2022-2023学年变式题 2022年高考河北卷物理高考真题变式题库（解析版）

这是一份2022-2023学年变式题 2022年高考河北卷物理高考真题变式题库（解析版），共215页。


变式题库
【原卷 1 题】 知识点 v-t图象斜率的物理意义、利用v-t图象求加速度,v-t图象面积的物理意义、利用v-t图象求位移,v-t图象反应的物理量，及图像形状反应的问题

【正确答案】
D
【试题解析】



1-1（基础） 甲、乙两车同时从同一位置沿两条并排直车道同向出发，其速度随时间的变化规律分别如图中图线a、b所示，图线a是直线，图线b是抛物线，则下列说法正确的是（　　）

A.时刻乙的运动方向发生了改变
B.时间内，甲始终在乙的前面
C.时间内，甲的平均速度大于乙的平均速度
D.时间内，甲、乙有一个时刻加速度相同
【正确答案】 D

1-2（基础） 如图所示为M，N两质点沿同一直线运动的速度—时间图线，下列说法正确的是（　　）

A.t=0时刻质点M在质点N的前方
B.由速度—时间图像可知两质点相遇两次
C.时间内，质点M和质点N的平均速度大小相等
D.时间内的某时刻，质点M和质点N的加速度大小相等
【正确答案】 D

1-3（基础） 物体沿直线运动，在0~3s内的v-t图象如图所示，则（　　）

A.0~1s内物体的位移大小为2m
B.1~3s内物体的加速度大小为2m/s2
C.0~3s内物体先做匀减速直线运动，后做匀加速直线运动
D.0~3s内物体先做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动
【正确答案】 C

1-4（基础） 有一物体做直线运动，其v-t图象如图所示，从图中可以看出（　　）

A.0-2s内和6-8s内物体的加速度大小相等，方向相同
B.0-2s内和4-5s内物体的运动方向相反
C.6-8s内物体的加速度方向与运动方向相同
D.前8s内物体的位移大小是10m
【正确答案】 A

1-5（基础） 质点运动的图像如图甲所示，质点运动的图像如图乙所示。下列说法正确的是（　　）

A.前3s内，质点A和质点B的速度方向均不变
B.A质点在0.5s时与B质点在2.5s时的速度大小之比为2：1
C.0~1s内，质点A做匀速直线运动，质点B做匀加速直线运动
D.0~3s内，质点A的位移为3m，质点B的位移为0
【正确答案】 C

1-6（巩固） 一质点做直线运动的关系图像如图所示，则该质点的关系图像可大致表示为选项图中的（　　）

A. B.
C. D.
【正确答案】 B

1-7（巩固） 2021年12月28日晚，我市在世茂滨江举办了“芜湖Q乐节”活动，上演了浪漫烟花秀和科幻无人机演出。若其中某个无人机运动的v-t图像如图所示，取竖直向上为正方向，则下列判断正确的是（　　）

A.0~5s内匀速上升
B.10s末上升到最高点
C.第12s内的加速度大小为6m/s2
D.前10s内的平均速度与前12s内的平均速度相同
【正确答案】 C

1-8（巩固） 某人骑自行车在平直道路上行进，图中的实线记录了自行车开始一段时间内的图象。某同学为了简化计算，用虚线作近似处理，下列说法正确的是（　　）

A.在时刻，虚线反映的加速度比实际的大
B.在时间内，虚线反映的是运动物体静止
C.在时间内，由虚线计算出的平均速度比实际的大
D.在时间内，由虚线计算出的位移比实际的大
【正确答案】 C

1-9（巩固） 中国跳水“梦之队”在东京奥运会上荣获7金5银12枚奖牌。某同学将一小球（可看成质点）从平台边缘竖直向上抛出来模拟运动员的跳水运动，从小球抛出时开始计时，若小球的速度与时间关系的图像如图所示，不计空气阻力。则下列说法正确的是（　　）

A.小球在1.2s时到达最高点
B.小球在水中最深处时加速度最大
C.跳台与水面的高度差是2.4m
D.小球潜入水中的深度为3.2m
【正确答案】 C

1-10（巩固） 甲、乙两汽车在一平直公路上同向行驶。在t=0到t=t1的时间内，它们的v一t图像如图所示。在这段时间内（　　）

A.汽车甲的平均速度比乙的小
B.汽车甲的平均速度大于
C.甲、乙两汽车的位移相同
D.汽车甲的加速度大小逐渐增大，汽车乙的加速度大小逐渐减小
【正确答案】 B

1-11（巩固） 如图所示为甲、乙两车在同一直线上运动的图像，在时刻两车相遇，则在时间内（　　）

A.甲车在乙车前面 B.两车间的距离先变大后变小
C.甲车速度增大得比乙车快 D.两车加速度相等时，速度差最大
【正确答案】 D

1-12（巩固） 如图所示是物体在某段直线运动过程中的图像，在和时刻的瞬时速度分别为和，则时间由到的过程中（　　）

A.加速度增大 B.位移逐渐减小
C.平均速度 D.平均速度
【正确答案】 D

1-13（提升） 水平面上运动的物块在外力作用下其速度随时间变化的图像如图所示，图中v0、v1、v2、t1、t2、t3已知，则下列说法正确的是（　　）

A.在t1时刻物块的加速度为零
B.在0～t1时间内物块做匀变速运动
C.在t1～t2时间内物块运动的平均速度大于
D.在t2时刻物块的加速度最大
【正确答案】 C

1-14（提升） 甲、乙两个质点分别在两个并排直轨道上运动，其速度随时间的变化规律分别如图中a、b所示，图线a是直线，图线b是抛物线，则下列说法正确的是（　　）

A.时刻，甲、乙一定相遇
B.时间内某一时刻甲、乙的加速度相等
C.时间内，甲的平均速度等于乙的平均速度
D.时间内，甲、乙的加速度均不断减小
【正确答案】 B

1-15（提升） 2019年7月，C919大型客机在上海浦东机场完成了中、高速滑行试验。某次试验飞机在平直跑道上滑行，从着陆到停下来所用的时间为t，滑行的距离为x，滑行过程中的图像如图所示，图线上C点的切线与AB平行，x、t0、t1、t、为已知量。设飞机着陆滑行t0时的位置与终点的距离为x0，飞机着陆时的速度为v，则下列表达式正确的是（　　）

A. B.
C. D.
【正确答案】 C

1-16（提升） 如图所示的x-t图像和v-t图像中，给出的四条曲线1、2、3、4，分别代表四个不同物体的运动情况，关于它们的物理意义，下列描述正确的是（　　）

A.曲线1表示物体做曲线运动
B.x-t图像中，t1时刻两物体的位移x1>x2
C.v-t图像中0至t3时间内物体3和物体4的平均速度大小不相等
D.两图像中，t2、t4时刻分别表示物体2、4开始反向运动
【正确答案】 C

【原卷 2 题】 知识点 不同轨道上的卫星各物理量的比较

【正确答案】
C
【试题解析】


2-1（基础） “北斗卫星导航系统”是中国自行研制的全球卫星导航系统，截止2022年1月，共有52颗在轨运行的北斗导航卫星，其中包括地球静止轨道同步卫星，倾斜地球同步轨道卫星和中圆地球轨道卫星。假设所有北斗卫星均绕地球做匀速圆周运动。卫星a、b分别处在两个高度不同的轨道上绕地球做匀速圆周运动，其中，下列说法中正确的是（　　）

A.两卫星的角速度相同 B.卫星b的周期较短
C.卫星b的加速度较大 D.卫星b的线速度较小
【正确答案】 D

2-2（基础） “嫦娥二号”环月飞行的高度为100km，所探测到的有关月球的数据将比环月飞行高度为200km的“嫦娥一号”更加详实。若两颗卫星环月的运行均可视为匀速圆周运动，运行轨道如图所示。则由题中条件可得（　　）

A.“嫦娥二号”环月运行的周期比“嫦娥一号”大
B.“嫦娥二号”环月运行的线速度比“嫦娥一号”小
C.“嫦娥二号”环月运行的向心力比“嫦娥一号”大
D.“嫦娥二号”环月运行的向心加速度比“嫦娥一号”大
【正确答案】 D

2-3（基础） 2018年11月， 我国以“一箭双星”方式成功发射了第四十二、四十三颗北斗导航卫星，北斗系统开始提供全球服务。这两颗卫星的轨道介于近地轨道和地球同步轨道之间，属于中圆轨道。用1、2、3分别代表近地、中圆和地球同步三颗轨道卫星，关于它们运动的线速度v、角速度、加速度a及周期T，下列结论中错误的有（　　）

A.v1>v2>v3 B.1<2<3
C.a1>a2>a3 D.T1 【正确答案】 B

2-4（基础） 如图所示，a、b、c是地球大气层外圆形轨道上运行的三颗人造地球卫星，a、b质量相同，且小于c的质量，则不正确的是（　　）

A.b所需向心力最小
B.b、c周期相等，且大于a的周期
C.b、c向心加速度大小相等，且大于a的向心加速度
D.b、c的线速度大小相等，且小于a的线速度
【正确答案】 C

2-5（巩固） 金星是太阳系八大行星之一，在中国古代称为太白。金星的质量约为地球质量的五分之四，半径和地球的半径几乎相等，金星离太阳的距离比地球略近，地球和金星各自的卫星公转周期的平方与公转半径的三次方的关系图像如图所示，下列判断正确的是（ ）

A.图线P表示的是地球的卫星
B.金星的第一宇宙速度比地球的大
C.环绕金星表面运行卫星的周期大于绕地球表面运行卫星的周期
D.金星绕太阳运行的向心加速度小于地球绕太阳运行的向心加速度
【正确答案】 C

2-6（巩固） 在两个大物体引力场空间中存在着一些点，在这些点处的小物体可相对于两个大物体基本保持静止，这些点称为拉格朗日点。中国探月工程中的“鹊桥号”中继星是世界上首颗运行于地月拉格朗日点的通信卫星，如图所示，该卫星在几乎不消耗燃料的情况下与月球同步绕地球做圆周运动，关于处于拉格朗日和点上同等质量的卫星，下列说法正确的是（　　）

A.两卫星绕地球做圆周运动的线速度相等
B.两卫星绕地球做圆周运动的向心加速度相等
C.处于点的卫星绕地球做圆周运动的向心力大
D.处于点的卫星绕地球做圆周运动的向心力大
【正确答案】 D

2-7（巩固） 2022年6月5日10时44分，神舟十四号载人飞船顺利将陈冬、刘洋、蔡旭哲3名航天员送入太空，与空间站组合体自主快速交会对接。空间站组合体离地面的距离为h，地球半径为R，组合体绕地球做匀速圆周运动的周期为T（约90min），万有引力常量为G，下列说法正确的是（ ）
A.空间站组合体绕地球运行的线速度大于第一宇宙速度
B.空间站组合体的向心加速度小于地球同步卫星的向心加速度
C.地球的质量为
D.地球的密度为
【正确答案】 C

2-8（巩固） 人造卫星在发射过程中要经过多次变轨才可到达预定轨道。如图，在发射地球同步卫星的过程中，卫星从圆轨道Ⅰ的A点先变轨到椭圆轨道Ⅱ，然后在B点变轨进入地球同步轨道Ⅲ，则（　　）

A.卫星在B点通过减速实现由轨道Ⅱ进入轨道Ⅲ
B.卫星在轨道Ⅰ、Ⅱ上经过A点时的速度大小相等
C.在Ⅱ轨道上，从A到B的过程中机械能增加
D.若卫星在轨道Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ上运行的周期分别为，则
【正确答案】 D

2-9（巩固） 天宫一号为中国载人航天工程发射的第一个目标飞行器，也是中国第一个空间实验室。天宫一号于2011年9月29日发射升空，并于2018年4月2日再入大气层。若天宫一号运行期间的轨道可视为圆且距地面高为，运行周期为T，地球的半径为R，引力常量为G，下列关于天宫一号的说法正确的是（ ）

A.航天员在太空中不受地球的引力作用
B.由题中信息可求出地球的质量为
C.由题中信息可求出天宫一号的运行速度大小为
D.因为天宫一号的轨道距地面很近，其加速度小于同步卫星的加速度
【正确答案】 B

2-10（巩固） 2021年1月20日，我国在西昌卫星发射中心用“长征三号”乙运载火箭，成功将“天通一号”03星发射升空，它将与“天通一号”01星、02星组网运行。若03星绕地球做圆周运动的轨道半径为02星的n倍，02星做圆周运动的向心加速度为01星的，已知01星的运行周期为T，则03星的运行周期为（　　）
A.T B.T C.T D.T
【正确答案】 C

2-11（提升） 如图所示，飞行器P绕某星球做匀速圆周运动，下列说法不正确的是（　　）

A.轨道半径越大，周期越长
B.张角越大，速度越大
C.若测得周期和星球相对飞行器的张角，则可得到星球的平均密度
D.若测得周期和轨道半径，则可得到星球的平均密度
【正确答案】 D

2-12（提升） 如图所示，甲、乙两颗卫星绕地球做圆周运动，已知甲卫星的周期为N小时，每过9N小时，乙卫星都要运动到与甲卫星同居于地球一侧且三者共线的位置上，则甲、乙两颗卫星的线速度之比为（　　）

A. B. C. D.
【正确答案】 A

2-13（提升） 地球和木星绕太阳运行的轨道可以看作是圆形的，它们各自的卫星轨道也可看作是圆形的。已知木星的公转轨道半径约为地球公转轨道半径的5倍，木星半径约为地球半径的11倍，木星质量大于地球质量。如图所示是地球和木星的不同卫星做圆周运动的半径r的立方与周期T的平方的关系图象，已知万有引力常量为G，地球的半径为R，下列说法正确的是（　　）

A.木星与地球的质量之比为 B.木星与地球的线速度之比为1：5
C.地球密度为 D.木星密度为
【正确答案】 D

2-14（提升） 如图，O为地球的球心，可视为质点的卫星A、B在同一平面内绕地球做同向匀速圆周运动。某时刻，连线BA垂直于BO，BA与OA的夹角=30°，卫星B的公转周期为2小时，则卫星A的公转周期为（　　）

A.8小时 B.5.6小时 C.4小时 D.3.4小时
【正确答案】 B

2-15（提升） 如图所示，是月亮女神、嫦娥1号绕月做圆周运行时某时刻的图片，用R1、R2、T1、T2分别表示月亮女神和嫦娥1号的轨道半径及周期，用R表示月亮的半径。此时二者的连线通过月心，轨道半径之比为1∶4。若不考虑月亮女神、嫦娥1号之间的引力，则下列说法正确的是（　　）

A.在图示轨道上，月亮女神的速度小于嫦娥1号
B.在图示轨道上，嫦娥1号的加速度大小是月亮女神的4倍
C.在图示轨道上，且从图示位置开始经二者第二次相距最近
D.若月亮女神从图示轨道上加速，可与嫦娥1号对接
【正确答案】 D

【原卷 3 题】 知识点 交流电频率的意义,正弦式交变电流瞬时值的表达式及其推导,正弦式交流电的电动势和电流有效值,理想变压器两端电压与匝数的关系



【正确答案】
C
【试题解析】



3-1（基础） 如图甲所示是一小型交流发电机的供电原理图，两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，理想变压器原、副线圈分别与发电机和节能灯连接，节能灯上标有“，”字样且正常发光。从某时刻开始计时，发电机输出端的电流随时间变化的图像如图乙所示，则下列说法正确的是（　　）

A.时，发电机内线圈平面与磁场方向垂直
B.电路中的电流方向每秒钟改变25次
C.变压器原、副线圈匝数之比为10∶1
D.若把小灯泡换成一量程足够的电压表，交流发电机转速加倍，则电压表读数也加倍
【正确答案】 D

3-2（基础） 2011年9月29日晚21时16分，中国全新研制的首个目标飞行器“天宫一号”发射升空，极大地激发了中华儿女的爱国热情。从文化生活的角度看，这体现了（ ）
A.文化能够促进社会的发展 B.文化是一种社会精神力量
C.文化是综合国力的重要因素 D.文化具有相对独立性
【正确答案】 B

3-3（基础） 如图所示，矩形线圈abcd在匀强磁场中绕垂直磁场方向的OO′轴匀速转动。线圈abcd的匝数为N，电阻不计，理想变压器原、副线圈的匝数之比为1∶2，定值电阻R1与 R2的阻值均为R，所用电表均为理想交流电表。当线圈abcd转动的角速度大小为ω时，电压表的示数为U，则（　　）

A.此时电流表的示数为
B.从图示位置（线圈abcd与磁场方向平行）开始计时，线圈abcd中产生的电动势的瞬时表达式为
C.在线圈abcd转动的过程中，穿过线圈的磁通量的最大值为
D.当线圈abcd转动的角速度大小为时，电压表的示数为4U
【正确答案】 C

3-4（基础） 图甲是小型交流发电机的示意图，两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，A为理想交流电流表。线圈绕垂直于磁场的水平轴OO'沿逆时针方向匀速转动，已知发电机线圈电阻为5Ω，外接一只阻值为5Ω的电阻R，不计电路中的其他电阻，已知电阻R两端的电压随时间变化的图像如图乙所示。则（　　）

A.线圈的转速为100r/s
B.交流电流表的示数为2A
C.0.01s时线圈平面与磁场方向平行
D.电阻R在1分钟内产生的热量为4800J
【正确答案】 D

3-5（巩固） 家用燃气电子脉冲点火装置的简化原理图如图所示。将1.5V的直流电压通过转换器转换为正弦交变电压，再经理想变压器升成峰值是15kV的高电压，当放电针间电压超过12kV时进行一次尖端放电，由放电的火花引燃燃烧器上的燃气。下列说法正确的是（ ）

A.放电针间每秒尖端放电200次
B.理想交流电压表V的示数为15V
C.变压器原、副线圈的匝数之比1：1000
D.不经过转换器，只要副线圈的匝数足够大，也可以点燃燃气
【正确答案】 C

3-6（巩固） 一交流发电机产生的感应电动势图像如图所示，该交流电通过一自耦变压器对一电阻供电，不计发电机内阻，则下列说法正确的是（　　）

A.电压表V示数为12V
B.电阻中电流方向每秒钟改变100次
C.t=0.05s时发电机线圈平面与磁场方向垂直
D.当自耦变压器滑片P向上滑动时，电阻消耗的功率减小
【正确答案】 D

3-7（巩固） 如图所示，有一匝数为20、边长为10cm、电阻不计的正方形线框绕着固定转轴以角速度在垂直于纸面向里的匀强磁场中匀速转动，线框关于对称，线框通过两电刷（未画出）与某一理想变压器相连，变压器原线圈串有一个理想交流电流表A，已知理想变压器原、副线圈的匝数之比为，副线圈两端接有两完全相同灯泡，串联，如果灯泡，的规格均为“5V，1W”且正常发光，则下列说法正确的是（　　）

A.匀强磁场的磁感应强度大小为
B.该线框中形成的交变电流，电流方向1秒内改变25次
C.线框转到图示位置的瞬间，电流表A读数为零
D.闭合开关，并联上灯泡，不考虑灯泡的烧坏及阻值的变化，则、均变亮
【正确答案】 A

3-8（巩固） 如图是家电漏电触电保护器原理简图，口字形铁芯上绕有三组线圈A、B、C，A、B为火线和地线双线并绕，电器正常工作时A、B线圈中电流等大反向，线圈和铁芯中磁感应强度为零，保护器两端电压为零；负载电阻a端接火线线圈A，发生漏电或触电事故时相当于负载电阻接地，B线圈（地线）电流小于A线圈电流或为零，交变电流在A线圈及铁芯中产生磁场，使A、C相当于变压器原、副线圈工作，通过保护器的电流启动保护模式—断开火线开关S。已知人体安全电流I0≤10mA，保护器启动电流为25mA，变压器可看作理想变压器，下列说法正确的是（　　）

A.保护器启动必须设置在A、B线圈电流差值远大于10mA时启动
B.人体接触负载电阻的b端比接触a端更危险
C.线圈A、C的匝数比应该大于或等于5:2
D.负载电阻电压是保护器两端的2.5倍
【正确答案】 C

3-9（巩固） 如图，是某风力发电节能路灯的电路简化图。风速为v时，交流发电机的电动势表达式为，能感应风速大小的调节器（不消耗副线圈电路的电能）可以控制变压器副线圈的滑片P上下移动，使灯泡始终保持额定电压正常发光，下列说法正确的是（　　）

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

3-10（巩固） 如图所示电路中，变压器为理想变压器，a、b、c为三个相同的灯泡，其额定电压均为。现在M、N两端接正弦交流电压U，三个灯泡刚好正常发光，且电阻R的功率是a灯泡功率的4倍，则等于（　　）

A.6∶1 B.7∶1 C.5∶2 D.5∶1
【正确答案】 B

3-11（巩固） 在图（a）所示的交流电路中，电源电压的有效值为220V，理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，R1、R2、R3均为固定电阻，R2=10，R3=20，各电表均为理想电表。已知电阻R2中电流i2随时间t变化的正弦曲线如图（b）所示。下列说法正确的是（　　）

A.原线圈输入的交变电流频率为500Hz B.电压表的示数为120V
C.电流表的示数为1.0A D.变压器传输的电功率为18W
【正确答案】 B

3-12（提升） 如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为5∶1，原线圈接入图乙所示的电压，副线圈接火灾报警系统（报警器未画出），电压表和电流表均为理想电表，为定值电阻，R为半导体热敏电阻，其阻值随温度的升高而减小。下列说法中正确的是（　　）

A.图乙中电压的有效值为 B.电压表的示数为
C.R处出现火警时电流表示数减小 D.R处出现火警时电阻消耗的电功率减小
【正确答案】 A

3-13（提升） 湖南省已有多条500千伏线路与外省电网联络，可吸纳三峡、葛洲坝等外省入湘电量。变压器是远距离输电过程中用于改变电压的重要设备，如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈的匝数比，电阻，D为理想二极管（理想二极管具有单向导电性），原线圈接入如图乙所示的正弦交流电，则下列说法正确的是（　　）

A.原线圈所接的交变电压瞬时值表达式为
B.变压器的输出电压为100V
C.通过电阻的电流为
D.变压器的输入功率为1000W
【正确答案】 C

3-14（提升） 如图所示甲是产生交流电的示意图，图乙是其产生的正弦交流电输入到图丙的理想变压器，变压器的开关S接1时原、副线圈中的匝数之比为，二极管正向导电电阻不计，所有电表都是理想电表，则下列判断正确的是（　　）

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

3-15（提升） 图甲中理想变压器原、副线圈的匝数比为2:1，电阻R=10Ω，L1、L2为规格相同的两只小灯泡。原线圈接一个经双向可控硅调节后的电压U，U随时间t的变化规律如图乙所示，正弦交流电的每一个二分之一周期中，前四分之一周期电压被截去。现将S1、S2、S3闭合，此时L2正常发光。下列说法错误的是（　　）

A.输入电压U的有效值为10V B.R消耗的电功率为10W
C.只断开S3后，L2能正常发光 D.只断开S2后，原线圈的输入功率减小
【正确答案】 B

3-16（提升） 如图甲所示，理想变压器原副线圈匝数比n1∶n2= 55∶4，原线圈接有交流电流表A1，副线圈电路接有交流电压表V、交流电流表A2、滑动变阻器R等，所有电表都是理想电表，二极管D正向电阻为零，反向电阻无穷大，灯泡L的阻值恒定。原线圈接入的交流电压的变化规律如图乙所示，则下列说法正确的是（　　）

A.交流电压表V的读数为
B.灯泡L两端电压的有效值为
C.由图乙可知交流发电机转子的角速度为πrad/s
D.当滑动变阻器的触头P向上滑动时，电流表A1示数减小，电压表V示数减小
【正确答案】 B

【原卷 4 题】 知识点 光电效应方程的函数图象,遏止电压的本质及其决定因素



【正确答案】
A
【试题解析】



4-1（基础） 如图所示是某种金属发生光电效应时，光电子的最大初动能与入射光频率的关系图线，a、b均为已知量。由图线可知（　　）

A.该金属的逸出功
B.斜率表示普朗克常量的倒数
C.图中a与b的值与入射光的强度、频率均有关
D.若入射光频率为，则光电子的最大初动能为
【正确答案】 A

4-2（基础） 某金属在光的照射下产生光电效应，其遏止电压Uc与入射光频率ν的关系图像如图所示。普朗克常量为h，则由图像可知（　　）

A.该金属的逸出功等于
B.遏止电压是确定的，与入射光的频率无关
C.入射光的频率为时，产生的光电子的最大初动能为
D.入射光的频率为时，产生的光电子的最大初动能为
【正确答案】 A

4-3（基础） 一百年前，爱因斯坦由于发现了光电效应的规律而获得诺贝尔物理学奖。已知普朗克常量为h，真空中的光速为c，则用不同波长的光照射某金属时，逸出金属表面的光电子的最大初动能与入射光波长的倒数的关系图像（图像）的斜率为（　　）
A. B. C. D.
【正确答案】 C

4-4（基础） 如图所示，分别用1、2两种单色光研究光电效应现象，其频率，改变K极的材料进行探究。则遏止电压随K极的材料的逸出功变化的关系图像可能是（　　）

A. B.
C. D.
【正确答案】 D

4-5（巩固） 用普通光源照射金属时，一个电子在极短时间内只能吸收一个光子从金属表面逸出，称为单光子光电效应。如果用强激光照射金属，由于其光子密度极大，一个电子在短时间内能吸收多个光子，称为多光子光电效应。某光电效应实验装置如图所示，用频率为的普通光源照射阴极K，没有发生光电效应，换用同样频率的强激光照射阴极K，发生了光电效应；闭合开关S，并逐渐增大电源电压U，当光电流恰好减小到零时，电压为UC。已知W为金属材料的逸出功，h为普朗克常量，e为电子电量，下列说法可能正确的是（　　）

A.a端为电源的负极
B.
C.
D.
【正确答案】 D

4-6（巩固） 某兴趣小组用如图甲所示的电路探究光电效应的规律。根据实验数据，小刚同学作出了光电子的最大初动能与入射光频率的关系图线如图乙所示，小明同学作出了遏止电压与入射光频率的关系图线如图丙所示。已知光电子的电荷量为e，则下列说法正确的是（　　）

A.如果图乙、图丙中研究的是同一金属的光电效应规律，则a＝
B.如果研究不同金属光电效应的规律，在图乙中将得到经过（b，0）点的一系列直线
C.如果研究不同金属光电效应的规律，在图丙中将得到不平行的倾斜直线
D.普朗克常量h＝ ＝
【正确答案】 D

4-7（巩固） 甲、乙两种金属发生光电效应时，光电子的最大初动能与入射光频率间的函数关系分别如图所示。下列判断正确的是（　　）

A.甲金属的极限频率大乙
B.图像纵轴截距由入射光强度决定
C.图中两图像的斜率是定值，与入射光和金属材料均无关系
D.用相同的光照射甲、乙两种金属材料发生光电效应时，从两种材料逸出的光电子其反向遏止电压相等
【正确答案】 C

4-8（巩固） 从1907年起，密立根就开始测量金属的遏止电压Uc与入射光的频率v的关系，由此算出普朗克常量h，并与普朗克根据黑体辐射得出的h相比较，以检验爱因斯坦光电效应方程的正确性。按照密立根的方法我们利用图1所示的装置进行实验，得到了某金属的Uc-v图像如图2所示。下列说法正确的是（　　）

A.该金属的截止频率约为
B.该金属的截止频率约为
C.该图像的斜率为普朗克常量
D.该图像的斜率为这种金属的逸出功
【正确答案】 A

4-9（巩固） 钠金属的极限波长为540nm，白光是由多种色光组成的，其波长范围为400nm~760nm。若用白光照射钠金属，则下面四幅表示逸出的光电子的最大初动能Ek，与入射光波长（或波长的倒数）的关系图像中，可能正确的是（　　）
A. B. C. D.
【正确答案】 C

4-10（巩固） 利用图甲所示的实验装置测量遏止电压Uc与入射光频率的关系。若某次实验中得到如图乙所示的Uc—图像。已知普朗克常量，则下列说法正确的是（　　）

A.该金属的逸出功约为
B.电源的左端为正极
C.若保持入射光频率不变，增大入射光光强，遏止电压也会增大
D.遏止电压Uc越大说明光电子最大初动能越小
【正确答案】 A

4-11（巩固） 如图中，在光电效应实验中，两个实验小组分别在名自的实验室，约定用相同频率的单色光分别照射锌和银的表面，结果都能发生光电效应。对于达两组实验，下列判断正确的是（　　）

A.饱和光电流一定不同
B.因为所用光的频率相同，所以遏止电压Uc相同
C.因为光强不确定，所以单位时间逸出的光电子数-定不同
D.若分别用不同频率的光照射之后绘制Uc-图像（为照射光频率，Uc为遏止电压，图乙为其中一小组绘制的图像），图像的斜率相同
【正确答案】 D

4-12（提升） 在某次光电效应实验中，得到了入射光频率v与遏止电压Uc的关系如图所示。该直线的斜率为k，截距为b，电子电荷量为e，则下列说法正确的是（　　）

A.实验所用金属材料的逸出功可表示为
B.普朗克常量可表示为ke
C.若换另外一种金属实验，则k会发生变化
D.若换另外一种金属实验，则b不会发生变化
【正确答案】 A

4-13（提升） 图甲为研究某金属材料的遏止电压与入射光频率的关系的电路图。用不同频率的光分别照射甲图中同一光电管的阴极K，调节滑片P测出遏止电压，并描绘Uc-关系图如图乙所示。已知三种光的频率分别设为、、，光子的能量分别为1.8eV、2.4eV、3.0eV，测得遏止电压分别为、、（图乙中未知）。则下列说法正确的是（　　）

A.普朗克常量可表达为
B.图乙中频率为的光对应的遏止电压
C.该阴极K金属材料的逸出功为2.6eV
D.将电源的正负极对换，仍用频率为的光照射阴极K时，将滑片P向右滑动一些，电流表示数变大
【正确答案】 B

4-14（提升） 科学探究小组使用如图甲所示的电路图研究光电效应，图乙为光电管发生光电效应时遏止电压与入射光频率的关系图像，已知光电子的电荷为。下列说法正确的是（　　）

A.单刀双掷开关空掷时，即使能发生光电效应，电流传感器的示数仍然为零
B.为得到图乙的图像，单刀双掷开关应掷于1处
C.光电管中金属材料的逸出功为
D.普朗克常量
【正确答案】 C

【原卷 5 题】 知识点 由B-t图象计算感生电动势的大小



【正确答案】
D
【试题解析】


5-1（基础） 如图甲所示，在圆形线框的区域内存在匀强磁场，开始时磁场垂直于纸面向里．若磁场的磁感应强度B按照图乙所示规律变化，则线框中的感应电流I （取逆时针方向为正方向）随时间t的变化图线是（　　）

A. B.
C. D.
【正确答案】 A

5-2（基础） 如图所示，用粗细均匀的同种金属导线制成的两个正方形单匝线圈a、b，垂直放置在磁感应强度为B的匀强磁场中，a的边长为L，b的边长为2L。当磁感应强度均匀增加时，不考虑线圈a、b之间的影响，下列说法正确的是（　　）

A.相同时间内，通过线圈a、b某截面的电荷量之比q1∶q2＝1∶2
B.相同时间内，线圈a、b中产生的焦耳热之比Q1∶Q2＝1∶4
C.线圈a、b中感应电动势之比为E1∶E2＝1∶2
D.线圈a、b中的感应电流之比为I1∶I2＝1∶4
【正确答案】 A

5-3（基础） 如图所示，将一铝质薄圆管竖直放在表面绝缘的台秤上，圆管的电阻率为ρ，高度为h，半径为R，厚度为d（d远小于R）。整个装置处于方向竖直向下、磁感应强度大小（）均匀磁场中。则从时刻开始，下列说法正确的是（　　）

A.从上向下看，圆管中的感应电流为顺时针方向
B.圆管中的感应电动势大小为
C.圆管中的感应电流大小为
D.台秤的读数会随时间推移而增大
【正确答案】 C

5-4（基础） 两块水平放置的金属板，板间距离为d，用导线将两块金属板与一线圈连接，线圈中存在方向竖直向上、大小变化的磁场，如图所示．两板间有一带正电的油滴恰好静止，则磁场的磁感应强度B随时间变化的图象是(　　)

A. B.
C. D.
【正确答案】 C

5-5（巩固） 图所示闭合电路中，定值电阻。虚线左侧区域存在垂直电路所在平面向里的磁场，磁感应强度大小B随时间t的变化规律如图2所示，电路在磁场中的面积为，导线电阻不计，则（　　）

A.内，两端电压为 B.内，两端电压为
C.内，电路产生的焦耳热为 D.内，电路产生的焦耳热为为
【正确答案】 D

5-6（巩固） 轻质细线吊着一质量为、半径为1m、电阻、匝数的金属闭合圆环线圈。圆环圆心等高点的上方区域分布着磁场，如图甲所示。磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小随时间变化关系如图乙所示。不考虑金属圆环的形变和电阻的变化，整个过程细线未断且圆环始终处于静止状态。g取。则下列判断正确的是（　　）

A.线圈中的感应电流大小为0.2A B.0~2s时间内金属环产生的热量为
C.线圈中感应电流的方向为顺时针 D.0~6s内细线拉力变小
【正确答案】 B

5-7（巩固） 将一段导线绕成如图甲所示的闭合回路，并固定在水平面内。回路的ab边置于磁感应强度大小为、方向竖直向下的匀强磁场I中，回路的圆环区域内有竖直方向的磁场II，以竖直向下为磁场II的正方向，其磁感应强度B随时间t变化的图像如图乙所示，导线的总电阻为R，圆环面积为S，ab边长为L，则下列说法正确的是（　　）

A.在0~时间内，通过ab边的电流方向先从b→a再从a→b
B.在0~时间内，流过ab边的电荷量为
C.在0~T时间内，ab边受到的安培力大小始终为
D.在0~T时间内，ab边受到的安培力方向先向右再向左
【正确答案】 C

5-8（巩固） 如图甲所示，三角形金属框三边的边长均为L，E为边的中点，三角形所在区域内有垂直纸面向外并随时间变化的匀强磁场，图乙是匀强磁场的磁感应强度B随时间t变化的图像。下列说法正确的是（　　）

A.时刻，金属框内的感应电流由大变小
B.时间内，金属框的感生电动势为
C.时间内，金属框的感生电动势为
D.A、E两端的电势差与金属框的感生电动势总是相等
【正确答案】 B

5-9（巩固） 如图所示，一电阻为2Ω，直角边长为L=0.1m的等腰直角三角形同种材料金属线框，垂直放置在磁感应强度B=100t随时间变化的磁场中，求2s末BC边所受安培力的大小和方向（　　）

A.10N，竖直向上 B.10N，竖直向下
C.5N，竖直向下 D.5N，竖直向上
【正确答案】 D

5-10（巩固） 如图甲，边长为L的等边三角形金属框与匀强磁场垂直放置；图乙是匀强磁场的磁感应强度B随时间t变化的关系图像，t3时刻曲线的切线与时间轴的交点对应的时刻为t2，下列说法正确的是（　　）

A.0-t1段时间，金属框的感应电动势均匀增加
B.t3时刻后，磁感应强度B的变化率越来越小
C.t1时刻，金属框的感应电动势为
D.t3时刻，金属框的感应电动势为
【正确答案】 D

5-11（提升） 两个半径不同的半圆金属环可以组成如图甲、乙所示的两种闭合回路，两半圆环位于同一平面内，圆心重合，较小的半圆环的半径为r，整个回路的电阻为R。将两个闭合回路放在垂直环面的匀强磁场中，磁感应强度随时间变化的规律如图丙所示，则时刻，甲、乙两回路中小的半圆环受到的安培力之差为（图中均为已知量）（　　）

A. B. C. D.
【正确答案】 C

5-12（提升） 三个用同样的细导线做成的刚性闭合线框，正方形线框的边长与圆线框的直径相等，圆线框的半径与正六边形线框的边长相等，如图所示。把它们放入磁感应强度随时间线性变化的同一匀强磁场中，线框所在平面均与磁场方向垂直，正方形、圆形和正六边形线框中感应电流的大小分别为和。则（　　）

A. B. C. D.
【正确答案】 C

5-13（提升） 在光滑绝缘的水平面上建立如图所示直角坐标系xOy，在第一象限内存在垂直水平面的磁场，磁场方向垂直水平面向下，沿x轴方向磁感应强度大小的变化规律为B=B0+kx（k>0且为常数），同一x处沿y轴方向的磁感应强度相同。将一金属圆环放置在磁场中水平面上，在沿x轴方向的拉力F作用下，金属圆环沿x轴方向做匀速运动。则下列说法中正确的是（ ）

A.圆环中感应电流越来越大 B.圆环中感应电流大小不变
C.拉力的大小越来越大 D.拉力的大小越来越小
【正确答案】 B

【原卷 6 题】 知识点 不等量点电荷或多个点电荷周围的电场分布规律,不等量点电荷周围的电势分布


【正确答案】
B
【试题解析】








6-1（基础） 如图所示，分别在M、N两点固定放置两个点电荷 + Q和 - q（Q > q），以MN连线的中点O为圆心的圆周上有四点A、B、C、D，关于这四点的场强和电势，下列说法中正确的是（ ）

A.A点电势高于B点电势
B.A点场强小于B点场强
C.C点电势低于D点电势
D.C点场强大于D点场强
【正确答案】 A

6-2（基础） 图为真空中两个点电荷所产生电场的电场线分布图,P、Q是电场中的两点．下列说法中正确的是

A.P点电势低于Q点电势
B.P点电场强度小于Q点电场强度
C.某检验电荷在P点电势能一定高于在Q点电势能
D.某检验电荷在P点所受电场力一定大于在Q点所受电场力
【正确答案】 D

6-3（基础） 如图所示，A、B两点各放有电量为+Q和+3Q的点电荷，A、B、C、D四点在同一直线上，且AC=CD=DB，将一正电荷从C点沿直线移到D点，则说法正确的是（　　）

A.电场力一直做正功
B.电场力一直做负功
C.电场力先做正功再做负功
D.正电荷在C点的电势能EC大于在D点的电势能ED
【正确答案】 C

6-4（基础） 真空中有两个固定的带正电点电荷，电荷量不相等。一个带负电的试探电荷置于二者连线上的O点时，仅在电场力的作用下恰好保持静止状态。过O点作两电荷连线的垂线，以O点为圆心的圆与连线和垂线分别交于a、c和b、d，O点在两电荷连线中点的左边，如图所示。以下说法正确的是（　　）

A.Q1电量大于Q2电量
B.b、O、d三点在同一等势面上
C.c点电势高于O点电势
D.仅在电场力的作用下该试探电荷从c点运动到O点动能增加
【正确答案】 C

6-5（巩固） 如图所示为两个正电荷与一个负电荷形成的电场的等势面，相邻等势面之间的电势差相等。其中O点为两个正电荷连线的中点，连线水平，且A、B两点关于O点对称；连线竖直，且C、E两点关于D点对称；以无穷远处为零势能面，A、B、C、E、F分别在对应的等势面上，电势如图中标注。下列说法正确的是（　　）

