，根据，可知导体棒所受安培力为

根据牛顿第二定律可得

当导体棒的上升速度为零时，导体棒的加速度最大，最大加速度为

当导体棒的上升加速度为零时，导体棒的速度最大，最大速度为

故BD错误；
C．对整体由动量定理得

即

解得

故C正确。
故选C。
10-5【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
设线圈下边到磁场上边界的高度为h，线圈的边长为l，则线圈下边刚进入磁场时，有

感应电动势为
E＝nBlv
两线圈材料相同（设密度为ρ0），质量相同（设为m），则
m＝ρ0×4nl×S
设材料的电阻率为ρ，则线圈电阻

感应电流为

所受安培力为
F＝nBIl＝
由牛顿第二定律有
mg－F＝ma
联立解得

加速度与线圈的匝数、横截面积无关，则甲和乙进入磁场时，具有相同的加速度。
当时，甲和乙都加速运动，当时，甲和乙都减速运动，当时，甲和乙都匀速运动，故不可能出现的运动选D。
10-6【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
由题知杆在水平向右的拉力作用下先后两次都由静止开始做匀加速直线运动，则在v = 0时分别有
，
则第一次和第二次运动中，杆从静止开始运动相同位移的时间分别为
，
则

第一次和第二次运动中根据牛顿第二定律有，整理有

则可知两次运动中F—v图像的斜率为，则有

故选C。
10-7【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．由右手定则可知，当cd边位于向外的磁场中和位于向里的磁场中时，电流方向相反，所以电流方向是变化的，故A错误；
B．列车刚起动时金属框切割磁感线的速度最大，为v，此时产生的感应电动势最大，此时产生的电流最大，设最大电流为Im，此时前后两边都切割磁感应线，根据闭合电路的欧姆定律可得

故B错误；
C．列车运动过程受到安培力FA与阻力f作用，对列车由牛顿第二定律可知，加速度大小

当列车速度增大时，安培力FA变小，加速度变小，当a＝0时，列车速度达到最大，根据平衡条件有
FA＝f＝kvm
设列车的最大速度为vm，金属框切割磁感线的速度为
v切割＝v﹣vm
列车受到的安培力大小

解得

故C正确；
D．由能量守恒定律可知，磁场提供的能量一部分转化为电路中的电能进一步转变为回路的焦耳热，另一部分克服阻力f做功，根据功能关系可得列车要维持最大速度运动，它每秒钟消耗的磁场能为

故D错误。
故选C。
11-1【基础】 【正确答案】 如图所示
或
【试题解析】 详解:
①[1][2]由公式可知

则电流表选择，滑动变阻器选择。
②[3]电压表选择，待测电阻阻值远小于电压表内阻，则电流表选择外接法，若将电压表直接接在待测电阻两端，则电阻两端最大电压为

将待测电阻和定值电阻串联后电压表并联在两端，则两电阻电压为

所测量范围尽可能大则滑动变阻器分压式，则实验电路图为

③[4]由欧姆定律可知

则待测电阻阻值的表达式为

11-2【基础】 【正确答案】 B 最大 与操作F中电流表指针的同一位置处 C、A、F、B、E、G、D
【试题解析】 详解:
[1][2] 实验的基本要求是保证实验安全．所以要求滑动变阻器和电阻箱在接入电路前的电阻先调节到最大．所以测量前应将滑动变阻器的滑片P调至B端，电阻箱R阻值应调至最大；
[3][4] 实验采用等数值测量法，需要先测得接入待测电阻时的电流值，再接入电阻箱，使接入电阻箱时的电流值与接入待测电阻时的电流值相等．所以实验的步骤补充：与操作F中电流表指针的同一位置处；实验的步骤：根据电路图，连接实物，将电阻箱的阻值调至最大Ⅰ将S2闭合在1端；Ⅱ慢慢移动滑片P；Ⅲ使电流表指针变化至某一适当位置；Ⅳ将S2闭合在2端；Ⅴ调节电阻箱R的值，使电流表指针指在与操作F中电流表指针的同一位置处；Ⅵ记下电阻箱上电阻读数；最后将S1断开，整理实验器材．所以实验步骤的顺序是：CAFBEGD。
11-3【巩固】 【正确答案】 7 图2 6.25 20 6
【试题解析】 详解:
(1)[1]欧姆表读数=刻度盘读数×倍率，读数是
Rx=7×1Ω=7 Ω
(2)①[2]由于待测电阻的阻值远小于电压表的内阻，所以电流表使用外接法，故选图2作为测量电路；
②[3]所连实物图如图所示：

