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2022-2023学年原卷变式题 山东省烟台市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 山东省烟台市2021-2022学年度高三上学期期末考试物理变式题库（解析版），共112页。
变式题库
【原卷 1 题】知识点 平衡问题的动态分析
【正确答案】
D
【试题解析】
1-1（基础） 如图所示，一重物用轻绳悬挂于天花板上，用始终与轻绳垂直的力F缓慢拉动重物，直至轻绳水平，用T表示轻绳拉力的大小，则在缓慢拉动重物的过程中（ ）
A.F逐渐变小，T逐渐变大
B.F逐渐变大，T逐渐变小
C.F逐渐变小，T先变大后变小
D.F逐渐变大，T先变小后变大
【正确答案】 B
1-2（基础） 如图，一小球放置在木板与竖直墙面之间。设墙面对球的压力大小为F1，球对木板的压力大小为F2。以木板与墙连接点所形成的水平直线为轴，将木板从图示位置开始缓慢地转到水平位置。不计摩擦，在此过程中（ ）
A.F1始终减小，F2始终增大
B.F1始终减小，F2始终减小
C.F1先增大后减小，F2始终减小
D.F1先增大后减小，F2先减小
【正确答案】 B
1-3（巩固） 如图所示，置于水平桌面上的重物由绕过光滑定滑轮的轻绳与冰块相连，左侧轻绳与水平面的夹角为。已知与桌面始终保持相对静止，下列说法正确的是（ ）
A.若冰块缓慢融化且逐渐滴落，则重物对桌面的压力可能不变
B.若冰块缓慢融化且逐渐滴落，则重物对桌面的摩擦力可能变大
C.若冰块的质量不变，调节定滑轮位置使减小，则重物对桌面的压力可能不变
D.若冰块的质量不变，调节定滑轮位置使减小，则重物对桌面的摩擦力一定变大
【正确答案】 D
1-4（巩固） 如图所示，两个完全一样的半圆柱A、B紧靠着静置于水平地面上，其上有一光滑圆柱C，三者半径均为R。C的质量为m，A、B的质量都为0.5m，与地面的动摩擦因数均为μ。现用水平向右的力拉A，使A缓慢移动，直至C恰好降到地面。整个过程中B保持静止，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，下列选项正确的是（ ）
A.地面对B的支持力逐渐减小
B.未拉A时，C受到B作用力的大小为
C.A、B与地面的动摩擦因数大小至少为
D.A移动的整个过程中，摩擦力做功一定是
【正确答案】 C
1-5（巩固） 如图所示，轻质弹簧的一端固定于A点，另一端与轻绳相连，轻绳绕过定滑轮P与动滑轮Q的轴相连，另外一根轻绳一端悬挂重物B并绕过动滑轮Q及定滑轮S，由地面上某人拉着轻绳另一端，使整个系统处于静止状态，此时QS连线水平，PQ连线与竖直方向夹角为θ。若人加速向下拉动细绳移动一段较小的距离，滑轮均为光滑轻质滑轮，且可看作质点，弹簧始终在弹性限度之内，则在加速拉动的过程中与原静止状态相比（ ）
A.θ不变，弹簧弹力不变 B.θ变大，弹簧弹力变大
C.滑轮Q水平向右移动 D.滑轮Q沿PQ方向移动
【正确答案】 B
1-6（巩固） 如图所示，倾斜的木板上有一静止的物块，水平向右的恒力F作用在该物块上。在保证物块不相对木板滑动的情况下，现以过木板下端点O的水平轴为转轴，使木板在竖直面内顺时针缓慢旋转一个小角度。在此过程中下面说法正确的是（ ）
A.物块所受支持力一定变大
B.物块所受支持力和摩擦力的合力不一定不变
C.物块所受摩擦力可能变小
D.物块所受摩擦力一定变大
【正确答案】 D
1-7（提升） 光滑半圆槽的边缘上固定有一轻质定滑轮，轻绳一端连接小球P，绕过光滑的定滑轮A，另一端系在竖直杆上的B点。现将另一个重物G用光滑轻质挂钩挂在轻绳上AB之间的O点，已知整个装置处于静止状态，将绳的B端向上缓慢移动一小段距离，小球P没有移动，系统重新平衡后，有关力的变化情况，下列说法正确的是（ ）
A.绳的张力大小不变 B.绳的张力变大
C.半圆槽对小球P的弹力变小 D.半圆槽对小球P的弹力变大
【正确答案】 A
【原卷 2 题】知识点 x-t图象,平均速度
【正确答案】
B
【试题解析】
2-1（基础） 如图所示的位移—时间图像和速度—时间图像中给出四条图线，甲、乙、丙、丁代表四辆车由同一地点向同一方向运动的情况，则下列说法正确的是（ ）
A.甲车做直线运动，乙车做曲线运动
B.时间内，甲车通过的位移大于乙车通过的位移
C.时间内，丙、丁两车在时刻相距最远
D.时间内，丙车的加速度始终大于丁车的加速度
【正确答案】 C
2-2（基础） 一遥控玩具小车在平直路上运动的位移一时间图像如图所示，则（ ）
A.15s内小车的位移为30m B.20s末小车的速度大小为2m/s
C.前10s内小车的速度为1m/s D.前25s内小车做单方向直线运动
【正确答案】 A
2-3（巩固） 甲、乙、丙三辆车在同一平直道路上沿直线运动，以三车到达同一位置时开始计时（），甲、乙、丙三车在0～10s内运动图像分别如图所示，已知丙车的初速度为零，则0～10s内三车的位移大小关系为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】 A
2-4（巩固） 一质点做匀变速直线运动的-t图像如图所示。下列说法正确的是（ ）
A.质点做匀加速直线运动且加速度大小为
B.质点在时刻的速度大小为3p
C.质点在0～t0时间内的平均速度大小为3p
D.质点在0～t0时间内的位移大小为5pt0
【正确答案】 D
2-5（巩固） 如图所示为载有防疫物资的无人驾驶小车在水平路面上行驶的位移时间图像，该图像为抛物线的一部分，时刻对应图像的最高点，下列说法正确的是（ ）
A.时小车的速度为零
B.时小车的加速度为零
C.时小车的速度为整个过程最大速度的
D.时小车的速度为整个过程最大速度的
【正确答案】 C
2-6（巩固） 如图所示，图线分别是做直线运动的质点的位移-时间图像，其中为开口向下抛物线的一部分，为图像上一点。为过点的切线，与轴交于x=6m的Q点。下列说法错误的是（ ）
A.时，质点的速率为
B.质点的加速度大小为
C.质点的初速度大小为
D.时两质点相遇
【正确答案】 B
2-7（提升） 如图所示，有a、b两条图线，则下列说法正确的是（ ）
A.若横坐标为时间t，纵坐标为位移x，则a做直线运动，b做曲线运动
B.若横坐标为时间t，纵坐标为速度v，则a、b两物体运动方向相同
C.若横坐标为时间t，纵坐标为速度v，则两图线的交点表示两物体相遇
D.若物体在平面上运动，横坐标为水平位置x，纵坐标为竖直位置y，则a、b两物体均做直线运动
【正确答案】 B
【原卷 3 题】知识点 电梯中的超重和失重现象分析,常见力做功与相应的能量转化
【正确答案】
D
【试题解析】
3-1（基础） 如图所示为某同学站在压力传感器上做下蹲—起立的动作时传感器记录的压力随时间变化的图线，纵坐标为压力，横坐标为时间。由图线可知，该同学的体重约为660N，除此以外，还可以得到的信息是（ ）
A.1s时人下蹲的速度最大
B.下蹲过程中人始终处于失重状态
C.0~4s内该同学做了1次下蹲—起立的动作
D.1s时人处在下蹲的最低点
【正确答案】 C
3-2（基础） 如图所示，物体Q放置在水平地面上，其上端连接竖直轻弹簧，将物体P从弹簧正上方某处由静止释放，在物体P接触弹簧到压缩弹簧到最短的过程中（弹簧始终在弹性限度内），下列说法正确的是（ ）
A.物体P先失重后超重
B.物体P一直超重
C.物体Q对地面的压力先增大后减小
D.物体Q对地面的压力大于P、Q两物体的总重力
【正确答案】 A
3-3（巩固） 小范同学在家里做了一个小实验，将圆珠笔里的弹簧取出，再用硬卡纸做个小纸帽，套在弹簧上，如图所示。实验时，将小纸帽压到桌面上，然后迅速放开手。从放手到小纸帽刚脱离弹簧的运动过程中（假定小纸帽运动中只发生竖直方向移动），不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A.小纸帽向上弹起过程中，离开弹簧前一直处于超重状态
B.小纸帽刚离开弹簧时的动能最大
C.小纸帽向上弹起过程中，弹簧对小纸帽的作用力大小等于小纸帽对弹簧的作用力大小
D.小纸帽整个运动过程中机械能守恒
【正确答案】 C
3-4（巩固） 某老师用图1所示装置研究电梯的运动。安装拉力传感器的铁架台置于电梯中，矿泉水瓶竖直悬挂在拉力传感器上。电梯运行时，电脑记录了矿泉水瓶所受拉力F随时间t的变化情况如图2所示，下列说法正确的是（ ）
A.AB阶段电梯处于失重状态，CD阶段电梯处于超重状态
B.电梯先后经历了上行、静止、下行三个过程
C.AB阶段的加速度大小约，方向竖直向上
D.CD阶段的加速度大小约，方向竖直向上
【正确答案】 C
3-5（巩固） 图甲是莱芜一中尚清华同学站在接有力传感器的板上做下蹲、起跳动作的示意图，图中的O点表示他的重心。图乙是传感器所受压力随时间变化的图像，图像上a、b两点的纵坐标分别为900N和300N，重力加速度g=10m/s2，不计空气阻力。根据图像分析可知（ ）
A.尚清华的重力可由b点读出，为300N
B.尚清华在b到c的过程中先处于超重状态再处于失重状态
C.尚清华在双脚与板不接触的过程中处于完全失重状态
D.尚清华在b点对应时刻的加速度大于在c点对应时刻的加速度
【正确答案】 C
3-6（提升） 如图甲所示，人站在电梯内的一台磅秤上，当电梯沿竖直方向加速上升时，将看到，磅秤的示数会变大，把这种现象叫“超重”。当电梯的加速度向上为a时，可认为重力加速度由g变为g0=g+a，这时秤面示数变大，变为F=mg0=m（g+a）。可把这个g0称为等效重力加速度；如图乙所示，小球在竖直面内做半径为r的圆周运动，当运动到最低点时速度为v，下列说法正确的是（ ）
A.当电梯处于超重状态，速度一定向上
B.当等效重力加速度g0等于0时，电梯处于平衡状态
C.当电梯做自由落体运动时，等效重力加速度为g
D.对乙图，小球在最低点时等效重力加速度为
【正确答案】 D
3-7（提升） 如图甲所示，质量为m的同学在一次体育课上练习原地垂直起跳。在第一阶段，脚没有离地，所受地面支持力大小F随时间t变化的关系如图乙所示。经过一定时间，重心上升h，其质心获得速度v。在第二阶段，人躯干形态基本保持不变，重心又上升了一段距离，到达最高点，重力加速度为g。不计空气阻力，则下列说法正确的是（ ）
A.该同学在阶段一直处于超重状态
B.在第一阶段地面支持力对该同学的冲量为
C.在第一阶段地面支持力对该同学做的功大于
D.在第一阶段该同学机械能的增加量为
【正确答案】 D
【原卷 4 题】 知识点 机车的额定功率、阻力与最大速度,机车以恒定加速度启动的过程及v-t图像
【正确答案】
C
【试题解析】
4-1（基础） 一辆汽车在平直公路上以额定功率行驶，设所受阻力不变．在汽车加速过程中:
A.牵引力减小，加速度增大 B.牵引力减小，加速度减小
C.牵引力增大，加速度增大 D.牵引力增大，加速度减小
【正确答案】 B
4-2（基础） 机车从静止开始沿水平的直轨道做匀加速直线运动，所受的阻力始终不变，在此过程中，下列说法正确的是（ ）
A.机车的牵引力逐渐减小
B.机车的牵引力逐渐增大
C.机车输出功率逐渐减小
D.机车输出功率逐渐增大
【正确答案】 D
4-3（巩固） 某次赛车比赛中，两辆完全相同的赛车MN由同一起跑线沿同一方向同时出发，图甲乙分别为赛车M和赛车N的速度以及位移随时间的变化规律图象，已知两图线均为过原点的倾斜直线，时两车的输出功率之差为700W，甲车保持图示运动状态的最长时间为20s，该种赛车的最大输出功率为42kW。下列说法正确的是（ ）
A.赛车甲在时发动机的输出功率为2000W
B.赛车甲运动过程中地面受到的阻力大小为1400N
C.两车在整个运动过程中能相遇两次
D.的时间内赛车M和赛车N之间的距离先增大后减小
【正确答案】 B
4-4（巩固） 一辆小汽车在水平路面上由静止启动，在前内做匀加速直线运动，5s末达到额定功率，之后保持额定功率运动，其图像如图所示，汽车的质量，汽车受到地面的阻力为车重的0.1倍，（g取）则（ ）
A.汽车在前内的牵引力为
B.汽车的额定功率为
C.汽车的最大速度为
D.当汽车速度为时，汽车加速度大小为
【正确答案】 B
4-5（巩固） 如图所示为某汽车启动时发动机功率P随时间t变化的图像，图中P0为发动机的额定功率，若已知汽车在t2时刻之前已达到最大速度vm，据此可知（ ）
A.t1～t2时间内汽车做匀速运动
B.0～t1时间内发动机做的功为P0t1
C.0～t2时间内发动机做的功为P0（t2－）
D.汽车匀速运动时所受的阻力小于
【正确答案】 C
4-6（提升） 格兰披治一级方程式（GrandPrixFormulaOne简称：F1）大奖赛是目前世界上速度最快的、费用最昂贵、技术最高的比赛，也是方程式汽车赛中最高级别的比赛。在某次F1比赛中，质量为400kg的赛车在平直赛道上以恒定功率加速，受到的阻力不变，其加速度a与速度的倒数的关系如图所示，则F1赛车（ ）
A.赛车最大速度可达90m/s
B.加速度随时间均匀增大
C.输出功率为1600kW
D.所受阻力大小为1600N
【正确答案】 D
4-7（提升） 太阳能汽车是一种靠太阳能来驱动的汽车。如图所示，某款太阳能概念汽车的质量为m，额定功率为P，在一段平直公路上由静止开始匀加速启动，加速度大小为a，经时间达到额定功率：汽车继续以额定功率做变加速运动，又经时间达到最大速度，之后以该速度匀速行驶。已知汽车所受阻力恒定，则下列说法正确的是（ ）
A.汽车在匀加速运动阶段的位移为
B.汽车在运动过程中所受的阻力为
C.从汽车启动到刚好达到最大速度的过程中牵引力做的功为
D.汽车在变加速运动阶段的位移为
【正确答案】 D
【原卷 5 题】知识点 斜面上的平抛运动,平抛运动位移的计算
【正确答案】
B
【试题解析】
5-1（基础） 如图所示，在竖直平面内固定一半圆形轨道，O为圆心，AB为水平直径。 有一小球从A点以不同的初速度向右水平抛出，不计空气阻力，则小球（ ）
A.初速度越大，运动时间越长
B.初速度不同，运动时间一定不同
C.落到轨道的瞬间，速度方向可能沿半径方向
D.落到轨道的瞬间，速度方向的反向延长线与水平直径的交点在O点的左侧
【正确答案】 D
5-2（基础） 投弹训练中，某战士从倾角为、长度为L的斜坡顶端，将手榴弹（图中用点表示）以某一初速度水平抛出，手榴弹恰好落到斜坡底端。重力加速度大小为g，取，不计空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A.手榴弹抛出时的初速度大小为
B.手榴弹抛出后在空中运动的时间为
C.手榴弹抛出后经时间，与斜坡间的距离最大
D.手榴弹落到斜坡底端前瞬间的速度方向与水平方向的夹角为
【正确答案】 C
5-3（巩固） 将小球从斜面上的A点以不同速度抛出，第一次水平抛出速度大小为；第二次垂直斜面抛出速度大小为，运动过程中不计空气阻力，最终小球都落在斜面上的B点，运动轨迹如图甲、乙所示。已知斜面倾角为45°，两次运动时间分别是、，则（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】 B
5-4（巩固） 如图所示，同一竖直平面内有四分之一圆环BC和倾角为53°的斜面AC，A、B两点与圆环BC的圆心O等高，C点位于O点正下方。现将甲、乙小球分别从A、B两点以初速度、沿水平方向同时抛出，两球恰好在C点相碰（不计空气阻力），已知，，下列说法正确的是（ ）
A.初速度、大小之比为
B.若仅增大，两球有可能不相碰
C.若甲球恰能落在斜面的中点D，则初速度应变为
D.若只抛出甲球并适当改变大小，则甲球不可能垂直击中圆环BC
【正确答案】 C
5-5（巩固） 如图所示，是半圆弧的一条水平直径，是圆弧的圆心，是圆弧上一点，，在、两点分别以一定的初速度、水平抛出两个小球，结果都落在 C点，则两个球抛出的初速度、的大小之比为（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】 B
5-6（巩固） 网球运动员在O点训练发球。第一次发球时，球直接垂直击中A墙壁上的P点；第二次发球时，球先与B墙壁弹性碰撞后垂直击中A墙壁上的P点。则（ ）
A.两球在空中飞行时间 B.两球击中P点时速度
C.两球在空中速度的变化量 D.两球发出时速度与水平方向夹角
【正确答案】 A
5-7（提升） 如图，小滑块以初速度从倾角的固定光滑斜面底端A沿斜面向上滑动，同时从以初速度斜向上抛出一个小球，经滑块滑到斜面顶端B，恰好被小球水平击中。滑块和小球均视为质点，空气阻力忽略不计，已知，，。则下列说法正确的是（ ）
A.小滑块的初速度
B.小球的初速度
C.小球从抛出到离斜面最远处所经历的时间为
D.斜面AB的长度为
【正确答案】 C
【原卷 6 题】知识点 拱桥和凹桥模型,应用动能定理求变力的功
【正确答案】
A
【试题解析】
6-1（基础） 如图，某同学把质量为的足球从水平地面踢出，足球达到最高点时速度为，离地高度为。不计空气阻力，重力加速度为，下列说法正确的是（ ）
A.该同学踢球时对足球做功
B.足球上升过程重力做功
C.该同学踢球时对足球做功
D.足球上升过程克服重力做功
【正确答案】 C
6-2（基础） 某滑雪运动员（视为质点）由坡道以一定速度进入竖直面内的圆弧形滑道，从滑道的点滑行到最低点的过程中，由于摩擦力的存在，运动员的速率不变，关于运动员沿下滑过程，下列说法正确的是（ ）
A.向心加速度大小逐渐增大
B.所受摩擦力大小逐渐减小
C.所受的合力为零
D.在点，人受滑道的支持力大小小于其重力大小
【正确答案】 B
6-3（巩固） 每一位航天员在进入太空执行任务之前，都要在地面经历各种“魔鬼式训练”，而被大多数航天员公认为最痛苦的一种，就是离心机训练。如图所示，质量为m的航天员坐在离心舱内的座椅上，座椅到转轴的距离为R（航天员与座椅均视为质点），离心舱在竖直平面内做匀速圆周运动，在转动过程中航天员的加速度大小为6g（g为重力加速度）。下列判断正确的是（ ）
A.航天员受到的合外力为恒力
B.航天员匀速转动的角速度为
C.航天员在圆周最高点受到座椅的支持力大小为7mg
D.从最低点转到最高点的过程中座椅对飞行员不做功
【正确答案】 B
6-4（巩固） 一质量为m的物体，沿半径为R的向下凹的半圆形轨道滑行，如图所示，经过最低点时的速度为v，物体与轨道之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则它在最低点时受到的摩擦力为（ ）
A.μmg B.
C.μm（g－） D.μm（g＋）
【正确答案】 D
6-5（巩固） 如图所示，用同种材料制成的一个轨道ABC，AB段为四分之一圆弧，半径为R，水平放置的BC段长为R。一个物块质量为m，与轨道的动摩擦因数为μ，它由轨道顶端A从静止开始下滑，恰好运动到C端停止，物块在AB段克服摩擦力做功为（ ）
A.μmgπR B.（1－μ）mgR C. D.mgR
【正确答案】 B
6-6（巩固） 如图所示，在竖直平面内有一半径为的三圆弧轨道，半径OA水平、OB竖直。质量为m、可视为质点的滑块自A的正上方P点由静止下落，从A点内侧进入轨道后，恰好能通过轨道的最高点B。若重力加速度为g，滑块克服摩擦力做功，不计空气阻力，则滑块下落点P到A的高度h为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】 B
6-7（提升） 如图所示，一半径为R、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径PQ水平。一质量为m的小球（可视为质点）从P点上方高为R处由静止开始下落，恰好从P点进入轨道。小球滑到轨道最低点N时，对轨道的压力大小为4.5mg，重力加速度为g。用W表示小球从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功，则（ ）
A.小球恰好可以到达Q点
B.小球冲出Q点后可上升的最大高度大于
C.小球不可能第二次经过P点
D.小球从N到Q克服摩擦力做的功等于
【正确答案】 B
【原卷 7 题】 知识点 电流强度的定义及单位,电流的微观表达式及其应用
【正确答案】
A
【试题解析】
7-1（基础） 已知铜棒的截面积为S，密度为ρ，摩尔质量为M，阿伏加德罗常数为，电子电量为e，若通过铜棒的电流强度为I，并认为铜棒中每一个铜原子贡献一个电子，则铜棒中自由电子定向移动的速率为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】 A
7-2（基础） 如图所示，在水平放置的金属导体中，5s内有5 × 1018个电子向右通过导体某一横截面，此横截面的面积为0.2m2，e = 1.6 × 10－19C。关于导体内电流的大小和方向，以下判断正确的是（ ）
A.0.16A向右
B.0.16A向左
C.0.80A向左
D.0.80A向右
【正确答案】 B
7-3（巩固） 一根长为、横截面积为、电阻率为，的金属棒，棒内单位体积自由电子数为，电子的质量为，电荷量为。在棒两端加上恒定的电压时，棒内产生电流，自由电子定向运动的平均速度为，则电子运动时受到的平均阻力大小为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】 C
7-4（巩固） 如图所示，电解池内的电解液只有一价离子，t时间内定向移动通过溶液内某一截面s的正离子数是，负离子数是，且。设元电荷为e，则下列说法正确的是（ ）
A.A极板接电源的正极，B极板接电源的负极
B.溶液内正、负离子定向移动形成的电流方向相反
C.溶液内电流方向从B到A，电流
D.溶液中电流方向从A到B，电流
【正确答案】 C
7-5（巩固） 某些肿瘤可以用“质子疗法”进行治疗。为了能让质子进入癌细胞，质子先被加速到较高的速度，然后轰击肿瘤并杀死癌细胞。如图所示，来自质子源的质子（初速度为零），经电压为U的加速器加速，形成细柱形的质子流。若质子流横截面积为S，质子的质量为m，电量为e，质子流内单位长度的质子数为n。则质子流形成的电流大小为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】 B
7-6（巩固） 一根粗细均匀的导线，两端加上电压时，通过导线的电流为，导线中自由电子定向移动的平均速率为，若将导线均匀拉长，使它的横截面半径变为原来的，再给它两端加上电压，则（ ）
A.通过导线的电流为 B.通过导线的电流为
C.导线中自由电子定向移动速率为 D.导线中自由电子定向移动速率为
【正确答案】 C
7-7（提升） 如图所示，两段长度和材料相同、各自粗细均匀的金属导体a、b，单位体积内的自由电子数相等，横截面积之比，已知流经导体a的电流为0.16A，电子的电荷量e=1.6×10-19C，下列说法正确的是（ ）
A.5s内有个自由电子通过导体a的横截面
B.a、b的电阻之比
C.自由电子在导体a和b中的定向移动速率之比
D.相同时间内导体a和b产生的焦耳热之比
【正确答案】 A
【原卷 8 题】 知识点 受恒定外力的板块问题,最大静摩擦力与滑动摩擦力的关系
【正确答案】
C
【试题解析】
8-1（基础） 某同学利用图甲所示的装置研究物块与木板之间的摩擦力，实验台上固定一个力传感器，传感器用细线拉住物块，物块放置在粗糙的长木板上。水平向左拉木板，传感器记录的图像如图乙所示。下列说法中正确的是（ ）
A.物块与木板之间的滑动摩擦力大小约为
B.在时间内，物块与木板间的摩擦力大小与物块对木板的正压力成正比
C.在时间内，物块静止，所以物块与木板之间的摩擦力是静摩擦力
D.木板不必做匀速直线运动
【正确答案】 D
8-2（基础） 将质量为m的砖块靠在足够高的竖直墙壁上，对其施加F＝kt（k为正的常数）的水平推力，如图所示，t＝0时将砖块由静止释放，用f、a、v分别表示它的摩擦力、加速度和速度，下列图像正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】 B
8-3（巩固） 如图所示，物块A放在倾斜的木板上，木板的倾角为30°和37°时物块所受摩擦力的大小恰好相同，则（ ）（sin37°=0.6，cos37°=0.8）
A.物块和木板间的动摩擦因数为
B.物块和木板间的动摩擦因数为
C.木板的倾角为30°时物块可能在木板上做匀速直线运动
D.木板的倾角为37°时物块可能在木板上做匀速直线运动
【正确答案】 A
8-4（巩固） 如图所示，a、b两个物体静止叠放在水平桌面上，已知，a、b间的动摩擦因数为μ，b与地面间的动摩擦因数为。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现对a施加一水平向右的拉力F，下列判断正确的是（ ）
A.若a、b两个物体始终相对静止，则水平拉力F不能超过mg
B.当水平拉力时，a、b间的摩擦力为mg
C.无论水平拉力F为何值，b的加速度不会超过g
D.当水平拉力时，b相对a滑动
【正确答案】 A
8-5（巩固） 如图所示，A为放在水平光滑桌面上的足够长的长木板，在它上面放有物块B和C，A、B、C的质量分别为m、、m，B、C与A之间的动摩擦因数均为0.1，K为轻滑轮，绕过轻滑轮连接B和C的轻细绳足够长且都处于水平位置。现用水平方向的恒定外力F拉滑轮，使A的加速度等于0.2g，g为重力加速度，此时下列说法不正确的是（ ）
A.C的加速度大小为0.2g B.C、A之间摩擦力大小为0.1mg
C.B、A之间摩擦力大小为0.1mg D.外力F的大小为2.2mg
【正确答案】 A
8-6（巩固） A、B两物体质量均为，静止叠放在光滑的水平地面上，A、B间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度。现对B施加一水平拉力F，下列说法正确（ ）
A.只有当，B才会运动 B.当时，B的加速度大小为
C.当时，A相对B滑动 D.当时，A的加速度大小为
【正确答案】 C
8-7（提升） 如图甲所示，质量为2m的足够长的木板B放在粗糙水平面上，质量为m的物块A放在木板B的右端且A与B、B与水平面间的动摩擦因数均为μ，现对木板B施加一水平变力F，F随t变化的关系如图乙所示，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A.前3s内，A受到的摩擦力方向水平向右
B.t=4s时，A的加速度大小为μg
C.t=5s时，A受到的摩擦力大小为μmg
D.第6s以后，A受到的摩擦力会随着F大小的增加而增大
【正确答案】 B
【原卷 9 题】 知识点 完全非弹性碰撞1：碰撞后直接粘连问题,利用动量守恒计算解决简单的碰撞问题,非完全弹性碰撞后的速度,完全弹性碰撞1：动碰静
【正确答案】
B C
【试题解析】
9-1（基础） 如图甲所示，在光滑水平面上的两小球发生正碰，小球的质量分别为m1和m2.图乙为它们碰撞前后的x-t（位移-时间）图象。已知m1=0.1 kg。由此可以判断（ ）
A.碰前m2静止，m1向右运动 B.碰后m2和m1都向右运动
C.m2=0.3 kg D.碰撞过程中系统损失了0.4 J的机械能
【正确答案】 AC
9-2（基础） A、两物体沿同一直线运动的图像如图所示，其中、分别为A、碰撞前的图像，为碰撞后它们的图像。已知A的质量为，由图像可知（ ）
A.的质量为 B.的质量为
C.碰撞后它们的速度大小为 D.碰撞后它们的速度大小为
【正确答案】 BD
9-3（巩固） 如图所示，两条形磁铁各固定在甲、乙两小车上，它们能在水平面上无摩擦的运动，甲车与磁铁的总质量为2kg，乙车与磁铁的总质量为2kg，两磁铁N极相对，现使两车在同一直线上相向运动，某时刻甲车的速度为5m/s，乙车的速度为4m/s，可以看到它们没有相碰就分开了，下列说法正确的是（ ）
A.甲车对乙车的冲量与乙车对甲车的冲量相同
B.乙车开始反向时，甲车的速度为1.0m/s，方向不变
C.当乙车的速度为零时，两车相距最近
D.当甲乙两车的速度大小为0.5m/s，方向与甲车的初始速度方向相同时，两车相距最近
【正确答案】 BD
9-4（巩固） 用不可伸长的细线悬挂一质量为的小木块，木块静止，如图所示．现有一质量为的子弹自左向右水平射向木块，并停留在木块中，子弹初速度为，重力加速度为，则下列说法正确的是（ ）
A.从子弹射向木块到一起上升到最高点的过程中系统的机械能守恒
B.子弹射入木块瞬间动量守恒，故子弹射入木块瞬间子弹和木块的共同速度为
C.忽略空气阻力，子弹和木块一起上升过程中系统机械能守恒，其机械能等于子弹射入木块前的动能
D.子弹和木块一起上升的最大高度为
【正确答案】 BD
9-5（巩固） 如图所示，质量m1=0.5kg的物块A以初速度v0=10m/s在光滑水平地面上向右运动，与静止在前方、质量m2=1.5kg的B发生正碰，B的左端有一小块质量可以忽略的橡皮泥，碰撞过程持续了0.1s，碰撞结束后AB一起运动。以v0方向为正方向，下列说法中正确的是（ ）
