2022-2023学年变式题 北京市西城区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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变式题库
【原卷 1 题】 知识点 速度、速度变化量和加速度的区别,加速度的方向与速度变化的关系

【正确答案】
B
【试题解析】


1-1（基础） 下表是四种交通工具做直线运动时的速度改变情况，下列说法正确的是（　　）

初始速度（m/s）
经过时间（s）
末速度（m/s）
①
2
3
11
②
0
3
6
③
0
20
6
④
0
100
20
A.①的速度变化最大，加速度最大
B.②的速度变化最慢
C.③的速度变化最快
D.④的末速度最大，但加速度最小
【正确答案】 D

1-2（基础） 下表中表示不同物体的运动情况，以下说法正确的是：（ ）

初始速度
经历的时间/s
末速度
自行车下坡
2.0
3.0
11.0
公共汽车出站
0
2.0
6.0
火车出站
0
100.0
20.0
某舰艇出航
0
50.0
100
飞机在天空中飞行
300.0
200.0
300.0
A.飞机一定做匀速直线运动 B.火车出站时的加速度最大
C.舰艇出航时速度变化最快 D.自行车下坡与公共汽车出站的平均加速度大小相同
【正确答案】 D

1-3（巩固） 物体做直线运动，如果加速度方向与速度方向一致，且加速度由某一值逐渐减小，直到为零，则在此过程中，物体运动的（　　）
A.速度越来越小，至加速度为零时，速度为零
B.速度越来越大，至加速度为零时，速度最大
C.速度先增大，后减小，直到为零
D.速度先减小后增大，直到最大
【正确答案】 B

1-4（巩固） 如图所示，飞机从静止起飞过程中，在2min内速度达180km/h；玩具车从静止启动过程中，在2s内速度达10m/s。对于上述两个过程，下列说法正确的是（　　）

A.“180km/h”、“10m/s”均指平均速度大小
B.飞机速度的变化量比玩具车速度的变化量小
C.飞机速度的变化率比玩具车速度的变化率小
D.玩具车在启动瞬间，速度和加速度均为零
【正确答案】 C

1-5（巩固） 一个做变速直线运动的物体，加速度逐渐减小，直至为零，那么该物体的运动情况不可能的是（　　）
A.速度方向反过来 B.速度不断增大，方向发生改变
C.速度不断增大，加速度为零时速度最大 D.速度不断减小，加速度为零时速度最小
【正确答案】 B

1-6（巩固） 钢球从油桶液面静止释放，在油中直线下落过程中，由于油的阻力作用，其加速度逐渐减小到零，在此过程中钢球的运动情况是（　　）
A.随着加速度的减小，平均速度减小
B.速度不断减小，当加速度为零时，速度最小
C.速度不断增大，当加速度为零时，速度最大
D.当加速度减小到0时，物体刚好静止
【正确答案】 C

1-7（提升） 利用图像法研究物理量之间的关系是常用的一种数学物理方法。如图所示，为物体做直线运动时各物理量之间的关系图像，x、v、a、t分别表示物体的位移、速度、加速度和时间。下列说法中正确的是（　　）

A.根据甲图可求出物体的加速度大小为3m/s2
B.根据乙图可求出物体的加速度大小为5m/s2
C.根据丙图可求出物体的加速度大小为2m/s2
D.根据丁图可求出物体在前2s内的速度变化量大小为6m/s
【正确答案】 B

【原卷 2 题】 知识点 带电小球的平衡问题

【正确答案】
B
【试题解析】


2-1（基础） 如图所示，一个挂在丝线下端的带正电的小球B，静止在图示位置；若固定的带正电的小球A电量为Q，B球的质量为m，带电量为q，丝线与竖直方向夹角为θ，A和B在同一水平线上，整个装置处于真空中，求A、B两球之间的距离为多少？（静电力常量为k）（　　）

A. B. C. D.
【正确答案】 A

2-2（基础） 如图所示，一个带电球体M放在绝缘支架上，把系在绝缘丝线上的带电小球N先后挂在横杆上的P1、P2和P3处．当小球N静止时，观察丝线与竖直方向的夹角．通过观察发现：当小球N挂在P1时，丝线与竖直方向的夹角最大；当小球N挂在P3时，丝线与竖直方向的夹角最小．根据三次实验结果的对比，可知（ ）

A.小球N距球体M越远，它们间的静电力越小
B.在距球体M越远的位置，球体M产生的电场越强
C.小球N与球体M间的作用力与它们电荷量的乘积成正比
D.小球N与球体M间的作用力与它们电荷量的乘积成反比
【正确答案】 A

2-3（巩固） 质量分别为，，电荷量分别为，的带同种电荷的小球，分别用长度为，的绝缘细线悬挂在同一点O，当系统稳定时，，与水平方向的夹角分别为60°、30°。则细线，上的拉力之比为（　　）

A. B. C. D.
【正确答案】 C

2-4（巩固） 如图所示，带电球C置于铁架台旁，系在绝缘丝线上的带电小球A挂在铁架台的P点。小球A静止时与带电球C处于同一水平线上，与带电球C的距离为r，丝线与竖直方向的夹角为。已知A球的质量为m，电荷量为，重力加速度为g静电力常量为k，两球可视为点电荷，则带电球C在小球A所在处产生的电场的场强的大小和带电球C所带的电荷量Q分别为（　　）

A.，
B.，
C.，
D.，
【正确答案】 D

2-5（巩固） 如图为三个固定的带电小球A、B和C（均可视为质点），相互之间的距离分别为、、，且BC水平。若小球C所受库仑力的合力垂直于BC竖直向上，则（　　）

A.小球A、B、C可能带同种电荷
B.小球A、C带同种电荷，小球B、C带异种电荷
C.小球A、B所带电荷量之比为4:5
D.小球A、B所带电荷量之比为5:4
【正确答案】 C

2-6（巩固） 如图所示，带电性质相同且电荷量为的A、B两小球，A球被放在绝缘的水平台面上，B球被长为的轻绳悬于点，的距离等于的距离且夹角为，静电力常量为，两球可视为点电荷，若B球的电荷量在逐渐减小的过程中，则下列说法中正确的是（　　）

A.轻绳对B球的拉力不变
B.轻绳对B球的拉力逐渐增大
C.在电荷量还没减小时，A、B两球之间的静电力大小为
D.在电荷量还没减小时，A、B两球之间的静电力大小为
【正确答案】 A

2-7（提升） 如图所示，质量的小物块b置于倾角为的斜面体c上，通过绝缘细绳跨过光滑的定滑轮与带正电荷的小球M连接，左侧细绳与斜面平行，带负电荷的小球N用绝缘细绳悬挂于P点，两小球的质量相等。初始时刻，连接小球M的一段细绳与竖直方向的夹角且两小球之间的距离d=3cm。设两带电小球在缓慢漏电的过程中，两球心始终处于同一水平面，且b、c都静止，放电结束后滑块b恰好没滑动，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。静电力常量。下列说法正确的是（　　）

A.初始状态，地面对斜面体c的摩擦力大小为
B.放电过程中，小物块b对斜面体c的摩擦力不一定变大
C.地面对斜面体c的支持力先变小后变大
D.小物块b和斜面体c之间的动摩擦因数为
【正确答案】 A

【原卷 3 题】 知识点 正弦式交变电流瞬时值的表达式及其推导,根据有效值计算交流电路中的电功、电功率和焦耳热,交流电的u-t图像和i-t图像

【正确答案】
C
【试题解析】


3-1（基础） 某电路中的电流随时间的变化规律如图所示，让该电流通过一个阻值为2Ω的电阻，在0.6s内产生一定的热量，如果有一个大小、方向都不变的恒定电流通过这个电阻，也能在0.6s内产生相等的热量，则这个电流值为（　　）

A.1.5A B.A
C.A D.3A
【正确答案】 C

3-2（基础） 如图所示为一交变电流随时间变化的图像，正负半轴都是正弦曲线的一个部分，则此交变电流的有效值为（　　）

A. B. C. D.
【正确答案】 D

3-3（巩固） 一个按正弦规律变化的交变电流的i-t图像如图所示。下列说法中不正确的是（　　）

A.该交流电的周期为T=0.02s B.该交变电流的频率f=50Hz
C.该交变电流的有效值I=20A D.该交变电流的最大值为Im=20A
【正确答案】 C

3-4（巩固） 如图所示，图线a是线圈在匀强磁场中匀速转动时所产生正弦式电流的图像，当调整线圈转速后，所产生正弦式电流的图像如图线b所示，以下关于这两个正弦式电流的说法正确的是（　　）

A.a和b的转速之比为
B.两种情况在0.3s时通过线圈的磁通量相同
C.a和b在相等时间内产生的焦耳热之比为
D.a和b的有效值之比为
【正确答案】 D

3-5（巩固） 如图甲所示为一台小型发电机构造示意图，线圈逆时针转动，产生的电动势随时间的变化规律如图乙所示，发电机线圈匝数为20匝，内阻为1，外接灯泡的电阻为9恒定不变，则下列说法中正确的是（　　）

A.电压表的读数为6V
B.发电机输出功率为36W
C.线圈转动过程中，磁通量的最大值为Wb
D.在时刻，线圈平面恰好经过中性面位置
【正确答案】 D

3-6（巩固） 某交流发电机产生正弦式交变电流的图像如图所示，下列判断正确的是（　　）

A.交变电流的频率为 100Hz
B.交变电流的表达式为 i=5cos50πt（A）
C.在 t=0.02s 时，交流发电机线圈位于中性面位置
D.1s 内电流改变方向 100 次
【正确答案】 D

3-7（提升） 如图甲所示为一种简单的整流电路，ab为交变电压信号输入端，D为二极管，可将交变电流变为直流，R为阻值为15的定值电阻。若对该电路ab端输入如图乙所示按正弦规律变化的电压信号，则下列说法正确的是（　　）

A.ab两点间接入的交变电流的电压u随时间t变化的规律是u=100sin100t（V）
B.电阻R两端电压有效值为50V
C.定值电阻R在1min内产生的热量为2.0×104J
D.一个周期内通过的R的电流的平均值为A
【正确答案】 D

【原卷 4 题】 知识点 机械波中质点振动的特点,机械波相关物理量的计算

【正确答案】
D
【试题解析】


4-1（基础） 二人分乘甲乙两条船在湖中钓鱼，两船相距。有一列水波（视为简谐横波）从波源发出依次传到甲乙两船（相对位置如图所示），每条船每分钟完成全振动10次，当甲船位于波峰时，乙船位于波谷，这时两船之间还有一个波峰。下列说法中正确的是（　　）

A.这列波的速度为 B.这列波的波长为
C.这列波的周期为 D.这列波的频率为
【正确答案】 B

4-2（基础） 如图所示，训练者跨步蹲，双手各自正握同一材质的两绳一端，在竖直方向上下甩动，在绳子上交替做出不同的波动，其运动状态可视为简谐运动。由于初练者双手肌肉力量不一致，左手每秒抖动4下，右手每秒抖动5下，则在左、右两绳上传播的波（　　）

A.周期之比为 B.速度之比为
C.振幅之比为 D.波长之比为
【正确答案】 D

4-3（巩固） 如图甲所示，t＝0时，一小船停在海面上的P点，一块浮木漂在纵坐标y＝0.5m的R点，其后小船的振动图像如图乙所示，则（　　）

A.水波的振动向x轴负方向传播 B.水波波速为4.8m/s
C.1.5s末，浮木的纵坐标刚好为零 D.0.9s末，小船的加速度达到正向最大值
【正确答案】 D

4-4（巩固） “甩绳”运动可以提升健身者的爆发力、心肺耐力等，如图甲所示，两根相同的绳子一端固定，健身者双手分别握住绳子的另一端，两臂上下交替抖动，绳子在竖直面内分别形成波形。如图乙开始时，健身者抖动M端和N端，产生的波I、II恰好分别传到A点和B点，已知M、N到固定点距离为10m，A点到固定点距离为4m，每秒抖动3次，波I、II可视为简谐波，则（　　）

A.波I的传播速度为
B.波I的起振方向竖直向上，且与波II的起振方向相反
C.波I比波II先到达固定端
D.从开始振动到如图时刻，质点P与Q的振动方向始终相同
【正确答案】 B

4-5（巩固） 一列简谐横波沿x轴正方向传播，周期为T。在t＝0时的波形如图所示，波上有P、Q两点，其纵坐标分别为yP＝2 cm，yQ＝-2 cm，下列说法错误的是（　　）

A.P点的振动形式传到Q点需要
B.P、Q在振动过程中，位移的大小总相等
C.在相等时间内，P、Q两点通过的路程相等
D.经过，Q点回到平衡位置
【正确答案】 D

4-6（巩固） 某同学漂浮在海面上，虽然水面波正平稳地以 的速率向着海滩传播，但他并不向海滩靠近。该同学发现从第1个波峰到第10个波峰通过身下的时间间隔为 。下列说法正确的是（　　）
A.水面波是一种机械波
B.该水面波的频率为
C.该水面波的波长为
D.水面波没有将该同学推向岸边，是因为波传播时能量不会传递出去
【正确答案】 A

4-7（提升） 在某一均匀介质中，由波源O发出的简谐横波沿x轴正、负方向传播，某时刻的波形如图所示，其波速为5cm/s，下列说法正确的是（ ）

A.波的频率与波源的频率无关 B.此时P、Q两质点振动方向相同
C.再经过0.5s，波恰好传到坐标为(－5cm,0)的位置 D.该波为横波，频率为3Hz
【正确答案】 B

【原卷 5 题】 知识点 类比地球求解其他星球的宇宙速度,其他星球表面的重力加速度

【正确答案】
A
【试题解析】


5-1（基础） 随着宇宙航天技术不断地发展，人类也越来越向往探索其他的外文明，若有一个和地球类似的星球，其质量和地球质量几乎相等，半径却达到了地球半径的3倍，则该星球的第一宇宙速度与地球的第一宇宙速度的大小之比约为（　　）

A.0.6 B.1.7 C.0.3 D.9
【正确答案】 A

5-2（基础） 科学家发现，在太空中有一些人类宜居星球，其中有一个人类宜居星球的质量约为地球的2倍，半径约为地球的1.5倍，已知地球表面的重力加速度为g。一个质量为m的宇航员来到该星球表面，忽略地球和星球自转影响，宇航员在该星球表面的重力约为（　　）
A.mg B.mg C.mg D.mg
【正确答案】 A

5-3（巩固） 我国已成功实现嫦娥探测器在月球背面的着陆，全世界为之惊叹，火星探测将是中国航天科技人的下一个目标。测得火星半径是地球半径的，火星质量是地球质量的。已知地球表面的重力加速度是g，地球的半径为R，忽略地球自转的影响。下列说法正确的是（　　）
A.火星表面的重力加速度为 B.火星表面的重力加速度为
C.火星的质量为 D.火星的第一宇宙速度为
【正确答案】 D

5-4（巩固） 嫦娥三号携带玉兔号月球车首次实现月球软着陆和月而巡视勘察，并开展月表形貌与地质构造调查等科学探测，玉兔号在地球表面的重力为，在月球表面的重力为G2；地球与月球均视为球体，其半径分别为R1，，地球表面重力加速度为g。则（　　）
A.月球表面的重力加速度为
B.地球与月球的质量之比为
C.嫦娥三号环绕月球表面做匀速圆周运动的周期为
D.月球与地球的第一宇宙速度之比为
【正确答案】 C

5-5（巩固） 我国未来将建立月球基地，并在绕月轨道上建造空间站。如图所示，关闭发动机的航天飞机A在月球引力作用下沿椭圆轨道向月球靠近，并将在椭圆的近月点B处与空间站对接、已知空间站绕月轨道半径为r，周期为T，引力常量为G，月球的半径为R。下列判断正确的是（　　）

A.航天飞机到达B处由椭圆轨道进入空间站轨道时必须加速
B.图中的航天飞机正在减速飞向B处
C.月球的第一宇宙速度
D.月球的质量
【正确答案】 D

5-6（巩固） 2021年5月15日，“天问一号”探测器成功在火星软着陆，“祝融号”火星车开始开展巡视探测工作，我国成为世界上第一个首次探索火星就实现“绕、落、巡”三项任务的国家。已知火星的质量为地球质量的，火星半径是地球半径的。则“祝融号”火星车分别在地球上和火星上（　　）
A.所受重力之比为
B.沿表面环绕周期之比为
C.沿表面环绕线速度之比为
D.沿表面环绕向心加速度之比为
【正确答案】 A

5-7（提升） 一宇航员到达半径为、密度均匀的某星球表面，做如下实验：用不可伸长的轻绳拴一质量为的小球，上端固定在点，如图甲所示，在最低点给小球某一初速度，使其绕点在竖直面内做圆周运动，测得绳的拉力大小随时间的变化规律如图乙所示。设、、引力常量以及和为已知量，忽略各种阻力。以下说法正确的是（　　）

A.小球在最高点的速度为零
B.该星球表面的重力加速度为
C.卫星绕该星球的第一宇宙速度为
D.该星球的密度为
【正确答案】 D

【原卷 6 题】 知识点 圆锥摆问题

【正确答案】
B
【试题解析】


6-1（基础） 智能呼啦圈轻便美观，深受大众喜爱，如图甲，腰带外侧带有轨道，将带有滑轮的短杆（大小忽略不计）穿入轨道，短杆的另一端悬挂一根带有配重的轻绳，其简化模型如图乙所示，可视为质点的配重质量为0.5kg，绳长为0.5m，悬挂点到腰带中心点的距离为0.2m，水平固定好腰带，通过人体微小扭动，使配重随短杆做水平匀速圆周运动，绳子与竖直方向夹角为，运动过程中腰带可看成不动，重力加速度取，下列说法正确的是（　　）

A.若使用者觉得锻炼不够充分，决定增大转速，腰带受到的合力变大
B.当使用者掌握好锻炼节奏后能够使稳定在37°，此时配重的角速度为
C.使用者使用一段时间后成功减肥，再次使用时将腰带调小，若仍保持转速不变则变小
D.当用力转动使从37°增加到53°时，配重运动的周期变大
【正确答案】 C

6-2（基础） 四个拨浪鼓上分别系有长度不等的两根细绳，绳一端系着小球，另一端固定在关于手柄对称的鼓沿上。现使鼓绕竖直放置的手柄匀速转动，两小球在水平面内做周期相同的圆周运动。下列各图中两球的位置关系可能正确的是（图中细绳与竖直方向的夹角α<θ<β）（　　）
A. B.
C. D.
【正确答案】 C

6-3（巩固） 某小组设计一个离心调速装置如图所示，质量为m的滑块Q可沿竖直轴无摩擦地滑动，并用原长为l的轻弹簧与O点相连，两质量均为m的小球和对称地安装在轴的两边，和与O、和与Q间用四根长度均为l的轻杆通过光滑铰链连接起来。当装置静止不动系统达到平衡时，轻杆张开的角度为。已知重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　）

A.当装置静止不动系统达到平衡时，轻弹簧弹力大小为3mg
B.当装置静止不动系统达到平衡时，轻弹簧的伸长量为l
C.若和绕轴旋转的角速度从0缓慢增大，则弹簧的弹性势能先减小后增大
D.若和绕轴旋转的角速度从0缓慢增大，则弹簧的弹性势能逐渐减小
【正确答案】 C

6-4（巩固） 如图所示，竖直杆光滑，水平杆粗糙，质量均为m的两个小球穿在两杆上，并通过轻弹簧相连，在图示位置连线与竖直方向成角时恰好平衡，现在让系统绕杆所在竖直线为轴以从零开始逐渐增大的角速度转动，下列说法正确的是（　　）

A.小球A与杆的弹力随的增大而增大
B.弹簧的长度随的增大而增长
C.小球A与杆的摩擦力随的增大而增大
D.开始的一段时间内，B小球与杆的弹力随的增大而可能不变
【正确答案】 D

6-5（巩固） 如图为半径为R的半球形粗糙陶罐固定在水平转台上，随转台以相同角速度绕竖直轴转动，转台转轴与过陶罐球心O的对称轴OO′重合，质量为m的小物块落入陶罐内，经过一段时间后小物块随陶罐一起转动且相对罐静止，此时小物块受到摩擦力恰好为零，它和O点的连线与对称轴OO′之间夹角为θ，重力加速度为g，下列选项正确的是（ ）

A.此时小物块的合力为mgsinθ
B.此时小物块的线速度为
C.此时转台的角速度为
D.保持小物块相对罐壁静止，且增大转台的角速度，小物块仍不受摩擦力
【正确答案】 C

6-6（巩固） 如图所示，质量忽略不计、长度分别为和的不可伸长的轻绳，分别系质量为5m和m的小球，它们以相同的转速绕中心轴线做匀速圆周运动。稳定时绳子与竖直方向夹角的正切值分别为及，圆周运动半径分别为和，两绳子中的张力分别为和，则（　　）