③U-I图象的斜率表示电阻的阻值，由所作的图象可知，故被测电阻的阻值为
Rx=k=6.25 Ω
(3)①在步骤B中电阻箱的读数为
R1=20 Ω；
②由于R1与Rx串联在电路中所起的作用与R2相同（电压表指针指示同一位置），则有
R1＋Rx=R2
故有
Rx=R2-R1
由题意可知
R1=20 Ω，R2=26 Ω
故被测电阻的阻值为
Rx=R2-R1=26 Ω-20 Ω=6 Ω。
11-4【巩固】 【正确答案】 E 刻度盘的第N格 刻度盘的中央
【试题解析】 详解:
（1）通过电路图可知滑动变阻器的接法为分压式，分压式的滑动变阻器阻值越小越好，因阻值越小与电阻并联的上半部分的电压表在阻值变化时约明显，故选E；
（2）替代法测电阻的原理就是先将V1电压表接入电路，使电路的V2表显示一个示数，再将电阻箱接入电阻，使V2表的示数不变，因电路的其它部分都没有改变，只是将V1表换成电阻箱，可认为电阻箱的阻值和V1表的阻值一样，因此v2的指针指在刻度盘的第N格；
（3）电压表的半偏法先让V2表满偏，然后电阻箱接入电路和电压表V2串联分压，因并联电路的总电压几乎不变，当V2的示数半偏时可以认为电阻箱分的电压和电压表电压相同，因此电阻箱的阻值为电压表的阻值，故V2的指针在刻度盘的中央
11-5【巩固】 【正确答案】 滑动变阻器处于最大阻值处 6 10 10 等效替代法 3.6 5
【试题解析】 详解:
(1)[1]电压表测量灯泡两端电压，由题意可知灯泡额定电压6V，故电压表选择15V的量程，连接如图所示

(2)[2]只闭合开关S1，发现小灯泡不亮，电压表有较小示数，说明灯泡两端有较小电压，但不足以点亮，其原因可能是回路电流太小，即滑动变阻器处于最大阻值处。
(3)[3][4][5][6]调整电阻箱Rʹ接入电路的阻值，使电压表的示数再次等于6V，此时电阻箱的示数如图丙所示，则电阻箱接入电路的阻值为10Ω，由此可知小灯泡的电阻为10Ω，小灯泡电阻的得出是运用了物理研究中的等效替代法。
(4)[7][8]根据以上获得的实验数据可知小灯泡的额定功率为

此时回路电流为

滑动变阻器两端电压为3V，故滑动变阻器接入电路的电阻为

11-6【巩固】 【正确答案】 ×10 180 RP RW
【试题解析】 详解:
[1]用多用电表测电阻时选用“×100”的挡位发现指针偏角太大，说明待测电阻阻值较小，需要把倍率调小，即挡位应调整为“×10”。
[2]电表读数为

[3][4][5]第二步需保持滑动变阻器RP阻值保持不变，当单刀双掷开关S2合向1时，调节滑动变阻器RW。当开关S2接2时，有

当开关S2接1时，有

联立可得

11-7【提升】 【正确答案】 1.76 190 C F G 无
【试题解析】 详解:
（1）[1]由题意可知，游标卡尺的0刻度线超过了主尺上的1mm，而不到2mm，所以主尺上读数为1mm，根据游标卡尺读数规则，直径为

（2）[2][3]图中选择“”，指针偏转角度大，说明该量程下电阻偏小，应更换小量程，且估读为200Ω，所以选用“”，以让指针往中间偏转。更换量程后，可知其电阻为

（3）[4][5][6]因为要保证各表均能在满偏以上，而电源的电压为6V，所以如果选用V1，则必须保证和电流表的电压和至少为5V以上，接近电源电压，可调范围非常小，故选用电压表V2。而电阻约为190Ω，对于6V电源，最大电流满足