A.碰撞过程中A受到的冲量为3.75N·s
B.碰撞过程中A的平均加速度为–75m/s2
C.碰撞过程中B受到的平均作用力为37.5N
D.A、B碰撞结束后A的动量为2.5kg·m/s
【正确答案】 BC
9-6（巩固） 如图所示，在光滑水平面上，一速度大小为的A球与静止的B球发生碰撞，已知，则碰撞后B球的速度大小可能是：（ ）。
A. B. C. D.
【正确答案】 AB
9-7（提升） 如图所示，质量为m的小车连同质量为的小孩以速度向右匀速运动，前方另一辆质量为的小车以速度匀速向左运动．为了避免碰撞，小孩以相对于地面的水平速度u跳到对面车上，地面与小车的摩擦力忽略不计，则u的数值可能为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】 CD
【原卷 10 题】知识点 ψ-x图像的物理意义,带电粒子在电场中的电势能,等量异种电荷连线中垂线和连线上的电势分布图像
【正确答案】
C D
【试题解析】
10-1（基础） 如图所示为某电场中x轴上电势随x变的图像，一个带电粒子仅受电场力作用在x=0处由静止释放后沿x轴正向运动， 且以一定的速度通过x=x2处， 则下列说法正确的是（ ）
A.x1和x2处的电场强度均为零
B.x1和x2之间场强方向不变
C.粒子从x=0到x2过程中，电势能先减小后增大
D.粒子从x=0到x2过程中，加速度先减小后增大
【正确答案】 CD
10-2（基础） 如图所示，三个同心圆是固定的正点电荷Q周围的三个等势面，A、B、C分别是这三个等势面上的点，且这三个点在同一条电场线上。已知这三个圆的半径关系是rA：rB：rC＝1：2：3。现将一电荷量为+q的试探电荷从A点由静止释放，试探电荷只在点电荷Q的静电力作用下开始运动，则（ ）
A.三点的电场强度大小关系是
B.三点的电势大小关系是
C.该试探电荷在三点的电势能大小关系是
D.在AB段和BC段静电力做功的大小关系是WAB>WBC
【正确答案】 BD
10-3（巩固） 一带负电的粒子只在电场力作用下沿轴正向运动，其电势能随位移变化的关系如图所示，其中段是关于直线对称的曲线，段是直线，则下列说法中正确的是（ ）
A.处电场强度最小，但不为零
B.粒子在段做变速运动，段做匀变速直线运动
C.在处电势的关系为
D.段的电场强度大小和方向均不变，为一定值
【正确答案】 BCD
10-4（巩固） 两电荷量分别为和的点电荷固定在x轴上的A、B两点，两电荷连线上各点电势随坐标x变化的关系图象如图所示，其中P点电势最高，且，则（ ）
A.和都是负电荷
B.的电荷量大于的电荷量
C.在A、B之间将一负点电荷沿x轴从P点左侧移到右侧，电势能先增大后减小
D.一点电荷只在电场力作用下沿x轴从P点运动到B点，加速度逐渐变大
【正确答案】 AD
10-5（巩固） 如图甲所示，a、b是一条竖直电场线上的两点，一带负电的粒子仅受电场力（重力忽略不计）从a运动到b的速度—时间图像如图乙所示，则下列判断正确的是（ ）
A.b点的电场方向为竖直向上
B.a点和b点的电场强度相同
C.粒子从a到b的过程中电势能先减小后增大
D.从a到b电势先减小后增大
【正确答案】 AC
10-6（巩固） 如图所示，在M、N两点分别固定带电荷量分别为+Q和−q（）的点电荷，以M、N连线的中点O为圆心的圆周上有A、B、C、D四点，CD连线过O点并与MN垂直。以下判断正确的是（ ）
A.A点的电场强度小于B点的电场强度
B.C点的电场强度大小等于D点的电场强度大小
C.A、C两点间的电势差小于A、D两点间的电势差
D.电荷量为+q的试探电荷在A点的电势能大于其在B点的电势能
【正确答案】 ABD
10-7（提升） 若规定无限远处的电势为零，真空中点电荷周围某点的电势φ可表示为φ＝k，其中k为静电力常量，Q为点电荷的电荷量，r为该点到点电荷的距离。如图所示，M、N、C是真空中三个电荷量均为+Q的固定点电荷，M、N、C连线构成一等边三角形且边长L，D是三条边中垂线的交点。已知静电力常量为k，规定无限远处的电势为零。则下列说法正确的是（ ）
A.O、A、B三点场强相等
B.场强EA
C.电势φA：φD＝（2+4）：9
D.在D处放置一负电荷q，其电势能Ep
【正确答案】 CD
【原卷 11 题】 知识点 类比地球求解其他星球的宇宙速度,卫星的各个物理量计算
【正确答案】
C D
【试题解析】
11-1（基础） 若宇航员在月球表面附近自高h处以初速度v0水平抛出一个小球，测出小球的水平射程为L。已知月球半径为R，万有引力常量为G。则下列说法正确的是（ ）
A.月球的平均密度 B.月球表面的重力加速度
C.月球的第一宇宙速度v= D.月球的质量
【正确答案】 CD
11-2（基础） 已知火星的半径是地球半径的，质量是地球质量的，地球表面的重力加速度是，地球的半径为，在地面上以某一速度向上竖直起跳的最大高度是，忽略自转的影响，下列说法正确的是（ ）
A.火星的密度为
B.火星表面的重力加速度是
C.火星的第一宇宙速度与地球的第一宇宙速度相等
D.假如以与在地球上相同的速度在火星上向上竖直起跳，则能达到的最大高度是
【正确答案】 ABD
11-3（巩固） 2018年3月20日，美国太空网报道，开普勒望远镜在距离地球200光年远的红矮星K2—155周围，发现了一颗行星K2—155d，其半径约为地球的1.6倍，这颗系外行星可能含有液态水。假设这颗行星的密度与地球的密度相同，根据以上信息可知，行星K2—155d与地球（ ）
A.第一宇宙速度之比为 B.第一宇宙速度之比为
C.表面的重力加速度之比为 D.表面的重力加速度之比为
【正确答案】 BC
11-4（巩固） “嫦娥五号”探测器着落月球前的运动轨道示意图如图所示，“嫦娥五号”沿轨道Ⅰ运动到P点时点火减速，之后沿轨道Ⅱ运动，再次运动到P点时点火减速，之后沿近月（到月球表面的距离不计）轨道Ⅲ运动。月球的半径为R，轨道Ⅱ上的远月点a到月心的距离为，“嫦娥五号”在轨道Ⅱ上运行的周期为，引力常量为G。下列说法正确的是（ ）
A.月球的质量为
B.月球的质量为
C.月球表面的重力加速度大小为
D.月球表面的重力加速度大小为
【正确答案】 AC
11-5（巩固） 2020年7月23日，我国用长征五号遥四运载火箭成功发射首次火星探测任务“天问一号”探测器。2021年5月15日，“天问一号”火星探测器搭载的“祝融号”火星车成功软着陆火星表面，是我国航天事业发展的又一具有里程碑意义的进展。此前，我国“玉兔二号”月球车首次实验月球背面软着陆，若“祝融号”的质量是“玉兔二号”的倍，火星的质量是月球的倍，火星的半径是月球的倍。火星与月球均视为球体，下列说法正确的是（ ）
A.长征五号遥四运载火箭的发射速度介于与之间
B.火星的平均密度是月球的倍
C.火星的第一宇宙速度是月球的倍
D.火星表面的重力加速度大小是月球表面的倍
【正确答案】 BC
11-6（巩固） 若在探测器“奔向”火星的过程中，用h表示探测器与火星表面的距离，a表示探测器所受的火星引力产生的加速度，a随h变化的图像如图所示，图像中a1、a2、h0以及引力常量G已知。下列判断正确的是（ ）
A.火星的半径为h0
B.火星表面的重力加速度大小为a1
C.火星表面的重力加速度大小为a2
D.火星的质量为
【正确答案】 BD
11-7（提升） 如图所示，宇航员完成了对月球表面的科学考察任务后，乘坐返回舱返回围绕月球做圆周运动的轨道舱。为了安全，返回舱与轨道舱对接时，必须具有相同的速度。已知返回舱与人的总质量为，月球质量为，月球的半径为，月球表面的重力加速度为，轨道舱到月球中心的距离为，不计月球自转的影响。卫星绕月过程中具有的机械能由引力势能和动能组成。已知当它们相距无穷远时引力势能为零，它们距离为时，引力势能为，则（ ）
A.返回舱返回时，在月球表面的最大发射速度为
B.返回舱在返回过程中克服引力做的功是
C.返回舱与轨道舱对接时应具有的动能为
D.宇航员乘坐的返回舱至少需要获得能量才能返回轨道舱
【正确答案】 BC
【原卷 12 题】 知识点 含有导体棒切割磁感线的电路,作用的导体棒在导轨上运动的电动势、安培力、电流、路端电压,求导体棒运动过程中通过其截面的电量
【正确答案】
A C D
【试题解析】
12-1（基础） M和N两水平线间存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁场高度为h，竖直平面内有质量为m、电阻为R的直角梯形线框，上下底水平且底边之比为5：1，梯形高为2h。该线框从AB到磁场上边界的距离为h的位置由静止下落，下落过程底边始终水平，线框平面始终与磁场方向垂直。已知AB刚进入磁场时和AB刚穿出磁场时线框加速度为零，在整个运动过程中，说法正确的是（ ）
A.AB边匀速穿过磁场
B.从AB边刚穿出到CD边刚要进入磁场的过程中，线框做匀速运动
C.CD边刚进入磁场时，线框的加速度为，方向竖直向上
D.从线框开始下落到AB边刚穿出磁场的过程中，线框产生的焦耳热和重力做功之比31：16
【正确答案】 BC
12-2（基础） 如图所示，两根粗糙的金属导轨平行放置在倾角为的斜面上，导轨下端接有电阻R，导轨电阻不计。斜面处在竖直向上的匀强磁场中，质量为m的金属棒ab垂直放置在导轨上且始终与导轨接触良好，金属棒电阻不计，金属棒沿导轨减速下滑，在下滑h高度的过程中，它的速度由减小到v，则下列说法正确的是（ ）
A.作用在金属棒上的合力做的功为
B.金属棒重力势能的减少量等于系统产生的电能
C.金属棒克服安培力做的功等于电阻R上产生的焦耳热
D.金属棒机械能减少量为
【正确答案】 CD
12-3（巩固） 如图甲所示，平行光滑金属导轨水平放置，两轨相距L=0.4m，导轨一端与阻值R=0.3Ω的电阻相连，导轨电阻不计。导轨x＞0一侧存在沿x正方向均匀增大的磁场，其方向与导轨平面垂直向下，磁感应强度B随位置x变化如图乙所示。一根质量m=0.2kg、接入电路的电阻r=0.1Ω的金属棒置于导轨上，并与导轨垂直，棒在外力F作用下从x=0处以初速度v0=2m/s沿导轨向右变速运动，且金属棒在运动过程中受到的安培力大小不变。下列说法中正确的是（ ）
A.金属棒向右做匀减速直线运动
B.金属棒在x=1m处的速度大小为1.5m/s
C.金属棒从x=0运动到x=1m过程中，外力F所做的功为－0.175J
D.金属棒从x=0运动到x=2m过程中，流过金属棒的电荷量为2C
【正确答案】 CD
12-4（巩固） 如图所示，足够长且间距为L的平行光滑金属导轨水平放置。垂直于导轨放量一根质量为m金属棒，金属棒与导轨接触良好。导轨左端接一阻值为R电阻，其它电阻不计整个装置处于竖直方向磁感应强度为B的匀强磁场中。现使金属棒以初速度v0沿导轨向右运动，若整个运动过程中通过电阻的电荷量为q。则金属棒在整个过程中
A.做匀减速直线运动 B.克服安培力做功
C.发生的位移为 D.发生的位移
【正确答案】 BD
12-5（巩固） 动能回收系统在我国电动车领域广泛应用。如图所示，两条水平放置的间距为L，阻值可忽略的平行金属导轨，在水平导轨的右端接有一电阻R，导轨的左侧存在磁感应强度方向垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B，磁场区域的长度为d左端与一弯曲的光滑轨道平滑连接，将一阻值也为R的导体棒从弯曲轨道上h高处由静止释放，导体棒最终恰好停在磁场的右边界处，已知导体棒与水平导轨接触良好，且动摩擦因数为，则下列说法中正确的是（ ）
A.电阻R的最大电流为 B.整个电路中产生的焦耳热为
C.流过电阻R的电荷量为 D.电阻R中产生的焦耳热为
【正确答案】 ACD
12-6（巩固） 如图所示，水平放置的光滑平行金属导轨、处于竖直向下的足够大的匀强磁场中，导轨间距为，导轨的右端接有阻值为的电阻。一根质量为，电阻为的金属棒垂直导轨放置，并与导轨接触良好。现使金属棒以一定初速度向左运动，它先后通过位置a、b后，到达位置处刚好静止。已知磁场的磁感应强度为B，金属棒通过a、b处的速度分别为、，a、b间距离等于b、c间距离，导轨的电阻忽略不计。下列说法中正确的是（ ）
A.金属棒运动到处时通过电阻的电流方向由指向
B.金属棒运动到处时通过电阻的电流方向由指向
C.金属棒在过程与过程中，安培力对金属棒做的功相等
D.金属棒在过程与过程中，安培力对金属棒的冲量相等
【正确答案】 AD
12-7（提升） 如图，水平面上有足够长的两平行导轨，导轨间距L=1m，导轨上垂直放置一个质量m=0.1kg、电阻R=1Ω、长度为L的导体棒，导体棒与导轨始终良好接触，导体棒与导轨间的动摩擦因数μ=0.4，垂直于导轨平面有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小B1=1T。在导轨左端通过导线连接一水平放置的面积S=0.5m2、总电阻r=1.5Ω、匝数N=100的圆形线圈，线圈内有一面积S0=0.25m2的圆形磁场区域，磁场沿线圈轴线方向向上且大小随时间变化规律为B2=0.2t，g=10m/s2，不计导轨电阻，两磁场互不影响，则下列说法正确的是（ ）
A.线圈内的感应电动势E=10V
B.闭合开关S瞬间导体棒受到的安培力为2N
C.闭合开关S后，导体棒运动的最大速度vm=5m/s
D.若导体棒从静止开始滑过距离x=1.5m获得最大速度vm，在此过程中，流过导体棒的电荷量q为0.65C
【正确答案】 BD
【原卷 13 题】 知识点 游标卡尺的使用与读数,验证机械能守恒定律的实验目的、原理与器材,验证机械能守恒定律的实验步骤与数据处理
【正确答案】
【试题解析】
13-1（基础） 物理实验一般都涉及实验目的、实验原理、实验仪器、实验方法、实验操作、数据分析等。
（1）在“探究两个互成角度的力的合成规律”的实验中采用的科学方法是___________。
A．理想实验法 B．控制变量法 C．等效替代法 D．建立物理模型法
（2）在下列学生实验中，需要平衡摩擦力的实验有___________。（填字母）
A．测量做直线运动物体的瞬时速度
B．探究加速度与物体受力、质量的关系
C．探究平抛运动的特点
D．验证机械能守恒定律
（3）在“探究弹力和弹簧伸长的关系”的实验中，使用两条不同的轻质弹簧a和b，得到弹力与弹簧长度的图像如图所示，下列表述正确的是___________。
A．a的原长比b的长 B．a的劲度系数比b的大
C．a的劲度系数比b的小 D．测得的弹力与弹簧的长度成正比
【正确答案】 C B B
13-2（基础） 利用如下图甲装置做“验证机械能守恒定律”实验。
（1）为验证机械能是否守恒，需要比较重物下落过程中任意两点间的_____；（填字母）
A．动能变化量与势能变化量 B．速度变化量与势能变化量
C．速度变化量与高度变化量 D．动能变化量与高度变化量
（2）实验中，先接通电源，再释放重物，得到如图乙所示的一条纸带。在纸带上选取三个连续打出的点A、B、C，测得它们距起始点O的距离分别为hA、hB、hC。已知接入打点计时器的交变电流的周期为T，重物的质量为m，则打O点到打B点的过程中，重物的动能变化量为________（用给出的已知量表示）。
【正确答案】 A
13-3（巩固） 某同学利用打点计时器验证机械能守恒定律，其装置如图甲所示，细绳跨过固定在铁架台上的轻质滑轮，两端各悬挂质量为和的重锤，已知，重力加速度为g。
（1）下列器材本实验不需要的是（__________）
A.秒表 B.刻度尺 C.交流电源
（2）实验操作如下：装置安装完成，先接通电源，在如图甲所示位置由静止释放两重锤。某次实验使用50Hz交流电为打点计时器供电，所打纸带如图乙所示，O、A、B、C、D点是计数点，相邻计数点之间有一个点未画出，相邻计数点的距离如图乙所示，则记录A点时，重锤的速度______m/s；（结果保留三位有效数字）
（3）设打A点时，重锤的速度为，打C点时，重锤的速度为，且AC之间的距离为，为验证机械能守恒定律，需验证______（用、、g以及上述物理量表示）。
【正确答案】 A 1.20
13-4（巩固） 如图甲所示，气垫导轨固定在倾角为θ的斜面上，光电门安装在导轨的下端，装有遮光片的滑块在导轨上端附近O点处由静止释放。某兴趣小组用这些器材来验证滑块运动过程中的机械能是否守恒
（1）用游标卡尺测得遮光片的宽度d如图乙所示，d=___________cm，用毫米刻度尺测出O点到光电门的距离L。由光电门可以读出遮光片通过时所用的时间t。则滑块通过光电门时的速度v可表示为v=___________。（用已知物理量字母表示）
（2）若改变滑块的释放位置，可测得一系列L和t的值，从而得出相对应的一系列的速度v。如果滑块运动过程中机械能守恒，那么下列图像中正确的是___________。
A． B． C． D.
【正确答案】 1.14 A
13-5（巩固） 某同学利用图甲所示的实验装置验证机械能守恒定律。
（1）实验室提供了三个形状，体积相同的重物甲、乙、丙，质量分别为、、，为减小空气阻力对实验的影响，纸带下方悬挂的重物应选择___________（填“甲”“乙”或“丙”）。
（2）实验中手提纸带保持静止，接通打点计时器，稳定后释放纸带，得到一条点迹清晰的纸带如图乙所示，已知打点计时器的电源频率为，当地的重力加速度，其中O为第一个点，A，B，C为另外3个连续点，根据图中数据可知，重物由O点运动到B点，重力势能减少量___________J；动能增加量___________J（本题计算结果保留三位有效数字）；在误差允许的范围内，重物重力势能的减少量等于___________。
（3）求出纸带上各点的速度v及各点到O点的距离h，作出图像是一条过原点的倾斜直线，测得斜率为k，根据斜率求得当地的重力加速度___________，由于存在系统误差，根据图像求得的重力加速度___________（填“大于”或“小于”）当地重力加速度的真实值。
【正确答案】 丙 3.85 3.80 重物动能的增加量 小于
13-6（巩固） 兴趣小组的同学利用如图甲所示的装置验证机械能守恒定律。他们将一根粗细忽略不计的轻杆水平固定在铁架台上，用两根轻绳共同将小球吊在轻杆上，两根轻绳分别固定于O1、O2两点，在小球自然悬垂的位置上安装一个光电门（图中没有画出）。实验时，将小球和两轻绳拉至与水平轻杆同一水平面处，使两轻绳刚好拉紧，由静止释放小球，记录小球通过光电门的时间。
(1)本实验需要测量小球的直径，他们用游标卡尺进行了多次测量，其中某次的测量结果如图乙所示，图丙是游标卡尺上读数关键部分的放大图，则小球的直径为d=_______mm。
(2)下列说法中正确的是（____________）
A．固定小球的两根轻绳一定要互相垂直
B．若两根轻绳不等长，则小球的摆动就不在竖直平面内
C．应选用密度较大的小球做实验
D．必须用天平测出小球的质量
(3)如果测得小球自然下垂时球的上沿到轻杆下沿的垂直距离为L，小球通过光电门的时间为t，当地重力加速度为g，当实验所得数据满足关系式________时，可以验证机械能是守恒的；如果实验测得小球在最低点的动能总是大于小球减少的重力势能，则可能的原因是______。（写出一条合理的即可）
【正确答案】 10.44 C 光电门的高度偏高或者偏低，小球的球心没有通过光电门
13-7（提升） 某同学用如图所示装置做“验证机械能守恒定律”的实验。
（1）除了提供图中的器材，实验室还需要准备游标卡尺及___________。（填写器材序号）
A．秒表 B．天平 C．弹簧秤
（2）实验的主要步骤如下：其中不妥当的操作步骤是___________。（填写步骤序号）
A．测出遮光条的宽度d
B．测出钩码质量m和带长方形遮光条的滑块总质量M
C．实验前将导轨一端垫高平衡摩擦力
D．将滑块移至图示位置，测出遮光条到光电门的距离L
E．先开启气泵，然后释放滑块，读出遮光条通过光电门的挡光时间t
（3）在实验操作正确的前提下，滑块从静止释放运动到光电门的过程中，若系统符合机械能守恒定律，测得的物理量应满足的关系式为___________。（用（2）中给出的字母表示）
（4）该实验小组在研究中发现利用该装置可以测量带长方形遮光条滑块的总质量M。实验小组多次改变光电门的位置，且每次都将滑块从同一点静止释放，测出相应的L与t值，完成实验后，某同学根据测量数据作出图像，测得直线的斜率为k，已知钩码的质量m，遮光条的宽度d，重力加速度g，则滑块总质量M的表达式为___________。（用题目给出的字母表示）
（5）若气垫导轨左端的滑轮调节过高，使得拉动滑块的绳子与气垫轨道之间存在夹角，不考虑其它影响，滑块由静止释放运动到光电门的过程中，滑块、遮光条与钩码组成的系统重力势能减小量的测量值___________（填“大于”、“小于”或“等于”）真实值。
【正确答案】 B C 大于
【原卷 14 题】知识点 测量电阻丝电阻率的实验电路、实验步骤和注意事项,电流表的内接与外接及相应的误差分析
【正确答案】
【试题解析】
14-1（基础） 奋进实验小组测量由某种新材料制成的电热丝的电阻率ρ，步骤如下：
（1）用螺旋测微器测量电热丝的直径，某次测量结果如图所示，则其直径d=_________mm；
（2）用毫米刻度尺测得电热丝的长度L；
（3）实验小组的同学计划用伏安法测量电热丝的电阻，电流表外接法如图乙所示（Rx表示待测电阻），电流表内接法如图丙所示。采用外接法时，由于电压表的分流，电阻测量值______（填“大于”或“小于”）真实值；采用内接法时，由于电流表的分压，电阻测量值______（填“大于”或“小于”）真实值；
（4）用多用电表欧姆挡粗测电热丝的电阻，多用电表调至“×10Ω”挡，调好零点，正确测量示数如图，则阻值是_______Ω；
（5）实验中所用直流电源电动势约为4V、内阻可忽略，电流表A的量程为30mA、内阻约为30Ω，电压表V的量程为3V、内阻为10kΩ，滑动变阻器R1的阻值变化范围为0~10Ω，则实验电路应采用图中的_______（Rx代表电热丝）
A．B．C．D．
（6）选择合适电路，进行正确操作，测得电流表示数为I，电压表示数为U，则电热丝的电阻率ρ=_______。（用d、L、I、U表示）
【正确答案】 0.869或0.870或0.871 小于 大于 120 A
14-2（基础） 小军同学测量一段圆柱形合金材料的电阻率ρ，合金材料的电阻约为20Ω，步骤如下∶
（1）用螺旋测微器测量其直径d；
（2）用伏安法测此合金材料电阻的实验中，除待测合金材料外，实验室还备有的实验器材如下，为精确测量其电阻，电压表应选_________；电流表应选_________；滑动变阻器应选_________。（填写器材前对应的序号字母）
A．电压表V1（量程3V，内阻约为3kΩ）
B．电压表V2（量程15V，内阻约为15kΩ）
C．电流表A1（量程100mA，内阻约为10Ω）
D．电流表A2（量程0.6A，内阻约为2Ω）
E．滑动变阻器R1（0—5Ω）
F．滑动变阻器R2（0—200Ω）
G．电动势为3V的电源，内阻不计
H．开关S，导线若干
（3）该同学设计测量Rx的电路图如图1所示，请根据所设计的电路图，补充完成图2中实物图的连线_______。
（4）实验中测得该合金材料直径为d，长度为L，接入电路后，电压表示数为U，电流表示数为I，则该合金材料的电阻率的表达式为ρ = ________。
（5）实验中用图1所示的电路图进行测量，则所测的Rx测量值比真实值_______（选填“偏大”或“偏小”或“相等”）
【正确答案】 A C E 偏小
14-3（巩固） 某兴趣小组做“测量金属丝的电阻率”的实验，金属丝的电阻约几欧姆。
（1）用螺旋测微器测量金属丝的直径，某次测量结果如图甲所示，读数为____________；
（2）实验室提供了电源E（，内阻不计）、开关S、导线若干，还备有下列实验器材：
A．电压表V（，内阻约）
B．电流表A（，内阻约）
C．滑动变阻器
D．滑动变阻器
滑动变阻器R应选用____________（选填“”或“”）；
（3）该小阻的同学完成实物电路的连接，如图乙，其中编号为①、②的两根导线中，符合实验要求的导线的编号是____________；
（4）正确连接图乙电路后，某次测量中电压表的示数如图丙，则电压表的读数为____________V；
（5）如果仅考虑电表内阻对电阻测量的影响，选择（3）同中正确的导线编号，则金属丝电阻率的测量值____________（选填“偏大”或“偏小”）。
【正确答案】 ① 1.10 偏小
14-4（巩固） 某些固体材料受到外力作用后，除了产生形变，其电阻率也会发生变化，这种现象称为“压阻效应”。已知某压敏电阻的阻值的变化范围为几十欧姆到几百欧姆，某实验小组在室温下用伏安法探究压敏电阻阻值随压力F变化的规律，实验室有如下器材可供选择：
A．压敏电阻（无压力时，阻值）；
B．直流电源（电动势为6V，内阻不计）；
C．电流表A（量程为0～100mA，内阻不计）；
D．电流表V（量程为0～3V，内阻为4kΩ）；
E．定值电阻；
F．滑动变阻器R（最大阻值约50Ω）；
G．开关S、导线若干。
（1）某同学设计了图甲实验电路原理图，请在图乙中将实物连线图补充完整。（_______）
（2）某次压力测试，在电阻上施加力F，闭合开关S，两个电表的示数分别为U和I，则压敏电阻的阻值___________。
（3）改变F的大小，测得不同的值，绘成如图丙所示的图像，其斜率的绝对值k=___________Ω/N（保留两位有效数字）。和压力F的关系式为___________（用F和k表示）。
（4）按图甲实验电路进行实验，调节滑动变阻器使电压表保持满偏，在电阻上施加力F，当电流表满偏时，压力F为___________N（结果保留到个位数）。
【正确答案】 183
14-5（巩固） 在温度为25℃时，合格纯净水的电阻率。现检测某品牌纯净水，将采集的水样注满绝缘性能良好的圆柱形容器，容器两端用金属圆片电极密封，测得该容器两电极间长度为5.0cm，内径圆面积为50cm2除待测水样Rx外，实验室还提供如下器材：
A．电流表A（量程0~600μA，内阻约为100Ω）
B．电压表V（量程0~3V，内阻为5kΩ）
C．滑动变阻器R1，阻值范围0~20Ω，允许的最大电流2A
D．滑动变阻器R2，阻值范围0~100kΩ，允许的最大电流0.5A
E．电阻箱R3
F．电源E（电动势为6V，内阻约2Ω）
G．开关和导线若干；
（1）要将电压表V量程扩大为原来的2倍，应该将电压表V和电阻箱R3___________联（填“串”、“并”），并把电阻箱R3的阻值调为___________Ω；
（2）先用多用电表粗测容器内水样的电阻。一多用电表正确测量了一个19.0Ω的电阻，表盘如图甲所示。现用该表粗测水样电阻，在用红、黑表笔接触容器两端之前，选出必需的步骤，并按操作顺序排列：___________；
A．用螺丝刀调节表盘下中间部位的指针定位螺丝，使表针指向“0”；
B．将红表笔和黑表笔接触；
C．把选择开关旋转到“1k”位置；
D．把选择开关旋转到“100”位置；
E．调节欧姆调零旋钮使表针指向欧姆零点。
（3）按图乙电路测量水样电阻Rx，其中滑动变阻器Rp选择___________（填器材选项代号）；合上开关前滑片位于最___________端（填“左”、“右”）；
（4）将实验中测得的数据，在U-I坐标系中描点连线，结果如图丙所示，则水样的电阻Rx=___________Ω；
（5）根据实验数据，判断该水样是否合格？___________（选填“是”或“否”）。
【正确答案】 串 5000 CBE C 左 10000 否
14-6（巩固） 某同学测量某金属丝的电阻率，实验过程如下：
（1）装置安装和电路连接：
如图甲所示，金属丝的一端固定，另一端作为活动端来改变金属丝接入电路的长度，两端分别用带有金属夹A、B的导线接入如图乙所示的电路中。
（2）金属丝电阻率的测量：
①用刻度尺测量并记录A、B间的距离，即为导线的长度。用螺旋测微器测量此时金属丝的直径，示数如图丙所示，其直径为__________。
②将滑动变阻器R的滑片滑到最__________端（选填“左”或“右”）。断开开关，闭合开关，调节R，使电压表和电流表的指针偏转到合适位置。记录两表的示数U和。
③闭合，电压表的示数__________（选填“变大”或“变小”）。调节R使电压表的示数仍为U，记录电流表的示数，则此时金属丝的电阻为__________（用、和U表示）。
④根据电阻定律求得金属丝的电阻率。
⑤断开，增大导线的长度，重复上述步骤，计算出电阻率的平均值。
（3）电压表内阻对该实验的测量结果，下列说法正确的是（______）
A.金属丝电阻测量值一定偏大
B.金属丝电阻测量值一定偏小
C.电压表内阻对金属丝电阻的测量值无影响
【正确答案】 1.700 右 变小 C
14-7（提升） 某科技小组设计一款自动测量水库水位系统，包括电路系统和绝缘材料制作的长方体仪器，正视图如下。仪器内部高，在左右两侧壁上铺满厚度、电阻均可忽略的电极板A、B。仪器底部内侧是边长为的正方形，中间有孔与水库连通。将仪器竖直固定在水中，长方体中心正好位于每年平均水位处，此高度定义为0m，建立如图右侧坐标系。每隔一段时间，系统自动用绝缘活塞塞住底部连通孔，闭合开关，连接恒压电源，读出电流表示数I，通过计算得出此时水位h。已知此处水的电阻率。
（1）电流表应选择______（请填英文序号）
A.满偏电流，内阻可忽略的电流表
B.满偏电流，内阻可忽略的电流表
（2）将电流表表盘改为水库水位表，请写出电流表示数I与水位h之间关系式：I=______（请用符号E、h、H、、L表示）
（3）正确选择电流表后，当电流为满偏电流时，对应水位h=______
（4）若电流表内阻不能忽略，由电流表改装的水位刻度______（选填“均匀”、“不均匀”），请列式说明理由：______。
【正确答案】 B 2.5m 不均匀 根据式子可知，I与h不成线性关系
【原卷 15 题】 知识点 机械波相关物理量的计算,波的叠加原理,波长、频率和波速的关系
【正确答案】
【试题解析】
15-1（基础） 如图所示为一列简谐横波在时刻的图像，此时质点P的运动方向沿y轴负方向，且当时质点P恰好从时开始第2次到达y轴正方向最大位移处。问：
（1）该简谐横波的波速v的大小和方向如何；
（2）从至，质点Q运动的路程L是多少。
【正确答案】 （1），沿x轴负方向；（2）120 cm
15-2（基础） 两列简谐横波分别沿x轴正方向和负方向传播，两波源分别位于x轴和处，两波的波速均为0.4m/s，振幅均为2cm。如图为时刻两列波的图像，此刻平衡位置在x轴0.2m和0.8m的P、Q两质点开始振动。质点M、N的平衡位置分别处于x轴0.5m和0.6m处。求：
（1）N点的起振方向和第一次到达波谷的时间
（2）0~2s内质点M运动的路程
【正确答案】 （1）沿y轴负方向，0.75s；（2）20cm
15-3（巩固） 如图所示，在xOy平面内有两个点波源、分别位于x轴上、处，它们在同一均匀介质中均从t＝0开始沿y轴正方向做简谐运动。波源开始的振动方程为，波源开始的振动方程为，质点P位于x轴上处，已知质点P在时开始振动，求：
（1）这两列波在介质中的波长；
（2）两列波在P点发生叠加后，通过计算判断P点是振动加强点还是振动减弱点；
（3）在至内质点P通过的路程。
【正确答案】 （1） ；（2） 加强；（3）80cm
15-4（巩固） 如图甲所示，B、C和P是同一水平面内的三个点，沿竖直方向振动的横波I在介质中沿BP方向传播，P与B相距60cm，B点的振动图象如图乙所示；沿竖直方向振动的横波I在同一介质中沿CP方向传播，P与C相距70cm，C点的振动图象如图丙所示。某时刻两列波同时（从此刻开始计时）分别经过B、C两点，两列波的波速都为20cm/s，经过一段时间两列波在P点相遇，求：
①波II的波长和波II传到P点所需的时间；
②在0~6.25s时间内，质点P的路程和位移。
【正确答案】 ①20cm，3.5s；②路程830cm，位移70cm
15-5（巩固） 如图所示，两列简谐横波的振幅都是20cm，传播速度大小相同。实线波的频率为2Hz，沿x轴正方向传播；虚线波沿x轴负方向传播。某时刻两列波在如图所示区域相遇。求：
（1）在相遇区域两列波是否会发生干涉现象；
（2）实线波和虚线波的频率之比；
（3）平衡位置为x= 8.5m处的质点此时刻的位移大小。
【正确答案】 （1）不会；（2）3∶2 ；（3）
15-6（巩固） 同一介质中有两振源P、Q，以其中先振动的振源开始振动作为计时起点，时P、Q之间的波形如图所示，两列波的振幅分别为、。求
（1）Q波源的振动频率；
（2）P波源的振动方程；
（3）经过足够长时间，计算说明x轴上区间内振动最强点的个数。
【正确答案】 （1）；（2），；（3）6个
15-7（提升） 一列横波在t1=0时刻、t2=0.5s时刻波形分别如图中实线、虚线所示，求：
（1）若这列波向右传播，波速是多少；若这列波向左传播，波速是多少；
（2）若波传播速度v=36m/s，判断波传播的方向；
（3）若t1=0时刻的质点x=4m振动方向沿−y方向，从t1=0时刻算起，该质点第11次到达y=5cm所需时间。
【正确答案】 （1）（n=0，1，2，⋯），（n=0，1，2，⋯）（2）向右；（3）（n=0，1，2，⋯）
【原卷 16 题】 知识点 卫星的各个物理量计算,卫星发射及变轨问题中各物理量的变化,引力势能及其应用
【正确答案】
【试题解析】
16-1（基础） 2021年2月10日19时52分，“天问一号”探测器实施近火捕获，顺利进入大椭圆环火轨道，成为我国第一颗人造火星卫星，实现“绕、落、巡”目标的第一步，环绕火星成功。如图所示为“天问一号”探测器经过多次变轨后登陆火星前的部分轨迹图，轨道Ⅰ、轨道Ⅱ、轨道Ⅲ相切于P点，轨道Ⅲ为环绕火星的圆形轨道，探测器距火星表面的高度为H，P、S两点分别是椭圆轨道的近火星点和远火星点，P、S、Q三点与火星中心在同一直线上，S、Q间距离为H。探测器在轨道Ⅲ上绕火星做周期为T的匀速图圆周运动，火星半径为R，引力常量为G。求：
（1）火星的质量及火星表面的重力加速度；
（2）火星的第一宇宙速度；
（3）探测器在轨道Ⅱ上的运动周期。
【正确答案】 （1），；（2）；（3）
16-2（基础） 如图所示，发射地球同步卫星时，先将卫星发射至近地圆轨道1（离地面高度可忽略），然后点火，使其沿椭圆轨道2运行，最后再次点火，将卫星送入同步圆轨道3。轨道1、2相切于点，轨道2、3相切于点。已知地球半径为，地球表面重力加速度为，轨道3离地面的高度为。求：（用题目中的字母表示）
（1）卫星在轨道1处的线速度大小；
（2）卫星在轨道3的运行周期；
（3）卫星在轨道2的运行周期。
【正确答案】 (1) ；(2) ；(3)
16-3（巩固） 人民网北京7月6日电 据中国航天科技集团公司官网消息，6月19日，长征三号乙遥二十八火箭发射中星9A卫星过程中运载火箭出现异常，未能将卫星送入预定轨道．中航科技集团公司在西安卫星测控中心的密切配合下，通过准确实施10次轨道调整，卫星于7月5日成功定点于东经101.4°赤道上空的预定轨道．目前，卫星各系统工作正常，转发器已开通，后续将按计划开展在轨测试工作．
如图所示，卫星圆轨道Ⅰ通过椭圆轨道Ⅱ调整至圆轨道Ⅲ，P点是圆轨道Ⅰ和椭圆轨道Ⅱ的切点，Q点椭圆轨道Ⅱ调和圆轨道Ⅲ的切点．已知中星9A卫星的质量为m=700kg，地球质量为M=5.98×1024kg，地球表面重力加速度g=9.80m/s2，地球半径为R0=6400km，圆轨道Ⅰ的轨道半径为1.5R0，圆轨道Ⅰ的轨道半径为2.5R0，地面附近物体所受重力等于万有引力，=1.41，=1.73，=2.34，地球同步卫星的轨道半径为6.6R0、环绕周期为T0=8.64×104s．求：
(1)卫星在圆轨道I、Ⅲ上运行的速度v1、v4各是多大？
(2)将卫星从圆轨道I送到圆轨道Ⅲ，至少要对卫星做多少功？
(3)以距离地球无限远处为势能零点，质量为m卫星距离地心为R时，其引力势能为，且卫星在P点和Q点时，，则卫星在椭圆轨道P点、Q点的速度各是多大？
【正确答案】 (1) (2)∆E=5.85×109 J (3)
16-4（巩固） 中国计划已经实现返回式月球软着陆器对月球进行科学探测，如图所示，发射一颗运动半径为的绕月卫星，登月着陆器从绕月卫星出发（不影响绕月卫星运动），沿椭圆轨道降落到月球的表面上，与月球表面经多次碰撞和弹跳才停下来。假设着陆器第一次弹起的最大高度为，水平速度为，第二次着陆时速度为，已知月球半径为，着陆器质量为，不计一切阻力和月球的自转。求：
（1）月球表面的重力加速度。
（2）在月球表面发射一颗月球卫星的最小发射速度是多大？
（3）设想软着陆器完成了对月球的科学考察任务后，再返回绕月卫星，返回与卫星对接时，二者具有相同的速度，着陆器在返回过程中需克服月球引力做功，则着陆器的电池应提供给着陆器多少能量，才能使着陆器安全返回到绕月卫星。
【正确答案】 （1）；（2）；（3）
16-5（巩固） 2020年7月23日，我国成功发射了天问一号火星探测器（简称“天问一号”），天问一号从地球发射升空顺利送入预定轨道，然后沿地火转移轨道飞向火星并被火星“捕获”。某同学忽略了天问一号进入地火转移轨道后受到的地球和火星的引力影响，并构建了一个如图所示的理想化的“物理模型”：火星和地球的公转轨道均视为圆轨道，天问一号从地球出发时恰好位于地火转移椭圆轨道的近日点位置，被火星“捕获”时恰好到达椭圆轨道远日点位置，中间过程仅在太阳引力作用下运动。已知火星的公转轨道半径为地球公转轨道半径的1.5倍，地球公转周期（1年）均分为12月，根据该理想模型，请帮助该同学求出：（取，）
(1)天问一号在地火转移轨道上运行的时间（以月为单位）；
(2)天问一号从地球出发进入地火转移轨道时日地连线与日火连线的夹角。
【正确答案】 (1)；(2) θ=45°
16-6（巩固） 中国的“神舟”系列飞船，目前已经达到或优于国际第三代载人飞船技术，其发射过程简化如下：质量为m的飞船在酒泉卫星发射中心发射，由长征运载火箭送入近地点为A、远地点为B的椭圆轨道上，A点距地面的高度为h1，飞船飞行5圈后进行变轨，进入预定圆轨道，如图所示。设飞船在预定圆轨道上飞行n圈所用时间为t，若已知地球质量为M，地球半径为R，且运行过程中飞船质量不变，求：
(1)飞船经过椭圆轨道近地点A时受到地球的引力大小；
(2)飞船在B点经椭圆轨道进入预定圆轨道时是加速还是减速；
