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2022-2023学年原卷变式题 江苏省连云港市2021-2022学年度高三上学期期末考试物理变式题库（解析版）
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这是一份2022-2023学年原卷变式题 江苏省连云港市2021-2022学年度高三上学期期末考试物理变式题库（解析版），共88页。
2022届高三年级第一学期期末调研考试物理变式题
【原卷 1 题】知识点 根据条件写出核反应方程,结合能
【正确答案】
C
【试题解析】
1-1（基础） 对核反应的下列说法正确的是（ ）
A.核反应方程属于衰变
B.发生核反应需要吸收能量
C.核反应属于裂变
D.发生衰变实质是质子向中子转变
【正确答案】 C
1-2（基础） 在下列四个核反应方程中，x代表质子的是（ ）
A.
B.
C.
D.
【正确答案】 A
1-3（巩固） 太阳内部核反应的主要模式之一是质子-质子循环，循环的结果可表示为，已知和的质量分别为和，1u=931MeV/c2，c为光速。在4个转变成1个的过程中，释放的能量约为（ ）
A.8 MeV B.16 MeV C.26 MeV D.52 MeV
【正确答案】 C
1-4（巩固） 下列有关核反应的说法中，正确的是
A.核反应方程是衰变
B.是核聚变，该核反应过程吸收能量
C.核反应方程是核裂变
D.发生衰变的实质是质子向中子转变
【正确答案】 C
1-5（巩固） 太阳内部发生的核反应模式之一是质子—质子循环，即四个结合生成一个，并释放出大量能量，其链式反应方程为①，②，③，下列说法正确的是（ ）
A.②反应中，释放了γ光子，则②反应为衰变反应
B.循环结果可表示为
C.四个生成一个过程中存在质量亏损
D.核电站中的核反应方式与太阳内部发生的主要核反应方式相同
【正确答案】 C
1-6（巩固） 太阳内部核反应的主要模式之一是质子-质子循环，循环的结果可表示为，已知和的质量分别为和，1u=931MeV/c2，c为光速。在4个转变成1个的过程中，释放的能量约为（ ）
A.8 MeV B.16 MeV C.26 MeV D.52 MeV
【正确答案】 C
1-7（提升） 科学研究表明，太阳核心的温度极高、压力极大，使得太阳内部每4个氢核（）转化为1个氦核（）和几个正电子并释放出大量能量。假设生成的所有正电子均定向移动，且正电子在8×10﹣4s时间内定向移动形成的平均电流为8.0×10﹣8A，已知电子的电荷量为1.6×10﹣19C，则在这段时间内发生核聚变的氢核（）的个数为（ ）
A.8.0×108 B.4.8×108 C.3.2×108 D.2.4×108
【正确答案】 A
【原卷 2 题】 知识点 正交分解法解共点力平衡
【正确答案】
A
【试题解析】
2-1（基础） 某幼儿园要在空地上做一个滑梯，根据空地的大小，滑梯的水平跨度确定为6m。设计时滑板和儿童裤料之间的动摩擦因数取0.4，为使儿童在滑梯游戏时能在滑板上滑下，滑梯高度至少要为（ ）
A.1.0m B.1.6m C.2.4m D.3.2m
【正确答案】 C
2-2（基础） 某幼儿园要在一块空地上做一个滑梯（如图所示），根据空地大小，滑梯水平跨度确定为6m，设计时滑梯与儿童裤料之间的动摩擦因数取0.4，假定最大摩擦力大小等于滑动摩擦力大小，为使儿童在滑梯上能滑下，滑梯的最小高度为（ ）
A.1.2m B.1.5m C.2.4m D.3.0m
【正确答案】 C
2-3（巩固） 如图所示是某幼儿园滑梯设计示意图，倾斜滑道AB和水平滑道BC平滑衔接。滑梯高度限定为h，滑梯与儿童裤料之间动摩擦因数为μ，设倾斜滑道AB与水平面夹角为α。为保证儿童的安全，要求儿童能从A点由静止下滑并停在水平滑道BC上，则（ ）
A.应满足sinα<μ
B.应满足tanα<μ
C.滑梯的水平跨度
D.滑梯的水平跨度
【正确答案】 C
2-4（巩固） 某幼儿园要在空地上做一个滑梯（如图），滑梯的高度确定为2m。设计时，滑板和儿童裤料之间的动摩擦因数取0.4，为使儿童在滑梯游戏时能在滑板上滑下，滑梯的水平跨度应（ ）
A.最大为0.8m B.最大为5m C.最小为0.8m D.最小为5m
【正确答案】 B
2-5（巩固） 东方绿舟划龙舟，可以培养团队协作能力。当龙舟靠岸时，细心的同学注意到，一位师傅用细长的钩子稳稳地拉住船身不动。我们来分析师傅各部位的受力情况。关于师傅的脚上受力，说法正确的是（ ）
A.师傅的脚对岸的压力比他的重力更大 B.师傅的脚对岸的压力比他的重力更小
C.师傅的脚对岸的压力和他的重力一样大 D.师傅的脚不受摩擦力
【正确答案】 A
2-6（巩固） 某幼儿园要在空地上做一个如图所示滑梯，根据场地的大小，滑梯的水平跨度确定为6m。若滑板可视为斜面，滑板和儿童之间的动摩擦因数取0.3，儿童都从滑梯上同一位置静止滑下，下列说法正确的是（ ）
A.滑梯的高度至少为1.8m
B.儿童坐着下滑的速度比躺着下滑大
C.设计高度不同的滑梯，同一儿童下滑过程中摩擦力做功也不同
D.保持同一姿势下滑，高年级儿童下滑的速度一定比低年级大
【正确答案】 A
2-7（提升） 由于突发状况消防车要紧急通过被石墩挡住的车道，消防员决定把石墩拉开，已知该石墩的质量为m，与水平地面间的动摩擦因数为0.75，重力加速度大小为g，消防员要将石墩水平匀速拉动，认为滑动摩擦力等于静摩擦力，取sin37°=0.6，cos37°=0.8，消防员的最小拉力与水平方向的夹角为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】 D
【原卷 3 题】 知识点 计算电子跃迁时吸收或释放光子的频率和波长
【正确答案】
C
【试题解析】
3-1（基础） 氦原子被电离一个核外电子，形成类氢结构的氦离子。已知基态的氦离子能量为，氦离子的能级示意图如图所示，以下关于该基态氦离子的说法正确的是（ ）
A.该基态氦离子吸收某种光子发生跃迁，当能量为时，氦离子最稳定
B.能量为的光子，能被该基态氦离子吸收而发生跃迁
C.一个该基态氦离子吸收能量为的光子后，向低能级跃迁能辐射6种频率的光子
D.该基态氦离子吸收光子跃迁到激发态后，核外电子的动能增大
【正确答案】 B
3-2（基础） 氦原子被电离一个核外电子，形成类氢结构的氦离子。已知基态的氦离子能量为-54.4 eV，氦离子能级的示意图如图所示。假设氦离子由能级3跃迁到能级2时释放的光子恰好可以使锌板发生光电效应，则氦离子由能级4跃迁到能级2时释放的光子照射锌板时（ ）
A.不发生光电效应
B.发生光电效应，逸出光电子的最大初动能为2.6 eV
C.发生光电效应，逸出光电子的最大初动能为7.6 eV
D.发生光电效应，逸出光电子的最大初动能为10.2 eV
【正确答案】 B
3-3（巩固） 氦原子被电离一个核外电子，形成类氢结构的氦离子，其能级示意图如图所示。已知基态的氦离子能量，现有一群处于激发态的氦离子（ ）
A.自发跃迁能释放3种频率的光子 B.能自发跃迁释放能量为的光子
C.自发跃迁释放光子的最大能量为 D.自发跃迁到基态释放光子的波长最长
【正确答案】 C
3-4（巩固） 氦原子被电离出一个核外电子，形成类氢结构的氦离子。氦离子的能级图如图所示，根据玻尔能级跃迁理论，下列说法正确的是（ ）
A.一个处在能级的氦离子向低能级跃迁时，最多能发出6种不同频率的光子
B.一群处在能级的氦离子向低能级跃迁时，最多能发出2种不同频率的光子
C.氦离子从能级跃迁到能级，电子的动能减小，电势能增大
D.氦离子处于能级时，能吸收的光子能量而发生电离
【正确答案】 D
3-5（巩固） 氦原子被电离一个核外电子，形成类氢结构的氦离子。已知基态的氦离子能量为，氦离子能级的示意图如图所示。以下关于该基态的氦离子说法正确的是（ ）
A.该基态氦离子吸收某种光子发生跃迁，当能量为时，氦离子最稳定
B.能量为的光子，能被该基态氦离子吸收而发生跃迁
C.一个该基态氦离子吸收能量为的光子后，向低能级跃迁能辐射6种频率的光子
D.该基态氦离子吸收一个光子后，核外电子的动能增大
【正确答案】 B
3-6（巩固） 氦原子被电离一个核外电子，形成类氢结构的氦离子。已知基态的氦离子能量为，氦离子能级的示意图如图所示，以下关于该基态的氦离子说法正确的是（ ）
A.该基态氦离子吸收某种光子发生跃迁，当能量为E4=-3.4eV时，氦离子最稳定
B.能量为48.4eV的光子，能被该基态氦离子吸收而发生跃迁
C.一个该基态氦离子吸收能量为51.0eV的光子后，向低能级跃迁能辐射5种频率的光子
D.该基态氦离子吸收一个光子后，核外电子的动能增大
【正确答案】 B
3-7（提升） 氦原子被电离一个核外电子，形成类氢结构的氦离子。已知基态的氦离子能量为，氦离子能级的示意图如图所示，以下关于该基态的氦离子说法正确的是（ ）
A.该基态氦离子吸收某种光子发生跃迁，当能量为E4=-3.4eV时，氦离子最稳定
B.能量为48.4eV的光子，能被该基态氦离子吸收而发生跃迁
C.一个该基态氦离子吸收能量为51.0eV的光子后，向低能级跃迁能辐射5种频率的光子
D.该基态氦离子吸收一个光子后，核外电子的动能增大
【正确答案】 B
【原卷 4 题】 知识点 导体处于静电平衡状态时内外电场及电荷的分布规律,导体上电荷的分布、尖端放电
【正确答案】
D
【试题解析】
A．球内各处电势均不为零，因为球内有高频电场有一定的电势差，所以A错误；
B．球内电极产生的电场方向沿球半径向里，因为球内稀薄气体受到高频电场的电离负离子向外运动，所以B错误；
C．用手触摸球时，会有电流从手流过，所以C错误；
D．用手触摸球时，球内的电场、电势分布不对称，因为用手触摸后，电场强弱发生了变化，所以D正确；
故选D。
4-1（基础） 如图所示，一个原来不带电的空心金属球，放在绝缘支架上，右侧放一个电荷量为+Q的点电荷，达到静电平衡后，下列说法正确的是（ ）
A.空心金属球的左侧感应出负电荷，右侧感应出正电荷
B.空心金属球最左侧表面的电势等于最右侧表面的电势
C.点电荷Q在空心金属球内产生的电场强度处处为零
D.空心金属球内只有球心处电场强度为零
【正确答案】 B
4-2（基础） 一个不带电的金属球，置于外电场中处于静电平衡时，下列说法中错误的是：（ ）
A.金属球的内部可能有的地方场强不为零
B.金属球内部任意一点的场强一定为零
C.金属球内部不再有电荷定向移动
D.金属球内部各处的电势相等
【正确答案】 A
4-3（巩固） 铜质小球内部挖去一部分，形成中空球壳，在球壳内P点固定一带负电的点电荷Q。M为球壳内一点、N为球壳外一点，位置如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A.铜球外表面带正电
B.铜球内表面不带电
C.M点的电场强度比N点的电场强度小
D.试探电荷+q在M点的电势能比在N点的小
【正确答案】 D
4-4（巩固） 如图所示，将一个半径为的不带电的金属球放在绝缘支架上，金属球的右侧与球心等高处放置一个电荷量为的点电荷，到金属球表面的最近距离也为．由于静电感应，金属球上将产生感应电荷．设静电力常量为，则关于金属球内的电场以及感应电荷的分布情况，以下说法中正确的是（ ）
A.电荷与感应电荷在金属球内任何位置激发的电场强度都是等大且反向的
B.感应电荷在金属球球心处激发的电场强度，方向水平向右
C.感应电荷全部分布在金属球的表面上
D.金属球右侧表面的电势高于其左侧表面
【正确答案】 AC
4-5（巩固） 一个带正电的点电荷，置于一接地的导体球附近，形成如图所示的电场线分布，下列说法正确的是（ ）
A.a点的电势低于b点的电势
B.c点的电场强度大于d点的电场强度
C.将一正试探电荷从e点沿虚线移动到f点电场力做正功
D.导体球内部电势不一定为零
【正确答案】 A
4-6（巩固） 一空心金属球壳内球心右侧放一带正电点电荷，于是在球内外形成如图所示电场，其中a在球心，b在球壳内壁，c在球壳内，d在球外，若以无穷远电势为0，下列说法正确的是（ ）
A.b点和c点电势均为0
B.c点电场强度大于a点电场强度
C.若一电子从a点运动到b点，电势能减少
D.两点电势差小于两点的电势差
【正确答案】 D
4-7（提升） 如图中是一块宽大的接地金属板的截面。在板的右侧面附近的P点有一带+q的固定的点电荷，当金属板处于静电平衡状态时，正确的是（ ）
A.板的左侧面上分布有正的感应电荷，而右侧面上分布有负的感应电荷
B.感应电荷在板上任何一点的电场强度方向都是由P点指向该点
C.接地线断开后，板上各点电势仍等于地电势
D.板内离P点最近的一点合场强最大
【正确答案】 C
【原卷 5 题】 知识点 a-t图象,牛顿第二定律
【正确答案】
B
【试题解析】
5-1（基础） 排球是人们最喜爱的运动之一。如图所示，运动员在原地向上做抛接球训练，排球在空中受到空气的阻力大小可视为不变，下列能反映排球上升和下落运动过程的图像是（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】 B
5-2（基础） 一座大楼中有一部直通高层的客运电梯，电梯的简化模型如图甲所示。已知电梯在t=0时由静止开始上升，电梯的加速度a随时间t的变化如图乙所示。图甲中有一质量为M的乘客站在电梯里，电梯对乘客的支持力为F。根据a-t图像可以判断力F大小不变且F
A.1~8 s内 B.8~9 s内
C.15~16 s内 D.16~23 s内
【正确答案】 D
5-3（巩固） 很多智能手机都有加速度传感器，能通过图像显示加速度情况，用手掌托着智能手机，打开加速度传感器，把手机向上抛出，然后又在抛出点接住手机，得到如图所示的加速度随时间变化的图像，图中，，，，取重力加速度，由此可判断出（ ）
A.时刻手机的速度最大 B.时刻手机离开手掌
C.时刻手机处于超重状态 D.手机离开手掌后上升的高度为0.45m
【正确答案】 D
5-4（巩固） 在“探究加速度与物体受力、物体质量的关系”实验中，将具有加速度测量功能的智能手机固定在小车上，改装成如图1所示的装置来测量小车加速度。小车的质量，槽码的质量。小车由静止释放，设小车前进的方向为正方向，通过手机软件测得加速度随时间变化图像如图2所示，其中减速过程中加速度超过了手机的显示范围。关于此实验的分析，下列说法正确的是（ ）
A.放手机与不放手机相比，小车加速过程中的加速度较大
B.放手机与不放手机相比，小车加速过程中细线对小车的拉力较小
C.小车与制动器碰撞前的速度大小约为
D.此手机的质量约为
【正确答案】 D
5-5（巩固） 如图甲所示，质量分别为mA和mB的两物体用轻弹簧连接置于光滑水平面，初始时两物体被锁定，弹簧处于压缩状态。t=0时刻将B物体解除锁定，t=t1时刻解除A物体的锁定，此时B物体的速度为v0，A、B两物体运动的a-t图像如图乙示，其中S1和S2分别表示0～t，时间内和t1～t3时间内B物体的a-t图像与坐标轴所围面积的大小。则下列说法正确的是（ ）
A.mA>mB B.S1>S2
C.t1～t3时间内A、B间距离一直增大 D.t1～t3时间内A的速率先增大后减小
【正确答案】 B
5-6（巩固） 在水平地面上以初速度v0竖直向上抛出一个小球，已知该小球所受的空气阻力大小与速度大小的平方成正比，则从抛出小球到小球落地的过程中，以竖直向上为矢量的正方向，小球运动的a-t和v-t图像可能正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】 C
5-7（提升） 很多智能手机都有加速度传感器，安装能显示加速度情况的应用程序，便可以测量手机运动的加速度。手机沿任意方向移动一下，屏幕上便可显示沿、、轴三个维度各自加速度大小随时间的变化图像。现将手机由静止释放，掉落在桌面上、图中“轴线性加速度”表示手机竖直方向的加速度随时间的变化情况。下列说法正确的是（ ）
A.图中轴的正方向为竖直向下
B.手机自由下落的时间区间约为至
C.大约末手机第一次接触桌面
D.整个过程中手机做自由落体运动
【正确答案】 B
【原卷 6 题】 知识点 不同轨道上的卫星各物理量的比较,卫星发射及变轨问题中各物理量的变化
【正确答案】
C
【试题解析】
6-1（基础） 北京时间2021年10月16日6时56分，神舟十三号载人飞船采用自主快速交会对接模式成功对接于空间站天和核心舱径向端口，翟志刚、王亚平、叶光富三名航天员成功进驻空间站天和核心舱，开始中国迄今时间最长的载人飞行。已知空间站轨道离地面的高度约为地球半径的，绕地球飞行的轨道可视为圆轨道。下列说法正确的是（ ）
A.空间站在轨道上运行的线速度大于
B.空间站在轨道上运行的加速度小于地面重力加速度g
C.对接后，空间站由于质量增大，轨道半径将变小
D.若已知空间站的运行周期、地球半径和引力常量G，可求出空间站质量
【正确答案】 B
6-2（基础） 2021年10月16日，神舟十三号载人飞船在酒泉成功发射，并进入预定轨道，顺利将翟志刚、叶光富、王亚平3名航天员送入太空，飞船入轨后，按照预定程序，将通过加速与空间站进行自主快速交会对接.对接前，神舟十三号和空间站在轨运动的情形如图甲所示，对接时的情形如图乙所示，则下列说法正确的是（ ）
A.甲图中，是空间站，是神舟十三号
B.甲图中，的加速度比的加速度小
C.乙图中，对接时，神舟十三号的速度比在甲图中在轨运行时速度大
D.乙图中，对接时，神舟十三号的机械能比在甲图中在轨运行时机械能大
【正确答案】 D
6-3（巩固） 2021年10月16日神舟十三号载人飞船与空间站对接的可近似如图所示情景，半径为r的圆形轨道I为空间站运行轨道，半长轴为a的椭圆轨道II为载人飞船的运行轨道，飞船在两个轨道相切点A与空间站交会对接，已知飞船与空间站均绕地球运动，引力常量为G，地球质量为M，下列说法中正确的是（ ）
A.空间站的运行速度大于第一宇宙速度
B.在A点对接时飞船应沿运行速度方向喷气
C.飞船与空间站运行周期之比为
D.飞船在II轨道经过A点，喷气变轨前一刻的速度小于
【正确答案】 D
6-4（巩固） 径向交会对接是指飞船沿与空间站运动方向垂直的方向和空间站完成交会对接。2021年10月16日我国的神舟十三号载人飞船成功发射，并于当天与距地表约400km的空间站完成径向交会对接。掌握径向对接能力，可以确保中国空间站同时对接多个航天器，以完成不同批次航天员在轨交接班的任务，满足中国空间站不间断长期载人生活和工作的需求。交会对接过程中神舟十三号载人飞船大致经历了以下几个阶段：进入预定轨道后经过多次变轨的远距离导引段，到达空间站后下方52km处；再经过多次变轨的近距离导引段到达距离空间站后下方更近的“中瞄点”；到达“中瞄点”后边进行姿态调整，边靠近空间站，在空间站正下方200米处调整为垂直姿态（如图所示）；姿态调整完成后逐步向核心舱靠近，完成对接。根据上述材料，结合所学知识，判断以下说法正确的是（ ）
A.远距离导引完成后，飞船绕地球运行的线速度小于空间站的线速度
B.近距离导引过程中，飞船的机械能不断减少
C.姿态调整完成后至对接完成，飞船绕地球运行的线速度小于空间站的线速度
D.姿态调整完成后至对接完成，需要沿飞船与地心连线向地球喷射燃气
【正确答案】 C
6-5（巩固） 2022年4月13日，神舟十三号飞船在历经了183天的太空航行之后，成功返回地球，创下了中国载人航天空间站任务飞行时间最长、任务项目最多的纪录。神舟十三号此行的主要任务之一是进入太空并与天宫空间站进行对接，飞船的运动可简化为如图所示的情境，圆形轨道2为天宫空间站运行轨道，椭圆轨道1为载人飞船运行轨道，两轨道相切于P点，Q点在地面附近，是轨道1的近地点，则下列判断正确的是（ ）
A.载人飞船可在到达轨道2后不断加速追上空间站实现对接
B.载人飞船在轨道1上P点的加速度等于空间站在轨道2上P点的加速度
C.载人飞船在轨道1上经过Q点时的速度等于7.9km/s
D.载人飞船从Q点向P点运动过程中，万有引力不做功
【正确答案】 B
6-6（巩固） 北京时间2021年10月16日6时56分，神舟十三号载人飞船和空间站成功对接，标志着我国航天科技达到了新高度。如图为飞船和空间站对接示意图，实线圆为飞船和空间站的运行轨道，虚线椭圆为飞船转移轨道，已知飞船和空间站的运行轨道半径之比为k，则下列说法正确的是（ ）
A.飞船和空间站在各自运行轨道上的加速度大小之比为k2
B.飞船和空间站在各自运行轨道上的速度大小之比为
C.飞船和空间站在各自运行轨道上的角速度大小之比为
D.飞船在运行轨道和转移轨道上的运动周期之比为
【正确答案】 D
6-7（提升） 2021年10月16日，长征二号F运载火箭遥十三搭载着翟志刚、王亚平与叶光富三位航天员的神舟十三号载人飞船发射升空，神舟十三号采用自主快速交会对接模式成功对接于天和核心舱径向端口，与此前已对接的天舟二号、天舟三号一起构成四舱（船）组合体，如图甲所示。如图乙所示，轨道Ⅰ为空间站运行圆轨道，轨道Ⅱ为载人飞船运行椭圆轨道，两轨道相切于A点，载人飞船在A点与空间站组合体完成对接，若空间站组合体距地球表面的高度为h，地球半径为R，航天员与载人飞船始终相对静止，则下列说法正确的是（ ）
A.翟志刚、王亚平与叶光富三位航天员随空间站组合体做圆周运动过程中，所受向心力大小相等
B.对接前，载人飞船与地心的连线和空间站组合体与地心的连线在相同时间内扫过的面积相同
C.若载人飞船在轨道Ⅰ、Ⅱ的运行周期之比为，则轨道Ⅱ近地点距地球表面的距离为
D.载人飞船上在轨道Ⅰ、Ⅱ上运行经过A点时向心加速度不相等
【正确答案】 C
【原卷 7 题】 知识点 光的折射定律、折射率
【正确答案】
B
【试题解析】
7-1（基础） 一圆柱形透明介质放在水平地面上，其横截面如图所示，点为圆心，直径竖直，右侧半圆面镀银。一光线从点水平向右射入介质，光线在点的入射角为，在镀银处发生一次反射后射出介质，且射出时光线水平向左，则该介质的折射率为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】 B
7-2（基础） 如图所示，△ABC为一玻璃三棱镜的横截面，∠A＝30°．一束红光垂直AB边射入，从AC边上的D点射出，其折射角为60°，则玻璃对红光的折射率为（ ）
A.1.5 B. C. D.2.0
【正确答案】 C
7-3（巩固） 小华家装修，阳台窗户是双层玻璃，双层平行玻璃中间是氙气，合同规定两块玻璃的厚度相同计为d，中间夹层气体的厚度为h，小华想帮助父母看看双层玻璃是否是按合同要求安装的。设计如下：小华找到一个激光笔，让光从窗户一侧以与玻璃成角入射并记录入射点A，同时记录A点在对面玻璃外面的投影点，然后在窗户另一侧记录出射点的位置B。测量的距离。已知玻璃的折射率为，认为氙气的折射率为1。如果按合同要求玻璃、气体、玻璃分别是、、安装的窗户，则的长度约为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】 C
7-4（巩固） 如图所示，P、Q是两种透明材料制成的两块直角梯形的棱镜，叠合在一起组成一个长方体。某单色光沿与P的上表面成θ角的方向斜射向P，其折射光线正好垂直通过两棱镜的界面，已知材料的折射率分别为nP、nQ。则（ ）
A.若，从Q的下表面射出的光线与入射到P的上表面的光线平行
B.若，从Q的下表面射出的光线与入射到P的上表面的光线不平行
C.若，从Q的下表面射出的光线与下表面所夹的锐角可能等于θ
D.若，从Q的下表面射出的光线与下表面所夹的锐角一定大于θ
【正确答案】 A
7-5（巩固） 某科技馆内有一个半径为R的半圆柱形透明体，其俯视图如图所示。为估测该透明体材料的折射率，某同学进行了如下实验:用激光笔从右侧沿垂直于直径AB方向朝透明体射入，保持入射方向不变，入射点由圆心O处缓慢向A处移动，观察到从圆弧面上射出的光逐渐减弱。当入射点到达C处时，恰好看不到光从圆弧面上D处射出，测得OC=0.6R。由此，可求出透明体材料的折射率为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】 D
7-6（巩固） 在测量玻璃砖折射率实验时，某同学利用插针法得到通过长方体玻璃砖前后的两条光线，如图所示。经测量得到α=β=30°，则该玻璃砖的折射率为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】 C
7-7（提升） 一束激光垂直照射在光屏上，形成一圆形光斑如图甲所示。现在光屏前放置一透明的玻璃圆柱体，让激光垂直圆柱体轴线入射，光束经过圆柱体后照射在光屏上，如图乙所示。则在光屏上观察到的光斑形状可能为（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】 B
【原卷 8 题】 知识点 斜抛运动
【正确答案】
A
【试题解析】
8-1（基础） 在篮球比赛中，投篮的投出角度太大或太小，都会影响投篮的命中率。在火箭对阵湖人的比赛中，姚明顶着奥尼尔完成了一个漂亮的投篮，篮球以与水平面成45°的倾角准确落入篮筐，如图所示。这次跳投，投球点和篮筐正好在同一水平面上，设投球点到篮筐距离为10m，不考虑空气阻力，g取，则（ ）
A.篮球出手的速度大小为7m/s
B.篮球在空中运动的时间为
C.篮球进筐的速度大小为
D.篮球投出后的最高点相对地面的竖直高度为2.5m
【正确答案】 B
8-2（基础） 某次高一投篮比赛中，小明跳起投篮，篮球在空中划过曲线后准确落入篮筐，投球点和篮筐正好位于同一水平面上，如图所示。假设小明将篮球以速度大小为v，与水平成θ的倾角抛出。参考平抛运动的研究方法，将篮球的运动分解为水平方向和竖直方向两个分运动。忽略空气阻力，重力加速度为g。此篮球被抛出到落入篮筐的运动时间t及水平射程x的计算结果正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】 D
8-3（巩固） 如下图所示，某同学分别在同一直线上的A、B、C三个位置投掷篮球，结果都击中篮筐，击中篮筐时篮球的速度方向均沿水平方向，大小分别为、、，若篮球出手时高度相同，速度的方向与水平方向的夹角分别是、、，不计空气阻力，则下列说法正确的是（ ）
A. B. C. D.3
【正确答案】 B
8-4（巩固） 在篮球比赛中，篮球投出时角度太大和太小，都会影响投篮的命中率。在某次投篮时，篮球以与水平面成45°的倾角准确落入篮筐，设投球点和篮筐正好在同一水平面上（如图），投球点到篮筐距离为，不考虑空气阻力，g取、下列说法正确的是（ ）
A.篮球在空中运动的时间是
B.篮球落入篮筐时的速度大小为
C.篮球投出后的最高点相对篮筐的竖直高度是
D.篮球从投出到落入篮筐速度变化量为零
【正确答案】 C
8-5（巩固） 在篮球比赛中，运动员投出的篮球以与水平面成45°的倾角准确落入篮筐，这次跳起投篮时，投球点和篮筐正好在同一水平面上，如图所示，若投球点到篮筐距离为x，不考虑空气阻力，则（ ）
A.篮球进筐时的速度为
B.篮球在最高点的速度为
C.篮球在空中的运动时间为
D.篮球投出后的最高点相对篮筐的竖直高度是
【正确答案】 B
8-6（巩固） 某次高一投篮比赛中，小明跳起投篮，篮球在空中划过曲线后准确落入篮筐，投球点和篮筐正好位于同一水平面上，如图所示。假设小明将篮球以速度大小为v，与水平成θ的倾角抛出。参考平抛运动的研究方法，将篮球的运动分解为水平方向和竖直方向两个分运动。忽略空气阻力，重力加速度为g。比赛中由于对方球员多次犯规小明获得罚球权，两次篮球都垂直撞在竖直篮板上，篮球的轨迹分别如图中曲线1、2所示。若两次抛出篮球的速度和的水平分量分别为和，竖直分量分别为和，下列关系正确的是（ ）
A.， B.，
C.， D.，
【正确答案】 A
8-7（提升） 中国运动员谷爱凌在北京冬奥会自由式滑雪女子大跳台项目中获得金牌。如图所示为赛道的简化模型，ab为助滑道，bc为带有跳台的起跳区，cd为着陆坡，de为停止区。运动员在跳台顶端M点以速度斜向上飞出，速度方向与水平方向夹角为θ，落地点为着陆坡上的P点。已知M点到P点的高度差为h，假设运动员在空中运动过程只受重力作用，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A.运动员在P点落地速度大小为
B.运动员在P点落地速度与水平方向的夹角正切值为
C.运动员在空中的运动时间为
D.运动员在空中最高点与P点的高度差为
【正确答案】 B
【原卷 9 题】 知识点 弹簧振子运动时能量的转化
【正确答案】
D
【试题解析】
9-1（基础） 某弹簧振子简谐运动图像如图所示，t1~t2时间内振子（ ）
A.速度增大
B.加速度增大
C.回复力增大
D.机械能增大
【正确答案】 A
9-2（基础） 如图，弹簧振子在A、B间做简谐振动，O点为平衡位置。在小球动能增大的过程中（ ）
A.弹簧对小球做正功，弹簧振子机械能增大
B.弹簧对小球做负功，弹簧振子机械能增大
C.弹簧对小球做正功，弹簧振子机械能不变
D.弹簧对小球做负功，弹簧振子机械能不变
【正确答案】 C
9-3（巩固） 如图，一根用绝缘材料制成的轻弹簧，劲度系数为k，一端固定，另一端与质量为m、带电荷量为＋q的小球相连，静止在光滑绝缘水平面上的A点，当施加水平向右的匀强电场E后，小球从静止开始在A、B之间做简谐运动，在弹性限度内下列关于小球运动情况说法中正确的是（ ）
A.小球在A、B的速度为零而加速度相同
B.小球简谐振动的振幅为
C.从A到B的过程中，小球和弹簧系统的机械能不断增大
D.将小球由A的左侧一点由静止释放，小球简谐振动的周期增大
【正确答案】 C
9-4（巩固） 如图所示弹簧下面挂一个质量为m的物体，物体在竖直方向作振幅为A的简谐运动，当物体振动到最高点时，弹簧正好为原长，则物体在振动过程中（ ）
A.物体在最低点时所受的弹力大小为2mg
B.弹簧的弹性势能和物体动能总和不变
C.弹簧的最大弹性势能不等于2mgA
D.物体的最大动能应等于2mgA
【正确答案】 A
9-5（巩固） 如图所示，轻质弹簧上端悬挂于天花板，下端系一圆盘A，处于静止状态，一圆环B套在弹簧外，与圆盘A距离为h，让环自由下落撞击圆盘，碰撞时间极短，碰后圆环与圆盘共同向下开始运动，下列说法正确的是（ ）
A.整个运动过程中，圆环、圆盘与弹簧组成的系统机械能守恒
B.碰撞后环与盘一起做匀加速直线运动
C.碰撞后环与盘一起运动的过程中，速度最大的位置与h有关
D.从圆环B开始下落到运动到最低点的过程中，环与盘重力势能的减少量大于弹簧弹性势能的增加量
【正确答案】 D
9-6（巩固） 如图所示，两根完全相同的轻弹簧和一根张紧的细线，将甲、乙两物块束缚在光滑的水平面上。已知甲的质量小于乙的质量，弹簧在弹性限度范围内。剪断细线后，在两物块运动的过程中（ ）
A.甲的振幅大于乙的振幅
B.甲的最大速度大于乙的最大速度
C.甲的最大动能小于乙的最大动能
D.甲的最大加速度等于乙的最大加速度
【正确答案】 B
9-7（提升） 如图，质量均为的物块A、B用轻弹簧相连，放在光滑水平面上，B与竖直墙面紧靠。另一个质量为的物块C以某一初速度向A运动，C与A碰撞后粘在一起不再分开，它们共同向右运动并压缩弹簧，弹簧储存的最大弹性势能为6.0J。最后弹簧又弹开，A、B、C一边振动一边向左运动，那么（ ）
A.从C触到A，到B离开墙面这一过程，系统的动量不守恒，而机械能守恒
B.B离开墙面以后的运动过程中，B的最大速度为3m/s
C.C的初动能为8.0J
D.B离开墙面后，弹簧的最大弹性势能为1.2J
【正确答案】 B
【原卷 10 题】 知识点 导体棒进出磁场区域的加速度变化,求导体棒运动过程中通过其截面的电量
【正确答案】
B
【试题解析】
10-1（基础） 如图所示，金属杆ab以一定的初速度从倾斜、光滑的固定平行金属导轨底端向上滑行，一段时间后义回到导轨底端。已知两导轨上端连有一阻值为R的电阻，导轨间有垂直于导轨平面向上的匀强磁场。下列分析正确的是（ ）
A.金属杆向上滑行与向下滑行的时间相等
B.金属杆向上滑行时，通过金属杆的电流方向从b到a
C.金属杆向上滑行时，通过电阻R的电荷量大于向下滑行时通过电阻R的电荷量
D.金属杆刚向上滑行时受到的安培力大于刚回到导轨底端时受到的安培力
【正确答案】 D
10-2（基础） 如图甲所示,PQ和MN为水平、平行放置的两光滑金属导轨,两导轨相距L=1 m,导体棒ab垂直于导轨放在导轨上,导体棒的中点用细绳经滑轮与物体相连,细绳一部分与导轨共面且平行,另一部分与导轨所在平面垂直,物体放在水平面上,匀强磁场的磁感应强度为B=1 T,方向竖直向下,开始时绳子刚好要绷紧,现给导体棒中通入电流,使导体棒向左做加速运动,物体运动的加速度大小与导体棒中通入的电流大小关系如图乙所示,重力加速度大小为g=10 m/s2．则物体和导体棒的质量分别为（ ）
A.0.1 kg 0.9 kg B.0.9 kg 0.1 kg
C.0.1 kg 1.0 kg D.1.0 kg 0.1 kg
【正确答案】 A
10-3（巩固） 如图所示，阻值不计、足够长的平行光滑导轨竖直放置，上端连接一电阻，一金属棒（电阻不计）水平放置与导轨接触良好，导轨平面处于匀强磁场中且与磁场方向垂直，金属棒从某处由静止释放向下运动，设运动过程中棒的加速度为a、动量为p、通过的电荷量为q、重力势能为、位移为x、运动时间为t．下列图像不正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】 B
10-4（巩固） 如图所示，两条相距L的足够长平行光滑导轨放置在倾角为的斜面上，阻值为R的电阻与导轨相连，质量为的导体棒MN垂直于导轨放置，整个装置在垂直于斜面向下的匀强磁场中，磁感应强度的大小为。轻绳一端与导体棒相连，另一端跨过定滑轮与一个质量为的物块相连，且滑轮与杆之间的轻绳与斜面保持平行，物块距离地面足够高，导轨、导体棒电阻不计，轻绳与滑轮之间的摩擦力不计，重力加速度为g。从将物块由静止释放，到经过达到最大速度的过程中，下列说法正确的是（ ）
A.导体棒M端电势高于N端电势
B.导体棒的加速度可能大于
C.通过导体棒的电荷量为
D.导体棒运动的最大速度大小为
【正确答案】 C
10-5（巩固） 由相同材料的导线绕成边长相同的甲、乙两个正方形闭合线圈，两线圈的质量相等，但所用导线的横截面积不同，甲线圈的匝数是乙的2倍。现两线圈在竖直平面内从同一高度同时由静止开始下落，一段时间后进入一方向垂直于纸面的匀强磁场区域，磁场的上边界水平，如图所示。不计空气阻力，已知下落过程中线圈始终平行于纸面，上、下边保持水平。在线圈下边进入磁场后且上边进入磁场前，不可能出现的是（ ）
A.甲和乙都加速运动
B.甲和乙都减速运动
C.甲和乙都匀速运动
D.甲减速运动，乙加速运动
【正确答案】 D
10-6（巩固） 如图1所示，光滑的平行导电轨道水平固定在桌面上，轨道间连接一可变电阻，导体杆与轨道垂直并接触良好（不计杆和轨道的电阻），整个装置处在垂直于轨道平面向上的匀强磁场中。杆在水平向右的拉力作用下先后两次都由静止开始做匀加速直线运动，两次运动中拉力大小与速率的关系如图2所示。其中，第一次对应直线①，初始拉力大小为F0，改变电阻阻值和磁感应强度大小后，第二次对应直线②，初始拉力大小为2F0，两直线交点的纵坐标为3F0。若第一次和第二次运动中的磁感应强度大小之比为k、电阻的阻值之比为m、杆从静止开始运动相同位移的时间之比为n，则k、m、n可能为（ ）
A.k = 2、m = 2、n = 2 B.