A. B.
C. D.
【正确答案】 A

6-7（提升） 长为L的细线一端系一质量为m的小球（可视为质点），另一端固定在一光滑锥顶上，光滑锥顶角为，轴线在竖直方向，如图甲所示。使小球在水平面内做角速度为的匀速圆周运动，线的张力为FT，经分析可得关系图像如图乙所示，已知重力加速度为g，则（　　）

A. B.
C.图线1的斜率 D.图线2的斜率
【正确答案】 B

【原卷 7 题】 知识点 x-t图象,利用动量守恒及能量守恒解决（类）碰撞问题,完全弹性碰撞1：动碰静

【正确答案】
C
【试题解析】


7-1（基础） 质量分别为和的两个物体碰撞前后的位移x—时间t图像如图所示，其中。下列说法中正确的是（　　）

A.碰撞前两物体的动量相同 B.质量等于质量
C.碰撞时两物体受到的冲量相同 D.碰撞后两物体一起做匀速直线运动
【正确答案】 B

7-2（基础） 在光滑水平地面上，有两个质量分别为、的小物体，运动后发生正碰，碰撞时间极短，碰后两物体粘在一起，两物体碰撞前后的图像如图所示．以下判断正确的是（　　）

A. B.
C.碰撞前后的动量不变 D.碰撞前后两物体的总机械能不变
【正确答案】 B

7-3（巩固） 2022年冬季奥运会在北京举行，而冰壶是比赛的项目之一。我国冰壶运动员在某一次训练时，红壶以一定速度与静止在大本营中心的蓝壶发生对心碰撞，碰撞时间极短，碰后运动员用冰壶刷摩擦蓝壶前进方向的冰面，来减小阻力。碰撞前后两壶运动的v－t图线如图乙中实线所示，已知两冰壶质量相等，由图像可得（　　）

A.碰撞后瞬间，红壶的速度为1m/s
B.碰后蓝壶经过5s停止运动
C.红、蓝两壶从碰后至停止运动过程中，所受摩擦力的冲量的大小之比为1∶3
D.两壶在碰撞过程中损失的机械能与两壶从碰后到停止损失的总机械能的比值为3∶8
【正确答案】 C

7-4（巩固） 在足够长的光滑倾斜长直轨道上，先后将甲、乙两个小球分别以相同的初速度在同一位置沿轨道向斜上方弹出，两小球相遇时发生了完全非弹性碰撞，它们运动的v-t图像如图所示。已知小球甲的质量为1kg，重力加速度大小g取10m/s2。则下列说法正确的是（　　）

A.小球乙的质量为2kg
B.两小球碰撞过程中的机械能损失为25J
C.轨道斜面倾角满足tanθ＝0.2
D.两小球回到出发点时的速度大小为10m/s
【正确答案】 B

7-5（巩固） 如图甲所示，在水平地面上有甲、乙两物块（均可视为质点）相向运动，运动一段时间后发生碰撞，碰撞后两物块继续运动直到均停止在地面上。整个过程中甲、乙两物块运动的速度一时间图像如图乙所示，时刻甲、乙间距为，均停止后间距为，已知重力加速度。下列说法正确的是（　　）

A.两物块与地面间的动摩擦因数相同 B.两物块的质量之比为4∶7
C.两物块间的碰撞为弹性碰撞 D.乙整个过程的位移大小为0
【正确答案】 B

7-6（巩固） 一小球静止落下，落到水平桌面后反弹，碰撞过程时间不计且有能量损失。若以出发点为坐标原点，竖直向下为正方向，忽略空气阻力，则小球的动量p随位置坐标x的关系图像正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】 D

7-7（提升） 如图所示，长度为的轻绳上端固定，下端连接质量的小球B，小球B恰好和光滑的水平面接触，质量的小球A静止在小球B的左侧。现对小球A施加瞬间冲量使其获得大小为的水平向右的初速度，A与B发生碰撞且碰撞时间极短，此后轻绳与竖直方向的最大夹角。两小球均可视为质点，不计空气阻力，重力加速度大小取，取水平向右为正方向。下列说法正确的是（　　）

A.在碰撞过程中，小球B对小球A的冲量为
B.在碰撞结束瞬间，轻绳对小球B的拉力大小为
C.小球A与小球B在碰撞过程中没有能量损失
D.若小球B的质量变大，碰后轻绳与竖直方向的最大夹角可能变大
【正确答案】 C

【原卷 8 题】 知识点 电动机工作时的能量转化

【正确答案】
B
【试题解析】


8-1（基础） 在研究微型电动机的性能时，应用如图所示的实验电路，当调节滑动变阻器R使电动机停止转动时，电流表和电压表的示数分别为0.5A和2.0V。重新调节R使电动机恢复正常运转，此时电流表和电压表的示数分别为2.0A和24.0V。则这台电动机正常运转时输出功率为（　　）

A.47W B.44W C.32W D.18W
【正确答案】 C

8-2（基础） 如图所示，将一个小电动机接在电路中。正常工作和将电动机短时间卡住时，测得电动机两端的电压和流过电动机的电流如下表所示。下列说法正确的是（　　）


电压U/V
电流I/A
扇叶被卡住（短时间）
5.4
0.27
正常工作时
6.0
0.05
A.电动机线圈电阻为120Ω
B.正常工作时，电动机消耗的电功率P1=0.3W
C.正常工作时，电动机发热的功率P2=1.8W
D.正常工作时，电动机对外做功的功率P3=1.5W
【正确答案】 B

8-3（巩固） 在研究微型电动机的性能时，可采用如图所示的实验电路。当调节滑动变阻器R，使电动机停止转动时，电流表和电压表的示数分别为0.5A和1.0V；当重新调节R，使电动机恢复正常运转时，电流表和电压表的示数分别为2.0A和15.0V。则有关这台电动机正常运转时的说法正确的是（ ）

A.电动机的内电阻为7.5Ω
B.电动机的内电阻发热功率为8W
C.电动机的输出功率为30W
D.电动机的效率约为27%
【正确答案】 B

8-4（巩固） 如图所示为电动机提升重物的装置，电动机线圈电阻为r=1，电动机两端电压为5V，电路中的电流为1A，物体重20N，不计摩擦力，则（　　）

A.电动机的机械功率为5W B.电动机的电功率为1W
C.物体匀速上升时的速度为0.2m/s D.电动机的热功率为4W
【正确答案】 C

8-5（巩固） 高二教室中有一台电风扇，其电动机内电阻是，接上的恒定电压后，电风扇正常工作，消耗的总功率是，则此时（　　）
A.电风扇电动机是纯电阻电路
B.通过电风扇电动机的电流大小为
C.电风扇电动机机械功率为
D.若接上电源后电风扇扇叶被卡住而不能转动，则此时电风扇电动机发热功率为
【正确答案】 D

8-6（巩固） 如图所示，电源电动势，内阻，，直流电动机内阻。当调节滑动变阻器时可使图甲中电路的输出功率最大；调节时可使图乙中电路的输出功率最大，且此时电动机刚好正常工作（其额定输出功率），则和接入电路中的阻值分别为（　　）

A.、 B.、 C.、 D.、
【正确答案】 B

8-7（提升） 小明坐在汽车的副驾驶位上看到一个现象：当汽车的电动机启动时，汽车的车灯会瞬时变暗。汽车的电源、电流表、车灯、电动机连接的简化电路如图所示，已知汽车电源电动势为12.5 V，内阻为0.05Ω。车灯接通电动机未启动时，电流表示数为10 A（车灯可看作不变的电阻）；电动机启动的瞬间，电流表示数达到60 A，电动机的线圈电阻为0.05Ω。下列论述正确的是（ ）

A.车灯接通电动机未启动时，车灯的功率约为125W
B.电动机启动时，车灯的功率约为95W
C.电动机启动时输出的机械功率约为500W
D.电动机启动时，电源输出的功率约为570W
【正确答案】 D

【原卷 9 题】 知识点 带电粒子在匀强电场中做抛体运动的相关计算

【正确答案】
C
【试题解析】


9-1（基础） 如图所示，相距较近的一对带等量异种电荷的平行金属板水平放置，两板间的电场可看作匀强电场。一电子以初速度v0沿平行于板面的方向射入匀强电场，运动轨迹如图中实线所示。则电子在两板间运动过程中（　　）

A.速度逐渐增大 B.加速度逐渐增大
C.电子的电势能逐渐增大 D.静电力对电子做负功
【正确答案】 A

9-2（基础） 如图所示，两极板与电源相连接，电子从负极板边缘垂直电场方向射入匀强电场，且恰好从正极板边缘飞出，现在使电子入射速度变为原来的两倍，而电子仍从原位置射入，且仍从正极板边缘飞出，则两极板的间距应变为原来的（　　）

A.2倍 B.4倍 C. D.
【正确答案】 C

9-3（巩固） 如图，矩形ABCD位于匀强电场中，电场方向平行于矩形平面。已知，，A、B、C三点的电势分别为2 V、4 V、10 V。初动能为6 eV、电荷量为e的带电粒子从B点沿与BA成的方向射入电场，恰好经过D点，不计粒子重力。下列说法错误的是（　　）

A.电场强度的大小为4 V/m
B.带电粒子带负电
C.带电粒子在D点的动能为10 eV
D.带电粒子在D点的速度方向由A指向D
【正确答案】 D

9-4（巩固） 如图所示，质量相同的两个带电粒子M、N以相同的速度同时沿垂直于电场方向射入两平行金属板间的匀强电场中，M从两极板正中央射入，N从下极板边缘处射入，它们最后打在同一点。不计带电粒子重力和带电粒子间的相互作用，则从粒子射入到打在上极板的过程中（ ）

A.它们运动的时间相等
B.它们的电势能减少量之比
C.它们的动能增加量之比
D.它们所带的电荷量之比
【正确答案】 B

9-5（巩固） 如图所示，一电荷量为q、质量为m的带电粒子以初速度由P点射入匀强电场，入射方向与电场线垂直。粒子从Q点射出电场时，其速度方向与鬼场线成30°角。已知匀强电场的宽度为d，不计重力作用。则匀强电场的场强E大小是（　　）

A. B.
C. D.
【正确答案】 B

9-6（巩固） 如图所示，带电量与比荷均不相同的两种带正电的粒子从同一位置无初速度地飘入加速电场，加速后从同一位置进入偏转电场，并离开偏转电场。整个装置处于真空中，不计粒子重力及其相互作用，下列说法正确的是（　　）

A.加速电场对两种粒子做功一样多 B.两种粒子同时离开加速电场
C.两种粒子在偏转电场中的轨迹相同 D.整个过程两种粒子受到的电场力的冲量一样大
【正确答案】 C

9-7（提升） 如图装置是由粒子加速器和平移器组成，平移器由两对水平放置、间距为的相同平行金属板构成，极板间距离和板长均为L。加速电压为，两对极板间偏转电压大小相等均为，电场方向相反。质量为m，电荷量为＋q的粒子无初速地进入加速电场，被加速器加速后，从平移器下板边缘水平进入平移器，最终从平移器上板边缘水平离开，不计重力。下列说法正确的是（　　）

A.粒子离开加速器时速度
B.粒子通过左侧平移器时，竖直方向位移
C.与2L相等
D.只增加加速电压，粒子将不能从平移器离开
【正确答案】 B

【原卷 10 题】 知识点 涡流的原理、应用与防止,电磁阻尼与电磁驱动的理解

【正确答案】
D
【试题解析】
【详解】A．电磁制动的原理是当导体在通电线圈产生的磁场中运动时，会产生涡流，电流流过电阻时会产生热量，A错误；
B．如果改变线圈中的电流方向，铁芯产生的磁感线的方向变为反向，此时产生的涡流方向也相反，根据安培力的公式，电流和所处的磁场方向同时反向，安培力方向不变，故还是使导体受到阻碍运动的制动力，B错误；
C．导体运动的速度磁通量变化越快，产生的感应电流越强，制动器对转盘的制动力越大，C错误；
D．在制动过程中，运动导体速度减小，要想使导体获得恒定的制动力，需要增加导体所处的磁场的磁感应强度，可以通过增大线圈中的电流来增加磁场强度，D正确。故选D。

10-1（基础） 工业上探测物件表面层内部是否存在缺陷的涡流探伤技术原理图如图所示，其原理是将线圈中通入电流，使被测物件内产生涡流，借助探测线圈内电流变化测定涡流的改变，从而获得被测物件内部是否断裂及位置的信息，关于以上应用实例理解正确的是（　　）

A.线圈所连接的电源可以是直流电源
B.线圈所连接的电源应该是交流电源
C.能被探测的物件可以是非导电材料
D.工业涡流探伤技术运用了自感原理
【正确答案】 B

10-2（基础） 扫描隧道显微镜可探测样品表面原子尺寸上的形貌。为了有效减弱外界振动对它的扰动，在其圆盘周边沿其径向对称竖直安装若干对紫铜薄板，图示为其中的一个紫铜薄板，利用磁场来衰减其微小振动，按四种方法施加恒定磁场，则对铜板上下及其左右振动的衰减最有效的方法是（　　）
A. B.
C. D.
【正确答案】 B

10-3（巩固） 加速性能、电能利用率、动能回收等是电动汽车电机的重要指标。如图所示，甲、乙分别是目前被广泛采用的两种电机的简化原理示意图，它们的相同点是利用作为定子的电磁铁（1和4；2和5；3和6）三组线圈交替产生磁场，实现了电磁铁激发的磁场在平面内沿顺时针方向转动的效果，以驱动转子运动；不同的是甲图所示电机的转子是一个永磁铁，而乙图所示电机的转子是绕在软铁上的闭合线圈。通过电磁驱动转子转动，可以为电动汽车提供动力。若假定两种电机的每组电磁铁中电流变化周期和有效值均相同，下列说法正确的是（　　）

A.若减小两种电机的每组电磁铁中电流变化周期，则电机稳定工作时，两电机转子运动周期会增大
B.若增大两种电机的每组电磁铁中电流有效值，则电机稳定工作时，乙电机产生的热功率会增大
C.电机稳定工作时，甲电机转子的转速与电磁铁激发磁场的转速不同
D.刹车（停止供电）时，乙电机转子由于惯性继续旋转，可以通过反向发电从而回收动能
【正确答案】 B

10-4（巩固） 图甲是磁电式电流表的结构示意图，图乙是线圈在通电后的正视图，关于磁电式电流表，以下说法正确的是（　　）

A.通电线圈在转动过程中所处的磁场处处相同
B.绕线圈的框要轻，既可以用铝框，也可用轻质的塑料框
C.增大磁感应强度，通过校准并改装刻度盘，可以提高测量的灵敏度
D.电表不用时，要务必注意两根外接表笔不可以接触，以防电表短路
【正确答案】 C

10-5（巩固） 如图所示，用轻绳将一条形磁铁竖直悬挂于O点，在其正下方的水平绝缘桌面上放置一铜质圆环。现将磁铁从A处由静止释放，经过B、C到达最低处D，再摆到左侧最高处E，圆环始终保持静止。下列说法正确的是（　　）

A.磁铁在A、E两处的重力势能相等
B.磁铁从A到D的过程中，圆环对桌面的压力小于圆环受到的重力
C.磁铁从D到E的过程中，圆环受到的摩擦力方向水平向右
D.磁铁从A到D的过程中，从上往下看，圆环中产生逆时针方向的电流
【正确答案】 C

10-6（巩固） 2021年9月3日在北京，香港两地神舟十二号乘组与近300名香港科技工作者、教师和大中学生展开一场别开生面的天地连线互动。天地连线中，聂海胜示范了太空踩单车。太空单车是利用电磁阻尼的一种体育锻炼器材。某同学根据电磁学的相关知识，设计了这样的单车原理图：在铜质轮子的外侧有一些磁铁（与轮子不接触），人在健身时带动轮子转动，磁铁会对轮子产生阻碍，磁铁与轮子间的距离可以改变，则下列说法正确的是（ ）

A.轮子受到的阻力大小与其材料电阻率无关
B.若轮子用绝缘材料替换，也能保证相同的效果
C.轮子受到的阻力主要来源于铜制轮内产生的感应电流受到的安培力
D.磁铁与轮子间距离不变时，轮子转速越大，受到的阻力越小
【正确答案】 C

10-7（提升） 如图所示，一金属小球用一根绝缘细线挂在固定点O处，将小球从匀强磁场区域外静止释放，磁感线的方向垂直纸面向里，空气阻力不计。则（　　）

A.小球的运动过程中，摆角会越来越小，直到摆角小到某一值后不再减小
B.小球的运动到最低点时速度最大，产生的感应电流最大
C.小球在摆动过程中机械能守恒
D.小球开始的摆动后，最终将停止在竖直线OO′
【正确答案】 A

【原卷 11 题】 知识点 用动能定理求解外力做功和初末速度,计算物体的动量及动量的变化,动量定理的内容和表达式

【正确答案】
A D
【试题解析】


11-1（基础） 有质量相同的甲、乙两个物体，在地面上方同一高度处，使甲自由落下，乙被平抛，不计空气阻力，则两物体（　　）
A.落地时动能相同
B.落地时动量相同
C.下落过程所受冲量相同
D.下落过程中在任意1s内的动量变化相同
【正确答案】 CD

11-2（基础） 质量为m的物体，以v0的初速度沿斜面上滑，到达最高点后返回原处的速度大小为vt，且vt＝0.5v0，则( )
A.上滑过程中重力的冲量比下滑时小
B.上滑时和下滑时支持力的冲量都等于零
C.合力的冲量在整个过程中大小为mv0
D.整个过程中物体的动量变化量为mv0
【正确答案】 AC

11-3（巩固） A、B两物体的质量之比，它们以相同的初速度在水平面上仅受摩擦阻力做匀减速直线运动，直到停止，其速度时间图像如图，下列说法正确的是（　　）

A.A、B 两物体减速过程中的加速度大小之比为1：2
B.A、B 两物体减速过程中所受摩擦阻力大小之比为4：1
C.A、B 两物体减速过程中克服摩擦阻力做功之比为4：1
D.A、B 两物体减速过程中所受摩擦阻力冲量大小之比为2：1
【正确答案】 BD

11-4（巩固） 质量为1kg的物块在水平力F的作用下由静止开始在水平地面上做直线运动，F与时间t的关系如图所示。已知物块与地面间的动摩擦因数为0.1，最大静摩擦力大小与滑动摩擦力大小相等，重力加速度大小g=10m/s2，则（　　）

A.0~2s内，F的冲量为2kg‧m/s B.3s时物块的动量为1kg‧m/s
C.2s时物块的动能为零 D.2~4s内，F对物块所做的功为6J
【正确答案】 AD

11-5（巩固） 如图所示，某超市两辆相同的购物车质量均为m，相距L沿直线排列，静置于水平地面上。为节省收纳空间，工人猛推一下第一辆车并立即松手，第一辆车运动距离L后与第二辆车相碰并相互嵌套结为一体，两辆车一起运动了L距离后恰好停靠在墙边。若购物车运动时受到的摩擦力恒为车重的k倍，重力加速度为g，则（　　）

A.两购物车在整个过程中克服摩擦力做功之和为
B.两购物车碰撞后瞬间的速度大小为
C.两购物车碰撞时的能量损失为
D.工人给第一辆购物车的水平冲量大小为
【正确答案】 CD

11-6（巩固） 如图所示，斜面除AB段粗糙外，其余部分都是光滑的，物体与AB段间的动摩擦因数处处相等。物体从斜面顶端滑下，经过A点时的速度与经过C点时的速度相等，且，则下列说法中正确的是（　　）

A.物体在AB段和BC段的加速度大小相等
B.物体在AB段和BC段的运动时间相等
C.物体在以上两段运动中重力做的功相等
D.物体在以上两段运动中的动量变化量相同
【正确答案】 ABC

11-7（提升） 如图所示，由两个光滑圆弧轨道和水平光滑轨道组成的装置始终在速度为、方向向右的水平传送带上匀速运动，可看成质点的小球a和b分别从两侧半径为R的圆弧轨道上的C、B两点相对轨道由静止释放，其中C、D两点距水平轨道的高度为，A、B两点为圆弧轨道最高处。已知a、b两小球在水平轨道上发生弹性碰撞，且a、b两小球的质量相等，重力加速度为g，碰后a球与b球运动过程中能到达的最高位置分别为A点和D点，下列说法正确的是（ ）

A.碰撞过程中两球的动量改变量相等
B.碰撞过程中两球的动量改变量不相等
C.碰后小球a对圆弧轨道的最大压力为3mg
D.碰后小球b对圆弧轨道的最大压力为5mg
【正确答案】 BC