(3)椭圆轨道远地点B距地面的高度h2。
【正确答案】 (1)；(2)加速；(3)
16-7（提升） 我国的月球探测计划“嫦娥工程”分为“绕、落、回”三步。“嫦娥五号”的任务是“回”。“嫦娥五号”发射，经过中途轨道修正和近月制动之后，进入绕月圆轨道Ⅰ.“嫦娥五号”再次成功变轨进入远月点为、近月点为的椭圆形轨道Ⅱ.如图所示，“嫦娥五号”探测器在点附近，由大功率发动机制动、减速，以抛物线路径下落到距月面高处进行悬停避障，之后再缓慢竖直下降到距月面高度仅为数米处，为避免激起更多月尘，关闭发动机，做自由落体运动，落到月球表面。已知引力常量为，月球的质量为，月球的半径为，“嫦娥五号”在轨道Ⅰ上运动时的质量为，、点与月球表面的高度分别为、。
（1）求“嫦娥五号”在圆形轨道Ⅰ上运动的速度大小；
（2）已知“嫦娥五号”与月心的距离为时，引力势能为（取无穷远处引力势能为零），其中为此时“嫦娥五号”的质量。若“嫦娥五号”在轨道Ⅱ上运动的过程中，动能和引力势能相互转换，它们的总量保持不变。已知“嫦娥五号”经过点的速度大小为，请根据能量守恒定律求它经过点时的速度大小。
（3）“嫦娥五号”在点由轨道Ⅰ变为轨道Ⅱ的过程中，发动机沿轨道的切线方向瞬间一次性喷出一部分气体，已知喷出的气体相对喷气后“嫦娥五号”的速度大小为，求喷出的气体的质量。
【正确答案】 (1)；(2)；(3)
【原卷 17 题】知识点 物体在粗糙斜面上滑动,没有其他外力的板块问题,机械能与曲线运动结合问题
【正确答案】
【试题解析】
17-1（基础） 如图所示，一轨道由半径为0.8m的四分之一竖直圆弧轨道AB和水平直轨道BC在B点平滑连接而成，现有一质量为0.2kg的小物块从A点无初速度释放，BC段长LBC=0.50m，小物块与BC段的动摩擦因数为μ=0.5，小物块滑离C点后恰好落在半径也为0.8m的凹形半圆面上的最底点D处，CE为凹形半圆直径且水平。求：
（1）小物块运动至C点的速度大小；
（2）经过圆弧上的B点时，小物块对B点的压力大小；
（3）小物块在圆弧轨道上克服摩擦力所做的功。
【正确答案】 （1）；（2）4.25N；（3）
17-2（基础） 如图所示，AB段为一半径R＝0.2 m的光滑圆弧轨道，EF是一倾角为30°的足够长的光滑固定斜面，斜面上有一质量为0.1 kg的薄木板CD，开始时薄木板被锁定。一质量也为0.1 kg的物块（图中未画出）从A点由静止开始下滑，通过B点后水平抛出，经过一段时间后恰好以平行于薄木板的方向滑上薄木板，在物块滑上薄木板的同时薄木板解除锁定，下滑过程中某时刻物块和薄木板能达到共同速度。已知物块与薄木板间的动摩擦因数为。（g＝10 m/s2，结果可保留根号）求：
(1)物块到达B点时对圆弧轨道的压力大小；
(2)物块滑上薄木板时的速度大小；
(3)达到共同速度前物块下滑的加速度大小及从物块滑上薄木板至达到共同速度所用的时间。
【正确答案】 (1)3 N，方向竖直向下；(2)m/s；(3)s
17-3（巩固） 如图所示，质量为M＝1kg，长度l＝2.5m的木板B静止在水平面上，其右端上表面紧靠一固定斜面轨道的底端(斜面底端与木板B右端的上表面之间有一段小圆弧平滑连接)，轨道与水平面的夹角θ＝。质量为m＝1kg的物块A在斜面轨道上距轨道底端x0＝m处静止释放，一段时间后从右端滑上木板B。已知斜面轨道光滑，物块A与木板 B 上表面间的动摩擦因数μ1＝0.3，木板B与地面间的动摩擦因数μ2＝0.1，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin= 0.6，cos＝0.8，g取10m/s2，物块A可视为质点，求：
（1）物块A刚滑上木板B时的速度的大小；
（2）物块A刚滑上木板B时物块A的加速度大小a1和木板B的加速度大小a2；
（3）物块A全过程滑动的总路程。
【正确答案】 （1）4m/s（2）a1＝3m/s2，a2＝1m/s2 （3）m
17-4（巩固） 如图所示，一底端带挡板的斜面体固定在水平地面上，倾角θ=、高度h=1.6m。一质量M=1kg、长度L=2m的薄木板B置于斜面顶端，恰好能保持静止。一质量m=3kg的小物块A以沿斜面向下、大小为4m/s的速度滑上木板B，已知A、B之间的动摩擦因数为。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取g=10m/s2，不计空气阻力。求：
(1)斜面与木板间的动摩擦因数；
(2)物块A刚滑上B时，A、B的加速度；
(3)薄木板B从开始运动到碰到挡板所用的时间。
【正确答案】 (1)；(2)2.5m/s2，方向沿斜面向上，，沿斜面向下；(3)0.6s
17-5（巩固） 如图所示，从A点以v0=4m/s 的水平速度抛出一质量m=1kg的小物块（可视为质点），当物块运动至B点时，恰好沿切线方向进入固定在地面上的光滑圆弧轨道BC，其中轨道C端切线水平．小物块通过圆弧轨道后以6m/s的速度滑上与C点等高、静止在粗糙水平面的长木板M上．已知长木板的质量M=2kg，物块与长木板之间的动摩擦因数μ1=0.5，长木板与地面间的动摩擦因数μ2=0.1，OB与竖直方向OC间的夹角θ=37°，取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，则：
（1）求小物块运动至B点时的速度；
（2）若在AB间搭一斜面（长虚线所示），求小物块平抛后多久离斜面最远？
（3）若小物块恰好不滑出长木板，求此情景中自小物块滑上长木板起、到它们最终都停下来的全过程中，它们之间的摩擦力做功的代数和？
【正确答案】 （1）5m/s，与水平方向夹角37度（2）0.15s（3）-15J
17-6（巩固） 如图所示，半径R=1.0m的粗糙圆弧轨道BC固定在竖直平面内，轨道的上端点B和圆心O的连线与水平方向的夹角θ=37°，下端点C为轨道的最低点且与水平地面的薄木板上表面相切。用一根压缩的轻质弹簧将小物块（可视为质点）从光滑平台A点水平弹出，恰好从B点沿轨道切线方向进入轨道，经过C点后滑上木板。已知小物块质量m=2.0kg，薄木板质量M=1.0kg，A、B点的高度差h=0.8m，物块经过C点时所受轨道支持力FN=92N，物块与木板间的动摩擦因数为μ1=0.5，木板与水平地面间的动摩擦因数为μ2=0.3，sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g取10m/s2。求：
(1)物块经过圆弧轨道上B点时速度vB的大小；
(2)物块在圆弧轨道BC运动过程中克服阻力所做的功Wf；
(3)若物块不滑出薄木板，求薄木板的最短长度L。
【正确答案】 (1)5m/s；(2)21J；(3)3m
17-7（提升） 如图所示，一质量为1kg的小物块从半径为0.8m的光滑四分之一圆弧轨道的顶端A点由静止开始下滑，A点和圆弧对应的圆心O点等高，小物块从B点离开后水平抛出，恰好能从C点沿CD方向滑上以10m/s的速度沿逆时针方向匀速转动的传送带。已知传送带长27.75m，倾角为θ等于37°，传送带与物块之间的动摩擦因数为0.5（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2）。求：
(1)小物块在圆弧轨道最低点B对轨道的压力大小；
(2)B点到水平线MN的高度h；
(3)小物块从传送带顶端C运动到底端D的过程中因摩擦而产生的热量。
【正确答案】 （1）；（2）；（3）
【原卷 18 题】 知识点 粒子在电场和磁场中的往复运动,带电粒子在弧形边界磁场中运动,粒子由磁场进入电场
【正确答案】
【试题解析】
18-1（基础） 如图所示，平面直角坐标系内有一圆形匀强磁场区域其圆心在坐标为（0，R）的点，半径为，磁场的磁感应强度大小为，方向垂直坐标平面向里，在磁场区域的右侧的区域内有范围足够大的匀强电场区域，电场强度为E，方向沿轴正方向，一带负电粒子从点沿轴正方向以一定的初速度射入磁场区域，并恰好从点沿x轴正方向射出磁场区域，进入电场偏转后经x轴（2R，0）离开电场，不计带电粒子的重力和空气阻力。
(1)求带电粒子的初速度大小；
(2)粒子从进入磁场到离开电场的时间。
【正确答案】 (1)；(2)
18-2（基础） 如图所示，在平面直角坐标系的第二象限内有平行于y轴的匀强电场，电场强度大小为E，方向沿y轴正方向。在第一、四象限内有一个圆形边界的匀强磁场区域，边界过坐标原点O，且与y轴相切，圆心为，圆内有方向垂直于平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一带负电的粒子（不计重力），以速度为从第二象限的P点，沿平行于x轴正方向射入电场，通过坐标原点O进入第四象限，射出磁场时速度方向沿y轴负方向。已知P点的坐标为。求：
（1）带电粒子的比荷；
（2）圆形磁场区域的半径R；
（3）若改变P点的位置坐标（仍在第二象限内）和进入电场时的初速度大小（不改变方向），粒子经O点进入磁场后仍能沿y轴负方向射出磁场，试写出满足条件的P点的位置坐标方程。
【正确答案】 （1）；（2）；（3）
18-3（巩固） 如图所示，直线OP与x轴的夹角为，OP上方有沿y轴负方向的匀强电场，OP与x轴之间的有垂直纸面向外的匀强磁场区域I，x轴下方有垂直纸面向外的匀强磁场区域II。不计重力，一质量为m、带电量为q的粒子从y轴上的A（0，l）点以速度垂直y轴射入电场，恰以垂直于OP的速度进磁场区域I。若带电粒子第二次通过x轴时，速度方向恰好垂直x轴射入磁场区域I，在磁场区域I中偏转后最终粒子恰好不能再进入电场中。求：
（1）带电粒子离开电场时的速度大小v；
（2）电场强度E的大小；
（3）磁场区域I、II的磁感应强度B1、B2的大小。
【正确答案】 （1）；（2）；（3），
18-4（巩固） 如图所示，在平面的轴左侧存在沿轴正方向的匀强电场，轴右侧区域I内存在垂直于纸面向内的匀强磁场，磁感应强度大小为，区域II内有垂直纸面向外的匀强磁场，区域I、区域II的宽度均为，高度分别为，，质量为、电荷量为的带正电的粒子从坐标为（，）的点以速度，沿轴正方向射出，恰好经过坐标为（，）的点射入区域I，粒子重力忽略不计，求：
（1）匀强电场的电场强度大小；
（2）要使粒子从区域II的右边界离开磁场，可在区域II内加垂直于纸面向外的匀强磁场，试确定磁感应强度的大小范围；
（3）若粒子恰能从II区右边界间离轴最远的点射出，求粒子在磁场中运动的时间。
【正确答案】 （1）；（2）；（3）
18-5（巩固） 如图所示，在xOy平面的轴左侧存在着半径为L的圆形匀强磁场区域I，磁场方向垂直纸面向里，边界与y轴在O点相切；在xOy平面的y轴右侧存在一个沿y轴负方向的场强为的有界匀强电场区域II，匀强电场的右侧有一个方向垂直纸面向里的匀强磁场区域III，区域II的宽度为L，区域II和区域III的高度足够长。质量为m、电荷量为q的带负电粒子从A点沿半径以初速度v0、方向与x轴正方向成θ=60角射入匀强磁场区域I，恰好从坐标原点O沿x轴正方向进入区域II。不计粒子的重力。
（1）求区域I内磁场的磁感应强度大小B；
（2）求粒子离开区域II时的位置坐标；
（3）若粒子进入区域III后刚好沿右边界垂直穿过x轴，求区域III的宽度L'和磁感应强度的大小B'分别为多少？
【正确答案】 （1）；（2）（L，）；（3），
18-6（巩固） 如图所示，在平面直角坐标系的x轴上方存在宽度为L的有界匀强电场区域，边界与x轴平行，电场强度的方向沿y轴负方向，大小为E。在x轴下方存在长为、宽度为L的矩形磁场区域，磁场区域的上边界与x轴重合，坐标原点与磁场区域上边界的中点重合，磁感应强度大小为B，方向垂直坐标平面向里。质量为m，带电荷量为的粒子A静止在坐标原点，不带电的粒子B以速度沿y轴负方向与粒子A发生弹性碰撞，碰撞前、后粒子A的带电荷量不变，不计粒子重力。已知，，。
（1）若带电粒子A从磁场右侧边界离开磁场，求k的最大值。
（2）若带电粒子A从磁场右侧边界的中点离开磁场区域。
①求k的可能值。
②求粒子在磁场中运动的最长时间。
【正确答案】 （1）1；（2）①k的可能值为或；②
18-7（提升） 带电粒子流的磁控束和磁聚焦是薄膜材料制备的关键技术之一，如图甲，在xoy平面的第一象限内曲线和y轴之间存在着垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B0；在第二象限内存在着如图乙所示的交变磁场（以垂直纸面向外为磁场的正方向）。放射源在A（3a，0）点发射质量为m、带电量为+q的粒子，其速度大小 ，方向与x轴负方向的夹角为θ（大小未知，0<θ≤53°），粒子都能垂直穿过y轴后进入第二象限。t=0时刻某粒子P经过y轴。不计粒子重力和粒子间相互作用，已知sin53°=0.8，cos53°=0.6）。求：
（1）若θ=53°，粒子在第一象限的磁场区域运动的时间；
（2）若，要使粒子P在0~T0内不回到第一象限，交变磁场的变化周期T0应满足什么条件；
（3）若将第二象限的交变磁场撤换为磁感应强度为B0且分别与x轴和y轴相切的圆形有界磁场，且所有粒子均从x轴上的切点射出，求粒子中经过圆形磁场区域最大偏转角α的正弦值。
【正确答案】 （1）；（2）；（3）
变式题库答案
1-1【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
力F始终与轻绳垂直，设绳的拉力为T，绳与竖直方向夹角为，受力分析可以得到：，，随着角度增大，F逐渐变大，T逐渐变小，故ACD错误，B正确
1-2【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
在缓慢转动的过程中，重力的大小方向不变，F1的方向始终不变，因此可用矢量三角形法，可知随着转动，F2将向竖直方向旋转，则F1、F2均不断减小，故选B。
1-3【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
AB．当冰块缓慢融化时，冰块的重力减小，由平衡条件知，绳的张力减小，故重物对桌面的压力一定变大，对桌面的摩擦力一定变小， AB错误；
CD．若冰块的质量不变，绳中的张力大小不变，调节定滑轮位置使减小后，重物对桌面的压力一定增大，对桌面的摩擦力一定变大， C错误，D正确。
故选D。
1-4【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
B．未拉A前，C受力平衡，如图所示：
根据平衡条件可得
解得C受到B作用力的大小为
选项B错误；
A．在A向右缓慢移动过程中，C受力平衡，AB对C的支持力F的竖直分量不变，始终等于mg，则C对AB压力的竖直分量不变，所以A、B对地面的压力不变，则地面对B的支持力不变，选项A错误；
C．C降落到地面前瞬间，B对C支持力最大为，如图所示：
则根据力的平衡可得
解得
最大静摩擦力至少为
B对的地面的压力为
B受地面的摩擦力为
根据题意有
解得
所以动摩擦因数的最小值为，选项C正确；
D．A移动的整个过程中，A的位移为
则摩擦力做功大小为
选项D错误。
故选C。
1-5【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
原来整体处于平衡状态，以B为研究对象，人对轻绳的拉力等于人的重力；人加速向下拉动细绳移动一段较小的距离的过程中，重物加速上升，轻绳的拉力大于重物的重力；以Q为研究对象，受到三段轻绳的拉力，由于连接重物的轻绳拉力大小始终相等，则合外力方向沿夹角平分线方向，在绳子的拉力增大的过程中，PQ绳的拉力增大，弹簧的弹力增大，由于S位置不动，会导致两绳之间的夹角增大，所以PQ与竖直方向的夹角增大，故B正确，故ACD错误。
故选B。
1-6【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
设木板与水平面的夹角为θ，对物块进行受力分析可知物块受竖直向下的重力mg、恒力F和垂直木板向上的支持力FN以及沿木板向上的静摩擦力Ff，由于物块始终处于静止状态，故垂直木板方向合力为零，则物块所受支持力与摩擦力的合力与重力和F的合力相平衡，故物块所受支持力和摩擦力的合力不变。根据平衡条件有，在垂直木板方向有
FN＋Fsinθ=mgcosθ
由题意可知θ逐渐增大，故FN逐渐减小，由于摩擦力与支持力的合力不变，当θ逐渐增大时，摩擦力与该合力的夹角逐渐减小，所以摩擦力一定变大。
故选D。
1-7【提升】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
AB．O点受力分析如图所示
设AB间绳长为L，两杆之间距离为d，由于挂钩光滑，OA、OB与竖直方向夹角α相同，由几何关系可得
联立可得
对O点由平衡条件可得
由于整个装置处于静止状态，由题意可知d不变，L不变，可知α不变，则T不变，A正确，B错误；
CD． P球受力如图所示
将绳的B端向上缓慢移动一小段距离时，OA绳的拉力大小和方向都不改变， P球没有发生位移，半圆槽对小球P的弹力不变，CD错误。
故选A。
2-1【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．位移-时间图象只能表示直线运动的规律，可知，甲车和乙车都做直线运动，故A错误；
B．根据物体通过的位移等于纵坐标的变化量，知0～t1时间内，甲车通过的位移等于乙车通过的位移，故B错误；
C．丙、丁两车由同一地点向同一方向运动，0～t2时间内，丁车的速度一直大于丙车的速度，两者间距逐渐增大，则丙、丁两车在t2时刻相距最远，故C正确；
D．根据v-t图象的斜率表示加速度，知0～t2时间内，丙车的加速度先小于丁车的加速度，再等于丁车的加速度，后大于丁车的加速度，故D错误。
故选C。
2-2【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．由图可知，在15s内，小车的位置由坐标原点变为30m处，所以小车的位移为
故A正确；
B．x-t图线的斜率表示物体运动的速度，所以20s末的速度为
所以20s末小车的速度大小为1m/s，故B错误；
C．前10s内小车的速度为
故C错误；
D．0~10s内小车的速度为正值，小车沿正方向运动，10~15s内小车处于静止状态，而15~25s小车的速度为负值，小车沿负方向运动，故D错误。
故选A。
2-3【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
0～10s内甲车的位移为
0～10s内乙车的位移为
0～10s内丙车的位移为
可得
故A正确；BCD错误。
故选A。
2-4【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
AB．由匀变速直线运动
整理得
结合图像可知，质点的初速度大小为p，图像中直线的斜率
解得
则质点做匀加速直线运动，且加速度大小为，则时刻的速度大小为
故AB错误；
C．由图像的意义可知，某一时刻的纵坐标表示从0时刻到该时刻汽车的平均速度
故0～时间内，汽车的平均速度大小为5p，故C错误；
D．图像上任一点纵坐标与横坐标的乘积表示位移，即
故0～时间内质点位移大小为5，故D正确。
故选D。
2-5【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．根据图像的切线斜率表示速度，可知时小车的速度不为零，时小车的速度为零，故A错误；
BC．由于图像为抛物线，可知小车做匀变速直线运动，由于时小车的速度为零，设时小车的速度为，则小车在内的位移为
解得
则小车的加速度为
时小车的速度为
可知时小车的加速度为，时小车的速度为整个过程最大速度的，故B错误，C正确；
D．设时小车的速度大小为，则有
代入数据可得
可知时小车的速度大于整个过程最大速度的，故D错误。
故选C。
2-6【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．x−t图像切线的斜率表示速度，则t=4s时，质点A的速率为
故A正确；
BC．设质点A的初速度大小为，加速度为a。质点A在前4s内通过的位移为x=10m，由运动学公式有
解得
则
故B错误，C正确；
D．0−2s内质点B通过的位移为
质点A通过的位移为
则
故t=2s时A、B相遇，故D正确。
本题选错误的，故选B。
点睛:
注意图像中各部分信息所表示的意义，再结合相关的公式进行解答。
2-7【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．若横坐标为时间t，纵坐标为位移x，则有x−t图像的斜率表示速度，可知a的斜率不变，速度不变，则a做直线运动，b的斜率在随时间逐渐变大，且斜率都是正值，可知b的速度随时间增大，方向不变，b做加速直线运动，A错误；
B．若横坐标为时间t，纵坐标为速度v，由v−t图像可知，a、b两物体的速度都是正值，则有a、b两物体运动方向相同，B正确；
C．若横坐标为时间t，纵坐标为速度v，由v−t图像可知，则两图线的交点表示两物体速度相同，不是相遇，C错误；
D．若物体在平面上运动，横坐标为水平位置x，纵坐标为竖直位置y，可知y−x图像为物体运动的轨迹，则a物体做直线运动；b物体做曲线运动，D错误。
故选B。
3-1【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．1s时向下的加速度最大，速度不是最大，故A 错误；
B．人在下蹲的过程中，先向下加速运动，此时人处于失重状态，然后减速下降，此时人处于超重状态，故B错误；
C．0~4s内该同学做了1次下蹲—起立的动作，故C正确；
D．在1s时人向下的加速度最大，但人不是处在下蹲的最低点，故D错误。
故选C。
3-2【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
AB．接触弹簧后，弹簧弹力小于重力，合力向下，加速度向下，则物体处于失重状态，随着弹簧弹力逐渐增大，弹力大于重力，合力向上，加速度向上，则物体处于超重状态，故A正确，B错误；
CD．对Q受力分析可知
根据牛顿第三定律可知
因为弹簧弹力逐渐增大，所以对地面的压力一直增大，弹力先小于P的重力后大于P的重力，则物体Q对地面的压力先小于后大于P、Q两物体的总重力，故CD错误。
故选A。
3-3【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
AB．小纸帽在上升过程中，受到重力和弹簧的弹力，弹力先大于重力，某一瞬间等于重力，之后小于重力，即小纸帽先向上加速后向上减速，故小纸帽先超重后失重。且当弹簧的弹力等于重力时速度最大，此时弹簧处于压缩状态，所以小纸帽刚脱离弹簧时的动能不是最大，故AB错误；
C．小纸帽向上弹起过程中，弹簧对小纸帽的作用力和小纸帽对弹簧的作用力是一对相互作用力，由牛顿第三定律知，两者等大反向，故C正确；
D．小纸帽从开始弹起到脱离弹簧的过程中，由于弹簧弹力对小纸帽做正功，则其机械能增加，离开弹簧后只有重力做功，机械能守恒。故D错误。
故选C。
3-4【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．AB阶段拉力大于重力，电梯处于超重状态，CD阶段小于重力，电梯处于失重状态。A错误；
B．AB阶段加速度向上，CD阶段加速度向下，电梯先后经历了向上加速，向上匀速和向上减速的过程。B错误；
C．由图可知矿泉水瓶的重力
重力加速度取
矿泉水瓶的质量
AB阶段的加速度大小约
方向竖直向上。C正确；
D．CD阶段的加速度大小约
方向竖直向下。D错误。
故选C。
3-5【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．开始时人处于平衡状态，人对传感器的压力为900N，人的重力也为900N，选项A错误；
B．b到c过程中，人对板的压力先小于人的真实重力，后大于人的真实重力，则人先处于失重状态后处于超重状态，选项B错误；
C．离开板后人只受重力的作用，处于完全失重状态，选项C正确；
D．b点对应时刻弹力与重力的差值要小于c点对应时刻弹力与重力的差值，则人在b点对应时刻的加速度要小于在c点对应时刻的加速度，选项D错误。
故选C。
3-6【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．当电梯向下减速运动时，加速度方向向上，电梯处于超重状态，此时电梯速度方向向下，A错误；
B．秤面示数即为电梯对人的支持力，当等效重力加速度g0等于0时，秤面示数F变为0，即电梯对人的支持力为0，此时人仅仅受到重力作用，人处于完全失重状态，B错误；
C．当电梯做自由落体运动时，人处于完全失重状态，根据上述分析，可知此时等效重力加速度为0，C错误；
D．对乙图，小球在最低点时有
又由于
F=mg0
解得
D正确。
故选D。
3-7【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．由图可知，该同学在t2~t4阶段先处于超重状态，以后处于失重状态，故A错误；
B．由动量定理，重力和支持力的合力的冲量等于mv，故B错误；
C．在第一阶段人受到地面支持力的作用点——脚底是没有位移的，根据做功的定义我们得出，支持力不做功，即在整个过程中地面支持力对人做的总功为0，故C错误；
D．该同学重心上升了h，重力势能增加了mgh，同时又获得速度v，动能增加了，故机械能增加了，故D正确。
故选D。
4-1【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
根据
P=Fv
知，发动机的功率恒定，速度增大，牵引力减小，根据牛顿第二定律
可知加速度减小.
A. 牵引力减小，加速度增大.故选项A不符合题意.
B. 牵引力减小，加速度减小.故选项B符合题意.
C. 牵引力增大，加速度增大.故选项C不符合题意.
D. 牵引力增大，加速度减小.故选项D不符合题意.
4-2【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
机车做匀加速直线运动，加速度不变，根据
知牵引力
可知牵引力不变，根据
F不变，v增大，则机车的输出功率变大。
故选D。
4-3【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
AB．由图甲可知赛车甲做匀加速直线运动，加速度为
赛车乙做匀速直线运动，速度大小为，因为两赛车完全相同，所以在运动过程中两赛车受到的阻力相同，设两车质量均为，运动过程中受到的阻力均为，则时，甲车的功率为
乙车的功率
时两车的功率之差为
可得
在时赛车甲达到最大功率有
其中
联立解得
时赛车甲的功率为
故B正确，A错误；
CD．两赛车的间距为
可知在内赛车M和赛车N之间的距离逐渐增大，之后两车间的距离逐渐减小，在两车相遇后，两车之间的距离又开始增大，所以整个运动过程中两车只能相遇一次，故CD错误。
故选B。
4-4【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．汽车在前内做匀加速运动
由牛顿第二定律得
故A错误；
B．汽车在5s末功率达到额定功率
故B正确；
C．当牵引力等于阻力时，汽车达最大速度
故C错误；
D．当汽车速度为时，则
由得
故D错误。
故选B。
4-5【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．由题意得，在0～t1时间内功率随时间均匀增大，知汽车做匀加速直线运动，加速度恒定，由牛顿第二定律
可知，牵引力恒定，合力也恒定。在时刻达到额定功率，随后在t1～t2时间内，汽车速度继续增大，由可知，牵引力减小，则加速度减小，直到牵引力减小到与阻力相等时，达到最大速度
接着做匀速运动，A错误；
B．发动机所做的功等于图线与t轴所围的面积，则0～t1时间内发动机做的功为
B错误；
C．发动机所做的功等于图线与t轴所围的面积，则0～t2时间内发动机做的功为
C正确；
D．当汽车匀速运动时所受的阻力
D错误。
故选C。
4-6【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．由图可知，赛车最大速度可达
选项A错误；
B．由图像可知，随速度的增加，加速度减小，则随时间的增加，加速度减小，选项B错误；
CD．根据牛顿定律
结合图像可知
解得
P=160kW
f=1600N
选项C错误，D正确。
故选D。
4-7【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．汽车的最大速度为vm，则匀加速结束时的速度小于vm，则在匀加速运动阶段的位移小于，选项A错误；
B．匀加速阶段
v1=at1
P=Fv1
可得汽车在运动过程中所受的阻力为
选项B错误；
C．汽车在匀加速阶段牵引力的功率
P1=Fv=Fat
牵引力的功率与时间成正比，因加速结束时的功率为P，则加速阶段的牵引力做功为，在以额定功率P行驶的t2时间内牵引力做功为Pt2，则从汽车启动到刚好达到最大速度的过程中牵引力做的功为
选项C错误；
D．汽车在变加速运动阶段，由动能定理
位移为
选项D正确。
故选D。
5-1【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
AB．平抛运动的时间由高度决定，与水平初速度无关，初速度大时，与半圆接触时下落的距离不一定比速度小时下落的距离大；初速度大小不同的小球下落的高度也可能相等，如碰撞点是关于半圆过O点的竖直轴对称的两个点，它们运动的时间却相等，故AB错误；
C．若小球落到半圆形轨道的瞬间垂直撞击半圆形轨道，即速度方向沿半径方向，则此时速度方向与水平方向的夹角是此时位移方向与水平方向夹角的2倍，但根据平抛运动推论可知：同一位置速度方向与水平方向夹角的正切值是此时位移与水平方向夹角正切值的两倍。由数学知识可知两者相互矛盾，则小球的速度方向不会沿半径方向，故C错误；
D．小球做平抛运动，根据平抛运动推论可知，落到轨道的瞬间，此时速度方向的反向延长线交于此时小球水平位移的中点，由于小球落在轨道上的水平位移小于水平直径AB，所以可推知速度方向的反向延长线与水平直径的交点一定在O点的左侧，故D正确。
故选D。
5-2【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
AB．由平抛运动竖直位移
可得
由平抛运动水平位移
可得
故AB错误；
C．垂直斜面方向的初速度为
垂直斜面方向的加速度为
当垂直斜面方向的速度为零时，手榴弹与斜坡间的距离最大，则有
联立可得
故C正确；
D．根据平抛运动速度方向与位移方向夹角的推论可知
既手榴弹落到斜坡底端前瞬间的速度方向与水平方向的夹角不是，故D错误。
故选C。
5-3【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
水平方向
竖直方向
同时满足
联立解得
，
故选B。
5-4【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．两小球竖直位移相同，则运动时间相同，初速度、大小之比为
故A错误；
B．若仅增大v2，则乙球抛物线轨迹开口变大，与甲球轨迹仍存在交点，因为两球同时抛出，在运动至交点时下落高度相同，运动时间相同，则一定相碰，故B错误；
C．甲球落在D、C两点时的竖直位移之比为
根据可知甲球落在D、C两点时的时间之比为
甲球落在D、C两点时的水平位移之比为
根据可知甲球落在在D、C两点时的初速度大小之比为
故C正确；
D．若只抛出甲球并适当改变大小，假设甲球可以垂直击中圆环BC，击中BC时的速度方向一定过O点，且根据平抛运动规律的推论可知O点为甲球水平位移的中点，则甲球落点到O点的水平距离为
竖直距离为
假设成立，即甲球可以垂直击中圆环BC，故D错误。
故选C。
5-5【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
两球下落的高度相同，根据；知，下落的时间相同，设圆弧的半径为R，根据几何关系可得
则A点抛出的球平抛运动的水平位移
从O点抛出的球做平抛运动的水平位移为
根据知
故选B。
5-6【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．将两次球在空中运动的逆过程看做平抛运动，打到B墙壁上的球的轨迹与虚线轨迹等效，则两球下落的竖直高度相同，则运动时间相等，即，选项A正确；
B．两球平抛的水平距离不等，则从P点抛出时的初速度不等，即两球击中P点时速度不等，选项B错误；
C．根据
可知两球竖直方向速度改变量相等；但是由于打到B墙壁上的球水平速度方向改变，可知两球在空中速度的变化量不相等，选项C错误；
D．根据
竖直速度相同，水平速度不同，则两球发出时速度与水平方向夹角不相等，选项D错误。
故选A。
5-7【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
B．将小球的运动逆向看作是从B到A的平抛运动，则
根据几何关系有
其中
小球的初速度为
故B错误；
C．当小球离斜面最远时，速度方向平行于斜面，有
解得
则小球从离斜面最远处到B点所用时间为
所以小球从抛出到离斜面最远处所经历的时间为
故C正确；
D．斜面AB的长度为
故D错误；
A．小滑块的加速度大小为
根据运动学公式有
解得
故A错误。
故选C。
6-1【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
AC．由动能定理可得
解得该同学踢球时对足球做功
故C正确，A错误；
BD．足球上升过程重力做功
则足球上升过程克服重力做功，故BD错误。
故选C。
6-2【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
AC．由题意，运动员沿下滑过程做匀速圆周运动，向心加速度大小不变，所受合力提供向心力，不为零，故AC错误；
B．设运动员与圆弧圆心的连线与竖直方向夹角为θ，运动员做匀速圆周运动，所以在沿线速度方向合力为零，即
因为θ逐渐减小，所以运动员所受摩擦力大小逐渐减小，故B正确；
D．在点，根据牛顿第二定律有
所以人受滑道的支持力大小大于其重力大小，故D错误。
故选B。
6-3【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．航天员受到的合外力充当向心力，大小不变，但方向始终指向圆心，不是恒力，A错误；
B．由可得飞行员匀速转动的角速度为
B正确；
C．最高点对航天员受力分析由牛顿第二定律得
解得支持力大小为
C错误；
D．从最低点转到最高点的过程，根据动能定理
座椅对飞行员做功为
D错误。
故选B。
6-4【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
在最低点由向心力公式得
FN－mg＝
得
FN＝mg＋
又由摩擦力公式有
Ff＝μFN＝μm（g＋）
故选D。
6-5【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
根据动能定理
解得
即物块在AB段克服摩擦力做功
故选B。
6-6【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
由于恰好能通过轨道的最高点B，可知
解得
从A到B的而过程中，根据动能定理
从P到A的过程中，根据机械能守恒
联立解得
故选B。
6-7【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
ABD．由题意得，在N点满足
从释放点到N点，由动能定理得
解得
因为PN段比NQ段同一高度处的速度大，则PN段比NQ段同一高度处的支持力大，则可知PN段比NQ段克服摩擦力做功多，即NQ段克服摩擦力做功满足
又因为从N到Q过程由动能定理得
解得
设小球冲出Q点后可上升的最大高度为h，则由动能定理得
可得
故AD错误，B正确；
C．同理分析可知从Q返回P的过程中，克服的摩擦力做功小于从P到Q过程克服的摩擦力做功，即
又因为从Q到P过程由动能定理得
可得第二次经过P点时
即小球能第二次经过P点，故C错误。
故选B。
7-1【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
设铜导线中自由电子定向移动的速率为，导线中自由电子从一端定向移到另一端所用时间为，则导线的长度为
体积为
质量为
这段导线中自由电子的数目为
在时间内这些电子都能通过下一截面，则电流为
联立解得
故选A。
7-2【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
由电流强度的定义可知，电流大小为
电子向右运动，电流方向向左。
故选B。
7-3【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
金属棒内的电场可认为是匀强电场，其电场强度大小为
由欧姆定律可知，金属棒两端的电压为
又
由电流微观表达式
联立可得金属棒内的电场强度大小为
则电子运动时受到的平均阻力大小为
故选C。
7-4【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
AB．正电荷的定向移动方向是电流的方向，负电荷的定向移动方向与电流方向相反，故溶液内电流方向从B到A，A极板接电源的负极，B极板接电源的正极，故AB错误；
CD．根据电流定义式可得
溶液内电流方向从B到A，故C正确，D错误。
故选C。
7-5【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
质子经过加速电场加速后的速度有
取一横截面，t时间内经过此横截面的电荷量为
根据电流的定义有
故选B。
7-6【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
AB．横截面的半径变为原来的可知面积变为原来的，由体积不变，可知长度变为原来的倍，由电阻定律的表达式：可得变化后的电阻值