C. D.
【正确答案】 C
10-7（提升） 某种超导磁悬浮列车是利用超导体的抗磁作用使列车车体向上浮起，同时通过周期性地变换磁极方向而获得推进动力。其推进原理可以简化为如图所示的模型：PQ和MN是固定在水平地面上的两根足够长的平直导轨，导轨间分布着竖直（垂直纸面）方向等间距的匀强磁场B1和B2。二者方向相反。矩形金属框固定在实验车底部（车厢与金属框绝缘）。其中ad边宽度与磁场间隔相等。当磁场B1和B2同时以速度v沿导轨向右匀速运动时。金属框受到磁场力，并带动实验车沿导轨运动，已知金属框垂直导轨的ab边的边长L、金属框总电阻R，列车与线框的总质量m，B1＝B2＝B，悬浮状态下，实验车运动时受到的阻力恒为其对地速度的K倍。则下列说法正确的是（ ）
A.列车在运动过程中金属框中的电流方向一直不变
B.列车在运动过程中金属框产生的最大电流为
C.列车最后能达到的最大速度为
D.列车要维持最大速度运动，它每秒钟消耗的磁场能为
【正确答案】 C
【原卷 11 题】 知识点 用电阻箱替代电阻测量阻值,多用电表欧姆挡的测量原理和内部电路,实验：伏安法测量未知电阻
【正确答案】
【试题解析】
11-1（基础） 为了较准确测（大约）的阻值，有以下一些器材可供选择：
电流表（量程，内阻约）；
电流表（量程，内阻约）；
电压表（量程，内阻很大）；
电压表（量程，内阻很大）；
电源E（电动势约为，内阻约为）；
定值电阻R（，允许最大电流）；
滑动变阻器（，允许最大电流）；
滑动变阻器（，允许最大电流）；
单刀单掷开关S一个，导线若干。
①电流表应选______，滑动变阻器应选______；（填器材的符号）
②请在线框内画出测量电阻的实验电路图______；（要求所测量范围尽可能大）
③某次测量中，电压表示数为U时，电流表示数为I，则计算待测电阻阻值的表达式为______。
【正确答案】 如图所示
或
11-2（基础） 用替代法测一个未知电阻的阻值可以用如图所示的电路，图中R为电阻箱（R的最大阻值大于待测电阻的阻值），为单刀双掷开关，为滑动变阻器，最大阻值为20Ω．为了电路安全，测量前应将滑动变阻器的滑片P调至________（选填“a”或“b”），电阻箱阻值应调至________（选填“最大”或“最小”）．闭合开始实验，接下来有如下一些操作：
A．慢慢移动滑片P
B．将闭合在“2”端
C．将闭合在“1”端
D．将断开，整理实验器材
E．调节电阻箱R的值，使电流表指针指在________（请补充完整）
F．使电流表指针变化至某一适应位置
G．记下电阻箱上电阻示数
实验操作的合理次序是：________（填字母）．
【正确答案】 B 最大 与操作F中电流表指针的同一位置处 C、A、F、B、E、G、D
11-3（巩固） 某物理兴趣小组的同学要测定某电阻Rx的阻值，通过讨论，决定采用下列方法来测定。
(1)方法一：用多用电表测量
首先，选用欧姆表“×1”挡进行粗测，正确操作后，表盘指针如图1所示，则该电阻的测量值为Rx=______Ω。
(2)方法二：用伏安法测量
所用的部分器材：电压表V（0～3 V，内阻约3 kΩ）；电流表A（0～0.6 A，内阻约2 Ω）。分析下列问题。
①他们设置了如图2、图3所示的两种电路图，为减小实验误差应选用______（填“图2”或“图3”）作为测量电路；
②请根据他们所选的电路将图4所示的实物图连接好；（______）
③他们选择了正确的电路后，通过测量，根据得到的实验数据作出了如图5所示的U-I图象，根据图象，可得 Rx=___________Ω。
(3)方法三：等效替代法
某同学设计了如图6所示的测量电路，实验步骤如下所示：
A．按图6连接好实验电路。
B．保持开关S2断开，将开关S1闭合，然后调节电阻箱R和滑动变阻器R′。待电路稳定后电阻箱读数R1如图7所示，记下此时电压表的示数。
C．闭合开关S2，保持滑动变阻器的滑片位置不变，然后调节电阻箱的电阻，使电压表的读数与步骤B中的示数相同，此时电阻箱的读数R2=26 Ω。
①在步骤B中电阻箱的读数为R1=___________Ω；
②由以上实验测得电阻Rx的阻值为Rx=___________Ω。
【正确答案】 7 图2 6.25 20 6
11-4（巩固） 某探究小组利用课外时间做了如下探究实验．
先利用如图所示的电路来测量两个电压表的内阻，实验分两个过程，先用替代法测出电压表V1的内阻，然后用半偏法测出电压表V2的内阻．供选用的器材如下：
A．待测电压表V1，量程为2.0 V，内阻为10～30 kΩ
B．待测电压表V2，量程为3.0 V，内阻为30～40 kΩ
C．电阻箱，阻值范围为0～99 999.9 Ω
D．滑动变阻器，阻值范围0～1 000 Ω，额定电流为0.5 A
E．滑动变阻器，阻值为0～20 Ω，额定电流为2 A
F．电池组、电动势为6.0 V，内阻为0.5 Ω
G．单刀单掷开关、单刀双掷开关各一个，导线若干
(1)实验器材除选择A、B、C、F、G外，滑动变阻器R′应选用________．(用器材前的字母表示)
(2)下面是主要的实验操作步骤，将所缺的内容补充完整．
①用替代法测待测电压表V1的内阻
根据电路图连接实验电路，并将滑动变阻器R′的滑动触头置于最左端；将单刀双掷开关S2置于触点2，调节滑动变阻器R′，使电压表V2的指针指在刻度盘第N格，然后将单刀双掷开关S2置于触点1，调节电阻箱R使电压表V2的指针指在________，记下此时电阻箱R的阻值；
②用半偏法测待测电压表V2的内阻
将单刀双掷开关S2置于触点1，电阻箱的阻值调为零，闭合开关S1，调节滑动变阻器使电压表V2的指针满偏．保持滑动变阻器R′的滑动触头位置不变，调节电阻箱R，使电压表V2的指针指在________，记下电阻箱R的阻值．
【正确答案】 E 刻度盘的第N格 刻度盘的中央
11-5（巩固） 在一次实验活动比赛中，老师给定了以下器材：一个输出电压为9V的稳压电源、一只电压表、一个电阻箱Rʹ、一个最大值为40Ω的滑动变阻器R、两只开关以及导线若干，要求测定一只额定电压为6V的小灯泡L正常工作时的电阻和额定功率。聪明的李明设计了如图甲所示的电路图，顺利完成了实验。
（1）请根据图甲所示的电路图，用笔画线代替导线将图乙图中电压表正确接入实物电路中。（_______）
（2）李明在实验时，电路正确连接后，只闭合开关S1，发现小灯泡不亮，电压表有较小示数，其原因可能是___________。
（3）经过调整操作后，使电压表示数等于6V后，保持滑动变阻器R的滑片P位置不动，断开开关S1，再闭合开关S2，调整电阻箱Rʹ接入电路的阻值，使电压表的示数再次等于________V，此时电阻箱的示数如图丙所示，则电阻箱接入电路的阻值为___________Ω，由此可知小灯泡的电阻为___________Ω。小灯泡电阻的得出是运用了物理研究中的_________（填“控制变量法”或“等效替代法”）。
（4）根据以上获得的实验数据可知小灯泡的额定功率为______W，此时滑动变阻器接入电路的电阻为______Ω。
【正确答案】 滑动变阻器处于最大阻值处 6 10 10 等效替代法 3.6 5
11-6（巩固） 用多用电表测电阻时选用“×100”的挡位发现指针偏角太大，挡位应调整为________（“×1000”或者“×10”）经过欧姆调零重新测量，指针如图所示，那么电阻阻值为________。在研究伏安法测电阻的实验中某实验小组经过讨论，发现无论是用电流表内接法还是外接法测量，都不可避免产生电表内阻引起的系统测量误差，于是该实验小组又设计了如图所示的实验方案，利用该方案测量的主要实验步骤如下：
第一步：将开关S2接2，闭合开关S1，调节滑动变阻器RP和RW，使电表读数接近满量程，但不超过量程，记录此时电压表和电流表的示数为U1、I1。
第二步：保持滑动变阻器________的滑动触头位置不变，单刀双掷开关S2合向1，调节滑动变阻器________，读出此时电压表和电流表的示数U2、I2（选填“RW”或“RP”）。由以上记录的数据计算出被测电阻Rx的表达式为Rx＝________。
【正确答案】 ×10 180 RP RW
11-7（提升） 某物理兴趣小组无意间得到一似金属又似塑料材质的细丝线，丝线横截面为圆形。现为研究其导电性能，测其电阻率，提供如下实验器材：
A．直流电源（电动势，内阻可忽略不计）
B．电压表（量程，内阻为）
C．电压表（量程，内阻为）
D．电流表（量程，内阻为）
E．电流表（量程，内阻为）
F．电流表（量程，内阻为）
G．滑动变阻器（最大阻值为，允许流过最大电流）
H．滑动变阻器（最大阻值为，允许流过最大电流）
I．多用电表（欧姆挡位可正常使用，其他挡位不明）
J．开关、导线若干
K．游标卡尺（50分度）、毫米刻度尺
实验过程如下：
（1）游标卡尺测量物体的长度就是游标卡尺主尺上的“0”刻度线与游标尺上的“0”刻度线之间的距离，而50分度游标卡尺游标尺上每一小格的长度为。小组成员甲用游标卡尺测丝线直径，没有说明测得是多少，只是告诉用50分度游标卡尺测量时，游标尺上第38刻度线与主尺上刻度线对齐，游标尺上起始刻度线为第0刻度线。则该同学测得丝线直径_____________。
（2）小组成员乙首先用多用电表欧姆挡位粗测其电阻，操作步骤正确，两表笔接细线两端，选用倍率“”，欧姆表指针位置如图中a所示，应该重新选择倍率_____________（选择填写“”、“”或“”）。再次进行欧姆调零后测量电阻，指针如图中b位置所示，则测得电阻为_____________。
（3）为了较准确测量该丝线的电阻，小组成员丙准备采用伏安法测量电阻，测量电路图如下图所示，同样将细丝两端接入电路，表示待测丝线。为使测量过程中各电表读数均能在满偏以上，并几乎能同时接近满偏，电压表应选用_____________，电流表选用_____________，滑动变阻器选用_____________。（选择填写器材前面的序号，填写元件符号及其他内容均不得分）
（4）若某次测得电压表读为U、电流表读数为I，电压表内阻用、电流表内阻用表示，则所测电阻准确值表达式为_____________（不代数值，仅用给定字母表达）。采用电流表内接对实验结果_____________影响。（选择填写“有”或“无”）
（5）同时用毫米刻度尺测出丝线接入电路中的有效长度L，根据电阻定律即可求出该丝线的电阻率。
【正确答案】 1.76 190 C F G 无
【原卷 12 题】 知识点 根据有效值计算交流电路中的电功、电功率和焦耳热,理想变压器两端电压与匝数的关系
【正确答案】
【试题解析】
12-1（基础） 某同学制作一个简易的手摇发电机，正方形线圈的边长为L，共N匝，将线圈放入磁感应强度为B的匀强磁场中，绕垂直于磁场方向的轴OO1以角速度ω匀速转动。发电机（内阻可忽略）输出端和理想变压器原线圈相连，副线圈回路负载电阻为R，原、副线圈匝数比为5∶1，其简化示意图如图所示，求：
（1）从图示位置计时，发电机产生的电动势的瞬时值表达式；
（2）电阻R消耗的电功率P。
【正确答案】 （1）；（2）
12-2（基础） 如图所示为自耦变压器的示意图，其中L为一个绕在闭合铁芯上的线圈，共有1500匝。它的下端点接地，并连接着输入端B和输出端D，另一输入端A固定在线圈某处，而另一输出端C则可以在线圈上滑动。
（1）要求在A、B间输入交变电压，在C、D间的输出电压在间连续可调。A、B间线圈匝数是多少？
（2）若输入电压降至，输出电压要求为，连接在C、D间的线圈应为多少匝？
【正确答案】 （1）匝；（2）匝
12-3（巩固） 某发电机输电电路的简图如图所示，发电机的矩形线框ABCD处于磁感应强度大小为B=的水平匀强磁场中，线框面积为S=0.25m2，匝数为100匝，电阻不计．线框绕垂直于磁场的轴OO´以角速度ω=100πrad/s匀速转动，并与升压变压器的原线圈相连，升压变压器原、副线圈的匝数之比1：20 ，降压变压器的副线圈接入若干“220V，100W”的灯泡，两变压器间的输电线总电阻R=20Ω，变压器均为理想变压器．当发电机输出功率为时，灯泡正常发光.
(1)从线框平面与磁感线垂直时开始计时，写出线框中感应电动势随时间变化的关系式.
(2)求降压变压器原、副线圈的匝数之比.
【正确答案】 (1)；(2)240:11
12-4（巩固） 如图所示为一个小型交流发电机的示意图，其线框ABCD匝数n=100匝，面积为S=0.02m2，总电阻r=10Ω，绕垂直于磁场的轴OO′匀速转动，角速度ω=100rad/s。已知匀强磁场磁感应强度B=T，矩形线圈通过滑环与理想变压器相连，副线圈与电阻R相接，电表均为理想电表，电流表示数为I=2A。从线框转至中性面位置开始计时，求：
(1)线圈中感应电动势的瞬时值表达式；
(2)电压表的示数；
(3)当原、副线圈匝数比为2：1时，电阻R的阻值及消耗的电功率。
【正确答案】 (1)；(2)180V；(3)22.5Ω；360W
12-5（巩固） 如图所示，用一小型交流发电机向远处用户供电，已知发电机线圈abcd匝数N=100匝，面积，线圈匀速转动的角速度，匀强磁场的磁感应强度。输电时先用升压变压器将电压升高，到达用户区再用降压变压器将电压降下来后供用户使用，输电导线的总电阻为，变压器都是理想变压器，降压变压器原、副线圈的匝数比为，若用户区标有“，”的电动机恰能正常工作.发电机线圈电阻r不可忽略。求：
(1)交流发电机产生电动势的最大值；
(2)输电线路上损耗的电功率；
(3)若升压变压器原、副线圈匝数比为，升压变压器原线圈两端的电压
【正确答案】 (1)；(2)160W；(3)280V。
12-6（巩固） 如图所示，用一小型交流发电机向远处用户供电，已知发电机线圈匝数匝，面积，线圈匀速转动的角速度，匀强磁场的磁感应强度。输电时先用升压变压器将电压升高，到达用户区再用降压变压器将电压降下来后供用户使用，输电导线的总电阻为，变压器都是理想变压器，降压变压器原、副线圈的匝数比为，若用户区标有“”的电动机恰恰能正常工作，发电机线圈电阻不可忽略。求：
（1）交流发电机产生电动势的最大值及从图示位置开始计时瞬时电动势的表达式；
（2）输电线路止损耗的电功率；
（3）若升压变压器原、副线圈匝数比为，升压变压器原线圈两端电压。
【正确答案】 （1），；（2）；（3）
12-7（提升） 大型交流发电机采用的是旋转磁极式发电机，其原理图简化后如图甲所示，其矩形线圈在匀强磁场中不动，线圈匝数为1800匝，内阻不可忽略。产生匀强磁场的磁极绕垂直于磁场方向的固定轴（沿水平方向）匀速转动，线圈中的磁通量随时间按如图乙所示正弦规律变化。线圈的两端连接理想变压器，理想变压器原、副线圈的匝数比，电阻，电流表示数为80A。求：
（1）发电机产生的电动势的最大值；
（2）交流电压表的示数；
（3）发电机线圈的电阻。
【正确答案】 （1）；（2）；（3）
【原卷 13 题】知识点 应用波意耳定律解决实际问题,应用理想气体状态方程处理实际问题
【正确答案】
【试题解析】
13-1（基础） 图甲为某家转椅公司生产的一气压升降椅，其简要原理图如图乙所示，升降椅中间有一个开口向上，导热性能良好的气缸，气缸内封闭有压强为（与外界标准大气压相同）、体积为的气体，某同学坐上座椅后，座椅连带活塞缓慢下降，气体被压缩，最终静止时气体体积为。已知活塞截面积为S，与汽缸间摩擦不计，活塞和与其连接的部件质量可忽略不计，环境温度不变，环境气压为标准大气压，气缸不漏气。重力加速度为g，气缸内气体可看成理想气体。求：
（1）该同学坐上座椅稳定后，气缸内气体的压强p；
（2）该同学的质量m。
【正确答案】 （1）；（2）
13-2（基础） 如图所示，固定的竖直圆筒由上段细筒和下段粗筒组成，粗筒的横截面积是细筒的3倍，细筒足够长。粗筒中A、B两轻质光滑活塞间封有空气，活塞A上方有水银，用外力向上托住活塞B，使之处于静止状态，活塞A上方的水银面与粗筒上端相平。已知环境温度恒定，活塞与筒壁导热性良好；水银深H=15cm，气柱长L=50cm，大气压强。现使活塞B缓慢上移，直到有三分之一的水银被推入细简中。求：
（1）活塞B移动后，筒内气体的压强；
（2）活塞B向上移动的距离。
【正确答案】 （1）100cmHg；（2）10cm
13-3（巩固） 如图，U形细玻璃管竖直放置，管中有一段水银，左、右两竖直管中水银液面相平，AB管中封闭的气柱和水银柱的长度均为10cm，将U形管绕C点在竖直面内沿顺时针方向缓慢旋转53°时，AB管中气柱长为12.5cm，已知大气压强为75cmHg，环境温度为300K。
（1）求BC段玻璃管的长度；
（2）若玻璃管不转动，而使环境温度升高，使AB管中的气柱长也变为12.5cm，则升高后的环境温度为多少？
【正确答案】 （1）；（2）
13-4（巩固） 如图所示，总容积为、内壁光滑的汽缸水平放置，一横截面积为S的轻质薄活塞将定质量的理想气体封闭在汽缸内，活塞左侧由跨过光滑定滑轮的细绳与一质量为m的重物相连，汽缸右侧封闭且留有抽气孔。初始时刻活塞静止，活塞右侧气体的压强为，活塞左侧气体的体积为，温度为。将活塞右侧缓慢抽成真空并密封，整个抽气过程中缸内气体温度始终保持不变，然后将密封的气体缓慢加热，当温度达到时，活塞刚好碰到汽缸右侧，重力加速度为g，大气压强为。求：
（1）重物的质量m是多大；
（2）当气体温度达到时气体的压强。
【正确答案】 （1）；（2）
13-5（巩固） 某兴趣小组受“蛟龙号”的启发，设计了一个测定水深的深度计．如图，细管连通且导热性能良好的气缸Ⅰ、Ⅱ内径相同，长度均为L。气缸Ⅰ左端开口，内部有轻质薄活塞A，活塞密封性良好且可无摩擦左右滑动．外界大气压强为，气缸内封有压强为的气体，此时A位于气缸Ⅰ最左端。该装置放入水下后，测出A向右移动的距离可测定水的深度．已知相当于10m高的水柱产生的压强，不计水温变化，被封闭气体视为理想气体，求：
（1）当A向右移动时，水的深度h；
（2）该深度计能测量的最大水深。
【正确答案】 （1）h=2m；（2）hm=10m
13-6（巩固） 如图，一篮球内胆容积为且保持不变，其内气体压强等于外界大气压的1.2倍，因气压不足，现用打气筒给其打气。打气筒的最大容积为、内空为圆柱体且横截面积为S，每次打气都能将筒内吸入的体积为、压强等于外界大气压的空气注入球内。已知外界大气压为且不变，设整个打气过程中气体温度均不变，空气可视为理想气体。求：
（1）第6次打气完成后，篮球内气体的压强；
（2）第7次活塞下压的距离至少为多大时，阀门才能打开？
【正确答案】 （1）1.5p0；（2）
13-7（提升） 土卫六是太阳系中唯一拥有稳定大气的卫星，某同学尝试利用一导热性能良好的长方体容器测量土卫六表面的重力加速度。如图所示，将容器竖直放置在地面上，并封闭一定质量的理想气体，用一可自由移动的活塞将气体分成、两部分，活塞与容器无摩擦且不漏气，横截面积为S，该处附近的温度恒为27℃，稳定后部分气体的压强为，体积为，部分气体的体积为；将该容器倒过来，让部分气体在上方，此时部分气体的体积变为。若把容器移至土卫六表面处并竖直放置，部分气体在上方且体积变为，该处的温度恒为-198℃，地球表面的重力加速度为，求：
（1）活塞的质量；
（2）土卫六上容器放置处的重力加速度。
【正确答案】 （1）；（2）
【原卷 14 题】 知识点 拱桥和凹桥模型,应用动能定理解多段过程问题
【正确答案】
【试题解析】
14-1（基础） 如图所示，在竖直平面内，倾角=53°的直轨道与半径R=lm的圆弧轨道相切于B点，C点为圆弧轨道最低点。一个质量m=2kg的小物块（可以看作质点）从直轨道上与B点相距L=2.5m的P点由静止释放，经过t=1s到达B点，沿圆弧轨道运动到与圆心O等高的D点时，小物块对轨道的压力为2N，重力加速度g取10m/s2。求：
（1）直轨道的滑动摩擦因数；
（2）小物块从B运动到D的过程中克服摩擦力做的功。
【正确答案】 （1）0.5；（2）12J
14-2（基础） 如图所示，四分之一光滑圆轨道AB固定在竖直平面内，粗糙水平轨道BC与圆弧AB相切于B点。现将一质量为m=1kg，可视为质点的物块从与圆心等高的A点静止释放，物块滑至圆弧轨道最低点B时的速度大小为，之后物块向右滑上动摩擦因数的粗糙水平轨道BC，取重力加速度g=10m/s2，不计空气阻力。
（1）求物块滑至圆弧轨道最低点B时对轨道的压力大小F；
（2）物体最终停下来，求物体在水平面上通过的位移大小x。
【正确答案】 （1）30N；（3）0.4m
14-3（巩固） 如图所示，竖直平面内，一装置由倾斜直轨道AB、足够长的水平直轨道BC和半径R=2m的圆弧轨道CD组成，各轨道间平滑连接。一质量m=0.2kg的滑块（可视为质点）自空中O点以v0=4m/s的速度水平飞出，到达A点时的速度方向恰好沿AB方向，并沿轨道AB滑下。已知轨道AB长L=2m，与水平方向的夹角θ=37°，滑块与轨道AB间的动摩擦因数μ=0.5，其余部分摩擦不计，空气阻力不计，取重力加速度g=10m/s2。sin=0.6，cos=0.8。求:
(1)滑块运动到A点时的速度大小vA；
(2)滑块运动到圆轨道最低点C时对轨道的压力大小F；
(3)滑块能够沿圆弧轨道上升的最大高度H。
【正确答案】 (1)5m/s；(2)5.3N；(3)1.65m
14-4（巩固） 如图所示，轻质弹簧放置在水平地面上，一端固定在A点，另一端与一质量为m的物体P接触但不连接。现向左用力缓慢地推物体压缩弹簧，当物体P离B的距离为2l时由静止释放，弹簧将物体P弹开，物体P刚好能到达竖直固定放置的半圆轨道的最高点。已知半圆轨道BCD光滑，直径为l，其下端B与水平轨道相切，物块P与水平地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g。
（1）求P到达D点时速度的大小；
（2）求弹簧对物体P做了多少功？
【正确答案】 （1）；（2）
14-5（巩固） 钢架雪车被誉为冰雪运动中的“赛车”，北京冬奥会中钢架雪车部分赛道简图如图所示，半径的圆弧与一倾斜直轨道相切于点，为圆弧最低点，倾斜直轨道与水平面间的夹角，运动员俯卧在雪车上沿轨道滑动，运动员和雪车的总质量，经过最低点时，对轨道的压力为，再经过点时的速度。已知雪车与倾斜直轨道之间的动摩擦因数，取重力加速度，，。
（1）求钢架雪车经最低点时的速度大小；
（2）求从最低点运动到点过程中，钢架雪车克服轨道摩擦力做的功；
（3）若雪车到达直轨道最高点时速度刚好减为零，则轨道的长度为多少？（计算结果保留两位小数）
【正确答案】 （1）；（2）；（3）
14-6（巩固） 如图，在竖直平面内，一半径为R的光滑圆弧轨道ABC和粗糙水平轨道PA在A点相切．BC为圆弧轨道的直径．O为圆心，OA和OB之间的夹角α=37º，一质量为m的小滑块原来静止在水平轨道的P点，用一水平向右的恒力一直作用在滑块上，使它开始向右运动，然后经A点进入圆弧轨道运动．在整个过程中，滑块经过B点时对圆弧轨道的压力达到最大，且恰好能运动到C点，已知滑块与水平轨道间的动摩擦因数μ=0.25，重力加速度为g，sin37º=0.6，cos37º=0.8．求：
（1）水平恒力F的大小和滑块到达C点时速度vC的大小；
（2）P点到A点的距离L．
【正确答案】 (1)0.75mg； (2)
14-7（提升） 如图所示，长度为的粗糙的倾斜直轨道的倾角为，为一半径可调的光滑圆弧轨道，为最低点，为最高点，点也为圆弧轨道上的点且满足，倾斜直轨道与光滑圆弧轨道在点平滑连接。一个质量为的小物块（可视为质点）与倾斜直轨道之间的动摩擦因数，现将小物块从倾斜直轨道最高点由静止释放。重力加速度，，。
（1）要使小物块恰好能从点水平飞出，求竖直圆弧轨道的半径；
（2）求符合第（1）问条件的小物块落在倾斜直轨道上的位置与点的距离；
（3）若调节圆弧轨道半径为，使得小物块恰好不离开圆弧轨道并且能滑回到轨道，求小物块进入轨道后可以通过点的次数。
【正确答案】 （1）；（2）；（3）5次
【原卷 15 题】 知识点 粒子在电场和磁场中的往复运动
【正确答案】
【试题解析】
15-1（基础） 如图所示，在的空间中存在沿y轴负方向的匀强电场，在的空间中存在方向垂直xOy平面（纸面）向外的匀强磁场，一带电荷量为q、质量为m的带正电的粒子，自y轴上的点以速率沿x轴正方向射入电场；然后经过x轴上的点进入磁场，经磁场偏转后，经过坐标原点O返回第一象限。已知，，不计粒子重力。求：
（1）电场强度的大小E；
（2）磁感应强度的大小B。
【正确答案】 （1）；（2）
15-2（基础） 如图所示，y轴上M点的坐标为（0，L），MN与x轴平行，MN与x轴之间有匀强磁场区域，磁场垂直纸面向里。在y > L的区域存在沿﹣y方向的匀强电场，电场强度为E，在坐标原点O处有一带正电粒子以速率v0沿 + x方向射入磁场，粒子穿出磁场进入电场，速度减小到0后又返回磁场。已知粒子的比荷为，粒子重力不计。求：
（1）匀强磁场的磁感应强度的大小；
（2）该粒子第一次上升到最高点的坐标；
（3）从原点出发后经过多长时间，带电粒子第一次回到x轴。
【正确答案】 （1）；（2）；（3）
15-3（巩固） 如图所示，在平面内，区域有沿y轴正方向、大小的匀强电场（图中未画出），区域有垂直于纸面向外的匀强磁场，一质量，电荷量为，速度大小的粒子沿x轴正方向由O点射入电场，粒子第一次射出电场后，电场立即变成沿y轴负方向且大小不变，粒子最后又从O点射出电场区域。不计粒子重力，求：
（1）粒子第一次射出电场时速度大小；
（2）区域匀强磁场的磁感应强度大小。
【正确答案】 （1）；（2）
15-4（巩固） 如图所示，在xOy坐标平面的第一象限内有一沿y轴负方向的匀强电场，在第四象限内有一垂直于平面向里的匀强磁场，现有一质量为m、电量为＋q的粒子（重力不计）从坐标原点O射入磁场，其入射方向与y的方向成45°角。当粒子运动到电场中坐标为（3L，L）的P点处时速度大小为v0，方向与x轴正方向相同。求：
(1)粒子从O点射入磁场时的速度大小v；
(2)匀强电场的场强E0和匀强磁场的磁感应强度B0；
(3)粒子从O点进入磁场后，第n次过x轴的时间。
【正确答案】 (1)v0；(2)；(3)奇数次过x轴时间为{n=1、3、5、7…}偶数次过x轴的时间为{n=2、4、6、8…}
15-5（巩固） 跑道式回旋加速器的工作原理如图所示，两个匀强磁场区域I、Ⅱ的边界平行，相距为L，磁感应强度大小均为B、方向垂直纸面向里，P、Q之间存在匀强加速电场，场强大小为E，方向与磁场边界垂直，一质量为m、电荷量为+q的粒子从P飘入电场（初速度不计），多次经过电场加速和磁场偏转后，从位于边界上的出射口K引出。已知K、Q的距离为d，不计粒子重力。求整个运动过程中粒子
（1）运动的最大速率v；
（2）在电场中的加速次数N；
（3）做变速运动的总时间t。
【正确答案】 （1）；（2）；（3）
15-6（巩固） 如图所示，在的空间中和的空间内同时存在着大小相等、方向相反的匀强电场，上、下电场以x轴为分界线。在y轴左侧和图中竖直虚线MN右侧均无电场，但有大小相等方向垂直纸面向里和向外的匀强磁场，MN与y轴的距离为2d。一带负电的粒子从y轴上的P（0，d）点以沿x轴正方向的初速度v0开始运动，经过一段时间后，粒子又以相同的速度回到P点，不计粒子的重力。求：
（1）电场强度与磁感应强度的比值。
（2）带电粒子运动一个周期的时间。
【正确答案】 （1）（n＝0，1，2，3…）；（2）
15-7（提升） 如图所示，在平面直角坐标系xOy的第一、四象限内，有一直线MN（图中未画出）与y轴平行，在直线MN与y轴正半轴之间存在着磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外的匀强磁场，在直线MN与y轴负半轴之间存在着磁感应强度大小为2B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，在第二象限内存在着沿x轴正方向的匀强电场。一质量为m、电荷量为+q的带电粒子从x轴上P（，0）点以初速度v0垂直于x轴射入电场，而后经y轴上的Q点沿与y轴正方向成60°角进入磁场。粒子重力忽略不计，MN与y轴之间的距离为d（d>2L）。
（1）求匀强电场的电场强度E的大小；
（2）要使粒子不从y轴正半轴飞出磁场，求磁感应强度B的大小范围；
（3）若磁感应强度大小，求：
①带电粒子第二次经过x轴的正半轴的位置坐标x2；
②要使粒子能够垂直于边界飞出磁场，与轴间的距离d的可能值。
【正确答案】 （1）；（2）；（3）①；②（）
变式题库答案
1-1【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．核反应方程是人工核反应方程，故A错误；
B．是轻核聚变要放出大量能量，故B错误；
C．重核裂变是质量数较大的核裂变为质量中等的核， 是属于裂变，故C正确；
D．发生衰变实质是个中子转变成一个质子和一个电子，故D错误。