【原卷 12 题】 知识点 点电荷与均匀球体（球壳）周围的场强,电势变化与电场线分布的关系,计算带电粒子穿越不同等势面时电场力做功和能量变化

【正确答案】
B D
【试题解析】


12-1（基础） 如图所示，虚线是电场中的一簇等势面，相邻等势面间电势差均相等。AB直线是其中的一条电场线，CD曲线是某试探电荷在该电场中的运动轨迹。下列说法正确的是（　　）

A.A、B两点电场强度的大小关系是
B.A、B两点电势的关系是
C.该试探电荷在C点的动能大于在D点的动能
D.该试探电荷由C点运动到D点的过程中静电力做正功
【正确答案】 AC

12-2（基础） 如图所示，A、B为等量异种点电荷连线上的点且关于正电荷位置对称，C、B位于两电荷连线的中垂线上，则下列说法正确的是（　　）

A.A、B两点的电场强度大小关系为
B.B、C两点的电场强度大小关系为
C.若将一带正电的试探电荷从A移到B处，静电力做正功
D.若将一带正电的试探电荷从C移到B处，静电力不做功
【正确答案】 BCD

12-3（巩固） 如图所示，三个同心圆是固定点电荷Q周围的三个等势面，A、B、C分别是这三个等势面上的点。已知这三个圆的半径关系是。则（ ）

A.三点的电场强度大小关系是
B.A、B两点之间的电势差大于B、C两点之间的电势差
C.带电荷量为的相同试探电荷在A所在等势面上做圆周运动的速度与在B所在等势面上做圆周运动的速度之比为
D.带电荷量为的相同试探电荷在A所在等势面上做圆周运动的周期与在C所在等势面上做圆周运动的周期之比为
【正确答案】 BD

12-4（巩固） 如图所示为真空中某一点电荷产生的电场中、两点的电场强度方向，其中点处的电场强度大小，点处的电场强度大小，且、间的夹角大于，一带负电的试探电荷在场中由运动到，则（ ）

A.、两点到点电荷的距离之比
B.、两点到点电荷的距离之比
C.、两点处的电势大小关系为
D.试探电荷沿直线从移动到的过程中，电势能先减小后增大
【正确答案】 BD

12-5（巩固） 如图是某静电场的电场线，、、是同一条电场线上的三个点，这三个点的电场强度大小分别为、、。关于三点电场强度的大小和放在这点的点电荷所受电场力的表述正确的是（　　）

A.
B.
C.把同一正的点电荷放在点所受的电场力最大
D.把同一负的点电荷放在点所受的电场力最大
【正确答案】 AC

12-6（巩固） 某中学生助手在研究心脏电性质时，当兴奋在心肌传播，在人体的体表可以测出与之对应的电势变化，可等效为两等量电荷产生的电场。如图是人体表面的瞬时电势分布图，图中实线为等差等势面，标在等势面上的数值分别表示该等势面的电势，为等势面上的点，为两电荷连线上对称的两点，为两电荷连线中垂线上对称的两点。则（　　）

A.两点的电势差
B.负电荷从点移到点，电势能增加
C.两点的电场强度等大反向
D.两点的电场强度相同，从到的直线上电场强度先变大后变小
【正确答案】 AD

12-7（提升） 如图所示，某空间有一正三棱锥OABC，点、、分别是三条棱的中点。现在顶点O处固定一正点电荷，则下列说法正确的是（ ）

A.、、三点连线所围的三角形平面区域内，三角形中心处电场强度最大
B.所在平面为等势面
C.将一负试探电荷从点沿直线移到点，静电力对该试探电荷先做正功后做负功
D.若点的电势为，A点的电势为，则连线中点D处的电势一定大于
【正确答案】 AC

【原卷 13 题】 知识点 电磁流量计的相关计算,电磁流量计的原理

【正确答案】
A C
【试题解析】


13-1（基础） 电磁流量计是工业上用来测量高黏度与强腐蚀性液体流量的仪器，它具有测量范围宽、反应快、易与其它自动控制装置配套等优点。如图是电磁流量计的原理图，用非磁性材料制成的圆形管道处在一匀强磁场中，当管道中导电液体流过磁场区域时，可以测出流体的流量Q（单位：）。已知导电液中含有大量正、负离子，匀强磁场的磁感应强度大小为B，圆形管道的直径为d，测得管道上a、b两点间的电势差大小为U，不考虑a、b两点间的电阻和离子的重力，则下列说法中正确的是（　　）

A.在流体稳定流动时，管道上b点电势高于a点电势
B.在流体稳定流动时，流体中的带电离子只受洛伦兹力作用
C.流过管道的流体流量为
D.流过管道的流体流量为
【正确答案】 AD

13-2（基础） 为了测量某化工厂排放污水的情况，相关部门用绝缘材料制作了如图所示的流量计。该流量计长、宽、高分别为a、b、c，左右两端开口，在垂直于前、后面的方向上加磁感应强度为B的匀强磁场，在上、下两个面的内侧固定有金属板M、N作为电极。带负电的污水充满管口从左向右流经该流量计，污水流量（单位时间丙流出的污水体积）为Q时，电压表显示两个电极间的电压为U，下列说法中正确的是（　　）

A.M极的电势一定高于N极的电势
B.N极的电势一定高于M极的电势
C.电压表的示数U与污水流量Q成正比
D.仅改变流量计的横截面积，电压表的示数可能不变
【正确答案】 ACD

13-3（巩固） 如图所示为电磁流量仪简化模型。在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，垂直于磁场方向放一个内径为D的不导磁管道，在管道截面上垂直于磁场方向的直径两端安装一对电极a、b，当导电液体在管道中以流速流动时，通过测量仪表放大、转换实现流量（单位时间流过导管横截面液体的体积）的测量。下列说法正确的是（　　）

A.a端的电势高于b端的电势
B.稳定时信号电极采集到的电压与流速大小成正比
C.相同流速时，导电液内正、负离子浓度越大，a、b间的电势差越大
D.若a、b两端电势差绝对值为U，则导电液体的流量为
【正确答案】 BD

13-4（巩固） 医生做某些特殊手术时，利用电磁血流计来监测通过动脉的血流速度。电磁血流计由一对电极a和b以及磁极N和S构成，磁极间的磁场是均匀的。使用时，两电极a、b均与血管壁接触，两触点的连线、磁场方向和血流速度方向两两垂直，如图所示。由于血液中的正负离子随血流一起在磁场中运动，电极a、b之间会有微小电势差。在达到平衡时，血管内部的电场可看作是匀强电场，血液中的离子所受的电场力和磁场力的合力为零。在某次监测中，两触点的距离为，血管壁的厚度可忽略，两触点间的电势差为，磁感应强度的大小为。则血流速度的近似值和电极a、b的正负为（　　）

A.a正、b负 B.a负、b正
C.血流速度的近似值为 D.血流速度的近似值为
【正确答案】 AC

13-5（巩固） 下图中关于磁场中的四种仪器的说法中正确的是（　　）

A.甲图中回旋加速器加速带电粒子的最大动能与回旋加速器的半径有关
B.乙图中不改变质谱仪各区域的电场磁场时击中光屏同一位置的粒子比荷相同
C.丙图中自由电荷为负电荷的霍尔元件通上如图所示的电流和加上如图所示的磁场时N侧带正电荷
D.丁图长、宽、高分别为a、b、c的电磁流量计加上如图所示磁场，流速一定的情况下，前后两个金属侧面的电压与a、c无关
【正确答案】 ABD

13-6（巩固） 电磁流量计广泛应用于测量可导电流体（如污水，其中含有足够浓度的正负离子）在管中的流量（在单位时间内通过管内横截面的流体的体积）。现简化为：如图所示的横截面为长方体的一段管道，其长、宽、高分别为，污水自左端进入右端流出，流量计的两端与输送流体的管道相连。图中流量计的上下两面是绝缘材料，前后两个面分别固定有金属板，引出电极，再加磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直于上下两表面竖直向下。当导电流体稳定地流经流量计时，在两极间串接一理想电流表和电阻R、电流表读数为I，已知污水的电阻率，下列说法中正确的是（　　）

A.M端的电势比N端的高
B.M端的电势比N端的低
C.流量为
D.流量为
【正确答案】 BC

13-7（提升） 为了测量某化工厂的污水排放量，技术人员在充满污水的排污管末端安装了一电磁流量计，如图甲所示，流量计管道和排污管的内径分别为和。电磁流量计的测量原理如图乙所示，在非磁性材料做成的圆管道处加一磁感应强度大小为B的匀强磁场区域，当管道中的污水流过此磁场区域时，测出管壁上下M、N两点的电势差U，就可知道管中污水的流量。现通过流量计测得的该厂的排污流量为，已知该流量计能够测量的流经其内部的液体的最大速度为。则（　　）

A.M点的电势一定低于N点的电势 B.该厂排污管内污水的速度约为
C.电势差U与磁感应强度B的比值约为 D.该电磁流量计能够测量的最大流量约为
【正确答案】 CD

【原卷 14 题】 知识点 不同轨道上的卫星各物理量的比较,常见力做功与相应的能量转化,卫星发射及变轨问题中各物理量的变化

【正确答案】
D
【试题解析】


14-1（基础） 2021年10月16日，“神舟十三号”载人飞船成功与“天和”核心舱对接，发射过程简化示意图如图所示，先把飞船发射到近地圆轨道Ⅰ，继而调整角度和高度，经过多次变轨不断逼近空间站轨道，当两者轨道很接近的时候，再从空间站下方、后方缓慢变轨接近。Ⅱ、Ⅲ是绕地球运行的椭圆轨道，Ⅳ是绕地球运行很接近空间站轨道的圆形轨道。P、Q分别为椭圆轨道Ⅲ的远地点和近地点，P、Q之间的距离为2L，地球半径为R。下列说法正确的是（　　）

A.载人飞船在轨道Ⅰ上的角速度比在轨道上Ⅳ的角速度大
B.载人飞船在轨道Ⅲ和轨道Ⅰ上运动的周期之比为
C.载人飞船在轨道Ⅲ上P处与Q处的加速度大小之比为
D.载人飞船在轨道Ⅰ和轨道Ⅳ的线速度大小之比为
【正确答案】 AB

14-2（基础） 嫦娥工程分为三期，简称“绕、落、回”三步走。嫦娥探测器在历经主动减速、快速调整、悬停避障、缓速下降等阶段后，着陆器、上升器组合体最后稳稳地落于月面。如图所示为我国嫦娥工程第二阶段的登月探测器“嫦娥三号”卫星的飞行轨道示意图。则（　　）

A.登月探测器在环月轨道2（椭圆轨道）上绕行时P点处速度最大
B.登月探测器在环月轨道1（圆轨道）的速度比月球上的第一宇宙速度小
C.登月探测器在接近月面过程需向后喷火以减速，该过程机械能减少
D.登月探测器在环月轨道1上P点的速度大于环月轨道2上在P点的速度
【正确答案】 BD

14-3（巩固） 2022年6月5日，“神舟十四号”载人飞船点火发射，将刘洋等3位航天员成功送入距天宫空间站离地表高度约为400km的“天宫”空间站。“神舟十四号”与空间站采用径向对接，即飞船先到达空间站正下方的“停泊点”（飞船相对于空间站静止）位置，如图所示，然后调整姿态，沿径向与空间站自主交会对接。已知飞船和空间站对接后，组合体绕地球做匀速圆周运动，地球同步卫星离地球表面的高度约为36000km。下列说法正确的是（　　）

A.“神舟十四号”在“停泊点”时，它的线速度小于空间站的线速度
B.与球同步卫星相比，组合体的角速度更小
C.与地球赤道上随地球自转的物体相比，组合体的向心加速度更大
D.对接完成后，组合体上的宇航员可用哑铃锻炼身体
【正确答案】 AC

14-4（巩固） 我国已成功实现多次载人飞船与空间站径向交会对接，其过程可简化为飞船被送入预定轨道后，进行多次变轨，到了空间站下方几十公里后进行远距离导引，到更近的“中瞄点”后进行近距离导引，飞船一边进行姿态调整，一边靠近空间站，在空间站正下方约200米处调整为垂直姿态，再逐步向核心舱靠近，完成对接。下列说法正确的是（　　）

A.飞船在低轨道的环绕周期比在高轨道的环绕周期大
B.远距离导引过程中，飞船需要点火加速
C.空间站的线速度比第一宇宙速度大
D.交会对接时，必须控制飞船绕地球运行的角速度与空间站的角速度相同
【正确答案】 BD

14-5（巩固） 2021年10月16日，中国神舟十三号载人飞船与空间站完成对接，对接过程简化示意图如图所示，空间站在距地面约400km、半径为的圆轨道Ⅲ上做匀速圆周运动。神舟十三号飞船在半径为的轨道Ⅰ上绕地球做匀速圆周运动的周期为，通过变轨操作后，沿椭圆轨道Ⅱ运动，到达A处与空间站对接后，随空间站在轨道Ⅲ上做匀速圆周运动。已知地球同步卫星距地面的高度约为36000km，则（　　）

A.空间站绕地球运行的周期小于24小时
B.空间站绕地球运行的速度大于7.9km/s
C.神舟十三号飞船沿轨道Ⅱ运行的周期为
D.神舟十三号飞船在A点处减速和空间站完成对接
【正确答案】 AC

14-6（巩固） “天问一号”火星探测器需要通过霍曼转移轨道从地球发射到火星，地球轨道和火星轨道近似看成圆形轨道，霍曼转移轨道是一个在近日点M和远日点P分别与地球轨道、火星轨道相切的椭圆轨道（如图所示）。“天问一号”在近日点短暂点火后进入霍曼转移轨道，接着沿着这个轨道运行直至抵达远日点，然后再次点火进入火星轨道。已知引力常量为G，太阳质量为m，地球轨道和火星轨道半径分别为r和R，地球、火星、“天问一号”运行方向都为逆时针方向。若只考虑太阳对“天问一号”的作用力，下列说法正确的是（　　）

A.两次点火喷射方向都与速度方向相同
B.两次点火之间的时间间隔为
C.“天问一号”在地球轨道上的线速度大于在火星轨道上的线速度
D.“天问一号”在霍曼转移轨道上P点的加速度比在火星轨道上P点的加速度小
【正确答案】 BC

14-7（提升） 牛顿在1689年出版的《自然哲学的数学原理》中设想，物体抛出的速度很大时，就不会落回地面，它将绕地球运动，成为人造地球卫星。如图所示，将物体从一座高山上的O点水平抛出，抛出速度一次比一次大，落地点一次比一次远，设图中A、B、C、D、E是从O点以不同的速度抛出的物体所对应的运动轨道。已知B是圆形轨道，C、D是椭圆轨道，在轨道E上运动的物体将会克服地球的引力，永远地离开地球，空气阻力和地球自转的影响不计，则下列说法正确的是（　　）

A.物体从O点抛出后，沿轨道A运动落到地面上，物体的运动可能是平抛运动
B.在轨道B上运动的物体，抛出时的速度大小为7.9km/s
C.使轨道C、D上物体的运动轨道变为圆轨道，这个圆轨道可以过O点
D.在轨道E上运动的物体，抛出时的速度一定等于或大于第三宇宙速度
【正确答案】 AC

【原卷 15 题】 知识点 实验：伏安法测量未知电阻

【正确答案】

【试题解析】


15-1（基础） 要精确测量一个阻值约为5Ω的电阻丝的电阻Rx，实验提供下列器材：
电流表A1：量程100mA，内阻r1约为4Ω；
电流表A2：量程500μA，内阻r2=750Ω；
直流电源E：电动势E=2V，内阻很小；
滑动变阻器R0：阻值10Ω；
开关S，导线若干。
①实验电路图如图甲所示，按照甲图的电路图，连接乙图中的实物图___________。

②实验中用螺旋测微器测量电阻丝的直径，如图丙所示，则此电阻丝的直径是___________mm。

③在某次测量中，电流表A1的读数为I1、电流表A2的读数为I2，根据此次测量的结果写出电阻丝Rx的表达式，Rx=___________。
【正确答案】 1.010

15-2（基础） （1）用伏安法测某一电阻：电压表示数为U，电流表示数为I，电阻测量值为。如果采用如图甲所示的电路，测量值为R1，如果采用如图乙所示电路，测量值为R2，电阻的真实值为 ，它们之间的关系是：R1______， R2______（填“>”“＝”或“<”），这种误差属于______误差。

（2）某同学改装电压表的电路图如图所示，图中虚线框内是电压表的改装电路。已知表头G满偏电流为200μA，表头上标记的内阻值为400Ω。R1、R2和R3是定值电阻。利用R1和表头构成1mA的电流表，然后再将其改装为两个量程的电压表。若使用a、b两个接线柱，电压表的量程为1V；若使用a、c两个接线柱，电压表的量程为3V。则根据题给条件，定值电阻的阻值应选R1=______Ω，R2=______Ω，R3=______Ω。

【正确答案】 < > 系统 100 920 2000

15-3（巩固） 把电流表改装成电压表的实验中，电流表G的满偏电流为，内阻在之间。

（1）电路如图所示，所用电源是由两节内阻很小的干电池串联组成的电池组，利用半偏法测定电流表G的内阻，其供选用的器材如下：
A．滑动变阻器（阻值范围）
B．滑动变阻器（阻值范围）
C．电阻箱（阻值范围）
D．电阻箱（阻值范围）
依据实验要求，应该选用________、应该选用__________。（填入选用器材前面的字母代号）
（2）该实验操作的步骤有：
A．只接通，调节电阻，使电流表G指针偏转到满刻度
B．保持不变，再接通，调节电阻，使电流表G指针偏转到满刻度的一半
C．读出的阻值，即认为
用此方法测得电流表内阻的测量值与真实值相比_________。（填“偏大”或“偏小”或“相等”）
（3）由此实验测出电流表内阻，现通过串联一个的电阻把它改装成为一个电压表，则该电压表的量程为___________V；如果用改装后的电压表进行测量（已校准），表头示数如图所示

则测得的电压值是____________V（保留两位有效数字）。
【正确答案】 D C 偏小 10

15-4（巩固） 某实验小组要用电阻箱和电压表测量某型号电池组的电动势E和内阻r，为了提高实验的精度，需要测量电压表的内阻。实验室中恰好有一块零刻度在中央的双向电压表，该同学便充分利用这块表，设计了如图（a）所示的实验电路，既能实现对该电压表内阻的测量，又能利用该表完成该电池组电动势和内阻的测量。他用到的实验器材有：待测电池组（电动势约4V，内阻约50Ω）、双向电压表（量程为3V，内阻约为2kΩ）、电阻箱R1（0～9999Ω）、滑动变阻器R2（0～200Ω）、一个单刀双掷开关及若干导线。
（1）按照图（a）所示的电路图在图（b）中画出正确的实物连接图_______。

（2）利用半偏法测出了电压表的内阻，请完善测量电压表内阻的实验步骤：
①将R2的滑片滑至最左端，将电阻箱R1阻值调为0，将开关掷向______（选填“1”或“2”）位置。
②调节R2的滑片，使电压表的示数达到满偏；
③保持R2不变，调节R1，使电压表的示数达到半偏；
④读出电阻箱的阻值，记为R1，则电压表的内阻RV＝R1,若测得电压表内阻为2kΩ，可分析此测量值应________真实值。（选填“大于”“等于”或“小于”）
（3）接下来测量电源电动势和内阻，实验步骤如下：
①将R2的滑片移到最左端，不再移动，将开关拨至______（选填“1”或“2”）位置。
②调节电阻箱的阻值，使电压表的示数达到一合适值，记录电压表的示数和电阻箱的阻值；
③重复第②步，记录多组电压表的示数和对应的电阻箱的阻值。
（4）若将电阻箱与电压表并联后的总阻值记录为R，作出－图像，如图（c）所示。其中横轴截距为b，斜率为k，则电动势E的表达式为______________，内阻r的表达式为______________。（用字母k和b表示）

【正确答案】 1 大于 2

15-5（巩固） （1）某同学想测量一种金属丝的电阻率，首先他测量出金属丝的直径为0.65mm，则他可能使用了下列哪个仪器测量______。

（2）接着他用多用表粗测金属丝的阻值，当红黑表笔接在金属丝两端时欧姆表指针如图甲所示，出现上述情况最有可能的原因是______。

A．未进行机械调零 B．未进行欧姆调零 C．欧姆挡倍率太小 D．欧姆挡倍率太大
（3）被测电阻大约5Ω，他改用伏安法测定金属丝的电阻，除被测金属丝外，还有如下实验器材：
A．直流电源（输出电压为3V）
B．电流表A（量程0～0.6A，内阻约0.125Ω）
C．电压表（量程0～3V，内阻约3kΩ）
D．滑动变阻器（最大阻值20Ω）
E．开关、导线等
请根据所提供的器材，在图乙虚线框中画出实验电路图。（______）
（4）在“导体电阻率的测量”的实验中，以下操作中错误的是______。
A．用刻度尺测量金属丝的全长，且测量三次，算出其平均值，然后再将金属丝接入电路中
B．用螺旋测微器在金属丝三个不同部位各测量一次直径，算出其平均值
C．实验中应保持金属丝的温度不变
【正确答案】 A B A