由知，电流变为，故AB错误；
CD．由电流的微观表达式：，可知
则
故C正确，D错误。
故选C。
7-7【提升】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．5s内通过导体a的横截面的自由电子数为
故A正确；
B．根据电阻定律可得a、b的电阻之比为
故B错误；
C．根据电流的微观表达式
可得自由电子在导体a和b中的定向移动速率之比为
故C错误；
D．根据焦耳定律可得相同时间内导体a和b产生的焦耳热之比为
故D错误。
故选A。
8-1【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
AC．由图乙可知，在之后，木块的摩擦力保持不变，为滑动摩擦力，大小约为2.0N，故AC错误；
B．由图乙可知，在1.0~1.2s时间内，摩擦力随外力变化而变化，则摩擦力为静摩擦力，物块与木板间的静摩擦力大小与物块对木板的正压力无关，故B错误；
D．木板和物块发生相对运动后，物块受到的就是滑动摩擦力，木板不一定要做匀速直线运动，故D正确。
故选D。
8-2【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
AB．物块运动过程中
当物块静止时
保持不变，图象从斜直线变为水平线有一突变，A错误，B正确；
C．物块运动过程中，当
根据牛顿第二定律得
得
a随着t增大而减小，物块做加速度减小的变加速运动；v-t图象的斜率应减小。当
根据牛顿第二定律得
随着t增大，a反向增大，物块做加速度增大的变减速运动；v-t图象的斜率应增大，直到停止，CD错误。
故选B。
8-3【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
AB．当木板倾角是30°时，物块受到是静摩擦力，其大小等于；当木板倾角是37°时，物块受到是滑动摩擦力，其大小等于；由题意可得
解之得
故A正确，B错误；
C．当木板的倾角为30°时，重力沿斜面向下的分力为
而重力垂直于斜面的分力
则摩擦力
故物体不可能做匀速直线运动；故C错误；
D．当木板的倾角为37°时，重力沿斜面向下的分力
而重力垂直于斜面的分力
则摩擦力
故物体不可能做匀速直线运动；故D错误；
故选A。
8-4【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
AD．a、b之间的最大静摩擦力
b与地面间的最大静摩擦力
a、b相对地面一起运动，刚好不发生相对滑动时，由牛顿第二定律，对b有
解得
对整体有
解得
所以若a、b两个物体始终相对静止，则水平拉力F不能超过，当水平拉力时，b相对a滑动，故A正确，D错误；
B．当水平拉力时，a、b一起加速运动，加速度
对a根据牛顿第二定律可得
解得a、b间的摩擦力
故B错误；
C．根据A选项的分析可知，无论水平拉力F为何值，b的加速度不会超过，故C错误。
故选A。
8-5【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
B．AB间最大静摩擦力大于AC间最大静摩擦力，则AC间先发生相对滑动，恰好要发生相对滑动时，对整体有
对C，有
联立解得
当AB恰好发生相对滑动时，对A，有
解得
由于A的加速度等于0.2g，且
所以当A的加速度等于0.2g时，AB相对静止，AC相对滑动，故AC之间为滑动摩擦力，大小为0.1mg，故B正确；
D．对AB整体有
代入可求得
因为K为轻滑轮，故
故D正确；
C．对B，有
代入求得
故C正确；
A．对C，有
代入求得
故A错误。
本题选错误的，故选A。
8-6【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．水平拉力F较小时，A、B两物体一起向右加速
只要，B就会运动，A错误；
BC．A、B两物体刚好相对滑动时
，
解得
当时，A、B两物体一起向右加速，B的加速度大小
解得
当时，A相对B滑动，B错误，C正确；
D．当时，A相对B滑动，A的加速度大小
解得
D错误。
故选C。
8-7【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．A和B一起滑动时，
解得
所以在前三秒内，AB静止不动，A受到的摩擦力为零，故A错误；
B．当t =4s时，A随B一起将滑动时，A的加速度大小为
故B正确；
C．在t =5s时，A随B一起将滑动时，A受到的摩擦力大小
故C错误；
D．A相对B即将滑动时，A加速度为
B加速度为
且有
解得
所以
A相对B即将滑动，在t =6s以后，A受到的摩擦力大小为μmg，故D错误。
故选B。
9-1【基础】 【正确答案】 AC
【试题解析】 详解:
AB．由s－t(位移时间)图象可知，m1碰撞前的速度为
m1碰撞后的速度为
m2碰撞前的速度为0
m2碰撞后的速度为
所以碰前m2静止，m1向右运动，碰后m2向右运动，m1向左运动，则A正确；B错误；
C． m1和m2碰撞过程由动量守恒定律可得
代入数据解得
所以C正确；
D．碰撞过程中系统损失的机械能为
则该碰撞过程为弹性碰撞，所以D错误；
故选AC。
9-2【基础】 【正确答案】 BD
【试题解析】 详解:
CD．碰撞后它们的速度大小为
故C错误，D正确；
AB．碰撞前A、B的速度大小分别为
根据动量守恒定律有
解得
故A错误，B正确。
故选BD。
9-3【巩固】 【正确答案】 BD
【试题解析】 详解:
A．甲车对乙车的冲量与乙车对甲车的冲量大小等，方向相反，则冲量不相同，所以A错误；
B．取甲车的速度方向为正方向，两车开始的总动量为
乙车开始反向时，乙车速度减到为，则甲车的速度为v，由动量守恒定律可得
解得
，方向不变
所以B正确；
C．当两车速度相等时，两车相距最近，所以C错误；
D．当两车速度相等时，两车相距最近，有
解得
，方向与甲车的初始速度方向相同
所以D正确；
故选BD。
9-4【巩固】 【正确答案】 BD
【试题解析】 详解:
A．从子弹射向木块到一起上升到最高点的运动中，由于子弹在木块中运动时，要克服阻力做功，转化为系统的内能，因此系统机械能不守恒，A错误；
B．子弹射入木块的瞬间系统的动量守恒，因此有
mv0=（M+m）v＇
所以子弹射入木块后子弹和木块的共同速度为
B正确；
C．忽略空气阻力，子弹和木块一起上升运动中，只有重力做功，机械能守恒，可其机械能小于子弹射入木块前的动能，C错误；
D．从子弹和木块一起上升到最高点时，该运动机械能守恒，因此有
解得上升的最大高度为
D正确。
故选BD。
9-5【巩固】 【正确答案】 BC
【试题解析】 详解:
A．A、B碰撞过程中动量守恒，有
解得
在碰撞过程中对A由动量定理有
A错误；
B．由加速度定义有
B正确；
C．在碰撞过程中对B由动量定理有
解得
C正确；
D．碰撞结束后A的动量
D错误。
故选BC。
9-6【巩固】 【正确答案】 AB
【试题解析】 详解:
两球在碰撞运动中动量守恒，以向右为正方向，若两球是完全非弹性碰撞，碰后两球速度大小相等，由动量守恒定律可得
解得
若两球是完全弹性碰撞，则系统动量守恒，机械能守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律，可得
联立解得
CD错误，AB正确。
故选AB。
9-7【提升】 【正确答案】 CD
【试题解析】 详解:
设向右方向为正方向，小孩跳离左车后，两车车速度为v，由动量守恒定律可得，
（m+2m）v0-2m=5mv
小孩与右车有
2mu−2m×v0=（2m+2m）v
解得
u=v0
为了避免碰撞只要其速度
由题可知AB错误，CD正确。
故选CD。
10-1【基础】 【正确答案】 CD
【试题解析】 详解:
A．φ-x图像切线的斜率表示电场强度的大小，故x1和x2处的电场强度均不为零，A错误；
B．沿电场线方向电势降低，由图可知，x1和x2之间电势先增大后减小，所以场强的方向先沿x轴负方向，再沿x轴正方向，故B错误；
C．粒子由静止释放电场力先做正功后做负功，所以电势能先减小后增大，故C正确；
D．粒子运动的加速度为
从x=0到x=x2的过程中，切线的斜率先减小后增大，所以电场强度的大小先减小后增大，加速度先减小后增大，故D正确。
故选CD。
10-2【基础】 【正确答案】 BD
【试题解析】 详解:
A．根据
rA：rB：rC＝1：2：3
可得三点的电场强度大小关系是
选项A错误；
B．沿电场线电势逐渐降低，则三点的电势大小关系是
选项B正确；
C．该试探电荷带正电，则在三点的电势能大小关系是
选项C错误；
D．因AB之间的场强大于CD之间的场强，则根据U=Ed可知
UAB>UCD
根据
W=Uq
可知在AB段和BC段静电力做功的大小关系是
WAB>WBC
选项D正确。
故选BD。
10-3【巩固】 【正确答案】 BCD
【试题解析】 详解:
A．一带负电的粒子只在电场力作用下沿轴正向运动，根据
可得
可知图像的切线斜率表示电场力，由图像可知处切线斜率为零，则处受到电场力为零，处场强为零，给A错误；
BD．段，图像的切线斜率绝对值不断减小，电场力不断减小，加速度减小，做加速度减小的变速运动；段，图像的切线斜率不断增大，电场力不断增大，加速度增大，做加速度增大的变速运动；段，图像的切线斜率保持不变，电场力不变，电场强度大小和方向均保持不变，加速度不变，做匀变速直线运动；故BD正确；
C．根据
又粒子带负电，可知粒子电势能大的位置对应的电势低，则有
故C正确。
故选BCD。
10-4【巩固】 【正确答案】 AD
【试题解析】 详解:
A．由图知，越靠近两电荷，电势越低，则和都是负电荷，故A正确；
B．图象的斜率表示电场强度，则P点场强为零，据场强的叠加知两电荷在P处产生的场强等值反向，即
由可知，的电荷量小于的电荷量，故B错误；
C．由图可知，在A、B之间沿x轴从P点左侧到右侧，电势先增加后减小，则负点电荷的电势能先减小后增大，故C错误；
D．图象的斜率表示电场强度，则沿x轴从P点运动到B点场强逐渐增大。由可知，电荷只在电场力作用下沿x轴从P点运动到B点，加速度逐渐增大，故D正确。
故选AD。
10-5【巩固】 【正确答案】 AC
【试题解析】 详解:
A．由图像可知从a到b的过程粒子先向上加速，后向上减速，在b点时加速度方向竖直向下，故电场力方向竖直向下，因为负电荷受力方向与场强方向相反，所以场强方向竖直向上，A正确；
B．由图像可知a、b两点加速度方向相反，所以场强方向相反，故a、b两点场强不同，B错误；
C．粒子从a到b电场力先做正功后做负功，故电势能先减小后增大，C正确；
D．负电荷在电势低的电势能大，因为粒子从a到b的过程中电势能先减小后增大，所以从a到b电势先增大后减小，D错误。
故选AC。
10-6【巩固】 【正确答案】 ABD
【试题解析】 详解:
A．由于Q
C．由于C点电势等于D点电势，则A、C两点间的电势差等于A、D两点间的电势差，故C错误；
D．A点的电势高于B点的电势，电荷量为+q的试探电荷在A点的电势能大于其在B点的电势能，故D正确。
故选ABD。
点睛:
理解电场叠加原理，参考等量异种电荷的电场分布情况及规律，分析此情况下电场分布情况。
10-7【提升】 【正确答案】 CD
【试题解析】 详解:
A．根据点电荷电场的计算公式可知，M、C两电荷在A点场强为0，故A点场强是只有N电荷在A点的场强
E
根据对称性可知O、B两点场强大小也等于，但是三点场强方向不同，故A错误；
B．三角形边长为L，则
NA＝Lcos30°
代入
E
故B错误；
C．A点的电势
φA＝2
D点的电势
φD＝3
所以
φA：φD＝（2+4）：9
故C正确；
D．有
φD
在D处放置一负电荷q，其电势能
Ep
故D正确；
故选CD。
11-1【基础】 【正确答案】 CD
【试题解析】 详解:
B．小球做平抛运动，可得
解得
故B错误；
C．月球的第一宇宙速度为
故C正确；
D．由黄金代换关系，可得
联立，可得
故D正确；
A．月球的平均密度为
故A错误。
故选CD。
11-2【基础】 【正确答案】 ABD
【试题解析】 详解:
B．根据行星表面物体受到的万有引力等于重力，则有
，
可得
解得
B正确；
A．根据火星表面物体受到的万有引力等于重力
又
联立可得
A正确；
C．行星第一宇宙速度等于行星表面轨道卫星绕行星做匀速圆周运动的线速度，则有
，
可得火星的第一宇宙速度与地球的第一宇宙速度之比为
C错误；
D．在地面上以某一速度向上竖直起跳的最大高度是，则有
假如以与在地球上相同的速度在火星上向上竖直起跳，能达到的最大高度为，则有
可得
解得
D正确。
故选ABD。
11-3【巩固】 【正确答案】 BC
【试题解析】 详解:
星球质量，则
AB． 根据可知，星球第一宇宙速度
因此行星K2—155d与地球的第一宇宙速度之比为，故A错误，B正确；
CD．根据
则表面的重力加速度
可知K2—155d与地球的表面重力加速度之比为，故C正确，D错误。
故选BC。
11-4【巩固】 【正确答案】 AC
【试题解析】 详解:
AB．根据题意，设月球的质量为、“嫦娥五号”探测器的质量为，在轨道Ⅲ运动时的周期为，由万有引力提供向心力有
由开普勒第三定律有
联立解得
故B错误A正确；
CD．设月球表面的物体的质量为，月球表面的重力加速度大小为，则有
解得
故D错误C正确。
故选AC。
11-5【巩固】 【正确答案】 BC
【试题解析】 详解:
A．“天问一号”探测器已脱离地球引力的束缚，进入到火星引力的范围内，但又没有脱离太阳引力的范围，故长征五号遥四运载火箭的发射速度介于与之间，故A错误；
B．根据密度的定义有
可知火星的平均密度与月球的平均密度之比为
故B正确；
C．根据万有引力提供向心力有
解得
可知火星的第一宇宙速度与月球的第一宇宙速度之比为
故C正确；
D．在星球表面，万有引力等于重力，则有
解得
可知火星的重力加速度与月球表面的重力加速度之比为
故D错误。
故选BC。
11-6【巩固】 【正确答案】 BD
【试题解析】 详解:
AD．分析题图可知，万有引力提供向心力，有
当h=h0时，有
联立解得
R=h0
故A错误；D正确；
BC．当h=0时，探测器绕火星表面运行，火星表面的重力加速度大小为a1。故B正确；C错误。
故选BD。
11-7【提升】 【正确答案】 BC
【试题解析】 详解:
A．返回舱在月球表面飞行时，重力充当向心力
解得
已知轨道舱离月球表面具有一定的高度，故返回舱要想返回轨道舱，在月球表面的发射速度一定大于，故A错误；
B．返回舱在月球表面时，具有的引力势能为，在轨道舱位置具有的引力势能为，根据功能关系可知，引力做功引起引力势能的变化，结合黄金代换式可知
GM=gR2
返回舱在返回过程中克服引力做的功是
故B正确；
C．返回舱与轨道舱对接时，具有相同的速度，根据万有引力提供向心力可知
解得动能
故C正确；
D．返回舱返回轨道舱，根据功能关系可知，发动机做功，增加了引力势能和动能
即宇航员乘坐的返回舱至少需要获得的能量才能返回轨道舱，故D错误。
故选BC。
12-1【基础】 【正确答案】 BC
【试题解析】 详解:
A．设AB边长为L，整个线圈的电阻为R，则感应电动势为
根据欧姆定律有
可知，当AB边刚进入磁场是匀速进入，满足
然后在接下来的过程中，AB边仍在磁场中运动，则线圈切割磁感线的有效长度不断增加，即不可能做匀速直线运动，A错误；
B．设AB边刚穿出磁场时的速度为，根据题意，在AB边刚穿出磁场时安培力等于重力，满足
同理CD边刚要进入磁场时，切割磁感线的有效长度为2L，满足
在此过程中一直保持有效长度为2L，速度也不变，做匀速直线运动，B正确；
C．CD边刚进入磁场时，有效切割长度为，即
代入
方向竖直向上，C正确；
D．从线框开始下落到AB边刚穿出磁场的过程中，由能量守恒定律可知，线圈重力势能的减少量转化为线框的动能和线框产生的焦耳热，即重力做功大于焦耳热，D错误。
故选BC。
12-2【基础】 【正确答案】 CD
【试题解析】 详解:
A．根据题意，由动能定理得，作用在金属棒上的合力做的功
故A错误；
BD．根据题意可知，金属棒下滑过程中，重力势能减少了，动能减少了
则金属棒机械能的减少量为
设金属棒下滑过程中，因摩擦产生的热为，系统产生的电能为，根据能量守恒定律有
则
因不能确定动能减少量和摩擦产生的热的关系，故不能确定重力势能减少量和产生的电能关系，故B错误D正确；
C．根据题意可知，导轨和金属棒的电阻不计，则金属棒克服安培力做的功等于电阻R上产生的焦耳热，故C正确。
故选CD。
12-3【巩固】 【正确答案】 CD
【试题解析】 详解:
A．根据题图乙得B与x的函数关系式
B=（0.5＋0.5x）T
金属棒向右运动切割磁感线产生感应电动势
E=BLv
感应电流
I=
安培力
F安=BIL=BL=
解得
v=
根据匀变速直线运动的速度位移公式
如果是匀变速直线运动，v2与x成线性关系，而由上式知，金属棒不可能做匀减速直线运动，A错误；
B．根据题意金属棒所受的安培大小不变，x=0处与x=1m处安培大小相等，有
即
v1==0.5m/s
B错误；
C．金属棒在x=0处的安培力大小为
F安==0.2N
对金属棒从x=0运动到x=1m过程中，根据动能定理有
代入数据解得
WF=－0.175J
C正确；
D．根据电荷量公式
q=
x=0到x=2m过程中B－x图像包围的面积
ΔB·x=×2T·m=2T·m
则
q=C=2C
D正确。
故选CD。
12-4【巩固】 【正确答案】 BD
【试题解析】 详解:
A.设导体棒的速度为时，其安培力为
因此安培力随时间减小，故金属棒做加速度减小的减速运动，A错误；
B.对导体棒，由动能定理可得，其克服安培力做功为
CD.由可得，金属棒发生的位移为
故C错误，D正确；
故选BD。
12-5【巩固】 【正确答案】 ACD
【试题解析】 详解:
A．由题图可知，导体棒刚进入磁场的瞬间速度最大，产生的感应电流最大，由机械能守恒有
所以
故A正确；
B．由能量守恒定律可知整个电路中产生的焦耳热为
Q=mgh-μmgd
故B错误；
C．流过 R的电荷量为
故C正确；
D．由于导体棒的电阻也为 R，则电阻 R中产生的焦耳热为
故D正确。
故选ACD。
12-6【巩固】 【正确答案】 AD
【试题解析】 详解:
AB．依据右手定则，故可判出电流的方向由指向，故A正确，B错误；
CD．金属棒所受安培力为
金属棒运动的加速度大小
由于速度方向与安培力方向相反，所以金属棒做加速度减小的减速运动，故经过相等的位移安培力做功也不一样。金属棒在过程，根据动量定量得
同理，过程中有
又
a、b间距离等于b、c间距离，则
故D正确，C错误。
故选AD。
12-7【提升】 【正确答案】 BD
【试题解析】 详解:
A．根据法拉第电磁感应定律得
故A错误；
B．闭合开关S瞬间回路中电流
导体棒受到的安培力为
故B正确；
C．导体棒受力平衡时，速度最大，则有
解得
故C错误；
D．对导体棒有
变形得
累加得
解得
对导体棒有
即
累加得
解得
故D正确。
故选BD。
13-1【基础】 【正确答案】 C B B
【试题解析】 详解:
（1）[1]在“探究两个互成角度的力的合成规律”的实验中采用的科学方法是等效替代法。
故选C。
（2）[2]A．在做测量做直线运动物体的瞬时速度的实验时，只要能够让物体运动起来即可，不需要平衡摩擦力，故A错误；
B．在做探究加速度与物体受力、质量的关系的实验时，为了使小球的合外力等于轻绳的拉力，故需要平衡摩擦力，故B正确；
C．在做探究平抛运动的特点的实验时，只要保证小球每一次都从同一点静止下滑即可，不需要平衡摩擦力，故C错误；
D．在做验证机械能守恒定律的实验时不需要平衡摩擦力，故D错误。
故选B。
（3）[3]ABC．设弹簧的原长为，弹簧伸长后的长度为，根据胡克定律有
解得
可知图像的斜率表示劲度系数，橫截距表示弹簧的原长，则由图可知
，
故AC错误，B正确；
D．根据胡克定律可知，测得的弹力与弹簧的形变量成正比，故D错误。
故选B。
13-2【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
（1）[1]为验证机械能是否守恒，需要比较重物下落过程中任意两点间的动能变化量与势能变化量。
故选A。
（2）[2]重物做匀变速直线运动，打B点时重物的速度等于打A、C两点间的平均速度，即
打O点到打B点的过程中，重物的动能变化量为
13-3【巩固】 【正确答案】 A 1.20
【试题解析】 详解:
（1）[1]实验中需要得到重锤下落的高度和速度，打点计时器工作需要交流电源，需要用刻度尺测量计数点间的距离，由打点计时器可以得到运动时间，从而计算出速度，所以不需要秒表。
（2）[2]电源频率为50Hz，相邻计数点之间有一个点未画出，所以相邻计数点的时间间隔为
打A点时重锤的瞬时速度为
（3）[3]根据机械能守恒定律可知需要验证的表达式为
13-4【巩固】 【正确答案】 1.14 A
【试题解析】 详解:
（1）[1]用游标卡尺测得遮光片的宽度d=1.1cm+0.1mm×4=1.14cm
[2]滑块通过光电门时的速度v可表示为
（2）[3]若机械能守恒，则满足
即
则图像是过原点的直线，故选A。
13-5【巩固】 【正确答案】 丙 3.85 3.80 重物动能的增加量 小于
【试题解析】 详解:
（1）[1]在形状、体积相同的情况下，应选用质量大的重物丙，以减小空气阻力对实验的影响。
（2）[2]重物由O点运动到B点，重力势能减少量
[3]利用匀变速直线运动的推论，可得打下B点时重物的速度为
动能增加量
[4]在误差允许的范围内，重物重力势能的减少量等于重物动能的增加量。
（3）[5]由
得到
因此根据斜率求得当地的重力加速度
[6]由于阻力的影响，使测得的速度偏小，斜率偏小，测得的重力加速度偏小。
13-6【巩固】 【正确答案】 10.44 C 光电门的高度偏高或者偏低，小球的球心没有通过光电门
【试题解析】 详解:
(1) [1]小球的直径为d=10mm+0.02mm×22=10.44mm。
(2) [2]A．固定小球的两根轻绳不一定要互相垂直，选项A错误；
B．若两根轻绳不等长，则小球的摆动也可在竖直平面内，选项B错误；
C．应选用密度较大的小球做实验，从而减小阻力的影响，选项C正确；
D．要验证的关系
两边消掉m，则实验时不必用天平测出小球的质量，选项D错误。
故选C。
(3) [3]小球在最低点时的速度
小球动能增加量
重力势能减小量
则要验证的关系是
即
[4]如果实验测得小球在最低点的动能总是大于小球减少的重力势能，则可能的原因是光电门的高度偏高或者偏低，小球的球心没有通过光电门，则遮光时间偏小，测得的速度偏大。
13-7【提升】 【正确答案】 B C 大于
【试题解析】 详解:
(1)[1]本实验是通过实验测量出滑块和砝码组成的系统减少的重力势能和增加的动能来验证机械能守恒的，重力势能和动能都与质量有关，需要用天平测量砝码和滑块的质量。数字计时器可以记录通过光电门的时间。故AC错误；B正确。
故选B。
(2)[2]A．测出遮光条的宽度d，用于计算滑块通过光电门的速度。故A正确，与题意不符；
B．测出钩码质量m和带长方形遮光条的滑块总质量M，用于计算系统的重力势能和动能的变化。故B正确，与题意不符；
C．实验前将导轨调至水平，不需要平衡摩擦力。故C错误，与题意相符；
D．将滑块移至图示位置，测出遮光条到光电门的距离L，用于计算系统减少的重力势能。故D正确，与题意不符；
E．先开启气泵，然后释放滑块，读出遮光条通过光电门的挡光时间t，用于计算滑块通过光电门的速度。故E正确，与题意不符。
本题选不妥当的故选C。
(3)[3]遮光条通过光电门的速度大小为
在实验操作正确的前提下，滑块从静止释放运动到光电门的过程中，若系统符合机械能守恒定律，则有
联立，可得
(4)[4]根据上面系统机械能守恒的表达式，可得
由题意得
解得
(5)[5]若气垫导轨左端的滑轮调节过高，使得拉动滑块的绳子与气垫轨道之间存在夹角，不考虑其它影响，滑块由静止释放运动到光电门的过程中，根据几何关系可知砝码实际下降的高度小于释放滑块时测量的遮光条到光电门的距离L即
如图所示
可得
所以滑块、遮光条与钩码组成的系统重力势能减小量的测量值大于真实值。
14-1【基础】 【正确答案】 0.869或0.870或0.871 小于 大于 120 A
【试题解析】 详解:
（1）[1]螺旋测微器的精度为0.01mm，图中读数为
（3）[2][3]由
可得采用图乙所示方案测电阻时，由于电压表的分流作用，所用电流表测量的电流大于流过待测电阻的电流，所以待测电阻Rx的测量值小于真实值；
由
可得采用图丙所示方案测电阻时，由于电流表的分压作用，所用电压表测量的电压大于待测电阻两端的实际电压，所以待测电阻Rx的测量值大于真实值；
（4）[4]多用电表的电阻“×10”挡，由图可知该电阻的阻值约为120Ω；
（5）[5]因
即电压表内阻远大于待测电阻，可知电路要采用电流表外接；滑动变阻器的阻值变化范围为0~10Ω，其最大阻值小于待测电阻，滑动变阻器应采用分压电路，故选A；
（6）[6]Rx的电阻
由电阻定律得
解得电阻率
14-2【基础】 【正确答案】 A C E 偏小
【试题解析】 详解:
（2）[1][2][3]被测电阻为20Ω，两个电压表内阻均远大于被测电阻，电源电压为3V，为保证读数准确性，则电压表应选取小量程，即选A；当待测电阻所加电压最大时，电流约为
未超过D电表的三分之一，因此电流表应选C；如图1采用分压式接法，则滑动变阻器应选用小电阻，即选E。
（3）[4]如图1所示可知，采用分压式接法，滑片右滑时待测电阻两端电压增大，电流表外接，因此连线如下
（4）[5]由待测数据带入可得
（5）[6]如图1电流表外接，则所测电压值准确，电流值偏大，由可得，所测电阻偏小。
14-3【巩固】 【正确答案】 ① 1.10 偏小
【试题解析】 详解:
（1）[1]螺旋测微器读数为
（2）[2]由题意可知待测金属丝的阻值约几欧，滑动变阻器是限流方式接入电路，为方便调节，因此要用最大阻值小一点的、电流大一点的。
（3）[3]由题意可知，电压表电阻远大于电阻丝电阻，为了减小误差，采用电流表外接法，故符合实验要求的导线的编号是①；
（4）[4]电压表分度值为0.1V，则读数为1.10V；
（5）[5]由于电压表的分流，导致电流表测量的电流大于流过电阻丝的真实值，根据
可知金属丝电阻率的测量值偏小，则电阻率的测量值偏小。
14-4【巩固】 【正确答案】 183
【试题解析】 详解:
（1）[1]题图甲是分压式接法，电流表是内接法，根据电路图可得实物图为
（2）[2] 显然R1与电压表串联是把电压表的量程扩大了，当电压表的示数为U时，压敏电阻两端的电压
根据欧姆定律
（3）[3][4]由题图可得，图线斜率为
图线与Rx轴的纵截距是400 Ω，由一次函数关系可得
（4）[5]电压表、电流表满偏时
则
14-5【巩固】 【正确答案】 串 5000 CBE C 左 10000 否
【试题解析】 详解:
（1）[1]改装电压表应该将电压表V和电阻箱R3串联；
[2]串联电阻的阻值为
其中
解得
即应把电阻箱R3的阻值调为；
（2）[3]待测水样电阻约为
故应选用“1k”挡，在正确测量了一个19.0Ω的电阻后改用“1k”挡时应进行的操作是：把选择开关旋转到“1k”位置；将红表笔和黑表笔接触；调节欧姆调零旋钮使表针指向欧姆零点；即按操作顺序排列为CBE；
（3）[4]图乙电路中滑动变阻器采用分压式接法，滑动变阻器应选用阻值较小的R1，故选C；
[5]闭合开关前应使流过测量电路的电流最小，即合上开关前滑片位于最左端；
（4）[6]水样的电阻为
（5）[7]根据实验数据，该水样的电阻率为
小于合格纯净水的电阻率，故该水样不合格。
14-6【巩固】 【正确答案】 1.700 右 变小 C
【试题解析】 详解:
（2）①[1]金属丝的直径为
②[2]为了开关闭合后电表安全，应使回路电流从最小值开始增加，要将滑动变阻器R的滑片滑到最右端。
③[3]闭合，定值电阻与待测金属丝并联部分的电阻减小，干路电流增大，电源内阻及滑动变阻器上的分压增大，故电压表的示数变小。
[4]当断开，闭合，两表的示数为U和时，闭合后，调节R使电压表的示数仍为U，电流表的示数为，则流过金属丝的电流为，金属丝的电阻为
（3）[5]当断开，闭合时，为流过定值电阻与电压表的总电流，闭合后，为流过定值电阻、电压表及金属丝的总电流，故流过金属丝的实际电流为，没有系统误差，即电压表内阻对金属丝电阻的测量值无影响。
故选C。
14-7【提升】 【正确答案】 B 2.5m 不均匀 根据式子可知，I与h不成线性关系
【试题解析】 详解:
（1）[1]水满时，电阻最小，电路电流达到最大，根据电阻定律，最大阻值为
最大电流约为
故选择满偏电流的电流表比较合适。
（2）[2] 根据电阻定律，水位为h时阻值为
电流表示数
（3）[3] 当电流为满偏电流时，即
根据
解得
（4）[4][5] 根据式子
可知，I与h不成线性关系，即由电流表改装的水位刻度不均匀。
15-1【基础】 【正确答案】 （1），沿x轴负方向；（2）120 cm
【试题解析】 详解:
（1）图示时刻质点P沿y轴负方向运动，所以应位于波传播方向波形的上坡上，即波速方向沿x轴负方向。设波的周期为T，由题意可得
解得
由图像可知波长为，所以波速为
（2）从t=0至t=1.2 s，质点Q振动了6个周期，所以该段时间内质点Q运动的路程为
15-2【基础】 【正确答案】 （1）沿y轴负方向，0.75s；（2）20cm
【试题解析】 详解:
（1）N点离右侧波（Q点）距离近，右侧波先传到N点，由图像得N点的起振方向沿y轴负方向，N点第一次到达波谷的时间为
（2）由图像得
则
左右两波传到M点的时间
0.75s后，M点始终处于振动加强状态，振幅为
M点实际振动时间为
因此M点的路程为
15-3【巩固】 【正确答案】 （1） ；（2） 加强；（3）80cm
【试题解析】 详解:
（1）设这两列波周期为T，波长为，波速为v，则
解得两波在介质中的波长
（2）质点P到、的距离之差
所以P是加强点
（3）波源的振动传到P所用的时间
当时，波源的振动传到P点，此时波源的振动传到处
故质点P在内质点振动了2个周期
内的振幅
内，P的路程为
所以在至内质点P通过的总路程
15-4【巩固】 【正确答案】 ①20cm，3.5s；②路程830cm，位移70cm
【试题解析】 详解:
①波Ⅱ
②根据题意
相差0.5s，半个周期，根据两波振动图像可知，P点为振动加强点，0～6.25s内，两列波都传到P点，引起P的振动，波I传到P点，引起P振动了，波Ⅱ传到P点，引起P振动了，P点路程
P点是加强点，位移
xP=A1+A2=70cm
15-5【巩固】 【正确答案】 （1）不会；（2）3∶2 ；（3）
【试题解析】 详解:
(1)两列波频率不相等，不会发生干涉现象。
(2)由图得
，
由，且相等，解得
(3)处的质点
，
所以
15-6【巩固】 【正确答案】 （1）；（2），；（3）6个
【试题解析】 详解:
（1）由图可知，经过，Q先经历了，则
由于频率为
解得
（2）对P有振幅
角速度为
P波源振动方程为
由图可知，P波源在Q波源开始振动1s后才开始振动，则时间的范围为
（3）波长为
设振动加强点与P、Q点距离分别为
且
解得
其中k取、、、0、1和2，则区间内振动加强点有6个。
15-7【提升】 【正确答案】 （1）（n=0，1，2，⋯），（n=0，1，2，⋯）（2）向右；（3）（n=0，1，2，⋯）
【试题解析】 详解:
（1）由题图可知波长λ=8 m，当波向右传播时
（n=0，1，2，⋯）
解得
（n=0，1，2，⋯）
由波速公式可得
（n=0，1，2，⋯）
当波向左传播时
（n=0，1，2，⋯）
解得
（n=0，1，2，⋯）
由波速公式可得
（n=0，1，2，⋯）
（2）Δt内波传播的距离为
因此波向右传播；
（3） 若t1=0时刻的质点x=4m，振动方向沿−y方向，可知波向左传播。从t1=0时刻算起，x=4m的质点其振动方程
当质点第1次到达y=5cm历时
再历时5T2到达y=5cm ，10次，所以
当波向左传播时
（n=0，1，2，⋯）
解得
（n=0，1，2，⋯）
解得
（n=0，1，2，⋯）
16-1【基础】 【正确答案】 （1），；（2）；（3）
【试题解析】 详解:
（1）探测器在轨道Ⅲ上做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力得
解得
根据黄金代换公式，即
解得
（2）根据向心力公式，即
解得
（3）根据开普勒第三定律得
探测器在轨道Ⅱ上的运动周期
16-2【基础】 【正确答案】 (1) ；(2) ；(3)
【试题解析】 详解:
(1)由
可得
由
可得
(2)由
得
(3) 卫星在轨道2的半长轴为，由开普勒第三定律
可得
16-3【巩固】 【正确答案】 (1) (2)∆E=5.85×109 J (3)
【试题解析】 详解:
(1)卫星在圆轨道上最匀速圆周运动的过程中，万有引力提供向心力，所以在圆轨道I上：
r1=1.5R0
又
所以：
代入数据得：
v1＝6.45km/s
同理在圆轨道Ⅲ上：
r0=2.5R0
所以：
代入数据得：
v4=5.00km/s
(2) 要把卫星从圆轨道I送到圆轨道Ⅲ，外力做的功等于卫星增加的机械能，由功能关系得：
代入数据，联立得：
W=5.85×109J
(3) 卫星在椭圆轨道从P点到Q点的过程中机械能守恒，得：
又知道卫星在P点和Q点时，v2×1.5R0=v3×2.5R0，所以：
v2=7.21km/s；v3=4.33km/s
16-4【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）；（3）
【试题解析】 详解:
（1）月球表面的重力加速度为，有
解得
（2）当卫星的轨道半径为月球半径R时，发射速度最小，有
解得
（3）设着陆器返回与卫星对接时速度为，则有
着陆器在月球表面，有
由能量守恒定律可得
联立解得
16-5【巩固】 【正确答案】 (1)；(2) θ=45°
【试题解析】 详解:
(1)根据开普勒第三定律可知，椭圆转移轨道周期为
则天问一号在地火转移轨道上运行的时间
(2)同理可得火星运行周期为
火星运动的时间为
要保证天问一号正好在远日点与火星相遇，两者运动的时间相等，则有：
解得
θ=45°
16-6【巩固】 【正确答案】 (1)；(2)加速；(3)
【试题解析】 详解:
(1)根据万有引力定律可知，飞船经过椭圆轨道近地点A时受到地球的引力大小
(2)飞船在B点经椭圆轨道进入预定圆轨道时要由向心运动变为匀速圆周运动需要加速以提高所需的向心力
(3)在预定圆轨道运动时由万有引力提供向心力得
由题意可知
联立解得
16-7【提升】 【正确答案】 (1)；(2)；(3)
【试题解析】 详解:
（1）“嫦娥五号”探测器在轨道Ⅰ上做匀速圆周运动，根据万有引力和牛顿第二定律
解得
（2）设“嫦娥五号”在轨道Ⅱ上运行经过点的速度为，由题意及能量守恒定律可得
解得
（3）设发动机喷出气体的质量为，根据动量守恒定律得
解得
17-1【基础】 【正确答案】 （1）；（2）4.25N；（3）
【试题解析】 详解:
（1）从C到D平抛分析，由
代入数据解得
m/s
（2）从B到C分析
代入数据解得
m/s
在B点有
代入数据解得
N
根据牛顿第三定律小物块对B点的压力大小为4.25N。
（3）从A到B分析
代入数据解得
17-2【基础】 【正确答案】 (1)3 N，方向竖直向下；(2)m/s；(3)s
【试题解析】 详解:
(1)物块从A到B的过程，由动能定理得
解得
在B点由牛顿第二定律得
解得
由牛顿第三定律得物块对轨道的压力大小为3 N，方向竖直向下。
(2)设物块滑上薄木板的速度为v，则
解得
vm/s
(3)物块和薄木板下滑过程中，由牛顿第二定律，对物块有
对薄木板
设物块和薄木板达到的共同速度为v′，则
解得
17-3【巩固】 【正确答案】 （1）4m/s（2）a1＝3m/s2，a2＝1m/s2 （3）m
【试题解析】 详解:
(1)A沿斜面下滑由牛顿第二定律有
mgsinθ＝ma0
由速度位移公式得，则有
v1＝
解得
m/s
(2)A刚滑上B上运动后，对A：
μ1mg＝m a1
对B：
μ1mg－μ2(m＋M)g＝Ma2
得
a1＝3m/s2，a2＝1m/s2
(3)设A与B达到相同速度v1时，用时为t，则有
对A：
v2＝v1－a1t
对B：
v2＝a2t
解得
v2＝1m/s，t＝1s
此过程中A的位移
B的位移
解得
xA＝2.5m，xB＝0.5m
A相对B滑动的距离
xA－xB＝2m＜l
达到共速后，A和B一起继续运动。设A、B一起运动的加速度大小为a3，位移为x，对A、B整体有
μ2(m＋M)g＝(m＋M)a3
＝2a3x
解得
x＝0.5m
移动的总路程
s＝x0＋xA＋x
解得
s＝m
17-4【巩固】 【正确答案】 (1)；(2)2.5m/s2，方向沿斜面向上，，沿斜面向下；(3)0.6s
【试题解析】 详解:
(1)由木板恰好静止在斜面上，得到斜面与木板间的动摩擦因数应满足
得
(2)物块A在木板上滑行时，以A为研究对象，有
方向沿斜面向上，以木板B为研究对象有
方向沿斜面向下
(3)假设A与木板达到共同速度时，A还没有到达底端，则有
解得
，
此过程
故
说明以上假设成立，共速后，由于
则A与木板B一起匀速到木板与底端挡板碰撞，该过程所用时间
所以
17-5【巩固】 【正确答案】 （1）5m/s，与水平方向夹角37度（2）0.15s（3）-15J
【试题解析】 详解:
（1）分解，得，变形得，
过B点时的速度方向与水平方向成37°；
（2）设斜面倾角为、平抛飞行总时间为，平抛后经过时距斜面最远，
则有；
综合（1）问得：，故；
分析得知当速度与斜面平行时距斜面最远，则，解得；
（3）因，故木板将在地面上滑行，则
对小物块有：，得；
对长木板有：，得；
设它们经过时间t，共速，则有，解得，；
则对小物块在相对滑动有，故；
则对长木板在相对滑动有：，故；
共速后，假设它们一起减速运动，对系统有：，，则它们间的摩擦力，所以假设成立，之后它们相对静止一起滑行至停下，此过程中它们间的静摩擦力对堆放做功一定大小相等、一正一负，代数和为零.