故选C。
1-2【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．由核反应前后质量数守恒和电荷数守恒知，x的质量数
M=4+14﹣17=1
电荷数
Z=2+7﹣8=1
则x是质子，故A正确；
B．由核反应前后质量数守恒和核电荷数守恒知，x的质量数
M=235+1﹣95﹣138=3
电荷数
Z=92﹣38﹣54=0
x是中子，不是质子，故B错误；
C．由核反应前后质量数和核电荷数守恒知，x的质量数
M=27+1﹣24=4
电荷数
Z=13+1﹣12=2
则x是α粒子，不是质子，故C错误；
D．由核反应前后质量数和核电荷数守恒知，x的质量数
M=2+3﹣1=4
电荷数
Z=1+1﹣0=2
则x是α粒子，不是质子，故D错误。
故选A。
1-3【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
由
知
=
忽略电子质量，则
故C正确ABD错误；
故选C。
1-4【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．核反应方程
是原子核的人工转变，故A错误；
B．核反应方程
是核聚变，该核反应过程释放能量，故B错误；
C．核反应方程
是核裂变且释放能量，故C正确；
D．发生衰变的实质是原子核内两个质子和两个中子结合成为一个粒子被释放出来的过程，故D错误。
故选C。
1-5【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．②反应属于轻核聚变反应，故A错误；
B．循环结果可表示为，故B错误；
C．四个生成一个过程中释放大量能量，存在质量亏损，故C正确；
D．核电站发生的核反应方式是重核裂变，故D错误。
故选C。
1-6【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
由
知
=
忽略电子质量，则
故C正确ABD错误；
故选C。
1-7【提升】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
根据电荷数与质量数守恒可得
每4个氢核转化为1个氦核和2个正电子，根据公式可得
正电子个数为
由上可知发生核聚变的氢核的个数为正电子个数的两倍，即氢核的个数是8×108。
故选A。
2-1【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
根据题意，可以将滑梯看成一个斜面，设斜面倾角为，水平跨度为，高度为，则
对小孩受力分析，有竖直向下的重力，垂直于斜面向上的支持力，还有沿着斜面向上的摩擦力，要使小孩能从滑梯上滑下，需满足：
化简得
，，
代入数据的
即当取等号时，存在最小值为2.4m。所以选项C正确，ABD错误；
故选C。
2-2【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
重力在滑梯上分解成两个方向的力，垂直于滑梯的力等于；平行于滑梯的力等于。人在滑梯上能滑下，满足：
已知滑梯与儿童裤料之间的动摩擦因数取0.4，解得滑梯倾角
根据几何关系可知
其中L=6m，解得滑梯的最小高度：
h=2.4m
故C正确，ABD错误。
故选C。
2-3【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
AB．儿童下滑时应该满足
即
选项AB错误；
CD．由能量关系
解得
选项C正确，D错误。
故选C。
2-4【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
可以将滑梯看成一个斜面，设斜面倾角为θ，高度h为2m，滑梯的水平跨度为x，则
对小孩受力分析，有竖直向下的重力，垂直于斜面向上的支持力，还有沿着斜面向上的摩擦力，要使小孩能从滑梯上滑下，需满足
解得
即当取等号时，x存在最大值为5m。
故选B。
2-5【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
ABC．由题意可知，钩子对师傅有斜向下的拉力，设为，设钩子与水平方向的夹角为，以师傅为研究对象，设地面对师傅的支持力为，竖直方向
结合相互作用可知，师傅的脚对岸的压力比他的重力更大，故A正确，BC错误；
D．水平方向
可知师傅的脚受摩擦力，故D错误。
故选A。
2-6【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．由牛顿运动定律及受力分析可知，要使儿童下滑，需满足
滑梯的高度h满足
联立解得
A正确；
B．由于滑动摩擦力大小与接触面积无关，故儿童坐着下滑和躺着下滑运动情况相同，B错误；
C．儿童下滑过程中摩擦力做功可表示为
由于滑梯水平跨度x不变，故同一儿童沿着高度不同的滑梯下滑过程，摩擦力做功相同，C错误；
D．由牛顿第二定律可得
可得
由运动学规律可得
可知下滑速度与质量无关，D错误。
故选A。
2-7【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
设拉力与水平方向夹角为θ，对石墩受力分析，正交分解，在水平方向
在竖直方向
又
整理得
其中
可得
当
时，拉力T取得最小值，解得
故选D。
3-1【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．能量处于最低状态时氦离子最稳定，A错误；
B．该氦离子吸收的光子，则能量为，能跃迁到能级，B正确；
C．一个该基态氦离子吸收能量为的光子后，能量为，从跃迁到能级，处于能级的氦离子不稳定，向低能级跃迁时最多发出3种频率的光子，C错误；
D．氦离子吸收光子，由低能级跃迁到高能级，则电子的轨道半径增大，根据
得
可知减小，则核外电子的动能减小，故D错误．
故选B。
3-2【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
氦离子由能级3跃迁到能级2时释放的光子能量为（-6.0）-（-13.6）=7.6eV，因恰好可以使锌板发生光电效应，可知锌板的逸出功为7.6eV；氦离子由能级4跃迁到能级2时释放的光子能量为（-3.4）-（-13.6）=10.2eV>7.6eV，则照射锌板时能发生光电效应；根据可知逸出光电子的最大初动能为10.2eV-7.6 eV =2.6 eV，选项B正确，ACD错误；
故选B。
3-3【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．一群处于激发态的氦离子自发跃迁能释放出种频率的光子，故A错误；
B．一群处于激发态的氦离子，能自发跃迁释放的能量最小为从n=4能级跃迁到n=3能级释放的能量，即
所以不能自发跃迁释放能量为的光子，故B错误；
C．一群处于激发态的氦离子，能自发跃迁释放的能量最大为从n=4能级跃迁到n=1能级释放的能量，即
故C正确 ；
D．自发跃迁到基态释放光子的能量最大，波长最短，故D错误。
故选C。
3-4【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．一个处在能级的氦离子向低能级跃迁时，最多能发出3种不同频率的光子, 一群处在能级的氦离子向低能级跃迁时，最多能发出种不同频率的光子，故A错误；
B．一群处在能级的氦离子向低能级跃迁时，最多能发出种不同频率的光子，故B错误；
C．由
可得氦离子从能级跃迁到能级，电子的速度增大，电子动能增大，电场力对电子做正功，电势能减小，故C错误；
D．由图可得氦离子处于能级时，电子能量为，能吸收的光子能量而发生电离，故D正确。
故选D。
3-5【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．氦离子处于最低能量状态时最稳定，故A错误；
B．由图可知
故能量为的光子，能被该基态氦离子吸收而发生跃迁，故B正确；
C．一个该基态氦离子吸收能量为的光子后，能量变为，处于能级，然后从能级跃迁到能级，最多可释放3种不同频率的光子，故C错误；
D．该基态氦离子吸收一个光子后，由低能级向高能级跃迁，核外电子的轨道半径增大，根据
得
轨道半径越大，则核外电子的速度越小，故D错误。
故选B。
3-6【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．根据玻尔理论的假设可知，原子处于基态时原子最为稳定，A错误；
B．根据辐射条件，48.4eV的光子的能量，刚好满足两个能级之差，吸收48.4eV的光子的能量后，此时氦离子的能量为-6.0eV，刚好可以跃迁到第3能级，B正确；
C．一个该基态氦离子吸收能量为51.0eV的光子后，能量为-3.4eV，可以从n=1能级跃迁到n=4能级，再从高能级n=4向低能级n=1跃迁时，最多能辐射3种频率的光子，C错误；
D．吸收一个光子后，由低能级向高能级跃迁，则轨道半径增大，根据
可得
轨道半径增大，则v减小，则动能减小，D错误。
故选B。
3-7【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．根据玻尔理论的假设可知，原子处于基态时原子最为稳定，A错误；
B．根据辐射条件，48.4eV的光子的能量，刚好满足两个能级之差，吸收48.4eV的光子的能量后，此时氦离子的能量为-6.0eV，刚好可以跃迁到第3能级，B正确；
C．一个该基态氦离子吸收能量为51.0eV的光子后，能量为-3.4eV，可以从n=1能级跃迁到n=4能级，再从高能级n=4向低能级n=1跃迁时，最多能辐射3种频率的光子，C错误；
D．吸收一个光子后，由低能级向高能级跃迁，则轨道半径增大，根据
可得
轨道半径增大，则v减小，则动能减小，D错误。
故选B。
4-1【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．因为带正电的点电荷放在球的右侧，则空心金属球的右侧感应出负电荷，左侧感应出正电荷，选项A错误；
B．到达静电平衡时，金属球是等势体，则空心金属球最左侧表面的电势等于最右侧表面的电势，选项B正确；
C．达到静电平衡时，点电荷Q在空心金属球内产生的电场强度与感应电荷在金属球内产生的场强的合场强为零，选项C错误；
D．达到静电平衡时，空心金属球内各点的电场强度均为零，选项D错误。
故选B。
4-2【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 分析:
处于静电感应现象的导体，内部电场强度处处为零，电荷全部分布在表面．且导体是等势体．
详解:
A、B项：金属球在外电场中，出现静电感应现象，导致电荷重新分布．因此在金属球内部出现感应电荷的电场，正好与外电场叠加，内部电场强度处处为零，故A错误，B正确；
C项：金属导体的内部电场强度处处为零，导体内部不再有电荷的定向移动．故C正确；
D项：处于静电平衡的导体，是等势体，金属球上任意两点的电势相等，故D正确．
本题选错误的，故应选：A．
4-3【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
AB．在球壳内P点固定一带负电的点电荷Q，由静电感应可知，铜球外表面带负电，内表面带正电，AB错误；
C．M点的电场线分布比N点密集，可知M点的电场强度比N点的电场强度大，C错误；
D．沿电场线方向电势降低，可知N点的电势高于M点，则试探电荷+q在M点的电势能比在N点的小，D正确。
故选D。
4-4【巩固】 【正确答案】 AC
【试题解析】 详解:
A．金属球在+Q的电场处于静电平衡状态，内部场强处处为0，A正确；
B．Q在球心处产生的场强为，方向向左，而金属球内部场强为0，故感应电荷在球心处产生的场强为，方向向右，B错误；
C．处于静电平衡的导体内部没有电荷，电荷分布在导体表面，C正确；
D．处于静电平衡的导体是一个等势体，D错误。
故选AC。
4-5【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．沿电场线电势逐渐减小，过a、b两点做等势线，可知a点的电势低于b点的电势，故A正确；
B．由图可知，c点处的电场线比d点处的电场线疏，所以c点的电场强度小于d点的电场强度，故B错误；
C．静电平衡后，导体球表面为等势面，故将一正试探电荷从e点沿虚线移动到f点电场力做功为零，故C错误；
D．导体球接地，且整个导体球是一个等势体，故导体球内部电势处处为零，故D错误。
故选A。
4-6【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．b点和c点电势相等，场强为零，但电势不为0，A错误；
B．c点场强为零，a点场强不为零，c点电场强度小于a点电场强度，B错误；
C．若一电子从a点运动到b点，电场力做负功，电势能增加，C错误；
D．因为d点电势小于b点电势，所以两点电势差小于两点的电势差。D正确。
故选D。
4-7【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．+q靠近，吸引金属板上负电。故板的右侧面上分布有负的感应电荷；而因为同种电荷相互排斥，+q将金属板内正电荷沿接地线导到地面上，故左侧面上无感应电荷，A错误；
BD．由于+q靠近，静电平衡后，导体内部场强处处为零，+q产生的场强于金属板内产生的感应场强等大反向，+q产生的场强指向远离P点，故感应场强指向P点，BD错误；
C．处于静电平衡的导体是个等势体，接地表示板上各点电势等于地电势，接地线断开后，板上各点电势仍等于地电势，C正确。
故选C。
5-1【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
AB．上升阶段，排球在空中受到空气的阻力与重力方向相同，合力较大，下落阶段，排球在空中受到空气的阻力与重力方向相反，合力较小，故上升阶段的加速度比下落阶段的要大，方向相同，故A错误，B正确；
CD．由可知，上升所需的时间短，下落所需的时间稍长，且上升和下落运动方向相反，落回抛球点时，速度比抛出时稍小，故C、D错误。
故选B。
5-2【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
0~9s内电梯加速上升，对人由牛顿第二定律可得
故
15~24s内电梯减速上升，对人由牛顿第二定律可得
故
其中16~23s内加速度大小恒定，电梯对乘客的支持力F大小不变。
故选D。
5-3【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．时刻手机的加速度最大，方向向上，与速度方向相同，手机向上加速，则速度不是最大，故A错误；
B．时刻，加速度为0，合力为0，则不可能脱落手掌，故B错误；
C．时刻，加速度方向向下，处于失重状态，故C错误；
D．手机在离开手掌后做竖直上抛运动，被接住，则上升高度
故D正确。
故选D。
5-4【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．对小车和槽码的整体，由牛顿第二定律可知
因放上手机后，M变大，则加速度减小，即放手机后，小车加速过程中的加速度较小，选项A错误；
B．对小车分析可知
则放上手机后，M变大，则T变大，选项B错误；
C．由a-t图像可知，图像的“面积”的与速度的变化量，则小车与制动器碰撞前的速度大小约为
选项C错误；
D．由图像可知，加速阶段的加速度为a=0.6m/s2，，带入
可得
选项D正确。
故选D。
5-5【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．弹簧对A和对B的弹力F大小相等，由牛顿第二定律得
由图乙所示图象可知，在t2时刻A、B的加速度大小关系是
aA＞aB
即解得
mA＜mB
故A错误；
B．a-t图线与坐标轴所围图形的面积等于物体速度的变化量，由题意可知，t1时刻B的速度大小
v0=S1
t3时刻B的速度大小
vB=S1-S2＞0
则
S1＞S2
故B正确；
C．由图乙分析可知在t2时刻两物体加速度最大，此时弹簧处于伸长量最大，t3时刻加速度为0，弹簧恢复到原长，t1～t3时间内A、B间距离先增大后减小，A的速度一直增大，故C错误。
D．根据图线与坐标轴所围图形的面积等于物体速度的变化量，可知，t1～t3时间内A的速率一直增大，故D错误。
故选B。
5-6【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
上升过程中由牛顿第二定律得
解得
由上式可以看出，上升过程中，随着速度的减小，加速度也减小；
下降过程中由牛顿第二定律得
解得
由上式可以看出，下降过程中，随着速度的增大，加速度也减小；综上所述，加速度在全程中一直减小，速度图像的斜率一直减小，C正确，ABD错误。
故选C。
5-7【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
ABC．由手机竖直方向的加速度随时间的变化图像可知，开始手机处于静止状态，加速度为零；然后自由落体运动，加速度为重力加速度g，而，则图中轴的正方向为竖直向上，时间区间约为至；大约在末加速度突然变大，则手机第一次接触桌面，故AC错误，B正确；
D．手机的加速度大约在末加速度突然变大，后反复变化，则手机有多次碰撞反弹再下落，故D错误。
故选B。
6-1【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．是绕地球运行的最大环绕速度，故空间站在轨道上运行的线速度小于，故A错误；
B．根据
离地面越高，加速度越小，故空间站在轨道上运行的加速度小于地面重力加速度g，故B正确；
C．根据
对接后，空间站速度不变，轨道半径不变，故C错误；
D．根据
根据题意，可以知道轨道半径，运行周期和引力常量G，只能求出地球质量，而不能求出空间站质量，故D错误。
故选B。
6-2【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．对接时，神舟十三号在低轨道合适的位置加速做离心运动，到达天和核心舱所在的轨道与之对接，所以A是神舟十三号，B是天和核心舱，故A错误；
B．神舟十三号和天和核心舱绕地球做圆周运动，由万有引力提供向心力，由牛顿第二定律可知
可知加速度与轨道半径平方成反比，所以图（甲），A的加速度比B的加速度大，故B错误；
C．图（乙）中，对接时，神舟十三号所在的轨道半径比在图（甲）中所在的轨道半径大，由牛顿第二定律可得
所以图（甲）中神舟十三号的运行时速度比图（乙）中神舟十三号的运行时速度大，故C错误；
D．神舟十三号要从图（甲）的低轨道上升到图（乙）中的高轨道，需要点火加速，机械能增加，所以图（乙）中，对接时，神舟十三号的机械能比在图（甲）中在轨运行时机械能大，故D正确。
故选D。
6-3【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．第一宇宙速度是绕地球做圆周运动的最大速度，所以空间站的运行速度不可能大于第一宇宙速度，故A错误；
B．载人飞船与空间站对接需向高轨道做离心运动，则需要向后点火加速，即飞船应沿运行速度相反方向喷气，故B错误；
C．设飞船的运行周期为，空间站的运动周期为，根据开普勒第三定律得
则
故C错误；
D．以为半径做圆周运动的物体，根据万有引力提供向心力得
得以为半径做圆周运动的物体的速度为
飞船在II轨道经过A点后做近心运动，喷气变轨前一刻的速度小于，故D正确。
故选D。
6-4【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．根据
可得
由于飞船的轨道半径小于空间站的轨道半径，则远距离导引完成后，飞船绕地球运行的线速度大于空间站的线速度，故A错误；
B．近距离导引过程中，需要飞船点火加速，则机械能增加，故B错误；
CD．如图所示，姿态调整完成后，飞船沿径向接近空间站过程中，需要控制飞船绕地球运行的角速度等于空间站的角速度，根据
飞船绕地球运行的线速度小于空间站的线速度，对接时，飞船与空间站的线速度也应该相等，则飞船同时也应该有切向的加速度，不可能仅沿飞船与地心连线向地球喷射燃气，故C正确，D错误。
故选C。
6-5【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．若载人飞船在到达轨道2后不断加速，则会做离心运动，从而远离轨道2，不会追上空间站从而不能实现对接，选项A错误；
B．根据
可知，载人飞船在轨道1上P点的加速度等于空间站在轨道2上P点的加速度，选项B正确；
C．载人飞船从近地圆轨道的Q点加速才能进入轨道1的椭圆轨道，则在轨道1上经过Q点时的速度大于7.9km/s，选项C错误；
D．载人飞船从Q点向P点运动过程中，万有引力对飞船做负功，选项D错误。
故选B。
6-6【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
飞船和空间站绕地球做匀速圆周运动，由圆周运动规律和万有引力定律
可得
，，，
A．由可知加速度与圆周半径的平方成反比，所以飞船和空间站在各自运行轨道上的加速度大小之比为，故A错误；
B．由可知速度与圆周半径的二分之一次方成反比，所以飞船和空间站在各自运行轨道上的速度大小之比为，故B错误；
C．由可知角速度与圆周半径的二分之三次方成反比，所以飞船和空间站在各自运行轨道上的角速度大小之比为，故C错误；
D．设空间站轨道半径为r，根据开普勒第三定律，飞船在运行轨道和转移轨道上
由几何关系，飞船在转移轨道上的半长轴
带入可得
故D正确。
故选D。
6-7【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．航天员随空间站做圆周运动过程中，所受向心力由万有引力提供
因为三人质量可能不同，因此所受向心力大小可能不相等，故A错误；
B．根据开普勒第二定律可知在不同轨道上，载人飞船与地心的连线在相同时间内扫过的面积不相等，故B错误；
C．根据开普勒第三定律可知，载人飞船在轨道Ⅰ、Ⅱ上运行时满足
（a为轨道Ⅱ的半长轴）
且有
（x为轨道Ⅱ近地点距地球表面的距离）
联立解得
故C正确；
D．载人飞船在轨道Ⅰ、Ⅱ上运行经过A点时所受万有引力相等，因此在轨道Ⅰ、Ⅱ上运行经过A点时向心加速度相等，故D错误。
故选C。
7-1【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
由于只发生一次反射，根据对称性可知光路图如图所示
由几何关系可得
由折射率公式可知
故选B。
7-2【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
由图根据几何知识可知光线在AC边入射角为
此时折射角为
则玻璃对红光的折射率为
故选C。
7-3【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
根据折射定律有
得
再次由折射定律得知
得
得
由于第二块玻璃中的偏移情况和第一块玻璃相同，则
得
故选项C正确，ABD错误。
故选C。
7-4【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
AB．如果光线从Q的下表面射出，光路图如图所示
根据折射定律有
由几何知识得
根据题意
解得
则根据几何知识可知α=θ，即从Q的下表面射出的光线与入射到P的上表面的光线平行，故A正确，B错误；
CD．若，则得
根据几何知识得
即出射光线与Q下表面所夹的锐角一定小于θ，CD错误。
故选A。
7-5【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
连接OD，设∠ODC=θ，透明物体的折射率为n，由题意，当入射点到达C处时，恰好看不到光从圆弧面上D处射出，是因C处发出的光线，在D点恰好发生了全反射， 则θ等于临界角
而
解得
故D正确。
故选D。
7-6【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
光路如图所示
根据光的折射定律
由题可知
解得
故选C。
7-7【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
激光束照在圆柱上，沿圆柱体轴上的光线即水平方向上的光线，经相同的入射角折射，两次折射后，同一水平方向上的光线折射偏转角度相同，光线平行，故在光屏上水平方向上的光斑宽度不变。
如图，竖直方向上光线通过圆柱体光线有会聚作用，根据光屏与圆柱玻璃柱的位置关系，光斑的长度可能变大，可能变小，也可能不变。由于图中的入射光束在圆心上方，故光路往下偏，光斑的中心不可能呈现在光屏的上部方。
综上所述，B有可能，ACD均不可能。
故选B。
8-1【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
由于篮球在空中做一个斜抛运动，以投球点和篮筐所在水平面为参考面，初速度方向与参考面夹角为45°斜向上，末速度与参考面夹角为45°斜向下，将整个斜抛运动沿最高点分为两部分，前半部分斜向上运动，后半部分斜向下运动，运动过程完全对称，设初速度为v，将初速度沿水平方向和竖直方向分解，如图所示：
则水平方向分速度
vx=vcos45°
竖直方向分速度
vy=vsin45°
则水平方向做匀速直线运动，竖直方向分做竖直上抛运动，后半部分水平方向也是匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，高度相同，则前后两部分水平方向位移相同，时间相同，后半部分的末速度与前半部分的初速度也相同，水平方向总位移：
s=10m
则前半部分水平位移：
则由匀速直线运动位移公式：
s1=vxt
由竖直上抛速度公式得：
0=vy-gt
联立可得：
篮球出手的速度大小等于篮球进筐的速度大小为，篮球在空中运动的时间为
因为不知道出手点离地面高度，无法计算最高点相对地面的竖直高度，故B正确ACD错误。
故选B。
8-2【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
AB．根据斜抛运动规律可知，篮球被抛出到落入篮筐的运动时间为
故AB错误；
CD．根据斜抛运动规律可知，篮球被抛出到落入篮筐的水平射程为
故C错误，D正确。
故选D。
8-3【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
AB．三个篮球都垂直击中篮筐，其逆过程是平抛运动，设任一篮球击中篮筐的速度v，上升的高度为h，水平位移为x
则得
h相同，则，A错误B正确；
CD．根据速度的分解有
t相同，，则 ，CD错误。
故选B。
8-4【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．篮球以与水平面成45°的倾角准确落入篮筐，则篮球的水平速度v0等于竖直速度vy，设篮球在空中运动的时间是t，则
解得
t=1.4s
vy=v0=7m/s
选项A错误；
B．篮球落入篮筐时的速度大小为
选项B错误；
C．篮球投出后的最高点相对篮筐的竖直高度是
选项C正确；
D．篮球从投出到落入篮筐速度变化量为
选项D错误。
故选C。
8-5【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
设篮球投出去时的速度为v，则
所以运行时间为
根据运动的对称性可得
解得
在最高点时竖直方向速度为零，此时速度大小等于水平方向速度，即
最高的的高度为
故ACD错误，B正确。
故选B。
8-6【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
将篮球的运动逆向看作是平抛运动，设篮球的水平位移大小为x，竖直位移大小为y， 则
由题图可知h1＞h2，x1=x2，所以
，
故选A。
8-7【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
由题意根据匀变速直线运动规律可得M点到最高点的高度为
A．运动员做斜抛运动，其在P点水平方向的分速度为
其竖直分速度
则运动员在P点落地速度大小为
A错误；
B．落地速度与水平方向的夹角
B正确；
C．运动员从M点到最高点的过程，其时间为
从最高点到P点的过程，根据
可得其下落时间为
则运动员在空中的总时间
C错误；
D．运动员在空中最高点与P点的高度差为
D错误。
故选B。