15-6（巩固） 用多用电表测电阻时选用“×100”的挡位发现指针偏角太大，挡位应调整为________（“×1000”或者“×10”）经过欧姆调零重新测量，指针如图所示，那么电阻阻值为________。在研究伏安法测电阻的实验中某实验小组经过讨论，发现无论是用电流表内接法还是外接法测量，都不可避免产生电表内阻引起的系统测量误差，于是该实验小组又设计了如图所示的实验方案，利用该方案测量的主要实验步骤如下：
第一步：将开关S2接2，闭合开关S1，调节滑动变阻器RP和RW，使电表读数接近满量程，但不超过量程，记录此时电压表和电流表的示数为U1、I1。
第二步：保持滑动变阻器________的滑动触头位置不变，单刀双掷开关S2合向1，调节滑动变阻器________，读出此时电压表和电流表的示数U2、I2（选填“RW”或“RP”）。由以上记录的数据计算出被测电阻Rx的表达式为Rx＝________。

【正确答案】 ×10 180 RP RW

15-7（提升） 半导体薄膜压力传感器是一种常用的传感器，其阻值会随压力变化而改变。某实验小组想测量某一薄膜压力传感器在不同压力下的阻值，其阻值约几十千欧，现有以下器材：
压力传感器
电源：电动势
电流表A：量程，内阻约为
电压表V：量程，内阻约为
滑动变阻器R：阻值范围
开关S，导线若干
（1）为了提高测量的准确性，应该选以下__________电路图进行测量，使用该电路得到的测量值__________（选填“大于”“小于”或者“等于”）真实值；
A． B．C． D．
（2）通过多次实验测得其阻值随压力F变化的关系图像如图甲所示，该学习小组利用该压力传感器设计了如图乙所示的自动分拣装置，可以将质量大于的物体和小于的物体进行分拣，图中为压力传感器，为滑动变阻器，电源电动势为（内阻不计）。分拣时质量不同的物体通过传送带运送到托盘上，OB为一个可绕O转动的杠杆，下端有弹簧，当控制电路两端电压时，杠杆OB水平，物体水平进入通道1；当控制电路两端电压时，控制电路控制杠杆的B端下移，物体下滑进入通道2，从而实现分拣功能。根据以上原理可知，接入电路的阻值为__________（重力加速度大小取，结果保留3位有效数字），质量为的物体将进入__________（选填“通道1”或“通道2”）。

【正确答案】 A 大于 14.0 通道1

【原卷 16 题】 知识点 探究小车速度随时间变化规律的实验器材和原理,计算某点的瞬时速度

【正确答案】

【试题解析】


16-1（基础） 在“探究小车速度随时间变化的规律”实验中
（1）图1是打出纸带的一部分，以计数点O为位移测量起点和计时起点，则打计数点B时小车位移大小为_____，打计数点A时小车速度大小为_______。

（2）由图2中小车运动的数据点，求得加速度________（保留两位有效数字）。

【正确答案】 6.24或6.25#6.26或6.27# 1.56 1.6或1.7

16-2（基础） 某同学用图（a）所示的实验装置研究匀变速直线运动。已知打点计时器所用电源的频率为50Hz，小车下滑过程中所得到的纸带的一部分如图（b）所示，A、B、C、D、E为五个连续打点，图中标出了一些点之间的距离。
（1）部分实验步骤如下：
A．测量完毕，关闭电源，取出纸带；
B．接通电源，待打点计时器工作稳定后放开小车；
C．把打点计时器固定在平板上，让纸带穿过限位孔。
D．将小车停靠在打点计时器附近，小车尾部与纸带相连；
上述实验步骤的正确顺序是______（用字母填写）。
（2）小车下滑时的加速度a=______m/s2，打D点时小车的速度v=______m/s。（计算结果均保留3位有效数字）

【正确答案】 CDBA 3.25 1.86

16-3（巩固） (1)下列实验能利用图甲所提供的实验器材完成的是___________；需要平衡摩擦力的是___________。

A． 探究小车速度随时间的变化关系 B． 探究加速度与力、质量的关系
C． 探究平抛运动的规律 D． 探究拉力做功与速度变化的关系
(2)在“探究加速度与力、质量的关系”的实验中，某同学获得一条纸带，其中的一段如图乙所示，已知打点计时器打点的频率为，则打下点时小车的速度大小为_______，小车的加速度大小为_______。（结果均保留两位有效数字）

【正确答案】 ABD BD

16-4（巩固） 图甲是实验室常用的实验装置，利用该装置可以完成多个重要的力学实验。

（1）下列说法正确的是______。
A．做“探究小车速度随时间的变化规律"实验时，需要平衡小车与木板间的摩擦力
B.做“探究小车速度随时间的变化规律”实验时，不需要满足小车的质量远大于钩码的质量
C.做“探究小车的加速度与质量关系”实验时，每次改变小车质量后都须重新平衡小车与木板间的摩擦力
D.做“探究功与速度变化关系"实验时，可以将木板带有打点计时器的一端适当垫高，目的是消除摩擦力对实验的影响
（2）张同学利用图甲装置平衡好摩擦力后，做“探究小车的加速度与力的关系”实验时，得到一条点迹清晰的纸带如图乙所示。已知打点计时器所接交流电的频率为50Hz，两相邻计数点间还有四个计时点没有画出，根据纸带可得打点计时器打计数点“3”时小车的速度大小为_____m/s，小车运动的加速度大小为____m/s？。（结果均保留三位有效数字）
（3）方同学利用图甲装置平衡好摩擦力后，用来验证小车与钩码所组成的系统的机械能守恒，你觉得是否可行？______（选填“可行”或“不可行”）。
【正确答案】 BD 0.611 2.00 不可行

16-5（巩固） 用如图a所示的实验装置研究小车的匀变速直线运动，电源频率f＝50Hz，从纸带上打出的点中选取某点为参考点O，在纸带上依次标记A、B、C、D四个计数点（相邻两计数点之间还有4个记录点未画出）：如图b所示，因保存不当，纸带被污染，仅保留了A、B、D三点及其到O点的距离：、、。

（1）下列实验步骤的正确顺序是_______（用选项字母填写）
A.关闭电源，取出纸带
B.把打点计时器固定在斜面上
C.接通电源，待打点计时器工作稳定后释放小车，打出纸带
D.将小车停靠在打点计时器附近，让纸带穿过限位孔，并与小车尾部相连
（2）利用上述信息可知：
①相邻两计数点的时间间隔为______S；
②打C点时小车的速度大小为______m/s（保留2位有效数字）；
③小车的加速度大小计算结果为______（保留到小数点后2位）。
【正确答案】 BDCA 0.1 1.1 2.41

16-6（巩固） 课外时间某同学利用如图所示的装置研究小车做匀变速直线运动的特点。

（1）下列实验步骤的正确顺序是______（用字母填写）
A.关闭电源，取下纸带
B.接通电源后，放开小车
C.把打点计时器固定在平板上，让纸带穿过限位孔
D.将小车停靠在打点计时器附近，小车尾部与纸带相连
（2）实验所使用交流电的频率为，获得的一条纸带如图所示，在纸带上依次取O、A、B、C、D、E、F、G共8个计数点，相邻两计数点之间还有四个计时点未画出，纸带旁并排放着带有最小分度为毫米的刻度尺，零刻度线跟“O”计数点对齐。可以读出各计数点A、B、C、D、E、F、G跟O点的距离依次为、、、、_______、。请根据刻度尺放大图，读出E分别跟O点的距离，并填入划线处。

（3）计算打下计数点“E”时小车的瞬时速度为______；结果均保留两位有效数字）
（4）若打下计数点“O”时开始计时，以v为纵坐标，t为横坐标建立直角坐标系，在坐标纸上描点，在图像中已标出计数点A、B、D、F对应的坐标点，请在该图中标出计数点E对应的坐标点，并画出的图像。
（______）

（5）观察图像，可以判断小车做匀变速直线运动，其依据是______，小车的加速度大小______。（结果保留两位有效数字）
【正确答案】 CDBA 22.90 0.60 图像为一条倾斜直线 0.56

16-7（提升） 在“探究小车速度随时间变化的规律”实验中，打点计时器接在的低压交变电源上，某同学在打出的纸带上每5个点取一个计数点，共取了、、、、、六个计数点（每相邻两个计数点间的四个点未画出），如图甲所示．从每一个计数点处将纸带剪开分成五段（分别为、、、、段），将这五段纸带由短到长紧靠但不重叠地粘在坐标系中。

（1）若在图乙坐标系中用最简洁的方法作出能表示关系的图线，其中________（选填“”或“”）轴相当于轴，_________（选填“”或“”）轴相当于轴。
（2）从计数点开始计时，为求出时刻的瞬时速度，需要测出_________段纸带的长度。
（3）若测得段纸带的长度为，段纸带的长度为，则可求出加速度的大小为_________。
【正确答案】 2

【原卷 17 题】 知识点 用动能定理求解外力做功和初末速度,斜面上的平抛运动,利用机械能守恒定律解决简单问题

【正确答案】

【试题解析】


17-1（基础） 小球以15m/s的水平初速度向一倾角为37°的斜面抛出，飞行一段时间后，恰好垂直撞在斜面上。求：
（1）小球在空中的飞行时间；
（2）抛出点距落球点的高度。（g=10m/s2）
【正确答案】 （1）2s；（2）20m

17-2（基础） 如图所示，小球以初速度自倾角为的斜坡顶端水平抛出。若不计空气阻力作用且斜坡足够长，重力加速度为，。求：
（1）小球需经过多长时间落到斜坡上？
（2）落点与抛出点间的距离多大？

【正确答案】 （1）；（2）

17-3（巩固） 如图所示，竖直平面内的圆弧形光滑轨道半径为，A端与圆心O等高，AD为与水平方向成角的斜面，B端在O的正上方，一个质量为的小球在A点正上方某处由静止开始释放，自由下落至A点后进入圆形轨道并能沿圆形轨到达B点，且到达B处时小球对圆弧轨道顶端的压力大小为。求：
（1）小球到B点时的速度大小？
（2）小球从B点运动到C点所用的时间？
（3）小球落到斜面上C点时的速度大小？

【正确答案】 （1）；（2）；（3）

17-4（巩固） 小明用如图所示轨道探究滑块的运动规律，足够长的光滑斜轨道倾角为，斜轨道底端平滑连接长的水平轨道，水平轨道左端与半径的光滑半圆形轨道底端平滑连接．将质量的滑块（可不计大小）放在斜轨道离底端距离为处静止释放．已知滑块与水平轨道间的动摩擦因数为（取）．
（1）当时，为保证滑块运动时不脱离轨道，求的取值范围；
（2）为保证滑块离开半圆轨道项端A后恰好能垂直撞击斜轨道，求的范围。

【正确答案】 （1）或；（2）

17-5（巩固） 2022年第24届冬季奥林匹克运动会在北京和张家口举行，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一，滑雪大跳台的赛道主要由助滑道、起跳区、着陆坡、停止区组成，其场地可以简化为如图甲所示的模型。图乙为简化后的跳台滑雪雪道示意图，段为助滑道和起跳区，段为倾角的着陆坡。运动员从助滑道的起点由静止开始下滑，到达起跳点时，借助设备和技巧，以与水平方向成角（起跳角）的方向起跳，最后落在着陆坡面上的点。已知运动员在点以的速率起跳，轨迹如图，不计一切阻力，重力加速度为。求：
（1）运动员在空中速度最小时的位置与起跳点的距离；
（2）运动员离开着陆坡面的最大距离；
（3）运动员到达点的速度大小。

【正确答案】 （1）；（2）；（3）

17-6（巩固） 2022年第24届冬季奥林匹克运动会将在北京和张家口举行，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一。如图为简化的跳台滑雪的雪道示意图，AO为助滑道，OB为着陆坡。运动员从助滑道上的A点由静止滑下，然后从O点沿水平方向飞出，最后在着陆坡上着陆。已知，A点与O点的高度差为h＝3.2m，着陆坡OB的倾角为，运动员的总质量为m＝50kg，重力加速度为。将运动员和滑雪板整体看作质点，不计一切摩擦和空气阻力（sin37°＝0.6；cos37°＝0.8）。求：
（1）运动员经过O点时的速度大小v；
（2）运动员从飞出到着陆的时间t；
（3）运动员在坡上着落时的速度大小；
（4）运动员在着落前距斜坡的最大垂直距离d。

【正确答案】 （1）；（2）；（3）；（4）

17-7（提升） 国家跳台滑雪中心是我国首座符合国际标准的跳台滑雪场地，也是张家口赛区冬奥会场馆群建设中工程量最大、技术难度最高的竞赛场馆。跳台剖面因与中国传统吉祥饰物“如意”的S形曲线契合，因此被形象地称为“雪如意”。2022年冬奥会中，运动员有一项飞跃表演在跳台滑雪场地举行，其简化模型如图所示，左侧为一倾角为α（tanα＝0.5）的斜坡P，右侧为竖直光滑圆弧轨道ABC与另一足够长的斜坡Q平滑相接（斜坡面沿C端的切线方向），其中圆弧轨道的两端A、C关于过圆心O的竖直线对称，B为圆弧轨道的最低点。表演者利用雪橇不停触地先从平台左侧不断加速，然后利用惯性冲上斜坡P，一段时间后从斜坡P的顶端沿切线方向飞出，人在空中连同雪橇可以视为质点在空中自由滑行，经过t1=2s恰好无碰撞地从A端沿圆弧切线方向进入竖直光滑圆弧轨道ABC，然后从C端冲上斜坡Q，在斜坡上减速到零后又反向滑回。已知运动员从C点进入斜坡Q开始到第二次经过该斜坡上的D点所经的时间间隔t2=3s，表演者与雪橇的总质量M=100kg，斜坡P顶端与A端的水平间隔x=32m，圆弧轨道ABC的半径R=5m，雪橇与斜坡Q间的动摩擦因数μ=0.5，重力加速度g=10m/s2，不计空气阻力。求：
（1）运动员及雪橇经过斜坡P顶端时的速度大小；
（2）运动员及雪橇第一次经过B点时，对轨道的压力；
（3）从C到D的过程中，运动员连同雪橇克服重力做的功。

【正确答案】 （1）m/s；（2）9400N；（3）11400J

【原卷 18 题】 知识点 计算导轨切割磁感线电路中产生的热量,含有导体棒切割磁感线的电路,电磁感应与电路的综合问题

【正确答案】

【试题解析】


18-1（基础） 如图所示，足够长的平行光滑金属导轨水平放置，宽度L=0.4m，一端连接R =1Ω的电阻。导轨所在空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B=1T。导体棒MN放在导轨上，其长度恰好等于导轨间距，与导轨接触良好。导体棒电阻r =1Ω，导轨的电阻可忽略不计。在平行于导轨的拉力F作用下，导体棒沿导轨向右匀速运动，速度。求：
（1）感应电动势E和感应电流I；
（2）导体棒MN所受安培力F安大小。

【正确答案】 （1）2V，1A；（2）0.4N．

18-2（基础） 面积、n＝1000匝的圆形线圈，处在如图所示的磁场内，磁感应强度随时间t变化的规律是B＝0.04t，R＝3Ω，，线圈电阻r＝1Ω，求：
（1）通过R的电流大小和方向。
（2）电容器的电荷量。

【正确答案】 （1）2A，方向向上；（2）

18-3（巩固） 如图所示，金属框架MON与导体棒DE构成回路，回路平面处在匀强磁场中且与磁场垂直，框架OM与ON的夹角为45°，导体棒DE始终与框架ON垂直．求：
（1）若磁感应强度B=0.1T，导体棒DE从O点出发，向右以1m/s的速度匀速运动4s时，回路的磁通量的变化量是多少；
（2）若导体棒DE向右运动，回路面积从变到时，磁场的磁感应强度恰好从变到，则回路中的磁通量变化量是多少；
（3）若t=0时，磁感应强度B1=0.1T，导体棒DE从O点右侧1m处向右以1m/s的速度匀速运动，且此后闭合回路中没有感应电流产生，求磁感应强度大小B随时间t变化的表达式？

【正确答案】 （1）；（2）；（3）

18-4（巩固） 如图所示，足够长的U形光滑导体框水平放置，宽度为L，一端连接的电阻为R，导体框所在空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为。电阻为r的导体棒放在导体框上，其长度恰好等于导体框的宽度，且相互接触良好，其余电阻均可忽略不计。导体棒在水平拉力的作用下以速度v向右匀速运动。
（1）请根据法拉第电磁感应定律推导证明：导体棒匀速运动时产生的感应电动势的大小；
（2）求回路中感应电流I和导体棒两端的电压U；
（3）当导体棒匀速运动到某一位置时，突然撤掉这个水平拉力，并同时使磁感应强度的大小随时间按照某种规律发生变化，发现此导体棒依然能够沿着框架向右以速度v保持匀速运动。某同学对该磁感应强度B随时间t变化的规律进行了各种猜想，其示意图如下：
请你判断可能正确的是哪一种？并说明你的判断理由。

【正确答案】 （1）见解析；（2），；（3）见解析

18-5（巩固） 如图所示， 形光滑导轨水平放置，左侧接有阻值为R=2Ω的电阻，其余部分电阻不计。在虚线右侧空间中存在竖直向下的磁场，磁感应强度B=0.5T。左侧导轨宽L=1.6m，右侧导轨与虚线夹角53º，一质量为0.2kg，电阻不计的金属棒与导轨始终接触良好，t=0时刻金属棒以v0=1m/s初速度从I位置进入磁场，向右移动0.8m到达位置II。由于金属棒受到水平外力的作用，使得通过R的电流保持恒定。已知，。求：
（1）金属棒到达位置II时的速度大小；
（2）水平外力对金属棒做的功。

【正确答案】 （1） 4m/s；（2） 1.66J

18-6（巩固） 如图，足够长的平行光滑金属导轨水平放置，宽度L=0.5m，一端连接R=3Ω的电阻。导轨所在空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B=2T。导体棒MN放在导轨上，其长度恰好等于导轨间距，与导轨接触良好。导轨和导体棒的电阻均可忽略不计。在平行于导轨的拉力F作用下，导体棒沿导轨向右匀速运动，速度v=6m/s。求：
(1)感应电动势E和感应电流I；
(2)在0.1s时间内，拉力所做的功WF；
(3)若仅将MN换为电阻r=1Ω的导体棒，仍使其在外力作用下以v=6m/s的速度向右做匀速运动，求此时导体棒两端的电压U。

【正确答案】 (1)6V；2A；(2)1.2J；(3)4.5V

18-7（提升） 如图所示，“＜”型光滑长轨道固定在水平面内，电阻不计．轨道中间存在垂直水平面向下的匀强磁场，磁感应强度B．一根质量m、单位长度电阻R0的金属杆，与轨道成45°位置放置在轨道上，从静止起在水平拉力作用下从轨道的左端O点出发，向右做加速度大小为a的匀加速直线运动，经过位移L．求：
(1)金属杆前进L过程中的平均感应电动势．
(2)已知金属杆前进L过程中水平拉力做功W．若改变水平拉力的大小，以4a大小的加速度重复上述前进L的过程，水平拉力做功多少？
(3)若改用水平恒力F由静止起从轨道的左端O点拉动金属杆，到金属杆速度达到最大值vm时产生热量．（F与vm为已知量）
(4)试分析(3)问中，当金属杆速度达到最大后，是维持最大速度匀速直线运动还是做减速运动？

【正确答案】 (1)(2)2W+2maL(3)(4)当金属杆速度达到最大后，将做减速运动

【原卷 19 题】 知识点 回旋加速器的原理,粒子在回旋加速器中的最大动能,回旋加速器的综合计算

【正确答案】

【试题解析】


19-1（基础） 如图所示为磁流体发电机，它可以把气体的内能直接转化为电能，将一束等离子体（即高温下电离的气体，含有大量的带正电和带负电的微粒，整体上呈中性）喷射入磁场，在场中有两块金属极板A、B，这时金属板上就会聚集电荷，产生电压，如果射入磁场的等离子体的速度为v，金属平板的面积为，极板间距离为d，匀强磁场的磁感应强度为，方向与v垂直，可调节的电阻R接在两极板之间，设电离气体充满两极间的空间，其电阻率为。求：
（1）通过电阻R的电流的大小和方向；
（2）两极板间的电压；
（3）两极板间的电场强度最大的条件，以及最大电场强度值。

【正确答案】 （1），方向为由B到A；（2）；（3）外电路断开，

19-2（基础） 如图所示，回旋加速器D形盒的半径为R，用来加速质量为m、电荷量为q的质子，使质子由静止加速到能量为E后，由A孔射出，求：

(1)加速器中匀强磁场B的方向和大小；
(2)设两D形盒间距为d，其间电压为U，电场视为匀强电场，质子每次经电
场加速后能量增加，加速到上述能量所需回旋周数；
(3)加速到上述能量所需时间。
【正确答案】 (1)，方向垂直于纸面向里；(2)；(3)