综上所述，自小物块滑上长木板起，到它们最终停下来的全过程中，它们之间的摩擦力做功的代数和
17-6【巩固】 【正确答案】 (1)5m/s；(2)21J；(3)3m
【试题解析】 详解:
(1)小物块竖直方向自由落体
解得
小物块恰好从B点沿切线方向进入轨道，由几何关系有
(2)在C点处，由牛顿第二定律有
解得
小物块B点到C点，由动能定理有
解得
(3)对物块根据牛顿第二定律得
μ1mg=ma1
解得
a1=μ1g=5m/s2
对木板根据牛顿第二定律得
解得
a2=1m/s2
物块与木板共速
解得
木板的最短长度为
17-7【提升】 【正确答案】 （1）；（2）；（3）
【试题解析】 详解:
（1）小物块从A点到B点，机械能守恒得
小物块在B点，由合外力提供向心力得
再由牛顿第三定律，小物块在圆弧轨道最低点B对轨道的压力等于轨道对小物块的支持力
（2）从B点到C点，小物块做平抛运动，可得
小物块恰好能从C点沿CD方向滑上以10m/s的速度沿逆时针方向匀速转动的传送带，有
解得
（3）小物块到达C点时的速度为
小物块在传送带上加速到与传送带共速时，有
由题意可知
小物块与传送带共速后，有
或（舍去）
物块从传送带顶端C运动到底端D的过程中因摩擦而产生的热量
18-1【基础】 【正确答案】 (1)；(2)
【试题解析】 详解:
(1)设粒子电荷量为q，质量为m，则粒子在磁场中做圆周运动，运动半径R，由洛伦兹力提供向心力
带电粒子从A点沿x轴正方向进入电场，在电场中做类平抛运动有
，
解得
，
(2)设粒子在磁场中运动的时间为
在场区运动的时间
解得
18-2【基础】 【正确答案】 （1）；（2）；（3）
【试题解析】 详解:
(1)从P到O过程中，粒子做类平抛运动，水平、竖直方向分别满足
据牛顿第二定律可得
联立可解得。
(2)设粒子经过O点时的速度大小为v，方向与x轴正方向间的夹角为，则
解得
粒子在磁场中做匀速圆周运动，有
由几何关系知
联立可解得。
(3)设满足条件的P点坐标为，粒子初速度为，则
，
由分析可知，粒子出磁场时速度方向均沿y轴负方向，需满足
则粒子通过O点的速度大小必为，由平行四边形定则可得
又
联立可解得
18-3【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）；（3），
【试题解析】 详解:
（1）由题意粒子运动轨迹如图
粒子到达C点时
解得
（2）粒子从A到C的过程，粒子做类平抛运动，设粒子沿x轴方向的位移为x1，沿y轴方向的位移为y1，图中OD之间的距离为y2，可得
解得
（3）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供粒子做圆周运动的向心力
解得
设在磁场I中粒子运动半径为R1，因粒子垂直通过x轴，因此OC等于R1，由几何关系可得
粒子在磁场II中运动后返回磁场I中后，刚好不回到电场中，其运动轨迹应与OP相切，轨迹如图所示，设粒子在磁场II中的半径为R2，据几何关系可得
解得
18-4【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）；（3）
【试题解析】 详解:
（1）带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，则有
，，
联立解得
（2）设带电粒子经点时的速度为，竖直分速度为，则有
可得
即
粒子进入区域I做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力可得
解得
粒子以垂直于轴方向进入区域II磁场，从区域II的右边界离开磁场的临界轨迹如图所示
根据几何关系可知
可知带电粒子从区域II的右边界离开磁场的半径应满足
又
联立解得
（3）粒子恰能从II区右边界间离轴最远的点射出，如图所示
粒子在区域I磁场中转过的圆心角为
粒子在区域I区域运动的时间为
粒子在II区域磁场运动的最大半径为
由几何关系可知
则有
可得
可知粒子在区域II磁场中转过的圆心角为，故粒子在区域II磁场中的时间为
粒子在磁场中运动的时间为
18-5【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）（L，）；（3），
【试题解析】 详解:
（1）如图
粒子在磁场区域I中做匀速圆周运动的轨迹为一段圆弧，圆心为，对应的圆心角为，设半径为R，由几何关系得
由洛伦兹力提供向心力
联立解得
（2）带电粒子从坐标原点O沿x轴正方向进入区域II做类平抛运动，设带电粒子在区域II中运动的时间为t，加速度为a，离开区域II时的位置坐标为（L，y），由运动分解得水平方向
竖直方向
由牛顿第二定律得
联立解得
则带电粒子离开区域II时的位置坐标为
（3）粒子进入区域III后在洛仑兹力作用下做匀速圆周运动，由题意知其轨迹如图，设粒子进入区域III时的速度大小为v，沿y轴方向的速度为vy，进入磁场区域III时速度的反向延长线过水平位移的中点，可知速度与竖直方向成角，则
联立可得
即粒子以与x轴正方向成45°角射入匀强磁场区域III。设粒子在区域Ⅲ的半径为，由几何关系得
联立得
由洛伦兹力提供向心力
联立解得
18-6【巩固】 【正确答案】 （1）1；（2）①k的可能值为或；②
【试题解析】 详解:
（1）两粒子发生弹性碰撞，设B、A两粒子碰撞后瞬间的速度分别为和，碰撞过程中由动量守恒有
由机械能守恒有
解得
由数学知识可知k越大，越大，设粒子A在磁场中运动的轨迹半径为R，由洛伦兹力提供向心力有
可得
可知k越大，粒子A的轨迹半径越大，带电粒子A从磁场右侧边界离开磁场的临界轨迹如图1所示，此时粒子A的运动轨迹与磁场区域下边界相切，此时粒子A的轨迹半径为L，可得带电粒子A从磁场右侧边界离开磁场时k的最大值为1。
（2）①粒子A从磁场右侧边界的中点离开磁场区域有以下两种情况
（i）粒子A在磁场中偏转一次直接从磁场右边界中点离开磁场区域，如图2所示
由几何知识有
解得
可得
（ii）由几何知识可知，粒子A要能从磁场右边界中点离开磁场区域，粒子A的轨迹半径要满足，则粒子在磁场中可能运动半个周期进入电场，经电场作用后以同样的速率垂直x轴进入磁场，然后从磁场区域右边界中点离开磁场，可能的运动轨迹如图3、图4所示
由几何关系有
解得
或
可得
或
当
时则有
设粒子A在电场中运动的距离为，由动能定理有
解得
不符合题意。
当
时则有
设粒子在电场中运动的距离为x2，由动能定理有
解得
符合题意。
综合（i）、（ii）所述可得，粒子能从磁场右边界中点离开时，k的可能值为或。
②粒子在磁场中运动周期为
当时，粒子在磁场中运动的时间最长，为
18-7【提升】 【正确答案】 （1）；（2）；（3）
【试题解析】 详解:
（1）粒子运动轨迹如图
粒子在磁场中做匀速圆周运动
得
在第一象限磁场区域运动的时间为t，则
得
（2）由题意知：粒子不回到第一象限，临界情况为轨迹与y轴相切，如图所示
粒子在磁场中做匀速圆周运动
则
则
两圆心连线与y轴夹角为β，有
得
β＝37°
由题意知，临界条件为
得
T0应满足条件为
（3）在第二象限轨迹如图
由第（2）问知粒子在磁场中运动半径，由题意可知，所有粒子经圆形磁场后均经过切点，所以θ＝53°时偏转角最大，当θ＝53°时粒子经过y轴的坐标为
解得
由几何关系得
所以
变式题库
【原卷 1 题】知识点 平衡问题的动态分析
【正确答案】
D
【试题解析】
1-1（基础） 如图所示，一重物用轻绳悬挂于天花板上，用始终与轻绳垂直的力F缓慢拉动重物，直至轻绳水平，用T表示轻绳拉力的大小，则在缓慢拉动重物的过程中（ ）
A.F逐渐变小，T逐渐变大
B.F逐渐变大，T逐渐变小
C.F逐渐变小，T先变大后变小
D.F逐渐变大，T先变小后变大
【正确答案】 B
1-2（基础） 如图，一小球放置在木板与竖直墙面之间。设墙面对球的压力大小为F1，球对木板的压力大小为F2。以木板与墙连接点所形成的水平直线为轴，将木板从图示位置开始缓慢地转到水平位置。不计摩擦，在此过程中（ ）
A.F1始终减小，F2始终增大
B.F1始终减小，F2始终减小
C.F1先增大后减小，F2始终减小
D.F1先增大后减小，F2先减小
【正确答案】 B
1-3（巩固） 如图所示，置于水平桌面上的重物由绕过光滑定滑轮的轻绳与冰块相连，左侧轻绳与水平面的夹角为。已知与桌面始终保持相对静止，下列说法正确的是（ ）
A.若冰块缓慢融化且逐渐滴落，则重物对桌面的压力可能不变
B.若冰块缓慢融化且逐渐滴落，则重物对桌面的摩擦力可能变大
C.若冰块的质量不变，调节定滑轮位置使减小，则重物对桌面的压力可能不变
D.若冰块的质量不变，调节定滑轮位置使减小，则重物对桌面的摩擦力一定变大
【正确答案】 D
1-4（巩固） 如图所示，两个完全一样的半圆柱A、B紧靠着静置于水平地面上，其上有一光滑圆柱C，三者半径均为R。C的质量为m，A、B的质量都为0.5m，与地面的动摩擦因数均为μ。现用水平向右的力拉A，使A缓慢移动，直至C恰好降到地面。整个过程中B保持静止，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，下列选项正确的是（ ）
A.地面对B的支持力逐渐减小
B.未拉A时，C受到B作用力的大小为
C.A、B与地面的动摩擦因数大小至少为
D.A移动的整个过程中，摩擦力做功一定是
【正确答案】 C
1-5（巩固） 如图所示，轻质弹簧的一端固定于A点，另一端与轻绳相连，轻绳绕过定滑轮P与动滑轮Q的轴相连，另外一根轻绳一端悬挂重物B并绕过动滑轮Q及定滑轮S，由地面上某人拉着轻绳另一端，使整个系统处于静止状态，此时QS连线水平，PQ连线与竖直方向夹角为θ。若人加速向下拉动细绳移动一段较小的距离，滑轮均为光滑轻质滑轮，且可看作质点，弹簧始终在弹性限度之内，则在加速拉动的过程中与原静止状态相比（ ）
A.θ不变，弹簧弹力不变 B.θ变大，弹簧弹力变大
C.滑轮Q水平向右移动 D.滑轮Q沿PQ方向移动
【正确答案】 B
1-6（巩固） 如图所示，倾斜的木板上有一静止的物块，水平向右的恒力F作用在该物块上。在保证物块不相对木板滑动的情况下，现以过木板下端点O的水平轴为转轴，使木板在竖直面内顺时针缓慢旋转一个小角度。在此过程中下面说法正确的是（ ）
A.物块所受支持力一定变大
B.物块所受支持力和摩擦力的合力不一定不变
C.物块所受摩擦力可能变小
D.物块所受摩擦力一定变大
【正确答案】 D
1-7（提升） 光滑半圆槽的边缘上固定有一轻质定滑轮，轻绳一端连接小球P，绕过光滑的定滑轮A，另一端系在竖直杆上的B点。现将另一个重物G用光滑轻质挂钩挂在轻绳上AB之间的O点，已知整个装置处于静止状态，将绳的B端向上缓慢移动一小段距离，小球P没有移动，系统重新平衡后，有关力的变化情况，下列说法正确的是（ ）
A.绳的张力大小不变 B.绳的张力变大
C.半圆槽对小球P的弹力变小 D.半圆槽对小球P的弹力变大
【正确答案】 A
【原卷 2 题】知识点 x-t图象,平均速度
【正确答案】
B
【试题解析】
2-1（基础） 如图所示的位移—时间图像和速度—时间图像中给出四条图线，甲、乙、丙、丁代表四辆车由同一地点向同一方向运动的情况，则下列说法正确的是（ ）
A.甲车做直线运动，乙车做曲线运动
B.时间内，甲车通过的位移大于乙车通过的位移
C.时间内，丙、丁两车在时刻相距最远
D.时间内，丙车的加速度始终大于丁车的加速度
【正确答案】 C
2-2（基础） 一遥控玩具小车在平直路上运动的位移一时间图像如图所示，则（ ）
A.15s内小车的位移为30m B.20s末小车的速度大小为2m/s
C.前10s内小车的速度为1m/s D.前25s内小车做单方向直线运动
【正确答案】 A
2-3（巩固） 甲、乙、丙三辆车在同一平直道路上沿直线运动，以三车到达同一位置时开始计时（），甲、乙、丙三车在0～10s内运动图像分别如图所示，已知丙车的初速度为零，则0～10s内三车的位移大小关系为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】 A
2-4（巩固） 一质点做匀变速直线运动的-t图像如图所示。下列说法正确的是（ ）
A.质点做匀加速直线运动且加速度大小为
B.质点在时刻的速度大小为3p
C.质点在0～t0时间内的平均速度大小为3p
D.质点在0～t0时间内的位移大小为5pt0
【正确答案】 D
2-5（巩固） 如图所示为载有防疫物资的无人驾驶小车在水平路面上行驶的位移时间图像，该图像为抛物线的一部分，时刻对应图像的最高点，下列说法正确的是（ ）
A.时小车的速度为零
B.时小车的加速度为零
C.时小车的速度为整个过程最大速度的
D.时小车的速度为整个过程最大速度的
【正确答案】 C
2-6（巩固） 如图所示，图线分别是做直线运动的质点的位移-时间图像，其中为开口向下抛物线的一部分，为图像上一点。为过点的切线，与轴交于x=6m的Q点。下列说法错误的是（ ）
A.时，质点的速率为
B.质点的加速度大小为
C.质点的初速度大小为
D.时两质点相遇
【正确答案】 B
2-7（提升） 如图所示，有a、b两条图线，则下列说法正确的是（ ）
A.若横坐标为时间t，纵坐标为位移x，则a做直线运动，b做曲线运动
B.若横坐标为时间t，纵坐标为速度v，则a、b两物体运动方向相同
C.若横坐标为时间t，纵坐标为速度v，则两图线的交点表示两物体相遇
D.若物体在平面上运动，横坐标为水平位置x，纵坐标为竖直位置y，则a、b两物体均做直线运动
【正确答案】 B
【原卷 3 题】知识点 电梯中的超重和失重现象分析,常见力做功与相应的能量转化
【正确答案】
D
【试题解析】
3-1（基础） 如图所示为某同学站在压力传感器上做下蹲—起立的动作时传感器记录的压力随时间变化的图线，纵坐标为压力，横坐标为时间。由图线可知，该同学的体重约为660N，除此以外，还可以得到的信息是（ ）
A.1s时人下蹲的速度最大
B.下蹲过程中人始终处于失重状态
C.0~4s内该同学做了1次下蹲—起立的动作
D.1s时人处在下蹲的最低点
【正确答案】 C
3-2（基础） 如图所示，物体Q放置在水平地面上，其上端连接竖直轻弹簧，将物体P从弹簧正上方某处由静止释放，在物体P接触弹簧到压缩弹簧到最短的过程中（弹簧始终在弹性限度内），下列说法正确的是（ ）
A.物体P先失重后超重
B.物体P一直超重
C.物体Q对地面的压力先增大后减小
D.物体Q对地面的压力大于P、Q两物体的总重力
【正确答案】 A
3-3（巩固） 小范同学在家里做了一个小实验，将圆珠笔里的弹簧取出，再用硬卡纸做个小纸帽，套在弹簧上，如图所示。实验时，将小纸帽压到桌面上，然后迅速放开手。从放手到小纸帽刚脱离弹簧的运动过程中（假定小纸帽运动中只发生竖直方向移动），不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A.小纸帽向上弹起过程中，离开弹簧前一直处于超重状态
B.小纸帽刚离开弹簧时的动能最大
C.小纸帽向上弹起过程中，弹簧对小纸帽的作用力大小等于小纸帽对弹簧的作用力大小
D.小纸帽整个运动过程中机械能守恒
【正确答案】 C
3-4（巩固） 某老师用图1所示装置研究电梯的运动。安装拉力传感器的铁架台置于电梯中，矿泉水瓶竖直悬挂在拉力传感器上。电梯运行时，电脑记录了矿泉水瓶所受拉力F随时间t的变化情况如图2所示，下列说法正确的是（ ）
A.AB阶段电梯处于失重状态，CD阶段电梯处于超重状态
B.电梯先后经历了上行、静止、下行三个过程
C.AB阶段的加速度大小约，方向竖直向上
D.CD阶段的加速度大小约，方向竖直向上
【正确答案】 C
3-5（巩固） 图甲是莱芜一中尚清华同学站在接有力传感器的板上做下蹲、起跳动作的示意图，图中的O点表示他的重心。图乙是传感器所受压力随时间变化的图像，图像上a、b两点的纵坐标分别为900N和300N，重力加速度g=10m/s2，不计空气阻力。根据图像分析可知（ ）
A.尚清华的重力可由b点读出，为300N
B.尚清华在b到c的过程中先处于超重状态再处于失重状态
C.尚清华在双脚与板不接触的过程中处于完全失重状态
D.尚清华在b点对应时刻的加速度大于在c点对应时刻的加速度
【正确答案】 C
3-6（提升） 如图甲所示，人站在电梯内的一台磅秤上，当电梯沿竖直方向加速上升时，将看到，磅秤的示数会变大，把这种现象叫“超重”。当电梯的加速度向上为a时，可认为重力加速度由g变为g0=g+a，这时秤面示数变大，变为F=mg0=m（g+a）。可把这个g0称为等效重力加速度；如图乙所示，小球在竖直面内做半径为r的圆周运动，当运动到最低点时速度为v，下列说法正确的是（ ）
A.当电梯处于超重状态，速度一定向上
B.当等效重力加速度g0等于0时，电梯处于平衡状态
C.当电梯做自由落体运动时，等效重力加速度为g
D.对乙图，小球在最低点时等效重力加速度为
【正确答案】 D
3-7（提升） 如图甲所示，质量为m的同学在一次体育课上练习原地垂直起跳。在第一阶段，脚没有离地，所受地面支持力大小F随时间t变化的关系如图乙所示。经过一定时间，重心上升h，其质心获得速度v。在第二阶段，人躯干形态基本保持不变，重心又上升了一段距离，到达最高点，重力加速度为g。不计空气阻力，则下列说法正确的是（ ）
A.该同学在阶段一直处于超重状态
B.在第一阶段地面支持力对该同学的冲量为
C.在第一阶段地面支持力对该同学做的功大于
D.在第一阶段该同学机械能的增加量为
【正确答案】 D
【原卷 4 题】 知识点 机车的额定功率、阻力与最大速度,机车以恒定加速度启动的过程及v-t图像
【正确答案】
C
【试题解析】
4-1（基础） 一辆汽车在平直公路上以额定功率行驶，设所受阻力不变．在汽车加速过程中:
A.牵引力减小，加速度增大 B.牵引力减小，加速度减小
C.牵引力增大，加速度增大 D.牵引力增大，加速度减小
【正确答案】 B
4-2（基础） 机车从静止开始沿水平的直轨道做匀加速直线运动，所受的阻力始终不变，在此过程中，下列说法正确的是（ ）
A.机车的牵引力逐渐减小
B.机车的牵引力逐渐增大
C.机车输出功率逐渐减小
D.机车输出功率逐渐增大
【正确答案】 D
4-3（巩固） 某次赛车比赛中，两辆完全相同的赛车MN由同一起跑线沿同一方向同时出发，图甲乙分别为赛车M和赛车N的速度以及位移随时间的变化规律图象，已知两图线均为过原点的倾斜直线，时两车的输出功率之差为700W，甲车保持图示运动状态的最长时间为20s，该种赛车的最大输出功率为42kW。下列说法正确的是（ ）
A.赛车甲在时发动机的输出功率为2000W
B.赛车甲运动过程中地面受到的阻力大小为1400N
C.两车在整个运动过程中能相遇两次
D.的时间内赛车M和赛车N之间的距离先增大后减小
【正确答案】 B
4-4（巩固） 一辆小汽车在水平路面上由静止启动，在前内做匀加速直线运动，5s末达到额定功率，之后保持额定功率运动，其图像如图所示，汽车的质量，汽车受到地面的阻力为车重的0.1倍，（g取）则（ ）
A.汽车在前内的牵引力为
B.汽车的额定功率为
C.汽车的最大速度为
D.当汽车速度为时，汽车加速度大小为
【正确答案】 B
4-5（巩固） 如图所示为某汽车启动时发动机功率P随时间t变化的图像，图中P0为发动机的额定功率，若已知汽车在t2时刻之前已达到最大速度vm，据此可知（ ）
A.t1～t2时间内汽车做匀速运动
B.0～t1时间内发动机做的功为P0t1
C.0～t2时间内发动机做的功为P0（t2－）
D.汽车匀速运动时所受的阻力小于
【正确答案】 C
4-6（提升） 格兰披治一级方程式（GrandPrixFormulaOne简称：F1）大奖赛是目前世界上速度最快的、费用最昂贵、技术最高的比赛，也是方程式汽车赛中最高级别的比赛。在某次F1比赛中，质量为400kg的赛车在平直赛道上以恒定功率加速，受到的阻力不变，其加速度a与速度的倒数的关系如图所示，则F1赛车（ ）
A.赛车最大速度可达90m/s
B.加速度随时间均匀增大
C.输出功率为1600kW
D.所受阻力大小为1600N
【正确答案】 D
4-7（提升） 太阳能汽车是一种靠太阳能来驱动的汽车。如图所示，某款太阳能概念汽车的质量为m，额定功率为P，在一段平直公路上由静止开始匀加速启动，加速度大小为a，经时间达到额定功率：汽车继续以额定功率做变加速运动，又经时间达到最大速度，之后以该速度匀速行驶。已知汽车所受阻力恒定，则下列说法正确的是（ ）
A.汽车在匀加速运动阶段的位移为
B.汽车在运动过程中所受的阻力为
C.从汽车启动到刚好达到最大速度的过程中牵引力做的功为
D.汽车在变加速运动阶段的位移为
【正确答案】 D
【原卷 5 题】知识点 斜面上的平抛运动,平抛运动位移的计算
【正确答案】
B
【试题解析】
5-1（基础） 如图所示，在竖直平面内固定一半圆形轨道，O为圆心，AB为水平直径。 有一小球从A点以不同的初速度向右水平抛出，不计空气阻力，则小球（ ）
A.初速度越大，运动时间越长
B.初速度不同，运动时间一定不同
C.落到轨道的瞬间，速度方向可能沿半径方向
D.落到轨道的瞬间，速度方向的反向延长线与水平直径的交点在O点的左侧
【正确答案】 D
5-2（基础） 投弹训练中，某战士从倾角为、长度为L的斜坡顶端，将手榴弹（图中用点表示）以某一初速度水平抛出，手榴弹恰好落到斜坡底端。重力加速度大小为g，取，不计空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A.手榴弹抛出时的初速度大小为
B.手榴弹抛出后在空中运动的时间为
C.手榴弹抛出后经时间，与斜坡间的距离最大
D.手榴弹落到斜坡底端前瞬间的速度方向与水平方向的夹角为
【正确答案】 C
5-3（巩固） 将小球从斜面上的A点以不同速度抛出，第一次水平抛出速度大小为；第二次垂直斜面抛出速度大小为，运动过程中不计空气阻力，最终小球都落在斜面上的B点，运动轨迹如图甲、乙所示。已知斜面倾角为45°，两次运动时间分别是、，则（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】 B
5-4（巩固） 如图所示，同一竖直平面内有四分之一圆环BC和倾角为53°的斜面AC，A、B两点与圆环BC的圆心O等高，C点位于O点正下方。现将甲、乙小球分别从A、B两点以初速度、沿水平方向同时抛出，两球恰好在C点相碰（不计空气阻力），已知，，下列说法正确的是（ ）
A.初速度、大小之比为
B.若仅增大，两球有可能不相碰
C.若甲球恰能落在斜面的中点D，则初速度应变为
D.若只抛出甲球并适当改变大小，则甲球不可能垂直击中圆环BC
【正确答案】 C
5-5（巩固） 如图所示，是半圆弧的一条水平直径，是圆弧的圆心，是圆弧上一点，，在、两点分别以一定的初速度、水平抛出两个小球，结果都落在 C点，则两个球抛出的初速度、的大小之比为（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】 B
5-6（巩固） 网球运动员在O点训练发球。第一次发球时，球直接垂直击中A墙壁上的P点；第二次发球时，球先与B墙壁弹性碰撞后垂直击中A墙壁上的P点。则（ ）
A.两球在空中飞行时间 B.两球击中P点时速度
C.两球在空中速度的变化量 D.两球发出时速度与水平方向夹角
【正确答案】 A
5-7（提升） 如图，小滑块以初速度从倾角的固定光滑斜面底端A沿斜面向上滑动，同时从以初速度斜向上抛出一个小球，经滑块滑到斜面顶端B，恰好被小球水平击中。滑块和小球均视为质点，空气阻力忽略不计，已知，，。则下列说法正确的是（ ）
A.小滑块的初速度
B.小球的初速度
C.小球从抛出到离斜面最远处所经历的时间为
D.斜面AB的长度为
【正确答案】 C
【原卷 6 题】知识点 拱桥和凹桥模型,应用动能定理求变力的功
【正确答案】
A
【试题解析】
6-1（基础） 如图，某同学把质量为的足球从水平地面踢出，足球达到最高点时速度为，离地高度为。不计空气阻力，重力加速度为，下列说法正确的是（ ）
A.该同学踢球时对足球做功
B.足球上升过程重力做功
C.该同学踢球时对足球做功
D.足球上升过程克服重力做功
【正确答案】 C
6-2（基础） 某滑雪运动员（视为质点）由坡道以一定速度进入竖直面内的圆弧形滑道，从滑道的点滑行到最低点的过程中，由于摩擦力的存在，运动员的速率不变，关于运动员沿下滑过程，下列说法正确的是（ ）
A.向心加速度大小逐渐增大
B.所受摩擦力大小逐渐减小
C.所受的合力为零
D.在点，人受滑道的支持力大小小于其重力大小
【正确答案】 B
6-3（巩固） 每一位航天员在进入太空执行任务之前，都要在地面经历各种“魔鬼式训练”，而被大多数航天员公认为最痛苦的一种，就是离心机训练。如图所示，质量为m的航天员坐在离心舱内的座椅上，座椅到转轴的距离为R（航天员与座椅均视为质点），离心舱在竖直平面内做匀速圆周运动，在转动过程中航天员的加速度大小为6g（g为重力加速度）。下列判断正确的是（ ）
A.航天员受到的合外力为恒力
B.航天员匀速转动的角速度为
C.航天员在圆周最高点受到座椅的支持力大小为7mg
D.从最低点转到最高点的过程中座椅对飞行员不做功
【正确答案】 B
6-4（巩固） 一质量为m的物体，沿半径为R的向下凹的半圆形轨道滑行，如图所示，经过最低点时的速度为v，物体与轨道之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则它在最低点时受到的摩擦力为（ ）
A.μmg B.
C.μm（g－） D.μm（g＋）
【正确答案】 D
6-5（巩固） 如图所示，用同种材料制成的一个轨道ABC，AB段为四分之一圆弧，半径为R，水平放置的BC段长为R。一个物块质量为m，与轨道的动摩擦因数为μ，它由轨道顶端A从静止开始下滑，恰好运动到C端停止，物块在AB段克服摩擦力做功为（ ）
A.μmgπR B.（1－μ）mgR C. D.mgR
【正确答案】 B
6-6（巩固） 如图所示，在竖直平面内有一半径为的三圆弧轨道，半径OA水平、OB竖直。质量为m、可视为质点的滑块自A的正上方P点由静止下落，从A点内侧进入轨道后，恰好能通过轨道的最高点B。若重力加速度为g，滑块克服摩擦力做功，不计空气阻力，则滑块下落点P到A的高度h为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】 B
6-7（提升） 如图所示，一半径为R、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径PQ水平。一质量为m的小球（可视为质点）从P点上方高为R处由静止开始下落，恰好从P点进入轨道。小球滑到轨道最低点N时，对轨道的压力大小为4.5mg，重力加速度为g。用W表示小球从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功，则（ ）
A.小球恰好可以到达Q点
B.小球冲出Q点后可上升的最大高度大于
C.小球不可能第二次经过P点
D.小球从N到Q克服摩擦力做的功等于
【正确答案】 B
【原卷 7 题】 知识点 电流强度的定义及单位,电流的微观表达式及其应用
【正确答案】
A
【试题解析】
7-1（基础） 已知铜棒的截面积为S，密度为ρ，摩尔质量为M，阿伏加德罗常数为，电子电量为e，若通过铜棒的电流强度为I，并认为铜棒中每一个铜原子贡献一个电子，则铜棒中自由电子定向移动的速率为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】 A
7-2（基础） 如图所示，在水平放置的金属导体中，5s内有5 × 1018个电子向右通过导体某一横截面，此横截面的面积为0.2m2，e = 1.6 × 10－19C。关于导体内电流的大小和方向，以下判断正确的是（ ）
A.0.16A向右
B.0.16A向左
C.0.80A向左
D.0.80A向右
【正确答案】 B
7-3（巩固） 一根长为、横截面积为、电阻率为，的金属棒，棒内单位体积自由电子数为，电子的质量为，电荷量为。在棒两端加上恒定的电压时，棒内产生电流，自由电子定向运动的平均速度为，则电子运动时受到的平均阻力大小为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】 C
7-4（巩固） 如图所示，电解池内的电解液只有一价离子，t时间内定向移动通过溶液内某一截面s的正离子数是，负离子数是，且。设元电荷为e，则下列说法正确的是（ ）
A.A极板接电源的正极，B极板接电源的负极
B.溶液内正、负离子定向移动形成的电流方向相反
C.溶液内电流方向从B到A，电流
D.溶液中电流方向从A到B，电流
【正确答案】 C
7-5（巩固） 某些肿瘤可以用“质子疗法”进行治疗。为了能让质子进入癌细胞，质子先被加速到较高的速度，然后轰击肿瘤并杀死癌细胞。如图所示，来自质子源的质子（初速度为零），经电压为U的加速器加速，形成细柱形的质子流。若质子流横截面积为S，质子的质量为m，电量为e，质子流内单位长度的质子数为n。则质子流形成的电流大小为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】 B
7-6（巩固） 一根粗细均匀的导线，两端加上电压时，通过导线的电流为，导线中自由电子定向移动的平均速率为，若将导线均匀拉长，使它的横截面半径变为原来的，再给它两端加上电压，则（ ）
A.通过导线的电流为 B.通过导线的电流为
C.导线中自由电子定向移动速率为 D.导线中自由电子定向移动速率为
【正确答案】 C
7-7（提升） 如图所示，两段长度和材料相同、各自粗细均匀的金属导体a、b，单位体积内的自由电子数相等，横截面积之比，已知流经导体a的电流为0.16A，电子的电荷量e=1.6×10-19C，下列说法正确的是（ ）
A.5s内有个自由电子通过导体a的横截面
B.a、b的电阻之比
C.自由电子在导体a和b中的定向移动速率之比
D.相同时间内导体a和b产生的焦耳热之比
【正确答案】 A
【原卷 8 题】 知识点 受恒定外力的板块问题,最大静摩擦力与滑动摩擦力的关系
【正确答案】
C
【试题解析】
8-1（基础） 某同学利用图甲所示的装置研究物块与木板之间的摩擦力，实验台上固定一个力传感器，传感器用细线拉住物块，物块放置在粗糙的长木板上。水平向左拉木板，传感器记录的图像如图乙所示。下列说法中正确的是（ ）
A.物块与木板之间的滑动摩擦力大小约为
B.在时间内，物块与木板间的摩擦力大小与物块对木板的正压力成正比
C.在时间内，物块静止，所以物块与木板之间的摩擦力是静摩擦力
D.木板不必做匀速直线运动
【正确答案】 D
8-2（基础） 将质量为m的砖块靠在足够高的竖直墙壁上，对其施加F＝kt（k为正的常数）的水平推力，如图所示，t＝0时将砖块由静止释放，用f、a、v分别表示它的摩擦力、加速度和速度，下列图像正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】 B
8-3（巩固） 如图所示，物块A放在倾斜的木板上，木板的倾角为30°和37°时物块所受摩擦力的大小恰好相同，则（ ）（sin37°=0.6，cos37°=0.8）
A.物块和木板间的动摩擦因数为
B.物块和木板间的动摩擦因数为
C.木板的倾角为30°时物块可能在木板上做匀速直线运动
D.木板的倾角为37°时物块可能在木板上做匀速直线运动
【正确答案】 A
8-4（巩固） 如图所示，a、b两个物体静止叠放在水平桌面上，已知，a、b间的动摩擦因数为μ，b与地面间的动摩擦因数为。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现对a施加一水平向右的拉力F，下列判断正确的是（ ）
A.若a、b两个物体始终相对静止，则水平拉力F不能超过mg
B.当水平拉力时，a、b间的摩擦力为mg
C.无论水平拉力F为何值，b的加速度不会超过g
D.当水平拉力时，b相对a滑动
【正确答案】 A
8-5（巩固） 如图所示，A为放在水平光滑桌面上的足够长的长木板，在它上面放有物块B和C，A、B、C的质量分别为m、、m，B、C与A之间的动摩擦因数均为0.1，K为轻滑轮，绕过轻滑轮连接B和C的轻细绳足够长且都处于水平位置。现用水平方向的恒定外力F拉滑轮，使A的加速度等于0.2g，g为重力加速度，此时下列说法不正确的是（ ）
A.C的加速度大小为0.2g B.C、A之间摩擦力大小为0.1mg
C.B、A之间摩擦力大小为0.1mg D.外力F的大小为2.2mg
【正确答案】 A
8-6（巩固） A、B两物体质量均为，静止叠放在光滑的水平地面上，A、B间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度。现对B施加一水平拉力F，下列说法正确（ ）
A.只有当，B才会运动 B.当时，B的加速度大小为
C.当时，A相对B滑动 D.当时，A的加速度大小为
【正确答案】 C
8-7（提升） 如图甲所示，质量为2m的足够长的木板B放在粗糙水平面上，质量为m的物块A放在木板B的右端且A与B、B与水平面间的动摩擦因数均为μ，现对木板B施加一水平变力F，F随t变化的关系如图乙所示，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A.前3s内，A受到的摩擦力方向水平向右
B.t=4s时，A的加速度大小为μg
C.t=5s时，A受到的摩擦力大小为μmg
D.第6s以后，A受到的摩擦力会随着F大小的增加而增大
【正确答案】 B
【原卷 9 题】 知识点 完全非弹性碰撞1：碰撞后直接粘连问题,利用动量守恒计算解决简单的碰撞问题,非完全弹性碰撞后的速度,完全弹性碰撞1：动碰静
【正确答案】
B C
【试题解析】
9-1（基础） 如图甲所示，在光滑水平面上的两小球发生正碰，小球的质量分别为m1和m2.图乙为它们碰撞前后的x-t（位移-时间）图象。已知m1=0.1 kg。由此可以判断（ ）
A.碰前m2静止，m1向右运动 B.碰后m2和m1都向右运动
C.m2=0.3 kg D.碰撞过程中系统损失了0.4 J的机械能
【正确答案】 AC
9-2（基础） A、两物体沿同一直线运动的图像如图所示，其中、分别为A、碰撞前的图像，为碰撞后它们的图像。已知A的质量为，由图像可知（ ）
A.的质量为 B.的质量为
C.碰撞后它们的速度大小为 D.碰撞后它们的速度大小为
【正确答案】 BD
9-3（巩固） 如图所示，两条形磁铁各固定在甲、乙两小车上，它们能在水平面上无摩擦的运动，甲车与磁铁的总质量为2kg，乙车与磁铁的总质量为2kg，两磁铁N极相对，现使两车在同一直线上相向运动，某时刻甲车的速度为5m/s，乙车的速度为4m/s，可以看到它们没有相碰就分开了，下列说法正确的是（ ）
A.甲车对乙车的冲量与乙车对甲车的冲量相同
B.乙车开始反向时，甲车的速度为1.0m/s，方向不变
C.当乙车的速度为零时，两车相距最近
D.当甲乙两车的速度大小为0.5m/s，方向与甲车的初始速度方向相同时，两车相距最近
【正确答案】 BD
9-4（巩固） 用不可伸长的细线悬挂一质量为的小木块，木块静止，如图所示．现有一质量为的子弹自左向右水平射向木块，并停留在木块中，子弹初速度为，重力加速度为，则下列说法正确的是（ ）
A.从子弹射向木块到一起上升到最高点的过程中系统的机械能守恒
B.子弹射入木块瞬间动量守恒，故子弹射入木块瞬间子弹和木块的共同速度为
C.忽略空气阻力，子弹和木块一起上升过程中系统机械能守恒，其机械能等于子弹射入木块前的动能
D.子弹和木块一起上升的最大高度为
【正确答案】 BD
9-5（巩固） 如图所示，质量m1=0.5kg的物块A以初速度v0=10m/s在光滑水平地面上向右运动，与静止在前方、质量m2=1.5kg的B发生正碰，B的左端有一小块质量可以忽略的橡皮泥，碰撞过程持续了0.1s，碰撞结束后AB一起运动。以v0方向为正方向，下列说法中正确的是（ ）