9-1【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
由图可知，在t1~t2时间内振子从正向最大位移向平衡位置运动，故速度增大，加速度和回复力减小，机械能不变。
故选A。
9-2【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
小球所受合外力等于弹簧弹力，小球动能增大的过程中，根据动能定理可知弹簧对小球做正功，而弹簧和小球组成的系统，即弹簧振子所受外力不做功，机械能守恒。
故选C。
9-3【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．小球在A、B的速度为零，加速度大小相等，方向相反，故A错误；
B．小球做简谐运动，在平衡位置，有
kx=qE
解得
x=
故B错误；
C．从A到B的过程中，电场力做正功，机械能增大，故C正确；
D．简谐振动的周期与振幅无关，故D错误。
故选C。
9-4【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．小球做简谐运动的平衡位置处，则有：
mg=kA
解得：，所以在最低点时，形变量为2A，弹力大小为2mg，A正确；
B．在运动的过程中，只有重力和弹力做功，系统机械能守恒，弹簧的弹性势能、物体的动能、重力势能之和不变，B错误；
C．从最高点到最低点，动能变化为0，重力势能减小2mgA，则弹性势能增加2mgA，而初位置弹性势能为0，在最低点弹性势能最大，为2mgA，C错误；
D．在平衡位置动能最大，由最高点到平衡位置，重力势能减小mgA，动能和弹性势能增加，所以物体的最大动能小于mgA，D错误。
故选A。
9-5【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．圆环与圆盘碰撞过程，时间极短，内力远大于外力，系统总动量守恒，由于碰后速度相同，为完全非弹性碰撞，机械能不守恒，故A错误；
B．碰撞后环与盘一起向下运动过程中，受重力，弹簧弹力，由于弹力增大，整体受到的合力变化，所以加速度变化，故B错误；
C．碰撞后平衡时，有
即碰撞后新平衡位置与下落高度h无关，故C错误；
D．碰撞后环与盘共同下降的过程中，它们动能和重力势能的减少量之和等于弹簧弹性势能的增加量，故开始下落到运动到最低点过程中，环与盘重力势能的减少量大于弹簧弹性势能的增加量，故D正确。
故选D。
9-6【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．剪断细线前，两弹簧的伸长量相同，离开平衡位置的最大距离相同，振幅一定相同，A错误；
BC．由 ，两弹簧的伸长量相同，弹性势能相同，则两物块的最大动能相同，甲的质量小于乙的质量，则甲的最大速度大于乙的最大速度，B正确，C错误；
D．由 ，剪断细线的瞬间加速度最大，kx相同，甲的质量小，则甲的最大加速度大，D错误。
故选B。
9-7【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．从C触到A，到B离开墙面这一过程，C与A碰撞后粘在一起不再分开，是非弹性碰撞，机械能损失，即机械能不守恒。C、A共同向右运动并压缩弹簧过程中，B受到墙面的作用力，系统的动量不守恒，故A错误；
BC．设C的初速度为v0，初动能为Ek，A与C的碰撞过程，由动量守恒有
A和C一起压缩弹簧的过程，对A、C和弹簧组成的系统，由机械能守恒得
联立解得
，
C的初动能
当B刚离开墙壁时，弹簧恰好恢复原长，、的速度大小等于，方向向左，当弹簧再一次恢复到原长时的速度最大，取向左为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律得
解得的最大速度
故B正确，C错误；
D．B离开墙面后，A、B、C速度相等时，弹簧最长，弹簧的弹性势能最大，根据动量守恒定律和机械能守恒定律得
联立解得离开墙面后，弹簧的最大弹性势能为
故D错误。
故选B。
10-1【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．金属杆向上滑行时合力大于向下滑行时的合力，所以向上滑行时的加速度较大，两次位移相等，向上滑行的平均速度大，向下滑行的平均速度小，金属杆向上滑行的时间较短，故A错误；
B．由右手定则可判断金属杆向上滑行时感应电流的方向为从a到b，故B错误；
C．由公式
可知，金属杆上滑时通过电阻的电荷量与下滑时的相等，故C错误；
D．感应电动势E=BLv，安培力F=BIL，可得
由于金属杆滑动过程中有机械能损失，故金属杆开始上滑时的速度比回到斜面底端时的速度大，金属杆刚向上滑行时受到的安培力大于刚回到导轨底端时受到的安培力，故D正确。
故选D。
10-2【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
从图乙可以看出，当电流为1A时，物体开始有加速度：代入数据，算得：；当电流为4A时，加速度为3m/s2，设棒的质量为，绳的拉力为T，有：，联立解得：．
10-3【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．感应电动流为
安培力为
根据牛顿第二定律有
则速度增加过程中，加速度逐渐减小，金属棒做加速度逐渐减小的加速运动，所以A正确，不符合题意；
B．金属棒的动量为
则动量与速度成正比，由于金属棒做加速度逐渐减小的加速运动，其速度与时间图像的斜率将逐渐减小，所以B错误，符合题意；
C．通过的电荷量为q，则有
所以电荷量q与位移x成正比，则C错误，不符合题意；
D．重力势能为，则有
所以D正确，不符合题；
故选B。
10-4【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．将物块由静止释放，则物块向下运动，导体棒沿斜面向上运动，由右手定则可知导体棒中电流由M到N，导体棒M端电势低于N端电势，故A错误；
BD．设导体棒的上升速度v，根据，可知导体棒所受安培力为
根据牛顿第二定律可得
当导体棒的上升速度为零时，导体棒的加速度最大，最大加速度为
当导体棒的上升加速度为零时，导体棒的速度最大，最大速度为
故BD错误；
C．对整体由动量定理得
即
解得
故C正确。
故选C。
10-5【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
设线圈下边到磁场上边界的高度为h，线圈的边长为l，则线圈下边刚进入磁场时，有
感应电动势为
E＝nBlv
两线圈材料相同（设密度为ρ0），质量相同（设为m），则
m＝ρ0×4nl×S
设材料的电阻率为ρ，则线圈电阻
感应电流为
所受安培力为
F＝nBIl＝
由牛顿第二定律有
mg－F＝ma
联立解得
加速度与线圈的匝数、横截面积无关，则甲和乙进入磁场时，具有相同的加速度。
当时，甲和乙都加速运动，当时，甲和乙都减速运动，当时，甲和乙都匀速运动，故不可能出现的运动选D。
10-6【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
由题知杆在水平向右的拉力作用下先后两次都由静止开始做匀加速直线运动，则在v = 0时分别有
，
则第一次和第二次运动中，杆从静止开始运动相同位移的时间分别为
，
则
第一次和第二次运动中根据牛顿第二定律有，整理有
则可知两次运动中F—v图像的斜率为，则有
故选C。
10-7【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．由右手定则可知，当cd边位于向外的磁场中和位于向里的磁场中时，电流方向相反，所以电流方向是变化的，故A错误；
B．列车刚起动时金属框切割磁感线的速度最大，为v，此时产生的感应电动势最大，此时产生的电流最大，设最大电流为Im，此时前后两边都切割磁感应线，根据闭合电路的欧姆定律可得
故B错误；
C．列车运动过程受到安培力FA与阻力f作用，对列车由牛顿第二定律可知，加速度大小
当列车速度增大时，安培力FA变小，加速度变小，当a＝0时，列车速度达到最大，根据平衡条件有
FA＝f＝kvm
设列车的最大速度为vm，金属框切割磁感线的速度为
v切割＝v﹣vm
列车受到的安培力大小
解得
故C正确；
D．由能量守恒定律可知，磁场提供的能量一部分转化为电路中的电能进一步转变为回路的焦耳热，另一部分克服阻力f做功，根据功能关系可得列车要维持最大速度运动，它每秒钟消耗的磁场能为
故D错误。
故选C。
11-1【基础】 【正确答案】 如图所示
或
【试题解析】 详解:
①[1][2]由公式可知
则电流表选择，滑动变阻器选择。
②[3]电压表选择，待测电阻阻值远小于电压表内阻，则电流表选择外接法，若将电压表直接接在待测电阻两端，则电阻两端最大电压为
将待测电阻和定值电阻串联后电压表并联在两端，则两电阻电压为
所测量范围尽可能大则滑动变阻器分压式，则实验电路图为
③[4]由欧姆定律可知
则待测电阻阻值的表达式为
11-2【基础】 【正确答案】 B 最大 与操作F中电流表指针的同一位置处 C、A、F、B、E、G、D
【试题解析】 详解:
[1][2] 实验的基本要求是保证实验安全．所以要求滑动变阻器和电阻箱在接入电路前的电阻先调节到最大．所以测量前应将滑动变阻器的滑片P调至B端，电阻箱R阻值应调至最大；
[3][4] 实验采用等数值测量法，需要先测得接入待测电阻时的电流值，再接入电阻箱，使接入电阻箱时的电流值与接入待测电阻时的电流值相等．所以实验的步骤补充：与操作F中电流表指针的同一位置处；实验的步骤：根据电路图，连接实物，将电阻箱的阻值调至最大Ⅰ将S2闭合在1端；Ⅱ慢慢移动滑片P；Ⅲ使电流表指针变化至某一适当位置；Ⅳ将S2闭合在2端；Ⅴ调节电阻箱R的值，使电流表指针指在与操作F中电流表指针的同一位置处；Ⅵ记下电阻箱上电阻读数；最后将S1断开，整理实验器材．所以实验步骤的顺序是：CAFBEGD。
11-3【巩固】 【正确答案】 7 图2 6.25 20 6
【试题解析】 详解:
(1)[1]欧姆表读数=刻度盘读数×倍率，读数是
Rx=7×1Ω=7 Ω
(2)①[2]由于待测电阻的阻值远小于电压表的内阻，所以电流表使用外接法，故选图2作为测量电路；
②[3]所连实物图如图所示：
③U-I图象的斜率表示电阻的阻值，由所作的图象可知，故被测电阻的阻值为
Rx=k=6.25 Ω
(3)①在步骤B中电阻箱的读数为
R1=20 Ω；
②由于R1与Rx串联在电路中所起的作用与R2相同（电压表指针指示同一位置），则有
R1＋Rx=R2
故有
Rx=R2-R1
由题意可知
R1=20 Ω，R2=26 Ω
故被测电阻的阻值为
Rx=R2-R1=26 Ω-20 Ω=6 Ω。
11-4【巩固】 【正确答案】 E 刻度盘的第N格 刻度盘的中央
【试题解析】 详解:
（1）通过电路图可知滑动变阻器的接法为分压式，分压式的滑动变阻器阻值越小越好，因阻值越小与电阻并联的上半部分的电压表在阻值变化时约明显，故选E；
（2）替代法测电阻的原理就是先将V1电压表接入电路，使电路的V2表显示一个示数，再将电阻箱接入电阻，使V2表的示数不变，因电路的其它部分都没有改变，只是将V1表换成电阻箱，可认为电阻箱的阻值和V1表的阻值一样，因此v2的指针指在刻度盘的第N格；
（3）电压表的半偏法先让V2表满偏，然后电阻箱接入电路和电压表V2串联分压，因并联电路的总电压几乎不变，当V2的示数半偏时可以认为电阻箱分的电压和电压表电压相同，因此电阻箱的阻值为电压表的阻值，故V2的指针在刻度盘的中央
11-5【巩固】 【正确答案】 滑动变阻器处于最大阻值处 6 10 10 等效替代法 3.6 5
【试题解析】 详解:
(1)[1]电压表测量灯泡两端电压，由题意可知灯泡额定电压6V，故电压表选择15V的量程，连接如图所示
(2)[2]只闭合开关S1，发现小灯泡不亮，电压表有较小示数，说明灯泡两端有较小电压，但不足以点亮，其原因可能是回路电流太小，即滑动变阻器处于最大阻值处。
(3)[3][4][5][6]调整电阻箱Rʹ接入电路的阻值，使电压表的示数再次等于6V，此时电阻箱的示数如图丙所示，则电阻箱接入电路的阻值为10Ω，由此可知小灯泡的电阻为10Ω，小灯泡电阻的得出是运用了物理研究中的等效替代法。
(4)[7][8]根据以上获得的实验数据可知小灯泡的额定功率为
此时回路电流为
滑动变阻器两端电压为3V，故滑动变阻器接入电路的电阻为
11-6【巩固】 【正确答案】 ×10 180 RP RW
【试题解析】 详解:
[1]用多用电表测电阻时选用“×100”的挡位发现指针偏角太大，说明待测电阻阻值较小，需要把倍率调小，即挡位应调整为“×10”。
[2]电表读数为
[3][4][5]第二步需保持滑动变阻器RP阻值保持不变，当单刀双掷开关S2合向1时，调节滑动变阻器RW。当开关S2接2时，有
当开关S2接1时，有
联立可得
11-7【提升】 【正确答案】 1.76 190 C F G 无
【试题解析】 详解:
（1）[1]由题意可知，游标卡尺的0刻度线超过了主尺上的1mm，而不到2mm，所以主尺上读数为1mm，根据游标卡尺读数规则，直径为
（2）[2][3]图中选择“”，指针偏转角度大，说明该量程下电阻偏小，应更换小量程，且估读为200Ω，所以选用“”，以让指针往中间偏转。更换量程后，可知其电阻为
（3）[4][5][6]因为要保证各表均能在满偏以上，而电源的电压为6V，所以如果选用V1，则必须保证和电流表的电压和至少为5V以上，接近电源电压，可调范围非常小，故选用电压表V2。而电阻约为190Ω，对于6V电源，最大电流满足
所以电流表必须选用A3。而为了减小滑动变阻器对分压结果的影响，应选用电阻尽量小的滑动变阻器，即R1。
（4）[7]根据欧姆定律
解得
（4）[8]由于已经知道电流表的具体内阻大小，根据[7]可知，可以精确得到待测电阻的阻值，因此采用电流表内接法对实验结果无影响。
12-1【基础】 【正确答案】 （1）；（2）
【试题解析】 详解:
（1）感应电动势最大值为
线圈初始位置垂直中性面，则电动势的瞬时表达式
（2）感应电动势的有效值
由
电阻的功率为
联立得
12-2【基础】 【正确答案】 （1）匝；（2）匝
【试题解析】 详解:
（1）根据题意可知，匝，，，设原线圈的匝数为，根据匝数与电压的关系有
解得
匝
（2）根据题意可知，，，设副线圈的匝数为，根据匝数与电压的关系有
解得
匝
12-3【巩固】 【正确答案】 (1)；(2)240:11
【试题解析】 详解:
（1）矩形闭合导线框ABCD在匀强磁场中转动时，产生的交流电的最大值为:
Em＝nBωS＝100××0.25×100πV＝250V
在图位置开始计时线圈应产生正弦交流电瞬时值：e＝Emsinωt＝250sin100πt（V）
（2）发电机输出的电压U1＝=250V
则升压变压器副线圈两端的电压U2＝=5000V
发电机输出的电功率P= 5×104 W，则输电电流为：I=P/U2=10A
输电线电压损失△U损=IR=10×20V=200V
降压变压器原线圈上的电压：U3=U2-△U损=5000V-200V=4800V
据题意灯泡正常发光可知：U4=220V，所以降压变压器的匝数比为：n3：n4=U3:U4=240：11
12-4【巩固】 【正确答案】 (1)；(2)180V；(3)22.5Ω；360W
【试题解析】 详解:
(1) 线圈中感应电动势的峰值
瞬时值表达式为
(2)感应电动势的有效值为
线圈自身分到的电压为
U线圈=Ir=20V
所以电压表示数为
U=E-U线圈=180V
(3)由于理想变压器
P入=P出
则电阻R上消耗的电功率为
P=IU=360W
设副线圈两端电压为U′，则有
即
所以
12-5【巩固】 【正确答案】 (1)；(2)160W；(3)280V。
【试题解析】 详解:
(1)由Em＝NBSω，得
Em＝V；
(2)设降压变压器原、副线圈的电流分别为I3、I4，电动机恰能正常工作，有
I4＝＝40A
由
得
I3＝4A
所以输电线路上损耗的电功率
；
(3)由＝得
U3＝2200V
升压变压器副线圈两端电压
U2＝U3+I3R＝2240V
又
＝
可得
U1＝280V。
12-6【巩固】 【正确答案】 （1），；（2）；（3）
【试题解析】 详解:
（1）根据正弦式交变电流产生规律可知，最大值为
从图示位置开始计时，磁通量为零，感应电动势最大，则从图示位置开始计时瞬时电动势的表达式
（2）设降压变压器原、副线圈的电流分别为、，电动机恰能正常工作，有
根据理想变压器的变流比可知得
所以输电线路上损耗的电功率为
（3）根据理想变压器的的变压比可知得
升压变压器副线圈两端电压
又可得
12-7【提升】 【正确答案】 （1）；（2）；（3）
【试题解析】 详解:
（1）发电机产生的电动势的最大值
（2）由于，并联，总电阻
因此副线圈两端的电压
根据
可知交流电压表的示数就是原线圈两端的电压
（3）根据
可得流过原线圈的电流
电动势的有效值
电源内电压
发电机线圈的电阻
13-1【基础】 【正确答案】 （1）；（2）
【试题解析】 详解:
（1）同学坐上后，利用等温变化规律
得
（2）由受力平衡
得
13-2【基础】 【正确答案】 （1）100cmHg；（2）10cm
【试题解析】 详解:
（1）末状态水银深度变为
所以
（2）根据受力分析可知，初状态有
根据玻意耳定律有
解得
故
则活塞向上移动的距离
点睛:
对活塞受力分析，根据初末状态的平衡情况结合气体状态方程进行解答。
13-3【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）
【试题解析】 详解:
（1）开始时AB管中封闭气体的压强为
当转过53°时，设气体的压强为，则
解得
当转过53°时，左、右两管中水银液面高度差为15cm
设BC段玻璃管长为L，则
解得
（2）设温度升高后的环境温度为，封闭气体的压强为
根据理想气体状态方程有
解得
13-4【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）
【试题解析】 详解:
（1）抽完气后缓慢加热到活塞碰到汽缸前的过程中，气体发生等压变化，活塞碰到汽缸右侧时，气体体积为，气体的温度为，设刚抽完气时左侧气体体积为，由盖－吕萨克定律有
解得
抽气过程中，左侧气体发生等温变化，当活塞右侧的气体压强为时，左侧气体压强为，对活塞受力分析有
活塞右侧抽成真空时，左侧气体压强为，对活塞受力分析有
抽气过程中由玻意耳定律有
解得
（2）气体温度从升高到过程中，气体发生等容变化，由查理定律有
解得
13-5【巩固】 【正确答案】 （1）h=2m；（2）hm=10m
【试题解析】 详解:
（1）设活塞A向右移动时，气缸内的气体压强为，由玻意耳定律得
又
联立解得
（2）当活塞A恰好移动到气缸I最右侧时所测深度最大，设此时气体压强为，则
解得
13-6【巩固】 【正确答案】 （1）1.5p0；（2）
【试题解析】 详解:
（1）设第6次打气完成后，篮球内气体的压强为p1，由题意可得
解得
（2）当第7次活塞下压前，已经压下了6次，由以上解析此时篮球内的气体压强为，设当第7次活塞下压的距离时打气筒内的气压为p2，则有
要使阀门打开，则至少
解得
13-7【提升】 【正确答案】 （1）；（2）
【试题解析】 详解:
（1）设A部分气体在下方时，压强为，则对A部分气体由玻意耳定律得
解得
对活塞受力分析，则A部分气体在上方时，满足
A部分气体在下方时，满足
对B部分气体由玻意耳定律得
解得
（2）由题意知
对A部分气体由理想气体状态方程得
对B部分气体由理想气体状态方程得
且由平衡条件得
解得
14-1【基础】 【正确答案】 （1）0.5；（2）12J
【试题解析】 详解:
（1）由 可得
对小物块受力分析可得
得
μ=0.5
（2）在D点由
得
vD=1m/s
在PB段
从B点至D点，由动能定理得
得
Wf=-12J
小物块从B运动到D的过程中克服摩擦力做的功为12J。
14-2【基础】 【正确答案】 （1）30N；（3）0.4m
【试题解析】 详解:
（1）从A点到B点运动的过程中，由动能定理可得
解得
R=0.2m
物块在B点时
解得
FN=30N
由牛顿第三定律得F=30N。
（2）物块从释放到在水平轨道上静止的全过程中，由动能定理可得
解得
0.4m
14-3【巩固】 【正确答案】 (1)5m/s；(2)5.3N；(3)1.65m
【试题解析】 详解:
(1)滑块被抛出后做平抛运动，到达A点时的速度方向恰好沿AB方向，设此时滑块沿竖直方向的分速度大小为vy，有
解得
vy=3m/s
滑块运动到A点时的速度大小为
(2)设滑块运动到圆弧轨道最低点C时的速度大小为vC，在滑块从A点运动到圆弧轨道最低点C的过程中，由动能定理有
滑块在圆弧轨道最低点C时（设所受支持力大小为FN），有
根据牛顿第三定律可知
F=FN
解得
m/s，F=5.3N
(3)假设滑块沿圆弧轨道上升的过程中最大高度小于R，则由动能定理有
解得
H=1.65m
14-4【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）
【试题解析】 详解:
（1）物体P刚好能到达竖直固定放置的半圆轨道的最高点，则有
解得
（2）物块P从静止到运动到最高点的过程，根据动能定理有
解得
14-5【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）；（3）
【试题解析】 详解:
（1）在点，由牛顿第二定律可得
解得
（2）在从至的过程中，设克服摩擦力做的功为，由动能定理得
解得
（3）从到坡顶的过程中，由动能定理得
解得轨道的长度为
14-6【巩固】 【正确答案】 (1)0.75mg； (2)
【试题解析】 分析:
滑块经过B点时对圆弧轨道的压力达到最大，由力的合成求水平恒力F的大小，恰好能运动到C点，由力的合成求出指向圆心的合外力，由牛顿第二定律可得滑块到达C点时速度vC的大小，从P点运动到C点，由动能定理可得P点到A点的距离；
详解:
(1)滑块经过B点时对圆弧轨道的压力达到最大，可得
恰好能运动到C点，由力的合成则有
由牛顿第二定律可得
解得
(2)从P点运动到C点，由动能定理，可得
解得
14-7【提升】 【正确答案】 （1）；（2）；（3）5次
【试题解析】 详解:
（1）对小物块从到的过程，有
其中物块在点的速度满足
解得
（2）设符合第（1）向条件的小物块落在倾斜直轨道上的位置与点的距离为，小物块从点抛出后做平抛运动，满足
解得
（3）满足题目要求的运动过程中小物块至点时速度恰好为零，对小物块从到的过程有
解得
小物块从斜面下滑距离为时，上滑距离为，则此过程满足
解得
小物块在斜面上下滑距离为时，上滑距离为，则在这一过程中满足
解得
设从距离点处滑下时恰好能过点，则有
且有
（，2，3，…）
解得
即小物块进入轨道后可以通过点5次。
15-1【基础】 【正确答案】 （1）；（2）
【试题解析】 详解:
（1）粒子在第一象限做类平抛运动，沿x轴方向位移为，沿y轴方向位移为，设粒子在第一象限运动的时间为t，电场强度的大小为E，粒子在电场中的加速度为a
联立解得
（2）粒子到达时速度沿x方向的分量仍为，表示速度和x轴的夹角，根据类平抛运动特点，速度反向延长线过水平位移中点，则有
解得
入射到磁场时粒子速度
粒子在磁场中运动轨迹如图所示，设轨迹半径为r，根据几何关系可得
即
洛伦兹力提供向心力有
解得
点睛:
本题以带电粒子在电、磁场中运动为情境载体，考查了类平抛运动、圆周运动等必备知识，考查了理解能力、建模能力、分析综合能力、体现了科学思维、科学态度与责任的学科素养的考查，突出对综合性的考查要求。
15-2【基础】 【正确答案】 （1）；（2）；（3）
【试题解析】 详解:
（1）粒子穿出磁场进入电场，速度减小到0后又返回磁场，则粒子进电场时的速度方向沿y轴正方向，所以粒子在组合场中轨迹如图
由几何关系知，粒子在磁场中做圆周运动的半径为
根据洛仑兹力提供向心力得
解得
（2）粒子穿出磁场进入电场，当速度减小到0时粒子第一次上升到最高点，根据牛顿第二定律
根据运动学公式得匀减速直线运动的位移
粒子第一次上升到最高点的横坐标
粒子第一次上升到最高点的纵坐标
粒子第一次上升到最高点的坐标为
（3）粒子在磁场中运动的时间为
粒子在电场中运动的时间
又
解得
从原点出发后到带电粒子第一次回到x轴所用的时间
15-3【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）
【试题解析】 详解:
（1）带电粒子在电场中做类平抛运动，有
对于合速度有
解得
（2）设v方向与x轴夹角为，则有
粒子在区域做类平抛运动，在区域做匀速圆周运动，粒子最后又从O点射出电场区域。由运动的对称性得粒子的运动轨迹如图所示。在磁场中做圆周运动的圆心在x轴上，由几何关系有
解得
对于粒子在磁场中运动有
解得
15-4【巩固】 【正确答案】 (1)v0；(2)；(3)奇数次过x轴时间为{n=1、3、5、7…}偶数次过x轴的时间为{n=2、4、6、8…}
【试题解析】 详解:
(1)粒子从O点进入匀强磁场后在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，则其运动轨迹如图所示，经过磁场后进入电场，到达P点，假设粒子在O点时的速度大小为v，OQ段为圆周，QP段为抛物线。
根据洛伦兹力与速度垂直不做功，可知粒子在Q点时的速度大小也为v，根据对称性可知方向与x轴正方向成45°角，可得：Q点速度大小为v，方向与x轴成45°斜向上。
进入电场后，电场力为竖直方向，水平方向匀速直线运动，所以有
v0=vcos45°
解得
v=v0
(2)在粒子从Q运动到P的过程中，由动能定理得：
-qE0L=mv02-mv2
解得
又在匀强电场由Q到P的过程中，水平方向匀速直线运动的速度v0，位移为
x=v0t1
竖直方向初速度
vsin45°=v0
匀减速到0的位移为
y=t1=L
可得
xQP=2L
OQ=L
由几何关系
OQ=2Rcos45°
可得，粒子在OQ段圆周运动的半径
R=L
根据洛伦兹力提供向心力得
得
(3)在Q点时，竖直分速度
vy=v0tan45°=v0
设粒子从Q到P所用时间为t1，在竖直方向上有
粒子从O点运动到Q运动的圆心角为90°，所用的时间为：
奇数次过x轴时间为
（n=1、3、5、7……）
偶数次过x轴的时间为
（n=2、4、6、8……）
15-5【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）；（3）
【试题解析】 详解:
（1）粒子从K射出时速度最大，根据牛顿第二定律得
解得
（2）在电场中的加速次数N
解得
（3）做变速运动的总时间t
根据牛顿第二定律得
解得
15-6【巩固】 【正确答案】 （1）（n＝0，1，2，3…）；（2）
【试题解析】 详解:
（1）由分析可知，粒子以相同的速度回到P点，粒子在电场中做类平抛运动的侧位移与粒子在磁场中做圆周运动的半径相等，即
在电场中竖直方向上有
在电场中水平方向上有
粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力充当向心力，则
联立以上方程可得
（n＝0，1，2，3…）
（2）粒子在电场中水平方向上做匀速直线运动，所以有
粒子在磁场中做一个完整的圆周运动，有
所以
15-7【提升】 【正确答案】 （1）；（2）；（3）①；②（）
【试题解析】 详解:
（1）带电粒子在电场中做类平地运动，分解Q点的速度可得
沿轴方向做匀加速运动
由牛顿第二定律得
解得
（2）要使粒子不从轴正半轴飞出磁场，需要带电粒子能够进入轴下方的磁场，临界态为偏转轨迹与轴相切，设此时轨迹的半径为，进入磁场的速度
Q点的纵坐标为
由几何关系
由洛伦兹力提供向心力
解得
若使粒子不从轴正半轴飞出磁场，磁感应强度大小
（3）粒子得轨迹如图所示
由几何关系可知
带电粒子在第一象限运动的半径
带电粒子在第四象限运动的半径
带电粒子第二次经过x轴的正半轴的位置坐标
由几何关系可知粒子在第一象限先完成半个圆的偏转，粒子要垂直边界飞出应满足关系式
（）
即
（）
2022届高三年级第一学期期末调研考试物理变式题
【原卷 1 题】知识点 根据条件写出核反应方程,结合能
【正确答案】
C
【试题解析】
1-1（基础） 对核反应的下列说法正确的是（ ）
A.核反应方程属于衰变
B.发生核反应需要吸收能量
C.核反应属于裂变
D.发生衰变实质是质子向中子转变
【正确答案】 C
1-2（基础） 在下列四个核反应方程中，x代表质子的是（ ）
A.