A.A、B两点的电场强度相同
B.将一负检验电荷由O点沿竖直方向移动到F点，电场力对该电荷做正功
C.同一正检验电荷在A点处的电势能小于其在C点处的电势能
D.D点的电势高于一10V
【正确答案】 D

6-6（巩固） 如图所示，两电荷量分别为和的点电荷固定在直线上，两者相距为，以的点电荷所在位置为圆心、为半径画圆，、、、是圆周上四点，其中、在直线上，、两点连线垂直于，下列说法正确的是（　　 ）

A.、两点的电势不相同
B.将一正点电荷从沿圆弧经移动到，电势能减小
C.、两点的电场强度相同
D.点的电场强度大于点的电场强度
【正确答案】 D

6-7（巩固） 如图所示，+q和+Q是固定在真空中两个带正电的点电荷，且电荷量Q > q，P点是两个点电荷连线的中点，M点也在两个点电荷连线上。MNOP构成一个正方形，下列说法正确的是（　　）

A.M点和N点电势相等
B.M点的场强与N点的场强相同
C.将同一带负电的试探电荷分别放在P点和O点，电势能相等
D.将一带负电的试探电荷由M点移到P点，电场力做负功
【正确答案】 D

6-8（巩固） 如图所示，两电荷量分别为和的点电荷固定在直线上，两者相距为L，以的点电荷所在位置为圆心、为半径画圆，a、b、c、d是圆周上四点，其中a、b在直线上，c、d两点连线垂直于，取无穷远处电势为0，下列说法正确的是（　　）

A.a点的电势高于b点的电势
B.将一正点电荷从a 沿圆弧经c移动到b，电势能减小
C. c、d两点的电场强度相同
D. a点的电场强度大于b点的电场强度
【正确答案】 D

6-9（巩固） 如图所示，真空中同一平面内固定两点电荷+2Q和-Q，以点电荷+2Q为圆心的圆上有a、b、c、d四点，其中b点为两点电荷连线与圆的交点，a、c两点关于连线对称，ad 为圆的直径。关于a、b、c三点，下列说法正确的是（　　）

A.a、c两处电场强度相同
B.b处电势最高
C.电子从a点沿着圆弧顺时针运动到c点过程中电势能保持不变
D.电子从a点沿着圆弧顺时针运动到c点过程中电势能先增大后减小
【正确答案】 D

6-10（巩固） 如图所示，直角坐标系中x轴上在x＝－r处固定电荷量为＋9Q的正点电荷，在x＝r处固定电荷量为－Q的负点电荷，y轴上a、b两点的坐标分别为ya＝r和yb＝－r，d点在x轴上，坐标为xd＝2r。e、f点是x轴上d点右侧的两点。下列说法正确的是（　　）

A.a、b两点的场强相同
B.a点的电势大于b点的电势
C.电子在e点和f点电势能Epe、Epf一定满足Epe＜Epf
D.e、f两点场强Ee、Ef一定满足Ee＜Ef
【正确答案】 C

6-11（巩固） 如图所示，在x轴上相距为3L的两点固定两个点电荷+Q、+2Q，虚线是以+Q所在点为圆心、L为半径的圆，a、b、、c、d是圆上的四个点，其中a、c两点在x轴上，b、d两点关于x轴对称。下列判断正确的是（　　）

A.b、d两点处电场强度相同
B.四点中c点处的电势最低
C.将一正试探电荷沿圆周由a点移至c点，电势能先减小后增大
D.将一正试探电荷沿直线从b点移到d点，电场力先做负功后做正功
【正确答案】 D

6-12（提升） 如图所示，边长为l的正方形四个顶点a、b、cd分别放置一个点电荷，M、N为db延长线上两点，MRN和MPN是由M到N的两条不同路径。a、b、c三处电荷的电荷量都为q（q>0），b处电荷受到的静电力为（k为静电力常量），方向由b指向N。则（　　）

A.d处电荷的电荷量为-q
B.正方形中心O处的电场方向从d指向b
C.M点的电势比N点的电势低
D.将一点电荷分别沿路径MRN和MPN由M移到N过程中，静电力做功不相等
【正确答案】 C

6-13（提升） 如图甲所示，两个点电荷、固定在轴上距离为的两点，其中带正电位于原点，、是它们连线延长线上的两点，其中点与点相距。现有一带电的粒子以一定的初速度沿轴从点开始经点向远处运动（粒子只受电场力作用），设粒子经过两点时的速度分别为va、vb，其速度随坐标变化的图像如图乙所示，则以下判断正确的是（　　）

A. B.点的场强一定为零
C.点的电势比点的电势高 D.粒子在点的电势能比点的电势能小
【正确答案】 B

6-14（提升） 真空中相距为的两个点电荷、，分别固定于轴上，和的两点上，在它们连线上各点的电场强度随变化的关系如图所示，下列判断正确的是（　　）

A.点电荷、一定为同种电荷
B.在轴上，的区域内，有一点电场强度为零
C.点电荷、所带电荷量的绝对值之比为
D.若设无穷远处为电势零点，则处的电势一定为零
【正确答案】 A

6-15（提升） 两个等量点电荷M、N固定在x轴上，其产生的电场在两者连线之间的场强E随x的变化关系如图所示，规定x轴正方向为场强的正方向。下列判断正确的是（　　）

A.M、N为同种电荷，两者连线上x2处电势最低
B.M、N为同种电荷，两者连线上x2处电势不是最低
C.M、N为异种电荷，两者连线上x2处电势最低
D.M、N为异种电荷，两者连线上x2处电势不是最低
【正确答案】 D

【原卷 7 题】 知识点 平衡问题的动态分析

【名师点拔】
三个力合成分析动态变化时，如果没有特殊的限制如某个力的方向一致，通常就需要考虑采用正弦定理分析一般力的三角形变化情况。
【正确答案】
B
【试题解析】




7-1（基础） 如图所示，固定在水平面上的光滑半球，球心O的正上方固定一个小定滑轮，细绳一端拴一小球，小球置于半球面上的A点，另一端绕过定滑轮。今缓慢拉绳使小球从A点滑到半球顶点，则此过程中，小球对半球的压力N及细绳的拉力F大小变化情况是（　　）

A.N变大，F变大 B.N变小，F变大
C.N不变，F变小 D.N变大，F变小
【正确答案】 C

7-2（基础） 如图所示，竖直墙壁O处用光滑铰链铰接一轻质杆的一端，杆的另一端固定小球（可以看成质点），轻绳的一端悬于P点，另一端与小球相连。已知轻质杆长度为R，轻绳的长度为L，且R
A.F1和F2均增大 B.F1保持不变，F2先增大后减小
C.F1和F2均减小 D.F1先减小后增大，F2保持不变
【正确答案】 A

7-3（基础） 如图所示，质量均可忽略的轻绳与轻杆，轻杆A端用铰链相连，定滑轮在A点正上方（滑轮大小及摩擦均不计），轻杆B端用轻绳吊一重物．现将轻绳的一端拴在轻杆的B端，用拉力F将轻杆B端缓慢上拉，则在轻杆达到竖直之前，下列说法中正确的是：（ ）

A.拉力F大小始终不变
B.拉力F大小逐渐变大
C.轻杆所受弹力大小逐渐变大
D.轻杆所受弹力大小始终不变
【正确答案】 D

7-4（巩固） 如图所示，两根轻绳一端系于结点O，另一端分别系于固定圆环上的A、B两点，O点下面悬挂一物体M，绳OA水平，拉力大小为F1，绳OB与OA夹角α=120°，拉力大小为F2，将两绳同时缓慢顺时针转过60°，并保持两绳之间的夹角α始终不变，且物体始终保持静止状态。则在旋转过程中，下列说法正确的是（　　）

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

7-5（巩固） 如图所示，两根相同的轻质弹簧一端分别固定于M、N两点，另一端分别与轻绳OP、OQ连接于O点。现用手拉住OP、OQ的末端，使OM、ON两弹簧长度相同（均处于拉伸状态），且分别保持水平、竖直。最初OP竖直向下，OQ与OP成120°夹角。现使OP、OQ的夹角不变，在保持O点不动的情况下，将OP、OQ沿顺时针方向缓慢旋转70°。已知弹簧、轻绳始终在同一竖直平面内，则在两轻绳旋转的过程中（　　）

A.OP上的作用力一直减小
B.OQ上的作用力一直减小
C.OP上的作用力先增大后减小
D.OQ旋转至水平位置时，OQ上作用力最大
【正确答案】 A

7-6（巩固） 如图所示，在竖直放置的正方形框架PQML中，N点为LM边的中点，两段细绳PO、NO连接小球，小球恰好处于框架的中心，若将框架在竖直面内绕Q点逆时针缓慢转动90°，关于两细绳对小球的拉力大小变化的说法正确的是（　　）

A.PO绳中拉力先变大后变小 B.PO绳中拉力一直变大
C.NO绳中拉力先变大后变小 D.NO绳中拉力先变小后变大
【正确答案】 C

7-7（巩固） 如图所示，固定在竖直平面内的光滑圆环的最高点有一个光滑的小孔。质量为m的小球套在圆环上，一根细线的下端系着小球，上端穿过小孔用手拉住。现拉动细线，使小球沿圆环缓慢上移，在移动过程中，手对细线的拉力F和圆环对小球的弹力FN的大小变化情况是（　　）

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

7-8（巩固） 如图所示，A、B两球用劲度系数为的轻弹簧相连，B球用长为L的细线悬于O点，A球固定在O点正下方，且O、A间的距离恰为L，此时绳子所受的拉力为，现把A、B间的弹簧换成劲度系数为的轻弹簧，仍使系统平衡，此时绳子所受的拉力为，则与的大小关系为（　　）

A. B.
C. D.因、大小关系未知，故无法确定
【正确答案】 C

7-9（巩固） 如图所示，内壁光滑的半球形容器固定在水平面上。将一轻弹簧的一端固定在半球形容器底部处，为球心。当弹簧另一端与质量为的小球相连时，小球静止于点。已知与水平方向的夹角为，则半球形容器对球的支持力和弹簧的弹力分别为（） （　　）

A.， B.，
C.， D.，
【正确答案】 B

7-10（巩固） 表面光滑、半径为R的半球固定在水平地面上，球心O的正上方O′处有一无摩擦的定滑轮，轻质细绳两端各系一个小球挂在定滑轮上，如图所示，两小球平衡时，若滑轮两侧细绳的长度分别为L1=2.4R和L2=2.5R，则这两个小球的质量之比m1：m2为（不计球的大小）（　　）

A.24：1 B.25：24 C.24：25 D.25：1
【正确答案】 B

7-11（提升） 《大国工匠》节目中讲述了王进利用“秋千法”在1000kV的高压线上带电作业的过程。如图所示，绝缘轻绳OD一端固定在高压线杆塔上的O点，另一端固定在兜篮D上。另一绝缘轻绳跨过固定在杆塔上C点的定滑轮，一端连接兜篮，另一端由工人控制。身穿屏蔽服的王进坐在兜篮里，缓慢地从C点运动到处于O点正下方E点的电缆处。绳OD一直处于伸直状态，兜篮、王进及携带的设备总质量为m，可看作质点，不计一切阻力，重力加速度大小为g。关于王进从C点缓慢运动到E点的过程中，下列说法正确的是（　　）

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

7-12（提升） 如图所示，竖直平面内有一圆环，圆心为O，半径为R，PQ为水平直径，MN为倾斜直径，PQ与MN间的夹角为，一条不可伸长的轻绳长为L，两端分别固定在圆环的M、N两点，轻质滑轮连接一个质量为m的重物，放置在轻绳上，不计滑轮与轻绳间的摩擦。现将圆环从图示位置绕圆心O顺时针缓慢转过角，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）

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

7-13（提升） 哥伦比亚大学的工程师研究出一种可以用于人形机器人的合成肌肉，可模仿人体肌肉做出推、拉、弯曲和扭曲等动作。如图所示，用合成“肌肉”做成的“手臂”ced的d端固定一滑轮，c端固定于墙壁，足够长的细绳绕过d端滑轮，一端也固定于墙壁，另一端连接质量为m的物体，合成“肌肉”的c和e处类似于人手臂的关节，由“手臂”合成“肌肉”控制。设cd的连线与竖直墙壁ac夹角为?，不计滑轮与细绳的摩擦，下列说法不正确的是（　　）

A.撤除轻质细杆ce瞬间物体的下落加速度为重力加速度g
B.若保持θ＝90°，增大cd长度，细绳对滑轮的力始终沿dc方向
C.若保持ac等于ad，增大cd长度，细绳对滑轮的力始终沿dc方向
D.若θ从90°逐渐变为零，cd长度不变，且保持ac＞cd，则细绳对滑轮的力先增大后减小
【正确答案】 B

7-14（提升） 新疆是我国最大的产棉区，在新疆超出70%棉田都是通过机械自动化采收，自动采棉机将棉花打包成圆柱形棉包，然后平稳将其放下。放下棉包的过程可以简化为如图所示模型，质量为m的棉包放在“V”型挡板上，两板间夹角为固定不变，“V”型挡板可绕P轴在竖直面内转动，使BP板由水平位置逆时针缓慢转动的过程中，忽略“V”型挡板对棉包的摩擦力，已知重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）

A.在AP板转到水平前，BP板与AP板对棉包的作用力的合力不变
B.棉包始终受到三个力的作用
C.棉包对AP板的压力先增大后减小
D.当BP板转过时，棉包对BP板的作用力大小为mg
【正确答案】 A

7-15（提升） 如图，柔软轻绳的一端固定，其中间某点拴一重物，用手拉住绳的另一端，初始时，竖直且被拉直，与之间的夹角为，现将重物向右上方缓慢拉起，并保持夹角不变，在由竖直被拉到水平的过程中（　　）

A.上的张力逐渐增大
B.上的张力先增大后减小
C.上的张力逐渐增大
D.上的张力先减小后增大
【正确答案】 A

【原卷 8 题】 知识点 作用的导体棒在导轨上运动的电动势、安培力、电流、路端电压




【正确答案】
A C
【试题解析】





8-1（基础） 如图所示，光滑平行金属导轨MN、PQ所在平面与水平面成角，M、P两端接一阻值为R的定值电阻，阻值为r的金属棒ab垂直导轨放置，其他部分电阻不计。整个装置处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向下。t＝0时对金属棒施一平行于导轨的外力F，金属棒由静止开始沿导轨向上做匀加速直线运动；下列关于穿过回路abPMa的磁通量变化量ΔΦ、磁通量的瞬时变化率、通过金属棒的电荷量q及a、b两端的电势差U随时间t变化的图象中，下列说法正确的是（　　）

A. B. C. D.
【正确答案】 BD

8-2（基础） 如图所示，光滑“C”型金属导轨固定在水平面并处于竖直向下的匀强磁场中，导轨电阻不计，质量为m、电阻为R的金属棒垂直放在导轨上，且始终与导轨接触良好。t=0时金属棒在水平外力F的作用下由静止开始向右做匀加速直线运动，则下列关于外力F、穿过回路的磁通量、金属棒的动量p、动能Ek随时间变化图象正确的是（　　）

A. B. C. D.
【正确答案】 AC

8-3（基础） 如图，空间中存在两个相邻的，磁感应强度大小相等、方向相反的有界匀强磁场，其宽度均为L。现将宽度也为L的矩形单匝闭合线圈从图示位置沿垂直于磁场方向匀速拉过磁场区域。若规定顺时针方向为感应电流的正方向，水平向左为安培力的正方向，则在该过程中，能正确反映线圈中所产生的感应电流或其所受安培力随时间变化的图像是（　　）

A. B. C. D.
【正确答案】 BD

8-4（巩固） 如图示，电阻不计、间距为l的光滑平行金属导轨水平放置于磁感强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中，导轨左端接一定值电阻R。质量为m、电阻为r的金属棒置于导轨上，受到垂直于金属棒的水平外力F的作用由静止开始运动，外力F与金属棒速度v的关系是（、k是常量），金属棒与导轨始终垂直且接触良好。金属棒中感应电流为i，受到的安培力大小为，电阻R两端的电压为，感应电流的功率为P，它们随时间t变化图像可能正确的有（　　）

A. B. C. D.
【正确答案】 ABC

8-5（巩固） 如图所示，光滑金属导轨DCEF固定在水平面并处于竖直向下的匀强磁场中，CD、EF平行且足够长，CE是粗细均匀、电阻率一定的导体，且与EF夹角为θ（θ<90°），CD和EF的电阻不计。导体棒MN与CE的材料、粗细均相同，用外力F使MN向右匀速运动，从E点开始计时，运动中MN始终与EF垂直且和导轨接触良好。若图中闭合电路的电动势为E，电流为I，消耗的电功率为P，下列图像正确的是（　　）

A. B. C. D.
【正确答案】 AB

8-6（巩固） 如图所示，在磁感应强度为B的竖直向下的匀强磁场中，足够长的直金属杆b固定在绝缘水平面上。另一根金属杆a折成“V”形，两边夹角，金属杆a跨在b杆的上方，接触良好，角平分线与b杆垂直，两杆单位长度的电阻均为。现给金属杆a一初速度v并用水平拉力F拉着金属杆a使其沿角平分线方向匀速从b杆上滑过，从金属杆a的弯折点经过b杆时开始计时，忽略两杆的粗细，不计一切摩擦。一段时间内，关于拉力F及回路中电流I随时间t的变化图象，下列选项正确的是（　　）

A. B. C. D.
【正确答案】 AC

8-7（巩固） 如图所示，两根光滑直导轨AC、DE互成角度水平放置，其中A、D端接一定值电阻R，整个空间存在着垂直于导轨平面的匀强磁场。一导体棒从AD位置以一定的初速度向右运动，在水平向右的外力F作用下，导体棒向右运动过程中流过电阻R的电流保持不变。导体棒所受安培力大小为F安，导体棒克服安培力做功为W，流过电阻R的电荷量为q，运动时间为t，运动位移为x。导体棒与导轨接触良好，且电阻均不计，关于以上各物理量之间的关系图像，下列正确的是（　　）

A. B. C. D.
【正确答案】 AB

8-8（巩固） 如图所示，两平行金属导轨，间有一正方形磁场区域abcd，，ac两侧匀强磁场的方向相反且垂直于轨道平面，ac右侧磁感应强度是左侧的2倍。现让垂直于导轨放置在导轨上，与导轨接触良好的导体棒PQ从图示位置以速度v向右匀速通过区域abcd。若导轨和导体棒的电阻均不计，则下列关于PQ中感应电流i和PQ所受安培力F随时间变化的图像可能正确的是（规定从Q到P为i的正方向，平行于导轨向左为F的正方向）（　　）

A. B. C. D.
【正确答案】 AC

8-9（巩固） 如图所示，倾角为的斜面上固定了成一定的角度的两银光滑的金属导轨，两轨道的角平分线与斜面的边线平行，轨道的电阻不计。斜面内分布了垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。某时刻起，用沿角平分线的力F，将质量为m。单位长度电阻为r的金属杆拉着匀速向上运动，速度大小为v，金属杆始终与拉力F垂直。以开始运动作为时刻，这一过程中。金属杆中的电流i，金属杆受到的安培力，拉力F，回路中产生的热量Q等随时间t变化的关系图像中可能正确的是（　　）

A. B. C. D.
【正确答案】 AC

8-10（巩固） 如图所示，一“”形金属导轨MPQ固定在水平面上，，金属导轨左端接一阻值为的电阻，轨道电阻不计，空间存在垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度。在金属导轨右侧E位置处垂直于MQ边放置一足够长的、质量为电阻不计的光滑金属棒，此时金属棒与M点间的距离为2m，之后在外力作用下，金属棒以的初速度从E位置处水平向右运动2m到达了F位置处，已知此过程中，通过金属棒的电流保持恒定，下列说法中正确的是（　　）

A.此过程用时1.5s B.金属棒做匀减速直线运动
C.此过程中外力做功1.5J D.此过程中通过电阻R的电荷量为1.5C
【正确答案】 ACD

8-11（提升） 如图所示，水平面内有一光滑金属导轨，其、边的电阻不计，边的电阻阻值，与的夹角为135°，与垂直，边长度小于1m。将质量，电阻不计的足够长直导体棒搁在导线上，并与平行，棒与、交点G、H间的距离，空间存在垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度。在外力作用下，棒由处以一定的初速度向左做直线运动，运动时回路中的电流始终与初始时的电流相等。则下列说法正确的是（　　）

A.回路中电流沿逆时针方向
B.若初速度，求棒在处所受的安培力大小
C.若初速度，求棒向左移动距离2m到达所需的时间
D.在棒由处向左移动2m到达处的过程中，外力做功，则初速度
【正确答案】 BC

8-12（提升） 如图甲所示，水平放置的“”形光滑导轨宽为L，导轨左端连接阻值为R的电阻。导轨间存在两个相同的矩形匀强磁场Ⅰ、Ⅱ、质量为m的金属杆在恒力作用下向右运动，金属杆始终与导轨垂直且接触良好，其速度v随时间变化图像如图乙所示。时刻金属杆恰好进入磁场Ⅱ，图中物理量均为已知量，不计其它电阻。下列说法正确的有（　　）

A.金属杆初始位置与磁场Ⅰ左边界距离为
B.通过两磁场区域时，流经导体棒的电荷量相等
C.金属杆在磁场Ⅱ中做加速度逐渐增大的减速直线运动
D.磁场的磁感应强度大小为
【正确答案】 BD

8-13（提升） 如图，水平放置足够长光滑金属导轨abc和de，ab与de平行，bc是以O为圆心的圆弧导轨，圆弧be左侧和半圆形Obc内有方向如图的匀强磁场，金属杆OP的O端与e点用导线相接，P端与圆弧bc接触良好。初始时，可滑动的金属杆静止在平行导轨上，若杆绕O点在匀强磁场区内从b到c匀速转动过程中，回路中始终有电流，金属杆MN的速度用v表示，金属杆MN的加速度用a表示，回路中电流用I表示，回路消耗的电功率用p表示，只计金属杆MN、OP的电阻。下列图像中可能正确的是（　　）

A. B. C. D.
【正确答案】 AC

8-14（提升） 如图所示，一个三角形导轨垂直于磁场固定在磁感应强度为的匀强磁场中，是与导轨材料相同的导体棒且与导轨接触良好。导轨和导体棒处处粗细均匀，在外力作用下，导体棒以恒定速度向右运动，以导体棒在图示位置时刻作为计时起点，则回路的感应电动势、感应电流、导体棒所受外力的功率和回路中产生的焦耳热随时间变化的图像正确的是（　　）

A. B. C. D.
【正确答案】 AC

8-15（提升） 如图所示，两光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。两导轨间用大小可忽略的定值电阻R连接，以两导轨交点为坐标原点，以两导轨的角平分线为x轴，两导轨与x轴夹角均为θ。导轨上的金属棒与x轴垂直，在外力F作用下从O点开始以速度v向右匀速运动，忽略导轨和金属棒的电阻。I表示流过电阻R的电流，P表示电阻R的热功率，F表示金属棒受到的拉力大小，W表示拉力做的功，则下列关于上述物理量与x的关系图像可能正确的是（　　）

A. B. C. D.
【正确答案】 AC

【原卷 9 题】 知识点 用细绳连接的系统机械能守恒问题


【正确答案】
B C D
【试题解析】







9-1（基础） 如图所示，a、b两物块质量分别为、，用不计质量的细绳相连接，悬挂在定滑轮的两侧，不计滑轮质量和一切摩擦，开始时，a、b两物块距离地面高度相同，用手托住物块b，然后突然由静止释放，直至a、b物块间高度差为，在此过程中，下列说法正确的是（　　）。

A.物块b重力势能的减少量等于细绳拉力对它所做的功
B.物块a重力势能的增加量小于其动能增加
C.物块a的机械能逐渐增加
D.物块b机械能减少了
【正确答案】 CD

9-2（基础） “高空抛物”一直被称为悬在城市头顶上的痛，尤其是人为的高空抛物，更给公共安全带来极大的危害性。最高人民法院发布《关于依法妥善审理高空抛物、坠物案件的意见》，对于故意高空抛物的，根据具体情形进行处罚。若从七楼阳台约20m高处，将一质量为1kg的花盆水平推出，不计空气阻力，重力加速度g取。下列说法正确的是（　　）

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

9-3（基础） 如图所示，物块A的质量为m，物块B的质量为3m，两物块被系在绕过定滑轮的轻质细绳两端。不计摩擦和空气阻力，定滑轮的质量忽略不计，重力加速度大小为g，两物块由静止开始运动，当B向右运动的距离为x时，则（　　）

A.A的动能为mgx
B.A的动能为
C.绳子的拉力对B做的功为mgx
D.绳子的拉力对B做的功为
【正确答案】 BD

9-4（基础） 如图所示，两个质量相等的小球A、B处在同一水平线上，当小球A被水平抛出的同时，小球B开始自由下落，不计空气阻力，则下列说法正确的是（　　）

A.在相等时间内，两小球的速度增量相等 B.在同一时刻，两小球的重力的功率不相等
C.在下落过程中，两小球的重力做的功不相等 D.在下落过程中，两小球重力的平均功率相等
【正确答案】 AD

9-5（巩固） 如图所示，圆心在O点、半径为R的圆弧轨道abc竖直固定在水平桌面上，Oc与Oa的夹角为60°，轨道最低点a与桌面相切。一轻绳两端系着质量分别为和的小球（均可视为质点），挂在圆弧轨道边缘C的两边，开始时，质量为的小球位于c点，然后从静止释放，质量为的小球将沿着圆弧轨道运动，设轻绳足够长，不计一切摩擦。则（　　）

A.质量为的小球在由C下滑到a的过程中，两球速度大小始终相等
B.质量为的小球在由C下滑到a的过程中其机械能不断减小
C.若质量为的小球恰好能沿圆弧轨道下滑到点a，则
D.若质量为的小球恰好能沿圆弧轨道下滑到点a，则
【正确答案】 BC

9-6（巩固） 如图所示，可视为质点且光滑的两定滑轮高度相同，跨过滑轮的细线分别连接质量相等的两物体A和B，A套在光滑水平轻杆上，开始时连接A的细线与水平杆夹角为，现由静止释放A，在A由静止开始向右运动至达到最大速度的过程中（B始终未碰杆，，）（　　）

A.A的位移大于B的位移
B.A和B的速度大小总是相等的
C.A的最大速度为
D.B一直处于失重状态
【正确答案】 AC

9-7（巩固） 如图所示，光滑斜面体固定在水平地面上，顶端装有质量不计的光滑定滑轮，跨过定滑轮的不可伸长细线两端连接两质量相等的物块A和B。物块A的正下方地面上固定一竖直轻弹簧，弹簧始终处于弹性限度内，忽略空气阻力。物块B由斜面体底端静止释放后，在物块A下落至最低点的过程中。下列说法正确的是（ ）

A.物块A与弹簧接触前，A、B组成的系统机械能守恒
B.物块A刚与弹簧接触时，物块B的动能最大
C.细线的拉力对物块B做的功大于B增加的机械能
D.弹簧的最大弹性势能小于物块A下降过程中减少的重力势能
【正确答案】 AD

9-8（巩固） 如图所示，光滑斜面倾角为θ，C为斜面上固定挡板，物体A和B通过轻质弹簧连接，弹簧劲度系数为k，A、B处于静止状态，现对A施加沿斜面向上的恒力使沿斜面向上运动，当B刚要离开挡板时，A沿斜面上向上运动的速度为v，加速度为a，且斜面向上。已知A物块的质量为m，B物块的质量为2m，重力加速度为g，弹簧始终在弹性范围内，下列说法正确的是（　　）

A.当B刚要离开C时，A发生的位移大小
B.从静止到B刚要离开C的过程中，物体A克服重力做功为
C.B刚要离开C时，恒力对A做功的功率为
D.当物体A速度达到最大时，B的加速大小为
【正确答案】 ABD

9-9（巩固） 如图所示，固定的光滑竖直杆上套着一个质量为的滑块，滑块用轻绳系着绕过光滑的定滑轮与质量为的重物相连，把滑块从A点由静止释放后，滑块开始上升，滑块运动到与滑轮等高的位置B的过程中，下列说法正确的是（　　）

A.
B.滑块的速度一直增大
C.滑块运动到B点时，重物的速度为零
D.滑块的机械能一直增大
【正确答案】 CD

9-10（巩固） 如图所示，可看做质点的物块A和B通过一根轻质不可伸长的细绳相连，跨放在质量不计的光滑定滑轮两侧，A、B质量分别为m和3m。初始时A静止于水平地面上，B悬于空中距离地面高为h。开始时细绳绷直用手托住B由静止释放。直至B恰好将和地面接触。空气阻力不计。则（　　）

A.物体B落地时速度为
B.物体A的机械能增加1.5mgh
C.物块A的机械能增加是由于绳子拉力做正功
D.物体B的重力势能减少量大于重力对它做的功
【正确答案】 ABC

9-11（巩固） 如图所示，质量均为m的两个物体A和B，其中物体A置于光滑水平台上，物体B穿在光滑竖直杆上，杆与平台有一定的距离，A、B两物体通过不可伸长的细轻绳连接跨过台面边缘的光滑小定滑轮，细线保持与台面平行。现由静止释放两物体，当物体B下落h时，B物体的速度为2v，A物体的速度为v。关于此过程下列说法正确的是（　　）

A.该过程中B物体的机械能损失了 B.该过程中绳对物体A做功为
C.物体A在水平面上滑动的距离为h D.该过程中绳对系统做功
【正确答案】 AB

9-12（提升） 如图所示直角边长为R的光滑等腰直角三角形和半径为R的光滑圆柱的一部分无缝相接，质量分别为2m和m的物体A和小球B通过一根不可伸长的细线相连，小球B恰好位于桌面上。小球B可视为质点，若从静止释放小球B，当其运动到圆柱顶点时，则（　　）

A.物体A的速度大小为
B.物体A的速度大小为
C.绳的张力对物体B所做的功为
D.绳的张力对物体B所做的功为mgR
【正确答案】 BC

9-13（提升） 如图所示，滑块2套在光滑的竖直杆上，并通过轻绳绕过光滑定滑轮连接物块1，物块1与一轻质弹簧连接在一起，轻质弹簧另一端固定在地面上，物块1和滑块2均可看作质点。开始时用手托住滑块2，使滑轮右侧的绳子刚好伸直处于水平，但无张力，此时弹簧的压缩量为d。现将滑块2从A处由静止释放，到达C处的速度为零，此时物块1还没有到达滑轮位置。已知滑轮与杆的水平距离为3d，A、C间距离为4d。不计滑轮质量、大小及与轻绳之间的摩擦。下列说法正确的是（ ）

A.物块1和滑块2的质量之比为1∶1
B.物块1和滑块2的质量之比为2∶1
C.若滑块2的质量增加一倍，其它条件不变，仍让滑块2由A处从静止滑到C处，滑块2到达C处时，物块1的速度为
D.若滑块2的质量增加一倍，其它条件不变，仍让滑块2由A处从静止滑到C处，滑块2到达C处时，物块1的速度为
【正确答案】 BD

9-14（提升） 轮轴机械是中国古代制陶的主要工具。如图所示，轮轴可绕共同轴线O自由转动，其轮半径，轴半径，用轻质绳缠绕在轮和轴上，分别在绳的下端吊起质量为2kg、1kg的物块P和Q，将两物块由静止释放，释放后两物块均做初速度为0的匀加速直线运动，不计轮轴的质量及轴线O处的摩擦，重力加速度g取。在P从静止下降的过程中，下列说法正确的是（　　）

A.P、Q速度大小始终相等 B.Q上升的距离为
C.P下降时Q的速度大小为 D.P下降时的速度大小为
【正确答案】 BD

9-15（提升） 如图所示，在距水平地面高为0.8m处，水平固定一根长直光滑杆，在杆上P点固定一定滑轮，滑轮可绕水平轴无摩擦转动，在P点的右边杆上套有一质量的小球A．半径R=0.6m的光滑半圆形细轨道竖直地固定在地面上，其圆心O、半圆形轨道上的C点在P点的正下方，在轨道上套有一质量也为的小球B，用一条不可伸长的柔软轻绳，通过定滑轮将两小球连接起来。杆和半圆形轨道在同一竖直平面内，两小球均可看作质点，不计滑轮大小、质量的影响，小球B开始静止在地面上，球A、B间的轻绳刚好伸直。现给小球A一个水平向右的恒力。重力加速度，则（　　）

A.把小球B从地面拉到P的正下方C处时力F做功为48J
B.小球B运动到C处时的速度大小为4m/s
C.小球B被拉到与小球A速度大小相等时，
D.把小球B从地面拉到P的正下方时C处时，小球B的机械能增加了16J
【正确答案】 AC

【原卷 10 题】 知识点 周期、角速度、转速、频率与线速度之间的关系式,平抛运动位移的计算



【正确答案】
B D
【试题解析】




10-1（基础） 半径为R的水平圆盘绕过圆心O的竖直轴匀速转动，A为圆盘边缘上一点，在O的正上方有一个可视为质点的小球以初速度v水平抛出时，半径OA恰好与v的方向相同，如图所示，若要使小球与圆盘只碰一次，且落在A，重力加速度为g，则圆盘转动的角速度可能为（ ）

A. B. C. D.
【正确答案】 CD

10-2（基础） 一质量为m的小物体（可视为质点，且相对传送带静止）在水平传送带上被传送，A为终端皮带轮，如图所示，已知皮带轮的半径为r，重力加速度大小为g，传送带与皮带轮间不会打滑，当小物体可被水平抛出时（　　）

A.皮带的最小速度为 B.皮带的最小速度为
C.A轮每秒的转数最少是 D.A轮每秒的转数最少是
【正确答案】 AC

10-3（基础） 如图所示，直径为d的竖直圆筒绕中心轴线以恒定的转速匀速转动。一子弹以水平速度沿圆筒直径方向从左侧射入圆筒，从右侧射穿圆筒后发现两弹孔在同一竖直线上且相距为h，则（　　）

A.子弹在圆筒中的水平速度为
B.子弹在圆筒中的水平速度为
C.圆筒转动的角速度可能为
D.圆筒转动的角速度可能为
【正确答案】 AD

10-4（巩固） 水车是我国劳动人民利用水能的一项重要发明，下图为某水车模型，从槽口水平流出的水初速度大小为，垂直落在与水平面成角的水轮叶面上，落点到轮轴间的距离为，在水流不断冲击下，轮叶受冲击点的线速度大小接近冲击前瞬间水流速度大小，忽略空气阻力，有关水车及从槽口流出的水，重力加速度为，以下说法正确的是（　　）

A.水流在空中运动水平射程为
B.水流在空中运动时间为
C.水车最大角速度接近
D.水流冲击轮叶前瞬间的线速度大小
【正确答案】 BCD

10-5（巩固） 如图所示，一位同学玩飞镖游戏。圆盘最上端有一P点，飞镖抛出时与P点等高，且距离P点为L。当飞镖以初速度v0垂直盘面瞄准P点抛出的同时，圆盘绕经过盘心O点的水平轴在竖直平面内匀速转动。忽略空气阻力，重力加速度为g，若飞镖恰好击中P点，则（　　）

A.飞镖击中P点所需的时间为
B.圆盘的半径为
C.圆盘转动角速度的最小值为
D.P点随圆盘转动的线速度可能为
【正确答案】 AD

10-6（巩固） 为了测定子弹的飞行速度，在一根水平放置的轴杆上固定两个薄圆盘、，、平行相距，轴杆的转速为，子弹穿过两盘留下两个弹孔、，测得两弹孔所在的半径夹角是，如图所示。则该子弹的速度可能是（　　）

A. B. C. D.
【正确答案】 AC

10-7（巩固） 如图所示，是某海洋馆中一喷水装置示意图，A、B、C是位于同一水平面的三个喷水平台的喷水口，AB=BC=CA=0.8m。任一喷口喷出的水做斜抛运动后恰好可到达另两个喷口中的一个，图中虚线是水在空中的运动轨迹，轨迹最高点到喷水口的高度差均为0.2m。该装置工作机制是：当A喷口喷出的水刚到达喷口B，A喷立即停止喷水，当A喷出的水全部到达B喷口时，B喷口才开始工作，依次类推，始终保证任一时刻最多只有一个喷口喷水。已知喷口每秒喷出的水量均为0.009，忽略空气阻力，重力加速度取g=10，则（　　）

A.水从喷口喷出时的速度大小为
B.喷出的水在空中运动的最小速度为4m/s
C.空中水的体积最多为
D.从A喷口开始喷水至B喷口开始喷水历时0.8s
【正确答案】 ACD

10-8（巩固） 如图所示，ABC是竖直面内的光滑固定轨道，A点在水平面上，轨道AB段竖直，长度为R，BC段是半径为R的四分之一圆弧，与AB相切于B点。一质量为m的小球从A点以某一竖直向上的初速度沿ABC轨道的内侧运动，且到达最高点C点时恰好仍能接触但不挤压轨道。已知小球的半径远小于R，重力加速度大小为g。则（　　）

A.小球在A点的初速度为 B.小球在A点的初速度为
C.小球的落地点到A点的距离为 D.小球的落地点到A点的距离为
【正确答案】 BD

10-9（提升） 底部光滑的圆筒绕竖直中心轴逆时针转动，简壁上贴近底部的一个水平圆周上均匀分布着6个小孔O1至O6，如图所示是其俯视图，圆筒半径R=20cm。一个小球恰好从O6以=3m/s射入，入射方向与O1O4平行，不考虑小球在圆筒内运动时竖直方向的位移。若要使小球从O3孔射出，则圆周匀速转动的角速度大小可能为（　　）

A.10πrad/s B.20πrad/s C.40πrad/s D.50πrad/s
【正确答案】 AC

10-10（提升） 如图所示，M是水平放置的半径足够大的圆盘，绕过其圆心的竖直轴OO′匀速转动，规定经过圆心O水平向右为x轴的正方向．在圆心O正上方距盘面高为h处有一个正在间断滴水的容器，从t=0时刻开始随传送带沿与x轴平行的方向做匀速直线运动，速度大小为v。已知容器在t=0时刻滴下第一滴水，以后每当前一滴水刚好落到盘面上时再滴一滴水。下列说法正确的是（　　）

A.从水滴落下到落在圆盘上的时间为
B.要使每一滴水在盘面上的落点都位于同一直线上，圆盘转动的角速度ω应满足nπ，（n=1，2，3，…）
C.第一滴水与第二滴水在盘面上落点间的最小距离为
D.第二滴水与第三滴水在盘面上落点间的最大距离
【正确答案】 BD

10-11（提升） 子弹以初速度水平向右射出，沿水平直线穿过一个正在沿逆时针方向转动的薄壁圆筒，在圆筒上只留下一个弹孔（从A位置射入，B位置射出，如图所示）。，之间的夹角，已知圆筒半径，子弹始终以的速度沿水平方向运动（不考虑重力的作用），则圆筒的转速可能是（　　）

A. B. C. D.
【正确答案】 CD
10-12（提升） 现有一根长0.4m的刚性轻绳，其一端固定于O点，另一端系着一个可视为质点且质量为1kg的小球，将小球提至O点正上方的A点处，此时绳刚好伸直且无张力，如图所示。不计空气阻力，g=10m/s2，则（　　）