A.碰撞过程中A受到的冲量为3.75N·s
B.碰撞过程中A的平均加速度为–75m/s2
C.碰撞过程中B受到的平均作用力为37.5N
D.A、B碰撞结束后A的动量为2.5kg·m/s
【正确答案】 BC
9-6（巩固） 如图所示，在光滑水平面上，一速度大小为的A球与静止的B球发生碰撞，已知，则碰撞后B球的速度大小可能是：（ ）。
A. B. C. D.
【正确答案】 AB
9-7（提升） 如图所示，质量为m的小车连同质量为的小孩以速度向右匀速运动，前方另一辆质量为的小车以速度匀速向左运动．为了避免碰撞，小孩以相对于地面的水平速度u跳到对面车上，地面与小车的摩擦力忽略不计，则u的数值可能为（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】 CD
【原卷 10 题】知识点 ψ-x图像的物理意义,带电粒子在电场中的电势能,等量异种电荷连线中垂线和连线上的电势分布图像
【正确答案】
C D
【试题解析】
10-1（基础） 如图所示为某电场中x轴上电势随x变的图像，一个带电粒子仅受电场力作用在x=0处由静止释放后沿x轴正向运动， 且以一定的速度通过x=x2处， 则下列说法正确的是（ ）
A.x1和x2处的电场强度均为零
B.x1和x2之间场强方向不变
C.粒子从x=0到x2过程中，电势能先减小后增大
D.粒子从x=0到x2过程中，加速度先减小后增大
【正确答案】 CD
10-2（基础） 如图所示，三个同心圆是固定的正点电荷Q周围的三个等势面，A、B、C分别是这三个等势面上的点，且这三个点在同一条电场线上。已知这三个圆的半径关系是rA：rB：rC＝1：2：3。现将一电荷量为+q的试探电荷从A点由静止释放，试探电荷只在点电荷Q的静电力作用下开始运动，则（ ）
A.三点的电场强度大小关系是
B.三点的电势大小关系是
C.该试探电荷在三点的电势能大小关系是
D.在AB段和BC段静电力做功的大小关系是WAB>WBC
【正确答案】 BD
10-3（巩固） 一带负电的粒子只在电场力作用下沿轴正向运动，其电势能随位移变化的关系如图所示，其中段是关于直线对称的曲线，段是直线，则下列说法中正确的是（ ）
A.处电场强度最小，但不为零
B.粒子在段做变速运动，段做匀变速直线运动
C.在处电势的关系为
D.段的电场强度大小和方向均不变，为一定值
【正确答案】 BCD
10-4（巩固） 两电荷量分别为和的点电荷固定在x轴上的A、B两点，两电荷连线上各点电势随坐标x变化的关系图象如图所示，其中P点电势最高，且，则（ ）
A.和都是负电荷
B.的电荷量大于的电荷量
C.在A、B之间将一负点电荷沿x轴从P点左侧移到右侧，电势能先增大后减小
D.一点电荷只在电场力作用下沿x轴从P点运动到B点，加速度逐渐变大
【正确答案】 AD
10-5（巩固） 如图甲所示，a、b是一条竖直电场线上的两点，一带负电的粒子仅受电场力（重力忽略不计）从a运动到b的速度—时间图像如图乙所示，则下列判断正确的是（ ）
A.b点的电场方向为竖直向上
B.a点和b点的电场强度相同
C.粒子从a到b的过程中电势能先减小后增大
D.从a到b电势先减小后增大
【正确答案】 AC
10-6（巩固） 如图所示，在M、N两点分别固定带电荷量分别为+Q和−q（）的点电荷，以M、N连线的中点O为圆心的圆周上有A、B、C、D四点，CD连线过O点并与MN垂直。以下判断正确的是（ ）
A.A点的电场强度小于B点的电场强度
B.C点的电场强度大小等于D点的电场强度大小
C.A、C两点间的电势差小于A、D两点间的电势差
D.电荷量为+q的试探电荷在A点的电势能大于其在B点的电势能
【正确答案】 ABD
10-7（提升） 若规定无限远处的电势为零，真空中点电荷周围某点的电势φ可表示为φ＝k，其中k为静电力常量，Q为点电荷的电荷量，r为该点到点电荷的距离。如图所示，M、N、C是真空中三个电荷量均为+Q的固定点电荷，M、N、C连线构成一等边三角形且边长L，D是三条边中垂线的交点。已知静电力常量为k，规定无限远处的电势为零。则下列说法正确的是（ ）
A.O、A、B三点场强相等
B.场强EA
C.电势φA：φD＝（2+4）：9
D.在D处放置一负电荷q，其电势能Ep
【正确答案】 CD
【原卷 11 题】 知识点 类比地球求解其他星球的宇宙速度,卫星的各个物理量计算
【正确答案】
C D
【试题解析】
11-1（基础） 若宇航员在月球表面附近自高h处以初速度v0水平抛出一个小球，测出小球的水平射程为L。已知月球半径为R，万有引力常量为G。则下列说法正确的是（ ）
A.月球的平均密度 B.月球表面的重力加速度
C.月球的第一宇宙速度v= D.月球的质量
【正确答案】 CD
11-2（基础） 已知火星的半径是地球半径的，质量是地球质量的，地球表面的重力加速度是，地球的半径为，在地面上以某一速度向上竖直起跳的最大高度是，忽略自转的影响，下列说法正确的是（ ）
A.火星的密度为
B.火星表面的重力加速度是
C.火星的第一宇宙速度与地球的第一宇宙速度相等
D.假如以与在地球上相同的速度在火星上向上竖直起跳，则能达到的最大高度是
【正确答案】 ABD
11-3（巩固） 2018年3月20日，美国太空网报道，开普勒望远镜在距离地球200光年远的红矮星K2—155周围，发现了一颗行星K2—155d，其半径约为地球的1.6倍，这颗系外行星可能含有液态水。假设这颗行星的密度与地球的密度相同，根据以上信息可知，行星K2—155d与地球（ ）
A.第一宇宙速度之比为 B.第一宇宙速度之比为
C.表面的重力加速度之比为 D.表面的重力加速度之比为
【正确答案】 BC
11-4（巩固） “嫦娥五号”探测器着落月球前的运动轨道示意图如图所示，“嫦娥五号”沿轨道Ⅰ运动到P点时点火减速，之后沿轨道Ⅱ运动，再次运动到P点时点火减速，之后沿近月（到月球表面的距离不计）轨道Ⅲ运动。月球的半径为R，轨道Ⅱ上的远月点a到月心的距离为，“嫦娥五号”在轨道Ⅱ上运行的周期为，引力常量为G。下列说法正确的是（ ）
A.月球的质量为
B.月球的质量为
C.月球表面的重力加速度大小为
D.月球表面的重力加速度大小为
【正确答案】 AC
11-5（巩固） 2020年7月23日，我国用长征五号遥四运载火箭成功发射首次火星探测任务“天问一号”探测器。2021年5月15日，“天问一号”火星探测器搭载的“祝融号”火星车成功软着陆火星表面，是我国航天事业发展的又一具有里程碑意义的进展。此前，我国“玉兔二号”月球车首次实验月球背面软着陆，若“祝融号”的质量是“玉兔二号”的倍，火星的质量是月球的倍，火星的半径是月球的倍。火星与月球均视为球体，下列说法正确的是（ ）
A.长征五号遥四运载火箭的发射速度介于与之间
B.火星的平均密度是月球的倍
C.火星的第一宇宙速度是月球的倍
D.火星表面的重力加速度大小是月球表面的倍
【正确答案】 BC
11-6（巩固） 若在探测器“奔向”火星的过程中，用h表示探测器与火星表面的距离，a表示探测器所受的火星引力产生的加速度，a随h变化的图像如图所示，图像中a1、a2、h0以及引力常量G已知。下列判断正确的是（ ）
A.火星的半径为h0
B.火星表面的重力加速度大小为a1
C.火星表面的重力加速度大小为a2
D.火星的质量为
【正确答案】 BD
11-7（提升） 如图所示，宇航员完成了对月球表面的科学考察任务后，乘坐返回舱返回围绕月球做圆周运动的轨道舱。为了安全，返回舱与轨道舱对接时，必须具有相同的速度。已知返回舱与人的总质量为，月球质量为，月球的半径为，月球表面的重力加速度为，轨道舱到月球中心的距离为，不计月球自转的影响。卫星绕月过程中具有的机械能由引力势能和动能组成。已知当它们相距无穷远时引力势能为零，它们距离为时，引力势能为，则（ ）
A.返回舱返回时，在月球表面的最大发射速度为
B.返回舱在返回过程中克服引力做的功是
C.返回舱与轨道舱对接时应具有的动能为
D.宇航员乘坐的返回舱至少需要获得能量才能返回轨道舱
【正确答案】 BC
【原卷 12 题】 知识点 含有导体棒切割磁感线的电路,作用的导体棒在导轨上运动的电动势、安培力、电流、路端电压,求导体棒运动过程中通过其截面的电量
【正确答案】
A C D
【试题解析】
12-1（基础） M和N两水平线间存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁场高度为h，竖直平面内有质量为m、电阻为R的直角梯形线框，上下底水平且底边之比为5：1，梯形高为2h。该线框从AB到磁场上边界的距离为h的位置由静止下落，下落过程底边始终水平，线框平面始终与磁场方向垂直。已知AB刚进入磁场时和AB刚穿出磁场时线框加速度为零，在整个运动过程中，说法正确的是（ ）
A.AB边匀速穿过磁场
B.从AB边刚穿出到CD边刚要进入磁场的过程中，线框做匀速运动
C.CD边刚进入磁场时，线框的加速度为，方向竖直向上
D.从线框开始下落到AB边刚穿出磁场的过程中，线框产生的焦耳热和重力做功之比31：16
【正确答案】 BC
12-2（基础） 如图所示，两根粗糙的金属导轨平行放置在倾角为的斜面上，导轨下端接有电阻R，导轨电阻不计。斜面处在竖直向上的匀强磁场中，质量为m的金属棒ab垂直放置在导轨上且始终与导轨接触良好，金属棒电阻不计，金属棒沿导轨减速下滑，在下滑h高度的过程中，它的速度由减小到v，则下列说法正确的是（ ）
A.作用在金属棒上的合力做的功为
B.金属棒重力势能的减少量等于系统产生的电能
C.金属棒克服安培力做的功等于电阻R上产生的焦耳热
D.金属棒机械能减少量为
【正确答案】 CD
12-3（巩固） 如图甲所示，平行光滑金属导轨水平放置，两轨相距L=0.4m，导轨一端与阻值R=0.3Ω的电阻相连，导轨电阻不计。导轨x＞0一侧存在沿x正方向均匀增大的磁场，其方向与导轨平面垂直向下，磁感应强度B随位置x变化如图乙所示。一根质量m=0.2kg、接入电路的电阻r=0.1Ω的金属棒置于导轨上，并与导轨垂直，棒在外力F作用下从x=0处以初速度v0=2m/s沿导轨向右变速运动，且金属棒在运动过程中受到的安培力大小不变。下列说法中正确的是（ ）
A.金属棒向右做匀减速直线运动
B.金属棒在x=1m处的速度大小为1.5m/s
C.金属棒从x=0运动到x=1m过程中，外力F所做的功为－0.175J
D.金属棒从x=0运动到x=2m过程中，流过金属棒的电荷量为2C
【正确答案】 CD
12-4（巩固） 如图所示，足够长且间距为L的平行光滑金属导轨水平放置。垂直于导轨放量一根质量为m金属棒，金属棒与导轨接触良好。导轨左端接一阻值为R电阻，其它电阻不计整个装置处于竖直方向磁感应强度为B的匀强磁场中。现使金属棒以初速度v0沿导轨向右运动，若整个运动过程中通过电阻的电荷量为q。则金属棒在整个过程中
A.做匀减速直线运动 B.克服安培力做功
C.发生的位移为 D.发生的位移
【正确答案】 BD
12-5（巩固） 动能回收系统在我国电动车领域广泛应用。如图所示，两条水平放置的间距为L，阻值可忽略的平行金属导轨，在水平导轨的右端接有一电阻R，导轨的左侧存在磁感应强度方向垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B，磁场区域的长度为d左端与一弯曲的光滑轨道平滑连接，将一阻值也为R的导体棒从弯曲轨道上h高处由静止释放，导体棒最终恰好停在磁场的右边界处，已知导体棒与水平导轨接触良好，且动摩擦因数为，则下列说法中正确的是（ ）
A.电阻R的最大电流为 B.整个电路中产生的焦耳热为
C.流过电阻R的电荷量为 D.电阻R中产生的焦耳热为
【正确答案】 ACD
12-6（巩固） 如图所示，水平放置的光滑平行金属导轨、处于竖直向下的足够大的匀强磁场中，导轨间距为，导轨的右端接有阻值为的电阻。一根质量为，电阻为的金属棒垂直导轨放置，并与导轨接触良好。现使金属棒以一定初速度向左运动，它先后通过位置a、b后，到达位置处刚好静止。已知磁场的磁感应强度为B，金属棒通过a、b处的速度分别为、，a、b间距离等于b、c间距离，导轨的电阻忽略不计。下列说法中正确的是（ ）
A.金属棒运动到处时通过电阻的电流方向由指向
B.金属棒运动到处时通过电阻的电流方向由指向
C.金属棒在过程与过程中，安培力对金属棒做的功相等
D.金属棒在过程与过程中，安培力对金属棒的冲量相等
【正确答案】 AD
12-7（提升） 如图，水平面上有足够长的两平行导轨，导轨间距L=1m，导轨上垂直放置一个质量m=0.1kg、电阻R=1Ω、长度为L的导体棒，导体棒与导轨始终良好接触，导体棒与导轨间的动摩擦因数μ=0.4，垂直于导轨平面有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小B1=1T。在导轨左端通过导线连接一水平放置的面积S=0.5m2、总电阻r=1.5Ω、匝数N=100的圆形线圈，线圈内有一面积S0=0.25m2的圆形磁场区域，磁场沿线圈轴线方向向上且大小随时间变化规律为B2=0.2t，g=10m/s2，不计导轨电阻，两磁场互不影响，则下列说法正确的是（ ）
A.线圈内的感应电动势E=10V
B.闭合开关S瞬间导体棒受到的安培力为2N
C.闭合开关S后，导体棒运动的最大速度vm=5m/s
D.若导体棒从静止开始滑过距离x=1.5m获得最大速度vm，在此过程中，流过导体棒的电荷量q为0.65C
【正确答案】 BD
【原卷 13 题】 知识点 游标卡尺的使用与读数,验证机械能守恒定律的实验目的、原理与器材,验证机械能守恒定律的实验步骤与数据处理
【正确答案】
【试题解析】
13-1（基础） 物理实验一般都涉及实验目的、实验原理、实验仪器、实验方法、实验操作、数据分析等。
（1）在“探究两个互成角度的力的合成规律”的实验中采用的科学方法是___________。
A．理想实验法 B．控制变量法 C．等效替代法 D．建立物理模型法
（2）在下列学生实验中，需要平衡摩擦力的实验有___________。（填字母）
A．测量做直线运动物体的瞬时速度
B．探究加速度与物体受力、质量的关系
C．探究平抛运动的特点
D．验证机械能守恒定律
（3）在“探究弹力和弹簧伸长的关系”的实验中，使用两条不同的轻质弹簧a和b，得到弹力与弹簧长度的图像如图所示，下列表述正确的是___________。
A．a的原长比b的长 B．a的劲度系数比b的大
C．a的劲度系数比b的小 D．测得的弹力与弹簧的长度成正比
【正确答案】 C B B
13-2（基础） 利用如下图甲装置做“验证机械能守恒定律”实验。
（1）为验证机械能是否守恒，需要比较重物下落过程中任意两点间的_____；（填字母）
A．动能变化量与势能变化量 B．速度变化量与势能变化量
C．速度变化量与高度变化量 D．动能变化量与高度变化量
（2）实验中，先接通电源，再释放重物，得到如图乙所示的一条纸带。在纸带上选取三个连续打出的点A、B、C，测得它们距起始点O的距离分别为hA、hB、hC。已知接入打点计时器的交变电流的周期为T，重物的质量为m，则打O点到打B点的过程中，重物的动能变化量为________（用给出的已知量表示）。
【正确答案】 A
13-3（巩固） 某同学利用打点计时器验证机械能守恒定律，其装置如图甲所示，细绳跨过固定在铁架台上的轻质滑轮，两端各悬挂质量为和的重锤，已知，重力加速度为g。
（1）下列器材本实验不需要的是（__________）
A.秒表 B.刻度尺 C.交流电源
（2）实验操作如下：装置安装完成，先接通电源，在如图甲所示位置由静止释放两重锤。某次实验使用50Hz交流电为打点计时器供电，所打纸带如图乙所示，O、A、B、C、D点是计数点，相邻计数点之间有一个点未画出，相邻计数点的距离如图乙所示，则记录A点时，重锤的速度______m/s；（结果保留三位有效数字）
（3）设打A点时，重锤的速度为，打C点时，重锤的速度为，且AC之间的距离为，为验证机械能守恒定律，需验证______（用、、g以及上述物理量表示）。
【正确答案】 A 1.20
13-4（巩固） 如图甲所示，气垫导轨固定在倾角为θ的斜面上，光电门安装在导轨的下端，装有遮光片的滑块在导轨上端附近O点处由静止释放。某兴趣小组用这些器材来验证滑块运动过程中的机械能是否守恒
（1）用游标卡尺测得遮光片的宽度d如图乙所示，d=___________cm，用毫米刻度尺测出O点到光电门的距离L。由光电门可以读出遮光片通过时所用的时间t。则滑块通过光电门时的速度v可表示为v=___________。（用已知物理量字母表示）
（2）若改变滑块的释放位置，可测得一系列L和t的值，从而得出相对应的一系列的速度v。如果滑块运动过程中机械能守恒，那么下列图像中正确的是___________。
A． B． C． D.
【正确答案】 1.14 A
13-5（巩固） 某同学利用图甲所示的实验装置验证机械能守恒定律。
（1）实验室提供了三个形状，体积相同的重物甲、乙、丙，质量分别为、、，为减小空气阻力对实验的影响，纸带下方悬挂的重物应选择___________（填“甲”“乙”或“丙”）。
（2）实验中手提纸带保持静止，接通打点计时器，稳定后释放纸带，得到一条点迹清晰的纸带如图乙所示，已知打点计时器的电源频率为，当地的重力加速度，其中O为第一个点，A，B，C为另外3个连续点，根据图中数据可知，重物由O点运动到B点，重力势能减少量___________J；动能增加量___________J（本题计算结果保留三位有效数字）；在误差允许的范围内，重物重力势能的减少量等于___________。
（3）求出纸带上各点的速度v及各点到O点的距离h，作出图像是一条过原点的倾斜直线，测得斜率为k，根据斜率求得当地的重力加速度___________，由于存在系统误差，根据图像求得的重力加速度___________（填“大于”或“小于”）当地重力加速度的真实值。
【正确答案】 丙 3.85 3.80 重物动能的增加量 小于
13-6（巩固） 兴趣小组的同学利用如图甲所示的装置验证机械能守恒定律。他们将一根粗细忽略不计的轻杆水平固定在铁架台上，用两根轻绳共同将小球吊在轻杆上，两根轻绳分别固定于O1、O2两点，在小球自然悬垂的位置上安装一个光电门（图中没有画出）。实验时，将小球和两轻绳拉至与水平轻杆同一水平面处，使两轻绳刚好拉紧，由静止释放小球，记录小球通过光电门的时间。
(1)本实验需要测量小球的直径，他们用游标卡尺进行了多次测量，其中某次的测量结果如图乙所示，图丙是游标卡尺上读数关键部分的放大图，则小球的直径为d=_______mm。
(2)下列说法中正确的是（____________）
A．固定小球的两根轻绳一定要互相垂直
B．若两根轻绳不等长，则小球的摆动就不在竖直平面内
C．应选用密度较大的小球做实验
D．必须用天平测出小球的质量
(3)如果测得小球自然下垂时球的上沿到轻杆下沿的垂直距离为L，小球通过光电门的时间为t，当地重力加速度为g，当实验所得数据满足关系式________时，可以验证机械能是守恒的；如果实验测得小球在最低点的动能总是大于小球减少的重力势能，则可能的原因是______。（写出一条合理的即可）
【正确答案】 10.44 C 光电门的高度偏高或者偏低，小球的球心没有通过光电门
13-7（提升） 某同学用如图所示装置做“验证机械能守恒定律”的实验。
（1）除了提供图中的器材，实验室还需要准备游标卡尺及___________。（填写器材序号）
A．秒表 B．天平 C．弹簧秤
（2）实验的主要步骤如下：其中不妥当的操作步骤是___________。（填写步骤序号）
A．测出遮光条的宽度d
B．测出钩码质量m和带长方形遮光条的滑块总质量M
C．实验前将导轨一端垫高平衡摩擦力
D．将滑块移至图示位置，测出遮光条到光电门的距离L
E．先开启气泵，然后释放滑块，读出遮光条通过光电门的挡光时间t
（3）在实验操作正确的前提下，滑块从静止释放运动到光电门的过程中，若系统符合机械能守恒定律，测得的物理量应满足的关系式为___________。（用（2）中给出的字母表示）
（4）该实验小组在研究中发现利用该装置可以测量带长方形遮光条滑块的总质量M。实验小组多次改变光电门的位置，且每次都将滑块从同一点静止释放，测出相应的L与t值，完成实验后，某同学根据测量数据作出图像，测得直线的斜率为k，已知钩码的质量m，遮光条的宽度d，重力加速度g，则滑块总质量M的表达式为___________。（用题目给出的字母表示）
（5）若气垫导轨左端的滑轮调节过高，使得拉动滑块的绳子与气垫轨道之间存在夹角，不考虑其它影响，滑块由静止释放运动到光电门的过程中，滑块、遮光条与钩码组成的系统重力势能减小量的测量值___________（填“大于”、“小于”或“等于”）真实值。
【正确答案】 B C 大于
【原卷 14 题】知识点 测量电阻丝电阻率的实验电路、实验步骤和注意事项,电流表的内接与外接及相应的误差分析
【正确答案】
【试题解析】
14-1（基础） 奋进实验小组测量由某种新材料制成的电热丝的电阻率ρ，步骤如下：
（1）用螺旋测微器测量电热丝的直径，某次测量结果如图所示，则其直径d=_________mm；
（2）用毫米刻度尺测得电热丝的长度L；
（3）实验小组的同学计划用伏安法测量电热丝的电阻，电流表外接法如图乙所示（Rx表示待测电阻），电流表内接法如图丙所示。采用外接法时，由于电压表的分流，电阻测量值______（填“大于”或“小于”）真实值；采用内接法时，由于电流表的分压，电阻测量值______（填“大于”或“小于”）真实值；
（4）用多用电表欧姆挡粗测电热丝的电阻，多用电表调至“×10Ω”挡，调好零点，正确测量示数如图，则阻值是_______Ω；
（5）实验中所用直流电源电动势约为4V、内阻可忽略，电流表A的量程为30mA、内阻约为30Ω，电压表V的量程为3V、内阻为10kΩ，滑动变阻器R1的阻值变化范围为0~10Ω，则实验电路应采用图中的_______（Rx代表电热丝）
A．B．C．D．
（6）选择合适电路，进行正确操作，测得电流表示数为I，电压表示数为U，则电热丝的电阻率ρ=_______。（用d、L、I、U表示）
【正确答案】 0.869或0.870或0.871 小于 大于 120 A
14-2（基础） 小军同学测量一段圆柱形合金材料的电阻率ρ，合金材料的电阻约为20Ω，步骤如下∶
（1）用螺旋测微器测量其直径d；
（2）用伏安法测此合金材料电阻的实验中，除待测合金材料外，实验室还备有的实验器材如下，为精确测量其电阻，电压表应选_________；电流表应选_________；滑动变阻器应选_________。（填写器材前对应的序号字母）
A．电压表V1（量程3V，内阻约为3kΩ）
B．电压表V2（量程15V，内阻约为15kΩ）
C．电流表A1（量程100mA，内阻约为10Ω）
D．电流表A2（量程0.6A，内阻约为2Ω）
E．滑动变阻器R1（0—5Ω）
F．滑动变阻器R2（0—200Ω）
G．电动势为3V的电源，内阻不计
H．开关S，导线若干
（3）该同学设计测量Rx的电路图如图1所示，请根据所设计的电路图，补充完成图2中实物图的连线_______。
（4）实验中测得该合金材料直径为d，长度为L，接入电路后，电压表示数为U，电流表示数为I，则该合金材料的电阻率的表达式为ρ = ________。
（5）实验中用图1所示的电路图进行测量，则所测的Rx测量值比真实值_______（选填“偏大”或“偏小”或“相等”）
【正确答案】 A C E 偏小
14-3（巩固） 某兴趣小组做“测量金属丝的电阻率”的实验，金属丝的电阻约几欧姆。
（1）用螺旋测微器测量金属丝的直径，某次测量结果如图甲所示，读数为____________；
（2）实验室提供了电源E（，内阻不计）、开关S、导线若干，还备有下列实验器材：
A．电压表V（，内阻约）
B．电流表A（，内阻约）
C．滑动变阻器
D．滑动变阻器
滑动变阻器R应选用____________（选填“”或“”）；
（3）该小阻的同学完成实物电路的连接，如图乙，其中编号为①、②的两根导线中，符合实验要求的导线的编号是____________；
（4）正确连接图乙电路后，某次测量中电压表的示数如图丙，则电压表的读数为____________V；
（5）如果仅考虑电表内阻对电阻测量的影响，选择（3）同中正确的导线编号，则金属丝电阻率的测量值____________（选填“偏大”或“偏小”）。
【正确答案】 ① 1.10 偏小
14-4（巩固） 某些固体材料受到外力作用后，除了产生形变，其电阻率也会发生变化，这种现象称为“压阻效应”。已知某压敏电阻的阻值的变化范围为几十欧姆到几百欧姆，某实验小组在室温下用伏安法探究压敏电阻阻值随压力F变化的规律，实验室有如下器材可供选择：
A．压敏电阻（无压力时，阻值）；
B．直流电源（电动势为6V，内阻不计）；
C．电流表A（量程为0～100mA，内阻不计）；
D．电流表V（量程为0～3V，内阻为4kΩ）；
E．定值电阻；
F．滑动变阻器R（最大阻值约50Ω）；
G．开关S、导线若干。
（1）某同学设计了图甲实验电路原理图，请在图乙中将实物连线图补充完整。（_______）
（2）某次压力测试，在电阻上施加力F，闭合开关S，两个电表的示数分别为U和I，则压敏电阻的阻值___________。
（3）改变F的大小，测得不同的值，绘成如图丙所示的图像，其斜率的绝对值k=___________Ω/N（保留两位有效数字）。和压力F的关系式为___________（用F和k表示）。
（4）按图甲实验电路进行实验，调节滑动变阻器使电压表保持满偏，在电阻上施加力F，当电流表满偏时，压力F为___________N（结果保留到个位数）。
【正确答案】 183
14-5（巩固） 在温度为25℃时，合格纯净水的电阻率。现检测某品牌纯净水，将采集的水样注满绝缘性能良好的圆柱形容器，容器两端用金属圆片电极密封，测得该容器两电极间长度为5.0cm，内径圆面积为50cm2除待测水样Rx外，实验室还提供如下器材：
A．电流表A（量程0~600μA，内阻约为100Ω）
B．电压表V（量程0~3V，内阻为5kΩ）
C．滑动变阻器R1，阻值范围0~20Ω，允许的最大电流2A
D．滑动变阻器R2，阻值范围0~100kΩ，允许的最大电流0.5A
E．电阻箱R3
F．电源E（电动势为6V，内阻约2Ω）
G．开关和导线若干；
（1）要将电压表V量程扩大为原来的2倍，应该将电压表V和电阻箱R3___________联（填“串”、“并”），并把电阻箱R3的阻值调为___________Ω；
（2）先用多用电表粗测容器内水样的电阻。一多用电表正确测量了一个19.0Ω的电阻，表盘如图甲所示。现用该表粗测水样电阻，在用红、黑表笔接触容器两端之前，选出必需的步骤，并按操作顺序排列：___________；
A．用螺丝刀调节表盘下中间部位的指针定位螺丝，使表针指向“0”；
B．将红表笔和黑表笔接触；
C．把选择开关旋转到“1k”位置；
D．把选择开关旋转到“100”位置；
E．调节欧姆调零旋钮使表针指向欧姆零点。
（3）按图乙电路测量水样电阻Rx，其中滑动变阻器Rp选择___________（填器材选项代号）；合上开关前滑片位于最___________端（填“左”、“右”）；
（4）将实验中测得的数据，在U-I坐标系中描点连线，结果如图丙所示，则水样的电阻Rx=___________Ω；
（5）根据实验数据，判断该水样是否合格？___________（选填“是”或“否”）。
【正确答案】 串 5000 CBE C 左 10000 否
14-6（巩固） 某同学测量某金属丝的电阻率，实验过程如下：
（1）装置安装和电路连接：
如图甲所示，金属丝的一端固定，另一端作为活动端来改变金属丝接入电路的长度，两端分别用带有金属夹A、B的导线接入如图乙所示的电路中。
（2）金属丝电阻率的测量：
①用刻度尺测量并记录A、B间的距离，即为导线的长度。用螺旋测微器测量此时金属丝的直径，示数如图丙所示，其直径为__________。
②将滑动变阻器R的滑片滑到最__________端（选填“左”或“右”）。断开开关，闭合开关，调节R，使电压表和电流表的指针偏转到合适位置。记录两表的示数U和。
③闭合，电压表的示数__________（选填“变大”或“变小”）。调节R使电压表的示数仍为U，记录电流表的示数，则此时金属丝的电阻为__________（用、和U表示）。
④根据电阻定律求得金属丝的电阻率。
⑤断开，增大导线的长度，重复上述步骤，计算出电阻率的平均值。
（3）电压表内阻对该实验的测量结果，下列说法正确的是（______）
A.金属丝电阻测量值一定偏大
B.金属丝电阻测量值一定偏小
C.电压表内阻对金属丝电阻的测量值无影响
【正确答案】 1.700 右 变小 C
14-7（提升） 某科技小组设计一款自动测量水库水位系统，包括电路系统和绝缘材料制作的长方体仪器，正视图如下。仪器内部高，在左右两侧壁上铺满厚度、电阻均可忽略的电极板A、B。仪器底部内侧是边长为的正方形，中间有孔与水库连通。将仪器竖直固定在水中，长方体中心正好位于每年平均水位处，此高度定义为0m，建立如图右侧坐标系。每隔一段时间，系统自动用绝缘活塞塞住底部连通孔，闭合开关，连接恒压电源，读出电流表示数I，通过计算得出此时水位h。已知此处水的电阻率。
（1）电流表应选择______（请填英文序号）
A.满偏电流，内阻可忽略的电流表
B.满偏电流，内阻可忽略的电流表
（2）将电流表表盘改为水库水位表，请写出电流表示数I与水位h之间关系式：I=______（请用符号E、h、H、、L表示）
（3）正确选择电流表后，当电流为满偏电流时，对应水位h=______
（4）若电流表内阻不能忽略，由电流表改装的水位刻度______（选填“均匀”、“不均匀”），请列式说明理由：______。
【正确答案】 B 2.5m 不均匀 根据式子可知，I与h不成线性关系
【原卷 15 题】 知识点 机械波相关物理量的计算,波的叠加原理,波长、频率和波速的关系
【正确答案】
【试题解析】
15-1（基础） 如图所示为一列简谐横波在时刻的图像，此时质点P的运动方向沿y轴负方向，且当时质点P恰好从时开始第2次到达y轴正方向最大位移处。问：
（1）该简谐横波的波速v的大小和方向如何；
（2）从至，质点Q运动的路程L是多少。
【正确答案】 （1），沿x轴负方向；（2）120 cm
15-2（基础） 两列简谐横波分别沿x轴正方向和负方向传播，两波源分别位于x轴和处，两波的波速均为0.4m/s，振幅均为2cm。如图为时刻两列波的图像，此刻平衡位置在x轴0.2m和0.8m的P、Q两质点开始振动。质点M、N的平衡位置分别处于x轴0.5m和0.6m处。求：
（1）N点的起振方向和第一次到达波谷的时间
（2）0~2s内质点M运动的路程
【正确答案】 （1）沿y轴负方向，0.75s；（2）20cm
15-3（巩固） 如图所示，在xOy平面内有两个点波源、分别位于x轴上、处，它们在同一均匀介质中均从t＝0开始沿y轴正方向做简谐运动。波源开始的振动方程为，波源开始的振动方程为，质点P位于x轴上处，已知质点P在时开始振动，求：
（1）这两列波在介质中的波长；
（2）两列波在P点发生叠加后，通过计算判断P点是振动加强点还是振动减弱点；
（3）在至内质点P通过的路程。
【正确答案】 （1） ；（2） 加强；（3）80cm
15-4（巩固） 如图甲所示，B、C和P是同一水平面内的三个点，沿竖直方向振动的横波I在介质中沿BP方向传播，P与B相距60cm，B点的振动图象如图乙所示；沿竖直方向振动的横波I在同一介质中沿CP方向传播，P与C相距70cm，C点的振动图象如图丙所示。某时刻两列波同时（从此刻开始计时）分别经过B、C两点，两列波的波速都为20cm/s，经过一段时间两列波在P点相遇，求：
①波II的波长和波II传到P点所需的时间；
②在0~6.25s时间内，质点P的路程和位移。
【正确答案】 ①20cm，3.5s；②路程830cm，位移70cm
15-5（巩固） 如图所示，两列简谐横波的振幅都是20cm，传播速度大小相同。实线波的频率为2Hz，沿x轴正方向传播；虚线波沿x轴负方向传播。某时刻两列波在如图所示区域相遇。求：
（1）在相遇区域两列波是否会发生干涉现象；
（2）实线波和虚线波的频率之比；
（3）平衡位置为x= 8.5m处的质点此时刻的位移大小。
【正确答案】 （1）不会；（2）3∶2 ；（3）
15-6（巩固） 同一介质中有两振源P、Q，以其中先振动的振源开始振动作为计时起点，时P、Q之间的波形如图所示，两列波的振幅分别为、。求
（1）Q波源的振动频率；
（2）P波源的振动方程；
（3）经过足够长时间，计算说明x轴上区间内振动最强点的个数。
【正确答案】 （1）；（2），；（3）6个
15-7（提升） 一列横波在t1=0时刻、t2=0.5s时刻波形分别如图中实线、虚线所示，求：
（1）若这列波向右传播，波速是多少；若这列波向左传播，波速是多少；
（2）若波传播速度v=36m/s，判断波传播的方向；
（3）若t1=0时刻的质点x=4m振动方向沿−y方向，从t1=0时刻算起，该质点第11次到达y=5cm所需时间。
【正确答案】 （1）（n=0，1，2，⋯），（n=0，1，2，⋯）（2）向右；（3）（n=0，1，2，⋯）
【原卷 16 题】 知识点 卫星的各个物理量计算,卫星发射及变轨问题中各物理量的变化,引力势能及其应用
【正确答案】
【试题解析】
16-1（基础） 2021年2月10日19时52分，“天问一号”探测器实施近火捕获，顺利进入大椭圆环火轨道，成为我国第一颗人造火星卫星，实现“绕、落、巡”目标的第一步，环绕火星成功。如图所示为“天问一号”探测器经过多次变轨后登陆火星前的部分轨迹图，轨道Ⅰ、轨道Ⅱ、轨道Ⅲ相切于P点，轨道Ⅲ为环绕火星的圆形轨道，探测器距火星表面的高度为H，P、S两点分别是椭圆轨道的近火星点和远火星点，P、S、Q三点与火星中心在同一直线上，S、Q间距离为H。探测器在轨道Ⅲ上绕火星做周期为T的匀速图圆周运动，火星半径为R，引力常量为G。求：
（1）火星的质量及火星表面的重力加速度；
（2）火星的第一宇宙速度；
（3）探测器在轨道Ⅱ上的运动周期。
【正确答案】 （1），；（2）；（3）
16-2（基础） 如图所示，发射地球同步卫星时，先将卫星发射至近地圆轨道1（离地面高度可忽略），然后点火，使其沿椭圆轨道2运行，最后再次点火，将卫星送入同步圆轨道3。轨道1、2相切于点，轨道2、3相切于点。已知地球半径为，地球表面重力加速度为，轨道3离地面的高度为。求：（用题目中的字母表示）
（1）卫星在轨道1处的线速度大小；
（2）卫星在轨道3的运行周期；
（3）卫星在轨道2的运行周期。
【正确答案】 (1) ；(2) ；(3)
16-3（巩固） 人民网北京7月6日电 据中国航天科技集团公司官网消息，6月19日，长征三号乙遥二十八火箭发射中星9A卫星过程中运载火箭出现异常，未能将卫星送入预定轨道．中航科技集团公司在西安卫星测控中心的密切配合下，通过准确实施10次轨道调整，卫星于7月5日成功定点于东经101.4°赤道上空的预定轨道．目前，卫星各系统工作正常，转发器已开通，后续将按计划开展在轨测试工作．
如图所示，卫星圆轨道Ⅰ通过椭圆轨道Ⅱ调整至圆轨道Ⅲ，P点是圆轨道Ⅰ和椭圆轨道Ⅱ的切点，Q点椭圆轨道Ⅱ调和圆轨道Ⅲ的切点．已知中星9A卫星的质量为m=700kg，地球质量为M=5.98×1024kg，地球表面重力加速度g=9.80m/s2，地球半径为R0=6400km，圆轨道Ⅰ的轨道半径为1.5R0，圆轨道Ⅰ的轨道半径为2.5R0，地面附近物体所受重力等于万有引力，=1.41，=1.73，=2.34，地球同步卫星的轨道半径为6.6R0、环绕周期为T0=8.64×104s．求：
(1)卫星在圆轨道I、Ⅲ上运行的速度v1、v4各是多大？
(2)将卫星从圆轨道I送到圆轨道Ⅲ，至少要对卫星做多少功？
(3)以距离地球无限远处为势能零点，质量为m卫星距离地心为R时，其引力势能为，且卫星在P点和Q点时，，则卫星在椭圆轨道P点、Q点的速度各是多大？
【正确答案】 (1) (2)∆E=5.85×109 J (3)
16-4（巩固） 中国计划已经实现返回式月球软着陆器对月球进行科学探测，如图所示，发射一颗运动半径为的绕月卫星，登月着陆器从绕月卫星出发（不影响绕月卫星运动），沿椭圆轨道降落到月球的表面上，与月球表面经多次碰撞和弹跳才停下来。假设着陆器第一次弹起的最大高度为，水平速度为，第二次着陆时速度为，已知月球半径为，着陆器质量为，不计一切阻力和月球的自转。求：
（1）月球表面的重力加速度。
（2）在月球表面发射一颗月球卫星的最小发射速度是多大？
（3）设想软着陆器完成了对月球的科学考察任务后，再返回绕月卫星，返回与卫星对接时，二者具有相同的速度，着陆器在返回过程中需克服月球引力做功，则着陆器的电池应提供给着陆器多少能量，才能使着陆器安全返回到绕月卫星。
【正确答案】 （1）；（2）；（3）
16-5（巩固） 2020年7月23日，我国成功发射了天问一号火星探测器（简称“天问一号”），天问一号从地球发射升空顺利送入预定轨道，然后沿地火转移轨道飞向火星并被火星“捕获”。某同学忽略了天问一号进入地火转移轨道后受到的地球和火星的引力影响，并构建了一个如图所示的理想化的“物理模型”：火星和地球的公转轨道均视为圆轨道，天问一号从地球出发时恰好位于地火转移椭圆轨道的近日点位置，被火星“捕获”时恰好到达椭圆轨道远日点位置，中间过程仅在太阳引力作用下运动。已知火星的公转轨道半径为地球公转轨道半径的1.5倍，地球公转周期（1年）均分为12月，根据该理想模型，请帮助该同学求出：（取，）
(1)天问一号在地火转移轨道上运行的时间（以月为单位）；
(2)天问一号从地球出发进入地火转移轨道时日地连线与日火连线的夹角。
【正确答案】 (1)；(2) θ=45°
16-6（巩固） 中国的“神舟”系列飞船，目前已经达到或优于国际第三代载人飞船技术，其发射过程简化如下：质量为m的飞船在酒泉卫星发射中心发射，由长征运载火箭送入近地点为A、远地点为B的椭圆轨道上，A点距地面的高度为h1，飞船飞行5圈后进行变轨，进入预定圆轨道，如图所示。设飞船在预定圆轨道上飞行n圈所用时间为t，若已知地球质量为M，地球半径为R，且运行过程中飞船质量不变，求：
(1)飞船经过椭圆轨道近地点A时受到地球的引力大小；
(2)飞船在B点经椭圆轨道进入预定圆轨道时是加速还是减速；
(3)椭圆轨道远地点B距地面的高度h2。
【正确答案】 (1)；(2)加速；(3)
16-7（提升） 我国的月球探测计划“嫦娥工程”分为“绕、落、回”三步。“嫦娥五号”的任务是“回”。“嫦娥五号”发射，经过中途轨道修正和近月制动之后，进入绕月圆轨道Ⅰ.“嫦娥五号”再次成功变轨进入远月点为、近月点为的椭圆形轨道Ⅱ.如图所示，“嫦娥五号”探测器在点附近，由大功率发动机制动、减速，以抛物线路径下落到距月面高处进行悬停避障，之后再缓慢竖直下降到距月面高度仅为数米处，为避免激起更多月尘，关闭发动机，做自由落体运动，落到月球表面。已知引力常量为，月球的质量为，月球的半径为，“嫦娥五号”在轨道Ⅰ上运动时的质量为，、点与月球表面的高度分别为、。
（1）求“嫦娥五号”在圆形轨道Ⅰ上运动的速度大小；
（2）已知“嫦娥五号”与月心的距离为时，引力势能为（取无穷远处引力势能为零），其中为此时“嫦娥五号”的质量。若“嫦娥五号”在轨道Ⅱ上运动的过程中，动能和引力势能相互转换，它们的总量保持不变。已知“嫦娥五号”经过点的速度大小为，请根据能量守恒定律求它经过点时的速度大小。
（3）“嫦娥五号”在点由轨道Ⅰ变为轨道Ⅱ的过程中，发动机沿轨道的切线方向瞬间一次性喷出一部分气体，已知喷出的气体相对喷气后“嫦娥五号”的速度大小为，求喷出的气体的质量。
【正确答案】 (1)；(2)；(3)
【原卷 17 题】知识点 物体在粗糙斜面上滑动,没有其他外力的板块问题,机械能与曲线运动结合问题
【正确答案】
【试题解析】
17-1（基础） 如图所示，一轨道由半径为0.8m的四分之一竖直圆弧轨道AB和水平直轨道BC在B点平滑连接而成，现有一质量为0.2kg的小物块从A点无初速度释放，BC段长LBC=0.50m，小物块与BC段的动摩擦因数为μ=0.5，小物块滑离C点后恰好落在半径也为0.8m的凹形半圆面上的最底点D处，CE为凹形半圆直径且水平。求：
（1）小物块运动至C点的速度大小；
（2）经过圆弧上的B点时，小物块对B点的压力大小；
（3）小物块在圆弧轨道上克服摩擦力所做的功。
【正确答案】 （1）；（2）4.25N；（3）
17-2（基础） 如图所示，AB段为一半径R＝0.2 m的光滑圆弧轨道，EF是一倾角为30°的足够长的光滑固定斜面，斜面上有一质量为0.1 kg的薄木板CD，开始时薄木板被锁定。一质量也为0.1 kg的物块（图中未画出）从A点由静止开始下滑，通过B点后水平抛出，经过一段时间后恰好以平行于薄木板的方向滑上薄木板，在物块滑上薄木板的同时薄木板解除锁定，下滑过程中某时刻物块和薄木板能达到共同速度。已知物块与薄木板间的动摩擦因数为。（g＝10 m/s2，结果可保留根号）求：