B.
C.
D.
【正确答案】 A
1-3（巩固） 太阳内部核反应的主要模式之一是质子-质子循环，循环的结果可表示为，已知和的质量分别为和，1u=931MeV/c2，c为光速。在4个转变成1个的过程中，释放的能量约为（ ）
A.8 MeV B.16 MeV C.26 MeV D.52 MeV
【正确答案】 C
1-4（巩固） 下列有关核反应的说法中，正确的是
A.核反应方程是衰变
B.是核聚变，该核反应过程吸收能量
C.核反应方程是核裂变
D.发生衰变的实质是质子向中子转变
【正确答案】 C
1-5（巩固） 太阳内部发生的核反应模式之一是质子—质子循环，即四个结合生成一个，并释放出大量能量，其链式反应方程为①，②，③，下列说法正确的是（ ）
A.②反应中，释放了γ光子，则②反应为衰变反应
B.循环结果可表示为
C.四个生成一个过程中存在质量亏损
D.核电站中的核反应方式与太阳内部发生的主要核反应方式相同
【正确答案】 C
1-6（巩固） 太阳内部核反应的主要模式之一是质子-质子循环，循环的结果可表示为，已知和的质量分别为和，1u=931MeV/c2，c为光速。在4个转变成1个的过程中，释放的能量约为（ ）
A.8 MeV B.16 MeV C.26 MeV D.52 MeV
【正确答案】 C
1-7（提升） 科学研究表明，太阳核心的温度极高、压力极大，使得太阳内部每4个氢核（）转化为1个氦核（）和几个正电子并释放出大量能量。假设生成的所有正电子均定向移动，且正电子在8×10﹣4s时间内定向移动形成的平均电流为8.0×10﹣8A，已知电子的电荷量为1.6×10﹣19C，则在这段时间内发生核聚变的氢核（）的个数为（ ）
A.8.0×108 B.4.8×108 C.3.2×108 D.2.4×108
【正确答案】 A
【原卷 2 题】 知识点 正交分解法解共点力平衡
【正确答案】
A
【试题解析】
2-1（基础） 某幼儿园要在空地上做一个滑梯，根据空地的大小，滑梯的水平跨度确定为6m。设计时滑板和儿童裤料之间的动摩擦因数取0.4，为使儿童在滑梯游戏时能在滑板上滑下，滑梯高度至少要为（ ）
A.1.0m B.1.6m C.2.4m D.3.2m
【正确答案】 C
2-2（基础） 某幼儿园要在一块空地上做一个滑梯（如图所示），根据空地大小，滑梯水平跨度确定为6m，设计时滑梯与儿童裤料之间的动摩擦因数取0.4，假定最大摩擦力大小等于滑动摩擦力大小，为使儿童在滑梯上能滑下，滑梯的最小高度为（ ）
A.1.2m B.1.5m C.2.4m D.3.0m
【正确答案】 C
2-3（巩固） 如图所示是某幼儿园滑梯设计示意图，倾斜滑道AB和水平滑道BC平滑衔接。滑梯高度限定为h，滑梯与儿童裤料之间动摩擦因数为μ，设倾斜滑道AB与水平面夹角为α。为保证儿童的安全，要求儿童能从A点由静止下滑并停在水平滑道BC上，则（ ）
A.应满足sinα<μ
B.应满足tanα<μ
C.滑梯的水平跨度
D.滑梯的水平跨度
【正确答案】 C
2-4（巩固） 某幼儿园要在空地上做一个滑梯（如图），滑梯的高度确定为2m。设计时，滑板和儿童裤料之间的动摩擦因数取0.4，为使儿童在滑梯游戏时能在滑板上滑下，滑梯的水平跨度应（ ）
A.最大为0.8m B.最大为5m C.最小为0.8m D.最小为5m
【正确答案】 B
2-5（巩固） 东方绿舟划龙舟，可以培养团队协作能力。当龙舟靠岸时，细心的同学注意到，一位师傅用细长的钩子稳稳地拉住船身不动。我们来分析师傅各部位的受力情况。关于师傅的脚上受力，说法正确的是（ ）
A.师傅的脚对岸的压力比他的重力更大 B.师傅的脚对岸的压力比他的重力更小
C.师傅的脚对岸的压力和他的重力一样大 D.师傅的脚不受摩擦力
【正确答案】 A
2-6（巩固） 某幼儿园要在空地上做一个如图所示滑梯，根据场地的大小，滑梯的水平跨度确定为6m。若滑板可视为斜面，滑板和儿童之间的动摩擦因数取0.3，儿童都从滑梯上同一位置静止滑下，下列说法正确的是（ ）
A.滑梯的高度至少为1.8m
B.儿童坐着下滑的速度比躺着下滑大
C.设计高度不同的滑梯，同一儿童下滑过程中摩擦力做功也不同
D.保持同一姿势下滑，高年级儿童下滑的速度一定比低年级大
【正确答案】 A
2-7（提升） 由于突发状况消防车要紧急通过被石墩挡住的车道，消防员决定把石墩拉开，已知该石墩的质量为m，与水平地面间的动摩擦因数为0.75，重力加速度大小为g，消防员要将石墩水平匀速拉动，认为滑动摩擦力等于静摩擦力，取sin37°=0.6，cos37°=0.8，消防员的最小拉力与水平方向的夹角为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】 D
【原卷 3 题】 知识点 计算电子跃迁时吸收或释放光子的频率和波长
【正确答案】
C
【试题解析】
3-1（基础） 氦原子被电离一个核外电子，形成类氢结构的氦离子。已知基态的氦离子能量为，氦离子的能级示意图如图所示，以下关于该基态氦离子的说法正确的是（ ）
A.该基态氦离子吸收某种光子发生跃迁，当能量为时，氦离子最稳定
B.能量为的光子，能被该基态氦离子吸收而发生跃迁
C.一个该基态氦离子吸收能量为的光子后，向低能级跃迁能辐射6种频率的光子
D.该基态氦离子吸收光子跃迁到激发态后，核外电子的动能增大
【正确答案】 B
3-2（基础） 氦原子被电离一个核外电子，形成类氢结构的氦离子。已知基态的氦离子能量为-54.4 eV，氦离子能级的示意图如图所示。假设氦离子由能级3跃迁到能级2时释放的光子恰好可以使锌板发生光电效应，则氦离子由能级4跃迁到能级2时释放的光子照射锌板时（ ）
A.不发生光电效应
B.发生光电效应，逸出光电子的最大初动能为2.6 eV
C.发生光电效应，逸出光电子的最大初动能为7.6 eV
D.发生光电效应，逸出光电子的最大初动能为10.2 eV
【正确答案】 B
3-3（巩固） 氦原子被电离一个核外电子，形成类氢结构的氦离子，其能级示意图如图所示。已知基态的氦离子能量，现有一群处于激发态的氦离子（ ）
A.自发跃迁能释放3种频率的光子 B.能自发跃迁释放能量为的光子
C.自发跃迁释放光子的最大能量为 D.自发跃迁到基态释放光子的波长最长
【正确答案】 C
3-4（巩固） 氦原子被电离出一个核外电子，形成类氢结构的氦离子。氦离子的能级图如图所示，根据玻尔能级跃迁理论，下列说法正确的是（ ）
A.一个处在能级的氦离子向低能级跃迁时，最多能发出6种不同频率的光子
B.一群处在能级的氦离子向低能级跃迁时，最多能发出2种不同频率的光子
C.氦离子从能级跃迁到能级，电子的动能减小，电势能增大
D.氦离子处于能级时，能吸收的光子能量而发生电离
【正确答案】 D
3-5（巩固） 氦原子被电离一个核外电子，形成类氢结构的氦离子。已知基态的氦离子能量为，氦离子能级的示意图如图所示。以下关于该基态的氦离子说法正确的是（ ）
A.该基态氦离子吸收某种光子发生跃迁，当能量为时，氦离子最稳定
B.能量为的光子，能被该基态氦离子吸收而发生跃迁
C.一个该基态氦离子吸收能量为的光子后，向低能级跃迁能辐射6种频率的光子
D.该基态氦离子吸收一个光子后，核外电子的动能增大
【正确答案】 B
3-6（巩固） 氦原子被电离一个核外电子，形成类氢结构的氦离子。已知基态的氦离子能量为，氦离子能级的示意图如图所示，以下关于该基态的氦离子说法正确的是（ ）
A.该基态氦离子吸收某种光子发生跃迁，当能量为E4=-3.4eV时，氦离子最稳定
B.能量为48.4eV的光子，能被该基态氦离子吸收而发生跃迁
C.一个该基态氦离子吸收能量为51.0eV的光子后，向低能级跃迁能辐射5种频率的光子
D.该基态氦离子吸收一个光子后，核外电子的动能增大
【正确答案】 B
3-7（提升） 氦原子被电离一个核外电子，形成类氢结构的氦离子。已知基态的氦离子能量为，氦离子能级的示意图如图所示，以下关于该基态的氦离子说法正确的是（ ）
A.该基态氦离子吸收某种光子发生跃迁，当能量为E4=-3.4eV时，氦离子最稳定
B.能量为48.4eV的光子，能被该基态氦离子吸收而发生跃迁
C.一个该基态氦离子吸收能量为51.0eV的光子后，向低能级跃迁能辐射5种频率的光子
D.该基态氦离子吸收一个光子后，核外电子的动能增大
【正确答案】 B
【原卷 4 题】 知识点 导体处于静电平衡状态时内外电场及电荷的分布规律,导体上电荷的分布、尖端放电
【正确答案】
D
【试题解析】
A．球内各处电势均不为零，因为球内有高频电场有一定的电势差，所以A错误；
B．球内电极产生的电场方向沿球半径向里，因为球内稀薄气体受到高频电场的电离负离子向外运动，所以B错误；
C．用手触摸球时，会有电流从手流过，所以C错误；
D．用手触摸球时，球内的电场、电势分布不对称，因为用手触摸后，电场强弱发生了变化，所以D正确；
故选D。
4-1（基础） 如图所示，一个原来不带电的空心金属球，放在绝缘支架上，右侧放一个电荷量为+Q的点电荷，达到静电平衡后，下列说法正确的是（ ）
A.空心金属球的左侧感应出负电荷，右侧感应出正电荷
B.空心金属球最左侧表面的电势等于最右侧表面的电势
C.点电荷Q在空心金属球内产生的电场强度处处为零
D.空心金属球内只有球心处电场强度为零
【正确答案】 B
4-2（基础） 一个不带电的金属球，置于外电场中处于静电平衡时，下列说法中错误的是：（ ）
A.金属球的内部可能有的地方场强不为零
B.金属球内部任意一点的场强一定为零
C.金属球内部不再有电荷定向移动
D.金属球内部各处的电势相等
【正确答案】 A
4-3（巩固） 铜质小球内部挖去一部分，形成中空球壳，在球壳内P点固定一带负电的点电荷Q。M为球壳内一点、N为球壳外一点，位置如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A.铜球外表面带正电
B.铜球内表面不带电
C.M点的电场强度比N点的电场强度小
D.试探电荷+q在M点的电势能比在N点的小
【正确答案】 D
4-4（巩固） 如图所示，将一个半径为的不带电的金属球放在绝缘支架上，金属球的右侧与球心等高处放置一个电荷量为的点电荷，到金属球表面的最近距离也为．由于静电感应，金属球上将产生感应电荷．设静电力常量为，则关于金属球内的电场以及感应电荷的分布情况，以下说法中正确的是（ ）
A.电荷与感应电荷在金属球内任何位置激发的电场强度都是等大且反向的
B.感应电荷在金属球球心处激发的电场强度，方向水平向右
C.感应电荷全部分布在金属球的表面上
D.金属球右侧表面的电势高于其左侧表面
【正确答案】 AC
4-5（巩固） 一个带正电的点电荷，置于一接地的导体球附近，形成如图所示的电场线分布，下列说法正确的是（ ）
A.a点的电势低于b点的电势
B.c点的电场强度大于d点的电场强度
C.将一正试探电荷从e点沿虚线移动到f点电场力做正功
D.导体球内部电势不一定为零
【正确答案】 A
4-6（巩固） 一空心金属球壳内球心右侧放一带正电点电荷，于是在球内外形成如图所示电场，其中a在球心，b在球壳内壁，c在球壳内，d在球外，若以无穷远电势为0，下列说法正确的是（ ）
A.b点和c点电势均为0
B.c点电场强度大于a点电场强度
C.若一电子从a点运动到b点，电势能减少
D.两点电势差小于两点的电势差
【正确答案】 D
4-7（提升） 如图中是一块宽大的接地金属板的截面。在板的右侧面附近的P点有一带+q的固定的点电荷，当金属板处于静电平衡状态时，正确的是（ ）
A.板的左侧面上分布有正的感应电荷，而右侧面上分布有负的感应电荷
B.感应电荷在板上任何一点的电场强度方向都是由P点指向该点
C.接地线断开后，板上各点电势仍等于地电势
D.板内离P点最近的一点合场强最大
【正确答案】 C
【原卷 5 题】 知识点 a-t图象,牛顿第二定律
【正确答案】
B
【试题解析】
5-1（基础） 排球是人们最喜爱的运动之一。如图所示，运动员在原地向上做抛接球训练，排球在空中受到空气的阻力大小可视为不变，下列能反映排球上升和下落运动过程的图像是（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】 B
5-2（基础） 一座大楼中有一部直通高层的客运电梯，电梯的简化模型如图甲所示。已知电梯在t=0时由静止开始上升，电梯的加速度a随时间t的变化如图乙所示。图甲中有一质量为M的乘客站在电梯里，电梯对乘客的支持力为F。根据a-t图像可以判断力F大小不变且F
A.1~8 s内 B.8~9 s内
C.15~16 s内 D.16~23 s内
【正确答案】 D
5-3（巩固） 很多智能手机都有加速度传感器，能通过图像显示加速度情况，用手掌托着智能手机，打开加速度传感器，把手机向上抛出，然后又在抛出点接住手机，得到如图所示的加速度随时间变化的图像，图中，，，，取重力加速度，由此可判断出（ ）
A.时刻手机的速度最大 B.时刻手机离开手掌
C.时刻手机处于超重状态 D.手机离开手掌后上升的高度为0.45m
【正确答案】 D
5-4（巩固） 在“探究加速度与物体受力、物体质量的关系”实验中，将具有加速度测量功能的智能手机固定在小车上，改装成如图1所示的装置来测量小车加速度。小车的质量，槽码的质量。小车由静止释放，设小车前进的方向为正方向，通过手机软件测得加速度随时间变化图像如图2所示，其中减速过程中加速度超过了手机的显示范围。关于此实验的分析，下列说法正确的是（ ）
A.放手机与不放手机相比，小车加速过程中的加速度较大
B.放手机与不放手机相比，小车加速过程中细线对小车的拉力较小
C.小车与制动器碰撞前的速度大小约为
D.此手机的质量约为
【正确答案】 D
5-5（巩固） 如图甲所示，质量分别为mA和mB的两物体用轻弹簧连接置于光滑水平面，初始时两物体被锁定，弹簧处于压缩状态。t=0时刻将B物体解除锁定，t=t1时刻解除A物体的锁定，此时B物体的速度为v0，A、B两物体运动的a-t图像如图乙示，其中S1和S2分别表示0～t，时间内和t1～t3时间内B物体的a-t图像与坐标轴所围面积的大小。则下列说法正确的是（ ）
A.mA>mB B.S1>S2
C.t1～t3时间内A、B间距离一直增大 D.t1～t3时间内A的速率先增大后减小
【正确答案】 B
5-6（巩固） 在水平地面上以初速度v0竖直向上抛出一个小球，已知该小球所受的空气阻力大小与速度大小的平方成正比，则从抛出小球到小球落地的过程中，以竖直向上为矢量的正方向，小球运动的a-t和v-t图像可能正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】 C
5-7（提升） 很多智能手机都有加速度传感器，安装能显示加速度情况的应用程序，便可以测量手机运动的加速度。手机沿任意方向移动一下，屏幕上便可显示沿、、轴三个维度各自加速度大小随时间的变化图像。现将手机由静止释放，掉落在桌面上、图中“轴线性加速度”表示手机竖直方向的加速度随时间的变化情况。下列说法正确的是（ ）
A.图中轴的正方向为竖直向下
B.手机自由下落的时间区间约为至
C.大约末手机第一次接触桌面
D.整个过程中手机做自由落体运动
【正确答案】 B
【原卷 6 题】 知识点 不同轨道上的卫星各物理量的比较,卫星发射及变轨问题中各物理量的变化
【正确答案】
C
【试题解析】
6-1（基础） 北京时间2021年10月16日6时56分，神舟十三号载人飞船采用自主快速交会对接模式成功对接于空间站天和核心舱径向端口，翟志刚、王亚平、叶光富三名航天员成功进驻空间站天和核心舱，开始中国迄今时间最长的载人飞行。已知空间站轨道离地面的高度约为地球半径的，绕地球飞行的轨道可视为圆轨道。下列说法正确的是（ ）
A.空间站在轨道上运行的线速度大于
B.空间站在轨道上运行的加速度小于地面重力加速度g
C.对接后，空间站由于质量增大，轨道半径将变小
D.若已知空间站的运行周期、地球半径和引力常量G，可求出空间站质量
【正确答案】 B
6-2（基础） 2021年10月16日，神舟十三号载人飞船在酒泉成功发射，并进入预定轨道，顺利将翟志刚、叶光富、王亚平3名航天员送入太空，飞船入轨后，按照预定程序，将通过加速与空间站进行自主快速交会对接.对接前，神舟十三号和空间站在轨运动的情形如图甲所示，对接时的情形如图乙所示，则下列说法正确的是（ ）
A.甲图中，是空间站，是神舟十三号
B.甲图中，的加速度比的加速度小
C.乙图中，对接时，神舟十三号的速度比在甲图中在轨运行时速度大
D.乙图中，对接时，神舟十三号的机械能比在甲图中在轨运行时机械能大
【正确答案】 D
6-3（巩固） 2021年10月16日神舟十三号载人飞船与空间站对接的可近似如图所示情景，半径为r的圆形轨道I为空间站运行轨道，半长轴为a的椭圆轨道II为载人飞船的运行轨道，飞船在两个轨道相切点A与空间站交会对接，已知飞船与空间站均绕地球运动，引力常量为G，地球质量为M，下列说法中正确的是（ ）
A.空间站的运行速度大于第一宇宙速度
B.在A点对接时飞船应沿运行速度方向喷气
C.飞船与空间站运行周期之比为
D.飞船在II轨道经过A点，喷气变轨前一刻的速度小于
【正确答案】 D
6-4（巩固） 径向交会对接是指飞船沿与空间站运动方向垂直的方向和空间站完成交会对接。2021年10月16日我国的神舟十三号载人飞船成功发射，并于当天与距地表约400km的空间站完成径向交会对接。掌握径向对接能力，可以确保中国空间站同时对接多个航天器，以完成不同批次航天员在轨交接班的任务，满足中国空间站不间断长期载人生活和工作的需求。交会对接过程中神舟十三号载人飞船大致经历了以下几个阶段：进入预定轨道后经过多次变轨的远距离导引段，到达空间站后下方52km处；再经过多次变轨的近距离导引段到达距离空间站后下方更近的“中瞄点”；到达“中瞄点”后边进行姿态调整，边靠近空间站，在空间站正下方200米处调整为垂直姿态（如图所示）；姿态调整完成后逐步向核心舱靠近，完成对接。根据上述材料，结合所学知识，判断以下说法正确的是（ ）
A.远距离导引完成后，飞船绕地球运行的线速度小于空间站的线速度
B.近距离导引过程中，飞船的机械能不断减少
C.姿态调整完成后至对接完成，飞船绕地球运行的线速度小于空间站的线速度
D.姿态调整完成后至对接完成，需要沿飞船与地心连线向地球喷射燃气
【正确答案】 C
6-5（巩固） 2022年4月13日，神舟十三号飞船在历经了183天的太空航行之后，成功返回地球，创下了中国载人航天空间站任务飞行时间最长、任务项目最多的纪录。神舟十三号此行的主要任务之一是进入太空并与天宫空间站进行对接，飞船的运动可简化为如图所示的情境，圆形轨道2为天宫空间站运行轨道，椭圆轨道1为载人飞船运行轨道，两轨道相切于P点，Q点在地面附近，是轨道1的近地点，则下列判断正确的是（ ）
A.载人飞船可在到达轨道2后不断加速追上空间站实现对接
B.载人飞船在轨道1上P点的加速度等于空间站在轨道2上P点的加速度
C.载人飞船在轨道1上经过Q点时的速度等于7.9km/s
D.载人飞船从Q点向P点运动过程中，万有引力不做功
【正确答案】 B
6-6（巩固） 北京时间2021年10月16日6时56分，神舟十三号载人飞船和空间站成功对接，标志着我国航天科技达到了新高度。如图为飞船和空间站对接示意图，实线圆为飞船和空间站的运行轨道，虚线椭圆为飞船转移轨道，已知飞船和空间站的运行轨道半径之比为k，则下列说法正确的是（ ）
A.飞船和空间站在各自运行轨道上的加速度大小之比为k2
B.飞船和空间站在各自运行轨道上的速度大小之比为
C.飞船和空间站在各自运行轨道上的角速度大小之比为
D.飞船在运行轨道和转移轨道上的运动周期之比为
【正确答案】 D
6-7（提升） 2021年10月16日，长征二号F运载火箭遥十三搭载着翟志刚、王亚平与叶光富三位航天员的神舟十三号载人飞船发射升空，神舟十三号采用自主快速交会对接模式成功对接于天和核心舱径向端口，与此前已对接的天舟二号、天舟三号一起构成四舱（船）组合体，如图甲所示。如图乙所示，轨道Ⅰ为空间站运行圆轨道，轨道Ⅱ为载人飞船运行椭圆轨道，两轨道相切于A点，载人飞船在A点与空间站组合体完成对接，若空间站组合体距地球表面的高度为h，地球半径为R，航天员与载人飞船始终相对静止，则下列说法正确的是（ ）
A.翟志刚、王亚平与叶光富三位航天员随空间站组合体做圆周运动过程中，所受向心力大小相等
B.对接前，载人飞船与地心的连线和空间站组合体与地心的连线在相同时间内扫过的面积相同
C.若载人飞船在轨道Ⅰ、Ⅱ的运行周期之比为，则轨道Ⅱ近地点距地球表面的距离为
D.载人飞船上在轨道Ⅰ、Ⅱ上运行经过A点时向心加速度不相等
【正确答案】 C
【原卷 7 题】 知识点 光的折射定律、折射率
【正确答案】
B
【试题解析】
7-1（基础） 一圆柱形透明介质放在水平地面上，其横截面如图所示，点为圆心，直径竖直，右侧半圆面镀银。一光线从点水平向右射入介质，光线在点的入射角为，在镀银处发生一次反射后射出介质，且射出时光线水平向左，则该介质的折射率为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】 B
7-2（基础） 如图所示，△ABC为一玻璃三棱镜的横截面，∠A＝30°．一束红光垂直AB边射入，从AC边上的D点射出，其折射角为60°，则玻璃对红光的折射率为（ ）
A.1.5 B. C. D.2.0
【正确答案】 C
7-3（巩固） 小华家装修，阳台窗户是双层玻璃，双层平行玻璃中间是氙气，合同规定两块玻璃的厚度相同计为d，中间夹层气体的厚度为h，小华想帮助父母看看双层玻璃是否是按合同要求安装的。设计如下：小华找到一个激光笔，让光从窗户一侧以与玻璃成角入射并记录入射点A，同时记录A点在对面玻璃外面的投影点，然后在窗户另一侧记录出射点的位置B。测量的距离。已知玻璃的折射率为，认为氙气的折射率为1。如果按合同要求玻璃、气体、玻璃分别是、、安装的窗户，则的长度约为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】 C
7-4（巩固） 如图所示，P、Q是两种透明材料制成的两块直角梯形的棱镜，叠合在一起组成一个长方体。某单色光沿与P的上表面成θ角的方向斜射向P，其折射光线正好垂直通过两棱镜的界面，已知材料的折射率分别为nP、nQ。则（ ）
A.若，从Q的下表面射出的光线与入射到P的上表面的光线平行
B.若，从Q的下表面射出的光线与入射到P的上表面的光线不平行
C.若，从Q的下表面射出的光线与下表面所夹的锐角可能等于θ
D.若，从Q的下表面射出的光线与下表面所夹的锐角一定大于θ
【正确答案】 A
7-5（巩固） 某科技馆内有一个半径为R的半圆柱形透明体，其俯视图如图所示。为估测该透明体材料的折射率，某同学进行了如下实验:用激光笔从右侧沿垂直于直径AB方向朝透明体射入，保持入射方向不变，入射点由圆心O处缓慢向A处移动，观察到从圆弧面上射出的光逐渐减弱。当入射点到达C处时，恰好看不到光从圆弧面上D处射出，测得OC=0.6R。由此，可求出透明体材料的折射率为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】 D
7-6（巩固） 在测量玻璃砖折射率实验时，某同学利用插针法得到通过长方体玻璃砖前后的两条光线，如图所示。经测量得到α=β=30°，则该玻璃砖的折射率为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】 C
7-7（提升） 一束激光垂直照射在光屏上，形成一圆形光斑如图甲所示。现在光屏前放置一透明的玻璃圆柱体，让激光垂直圆柱体轴线入射，光束经过圆柱体后照射在光屏上，如图乙所示。则在光屏上观察到的光斑形状可能为（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】 B
【原卷 8 题】 知识点 斜抛运动
【正确答案】
A
【试题解析】
8-1（基础） 在篮球比赛中，投篮的投出角度太大或太小，都会影响投篮的命中率。在火箭对阵湖人的比赛中，姚明顶着奥尼尔完成了一个漂亮的投篮，篮球以与水平面成45°的倾角准确落入篮筐，如图所示。这次跳投，投球点和篮筐正好在同一水平面上，设投球点到篮筐距离为10m，不考虑空气阻力，g取，则（ ）
A.篮球出手的速度大小为7m/s
B.篮球在空中运动的时间为
C.篮球进筐的速度大小为
D.篮球投出后的最高点相对地面的竖直高度为2.5m
【正确答案】 B
8-2（基础） 某次高一投篮比赛中，小明跳起投篮，篮球在空中划过曲线后准确落入篮筐，投球点和篮筐正好位于同一水平面上，如图所示。假设小明将篮球以速度大小为v，与水平成θ的倾角抛出。参考平抛运动的研究方法，将篮球的运动分解为水平方向和竖直方向两个分运动。忽略空气阻力，重力加速度为g。此篮球被抛出到落入篮筐的运动时间t及水平射程x的计算结果正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】 D
8-3（巩固） 如下图所示，某同学分别在同一直线上的A、B、C三个位置投掷篮球，结果都击中篮筐，击中篮筐时篮球的速度方向均沿水平方向，大小分别为、、，若篮球出手时高度相同，速度的方向与水平方向的夹角分别是、、，不计空气阻力，则下列说法正确的是（ ）
A. B. C. D.3
【正确答案】 B
8-4（巩固） 在篮球比赛中，篮球投出时角度太大和太小，都会影响投篮的命中率。在某次投篮时，篮球以与水平面成45°的倾角准确落入篮筐，设投球点和篮筐正好在同一水平面上（如图），投球点到篮筐距离为，不考虑空气阻力，g取、下列说法正确的是（ ）
A.篮球在空中运动的时间是
B.篮球落入篮筐时的速度大小为
C.篮球投出后的最高点相对篮筐的竖直高度是
D.篮球从投出到落入篮筐速度变化量为零
【正确答案】 C
8-5（巩固） 在篮球比赛中，运动员投出的篮球以与水平面成45°的倾角准确落入篮筐，这次跳起投篮时，投球点和篮筐正好在同一水平面上，如图所示，若投球点到篮筐距离为x，不考虑空气阻力，则（ ）
A.篮球进筐时的速度为
B.篮球在最高点的速度为
C.篮球在空中的运动时间为
D.篮球投出后的最高点相对篮筐的竖直高度是
【正确答案】 B
8-6（巩固） 某次高一投篮比赛中，小明跳起投篮，篮球在空中划过曲线后准确落入篮筐，投球点和篮筐正好位于同一水平面上，如图所示。假设小明将篮球以速度大小为v，与水平成θ的倾角抛出。参考平抛运动的研究方法，将篮球的运动分解为水平方向和竖直方向两个分运动。忽略空气阻力，重力加速度为g。比赛中由于对方球员多次犯规小明获得罚球权，两次篮球都垂直撞在竖直篮板上，篮球的轨迹分别如图中曲线1、2所示。若两次抛出篮球的速度和的水平分量分别为和，竖直分量分别为和，下列关系正确的是（ ）
A.， B.，
C.， D.，
【正确答案】 A
8-7（提升） 中国运动员谷爱凌在北京冬奥会自由式滑雪女子大跳台项目中获得金牌。如图所示为赛道的简化模型，ab为助滑道，bc为带有跳台的起跳区，cd为着陆坡，de为停止区。运动员在跳台顶端M点以速度斜向上飞出，速度方向与水平方向夹角为θ，落地点为着陆坡上的P点。已知M点到P点的高度差为h，假设运动员在空中运动过程只受重力作用，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A.运动员在P点落地速度大小为
B.运动员在P点落地速度与水平方向的夹角正切值为
C.运动员在空中的运动时间为
D.运动员在空中最高点与P点的高度差为
【正确答案】 B
【原卷 9 题】 知识点 弹簧振子运动时能量的转化
【正确答案】
D
【试题解析】
9-1（基础） 某弹簧振子简谐运动图像如图所示，t1~t2时间内振子（ ）
A.速度增大
B.加速度增大
C.回复力增大
D.机械能增大
【正确答案】 A
9-2（基础） 如图，弹簧振子在A、B间做简谐振动，O点为平衡位置。在小球动能增大的过程中（ ）
A.弹簧对小球做正功，弹簧振子机械能增大
B.弹簧对小球做负功，弹簧振子机械能增大
C.弹簧对小球做正功，弹簧振子机械能不变
D.弹簧对小球做负功，弹簧振子机械能不变
【正确答案】 C
9-3（巩固） 如图，一根用绝缘材料制成的轻弹簧，劲度系数为k，一端固定，另一端与质量为m、带电荷量为＋q的小球相连，静止在光滑绝缘水平面上的A点，当施加水平向右的匀强电场E后，小球从静止开始在A、B之间做简谐运动，在弹性限度内下列关于小球运动情况说法中正确的是（ ）
A.小球在A、B的速度为零而加速度相同
B.小球简谐振动的振幅为
C.从A到B的过程中，小球和弹簧系统的机械能不断增大
D.将小球由A的左侧一点由静止释放，小球简谐振动的周期增大
【正确答案】 C
9-4（巩固） 如图所示弹簧下面挂一个质量为m的物体，物体在竖直方向作振幅为A的简谐运动，当物体振动到最高点时，弹簧正好为原长，则物体在振动过程中（ ）
A.物体在最低点时所受的弹力大小为2mg
B.弹簧的弹性势能和物体动能总和不变
C.弹簧的最大弹性势能不等于2mgA
D.物体的最大动能应等于2mgA
【正确答案】 A
9-5（巩固） 如图所示，轻质弹簧上端悬挂于天花板，下端系一圆盘A，处于静止状态，一圆环B套在弹簧外，与圆盘A距离为h，让环自由下落撞击圆盘，碰撞时间极短，碰后圆环与圆盘共同向下开始运动，下列说法正确的是（ ）
A.整个运动过程中，圆环、圆盘与弹簧组成的系统机械能守恒
B.碰撞后环与盘一起做匀加速直线运动
C.碰撞后环与盘一起运动的过程中，速度最大的位置与h有关
D.从圆环B开始下落到运动到最低点的过程中，环与盘重力势能的减少量大于弹簧弹性势能的增加量
【正确答案】 D
9-6（巩固） 如图所示，两根完全相同的轻弹簧和一根张紧的细线，将甲、乙两物块束缚在光滑的水平面上。已知甲的质量小于乙的质量，弹簧在弹性限度范围内。剪断细线后，在两物块运动的过程中（ ）
A.甲的振幅大于乙的振幅
B.甲的最大速度大于乙的最大速度
C.甲的最大动能小于乙的最大动能
D.甲的最大加速度等于乙的最大加速度
【正确答案】 B
9-7（提升） 如图，质量均为的物块A、B用轻弹簧相连，放在光滑水平面上，B与竖直墙面紧靠。另一个质量为的物块C以某一初速度向A运动，C与A碰撞后粘在一起不再分开，它们共同向右运动并压缩弹簧，弹簧储存的最大弹性势能为6.0J。最后弹簧又弹开，A、B、C一边振动一边向左运动，那么（ ）
A.从C触到A，到B离开墙面这一过程，系统的动量不守恒，而机械能守恒
B.B离开墙面以后的运动过程中，B的最大速度为3m/s
C.C的初动能为8.0J
D.B离开墙面后，弹簧的最大弹性势能为1.2J
【正确答案】 B
【原卷 10 题】 知识点 导体棒进出磁场区域的加速度变化,求导体棒运动过程中通过其截面的电量
【正确答案】
B
【试题解析】
10-1（基础） 如图所示，金属杆ab以一定的初速度从倾斜、光滑的固定平行金属导轨底端向上滑行，一段时间后义回到导轨底端。已知两导轨上端连有一阻值为R的电阻，导轨间有垂直于导轨平面向上的匀强磁场。下列分析正确的是（ ）
A.金属杆向上滑行与向下滑行的时间相等
B.金属杆向上滑行时，通过金属杆的电流方向从b到a
C.金属杆向上滑行时，通过电阻R的电荷量大于向下滑行时通过电阻R的电荷量
D.金属杆刚向上滑行时受到的安培力大于刚回到导轨底端时受到的安培力
【正确答案】 D
10-2（基础） 如图甲所示,PQ和MN为水平、平行放置的两光滑金属导轨,两导轨相距L=1 m,导体棒ab垂直于导轨放在导轨上,导体棒的中点用细绳经滑轮与物体相连,细绳一部分与导轨共面且平行,另一部分与导轨所在平面垂直,物体放在水平面上,匀强磁场的磁感应强度为B=1 T,方向竖直向下,开始时绳子刚好要绷紧,现给导体棒中通入电流,使导体棒向左做加速运动,物体运动的加速度大小与导体棒中通入的电流大小关系如图乙所示,重力加速度大小为g=10 m/s2．则物体和导体棒的质量分别为（ ）
A.0.1 kg 0.9 kg B.0.9 kg 0.1 kg
C.0.1 kg 1.0 kg D.1.0 kg 0.1 kg
【正确答案】 A
10-3（巩固） 如图所示，阻值不计、足够长的平行光滑导轨竖直放置，上端连接一电阻，一金属棒（电阻不计）水平放置与导轨接触良好，导轨平面处于匀强磁场中且与磁场方向垂直，金属棒从某处由静止释放向下运动，设运动过程中棒的加速度为a、动量为p、通过的电荷量为q、重力势能为、位移为x、运动时间为t．下列图像不正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】 B
10-4（巩固） 如图所示，两条相距L的足够长平行光滑导轨放置在倾角为的斜面上，阻值为R的电阻与导轨相连，质量为的导体棒MN垂直于导轨放置，整个装置在垂直于斜面向下的匀强磁场中，磁感应强度的大小为。轻绳一端与导体棒相连，另一端跨过定滑轮与一个质量为的物块相连，且滑轮与杆之间的轻绳与斜面保持平行，物块距离地面足够高，导轨、导体棒电阻不计，轻绳与滑轮之间的摩擦力不计，重力加速度为g。从将物块由静止释放，到经过达到最大速度的过程中，下列说法正确的是（ ）
A.导体棒M端电势高于N端电势
B.导体棒的加速度可能大于
C.通过导体棒的电荷量为
D.导体棒运动的最大速度大小为
【正确答案】 C
10-5（巩固） 由相同材料的导线绕成边长相同的甲、乙两个正方形闭合线圈，两线圈的质量相等，但所用导线的横截面积不同，甲线圈的匝数是乙的2倍。现两线圈在竖直平面内从同一高度同时由静止开始下落，一段时间后进入一方向垂直于纸面的匀强磁场区域，磁场的上边界水平，如图所示。不计空气阻力，已知下落过程中线圈始终平行于纸面，上、下边保持水平。在线圈下边进入磁场后且上边进入磁场前，不可能出现的是（ ）
A.甲和乙都加速运动
B.甲和乙都减速运动
C.甲和乙都匀速运动
D.甲减速运动，乙加速运动
【正确答案】 D
10-6（巩固） 如图1所示，光滑的平行导电轨道水平固定在桌面上，轨道间连接一可变电阻，导体杆与轨道垂直并接触良好（不计杆和轨道的电阻），整个装置处在垂直于轨道平面向上的匀强磁场中。杆在水平向右的拉力作用下先后两次都由静止开始做匀加速直线运动，两次运动中拉力大小与速率的关系如图2所示。其中，第一次对应直线①，初始拉力大小为F0，改变电阻阻值和磁感应强度大小后，第二次对应直线②，初始拉力大小为2F0，两直线交点的纵坐标为3F0。若第一次和第二次运动中的磁感应强度大小之比为k、电阻的阻值之比为m、杆从静止开始运动相同位移的时间之比为n，则k、m、n可能为（ ）
A.k = 2、m = 2、n = 2 B.