A.小球以1m/s的速度水平抛出到绳子再次伸直时的位置在过O点的水平线之上
B.小球以1m/s的速度水平抛出到绳子再次伸直时的位置在过O点的水平线之下
C.小球以2m/s的速度水平抛出的瞬间，绳子的张力大小为10 N
D.小球以4m/s的速度水平抛出的瞬间，绳中的张力大小为30N
【正确答案】 BD

【原卷 11 题】 知识点 力学创新实验,实验：验证机械能守恒定律






【正确答案】

【试题解析】




11-1（基础） 某物理兴趣小组利用如图甲所示的装置验证系统机械能守恒定律，操作步骤如下：

①用天平测量物块的质量和物块的质量，要求小于；
②把打点计时器、定滑轮固定在铁架台上，跨过定滑轮的轻质细线连接物块和物块；
③把固定在物块上的纸带穿过打点计时器的限位孔，让物块靠近打点计时器，先______，再释放______；
④实验过程中打出的一条纸带如图乙所示；
⑤更换物块重复实验。
（1）请把步骤③补充完整；
（2）测得计数点O、A、B、C、D、E、F相邻两点间的距离分别为、、、、、，并计算出打下计数点时物块和物块运动的速度大小，打下计数点时物块和物块运动的速度大小，从打计数点A到E的过程中，物块和物块组成的系统减小的重力势能______，增加的动能为______，若约等于，则在误差允许的范围内，物块和物块组成的系统机械能守恒。（结果用、、、、、、、、表示）
【正确答案】 接通打点计时器的电源 物块和物块

11-2（基础） 某班同学分成两组来进行“验证机械能守恒定律”的实验。甲组同学采用让重锤自由下落的方法验证机械能守恒，实验装置如图1所示。试回答以下问题：

（1）除带夹子的重锤、纸带、铁架台（含夹子）、打点计时器、导线及开关外，在下列器材中，还需要使用的器材是___________（选填选项前字母）
A．直流电源 B．天平（含砝码） C．交流电源 D．刻度尺
（2）实验过程中他们进行了如下操作，其中操作不当的步骤是___________（选填选项前字母）
A．将打点计时器竖直固定在铁架台上
B．先释放纸带，后接通电源
C．在纸带上选取适当的数据点，并测量数据点间的距离
D．根据测量结果分别计算重锤下落过程中减少的重力势能及增加的动能
（3）按照正确的实验操作，得到如图2所示的一条纸带。在纸带上选取连续打出的5个点A、B、C、D、E，测得C、D、E三个点到起始点O的距离分别为hc、hD、hE。已知当地重力加速度为g，打点计时器打点的周期为T，设重锤的质量为m，则从打下O点到打下D点的过程中，重锤的重力势能减少量△Ep=___________，动能增加量△Ek=___________（用上述测量量和已知量的符号表示）

【正确答案】 CD或DC B

11-3（基础） 某同学采用落体法做“验证机械能守恒定律”的实验。
（1）释放纸带前的瞬间，下列四幅图中重物和手的位置合理的是___________
A． B． C． D．
（2）关于实验器材的选择，下列说法合理的是___________
A．选取重物时，应选质量大、体积小的物体较好
B．打点计时器可以用干电池供电
C．同样条件下，采用电火花计时器比采用电磁打点计时器纸带所受阻力更小
D．本实验需较精确测量重物质量，所以天平是必备器材
（3）该同学进行正确的实验操作，选取一条点迹清晰的纸带，如图所示。其中O点为纸带上打下的第一个点，A、B、C为三个计数点，打点计时器接50Hz的交流电，在计数点A和B之间、B和C之间各有四个点未画出，重物的质量，g取。
根据以上数据，打B点时重物的重力势能比开始下落时减少了___________J，这时它的动能是___________J。（计算结果均保留三位有效数字）。若在误差允许的范围内，重力势能的减少量等于动能的增加量，则重物下落过程中机械能守恒。

【正确答案】 A AC或CA 6.91 6.85

11-4（基础） 某同学根据机械能守恒定律，设计实验探究弹簧的弹性势能与压缩量的关系。
（1）如图（a），将轻质弹簧下端固定于铁架台，在上端的托盘中依次增加祛码，测得相应的弹簧长度，部分数据如下表，由数据算得劲度系数______。（g取，结果保留两位有效数字）
砝码质量（g）
50
100
150
弹簧长度（）
8.62
7.63
6.66
（2）取下弹簧，将其一端固定于气垫导轨左侧，如图（b）所示；调整导轨，使滑块自由滑动时，通过两个光电门的速度大小______。
（3）用滑块压缩弹簧，记录弹簧的压缩量x；释放滑块，记录滑块脱离弹簧后的速度v，释放滑块过程中，弹簧的弹性势能转化为______。
（4）重复（3）中的操作，得到v与x的关系如图（c）。由图可知，v与x成______关系，由上述实验可得结论：对同一根弹簧，弹性势能与弹簧的_______成正比。

【正确答案】 51 相等 动能 正比 形变量的平方

11-5（巩固） 根据线性力做功的求解方法，某同学证明出来：一劲度系数为k的轻弹簧由形变量为恢复到原长的过程中，弹簧弹力所做的功为，于是该同学设计只用的一根弹簧和一把刻度尺测定滑块与水平桌面间的动摩擦因数的实验，如图所示，他的实验步骤如下

第一步:将弹簧的左端固定在竖直墙上，弹簧处于原长时，在桌面上标记出弹簧右端所在的位置B。
第二步:让滑块紧靠弹簧压缩弹簧至某一位置静止时，在桌面上标记出滑块的位置A，松手后弹簧将滑块弹开，滑块在水平桌面上运动一段距离停止，在桌面上标记出滑块停止的位置C。
第三步:滑块通过水平细绳和光滑的定滑轮竖直悬挂拉伸弹簧，滑块静止时，在桌面上标记出弹簧右端到达的位置D。
请回答下列问题：
（1）你认为，该同学需用刻度尺直接测量的物理量是（写出名称并符号、、……表示) ________。
（2）用测得的物理量表示滑块与水平桌面间的动摩擦因数的计算式: = __________。
【正确答案】 AB间的距离x1，AC间的距离x2，BD间的距离x3

11-6（巩固） 在探究机械能守恒定律实验中，将气垫导轨倾斜放置。具体步骤如下：

①测得带有遮光片的滑块质量m、测得遮光片的宽度d，测出气垫导轨的倾角；
②将劲度较大弹簧放在挡板P和滑块之间，滑块与弹簧不粘连，当弹簧为自由时，遮光片中心对准气轨上的A点；
③光电门固定在B点，连接好数字计时器；
④压缩弹簧，然后固定滑块，此时遮光片中心对准气轨上的O点；
⑤用刻度尺测量A、B两点间的距离L；
⑥由静止释放滑块，记录遮光片经过光电门时的遮光时间；
⑦改变光电门位置，多次重复步骤④⑤⑥。
取当地的重力加速度为g，根据实验数据做出的图像为如图所示的一条直线，并测得亲图像斜率为k、纵轴截距为b。

（1）根据图像可求得滑块经过A位置时的速度________；
（2）当表达式________（用k、d、g、表示）成立时，说明滑块与弹簧分离后，在下滑过程中机械能守恒。
【正确答案】

11-7（巩固） 某兴趣小组的同学计划“验证机械能守恒定律”。装置如图甲所示，水平桌面上放有倾角为θ的气垫导轨，气垫导轨上安装有连接数字计时器的光电门，气垫导轨左端固定一原长为l。的弹簧，通过细线与带有遮光条的滑块相连。
设计了以下步骤进行实验：
A．测出气垫导轨的倾角为θ、弹簧劲度系数k、弹簧原长lo、滑块质量m、遮光条宽度d、重力加速度g，按照图甲所示组装好实验装置；
B．将滑块拉至气垫导轨某一位置固定，要求从此位置释放滑块，可使小车运动到光电门时细线已经弯曲。测出此时滑块到光电门的距离x以及弹簧长度l；
C．由静止释放滑块，滑块在拉力作用下运动，测出滑块上遮光条通过光电门的时间为Δt；
D．将滑块拉至不同的位置，重复B、C步骤多次，并记录每次对应实验数据。

根据所测物理量可以得到每次实验中滑块重力势能、弹性势能、动能之间的关系，从而
验证机械能守恒。
（1）根据实验中测出的物理量，可得到滑块从静止释放运动到光电门过程中重力势能减小量为_________。
（2）根据实验中测出的物理量也可得到滑块到达光电门时的动能，若“在弹性限度内，劲度系数为k的弹簧，形变量为Δx时弹性势能为”的说法正确，不考虑空气阻力影响，要说明整个运动过程系统机械能守恒，需满足的关系式为______。
（3）若考虑到空气阻力影响，实验过程中得到的小车重力势能减小量与弹簧弹性势能减小量总和_____（填“大于”、“小于”、“等于”）小车动能增量。
【正确答案】 大于

11-8（巩固） 某实验小组利用如图所示装置验证系统的机械能守恒定律。跨过定滑轮的轻绳一端系着物块A，另一端穿过中心带有小孔的金属圆片C与物块B相连，A和B质量均为，C的质量为。铁架台上固定一圆环，圆环处在B的正下方。开始时，C与圆环间的高度为，A、B、C由静止开始运动，当B穿过圆环时，C被搁置在圆环上。在铁架台、处分别固定两个光电门，物块B从运动到所用的时间为，圆环距的高度为，之间的高度为，重力加速度为。

（1）B穿过圆环后可以视为做___________直线运动；
（2）为了验证系统机械能守恒，该系统应选择___________（选填“A和B”或“A、B和C”），则只需等式___________成立，即可验证系统机械能守恒。（用题中所测物理量的符号表示）
（3）实际做实验时会发现重力势能减少量与系统动能增加量有差别，原因可能是（不考虑测量误差）___________。
【正确答案】 匀速 A、B和C 摩擦阻力和空气阻力对系统做负功

11-9（巩固） 某实验小组成员用如图所示装置验证系统机械能守恒。轻弹簧悬挂在铁架台的横杆上，下端带有指针，重物悬挂在轻弹簧下，刻度尺（零刻度在最上端）竖直地固定在轻弹簧的侧边，当地的重力加速度为，已知弹簧的弹性势能，为弹簧的劲度系数，为弹簧的形变量，每次实验保证弹簧发生弹性形变。

（1）记录重物静止时指针所指刻度尺的示数，再用手托着重物缓慢向上移，使弹簧刚好处于原长时，记录此时指针所指刻度尺的示数，若重物的质量为，则轻弹簧的劲度系数=_______。
（2）当弹簧处于原长时，快速撤去手，让重物下落，观察重物下落到最低点时指针在刻度尺上的位置示数，则重物下落的最大高度=_______，如果在误差允许的范围内，表达式_______（用、、表示，化为最简式）成立，则弹簧和重物组成的系统机械能守恒。
（3）多次改变重物的质量，重复实验步骤（2），测得多组重物的质量和下落的高度，作出—图像，如果图像是一条过原点的直线，且图像的斜率为__________（用、、表示），则机械能守恒定律得到验证。
【正确答案】

11-10（巩固） 利用力传感器验证系统机械能守恒定律，实验装置示意图如图所示，细线一端拴一个小球，另一端连接力传感器并固定在铁架台上，传感器可记录球在摆动过程中细线拉力大小，用量角器量出释放小球时细线与竖直方向的夹角，用天平测出球的质量为m，小球在悬挂后静止时，测出悬挂点到球心的距离为L，已知重力加速度大小为g。

（1）将球拉至图示位置，细线与竖直方向夹角为θ，静止释放球，发现细线拉力在球摆动过程中作周期性变化，读取拉力的最大值为F，则小球通过最低点的速度大小为_______ ； 小球从静止释放到运动最低点过程中，小球动能的增加量为_____ ； 重力势能的减少量为_______（用上述给定或测定物理量的符号表示）。若两者在误差允许的范围内相等，则小球的机械能是守恒的。
（2）关于该实验，下列说法中正确的有___________。
A．可以直接用弹簧测力计代替力传感器进行实验
B.细线要选择伸缩性小的
C.球尽量选择密度大的
D.可以不测球的质量和悬挂点到球心的距离
【正确答案】 BC

11-11（巩固） 利用光电门、遮光条组合可以探究“弹簧的弹性势能与形变量之间的关系“实验装置如图所示，木板的右端固定一个轻质弹簧，弹簧的左端放置一个小物块（与弹簧不拴接）物块的上方有一宽度为d的遮光片（d很小），O点是弹簧原长时物块所处的位置，其正上方有一光电门，光电门上连接有计时器（图中未画出）

（1）实验开始时，___________（填“需要”或“不需要”）平衡摩擦力。
（2）所有实验条件具备后将小物块向右压缩弹簧x1后从静止释放，小物块在弹簧的作用下被弹出，记下遮光片通过光电门的时间t1，物块通过光电门的速度为___________。
（3）分别再将小物块向右压缩弹簧x2、x3……后从静止释放，小物块在弹簧的作用下被弹出，依次记下遮光片通过光电门的时间t2、t3、……。
（4）若弹簧弹性势能的表达式为，实验中得到关于弹簧形变量x与通过光电门时间的倒数的关系式为___________。
【正确答案】 需要

11-12（提升） 某实验小组利用如图甲所示装置来验证机械能守恒定律。A、B是两个相同的小物块，用天平测得其质量均为m，C是内部装有砝码的托盘，其总质量为M，A、B间用轻弹簧拴接，B、C间用轻质且不可伸长的细绳相连。物块A静止放置在一压力传感器上，C的正下方放置一测速仪，该测速仪能测出C的速率，压力传感器与测速仪相连，对应数据可向计算机输出。整个实验过程中弹簧均处于弹性限度内，弹簧的弹性势能只与弹簧本身及形变量有关，不计滑轮与细绳的摩擦，当地的重力加速度为g。

（1）开始时，系统在外力作用下保持静止，细绳拉直但张力为零。现自由释放C，当C向下运动到某一位置时，压力传感器示数为零，测速仪显示的对应速率为v，且v不为零。其中M和m大小关系应满足M_________m（填“小于”“等于”或“大于”），才能实现上述过程；
（2）保持A、B质量m不变，增加C中砝码的个数，即增大托盘和砝码的总质量M，重复步骤（1），当压力传感器示数再次为零时，C下落的高度为________（设弹簧的劲度系数为k），与前一次相比C下落的高度将_________（填“增加”“减少”或“不变”）；
（3）重复上述操作，得到多组不同M下对应的v。根据所测数据，为更直观地验证机械能守恒定律，作出图线如图乙所示，图线在纵轴上的截距为b，则弹簧的劲度系数k=________（用题目中的已知量表示）。
【正确答案】 大于 不变

11-13（提升） 某同学在资料上发现弹簧振子的周期公式为，弹簧的弹性势能公式为成（式中k为弹簧的劲度系数，m为振子的质量，x为弹簧的形变量），为了验证弹簧的弹性势能公式，他设计了如图甲所示的实验：轻弹簧的一端固定在水平光滑木板一端，另一端连接一个质量为M的滑块，滑块上竖直固定一个挡光条，每当挡光条挡住从光源A发出的细光束时，传感器B因接收不到光线就产生一个电信号，输入电脑后经电脑自动处理就能形成一个脉冲电压波形；开始时滑块静止在平衡位置恰好能挡住细光束，在木板的另一端有一个弹簧枪，发射出质量为m，速度为v0的弹丸，弹丸击中木块后留在木块中一起做简谐振动
（1）系统在振动过程中，所具有的最大动能Ek＝__________；
（2）系统振动过程中，在电脑上所形成的脉冲电压波形如图乙所示，由图可知该系统的振动周期大小为：T＝_________；
（3）如果再测出滑块振动的振幅为A，利用资料上提供的两个公式求出系统振动过程中弹簧的最大弹性势能为：Ep＝_________；
通过本实验，根据机械能守恒，如发现Ek＝Ep，即验证了弹簧的弹性势能公式的正确性。

【正确答案】 （1） （2）2T0 （3）

11-14（提升） 某同学利用图甲装置探究“系统的机械能守恒”，该系统由钩码与弹簧组成。实验步骤如下：

（1）首先测量出遮光条的宽度d。
a.测遮光条的宽度需要用图乙中的_______（选填“C”或“D”）；
b.某同学用卡尺把遮光条夹紧后直接进行读数，如图丙所示读数为_______cm；
c.上一步骤中该同学漏掉的操作是_______。
（2）按图竖直悬挂好轻质弹簧，将轻质遮光条水平固定在弹簧下端，在铁架台上固定一个位置指针，标示出弹簧不挂钩码时遮光条上边缘的位置。
（3）用轻质细线在弹簧下方挂上钩码，钩码静止时，测出弹簧的伸长量x，并按图所示将光电门的中心线调至与遮光条上边缘同一高度。
（4）用手缓慢的将钩码向上托起，直至遮光条上边缘恰好回到指针标示位置。保持细线竖直，将钩码由静止释放，记下遮光条经过光电门的时间。
（5）多次改变钩码个数，重复步骤（3）（4），得到多组数据，通过查找资料，得知弹簧的弹性势能表达式为（k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量），以x为纵坐标，以_______为横坐标，可作出线性关系图像。
A．B．C．D．
已知当地重力加速度为g，则图线斜率等于_______（用d和g表示）时可得系统的机械能是守恒的。
（6）实验中钩码的速度实际上_______（选填“大于”、“等于”或“小于”），请简要说明理由_______。
【正确答案】 C 0.230 拧紧紧固螺丝 D 大于 测量值是遮光条平均速度，小于遮光条上边缘通过光电门时的瞬时速度（即经过平衡位置时，钩码速度最大）

11-15（提升） A、B两同学用图甲所示实验装置探究轻弹簧的弹性势能与其压缩量的关系：轻弹簧放置在倾斜的长木板上，弹簧左端固定，右端与一物块接触而不连接，纸带穿过打点计时器并与物块连接．向左推物块使弹簧压缩不同的量，再由静止释放物块，通过测量和计算，可求得弹簧的压缩量与弹性势能的关系．

(1)实验步骤如下：
a．将木板左端抬高，平衡物块受到的摩擦力；
b．向左推物块使弹簧压缩，并测量弹簧的压缩量；
c．先接通打点计时器电源，再松手释放物块．
(2)实验时，A同学让弹簧的压缩量为△x，打点结果如图乙所示；B同学让弹簧的压缩量为2△x，打点结果如图丙所示，已知打点计时器所用交流电的频率为50Hz，物块质量为200g．
(3)结合纸带所给的数据可知：A同学实验时物块脱离弹簧时的速度大小为_______m／s，对应弹簧压缩时的弹性势能为__________J；B同学实验时物块脱离弹簧时的速度大小为__________m／s，对应弹簧压缩时的弹性势能为_________J．(结果均保留两位有效数字)．


(4)对比A、B两位同学的实验结果可知：弹簧的弹性势能与弹簧压缩量的关系为________．
【正确答案】 0.75 0.056 1.5 0.23 弹簧的弹性势能与弹簧压缩量的平方成正比

11-16（提升） 某同学利用如图装置来研究机械能守恒问题，设计了如下实验。A、B是质量均为m的小物块，C是质量为M的重物，A、B间由轻弹簧相连，A、C间由轻绳相连。在物块B下放置一压力传感器，重物C下放置一速度传感器，压力传感器与速度传感器相连。当压力传感器示数为零时，就触发速度传感器测定此时重物C的速度。整个实验中弹簧均处于弹性限度内，重力加速度为g。实验操作如下：
（1）开始时，系统在外力作用下保持静止，细绳拉直但张力为零。现释放C，使其向下运动，当压力传感器示数为零时，触发速度传感器测出C的速度为v。
（2）在实验中保持A，B质量不变，改变C的质量M，多次重复第（1）步。
①该实验中，M和m大小关系必需满足M ___________　m（选填“小于”、“等于”或“大于”）
②为便于研究速度v与质量M的关系，每次测重物的速度时，其已下降的高度应 ___________（选填“相同”或“不同”）
③根据所测数据，为得到线性关系图线，应作出 ___________（选填“v2﹣M”、“v2﹣”或“v2﹣”）图线。
④根据③问的图线知，图线在纵轴上截距为b，则弹簧的劲度系数为 ___________（用题给的已知量表示）。

【正确答案】 大于 相同 v2﹣

【原卷 12 题】 知识点 多用电表测电阻的方法、操作步骤、注意事项和读数







【正确答案】
①. CD或DC    ②. CABDE    ③. L1    ④. R1
【试题解析】







12-1（基础） 随着全世界开始倡导低碳经济的发展，电动自行车产品已越来越受到大家的青睐，某同学为了测定某电动车的车电池的电动势和内电阻，设计了如图（甲）所示电路，提供的实验器材有：
A．电动车的车电池一组，电动势约为12V，内阻未知
B．直流电流表量程300mA，内阻很小
C．电阻箱，阻值范围为0~999.9Ω
D．定值电阻，阻值为10Ω
E．导线和开关

（1）当他闭合开关时发现，无论怎样调节电阻箱，电流表都没有示数，反复检查后发现电路连接完好，估计是某一元件损坏，因此他拿来多用电表检查故障，在机械调零后，他的操作如下：
①将多用电表选择开关置于×1Ω挡，欧姆调零后，红黑表笔分别接两端；
②将多用电表选择开关置于×10Ω挡，将红黑表笔分别接电阻箱两端；
上述操作中，有两个重要遗漏，请补充_____________，_____________；
修改正确操作后，步骤①中的示数为10Ω，步骤②中指针读数如图（乙）所示，则所测阻值为_________Ω，然后又用多用电表分别对电源和开关进行检测，发现电源和开关均完好。
由以上操作可知，发生故障的元件是_______。
（2）在更换规格相同的元件后重新连接好电路。
（3）改变电阻箱的阻值，分别测出通过阻值为的定值电阻的电流I，下列三组关于的取值方案中，比较合理的方案是____________（选填方案编号“1”“2”或“3”）。
方案编号
电阻箱的阻值R/Ω
1
300.0
250.0
200.0
150.0
100.0
2
100.0
85.0
70.0
55.0
40.0
3
40.0
30.0
25.0
20.0
15.0
（4）根据实验数据描点，绘出的图象是一条直线若直线的斜率为k，在坐标轴上的截距为b，则该电源的内阻r=_______（用k，b和表示）
【正确答案】 断开电源开关S 换挡后先欧姆调零 70 电流表 2

12-2（基础） 如图是电熨斗温度自动控制装置。

（1）常温时，上、下触点应是___________（填“分离”、“接触”）；
（2）双金属片温度升高时，___________层形变大（填“上”、“下”）；
（3）假设原来温度上升到60℃时断开电源，现要80℃时断开电源，应向___________调节调温旋钮（填“上”、“下”）；
（4）电容式传感器是用来将非电信号转变为电信号的装置。由于电容器的电容C取决于极板正对面积S、极板间距离d以及极板间的电介质这几个因素，当某一物理量发生变化时就能引起上述某个因素的变化，从而引起电容的变化，如图所示是四个电容式传感器的示意图，关于这四个传感器的作用，下列说法正确的是___________。

A.甲图的传感器可以用来测量角度
B.乙图的传感器可以用来测量液面的高度
C.丙图的传感器可以用来测量压力
D.丁图的传感器只能用来测量速度
【正确答案】 接触 上 下 ABC

12-3（基础） 传感器在现代生活、生产和科技中有着相当广泛的应用，如图甲是一个压力传感器设计电路，要求从表盘上直接读出压力大小，其中R1是保护电阻，R2是调零电阻（总电阻200），理想电流表量程为10mA，电源电动势E=10V （内阻不计），压敏电阻的阻值R与所受压力大小F的对应关系如图乙所示。

（1）有三个规格的保护电阻，R1应选哪一个_________。
A．200
B．400
C．800
（2）选取、安装保护电阻后，要对压力传感器进行调零。调零电阻R应调为_________。
（3）现对表盘进行重新赋值，原2mA刻度线应标注______________N。
（4）由于电池老化，电动势降为9.8V，传感器压力读数会出现偏差，如果某次使用时，先调零、后测量，读出压力为500N，此时电流大小为_____ mA， 实际压力大小为_______N。
【正确答案】 C 100 4000 490

12-4（基础） 某热敏电阻的阻值R随温度t变化的图像如图甲所示，某同学用该热敏电阻制作的简易火灾自动报警器电路图如图乙所示。请回答以下问题：

（1）为使温度在升高到报警温度时，报警器响起，单刀双掷开关C应该接____________（选填“a”或“b”）。
（2）为实现温度升高到60℃时报警器响起的目的，该同学先把热敏电阻放入60℃的恒温水中，然后调节滑动变阻器的电阻，直到报警器响起。在闭合两开关，之前，该同学还应将滑动变阻器的滑片滑至最____________（选填“左端”或“右端”）。
（3）已知直流电源电动势，内阻不计。若继电器线圈ed电阻忽略不计，流过继电器线圈的电流才会报警，欲使温度升高到60℃时报警器响起，则滑动变阻器接入电路的阻值应该是____________Ω。
【正确答案】 a 左端 1220

12-5（基础） 某同学想通过测绘小灯泡的I－U图像来研究小灯泡的电阻随电压变化的规律。所用器材如下：
待测小灯泡一只，额定电压为2.5V，电阻约为几欧；
电压表一个量程0~3V，内阻为3kΩ；
电流表一个，量程0~0.6A，内阻为0.1Ω：
滑动变阻器一个，干电池两节，开关一个，导钱若干。
（1）请在左图中补全实验的电路图（______）
（2）图中开关S闭合之前，应把滑动变阻器的滑片置于______（填“A”或“B”）
（3）该同学通过实验作出小灯泡的I－U图像如所示，则小灯泡正常工作时的电阻为______Ω。同学同时计算出小灯泡的额定功率为______W（保留两位有效数字）

（4）某同学按下图连接电路进行实验。连接电格元件后，闭合开关S，发现两个灯都不亮。该同学用多用电表的直流电压挡来检测电路哪个位置发生了故障，他在闭合开关S的情况下把多用电表的一个表笔始终接在电路的A点上，用另一个表笔依次接触电路中的B、C、D、E、F等点，很快统找到了故障所在位置。
a.应该用红表笔还是黑表笔始终接触A点？（______）
b.请说明：怎样根据多用电表的读数检查出故障价在的位置？（______）

【正确答案】 B 5.7或5.8或5.9或6.0 1.0或1.1 红表笔 见解析

12-6（巩固） 如图甲所示，是某一电路中的一部分，由于其中的一个电阻发生了断路，导致整个电路不能正常工作，小明和小亮两位同学利用多用电表进行了以下实验操作，请根据他们的测量情况，回答相应的问题。

（1）小明首先在间接上一直流电源，P接电源正极，多用电表的选择开关置于“直流电压”挡位，红表笔接P，黑表笔接Q，稳定后电表指针在表盘上的位置如图乙所示，则之间的电压是___________V；
（2）小明仍然用““直流电压”挡位”又将红表笔接P，黑表笔接M，若电压表示数与之间的电压完全相同，则可以确定必定是___________发生了断路；
（3）小亮同学在该部分电路不接电源的情况下，将多用电表选择开关置于欧姆表倍率“”的挡位，调零后红表笔接P，黑表笔接Q，发现电表指针迅速指向某一确定的值，之后并保持不动，考虑到电容器充放电的时间间隔，则由此可以判定必定是___________发生了断路。
【正确答案】 1.80 R2 R2

12-7（巩固） 半导体薄膜压力传感器是一种常用的传感器，其阻值会随压力变化而改变。现有一压力传感器：
（1）利用图甲所示的电路测量该传感器在不同压力下的阻值RN，其阻值约几十千欧，实验室提供以下器材：
直流电源：E=3V；电流表A（量程250μA，内阻约为50Ω）
电压表V（量程3V，内阻约为20kΩ）滑动变阻器R（阻值0~100Ω）
为了提高测量的准确性，开关S1应接_________（选填“1”或“2”），开关S2应接__________（选填“3”或“4”）；

（2）通过多次实验测得其阻值RN随压力F变化的关系图像如图乙所示；

（3）利用该压力传感器设计了如图丙所示的自动分拣装置，可以将质量不同的物体进行分拣，图中RN为压力传感器，R'为滑动变阻器，电源电压为6V（内阻不计）。分拣时将质量大小不同的物体用传送带运送到托盘上，OB为一个可绕O转动的杠杆，下端有弹簧，控制电路两端电压小于3V时，杠杆OB水平，物体水平通过进入通道1，当控制电路两端电压大于3V时，杠杆的B端就会被吸下，物体下滑进入通道2，从而实现分拣功能。若R'调为30kΩ，取重力加速度g=10m/s2，该分拣装置可以实现将质量超过______________kg的物体进行分拣（保留2位有效数字），若要将质量超过0.20kg的货物实现分拣，应将R'调成______________kΩ（保留3位有效数字）。
【正确答案】 2 3 0.14 26.0

12-8（巩固） 随着智能手机耗电的增加，充电宝成为外出常备物品。为测量某款充电宝（可视为跟蓄电池和干电池一样的可移动直流电源）在充满电后的电动势和内阻，某同学拆开了充电宝，在里面找到连接正极和负极的两根导线，准备开始实验。实验室提供的器材如下；
A．充电宝E（电动势约为5V）
B．电压表V（量程2.5V，内阻约几千欧）
C．电流表A（量程1.5A，内阻约为0.03Ω）
D．滑动变阻器（最大阻值为10Ω）
E．电阻箱（最大阻值为9999.9Ω）
F．开关、，导线若干
（1）该同学发现V表量程太小，准备把V表改装成量程为5V的电压表，而改装前需要知道V表的内阻，为此他设计了图（a）所示的实验电路。实验步骤如下：
①按图（a）连接电路，将变阻器的滑片置于最___________（填“左”成“右”）侧，且将电阻箱调至阻值最大；
②闭合开关、，滑动的滑片，使V表的指针指在2.5V处，断开，调节电阻箱，使V表的指针指在1.5V处，此时电阻箱的示数为2000.0Ω，则V表的内阻=___________Ω；
③将电阻箱的阻值调到=___________Ω，使其与V表___________（选填“并”或“串”）联，就改装成了量程为5.0V的电压表；
（2）该同学利用A表和改装好的电压表测量充电的电动势与内阻，设计的电路如图（b）所示。若根据测出的多组V表示数U与A表示数I，得到的U—I图线如图（c）所示，则充电宝的电动势E=___________V，内阻r=___________Ω。（结果均取2位有效数字）。

【正确答案】 左 3000.0或3000 3000.0或3000 串 4.8 1.6

12-9（巩固） 实验室有一粗细均匀的电阻丝。
（1）小明用多用电表欧姆挡粗测其电阻值，选择开关拨到“”倍率测量时，发现指针偏角过大，应将选择开关拨到___________（选填“”或“”）挡，重新欧姆调零后，再进行测量示数如图1所示读数为___________。

（2）该同学设计如图2所示的电路测量该电阻丝的电阻率。在刻度尺两端的接线柱a和b之间接入该电阻丝，金属夹P夹在电阻丝上，沿电阻丝移动金属夹，改变接入电路的电阻丝长度。实验提供的器材有：
电池组E（电动势为3.0V，内阻约）；
电流表（量程0～）；
电流表（量程0～）；
电阻箱R（0～）；
开关、导线若干。
实验操作步骤如下：
a.用螺旋测微器测出电阻丝的直径D，示数如图4所示，读数为___________mm；
b.根据所提供的实验器材，设计如图2所示的实验电路；
c.调节电阻箱使其接入电路的电阻值最大，将金属夹夹在电阻丝某位置上；
d.闭合开关S，调整电阻箱接入电路中的电阻值，使电流表满偏，记录电阻箱的电阻值R和接入电路的电阻丝长度L；
e.改变P的位置，调整___________，使电流表再次满偏；
f.重复多次，记录每一次的R和L数据。
①电流表应选择___________（选填“”或“”）；
②用记录的多组R和L的数据，绘出了如图3所示图线，截距分别为和，则电阻丝的电阻率表达式___________（用题中已知量的字母表示）；
③电流表的内阻对本实验结果___________（选填“有”或“无”）影响。

【正确答案】 11 0.512或0.511或0.513 电阻箱接入电路中的电阻值 A2 无

12-10（巩固） 某同学为了测定一只电阻的阻值，采用了如下方法：
（1）用多用电表粗测：多用电表电阻挡有4个倍率：分别为×1k、×100、×10、×1，该同学选择×100倍率，用正确的操作步骤测量时，发现指针偏转角度太大（指针位置如图中虚线所示）。为了较准确地进行测量，请你补充完整下列依次应该进行的主要操作步骤：

①_________；
②两表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使指针指在0Ω处；
③重新测量并读数，若这时刻度盘上的指针位置如图中实线所示，测量结果是________Ω。
（2）为了尽量准确测量该电阻，现用伏安法测电阻，要求测量时，电表指针有较大偏转，测量多组数据。除被测电阻外，还备有如下实验仪器，请选择仪器，设计实验电路。
A．电压表V（量程50V，内阻约为25kΩ）
B．电流表A1（量程100mA、内阻r1＝20Ω）
C．电流表A2（量程100mA、内阻r2约5Ω）
D．定值电阻R0（80Ω）
E．滑动变阻器R（0～10Ω）
F．电源：电动势E＝6V，内阻较小
G．导线、开关若干
请在虚线框内画出能准确测量电阻R的电路图（要求在电路图上标出元件符号） _______。若实验过程中，电流表A1和A2的示数分别用I1和I2表示，请根据设计的电路图写出Rx的测量值表达式：Rx＝________。

【正确答案】 换用×10倍率的挡位 120 见解析

12-11（提升） 如图所示，图2为一个自动筛选鸡蛋大小的装置，可以筛选出两类大小不同的鸡蛋。当不同大小的鸡蛋传送到压力秤上时，压力秤作用在压力传感器电阻R1上，其电阻值随压力秤所受压力的变化图像如图2所示。R2是可调节电阻，其两端电压经放大电路放大后可以控制电磁铁是否吸动衔铁并保持一段时间。当电压超过某一数值时电磁铁可以吸动衔铁使弹簧下压，鸡蛋就进入B通道。已知电源电动势E=6V，内阻不计，R2调节为10Ω。

（1）由图1可知，压力传感器的电阻值R1随压力的增大而_______（填：“增大、减小”）。
（2）从B通道通过的是_______鸡蛋（填：“大、小”）。
（3）由两个图可知，若R2两端的电压超过3V时，电磁铁可以吸动衔铁向下，则选择的大鸡蛋对压力秤的压力要大于_______N。（保留到小数点后两位）
（4）要想选择出更大的鸡蛋，需要把电阻R2的阻值调______（填：“大、小”）。
【正确答案】 减小 大 0.45或0.46或0.47或0.48
小

12-12（提升） 某实验小组为研究保温式自动电饭锅中用于监测温度的热敏电阻的特性，设计了以下实验：
（1）首先利用多用电表粗略测量与电饭锅中型号相同的热敏电阻常温状态下的阻值，多用电表的旋钮置于“”的挡位时示数如图甲所示，则该热敏电阻的阻值为______；
（2）该实验小组为了进一步探究热敏电阻的特性，设计了图乙所示的电路，电路中的电表均为理想电表，定值电阻；
①开关闭合前，滑动变阻器的滑动触头应置于最______（选填“左”或“右”）端；
②某次实验，电压表、的示数分别为3.0V、4.5V，则热敏电阻的阻值为______；
（3）通过多次实验，作出热敏电阻的阻值随温度变化的图像如图丙所示，当时，热敏电阻所处环境的温度约为______℃；

（4）该自动电饭锅采用感温磁控元件（图中虚线框内）控制加热电路通或断，当磁控元件输入端a、b间的电压大于某一值时开关S闭合，加热电路接通。若设定锅内温度低于60℃时，加热电路接通，则下列电路符合要求的是______（选填“A”或“B”）。

【正确答案】 3200或3.2×103 左 3 38 B

12-13（提升） 某同学对有故障的电热毯进行探究。图甲是电热毯的电路示意图，其中电热线和导线通过金属接线片连接。图乙为测试电路原理图，A、B为测试表笔，电压表内阻很大，可视为理想电表。

（1）请在图丙中添加连线连接成与图乙对应的实验实物图______。
（2）断开K1，用上述测试电路在1和1′之间检测得知电热线无故障，然后测得电热线的U—I图像如图丁所示。已知电热线材料的电阻率为2.85 × 10 - 7Ω·m，电热线的直径为0.160mm。可求得此电热线的电阻为________Ω，总长度为___________。（结果均保留三位有效数字）

（3）为了进一步检查故障，该同学闭合开关K1和K2，用表笔A和B分别对图甲中所示的各点进行测试，部分测试结果如下表所示。由此测试结果可判断出电路有断路，位置在_________之间（在“1和2”、“1′和2′”、“2和3”、“2′和3′”中选填一项）。
测试点
3和3′
2和3
1和1′
1′和2
1′和3′
电表指针
有无偏转
电压表
有
无
有
有
无
电流表
无
有
有
无
有
【正确答案】 560—580 39.5—40.9 1和2

【原卷 13 题】 知识点 利用动量守恒及能量守恒解决（类）碰撞问题


【正确答案】

【试题解析】






13-1（基础） 如图所示，一质量为M=3kg的平板车B放在光滑水平面上，在其右端放一质量为m=1kg的小木块A，A、B间存在摩擦，现给A和B以大小相等、方向相反的初速度v0=2m/s，使A开始向左运动，B开始向右运动，最后A不会滑离B。
求（1）A、B最后的速度大小和方向。
（2）A、B间摩擦产生的总热量。

【正确答案】 （1）v =1m/s，方向向右；（2）6J

13-2（基础） 如图所示，光滑水平面上有一质量的长木板，木板长，现将一质量的小物块（可视为质点）从长木板的左端以水平向右的初速度滑上长木板，小物块与长木板间的动摩擦因数，开始时固定长木板，小物块恰能滑到最右端，g取。求：
（1）小物块滑到最右端所用的时间；
（2）若长木板不固定，小物块仍以相同的速度滑上长木板，则最后小物块停在木板的位置离木板右端的距离。

【正确答案】 （1）1s；（2）0.3m

13-3（基础） 如图，木块质量，它以速度水平地滑上一辆静止的平板小车，已知小车质量，木块与小车间的动摩擦因数为，木块没有滑离小车，地面光滑，，求：
（1）木块相对小车静止时小车的速度的大小；
（2）平板小车至少应该有多长。

【正确答案】 （1）；（2）

13-4（基础） 如图，光滑水平面上有一矩形长木板A和静止的滑块C，滑块B置于A的最左端（滑块B、C均可视为质点）。若木板A和滑块B一起以的速度向右运动，A与C发生时间极短的碰撞后粘在一起。木板A与滑块B间的动摩擦因数，且，，，取，求：
（1）长木板A与滑块C碰后瞬间，滑块C的速度大小；
（2）要使滑块B不从木板A上滑下，木板A至少多长。