所以电流表必须选用A3。而为了减小滑动变阻器对分压结果的影响，应选用电阻尽量小的滑动变阻器，即R1。
（4）[7]根据欧姆定律

解得

（4）[8]由于已经知道电流表的具体内阻大小，根据[7]可知，可以精确得到待测电阻的阻值，因此采用电流表内接法对实验结果无影响。
12-1【基础】 【正确答案】 （1）；（2）
【试题解析】 详解:
（1）感应电动势最大值为

线圈初始位置垂直中性面，则电动势的瞬时表达式

（2）感应电动势的有效值

由

电阻的功率为

联立得

12-2【基础】 【正确答案】 （1）匝；（2）匝
【试题解析】 详解:
（1）根据题意可知，匝，，，设原线圈的匝数为，根据匝数与电压的关系有

解得
匝
（2）根据题意可知，，，设副线圈的匝数为，根据匝数与电压的关系有

解得
匝
12-3【巩固】 【正确答案】 (1)；(2)240:11
【试题解析】 详解:
（1）矩形闭合导线框ABCD在匀强磁场中转动时，产生的交流电的最大值为:
Em＝nBωS＝100××0.25×100πV＝250V
在图位置开始计时线圈应产生正弦交流电瞬时值：e＝Emsinωt＝250sin100πt（V）

（2）发电机输出的电压U1＝=250V
则升压变压器副线圈两端的电压U2＝=5000V
发电机输出的电功率P= 5×104 W，则输电电流为：I=P/U2=10A
输电线电压损失△U损=IR=10×20V=200V
降压变压器原线圈上的电压：U3=U2-△U损=5000V-200V=4800V
据题意灯泡正常发光可知：U4=220V，所以降压变压器的匝数比为：n3：n4=U3:U4=240：11
12-4【巩固】 【正确答案】 (1)；(2)180V；(3)22.5Ω；360W
【试题解析】 详解:
(1) 线圈中感应电动势的峰值

瞬时值表达式为

(2)感应电动势的有效值为

线圈自身分到的电压为
U线圈=Ir=20V
所以电压表示数为
U=E-U线圈=180V
(3)由于理想变压器
P入=P出
则电阻R上消耗的电功率为
P=IU=360W
设副线圈两端电压为U′，则有

即

所以

12-5【巩固】 【正确答案】 (1)；(2)160W；(3)280V。
【试题解析】 详解:
(1)由Em＝NBSω，得
Em＝V；
(2)设降压变压器原、副线圈的电流分别为I3、I4，电动机恰能正常工作，有
I4＝＝40A
由

得
I3＝4A
所以输电线路上损耗的电功率
；
(3)由＝得
U3＝2200V
升压变压器副线圈两端电压
U2＝U3+I3R＝2240V
又
＝
可得
U1＝280V。
12-6【巩固】 【正确答案】 （1），；（2）；（3）
【试题解析】 详解:
（1）根据正弦式交变电流产生规律可知，最大值为

从图示位置开始计时，磁通量为零，感应电动势最大，则从图示位置开始计时瞬时电动势的表达式

（2）设降压变压器原、副线圈的电流分别为、，电动机恰能正常工作，有

根据理想变压器的变流比可知得

所以输电线路上损耗的电功率为

（3）根据理想变压器的的变压比可知得

升压变压器副线圈两端电压

又可得

12-7【提升】 【正确答案】 （1）；（2）；（3）
【试题解析】 详解:
（1）发电机产生的电动势的最大值

（2）由于，并联，总电阻

因此副线圈两端的电压

根据

可知交流电压表的示数就是原线圈两端的电压

（3）根据

可得流过原线圈的电流

电动势的有效值

电源内电压

发电机线圈的电阻

13-1【基础】 【正确答案】 （1）；（2）
【试题解析】 详解:
（1）同学坐上后，利用等温变化规律

得

（2）由受力平衡

得

13-2【基础】 【正确答案】 （1）100cmHg；（2）10cm
【试题解析】 详解:
（1）末状态水银深度变为

所以

（2）根据受力分析可知，初状态有


根据玻意耳定律有

解得

故

则活塞向上移动的距离

点睛:
对活塞受力分析，根据初末状态的平衡情况结合气体状态方程进行解答。
13-3【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）
【试题解析】 详解:
（1）开始时AB管中封闭气体的压强为