C. D.
【正确答案】 C
10-7（提升） 某种超导磁悬浮列车是利用超导体的抗磁作用使列车车体向上浮起，同时通过周期性地变换磁极方向而获得推进动力。其推进原理可以简化为如图所示的模型：PQ和MN是固定在水平地面上的两根足够长的平直导轨，导轨间分布着竖直（垂直纸面）方向等间距的匀强磁场B1和B2。二者方向相反。矩形金属框固定在实验车底部（车厢与金属框绝缘）。其中ad边宽度与磁场间隔相等。当磁场B1和B2同时以速度v沿导轨向右匀速运动时。金属框受到磁场力，并带动实验车沿导轨运动，已知金属框垂直导轨的ab边的边长L、金属框总电阻R，列车与线框的总质量m，B1＝B2＝B，悬浮状态下，实验车运动时受到的阻力恒为其对地速度的K倍。则下列说法正确的是（ ）
A.列车在运动过程中金属框中的电流方向一直不变
B.列车在运动过程中金属框产生的最大电流为
C.列车最后能达到的最大速度为
D.列车要维持最大速度运动，它每秒钟消耗的磁场能为
【正确答案】 C
【原卷 11 题】 知识点 用电阻箱替代电阻测量阻值,多用电表欧姆挡的测量原理和内部电路,实验：伏安法测量未知电阻
【正确答案】
【试题解析】
11-1（基础） 为了较准确测（大约）的阻值，有以下一些器材可供选择：
电流表（量程，内阻约）；
电流表（量程，内阻约）；
电压表（量程，内阻很大）；
电压表（量程，内阻很大）；
电源E（电动势约为，内阻约为）；
定值电阻R（，允许最大电流）；
滑动变阻器（，允许最大电流）；
滑动变阻器（，允许最大电流）；
单刀单掷开关S一个，导线若干。
①电流表应选______，滑动变阻器应选______；（填器材的符号）
②请在线框内画出测量电阻的实验电路图______；（要求所测量范围尽可能大）
③某次测量中，电压表示数为U时，电流表示数为I，则计算待测电阻阻值的表达式为______。
【正确答案】 如图所示
或
11-2（基础） 用替代法测一个未知电阻的阻值可以用如图所示的电路，图中R为电阻箱（R的最大阻值大于待测电阻的阻值），为单刀双掷开关，为滑动变阻器，最大阻值为20Ω．为了电路安全，测量前应将滑动变阻器的滑片P调至________（选填“a”或“b”），电阻箱阻值应调至________（选填“最大”或“最小”）．闭合开始实验，接下来有如下一些操作：
A．慢慢移动滑片P
B．将闭合在“2”端
C．将闭合在“1”端
D．将断开，整理实验器材
E．调节电阻箱R的值，使电流表指针指在________（请补充完整）
F．使电流表指针变化至某一适应位置
G．记下电阻箱上电阻示数
实验操作的合理次序是：________（填字母）．
【正确答案】 B 最大 与操作F中电流表指针的同一位置处 C、A、F、B、E、G、D
11-3（巩固） 某物理兴趣小组的同学要测定某电阻Rx的阻值，通过讨论，决定采用下列方法来测定。
(1)方法一：用多用电表测量
首先，选用欧姆表“×1”挡进行粗测，正确操作后，表盘指针如图1所示，则该电阻的测量值为Rx=______Ω。
(2)方法二：用伏安法测量
所用的部分器材：电压表V（0～3 V，内阻约3 kΩ）；电流表A（0～0.6 A，内阻约2 Ω）。分析下列问题。
①他们设置了如图2、图3所示的两种电路图，为减小实验误差应选用______（填“图2”或“图3”）作为测量电路；
②请根据他们所选的电路将图4所示的实物图连接好；（______）
③他们选择了正确的电路后，通过测量，根据得到的实验数据作出了如图5所示的U-I图象，根据图象，可得 Rx=___________Ω。
(3)方法三：等效替代法
某同学设计了如图6所示的测量电路，实验步骤如下所示：
A．按图6连接好实验电路。
B．保持开关S2断开，将开关S1闭合，然后调节电阻箱R和滑动变阻器R′。待电路稳定后电阻箱读数R1如图7所示，记下此时电压表的示数。
C．闭合开关S2，保持滑动变阻器的滑片位置不变，然后调节电阻箱的电阻，使电压表的读数与步骤B中的示数相同，此时电阻箱的读数R2=26 Ω。
①在步骤B中电阻箱的读数为R1=___________Ω；
②由以上实验测得电阻Rx的阻值为Rx=___________Ω。
【正确答案】 7 图2 6.25 20 6
11-4（巩固） 某探究小组利用课外时间做了如下探究实验．
先利用如图所示的电路来测量两个电压表的内阻，实验分两个过程，先用替代法测出电压表V1的内阻，然后用半偏法测出电压表V2的内阻．供选用的器材如下：
A．待测电压表V1，量程为2.0 V，内阻为10～30 kΩ
B．待测电压表V2，量程为3.0 V，内阻为30～40 kΩ
C．电阻箱，阻值范围为0～99 999.9 Ω
D．滑动变阻器，阻值范围0～1 000 Ω，额定电流为0.5 A
E．滑动变阻器，阻值为0～20 Ω，额定电流为2 A
F．电池组、电动势为6.0 V，内阻为0.5 Ω
G．单刀单掷开关、单刀双掷开关各一个，导线若干
(1)实验器材除选择A、B、C、F、G外，滑动变阻器R′应选用________．(用器材前的字母表示)
(2)下面是主要的实验操作步骤，将所缺的内容补充完整．
①用替代法测待测电压表V1的内阻
根据电路图连接实验电路，并将滑动变阻器R′的滑动触头置于最左端；将单刀双掷开关S2置于触点2，调节滑动变阻器R′，使电压表V2的指针指在刻度盘第N格，然后将单刀双掷开关S2置于触点1，调节电阻箱R使电压表V2的指针指在________，记下此时电阻箱R的阻值；
②用半偏法测待测电压表V2的内阻
将单刀双掷开关S2置于触点1，电阻箱的阻值调为零，闭合开关S1，调节滑动变阻器使电压表V2的指针满偏．保持滑动变阻器R′的滑动触头位置不变，调节电阻箱R，使电压表V2的指针指在________，记下电阻箱R的阻值．
【正确答案】 E 刻度盘的第N格 刻度盘的中央
11-5（巩固） 在一次实验活动比赛中，老师给定了以下器材：一个输出电压为9V的稳压电源、一只电压表、一个电阻箱Rʹ、一个最大值为40Ω的滑动变阻器R、两只开关以及导线若干，要求测定一只额定电压为6V的小灯泡L正常工作时的电阻和额定功率。聪明的李明设计了如图甲所示的电路图，顺利完成了实验。
（1）请根据图甲所示的电路图，用笔画线代替导线将图乙图中电压表正确接入实物电路中。（_______）
（2）李明在实验时，电路正确连接后，只闭合开关S1，发现小灯泡不亮，电压表有较小示数，其原因可能是___________。
（3）经过调整操作后，使电压表示数等于6V后，保持滑动变阻器R的滑片P位置不动，断开开关S1，再闭合开关S2，调整电阻箱Rʹ接入电路的阻值，使电压表的示数再次等于________V，此时电阻箱的示数如图丙所示，则电阻箱接入电路的阻值为___________Ω，由此可知小灯泡的电阻为___________Ω。小灯泡电阻的得出是运用了物理研究中的_________（填“控制变量法”或“等效替代法”）。
（4）根据以上获得的实验数据可知小灯泡的额定功率为______W，此时滑动变阻器接入电路的电阻为______Ω。
【正确答案】 滑动变阻器处于最大阻值处 6 10 10 等效替代法 3.6 5
11-6（巩固） 用多用电表测电阻时选用“×100”的挡位发现指针偏角太大，挡位应调整为________（“×1000”或者“×10”）经过欧姆调零重新测量，指针如图所示，那么电阻阻值为________。在研究伏安法测电阻的实验中某实验小组经过讨论，发现无论是用电流表内接法还是外接法测量，都不可避免产生电表内阻引起的系统测量误差，于是该实验小组又设计了如图所示的实验方案，利用该方案测量的主要实验步骤如下：
第一步：将开关S2接2，闭合开关S1，调节滑动变阻器RP和RW，使电表读数接近满量程，但不超过量程，记录此时电压表和电流表的示数为U1、I1。
第二步：保持滑动变阻器________的滑动触头位置不变，单刀双掷开关S2合向1，调节滑动变阻器________，读出此时电压表和电流表的示数U2、I2（选填“RW”或“RP”）。由以上记录的数据计算出被测电阻Rx的表达式为Rx＝________。
【正确答案】 ×10 180 RP RW
11-7（提升） 某物理兴趣小组无意间得到一似金属又似塑料材质的细丝线，丝线横截面为圆形。现为研究其导电性能，测其电阻率，提供如下实验器材：
A．直流电源（电动势，内阻可忽略不计）
B．电压表（量程，内阻为）
C．电压表（量程，内阻为）
D．电流表（量程，内阻为）
E．电流表（量程，内阻为）
F．电流表（量程，内阻为）
G．滑动变阻器（最大阻值为，允许流过最大电流）
H．滑动变阻器（最大阻值为，允许流过最大电流）
I．多用电表（欧姆挡位可正常使用，其他挡位不明）
J．开关、导线若干
K．游标卡尺（50分度）、毫米刻度尺
实验过程如下：
（1）游标卡尺测量物体的长度就是游标卡尺主尺上的“0”刻度线与游标尺上的“0”刻度线之间的距离，而50分度游标卡尺游标尺上每一小格的长度为。小组成员甲用游标卡尺测丝线直径，没有说明测得是多少，只是告诉用50分度游标卡尺测量时，游标尺上第38刻度线与主尺上刻度线对齐，游标尺上起始刻度线为第0刻度线。则该同学测得丝线直径_____________。
（2）小组成员乙首先用多用电表欧姆挡位粗测其电阻，操作步骤正确，两表笔接细线两端，选用倍率“”，欧姆表指针位置如图中a所示，应该重新选择倍率_____________（选择填写“”、“”或“”）。再次进行欧姆调零后测量电阻，指针如图中b位置所示，则测得电阻为_____________。
（3）为了较准确测量该丝线的电阻，小组成员丙准备采用伏安法测量电阻，测量电路图如下图所示，同样将细丝两端接入电路，表示待测丝线。为使测量过程中各电表读数均能在满偏以上，并几乎能同时接近满偏，电压表应选用_____________，电流表选用_____________，滑动变阻器选用_____________。（选择填写器材前面的序号，填写元件符号及其他内容均不得分）
（4）若某次测得电压表读为U、电流表读数为I，电压表内阻用、电流表内阻用表示，则所测电阻准确值表达式为_____________（不代数值，仅用给定字母表达）。采用电流表内接对实验结果_____________影响。（选择填写“有”或“无”）
（5）同时用毫米刻度尺测出丝线接入电路中的有效长度L，根据电阻定律即可求出该丝线的电阻率。
【正确答案】 1.76 190 C F G 无
【原卷 12 题】 知识点 根据有效值计算交流电路中的电功、电功率和焦耳热,理想变压器两端电压与匝数的关系
【正确答案】
【试题解析】
12-1（基础） 某同学制作一个简易的手摇发电机，正方形线圈的边长为L，共N匝，将线圈放入磁感应强度为B的匀强磁场中，绕垂直于磁场方向的轴OO1以角速度ω匀速转动。发电机（内阻可忽略）输出端和理想变压器原线圈相连，副线圈回路负载电阻为R，原、副线圈匝数比为5∶1，其简化示意图如图所示，求：
（1）从图示位置计时，发电机产生的电动势的瞬时值表达式；
（2）电阻R消耗的电功率P。
【正确答案】 （1）；（2）
12-2（基础） 如图所示为自耦变压器的示意图，其中L为一个绕在闭合铁芯上的线圈，共有1500匝。它的下端点接地，并连接着输入端B和输出端D，另一输入端A固定在线圈某处，而另一输出端C则可以在线圈上滑动。
（1）要求在A、B间输入交变电压，在C、D间的输出电压在间连续可调。A、B间线圈匝数是多少？
（2）若输入电压降至，输出电压要求为，连接在C、D间的线圈应为多少匝？
【正确答案】 （1）匝；（2）匝
12-3（巩固） 某发电机输电电路的简图如图所示，发电机的矩形线框ABCD处于磁感应强度大小为B=的水平匀强磁场中，线框面积为S=0.25m2，匝数为100匝，电阻不计．线框绕垂直于磁场的轴OO´以角速度ω=100πrad/s匀速转动，并与升压变压器的原线圈相连，升压变压器原、副线圈的匝数之比1：20 ，降压变压器的副线圈接入若干“220V，100W”的灯泡，两变压器间的输电线总电阻R=20Ω，变压器均为理想变压器．当发电机输出功率为时，灯泡正常发光.
(1)从线框平面与磁感线垂直时开始计时，写出线框中感应电动势随时间变化的关系式.
(2)求降压变压器原、副线圈的匝数之比.
【正确答案】 (1)；(2)240:11
12-4（巩固） 如图所示为一个小型交流发电机的示意图，其线框ABCD匝数n=100匝，面积为S=0.02m2，总电阻r=10Ω，绕垂直于磁场的轴OO′匀速转动，角速度ω=100rad/s。已知匀强磁场磁感应强度B=T，矩形线圈通过滑环与理想变压器相连，副线圈与电阻R相接，电表均为理想电表，电流表示数为I=2A。从线框转至中性面位置开始计时，求：
(1)线圈中感应电动势的瞬时值表达式；
(2)电压表的示数；
(3)当原、副线圈匝数比为2：1时，电阻R的阻值及消耗的电功率。
【正确答案】 (1)；(2)180V；(3)22.5Ω；360W
12-5（巩固） 如图所示，用一小型交流发电机向远处用户供电，已知发电机线圈abcd匝数N=100匝，面积，线圈匀速转动的角速度，匀强磁场的磁感应强度。输电时先用升压变压器将电压升高，到达用户区再用降压变压器将电压降下来后供用户使用，输电导线的总电阻为，变压器都是理想变压器，降压变压器原、副线圈的匝数比为，若用户区标有“，”的电动机恰能正常工作.发电机线圈电阻r不可忽略。求：
(1)交流发电机产生电动势的最大值；
(2)输电线路上损耗的电功率；
(3)若升压变压器原、副线圈匝数比为，升压变压器原线圈两端的电压
【正确答案】 (1)；(2)160W；(3)280V。
12-6（巩固） 如图所示，用一小型交流发电机向远处用户供电，已知发电机线圈匝数匝，面积，线圈匀速转动的角速度，匀强磁场的磁感应强度。输电时先用升压变压器将电压升高，到达用户区再用降压变压器将电压降下来后供用户使用，输电导线的总电阻为，变压器都是理想变压器，降压变压器原、副线圈的匝数比为，若用户区标有“”的电动机恰恰能正常工作，发电机线圈电阻不可忽略。求：
（1）交流发电机产生电动势的最大值及从图示位置开始计时瞬时电动势的表达式；
（2）输电线路止损耗的电功率；
（3）若升压变压器原、副线圈匝数比为，升压变压器原线圈两端电压。
【正确答案】 （1），；（2）；（3）
12-7（提升） 大型交流发电机采用的是旋转磁极式发电机，其原理图简化后如图甲所示，其矩形线圈在匀强磁场中不动，线圈匝数为1800匝，内阻不可忽略。产生匀强磁场的磁极绕垂直于磁场方向的固定轴（沿水平方向）匀速转动，线圈中的磁通量随时间按如图乙所示正弦规律变化。线圈的两端连接理想变压器，理想变压器原、副线圈的匝数比，电阻，电流表示数为80A。求：
（1）发电机产生的电动势的最大值；
（2）交流电压表的示数；
（3）发电机线圈的电阻。
【正确答案】 （1）；（2）；（3）
【原卷 13 题】知识点 应用波意耳定律解决实际问题,应用理想气体状态方程处理实际问题
【正确答案】
【试题解析】
13-1（基础） 图甲为某家转椅公司生产的一气压升降椅，其简要原理图如图乙所示，升降椅中间有一个开口向上，导热性能良好的气缸，气缸内封闭有压强为（与外界标准大气压相同）、体积为的气体，某同学坐上座椅后，座椅连带活塞缓慢下降，气体被压缩，最终静止时气体体积为。已知活塞截面积为S，与汽缸间摩擦不计，活塞和与其连接的部件质量可忽略不计，环境温度不变，环境气压为标准大气压，气缸不漏气。重力加速度为g，气缸内气体可看成理想气体。求：
（1）该同学坐上座椅稳定后，气缸内气体的压强p；
（2）该同学的质量m。
【正确答案】 （1）；（2）
13-2（基础） 如图所示，固定的竖直圆筒由上段细筒和下段粗筒组成，粗筒的横截面积是细筒的3倍，细筒足够长。粗筒中A、B两轻质光滑活塞间封有空气，活塞A上方有水银，用外力向上托住活塞B，使之处于静止状态，活塞A上方的水银面与粗筒上端相平。已知环境温度恒定，活塞与筒壁导热性良好；水银深H=15cm，气柱长L=50cm，大气压强。现使活塞B缓慢上移，直到有三分之一的水银被推入细简中。求：
（1）活塞B移动后，筒内气体的压强；
（2）活塞B向上移动的距离。
【正确答案】 （1）100cmHg；（2）10cm
13-3（巩固） 如图，U形细玻璃管竖直放置，管中有一段水银，左、右两竖直管中水银液面相平，AB管中封闭的气柱和水银柱的长度均为10cm，将U形管绕C点在竖直面内沿顺时针方向缓慢旋转53°时，AB管中气柱长为12.5cm，已知大气压强为75cmHg，环境温度为300K。
（1）求BC段玻璃管的长度；
（2）若玻璃管不转动，而使环境温度升高，使AB管中的气柱长也变为12.5cm，则升高后的环境温度为多少？
【正确答案】 （1）；（2）
13-4（巩固） 如图所示，总容积为、内壁光滑的汽缸水平放置，一横截面积为S的轻质薄活塞将定质量的理想气体封闭在汽缸内，活塞左侧由跨过光滑定滑轮的细绳与一质量为m的重物相连，汽缸右侧封闭且留有抽气孔。初始时刻活塞静止，活塞右侧气体的压强为，活塞左侧气体的体积为，温度为。将活塞右侧缓慢抽成真空并密封，整个抽气过程中缸内气体温度始终保持不变，然后将密封的气体缓慢加热，当温度达到时，活塞刚好碰到汽缸右侧，重力加速度为g，大气压强为。求：
（1）重物的质量m是多大；
（2）当气体温度达到时气体的压强。
【正确答案】 （1）；（2）
13-5（巩固） 某兴趣小组受“蛟龙号”的启发，设计了一个测定水深的深度计．如图，细管连通且导热性能良好的气缸Ⅰ、Ⅱ内径相同，长度均为L。气缸Ⅰ左端开口，内部有轻质薄活塞A，活塞密封性良好且可无摩擦左右滑动．外界大气压强为，气缸内封有压强为的气体，此时A位于气缸Ⅰ最左端。该装置放入水下后，测出A向右移动的距离可测定水的深度．已知相当于10m高的水柱产生的压强，不计水温变化，被封闭气体视为理想气体，求：
（1）当A向右移动时，水的深度h；
（2）该深度计能测量的最大水深。
【正确答案】 （1）h=2m；（2）hm=10m
13-6（巩固） 如图，一篮球内胆容积为且保持不变，其内气体压强等于外界大气压的1.2倍，因气压不足，现用打气筒给其打气。打气筒的最大容积为、内空为圆柱体且横截面积为S，每次打气都能将筒内吸入的体积为、压强等于外界大气压的空气注入球内。已知外界大气压为且不变，设整个打气过程中气体温度均不变，空气可视为理想气体。求：
（1）第6次打气完成后，篮球内气体的压强；
（2）第7次活塞下压的距离至少为多大时，阀门才能打开？
【正确答案】 （1）1.5p0；（2）
13-7（提升） 土卫六是太阳系中唯一拥有稳定大气的卫星，某同学尝试利用一导热性能良好的长方体容器测量土卫六表面的重力加速度。如图所示，将容器竖直放置在地面上，并封闭一定质量的理想气体，用一可自由移动的活塞将气体分成、两部分，活塞与容器无摩擦且不漏气，横截面积为S，该处附近的温度恒为27℃，稳定后部分气体的压强为，体积为，部分气体的体积为；将该容器倒过来，让部分气体在上方，此时部分气体的体积变为。若把容器移至土卫六表面处并竖直放置，部分气体在上方且体积变为，该处的温度恒为-198℃，地球表面的重力加速度为，求：
（1）活塞的质量；
（2）土卫六上容器放置处的重力加速度。
【正确答案】 （1）；（2）
【原卷 14 题】 知识点 拱桥和凹桥模型,应用动能定理解多段过程问题
【正确答案】
【试题解析】
14-1（基础） 如图所示，在竖直平面内，倾角=53°的直轨道与半径R=lm的圆弧轨道相切于B点，C点为圆弧轨道最低点。一个质量m=2kg的小物块（可以看作质点）从直轨道上与B点相距L=2.5m的P点由静止释放，经过t=1s到达B点，沿圆弧轨道运动到与圆心O等高的D点时，小物块对轨道的压力为2N，重力加速度g取10m/s2。求：
（1）直轨道的滑动摩擦因数；
（2）小物块从B运动到D的过程中克服摩擦力做的功。
【正确答案】 （1）0.5；（2）12J
14-2（基础） 如图所示，四分之一光滑圆轨道AB固定在竖直平面内，粗糙水平轨道BC与圆弧AB相切于B点。现将一质量为m=1kg，可视为质点的物块从与圆心等高的A点静止释放，物块滑至圆弧轨道最低点B时的速度大小为，之后物块向右滑上动摩擦因数的粗糙水平轨道BC，取重力加速度g=10m/s2，不计空气阻力。
（1）求物块滑至圆弧轨道最低点B时对轨道的压力大小F；
（2）物体最终停下来，求物体在水平面上通过的位移大小x。
【正确答案】 （1）30N；（3）0.4m
14-3（巩固） 如图所示，竖直平面内，一装置由倾斜直轨道AB、足够长的水平直轨道BC和半径R=2m的圆弧轨道CD组成，各轨道间平滑连接。一质量m=0.2kg的滑块（可视为质点）自空中O点以v0=4m/s的速度水平飞出，到达A点时的速度方向恰好沿AB方向，并沿轨道AB滑下。已知轨道AB长L=2m，与水平方向的夹角θ=37°，滑块与轨道AB间的动摩擦因数μ=0.5，其余部分摩擦不计，空气阻力不计，取重力加速度g=10m/s2。sin=0.6，cos=0.8。求:
(1)滑块运动到A点时的速度大小vA；
(2)滑块运动到圆轨道最低点C时对轨道的压力大小F；
(3)滑块能够沿圆弧轨道上升的最大高度H。
【正确答案】 (1)5m/s；(2)5.3N；(3)1.65m
14-4（巩固） 如图所示，轻质弹簧放置在水平地面上，一端固定在A点，另一端与一质量为m的物体P接触但不连接。现向左用力缓慢地推物体压缩弹簧，当物体P离B的距离为2l时由静止释放，弹簧将物体P弹开，物体P刚好能到达竖直固定放置的半圆轨道的最高点。已知半圆轨道BCD光滑，直径为l，其下端B与水平轨道相切，物块P与水平地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g。
（1）求P到达D点时速度的大小；
（2）求弹簧对物体P做了多少功？
【正确答案】 （1）；（2）
14-5（巩固） 钢架雪车被誉为冰雪运动中的“赛车”，北京冬奥会中钢架雪车部分赛道简图如图所示，半径的圆弧与一倾斜直轨道相切于点，为圆弧最低点，倾斜直轨道与水平面间的夹角，运动员俯卧在雪车上沿轨道滑动，运动员和雪车的总质量，经过最低点时，对轨道的压力为，再经过点时的速度。已知雪车与倾斜直轨道之间的动摩擦因数，取重力加速度，，。
（1）求钢架雪车经最低点时的速度大小；
（2）求从最低点运动到点过程中，钢架雪车克服轨道摩擦力做的功；
（3）若雪车到达直轨道最高点时速度刚好减为零，则轨道的长度为多少？（计算结果保留两位小数）
【正确答案】 （1）；（2）；（3）
14-6（巩固） 如图，在竖直平面内，一半径为R的光滑圆弧轨道ABC和粗糙水平轨道PA在A点相切．BC为圆弧轨道的直径．O为圆心，OA和OB之间的夹角α=37º，一质量为m的小滑块原来静止在水平轨道的P点，用一水平向右的恒力一直作用在滑块上，使它开始向右运动，然后经A点进入圆弧轨道运动．在整个过程中，滑块经过B点时对圆弧轨道的压力达到最大，且恰好能运动到C点，已知滑块与水平轨道间的动摩擦因数μ=0.25，重力加速度为g，sin37º=0.6，cos37º=0.8．求：
（1）水平恒力F的大小和滑块到达C点时速度vC的大小；
（2）P点到A点的距离L．
【正确答案】 (1)0.75mg； (2)
14-7（提升） 如图所示，长度为的粗糙的倾斜直轨道的倾角为，为一半径可调的光滑圆弧轨道，为最低点，为最高点，点也为圆弧轨道上的点且满足，倾斜直轨道与光滑圆弧轨道在点平滑连接。一个质量为的小物块（可视为质点）与倾斜直轨道之间的动摩擦因数，现将小物块从倾斜直轨道最高点由静止释放。重力加速度，，。
（1）要使小物块恰好能从点水平飞出，求竖直圆弧轨道的半径；
（2）求符合第（1）问条件的小物块落在倾斜直轨道上的位置与点的距离；
（3）若调节圆弧轨道半径为，使得小物块恰好不离开圆弧轨道并且能滑回到轨道，求小物块进入轨道后可以通过点的次数。
【正确答案】 （1）；（2）；（3）5次
【原卷 15 题】 知识点 粒子在电场和磁场中的往复运动
【正确答案】
【试题解析】
15-1（基础） 如图所示，在的空间中存在沿y轴负方向的匀强电场，在的空间中存在方向垂直xOy平面（纸面）向外的匀强磁场，一带电荷量为q、质量为m的带正电的粒子，自y轴上的点以速率沿x轴正方向射入电场；然后经过x轴上的点进入磁场，经磁场偏转后，经过坐标原点O返回第一象限。已知，，不计粒子重力。求：
（1）电场强度的大小E；
（2）磁感应强度的大小B。
【正确答案】 （1）；（2）
15-2（基础） 如图所示，y轴上M点的坐标为（0，L），MN与x轴平行，MN与x轴之间有匀强磁场区域，磁场垂直纸面向里。在y > L的区域存在沿﹣y方向的匀强电场，电场强度为E，在坐标原点O处有一带正电粒子以速率v0沿 + x方向射入磁场，粒子穿出磁场进入电场，速度减小到0后又返回磁场。已知粒子的比荷为，粒子重力不计。求：
（1）匀强磁场的磁感应强度的大小；
（2）该粒子第一次上升到最高点的坐标；
（3）从原点出发后经过多长时间，带电粒子第一次回到x轴。
【正确答案】 （1）；（2）；（3）
15-3（巩固） 如图所示，在平面内，区域有沿y轴正方向、大小的匀强电场（图中未画出），区域有垂直于纸面向外的匀强磁场，一质量，电荷量为，速度大小的粒子沿x轴正方向由O点射入电场，粒子第一次射出电场后，电场立即变成沿y轴负方向且大小不变，粒子最后又从O点射出电场区域。不计粒子重力，求：
（1）粒子第一次射出电场时速度大小；
（2）区域匀强磁场的磁感应强度大小。
【正确答案】 （1）；（2）
15-4（巩固） 如图所示，在xOy坐标平面的第一象限内有一沿y轴负方向的匀强电场，在第四象限内有一垂直于平面向里的匀强磁场，现有一质量为m、电量为＋q的粒子（重力不计）从坐标原点O射入磁场，其入射方向与y的方向成45°角。当粒子运动到电场中坐标为（3L，L）的P点处时速度大小为v0，方向与x轴正方向相同。求：
(1)粒子从O点射入磁场时的速度大小v；
(2)匀强电场的场强E0和匀强磁场的磁感应强度B0；
(3)粒子从O点进入磁场后，第n次过x轴的时间。
【正确答案】 (1)v0；(2)；(3)奇数次过x轴时间为{n=1、3、5、7…}偶数次过x轴的时间为{n=2、4、6、8…}
15-5（巩固） 跑道式回旋加速器的工作原理如图所示，两个匀强磁场区域I、Ⅱ的边界平行，相距为L，磁感应强度大小均为B、方向垂直纸面向里，P、Q之间存在匀强加速电场，场强大小为E，方向与磁场边界垂直，一质量为m、电荷量为+q的粒子从P飘入电场（初速度不计），多次经过电场加速和磁场偏转后，从位于边界上的出射口K引出。已知K、Q的距离为d，不计粒子重力。求整个运动过程中粒子
（1）运动的最大速率v；
（2）在电场中的加速次数N；
（3）做变速运动的总时间t。
【正确答案】 （1）；（2）；（3）
15-6（巩固） 如图所示，在的空间中和的空间内同时存在着大小相等、方向相反的匀强电场，上、下电场以x轴为分界线。在y轴左侧和图中竖直虚线MN右侧均无电场，但有大小相等方向垂直纸面向里和向外的匀强磁场，MN与y轴的距离为2d。一带负电的粒子从y轴上的P（0，d）点以沿x轴正方向的初速度v0开始运动，经过一段时间后，粒子又以相同的速度回到P点，不计粒子的重力。求：
（1）电场强度与磁感应强度的比值。
（2）带电粒子运动一个周期的时间。
【正确答案】 （1）（n＝0，1，2，3…）；（2）
15-7（提升） 如图所示，在平面直角坐标系xOy的第一、四象限内，有一直线MN（图中未画出）与y轴平行，在直线MN与y轴正半轴之间存在着磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外的匀强磁场，在直线MN与y轴负半轴之间存在着磁感应强度大小为2B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，在第二象限内存在着沿x轴正方向的匀强电场。一质量为m、电荷量为+q的带电粒子从x轴上P（，0）点以初速度v0垂直于x轴射入电场，而后经y轴上的Q点沿与y轴正方向成60°角进入磁场。粒子重力忽略不计，MN与y轴之间的距离为d（d>2L）。
（1）求匀强电场的电场强度E的大小；
（2）要使粒子不从y轴正半轴飞出磁场，求磁感应强度B的大小范围；
（3）若磁感应强度大小，求：
①带电粒子第二次经过x轴的正半轴的位置坐标x2；
②要使粒子能够垂直于边界飞出磁场，与轴间的距离d的可能值。
【正确答案】 （1）；（2）；（3）①；②（）
变式题库答案
1-1【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．核反应方程是人工核反应方程，故A错误；
B．是轻核聚变要放出大量能量，故B错误；