【正确答案】 （1）；（2）

13-5（巩固） 如图，一上表面粗糙的木板AB静止于光滑的水平地面上，物体P（可视为质点）置于滑板上面的A点，物体P与木板上表面的动摩擦因数为μ。一根长度为L且不可伸长的细线，一端固定于O点，另一端系一质量为m的小球Q。小球Q位于最低点时与物体P处于同一高度并恰好接触。现将小球Q拉至与O同一高度（细线处于水平拉直状态），然后由静止释放，小球Q向下摆动并与物体P发生弹性碰撞（碰撞时间极短）已知物体P的质量为2m，滑板的质量为3m，重力加速度为g，求：
（1）小球Q与物体P碰撞前瞬间，细线对小球拉力的大小；
（2）小球Q与物体P碰撞后瞬间，物体P速度的大小；
（3）若最终物体P不滑离木板，求系统因克服摩擦力做功产生的内能。

【正确答案】 （1）；（2）；（3）

13-6（巩固） 如图所示，一质量为M=3.0 kg的平板车静止在光滑的水平地面上，其右侧足够远处有一障碍物A，质量为m=2.0 kg的b球用长l=2 m的细线悬挂于障碍物正上方，一质量也为m的滑块（视为质点）以v0=7 m/s的初速度从左端滑上平板车，同时对平板车施加一水平向右的，大小为6 N的恒力F。当滑块运动到平板车的最右端时，二者恰好相对静止，此时撤去恒力F。当平板车碰到障碍物A时立即停止运动，滑块水平飞离平板车后与b球正碰并与b粘在一起成为c。不计碰撞过程中的能量损失，不计空气阻力。已知滑块与平板车间的动摩擦因数μ=0.3，g取10 m/s2，求：
（1）撤去恒力F前，滑块、平板车的加速度各为多大，方向如何；
（2）撤去恒力F时，滑块与平板车的速度大小；
（3）c能上升的最大高度。

【正确答案】 （1）滑块的加速度为3 m/s2、方向水平向左，平板车的加速度为4 m/s2，方向水平向右；（2）4 m/s；（3）0.2 m

13-7（巩固） 如图所示，质量为的长木板静止在光滑水平面上，质量为的物块放在长木板上的左端，一根长度为不可伸长的细线，一端固定于O点，另一端系一质量为的小球，小球位于最低点时与物块处于同一高度并恰好接触。拉动小球使细线伸直，当细线水平时由静止释放小球，小球运动到最低点与物块沿水平方向发生弹性碰撞（碰撞时间极短），物块刚好没有从长木板上滑下，物块与长木板之间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g取10m/s2，不计物块的长度。求：
（1）小球与物块碰撞前后细线的拉力之比；
（2）长木板的长度。

【正确答案】 （1）；（2）

13-8（巩固） 如图所示，一质量为M=3kg的长木板放在光滑的水平面上，在长木板的最左端放一可视为质点的质量为m=1kg的滑块，另一质量与滑块质量相等的小球用长为L=0.8m的轻绳拴接在天花板上，如图所示。现将小球拉至与O点等高的位置无初速度释放，小球摆至最低点时刚好和滑块发生弹性碰撞，滑块恰好没有从长木板上滑下来，滑块与长木板之间的动摩擦因数为，重力加速度为，求：
（1）小球与滑块碰撞之后的速度大小；
（2）滑块和长木板最终运动的速度大小；
（3）长木板的长度。

【正确答案】 （1），；（2）；（3）1m

13-9（巩固） 如图所示，轻质弹簧上端连接物体A，下端连接放在地上的物体B，两物体质量均为m，静止时弹簧的形变量为x0质量为2m的物体C从A的正上方自由下落，与物体A相碰后粘在一起运动，当A和C一起运动到最高点时，B对地面的压力恰好为零。已知重力加速度为g，弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力。求∶
（1）弹簧的劲度系数k；
（2）物体C与物体A碰撞刚粘在一起时的速度大小；
（3）物体C刚下落时与物体A的距离。

【正确答案】 （1）；（2）；（3）

13-10（巩固） 如图所示，质量的长木板静置于光滑水平地面上，木板左端有挡板，水平轻弹簧左端固定于挡板上，质量的可视为质点的小物块置于木板右端，物块与弹簧右端相距L=1m。现给物块一大小、方向水平向左的瞬时冲量，物块向左运动，与弹簧发生作用后，在距木板右端d=0.6m处相对木板静止。已知物块与木板间的动摩擦因数，弹簧具有的弹性势能，其中表示弹簧相对原长发生的形变量，弹簧始终处于弹性限度内，取重力加速度大小。求：
（1）物块刚获得冲量后的速度大小；
（2）系统在整个过程中产生的热量Q；
（3）弹簧的劲度系数k。

【正确答案】 （1）4m/s；（2）；（3）250N/m

13-11（巩固） 如图所示，在光滑桌面上静止放置着长木板B和物块C，长木板B上表面的右端有一物块A，物块A与长木板B之间的动摩擦因数为，长木板足够长。现让物块C以的初速度向右运动，与木板B碰撞后粘在一起。已知物块A的质量为，长木板B的质量为，物块C的质量为，重力加速度取，试求：
（1）物块C与长木板B碰撞过程中，损失的机械能；
（2）最终物块A、长木板B、物块C的速度大小以及物块A相对于长木板B运动的距离。

【正确答案】 （1）；（2），

13-12（提升） 如图所示，形状相同、质量均为m的两木块A和B上下叠在一起，沿若运动方向错开了b0的距离（小于板长的一半）。两者在光滑水平面上以恒定速度v0朝着竖直的墙壁运动。已知两木块间的动摩擦因数µ，两木块与墙壁的碰撞均为弹性碰撞，重力加速度为g。求：
（1）要使木块B能与墙壁发生碰撞，v0应满足的条件；
（2）讨论木块A、B最终错开的距离和木块A、B最终速度的大小。

【正确答案】 （1）；（2）见解析

13-13（提升） 物流是经济发展的重要组成部分，哈三中课题研究小组在探究多物体叠放问题时，提出了如下问题：如图所示，木块A质量为，木板B质量为，木板C质量为。其中AB间的动摩擦因数，BC间的动摩擦因数（大小未知）、地面可视为光滑。零时刻木块A的初速度向右运动、同时木板B以初速度向左运动、C的初速度为零。木板B、C都足够长，滑动摩擦力与最大静摩擦力可视为相等，。求：
（1）ABC共速时速度大小，全过程中因摩擦而产生的热量Q。
（2）为使BC第一次达到共速后就不再相对滑动，BC间的动摩擦因数的取值范围（要有必要的文字解释）。求在满足前面条件时从零时刻到ABC不再相对滑动所需的时间t。
（3）若，求因AB间摩擦力而产生热量是多少？

【正确答案】 （1），；（2），；（3）

13-14（提升） 如图所示，两小滑块A和B的质量分别为和，放在静止于光滑水平地面上的长为L=1m的木板C两端，两者与木板间的动摩擦因数均为，木板的质量为m=4kg。某时刻A、B两滑块开始相向滑动，初速度大小均为。在滑块B与木板C共速之前，滑块A、滑块B能够相遇，重力加速度取。
（1）滑块A、B相遇时木板C的速度多大？
（2）若滑块A、B碰撞后不再分开，请通过计算说明滑块A、B能否从木板C上滑下。
（3）整个过程中，由于滑块A、B和木板C之间的摩擦产生的总热量是多少？

【正确答案】 （1）；（2）不能从板C上滑下；（3）

13-15（提升） 小车C静止在光滑的水平面上，距离小车C的右侧s处有一固定光滑的斜面和光滑平台组成的装置，斜面底端与小车C等高，平台P点与斜面平滑连接，不影响滑块经过时运动的速率。平台上O点固定一竖直的弹性挡板，滑块B静止于Q点，PQ间距离为kL，OQ间距离为L。当滑块A以υ0=8m/s的速度滑上小车，运动到小车C右端时恰好与之共速（小车未碰到平台）。当滑块A经斜面进入平台时，始终受到水平向右的恒力F=mg作用，当滑块B在该区域内向左运动时受到同样的恒力F作用，向右运动则合力为零。已知滑块A、B及小车C的质量相等，即mA=mB=mC，斜面高h=0.8m，A、C间的动摩擦因数=0.5，g=10m/s2，滑块A、B均可看成质点，且A、B之间以及B与挡板之间的碰撞为弹性碰撞。
（1）为保证小车C与平台碰撞时A、C能共速，s至少多长；
（2）当滑块A经斜面进入平台PO后，若A不能在滑块B匀速运动过程中追上滑块B发生第二次碰撞，则k需要满足的条件；
（3）若满足（2）问的k值，求A、B从第一次碰撞开始到第二次碰撞经历的时间。

【正确答案】 （1）s≥1.6m；（2）k>；（3）

【原卷 14 题】 知识点 粒子在电场和磁场中的往复运动,带电粒子在交变磁场中的运动



【名师点拔】
交变电磁场的题目在求解时，关键是要画出粒子在不同时间段内运动的轨迹示意图，通过“画一段，算一段”的基本逻辑，判断例子在运动过程中的速度规律和位移规律，根据计算结果和题目中的条件进行临界条件的分析。通常情况下，分析三到四段时间就可以找到规律或分析出临界条件。
【正确答案】

【试题解析】



















14-1（基础） 如图所示,在平面直角坐标系xOy中的区域内有垂直坐标平面向外的匀强磁场，在第I象限区域内存在沿y轴负方向的匀强电场。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从点以平行于x轴的初速度射入电场，经过一段时间粒子从点离开电场进入磁场，经磁场偏转后，从点射出磁场，不计粒子重力，求:
（1）电场强度大小；
（2）磁感应强度大小。

【正确答案】 （1）；（2）

14-2（基础） 如图所示，在宽度为d的0≤x＜d区域有沿x轴正方向的匀强电场，在宽度也为d的d＜x＜2d区域有方向垂直xOy平面向外的匀强磁场。一质量为m、带电量为+q的粒子，从坐标原点O由静止释放，离开磁场右边界时，速度和x轴正向夹角为30°，粒子在磁场里的运动时间为t，不计粒子重力。求：
（1）磁感应强度大小；
（2）电场强度大小。

【正确答案】 （1）；（2）

14-3（基础） 如图所示，直角坐标系xOy平面内第一、三、四象限存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，第二象限存在沿y轴正方向的匀强电场。质量均为m、电荷量均为q的两带负电粒子a、b先后以速度从y轴上的P点分别沿x轴正、负方向入射，经过一段时间后，两粒子恰好在x轴负半轴上的Q点相遇，此时两粒子均第一次通过x轴负半轴，已知O、P两点的距离为d，电场的电场强度大小为，不计粒子间的作用力和粒子受到的重力。求：
（1）匀强磁场的磁感应强度大小；
（2）粒子a、b先后射出的时间差。

【正确答案】 (1)；(2)

14-4（基础） 如图所示，在平面直角坐标系xOy的第四象限有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B，第一象限有与y轴正方向相反的大小为E的匀强电场。一带正电的粒子从y轴上的P（0，8）点，以初速度v0=3×104m/s沿x轴正方向射入匀强电场，经过x轴上的Q（12，0）点后恰好垂直打到y轴负轴上的N点（图中未画出）。已知带电粒子的荷质比×109C/kg，不计带电粒子所受重力。求：
(1)匀强电场E的大小；
(2)N点到O点的距离；
(3)磁感应强度B的大小。

【正确答案】 (1) ；(2)0.24m；(3)10-3T

14-5（巩固） 如图，xoy为平面直角坐标系，y>0的区域内有一个底边与x轴重合的等腰直角三角形，在该等腰直角三角形区域内存在着垂直于坐标平面向里的匀强磁场，y<0的区域内存在着沿y轴正方向的匀强电场．一质量为m、电荷量为+q(q>0)的带电粒子(不计重力)从电场中P(0，-h)点以速度沿x轴正方向运动，由Q(2h，0)点进入磁场，经磁场偏转后再次射入电场，恰能以同样的速度通过P点并重复上述运动．求：
(1)电场强度的大小;
(2)磁感应强度的大小;
(3)粒子连续两次通过P点的时间间隔;
(4)等腰三角形磁场区域的最小面积．

【正确答案】 (1) ；(2) ；(3) (4)

14-6（巩固） 某空间存在着一个变化的电场和一个变化的磁场，电场方向向右（如图甲中由B到C的方向），电场变化如图乙中E－t图像，磁感应强度变化如图丙中B－t图像。在A点，从t=1s（即1s末）开始，每隔2s，有一个相同的带电粒子（重力不计）沿AB方向（垂直于BC）以速度v射出，恰能击中C点，且粒子在AB间运动的时间小于1s，若，求：
（1）图线上E0和B0的比值是多少？磁感应强度B的方向是怎样的？
（2）若第1个粒子击中C点的时刻已知为（1＋Δt）s，那么第2个粒子击中C点的时刻是多少？

【正确答案】 （1），磁场方向垂直纸面向外；（2）（3＋Δt）

14-7（巩固） 如图甲所示，在平行边界MN、PQ之间，存在宽度为方向平行纸面且与边界垂直的变化电场，其电场随时间变化的关系如图乙所示，MN、PQ两侧足够大区域有方向垂直纸面向外、大小相同的匀强磁场。一重力不计的带电粒子，从时自边界上某点由静止第一次经电场加速后，以速度垂直边界第一次射入磁场中做匀速圆周运动，接着第二次进入电场中做匀加速运动，然后垂直边界第二次进入磁场中运动，此后粒子在电场和磁场中交替运动。已知粒子在磁场中运动时，电场区域的场强为零。求：
(1)粒子第一次与第三次在磁场中运动的半径之比；
(2)粒子第次经过电场所用的时间。

【正确答案】 (1)1:3；(2)

14-8（巩固） 在某一坐标系第一象限存在垂直纸面向里的匀强磁场，在第二象限存在竖直向上的匀强电场1，在第四象限存在竖直向下的匀强电场2，一质量为m，电荷量为–q的球形带电粒子a从（–L，L）沿x轴正方向以速度v0射出，在y轴某点处进入磁场，速度方向与y轴夹角为53°，在磁场中运动一段时间后沿垂直于x轴的方向与静止在x轴上M点且与入射粒子形状大小一样但质量为2m的不带电粒子b发生弹性正碰，碰后电荷量重新平均分配，经过一段时间，两粒子会再次先后通过x轴上的某一点，粒子所受重力不计（sin53°=0.8，cos53°=0.6）。求：
（1）电场1的电场强度E1，磁场的磁感应强度B；
（2）碰撞后两粒子的速度大小分别是多少。

【正确答案】 （1） ， ；（2） ，

14-9（巩固） 如图(a)所示的xOy平面处于变化的匀强电场和匀强磁场中，电场强度E和磁感应强度B随时间做周期性变化的图象如图(b)所示，y轴正方向为E的正方向，垂直于纸面向里为B的正方向。t＝0时刻，带负电粒子P（重力不计）由原点O以速度v0沿y轴正方向射出，它恰能沿一定轨道做周期性运动。v0、E0和t0为已知量，图(b)中＝，在0~t0时间内粒子P第一次离x轴最远时的坐标为。求：
(1)粒子P的比荷；
(2)t＝2t0时刻粒子P的位置；

【正确答案】 (1)；(2)

14-10（巩固） 如图（a）所示，以间距为L的两虚线为边界，中间存在如图（b）所示规律的匀强电场，方向平行纸面且与边界垂直，两侧有方向垂直纸面向里、强度不变的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q（q>0）的带电粒子，从O点由静止开始加速运动，经时间T0（T0未知）到达M点，进入右侧磁场后做半径为的圆周运动。不计粒子重力。
（1）通过计算说明，粒子在N、P间的运动情况；
（2）若粒子经过左侧磁场时也做半径为的圆周运动，求两侧磁场的磁感应强度之比。

【正确答案】 （1）粒子从N到P做匀加速直线运动；（2）

14-11（巩固） 如图甲所示，水平放置的平行金属板P和Q，相距为d，两板间存在周期性变化的电场或磁场。P、O间的电势差UPQ随时间的变化规律如图乙所示，磁感应强度B随时间变化的规律如图丙所示，磁场方向垂直纸面向里为正方向。t=0时刻，一质量为m、电荷量为+q的粒子（不让重力），以初速度v0由P板左端靠近板面的位置，沿平行于板面的方向射入两板之间，q、m、d、v0、U0为已知量。
（1）若仅存在交变电场，要使电荷飞到Q板时，速度方向恰好与Q板相切，求交变电场周期T；
（2）若仅存在匀强磁场，且满足，粒子经一段时间恰能垂直打在Q板上（不考虑粒子反弹），求击中点到出发点的水平距离。

【正确答案】 （1）；（2）

14-12（巩固） 如图甲所示，在y轴左侧存在沿x轴正方向的水平匀强电场，在y轴右侧的矩形虚线空间存在垂直于纸面的周期性变化的磁场，磁场上边界在y＝2a处，下边界在y＝﹣2a处，右边界在x＝3a处，磁场的变化规律如图乙所示，规定垂直纸面向里的方向为磁场的正方向。t＝0时刻，一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从位置坐标为（a，2a）的A点以速度v沿y轴负方向射入磁场，若粒子恰能垂直打到放置在下边界处的水平挡板上的B点（图中B点未标出），并经碰撞后原速率返回（不计碰撞时间和电荷量的变化），最终粒子会再次从A点垂直上边界射出磁场。不计粒子重力，不考虑变化的磁场所产生的电场。
（1）求带电粒子在磁场中的运动半径；
（2）要使粒子从A点运动到B点的时间最短，求图乙中T0的最小值；
（3）T0取第（2）问的数值，求带电粒子从与B点碰后运动到A点的最短时间，并求出此条件下所加的电场强度E的大小。

【正确答案】 （1）a；（2）（3），

14-13（提升） 如图甲所示，在y≥0的区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，其磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示；与x轴平行的虚线MN下方有沿＋y方向的匀强电场，电场强度E＝×103 N/C。在y轴上放置一足够大的挡板。t＝0时刻，一个带正电粒子从P点以v＝2×104 m/s的速度沿＋x方向射入磁场。已知电场边界MN到x轴的距离为m，P点到坐标原点O的距离为1.1 m，粒子的比荷＝106 C/kg，不计粒子的重力。求粒子：
(1)在磁场中运动时距x轴的最大距离；
(2)连续两次通过电场边界MN所需的时间；
(3)最终打在挡板上的位置到电场边界MN的垂直距离。

【正确答案】 (1)0.4 m；(2)×10－5 s或4π×10－5 s；(3)m

14-14（提升） 如图甲所示，在坐标系xOy区域内存在变化的电场和磁场，以垂直纸面向外为磁场的正方向，磁感应强度为，x轴正向为的正方向，y轴正向为的正方向，有、两种取值，有、两种取值，如图乙所示。0时刻，一电荷量为q，质量为m的正粒子从坐标原点O以速度向y轴正向射出，不计粒子重力，求：
（1）间内，电场强度的合场强；
（2）时刻，粒子的速度大小；
（3）时刻，粒子的位置坐标。

【正确答案】 （1），方向与x轴正向成45°角斜向上；（2）；（3）

14-15（提升） 如图a所示的xoy平面处于变化的匀强电场和匀强磁场中，电场强度E和磁感应强度B随时间做周期性变化的图像如图b所示，y轴正方向为E的正方向，垂直纸面向里为磁场的正方向。t=0时刻，质量为m，电量为-q的带负电粒子（重力不计）从原点O以速度v0（v0大小可调）沿y轴正方向射出，粒子恰好能沿一定的轨道做周期性运动。图中E0、t0为已知量。不考虑电磁场变化时的相互影响。
（1）若t=t0时刻，粒子沿周期性运动轨道运动过程中第一次离x轴最远，求：
①磁感应强度B0和初速度v0；
②粒子运动过程中，在x轴上离O点最远距离；
（2）若将该周期性变化磁场的B由（1）中B0调为B'0=B0，为使粒子恰能沿另一轨道做周期性运动，需要将粒子初速度大小由v0调为v1，求：
①初速度v1；
②该轨迹最高点与x轴的距离。

【正确答案】 （1）①；；②；（2）①；②

14-16（提升） 如图甲所示，水平直线MN下方有竖直向上的匀强电场，现将一重力不计、比荷＝1×106C/kg的正电荷置于电场中的O点由静止释放，经过后，电荷以v0＝1.5×104m/s的速度通过MN进入其上方的匀强磁场，磁场与纸面垂直，磁感应强度B按图乙所示规律周期性变化(图乙中磁场以垂直纸面向外为正，以电荷第一次通过MN时为t＝0时刻)．

(1)求匀强电场的电场强度E；
(2)求图乙中t＝时刻电荷与O点的水平距离；
(3)如果在O点右方d＝68 cm处有一垂直于MN的足够大的挡板，求电荷从O点出发运动到挡板所需的时间．
【正确答案】 （1）；(2) ；(3)

【原卷 15 题】 知识点 应用理想气体状态方程处理实际问题,判断系统吸放热、做功情况和内能变化情况


【正确答案】
①. 增大    ②. 升高
【试题解析】


15-1（基础） 如图，导热性能良好的汽缸固定在水平地面上，用活塞将一定质量理想气体密闭在汽缸中，活塞与汽缸间摩擦不计，大气压强为。若环境温度缓慢降低10℃，活塞缓慢向左移动一段距离，汽缸内气体体积减小，则相对温度降低前，汽缸内气体对单位面积汽缸壁在单位时间内的碰撞次数________（选填“增加”、“减少”或“不变”），汽缸内气体放出的热量________（选填“大于”、“小于”或“等于”）。

【正确答案】 增加 大于

15-2（基础） 如图甲所示，光滑水平面上固定一绝热气缸，气缸用可控阀门隔成两部分，阀门左侧封闭着某种实际气体，若实际气体分子之间的作用力表现为引力，阀门右侧是真空，则阀门打开，稳定后实际气体分子的总动能______（填“增大”“减小”或“不变”）；图乙所示是一定质量的理想气体的体积V和摄氏温度t的变化关系的图，理想气体由A变化到B的过程中气体的压强______（填“增大”“减小”或“不变”）。

【正确答案】 减小 减小

15-3（基础） 2021年12月26日，航天员身着我国新一代“飞天”舱外航天服成功出舱。太空舱专门做了一个“气闸舱”，其原理图如图所示，相通的舱A、B间装有阀门K，舱A中充满理想气体，舱B内为真空，系统与外界没有热交换。打开阀门K后，A中的气体进入B中，在此过程中气体内能___________（选填“变大”、“变小”或“不变”），单位时间单位面积内气体分子撞击舱壁的次数___________（选填“增多”、“减少”或“不变”）。

【正确答案】 不变 减少

15-4（基础） 图为一定质量理想气体的压强p与体积V的关系图像，它由状态A经等容过程到状态B，再经等压过程到状态C。设A、B、C状态对应的温度分别为TA、TB、TC，则TA=______TC，从状态B到状态C过程气体________热（填“吸”、“放”）。

【正确答案】 吸

15-5（巩固） 如图所示，一定质量的理想气体经历从状态A到状态B，再到状态C，最后由状态C回到状态A，AB、BC分别与p轴、T轴平行，在这个循环过程中，外界对气体做功的是_____（选填“AB”“BC”或“CA”）过程，气体吸热是_____（选填“AB”“BC”或“CA”）过程，气体完成这个循环，内能_____（选填“增大”“减小”或“不变”）。

【正确答案】 AB BC 不变

15-6（巩固） 如图所示为某喷水壶示意图。未喷水时阀门K闭合，压下压杆A可向瓶内储气室充气。多次充气后按下按柄B，打开阀门K，水会自动经导管从喷嘴喷出。若储气室内的气体可视为理想气体，在喷水过程中其温度保持不变，则在喷水过程中，储气室内的气体将从周围______（填“放出”或“吸收”）热量，储气室内气体的压强将______（填“增大”“不变”或“减小”）。

【正确答案】 吸收 减小

15-7（巩固） 骑行一族在野外可用以下简单的方法快速制取少量的冰块。如图所示，把自行车应急充气用的钢制二氧化碳气瓶放到装有少量水的杯子中，打开气阀，瓶内高压气体持续放气一段时间后，杯中的水便结成了冰。在此过程中，二氧化碳气体对外界做_______（选填“正”、“负”）功，根据热力学第一定律，气体的分子平均动能_______，故温度降低。

【正确答案】 正 减少

15-8（巩固） 如图所示，一定质量的理想气体依次经历三个不同过程，分别由图象上三条直线和表示，其中平行于横轴，的延长线过点平行于纵轴。由图可知，过程气体体积______（填“增大”“减小”或“不变”），过程气体_______热（填“吸”或“放”），过程_______做功（填“气体对外界”或“外界对气体”）。

【正确答案】 减小 吸 气体对外界

15-9（巩固） 如图所示，一定质量的理想气体经历A→B、B→C两个变化过程，已知状态A的温度为300K，则气体在B状态的温度为___________K，由状态B变化到状态C的过程中，气体是___________（填“吸热”或“放热”）过程。

【正确答案】 1200 放热

15-10（巩固） 气垫鞋指的是鞋底上部和鞋底下部之间设置有可形成气垫的储气腔，储气腔与设置在鞋上的进气孔道和出气孔道组成通气装置。设人走路时，当脚抬起离地，储气腔内吸入空气；当脚踩下地面，储气腔气体被排出。由此可判断，脚离地过程中，储气腔内气体对外界________（选填“做正功”、“做负功”或“不做功”），原来储气腔内的气体分子平均动能________（选填“增大”、“减小”、“不变”）。

【正确答案】 做负功 不变

15-11（提升） 一定质量的理想气体的“卡诺循环”过程如图所示，从状态A依次经过状态B、C、D后再回到状态A。其中，A→B和C→D为等温过程，B→C和D→A为绝热过程（气体与外界无热量交换）。气体从状态A到状态B的过程，气体分子的平均动能________ （“增大”“减小”或“不变”）；气体从状态B到状态C的过程气体的内能_______（填“增大”“减小”或“不变”）；整个循环过程，气体从外界_______热量（填“吸收”“放出”或“无吸放”）。

【正确答案】 不变 减小 吸收

15-12（提升） 有组同学设计了一个如图所示的测温装置，C为测温泡，用玻璃管与水银气压计相连，气压计A、B两管内的水银面在同一水平面上，气压计A、B两管的下端通过软管相连且充满水银（图中涂黑部分）。在A管上画上刻度。测温时调节B管的高度使A管中的液面位置保持在a处，此时根据A、B两管水银面的高度差就能知道测温泡所处环境的温度。假设该测温装置在制定刻度时候的大气压为76cmHg，测温泡所处环境的温度为30℃。
（1）当测温泡放入较低温度的液体中，即测温泡中气体温度降低时，为使水银气压计A管中的液面位置保持在a处，则水银气压计的B管应向_______（填“上”或“下”）移动；
（2）上述过程稳定后C内的理想气体内能______（填“增大”或“减小”），气体不对外做功，气体将_______（填“吸热”或“放热”）。
（3）该温度计的刻度是__________；（填“均匀”或“不均匀”，及“温度上高下低”或，“温度上低下高”）
（4）该温度计存在的缺陷之一，当天气变化引起大气压强变大，而环境温度仍为30℃，温度计上30℃的刻度应该如何调整________________________。

【正确答案】 下 减小 放热 均匀，温度上高下低 向上平移

15-13（提升） 密闭容器中封闭着一定量的理想气体，现使气体经历的热学过程，其体积随温度的变化关系如图所示，则该过程，气体___________（填“吸收”或“放出”）热量，气体分子在单位时间内对容器壁单位面积上的碰撞次数___________（填“增加”或“减少”）。

【正确答案】 吸收 减少

15-14（提升） 我国“蛟龙”号载人潜水器下潜超过七千米，再创载人深潜新纪录。在某次深潜实验中，“蛟龙”号探测到深处的海水温度为。某同学利用该数据来研究气体状态随海水深度的变化。如图所示，导热良好的汽缸内封闭一定质量的气体，不计活塞的质量和摩擦，汽缸所处海平面的温度，压强，封闭气体的体积，如果将该汽缸下潜至深处，此过程中封闭气体可视为理想气体。

（1）下潜过程中封闭气体___________（选填“吸热”或“放热”），传递的热量___________（选填“大于”或“小于”）外界对气体所做的功。
（2）求深处封闭气体的体积为___________（相当于10m深的海水产生的压强）。
【正确答案】 放热 大于

15-15（提升） 把一个烧瓶和一根弯成直角的均匀细玻璃管用橡皮塞连成如图所示的装置。在玻璃管内引入一小段油柱，将一定质量的空气密封在瓶内，被封空气的压强跟大气压强相等。如果不计大气压强的变化，利用此装置可以研究烧瓶内空气的体积随温度变化的关系。

（1）改变烧瓶内气体的温度，测出几组体积V与对应温度T的值，作出图像如图所示。已知大气压强，则由状态a到状态b的过程中，气体对外做的功为________J。若此过程中气体吸收热量，则气体的内能增加了________J。

（2）已知任何气体在压强，温度时，体积为。瓶内空气的平均摩尔质量。体积，温度为。可知瓶内空气的质量________g。
【正确答案】 50 10 2.73

【原卷 16 题】 知识点 理想气体状态方程



【正确答案】

【试题解析】




16-1（基础） 如图所示，结构相同的绝热汽缸A与导热汽缸B均固定于水平地面刚性杆连接横截面积均为S的绝热活塞a、b，两汽缸中均封闭一定量的理想气体。开始时活塞静止，A、B中气体的体积均为V，压强均等于大气压p0.A中气体热力学温度为TA，设环境温度始终不变，现通过电热丝加热A中的气体，停止加热达到稳定后，B中气体的体积减小了，活塞a、b与两汽缸内壁之间的最大静摩擦力均为，求：
（i）停止加热后B中气体的压强；
（ii）停止加热后A中气体的热力学温度。

【正确答案】 （i）；（ii）

16-2（基础） 如图所示，高为的导热性能良好的汽缸开口向上放置在水平地面上，汽缸中间和缸口均有卡环，质量为的活塞在缸内封闭了一定质量的气体，活塞的横截面积为，活塞与汽缸内壁无摩擦且汽缸不漏气，开始时，活塞对中间卡环的压力大小为，活塞离缸底的高度为，大气压强为，环境的热力学温度为，重力加速度大小为，不计卡环、活塞及汽缸的厚度。
（1）若保持气体温度不变，将汽缸沿顺时针缓慢旋转，求平衡后活塞到汽缸底部的距离；
（2）若不转动汽缸，缓慢升高环境温度，直到活塞距离汽缸底部的高度为，求此时环境的热力学温度。

【正确答案】 （1）；（2）

16-3（基础） 如图所示，内壁光滑的圆筒固定在水平地面上，用横截面积S＝0.01 m2的活塞A、B封闭一定质量的理想气体，其中活塞B与一端固定在竖直墙上、劲度系数k＝1 000 N/m的轻质弹簧相连，平衡时两活塞相距l0＝0.6 m。已知外界大气压强p0＝1.0×105 Pa，圆筒内气体温度为t0＝27 ℃。
（1）若将两活塞锁定，然后将圆筒内气体温度升到t＝227 ℃，求此时圆筒内封闭气体的压强；（结果保留3位有效数字）
（2）若保持圆筒内气体温度t0＝27 ℃不变，然后对A施加一水平推力F＝500 N，使其缓慢向左移动一段距离后再次平衡，求此过程中活塞A移动的距离。（假设活塞B左端的圆筒足够长，弹簧始终在弹性限度内）

【正确答案】 （1）1.67×105Pa；（2）0.7 m

16-4（基础） 如图所示，将一气缸竖直放置在水平面上，大气压强为P0=1×105Pa，气缸壁是导热的，两个导热活塞A和B将气缸分隔为1、2两气室，达到平衡时1、2两气室高度分别为10cm，5cm，活塞A质量为2kg，活塞B质量为3kg，活塞A、B的横截面积皆为S=1×10-3m2.活塞的厚度均不计，不计一切摩擦，取g=10m/s2。
（ⅰ）求气体1、气体2的压强；
（ⅱ）在室温不变的条件下，将气缸顺时针旋转180°，将气缸倒立在水平面上，求平衡后活塞A移动的距离。不计活塞与气缸壁之间的摩擦，A、B活塞一直在气缸内不脱出。

【正确答案】 （i）；；（ii）15cm

16-5（巩固） 如图，图中A、B气缸的长度均为L=30 cm，横截面积均为S，A、B气缸分别是左侧壁和右侧壁导热，其余部分均绝热C是可在气缸B内无摩擦滑动的、体积不计的绝热轻活塞，D为阀门（细管中的体积不计）。起初阀门关闭，活塞紧靠B气缸左壁，A内有压强pA=2.0×105Pa的氮气，B内有压强pB=1.0×105Pa的氧气，环境温度为T0=300K。现将阀门打开，活塞C向右移动，最后达到平衡。求：
（1）活塞C移动的距离；
（2）现给B内气体加热，达到平衡时活塞恰好回到初始位置，此时B内气体温度。

【正确答案】 （1）10cm；（2）600K

16-6（巩固） 如图所示，竖直放置的圆柱形汽缸体积为V，横截面积为S，被活塞分成A、B两部分。初始时活塞静置于卡环上，A、B两部分容积之比为2∶1，气体的压强均为。现通过打气孔（气体只进不出）向容器B中缓慢注入压强为、一定体积的同种气体，气体注入后活塞静止于圆柱形汽缸正中央。已知活塞的质量（g为重力加速度），活塞厚度不计。整个过程外界温度恒定，汽缸及活塞密闭性和导热性良好，不计活塞与汽缸壁间的摩擦。求：
（1）A部分气体最终的压强；
（2）通过打气孔注入的气体体积。

【正确答案】 （1）；（2）

16-7（巩固） 横截面积分别为S和2S的两个气缸接在一起竖直放置，导热气缸内分别有活塞A、B封闭一定质量的理想气体，两光滑活塞质量分别为m、2m，由轻质硬杆连接，当缸内气体温度为T0，外界大气压强为p0时，平衡时两活塞到气缸连接处距离均为l，重力加速度为g。回答下面问题：
（1）求轻杆的弹力FN的大小；
（2）保证在气体状态变化时，两活塞均不滑到两气缸连接处，求缸内气体的温度变化范围。

【正确答案】 （1）；（2）

16-8（巩固） 如图所示，长度为2L的导热汽缸放置在压强为、温度为的环境中，汽缸的左上角通过开口C与外界相通，气缸内壁的正中间固定一薄卡环，汽缸内的两活塞将缸内气体分成I、Ⅱ、Ⅲ三部分，左侧活塞到卡环的距离为，右侧活塞到卡环的距离为。环境压强保持不变，不计活塞的体积，忽略摩擦。
（1）将环境温度缓慢升高，求右侧活塞刚到达卡环位置时的温度；
（2）将环境温度缓慢改变至后保持不变，然后用气泵从开口C向汽缸内缓慢注入气体，求左侧活塞到达卡环位置后，第Ⅲ部分气体的压强和右侧活塞到卡环的距离。

【正确答案】 （1）；（2），

16-9（巩固） 如图，容积均为V的汽缸A、B下端有细管（容积可忽略）连通，阀门位于细管的中部，A、B的顶部各有一阀门、，B中有一可自由滑动的活塞（质量、体积均可忽略）。初始时，三个阀门均打开，活塞在B的底部：关闭、，通过给汽缸充气，每次可以打进气压为、体积为0.2V的空气，使A中气体的压强达到大气的5倍后关闭。已知室温为27℃，汽缸导热。
（1）求向A中打气的次数：
（2）打开，求稳定时活塞上方气体的体积和压强；
（3）接着打开，活塞稳定后，再缓慢加热汽缸内气体使其温度升高60℃，求此时A中气体的压强。

【正确答案】 （1）20次；（2），；（3）

16-10（巩固） 如图所示，内壁光滑、长度均为、横截面积均为的导热汽缸、B，水平固定，B竖直固定，两汽缸之间由一段容积可忽略的细管相连，整个装置置于温度恒定、大气压强为的环境中，活塞C、D的质量及厚度均忽略不计。原长为、劲度系数的水平轻弹簧，一端连接活塞C、另一端固定在位于汽缸缸口的点。开始时活塞D距汽缸B的底部，后在D上放一质量的物体，其中为重力加速度。弹簧始终在弹性限度内，求：
（1）稳定后弹簧的形变量；
（2）稳定后活塞D下降的距离。

【正确答案】 （1）；（2）

16-11（提升） 将横截面积分别为 和 两个气缸竖直连接。在两气缸连接处及其下方处均固定有活塞销。整个气缸被活塞和活塞分割成三部分，两活塞用长的轻绳连接，上下两部分均与大气直接连通，两活塞之间密闭有一定质量的理想气体。已知活塞的质量为，活塞的质量为。初始时，密闭气体的温度为，压强为，两活塞静止于如图所示的位置。外界大气压强恒为，不计活塞和活塞销的厚度，不计活塞和气缸间的摩擦，取。现在开始缓慢升高密闭气体的温度，求：
（1）轻绳刚好要被拉直时，密闭气体的温度；
（2）若轻绳能承受的最大拉力，至少需要将温度升高到多少，才能将绳拉断？

【正确答案】 （1）；（2）

16-12（提升） 如图所示，左、右两气缸及A、B两活塞间封闭有甲、乙、丙三部分气体，中间连通的细管极细（管内气体的体积忽略不计）。气缸长度均为L0=18cm，B活塞截面积是A的2倍，活塞厚度均不计，初始时B活塞位于气缸左壁（中间的空隙可忽略），A活塞位置如图。活塞与缸壁密封良好，摩擦不计，左侧气缸和两活塞都绝热，右侧气缸可与外界导热。初始时，甲、乙气体压强为p0，丙气体压强为3p0，温度为t0=27℃。（已知T=273+t）
（1）若电热丝对甲气体升温，当温度升高至500K时，A活塞向右移动2cm，求乙气体此时的温度；
（2）若电热丝对甲气体升温，当甲气体温度为多少K时，B活塞向右移动1cm，且左气缸中乙的温度为400K。

【正确答案】 （1）312.5K；（2）

16-13（提升） 如图所示，两端开口内壁光滑的导热汽缸竖直固定放置在地面上，活塞A质量mA=1kg，活塞B质量mB=2kg，两个活塞由长度为L=20cm的轻杆相连，A活塞的横截面积SA=10cm2，B活塞的横截面积SB=20cm2，两活塞均不计厚度，活塞间封闭有一定质量的理想气体。上方较细的气缸足够长，下方较粗的气缸长度为H=20cm，开始时，活塞B距离地面h=10cm，活塞B下面有一弹簧上端固定在活塞B上，下端固定在地面上，弹簧的劲度系数k=175N/m，此时弹簧处于原长，整个装置处于静止状态。大气压强恒为，初始时汽缸周围环境温度T=400K，重力加速度g为10m/s2。
（1）求初始时活塞间封闭气体的压强p1；
（2）若缓慢降低环境温度至200K，求活塞B到地面的距离。