当转过53°时，设气体的压强为，则

解得

当转过53°时，左、右两管中水银液面高度差为15cm
设BC段玻璃管长为L，则

解得

（2）设温度升高后的环境温度为，封闭气体的压强为

根据理想气体状态方程有

解得

13-4【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）
【试题解析】 详解:
（1）抽完气后缓慢加热到活塞碰到汽缸前的过程中，气体发生等压变化，活塞碰到汽缸右侧时，气体体积为，气体的温度为，设刚抽完气时左侧气体体积为，由盖－吕萨克定律有

解得

抽气过程中，左侧气体发生等温变化，当活塞右侧的气体压强为时，左侧气体压强为，对活塞受力分析有

活塞右侧抽成真空时，左侧气体压强为，对活塞受力分析有

抽气过程中由玻意耳定律有

解得

（2）气体温度从升高到过程中，气体发生等容变化，由查理定律有

解得

13-5【巩固】 【正确答案】 （1）h=2m；（2）hm=10m
【试题解析】 详解:
（1）设活塞A向右移动时，气缸内的气体压强为，由玻意耳定律得

又

联立解得

（2）当活塞A恰好移动到气缸I最右侧时所测深度最大，设此时气体压强为，则


解得

13-6【巩固】 【正确答案】 （1）1.5p0；（2）
【试题解析】 详解:
（1）设第6次打气完成后，篮球内气体的压强为p1，由题意可得

解得

（2）当第7次活塞下压前，已经压下了6次，由以上解析此时篮球内的气体压强为，设当第7次活塞下压的距离时打气筒内的气压为p2，则有

要使阀门打开，则至少

解得

13-7【提升】 【正确答案】 （1）；（2）
【试题解析】 详解:
（1）设A部分气体在下方时，压强为，则对A部分气体由玻意耳定律得

解得

对活塞受力分析，则A部分气体在上方时，满足

A部分气体在下方时，满足

对B部分气体由玻意耳定律得

解得

（2）由题意知


对A部分气体由理想气体状态方程得

对B部分气体由理想气体状态方程得

且由平衡条件得

解得

14-1【基础】 【正确答案】 （1）0.5；（2）12J
【试题解析】 详解:
（1）由 可得

对小物块受力分析可得

得
μ=0.5
（2）在D点由

得
vD=1m/s
在PB段

从B点至D点，由动能定理得

得
Wf=-12J
小物块从B运动到D的过程中克服摩擦力做的功为12J。
14-2【基础】 【正确答案】 （1）30N；（3）0.4m
【试题解析】 详解:
（1）从A点到B点运动的过程中，由动能定理可得

解得
R=0.2m
物块在B点时

解得
FN=30N
由牛顿第三定律得F=30N。
（2）物块从释放到在水平轨道上静止的全过程中，由动能定理可得

解得
0.4m
14-3【巩固】 【正确答案】 (1)5m/s；(2)5.3N；(3)1.65m
【试题解析】 详解:
(1)滑块被抛出后做平抛运动，到达A点时的速度方向恰好沿AB方向，设此时滑块沿竖直方向的分速度大小为vy，有

解得
vy=3m/s
滑块运动到A点时的速度大小为

(2)设滑块运动到圆弧轨道最低点C时的速度大小为vC，在滑块从A点运动到圆弧轨道最低点C的过程中，由动能定理有

滑块在圆弧轨道最低点C时（设所受支持力大小为FN），有

根据牛顿第三定律可知
F=FN
解得
m/s，F=5.3N
(3)假设滑块沿圆弧轨道上升的过程中最大高度小于R，则由动能定理有

解得
H=1.65m