19-3（基础） 回旋加速器D形盒中央为质子流，D形盒的交流电压为U，静止质子经电场加速后，进入D形盒，其最大轨道半径为R，磁场的磁感应强度为B，质子质量为m、电荷量为e。求：
（1）质子最初进入D形盒的动能；
（2）质子经回旋加速器最后得到的动能；
（3）交流电源的周期。
【正确答案】 （1）eU；（2）；（3）

19-4（基础） 如图所示，当液体在矩形管道中流动时，液体中的正、负离子受磁场力作用分别向金属板M、N偏转，使两板间形成稳定的电压，测出该电压U和管道的横截面积S，便可计算液体的流量Q（即单位时间内流过的体积），这就是电磁流量计的工作原理。现已知垂直于侧面的磁场磁感应强度为B，M、N两板间的电压为U，管道ab和ad边的边长分别为和。求：
（1）管道内液体流动的速度v；
（2）管道内液体的流量Q。

【正确答案】 （1）；（2）

19-5（基础） 回旋加速器是用来加速带电粒子使它获得很大动能的仪器，其核心部分是两个D形金属盒，两盒分别和一高频交流电源两极相接，以使在盒间的窄缝中形成匀强电场，使粒子每次穿过窄缝时都得到加速，两盒放在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于盒底面，离子源置于盒的圆心附近，若离子源射出的离子电荷量为q、质量为m，离子最大回旋半径为Rmax，其运动轨迹如图所示。问：
(1)盒内有无电场？
(2)离子在盒内做何种运动？
(3)所加交流电频率应是多大，离子角速度为多大？
(4)离子离开加速器时速度为多大，最大动能为多少？

【正确答案】 (1)无；(2)匀速圆周运动；(3)，；(4)，

19-6（巩固） 霍尔元件是一种重要的磁传感器，可用在多种自动控制系统中。长方体半导体材料厚为a、宽为b、长为c，以长方体三边为坐标轴建立坐标系xyz，如图所示。半导体中有电荷量均为e的自由电子与空穴两种载流子，空穴可看作带正电荷的自由移动粒子，单位体积内自由电子和空穴的数目分别为n和p。当半导体材料通有沿＋x方向的恒定电流后，某时刻在半导体所在空间加一匀强磁场，磁感应强度的大小为B，沿＋y方向，于是在z方向上很快建立稳定电场，称其为霍尔电场，已知电场强度大小为E，沿－z方向。
（1）判断刚加磁场瞬间自由电子受到的洛伦兹力方向；
（2）若自由电子定向移动在沿＋x方向上形成的电流为In，求单个自由电子由于定向移动在z方向上受到洛伦兹力和霍尔电场力的合力大小Fnz。

【正确答案】 （1）沿＋z方向；（2）e

19-7（提升） 回旋加速器的工作原理如图甲所示，置于高真空中的D形金属盒半径为R，两盒间距很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计。磁感应强度为的匀强磁场与盒面垂直。圆心O处粒子源产生的粒子，质量为m、电荷量为，在加速器中被加速，加速电压u随时间的变化关系如图乙所示，其中。加速过程中不考虑相对论效应和变化电场对磁场分布的影响。求：
（1）粒子从静止开始被加速，估算该粒子离开加速器时获得的动能；
（2）若时粒子从静止开始被加速，求粒子从静止开始加速到出口处所需的时间；
（3）实际使用中，磁感应强度会出现波动，波动结束，保持，（）不变，若在时产生的粒子第一次被加速，要实现连续n次加速，B可波动的系数的极限值。

【正确答案】 （1）；（2）；（3）（n=2、3、4……）；
（n=2、3、4……）

【原卷 20 题】 知识点 牛顿定律与直线运动-复杂过程,应用动能定理求变力的功

【正确答案】

【试题解析】


20-1（基础） “蹦极”是一项勇敢者的运动，如图所示，某人用弹性橡皮绳拴住身体从高空P处自由下落，在空中感受失重的滋味。若此人质量为60kg，橡皮绳原长20m，人可看成质点，且此人从P点自静止下落到最低点所用时间为5s，g取10m/s2，求：
（1）此人下落到橡皮绳刚伸直时，人的动量是多少？
（2）从橡皮绳开始伸直到人下落到最低点的过程中橡皮绳对人平均作用力为多大？

【正确答案】 （1）1200kg·m/s；（2）1000N

20-2（基础） 如图所示，质量为m的小球用长为L的轻质细线悬于O点，与O点处于同一水平线上的P点处有一颗光滑的细钉，已知，在A点给小球一个水平向左的初速度，发现小球恰能到达跟P点在同一竖直线上的最高点B。求：
（1）小球到达B点时的速率。
（2）若不计空气阻力及与钉子相碰时损失的能量，则初速度v0为多少？
（3）若初速度变为，其他条件均不变，则小球从A到B的过程中克服空气阻力做了多少功？
‍
【正确答案】 （1）；（2）；（3）

20-3（巩固） 如图（甲）所示，蹦极是一项非常刺激的户外休闲活动。为了研究蹦极运动做以下简化：将跳跃者视为质量为m的质点，他的运动沿竖直方向，且初速度为0。弹性绳的原长为L，劲度系数为k，其形变量与所受拉力成正比。跳跃者下落1.5L时到达最低点。此过程中忽略空气阻力和弹性绳质量，重力加速度为g。求：
（1）当弹性绳刚好被拉直时，跳跃者的速度大小；
（2）当跳跃者速度达到最大时，距起跳平台的高度；
（3）取起跳位置为坐标原点O，取竖直向下为正方向，建立x轴．在跳跃者从开始跳下到最低点的过程中，跳跃者的位移为x，加速度为a，在图（乙）中定性画出a随x变化关系的图像。

【正确答案】 （1）；（2）；（3）图见解析

20-4（巩固） 如图（a）所示，水平地面上有一光滑竖直轨道ABCD，它由两个半径相等的四分之一圆弧轨道AB、CD以及竖直轨道BC拼接而成，AB段的下端A固定在地面上，CD段的上端D是整个轨道的最高点，BC段的长度L可以在竖直方向伸缩调节，D端始终位于A端的正上方。一小球以某一水平速度从A端进入，从D端水平飞出轨道，小球对轨道A、D两端的压力大小之差为ΔF，改变BC段的长度L，得到ΔF-L图线如图（b）所示。不计空气阻力，重力加速度大小为g=10m/s。
（1）求小球质量和圆弧轨道半径；
（2）若小球进入A端的速度大小为v0＝8m/s，小球从D端飞出后落地点距D端的水平距离为d，求当L取多少时，d有最大值。

【正确答案】 （1）0.1kg，0.4m；（2）0.8m

20-5（巩固） 蹦极是一项非常刺激的娱乐运动。为了研究蹦极过程，做以下简化：将人视为质点，人的运动沿竖直方向，忽略人离开蹦极台时的初速度、弹性绳的质量及空气阻力。如图，某次蹦极时，人从平台跳下，到a点时弹性绳恰好伸直，人继续下落，能到达的最低位置为b点，如图甲所示。已知人的质量，弹性绳的弹力大小．其中为弹性绳的形变量，，弹性绳的原长，整个过程中弹性绳的形变始终在弹性限度内。取重力加速度。在人离开平台至第一次到达b点的过程中，机械能损失可忽略。
（1）求人第一次到达a点时的速度大小；
（2）简要描述人从O到b的过程中做怎样的运动（无需说明理由）；
（3）如图甲建立坐标，蹦极台的位置记为原点。请在图乙中画出该过程人受合力随x变化的示意图；
（4）简要说明人从a点到b点的过程中，力对人做功及其对应的能量转化情况。若已知弹性绳的形变量为时，它的弹性势能。求b点与蹦极台间的距离l。

【正确答案】 （1）；（2）见解析；（3）；（4）见解析

20-6（巩固） 如图所示，粗糙轻杆水平固定在竖直轻质转轴上A点。质量为m的小球和轻弹簧套在轻杆上，小球与轻杆间的动摩擦因数为μ，弹簧原长为0.6L，左端固定在A点，右端与小球相连。长为L的细线一端系住小球，另一端系在转轴上B点，AB间距离为0.6L。装置静止时将小球向左缓慢推到距A点0.4L处时松手，小球恰能保持静止。接着使装置由静止缓慢加速转动。已知小球与杆间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，不计转轴所受摩擦。
（1）求弹簧的劲度系数k；
（2）求小球与轻杆间恰无弹力时装置转动的角速度ω；
（3）从开始转动到小球与轻杆间恰无弹力过程中，外界提供给装置的能量为E，求该过程摩擦力对小球做的功W。

【正确答案】 （1）；（2）；（3）

20-7（提升） 如图所示，三个质量均为m的小物块A、B、C，放置在水平地面上，A紧靠竖直墙壁，一劲度系数为k的轻弹簧将A、B连接，C紧靠B，开始时弹簧处于原长，A、B、C均静止。现给C施加一水平向左、大小为F的恒力，使B、C一起向左运动，当速度为零时，立即撤去恒力，一段时间后A离开墙壁，最终三物块都停止运动。已知A、B、C与地面间的滑动摩擦力大小均为f，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧始终在弹性限度内。（弹簧的弹性势能可表示为：，k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量）
（1）求B、C向左移动的最大距离和B、C分离时B的动能；
（2）为保证A能离开墙壁，求恒力的最小值；
（3）若三物块都停止时B、C间的距离为，从B、C分离到B停止运动的整个过程，B克服弹簧弹力做的功为W，通过推导比较W与的大小；
（4）若，请在所给坐标系中，画出C向右运动过程中加速度a随位移x变化的图像，并在坐标轴上标出开始运动和停止运动时的a、x值（用f、k、m表示），不要求推导过程。以撤去F时C的位置为坐标原点，水平向右为正方向。

【正确答案】 （1）、；（2）；（3）；（4）


变式题库答案

1-1【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
根据加速度的定义式得




所以④的末速度最大，但加速度最小，①的加速度最大。
故选D。
1-2【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．飞机在两个时刻的速度相等，并不一定是匀速直线运动，故A错误；
B．根据题意有：某自行车下坡，加速度=3m/s2，某公共汽车进站，加速度=-3m/s2，某火车出站，加速度=0.2m/s2，某舰艇启航，加速度=2m/s2，飞机在天空中飞行加速度=0，所以火车出站时的加速度最小，故B错误；
C．加速度是描述速度变化快慢的物理量，自行车下坡和公共汽车进站速度变化最快，故C错误；
D．自行车下坡与公共汽车进站的加速度大小相等，故D正确。
故选D。
1-3【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
物体做直线运动，当加速度方向与速度方向一致，物体做加速运动，当加速度方向与速度方向相反，物体做减速运动，所以物体的速度越来越大。当加速度的值减少为零时，物体的速度达到最大值，故ACD错误，B正确。
故选B。
1-4【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．“180km/h”、“10m/s”均指瞬时速度大小，故A错误；
B．由题意可知，飞机速度的变化量为




飞机速度的变化量比玩具车速度的变化量大，故B错误；
C．由题意可知，飞机速度的变化率为


玩具车速度的变化率为


故C正确；
D．玩具车在启动瞬间，速度为零，加速度不为零，故D错误。
故选C。
1-5【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．
由图可知A不符合题意；
B．加速度逐渐减小，速度不断增大，表明加速度与初速度同向，此时，速度的方向不可能发生变化，故B符合题意；
C．
由图可知C不符合题意；
D．
由图可知D不符合题意。
故选B。
1-6【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
由于钢球从静止开始加速运动，加速度的方向与运动方向相同，钢球一直做加速运动，速度逐渐增加，平均速度同样逐渐增加，随着加速度逐渐减小，速度增加的越来越慢，当加速度减小到零时，速度达到最大值。
故选C。
1-7【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．根据

得

加速度为

A错误；
B．根据

得

加速度为

B正确；
C．根据

得

则

加速度大小为

C错误；
D．a-t图线与坐标轴围成的面价等于速度变化量，则

D错误。
故选B。
2-1【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
以小球为研究对象，对小球进行受力分析

根据小球处于平衡状态可知
F=mgtanθ
而小球所受库仑力大小为

联立解得A、B两球之间的距离为

故选A。
2-2【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 分析:
小球平衡时，合力为零，根据平衡条件求解库仑力，根据库仑定律公式判断物体与小球之间的作用力F与什么因素有关．丝线偏离竖直方向的角度θ越大，则作用力越大．
详解:
小球平衡时，合力为零，根据平衡条件得：F=mgtanθ，可知，小球N距球体M越远，它们间的静电力越小，故A正确；由上分析，可知，在距球体M越远的位置，球体M产生的电场越弱，故B错误；保持Q、q不变，小球先后挂在P1、P2、P3位置，偏离竖直线的角度逐渐减小，则F减小，根据库仑定律公式，可知，F与d有关，本实验不能反映小球N与球体M间的作用力与它们电荷量的乘积的关系，故CD错误．故选A．
点睛:
控制变量法是高中物理物理中重要研究方法，要了解控制变量法的应用，同时掌握影响库仑力的因素．
2-3【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
对两小球受力分析，并将力合成如下图

由于受力与夹角为120°，且两个力合成后合力一定竖直向上与重力平衡，故可知、大小均与的重力相等。另外两小球间的静电力是相互作用力，所以所受的库仑力大小也等于，在的合力组成的平行四边形中，由几何关系有


解得


故选C。
2-4【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
小球A受力如图所示

根据平衡条件可知

电场强度的定义式

带电球C在小球A所在处产生的电场的场强

方向水平向左
根据库仑定律

解得

故选D。
2-5【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
AB．小球C的受力分析如答图所示，所以小球A、C带异种电荷，小球B、C带同种电荷，故AB错误；
CD．根据库仑定律以及平行四边形法则

代入数据可得

故C正确，D错误。
故选C。

2-6【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
CD.对B球受力分析

根据库仑定律可得

联立解得

故CD错误；
AB.根据相似三角形受力分析可得

则因为，，都不变，所以不变，A正确，B错误；
故选A。
2-7【提升】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．由题意可得，初始状态，地面对斜面体c的摩擦力大小为

对小球M受力分析得

其中

联立解得

故A正确；
B．放电过程中，两小球之间的库仑力F减小，对小球M受力分析得


则随着库仑力F减小，夹角减小，拉力减小。且开始时角，可求得M小球的质量为

开始时绳子拉力为

则开始时，对物块b受力分析知

即开始时，斜面体对物块b的摩擦力为零，随着拉力减小，斜面体对物块b的摩擦力沿斜面向上，且有

可见，随着拉力减小，斜面体对物块b的摩擦力一定增大，故B错误；
C．设bc整体质量为M，则对bc整体受力分析得

可见，随着拉力减小，地面对斜面体c的支持力一直变大，故C错误；
D．由题意知，放电结束后绳子拉力即为小球M的重力，且滑块b恰好没滑动，则对b受力分析得

解得

故D错误。
故选A。
3-1【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
该电流通过一个阻值为2Ω的电阻产生的热量

一个大小和方向不变的恒定电流I在0.6s内通过阻值为2Ω的电阻产生的热量

则

解得

故选C。
3-2【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
取一个周期T时间，根据电流的热效应结合图像有

解得

故选D。
3-3【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．题中图像描述的是电流随时间的变化关系，周期为0.02s，故A正确，不符合题意；
B．频率与周期互为倒数关系；频率为

故B正确，不符合题意；
CD．由图可知，该正弦式交流电的电流峰值是

有效值为

故C错误，符合题意；D正确，不符合题意。
故选C。
3-4【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．由图可知，周期


则线圈先后两次转速之比

故A错误；
B．在0.3s时感应电流最大，线圈垂直于中性面，在0.3s时感应电流为零，平行于中性面，a在0.3s时通过线圈的磁通量为0，b在0.3s时通过线圈的磁通量不为0，故B错误；
CD．电流的最大值

则

则电流有效值之比

根据焦耳定律可知

则相同时间内产生的焦耳热之比为电流平方之比，为，故C错误，D正确。
故选D。
3-5【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．感应电动势的有效值

小灯泡两端的电压

即电压表的示数为5.4V，故A错误；
B．灯泡实际消耗的功率即为电源的输出功率，发电机输出功率为

故B错误；
C．线圈转动过程中，在磁场中匀速转动的角速度为

最大感应电动势为

可得磁通量的最大值为

故C错误；
D．在时刻，感应电动势为0，线圈平面恰好经过中性面位置，故D正确；
故选D。
3-6【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．由图象可知，交流电的周期为

频率为

故A错误；
B．交流电的角频率为

根据图象可得，交变电流的瞬时表达式为

故B错误；
C．在时，感应电流最大，所以此时穿过交流发电机线圈的磁通量的变化率最大，所以交流发电机线圈垂直于中性面，故C错误；
D．交流电频率为， 1s 内电流改变方向 100 次，故D正确。
故选D。
3-7【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．ab两点间接入的交变电流的电压u随时间t变化的规律是u=100sin100t（V），所以A错误；
B．整流后，电阻R两端电压有效值为

所以B错误；
C．整流后，定值电阻R在1min内产生的热量为

所以C错误；
D．整流后，一个周期内通过的R的电流的平均值为
，
整流后，一个周期内通过的R的电荷量为

， ，
由上几式代入数据解得

所以D正确；
故选D。
4-1【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
B．由题意可知，当甲船位于波峰时，乙船位于波谷，这时两船之间还有一个波峰，可知两船之间的距离等于1.5个波长，即有


B正确；
C．每条船每分钟完成全振动10次，可知波的周期为

C错误；
A．则有波速为

A错误；
D．每条船每分钟完成全振动10次，波的频率为

D错误。
故选B。
4-2【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．左手每秒抖动4下，右手每秒抖动5下，可知左右手的频率之比为，由 可知周期之比为，故A错误；
B．由于两绳为同一材质，所以速度之比为，故B错误；
C．由于左右手甩动的幅度未知，故无法判断振幅之比，故C错误；
D．由可知

故D正确。
故选D。
4-3【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．由图乙可知，t=0时刻小船沿y轴的正方向起振，则此时小船在位于波传播方向波形的下坡上，所以水波的振动向x轴正方向传播，A错误；
B．由图甲和图乙可知，波的波长，周期T=1.2s，因此水波的波速为

B错误；
C．t=0时刻，浮木位于波传播方向的上坡上，因此浮木此时沿y轴的负方向振动，因为

t=0时刻，浮木位于平衡位置的上方，且不在最大位移处，因此1.5s末，浮木不在平衡位置，C错误；
D．0.9s是，在t=0时刻，小船从平衡位置向y轴正方向振动，经时间，小船振动到y轴负方向的最大位移处，由简谐振动的受力特点可知，小船受沿y轴正方向的力最大，由牛顿第二定律可知，小船的加速度达到正向最大值，D正确。
故选D。
4-4【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．波长为

频率为3Hz，波速

故A错误；
B．由最远点A可以判断波I的起振方向竖直向上，且与波II的起振方向相反，故B正确；
C．因绳子相同，波速相同，波I、II同时到达固定点，故C错误；
D．P与Q的振动始终反相，振动方向也始终相反，故D错误。
故选B。
4-5【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
AB．由题图看出，P、Q两点所对应的平衡位置间的距离等于半个波长，因简谐横波传播过程中，在一个周期内传播一个波长，则P点的振动形式传到Q点需要半个周期，P、Q两点的振动情况总是相反，所以在振动过程中，它们的位移大小总是相等，AB正确，不符合题意；
C．由于P、Q两点的振动步调总是相反，所以在相等时间内，P、Q两点通过的路程相等，C正确，不符合题意；
D．图示时刻，Q点向下运动，速度减小，所以从图示位置运动到波谷的时间大于，再从波谷运动到平衡位置的时间为，所以经过，Q点没有回到平衡位置，D错误，符合题意。
故选D。
4-6【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．水面波是机械振动在水面上传播，是一种典型机械波，故A正确；
B．从第一个波峰到第十个波峰经历了九个周期，时间间隔为 ，所以其振动周期为

频率为

故B错误；
C．其波长

故C错误；
D．波传播过程中，传播的是振动形式，能量可以传递出去，但质点并不随波迁移，故D错误。
故选A。
4-7【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A、波的频率由波源的振动频率决定,所以波的频率与波源的频率相同.故A错误；
B、根据对称性可以知道,此时、，两点运动方向相同.故B选项正确；
C、由图知波长,周期为,经过时间,波传到N点时间为T,波传到N点时,N点向上运动,则经过0.5s质点N刚好在波峰,其坐标为，故C错误.
D、该波的频率为,能与该波发生干涉的横波的频率一定为2.5Hz，故D错误.
5-1【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
根据万有引力提供向心力