【正确答案】 (1)；(2)20cm

16-14（提升） 如图所示，上端开口带有卡环、内壁光滑、竖直放置的绝热容器内，有两个厚度不计的活塞，封闭了上、下两部分气体，其中小活塞质量为，导热性能良好，大活塞质量为，绝热，两活塞密封性均良好。细管道横截面积为，粗管道横截面积为，下部分气体中有电阻丝可以通电对封闭气体进行加热。若下部分封闭气体初始温度为，此时各部分长度。已知大气压强，外界环境温度保持不变，重力加速度g取，取现对电阻丝通电以缓慢升高气体温度。
（1）求当小活塞刚好移至顶部时，下部分气体的温度；
（2）求当下部分封闭气体的温度为时，上部分气体的压强。

【正确答案】 （1）；（2）

16-15（提升） 两绝热的工字形汽缸如图所示竖直放置，活塞A和B用一个长为4l的轻杆相连，两活塞之间密封有温度为的空气，活塞A的质量为2m，横截面积为2S，活塞B的质量为3m，横截面积为3S，中间b部分汽缸的横截面积为S，初始时各部分气体状态如图所示。现对气体加热，使其温度缓慢上升，两活塞缓慢移动，忽略两活塞与圆筒之间的摩擦，重力加速度为g，大气压强为。
（1）求加热前封闭气体的压强和轻杆上的作用力；
（2）气体温度上到时，封闭气体的压强。

【正确答案】 (1)；，对活塞B方向竖直向下；(2)

16-16（提升） 如图所示，在固定的气缸A和B中分别用活塞封闭着一定质量的理想气体，活塞面积之比，两活塞以穿过B的底部的刚性细杆（细杆处不漏气）相连，可沿水平方向无摩擦滑动，两个气缸都不漏气。初始时A、B中气体的体积均为，A、B中气体温度皆为，A中气体压强，（是气缸外的大气压强）。现对A加热，使其中气体压强升到，同时保持B中的温度不变，求：
（1）求初始时B气体的压强
（2）求加热后A气体温度。

【正确答案】 （1）；（2）562.5K

【原卷 17 题】 知识点 波长、频率和波速的关系,机械波相关物理量的计算


【正确答案】
①. 2    ②. 0.55
【试题解析】



17-1（基础） 甲、乙两列横波在同一介质中分别从波源M、N两点沿x轴相向传播，波速均为2m/s，振幅均为1cm，某时刻的图像如图所示。甲乙两波的周期之比为_______；再经过6s，平衡位置在x＝3m处的质点位移为______cm。

【正确答案】 2：3 1

17-2（基础） 一列振幅5cm的简谐横波在介质中沿轴正向传播，波长不小于40cm。和是介质中平衡位置分别位于和处的两个质点。时开始观测，此时质点的位移为，质点处于波峰位置。时，质点第一次回到平衡位置。则该简谐波的周期___________s，波长___________m。
【正确答案】 4 1.2

17-3（基础） 一列沿x轴传播的简谐横波在t＝0时刻的波形图如图所示，此时质点Q沿y轴负方向运动，经1s质点Q第一次到达波谷位置，则质点P振动的周期为______s，该简谐横波沿x轴______（填“正”或“负”）方向传播，传播速度大小为______m/s。

【正确答案】 4 负 2

17-4（巩固） 如图所示，甲乙两船相距40m，一列水波在水面上从左向右传播，当某时刻甲船位于波峰时乙船恰位于波谷，且峰、谷间的高度差为0.4m。若水波的周期为4s，则波速为____m/s，从此时起9s内乙运动的路程为_____m。

【正确答案】 4 1.8

17-5（巩固） 如图，一列简谐横波沿x轴正方向传播，在时刻波传播到坐标原点O，坐标原点O处的质点开始向上运动，在时坐标原点O处的质点与处质点之间第一次出现如图波形，该波的波速为___________m/s，时该波刚好传到了x=___________m处。

【正确答案】 10 2

17-6（巩固） 将一弹性绳沿x轴放置，左端位于坐标原点，用手握住绳的左端，当t=0时，使其开始沿y轴作简谐振动，在t=0.75s时形成如图所示的波形，M点是位于x=10cm处的质点，N点是位于x=50cm处的质点。

（1）绳波的传播速度__________。
（2）从t=0时刻开始到N点第一次到达波峰时，M点经过的路程__________。
【正确答案】 88cm

17-7（巩固） 一列简谐横波沿 x 轴正向传播，某时刻的波形图如图所示．已知 A 点相继出现两个波峰的时间间隔为 0.2 s，该波的波速为______m/s；如果从图示时刻开始计时，在t＝0.1 s 时，x＝0.5 m 处的质点的振动方向沿______方向； x＝2 m 的质点经过______第一次到达波谷．

【正确答案】 2； y轴负方向 0.9

17-8（巩固） 一平面简谐横波以速度v = 2m/s沿x轴正方向传播，t = 0时刻的波形图如图所示，介质中平衡位置在坐标原点的质点A在t = 0时刻的位移，该波的波长为______m，频率为______Hz，t = 2s时刻，质点A______（填“向上运动”“速度为零”或“向下运动”）。

【正确答案】 4 0.5 向下运动

17-9（巩固） 如图所示，t=0时位于坐标原点O处的波源开始振动，其振动方程为，波源产生的简谐波沿x轴正方向传播，其速度大小为v=2m/s，则波长为______ m。0~11s内x轴上x=12 m处的质点P通过的路程为_______m。

【正确答案】 8 0.2

17-10（提升） 如图所示为一列沿x轴正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45m/s，则在0~s时间内M的路程为___________m。

【正确答案】 5 0.8 0.44

17-11（提升） 一列沿x轴正方向传播的简谐横波的x-y-t图像如图所示，图中曲线①②③均为正弦曲线，其中曲线①在xOy平面内，曲线②所在的平面平行于xOy平面，曲线③在yOt平面内。该波的传播速度为______m/s，曲线③可能为x=______m处质点的振动图像（选填“2”“4”或“6”）

【正确答案】 2 4

17-12（提升） 一列简谐横波沿x轴传播在t＝0时刻的波形如图所示，此时质点P、Q的位移分别为2cm、－2cm，质点P正沿y轴正方向运动，从图示时刻开始，质点Q经过0.4s第一次到达波峰，则波沿x轴______（填“正”或“负”）方向传播；在5s时间内，质点P通过的路程为______cm。

【正确答案】 正 132

17-13（提升） 如图甲所小，位于惠州东南部的大亚湾有着延绵曲折的黄金海岸，这里有近百个千姿百态的岛屿，呈弯月状分布，被誉为“海上小桂林”。某同学和爸爸乘船在大亚湾游玩，该同学的船停在A点，爸爸的船停在B点如图乙所示，细心的同学发现：水波以的速率均匀地从A点向B点传播，A、B两点相距，第1个波峰经过A点至第20个波峰经过A点用时，把水波看成简谐横波，则波长为___________m；该同学和爸爸___________（选填“能”或“不能”）同时处于波谷。

【正确答案】 6 能

17-14（提升） 如图为一列沿x轴方向传播的简谐横波在时的波形图，此时处的质点正向下运动，已知波速，则波沿x轴_______（填“正”或“负”）方向传播，周期_______s，处质点的振动方程为_______。

【正确答案】 正 0.2

【原卷 18 题】 知识点 折射和全反射的综合问题


【正确答案】

【试题解析】



18-1（基础） 一玻璃球过球心的横截面如图所示，玻璃球的半径为R，O为球心，AB为直径。来自B点的光线BM恰好在M点发生全反射，另一光线BN从N点折射后的出射光线平行于AB，已知，光在真空中的速度为c，求：

（1）该玻璃的折射率；
（2）在玻璃球中光线从B点到M点的传播时间。
【正确答案】 （1）；（2）

18-2（基础） 如图所示圆心为O、半径为R的半圆玻璃砖竖直放置，直径AB与水平地面垂直并接触于A点，OC水平。一束激光从玻璃砖圆弧面BC射向圆心O，逐渐增大激光的入射角i，发现水平地面上的两个光斑逐渐靠近，当水平地面上刚好只有一个光斑时，光斑距A点的距离为。
（1）求玻璃砖的折射率n；
（2）若该束激光以入射角入射，不考虑激光在ACB弧面上的反射，求此时地面上两个光斑之间的距离x。

【正确答案】 （1）；（2）

18-3（基础） 半径为R的半圆形玻璃砖横截面如图所示，O为圆心，光线从E点射入玻璃砖，当时，光线恰好在玻璃砖上表面发生全反射；当时，光线从玻璃砖上表面F点射出，且从F点处射出的光线与从E点入射的光线平行。已知光在真空中的传播速度为c，求：
（1）玻璃砖的折射率；
（2）光线从E点传播到F点所用的时间。

【正确答案】 （1）n=；（2）

18-4（基础） 如图所示，一块半圆形玻璃砖，其横截面是半径为R的半圆，为半圆的直径，O为圆心，玻璃的折射率。平行光垂直射向玻璃砖的下表面（设真空中光速为c）。
（1）若光到达上表面后，都能从上表面射出，则入射光束在上的最大宽度为多少？
（2）一束光在O点左侧与O点相距处，垂直于从下方入射，求此光从玻璃砖射出所用时间为多少？

【正确答案】 （1）；（2）

18-5（巩固） 如图所示，某种透明介质的横截面由直角三角形和圆心为O、半径的四分之一圆弧BC组成，其中。一束单色光从D点垂直AB面射入透明介质中，射到圆弧BC上时恰好发生全反射。测得D点与O点之间的距离为8cm。取，。求：
（1）介质对单色光的折射率；
（2）单色光从AC面射出介质时折射角的正弦值。

【正确答案】 （1）；（2）

18-6（巩固） 如图所示，为柱状扇形玻璃的横截面，扇形的圆心为，半径，为的角平分线，一细束单色光以入射角从A点射入玻璃，折射光线恰好在点发生全反射，最后从点折射出。玻璃对该光的折射率。已知光在真空中的传播速度，求该光在玻璃往中的传播时间。（最后结果保留2位有效数字，取，）

【正确答案】

18-7（巩固） 如图所示，一半径为R的透明半圆介质，O为圆心，AB为直径，光以入射角60°从D点射入该透明介质，恰好在AO的中点E发生全反射后，从F点射出透明介质。求：
（1）透明半圆介质对光的折射率n；
（2）光在介质中传播的时间t。

【正确答案】 （1）；（2）

18-8（巩固） 某学校召开运动会，买了部分透明材料奖杯，其横截面是以顶点B为圆心、圆心角为120°的扇形ABE，如图所示，该校研究性小组的同学想用激光束测量这种奖杯材料的折射率，他们将激光束平行纸面且垂直BE面射入该材料，入射点为D，该激光束恰好未从圆弧面AE射出。已知，光在真空中传播的速度为c。

（1）求该材料的折射率和光在该材料中的传播速度；
（2）光线从AB面射出的折射角。
【正确答案】 （1），；（2）

18-9（巩固） 如图所示，截面为扇形AOB的玻璃砖固定在水平面上，，在水平面上的C点沿与水平面成30°的方向射出一束光线，照射到AO面上的D点，折射光线水平，刚好照射到AB弧的中点E，已知，光在直空中的传播速度为c，求：
①玻璃砖对光的折射率；
②光从C点传播到E点所用的时间。

【正确答案】 ①；②

18-10（巩固） 如图所示，圆心为O、半径为R的半圆形玻璃砖置于水平桌面上。一光线从圆心O的正上方点以入射角入射后，从圆心O右侧的P点射出；若光线从P点垂直射入，则恰好在玻璃砖圆形表面发生全反射，已知真空中的光速为c，求：
（ⅰ）之间的距离；
（ⅱ）光从传播到P的时间。

【正确答案】 （ⅰ）；（ⅱ）

18-11（巩固） 一半径为的半圆形玻璃砖横截面如图所示，为圆心，垂直于，一束足够宽的平行光线照射到玻璃砖面上，其中光线a沿半径方向射入玻璃砖，图中。该玻璃砖的折射率为。求：
（ⅰ）射向玻璃砖点的光线进入玻璃后的折射角；
（ⅱ）玻璃砖底面被照亮区域的宽度。（不考虑玻璃砖面的反射）

【正确答案】 （ⅰ）；（ⅱ）

18-12（提升） 如图甲所示，真空中的半圆形透明介质，半径为R，圆心为O，其对称轴为OA，一束单色光沿平行于对称轴的方向射到圆弧面上。光线到对称轴的距离为，经两次折射后由右侧直径面离开介质。已知该光线的入射角和出射角相等，真空中的光速为c。求：
（1）透明介质的折射率n；
（2）单色光在介质中传播的时间t；
（3）如图乙所示，将透明介质截取下半部分OAB，用黑纸覆盖OB。用该单色光平行于横截面，与界面OA成30°角入射，若只考虑首次入射到圆弧AB上的光，求圆弧AB上有光射出的弧长L。（取）

【正确答案】 （1）；（2）；（3）

18-13（提升） 如图为一根圆柱形的空心玻璃棒，其外径为R。一束激光从玻璃棒的A点入射，入射角为，经折射后到达玻璃棒内侧圆的B点，O、B两点连线延长相交于外侧圆上的C点，有，；光在真空中的传播速度为c。求：
（1）玻璃棒的折射率；
（2）不考虑多次反射，激光穿过玻璃棒所用的时间。

【正确答案】 （1）；（2）

18-14（提升） 如图所示，是一个玻璃砖的截面图，由等腰直角三角形和半圆组成，在正上方有一个足够大的光屏，半圆的直径，垂直边入射一细光束从C点缓慢向左平移，从C点平移到P点（图中未画出）的过程中，光屏上有光斑，当平移到P点及左边时光屏上光斑消失，已知玻璃砖的折射率。求：
（1）P点距C点的距离；
（2）细光束从C点缓慢向左平移至P点的过程中光斑距A点的最小距离。

【正确答案】 （1）；（2）1m

18-15（提升） 2022年2月4日，北京冬奥会开幕式惊艳全球，这场视听盛宴的最大“功臣”非LED显示技术莫属。发光二极管（LED）可高效地将电能转化为光能，在照明、平板显示、医疗器件等领域具有广泛的用途。有一种发光二极管，它由透明柱体和发光管芯组成。如图所示为一透明柱体的纵截面，柱体上半部分是球心为O、半径为R的半球体，M是球体的顶点，柱体下半部分是高度为R的圆柱体， 其下表面的圆心为D、半径为R，管芯发光区域是半径为r且紧贴柱体下表面的圆面（PQ是直径，圆心也在D点）。
（1）若透明体的折射率，真空中光速为c，求光从P点沿直线传播到M点的时间t；
（2）为使管芯发出的光到达球面时都不发生全反射，透明体的折射率n应满足什么条件。

【正确答案】 （1）；（2）

18-16（提升） 2021年12月9日，“太空教师”翟志刚、王亚平、叶光富在中国空间站为青少年带来了一场精彩纷呈的太空科普课。王亚平在水膜里注水，得到了一个晶莹剔透的水球，接着又在水球中央注入一个气泡，形成了两个同心的球，如图所示，是通过球心O的一条直线，并与球右表面交于C点。一单色细光束平行于从B点射入球体，当没有气泡时，光线从C点射出，已知水球半径为R，光线距的距离为，光在真空中传播速度为c，求：
（1）水对此单色光的折射率；
（2）当球内存在气泡时，光线经过气泡全反射后，仍沿原方向射出水球，若水球半径及入射光线与的距离均不变，求此时气泡的半径大小以及光线在水球中传播时间。

【正确答案】 （1）；（2），


变式题库答案

1-1【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．由于时间内乙的速度一直为正值，则时刻乙的运动方向没有发生改变，故A错误；
BC．由于图像与t轴所围面积表示位移，时间内，甲的位移与乙的位移大小关系不确定；同理，可知在时间内，甲的位移小于乙的位移，则甲的平均速度小于乙的平均速度，故BC错误；
D．由于图像的斜率表示加速度，时间内，甲、乙图像的斜率一定会在某个时刻相同，即加速度相同，故D正确。
故选D。
1-2【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．该图是描述速度与时间变化关系的图像，根据题目所给信息，不能判断两质点在t=0时刻出发点的关系，A错误；
B．两图线的交点表示在该时刻速度相等，在0到的时间内，两质点有两次速度相等，并不是相遇，B错误；
C．速度—时间图像的面积表示位移，显然时间内，质点N的位移大于质点M的位移，则该过程中质点N的平均速度大于质点M的平均速度，C错误；
D．速度—时间图像中图线的斜率表示质点的加速度，由题图可知时间内的某时刻、质点M的切线可能与质点N的图线平行，则该时刻两质点的加速度大小相等，D正确。
故选D。
1-3【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．0~1s内物体的位移大小为

选项A错误；
B．1~3s内物体的加速度大小为

选项B错误；
CD．由图像可知，0~1s内物体做匀减速直线运动，1~3s内做匀加速直线运动，选项C正确，D错误。
故选C。
1-4【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．0-2s内物体的加速度为

6-8s内物体的加速度为

可知0-2s内和6-8s内物体的加速度大小相等，方向相同，A正确；
B．0-2s内与4-5s内物体的速度均为正值，运动方向相同，B错误；
C．6-8s内物体做匀减速运动，加速度方向与运动方向相反，C错误；
D．图线与时间轴所围的面积表示位移，可得前8s内物体的位移大小为

D错误。
故选A。
1-5【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．由图甲可知，质点A在时，速度方向发生改变，故A错误；
B．由图甲可知，质点A在时，速度大小为

由图乙可知，B质点在内，做加速度大小为的匀减速运动，根据公式

可得B质点在2.5s时的速度大小

则A质点在0.5s时与B质点在2.5s时的速度大小之比为，故B错误；
C．由图甲可知，0~1s内，质点A做匀速直线运动，由图乙可知，0~1s内，质点B做匀加速直线运动，故C正确；
D．由图甲可知，0~3s内，质点A的位移为0，由图乙可知，0~3s内，质点B的位移为，故D错误。
故选C。
1-6【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
由v－t关系图象可知，物体开始沿正方向做匀减速直线运动到零，然后反向做匀加速直线运动，x－t关系图线的切线斜率表示瞬时速度，可知瞬时速度先减小后反向增大，另外反向运动时加速度大于原来的加速度，所以运动相同距离所用时间短，故选B。
1-7【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．0~5s内匀加速上升，选项A错误；
B．0~11s内速度一直为正，则11s末上升到最高点，选项B错误；
C．第12s内的加速度大小为

选项C正确；
D．由图像的面积等于位移可知，前10s内的位移与前12s内的位移相等，则前10s内的平均速度大于前12s内的平均速度，选项D错误。
故选C。
1-8【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．图像的斜率表示物体的加速度，在时刻，实线的斜率大于虚线的斜率，所以虚线反映的加速度比实际的小，故A项错误；
B．在时间内，虚线为平行于时间轴的直线，反映的是匀速直线运动，故B项错误；
C．图像与时间轴围成的面积表示对应时间内的位移，在时间内，虚线与时间轴围成的面积大于实线与时间轴围成的面积，则虚线计算出的位移比实际的大，根据

由于虚线计算出的平均速度比实际的大，故C项正确；
D．图像与时间轴围成的面积表示对应时间内的位移，在时间内，虚线与时间轴围成的面积小于实线与时间轴围成的面积，则虚线计算出的位移比实际的小，故D项错误。
故选C。
1-9【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．小球在0.4s到达最高点时速度为零，达到最高点，A项错误；
B．速度－时间图像的斜率表示加速度，1.2s刚入水时图像斜率最大，此时小球的加速度最大，B项错误；
C．跳台与水面的高度差

C项正确；
D．若小球入水后做匀减速直线运动，小球潜入水中的深度

因为小球做变减速运动，图像中不规则图形的面积小于三角形的面积，所以小球潜入水中的深度小于3.2m，D项错误。
故选C。
1-10【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
AC．在v-t图像中图形的面积代表位移的大小，根据图像可知，在这段时间内，甲的位移大于乙的位移，时间相同，根据平均速度等于位移与时间之比，可知汽车甲的平均速度比乙的大，故AC错误；
B．若甲做匀加速直线运动，其平均速度等于，而实际上，甲做变加速直线运动，通过的位移大于匀加速直线运动的位移，所以甲的平均速度大于，故B正确；
D．因为速度时间图像切线的斜率等于物体的加速度，汽车甲和乙的加速度大小都是逐渐减小，故D错误。
故选B。
1-11【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．时间内，由图像中面积法可知甲的位移比乙的大，又因为在时刻，两车相遇，所以乙车在甲车前面，故A项错误；
B．时间内，由图像可知甲车的速度比乙车的速度大，乙车在甲车前面，所以两车的距离一直在减小，故B项错误；
C．因为图像中的斜率代表加速度，由图像可知，甲车的加速度在减小且初始时甲车的加速度比乙车的加速度大，乙车的加速度不变。所以可知开始时甲车速度增大得比乙车快，后来甲车速度增大得比乙车慢，故C项错误；
D．由图像可知，两车加速度相等时，速度差最大，故D项正确。
故选D。
1-12【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．图像的斜率表示加速度，该图像的切线斜率不断减小，说明加速度不断减小，故A项错误；
B．图像中，图像与坐标轴围成的面积为位移，由图可以可以看出这段时间内的位移在变大，故B项错误；
CD．图像中，图像与坐标轴围成的面积为位移，用直线连接（，）和（，）两点，其连线为匀变速直线运动的图线（其平均速度为）。可以看出，直线所围成的面积大于图中曲线所围成的面积，故物体在这段时间的平均速度，故C错误，D正确。
故选D。
1-13【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
AD．v-t图像的斜率表示加速度，所以在t1时刻物块的加速度不为零，在t2时刻物块的加速度为零，AD错误；
B．在0～t1时间内图线的斜率逐渐减小，所以物块做加速度减小的减速运动，B错误；
C．用直线连接t1与t2两时刻图像上的两点，则该运动图像的平均速度为，与原图像对比，在相同时间内，物块运动的位移较小，所以物块的平均速度大于，C正确。
故选C。
1-14【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．由于题中没有说明两个质点初始位置是否相同，所以t3时刻，甲、乙可能相遇，也可能不相遇，故A错误；
B．t2-t3时间内，在图线b上可以画出一条切线与图线a平行，根据v-t图像的斜率表示加速度，知某一时刻甲、乙的加速度能相等，故B正确；
C．根据v-t图像与时间轴所围的面积表示位移，可知0-t1时间内，甲的位移大于乙的位移，根据

可知，甲的平均速度大于乙的平均速度，故C错误；
D．根据v-t图像的斜率表示加速度，可知甲的加速度不变，乙的加速度一直减小，故D错误。
故选B。
1-15【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．根据图像中图线与横轴围成面积表位移，由图可得

解得

故A错误；
B．根据图像中图线与横轴围成面积表位移，由图可得

解得

故B错误；
CD．根据图像中图线与横轴围成面积表位移，由图可得

由于图线上C点的切线与AB平行，则有

又有

整理得

故D错误C正确。
故选C。
1-16【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．曲线1表示物体做加速直线运动，故A错误；
B．x－t图像中，t1时刻两物体的位移x1=x2，故B错误；
C．v－t图像中，0至t3时间内物体3和物体4的位移为图线下方与时间轴间的面积，即x3 D．x－t图像中，t2时刻表示物体2开始反向运动，v－t图像中t4时刻表示物体4从加速开始变成减速，故D错误。
故选C。
2-1【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．根据牛顿第二定律得

解得

半径越小，角速度越大，卫星a的角速度大，A错误；
B．根据牛顿第二定律得

解得

半径小的周期短，所以卫星a的周期短，B错误；
C．根据牛顿第二定律得

解得

半径小的加速度大，所以卫星a的加速度大，C错误；
D．根据牛顿第二定律得

解得

半径大的线速度小，所以卫星b的线速度小，D正确。
故选D。
2-2【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．根据

解得

由于“嫦娥二号”环月运行的轨道半径比“嫦娥一号”小，所以“嫦娥二号”环月运行的周期比“嫦娥一号”小，故A错误；
B．根据

解得

由于“嫦娥二号”环月运行的轨道半径比“嫦娥一号”小，所以“嫦娥二号”环月运行的线速度比“嫦娥一号”大，故B错误；
C．由于两卫星的质量大小未知，则无法比较向心力的大小，故C错误；
D．根据

解得

由于“嫦娥二号”环月运行的轨道半径比“嫦娥一号”小，所以“嫦娥二号”环月运行的向心加速度比“嫦娥一号”大，故D正确。
故选D。
2-3【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．根据

解得

地球同步卫星的轨道最大，近地轨道半径最小，所以

A正确；
B．根据

解得

地球同步卫星的轨道最大，近地轨道半径最小，所以

B错误；
C．根据

解得

地球同步卫星的轨道最大，近地轨道半径最小，所以

C正确；
D．根据

解得

D正确。
故选B。
2-4【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．圆形轨道上运行的人造地球卫星由万有引力提供向心力

由于a、b质量相同，且小于c的质量，c、b半径相同，且大于a的半径，可知b所需向心力最小，A正确，不满足题意要求；
B．根据

解得

由于c、b半径相同，且大于a的半径，可知b、c周期相等，且大于a的周期，B正确，不满足题意要求；
C．根据

解得

由于c、b半径相同，且大于a的半径，可知b、c向心加速度大小相等，且小于a的向心加速度，C错误，满足题意要求；
D．根据

解得

由于c、b半径相同，且大于a的半径，可知b、c的线速度大小相等，且小于a的线速度，D正确，不满足题意要求。
故选C。
2-5【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．由

得

可见，公转周期的平方与公转半径的三次方的关系图像的斜率越大，中心天体的质量越小，所以图线P表示的是金星的卫星，故A错误；
B．由

得天体的第一宇宙速度为

因为金星的质量约为地球质量的五分之四，半径和地球的半径几乎相等，所以金星的第一宇宙速度比地球的小，故B错误；
C．由

得环绕天体表面运行卫星的周期为

所以环绕金星表面运行卫星的周期大于绕地球表面运行卫星的周期，故C正确；
D．由

得

因为金星离太阳的距离比地球略近，所以金星绕太阳运行的向心加速度大于地球绕太阳运行的向心加速度，故D错误。
故选C。
2-6【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．由题意可知，两卫星围绕地球运动的角速度和周期相同，运动半径不同，由角速度与线速度的关系可得，两卫星绕地球做圆周运动的线速度不相等，故A错误；
BCD．由

可知，质量相同、角速度相同的情况，运动半径越大，向心加速度越大，向心力越大，r2大于r1，故处于 L2 点的卫星绕地球做圆周运动的向心力大，故BC错误，D相等。
故选D。
2-7【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．根据

第一宇宙速度为

由于

则空间站组合体绕地球运行的线速度小于第一宇宙速度，故A错误；
B．根据

，
组合体的周期小于同步卫星周期，则组合体的轨道半径更小，所以空间站组合体的向心加速度大于地球同步卫星的向心加速度，故B错误；
C．根据

地球的质量为

故C正确；
D．地球体积为

地球密度为

故D错误。
故选C。
2-8【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．卫星从轨道Ⅱ进入轨道Ⅲ时，在B点需要点火加速，做离心运动，故A错误；
B．卫星由轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ时，在A点需点火加速，速度并不相等，故B错误；
C．在Ⅱ轨道上，从A到B的过程中，只有引力做功，则机械能守恒，故C错误；
D．根据开普勒第三定律有

其中r1、r2、r3分别是轨道Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的半长轴，因

则有

故D正确。
故选D。
2-9【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．航天员在太空中处于失重状态，地球对航天员的万有引力提供向心力，不是不受到地球的引力作用，故A错误；
B．根据牛顿第二地理可得

解得

故B正确；
C．天宫一号的运行速度大小为

故C错误；
D．根据

可知轨道半径越小加速度越大，由于天宫一号的轨道距地面很近，轨道半径比同步卫星轨道半径小，故天宫一号的加速度大小大于同步卫星的加速度大小，故D错误。
故选B。
2-10【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
由牛顿第二定律有

解得

由开普勒第三定律得


解得

故选C。
2-11【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．根据开普勒第三定律，可知轨道半径越大，飞行器的周期越长， A正确；
B．根据卫星的速度公式，可知张角越大，轨道半径越小，速度越大，B正确；
C．根据公式可得

设星球的质量为M，半径为R，平均密度为ρ，飞行器的质量为m，轨道半径为r，周期为T，对于飞行器，由几何关系得

星球的平均密度为

由以上三式知，测得周期和张角，就可得到星球的平均密度，C正确；
D．由可得

星球的平均密度为

可知若测得周期和轨道半径，可得到星球的质量，但星球的半径未知，不能求出星球的体积，故不能求出平均密度，D错误。
故选D。
2-12【提升】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
设甲乙卫星的周期分别为、，则由题可得

由于T1=N，则解得

根据开普勒第三定律

线速度,则

故选A。
2-13【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
卫星绕行星做圆周运动，万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得

解得

r3﹣T2图象的斜率


A．由题意可知，木星的质量大于地球的质量，由图示图象可知
，
木星与地球的质量之比

故A错误；
B．万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得

解得线速度

木星与地球的线速度之比

故B错误；
C．由图示图象可知

地球的密度

故C错误；
D．由图示图象可知

木星的密度

故D正确。
故选D。
2-14【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
设卫星A的轨道半径为r，由几何关系可得卫星B的轨道半径

对卫星A有

对卫星B有

联立，可得

故选B。
2-15【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．根据牛顿第二定律得

解得

在图示轨道上，月亮女神的半径较小，速度较大。A错误；
B．根据牛顿第二定律得

解得

所以在图示轨道上，月亮女神的加速度大小是嫦娥1号的16倍。B错误；
C．第二次相遇有

解得

C错误；
D．若月亮女神从图示轨道上加速，将远离月球，进入嫦娥1号轨道时可与嫦娥1号对接。D正确。
故选D。
3-1【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．时，线圈中感应电流最大，此时发电机内线圈平面与中性面垂直，与磁场方向平行，故A错误；
B．电路中电流的周期为0.04s，每个周期电流方向改变2次，所以每秒改变50次，故B错误；
C．变压器原线圈电流有效值为

变压器副线圈电流等于节能灯的额定电流，为

所以变压器原、副线圈匝数之比为

故C错误；
D．交流发电机输出电压峰值为

交流发电机转速加倍，则em加倍，原线圈电压有效值加倍，副线圈电压有效值加倍，电压表读数也加倍，故D正确。
故选D。
3-2【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
文化作为一种精神力量，能够在人们认识世界、改造世界的过程中转化为物质力量，对社会发展产生深刻的影响。文化的影响，不仅表现在个人的成长历程中，而且表现在民族和国家的历史中，B适合题意。文化有先进和落后、腐朽之分，但都能对社会产生巨大的影响。先进的、健康的文化，对社会发展起推动作用；落后的、腐朽的文化则会阻碍社会和个人的发展，A是不科学的；C、D说法正确但没有体现，排除。
3-3【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．流过副线圈的电流

根据

可知,电流表的示数

故A错误；
B．变压器中原线圈的电压为U1，根据

可知

电阻R分得的电压

故线圈abcd产生的感应电动势的有效值为

最大值

故从图示位置开始计时，线圈abcd中产生的感应电动势的瞬时表达式为

故B错误；
C．根据

可知

故C正确；
D．根据

可知，转动角速度加倍，产生的感应电动势加倍,故电压表的示数为2U，故D错误。
故选C。
3-4【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．由题图乙可知，交变电流的周期为0.02s，则线圈的转速为

A错误；
B．电阻R两端的电压的有效值为20V，交流电流表的示数为有效值，其值为

B错误；
C．0.01s时电压为零，则感应电动势为零，线圈处于中性面位置，线圈平面与磁场方向垂直，C错误；
D．电阻R在1分钟内产生的热量为

D正确。
故选D。
3-5【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．由可知，ω = 100π，由ω = 2πf得f = 50Hz，一个周期内交流电两次达到最大值，所以每秒会放电100次，A错误；
B．理想交流电表V的示数是正弦交流电压的有效值

所以示数为，B错误；
C．根据变压器的工作原理

得
U1：U2 = 1：1000
C正确；
D．不经过转换器，压器原线圈接恒定电流，变压器内磁通量不会发生改变，则副线圈两端的电压为零，不能点燃燃气，D错误。
故选C。
3-6【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．电压表的示数为交流电压的有效值，则

故A错误；
B．交流电的周期为

则频率为

一个周期内，电流方向改变2次，所以电阻中电流方向每秒钟改变10次，故B错误；
C．t=0.05s时，感应电动势最大，磁通量为零，此时发电机线圈平面与磁场方向平行，故C错误；
D．当自耦变压器滑片P向上滑动时，根据

可知两端的电压减小，电流减小，电阻消耗的功率减小，故D正确。
故选D。
3-7【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．灯泡L1，L2的规格均为“5V，1W”且正常发光，则
U2=10V
根据变压器电压的匝数关系可知
U1=100V
则线圈产生的感应电动势最大值为

根据

解得

故A正确；
B．交流电的频率为

电流方向一周期内改变2次，则电流方向1秒内改变50次，故B错误；
C．电流表读数为交流电的有效值，读数保持不变，则当线框转到图示位置的瞬间，电流表A读数不为零，故C错误；
D．闭合开关，并联上相同的灯泡L2，则变压器次级电阻减小，因为U2不变，则次级电流变大，则L1变亮，两个并联的L2电压减小，则原来的L2变暗，故D错误。
故选A。
3-8【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．因人体安全电流I0≤10mA，则保护器启动必须设置在A、B线圈电流差值小于10mA时启动，选项A错误；
B．人体接触负载电阻的a端时，人体直接接触火线，则人体接触负载电阻的a端比接触b端更危险，选项B错误；
C．当线圈A中电流为10mA时，若保护器中的电流为25mA，则线圈A、C的匝数比

则线圈A、C的匝数比应该大于或等于5:2，选项C正确；
D．若A线圈中的电流达到10mA，保护器上的电流达到25mA时，根据

此时负载电阻电压是保护器两端的2.5倍，因AC两线圈匝数关系不确定，则负载电阻电压不一定是保护器两端的2.5倍，选项D错误。
故选C。
3-9【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
AD．调节器可以控制变压器副线圈的滑片P上下移动，使灯泡始终保持额定电压正常发光，所以风速变大时，流过灯泡的电流不变，变压器的输出电压不变，故AD错误；
C．由题意知

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

可知，输入电压增大，输出电压不变，原线圈匝数不变时，应减小，则滑片P向下移动，故B错误。
故选C。
3-10【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
设三个灯泡的额定功率均为P0，则额定电流为

根据闭合电路欧姆定律可知原线圈电压为

a灯正常发光，则原线圈输出功率为

b、c两灯也正常发光，则副线圈的输入功率为

理想变压器原、副线圈功率相等，即

联立以上五式可得

故选B。
3-11【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．由图可知交流电的周期T=0.02s，则交流电的频率为

A错误，
B．通过电流的有效值为

R2两端即副线圈两端的电压，根据欧姆定律可知

根据理想变压器的电压规律

可知原线圈的电压

电阻两端分压即为电压表示数，即

故B正确；
C．电流表的示数为

C错误；
D．副线圈中流过的总电流为

变压器原副线圈传输的功率为

故D错误。
故选B。
3-12【提升】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．设将此电流加在阻值为R的电阻上，电压的最大值为，电压的有效值为U

代入数据得图乙中电压的有效值为，故A正确；
B．变压器原、副线圈中的电压与匝数成正比，所以变压器原、副线圈中的电压之比是5：1，所以电压表的示数为，B错误；
C．R处温度升高时，阻值减小，副线圈电流增大，而输出功率和输入功率相等，所以原线圈电流增大，即电流表示数增大，故C错误；
D．R处出现火警时通过的电流增大，所以电阻消耗的电功率增大，故D错误。
故选A。
3-13【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．由图像可得


则

则原线圈所接的交变电压瞬时值表达式为

故A错误；
B．由题意得，原线圈输入电压为

由

可得变压器的输出电压为50V，故B错误；
C．因为R2与二极管相连，则当为正向电压时，R2的电流为

当为正向电压时，R2的电流为0，设R2的有效电流值为I，由电流的热效应得

解得通过电阻的电流为

故C正确；
D．因为电阻R1的电流始终为

所以副线圈的电功率为

故D错误。
故选C。
3-14【提升】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．原线圈的电压

根据变压比可知副线圈电压

由于二极管的单向导电性，所以根据电流的热效应可知

解得电压表的示数为

故A正确；
B．根据变压比可知副线圈电压

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

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

又因为

解得

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


则电压表示数不变，负载电阻增大，则电流减小，电流表示数减小，故D错误。
故选A。
3-15【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．令输入电压的有效值为U1，根据正弦式交流电的有效值与有效值的定义

解得

故A正确；
B．根据理想变压器的电压匝数关系

解得副线圈两端电压

则R消耗的电功率为

故B错误；
C．只断开S3后，L2电压不受影响，L2正常发光，故C正确；
D．只断开S2后，负载电阻变大，输出电压不变，根据

输出功率减小，则输入功率也减小，故D正确。
故选B。
3-16【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．原线圈电压的有效值为

交流电压表V测副线圈两端电压的有效值，所以读数为

故A错误；
B．设灯泡L两端电压的有效值为UL，在一个周期内只有半个周期有电流通过灯泡L，根据等效热值法有

解得

故B正确；
C．由图乙可知交流发电机转子的角速度为

故C错误；
D．当滑动变阻器的触头P向上滑动时，其接入电路的阻值增大，而U1不变，所以U2不变，即电压表V示数不变，电流表A2示数减小，根据理想变压器原、副线圈电流之比等于匝数比的倒数可知电流表A1示数减小，故D错误。
故选B。
4-1【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 分析:
由爱因斯坦光电效应方程去分析图像中所包含对解题有用的物理信息。
详解:
A．根据爱因斯坦光电效应方程知

由图可得，当时

所以

选项A正确；
B．根据爱因斯坦光电效应方程

任何一种金属的逸出功一定，说明随频率的变化而变化，且成线性关系（与类似），直线的斜率表示普朗克常量，选项B错误；
C．根据A的分析可以知道，a等于金属的逸出功，所以图中a与b的值与入射光的强度、频率均无关，选项C错误；
D．根据爱因斯坦光电效应方程

若入射光频率为，则光电子的最大初动能为，选项D错误。
故选A。
4-2【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
B．根据光电效应方程有

其中为入射光的频率，遏止电压与光电子动能关系

解得

结合图像可知，遏止电压随入射光频率的增大而增大，故B错误；
A．由图可知，金属的截止频率为，则该金属的逸出功等于

故A正确；
C．当入射光的频率为时，根据

可得产生的光电子的最大初动能为

故C错误；
D．当入射光的频率为时，根据

可得产生的光电子的最大初动能为

D错误。
故选A。
4-3【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
根据光电效应的公式


解得

可知图像斜率为hc。
故选C。
4-4【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
根据光电效应方程可知

根据动能定理有

联立解得

则Uc-W图像的斜率相同，均为，截距

因为

故选D。
4-5【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．由题图可知，打出的光电子从阴极K运动到A，光电流能减小到零，说明光电管两端所加电压为反向电压，所以K与电源正极相连，A与电源负极相连，即a端为电源的正极，b端为电源的负极，故A错误；
BCD．依题意知，用频率为的普通光源照射阴极K，没有发生光电效应，可知