(1)物块到达B点时对圆弧轨道的压力大小；
(2)物块滑上薄木板时的速度大小；
(3)达到共同速度前物块下滑的加速度大小及从物块滑上薄木板至达到共同速度所用的时间。
【正确答案】 (1)3 N，方向竖直向下；(2)m/s；(3)s
17-3（巩固） 如图所示，质量为M＝1kg，长度l＝2.5m的木板B静止在水平面上，其右端上表面紧靠一固定斜面轨道的底端(斜面底端与木板B右端的上表面之间有一段小圆弧平滑连接)，轨道与水平面的夹角θ＝。质量为m＝1kg的物块A在斜面轨道上距轨道底端x0＝m处静止释放，一段时间后从右端滑上木板B。已知斜面轨道光滑，物块A与木板 B 上表面间的动摩擦因数μ1＝0.3，木板B与地面间的动摩擦因数μ2＝0.1，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin= 0.6，cos＝0.8，g取10m/s2，物块A可视为质点，求：
（1）物块A刚滑上木板B时的速度的大小；
（2）物块A刚滑上木板B时物块A的加速度大小a1和木板B的加速度大小a2；
（3）物块A全过程滑动的总路程。
【正确答案】 （1）4m/s（2）a1＝3m/s2，a2＝1m/s2 （3）m
17-4（巩固） 如图所示，一底端带挡板的斜面体固定在水平地面上，倾角θ=、高度h=1.6m。一质量M=1kg、长度L=2m的薄木板B置于斜面顶端，恰好能保持静止。一质量m=3kg的小物块A以沿斜面向下、大小为4m/s的速度滑上木板B，已知A、B之间的动摩擦因数为。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取g=10m/s2，不计空气阻力。求：
(1)斜面与木板间的动摩擦因数；
(2)物块A刚滑上B时，A、B的加速度；
(3)薄木板B从开始运动到碰到挡板所用的时间。
【正确答案】 (1)；(2)2.5m/s2，方向沿斜面向上，，沿斜面向下；(3)0.6s
17-5（巩固） 如图所示，从A点以v0=4m/s 的水平速度抛出一质量m=1kg的小物块（可视为质点），当物块运动至B点时，恰好沿切线方向进入固定在地面上的光滑圆弧轨道BC，其中轨道C端切线水平．小物块通过圆弧轨道后以6m/s的速度滑上与C点等高、静止在粗糙水平面的长木板M上．已知长木板的质量M=2kg，物块与长木板之间的动摩擦因数μ1=0.5，长木板与地面间的动摩擦因数μ2=0.1，OB与竖直方向OC间的夹角θ=37°，取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，则：
（1）求小物块运动至B点时的速度；
（2）若在AB间搭一斜面（长虚线所示），求小物块平抛后多久离斜面最远？
（3）若小物块恰好不滑出长木板，求此情景中自小物块滑上长木板起、到它们最终都停下来的全过程中，它们之间的摩擦力做功的代数和？
【正确答案】 （1）5m/s，与水平方向夹角37度（2）0.15s（3）-15J
17-6（巩固） 如图所示，半径R=1.0m的粗糙圆弧轨道BC固定在竖直平面内，轨道的上端点B和圆心O的连线与水平方向的夹角θ=37°，下端点C为轨道的最低点且与水平地面的薄木板上表面相切。用一根压缩的轻质弹簧将小物块（可视为质点）从光滑平台A点水平弹出，恰好从B点沿轨道切线方向进入轨道，经过C点后滑上木板。已知小物块质量m=2.0kg，薄木板质量M=1.0kg，A、B点的高度差h=0.8m，物块经过C点时所受轨道支持力FN=92N，物块与木板间的动摩擦因数为μ1=0.5，木板与水平地面间的动摩擦因数为μ2=0.3，sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g取10m/s2。求：
(1)物块经过圆弧轨道上B点时速度vB的大小；
(2)物块在圆弧轨道BC运动过程中克服阻力所做的功Wf；
(3)若物块不滑出薄木板，求薄木板的最短长度L。
【正确答案】 (1)5m/s；(2)21J；(3)3m
17-7（提升） 如图所示，一质量为1kg的小物块从半径为0.8m的光滑四分之一圆弧轨道的顶端A点由静止开始下滑，A点和圆弧对应的圆心O点等高，小物块从B点离开后水平抛出，恰好能从C点沿CD方向滑上以10m/s的速度沿逆时针方向匀速转动的传送带。已知传送带长27.75m，倾角为θ等于37°，传送带与物块之间的动摩擦因数为0.5（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2）。求：
(1)小物块在圆弧轨道最低点B对轨道的压力大小；
(2)B点到水平线MN的高度h；
(3)小物块从传送带顶端C运动到底端D的过程中因摩擦而产生的热量。
【正确答案】 （1）；（2）；（3）
【原卷 18 题】 知识点 粒子在电场和磁场中的往复运动,带电粒子在弧形边界磁场中运动,粒子由磁场进入电场
【正确答案】
【试题解析】
18-1（基础） 如图所示，平面直角坐标系内有一圆形匀强磁场区域其圆心在坐标为（0，R）的点，半径为，磁场的磁感应强度大小为，方向垂直坐标平面向里，在磁场区域的右侧的区域内有范围足够大的匀强电场区域，电场强度为E，方向沿轴正方向，一带负电粒子从点沿轴正方向以一定的初速度射入磁场区域，并恰好从点沿x轴正方向射出磁场区域，进入电场偏转后经x轴（2R，0）离开电场，不计带电粒子的重力和空气阻力。
(1)求带电粒子的初速度大小；
(2)粒子从进入磁场到离开电场的时间。
【正确答案】 (1)；(2)
18-2（基础） 如图所示，在平面直角坐标系的第二象限内有平行于y轴的匀强电场，电场强度大小为E，方向沿y轴正方向。在第一、四象限内有一个圆形边界的匀强磁场区域，边界过坐标原点O，且与y轴相切，圆心为，圆内有方向垂直于平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一带负电的粒子（不计重力），以速度为从第二象限的P点，沿平行于x轴正方向射入电场，通过坐标原点O进入第四象限，射出磁场时速度方向沿y轴负方向。已知P点的坐标为。求：
（1）带电粒子的比荷；
（2）圆形磁场区域的半径R；
（3）若改变P点的位置坐标（仍在第二象限内）和进入电场时的初速度大小（不改变方向），粒子经O点进入磁场后仍能沿y轴负方向射出磁场，试写出满足条件的P点的位置坐标方程。
【正确答案】 （1）；（2）；（3）
18-3（巩固） 如图所示，直线OP与x轴的夹角为，OP上方有沿y轴负方向的匀强电场，OP与x轴之间的有垂直纸面向外的匀强磁场区域I，x轴下方有垂直纸面向外的匀强磁场区域II。不计重力，一质量为m、带电量为q的粒子从y轴上的A（0，l）点以速度垂直y轴射入电场，恰以垂直于OP的速度进磁场区域I。若带电粒子第二次通过x轴时，速度方向恰好垂直x轴射入磁场区域I，在磁场区域I中偏转后最终粒子恰好不能再进入电场中。求：
（1）带电粒子离开电场时的速度大小v；
（2）电场强度E的大小；
（3）磁场区域I、II的磁感应强度B1、B2的大小。
【正确答案】 （1）；（2）；（3），
18-4（巩固） 如图所示，在平面的轴左侧存在沿轴正方向的匀强电场，轴右侧区域I内存在垂直于纸面向内的匀强磁场，磁感应强度大小为，区域II内有垂直纸面向外的匀强磁场，区域I、区域II的宽度均为，高度分别为，，质量为、电荷量为的带正电的粒子从坐标为（，）的点以速度，沿轴正方向射出，恰好经过坐标为（，）的点射入区域I，粒子重力忽略不计，求：
（1）匀强电场的电场强度大小；
（2）要使粒子从区域II的右边界离开磁场，可在区域II内加垂直于纸面向外的匀强磁场，试确定磁感应强度的大小范围；
（3）若粒子恰能从II区右边界间离轴最远的点射出，求粒子在磁场中运动的时间。
【正确答案】 （1）；（2）；（3）
18-5（巩固） 如图所示，在xOy平面的轴左侧存在着半径为L的圆形匀强磁场区域I，磁场方向垂直纸面向里，边界与y轴在O点相切；在xOy平面的y轴右侧存在一个沿y轴负方向的场强为的有界匀强电场区域II，匀强电场的右侧有一个方向垂直纸面向里的匀强磁场区域III，区域II的宽度为L，区域II和区域III的高度足够长。质量为m、电荷量为q的带负电粒子从A点沿半径以初速度v0、方向与x轴正方向成θ=60角射入匀强磁场区域I，恰好从坐标原点O沿x轴正方向进入区域II。不计粒子的重力。
（1）求区域I内磁场的磁感应强度大小B；
（2）求粒子离开区域II时的位置坐标；
（3）若粒子进入区域III后刚好沿右边界垂直穿过x轴，求区域III的宽度L'和磁感应强度的大小B'分别为多少？
【正确答案】 （1）；（2）（L，）；（3），
18-6（巩固） 如图所示，在平面直角坐标系的x轴上方存在宽度为L的有界匀强电场区域，边界与x轴平行，电场强度的方向沿y轴负方向，大小为E。在x轴下方存在长为、宽度为L的矩形磁场区域，磁场区域的上边界与x轴重合，坐标原点与磁场区域上边界的中点重合，磁感应强度大小为B，方向垂直坐标平面向里。质量为m，带电荷量为的粒子A静止在坐标原点，不带电的粒子B以速度沿y轴负方向与粒子A发生弹性碰撞，碰撞前、后粒子A的带电荷量不变，不计粒子重力。已知，，。
（1）若带电粒子A从磁场右侧边界离开磁场，求k的最大值。
（2）若带电粒子A从磁场右侧边界的中点离开磁场区域。
①求k的可能值。
②求粒子在磁场中运动的最长时间。
【正确答案】 （1）1；（2）①k的可能值为或；②
18-7（提升） 带电粒子流的磁控束和磁聚焦是薄膜材料制备的关键技术之一，如图甲，在xoy平面的第一象限内曲线和y轴之间存在着垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B0；在第二象限内存在着如图乙所示的交变磁场（以垂直纸面向外为磁场的正方向）。放射源在A（3a，0）点发射质量为m、带电量为+q的粒子，其速度大小 ，方向与x轴负方向的夹角为θ（大小未知，0<θ≤53°），粒子都能垂直穿过y轴后进入第二象限。t=0时刻某粒子P经过y轴。不计粒子重力和粒子间相互作用，已知sin53°=0.8，cos53°=0.6）。求：
（1）若θ=53°，粒子在第一象限的磁场区域运动的时间；
（2）若，要使粒子P在0~T0内不回到第一象限，交变磁场的变化周期T0应满足什么条件；
（3）若将第二象限的交变磁场撤换为磁感应强度为B0且分别与x轴和y轴相切的圆形有界磁场，且所有粒子均从x轴上的切点射出，求粒子中经过圆形磁场区域最大偏转角α的正弦值。
【正确答案】 （1）；（2）；（3）
变式题库答案
1-1【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
力F始终与轻绳垂直，设绳的拉力为T，绳与竖直方向夹角为，受力分析可以得到：，，随着角度增大，F逐渐变大，T逐渐变小，故ACD错误，B正确
1-2【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
在缓慢转动的过程中，重力的大小方向不变，F1的方向始终不变，因此可用矢量三角形法，可知随着转动，F2将向竖直方向旋转，则F1、F2均不断减小，故选B。
1-3【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
AB．当冰块缓慢融化时，冰块的重力减小，由平衡条件知，绳的张力减小，故重物对桌面的压力一定变大，对桌面的摩擦力一定变小， AB错误；
CD．若冰块的质量不变，绳中的张力大小不变，调节定滑轮位置使减小后，重物对桌面的压力一定增大，对桌面的摩擦力一定变大， C错误，D正确。
故选D。
1-4【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
B．未拉A前，C受力平衡，如图所示：
根据平衡条件可得
解得C受到B作用力的大小为
选项B错误；
A．在A向右缓慢移动过程中，C受力平衡，AB对C的支持力F的竖直分量不变，始终等于mg，则C对AB压力的竖直分量不变，所以A、B对地面的压力不变，则地面对B的支持力不变，选项A错误；
C．C降落到地面前瞬间，B对C支持力最大为，如图所示：
则根据力的平衡可得
解得
最大静摩擦力至少为
B对的地面的压力为
B受地面的摩擦力为
根据题意有
解得
所以动摩擦因数的最小值为，选项C正确；
D．A移动的整个过程中，A的位移为
则摩擦力做功大小为
选项D错误。
故选C。
1-5【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
原来整体处于平衡状态，以B为研究对象，人对轻绳的拉力等于人的重力；人加速向下拉动细绳移动一段较小的距离的过程中，重物加速上升，轻绳的拉力大于重物的重力；以Q为研究对象，受到三段轻绳的拉力，由于连接重物的轻绳拉力大小始终相等，则合外力方向沿夹角平分线方向，在绳子的拉力增大的过程中，PQ绳的拉力增大，弹簧的弹力增大，由于S位置不动，会导致两绳之间的夹角增大，所以PQ与竖直方向的夹角增大，故B正确，故ACD错误。
故选B。
1-6【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
设木板与水平面的夹角为θ，对物块进行受力分析可知物块受竖直向下的重力mg、恒力F和垂直木板向上的支持力FN以及沿木板向上的静摩擦力Ff，由于物块始终处于静止状态，故垂直木板方向合力为零，则物块所受支持力与摩擦力的合力与重力和F的合力相平衡，故物块所受支持力和摩擦力的合力不变。根据平衡条件有，在垂直木板方向有
FN＋Fsinθ=mgcosθ
由题意可知θ逐渐增大，故FN逐渐减小，由于摩擦力与支持力的合力不变，当θ逐渐增大时，摩擦力与该合力的夹角逐渐减小，所以摩擦力一定变大。
故选D。
1-7【提升】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
AB．O点受力分析如图所示
设AB间绳长为L，两杆之间距离为d，由于挂钩光滑，OA、OB与竖直方向夹角α相同，由几何关系可得
联立可得
对O点由平衡条件可得
由于整个装置处于静止状态，由题意可知d不变，L不变，可知α不变，则T不变，A正确，B错误；
CD． P球受力如图所示
将绳的B端向上缓慢移动一小段距离时，OA绳的拉力大小和方向都不改变， P球没有发生位移，半圆槽对小球P的弹力不变，CD错误。
故选A。
2-1【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．位移-时间图象只能表示直线运动的规律，可知，甲车和乙车都做直线运动，故A错误；
B．根据物体通过的位移等于纵坐标的变化量，知0～t1时间内，甲车通过的位移等于乙车通过的位移，故B错误；
C．丙、丁两车由同一地点向同一方向运动，0～t2时间内，丁车的速度一直大于丙车的速度，两者间距逐渐增大，则丙、丁两车在t2时刻相距最远，故C正确；
D．根据v-t图象的斜率表示加速度，知0～t2时间内，丙车的加速度先小于丁车的加速度，再等于丁车的加速度，后大于丁车的加速度，故D错误。
故选C。
2-2【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．由图可知，在15s内，小车的位置由坐标原点变为30m处，所以小车的位移为
故A正确；
B．x-t图线的斜率表示物体运动的速度，所以20s末的速度为
所以20s末小车的速度大小为1m/s，故B错误；
C．前10s内小车的速度为
故C错误；
D．0~10s内小车的速度为正值，小车沿正方向运动，10~15s内小车处于静止状态，而15~25s小车的速度为负值，小车沿负方向运动，故D错误。
故选A。
2-3【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
0～10s内甲车的位移为
0～10s内乙车的位移为
0～10s内丙车的位移为
可得
故A正确；BCD错误。
故选A。
2-4【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
AB．由匀变速直线运动
整理得
结合图像可知，质点的初速度大小为p，图像中直线的斜率
解得
则质点做匀加速直线运动，且加速度大小为，则时刻的速度大小为
故AB错误；
C．由图像的意义可知，某一时刻的纵坐标表示从0时刻到该时刻汽车的平均速度
故0～时间内，汽车的平均速度大小为5p，故C错误；
D．图像上任一点纵坐标与横坐标的乘积表示位移，即
故0～时间内质点位移大小为5，故D正确。
故选D。
2-5【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．根据图像的切线斜率表示速度，可知时小车的速度不为零，时小车的速度为零，故A错误；
BC．由于图像为抛物线，可知小车做匀变速直线运动，由于时小车的速度为零，设时小车的速度为，则小车在内的位移为
解得
则小车的加速度为
时小车的速度为
可知时小车的加速度为，时小车的速度为整个过程最大速度的，故B错误，C正确；
D．设时小车的速度大小为，则有
代入数据可得
可知时小车的速度大于整个过程最大速度的，故D错误。
故选C。
2-6【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．x−t图像切线的斜率表示速度，则t=4s时，质点A的速率为
故A正确；
BC．设质点A的初速度大小为，加速度为a。质点A在前4s内通过的位移为x=10m，由运动学公式有
解得
则
故B错误，C正确；
D．0−2s内质点B通过的位移为
质点A通过的位移为
则
故t=2s时A、B相遇，故D正确。
本题选错误的，故选B。
点睛:
注意图像中各部分信息所表示的意义，再结合相关的公式进行解答。
2-7【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．若横坐标为时间t，纵坐标为位移x，则有x−t图像的斜率表示速度，可知a的斜率不变，速度不变，则a做直线运动，b的斜率在随时间逐渐变大，且斜率都是正值，可知b的速度随时间增大，方向不变，b做加速直线运动，A错误；
B．若横坐标为时间t，纵坐标为速度v，由v−t图像可知，a、b两物体的速度都是正值，则有a、b两物体运动方向相同，B正确；
C．若横坐标为时间t，纵坐标为速度v，由v−t图像可知，则两图线的交点表示两物体速度相同，不是相遇，C错误；
D．若物体在平面上运动，横坐标为水平位置x，纵坐标为竖直位置y，可知y−x图像为物体运动的轨迹，则a物体做直线运动；b物体做曲线运动，D错误。
故选B。
3-1【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．1s时向下的加速度最大，速度不是最大，故A 错误；
B．人在下蹲的过程中，先向下加速运动，此时人处于失重状态，然后减速下降，此时人处于超重状态，故B错误；
C．0~4s内该同学做了1次下蹲—起立的动作，故C正确；
D．在1s时人向下的加速度最大，但人不是处在下蹲的最低点，故D错误。
故选C。
3-2【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
AB．接触弹簧后，弹簧弹力小于重力，合力向下，加速度向下，则物体处于失重状态，随着弹簧弹力逐渐增大，弹力大于重力，合力向上，加速度向上，则物体处于超重状态，故A正确，B错误；
CD．对Q受力分析可知
根据牛顿第三定律可知
因为弹簧弹力逐渐增大，所以对地面的压力一直增大，弹力先小于P的重力后大于P的重力，则物体Q对地面的压力先小于后大于P、Q两物体的总重力，故CD错误。
故选A。
3-3【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
AB．小纸帽在上升过程中，受到重力和弹簧的弹力，弹力先大于重力，某一瞬间等于重力，之后小于重力，即小纸帽先向上加速后向上减速，故小纸帽先超重后失重。且当弹簧的弹力等于重力时速度最大，此时弹簧处于压缩状态，所以小纸帽刚脱离弹簧时的动能不是最大，故AB错误；
C．小纸帽向上弹起过程中，弹簧对小纸帽的作用力和小纸帽对弹簧的作用力是一对相互作用力，由牛顿第三定律知，两者等大反向，故C正确；
D．小纸帽从开始弹起到脱离弹簧的过程中，由于弹簧弹力对小纸帽做正功，则其机械能增加，离开弹簧后只有重力做功，机械能守恒。故D错误。
故选C。
3-4【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．AB阶段拉力大于重力，电梯处于超重状态，CD阶段小于重力，电梯处于失重状态。A错误；
B．AB阶段加速度向上，CD阶段加速度向下，电梯先后经历了向上加速，向上匀速和向上减速的过程。B错误；
C．由图可知矿泉水瓶的重力
重力加速度取
矿泉水瓶的质量
AB阶段的加速度大小约
方向竖直向上。C正确；
D．CD阶段的加速度大小约
方向竖直向下。D错误。
故选C。
3-5【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．开始时人处于平衡状态，人对传感器的压力为900N，人的重力也为900N，选项A错误；
B．b到c过程中，人对板的压力先小于人的真实重力，后大于人的真实重力，则人先处于失重状态后处于超重状态，选项B错误；
C．离开板后人只受重力的作用，处于完全失重状态，选项C正确；
D．b点对应时刻弹力与重力的差值要小于c点对应时刻弹力与重力的差值，则人在b点对应时刻的加速度要小于在c点对应时刻的加速度，选项D错误。
故选C。
3-6【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．当电梯向下减速运动时，加速度方向向上，电梯处于超重状态，此时电梯速度方向向下，A错误；
B．秤面示数即为电梯对人的支持力，当等效重力加速度g0等于0时，秤面示数F变为0，即电梯对人的支持力为0，此时人仅仅受到重力作用，人处于完全失重状态，B错误；
C．当电梯做自由落体运动时，人处于完全失重状态，根据上述分析，可知此时等效重力加速度为0，C错误；
D．对乙图，小球在最低点时有
又由于
F=mg0
解得
D正确。
故选D。
3-7【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．由图可知，该同学在t2~t4阶段先处于超重状态，以后处于失重状态，故A错误；
B．由动量定理，重力和支持力的合力的冲量等于mv，故B错误；
C．在第一阶段人受到地面支持力的作用点——脚底是没有位移的，根据做功的定义我们得出，支持力不做功，即在整个过程中地面支持力对人做的总功为0，故C错误；
D．该同学重心上升了h，重力势能增加了mgh，同时又获得速度v，动能增加了，故机械能增加了，故D正确。
故选D。
4-1【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
根据
P=Fv
知，发动机的功率恒定，速度增大，牵引力减小，根据牛顿第二定律
可知加速度减小.
A. 牵引力减小，加速度增大.故选项A不符合题意.
B. 牵引力减小，加速度减小.故选项B符合题意.
C. 牵引力增大，加速度增大.故选项C不符合题意.
D. 牵引力增大，加速度减小.故选项D不符合题意.
4-2【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
机车做匀加速直线运动，加速度不变，根据
知牵引力
可知牵引力不变，根据
F不变，v增大，则机车的输出功率变大。
故选D。
4-3【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
AB．由图甲可知赛车甲做匀加速直线运动，加速度为
赛车乙做匀速直线运动，速度大小为，因为两赛车完全相同，所以在运动过程中两赛车受到的阻力相同，设两车质量均为，运动过程中受到的阻力均为，则时，甲车的功率为
乙车的功率
时两车的功率之差为
可得
在时赛车甲达到最大功率有
其中
联立解得
时赛车甲的功率为
故B正确，A错误；
CD．两赛车的间距为
可知在内赛车M和赛车N之间的距离逐渐增大，之后两车间的距离逐渐减小，在两车相遇后，两车之间的距离又开始增大，所以整个运动过程中两车只能相遇一次，故CD错误。
故选B。
4-4【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．汽车在前内做匀加速运动
由牛顿第二定律得
故A错误；
B．汽车在5s末功率达到额定功率
故B正确；
C．当牵引力等于阻力时，汽车达最大速度
故C错误；
D．当汽车速度为时，则
由得
故D错误。
故选B。
4-5【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．由题意得，在0～t1时间内功率随时间均匀增大，知汽车做匀加速直线运动，加速度恒定，由牛顿第二定律
可知，牵引力恒定，合力也恒定。在时刻达到额定功率，随后在t1～t2时间内，汽车速度继续增大，由可知，牵引力减小，则加速度减小，直到牵引力减小到与阻力相等时，达到最大速度
接着做匀速运动，A错误；
B．发动机所做的功等于图线与t轴所围的面积，则0～t1时间内发动机做的功为
B错误；
C．发动机所做的功等于图线与t轴所围的面积，则0～t2时间内发动机做的功为
C正确；
D．当汽车匀速运动时所受的阻力
D错误。
故选C。
4-6【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．由图可知，赛车最大速度可达
选项A错误；
B．由图像可知，随速度的增加，加速度减小，则随时间的增加，加速度减小，选项B错误；
CD．根据牛顿定律
结合图像可知
解得
P=160kW
f=1600N
选项C错误，D正确。
故选D。
4-7【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．汽车的最大速度为vm，则匀加速结束时的速度小于vm，则在匀加速运动阶段的位移小于，选项A错误；
B．匀加速阶段
v1=at1
P=Fv1
可得汽车在运动过程中所受的阻力为
选项B错误；
C．汽车在匀加速阶段牵引力的功率
P1=Fv=Fat
牵引力的功率与时间成正比，因加速结束时的功率为P，则加速阶段的牵引力做功为，在以额定功率P行驶的t2时间内牵引力做功为Pt2，则从汽车启动到刚好达到最大速度的过程中牵引力做的功为
选项C错误；
D．汽车在变加速运动阶段，由动能定理
位移为
选项D正确。
故选D。
5-1【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
AB．平抛运动的时间由高度决定，与水平初速度无关，初速度大时，与半圆接触时下落的距离不一定比速度小时下落的距离大；初速度大小不同的小球下落的高度也可能相等，如碰撞点是关于半圆过O点的竖直轴对称的两个点，它们运动的时间却相等，故AB错误；
C．若小球落到半圆形轨道的瞬间垂直撞击半圆形轨道，即速度方向沿半径方向，则此时速度方向与水平方向的夹角是此时位移方向与水平方向夹角的2倍，但根据平抛运动推论可知：同一位置速度方向与水平方向夹角的正切值是此时位移与水平方向夹角正切值的两倍。由数学知识可知两者相互矛盾，则小球的速度方向不会沿半径方向，故C错误；
D．小球做平抛运动，根据平抛运动推论可知，落到轨道的瞬间，此时速度方向的反向延长线交于此时小球水平位移的中点，由于小球落在轨道上的水平位移小于水平直径AB，所以可推知速度方向的反向延长线与水平直径的交点一定在O点的左侧，故D正确。
故选D。
5-2【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
AB．由平抛运动竖直位移
可得
由平抛运动水平位移
可得
故AB错误；
C．垂直斜面方向的初速度为
垂直斜面方向的加速度为
当垂直斜面方向的速度为零时，手榴弹与斜坡间的距离最大，则有
联立可得
故C正确；
D．根据平抛运动速度方向与位移方向夹角的推论可知
既手榴弹落到斜坡底端前瞬间的速度方向与水平方向的夹角不是，故D错误。
故选C。
5-3【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
水平方向
竖直方向
同时满足
联立解得
，
故选B。
5-4【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．两小球竖直位移相同，则运动时间相同，初速度、大小之比为
故A错误；
B．若仅增大v2，则乙球抛物线轨迹开口变大，与甲球轨迹仍存在交点，因为两球同时抛出，在运动至交点时下落高度相同，运动时间相同，则一定相碰，故B错误；
C．甲球落在D、C两点时的竖直位移之比为
根据可知甲球落在D、C两点时的时间之比为
甲球落在D、C两点时的水平位移之比为
根据可知甲球落在在D、C两点时的初速度大小之比为
故C正确；
D．若只抛出甲球并适当改变大小，假设甲球可以垂直击中圆环BC，击中BC时的速度方向一定过O点，且根据平抛运动规律的推论可知O点为甲球水平位移的中点，则甲球落点到O点的水平距离为
竖直距离为
假设成立，即甲球可以垂直击中圆环BC，故D错误。
故选C。
5-5【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
两球下落的高度相同，根据；知，下落的时间相同，设圆弧的半径为R，根据几何关系可得
则A点抛出的球平抛运动的水平位移
从O点抛出的球做平抛运动的水平位移为
根据知
故选B。
5-6【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．将两次球在空中运动的逆过程看做平抛运动，打到B墙壁上的球的轨迹与虚线轨迹等效，则两球下落的竖直高度相同，则运动时间相等，即，选项A正确；
B．两球平抛的水平距离不等，则从P点抛出时的初速度不等，即两球击中P点时速度不等，选项B错误；
C．根据
可知两球竖直方向速度改变量相等；但是由于打到B墙壁上的球水平速度方向改变，可知两球在空中速度的变化量不相等，选项C错误；
D．根据
竖直速度相同，水平速度不同，则两球发出时速度与水平方向夹角不相等，选项D错误。
故选A。
5-7【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
B．将小球的运动逆向看作是从B到A的平抛运动，则
根据几何关系有
其中
小球的初速度为
故B错误；
C．当小球离斜面最远时，速度方向平行于斜面，有
解得
则小球从离斜面最远处到B点所用时间为
所以小球从抛出到离斜面最远处所经历的时间为
故C正确；
D．斜面AB的长度为
故D错误；
A．小滑块的加速度大小为
根据运动学公式有
解得
故A错误。
故选C。
6-1【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
AC．由动能定理可得
解得该同学踢球时对足球做功
故C正确，A错误；
BD．足球上升过程重力做功
则足球上升过程克服重力做功，故BD错误。
故选C。
6-2【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
AC．由题意，运动员沿下滑过程做匀速圆周运动，向心加速度大小不变，所受合力提供向心力，不为零，故AC错误；
B．设运动员与圆弧圆心的连线与竖直方向夹角为θ，运动员做匀速圆周运动，所以在沿线速度方向合力为零，即
因为θ逐渐减小，所以运动员所受摩擦力大小逐渐减小，故B正确；
D．在点，根据牛顿第二定律有
所以人受滑道的支持力大小大于其重力大小，故D错误。
故选B。
6-3【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．航天员受到的合外力充当向心力，大小不变，但方向始终指向圆心，不是恒力，A错误；
B．由可得飞行员匀速转动的角速度为
B正确；
C．最高点对航天员受力分析由牛顿第二定律得
解得支持力大小为
C错误；
D．从最低点转到最高点的过程，根据动能定理
座椅对飞行员做功为
D错误。
故选B。
6-4【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
在最低点由向心力公式得
FN－mg＝
得
FN＝mg＋
又由摩擦力公式有
Ff＝μFN＝μm（g＋）
故选D。
6-5【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
根据动能定理
解得
即物块在AB段克服摩擦力做功
故选B。
6-6【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
由于恰好能通过轨道的最高点B，可知
解得
从A到B的而过程中，根据动能定理
从P到A的过程中，根据机械能守恒
联立解得
故选B。
6-7【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
ABD．由题意得，在N点满足
从释放点到N点，由动能定理得
解得
因为PN段比NQ段同一高度处的速度大，则PN段比NQ段同一高度处的支持力大，则可知PN段比NQ段克服摩擦力做功多，即NQ段克服摩擦力做功满足
又因为从N到Q过程由动能定理得
解得
设小球冲出Q点后可上升的最大高度为h，则由动能定理得
可得
故AD错误，B正确；
C．同理分析可知从Q返回P的过程中，克服的摩擦力做功小于从P到Q过程克服的摩擦力做功，即
又因为从Q到P过程由动能定理得
可得第二次经过P点时
即小球能第二次经过P点，故C错误。
故选B。
7-1【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
设铜导线中自由电子定向移动的速率为，导线中自由电子从一端定向移到另一端所用时间为，则导线的长度为
体积为
质量为
这段导线中自由电子的数目为
在时间内这些电子都能通过下一截面，则电流为
联立解得
故选A。
7-2【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
由电流强度的定义可知，电流大小为
电子向右运动，电流方向向左。
故选B。
7-3【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
金属棒内的电场可认为是匀强电场，其电场强度大小为
由欧姆定律可知，金属棒两端的电压为
又
由电流微观表达式
联立可得金属棒内的电场强度大小为
则电子运动时受到的平均阻力大小为
故选C。
7-4【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
AB．正电荷的定向移动方向是电流的方向，负电荷的定向移动方向与电流方向相反，故溶液内电流方向从B到A，A极板接电源的负极，B极板接电源的正极，故AB错误；
CD．根据电流定义式可得
溶液内电流方向从B到A，故C正确，D错误。
故选C。
7-5【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
质子经过加速电场加速后的速度有
取一横截面，t时间内经过此横截面的电荷量为
根据电流的定义有
故选B。
7-6【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
AB．横截面的半径变为原来的可知面积变为原来的，由体积不变，可知长度变为原来的倍，由电阻定律的表达式：可得变化后的电阻值
由知，电流变为，故AB错误；
CD．由电流的微观表达式：，可知
则
故C正确，D错误。
故选C。
7-7【提升】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．5s内通过导体a的横截面的自由电子数为
故A正确；
B．根据电阻定律可得a、b的电阻之比为
故B错误；
C．根据电流的微观表达式
可得自由电子在导体a和b中的定向移动速率之比为
故C错误；
D．根据焦耳定律可得相同时间内导体a和b产生的焦耳热之比为
故D错误。
故选A。
8-1【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
AC．由图乙可知，在之后，木块的摩擦力保持不变，为滑动摩擦力，大小约为2.0N，故AC错误；
B．由图乙可知，在1.0~1.2s时间内，摩擦力随外力变化而变化，则摩擦力为静摩擦力，物块与木板间的静摩擦力大小与物块对木板的正压力无关，故B错误；
D．木板和物块发生相对运动后，物块受到的就是滑动摩擦力，木板不一定要做匀速直线运动，故D正确。
故选D。
8-2【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
AB．物块运动过程中
当物块静止时
保持不变，图象从斜直线变为水平线有一突变，A错误，B正确；
C．物块运动过程中，当
根据牛顿第二定律得
得
a随着t增大而减小，物块做加速度减小的变加速运动；v-t图象的斜率应减小。当
根据牛顿第二定律得
随着t增大，a反向增大，物块做加速度增大的变减速运动；v-t图象的斜率应增大，直到停止，CD错误。
故选B。
8-3【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
AB．当木板倾角是30°时，物块受到是静摩擦力，其大小等于；当木板倾角是37°时，物块受到是滑动摩擦力，其大小等于；由题意可得
解之得
故A正确，B错误；
C．当木板的倾角为30°时，重力沿斜面向下的分力为
而重力垂直于斜面的分力
则摩擦力
故物体不可能做匀速直线运动；故C错误；
D．当木板的倾角为37°时，重力沿斜面向下的分力
而重力垂直于斜面的分力
则摩擦力
故物体不可能做匀速直线运动；故D错误；
故选A。
8-4【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
AD．a、b之间的最大静摩擦力
b与地面间的最大静摩擦力
a、b相对地面一起运动，刚好不发生相对滑动时，由牛顿第二定律，对b有
解得
对整体有
解得
所以若a、b两个物体始终相对静止，则水平拉力F不能超过，当水平拉力时，b相对a滑动，故A正确，D错误；
B．当水平拉力时，a、b一起加速运动，加速度
对a根据牛顿第二定律可得
解得a、b间的摩擦力
故B错误；
C．根据A选项的分析可知，无论水平拉力F为何值，b的加速度不会超过，故C错误。
故选A。
8-5【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
B．AB间最大静摩擦力大于AC间最大静摩擦力，则AC间先发生相对滑动，恰好要发生相对滑动时，对整体有
对C，有
联立解得
当AB恰好发生相对滑动时，对A，有
解得
由于A的加速度等于0.2g，且
所以当A的加速度等于0.2g时，AB相对静止，AC相对滑动，故AC之间为滑动摩擦力，大小为0.1mg，故B正确；
D．对AB整体有
代入可求得
因为K为轻滑轮，故
故D正确；
C．对B，有
代入求得
故C正确；
A．对C，有
代入求得
故A错误。
本题选错误的，故选A。
8-6【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．水平拉力F较小时，A、B两物体一起向右加速
只要，B就会运动，A错误；
BC．A、B两物体刚好相对滑动时
，
解得
当时，A、B两物体一起向右加速，B的加速度大小
解得
当时，A相对B滑动，B错误，C正确；
D．当时，A相对B滑动，A的加速度大小
解得
D错误。
故选C。
8-7【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．A和B一起滑动时，
解得
所以在前三秒内，AB静止不动，A受到的摩擦力为零，故A错误；
B．当t =4s时，A随B一起将滑动时，A的加速度大小为
故B正确；
C．在t =5s时，A随B一起将滑动时，A受到的摩擦力大小
故C错误；
D．A相对B即将滑动时，A加速度为
B加速度为
且有
解得
所以
A相对B即将滑动，在t =6s以后，A受到的摩擦力大小为μmg，故D错误。
故选B。
9-1【基础】 【正确答案】 AC
【试题解析】 详解:
AB．由s－t(位移时间)图象可知，m1碰撞前的速度为
m1碰撞后的速度为
m2碰撞前的速度为0
m2碰撞后的速度为