解得第一宇宙速度表达式为

质量相同，则

该星球半径是地球半径的3倍，所以第一宇宙速度是地球第一宇宙速度的，约为0.6倍，故A正确，BCD错误。
故选A。
5-2【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
在地球表面

在星球表面

解得

A项正确。
5-3【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
AB．根据题意，设地球表面的物体的质量为，地球的质量为，则有

解得

同理可得，火星表面的重力加速度为

由于火星半径是地球半径的，火星质量是地球质量的，则有

故AB错误；
C．根据题意，设地球表面的物体的质量为，地球的质量为，则有

解得

则火星的质量为

故C错误；
D．根据题意，由万有引力提供向心力有

可知，火星第一宇宙速度为

故D正确。
故选D。
5-4【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．由题意得，玉兔号的质量

月球表面的重力加速度

故A错误；
B．根据得

故

故B错误；
C．由得嫦娥三号环绕月球表面做匀速圆周运动的周期为

又因为在月球表面

联立得

故C正确；
D．根据可得月球与地球的第一宇宙速度之比为

故D错误。
故选C。
5-5【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．航天飞机到达B处由椭圆轨道进入空间站轨道时必须减速制动，选项A错误；
B．图中的航天飞机受月球引力，正在加速飞向B处，选项B错误；
C．空间站的线速度

因空间站轨道半径大于月球的半径，则月球的第一宇宙速度不等于，选项C错误；
D．根据

月球的质量

选项D正确。
故选D。
5-6【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．物体在星球表面受到的重力和万有引力近似相等

可得

A正确；
B．由万有引力提供向心力可得

解得

可得

B错误；
C．由万有引力提供向心力可得

得


C错误；
D．由万有引力提供向心力可得

得


D错误。
故选A。
5-7【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．设星球表面的重力加速度为g，绳长为r，小球能在竖直面上做圆周运动，即能过最高点，过最高点的条件是只有重力提供向心力，有

则最高点最小速度为

故A错误；
B．在最低点有

在最高点有

由机械能守恒定律得

联立可得

故B错误；
C．由

可得

故C错误；
D．由

可得

故D正确。
故选D。
6-1【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．运动过程中腰带可看成不动，腰带合力始终为零，故A错误；
B．对配重根据牛顿第二定律有

解得

当=37°，代入数据解得

故B错误；
C．使用者使用一段时间后成功减肥，再次使用时将腰带调小，以滑轮为研究对象，根据牛顿第二定律

r变小，轨道对滑轮作用力减小，滑轮对绳子的作用力减小，绳子对配重的作用力也减小，根据

可知变小，故C正确；
D．根据B中结论，当时

根据

可知周期变小，故D错误。
故选C。
6-2【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
设绳长为L，则由合力提供向心力得

化简得

可知，L长的，角度大；
设绳的竖直分量为h，则由合力提供向心力得

化简得

可知，角度大的，竖直分量大。综上所述，故ABD错误，C正确。
故选C。
6-3【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．当装置静止不动系统达到平衡时，对和受力分析有，OP沿杆向上的拉力和QP杆沿杆向上的支持力，则OP杆的拉力为


解得

沿竖直方向上的分力为。将、和Q与之间的杆看做整体，整体受重力和和与O之间杆的拉力，弹簧的弹力，根据平衡条件得

故轻弹簧弹力大小为2mg，A错误；
B．根据几何关系可知，当装置静止不动系统达到平衡时，OQ的距离为的距离为，故轻弹簧的伸长量为，B错误；
CD．若和绕轴旋转的角速度从0缓慢增大，和所需要的向心力变大，故QP杆对球P的支持力先逐渐减小后反向增大，OP杆对球P的拉力逐渐增大，弹簧由伸长状态，长度不断变小，随后又变为压缩状态，故弹簧的弹性势能先减小后增大，C正确，D错误。
故选C。

6-4【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．开始未转动时恰好平衡，A受杄的摩擦力水平向右恰好达最大值，如果从零开始增大，那么由整体法可知A、B竖直方向受力平衡，则A与杆的弹力与A、B的重力平衡，所以大小是不变，故A错误；
BC．随着角速度的增大，在A相对OQ不动时，设弹簧对A的拉力的水平分力为F，由

可知A与杆的摩擦力先减小到零，然后反方向增大，直到A开始移动到新的相对平衡位置，故BC错误；
D．在A球相对OQ不动的过程中，弹簧长度不变，此过程中B与杆的弹力也不变，故D正确。
故选D。
6-5【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．小物块做匀速圆周运动的半径为

由题意可知此时小物块所受支持力和重力的合力恰好提供向心力，如图所示。

所以此时小物块的合力为

故A错误；
BC．设此时转台的角速度为ω，根据牛顿第二定律有

解得

此时小物块的线速度为

故B错误，C正确；
D．保持小物块相对罐壁静止，且增大转台的角速度，小物块所受支持力和重力的合力不足以提供向心力，此时小物块将受到沿内壁切线向下的摩擦力，从而提供一部分向心力，故D错误。
故选C。
6-6【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
B．设绳子与竖直方向夹角分别为，对下面小球受力分析竖直方向有

对两个球看作整体竖直方向上有

稳定时绳子与竖直方向夹角的正切值分别为及，联立解得

B错误；
A．对下面小球受力分析水平方向有

对上面小球受力分析水平方向有

联立解得

CD．根据几何关系


联立解得

CD错误；
故选A。
6-7【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．当角速度为0时，有

所以A错误；
B．当小球贴着光滑圆锥做匀速圆周运动，当角速度达到b时，支持力为0，有

解得

所以B正确；
C．当角速度较小时小球没有脱离圆锥，有


联立解得

则图线1的斜率为

所以C错误；
D．当角速度较大时，小球脱离圆锥台，有

则

所以图线2的斜率为

所以D错误；
故选B。
7-1【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
x-t图像的斜率表示速度，且斜率的正负表示速度方向，由题意可知碰撞前两物体速度大小相同（设为v）、方向相反，且碰撞后两物体的速度均为零，即碰撞后两物体组成的系统动量为零，根据动量守恒定律可知碰撞前两物体动量大小相同、方向相反，即

所以

根据动量定理可知碰撞时两物体受到的冲量大小相同、方向相反。故ACD错误，B正确。
故选B。
7-2【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
AB．因图像的斜率等于速度，可知碰撞前两物体的速度分别为4m/s和-2m/s，碰后两物体的速度为2m/s，则由动量守恒定律

解得

选项A错误，B正确；
C．碰撞前后的动量大小不变，方向相反，选项C错误；
D．碰撞前后两物体的总机械能减小了

选项D错误。
故选B。
7-3【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．由图乙所示图像可知，碰撞前红壶的速度v0＝2m/s，碰撞后瞬间蓝壶的速度v2＝1.5m/s，两冰壶质量相等，设冰壶质量为m，两冰壶碰撞过程系统动量守恒，设碰撞后红壶的速度为v1，以碰撞前红壶的速度方向为正方向，由动量守恒定律得
mv0＝mv1＋mv2
代入数据解得
v1＝0.5m/s
故A错误；
B．由图乙所示图像可知，碰撞前红壶的加速度大小

图乙所示图像中的

则碰撞后蓝壶停止运动需要的时间
t蓝＝（5－1）s＝4s
故B错误；
C．由动量定理得，对红、蓝壶
I红＝mv1
I蓝＝mv2
则红、蓝两壶从碰后至停止运动过程中，所受摩擦力的冲量的大小之比
I红∶I蓝＝1∶3
故C正确；
D．两壶碰撞过程损失的机械能

两壶从碰后到停止损失的总机械能

代入数据解得

故D错误。
故选C。
点睛:
本题以2022年北京冬季奥运会中的冰壶比赛为背景考查力学知识的综合应用，两冰壶碰撞过程动量守恒，根据v－t图像求出加速度，应用动量定理求出两壶碰撞后到停止运动过程所受摩擦力的冲量大小之比；根据能量守恒求出碰撞过程损失的机械能。
7-4【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．由图像可知，甲、乙两小球碰撞为完全非弹性碰撞，两小球碰撞过程中动量守恒

可知乙小球的质量为，A错误；
B．碰撞过程中机械能损失为

B正确；
C．由图像可知，甲、乙两小球碰撞后一起运动的加速度大小为，斜面光滑，加速度

可知


C错误；
D．根据图像面积关系，碰撞位置距离出发点为，由

可得两小球回到出发点时的速度为，D错误；
故选B。
7-5【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．从图乙可以看出碰撞前
，
解得
，
选项A错误；
B．由图知碰撞前瞬间甲、乙两物块的速度分别为
，
碰撞后两物体均做减速运动，受力不变，加速度大小不变，结合图像及运动学知识可知碰后瞬间甲、乙两物块的速度分别为
，
根据动量守恒定律有

解得

选项B正确；
C．结合B项分析可知

故碰撞过程中有动能损失，选项C错误；
D．速度一时间图像中图线与坐标轴所围面积表示物体的位移，结合图像分析可知，之后的运动过程，乙的位移均为负值，故整个过程的位移大小不为0，选项D错误。
故选B。
7-6【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
小球下落时做自由落体运动，即匀加速直线运动，落向地面后又反向弹起做匀减速直线运动，根据小球的运动情况分析答题。本题的关键是分析清楚小球运动过程，比较出下落时的动量p和上升过程中的动量p′、知道p—x图像的物理意义即可正确解题。
详解:
竖直向下为正方向，则下落时的动量

图像为曲线且向下弯曲，与地面碰撞后，向上反弹，速度变为负值，由于碰撞有能量损失，则碰后速度小于碰前速度，上升过程中

随x减小，则动量p减小。
故选D。
7-7【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．对小球B，由机械能守恒定律得

解得

对小球A与小球B组成的系统，由动量守恒定律得

解得

所以在碰撞过程中，小球B对小球A的冲量为

A错误；
B．对小球B，由牛顿第二定律得

解得

B错误；
C．对小球A与小球B组成的系统，碰撞前的总动能为

碰撞后的总动能为

所以小球A与小球B在碰撞过程中没有能量损失，C正确；
D．由上述分析可得

当小球B的质量变大时，变大，轻绳与竖直方向的最大夹角变小，D错误。
故选C。
8-1【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
电动机内阻为

电动机正常运转时

解得，C正确，ABD错误。
故选C。
8-2【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
．当扇叶被卡住，电动机不转、为纯电阻电路，根据欧姆定律可知

故A错误；
B．正常工作时，电动机消耗的电功率

故B正确；
C．正常工作时，电动机发热的功率

故C错误；
D．正常工作时，电动机对外做功的功率

故D错误；
故选B。
8-3【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．当电流表和电压表示数为0.5A和1.0V时电动机停止工作，电路只有电动机的内阻消耗电能，其阻值
r = = 2Ω
A错误；
BCD．当电动机正常工作时电流表和电压表示数分别为2.0A和15.0V，此时电动机消耗的总功率
P总 = U2 × I2 = 15.0 × 2.0W = 30.0W
其中内阻消耗功率
P内 = I22r = 2.02 × 2W = 8.0W
则输出功率为22W，效率约为73%，B正确、CD错误。
故选B。
考点:
电功率
8-4【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
ABD．电动机的热功率

电动机消耗的总功率

电动机的机械功率为也就是输出功率

故ABD错误；
C．电动机的机械功率等于绳子拉力的功率，物体匀速上升时有

物体匀速上升时的速度为

故C正确。
故选C。
8-5【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．电动机把电能转化为内能和机械能，因此不是纯电阻电路，故A错误；
B．因为

所以

故B错误；
C．电风扇正常工作时转化为内能的功率为
W
电风扇正常工作时转化为机械能的功率为

故C错误；
D．当叶片不转动时，作纯电阻处理，根据欧姆定律，有

电动机消耗的电功率等于电机的发热功率

故D正确。
故选D。
8-6【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
图甲为纯电阻电路，根据公式

当外电阻与电源内阻相等时，电源的输出功率最大，则接入电路的阻值为

图乙是非纯电阻电路，则电源的输出功率为

当

时，输出功率最大，此时电动机的输出功率为

电动机的发热功率为

则电动机的输入功率为

则电动机两端电压为

则电阻两端的电压为

则电阻阻值为

故选B。
8-7【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．车灯接通电动机未启动时，车灯两端电压

车灯的功率

选项A错误；
B．电动机启动时，车灯两端的电压

车灯的电阻

车灯的功率约为

选项B错误；
C．电动机启动时通过灯泡的电流

则通过电动机的电流为

电动机的输出的机械功率约为

选项C错误；
D．电动机启动时，电源输出的功率约为

选项D正确。
故选D。
9-1【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
电子在两板间运动过程中，静电力对电子做正功，电子速度逐渐增大，电势能逐渐减小，由于电子所受电场力不变，所以加速度不变，故A正确，BCD错误。
故选A。
9-2【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
电子做类平抛运动，故其在水平方向和竖直方向满足
L=v0t

而两板间的场强为

联立，可得

若入射速度变为原来的两倍，则两板间距应变为原来的。
故选C。
9-3【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．如答图，O点为AC的四等分点，B、O两点的电势相等，电场线与BO垂直，则电场强度的方向为从C指向A，电场强度的大小为

故A正确；
B．根据带电粒子的运动轨迹可知，带电粒子带负电，故B正确；
C．带电粒子只在电场力作用下，电势能与动能相互转化，但总能量不变，，粒子在B点的能量

同理有


故C正确；
D．带电粒子做类平抛运动，若带电粒子在D点的速度方向由A指向D，则速度的反向延长线与水平位移的夹角，位移偏转角，不满足，故D错误。
此题选择错误的选项，故选D。

9-4【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．粒子在电场中做类平抛运动，沿初速度方向的分运动做匀速直线运动，则有

由于两粒子进入电场初速度相同，沿初速度方向的位移相同，则它们运动的时间相等，故A正确；
D．粒子沿电场方向的分运动是初速度为零的匀加速直线运动，则有

由于两粒子质量相同，运动的时间相等，则它们所带的电荷量之比为

故D错误；
BC．粒子在电场中电场力做功为

则电场对两粒子的电场力做功之比为

由于只有电场力做功，所以它们的电势能减少量之比为

它们的动能增加量之比为

故BC错误。
故选A。
9-5【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
带电粒子在电场中做类平抛运动，由题意可得


由运动的合成与分解可知


由题意可知，在水平方向有

在竖直方向上有

联立可得


故选B。
9-6【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．加速电场对粒子做功为

由于两种带正电的粒子带电量是不相同的，所以加速电场对两种粒子做功不一样，故A错误；
B．根据

而

解得

由此可知在同一加速电场E1中，由于两种带正电的粒子比荷是不相同的，所以运它们动时间不一样，两种粒子不会同时离开加速电场，故B错误；
C．加速电场对粒子由动能定理得

解得

在偏转电场中，沿初速度方向

解得

垂直于初速度方向为


而

离开电场时速度的偏角为

联立解得


由此可知，带电量与比荷均不相同的两种带正电的粒子从同一位置无初速度地飘入加速电场，加速后从同一位置进入偏转电场，并离开偏转电场，两种粒子在偏转电场中的轨迹相同，故C正确；
D．整个过程由动能定理得

粒子离开电场时的速度

整个过程由动量定理得粒子受到的电场力的冲量为

由于两种带正电的粒子带电量和比荷是不相同的，而速度是不一样的，所以整个过程两种粒子受到的电场力的冲量不一样大，故D错误。
故选C。
9-7【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．根据

粒子离开加速器时速度为

故A错误；
B．粒子平移器电场中的偏转量为

又
，
得

故B正确；
C．根据类平抛运动的特点和对称性，粒子在两平移器之间做匀速直线运动的轨迹延长线分别过平行板中点，根据几何关系可知

故C错误；
D．由B选项可得

由A选项可知当加速电压增大时，粒子进入平移器的速度增大，粒子在平移器中竖直方向偏转量变小，粒子可以离开平移器，位置比原来靠下，故D错误。
故选B。

10-1【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
AB．为产生涡流，线圈所连接的电源必须是交流电源，选项A错误，B正确；
C．能被探测的物件必须是导电材料，否则不会产生涡流，选项C错误；
D．工业涡流探伤技术其原理是用电流线圈使物件内产生涡电流，借助探测线圈测定涡电流的改变技术，不是自感原理，选项D错误。
故选B。
10-2【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
根据题意可知，加恒定磁场后，如果紫铜薄板上下及左右振动时，穿过板的磁通量变化，从而产生感应电流，感应磁场进而阻碍板的运动，可以衰减铜板上下及其左右振动
AD．由选项图可知，左右振动时，有磁通量变化，能够衰减铜板左右振动，上下振动时，没有磁通量变化，不能衰减铜板上下振动，故AD错误。
B．由选项图可知，上下及左右振动时穿过板的磁通量均变化，则可以衰减铜板上下及其左右振动，故B正确；
C．由选项图可知，上下及左右振动时，磁通量均不变化，则不可以衰减铜板上下及其左右振动，故C错误。
故选B。
10-3【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．若减小两种电机的每组电磁铁中电流变化周期，则电机稳定工作时，两电机转子运动周期会减小，故A错误；
B．乙电机中，转子也会产生焦耳热，若增大两种电机的每组电磁铁中电流有效值，则电机稳定工作时，乙电机产生的热功率会增大，故B正确；
C．电机稳定工作时，甲电机转子的转速与电磁铁激发磁场的转速相同，故C错误；
D．刹车（停止供电）时，乙电机转子失去磁性，则无法通过反向发电从而回收动能，故D错误。
故选B。
10-4【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．通电线圈在转动过程中所处的磁场大小处处相等，但是方向各不相同，故A错误；
B．绕线圈的框在电流表线圈（指针）转动过程中利用电磁阻尼作用起到让线圈（指针）快速停下来的作用，故铝框可以，塑料框不可以，故B错误；
C．磁感应强度越大，相同输入电流受到的安培力就越大，指针偏转越明显，电表就越灵敏，故增大磁感应强度，通过校准并改变刻度盘，可以提高测量的灵敏度，故C正确；
D．电表不用时两个表笔短接不会损坏电表，而且在运输时，为保护电表，也需要两个表笔短接，故D错误。
故选C。
10-5【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．在摆动的过程中，穿过圆环的磁通量发生变化，圆环中产生感应电流，从而产生焦耳热，根据能量守恒，使磁铁的机械能减小，上摆的高度减小，因此磁铁在E处的重力势能小于磁铁在A处的重力势能，A错误；
BC．根据“来拒去留”，磁铁从A到D的过程中，与圆环间存在排斥力，从而使圆环对桌面的压力大于圆环受到的重力；从D到E的过程中，磁铁与圆环间存在吸引力，而圆环静止不动，因此圆环受到地面的摩擦力方向水平向右，B错误，C正确；
D．根据楞次定律，磁铁从A到D的过程中，从上往下看，圆环中产生顺时针方向的感应电流，D错误。
故选C。
10-6【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
B．轮子（导体）在磁场中做切割磁感线的运动，会产生感应电动势和感应电流，因此不能用绝缘材料替换，B错误；
AC．轮子在磁场中做切割磁感线运动，会产生感应电动势和感应电流，根据楞次定律可知，磁场会对运动的轮子产生阻力，以阻碍轮子与磁场之间的相对运动，所以轮子受到的阻力主要来源于磁铁对它的安培力，安培力大小与电阻率有关，故A错误，C正确；
D．磁铁与轮子间的距离不变时，轮子转速越大，产生的感应电流越大，轮子受到的阻力越大，D错误。
故选C。
10-7【提升】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
AB．由于从左侧摆到右侧的过程中，线框中磁通量发生变化，因而产生感应电流，由于电阻的存在，线框中将产生焦耳热，根据能量守恒知线框的机械能将不守恒，故在左侧线框的高度将高于起始时右侧的高度，所以摆角会越来越小，当完全在磁场中来回摆动时，则没有感应电流，圆环最后的运动状态为在磁场区域来回摆动，故C正确，D错误；
C．金属环进入磁场后，由于没有磁通量的变化，因而圆环中没有感应电流，不受磁场力作用，只在重力作用下，离平衡位置越近，则速度越大，故C错误；
D．当金属环进入或离开磁场区域时磁通量发生变化，会产生电流．环进入和离开磁场区域，磁通量分别是增大和减小，故产生感应电流，从而将机械能转化为电能；故机械能不再守恒；故D错误。
故选A。
11-1【基础】 【正确答案】 CD
【试题解析】 详解:
A．根据动能定理
mgh=ΔEk
可知两个小球的动能变化量相同，而初动能不相同，所以落地时的末动能不相同，故A错误；
B．动量的方向即为速度的方向，两个小球落地至少速度方向不相同，所以动量必然不相等，故B错误；
C．根据冲量公式可知，则有
I=Ft
下落过程两物体只受重力作用，时间相同，下落过程所受冲量相同，故C正确；
D．根据动量定理可知，则有
Δp=I=Ft
下落过程中在任意1s内的动量变化相同，故D正确。
故选CD。
11-2【基础】 【正确答案】 AC
【试题解析】 详解:
A．以v0的初速度沿斜面上滑，返回原处时速度为vt＝0.5v0，说明斜面不光滑，设斜面长为l，则上滑过程所需时间