而换用同频率的强激光照射阴极K，则发生了光电效应，说明只有一个电子吸收的光子的能量为时，才能发生光电效应，根据爱因斯坦光电效应方程，有

解得

当时，有

故BC错误，D正确。
故选D。
4-6【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．如果图乙、图丙中研究的是同一金属的光电效应规律：则由图乙可得该金属的逸出功

由图丙可得该金属的逸出功

故有

故A错误；
B．如果研究不同金属光电效应的规律，则根据

可判断不同的金属不同，故当时，对应的不同，故在图乙中将得不到经过(b，0)点的一系列直线，故B错误；
C．如果研究不同金属光电效应的规律，则根据：

可判断直线的斜率k为：

故在图丙中将得到一系列平行的倾斜直线，故C错误；
D．由图乙可得普朗克常量

由图丙可得，直线斜率k有

所以联立求得

故D正确；
故选D。
4-7【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．根据光电效应方程得

当最大初动能为零时，恰好发生光电效应，甲金属的极限频率小于乙金属的极限频率，故A错误；
B．图像纵轴截距的大小为光电子的最大初动能，根据光电效应方程，图像纵轴截距由入射光频率决定，故B错误；
C．图像斜率大小为普朗克常量，与入射光和金属材料均无关系，故C正确；
D．用相同的光照射甲、乙两种金属材料发生光电效应时，根据光电效应方程，甲金属逸出的光子的最大初动能大于乙金属逸出的光子的最大初动能，根据

可知

故D错误。
故选C。
4-8【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
AB．当Uc=0时，可解得

此时读图可知，，即金属的截止频率约为4.32×1014Hz，在误差范围内，B错误，A正确；
CD．设金属的逸出功为，截止频率为，则有

光电子的最大初动能与遏止电压的关系为

光电效应方程为

联立解得

故Uc与ν图像的斜率为，CD错误。
故选A。
4-9【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
根据光电效应方程有

其中、，可得

故C正确，ABD错误。
故选C。
4-10【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．当最大初动能为零时，对应频率即为截止频率，由图像知截止频率为

所以该金属的逸出功为

故A正确；
B．因为测量遏止电压Uc与入射光频率的关系时，需要使加在两极板间的电压为反向电压，使电子减速，所以应该让电场方向从K极指向A极，所以电源右端应为正极，故B错误；
C．由爱因斯坦光电效应方程

而

可知遏止电压与只与入射光频率有关，与入射光强度无关，故C错误；
D．由于最大初动能为

所以遏止电压Uc越大说明光电子最大初动能越大，故D错误。
故选A。
4-11【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．虽然光的频率相同，但光强不确定，所以单位时间逸出的光电子数可能相同，而饱和光电流不一定相同，故A错误；
B．根据光电效应方程
Ekm=hv-W0
和
eUC=EKm
得出，相同频率，不同逸出功，则遏止电压也不同，故B错误；
C．因为光强不确定，所以单位时间逸出的光电子数可能相同，故C错误；
D．由于

知图线的斜率等于

从图象上可以得出斜率的大小，已知电子电量，可以得出斜率相同，故D正确。
故选D。
4-12【提升】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．光电效应实验中，入射光频率v与遏止电压Uc的关系是


式中W0为金属的逸出功


联立求解得

选项A正确；
B．普朗克常量可表示为，选项B错误；
C．若换另外一种金属实验，斜率k不变，选项C错误;
D．不同金属的逸出功不同，极限频率不同，若换另外一种金属实验，则b会发生变化，选项D错误。
故选A。
4-13【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．由光电效应方程

可求得

故A错误；
C．由

代入数据，得

故C错误；
B．由

代入数据，得

故B正确；
D．将电源的正负极对换，用频率为的光照射阴极K时，加在光电管上的电压会使光电子加速，将滑片P向右滑动一些，加速电压变大，电流表示数可能增大，也可能不变，故D错误。
故选B。
4-14【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A. 单刀双掷开关空掷时，光电管两端无电压，则若能发生光电效应，光电子也能从K极到达A极形成光电流，即电流传感器的示数不为零，选项A错误；
B. 若单刀双掷开关掷于1，则光电管两端的电压为正向电压，不会得到图乙的图像，选项B错误；
CD. 根据

可得

由图像可知


即光电管中金属材料的逸出功为

普朗克常量

选项C正确，D错误。
故选C。
5-1【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
磁感应强度在0到t1内，由法拉第电磁感应定律可得，随着磁场的均匀变大，由于磁感应强度随时间变化率不变，则感应电动势大小不变，感应电流的大小也不变；由于磁感线是向里在减小，向外在增大．所以由楞次定律可得线圈感应电流是顺时针，由于环中感应电流沿逆时针方向为正方向，则感应电流为负的.．磁感应强度在t1到t2内，感应电流不变，且电流方向为正.所以只有A选项正确，B，C，D均错误.故选A.
5-2【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
C．根据法拉第电磁感应定律可知

而S∝l2，因此电动势之比为1：4，C错误。
D．线圈中电阻

其中S为横截面积，l为边长，电阻之比为1：2，由欧姆定律可知

则电流之比为1：2，D错误；
B．焦耳定律

电流之比为1：2，电阻之比为1：2；则相同时间内焦耳热之比为1：8，B错误；
A．根据

可知

因此

又因为

因此

相同时间内，通过线圈a、b某截面的电荷量之比q1∶q2＝1∶2，A正确。
故选A。
5-3【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．根据楞次定律可知，从上向下看，圆管中的感应电流为逆时针方向，故A错误；
B．根据法拉第电磁感应定律可知，圆管中的感应电动势大小为

故B错误；
C．根据电阻定律可知，圆管在沿感应电动势方向的电阻为

根据闭合电路欧姆定律可知，圆管中的感应电流大小为

故C正确；
D．根据对称性以及左手定则可知，圆管所受合安培力为零，台秤的读数始终不变，故D错误。
故选C。
5-4【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
带正电油滴处于静止，说明感应电动势恒定，在正对金属板之间产生的电场为恒定的匀强电场，电场力与重力平衡，即电场力向上，说明上极板为感应电动势的负极，根据电流在电源内部从负极流向正极可以判断线圈中感应电流是自上而下的方向，由安培定则判断感应电流的磁场是竖直向上的，根据楞次定律感应电流的磁场总是阻碍原磁场的变化，说明原磁场在减小，根据感应电动势恒定，可知原磁场在均匀减小。
故选C。
5-5【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．内，闭合电路中产生的感应电动势

两端电压应小于电动势，A错误；
B．内，闭合电路中产生的感应电动势

两端电压

B错误；
C．内，电路产生的焦耳热为

C错误，D正确。
故选D。
5-6【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．线圈中的感应电流大小


解得

选项A错误；
B．0-2s时间内金属环产生的热量为

选项B正确；
C．由楞次定律，感应电流产生的磁场垂直纸面向外，线圈中感应电流的方向为逆时针，选项C错误；
D．0-6s内，电动势不变，磁感应强度增大，安培力

增大，方向竖直向下，绳子拉力增大，选项D错误。
故选B。
5-7【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．在0~时间内，磁感应强度先向下减小再反向增大，由楞次定律可知，感应电流方向不变，均由b→a，A错误；
B．0~时间内，回路产生的感应电动势为

感应电流为

流过ab边的电荷量为

联立可得

B错误；
C．因在0~T时间内

大小不变，则感应电流大小

不变，ab边通过的电流大小恒定，故受到的安培力大小恒为

联立可解得

C正确。
D．在0~时间内，由左手定则可知，ab边受到的安培力方向水平向左，~T时间内，ab边的电流由a→b，受到的安培力方向水平向右，D错误；
故选C。
5-8【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．由法拉第电磁感应定律知

由图乙可知，时间内的感应电动势小于时间内的感应电动势，由欧姆定律可得，时刻，金属框内的感应电流由小变大，故A错误；
B．由题意可得，金属框的有效面积为

由法拉第电磁感应定律知，时间内，金属框的感生电动势为

故B正确；
C．同理可得，时间内，金属框的感生电动势为

故C错误；
D．由题意可得，A、E两端的电势差始终满足

故D错误。
故选B。
5-9【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
感应电动势

电流

BC边所受安培力的大小

根据左手定则，方向竖直向上
故选D。
5-10【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．由图乙可知0-t1段时间，磁感应强度B随时间t均匀变化，根据可知金属框的感应电动势不变，选项A错误；
B．t3时刻后，图线的斜率越来越大，则磁感应强度B的变化率越来越大，选项B错误；
C．t1时刻，金属框的感应电动势为

选项C错误；
D．t3时刻，金属框的感应电动势为

选项D正确。
故选D。
5-11【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
设甲回路的面积为，则感应电动势

时刻，甲回路中小的半圆环受到的安培力

设乙回路的面积为，则感应电动势

时刻，乙回路中小的半圆环受到的安培力

由题意知，甲、乙两回路面积之差为

则安培力之差

故选C。
5-12【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
设圆线框的半径为r，则由题意可知正方形线框的边长为2r，正六边形线框的边长为r；所以圆线框的周长为

面积为

同理可知正方形线框的周长和面积分别为
，
正六边形线框的周长和面积分别为
，
三线框材料粗细相同，根据电阻定律

可知三个线框电阻之比为

根据法拉第电磁感应定律有

可得电流之比为：

即

故选C。
5-13【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
AB．设圆环的电阻为R，面积为S，运动的速度大小为v，在一段很短的时间内，圆环沿x方向运动的位移为。根据法拉第电磁感应定律，圆环中产生的感应电动势大小为

圆环中感应电流大小

不变，故A错误，B正确；
CD．圆环做匀速运动，拉力F的瞬时功率等于圆环的电功率，即

可知拉力的大小F不变，故CD错误。
故选B。
6-1【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．由题意可知，电场线方向由M指向N，则A点电势高于B点电势，A正确；
B．由于Q > q，A点处电场线比B点处电场线密，A点场强大于B点场强，B错误；
C．电场线从Q出发到q终止，关于MN对称，则C点电势等于D点电势，C错误；
D．由于电场线关于MN对称，C、D两点电场线疏密程度相同，则C点场强大小等于D点场强大小，D错误。
故选A。
考点:
电场强度；电场线；电势。
6-2【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
电场线的疏密表示电场强度的相对大小，电场线越密，电场强度越大．同一点电荷在电场强度越大的地方受到的电场力越大；利用沿电场线方向电势越来越低和电势能公式判断即可．
详解:
沿电场线方向电势越来越低，所以P点的电势高于Q点的电势，由电势能公式Ep=qφ可知，电势能取决于电荷与电势，所以检验电荷在P的电势能不一定比Q点的电势能大．故AC错误；由图看出，P点处电场线比Q点处电场线密，则P点的场强比Q点的大，所以检验电荷在P点所受的电场力一定比在Q点所受的电场力大；选项B错误，D正确；故选D．
点睛:
本题考查对电场线物理意义的理解和应用，抓住电场线越密，电场强度越大和沿电场线方向电势越来越低是关键．
6-3【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
ABC．设在AB连线上AB之间距离A点x处的合场强为0，AB=L，则有

解得

即CD之间某点的合场强为零，设该点为F，则在F点左侧，场强方向向右，正电荷所受电场力方向向右，在F点右侧正电荷所受的电场力方向向左，可知正电荷从C移至D的过程中，电场力一直先做正功后做负功。故C正确，AB错误；
D．因B点电荷的电荷量大于A点电荷的电荷量，则C点的电势低于D点的电势，根据正电荷在电势高处电势能大，可知正电荷在C点的电势能EC小于在D点的电势能ED，故D错误。
故选C。
6-4【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．由一个带负电的试探电荷置于二者连线上的O点时，仅在电场力的作用下恰好保持静止状态可知，负电荷受平衡力，由

又

得Q1电量小于Q2电量。
B．因b、d两点关于O点对称，它们电势相等，b、d连线垂直于Q1、Q2连线，因此O点电势高于b、d两点电势，故B错误；
C．根据带负电的试探电荷在O点，仅在电场力的作用下恰好保持静止状态，可知，EO=0，再依据正点电荷在某点电场强度是两点连线背离正点电荷，由沿着电场线方向，电势是降低的，则有c点电势高于O点的电势，故C正确；
D．因试探电荷是负电荷，从c点运动到O点，是从高电势运动到低电势，电场力做负功，动能减小，故D错误。
故选C。
6-5【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．根据电场线垂直于等势面、电场线的方向是电势降落最快的方向，得到A、B两点的电场强度大小相等，方向不同，A错误；
B．将一负检验电荷由O点沿竖直方向移动到F点，电场力对该电荷做负功，B错误；
C．根据
，
可得

C错误；
D．根据

有

D正确。
故选D。
6-6【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
AB．、、、四点在以点电荷为圆心的圆上，由产生的电场在、、、四点的电势是相等的，所以、、、四点的总电势可以通过产生的电场的电势确定，根据顺着电场线方向电势降低可知，点的电势最高，、电势相等，点电势最低，根据正电荷在电势高处电势能大，可知在处的电势能最小，在处的电势能最大，在、两处的电势能相等，故AB错误。
CD．根据点电荷电场强度公式，结合矢量的合成法则可知，点电场强度最大，因此点的电场强度大于点的电场强度，且、两点场强大小相等，方向不同，故C错误，D正确。
故选D。
6-7【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．将一正电荷从N点移动到M点，电场力做负功，电势能增大，则电势升高。A错误；
B．M点场强方向向上，N点场强方向斜向左上，B错误；
C．将负电荷从P点移动到O点，电场力做负功，电势能增加。C错误；
D．将一带负电的试探电荷由M点移到P点，根据库仑定律，+Q对负电荷的作用力较大，所以电场力做负功。D正确。
故选D。
6-8【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．a、b、c、d四点在以点电荷+2Q为圆心的圆上，由+2Q产生的电场在a、b、c、d四点的电势是相等的，所以a、b、c、d四点的总电势可以通过产生的电场的电势确定，根据顺着电场线方向电势降低可知，b点的电势最高， c、d电势相等，a点电势最低，故A错误；
B．由A选项可知，a点电势低于b点电势，则将一正点电荷从a 沿圆弧经c移动到b，电势能增大，故B错误；
CD．根据点电荷电场强度公式

结合矢量的合成法则可知，a点的电场强度最大，因此a点的电场强度大于b点的电场强度，且c、d两点的电场强度大小相等，方向不相同，故D正确，C错误。
故选D。
6-9【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．根据电场的叠加原理，a、c两点的场强大小相等，方向不同，故a、c两点电场不同，故A错误；
B．空间某点的电势等于各电荷在该点电势的代数和，正电荷在a、b、c和d处产生的电势相等，负电荷在d点产生的电势最高，b点电势最低，所以d点的电势最高，故B错误；
CD．电子顺时针从a到c的过程中，电场力先做负功后做正功，故电势能先增大后减小，故C错误、D正确。
故选D。
6-10【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．根据电场线分布的对称性可知，a、b两点的场强大小相等，但方向不同，因此a、b两点的场强不等，故A错误；
B．由电场分布的对称性可知，a、b两点的电势相等，故B错误；
C．将电子从e点沿直线移动到f点，电场力做负功，电势能增加，即Epe＜Epf，故C正确；
D．d点的场强

由图可知xe＜xf，因此Ee＞Ef，故D错误。
故选C。
6-11【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．根据对称性可知b、d两点处电场强度大小相同，方向不同，故A错误；
B．四点到+Q的距离相等，其中c点到+2Q的距离最近，根据电势的叠加可知c点处电势最高，故B错误；
C．将一正试探电荷沿圆周由a点移至c点，+Q对试探电荷的库仑力不做功，+2Q对试探电荷的库仑力始终做负功，试探电荷的电势能一直增大，故C错误；
D．易知在x轴上方的bd连线上，电场强度始终具有向上的分量，而在x轴下方的bd连线上，电场强度始终具有向下的分量，将一正试探电荷沿直线从b点移到d点，电场力先做负功后做正功，故D正确。
故选D。
6-12【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 分析:
考查静电场力的性质及能的性质。
详解:
A．a对b，c对b的作用力均为，则ac对b的合力大小为，方向沿ON，而b处电荷受到的静电力为，故d对b的作用力大小为，方向沿NO，db距离为，故d处电荷的电荷量为-q，故A错误；
B．由场强的叠加得正方形中心处的电场方向从b指向d，故B错误；
C．根据电场分布的特点可知，M点的电势比N点的电势低，故C正确；
D．将一点电荷分别沿路径MRN和MPN由M移到N过程中，起始位置一样，静电力做功相等，故D项错误。
故选C。
6-13【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
AB．由图像可知，粒子在b点之前做加速运动，b点之后做减速运动，可见在b点加速度为0，由于粒子只受电场力，所以b点场强为0，且带负电，因此

解得

故A错误，B正确；
C．因为带正电带负电，所以在ab段电场线方向由b指向a，沿电场线方向电势在逐渐降低，故点的电势比点的电势低，故C错误；
D．粒子从a到b过程中在做加速运动，故电场力做正功，电势能在减小，所以粒子在a点的电势能比点的电势能大，故D错误。
故选B。
6-14【提升】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．若两电荷为异种电荷，则在处电场强度不可能为，所以两电荷为同种电荷，故A正确；
B．两电荷为同种电荷，在轴上，只有一点电场强度为零，即处，故B错误；
C．在处产生的场强为

N在处产生的场强为

由于处场强为零，故有

解得

所以点电荷、所带电荷量的绝对值之比为，故C错误；
D．若设无穷远处为电势能零点，由于电荷从无穷远处到处电场力做功不为零，则处电势不为零，故D错误。
故选A。
6-15【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
由图像可知，MN之间的场强方向沿x轴正向，可知M一定带正电，N一定带负电，即M、N为异种电荷；沿电场线电势逐渐降低，可知从M到N电势一直降低，即两者连线上x2处电势不是最低。
故选D。
7-1【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
受力分析如图

根据三角形相似得

小球从A点滑到半球顶点，OA不变，OB不变，AB减小，G不变，则N不变，F变小。
故选C。
7-2【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
小球受重力、细线的拉力和支持力，由于平衡，三个力可以构成矢量三角形，如图所示：

根据平衡条件，该力的矢量三角形与几何三角形POC相似，则有

解得


当P点下移时，PO减小，L、R不变，故F1增大，F2增大。
故选A。
7-3【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
以点为研究对象，分析受力情况：重物的拉力（等于重物的重力）、轻杆的支持力和绳子的拉力，作出力图如图：

由平衡条件得知，和的合力与大小相等，方向相反，根据三角形相似可得：

又：

解得：


用拉力将端缓慢上拉时，、保持不变，变小，则由上式可得：保持不变，变小，即得轻杆所受弹力大小始终不变，绳子拉力减小；
A.与分析不符，故A错误；
B.与分析不符，故B错误；
C.与分析不符，故C错误；
D.与分析相符，故D正确．
7-4【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
以结点O为研究对象，对其受力分析如图1所示，设物体的重力为Mg，有




解得

从题意可知b从60逐渐减小到0°，cosb增大，则F1增大，q角从0°增大到60°，cosq减小，则F2减小，故BCD错误，A正确。
故选A。
7-5【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
初状态系统平衡时，两弹簧弹力相等，合力与两弹簧夹45°斜向左上方，则由O点受力平衡知：OP、OQ两绳拉力合力斜向下与OP夹45°角。保持O点不动，则两弹簧伸长状态不变，合力不变，将OP、OQ沿顺时针方向缓慢旋转70°，此过程OP、OQ合力不变，而两力夹角不变，根据力三角形法可作图如下：红线表示OQ拉力，蓝线表示OP拉力。

由图可以看出，在旋转70°的过程中，表示OP的拉力TOP长度一直在减小，说明OP上的作用力一直减小；表示OQ的拉力TOQ长度线增大后减小，说明上的作用力先增大后减小；当OQ旋转至水平位置时，OQ对应的圆周角为
180°-60°-45°=75°<90°
说明此时OQ拉力不是最大值。故A正确，BCD错误。
故选A。
7-6【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
以小球为研究对象，将重力沿ON和OP进行分解，根据矢量三角形法则可知三个力构成矢量三角形，由于整体逆时针旋转90°，根据“矢量圆”方法画出各力的变化情况如图所示

由图可知，NO绳中拉力先变大后变小，PO绳中拉力变小。故C正确；ABD错误。
故选C。
7-7【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
小球沿圆环缓慢上移可看成小球始终受力平衡，对小球进行受力分析，受力示意图如图所示

由图可知，即

当A点上移时，半径不变，AB长度减小，故F减小，FN不变，C正确。
故选C。
7-8【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
以小球B为研究对象，分析受力情况，由平衡条件可知，弹簧的弹力N和绳子的拉力F的合力与重力mg大小相等，方向相反，即，作出力的合成如图，由三角形相似得


又由题，，得，

可见，绳子的拉力F只与小球B的重力有关，与弹簧的劲度系数K无关，所以得到

故选C。
7-9【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
作出小球的受力分析图，由相似三角形法可得


其中
可得支持力

弹簧的弹力

故选B。
7-10【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
先以左侧小球为研究对象，分析受力情况：重力m1g、绳子的拉力T和半球的支持力N，作出受力分析图

由平衡条件得知，拉力T和支持力N的合力与重力mg大小相等、方向相反。设OO′=h，根据三角形相似可得

解得

同理，以右侧小球为研究对象，得

由两式可得
m1：m2=L2：L1=25：24
故选B。
7-11【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
AB．设OD绳拉力为T，与竖直方向夹角为α，工人拉CD绳子的力为F，与竖直方向夹角为β，如图所示

由几何关系可知

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

D错误。
故选B。
7-12【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
如图所示

B．设轻绳与竖直方向夹角为α，MB、NB间夹角为2α，如图，则根据几何关系可得



联立可得

根据平衡条件可得

可得

故B错误；
C．直径MN水平时，轻绳的张力大小为

故C错误；
A．由可知，圆环从图示位置绕圆心O顺时针缓慢转过2θ角的过程中，轻绳与竖直方向的夹角先增大后减小，故A错误；
D．由可知，圆环从图示位置绕圆心O顺时针缓慢转过2θ角的过程中，轻绳的张力先增大再减小，故D正确。
故选D。
7-13【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．撤除轻质细杆ce瞬间，细绳ad的拉力也瞬时变为零，则物体的下落加速度为重力加速度g，选项A正确；
B．保持，增大cd长度，则变小，绳中张力大小不变，因细绳对滑轮的力沿的平分线，可知细绳对滑轮的力的方向要改变，则B错误；
C．保持ac等于ad，，即dc为的角平分线，绳中张力不变，方向沿着dc，C正确；
D．cd长度不变，点的轨迹如图虚线所示，为一段圆弧

当的位置满足与圆相切时，最小，此时细绳对滑轮的力最大，因此从90°逐渐变为零，细绳对滑轮的力先增大后减小，D正确。
故选B。
7-14【提升】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．在AP板转到水平前，BP板与AP板对棉包的作用力的合力始终与棉包的重力平衡，所以合力不变，故A正确；
B．当BP板或AP板处于水平状态时，棉包受重力和支持力这两个力作用，故B错误；
C．如图所示

设BP板转动的角度为θ（0＜θ＜60°），棉包的重力为mg，根据正弦定理有

当θ从增到60°的过程中，AP板对棉包的支持力F2一直增大，则棉包对AP板的压力一直增大，故C错误；
D．当BP板转过时，AP处于水平状态，此时棉包对BP板的作用力大小为零，故D错误。
故选A。
7-15【提升】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
以重物为研究对象，受重力mg、OM绳上拉力F2、MN上拉力F1，依题意，三个力合力始终为零，矢量三角形如图所示，依题意a角保持不变，即保持角q恒定，则F1的箭头始终落在圆周上，据题意g角逐渐从零度增大到90o；

可知，在F2转至水平的过程中，MN上的张力F1逐渐增大，OM上的张力F2先增大后减小，故 BCD错误，A正确。
故选A。
8-1【基础】 【正确答案】 BD
【试题解析】 详解:
A．根据

则图像不是直线，选项A错误；
B．回路的磁通量的变化率

则图象为过原点的直线，选项B正确；
D．金属棒做匀加速直线运动
v=at
感应电动势
E=BLv=BLat
金属棒产生的感应电动势是均匀增大，由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势


棒两端的电势差

则知U与时间t成正比，故D正确；
C．根据

可知q与t不成正比，故C错误；
故选BD。
8-2【基础】 【正确答案】 AC
【试题解析】 详解:
A．设金属棒向右做匀加速直线运动的加速度为a，则t时刻回路的感应电流为

由牛顿第二定律可得

联立解得

故外力F随时间变化图象为一次函数，与纵轴有交点，A正确；
B．设金属棒在0时刻与框架左侧距离为d，则穿过回路的磁通量为

故穿过回路的磁通量随时间变化图象为曲线，B错误；
C．金属棒的动量为

故金属棒的动量p随时间变化图象为过原点的倾斜直线，C正确；
D．金属棒的动能为

故动能Ek随时间变化图象为曲线，D错误。
故选AC。
8-3【基础】 【正确答案】 BD
【试题解析】 详解:
线圈在进入磁场前，没有磁通量的变化，故没有感应电流产生；线圈在进入磁场的过程中，线圈右侧切割磁感线，根据楞次定律，产生的感应电流方向为逆时针

电流

安培力的大小

线圈的右侧受力，电流方向向上，根据左手定则，安培力方向向左；
在进入磁场的过程中，线圈的左右两侧都在切割磁感线

电流

方向为顺时针，线圈受到的安培力的合力大小为

安培力方向向左；
在进入磁场的过程中，线圈左侧切割磁感线

电流

方向为逆时针，安培力的大小

线圈的左侧受力，安培力方向向左，故AC错误，BD正确。
故选BD。
8-4【巩固】 【正确答案】 ABC
【试题解析】 详解:
设金属棒在某一时刻速度为v，由题意可知，感应电动势

环路电流

即；
安培力，方向水平向左，即

则；
R两端电压

即；
感应电流功率

即。
分析金属棒运动情况，由力的合成和牛顿第二定律可得：

即加速度

因为金属棒从静止出发，所以，且，即，加速度方向水平向右。
(1)若，，即，金属棒水平向右做匀加速直线运动。有，说明，也即是，，所以在此情况下A选项符合；
(2)若，随v增大而增大，即a随v增大而增大，说明金属棒做加速度增大的加速运动，速度与时间呈指数增长关系，根据四个物理量与速度的关系可知B选项符合；
(3)若，随v增大而减小，即a随v增大而减小，说明金属棒在做加速度减小的加速运动，直到加速度减小为0后金属棒做匀速直线运动，根据四个物理量与速度关系可知C选项符合；
故选ABC。
8-5【巩固】 【正确答案】 AB
【试题解析】 详解:
导体棒由E运动到C的过程中，切割磁感线的有效长度
L＝vttanθ
设CE、MN中单位长度的电阻为R0，则回路中电阻
R＝R0
回路中的感应电动势
E1＝BLv＝Bv2ttanθ∝t
I1＝＝＝
感应电流I1与t无关且为定值；导体棒匀速运动时，外力F1等于安培力，则
F1＝BI1L＝BI1vttanθ∝t
消耗的电功率
P1＝F1v＝BI1v2ttanθ∝t
当导体棒过C点后，回路中切割磁感线的有效长度L′、回路中的电阻R′不变，感应电动势
E′＝BL′v
为定值，回路中的电流
I′＝
也为定值，且I′＝I1，外力F′等于安培力，则
F′＝BI′L′
也为定值；消耗的电功率
P＝F′v
也为定值．综上所述，AB正确，CD错误。
故选AB。
8-6【巩固】 【正确答案】 AC
【试题解析】 详解:
AB．a杆受到的安培力

t时刻拉力大小为

故A正确，B错误；
CD．经过时间杆前进的距离为

b杆接入闭合回路的长度为

闭合回路的总长度为

总电阻为

a杆接入闭合回路的部分切割磁感线的等效长度等于L，产生的电动势

回路电流

可见回路电流为定值，故C正确，D错误。
故选AC。
8-7【巩固】 【正确答案】 AB
【试题解析】 详解:
A．导体棒克服安培力做功等于电路中产生的焦耳热，由于电流不变，根据可知与成正比关系，故A正确；
B．设导体棒在轨道间的长度为，则

可知与成正比，由于导轨为直导轨，与必定满足线性关系，且随着的增大而减小，所以也必定与满足线性关系，随着的增大而减小，故B正确；
C．由电流的表达式

为定值，可知随着减小，逐渐增大，在图象中，曲线的切线斜率表示速度，所以切线斜率应该逐渐增大，而不是减小，故C错误；
D．电流大小不变，根据可知与成正比关系，故D错误。
故选AB。
8-8【巩固】 【正确答案】 AC
【试题解析】 详解:
AB．到达ac边界之前，根据右手定则可知，电流Q到P，为正方向且逐渐增大，故A正确B错误；
CD．根据安培力的表达式

该过程杆匀速通过，但是在磁场中切割的有效长度L在不断增大，则安培力与L呈现二次函数关系，而由于有效长度L与时间t成正比，因此安培力并非直线变化，C正确D错误。
故选AC。
8-9【巩固】 【正确答案】 AC
【试题解析】 详解:
A．金属杆切割磁感线的有效长度为l，产生的感应电动势，回路中的电阻为，则回路中的感应电流为

则感应电流恒定，A正确；
B．金属杆在斜面上运动的位移为，设金属轨道构成的夹角为，则切割磁感线的金属杆的有效长度为

则金属杆受到的安培力为

则安培力随时间正比增加，B错误；
C．分析金属杆的受力，根据平衡条件有

根据数学知识，F随时间成正比，C正确；
D．回路中产生的热量Q等于克服安培力所做的功，即

与时间的平方成正比，不是一次函数，D错误。
故选AC。
8-10【巩固】 【正确答案】 ACD
【试题解析】 详解:
D．此过程中通过电阻R的电荷量为

选项D正确；
A．开始时回路的电流为

因电流不变，则

选项A正确；
C．运动2m后到达F点时

解得
v=1m/s
则此过程中产生的电能即克服安培力做功为

此过程中由动能定理

解得
W=1.5J
选项C正确；
B．因为

则对导体棒而言，xv乘积不变，则导体棒的运动不是匀减速运动，选项B错误。
故选ACD。
8-11【提升】 【正确答案】 BC
【试题解析】 详解:
A．根据右手定则，可知导体棒向左运动时，回路中电流沿顺时针方向。故A错误；
B．根据法拉第电磁感应定律，有

又

根据安培力表达式，可得

联立，可得

故B正确；
C．设棒向左移动距离a，由几何关系可知EF间距离为

则磁通量变化为

依题意，运动时回路中的电流始终与初始时的电流相等，即感应电动势不变

又

联立，可得

故C正确；
D．设外力做功为W，克服安培力做功为WA，导体棒在EF处的速度为，由动能定理有

克服安培力做功

式中

由于电流始终不变，有

代入数值，联立可得

解得

故D错误；
故选BC。
8-12【提升】 【正确答案】 BD
【试题解析】 详解:
A．根据v-t图像可知，金属杆初始位置与磁场I左边界距离为，故A错误；
B．根据

可知因两磁场完全相同，可知通过两磁场区域时，流经导体棒的电量相等，故B正确；
C．金属杆在t3时刻将进入磁场Ⅱ，因v2>v1，则

则金属棒做减速运动，随速度减小，安培力减小，加速度减小，则金属棒做加速度减小的变减速直线运动，故C错误；
D．导体棒以速度v1在磁场中匀速运动，则

而

解得磁场的磁感应强度大小为

故D正确。
故选BD。
8-13【提升】 【正确答案】 AC
【试题解析】 详解:
MN转动切割磁感线产生感应电动势

大小恒定，回路中产生感应电流，方向由右手定则可知为，由左手定则可知MN会受到向左的安培力从而向左运动，MN向左运动的过程中会产生方向为N指向M的感应电动势，所以回路中的感应电流会减小，MN受到的安培力会减小，由牛顿第二定律知MN的加速度会减小，MN做加速度减小的加速运动，回路消耗的电功率会减小。故AC正确，BD错误。
故选AC。
8-14【提升】 【正确答案】 AC
【试题解析】 详解:
A．感应电动势为

知E∝t，则可知图像应是过原点的直线，故A正确；
B．电路中的总电阻

感应电流为

式中各量恒定，则感应电流不变，故B错误；
C．由可知，R∝t，I恒定，则受外力的功率

故C正确；
D．回路中产生的焦耳热，由于R∝t，I恒定，则

故D错误。
故选AC。
8-15【提升】 【正确答案】 AC
【试题解析】 详解:
A．根据几何关系，金属棒切割的有效长度L正比于x，根据法拉第电磁感应定律
E=BLv∝x
根据闭合电路欧姆定律
I∝x
A正确；
B．热功率表达式
P=I2R∝x2
功率正比于x2，B错误；
C．金属棒做匀速运动，有
F=F安=BIL∝x2
C正确；
D．如果F是恒力
W=Fx
F∝x2
则W与x2不成正比关系，D错误。
9-1【基础】 【正确答案】 CD
【试题解析】 详解:
A．物块b重力势能的减少量等于物块重力做的正功，A错误；
B．物块a、b构成的系统机械能守恒，则有

解得

物块a动能的增加量

物块a重力势能的增加量为，则有物块a重力势能的增加量大于其动能增加，B错误；
C．物块a加速上升，动能和重力势能均增加，所以物块a机械能逐渐增加，C正确；
D．物块b动能增加

物块b重力势能减少mgh，所以物块ｂ机械能减少了，D正确。
故选CD。
9-2【基础】 【正确答案】 AC
【试题解析】 详解:
A．第1s内重力做功

平均功率

A正确；
B．全过程重力做功

下落用时


全过程功率

故B错误；
CD．花盆落地时有

故花盆落地时重力的瞬时功率

故C正确，D错误；
故选AC。
9-3【基础】 【正确答案】 BD
【试题解析】 详解:
A B．当B向右运动的距离为x时，A下落的高度也为x，取A、B为系统，该过程系统机械能守恒，设二者速率为v，则有

可得A的动能为

A错误，B正确；
C D．此时B的动能

根据动能定理可知绳子的拉力对B做的功

C错误，D正确。
故选BD。
9-4【基础】 【正确答案】 AD
【试题解析】 详解:
A．两小球的加速度都是重力加速度，根据

可知在相等时间内，两小球的速度增量相等，A正确；
B．两小球在竖直方向都是做自由落体运动，则重力的瞬时功率为

可知在同一时刻，两小球的重力的功率相等，B错误；
C．两小球在竖直方向下落的高度为

根据重力做功为

由于两球质量相等，可知相同时间内两球下落高度相等，重力做功相等，C错误；
D．根据平均功率

由于两球在相同时间内下落高度相等，重力做功相等，可知在下落过程中，两小球重力的平均功率相等，D正确。
故选AD。
9-5【巩固】 【正确答案】 BC
【试题解析】 详解:
A．在质量为的小球由C下滑到a的过程中，小球的速度可分解为沿绳方向和垂直绳方向的两个分速度，由此可知两球的速度并不始终相等，故A错误；
B．运动过程中绳对质量为的小球一直做负功，由“功能关系”易知质量为的小球的机械能一直减小，故B正确；
CD．两小球运动过程中两小球组成的系统机械能守恒，若质量为的小球恰能到达a点，即到达a点时两球的速度为零，则

解得

故C正确，D错误。
故选BC。
9-6【巩固】 【正确答案】 AC
【试题解析】 详解:
A．当连接A的细线与水平杆垂直时，A的速度最大，A的位移为

B的位移为

所以A的位移大于B的位移，选项A正确；
BD．设A、B的瞬时速度分别为，，当连接A的细线与水平杆成角时，有

当时，，显然此过程中B先向下加速再向下减速，B的加速度先向下后向上，故B先失重后超重，选项BD错误；
C．当连接A的细线与水平杆垂直时，A的速度最大，B的速度为零，对A、B系统，由机械能守恒定律可得

由于

解得

选项C正确。
故选AC。
9-7【巩固】 【正确答案】 AD
【试题解析】 详解:
A．物块A与弹簧接触前，A、B组成的系统只有重力做功，故A、B组成的系统机械能守恒，故A正确；
B．物块A刚与弹簧接触时弹簧的弹力为零，故系统依然有向下的加速度。在A向下加速的过程中，物块B在细绳拉力作用下与A有相同的速度大小，故物块A刚与弹簧接触时，物块B的动能还未达到最大值，故B错误；
C．由功能关系知，除重力以外的力对物块B做的功等于B的机械能的增加，故细线的拉力对物块B做的功等于B增加的机械能，故C错误；
D．物块A、B和弹簧组成的系统机械能守恒，当弹簧被压缩最短时，弹簧具有的弹性势能最大，当在最低点时，物块A的机械能的减小量等于弹簧增加的弹性势能和B增加的机械能，即弹簧的最大弹性势能小于物块A下降过程中减少的重力势能，故D正确。
故选AD。
9-8【巩固】 【正确答案】 ABD
【试题解析】 详解:
A．开始时，弹簧处于压缩状态，压力等于物体A重力的下滑分力，根据胡克定律，有
mgsinθ=kx1
解得

物块B刚要离开C时，弹簧的拉力等于物体B重力的下滑分力，根据胡克定律，有
2mgsinθ=kx2
解得

故物块A运动的距离为

故A正确；
B．从静止到B刚离开C的过程中，物块A克服重力做功为

故B正确；
C．此时物体A受拉力、重力、支持力和弹簧的拉力，根据牛顿第二定律，有
F-mgsinθ-T=ma
弹簧的拉力等于物体B重力的下滑分力，为
T=2mgsinθ
故
F=3mgsinθ+ma
恒力对A做功的功率为
P=Fv=（3mgsinθ+ma）v
故C错误；
D．当A的速度达到最大时，A受到的合外力为0，则
F-mgsinθ-T′=0
所以
T′=2mgsinθ+ma
B沿斜面方向受到的力
FB=T′-2mgsinθ=ma
又
FB=2ma′
所以

故D正确。
故选ABD。
9-9【巩固】 【正确答案】 CD
【试题解析】 详解:
A．对A点的滑块受力分析，物体受竖直向下的重力，沿绳子向上的拉力T以及杆给滑块的向左的力，因为滑块上升，所以绳子的拉力大于滑块的重力。即

对重物来说，因为重物向下运动，故有

由上述分析可知，故A错误；
B．设绳子与光滑竖直杆之间的角度为，竖直向上为正方向，对滑块来说有

开始时滑块的速度变大，在上升的过程中，变大，变小，当小于mg后滑块的加速度方向由向上变为向下，此时物体做减速运动。所以滑块的速度先增大后减小，故B错误；
C．设滑块运动速度为，重物的速度为，故有

到B点时，，解得

所以重物的速度为零，故C正确；
D．在到达B点之前绳子的拉力与滑块的位移之间为锐角，故拉力做正功，滑块的机械能一直增大，故D正确。
故选CD。
9-10【巩固】 【正确答案】 ABC
【试题解析】 详解:
A．对物块A和B及轻绳的系统，两者沿绳的速度大小相等，由动能定理有