C．重核裂变是质量数较大的核裂变为质量中等的核， 是属于裂变，故C正确；
D．发生衰变实质是个中子转变成一个质子和一个电子，故D错误。
故选C。
1-2【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．由核反应前后质量数守恒和电荷数守恒知，x的质量数
M=4+14﹣17=1
电荷数
Z=2+7﹣8=1
则x是质子，故A正确；
B．由核反应前后质量数守恒和核电荷数守恒知，x的质量数
M=235+1﹣95﹣138=3
电荷数
Z=92﹣38﹣54=0
x是中子，不是质子，故B错误；
C．由核反应前后质量数和核电荷数守恒知，x的质量数
M=27+1﹣24=4
电荷数
Z=13+1﹣12=2
则x是α粒子，不是质子，故C错误；
D．由核反应前后质量数和核电荷数守恒知，x的质量数
M=2+3﹣1=4
电荷数
Z=1+1﹣0=2
则x是α粒子，不是质子，故D错误。
故选A。
1-3【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
由
知
=
忽略电子质量，则
故C正确ABD错误；
故选C。
1-4【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．核反应方程
是原子核的人工转变，故A错误；
B．核反应方程
是核聚变，该核反应过程释放能量，故B错误；
C．核反应方程
是核裂变且释放能量，故C正确；
D．发生衰变的实质是原子核内两个质子和两个中子结合成为一个粒子被释放出来的过程，故D错误。
故选C。
1-5【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．②反应属于轻核聚变反应，故A错误；
B．循环结果可表示为，故B错误；
C．四个生成一个过程中释放大量能量，存在质量亏损，故C正确；
D．核电站发生的核反应方式是重核裂变，故D错误。
故选C。
1-6【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
由
知
=
忽略电子质量，则
故C正确ABD错误；
故选C。
1-7【提升】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
根据电荷数与质量数守恒可得
每4个氢核转化为1个氦核和2个正电子，根据公式可得
正电子个数为
由上可知发生核聚变的氢核的个数为正电子个数的两倍，即氢核的个数是8×108。
故选A。
2-1【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
根据题意，可以将滑梯看成一个斜面，设斜面倾角为，水平跨度为，高度为，则
对小孩受力分析，有竖直向下的重力，垂直于斜面向上的支持力，还有沿着斜面向上的摩擦力，要使小孩能从滑梯上滑下，需满足：
化简得
，，
代入数据的
即当取等号时，存在最小值为2.4m。所以选项C正确，ABD错误；
故选C。
2-2【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
重力在滑梯上分解成两个方向的力，垂直于滑梯的力等于；平行于滑梯的力等于。人在滑梯上能滑下，满足：
已知滑梯与儿童裤料之间的动摩擦因数取0.4，解得滑梯倾角
根据几何关系可知
其中L=6m，解得滑梯的最小高度：
h=2.4m
故C正确，ABD错误。
故选C。
2-3【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
AB．儿童下滑时应该满足
即
选项AB错误；
CD．由能量关系
解得
选项C正确，D错误。
故选C。
2-4【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
可以将滑梯看成一个斜面，设斜面倾角为θ，高度h为2m，滑梯的水平跨度为x，则
对小孩受力分析，有竖直向下的重力，垂直于斜面向上的支持力，还有沿着斜面向上的摩擦力，要使小孩能从滑梯上滑下，需满足
解得
即当取等号时，x存在最大值为5m。
故选B。
2-5【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
ABC．由题意可知，钩子对师傅有斜向下的拉力，设为，设钩子与水平方向的夹角为，以师傅为研究对象，设地面对师傅的支持力为，竖直方向
结合相互作用可知，师傅的脚对岸的压力比他的重力更大，故A正确，BC错误；
D．水平方向
可知师傅的脚受摩擦力，故D错误。
故选A。
2-6【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．由牛顿运动定律及受力分析可知，要使儿童下滑，需满足
滑梯的高度h满足
联立解得
A正确；
B．由于滑动摩擦力大小与接触面积无关，故儿童坐着下滑和躺着下滑运动情况相同，B错误；
C．儿童下滑过程中摩擦力做功可表示为
由于滑梯水平跨度x不变，故同一儿童沿着高度不同的滑梯下滑过程，摩擦力做功相同，C错误；
D．由牛顿第二定律可得
可得
由运动学规律可得
可知下滑速度与质量无关，D错误。
故选A。
2-7【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
设拉力与水平方向夹角为θ，对石墩受力分析，正交分解，在水平方向
在竖直方向
又
整理得
其中
可得
当
时，拉力T取得最小值，解得
故选D。
3-1【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．能量处于最低状态时氦离子最稳定，A错误；
B．该氦离子吸收的光子，则能量为，能跃迁到能级，B正确；
C．一个该基态氦离子吸收能量为的光子后，能量为，从跃迁到能级，处于能级的氦离子不稳定，向低能级跃迁时最多发出3种频率的光子，C错误；
D．氦离子吸收光子，由低能级跃迁到高能级，则电子的轨道半径增大，根据
得
可知减小，则核外电子的动能减小，故D错误．
故选B。
3-2【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
氦离子由能级3跃迁到能级2时释放的光子能量为（-6.0）-（-13.6）=7.6eV，因恰好可以使锌板发生光电效应，可知锌板的逸出功为7.6eV；氦离子由能级4跃迁到能级2时释放的光子能量为（-3.4）-（-13.6）=10.2eV>7.6eV，则照射锌板时能发生光电效应；根据可知逸出光电子的最大初动能为10.2eV-7.6 eV =2.6 eV，选项B正确，ACD错误；
故选B。
3-3【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．一群处于激发态的氦离子自发跃迁能释放出种频率的光子，故A错误；
B．一群处于激发态的氦离子，能自发跃迁释放的能量最小为从n=4能级跃迁到n=3能级释放的能量，即
所以不能自发跃迁释放能量为的光子，故B错误；
C．一群处于激发态的氦离子，能自发跃迁释放的能量最大为从n=4能级跃迁到n=1能级释放的能量，即
故C正确 ；
D．自发跃迁到基态释放光子的能量最大，波长最短，故D错误。
故选C。
3-4【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．一个处在能级的氦离子向低能级跃迁时，最多能发出3种不同频率的光子, 一群处在能级的氦离子向低能级跃迁时，最多能发出种不同频率的光子，故A错误；
B．一群处在能级的氦离子向低能级跃迁时，最多能发出种不同频率的光子，故B错误；
C．由
可得氦离子从能级跃迁到能级，电子的速度增大，电子动能增大，电场力对电子做正功，电势能减小，故C错误；
D．由图可得氦离子处于能级时，电子能量为，能吸收的光子能量而发生电离，故D正确。
故选D。
3-5【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．氦离子处于最低能量状态时最稳定，故A错误；
B．由图可知
故能量为的光子，能被该基态氦离子吸收而发生跃迁，故B正确；
C．一个该基态氦离子吸收能量为的光子后，能量变为，处于能级，然后从能级跃迁到能级，最多可释放3种不同频率的光子，故C错误；
D．该基态氦离子吸收一个光子后，由低能级向高能级跃迁，核外电子的轨道半径增大，根据
得
轨道半径越大，则核外电子的速度越小，故D错误。
故选B。
3-6【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．根据玻尔理论的假设可知，原子处于基态时原子最为稳定，A错误；
B．根据辐射条件，48.4eV的光子的能量，刚好满足两个能级之差，吸收48.4eV的光子的能量后，此时氦离子的能量为-6.0eV，刚好可以跃迁到第3能级，B正确；
C．一个该基态氦离子吸收能量为51.0eV的光子后，能量为-3.4eV，可以从n=1能级跃迁到n=4能级，再从高能级n=4向低能级n=1跃迁时，最多能辐射3种频率的光子，C错误；
D．吸收一个光子后，由低能级向高能级跃迁，则轨道半径增大，根据
可得
轨道半径增大，则v减小，则动能减小，D错误。
故选B。
3-7【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．根据玻尔理论的假设可知，原子处于基态时原子最为稳定，A错误；
B．根据辐射条件，48.4eV的光子的能量，刚好满足两个能级之差，吸收48.4eV的光子的能量后，此时氦离子的能量为-6.0eV，刚好可以跃迁到第3能级，B正确；
C．一个该基态氦离子吸收能量为51.0eV的光子后，能量为-3.4eV，可以从n=1能级跃迁到n=4能级，再从高能级n=4向低能级n=1跃迁时，最多能辐射3种频率的光子，C错误；
D．吸收一个光子后，由低能级向高能级跃迁，则轨道半径增大，根据
可得
轨道半径增大，则v减小，则动能减小，D错误。
故选B。
4-1【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．因为带正电的点电荷放在球的右侧，则空心金属球的右侧感应出负电荷，左侧感应出正电荷，选项A错误；
B．到达静电平衡时，金属球是等势体，则空心金属球最左侧表面的电势等于最右侧表面的电势，选项B正确；
C．达到静电平衡时，点电荷Q在空心金属球内产生的电场强度与感应电荷在金属球内产生的场强的合场强为零，选项C错误；
D．达到静电平衡时，空心金属球内各点的电场强度均为零，选项D错误。
故选B。
4-2【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 分析:
处于静电感应现象的导体，内部电场强度处处为零，电荷全部分布在表面．且导体是等势体．
详解:
A、B项：金属球在外电场中，出现静电感应现象，导致电荷重新分布．因此在金属球内部出现感应电荷的电场，正好与外电场叠加，内部电场强度处处为零，故A错误，B正确；
C项：金属导体的内部电场强度处处为零，导体内部不再有电荷的定向移动．故C正确；
D项：处于静电平衡的导体，是等势体，金属球上任意两点的电势相等，故D正确．
本题选错误的，故应选：A．
4-3【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
AB．在球壳内P点固定一带负电的点电荷Q，由静电感应可知，铜球外表面带负电，内表面带正电，AB错误；
C．M点的电场线分布比N点密集，可知M点的电场强度比N点的电场强度大，C错误；
D．沿电场线方向电势降低，可知N点的电势高于M点，则试探电荷+q在M点的电势能比在N点的小，D正确。
故选D。
4-4【巩固】 【正确答案】 AC
【试题解析】 详解:
A．金属球在+Q的电场处于静电平衡状态，内部场强处处为0，A正确；
B．Q在球心处产生的场强为，方向向左，而金属球内部场强为0，故感应电荷在球心处产生的场强为，方向向右，B错误；
C．处于静电平衡的导体内部没有电荷，电荷分布在导体表面，C正确；
D．处于静电平衡的导体是一个等势体，D错误。
故选AC。
4-5【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．沿电场线电势逐渐减小，过a、b两点做等势线，可知a点的电势低于b点的电势，故A正确；
B．由图可知，c点处的电场线比d点处的电场线疏，所以c点的电场强度小于d点的电场强度，故B错误；
C．静电平衡后，导体球表面为等势面，故将一正试探电荷从e点沿虚线移动到f点电场力做功为零，故C错误；
D．导体球接地，且整个导体球是一个等势体，故导体球内部电势处处为零，故D错误。
故选A。
4-6【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．b点和c点电势相等，场强为零，但电势不为0，A错误；
B．c点场强为零，a点场强不为零，c点电场强度小于a点电场强度，B错误；
C．若一电子从a点运动到b点，电场力做负功，电势能增加，C错误；
D．因为d点电势小于b点电势，所以两点电势差小于两点的电势差。D正确。
故选D。
4-7【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．+q靠近，吸引金属板上负电。故板的右侧面上分布有负的感应电荷；而因为同种电荷相互排斥，+q将金属板内正电荷沿接地线导到地面上，故左侧面上无感应电荷，A错误；
BD．由于+q靠近，静电平衡后，导体内部场强处处为零，+q产生的场强于金属板内产生的感应场强等大反向，+q产生的场强指向远离P点，故感应场强指向P点，BD错误；
C．处于静电平衡的导体是个等势体，接地表示板上各点电势等于地电势，接地线断开后，板上各点电势仍等于地电势，C正确。
故选C。
5-1【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
AB．上升阶段，排球在空中受到空气的阻力与重力方向相同，合力较大，下落阶段，排球在空中受到空气的阻力与重力方向相反，合力较小，故上升阶段的加速度比下落阶段的要大，方向相同，故A错误，B正确；
CD．由可知，上升所需的时间短，下落所需的时间稍长，且上升和下落运动方向相反，落回抛球点时，速度比抛出时稍小，故C、D错误。
故选B。
5-2【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
0~9s内电梯加速上升，对人由牛顿第二定律可得
故
15~24s内电梯减速上升，对人由牛顿第二定律可得
故
其中16~23s内加速度大小恒定，电梯对乘客的支持力F大小不变。
故选D。
5-3【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．时刻手机的加速度最大，方向向上，与速度方向相同，手机向上加速，则速度不是最大，故A错误；
B．时刻，加速度为0，合力为0，则不可能脱落手掌，故B错误；
C．时刻，加速度方向向下，处于失重状态，故C错误；
D．手机在离开手掌后做竖直上抛运动，被接住，则上升高度
故D正确。
故选D。
5-4【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．对小车和槽码的整体，由牛顿第二定律可知
因放上手机后，M变大，则加速度减小，即放手机后，小车加速过程中的加速度较小，选项A错误；
B．对小车分析可知
则放上手机后，M变大，则T变大，选项B错误；
C．由a-t图像可知，图像的“面积”的与速度的变化量，则小车与制动器碰撞前的速度大小约为
选项C错误；
D．由图像可知，加速阶段的加速度为a=0.6m/s2，，带入
可得
选项D正确。
故选D。
5-5【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．弹簧对A和对B的弹力F大小相等，由牛顿第二定律得
由图乙所示图象可知，在t2时刻A、B的加速度大小关系是
aA＞aB
即解得
mA＜mB
故A错误；
B．a-t图线与坐标轴所围图形的面积等于物体速度的变化量，由题意可知，t1时刻B的速度大小
v0=S1
t3时刻B的速度大小
vB=S1-S2＞0
则
S1＞S2
故B正确；
C．由图乙分析可知在t2时刻两物体加速度最大，此时弹簧处于伸长量最大，t3时刻加速度为0，弹簧恢复到原长，t1～t3时间内A、B间距离先增大后减小，A的速度一直增大，故C错误。
D．根据图线与坐标轴所围图形的面积等于物体速度的变化量，可知，t1～t3时间内A的速率一直增大，故D错误。
故选B。
5-6【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
上升过程中由牛顿第二定律得
解得
由上式可以看出，上升过程中，随着速度的减小，加速度也减小；
下降过程中由牛顿第二定律得
解得
由上式可以看出，下降过程中，随着速度的增大，加速度也减小；综上所述，加速度在全程中一直减小，速度图像的斜率一直减小，C正确，ABD错误。
故选C。
5-7【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
ABC．由手机竖直方向的加速度随时间的变化图像可知，开始手机处于静止状态，加速度为零；然后自由落体运动，加速度为重力加速度g，而，则图中轴的正方向为竖直向上，时间区间约为至；大约在末加速度突然变大，则手机第一次接触桌面，故AC错误，B正确；
D．手机的加速度大约在末加速度突然变大，后反复变化，则手机有多次碰撞反弹再下落，故D错误。
故选B。
6-1【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．是绕地球运行的最大环绕速度，故空间站在轨道上运行的线速度小于，故A错误；
B．根据
离地面越高，加速度越小，故空间站在轨道上运行的加速度小于地面重力加速度g，故B正确；
C．根据
对接后，空间站速度不变，轨道半径不变，故C错误；
D．根据
根据题意，可以知道轨道半径，运行周期和引力常量G，只能求出地球质量，而不能求出空间站质量，故D错误。
故选B。
6-2【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．对接时，神舟十三号在低轨道合适的位置加速做离心运动，到达天和核心舱所在的轨道与之对接，所以A是神舟十三号，B是天和核心舱，故A错误；
B．神舟十三号和天和核心舱绕地球做圆周运动，由万有引力提供向心力，由牛顿第二定律可知
可知加速度与轨道半径平方成反比，所以图（甲），A的加速度比B的加速度大，故B错误；
C．图（乙）中，对接时，神舟十三号所在的轨道半径比在图（甲）中所在的轨道半径大，由牛顿第二定律可得
所以图（甲）中神舟十三号的运行时速度比图（乙）中神舟十三号的运行时速度大，故C错误；
D．神舟十三号要从图（甲）的低轨道上升到图（乙）中的高轨道，需要点火加速，机械能增加，所以图（乙）中，对接时，神舟十三号的机械能比在图（甲）中在轨运行时机械能大，故D正确。
故选D。
6-3【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．第一宇宙速度是绕地球做圆周运动的最大速度，所以空间站的运行速度不可能大于第一宇宙速度，故A错误；
B．载人飞船与空间站对接需向高轨道做离心运动，则需要向后点火加速，即飞船应沿运行速度相反方向喷气，故B错误；
C．设飞船的运行周期为，空间站的运动周期为，根据开普勒第三定律得
则
故C错误；
D．以为半径做圆周运动的物体，根据万有引力提供向心力得
得以为半径做圆周运动的物体的速度为
飞船在II轨道经过A点后做近心运动，喷气变轨前一刻的速度小于，故D正确。
故选D。
6-4【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．根据
可得
由于飞船的轨道半径小于空间站的轨道半径，则远距离导引完成后，飞船绕地球运行的线速度大于空间站的线速度，故A错误；
B．近距离导引过程中，需要飞船点火加速，则机械能增加，故B错误；
CD．如图所示，姿态调整完成后，飞船沿径向接近空间站过程中，需要控制飞船绕地球运行的角速度等于空间站的角速度，根据
飞船绕地球运行的线速度小于空间站的线速度，对接时，飞船与空间站的线速度也应该相等，则飞船同时也应该有切向的加速度，不可能仅沿飞船与地心连线向地球喷射燃气，故C正确，D错误。
故选C。
6-5【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．若载人飞船在到达轨道2后不断加速，则会做离心运动，从而远离轨道2，不会追上空间站从而不能实现对接，选项A错误；
B．根据
可知，载人飞船在轨道1上P点的加速度等于空间站在轨道2上P点的加速度，选项B正确；
C．载人飞船从近地圆轨道的Q点加速才能进入轨道1的椭圆轨道，则在轨道1上经过Q点时的速度大于7.9km/s，选项C错误；
D．载人飞船从Q点向P点运动过程中，万有引力对飞船做负功，选项D错误。
故选B。
6-6【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
飞船和空间站绕地球做匀速圆周运动，由圆周运动规律和万有引力定律
可得
，，，
A．由可知加速度与圆周半径的平方成反比，所以飞船和空间站在各自运行轨道上的加速度大小之比为，故A错误；
B．由可知速度与圆周半径的二分之一次方成反比，所以飞船和空间站在各自运行轨道上的速度大小之比为，故B错误；
C．由可知角速度与圆周半径的二分之三次方成反比，所以飞船和空间站在各自运行轨道上的角速度大小之比为，故C错误；
D．设空间站轨道半径为r，根据开普勒第三定律，飞船在运行轨道和转移轨道上
由几何关系，飞船在转移轨道上的半长轴
带入可得
故D正确。
故选D。
6-7【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．航天员随空间站做圆周运动过程中，所受向心力由万有引力提供
因为三人质量可能不同，因此所受向心力大小可能不相等，故A错误；
B．根据开普勒第二定律可知在不同轨道上，载人飞船与地心的连线在相同时间内扫过的面积不相等，故B错误；
C．根据开普勒第三定律可知，载人飞船在轨道Ⅰ、Ⅱ上运行时满足
（a为轨道Ⅱ的半长轴）
且有
（x为轨道Ⅱ近地点距地球表面的距离）
联立解得
故C正确；
D．载人飞船在轨道Ⅰ、Ⅱ上运行经过A点时所受万有引力相等，因此在轨道Ⅰ、Ⅱ上运行经过A点时向心加速度相等，故D错误。
故选C。
7-1【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
由于只发生一次反射，根据对称性可知光路图如图所示
由几何关系可得
由折射率公式可知
故选B。
7-2【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
由图根据几何知识可知光线在AC边入射角为
此时折射角为
则玻璃对红光的折射率为
故选C。
7-3【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
根据折射定律有
得
再次由折射定律得知
得
得
由于第二块玻璃中的偏移情况和第一块玻璃相同，则
得
故选项C正确，ABD错误。
故选C。
7-4【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
AB．如果光线从Q的下表面射出，光路图如图所示
根据折射定律有
由几何知识得
根据题意
解得
则根据几何知识可知α=θ，即从Q的下表面射出的光线与入射到P的上表面的光线平行，故A正确，B错误；
CD．若，则得
根据几何知识得
即出射光线与Q下表面所夹的锐角一定小于θ，CD错误。
故选A。
7-5【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
连接OD，设∠ODC=θ，透明物体的折射率为n，由题意，当入射点到达C处时，恰好看不到光从圆弧面上D处射出，是因C处发出的光线，在D点恰好发生了全反射， 则θ等于临界角
而
解得
故D正确。
故选D。
7-6【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
光路如图所示
根据光的折射定律
由题可知
解得
故选C。
7-7【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
激光束照在圆柱上，沿圆柱体轴上的光线即水平方向上的光线，经相同的入射角折射，两次折射后，同一水平方向上的光线折射偏转角度相同，光线平行，故在光屏上水平方向上的光斑宽度不变。
如图，竖直方向上光线通过圆柱体光线有会聚作用，根据光屏与圆柱玻璃柱的位置关系，光斑的长度可能变大，可能变小，也可能不变。由于图中的入射光束在圆心上方，故光路往下偏，光斑的中心不可能呈现在光屏的上部方。
综上所述，B有可能，ACD均不可能。
故选B。
8-1【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
由于篮球在空中做一个斜抛运动，以投球点和篮筐所在水平面为参考面，初速度方向与参考面夹角为45°斜向上，末速度与参考面夹角为45°斜向下，将整个斜抛运动沿最高点分为两部分，前半部分斜向上运动，后半部分斜向下运动，运动过程完全对称，设初速度为v，将初速度沿水平方向和竖直方向分解，如图所示：
则水平方向分速度
vx=vcos45°
竖直方向分速度
vy=vsin45°
则水平方向做匀速直线运动，竖直方向分做竖直上抛运动，后半部分水平方向也是匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，高度相同，则前后两部分水平方向位移相同，时间相同，后半部分的末速度与前半部分的初速度也相同，水平方向总位移：
s=10m
则前半部分水平位移：
则由匀速直线运动位移公式：
s1=vxt
由竖直上抛速度公式得：
0=vy-gt
联立可得：
篮球出手的速度大小等于篮球进筐的速度大小为，篮球在空中运动的时间为
因为不知道出手点离地面高度，无法计算最高点相对地面的竖直高度，故B正确ACD错误。
故选B。
8-2【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
AB．根据斜抛运动规律可知，篮球被抛出到落入篮筐的运动时间为
故AB错误；
CD．根据斜抛运动规律可知，篮球被抛出到落入篮筐的水平射程为
故C错误，D正确。
故选D。
8-3【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
AB．三个篮球都垂直击中篮筐，其逆过程是平抛运动，设任一篮球击中篮筐的速度v，上升的高度为h，水平位移为x
则得
h相同，则，A错误B正确；
CD．根据速度的分解有
t相同，，则 ，CD错误。
故选B。
8-4【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．篮球以与水平面成45°的倾角准确落入篮筐，则篮球的水平速度v0等于竖直速度vy，设篮球在空中运动的时间是t，则
解得
t=1.4s
vy=v0=7m/s
选项A错误；
B．篮球落入篮筐时的速度大小为
选项B错误；
C．篮球投出后的最高点相对篮筐的竖直高度是
选项C正确；
D．篮球从投出到落入篮筐速度变化量为
选项D错误。
故选C。
8-5【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
设篮球投出去时的速度为v，则
所以运行时间为
根据运动的对称性可得
解得
在最高点时竖直方向速度为零，此时速度大小等于水平方向速度，即
最高的的高度为
故ACD错误，B正确。
故选B。
8-6【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
将篮球的运动逆向看作是平抛运动，设篮球的水平位移大小为x，竖直位移大小为y， 则
由题图可知h1＞h2，x1=x2，所以
，
故选A。
8-7【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
由题意根据匀变速直线运动规律可得M点到最高点的高度为
A．运动员做斜抛运动，其在P点水平方向的分速度为
其竖直分速度
则运动员在P点落地速度大小为
A错误；
B．落地速度与水平方向的夹角
B正确；