下滑过程所需时间

t1 根据冲量的定义可知，上滑过程中重力的冲量比下滑时小，A正确；
B．上滑和下滑时支持力的冲量都不等于零，B错误；
CD．对全过程应用动量定理，则
I合＝Δp＝－mvt－mv0＝－mv0
C正确，D错误。
故选AC。
11-3【巩固】 【正确答案】 BD
【试题解析】 详解:
A．由题图可知A、B两物体加速度大小之比为

故A错误；
B．根据牛顿第二定律可知A、B两物体所受摩擦阻力之比为

故B正确；
C．由题图可知A、B两物体的位移大小之比为

A、B两物体克服摩擦阻力做的功之比为

故C错误；
D．摩擦力的冲量为

则两物体受到的摩擦力的冲量大小之比是

故D正确。
故选BD。
11-4【巩固】 【正确答案】 AD
【试题解析】 详解:
A．F-t图像的面积表示力F的冲量，由图可知，0~2s内，F的冲量为

故A正确；
B．由于最大静摩擦力为

所以0~1s内物块一直处于静止状态，故0~3s内动量变化与1~3s内动量变化相同，根据动量定理有


解得

故B错误；
C．0~2s内，根据动量定理有


解得

所以2s时物块动能为

故C错误；
D．2~4s，物块做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律


所以F做的功为

故D正确。
故选AD。
11-5【巩固】 【正确答案】 CD
【试题解析】 详解:
A．由题意可知，两购物车在整个过程中克服摩擦力做功之和为
Wf=kmgL+2kmgL=3kmgL
A错误；
B．工人猛推一下第一辆车并立即松手，设此时第一辆车的速度为v0，运动L距离后速度为v1，由动能定理可得


设和第二辆车碰后共同速度为v，取第一辆车的初速度为正方向，由动量守恒定律可得
mv1=2mv

两购物车在碰撞中系统减少的机械能

由能量守恒定律可得

联立解得

解得

B错误；
C．两购物车在碰撞时系统减少的机械能

C正确；
D．由动量定理可知，工人给第一辆购物车的水平冲量大小为

D正确。
故选CD。
11-6【巩固】 【正确答案】 ABC
【试题解析】 详解:
A．根据运动学公式

对AB段，有

对BC段，有

因为


所以

即两段运动中加速度大小相等，方向相反，A正确；
B．根据动量定理，对AB段，有

对BC段，有

因为两段运动中速度变化量大小相等，方向相反，且加速度大小相等，则合外力大小相等，方向相反，所以
tAB=tBC
选项B正确；
C．因为，所以在两段运动中竖直方向的位移分量相等，故重力做功相等，C正确；
D．物体在以上两段运动中动量变化量大小相等，方向相反，D错误。
故选ABC。
11-7【提升】 【正确答案】 BC
【试题解析】 详解:
AB．根据动量定理得

根据牛顿第三定律得，碰撞过程中两球的动量改变量的大小相等，方向相反，所以两球的动量改变量不相等，A错误，B正确；
C．碰后a球运动过程中能到达的最高位置分别为A点，以传送带为参考系，对a球根据机械能守恒定律得

解得

以传送带为参考系，对a球根据牛顿第二定律得

解得

C正确；
D．碰后b球运动过程中能到达的最高位置分别为D点，以传送带为参考系，对b球根据机械能守恒定律得

解得

以传送带为参考系，对b球根据牛顿第二定律得

解得

D错误；
故选BC。
12-1【基础】 【正确答案】 AC
【试题解析】 详解:
A．根据在等差等势面越密的地方场强越大，可知A点的电场强度较大，即

故A正确；
B．根据顺着电场线的方向电势降落，可知A点的电势高于B点的电势，故B错误；
CD．该试探电荷从C到D，电势能增加，电场力做负功，速度减小，所以C点的动能大于在D点的动能，故C正确，D错误。
故选AC。
12-2【基础】 【正确答案】 BCD
【试题解析】 详解:
AB．等量异种点电荷产生的电场线和等势面的分布如图所示

根据图象可知B点电场线较A点密集，则

B点的电场线较C点密集，所以

故A错误，B正确；
C．因B点电势为零，A点电势大于零，可知若将一带正电的试探电荷从A移到B处，电势能减小，静电力做正功，选项C正确；
D．因BC两点电势相等，均为零，可知若将一带正电的试探电荷从C移到B处，静电力不做功，故D正确；
故选BCD。
12-3【巩固】 【正确答案】 BD
【试题解析】 详解:
AB．因为，根据点电荷场强公式

解得

A、B间等势面距离等于B、C间等势面距离，再根据

可知A、B间电势差大于B、C间电势差，选项A错误，B正确；
C．由库仑力提供向心力，有

解得

所以带电荷量为的试探电荷在A所在等势面上做圆周运动的速度与在B所在等势面上做圆周运动的速度之比为

选项C错误；
D．由

解得

所以带电荷量为的试探电荷在A所在等势面上做圆周运动的周期与在C所在等势面上做圆周运动的周期之比为

选项D正确。
故选BD。
12-4【巩固】 【正确答案】 BD
【试题解析】 详解:
通过作图找出点电荷Q的位置，如图所示，根据点电荷周围的电场强度的公式得 ，可知，a、b两点到点电荷Q的距离之比，A错误B正确；由图可知，Q带正电，因为越靠近场源正电荷Q的点，其电势越高，所以，C错误；检验电荷q带负电，其沿直线从a移到b的过程中，先靠近后远离场源电荷，电场力先做正功后做负功，电势能先减小后增大，D正确．

【点睛】解决本题的关键是掌握真空中点电荷电场强度的公式，知道点电荷电场的分布情况．根据电场线的方向来比较电势的高低．运用几何的方法找出点电荷Q的位置，由求解求出a、b两点到Q的距离之比，并比较电势的高低，从而分析电势能的变化情况．
12-5【巩固】 【正确答案】 AC
【试题解析】 详解:
AB．根据电场线越密，电场强度越大，可得，，A正确，B错误；
CD．因为，即a点电场强度最大，故同一电荷在a点受到的电场力最大，C正确，D错误。
故选AC。
12-6【巩固】 【正确答案】 AD
【试题解析】 详解:
该瞬时电势分布图可等效为等量异种电荷产生的，等量异种电荷的电场线分布如图

A．d、a两点的电势差

选项A正确；
B．从点移到点电势升高，但由于是负电荷所以电势能减小，选项B错误；
C．a、b为两电荷连线上对称的两点，所以a、b两点的电场强度大小、方向相同，C错误；
D．c、d为两电荷连线中垂线上对称的两点，c、d两点的电场强度大小方向都相同，根据等势线的密程度可判断出从到的直线上电场强度先变大后变小，选项D正确。
故选AD。
12-7【提升】 【正确答案】 AC
【试题解析】 详解:
A．因为A'、B'、C'三点连线所围的三角形平面区域内，三角形中心处距离O点最近，根据场强公式则三角形的中心离O点最近电场强度最大，A正确；
B．由于所在平面到顶点O处的距离不相等，由等势面的概念可知， 所在平面不是等势面，B错误；
C．因为从A′到B′过程中，电势先增加后减小，因此将一负试探电荷从A'点沿直线A'B'移到B'点，静电力先做正功后做负功，C正确；
D．因为


由点电荷的场强关系可知

又因为

所以有

即

整理可得

D错误。
故选AC。
13-1【基础】 【正确答案】 AD
【试题解析】 分析:
根据左手定则先判断粒子的偏转方向，等到稳定时，满足洛伦兹力等于电场力。
详解:
AB．由左手定则可知，流体流动时，正离子偏向b点，负离子偏向a点，所以管道中b点电势高于a点电势。因管道绝缘，a、b处聚集的正负离子形成电场，电场方向由b指向a，离子将同时受到洛伦兹力和电场力的作用，选项A正确，B错误；
CD．设离子带电量为q，洛伦兹力，电场力
，
当离子匀速运动时
，
又知流体的流量
，
联立各式解得
，
选项C错误，D正确；
故选AD。
点睛:
带电粒子在复合场中运动的应用。
13-2【基础】 【正确答案】 ACD
【试题解析】 详解:
AB．根据左手定则，知负离子所受的洛伦兹力方向向下，则向下偏转，N板带负电，M板带正电，则M板的电势比N板电势高，故A正确，B错误；
CD．最终离子在电场力和洛伦兹力作用下平衡，有

解得
U=vBc
可知仅改变流量计的横截面积，若改变的b，电压表的示数不会变；流量为
Q=vbc
联立可得

所以污水流量越大，电压表的示数越大，故CD正确。
故选ACD。
13-3【巩固】 【正确答案】 BD
【试题解析】 详解:
A．根据左手定则可知测量电压的仪表a端的电势低于b端的电势。故A错误；
BC．当导电液体在管道中以流速v流动时，正负离子在磁场的作用下偏转，电极两端形成了电势差，当带电粒子受力平衡时，即

整理，可得
U=BvD
电势差恒定，保持稳定输出，所以信号电极采集到的电势差与流速大小成正比。相同流速时，a、b间的电势差与废液内正、负离子浓度无关。故B正确；C错误；
D．若a、b两端电势差绝对值为U，则导电液体的流量为

故D正确。
故选BD。
13-4【巩固】 【正确答案】 AC
【试题解析】 详解:
血液中正负离子流动时，根据左手定则，正离子受到向上的洛伦兹力，负离子受到向下的洛伦兹力，所以正离子向上偏，负离子向下偏．则a带正电，b带负电。最终血液中的离子所受的电场力和磁场力的合力为零，有

所以

故选AC。
13-5【巩固】 【正确答案】 ABD
【试题解析】 详解:
A．设回旋加速器的半径为R，带电粒子在回旋加速器中运动最后半周的过程满足

带电粒子射出的动能

联立可得

故回旋加速器加速带电粒子的最大动能与回旋加速器的半径有关，A正确；
B．带电粒子在加速过程由动能定理可得

在复合场中做匀速直线运动满足

在磁场中做匀速圆周运动满足

联立可得，故不改变质谱仪各区域的电场磁场时击中光屏同一位置的粒子比荷相同，B正确；
C．丙图中自由电荷为负电荷的霍尔元件通上如图所示的电流和加上如图所示的磁场时，由左手定则可知负电荷向N侧偏转，故N侧带负电荷，C错误；
D．电磁流量计加上如图所示磁场，流速一定的情况下，最终正负电荷会受到电场力及洛伦兹力的作用而达到平衡，即

同时

联立可解得

故前后两个金属侧面的电压与a、c无关，D正确。
故选ABD。
13-6【巩固】 【正确答案】 BC
【试题解析】 详解:
AB．带电粒子在匀强磁场中偏转，由左手定则可判断N板积累正电荷，所以N极板电势高，A错误B正确。
CD．由
， ，
可得

所以C正确D错误。
故选BC。
13-7【提升】 【正确答案】 CD
【试题解析】 详解:
A．根据左手定则可知，正电荷进入磁场区域时会向上偏转，负电荷向下偏转，所以M点的电势一定高于N点的电势，故A错误；
B．流量计测得排污量为85m3/h，流量计半径为r=5cm=0.05m，排污管的半径R=10cm=0.1m，则

可得

故B错误；
C．流量计内污水的速度约为v1=0.75m/s ×4=3m/s，当粒子在电磁流量计中受力平衡时，有

可知

故C正确；
D．当流量最大时，最大速度为，有

所以最大流量为

故D正确。
故选CD。
14-1【基础】 【正确答案】 AB
【试题解析】 详解:
A．由万有引力提供向心力

解得

因为飞船在轨道Ⅰ上的轨道半径小于轨道上Ⅳ的轨道半径，所以载人飞船在轨道Ⅰ上的角速度比在轨道上Ⅳ的角速度大，故A正确；
B．载人飞船在轨道Ⅲ和轨道Ⅰ上，由开普勒第三定律有

解得

故B正确；
C．由万有引力提供向心力


解得载人飞船在Ⅲ轨道P处与Q处的加速度大小之比为

故C错误；
D．由万有引力提供向心力得


解得载人飞船在Ⅰ轨道和Ⅳ轨道的线速度大小之比为

故D错误。
故选AB。
14-2【基础】 【正确答案】 BD
【试题解析】 详解:
A．登月探测器在环月轨道2（椭圆轨道）上绕行时最远处P点速度最小，故A错误；
B．月球上的第一宇宙速度是围绕月亮运行卫星的最大运行速度，所以登月探测器在环月轨道1（圆轨道）的速度比月球上的第一宇宙速度小，故B正确；
C．登月探测器在接近月面过程需向前喷火以减速，该过程机械能减小，故C错误；
D．登月探测器在环月轨道1上变到更高的环月轨道2上，需要点火加速，故登月探测器在环月轨道1上P点的速度大于环月轨道2上在P点的速度，故D正确。
故选BD。
14-3【巩固】 【正确答案】 AC
【试题解析】 详解:
A．“神舟十四号”在“停泊点”时，飞船相对空间站静止，则它的角速度与空间站的相同，根据可知它的线速度小于空间站的，故A正确；
B．组合体和地球同步卫星都绕地球做圆周运动，组合体的轨道半径较小，根据万有引力提供向心力，可知组合体的角速度更大，故B错误；
C．组合体的轨道半径小于同步卫星的轨道半径，根据

可知，相比于地球同步卫星，组合体的向心加速度更大，同步卫星与地球赤道随地球自转的物体相比，根据

可知，同步卫星的加速度更大，则组合体的加速度比在赤道上随地球自转的物体的向心加速度更大，故C正确；
D．对接完成后，哑铃处于失重状态，宇航员不能用它锻炼身体，故D错误。
故选AC。
14-4【巩固】 【正确答案】 BD
【试题解析】 详解:
A．对飞船，由万有引力提供向心力得

可得

由上式可知，飞船在低轨道的环绕半径比在高轨道的环绕半径小，因此飞船在低轨道的环绕周期比在高轨道的环绕周期小，A错误；
B．远距离导引过程中，飞船向高轨道变轨，必须加速做离心运动，需要点火加速，B正确；
C．根据万有引力提供向心力得

可得

第一宇宙速度是卫星在地球表面附近绕地球做匀速圆周运动的速度，圆周半径小于空间站的圆周半径，因此空间站的线速度比第一宇宙速度小，C错误；
D．交会对接时，为保证飞船一直在空间站的正下方向核心舱靠近，必须控制飞船绕地球运行的角速度与空间站的角速度相同，D正确。
故选BD。
14-5【巩固】 【正确答案】 AC
【试题解析】 详解:
A．根据开普勒第三定律有

由题可知空间站的轨道半径小于地球同步卫星的轨道半径，则空间站绕地球运行的周期小于24小时，故A正确；
B．根据万有引力提供向心力有

可知，第一宇宙速度为

而空间站绕地球运行的速度为

可知，空间站绕地球运行的速度小于7.9km/s，故B错误；
C．根据开普勒第三定律有

可得，神舟十三号飞船沿轨道Ⅱ运行的周期为

故C正确；
D．神舟十三号飞船沿轨道Ⅱ运行到A点后，加速做离心运动进入Ⅲ轨道和空间站完成对接，故D错误。
故选AC。
14-6【巩固】 【正确答案】 BC
【试题解析】 详解:
A．两次点火都是从低轨道向高轨道转移，需要加速，所以点火喷射方向都与运动方向相反，A错误；
B．探测器在地球轨道上由万有引力提供向心力有

由开普勒第三定律得

两次点火之间的时间为

联立解得

B正确；
C．“天问一号”在绕太阳做匀速圆周运动时满足

可得

在地球轨道上运行时轨道半径较小，故线速度较大，C正确；
D．由牛顿第二定律可得

解得

“天问一号”在霍曼转移轨道上P点与在火星轨道上P点位置相同，到太阳球心距离R相同，故加速度相同，D错误。
故选BC。
14-7【提升】 【正确答案】 AC
【试题解析】 详解:
A．将物体从一座高山上的O点水平抛出，且物体速度不大时，物体沿轨道A运动落到地面上，若水平位移不大，则物体的运动是平抛运动，选项A正确；
B．最小发射速度7.9km/s对应近地圆形轨道（轨道半径r=R）运行速度，而在高山上发射时（轨道半径变大了，变为r=R+h）对应此轨道的运行速度。抛出时的速度小于第一宇宙速度7.9km/s，选项B错误；
C．使轨道C、D上物体的运动轨道变为圆轨道，可以在物体经过O点时减小物体的速度，此时的圆轨道可以过O点，选项C正确；
D．在轨道E上运动的物体，将会克服地球的引力，抛出时的速度一定等于或大于第二宇宙速度，选项D错误。
故选AC。
15-1【基础】 【正确答案】 1.010
【试题解析】 详解:
①[1]根据甲图的电路图，连接实物图如图所示

②[2]由图可知电阻丝的直径为

③[3]图中电流表A2与Rx并联，根据欧姆定律可知

15-2【基础】 【正确答案】 < > 系统 100 920 2000
【试题解析】 详解:
（1）[1]图甲电路采用电流表外接法，系统误差在于电压表的分流，由于电压表分流，使得电流的测量值大于真实值，则电阻的测量值小于真实值，即有

[2]图乙电路采用电流表内接法，系统误差在于电流表的分压，由于电流表分压，使得电压的测量值大于真实值，则电阻的测量值大于真实值，即有

[3]上述误差是由于实验器材连接引起，因此属于系统误差。
（2）[4]由于R1和表头构成1mA的电流表，则有

且该改装电流表的内阻为

[5]使用a、b两个接线柱，电压表的量程为1V，则有

解得

[6]使用a、c两个接线柱，电压表的量程为3V，则有

解得

15-3【巩固】 【正确答案】 D C 偏小 10
【试题解析】 详解:
（1）[1]根据半偏法原理可知，要保证干路电流不变，且为满偏电流，则干路电阻阻值约为

所以选择电阻箱（阻值范围）。
故选D。
[2] 应该选用大于电流表内阻的变阻箱。
故选C。
（2）[3]闭合开关，回路中总电阻减小，干路电流增大，故干路电流略大于，此时电表示数为，则流过的电流略大于，根据

可知，故测量值偏小。
（3）[4]改装量程为

[5]读数为

15-4【巩固】 【正确答案】 1 大于 2
【试题解析】 详解:
（1）[1]根据原理图连接对应的实物图。

（2）[2][3]为了测量电压表内阻，开关应掷向1。滑动变阻器滑片位置不变，则电压表与电阻箱两端电压不变，电压表示数变为满偏电压的一半，则电阻箱分压与电压表分压相等，电压表内阻与电阻箱接入电路的阻值相等，则电压表内阻RV＝R1。调节电阻箱阻值使电压表示数变为满偏电压的一半时，电路总电阻变大，电路总电流变小，电阻箱与电压表两端总电压变大，当电压表示数变为满偏电压一半时，电阻箱两端电压大于电压表满偏电压一半，电阻箱阻值大于电压表内阻，如果认为电压表内阻等于电阻箱阻值，则电压表内阻的测量值偏大。
（3）[4]测电源电动势与内阻，应将开关S拨至2位置，将R2的滑片移到最左端，不再移动。
（4）[5][6]由图示电路图可知，在闭合电路中，电源电动势
E＝U＋Ir＝U＋r
则
＝·－
由图示图像可知，图像横轴截距
b＝
图像斜率
k＝
则电源电动势
E＝
电源内阻
r＝
15-5【巩固】 【正确答案】 A B A
【试题解析】 详解:
（1）[1]测量值是0.65mm，读到mm的百分位，螺旋测微器读到mm的千分位，所以不是螺旋测微器，是游标卡尺；末尾数是5，所以精确度为0.05，为20分度游标卡尺，故选A；
（2）[2]测电阻时指针出现在欧姆表盘0刻度右侧，通过多用电表内部的灵敏电流计的电流超过其量程，由欧姆表工作原理
，
可知是偏小导致，最可能的原因是未进行欧姆调零，故选B。
（3）[3] 由于电压表内阻远大于待测电阻，电流表应采用外接法，由于滑动变阻器最大阻值大于待测电阻，滑动变阻器可以采用限流接法，电路图如图所示

（4）[4] A．先将金属丝接入电路,然后用米尺测量接入电路中的金属丝的全长，且测量三次，算出其平均值，A错误；
B．用螺旋测微器在金属丝三个不同部位各测量一次直径，算出其平均值，B正确；
C．因为温度对金属丝电阻有影响，实验中应保持金属丝的温度大致保持不变，C正确；
选操作错误的，故选A。
15-6【巩固】 【正确答案】 ×10 180 RP RW
【试题解析】 详解:
[1]用多用电表测电阻时选用“×100”的挡位发现指针偏角太大，说明待测电阻阻值较小，需要把倍率调小，即挡位应调整为“×10”。
[2]电表读数为