解得物体B落地时速度为

故A正确；
BC．对A上升的过程，由动能定理有

解得绳对A做功为

即除重力做功之外绳的拉力对A做了正功，A的机械能增加，故BC正确；
D．由功能关系可知，重力做多少功其重力势能就减少多少，则物体B的重力势能减少量等于重力对它做的功，故D错误；
故选ABC。
9-11【巩固】 【正确答案】 AB
【试题解析】 详解:
AB．物体B下落h时，物体B的速度为，物体A速度为，将物体B的速度分解如图

根据几何关系得

解得

此过程中A、B系统机械能守恒

此过程中物体B机械能的减少量

联立解得

该过程中绳对物体A做功为

故AB正确；
C．据上图，由几何关系得：物体A在台面上滑动的距离

故C错误；
D．由于绳子不可伸长，不储存弹性势能，绳子对两端物体做功的代数和等于绳子弹性势能的变化量，则该过程中绳对系统做功为零，故D错误。
故选AB。
9-12【提升】 【正确答案】 BC
【试题解析】 详解:
A B．以A、B和绳为研究对象，由机械能守恒得

解得

B正确，A错误；
C D．以B为研究对象，根据动能定理得

解得

C正确，D错误。
故选BC。
9-13【提升】 【正确答案】 BD
【试题解析】 详解:
AB．物块1静止时，弹簧的压缩量
x1= d
当A下滑到C点时，物块1上升的高度为

则当滑块2到达C时弹簧伸长的长度为d，此时弹簧的弹性势能等于物块1静止时的弹性势能，对于A与B及弹簧组成的系统，由机械能守恒定律应有
m1g×2d = m2g×4d
解得
m1：m2= 2：1
A错误、B正确；
CD．根据物块1和滑块2沿绳子方向的分速度大小相等，则得
v2cosθ = v1
其中

则得滑块2到达C处时，物块1和滑块2的速度之比
v1：v2= 4：5
由能量关系

解得

C错误、D正确。
故选BD。
9-14【提升】 【正确答案】 BD
【试题解析】 详解:
A．由题意知，轮半径，轴半径，根据线速度与角速度关系可知

故A项错误；
B．在P从静止下降的过程中，由题意得，

解得

故B项正确；
CD．根据机械能守恒得

由A项和B项知


解得


所以C项错误，D项正确。
故选BD。
9-15【提升】 【正确答案】 AC
【试题解析】 详解:
A．把小球B从地面拉到P的正下方C处时力F做功为

故A正确；
B．小球B运动到C处时，A的速度为零，根据能量守恒

解得

故B错误；
C．当细线方向沿圆弧切线时，小球B被拉到与小球A速度大小相等，此时

故C正确；
D．把小球B从地面拉到P的正下方时C处时，小球B的机械能增加

故D错误。
故选AC。
10-1【基础】 【正确答案】 CD
【试题解析】 详解:
小球做平抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，则运动的时间为

小球与圆盘只碰一次，且落在A点，满足

联立解得

CD正确。
故选CD。
10-2【基础】 【正确答案】 AC
【试题解析】 详解:
AB．当小物体运动到终端皮带轮的最高点时，皮带轮刚好对物体无支持力，根据

解得

即皮带的最小速度，选项A正确，B错误；
CD．最小速度对应的就是每秒最少转数

解得

选项C正确，D错误。
故选AC。
10-3【基础】 【正确答案】 AD
【试题解析】 详解:
AB．子弹做平抛运动，在竖直方向上

可得子弹在圆筒中运动的时间

水平方向子弹做匀速运动，因此水平速度

A正确，B错误；
CD．因子弹从右侧射穿圆筒后发现两弹孔在同一竖直线上，则圆筒转过的角度为
（n取1、2、3……）
则角速度为

故角速度可能为，不可能为，C错误，D正确。
故选AD。
10-4【巩固】 【正确答案】 BCD
【试题解析】 详解:
B．水流垂直落在与水平面成30°角的水轮叶面上水平方向速度和竖直方向速度满足

解得

故B正确；
A．水流在空中运动水平射程为

故A错误；
CD．水流到水轮叶面上时的速度大小为

根据

解得水车最大角速度为

故CD正确；
故选BCD。
10-5【巩固】 【正确答案】 AD
【试题解析】 详解:
A．飞镖水平抛出做平抛运动，在水平方向做匀速直线运动，因此

故A正确；
B．飞镖击中P点时，P恰好在最下方，则

解得圆盘的半径为

故B错误；
C．飞镖击中P点，则P点转过的角度满足
1，
故

则圆盘转动角速度的最小值为，故C错误；
D．P点随圆盘转动的线速度为

当时

故D正确。
故选AD。
10-6【巩固】 【正确答案】 AC
【试题解析】 详解:
子弹从A盘到B盘，B盘转过的角度为

盘转动的角速度为

则子弹在A、B间运动的时间等于转盘转动时间，即

得到

所以当n=0时

当n=1时

当n=2时

故选AC。
10-7【巩固】 【正确答案】 ACD
【试题解析】 详解:
A．水在空中运动的时间为

则水从喷口喷出时的水平速度大小为

竖直速度

则水从喷口喷出时速度为

选项A正确；
B．喷出的水在空中运动时，在最高点的速度最小，最小速度为v1=2m/s，选项B错误；
C．空中水的体积最多为

选项C正确；
D．从A喷口开始喷水至B喷口开始喷水历时
2t=0.8s
选项D正确。
故选ACD。
10-8【巩固】 【正确答案】 BD
【试题解析】 详解:
AB．小球到达最高点C点时恰好仍能接触轨道，根据牛顿第二定律有

小球从A点到C点根据动能定理有

解得小球在A点的初速度为

故A错误B正确；
CD．小球从C点之后做平抛运动，根据平抛运动规律有


联立解得

所以小球到A点的距离为3R，故C错误D正确。
故选BD。
10-9【提升】 【正确答案】 AC
【试题解析】 详解:
小球运动时间为

圆筒转动的角度满足

可得

解得
或
BD错误，AC正确。
故选AC。
10-10【提升】 【正确答案】 BD
【试题解析】 详解:
水滴在竖直方向做自由落体运动，由

解得

故A错误；
要使每一滴水在圆盘面上的落点都位于同一条直线上，在相邻两滴水的下落时间内，圆盘转过的角度为nπ，所以圆盘转动的角速度
，（n=1，2，3，…）
故B正确；
第一滴水落在圆盘上的水平位移为

第二滴水落在圆盘上的水平位移为

当第二滴水与第一滴水在盘面上的落点位于同一直径上圆心的同侧时，第一滴水与第二滴水在盘面上落点间的距离最小，最小距离

故C错误；
第三滴水在圆盘上的水平位移为

当第二滴水与第三滴水在盘面上的落点位于同一直径上圆心的两侧时两点间的距离最大为

故D正确。
故选BD。
10-11【提升】 【正确答案】 CD
【试题解析】 详解:
、之间的夹角为

所以A与B之间的距离等于R，根据题意子弹运动的时间为

在子弹飞行的时间内，圆筒转动的角度为
，
则圆筒转动的时间
，
其中

联立解得圆筒的转速
，
当时，则有

当时，则有

故AB错误，CD正确。
故选CD。
10-12【提升】 【正确答案】 BD
【试题解析】 详解:
AB．若要想使得细绳恰在与O点水平线时细绳伸直，则需满足


解得

则若小球以1m/s的速度水平抛出，则到绳子再次伸直时的位置在过O点的水平线之下，选项A错误，B正确；
CD．要使小球在竖直面内能够做完整的圆周运动，在最高点时重力恰好提供的向心力，根据牛顿第二定律可得
mg＝m
解得
v＝＝2m/s
小球以2m/s的速度水平抛出的瞬间，轻绳刚好有拉力，张力为0；小球以4m/s的速度水平抛出的瞬间，对小球受力分析，由牛顿第二定律得
T+mg＝m
解得
T＝30N
故D正确，C错误；
故选BD。
11-1【基础】 【正确答案】 接通打点计时器的电源 物块和物块
【试题解析】 详解:
（1）③[1][2]把固定在物块上的纸带穿过打点计时器的限位孔，让物块靠近打点计时器，先接通打点计时器的电源，再释放物块和物块。
（2）[3]从打计数点A到E的过程中，物块和物块组成的系统减小的重力势能为

[4]打下计数点时物块和物块运动的速度大小，打下计数点时物块和物块运动的速度大小，从打计数点A到E的过程中，物块和物块组成的系统增加的动能为

11-2【基础】 【正确答案】 CD或DC B
【试题解析】 详解:
（1）[1]打点计时器需要用交流电源供电，需要用刻度尺测量电迹之间的距离，由于实验数据计算时等式两边的质量可消去，不需要测量质量，故不需要天平。
故选CD。
（2）[2]A．将打点计时器竖直固定在铁架台上,符合实验要求，故A正确，不符合题意；
B．为充分利用纸带，应先接通电源，再释放纸带，故B错误，符合题意；
C．在纸带上选取适当的数据点，并测量数据点间的距离，符合实验要求，故C正确，不符合题意；
D．根据测量结果分别计算重锤下落过程中减少的重力势能及增加的动能，符合实验要求，故D正确，不符合题意。
故选B。
（3）[3]从打下O点到打下D点的过程中，重锤的重力势能减少量为

[4]根据匀变速直线运动的推论，可得打下D点时重锤的速度为

重锤的动能增加量为

11-3【基础】 【正确答案】 A AC或CA 6.91 6.85
【试题解析】 详解:
（1）[1] “验证机械能守恒定律”的实验是让尽量保证重物只受重力下落，故应尽量减小摩擦力，减小纸带与打点计时器之间的摩擦，减小纸带与手之间的摩擦；为使打出来的点尽量多，减小测量长度时的误差，释放纸带前的瞬间，重物与打点计时器要靠近些；综合分析四幅图中重物和手的位置合理的是A，故A正确，BCD错误。
故选A。
（2）[2] A．为减小空气阻力的影响，选取重物时，应选质量大、体积小的物体较好，故A正确；
B．打点计时器必须接交流电，故不可以用干电池供电，故B错误；
C．电火花计时器是利用火花放电使墨粉带电，带电的墨粉颗粒移动到纸带上进而留下点迹，纸带与放电针不接触，而电磁打点计时器是利用振针点压复写纸，在纸带上留下点迹，振针与纸带接触存在摩擦，故同样条件下，用电火花计时器比采用电磁打点计时器纸带所受阻力更小，故C正确；
D．本实验重力势能减少量与动能增加量里都有重物质量，可以消掉，故不需测量重物质量，所以不需要天平，故D错误。
故选AC。
（3）[3] 打B点时重物的重力势能的减少量为

[4]打B点时重物的速度为

这时它的动能是

11-4【基础】 【正确答案】 51 相等 动能 正比 形变量的平方
【试题解析】 详解:
（1）[1]根据胡克定律有

由表格数据有


解得

（2）[2]当气垫导轨调整导轨至水平时，滑块自由滑动时做匀速直线运动，则通过两个光电门的速度大小相等。
（3）[3]释放滑块过程中，弹簧形变量减小，弹性势能减小，速度增大，动能增大，弹簧的弹性势能转化为滑块的动能。
（4）[4]图（c）中v与x的图线是一条过原点的直线，则由图可知，v与x成正比关系；
[5]由于滑块的动能

在释放滑块过程中，弹簧的弹性势能转化为滑块的动能，而速度v与形变量x成正比关系，则可得结论：对同一根弹簧，弹性势能与弹簧的形变量的平方成正比。
11-5【巩固】 【正确答案】 AB间的距离x1，AC间的距离x2，BD间的距离x3
【试题解析】 详解:
（1）[1]该过程中，物体运动克服摩擦力做功，消耗弹性势能，即弹簧弹力做的正功等于克服摩擦力做功，所以要求出弹簧弹力做功的大小，根据

需要测量弹簧的形变量，即原长和压缩后的长度的差值，即图中AB间距x1；需要测量弹簧的劲度系数，可以根据弹簧挂物体时弹簧的形变量，即BD间距x3求出劲度系数k；在整个过程中根据功能关系有

所以要测量物体滑行的距离，即AC的距离x2；
（2）[2]根据题意，弹簧水平弹出滑块过程，根据功能关系，则有

其中

联立解得

11-6【巩固】 【正确答案】
【试题解析】 详解:
（1）[1]由能量关系可知


即


则


解得

（2）[2]由以上分析可知，当满足

即

时滑块与弹簧分离后，在下滑过程中机械能守恒。
11-7【巩固】 【正确答案】 大于
【试题解析】 详解:
（1）[1] 滑块从静止释放运动到光电门过程中重力势能减小量

（2）[2] 要说明整个运动过程系统机械能守恒，需满足

即

（3）[3] 若考虑到空气阻力影响，实验过程中会有部分机械能转化为内能小车重力势能减小量与弹簧弹性势能减小量总会大于小车获得的动能即大于小车动能增量。
11-8【巩固】 【正确答案】 匀速 A、B和C 摩擦阻力和空气阻力对系统做负功
【试题解析】 详解:
（1）[1]当B穿过圆环时，C被搁置在圆环上，由于A和B质量相等，A和B受到的重力相等，故B穿过圆环后可以视为做匀速直线运动。
（2）[2]在B穿过圆环之前的过程，B和C的重力势能减少，A的重力势能增加，A、B和C的动能增加，故为了验证系统机械能守恒，该系统应选择A、B和C；
[3]B穿过圆环后可以视为做匀速直线运动，则B穿过圆环时的速度为

验证机械能守恒定律表达式为

可得

（3）[4]若重力势能减少量大于动能增加量，则可能是转轴的摩擦力或空气阻力对系统做负功引起的。
11-9【巩固】 【正确答案】
【试题解析】 详解:
（1）[1]根据力的平衡有

解得

（2）[2][3]重物下落的高度

如果系统机械能守恒，则

即

即

成立，则系统的机械能守恒；
（3）[4]多次改变重物的质量


因此如果图像是一条过原点的直线，且图像的斜率为

则机械能守恒定律得到验证。
11-10【巩固】 【正确答案】 BC
【试题解析】 详解:
（1）[1]小球在最低点由牛顿第二定律可得


[2] 动能增加量为

[3] 重力势能减少量为

（2）[4]A．由于弹簧的弹力渐变，所以小球摆到最低点瞬间，弹力的测量不准确，故A错误；
B．为了减小小球做圆周运动的半径的变化，所以细线要选择伸缩性小的，故B正确；
C．为了减小阻力的影响，球尽量选择密度大的，体积小的，故C正确；
D．球从静止释放运动到最低点过程中，满足机械能守恒的关系式为

可知，应测出小球的质量，而不用测出悬挂点到球心的距离，故D错误。
故选BC。
11-11【巩固】 【正确答案】 需要
【试题解析】 详解:
（1）[1]实验原理是机械能守恒，即弹簧弹性势能全部转化为小物块的动能，即

要求不能有摩擦力做功，故需要平衡摩擦力。
（2）[2] 依题意，物块通过光电门的速度为

（4）[3]依题意，根据机械能守恒守恒定律有

则有

11-12【提升】 【正确答案】 大于 不变
【试题解析】 详解:
（1）[1]根据题意，压力传感器的示数为零，且不为0，因此C减少的重力势能大于B增加的重力势能，C下落的高度等于B物体上升的高度，所以C的质量M大于B的质量m；
（2）[2][3]刚释放C时，弹簧处于压缩状态

若使压力传感器示数为零，则弹簧处于拉长状态，拉力为

因此C下落的高度为弹簧的形变量为

增加M的质量，使M下落，由于压力传感器的示数再次为零，不论C的质量如何，要使压力传感器示数为零，则B物体上升了，C下落的高度为，C下落的高度不变；
（3）[4]从释放到压力传感器示数为零，弹簧的弹性势能不变，重力势能的减小量等于动能的增加量，则有

即

可知纵轴截距

解得

11-13【提升】 【正确答案】 （1） （2）2T0 （3）
【试题解析】 详解:
（1）[1]弹丸和滑块碰撞瞬间动量守恒，因此有

碰后的最大动能为

（2）[2]滑块离开平衡位置以后，第二次到达平衡位置的时间间隔为一个周期．由图乙可知，振动周期的大小为2T0，故该系统的振动周期的大小为2T0；
（3）[3]由周期公式为

得

所以求出

所以由弹性势能公式为成

得

11-14【提升】 【正确答案】 C 0.230 拧紧紧固螺丝 D 大于 测量值是遮光条平均速度，小于遮光条上边缘通过光电门时的瞬时速度（即经过平衡位置时，钩码速度最大）
【试题解析】 详解:
解：（1）a. [1]测遮光条的宽度需要用图乙中游标卡尺的C外测量爪。
b [2]游标卡尺的主尺读数是0.2cm，游标尺的第6条刻度线与主尺的某刻度线对齐，读数是6×0.05mm=0.30mm=0.030cm，游标卡尺的读数为0.2cm+0.030cm=0.230cm。
c [3]上一步骤中该同学漏掉的操作是拧紧紧固螺钉，再读数。
（5）[4]由题意可知，遮光条经过光电门的时的速度即为钩码的速度，由机械能守恒可得

由力的平衡有
mg=kx
由以上两式可得

因此图象是一条倾斜的直线，所以以x为纵坐标，以为横坐标，ABC错误，D正确。
故选D。
[5]已知当地重力加速度为g，则图线斜率等于时可得系统的机械能是守恒的。
（6）[6] 实验中钩码的速度实际上大于。
[7] 是遮光条的平均速度，小于遮光条上边缘通过光电门时的瞬时速度（即经过平衡位置时，钩码速度最大）。
11-15【提升】 【正确答案】 0.75 0.056 1.5 0.23 弹簧的弹性势能与弹簧压缩量的平方成正比
【试题解析】 详解:
（3）[1]A同学实验时物块脱离弹簧时的速度大小为

[2]对应弹簧压缩时的弹性势能为

[3]B同学实验时物块脱离弹簧时的速度大小为

[4]对应弹簧压缩时的弹性势能为

（4）[5]因，可知弹簧的弹性势能与弹簧压缩量的平方成正比．
11-16【提升】 【正确答案】 大于 相同 v2﹣
【试题解析】 详解:
[1]根据题意，确保压力传感器的示数为零，因此弹簧要从压缩状态到伸长状态，那么C的质M要大于A的质量m；
[2]要刚释放C时，弹簧处于压缩状态，若使压力传感器为零，则弹簧的拉力为
F=mg
因此弹簧的形变量为
△x=△x1+△x2=
不论C的质量如何，要使压力传感器示数为零，则A物体上升了，则C下落的高度为，即C下落的高度总相同；
[3]选取A、C及弹簧为系统，根据机械能守恒定律，则有

整理可知

为得到线性关系图线，因此应作出的图像；
[4]由上表达式可知

解得：
k=
12-1【基础】 【正确答案】 断开电源开关S 换挡后先欧姆调零 70 电流表 2
【试题解析】 详解:
（1）② [1]断开电源开关S；
[2]将多用电表选择开关置于×10Ω挡，要先欧姆调零后；
[3]欧姆表表盘读数为“7.0”，倍率为“×10”，故所测阻值为70Ω；
[4]故障检测时，除电流表外其余部分均没有问题，故问题只能出在电流表处；
（3）[5]为减小电流表的读数误差，电流表指针偏转角度应该尽量大于三分之一，即电流范围为100mA≤I≤300mA，根据欧姆定律，总电阻范围为120Ω≥R≥40Ω，扣除定值电阻10Ω，即电流表内阻和电源内阻加上电阻箱电阻应该大于等于30Ω而小于等于110Ω，由于电流表内阻不计，故应该选方案2；
（4） [6]根据闭合电路欧姆定律，有
E＝I（r＋R0＋R）
则
＝R＋
为对比一次函数y＝kx＋b，R相当于x，相当于k，相当于y，k（r＋R0）相当于b；解得
E＝，r＝
12-2【基础】 【正确答案】 接触 上 下 ABC
【试题解析】 详解:
（1）[1]常温时，通电电热丝能发热，所以上、下触点应是接触的；
（2）[2]双金属片上下金属片的膨胀系数不同，温度升高时，上层形变大，双金属片向下发生弯曲，使电路断开；
（3）[3]原来温度上升到60℃时，断开电源，现在要求80℃时断开电源，弹性铜片与触点接触面积要变大，故应向下调节调温旋钮；
（4）[4]A．甲图电容器为可变电容器，通过转动动片改变正对面积，改变电容，所以可以用来测量角度，故A正确；
B．乙图电容器的一个极板是金属芯线，另一个极板是导电液，故是通过改变电容器两极间正对面积而引起电容变化的，可以用来测量液面的高度，故B正确；
C．丙图是通过改变极板间的距离，改变电容器的电容，可以用来测量压力，故C正确；
D．丁图电容器，通过改变电介质，改变电容，可以用来测量位移，但不能测量速度，故D错误。
故选ABC。
12-3【基础】 【正确答案】 C 100 4000 490
【试题解析】 详解:
解：（1）[1]电流表满偏时，电路的总电阻

由图乙可知，当时，压敏电阻的阻值为，由调零电阻最大为，故只要不小于即可，AB错误，C正确。
故选C。
（2）[2]选取、安装保护电阻后，对压力传感器进行调零，电路的总电阻

当时，电阻为，，故只要调整为即可。
（3）[3]电流为时，电路的总电阻

因为，，压敏电阻为，由图像可得压敏电阻R与压力F的关系，可有

又

可得

（4）[4]由于电流表指针指在同一位置时，流过表头的电流是相同的，由压敏电阻R与压力F的关系

F=500N时，压敏电阻为，此时电流有

[5]电动势变为，重新调零，得，则有

故压敏电阻

解得

12-4【基础】 【正确答案】 a 左端 1220
【试题解析】 详解:
（1）[1]由图甲可知，热敏电阻的阻值随温度升高而减小，在温度升高的过程中图乙中电流增大，螺旋管的磁感应强度增大，铁片受到的作用力增大将向左移动，要使报警器响起，单刀双掷开关C应该接a；
（2）[2]在闭合开关前，应使滑动变阻器接入电路的阻值最大，即应将滑动变阻器的滑片滑至最左端；
（3）[3]由图甲可知，温度升高到60℃时热敏电阻的阻值为580，由闭合电路欧姆定律得

解得

12-5【基础】 【正确答案】 B 5.7或5.8或5.9或6.0 1.0或1.1 红表笔 见解析
【试题解析】 详解:
（1）[1]待测小灯泡电阻约为几欧，则应采用电流表外接法，补全实验的电路图如图：

（2）[2]图中开关S闭合之前，应保证小灯泡两端电压最小，故应把滑动变阻器的滑片置于B。
（3）[3]小灯泡额定电压为2.5V，由小灯泡的I－U图像可知此时的电流为0.42A，故小灯泡正常工作时的电阻
（5.7~6.0都正确）
[4]小灯泡的额定功率为
（1.0~1.1都正确）
（4）a.[5]多用电表的红表笔接电源的正极，故应该用红表笔始终接触A点。
b.[6]用红表笔接在A点，黑表笔先接触B点，如果电压表有示数，说明电源是好的。再用黑表笔先接触F点，如果电压表有示数，说明AF之间有断路，以此类推，黑表笔与E、D、C接触，如果电压表有示数，则表明AE、AD、AC间是断路的。
12-6【巩固】 【正确答案】 1.80 R2 R2
【试题解析】 详解:
（1）[1]多用电表直流电压2.5V挡分度值为0.05V，需要估读到0.01V，所以PQ之间的电压为

（2）[2]将红表笔接P，黑表笔接M，若电压表示数与之间的电压完全相同，即从P到M不存在电势降低，说明通过R2的电流为零，则可以确定必定是R2发生了断路。
（3）[3]若考虑电容器充放电的时间间隔，如果电容器接入电路，则在表笔接P、Q的瞬间，电容器充电，相当于导线，电表指针应先迅速指向0刻度，再返回至某一确定值保持不动，所以可以确定电容器未接入电路，由此可以判断必定是R2发生了断路。
12-7【巩固】 【正确答案】 2 3 0.14 26.0
【试题解析】 详解:
（1）[1]RN的阻值约几十千欧，因此有

为了提高测量的准确性，开关S1应该接2。
[2]实验需要测量多组数据，且电压从零开始变化，实验时滑动变阻器用分压方式接入电路，因此开关S2接3。
（3）[3]由题意可知，当控制电压等于3V时，控制电路的电流为

压力传感器上的电压为3V，压力传感器的电阻值为

由图乙可知传感器上的压力1.40N，物体质量为0.14kg，因此由压力传感器的特点可知，该分拣装置可以实现将质量超过0.14kg的物体分拣。
[4]若要将质量超过0.20kg的货物实现分拣，由以上计算分析可知，当物体质量为0.20kg时，由图乙可知，压力传感器的电阻值为26.0kΩ，因此应该将R'调成26.0kΩ时，当质量超过0.20kg的货物，压力传感器的电阻值小于26.0kΩ，控制电路两端电压大于3V，货物实现分拣。
12-8【巩固】 【正确答案】 左 3000.0或3000 3000.0或3000 串 4.8 1.6
【试题解析】 详解:
（1）[1]为了保证电路安全，在接通开关前，滑动变阻器滑片应置于左端。
[2]电压表内阻远大于变阻器的最大阻值。故断开，V表与电阻箱的电压仍为2.5V，根据闭合电路欧姆定律有

解得

[3][4]电压表扩大量程需要串联电阻，有

解得

（2）[5][6]根据闭合电路欧姆定律有

代入数据整理得到

结合图像可知
，
解得
，
12-9【巩固】 【正确答案】 11 0.512或0.511或0.513 电阻箱接入电路中的电阻值 A2 无
【试题解析】 详解:
（1）[1]选择开关拨到“”倍率测量时，发现指针偏角过大，说明电阻丝的阻值相对于所选量程偏小，所以应减小量程，将选择开关拨到挡。
[2]挡位下10~15之间的分度值为1，且欧姆挡表盘刻度分布不均匀，不需要估读，所以题图1所示读数为11Ω。
（2）[3]电阻丝的直径为

[4]改变P的位置后，电阻丝接入电路的阻值发生变化，为控制电路中电流不变，应调整电阻箱接入电路中的电阻值。
[5]当选用电流表A1时，电流表满偏时电路中的总电阻为

当选用电流表A2时，电流表满偏时电路中的总电阻为

电流表选择A2，可以使P和R有更加广泛的调节范围，从而使实验数据能够更加充实，故选A2。
[6]由题意可知，电流表每次满偏时电路外电阻相同（设为R总），则有

整理得

即图线的斜率为

解得

[7]根据上面分析可知，是否考虑电流表内阻只对图线的截距有影响，但对图线的斜率无影响，所以电流表的内阻对本实验结果无影响。
12-10【巩固】 【正确答案】 换用×10倍率的挡位 120 见解析
【试题解析】 详解:
（1）[1][2]用多用电表欧姆挡测电阻时发现指针偏转角度太大，说明待测电阻阻值相对所选挡位偏小，为了能够使读数准确，应使指针尽量指在表盘中央附近，所以第①步应先换用×10倍率的挡位，根据题图可知10~15之间的分度值为1，则测量结果是

（2）[3]由于电源电动势E＝6V，而电压表V的量程为50 V，若用此电压表测量电压，指针偏转幅度较小，误差较大，不符合实验要求，所以不能选用电压表来测电压。根据欧姆定律可知通过待测电阻的最大电流为

两个电流表量程均满足，考虑到不能选用电压表V，需要将一个电流表改装成电压表，即将一个电流表与定值电阻串联，需要选择已知内阻的电流表A1进行改装。电流表A2采用外接法，从而可以准确测量通过Rx的电流，消除系统误差。滑动变阻器的最大阻值为10 Ω，比被测电阻Rx小得多，又考虑到要测量多组数据，则采取分压接式法， 电路图如图所示。

[4]由电路图可知，Rx两端电压为
Ux＝I1（R0＋r1）
通过Rx中的电流为
Ix＝I2－I1
解得

12-11【提升】 【正确答案】 减小 大 0.45或0.46或0.47或0.48
小
【试题解析】 详解:
（1）[1]由图1可知F越大R越小，即压力传感器的电阻值R1随压力的增大而减小。
（2）[2]当鸡蛋质量较大时，压力秤作用于R1的压力F较大，则R1较小，令通过R2的电流较大，故R2两端电压较大，经过放大电路放大后电压超过某一数值时电磁铁可以吸动衔铁使弹簧下压，鸡蛋就进入B通道。所以从B通道通过的是大鸡蛋。
（3）[3]根据闭合电路欧姆定律

解得
R1=10Ω
由图1，当R1=10Ω时，F=0.47N。所以选择的打鸡蛋对压力秤的压力要大于0.47N。
（4）[4]要选出更大的鸡蛋，即要相同的鸡蛋送到压力秤时，令R2两端的电压较原来的小，所以需要把R2的阻值调小。
12-12【提升】 【正确答案】 3200或3.2×103 左 3 38 B
【试题解析】 详解:
（1）[1]根据图甲可知该热敏电阻的阻值为

（2）[2]①为保护电路元件，应使闭合开关后分压电路的电压为零，所以开关闭合前，滑动变阻器的滑动触头应置于最左端。
②[3]根据串联分压规律可得

解得

（3）[4]由图丙可知，当时，热敏电阻所处环境的温度约为38℃。
（4）[5]根据串联分压规律可知阻值越大时分压越大，由图丙可知，RT随温度降低而升高，而根据题意可知锅内温度低于60℃时，磁控元件输入端a、b间的电压应始终大于某一值，即a、b间的电压应随温度的降低而增大，所以符合要求的是电路B。
12-13【提升】 【正确答案】 560—580 39.5—40.9 1和2
【试题解析】 详解:
（1）[1]连接出的与图乙对应的实验实物图如下

（2）[2]由U—I图象可得电热线的电阻为

[3]由电阻定律得

化简有

代入数据有
L = 40.2m
（3）[4]根据欧姆定律和串并联规律，可看出1'与3'之间无电压有电流、1和1′有电流有电压，而2与3之间无电压有电流，可判断断路位置可能在1和2之间。
13-1【基础】 【正确答案】 （1）v =1m/s，方向向右；（2）6J
【试题解析】 详解:
解:（1）A、B滑块组成的系统在滑行过程中动量守恒,可得:
Mv0-mv0 =(M+m)v
解得
v = 1m/s

即速度大小为1m/s，方向向右。
（2）A、B间摩擦产生的总热量

解得
Q=6J
13-2【基础】 【正确答案】 （1）1s；（2）0.3m
【试题解析】 详解:
（1）长木板固定时，以小物块为研究对象，由运动学公式得


解得

（2）依题意，由

得

依题意可知，小物块最终与长木板共速，假定其共同速度为v1，由动量守恒得

假定小物块在木板上滑行的距离为，由能量守恒得

解得

则最后小物块停在长木板的位置离右端为

13-3【基础】 【正确答案】 （1）；（2）
【试题解析】 详解:
（1）设木块相对小车静止时小车的速度为，根据动量守恒定律有

解得

（2）对系统，根据能量守恒有

解得

13-4【基础】 【正确答案】 （1）；（2）
【试题解析】 详解:
（1）长木板A与滑块C碰后瞬间，滑块C的速度大小为

解得

（2）根据动量守恒定律得

解得

设木板的最小长度为L，根据能量守恒定律得

解得

13-5【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）；（3）
【试题解析】 详解:
（1）小球Q摆到最低的过程中，由动能定理可得

小球Q摆到最低点时，由牛顿第二定律可得

联立解得

（2）P、Q发生弹性碰撞，取向左为正方向，由小球Q与物体P组成的系统动量守恒和机械能守恒可得


解得


（3）P在木板上滑行过程，由物体P与木板组成的系统动量守恒可得

解得

由物体P与木板组成系统的功能关系，可得系统因克服摩擦力做功产生的内能

解得

13-6【巩固】 【正确答案】 （1）滑块的加速度为3 m/s2、方向水平向左，平板车的加速度为4 m/s2，方向水平向右；（2）4 m/s；（3）0.2 m
【试题解析】 详解:
（1）对滑块，由牛顿第二定律得

方向水平向左。对平板车，由牛顿第二定律得

方向水平向右。
（2）设经过时间t1滑块与平板车相对静止，此时撤去恒力F，共同速度为v1，则
；
解得
，
（3）规定向右为正方向，对滑块和b球组成的系统运用动量守恒得

解得

根据机械能守恒得

解得

13-7【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）
【试题解析】 详解:
（1）小球运动到最低点，根据动能定理有

解得

碰撞过程中动量守恒

能量守恒

解得
，
碰前细线拉力

碰后细线拉力

联立解得

（2）物块在长木板上运动，根据动量守恒有

根据能量守恒有

解得

13-8【巩固】 【正确答案】 （1），；（2）；（3）1m
【试题解析】 详解:
（1）小球下摆过程机械能守恒，则有

解得

小球与滑块发生弹性碰撞，根据动量守恒和能量守恒可知


解得
，
（2）最终两者速度相等，根据动量守恒，则有

解得

（3）根据能量守恒可知

解得长木板的长度

13-9【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）；（3）
【试题解析】 详解:
（1）初始状态静止时弹簧压缩量为x0，则

得

（2） 当物体A和C一起运动到最高点时，物体B对地压力为0，此时弹簧为伸长状态，伸长量为

物体C与物体A碰撞粘在一起时速度为v，从碰撞点到最高点，由机械能守恒

得

（3）令物体C与物体A碰撞前的速度为v0，粘在一起的速度为v，由动量守恒定律得

得

所以

由动能定理得

得

13-10【巩固】 【正确答案】 （1）4m/s；（2）；（3）250N/m
【试题解析】 详解:
（1）对物块在获得瞬时冲量的过程中有

解得
v=4m/s
（2）设木板与物块的最终速度为，对木板和物块组成的系统的全过程有

又

解得

（3）设弹簧的最大压缩量为，据动量守恒可知，当弹簧的压缩量最大时木板和物块的速度亦为。对木板和物块组成的系统，在物块相对于木板向右运动的过程中有

又

依题意

解得
k=250N/m
13-11【巩固】 【正确答案】 （1）；（2），
【试题解析】 详解:
（1）设B、C碰撞后的瞬时速度大小为v1，根据动量守恒定律

解得

碰撞过程中，损失的机械能

解得

（2）根据动量守恒定律

解得

根据功能关系

解得

13-12【提升】 【正确答案】 （1）；（2）见解析
【试题解析】 详解:
（1）木块A与墙壁碰撞后，A相对B向左滑动，B对A的滑动摩擦力向右，A对B的滑动摩擦力向左，所以A、B都做匀减速运动，且加速度大小相同，假设B恰好能与墙壁接触，因为b0小于板长的一半，所以从A与墙壁相碰到B恰好与墙壁接触的过程，B相对地面向右滑动的距离为b0，根据对称性可知A相对地面向左滑动的距离也为b0，当B恰好与墙壁接触时，A左端相对B左端向左错开b0，即该过程中A不可能从B上滑下，对B根据动能定理有

解得

所以要使木块B能与墙壁发生碰撞，v0应满足的条件为

（2）第一种情况：若B不能与墙壁发生碰撞，设A与墙壁碰撞后，A、B最终达到的共同速度为v1，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律有

解得

根据牛顿第二定律可知，A、B相对滑动过程中加速度大小均为

根据运动学规律可知A、B匀减速过程的位移大小均为

所以该过程中A、B的相对位移大小为

当时，A、B最终错开的距离为

当时，A、B最终错开的距离为

第二种情况：若B能够与墙壁碰撞，根据（1）中分析同理可知，B与墙壁碰撞后瞬间，A、B的速度大小相等（设为v2），且此时A左端相对B左端向左错开的距离为b0，此后由于二者速度相同，所以错开的距离不再改变，且速度不再改变，对B根据动能定理有

解得

13-13【提升】 【正确答案】 （1），；（2），；（3）
【试题解析】 详解:
（1）地面光滑，ABC组成的系统动量守恒，规定向右为正方向，则有

解得

根据能量转化和守恒定律可得

解得

（2）开始运动时，C受到B对其向左的滑动摩擦力而向左加速，因此BC先达到向左的共速，而此时A仍向右运动，为使得BC整体共速后不相对滑动，且加速度向右，则BC之间的静摩擦力不大于最大静摩擦，BC共速后的加速度为，根据牛顿第二定律可得

解得

若BC不发生相对滑动，对于C板而言应满足

解得

从零时刻到ABC不再相对滑动，对A板使用动量定理可得

解得

（3）若，由（2）可知，BC达到共速后不再相对滑动，BC达到共速的速度为，所用时间为，对木板B而言

解得

对木板C而言

解得

根据运动学公式可得

解得


此过程中


两者的相对位移大小为

BC间由滑动摩擦而产生的热量为

故AB间因摩擦力而产生的热量为

13-14【提升】 【正确答案】 （1）；（2）不能从板C上滑下；（3）
【试题解析】 详解:
（1）在A、B碰前，对A分析
①
对B分析
②
对C分析
③
对A、B、C由运动学公式有
④
⑤
⑥
又
⑦
A、B相遇时有
⑧
由①~⑧得

（2）A、B相遇时A与C的相对位移大小

A、B碰前速度为
⑨
⑩
A、B碰撞过程中有
⑪
碰后AB一起向前减速，板C则向前加速，若三者能够共速，且发生的相对位移为
对ABC系统由有
⑫
⑬
由⑨~⑬得

因，故AB不能从板C上滑下；
（3）A、B相遇时B与C的相对位移

A、B与C因摩擦产生的热量为

解得

13-15【提升】 【正确答案】 （1）s≥1.6m；（2）k>；（3）
【试题解析】 详解:
（1）设A、C获得共同速度为v1，以水平向右为正方向，由动量守恒定律得

代入数据解得
v1=4m/s
若A、C共速时C刚好运动到斜面底端，对C应用动能定理得

代入数据解得
s=1.6m
则保证C运动到斜面底端前A、C能够共速，s应满足的条件是s≥1.6m；
（2）滑块A冲上斜面，到斜面顶端时速度为v1′由动能定理

解得

A上到高台后受力为F=mg，A开始做初速度为零的匀加速运动，由牛顿第二定律可知
F=mg=ma
解得
a=g
设与B碰前A的速度为vA，有

A与B发生弹性碰撞，由动量守恒定律可知

由机械能守恒定律可知

联立解得



A、B第一次碰后，B合力为零，沿斜面做匀速直线运动，B运动到O点所用时间为

碰后A的加速度不变，A运动到O点所用时间为

由题意得：t2>t1，解得
k>
A与B同向运动不能相撞，此时有k>；
（3）当k>时，A与B反向相撞（即B先与挡板碰撞，然后与A发生第二次碰撞）根据题意，B与挡板碰后速率仍为，设B向左运动时加速度大小为，则