C．运动员从M点到最高点的过程，其时间为
从最高点到P点的过程，根据
可得其下落时间为
则运动员在空中的总时间
C错误；
D．运动员在空中最高点与P点的高度差为
D错误。
故选B。
9-1【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
由图可知，在t1~t2时间内振子从正向最大位移向平衡位置运动，故速度增大，加速度和回复力减小，机械能不变。
故选A。
9-2【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
小球所受合外力等于弹簧弹力，小球动能增大的过程中，根据动能定理可知弹簧对小球做正功，而弹簧和小球组成的系统，即弹簧振子所受外力不做功，机械能守恒。
故选C。
9-3【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．小球在A、B的速度为零，加速度大小相等，方向相反，故A错误；
B．小球做简谐运动，在平衡位置，有
kx=qE
解得
x=
故B错误；
C．从A到B的过程中，电场力做正功，机械能增大，故C正确；
D．简谐振动的周期与振幅无关，故D错误。
故选C。
9-4【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．小球做简谐运动的平衡位置处，则有：
mg=kA
解得：，所以在最低点时，形变量为2A，弹力大小为2mg，A正确；
B．在运动的过程中，只有重力和弹力做功，系统机械能守恒，弹簧的弹性势能、物体的动能、重力势能之和不变，B错误；
C．从最高点到最低点，动能变化为0，重力势能减小2mgA，则弹性势能增加2mgA，而初位置弹性势能为0，在最低点弹性势能最大，为2mgA，C错误；
D．在平衡位置动能最大，由最高点到平衡位置，重力势能减小mgA，动能和弹性势能增加，所以物体的最大动能小于mgA，D错误。
故选A。
9-5【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．圆环与圆盘碰撞过程，时间极短，内力远大于外力，系统总动量守恒，由于碰后速度相同，为完全非弹性碰撞，机械能不守恒，故A错误；
B．碰撞后环与盘一起向下运动过程中，受重力，弹簧弹力，由于弹力增大，整体受到的合力变化，所以加速度变化，故B错误；
C．碰撞后平衡时，有
即碰撞后新平衡位置与下落高度h无关，故C错误；
D．碰撞后环与盘共同下降的过程中，它们动能和重力势能的减少量之和等于弹簧弹性势能的增加量，故开始下落到运动到最低点过程中，环与盘重力势能的减少量大于弹簧弹性势能的增加量，故D正确。
故选D。
9-6【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．剪断细线前，两弹簧的伸长量相同，离开平衡位置的最大距离相同，振幅一定相同，A错误；
BC．由 ，两弹簧的伸长量相同，弹性势能相同，则两物块的最大动能相同，甲的质量小于乙的质量，则甲的最大速度大于乙的最大速度，B正确，C错误；
D．由 ，剪断细线的瞬间加速度最大，kx相同，甲的质量小，则甲的最大加速度大，D错误。
故选B。
9-7【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．从C触到A，到B离开墙面这一过程，C与A碰撞后粘在一起不再分开，是非弹性碰撞，机械能损失，即机械能不守恒。C、A共同向右运动并压缩弹簧过程中，B受到墙面的作用力，系统的动量不守恒，故A错误；
BC．设C的初速度为v0，初动能为Ek，A与C的碰撞过程，由动量守恒有
A和C一起压缩弹簧的过程，对A、C和弹簧组成的系统，由机械能守恒得
联立解得
，
C的初动能
当B刚离开墙壁时，弹簧恰好恢复原长，、的速度大小等于，方向向左，当弹簧再一次恢复到原长时的速度最大，取向左为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律得
解得的最大速度
故B正确，C错误；
D．B离开墙面后，A、B、C速度相等时，弹簧最长，弹簧的弹性势能最大，根据动量守恒定律和机械能守恒定律得
联立解得离开墙面后，弹簧的最大弹性势能为
故D错误。
故选B。
10-1【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．金属杆向上滑行时合力大于向下滑行时的合力，所以向上滑行时的加速度较大，两次位移相等，向上滑行的平均速度大，向下滑行的平均速度小，金属杆向上滑行的时间较短，故A错误；
B．由右手定则可判断金属杆向上滑行时感应电流的方向为从a到b，故B错误；
C．由公式
可知，金属杆上滑时通过电阻的电荷量与下滑时的相等，故C错误；
D．感应电动势E=BLv，安培力F=BIL，可得
由于金属杆滑动过程中有机械能损失，故金属杆开始上滑时的速度比回到斜面底端时的速度大，金属杆刚向上滑行时受到的安培力大于刚回到导轨底端时受到的安培力，故D正确。
故选D。
10-2【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
从图乙可以看出，当电流为1A时，物体开始有加速度：代入数据，算得：；当电流为4A时，加速度为3m/s2，设棒的质量为，绳的拉力为T，有：，联立解得：．
10-3【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．感应电动流为
安培力为
根据牛顿第二定律有
则速度增加过程中，加速度逐渐减小，金属棒做加速度逐渐减小的加速运动，所以A正确，不符合题意；
B．金属棒的动量为
则动量与速度成正比，由于金属棒做加速度逐渐减小的加速运动，其速度与时间图像的斜率将逐渐减小，所以B错误，符合题意；
C．通过的电荷量为q，则有
所以电荷量q与位移x成正比，则C错误，不符合题意；
D．重力势能为，则有
所以D正确，不符合题；
故选B。
10-4【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．将物块由静止释放，则物块向下运动，导体棒沿斜面向上运动，由右手定则可知导体棒中电流由M到N，导体棒M端电势低于N端电势，故A错误；
BD．设导体棒的上升速度v，根据，可知导体棒所受安培力为
根据牛顿第二定律可得
当导体棒的上升速度为零时，导体棒的加速度最大，最大加速度为
当导体棒的上升加速度为零时，导体棒的速度最大，最大速度为
故BD错误；
C．对整体由动量定理得
即
解得
故C正确。
故选C。
10-5【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
设线圈下边到磁场上边界的高度为h，线圈的边长为l，则线圈下边刚进入磁场时，有
感应电动势为
E＝nBlv
两线圈材料相同（设密度为ρ0），质量相同（设为m），则
m＝ρ0×4nl×S
设材料的电阻率为ρ，则线圈电阻
感应电流为
所受安培力为
F＝nBIl＝
由牛顿第二定律有
mg－F＝ma
联立解得
加速度与线圈的匝数、横截面积无关，则甲和乙进入磁场时，具有相同的加速度。
当时，甲和乙都加速运动，当时，甲和乙都减速运动，当时，甲和乙都匀速运动，故不可能出现的运动选D。
10-6【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
由题知杆在水平向右的拉力作用下先后两次都由静止开始做匀加速直线运动，则在v = 0时分别有
，
则第一次和第二次运动中，杆从静止开始运动相同位移的时间分别为
，
则
第一次和第二次运动中根据牛顿第二定律有，整理有
则可知两次运动中F—v图像的斜率为，则有
故选C。
10-7【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．由右手定则可知，当cd边位于向外的磁场中和位于向里的磁场中时，电流方向相反，所以电流方向是变化的，故A错误；
B．列车刚起动时金属框切割磁感线的速度最大，为v，此时产生的感应电动势最大，此时产生的电流最大，设最大电流为Im，此时前后两边都切割磁感应线，根据闭合电路的欧姆定律可得
故B错误；
C．列车运动过程受到安培力FA与阻力f作用，对列车由牛顿第二定律可知，加速度大小
当列车速度增大时，安培力FA变小，加速度变小，当a＝0时，列车速度达到最大，根据平衡条件有
FA＝f＝kvm
设列车的最大速度为vm，金属框切割磁感线的速度为
v切割＝v﹣vm
列车受到的安培力大小
解得
故C正确；
D．由能量守恒定律可知，磁场提供的能量一部分转化为电路中的电能进一步转变为回路的焦耳热，另一部分克服阻力f做功，根据功能关系可得列车要维持最大速度运动，它每秒钟消耗的磁场能为
故D错误。
故选C。
11-1【基础】 【正确答案】 如图所示
或
【试题解析】 详解:
①[1][2]由公式可知
则电流表选择，滑动变阻器选择。
②[3]电压表选择，待测电阻阻值远小于电压表内阻，则电流表选择外接法，若将电压表直接接在待测电阻两端，则电阻两端最大电压为
将待测电阻和定值电阻串联后电压表并联在两端，则两电阻电压为
所测量范围尽可能大则滑动变阻器分压式，则实验电路图为
③[4]由欧姆定律可知
则待测电阻阻值的表达式为
11-2【基础】 【正确答案】 B 最大 与操作F中电流表指针的同一位置处 C、A、F、B、E、G、D
【试题解析】 详解:
[1][2] 实验的基本要求是保证实验安全．所以要求滑动变阻器和电阻箱在接入电路前的电阻先调节到最大．所以测量前应将滑动变阻器的滑片P调至B端，电阻箱R阻值应调至最大；
[3][4] 实验采用等数值测量法，需要先测得接入待测电阻时的电流值，再接入电阻箱，使接入电阻箱时的电流值与接入待测电阻时的电流值相等．所以实验的步骤补充：与操作F中电流表指针的同一位置处；实验的步骤：根据电路图，连接实物，将电阻箱的阻值调至最大Ⅰ将S2闭合在1端；Ⅱ慢慢移动滑片P；Ⅲ使电流表指针变化至某一适当位置；Ⅳ将S2闭合在2端；Ⅴ调节电阻箱R的值，使电流表指针指在与操作F中电流表指针的同一位置处；Ⅵ记下电阻箱上电阻读数；最后将S1断开，整理实验器材．所以实验步骤的顺序是：CAFBEGD。
11-3【巩固】 【正确答案】 7 图2 6.25 20 6
【试题解析】 详解:
(1)[1]欧姆表读数=刻度盘读数×倍率，读数是
Rx=7×1Ω=7 Ω
(2)①[2]由于待测电阻的阻值远小于电压表的内阻，所以电流表使用外接法，故选图2作为测量电路；
②[3]所连实物图如图所示：
③U-I图象的斜率表示电阻的阻值，由所作的图象可知，故被测电阻的阻值为
Rx=k=6.25 Ω
(3)①在步骤B中电阻箱的读数为
R1=20 Ω；
②由于R1与Rx串联在电路中所起的作用与R2相同（电压表指针指示同一位置），则有
R1＋Rx=R2
故有
Rx=R2-R1
由题意可知
R1=20 Ω，R2=26 Ω
故被测电阻的阻值为
Rx=R2-R1=26 Ω-20 Ω=6 Ω。
11-4【巩固】 【正确答案】 E 刻度盘的第N格 刻度盘的中央
【试题解析】 详解:
（1）通过电路图可知滑动变阻器的接法为分压式，分压式的滑动变阻器阻值越小越好，因阻值越小与电阻并联的上半部分的电压表在阻值变化时约明显，故选E；
（2）替代法测电阻的原理就是先将V1电压表接入电路，使电路的V2表显示一个示数，再将电阻箱接入电阻，使V2表的示数不变，因电路的其它部分都没有改变，只是将V1表换成电阻箱，可认为电阻箱的阻值和V1表的阻值一样，因此v2的指针指在刻度盘的第N格；
（3）电压表的半偏法先让V2表满偏，然后电阻箱接入电路和电压表V2串联分压，因并联电路的总电压几乎不变，当V2的示数半偏时可以认为电阻箱分的电压和电压表电压相同，因此电阻箱的阻值为电压表的阻值，故V2的指针在刻度盘的中央
11-5【巩固】 【正确答案】 滑动变阻器处于最大阻值处 6 10 10 等效替代法 3.6 5
【试题解析】 详解:
(1)[1]电压表测量灯泡两端电压，由题意可知灯泡额定电压6V，故电压表选择15V的量程，连接如图所示
(2)[2]只闭合开关S1，发现小灯泡不亮，电压表有较小示数，说明灯泡两端有较小电压，但不足以点亮，其原因可能是回路电流太小，即滑动变阻器处于最大阻值处。
(3)[3][4][5][6]调整电阻箱Rʹ接入电路的阻值，使电压表的示数再次等于6V，此时电阻箱的示数如图丙所示，则电阻箱接入电路的阻值为10Ω，由此可知小灯泡的电阻为10Ω，小灯泡电阻的得出是运用了物理研究中的等效替代法。
(4)[7][8]根据以上获得的实验数据可知小灯泡的额定功率为
此时回路电流为
滑动变阻器两端电压为3V，故滑动变阻器接入电路的电阻为
11-6【巩固】 【正确答案】 ×10 180 RP RW
【试题解析】 详解:
[1]用多用电表测电阻时选用“×100”的挡位发现指针偏角太大，说明待测电阻阻值较小，需要把倍率调小，即挡位应调整为“×10”。
[2]电表读数为
[3][4][5]第二步需保持滑动变阻器RP阻值保持不变，当单刀双掷开关S2合向1时，调节滑动变阻器RW。当开关S2接2时，有
当开关S2接1时，有
联立可得
11-7【提升】 【正确答案】 1.76 190 C F G 无
【试题解析】 详解:
（1）[1]由题意可知，游标卡尺的0刻度线超过了主尺上的1mm，而不到2mm，所以主尺上读数为1mm，根据游标卡尺读数规则，直径为
（2）[2][3]图中选择“”，指针偏转角度大，说明该量程下电阻偏小，应更换小量程，且估读为200Ω，所以选用“”，以让指针往中间偏转。更换量程后，可知其电阻为
（3）[4][5][6]因为要保证各表均能在满偏以上，而电源的电压为6V，所以如果选用V1，则必须保证和电流表的电压和至少为5V以上，接近电源电压，可调范围非常小，故选用电压表V2。而电阻约为190Ω，对于6V电源，最大电流满足
所以电流表必须选用A3。而为了减小滑动变阻器对分压结果的影响，应选用电阻尽量小的滑动变阻器，即R1。
（4）[7]根据欧姆定律
解得
（4）[8]由于已经知道电流表的具体内阻大小，根据[7]可知，可以精确得到待测电阻的阻值，因此采用电流表内接法对实验结果无影响。
12-1【基础】 【正确答案】 （1）；（2）
【试题解析】 详解:
（1）感应电动势最大值为
线圈初始位置垂直中性面，则电动势的瞬时表达式
（2）感应电动势的有效值
由
电阻的功率为
联立得
12-2【基础】 【正确答案】 （1）匝；（2）匝
【试题解析】 详解:
（1）根据题意可知，匝，，，设原线圈的匝数为，根据匝数与电压的关系有
解得
匝
（2）根据题意可知，，，设副线圈的匝数为，根据匝数与电压的关系有
解得
匝
12-3【巩固】 【正确答案】 (1)；(2)240:11
【试题解析】 详解:
（1）矩形闭合导线框ABCD在匀强磁场中转动时，产生的交流电的最大值为:
Em＝nBωS＝100××0.25×100πV＝250V
在图位置开始计时线圈应产生正弦交流电瞬时值：e＝Emsinωt＝250sin100πt（V）
（2）发电机输出的电压U1＝=250V
则升压变压器副线圈两端的电压U2＝=5000V
发电机输出的电功率P= 5×104 W，则输电电流为：I=P/U2=10A
输电线电压损失△U损=IR=10×20V=200V
降压变压器原线圈上的电压：U3=U2-△U损=5000V-200V=4800V
据题意灯泡正常发光可知：U4=220V，所以降压变压器的匝数比为：n3：n4=U3:U4=240：11
12-4【巩固】 【正确答案】 (1)；(2)180V；(3)22.5Ω；360W
【试题解析】 详解:
(1) 线圈中感应电动势的峰值
瞬时值表达式为
(2)感应电动势的有效值为
线圈自身分到的电压为
U线圈=Ir=20V
所以电压表示数为
U=E-U线圈=180V
(3)由于理想变压器
P入=P出
则电阻R上消耗的电功率为
P=IU=360W
设副线圈两端电压为U′，则有
即
所以
12-5【巩固】 【正确答案】 (1)；(2)160W；(3)280V。
【试题解析】 详解:
(1)由Em＝NBSω，得
Em＝V；
(2)设降压变压器原、副线圈的电流分别为I3、I4，电动机恰能正常工作，有
I4＝＝40A
由
得
I3＝4A
所以输电线路上损耗的电功率
；
(3)由＝得
U3＝2200V
升压变压器副线圈两端电压
U2＝U3+I3R＝2240V
又
＝
可得
U1＝280V。
12-6【巩固】 【正确答案】 （1），；（2）；（3）
【试题解析】 详解:
（1）根据正弦式交变电流产生规律可知，最大值为
从图示位置开始计时，磁通量为零，感应电动势最大，则从图示位置开始计时瞬时电动势的表达式
（2）设降压变压器原、副线圈的电流分别为、，电动机恰能正常工作，有
根据理想变压器的变流比可知得
所以输电线路上损耗的电功率为
（3）根据理想变压器的的变压比可知得
升压变压器副线圈两端电压
又可得
12-7【提升】 【正确答案】 （1）；（2）；（3）
【试题解析】 详解:
（1）发电机产生的电动势的最大值
（2）由于，并联，总电阻
因此副线圈两端的电压
根据
可知交流电压表的示数就是原线圈两端的电压
（3）根据
可得流过原线圈的电流
电动势的有效值
电源内电压
发电机线圈的电阻
13-1【基础】 【正确答案】 （1）；（2）
【试题解析】 详解:
（1）同学坐上后，利用等温变化规律
得
（2）由受力平衡
得
13-2【基础】 【正确答案】 （1）100cmHg；（2）10cm
【试题解析】 详解:
（1）末状态水银深度变为
所以
（2）根据受力分析可知，初状态有
根据玻意耳定律有
解得
故
则活塞向上移动的距离
点睛:
对活塞受力分析，根据初末状态的平衡情况结合气体状态方程进行解答。
13-3【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）
【试题解析】 详解:
（1）开始时AB管中封闭气体的压强为
当转过53°时，设气体的压强为，则
解得
当转过53°时，左、右两管中水银液面高度差为15cm
设BC段玻璃管长为L，则
解得
（2）设温度升高后的环境温度为，封闭气体的压强为
根据理想气体状态方程有
解得
13-4【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）
【试题解析】 详解:
（1）抽完气后缓慢加热到活塞碰到汽缸前的过程中，气体发生等压变化，活塞碰到汽缸右侧时，气体体积为，气体的温度为，设刚抽完气时左侧气体体积为，由盖－吕萨克定律有
解得
抽气过程中，左侧气体发生等温变化，当活塞右侧的气体压强为时，左侧气体压强为，对活塞受力分析有
活塞右侧抽成真空时，左侧气体压强为，对活塞受力分析有
抽气过程中由玻意耳定律有
解得
（2）气体温度从升高到过程中，气体发生等容变化，由查理定律有
解得
13-5【巩固】 【正确答案】 （1）h=2m；（2）hm=10m
【试题解析】 详解:
（1）设活塞A向右移动时，气缸内的气体压强为，由玻意耳定律得
又
联立解得
（2）当活塞A恰好移动到气缸I最右侧时所测深度最大，设此时气体压强为，则
解得
13-6【巩固】 【正确答案】 （1）1.5p0；（2）
【试题解析】 详解:
（1）设第6次打气完成后，篮球内气体的压强为p1，由题意可得
解得
（2）当第7次活塞下压前，已经压下了6次，由以上解析此时篮球内的气体压强为，设当第7次活塞下压的距离时打气筒内的气压为p2，则有
要使阀门打开，则至少
解得
13-7【提升】 【正确答案】 （1）；（2）
【试题解析】 详解:
（1）设A部分气体在下方时，压强为，则对A部分气体由玻意耳定律得
解得
对活塞受力分析，则A部分气体在上方时，满足
A部分气体在下方时，满足
对B部分气体由玻意耳定律得
解得
（2）由题意知
对A部分气体由理想气体状态方程得
对B部分气体由理想气体状态方程得
且由平衡条件得
解得
14-1【基础】 【正确答案】 （1）0.5；（2）12J
【试题解析】 详解:
（1）由 可得
对小物块受力分析可得
得
μ=0.5
（2）在D点由
得
vD=1m/s
在PB段
从B点至D点，由动能定理得
得
Wf=-12J
小物块从B运动到D的过程中克服摩擦力做的功为12J。
14-2【基础】 【正确答案】 （1）30N；（3）0.4m
【试题解析】 详解:
（1）从A点到B点运动的过程中，由动能定理可得
解得
R=0.2m
物块在B点时
解得
FN=30N
由牛顿第三定律得F=30N。
（2）物块从释放到在水平轨道上静止的全过程中，由动能定理可得
解得
0.4m
14-3【巩固】 【正确答案】 (1)5m/s；(2)5.3N；(3)1.65m
【试题解析】 详解:
(1)滑块被抛出后做平抛运动，到达A点时的速度方向恰好沿AB方向，设此时滑块沿竖直方向的分速度大小为vy，有
解得
vy=3m/s
滑块运动到A点时的速度大小为
(2)设滑块运动到圆弧轨道最低点C时的速度大小为vC，在滑块从A点运动到圆弧轨道最低点C的过程中，由动能定理有
滑块在圆弧轨道最低点C时（设所受支持力大小为FN），有
根据牛顿第三定律可知
F=FN
解得
m/s，F=5.3N
(3)假设滑块沿圆弧轨道上升的过程中最大高度小于R，则由动能定理有
解得
H=1.65m
14-4【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）
【试题解析】 详解:
（1）物体P刚好能到达竖直固定放置的半圆轨道的最高点，则有
解得
（2）物块P从静止到运动到最高点的过程，根据动能定理有
解得
14-5【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）；（3）
【试题解析】 详解:
（1）在点，由牛顿第二定律可得
解得
（2）在从至的过程中，设克服摩擦力做的功为，由动能定理得
解得
（3）从到坡顶的过程中，由动能定理得
解得轨道的长度为
14-6【巩固】 【正确答案】 (1)0.75mg； (2)
【试题解析】 分析:
滑块经过B点时对圆弧轨道的压力达到最大，由力的合成求水平恒力F的大小，恰好能运动到C点，由力的合成求出指向圆心的合外力，由牛顿第二定律可得滑块到达C点时速度vC的大小，从P点运动到C点，由动能定理可得P点到A点的距离；
详解:
(1)滑块经过B点时对圆弧轨道的压力达到最大，可得
恰好能运动到C点，由力的合成则有
由牛顿第二定律可得
解得
(2)从P点运动到C点，由动能定理，可得
解得
14-7【提升】 【正确答案】 （1）；（2）；（3）5次
【试题解析】 详解:
（1）对小物块从到的过程，有
其中物块在点的速度满足
解得
（2）设符合第（1）向条件的小物块落在倾斜直轨道上的位置与点的距离为，小物块从点抛出后做平抛运动，满足
解得
（3）满足题目要求的运动过程中小物块至点时速度恰好为零，对小物块从到的过程有
解得
小物块从斜面下滑距离为时，上滑距离为，则此过程满足
解得
小物块在斜面上下滑距离为时，上滑距离为，则在这一过程中满足
解得
设从距离点处滑下时恰好能过点，则有
且有
（，2，3，…）
解得
即小物块进入轨道后可以通过点5次。
15-1【基础】 【正确答案】 （1）；（2）
【试题解析】 详解:
（1）粒子在第一象限做类平抛运动，沿x轴方向位移为，沿y轴方向位移为，设粒子在第一象限运动的时间为t，电场强度的大小为E，粒子在电场中的加速度为a
联立解得
（2）粒子到达时速度沿x方向的分量仍为，表示速度和x轴的夹角，根据类平抛运动特点，速度反向延长线过水平位移中点，则有
解得
入射到磁场时粒子速度
粒子在磁场中运动轨迹如图所示，设轨迹半径为r，根据几何关系可得
即
洛伦兹力提供向心力有
解得
点睛:
本题以带电粒子在电、磁场中运动为情境载体，考查了类平抛运动、圆周运动等必备知识，考查了理解能力、建模能力、分析综合能力、体现了科学思维、科学态度与责任的学科素养的考查，突出对综合性的考查要求。
15-2【基础】 【正确答案】 （1）；（2）；（3）
【试题解析】 详解:
（1）粒子穿出磁场进入电场，速度减小到0后又返回磁场，则粒子进电场时的速度方向沿y轴正方向，所以粒子在组合场中轨迹如图
由几何关系知，粒子在磁场中做圆周运动的半径为
根据洛仑兹力提供向心力得
解得
（2）粒子穿出磁场进入电场，当速度减小到0时粒子第一次上升到最高点，根据牛顿第二定律
根据运动学公式得匀减速直线运动的位移
粒子第一次上升到最高点的横坐标
粒子第一次上升到最高点的纵坐标
粒子第一次上升到最高点的坐标为
（3）粒子在磁场中运动的时间为
粒子在电场中运动的时间
又
解得
从原点出发后到带电粒子第一次回到x轴所用的时间
15-3【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）
【试题解析】 详解:
（1）带电粒子在电场中做类平抛运动，有
对于合速度有
解得
（2）设v方向与x轴夹角为，则有
粒子在区域做类平抛运动，在区域做匀速圆周运动，粒子最后又从O点射出电场区域。由运动的对称性得粒子的运动轨迹如图所示。在磁场中做圆周运动的圆心在x轴上，由几何关系有
解得
对于粒子在磁场中运动有
解得
15-4【巩固】 【正确答案】 (1)v0；(2)；(3)奇数次过x轴时间为{n=1、3、5、7…}偶数次过x轴的时间为{n=2、4、6、8…}
【试题解析】 详解:
(1)粒子从O点进入匀强磁场后在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，则其运动轨迹如图所示，经过磁场后进入电场，到达P点，假设粒子在O点时的速度大小为v，OQ段为圆周，QP段为抛物线。
根据洛伦兹力与速度垂直不做功，可知粒子在Q点时的速度大小也为v，根据对称性可知方向与x轴正方向成45°角，可得：Q点速度大小为v，方向与x轴成45°斜向上。
进入电场后，电场力为竖直方向，水平方向匀速直线运动，所以有
v0=vcos45°
解得
v=v0
(2)在粒子从Q运动到P的过程中，由动能定理得：
-qE0L=mv02-mv2
解得
又在匀强电场由Q到P的过程中，水平方向匀速直线运动的速度v0，位移为
x=v0t1
竖直方向初速度
vsin45°=v0
匀减速到0的位移为
y=t1=L
可得
xQP=2L
OQ=L
由几何关系
OQ=2Rcos45°
可得，粒子在OQ段圆周运动的半径
R=L
根据洛伦兹力提供向心力得
得
(3)在Q点时，竖直分速度
vy=v0tan45°=v0
设粒子从Q到P所用时间为t1，在竖直方向上有
粒子从O点运动到Q运动的圆心角为90°，所用的时间为：
奇数次过x轴时间为
（n=1、3、5、7……）
偶数次过x轴的时间为
（n=2、4、6、8……）
15-5【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）；（3）
【试题解析】 详解:
（1）粒子从K射出时速度最大，根据牛顿第二定律得
解得
（2）在电场中的加速次数N
解得
（3）做变速运动的总时间t
根据牛顿第二定律得
解得
15-6【巩固】 【正确答案】 （1）（n＝0，1，2，3…）；（2）
【试题解析】 详解:
（1）由分析可知，粒子以相同的速度回到P点，粒子在电场中做类平抛运动的侧位移与粒子在磁场中做圆周运动的半径相等，即
在电场中竖直方向上有
在电场中水平方向上有
粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力充当向心力，则
联立以上方程可得
（n＝0，1，2，3…）
（2）粒子在电场中水平方向上做匀速直线运动，所以有
粒子在磁场中做一个完整的圆周运动，有
所以
15-7【提升】 【正确答案】 （1）；（2）；（3）①；②（）
【试题解析】 详解:
（1）带电粒子在电场中做类平地运动，分解Q点的速度可得
沿轴方向做匀加速运动
由牛顿第二定律得
解得
（2）要使粒子不从轴正半轴飞出磁场，需要带电粒子能够进入轴下方的磁场，临界态为偏转轨迹与轴相切，设此时轨迹的半径为，进入磁场的速度
Q点的纵坐标为
由几何关系
由洛伦兹力提供向心力
解得
若使粒子不从轴正半轴飞出磁场，磁感应强度大小
（3）粒子得轨迹如图所示
由几何关系可知
带电粒子在第一象限运动的半径
带电粒子在第四象限运动的半径
带电粒子第二次经过x轴的正半轴的位置坐标
由几何关系可知粒子在第一象限先完成半个圆的偏转，粒子要垂直边界飞出应满足关系式
（）
即
（）
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