所以碰前m2静止，m1向右运动，碰后m2向右运动，m1向左运动，则A正确；B错误；
C． m1和m2碰撞过程由动量守恒定律可得
代入数据解得
所以C正确；
D．碰撞过程中系统损失的机械能为
则该碰撞过程为弹性碰撞，所以D错误；
故选AC。
9-2【基础】 【正确答案】 BD
【试题解析】 详解:
CD．碰撞后它们的速度大小为
故C错误，D正确；
AB．碰撞前A、B的速度大小分别为
根据动量守恒定律有
解得
故A错误，B正确。
故选BD。
9-3【巩固】 【正确答案】 BD
【试题解析】 详解:
A．甲车对乙车的冲量与乙车对甲车的冲量大小等，方向相反，则冲量不相同，所以A错误；
B．取甲车的速度方向为正方向，两车开始的总动量为
乙车开始反向时，乙车速度减到为，则甲车的速度为v，由动量守恒定律可得
解得
，方向不变
所以B正确；
C．当两车速度相等时，两车相距最近，所以C错误；
D．当两车速度相等时，两车相距最近，有
解得
，方向与甲车的初始速度方向相同
所以D正确；
故选BD。
9-4【巩固】 【正确答案】 BD
【试题解析】 详解:
A．从子弹射向木块到一起上升到最高点的运动中，由于子弹在木块中运动时，要克服阻力做功，转化为系统的内能，因此系统机械能不守恒，A错误；
B．子弹射入木块的瞬间系统的动量守恒，因此有
mv0=（M+m）v＇
所以子弹射入木块后子弹和木块的共同速度为
B正确；
C．忽略空气阻力，子弹和木块一起上升运动中，只有重力做功，机械能守恒，可其机械能小于子弹射入木块前的动能，C错误；
D．从子弹和木块一起上升到最高点时，该运动机械能守恒，因此有
解得上升的最大高度为
D正确。
故选BD。
9-5【巩固】 【正确答案】 BC
【试题解析】 详解:
A．A、B碰撞过程中动量守恒，有
解得
在碰撞过程中对A由动量定理有
A错误；
B．由加速度定义有
B正确；
C．在碰撞过程中对B由动量定理有
解得
C正确；
D．碰撞结束后A的动量
D错误。
故选BC。
9-6【巩固】 【正确答案】 AB
【试题解析】 详解:
两球在碰撞运动中动量守恒，以向右为正方向，若两球是完全非弹性碰撞，碰后两球速度大小相等，由动量守恒定律可得
解得
若两球是完全弹性碰撞，则系统动量守恒，机械能守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律，可得
联立解得
CD错误，AB正确。
故选AB。
9-7【提升】 【正确答案】 CD
【试题解析】 详解:
设向右方向为正方向，小孩跳离左车后，两车车速度为v，由动量守恒定律可得，
（m+2m）v0-2m=5mv
小孩与右车有
2mu−2m×v0=（2m+2m）v
解得
u=v0
为了避免碰撞只要其速度
由题可知AB错误，CD正确。
故选CD。
10-1【基础】 【正确答案】 CD
【试题解析】 详解:
A．φ-x图像切线的斜率表示电场强度的大小，故x1和x2处的电场强度均不为零，A错误；
B．沿电场线方向电势降低，由图可知，x1和x2之间电势先增大后减小，所以场强的方向先沿x轴负方向，再沿x轴正方向，故B错误；
C．粒子由静止释放电场力先做正功后做负功，所以电势能先减小后增大，故C正确；
D．粒子运动的加速度为
从x=0到x=x2的过程中，切线的斜率先减小后增大，所以电场强度的大小先减小后增大，加速度先减小后增大，故D正确。
故选CD。
10-2【基础】 【正确答案】 BD
【试题解析】 详解:
A．根据
rA：rB：rC＝1：2：3
可得三点的电场强度大小关系是
选项A错误；
B．沿电场线电势逐渐降低，则三点的电势大小关系是
选项B正确；
C．该试探电荷带正电，则在三点的电势能大小关系是
选项C错误；
D．因AB之间的场强大于CD之间的场强，则根据U=Ed可知
UAB>UCD
根据
W=Uq
可知在AB段和BC段静电力做功的大小关系是
WAB>WBC
选项D正确。
故选BD。
10-3【巩固】 【正确答案】 BCD
【试题解析】 详解:
A．一带负电的粒子只在电场力作用下沿轴正向运动，根据
可得
可知图像的切线斜率表示电场力，由图像可知处切线斜率为零，则处受到电场力为零，处场强为零，给A错误；
BD．段，图像的切线斜率绝对值不断减小，电场力不断减小，加速度减小，做加速度减小的变速运动；段，图像的切线斜率不断增大，电场力不断增大，加速度增大，做加速度增大的变速运动；段，图像的切线斜率保持不变，电场力不变，电场强度大小和方向均保持不变，加速度不变，做匀变速直线运动；故BD正确；
C．根据
又粒子带负电，可知粒子电势能大的位置对应的电势低，则有
故C正确。
故选BCD。
10-4【巩固】 【正确答案】 AD
【试题解析】 详解:
A．由图知，越靠近两电荷，电势越低，则和都是负电荷，故A正确；
B．图象的斜率表示电场强度，则P点场强为零，据场强的叠加知两电荷在P处产生的场强等值反向，即
由可知，的电荷量小于的电荷量，故B错误；
C．由图可知，在A、B之间沿x轴从P点左侧到右侧，电势先增加后减小，则负点电荷的电势能先减小后增大，故C错误；
D．图象的斜率表示电场强度，则沿x轴从P点运动到B点场强逐渐增大。由可知，电荷只在电场力作用下沿x轴从P点运动到B点，加速度逐渐增大，故D正确。
故选AD。
10-5【巩固】 【正确答案】 AC
【试题解析】 详解:
A．由图像可知从a到b的过程粒子先向上加速，后向上减速，在b点时加速度方向竖直向下，故电场力方向竖直向下，因为负电荷受力方向与场强方向相反，所以场强方向竖直向上，A正确；
B．由图像可知a、b两点加速度方向相反，所以场强方向相反，故a、b两点场强不同，B错误；
C．粒子从a到b电场力先做正功后做负功，故电势能先减小后增大，C正确；
D．负电荷在电势低的电势能大，因为粒子从a到b的过程中电势能先减小后增大，所以从a到b电势先增大后减小，D错误。
故选AC。
10-6【巩固】 【正确答案】 ABD
【试题解析】 详解:
A．由于Q
C．由于C点电势等于D点电势，则A、C两点间的电势差等于A、D两点间的电势差，故C错误；
D．A点的电势高于B点的电势，电荷量为+q的试探电荷在A点的电势能大于其在B点的电势能，故D正确。
故选ABD。
点睛:
理解电场叠加原理，参考等量异种电荷的电场分布情况及规律，分析此情况下电场分布情况。
10-7【提升】 【正确答案】 CD
【试题解析】 详解:
A．根据点电荷电场的计算公式可知，M、C两电荷在A点场强为0，故A点场强是只有N电荷在A点的场强
E
根据对称性可知O、B两点场强大小也等于，但是三点场强方向不同，故A错误；
B．三角形边长为L，则
NA＝Lcos30°
代入
E
故B错误；
C．A点的电势
φA＝2
D点的电势
φD＝3
所以
φA：φD＝（2+4）：9
故C正确；
D．有
φD
在D处放置一负电荷q，其电势能
Ep
故D正确；
故选CD。
11-1【基础】 【正确答案】 CD
【试题解析】 详解:
B．小球做平抛运动，可得
解得
故B错误；
C．月球的第一宇宙速度为
故C正确；
D．由黄金代换关系，可得
联立，可得
故D正确；
A．月球的平均密度为
故A错误。
故选CD。
11-2【基础】 【正确答案】 ABD
【试题解析】 详解:
B．根据行星表面物体受到的万有引力等于重力，则有
，
可得
解得
B正确；
A．根据火星表面物体受到的万有引力等于重力
又
联立可得
A正确；
C．行星第一宇宙速度等于行星表面轨道卫星绕行星做匀速圆周运动的线速度，则有
，
可得火星的第一宇宙速度与地球的第一宇宙速度之比为
C错误；
D．在地面上以某一速度向上竖直起跳的最大高度是，则有
假如以与在地球上相同的速度在火星上向上竖直起跳，能达到的最大高度为，则有
可得
解得
D正确。
故选ABD。
11-3【巩固】 【正确答案】 BC
【试题解析】 详解:
星球质量，则
AB． 根据可知，星球第一宇宙速度
因此行星K2—155d与地球的第一宇宙速度之比为，故A错误，B正确；
CD．根据
则表面的重力加速度
可知K2—155d与地球的表面重力加速度之比为，故C正确，D错误。
故选BC。
11-4【巩固】 【正确答案】 AC
【试题解析】 详解:
AB．根据题意，设月球的质量为、“嫦娥五号”探测器的质量为，在轨道Ⅲ运动时的周期为，由万有引力提供向心力有
由开普勒第三定律有
联立解得
故B错误A正确；
CD．设月球表面的物体的质量为，月球表面的重力加速度大小为，则有
解得
故D错误C正确。
故选AC。
11-5【巩固】 【正确答案】 BC
【试题解析】 详解:
A．“天问一号”探测器已脱离地球引力的束缚，进入到火星引力的范围内，但又没有脱离太阳引力的范围，故长征五号遥四运载火箭的发射速度介于与之间，故A错误；
B．根据密度的定义有
可知火星的平均密度与月球的平均密度之比为
故B正确；
C．根据万有引力提供向心力有
解得
可知火星的第一宇宙速度与月球的第一宇宙速度之比为
故C正确；
D．在星球表面，万有引力等于重力，则有
解得
可知火星的重力加速度与月球表面的重力加速度之比为
故D错误。
故选BC。
11-6【巩固】 【正确答案】 BD
【试题解析】 详解:
AD．分析题图可知，万有引力提供向心力，有
当h=h0时，有
联立解得
R=h0
故A错误；D正确；
BC．当h=0时，探测器绕火星表面运行，火星表面的重力加速度大小为a1。故B正确；C错误。
故选BD。
11-7【提升】 【正确答案】 BC
【试题解析】 详解:
A．返回舱在月球表面飞行时，重力充当向心力
解得
已知轨道舱离月球表面具有一定的高度，故返回舱要想返回轨道舱，在月球表面的发射速度一定大于，故A错误；
B．返回舱在月球表面时，具有的引力势能为，在轨道舱位置具有的引力势能为，根据功能关系可知，引力做功引起引力势能的变化，结合黄金代换式可知
GM=gR2
返回舱在返回过程中克服引力做的功是
故B正确；
C．返回舱与轨道舱对接时，具有相同的速度，根据万有引力提供向心力可知
解得动能
故C正确；
D．返回舱返回轨道舱，根据功能关系可知，发动机做功，增加了引力势能和动能
即宇航员乘坐的返回舱至少需要获得的能量才能返回轨道舱，故D错误。
故选BC。
12-1【基础】 【正确答案】 BC
【试题解析】 详解:
A．设AB边长为L，整个线圈的电阻为R，则感应电动势为
根据欧姆定律有
可知，当AB边刚进入磁场是匀速进入，满足
然后在接下来的过程中，AB边仍在磁场中运动，则线圈切割磁感线的有效长度不断增加，即不可能做匀速直线运动，A错误；
B．设AB边刚穿出磁场时的速度为，根据题意，在AB边刚穿出磁场时安培力等于重力，满足
同理CD边刚要进入磁场时，切割磁感线的有效长度为2L，满足
在此过程中一直保持有效长度为2L，速度也不变，做匀速直线运动，B正确；
C．CD边刚进入磁场时，有效切割长度为，即
代入
方向竖直向上，C正确；
D．从线框开始下落到AB边刚穿出磁场的过程中，由能量守恒定律可知，线圈重力势能的减少量转化为线框的动能和线框产生的焦耳热，即重力做功大于焦耳热，D错误。
故选BC。
12-2【基础】 【正确答案】 CD
【试题解析】 详解:
A．根据题意，由动能定理得，作用在金属棒上的合力做的功
故A错误；
BD．根据题意可知，金属棒下滑过程中，重力势能减少了，动能减少了
则金属棒机械能的减少量为
设金属棒下滑过程中，因摩擦产生的热为，系统产生的电能为，根据能量守恒定律有
则
因不能确定动能减少量和摩擦产生的热的关系，故不能确定重力势能减少量和产生的电能关系，故B错误D正确；
C．根据题意可知，导轨和金属棒的电阻不计，则金属棒克服安培力做的功等于电阻R上产生的焦耳热，故C正确。
故选CD。
12-3【巩固】 【正确答案】 CD
【试题解析】 详解:
A．根据题图乙得B与x的函数关系式
B=（0.5＋0.5x）T
金属棒向右运动切割磁感线产生感应电动势
E=BLv
感应电流
I=
安培力
F安=BIL=BL=
解得
v=
根据匀变速直线运动的速度位移公式
如果是匀变速直线运动，v2与x成线性关系，而由上式知，金属棒不可能做匀减速直线运动，A错误；
B．根据题意金属棒所受的安培大小不变，x=0处与x=1m处安培大小相等，有
即
v1==0.5m/s
B错误；
C．金属棒在x=0处的安培力大小为
F安==0.2N
对金属棒从x=0运动到x=1m过程中，根据动能定理有
代入数据解得
WF=－0.175J
C正确；
D．根据电荷量公式
q=
x=0到x=2m过程中B－x图像包围的面积
ΔB·x=×2T·m=2T·m
则
q=C=2C
D正确。
故选CD。
12-4【巩固】 【正确答案】 BD
【试题解析】 详解:
A.设导体棒的速度为时，其安培力为
因此安培力随时间减小，故金属棒做加速度减小的减速运动，A错误；
B.对导体棒，由动能定理可得，其克服安培力做功为
CD.由可得，金属棒发生的位移为
故C错误，D正确；
故选BD。
12-5【巩固】 【正确答案】 ACD
【试题解析】 详解:
A．由题图可知，导体棒刚进入磁场的瞬间速度最大，产生的感应电流最大，由机械能守恒有
所以
故A正确；
B．由能量守恒定律可知整个电路中产生的焦耳热为
Q=mgh-μmgd
故B错误；
C．流过 R的电荷量为
故C正确；
D．由于导体棒的电阻也为 R，则电阻 R中产生的焦耳热为
故D正确。
故选ACD。
12-6【巩固】 【正确答案】 AD
【试题解析】 详解:
AB．依据右手定则，故可判出电流的方向由指向，故A正确，B错误；
CD．金属棒所受安培力为
金属棒运动的加速度大小
由于速度方向与安培力方向相反，所以金属棒做加速度减小的减速运动，故经过相等的位移安培力做功也不一样。金属棒在过程，根据动量定量得
同理，过程中有
又
a、b间距离等于b、c间距离，则
故D正确，C错误。
故选AD。
12-7【提升】 【正确答案】 BD
【试题解析】 详解:
A．根据法拉第电磁感应定律得
故A错误；
B．闭合开关S瞬间回路中电流
导体棒受到的安培力为
故B正确；
C．导体棒受力平衡时，速度最大，则有
解得
故C错误；
D．对导体棒有
变形得
累加得
解得
对导体棒有
即
累加得
解得
故D正确。
故选BD。
13-1【基础】 【正确答案】 C B B
【试题解析】 详解:
（1）[1]在“探究两个互成角度的力的合成规律”的实验中采用的科学方法是等效替代法。
故选C。
（2）[2]A．在做测量做直线运动物体的瞬时速度的实验时，只要能够让物体运动起来即可，不需要平衡摩擦力，故A错误；
B．在做探究加速度与物体受力、质量的关系的实验时，为了使小球的合外力等于轻绳的拉力，故需要平衡摩擦力，故B正确；
C．在做探究平抛运动的特点的实验时，只要保证小球每一次都从同一点静止下滑即可，不需要平衡摩擦力，故C错误；
D．在做验证机械能守恒定律的实验时不需要平衡摩擦力，故D错误。
故选B。
（3）[3]ABC．设弹簧的原长为，弹簧伸长后的长度为，根据胡克定律有
解得
可知图像的斜率表示劲度系数，橫截距表示弹簧的原长，则由图可知
，
故AC错误，B正确；
D．根据胡克定律可知，测得的弹力与弹簧的形变量成正比，故D错误。
故选B。
13-2【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
（1）[1]为验证机械能是否守恒，需要比较重物下落过程中任意两点间的动能变化量与势能变化量。
故选A。
（2）[2]重物做匀变速直线运动，打B点时重物的速度等于打A、C两点间的平均速度，即
打O点到打B点的过程中，重物的动能变化量为
13-3【巩固】 【正确答案】 A 1.20
【试题解析】 详解:
（1）[1]实验中需要得到重锤下落的高度和速度，打点计时器工作需要交流电源，需要用刻度尺测量计数点间的距离，由打点计时器可以得到运动时间，从而计算出速度，所以不需要秒表。
（2）[2]电源频率为50Hz，相邻计数点之间有一个点未画出，所以相邻计数点的时间间隔为
打A点时重锤的瞬时速度为
（3）[3]根据机械能守恒定律可知需要验证的表达式为
13-4【巩固】 【正确答案】 1.14 A
【试题解析】 详解:
（1）[1]用游标卡尺测得遮光片的宽度d=1.1cm+0.1mm×4=1.14cm
[2]滑块通过光电门时的速度v可表示为
（2）[3]若机械能守恒，则满足
即
则图像是过原点的直线，故选A。
13-5【巩固】 【正确答案】 丙 3.85 3.80 重物动能的增加量 小于
【试题解析】 详解:
（1）[1]在形状、体积相同的情况下，应选用质量大的重物丙，以减小空气阻力对实验的影响。
（2）[2]重物由O点运动到B点，重力势能减少量
[3]利用匀变速直线运动的推论，可得打下B点时重物的速度为
动能增加量
[4]在误差允许的范围内，重物重力势能的减少量等于重物动能的增加量。
（3）[5]由
得到
因此根据斜率求得当地的重力加速度
[6]由于阻力的影响，使测得的速度偏小，斜率偏小，测得的重力加速度偏小。
13-6【巩固】 【正确答案】 10.44 C 光电门的高度偏高或者偏低，小球的球心没有通过光电门
【试题解析】 详解:
(1) [1]小球的直径为d=10mm+0.02mm×22=10.44mm。
(2) [2]A．固定小球的两根轻绳不一定要互相垂直，选项A错误；
B．若两根轻绳不等长，则小球的摆动也可在竖直平面内，选项B错误；
C．应选用密度较大的小球做实验，从而减小阻力的影响，选项C正确；
D．要验证的关系
两边消掉m，则实验时不必用天平测出小球的质量，选项D错误。
故选C。
(3) [3]小球在最低点时的速度
小球动能增加量
重力势能减小量
则要验证的关系是
即
[4]如果实验测得小球在最低点的动能总是大于小球减少的重力势能，则可能的原因是光电门的高度偏高或者偏低，小球的球心没有通过光电门，则遮光时间偏小，测得的速度偏大。
13-7【提升】 【正确答案】 B C 大于
【试题解析】 详解:
(1)[1]本实验是通过实验测量出滑块和砝码组成的系统减少的重力势能和增加的动能来验证机械能守恒的，重力势能和动能都与质量有关，需要用天平测量砝码和滑块的质量。数字计时器可以记录通过光电门的时间。故AC错误；B正确。
故选B。
(2)[2]A．测出遮光条的宽度d，用于计算滑块通过光电门的速度。故A正确，与题意不符；
B．测出钩码质量m和带长方形遮光条的滑块总质量M，用于计算系统的重力势能和动能的变化。故B正确，与题意不符；
C．实验前将导轨调至水平，不需要平衡摩擦力。故C错误，与题意相符；
D．将滑块移至图示位置，测出遮光条到光电门的距离L，用于计算系统减少的重力势能。故D正确，与题意不符；
E．先开启气泵，然后释放滑块，读出遮光条通过光电门的挡光时间t，用于计算滑块通过光电门的速度。故E正确，与题意不符。
本题选不妥当的故选C。
(3)[3]遮光条通过光电门的速度大小为
在实验操作正确的前提下，滑块从静止释放运动到光电门的过程中，若系统符合机械能守恒定律，则有
联立，可得
(4)[4]根据上面系统机械能守恒的表达式，可得
由题意得
解得
(5)[5]若气垫导轨左端的滑轮调节过高，使得拉动滑块的绳子与气垫轨道之间存在夹角，不考虑其它影响，滑块由静止释放运动到光电门的过程中，根据几何关系可知砝码实际下降的高度小于释放滑块时测量的遮光条到光电门的距离L即
如图所示
可得
所以滑块、遮光条与钩码组成的系统重力势能减小量的测量值大于真实值。
14-1【基础】 【正确答案】 0.869或0.870或0.871 小于 大于 120 A
【试题解析】 详解:
（1）[1]螺旋测微器的精度为0.01mm，图中读数为
（3）[2][3]由
可得采用图乙所示方案测电阻时，由于电压表的分流作用，所用电流表测量的电流大于流过待测电阻的电流，所以待测电阻Rx的测量值小于真实值；
由
可得采用图丙所示方案测电阻时，由于电流表的分压作用，所用电压表测量的电压大于待测电阻两端的实际电压，所以待测电阻Rx的测量值大于真实值；
（4）[4]多用电表的电阻“×10”挡，由图可知该电阻的阻值约为120Ω；
（5）[5]因
即电压表内阻远大于待测电阻，可知电路要采用电流表外接；滑动变阻器的阻值变化范围为0~10Ω，其最大阻值小于待测电阻，滑动变阻器应采用分压电路，故选A；
（6）[6]Rx的电阻
由电阻定律得
解得电阻率
14-2【基础】 【正确答案】 A C E 偏小
【试题解析】 详解:
（2）[1][2][3]被测电阻为20Ω，两个电压表内阻均远大于被测电阻，电源电压为3V，为保证读数准确性，则电压表应选取小量程，即选A；当待测电阻所加电压最大时，电流约为
未超过D电表的三分之一，因此电流表应选C；如图1采用分压式接法，则滑动变阻器应选用小电阻，即选E。
（3）[4]如图1所示可知，采用分压式接法，滑片右滑时待测电阻两端电压增大，电流表外接，因此连线如下
（4）[5]由待测数据带入可得
（5）[6]如图1电流表外接，则所测电压值准确，电流值偏大，由可得，所测电阻偏小。
14-3【巩固】 【正确答案】 ① 1.10 偏小
【试题解析】 详解:
（1）[1]螺旋测微器读数为
（2）[2]由题意可知待测金属丝的阻值约几欧，滑动变阻器是限流方式接入电路，为方便调节，因此要用最大阻值小一点的、电流大一点的。
（3）[3]由题意可知，电压表电阻远大于电阻丝电阻，为了减小误差，采用电流表外接法，故符合实验要求的导线的编号是①；
（4）[4]电压表分度值为0.1V，则读数为1.10V；
（5）[5]由于电压表的分流，导致电流表测量的电流大于流过电阻丝的真实值，根据
可知金属丝电阻率的测量值偏小，则电阻率的测量值偏小。
14-4【巩固】 【正确答案】 183
【试题解析】 详解:
（1）[1]题图甲是分压式接法，电流表是内接法，根据电路图可得实物图为
（2）[2] 显然R1与电压表串联是把电压表的量程扩大了，当电压表的示数为U时，压敏电阻两端的电压
根据欧姆定律
（3）[3][4]由题图可得，图线斜率为
图线与Rx轴的纵截距是400 Ω，由一次函数关系可得
（4）[5]电压表、电流表满偏时
则
14-5【巩固】 【正确答案】 串 5000 CBE C 左 10000 否
【试题解析】 详解:
（1）[1]改装电压表应该将电压表V和电阻箱R3串联；
[2]串联电阻的阻值为
其中
解得
即应把电阻箱R3的阻值调为；
（2）[3]待测水样电阻约为
故应选用“1k”挡，在正确测量了一个19.0Ω的电阻后改用“1k”挡时应进行的操作是：把选择开关旋转到“1k”位置；将红表笔和黑表笔接触；调节欧姆调零旋钮使表针指向欧姆零点；即按操作顺序排列为CBE；
（3）[4]图乙电路中滑动变阻器采用分压式接法，滑动变阻器应选用阻值较小的R1，故选C；
[5]闭合开关前应使流过测量电路的电流最小，即合上开关前滑片位于最左端；
（4）[6]水样的电阻为
（5）[7]根据实验数据，该水样的电阻率为
小于合格纯净水的电阻率，故该水样不合格。
14-6【巩固】 【正确答案】 1.700 右 变小 C
【试题解析】 详解:
（2）①[1]金属丝的直径为
②[2]为了开关闭合后电表安全，应使回路电流从最小值开始增加，要将滑动变阻器R的滑片滑到最右端。
③[3]闭合，定值电阻与待测金属丝并联部分的电阻减小，干路电流增大，电源内阻及滑动变阻器上的分压增大，故电压表的示数变小。
[4]当断开，闭合，两表的示数为U和时，闭合后，调节R使电压表的示数仍为U，电流表的示数为，则流过金属丝的电流为，金属丝的电阻为
（3）[5]当断开，闭合时，为流过定值电阻与电压表的总电流，闭合后，为流过定值电阻、电压表及金属丝的总电流，故流过金属丝的实际电流为，没有系统误差，即电压表内阻对金属丝电阻的测量值无影响。
故选C。
14-7【提升】 【正确答案】 B 2.5m 不均匀 根据式子可知，I与h不成线性关系
【试题解析】 详解:
（1）[1]水满时，电阻最小，电路电流达到最大，根据电阻定律，最大阻值为
最大电流约为
故选择满偏电流的电流表比较合适。
（2）[2] 根据电阻定律，水位为h时阻值为
电流表示数
（3）[3] 当电流为满偏电流时，即
根据
解得
（4）[4][5] 根据式子
可知，I与h不成线性关系，即由电流表改装的水位刻度不均匀。
15-1【基础】 【正确答案】 （1），沿x轴负方向；（2）120 cm
【试题解析】 详解:
（1）图示时刻质点P沿y轴负方向运动，所以应位于波传播方向波形的上坡上，即波速方向沿x轴负方向。设波的周期为T，由题意可得
解得
由图像可知波长为，所以波速为
（2）从t=0至t=1.2 s，质点Q振动了6个周期，所以该段时间内质点Q运动的路程为
15-2【基础】 【正确答案】 （1）沿y轴负方向，0.75s；（2）20cm
【试题解析】 详解:
（1）N点离右侧波（Q点）距离近，右侧波先传到N点，由图像得N点的起振方向沿y轴负方向，N点第一次到达波谷的时间为
（2）由图像得
则
左右两波传到M点的时间
0.75s后，M点始终处于振动加强状态，振幅为
M点实际振动时间为
因此M点的路程为
15-3【巩固】 【正确答案】 （1） ；（2） 加强；（3）80cm
【试题解析】 详解:
（1）设这两列波周期为T，波长为，波速为v，则
解得两波在介质中的波长
（2）质点P到、的距离之差
所以P是加强点
（3）波源的振动传到P所用的时间
当时，波源的振动传到P点，此时波源的振动传到处
故质点P在内质点振动了2个周期
内的振幅
内，P的路程为
所以在至内质点P通过的总路程
15-4【巩固】 【正确答案】 ①20cm，3.5s；②路程830cm，位移70cm
【试题解析】 详解:
①波Ⅱ
②根据题意
相差0.5s，半个周期，根据两波振动图像可知，P点为振动加强点，0～6.25s内，两列波都传到P点，引起P的振动，波I传到P点，引起P振动了，波Ⅱ传到P点，引起P振动了，P点路程
P点是加强点，位移
xP=A1+A2=70cm
15-5【巩固】 【正确答案】 （1）不会；（2）3∶2 ；（3）
【试题解析】 详解:
(1)两列波频率不相等，不会发生干涉现象。
(2)由图得
，
由，且相等，解得
(3)处的质点
，
所以
15-6【巩固】 【正确答案】 （1）；（2），；（3）6个
【试题解析】 详解:
（1）由图可知，经过，Q先经历了，则
由于频率为
解得
（2）对P有振幅
角速度为
P波源振动方程为
由图可知，P波源在Q波源开始振动1s后才开始振动，则时间的范围为
（3）波长为
设振动加强点与P、Q点距离分别为
且
解得
其中k取、、、0、1和2，则区间内振动加强点有6个。
15-7【提升】 【正确答案】 （1）（n=0，1，2，⋯），（n=0，1，2，⋯）（2）向右；（3）（n=0，1，2，⋯）
【试题解析】 详解:
（1）由题图可知波长λ=8 m，当波向右传播时
（n=0，1，2，⋯）
解得
（n=0，1，2，⋯）
由波速公式可得
（n=0，1，2，⋯）
当波向左传播时
（n=0，1，2，⋯）
解得
（n=0，1，2，⋯）
由波速公式可得
（n=0，1，2，⋯）
（2）Δt内波传播的距离为
因此波向右传播；
（3） 若t1=0时刻的质点x=4m，振动方向沿−y方向，可知波向左传播。从t1=0时刻算起，x=4m的质点其振动方程
当质点第1次到达y=5cm历时
再历时5T2到达y=5cm ，10次，所以
当波向左传播时
（n=0，1，2，⋯）
解得
（n=0，1，2，⋯）
解得
（n=0，1，2，⋯）
16-1【基础】 【正确答案】 （1），；（2）；（3）
【试题解析】 详解:
（1）探测器在轨道Ⅲ上做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力得
解得
根据黄金代换公式，即
解得
（2）根据向心力公式，即
解得
（3）根据开普勒第三定律得
探测器在轨道Ⅱ上的运动周期
16-2【基础】 【正确答案】 (1) ；(2) ；(3)
【试题解析】 详解:
(1)由
可得
由
可得
(2)由
得
(3) 卫星在轨道2的半长轴为，由开普勒第三定律
可得
16-3【巩固】 【正确答案】 (1) (2)∆E=5.85×109 J (3)
【试题解析】 详解:
(1)卫星在圆轨道上最匀速圆周运动的过程中，万有引力提供向心力，所以在圆轨道I上：
r1=1.5R0
又
所以：
代入数据得：
v1＝6.45km/s
同理在圆轨道Ⅲ上：
r0=2.5R0
所以：
代入数据得：
v4=5.00km/s
(2) 要把卫星从圆轨道I送到圆轨道Ⅲ，外力做的功等于卫星增加的机械能，由功能关系得：
代入数据，联立得：
W=5.85×109J
(3) 卫星在椭圆轨道从P点到Q点的过程中机械能守恒，得：
又知道卫星在P点和Q点时，v2×1.5R0=v3×2.5R0，所以：
v2=7.21km/s；v3=4.33km/s
16-4【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）；（3）
【试题解析】 详解:
（1）月球表面的重力加速度为，有
解得
（2）当卫星的轨道半径为月球半径R时，发射速度最小，有
解得
（3）设着陆器返回与卫星对接时速度为，则有
着陆器在月球表面，有
由能量守恒定律可得
联立解得
16-5【巩固】 【正确答案】 (1)；(2) θ=45°
【试题解析】 详解:
(1)根据开普勒第三定律可知，椭圆转移轨道周期为
则天问一号在地火转移轨道上运行的时间
(2)同理可得火星运行周期为
火星运动的时间为
要保证天问一号正好在远日点与火星相遇，两者运动的时间相等，则有：
解得
θ=45°
16-6【巩固】 【正确答案】 (1)；(2)加速；(3)
【试题解析】 详解:
(1)根据万有引力定律可知，飞船经过椭圆轨道近地点A时受到地球的引力大小
(2)飞船在B点经椭圆轨道进入预定圆轨道时要由向心运动变为匀速圆周运动需要加速以提高所需的向心力
(3)在预定圆轨道运动时由万有引力提供向心力得
由题意可知
联立解得
16-7【提升】 【正确答案】 (1)；(2)；(3)
【试题解析】 详解:
（1）“嫦娥五号”探测器在轨道Ⅰ上做匀速圆周运动，根据万有引力和牛顿第二定律
解得
（2）设“嫦娥五号”在轨道Ⅱ上运行经过点的速度为，由题意及能量守恒定律可得
解得
（3）设发动机喷出气体的质量为，根据动量守恒定律得
解得
17-1【基础】 【正确答案】 （1）；（2）4.25N；（3）
【试题解析】 详解:
（1）从C到D平抛分析，由
代入数据解得
m/s
（2）从B到C分析
代入数据解得
m/s
在B点有
代入数据解得
N
根据牛顿第三定律小物块对B点的压力大小为4.25N。
（3）从A到B分析
代入数据解得
17-2【基础】 【正确答案】 (1)3 N，方向竖直向下；(2)m/s；(3)s
【试题解析】 详解:
(1)物块从A到B的过程，由动能定理得
解得
在B点由牛顿第二定律得
解得
由牛顿第三定律得物块对轨道的压力大小为3 N，方向竖直向下。
(2)设物块滑上薄木板的速度为v，则
解得
vm/s
(3)物块和薄木板下滑过程中，由牛顿第二定律，对物块有
对薄木板
设物块和薄木板达到的共同速度为v′，则
解得
17-3【巩固】 【正确答案】 （1）4m/s（2）a1＝3m/s2，a2＝1m/s2 （3）m
【试题解析】 详解:
(1)A沿斜面下滑由牛顿第二定律有
mgsinθ＝ma0
由速度位移公式得，则有
v1＝
解得
m/s
(2)A刚滑上B上运动后，对A：
μ1mg＝m a1
对B：
μ1mg－μ2(m＋M)g＝Ma2
得
a1＝3m/s2，a2＝1m/s2
(3)设A与B达到相同速度v1时，用时为t，则有
对A：
v2＝v1－a1t
对B：
v2＝a2t
解得
v2＝1m/s，t＝1s
此过程中A的位移
B的位移
解得
xA＝2.5m，xB＝0.5m
A相对B滑动的距离
xA－xB＝2m＜l
达到共速后，A和B一起继续运动。设A、B一起运动的加速度大小为a3，位移为x，对A、B整体有
μ2(m＋M)g＝(m＋M)a3
＝2a3x
解得
x＝0.5m
移动的总路程
s＝x0＋xA＋x
解得
s＝m
17-4【巩固】 【正确答案】 (1)；(2)2.5m/s2，方向沿斜面向上，，沿斜面向下；(3)0.6s
【试题解析】 详解:
(1)由木板恰好静止在斜面上，得到斜面与木板间的动摩擦因数应满足
得
(2)物块A在木板上滑行时，以A为研究对象，有
方向沿斜面向上，以木板B为研究对象有
方向沿斜面向下
(3)假设A与木板达到共同速度时，A还没有到达底端，则有
解得
，
此过程
故
说明以上假设成立，共速后，由于
则A与木板B一起匀速到木板与底端挡板碰撞，该过程所用时间
所以
17-5【巩固】 【正确答案】 （1）5m/s，与水平方向夹角37度（2）0.15s（3）-15J
【试题解析】 详解:
（1）分解，得，变形得，
过B点时的速度方向与水平方向成37°；
（2）设斜面倾角为、平抛飞行总时间为，平抛后经过时距斜面最远，
则有；
综合（1）问得：，故；
分析得知当速度与斜面平行时距斜面最远，则，解得；
（3）因，故木板将在地面上滑行，则
对小物块有：，得；
对长木板有：，得；
设它们经过时间t，共速，则有，解得，；
则对小物块在相对滑动有，故；
则对长木板在相对滑动有：，故；
共速后，假设它们一起减速运动，对系统有：，，则它们间的摩擦力，所以假设成立，之后它们相对静止一起滑行至停下，此过程中它们间的静摩擦力对堆放做功一定大小相等、一正一负，代数和为零.
综上所述，自小物块滑上长木板起，到它们最终停下来的全过程中，它们之间的摩擦力做功的代数和
17-6【巩固】 【正确答案】 (1)5m/s；(2)21J；(3)3m
【试题解析】 详解:
(1)小物块竖直方向自由落体
解得
小物块恰好从B点沿切线方向进入轨道，由几何关系有
(2)在C点处，由牛顿第二定律有
解得
小物块B点到C点，由动能定理有
解得
(3)对物块根据牛顿第二定律得
μ1mg=ma1
解得
a1=μ1g=5m/s2
对木板根据牛顿第二定律得
解得
a2=1m/s2
物块与木板共速
解得
木板的最短长度为
17-7【提升】 【正确答案】 （1）；（2）；（3）
【试题解析】 详解:
（1）小物块从A点到B点，机械能守恒得
小物块在B点，由合外力提供向心力得
再由牛顿第三定律，小物块在圆弧轨道最低点B对轨道的压力等于轨道对小物块的支持力
（2）从B点到C点，小物块做平抛运动，可得
小物块恰好能从C点沿CD方向滑上以10m/s的速度沿逆时针方向匀速转动的传送带，有
解得
（3）小物块到达C点时的速度为
小物块在传送带上加速到与传送带共速时，有
由题意可知
小物块与传送带共速后，有
或（舍去）
物块从传送带顶端C运动到底端D的过程中因摩擦而产生的热量
18-1【基础】 【正确答案】 (1)；(2)
【试题解析】 详解:
(1)设粒子电荷量为q，质量为m，则粒子在磁场中做圆周运动，运动半径R，由洛伦兹力提供向心力
带电粒子从A点沿x轴正方向进入电场，在电场中做类平抛运动有
，
解得
，
(2)设粒子在磁场中运动的时间为
在场区运动的时间
解得
18-2【基础】 【正确答案】 （1）；（2）；（3）
【试题解析】 详解:
(1)从P到O过程中，粒子做类平抛运动，水平、竖直方向分别满足
据牛顿第二定律可得
联立可解得。
(2)设粒子经过O点时的速度大小为v，方向与x轴正方向间的夹角为，则
解得
粒子在磁场中做匀速圆周运动，有
由几何关系知
联立可解得。
(3)设满足条件的P点坐标为，粒子初速度为，则
，
由分析可知，粒子出磁场时速度方向均沿y轴负方向，需满足
则粒子通过O点的速度大小必为，由平行四边形定则可得
又
联立可解得
18-3【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）；（3），
【试题解析】 详解:
（1）由题意粒子运动轨迹如图
粒子到达C点时
解得
（2）粒子从A到C的过程，粒子做类平抛运动，设粒子沿x轴方向的位移为x1，沿y轴方向的位移为y1，图中OD之间的距离为y2，可得
解得
（3）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供粒子做圆周运动的向心力
解得
设在磁场I中粒子运动半径为R1，因粒子垂直通过x轴，因此OC等于R1，由几何关系可得
粒子在磁场II中运动后返回磁场I中后，刚好不回到电场中，其运动轨迹应与OP相切，轨迹如图所示，设粒子在磁场II中的半径为R2，据几何关系可得
解得
18-4【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）；（3）
【试题解析】 详解:
（1）带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，则有
，，
联立解得
（2）设带电粒子经点时的速度为，竖直分速度为，则有
可得
即
粒子进入区域I做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力可得
解得
粒子以垂直于轴方向进入区域II磁场，从区域II的右边界离开磁场的临界轨迹如图所示
根据几何关系可知
可知带电粒子从区域II的右边界离开磁场的半径应满足
又
联立解得
（3）粒子恰能从II区右边界间离轴最远的点射出，如图所示
粒子在区域I磁场中转过的圆心角为
粒子在区域I区域运动的时间为
粒子在II区域磁场运动的最大半径为
由几何关系可知
则有
可得
可知粒子在区域II磁场中转过的圆心角为，故粒子在区域II磁场中的时间为
粒子在磁场中运动的时间为
18-5【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）（L，）；（3），
【试题解析】 详解:
（1）如图
粒子在磁场区域I中做匀速圆周运动的轨迹为一段圆弧，圆心为，对应的圆心角为，设半径为R，由几何关系得
由洛伦兹力提供向心力
联立解得
（2）带电粒子从坐标原点O沿x轴正方向进入区域II做类平抛运动，设带电粒子在区域II中运动的时间为t，加速度为a，离开区域II时的位置坐标为（L，y），由运动分解得水平方向
竖直方向
由牛顿第二定律得
联立解得
则带电粒子离开区域II时的位置坐标为
（3）粒子进入区域III后在洛仑兹力作用下做匀速圆周运动，由题意知其轨迹如图，设粒子进入区域III时的速度大小为v，沿y轴方向的速度为vy，进入磁场区域III时速度的反向延长线过水平位移的中点，可知速度与竖直方向成角，则
联立可得
即粒子以与x轴正方向成45°角射入匀强磁场区域III。设粒子在区域Ⅲ的半径为，由几何关系得
联立得
由洛伦兹力提供向心力
联立解得
18-6【巩固】 【正确答案】 （1）1；（2）①k的可能值为或；②
【试题解析】 详解:
（1）两粒子发生弹性碰撞，设B、A两粒子碰撞后瞬间的速度分别为和，碰撞过程中由动量守恒有
由机械能守恒有
解得
由数学知识可知k越大，越大，设粒子A在磁场中运动的轨迹半径为R，由洛伦兹力提供向心力有
可得
可知k越大，粒子A的轨迹半径越大，带电粒子A从磁场右侧边界离开磁场的临界轨迹如图1所示，此时粒子A的运动轨迹与磁场区域下边界相切，此时粒子A的轨迹半径为L，可得带电粒子A从磁场右侧边界离开磁场时k的最大值为1。
（2）①粒子A从磁场右侧边界的中点离开磁场区域有以下两种情况
（i）粒子A在磁场中偏转一次直接从磁场右边界中点离开磁场区域，如图2所示
由几何知识有
解得
可得
（ii）由几何知识可知，粒子A要能从磁场右边界中点离开磁场区域，粒子A的轨迹半径要满足，则粒子在磁场中可能运动半个周期进入电场，经电场作用后以同样的速率垂直x轴进入磁场，然后从磁场区域右边界中点离开磁场，可能的运动轨迹如图3、图4所示
由几何关系有
解得
或
可得
或
当
时则有
设粒子A在电场中运动的距离为，由动能定理有
解得
不符合题意。
当
时则有
设粒子在电场中运动的距离为x2，由动能定理有
解得
符合题意。
综合（i）、（ii）所述可得，粒子能从磁场右边界中点离开时，k的可能值为或。
②粒子在磁场中运动周期为
当时，粒子在磁场中运动的时间最长，为
18-7【提升】 【正确答案】 （1）；（2）；（3）
【试题解析】 详解:
（1）粒子运动轨迹如图
粒子在磁场中做匀速圆周运动
得
在第一象限磁场区域运动的时间为t，则
得
（2）由题意知：粒子不回到第一象限，临界情况为轨迹与y轴相切，如图所示
粒子在磁场中做匀速圆周运动
则
则
两圆心连线与y轴夹角为β，有
得
β＝37°
由题意知，临界条件为
得
T0应满足条件为
（3）在第二象限轨迹如图
由第（2）问知粒子在磁场中运动半径，由题意可知，所有粒子经圆形磁场后均经过切点，所以θ＝53°时偏转角最大，当θ＝53°时粒子经过y轴的坐标为
解得
由几何关系得
所以
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