解得

设B与挡板碰撞后向左运动到与A第二次碰撞的时间为t3，则

解得

B反向减速至零的时间

因为，故所求t3合理，则

14-1【基础】 【正确答案】 （1）；（2）
【试题解析】 详解:
（1）粒子在电场中做类平抛运动，水平方向有

竖直方向，根据牛顿第二定律有

又有

联立解得

（2）粒子在电场中，竖直方向有

则粒子在M点的速度为

方向与水平方向的夹角为，进入磁场之后，在洛伦兹力作用下做圆周运动，有

根据几何关系可得

联立解得

14-2【基础】 【正确答案】 （1）；（2）
【试题解析】 详解:
（1）作出粒子的运动轨迹，如图所示


根据几何关系

线速度

根据牛顿第二定律

联立可得：

（2）根据动能定理

可得

14-3【基础】 【正确答案】 (1)；(2)
【试题解析】 详解:
(1)粒子b做类平抛运动，设b到Q所用时间为t
， ，
设粒子圆周运动半径为R，则
，
联立解得

(2)根据

a转过角度为300°，则

根据(1)可得，b粒子运动时间

所以，时间差


14-4【基础】 【正确答案】 (1) ；(2)0.24m；(3)10-3T
【试题解析】 详解:
(1)带电粒子在第一象限内做平抛运动，由平抛运动规律可得：x方向：

y方向：
，
解得：

(2) 带电粒子在第四象限内做圆周运动，设粒子由第一象限进入第四象限时与x轴正方向的夹角为θ，则由类平抛运动速度偏向角公式可得：
，
解得：

在△O1OQ中，
，，
联立解得：
ON=0.09m+0.15m=0.24m
(3)根据几何关系

且
，
解得：


14-5【巩固】 【正确答案】 (1) ；(2) ；(3) (4)
【试题解析】 详解:
(1)粒子在电场中做抛物线运动,运动轨迹如图所示，

由运动规律及牛顿运动定律得:
①
②
③
解得④
(2)粒子到达Q点时,沿y轴正方向的分速度
⑤
速度方向与x轴正方向的夹角θ满足:
⑥
粒子在磁场中做匀速圆周运动(圆心为C),轨迹如图所示，粒子在磁场中运动速度为
⑦
由几何关系可知轨迹半径为
⑧...
又，解得
(3)粒子在磁场中的运动周期为

则粒子在磁场中的运动时间为

则连续两次通过P点的时间间隔

(4)若等腰三角形面积最小，则粒子在磁场中运动轨迹应与三角形的腰相切,由几何关系可知最小三角形的腰
..
最小面积为：
14-6【巩固】 【正确答案】 （1），磁场方向垂直纸面向外；（2）（3＋Δt）
【试题解析】 详解:
（1）设，在t=1s时，空间区域只有磁场，故粒子做匀速圆周运动， 则有：

画出粒子运动轨迹，有几何关系由可得：

则：

当粒子在电场中运动时，在AB方向上匀速运动，在BC方向上是匀加速运动，则有：



联立可求得：

故

由于粒子的电场力方向与电场方向相同，故粒子带正电，由粒子在磁场中的偏转方向和左手定则可以判断磁场方向垂直纸面向外。
（2）第一个粒子击中C点的时刻已知为（1+）s，该粒子在磁场中运动，所需时间是由其轨迹对应的圆心角所确定，由几何关系可得，粒子从A到C时，轨迹所对应的圆心角为，故粒子在磁场中运动时间：
Δt=
又第二个粒子在电场中运动的时间为：

故第2个粒子击中C点的时刻为：

14-7【巩固】 【正确答案】 (1)1:3；(2)
【试题解析】 详解:
(1)设粒子的质量为m，电荷量为q，第一次和第三次在磁场中运动的半径分别为r1、r3，第二次出电场时的速度为v2，第三次出电场时的速度为v3，粒子第一、二、三次在电场中的运动，由动能定理得

得


第3次加速

得


得

(2)根据规律可得





联立解得

14-8【巩固】 【正确答案】 （1） ， ；（2） ，
【试题解析】 详解:
（1）如图所示

设粒子a从（–L，L）沿x轴正方向以速度v0射出，在y轴P点处进入磁场，速度方向与y轴夹角为53°，可知此时粒子a速度为v，与水平方向夹角为37°，由于粒子此过程为类平抛运动，根据相关规律，得



联立解得

此过程中粒子a下降的距离

粒子a到达y轴的P点坐标为（0，），粒子a进入磁场后的速度为v，则

方向与y轴夹角为53°，在磁场中做匀速圆周运动，沿垂直于x轴的方向到达x 轴上的M点。若粒子a在磁场中运动的轨道半径为R，由几何关系可得

即

根据带电粒子在磁场中运动规律及牛顿第二定律，得

解得

（2）在M点，粒子a与粒子b发生弹性碰撞，遵守动量守恒定律和能量守恒定律，设碰后粒子a与粒子b的速度大小分别为v1和v2，以向下为正方向，则可得


解得


14-9【巩固】 【正确答案】 (1)；(2)
【试题解析】 详解:
(1)0~t0时间内粒子P在匀强磁场中做匀速圆周运动，当粒子所在位置的纵、横坐标相等时，粒子在磁场中恰好经过圆周，所以粒子P第一次离x轴的最远距离等于轨道半径R
R＝①
又因为
qv0B0＝m②
代入
＝
解得
＝③
(2)设粒子P在磁场中运动的周期为T，则
T＝④
联立①④解得T＝4t0⑤
即粒子P做圆周运动后磁场变为电场，粒子以速度v0垂直电场方向进入电场后做类平抛运动，设t0~2t0时间内水平位移和竖直位移分别为x1、y1，则
x1＝v0t0⑥
y1＝at⑦
其中加速度
a＝
由③⑦解得
y1＝＝R
因此t＝2t0时刻粒子P的位置坐标为，如图中的b点所示

14-10【巩固】 【正确答案】 （1）粒子从N到P做匀加速直线运动；（2）
【试题解析】 详解:
(1)粒子从O到M过程中由牛顿第二定律可得

粒子加速时间

在右侧磁场做圆周运动的时间

由于

所以粒子到达N点时加速度与速度方向相同。
假设粒子一直加速，则


可得

即从N加速至P所需时间小于，故粒子从N到P做匀加速直线运动。
(2)粒子经过右侧磁场时

O到M过程有

设到达P点时速度为，由运动学公式有

经过左侧磁场时

联立解得

14-11【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）
【试题解析】 详解:
（1）设经时间粒子恰好沿切线飞到上板，竖直速度为零，加速度为，则

半个周期内，粒子向上运动的距离为



联立得

（2）仅存在磁场时，带电粒子在匀强磁场中做半径为的匀速圆周运动，则有

解得

要使粒子能垂直打到上板上，在交变磁场的半周期，粒子轨迹的圆心角设为，如图所示由几何关系得

解得

则粒子打到上极板的位置距出发点的水平距离为


14-12【巩固】 【正确答案】 （1）a；（2）（3），
【试题解析】 详解:
（1）粒子从A点以速度v沿y轴负方向射入磁场，在0~时间内，磁感应强度等于零，粒子做匀速直线运动，粒子的位移为

可知粒子垂直经x轴到下方磁场中，粒子在磁场中做匀速圆周运动，设运动半径为R，由洛伦兹力提供向心力，则有


粒子的运动周期为

（2）由左手定则可知，粒子在磁场中向右偏转，转动一个周期后又在x轴上x=a点处射入x轴下方的磁场，若此时磁场的磁感应强度等于零，则有粒子做匀速直线运动垂直打在下边界处的水平挡板上的B点，因此要使粒子从A点运动到B点的时间最小，则有T0最小值是

（3）以上计算可知，带电粒子从与B点碰后返回，在磁场中向左偏转，先做的圆周运动，粒子垂直y轴射入电场，在电场中的加速度大小为

加速度方向与粒子运动方向相反，做匀减速直线运动，经

时间返回，又以原速度大小垂直y轴射入磁场，此时在磁场中向上偏转，再经垂直从x轴上x=a点处射入x轴上方的磁场，即粒子在一个周期内在x轴下方磁场和电场中运动，然后在x轴上方做匀速直线运动，直到再次从A点垂直上边界射出磁场，这样带电粒子从与B点碰后运动到A点有最小时间。由此可知，粒子在电场中运动时间等于时，所用时间最小，则有

解得

因此则有总的最小时间是

14-13【提升】 【正确答案】 (1)0.4 m；(2)×10－5 s或4π×10－5 s；(3)m
【试题解析】 详解:
(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，有

解得半径
R＝0.2 m
粒子在磁场中运动时，到x轴的最大距离
ym＝2R＝0.4 m

(2)如图甲所示，粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期

由磁场变化规律可知，它在0~×10－5 s（即0~T）时间内做匀速圆周运动至A点，接着沿－y方向做匀速直线运动直至电场边界C点，用时

进入电场后做匀减速运动至D点，由牛顿第二定律得粒子的加速度

粒子从C点减速至D点再反向加速至C所需的时间

接下来，粒子沿＋y轴方向匀速运动至A所需时间仍为t1，磁场刚好恢复，粒子将在洛伦兹力的作用下从A做匀速圆周运动，再经×10－5 s时间，粒子将运动到F点，此后将重复前面的运动过程。所以粒子连续通过电场边界MN有两种可能：
第一种可能是，由C点先沿－y方向到D再返回经过C，所需时间为
t＝t2＝×10－5 s
第二种可能是，由C点先沿＋y方向运动至A点开始做匀速圆周运动一圈半后，从G点沿－y方向做匀速直线运动至MN，所需时间为
t′＝＋＋＝2T＝4π×10－5 s
(3)由(2)可知，粒子每完成一次周期性的运动，将向－x方向平移2R（即图甲中所示从P点移到F点）
＝1.1 m＝5.5R
故粒子打在挡板前的一次运动如图乙所示，其中I是粒子开始做圆周运动的起点，J是粒子打在挡板上的位置，K是最后一段圆周运动的圆心，Q是I点与K点连线与y轴的交点。由题意知
＝－5R＝0.1 m
＝R－＝0.1 m＝
则
＝＝R
J点到电场边界MN的距离为
R＋R＋m＝m
14-14【提升】 【正确答案】 （1），方向与x轴正向成45°角斜向上；（2）；（3）
【试题解析】 详解:
（1）时间内，合场强的大小为

代入数据得：合场强大小

方向与x轴正向成45°角斜向上；
（2）如图

a点加速度为，b点速度为

解得

c点速度仍为，d点速度为

解得

故时刻，粒子的速度大小为

（3）设Oa段的半径为2R，则bc段的半径为3R，de段的半径为4R，由

得到

有

设ab的长度为，则

解得

那么cd段的长度为，ef段的长度为，根据题意有，时刻，粒子的横坐标为

代入数据得

此时的Y坐标为

代入数据得

故此时粒子的坐标为。
14-15【提升】 【正确答案】 （1）①；；②；（2）①；②
【试题解析】 详解:
（1）时间内粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，经过四分之一圆周第一次离轴最远，最远距离为圆周运动轨道半径。时间上满足

代入得

得

粒子做四分之一圆周运动后，磁场变为电场，粒子以速度垂直电场方向进入电场做类平抛运动，在内从最高点运动到轴，方向分运动满足

其中
，
代入得

粒子轨迹如图所示
最远距离为

其中
，
得


（2）时，有

而

得

即粒子在内，完成六分之一圆周运动，为完成周期性运动，粒子在内受电场力作用时，沿方向分运动；先向上匀减速到零，在向下匀加速到达轴，轨迹如图所示。

其中
，，
代入得

最高点与轴的距离

得


14-16【提升】 【正确答案】 （1）；(2) ；(3)
【试题解析】 详解:
(1)电荷在电场中做匀加速直线运动，设其在电场中运动的时间为t1，有
v0=at1，qE=ma
解得

(2)当磁场垂直纸面向外时，电荷运动的半径：

周期

解得

当磁场垂直纸面向里时，电荷运动的半径

周期

故电荷从t=0时刻开始做周期性运动，其运动轨迹如图所示

时刻电荷与O点的水平距离
△d=2（r1-r2）=4cm
(3)电荷从第一次通过MN开始，其运动的周期为

根据电荷的运动情况可知，电荷到达挡板前运动的完整周期数为15个，电荷沿ON运动的距离
s=15Δd=60cm
故最后8cm的距离如图所示，有


解得
则
故电荷运动的总时间

15-1【基础】 【正确答案】 增加 大于
【试题解析】 详解:
[1]根据题意可知汽缸内气体做等压变化，由于温度降低，分子平均动能减小，故汽缸内气体对单位面积汽缸壁在单位时间内的碰撞次数增加。
[2]汽缸内气体温度降低、内能减少，根据热力学第一定律可知，汽缸内气体放出的热大于外界对气体所做的功，即大于。
15-2【基础】 【正确答案】 减小 减小
【试题解析】 详解:
[1]将阀门打开后，气体体积增大，但气体没有对外做功，与外界也没有热交换，故其内能不变，但要克服分子引力做功，分子势能增大，因此分子总动能要减小；
[2]对于图乙根据理想气体状态方程有

即

分别过A、B两点作出等压线可知

则所体压强减小。
15-3【基础】 【正确答案】 不变 减少
【试题解析】 详解:
[1]气体自由膨胀，没有对外做功，同时没有热交换，根据热力学第一定律可知，气体内能不变。
[2]根据

可知，当T不变、V增大时，p减小，故气体分子单位时间对舱壁单位面积碰撞的次数将减少。
15-4【基础】 【正确答案】 吸
【试题解析】 详解:
[1]由理想气体状态方程

可知

所以

[2]因为从状态B到状态C过程过程，所气体等压膨胀，温度升高，内能增加，而且气体膨胀对处做功，由热力学第一定律可知

ΔU>0，W<0，所以Q>0，即气体吸热。
15-5【巩固】 【正确答案】 AB BC 不变
【试题解析】 详解:
[1]A到B的过程为等温过程，压强增大，由

可知，气体体积V应当减小；同理B到C的过程为等压过程，温度升高，则气体体积V增大；AC过原点，则可知AC过程为等容过程。气体体积减小时，外界对气体做功，故AB外界对气体做功。
[2]A到B的过程为等温过程，内能不变，外界挤压气体，做正功，根据热力学第一定律

可知气体放热。同理BC温度升高，内能增大，气体体积增大，气体对外做功，可知气体吸热。CA体积不变，温度降低，内能减小，可知是等容放热。所以，吸热的是BC；
[3]由于内能是一个状态量，相同的状态便有相同的内能，气体最终回到状态A，温度不变，故内能不变。
15-6【巩固】 【正确答案】 吸收 减小
【试题解析】 详解:
[1]在喷水过程中，储气室内的气体温度不变，则其内能不变，即

由于储气室内气体的体积增大，对外做功，即

由热力学第一定律

可知储气室内的气体吸收热量，即

[2]水经导管从喷嘴喷出，储气室内的气体体积增大，温度不变，根据玻意耳定律得

可知储气室内气体的压强减小
15-7【巩固】 【正确答案】 正 减少
【试题解析】 详解:
[1][2]由题意可知，二氧化碳气体体积增大，则二氧化碳气体对外界做正功，气体还来不及吸热，气体的内能减小，则气体分子的平均动能减少，故温度降低。
15-8【巩固】 【正确答案】 减小 吸 气体对外界
【试题解析】 详解:
[1]由图可知，ca过程中压强不变，温度降低，则根据

可知，气体体积减小；
[2]ab过程中气体体积不变（因为其所在直线为过0K的倾斜直线），则
W=0
温度升高，则
∆U＞0
根据
∆U =W+Q
可知，气体吸热。
[3]bc过程中温度不变，压强减小，则根据

体积增大，即气体对外界做功。
15-9【巩固】 【正确答案】 1200 放热
【试题解析】 详解:
[1]由理想气体状态方程得

解得

[2] B 到C过程为等容变化，压强减小，由

可知，气体由B到C为等容变化，不做功，但温度降低，内能减小

根据热力学第一定律

可知

气体要放热。
15-10【巩固】 【正确答案】 做负功 不变
【试题解析】 详解:
[1][2]脚离地过程中，抬脚的时候，储气腔迅速恢复原状，原来腔内气体自由扩散为储气腔体积，这个过程可认为没有做功；但气体体积变大了，所以气体压强变小了，则气体压强小于外界压强，外界把空气压进腔内，最后气体压强等于外界压强，此过程原来腔内气体体积变小，外界对气体做正功，则储气腔内气体对外界做负功；该过程，储气腔内气体与外界温度保持不变，储气腔内的气体分子平均动能不变。
15-11【提升】 【正确答案】 不变 减小 吸收
【试题解析】 详解:
[1]从状态为等温过程，温度是平均动能的标志，温度不变，气体分子的平均动能不变；
[2]从状态为绝热过程，气体体积变大对外做功，内能减小；
[3]由图线与横轴间的面积表示W可知，整个循环过程气体内能不变，气体对外界做功，根据热力学第一定律，气体从外界吸收热量。
15-12【提升】 【正确答案】 下 减小 放热 均匀，温度上高下低 向上平移
【试题解析】 详解:
（1）[1] 液面位置保持在a处，则测温泡中的气体等容变化，测温泡中气体温度降低时，压强减小，因此B管向下移动。
（2）[2][3] C内的理想气体温度降低则内能减小，气体不对外做功，根据热力学第一定律可知气体将放热。
（3）[4] 测温泡所处环境的温度为30℃时，热力学温度为，液面高度差为0，当摄氏温度为时，热力学温度为T，液面高度差为

即

因此温度计刻度是均匀的，温度降低B管向下移动，因此温度上高下低。
（4）[5]大气压升高，a液面会上升，因此应该使30℃的刻度向上平移。
15-13【提升】 【正确答案】 吸收 减少
【试题解析】 详解:
[1]由理想气体状态方程，可得

该过程温度升高，体积增大，所以在气体在对外做功的情况下内能增加，由热力学第一定律可知，气体吸收热量。
[2]由题图可知，因V−T图像斜率增大，故而压强减小。但温度升高，分子撞击容器壁产生的平均冲力增大，故而分子在单位时间内撞击容器壁单位面积上的次数减少。
15-14【提升】 【正确答案】 放热 大于
【试题解析】 详解:
（1）[1][2]下潜过程中温度降低，则，有理想气体状态方程知气体体积减小，外界对气体做功，则，由

知，放热，且。
（2）[3]当汽缸下潜至时，设封闭气体的压强为p，温度为T，体积为V，由题意可知，根据理想气体状态方程得

代入数据得

15-15【提升】 【正确答案】 50 10 2.73
【试题解析】 详解:
（1）[1]由图像可知，由状态a到状态b是等压变化过程，所以气体对外做的功为

[2]因为气体对外界做功，所以由热力学第一定律得，气体的内能增加了

（2）[3]由题意知，瓶内空气温度为时，对应的体积由盖吕萨克定律可得

则对应的气体物质的量为

所以瓶内空气的质量为

联立解得

16-1【基础】 【正确答案】 （i）；（ii）
【试题解析】 详解:
（ⅰ）稳定后，B中的体积

对B中气体，由玻意耳定律有

解得
。
（ⅱ）稳定后，A中的体积

对刚性杆连接的活塞a、b整体受力分析有

对A中气体，由气体状态方程有

解得
。
16-2【基础】 【正确答案】 （1）；（2）
【试题解析】 详解:
（1）设开始时缸内封闭气体的压强为，对活塞受力分析有

解得

汽缸沿顺时针缓慢旋转，平衡后气体的压强为，根据受力平衡可得

解得

根据玻意耳定律可得

解得

（2）活塞离开卡环，设气体压强为，根据受力平衡可得

解得

根据理想气体的状态方程，有

解得

16-3【基础】 【正确答案】 （1）1.67×105Pa；（2）0.7 m
【试题解析】 详解:
（1）设此时气体压强为p，由查理定律可得

T0＝（273＋t0） K＝300 K，T＝（273＋t） K＝500 K
代入数据可得
p＝1.67×105 Pa
（2）设再次平衡时封闭气体压强为p′，活塞A、B向左移动的距离分别为x、x′，由于气体温度始终不变，由玻意耳定律可得
p0l0S＝p′（l0＋x′－x）S
由平衡条件可知，对活塞A有
p′S＝p0S＋F
对活塞B有
p0S＋kx′＝p′S
联立解得
x＝0.7 m
16-4【基础】 【正确答案】 （i）；；（ii）15cm
【试题解析】 详解:
（1）由题知，气缸壁是导热的，活塞A质量为2kg，活塞B质量为3kg，面积均为

达到平衡时，对气缸1有

解得

同理对气缸2有

解得

（2）在室温不变的条件下，将气缸顺时针旋转180°，气缸平衡时，对气缸1分析，此时大气压P0对活塞的作用力和气缸1中的压强力和活塞A的重力平衡，即

解得

同理对气缸2受力分析有

解得

由玻意耳定律，对气缸1有

对气缸2有

解得


则活塞A移动的距离为

16-5【巩固】 【正确答案】 （1）10cm；（2）600K
【试题解析】 详解:
（1）最后平衡时A、B中气体压强相等设为p ，由玻意尔定律对A部分气体有

对B部分气体有

解得
x=10cm
（2）给B加热，活塞恰好回到初始位置的过程中，对B部分气体有

由玻意尔定律，对A部分气体有

因活塞恰好回到初始位置，活塞与气缸B的左壁无相互作用

解得

16-6【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）
【试题解析】 详解:
（1）A部分气体做等温变化，根据玻意耳定律有

解得

（2）设B部分气体最终的压强为pB，根据平衡条件有

打入B内的气体和B内原有气体整体做等温变化，根据玻意耳定律有

解得

16-7【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）
【试题解析】 详解:
（1）对A受力分析

对整体

解得

（2）气体发生等压变化，当B活塞到上端时

当A活塞到下端时

缸内气体的温度变化范围

16-8【巩固】 【正确答案】 （1）；（2），
【试题解析】 详解:
（1）设活塞的面积为S，根据等压变化，则有

解得

（2）当左侧活塞到达卡柱位置时，设Ⅱ中气体的压强为p，则此时Ⅲ内的气体压强也等于p，设此时Ⅲ内的气体的长度为，则Ⅱ部分气体的长度为，则
对气体Ⅲ，由理想气体状态方程得

对气体Ⅱ，由理想气体状态方程得

联立解得


故，右侧活塞到卡环的距离为

16-9【巩固】 【正确答案】 （1）20次；（2），；（3）
【试题解析】 详解:
（1）将A缸内气体与打气进入的气体整体为研究对象，设共打气n次，开始时的压强是，末状态的压强是，温度不变，由玻意耳定律则有

可得
次
（2）打开后，B缸内气体活塞上方等温压缩，压缩后体积为，A缸内气体活塞下方等温膨胀，膨胀后体积为，活塞上下方压强相等均为，则：对A缸内活塞下方气体

对B缸内活塞上方气体

联立以上两式得
，
即稳定时活塞上方体积为，压强为；
（3）接着打开，活塞受下边的气体的压强作用，使得活塞移动到顶端，故A气体的体积为2V，则，，由理想气体状态方程可得：对活塞上边有

联立得

16-10【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）
【试题解析】 详解:
（1）开始时被封闭的气体的压强为，活塞C到气缸A底部的距离为，被封闭的气体的体积为，重物放在活塞D上稳定后，被封闭的气体的压强为

活塞C将弹簧向左压缩的距离为，则活塞C受力平衡时有

解得

（2）根据玻意耳定律得

解得

活塞D下降的距离

16-11【提升】 【正确答案】 （1）；（2）
【试题解析】 详解:
（1）由平衡条件得

解得

又

对密闭气体

解得

（2）绳子拉断瞬间，对活塞a


对活塞b

故绳子拉断瞬间，活塞b已经上移至两个气缸连接处，对密闭气体

解得

16-12【提升】 【正确答案】 （1）312.5K；（2）
【试题解析】 详解:
（1）对甲气体分析，初态
，，
末态
，，
由理想气体状态方程得

得

对乙气体分析初态
，，
末态
，，
由理想气体状态方程得

由理想气体状态方程得

（2）对丙气体分析初态
，，
末态
，，
由等温变化得

求得

对乙气体分析初态
，，
末态
，，
，，
由理想气体状态方程得

联立求得

对甲气体分析，初态
，，
末态
，V6=（18-x）S，T6=？
由理想气体状态方程得

联立求得

16-13【提升】 【正确答案】 (1)；(2)20cm
【试题解析】 详解:
(1)设杆对A活塞的作用力向下，则对B活塞的作用力向上，大小均为F，对A、B活塞，由平衡条件分别可得


联立可得

代入数据解得

(2)当温度刚降低时，由于外界大气压不变，由(1)的解析可知，活塞间气体压强不变，由盖吕萨克定律可得，气体温度减小，体积减小，则活塞上升，假设活塞塞B上升高度为（），对活塞A、B由平衡条件分别可得


联立解得

假设，设此时活塞B与气缸接口处无挤压，此时封闭气体温度为T，计算可得

降温前体积为

降温后体积为

由理想气体状态方程可得

代入数据解得

故活塞B恰好运动至气缸接口处，即活塞B到地面的距离为20cm。
16-14【提升】 【正确答案】 （1）；（2）
【试题解析】 详解:
（1）在小活塞刚好移至顶部前，上部分气体的压强和温度均不变，所以体积保持不变。小活塞向上移动了

大活塞向上移动

对于下部分气体，压强不变，初态体积

温度

此时体积

设此时温度为，根据盖-吕萨克定律得

解得

（2）设当大活塞刚好移至粗细管道连接处时，下部分封闭气体的温度为，对上部分气体，初态

体积为

末态

由玻意耳定律得

代入数据解得

对下部分气体，初态时对大活塞受力分析，根据平衡条件得

体积

温度

末态

体积

根据理想气体状态方程得

代入数据解得

当下部分封闭气体的温度为时，末态体积仍为

所以上部分气体压强为

16-15【提升】 【正确答案】 (1)；，对活塞B方向竖直向下；(2)
【试题解析】 详解:
(1)设加热前封闭气体的压强为p，以活塞A、B和轻杆为研究对象，受平衡力作用，则

解得加热前封闭气体的压强为

设轻杆上的作用力大小为F，以活塞B为研究对象

解得

轻杆上的作用力大小为12mg，方向对活塞B竖直向下。
(2)气体温度上升，汽缸内气体压强增大，活塞向下运动，原来活塞间气体体积

假设气体温度上到时，活塞A到b上端，封闭气体的压强为，汽缸内气体体积

对封闭气体由理想气体状态方程得

解得

对活塞A、B和轻杆受力分析，活塞A受到汽缸向上的作用力，则

解得

说明假设成立，所以封闭气体的压强为。
16-16【提升】 【正确答案】 （1）；（2）562.5K
【试题解析】 详解:
（1）初始时活塞平衡，对活塞，由平衡条件得

又已知


解得

故初始时B中气体的压强为；
（2）末状态活塞平衡，由平衡条件得

又因为

解得

B中气体初、末态温度相等，气体发生等温变化，由玻意耳定律得

即

解得

设A中气体末态的体积为，因为两活塞移动的距离相等，故有

解得

对A中气体，由理想气体状方程得

即

解得

17-1【基础】 【正确答案】 2：3 1
【试题解析】 详解:
[1]由图可得甲的波长为λ甲=4m，乙的波长为
λ乙=9m－3m=6m
根据周期公式可知，波速相等，周期之比等于波长之比，即为2：3
[2]再经过6s，两列波均向前传播距离

故乙波刚好传播两个波长，即N处的振动情况传播到x=3m处，而甲波传播

则波峰刚好传到x=3m处，此时x=3m处的质点位移为1cm
17-2【基础】 【正确答案】 4 1.2
【试题解析】 详解:
时，O处质点位于位移为位置，此时A位于波峰；时，O处质点第一次回到平衡位置，且波长不小于40cm，时，质点第一次回到平衡位置，则波传播的距离


解得
T=4s
v=0.3m/s
λ=1.2m
17-3【基础】 【正确答案】 4 负 2
【试题解析】 详解:
[1][2]时质点Q沿y轴负方向运动，由质点振动方向与波传播方向的关系，知该简谐横波沿x轴负方向传播；由题意知

解得周期
T＝4s
[3]简谐横波上各质点振动周期相同，均为4s；由图知波长为，则波的传播速度大小为

17-4【巩固】 【正确答案】 4 1.8
【试题解析】 详解:
[1][2]设水波的波长为，由题

得

则波速为

由题意得振幅

时间

此时起9s内乙运动的路程为

17-5【巩固】 【正确答案】 10 2
【试题解析】 详解:
[1]简谐横波沿x轴正方向传播，则图中处的质点正向下运动，而各质点开始起振方向都向上，处质点不是波最前面的点，图中还有半个波长的波形没有画出，完整的波形如图

波速

[2]由上图可知时刻该波刚好传到了处。
17-6【巩固】 【正确答案】 88cm
【试题解析】 详解:
（1）[1]由题意和题图可知
λ=20cm
T=1s
所以波速

（2）[2]t=0.75s时，M点已经经过的路程为8cm，而N点第一次到达波峰还要经历

即2.5T，则M点还要经过路程
2.5×4×8cm=80cm
所以M点经过的总路程为
8cm+80cm=88cm
17-7【巩固】 【正确答案】 2； y轴负方向 0.9
【试题解析】 详解:
A 点相继出现两个波峰的时间间隔为 0.2 s，可知周期为T=0.2s；由图中读出波长λ=0.4m，则波速；t=0时刻x＝0.5 m 处的质点在平衡位置向上振动，则在t＝0.1 s=T 时，x＝0.5 m 处的质点的振动方向沿y轴负方向；当x＝2 m 的质点处于波谷位置时，t=0时刻处在x=0.2m处的质点的振动状态传到x=2m的位置，则需要时间为
17-8【巩固】 【正确答案】 4 0.5 向下运动
【试题解析】 详解:
[1]设波的表达式为

由题知A = 2cm，波图像过点（0，）和（1.5，0），代入表达式有

即
λ = 4m
[2]由于该波的波速v = 2m/s，则

[3]由于该波的波速v = 2m/s，则

由于题图为t = 0时刻的波形图，则t = 2s时刻振动形式和零时刻相同，根据“上坡、下坡”法可知质点A向下运动。
17-9【巩固】 【正确答案】 8 0.2
【试题解析】 详解:
[1]根据振动方程可知振幅为4cm，且有

解得

则波长为

[2]振动传到P点所用时间为

且有

所以通过的路程为

17-10【提升】 【正确答案】 5 0.8 0.44
【试题解析】 详解:
[1]由图可知，该波的波长为

该波沿x轴正方向传播，t=0.6s时N到达波峰，则有

当时，周期取最大值为

则波传播的最小速度为

[2]由图可知，该波再向右传播4m时，质点P达到平衡位置，且用时最短，则波速最小时t=0起P到达平衡位置所用的最短时间为

[3]由图可知，该波的振幅为

若波速为45m/s，则该波的周期为

而

则在0~s时间内M的路程为

17-11【提升】 【正确答案】 2 4
【试题解析】 详解:
[1]波速为

[2] 曲线③表示某质点在 时刻从平衡位置向下运动，因为向x轴正方向传播，在所给的三个质点中，只有处的质点在 时刻从平衡位置向下运动。
17-12【提升】 【正确答案】 正 132
【试题解析】 详解:
[1]由题意知，t＝0时刻，质点P正沿y轴正方向运动，根据“逆向波形法”可知，波沿x轴正方向传播；
[2]设质点P的振动方程为

由图可知振幅，且时，，解得；从图示时刻开始，质点Q经过0.4s第一次到达波峰，根据图像可知，当时，可推知质点P将第一次到达波谷，即，解得

则

由于

由P质点的振动方程可知，经过，此时P质点

由于，结合图像可得P质点在内运动的路程恰好为A，则5s内质点P运动的路程为

17-13【提升】 【正确答案】 6 能
【试题解析】 详解:
[1]由题意可知，波的周期

由波长公式可得

[2]由于的距离恰好为波长的4倍，所以该同学和爸爸能同时处于波谷。
17-14【提升】 【正确答案】 正 0.2
【试题解析】 详解:
[1]时处的质点正向下运动，则波沿x轴正方向传播；
[2]由波形图知，所以

[3]对波形图进行分析，时处的质点此时相对平衡位置已向上振动，即初相为，所以振动方程为

18-1【基础】 【正确答案】 （1）；（2）
【试题解析】 详解:
（1）根据题意，设光线BN的入射角为，折射角为，光线BM的入射角为，如图所示

由几何关系可得
，
由折射定律可得

（2）由公式可得

可得

由几何关系可得

又有可得

则在玻璃球中光线从B点到M点的传播时间为

18-2【基础】 【正确答案】 （1）；（2）
【试题解析】 详解:
（1）当水平地面上刚好只有一个光斑时，说明激光在AB面刚好发生全反射，光路如图所示

光斑距A点的距离为，则

又

联立解得

（2）若该束激光以入射角入射，光路如图所示

由折射定律可得

解得

由几何关系可得


地面上两个光斑之间的距离为

18-3【基础】 【正确答案】 （1）n=；（2）
【试题解析】 详解:
（1）设，当时，光线恰好在玻璃砖表面发生全反射，此时有

当时，光线的光路图如图所示

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

在中有

在E点处，由折射定律得

联立各式得

（2）光线在玻璃砖中的传播速度为

两点间的距离为

光线从E点传播到F点所用的时间为

18-4【基础】 【正确答案】 （1）；（2）
【试题解析】 详解:
（1）光线发生全反射的临界角满足

由此可知，其能从上表面射出的光线，入射角为，则入射光束在上的最大宽度为

（2）一束光在O点左侧与O点相距处，垂直于从下方入射，在上表面的入射角为，则有

可知

根据光的折射定律与反射定律作出光路图如图所示

该束光在玻璃中的光程为

该束光在玻璃中的光速为

光从玻璃砖射出所用时间为

18-5【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）
【试题解析】 详解:

（1）光在介质中的光路如图所示，光折射到圆弧面上入射角的正弦值为

解得

因为光束在圆弧面恰好发生全反射，所以临界角为

故介质对单色光的折射率为

（2）由几何关系可知，光束从AC面射出介质时的入射角α满足

解得

由折射定律可知

解得

18-6【巩固】 【正确答案】
【试题解析】 详解:
由折射定律得

解得

折射光线恰好在B点发生全反射，则

解得

可知

由正弦定理得

解得

该光在玻璃柱中的传播时间为

而

联立解得

18-7【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）
【试题解析】 详解:
（1）设光射入介质的折射角为，临界角为C，则有

根据全反射的临界条件

由几何关系可得

联立解得

（2）由

可知

所以，在中有

在中有

又


解得

18-8【巩固】 【正确答案】 （1），；（2）
【试题解析】 详解:
（1）因为，光线恰好未从圆弧面AE射出，所以光在AE面的入射角为临界角C = 45°


联立解得

（2）光线在AE面的入射角为临界角C = 45°，所以反射光线与BE边平行，由α = 60°可得，光线在AB面上的入射角β = 30°

设光线第一次从AB面射出的折射角为γ，所以有

所以
γ = 45°
18-9【巩固】 【正确答案】 ①；②
【试题解析】 详解:
①由题意知


则

因此光在AO面的入射角

由于DE水平，因此

则光在AO面的折射角

则折射率


②由题意知，OE为的角平分线，则为等腰三角形，则

解得

由几何关系可知，四边形CDEO为平行四边形，因此

光从C点传播到E点所用时间

18-10【巩固】 【正确答案】 （ⅰ）；（ⅱ）
【试题解析】 详解:
（ⅰ）作出两种情况下的光路图，如图所示

设，在A处价好发生全反射，故有

光线在处射入，根据折射定律有

根据几何关系有

联立可得
，
（ⅱ）根据

可得光在玻璃砖中传搭速度

光在玻璃砖中传播距离

光在玻璃砖中传播时间

18-11【巩固】 【正确答案】 （ⅰ）；（ⅱ）
【试题解析】 详解:
（ⅰ）设射向玻璃砖点的光线进入玻璃后的折射角为，如图所示

根据折射定律可得

解得

即

可知射向玻璃砖点的光线进入玻璃后的折射角为；
（ⅱ）如图所示

设光线在玻璃中发生全反射的临界角为，则有

解得

进入玻璃中的光线①垂直半球面，沿半径方向直达球心位置，且入射角等于临界角，恰好在点发生全反射，光线①左侧的光线（如光线②）经半球面折射后，射在上的入射角一定大于临界角，在上发生全反射，不能射出，光线①右侧的光线经半球面折射后，射在上的入射角均小于临界角，能从面上射出，最右边射向半球面的光线③与球面相切，入射角为，根据折射定律可得

解得

即

故光线将垂直面射出，所以在面上射出的光束宽度为

可知玻璃砖底面被照亮区域的宽度为。
18-12【提升】 【正确答案】 （1）；（2）；（3）
【试题解析】 详解:
（1）设第一次折射的入射角和折射角分别为i1和r1，第二次折射的入射角和折射角分别为i2和r2，由于光线到对称轴的距离为，则有

由几何知识知

解得

则透明介质的折射率

（2）光在介质中传播速度

光在介质中传播距离

由可得

（3）光线从O点照射到透明介质，光线照射到圆弧的C点，如图

则

解得

设从D点入射的光线经折射后到达E点时，刚好发生全反射，则

解得

由几何知识解得

则圆弧AB上有光射出的是，弧长为

18-13【提升】 【正确答案】 （1）；（2）
【试题解析】 详解:
（1）玻璃棒的折射率

（2）设临界角C，则

所以光在B点发生全反射，光在玻璃中的速度

根据几何关系

根据对称性，激光穿过玻璃棒所用的时间

18-14【提升】 【正确答案】 （1）；（2）1m
【试题解析】 详解:
（1）如图所示，当入射光线平移到中点时，光线刚好经过半圆圆心O，光线从玻璃砖射出时传播方向不变，与光屏平行，此时光屏上光斑恰好消失，根据几何关系可得

所以P点距C点的距离为

（2）光线在半圆面上发生全反射的临界角正弦值为

解得

根据几何关系可知，从C点入射的光线在半圆面上的D点的入射角为45°，恰好发生全反射，其反射光线与光屏垂直，折射光线将与OD垂直，光斑位于E点。当细光束向左缓慢平移过程中，光束在半圆面的入射点沿半圆面逆时针移动，且光束在半圆面上的入射角逐渐减小，则折射角也逐渐减小，折射光线与光屏夹角逐渐减小，所以光斑位置上移，因此AE的长度为细光束移动过程中光斑距A点的最小距离，而

所以

解得


18-15【提升】 【正确答案】 （1）；（2）
【试题解析】 详解:
（1）光在透明体中的传播速度为

P到M点的距离为

s=vt
解得从P点沿直线传播到M点的时间为

（2）如图所示，从P或Q点射到N或N'点的光在球面处的入射角最大（设为i）则

设光发生全反射的临界角为C，则

不发生全反射，应满足

解得


18-16【提升】 【正确答案】 （1）；（2），
【试题解析】 详解:
（1）无气泡时，光路如图所示

根据折射定律可得

（2）当有气泡时，根据光路可逆，光路如图所示

根据几何关系可知
2rcos30°=R
解得

光线在水球中运动路程为
s=2r
光速为

运动时间为

联立解得