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

当开关S2接1时，有

联立可得

15-7【提升】 【正确答案】 A 大于 14.0 通道1
【试题解析】 详解:
（1）[1]题中待测电阻是大电阻，且其阻值远大于滑动变阻器最大阻值，故电路应为分压、内接，故选A。
[2]由欧姆定律可知，电路中因为电流表分压，导致电压表读数大于两端电压，故测量值大于真实值。
（2）[3]质量为的物体对的压力为

由图甲可知，此时，由闭合电路欧姆定律

且

联立可得

[4]由甲图可知，压力变大，阻值变小，故电路中电流变大，两端电压变大，大于2V，故物体将进入通道1。
16-1【基础】 【正确答案】 6.24或6.25#6.26或6.27# 1.56 1.6或1.7
【试题解析】 详解:
（1）[1]以计数点O为位移测量起点和计时起点，刻度尺的最小分度为0.1cm，由图1可读出O点位置是0.00cm处，计数点B所在位置为6.25cm处，则打计数点B时小车位移大小为6.25cm；
[2]根据时间中点瞬时速度等于此段时间内的平均速度可得打计数点A时小车速度大小为

（2）[3] 根据题意，图像如图所示

由v-t的图像斜率表示加速度，则有

16-2【基础】 【正确答案】 CDBA 3.25 1.86
【试题解析】 详解:
（1）[1]实验时先把打点计时器固定在平板上，让纸带穿过限位孔，再将小车停靠在打点计时器附近，小车尾部与纸带相连，之后接通电源，待打点计时器工作稳定后放开小车，最后测量完毕，关闭电源，取出纸带，即实验步骤的正确顺序是CDBA。
（2）[2]电源的频率为50Hz，两相邻计数点的时间间隔

由逐差法求出小车运动的加速度

[3]由匀变速直线运动中间时刻的速度等于平均速度则打点计时器打D点时小车的速度为

16-3【巩固】 【正确答案】 ABD BD
【试题解析】 详解:
(1)[1]A．探究小车速度随时间变化关系得实验中需要刻度尺即打点计时器测速度，故A正确；
B．探究加速度与力、质量的关系需要通过纸带测加速度，并且需要测小车受到的拉力及改变小车质量，题给实验器材能完成本实验，故B正确；
C．题给器材无法进行探究平抛运动规律的实验，故C错误；
D．可用打点计时器及刻度尺测定小车的速度，也可以测定拉力做的功，图题给器材可以完成探究拉力做功与速度变化的关系，故D正确。
故选ABD。
[2] B和D实验都要使细线对小车的拉力等于小车所受的合外力，故实验中需要平衡摩擦力。
故选BD。
(2)[3]打下C点时小车的速度大小为

[4]小车的加速度为

16-4【巩固】 【正确答案】 BD 0.611 2.00 不可行
【试题解析】 详解:
（1）[1]AB．用此装置“探究小车速度随时间的变化规律”时，不需要平衡摩擦力，不需要满足小车的质量远大于钩码的质量，只要物体做匀变速直线运动即可，选项A错误、B正确；
C．用此装置“探究加速度与质量的关系”时，改变小车的质量时，不需要重新平衡摩擦力，选项C错误；
D．用此装置“探究功与速度变化的关系”时，需要平衡摩擦力，方法是将木板带有打点计时器的一端适当垫高，这样做的目的是利用小车所受重力沿斜面的分力补偿小车运动中所受阻力的影响，小车受到的合力即为绳子的拉力，选项D正确。
（2）[2][3]根据时间中点速度等于平均速度得

根据位移差公式

运用逐差法得

（3）[4]不可行。小车与钩码所组成的系统受到摩擦力作用，系统的机械能减少。
16-5【巩固】 【正确答案】 BDCA 0.1 1.1 2.41
【试题解析】 详解:
（1）[1]实验中，首先应固定打点计时器、穿好纸带，再接通电源释放小车，最后关闭电源、取出纸带，故正确的顺序为：BDCA；
（2）[2]电源的频率为50Hz，相邻两计数点之间还有4个记录点未画出，则相邻计数点间的时间间隔为

[3]匀变速直线运动某段中间时刻速度等于该段的平均速度，打C点时小车的速度大小为

[4]A、B中间时刻的速度为

则小车加速度为

代入数据解得

16-6【巩固】 【正确答案】 CDBA 22.90 0.60 图像为一条倾斜直线 0.56
【试题解析】 详解:
（1）[1]实验过程中应该先安装仪器，接通电源然后释放小车进行实验，最后关闭电源取下纸带进行数据处理，故顺序为CDBA。
（2）[2]由毫米刻度尺可知E点数据为

（3）[3]E点速度

（4）[4]描点连线如图所示

（5）[5]图像为一条倾斜直线，斜率不变加速度不变，因此做匀变速直线运动。
[6]加速度

16-7【提升】 【正确答案】 2
【试题解析】 详解:
（1）[1][2]在打出的纸带上每5个点取一个计数点，可知相邻计数点的时间间隔相等，根据匀变速直线运动中间时刻速度等于该段过程的平均速度，可知剪下的每一段纸带的中间时刻速度与纸带的长度成正比，则在图乙坐标系中表示关系的图线，其中轴相当于轴，轴相当于轴。
（2）[3]在打出的纸带上每5个点取一个计数点，可知相邻计数点的时间间隔为

从计数点开始计时，时刻为、段的中间时刻，根据匀变速直线运动中间时刻速度等于该段过程的平均速度，为求出时刻的瞬时速度，需要测出段纸带的长度。
（3）[4]若测得段纸带的长度为，段纸带的长度为，从计数点开始计时，则有


则加速度的大小为

17-1【基础】 【正确答案】 （1）2s；（2）20m
【试题解析】 详解:
（1）将球垂直撞在斜面上的速度分解，如图所示

根据几何关系可知、，则有

解得

（2）设抛出点距落球点的高度为h，则有

17-2【基础】 【正确答案】 （1）；（2）
【试题解析】 详解:
（1）设小球经过时间后落到斜面上。水平方向

竖直方向

又

解得

（2）由

得

17-3【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）；（3）
【试题解析】 详解:
（1）小球到达B处时小球对圆弧轨道顶端的压力大小为，在B点由重力和轨道的支持力提供向心力，则有

又

联立解得小球到B点时的速度大小为

（2）小球离开B点后做平抛运动，小球落到C点时，根据平抛运动规律得

解得小球从B点运动到C点所用的时间为

（3）小球落在斜面上C点时竖直分速度为

小球落到C点的速度大小为

17-4【巩固】 【正确答案】 （1）或；（2）
【试题解析】 详解:
（1）若滑块刚好能滑到与圆心等高的位置，根据动能定理有

解得

若滑块刚好能通过A点，则有

根据动能定理有

解得

因此，为保证滑块运动时不脱离轨道，则或；
（2）设从A点飞出时的速度为，根据平抛运动规律有



由几何关系知

而

由以上各式并代入数据得

即

而，解得

17-5【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）；（3）
【试题解析】 详解:
（1）从O点抛出时的水平速度

竖直速度

运动员在空中速度最小时，则竖直速度减为零，则用时间

水平位移

竖直位移

运动员在空中速度最小时的位置与起跳点的距离

（2）沿垂直斜面方向的初速度

离斜面最远时，垂直斜面方向的速度为零，则离斜面的最远距离

（3）设OC=L，则从抛出到到达C点，则


解得

则落在坡面上时的竖直速度

水平速度

运动员到达点的速度大小

17-6【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）；（3）；（4）
【试题解析】 详解:
（1）AO段，由动能定理

得运动员经过O点时的速度大小为

（2）从O点飞出后，做平抛运动，根据平抛运动规律


由题意可得

解得

（3）运动员在坡上着落时竖直分速度为

故着落时的速度大小为

（4）将做平抛运动的初速度v和重力加速度g沿斜坡方向和垂直斜坡方向正交分解，如下图所示

当在垂直斜坡方向上的分速度减为零时，运动员距斜坡的垂直距离最大，根据运动学公式可得运动员在着落前距斜坡的最大垂直距离为

17-7【提升】 【正确答案】 （1）m/s；（2）9400N；（3）11400J
【试题解析】 详解:
（1）运动员及雪橇离开斜坡P做斜抛运动，水平方向有
vx==16m/s
运动员及雪橇离开斜坡P时有
tanα==0.5
解得
vy=8m/s
运动员及雪橇经过斜坡P顶端时的速度大小
v==m/s
（2）在A点，设速度方向与水平方向之间的夹角为θ。到达A端时水平方向分速度大小
vAx=vx=16m/s
竖直方向分速度大小
vAy=vy﹣gt1=（8﹣10×2）m/s=﹣12m/s
负号表示速度方向竖直向下，到达A速度大小为
vA==m/s=20m/s

得

运动员及雪橇从A到B，由动能定理得
MgR（1﹣cosθ）=﹣
在B处，对运动员及雪橇，由牛顿第二定律得
FN﹣Mg=M
联立解得
FN=9400N
由牛顿第三定律：运动员及雪橇第一次经过B点时，对轨道的压力大小为9400N。
（3）根据机械能守恒，运动员及雪橇以
v0= vA=20m/s
的速度从C点冲上斜坡Q，由几何关系知斜面倾角为37°，沿斜坡上滑的过程，由牛顿第二定律得
Mgsin37°+μMgcos37°=Ma1
从C点上滑至最高点的时间
t3=
解得
t3=2s
上滑的最大距离
x1==m=20m
沿斜坡下滑的过程，由牛顿第二定律得
Mgsin37°﹣μMgcos37°=Ma2
从最高点下滑至D点的时间
t4=t2﹣t3=3s﹣2s=1s
从最高点下滑至D点的位移大小
x2==m=1m
斜坡上C、D两点间的距离
s=x1﹣x2=20m﹣1m=19m
从C到D的过程中，运动员及雪橇克服重力做的功
WG＝Mgssin37°
解得
WG＝11400J
18-1【基础】 【正确答案】 （1）2V，1A；（2）0.4N．
【试题解析】 详解:
(1)根据动生电动势公式得：

故感应电流为：

由安培力公式得：
F=ILB=0.4N
18-2【基础】 【正确答案】 （1）2A，方向向上；（2）
【试题解析】 详解:
（1）由法拉第电磁感应定律可得

则电路中电流

由楞次定律可知，电流方向向上；
（2）由欧姆定律可得，R两端的电压

则电容器的电量

18-3【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）；（3）
【试题解析】 详解:
（1）DE从O点出发，向右以1m/s的速度匀速运动4s时，位移为

由图根据几何关系可知，此时回路面积为

回路的磁通量的变化量是

（2）根据题意可知


则回路中的磁通量变化量是

（3）根据题意可知，DE出发前穿过回路的磁通量为

DE从O点右侧1m处出发，向右以1m/s的速度匀速运动，ts时，根据题意可知，三角形边长为

设此时磁感应强度大小为B，穿过回路的磁通量为

闭合回路中没有感应电流产生，则

整理得磁感应强度大小B随时间t变化的表达式

18-4【巩固】 【正确答案】 （1）见解析；（2），；（3）见解析
【试题解析】 详解:
（1）根据法拉第电磁感应定律有

式中MN与导轨组成闭合回路，其中匝数
n=1
在闭合回路内有
ΔΦ=B0LΔx
Δt内MN运动的距离
Δx=vΔt
所以有
E=B0Lv
（2）MN运动产生电动势
E=B0Lv
根据闭合电路欧姆定律有

解得

由路端电压U=IR得

（3）可能正确的为C图。
理由：因导体棒匀速运动，合力为零，在水平方向上没有外力，所以安培力也为零，所以电路中没有感应电流，所以闭合回路内的磁通量保持不变。
设撤掉水平拉力时，金属棒离开左侧边框的距离为，有
BL(x0+vt)=B0Lx0
解得

式中B0、和v均为常数。
可见B和t为非线性的减函数关系，且以时间t轴为渐近线。
18-5【巩固】 【正确答案】 （1） 4m/s；（2） 1.66J
【试题解析】 详解:
（1）初始时刻感应电动势

当金属棒向右运动x时，设金属棒的速度为v。由几何关系可知此时的有效切割长度为

电动势

依题意

联立并代入数据，解得

（2）金属棒向右运动过程中，通过R的电量为

其中

对金属棒由动能定理

根据能量关系

联立并代入数据，解得

18-6【巩固】 【正确答案】 (1)6V；2A；(2)1.2J；(3)4.5V
【试题解析】 详解:
(1)由法拉第电磁感应定律可得，感应电动势
E=BLv=6V
感应电流

(2)拉力大小等于安培力大小
F=BIL=2.0N
拉力做功

(3)由闭合电路欧姆定律可得，电路中电流

由欧姆定律可得，导体棒两端电压

18-7【提升】 【正确答案】 (1)(2)2W+2maL(3)(4)当金属杆速度达到最大后，将做减速运动
【试题解析】 详解:
(1)由位移﹣速度公式得
2aL=v2﹣0
所以前进L时的速度为
v=
前进L过程需时
t=
由法拉第电磁感应定律有：
=
(2)以加速度a前进L过程，合外力做功
W+W安=maL
所以
W安=maL﹣W
以加速度4a前进L时速度为
=2v
合外力做功
WF′+W安′=4maL
由可知，位移相同时：
FA′=2FA
则前进L过程
W安′=2W安
所以
WF′=4maL﹣2W安=2W+2maL
(3)设金属杆在水平恒力作用下前进d时FA=F，达到最大速度，由几何关系可知，接入电路的杆的有效长度为2d，则

所以
d=
由动能定理有

所以：
Q=Fd﹣
(4)根据安培力表达式，假设维持匀速，速度不变而位移增大，安培力增大，则加速度一定会为负值，与匀速运动的假设矛盾，所以做减速运动。
19-1【基础】 【正确答案】 （1），方向为由B到A；（2）；（3）外电路断开，
【试题解析】 详解:
（1）A板电势低于B板，所以流过R的电流由B到A。设等离子体某微粒的电荷量为q，则当等离子体匀速通过A、B两板时，有

电源电动势为

电源内阻为

根据闭合电路欧姆定律得

（2）两板间的电压为

（3）外电路断开时两极板间电场强度最大，为

19-2【基础】 【正确答案】 (1)，方向垂直于纸面向里；(2)；(3)
【试题解析】 详解:
(1)带电粒子在磁场中做匀圆周运动，由
Bqv＝
得
v＝
又
E＝mv2＝m()2
所以
B＝，方向垂直于纸面向里
(2)带电粒子每经过一个周期被电场加速二次，能量增加2qU，则
E＝2qUn，n＝
(3)可以忽略带电粒子在电场中运动的时间，又带电粒子在磁场中运行周期T＝，所
以
t总＝nT＝×＝＝
19-3【基础】 【正确答案】 （1）eU；（2）；（3）
【试题解析】 详解:
（1）质子在电场中加速，由动能定理得
eU＝Ek－0
解得
Ek＝eU
（2）质子在回旋加速器的磁场中绕行的最大半径为R，由牛顿第二定律得
evB＝m
质子的最大动能
Ekmax＝mv2
解得
Ekmax＝
（3）交流电源的周期等于粒子在磁场中运动的周期，即
T＝
19-4【基础】 【正确答案】 （1）；（2）
【试题解析】 详解:
（1）当平衡时有

解得

（2）管道内液体的流量

19-5【基础】 【正确答案】 (1)无；(2)匀速圆周运动；(3)，；(4)，
【试题解析】 详解:
(1)D形盒由金属导体制成，具有屏蔽外电场作用，盒内无电场；
(2)带电粒子在盒内做匀速圆周运动，每次加速之后半径变大
(3)离子在电场中运动时间极短，因此高频交流电频率要等于离子回旋频率．因为，回旋频率

角速度
=2πf=
(4)离子最大回旋半径为Rmax，由牛顿第二定律得
qvmaxB=
故
vmax=
最大动能

19-6【巩固】 【正确答案】 （1）沿＋z方向；（2）e
【试题解析】 详解:
（1）因为自由电子运动方向与电流方向相反，所以自由电子运动方向沿-x方向，则根据左手定则可判断，自由电子受到的洛伦兹力沿＋z方向；
（2）设t时间内流过半导体垂直于x轴某一横截面自由电子的电荷量为q，由电流定义式，有
In＝
设自由电子在x方向上定向移动速率为vnx，可导出自由电子的电流微观表达式为
In＝neabvnx
单个自由电子所受洛伦兹力大小为
F洛＝evnxB
霍尔电场力大小为
F电＝eE
自由电子在z方向上受到的洛伦兹力和霍尔电场力方向相同，联立解得，其合力大小为
Fnz＝e
19-7【提升】 【正确答案】 （1）；（2）；（3）（n=2、3、4……）；
（n=2、3、4……）
【试题解析】 详解:
（1）由

得

当r=R时，速度最大

离开磁场时的动能

（2）由图可知，时，电压为，则加速次数

粒子从静止开始加速到出口处所需的时间

（3）每加速一次，粒子在磁场中转半个圆周，若，则粒子在磁场中转半个圆周的时间比时缩短，则有

n-1次半圆周累计缩短时间

要实现连续n次加速

可得
（n=2、3、4……）
则最大可波动系数的上限
（n=2、3、4……）
若，则粒子在磁场中转半个圆周的时间比时延长，则有

n-1次半圆周累计延长时间

可得
（n=2、3、4……）
则最大可波动系数的下限
（n=2、3、4……）
20-1【基础】 【正确答案】 （1）1200kg·m/s；（2）1000N
【试题解析】 详解:
（1）人做自由落体运动，下落20m高度时，根据速度位移关系

解得

所以此时人的动量大小为

（2）人从下落到橡皮绳正好拉直的时间设为t1，则

橡皮绳作用时间为

取向上为正方向，由动量定理得

解得橡皮绳对人的平均作用力大小为

20-2【基础】 【正确答案】 （1）；（2）；（3）
【试题解析】 详解:
（1）小球恰能到达最高点B，根据牛顿第二定律有

解得B点时的速率为

（2）若不计空气阻力及与钉子相碰时损失的能量，小球从A到B机械能守恒，令A点重力势能为0则有

则初速度v0为

（3）小球从A到B的过程中，由动能定理

解得

20-3【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）；（3）图见解析
【试题解析】 详解:
（1）当弹性绳刚好被拉直时，跳跃者下落的竖直距离为L，根据

可得速度大小

（2）当跳跃者速度达到最大时，重力等于弹力，即


解得此时距起跳平台的高度

（3）从开始下落到弹性绳到达原长L的过程中，加速度为g不变；以后弹性绳被拉长，开始时弹力小于重力，加速度向下，且

随下降的高度增加，弹力逐渐变大，当弹力等于重力时加速度减为0；以后弹力大于重力，加速度向上变大，直到最低点，此时

则a-x图像如图

20-4【巩固】 【正确答案】 （1）0.1kg，0.4m；（2）0.8m
【试题解析】 详解:
（1）设圆弧轨道半径为R，经过A、D两点的速度分别为vA和vD。在A点轨道对小球的支持力大小为FA。根据牛顿第二定律，有

在D点轨道对小球的支持力大小为FD，根据牛顿第第二定律。有

小球由A点到D点，根据机械能守恒，有

在A、D两点，小球对轨道的压力大小分别为FA′、FD′，根据牛顿第三定律，有
FA=FA′
FD′=FD
联立解得

由图像可知
6mg=6N

解得
m=0.1kg
R=0.4m
（2）小球由A到D点，根据机械能守恒，有

小球从D点飞出后做平抛运动，根据平抛运动规律，在水平方向
d=vt
在竖直方向

联立解得

当时，d有最大值，解得

20-5【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）见解析；（3）；（4）见解析
【试题解析】 详解:
（1）由O到a的过程，根据动能定理有

可得

（2）由O到a，人做自由落体运动；由a到b之间有一特殊点c，此处弹性绳的弹力等于重力，人在c点速度最大，由a到c，人做加速度减小的加速直线运动；由c到b ,人做加速度越来越大的减速直线运动直至到b，速度为零。
（3）有（2）的分析可知

（4）由O到a，人做自由落体运动，重力对人做正功，重力势能减少动能增加；由a到c，人做加速度减小的加速直线运动，重力作正功，弹力做负功，重力势能转化为弹性势能及人的动能；由c到b ,人做加速度越来越大的减速直线运动直至到b，重力做正功，弹力做负功，重力势能及动能转化为弹性势能；
根据机械能守恒定律有

解得

20-6【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）；（3）
【试题解析】 详解:
（1）依题意，有
k（0.6L－0.4L）＝μmg
解得
k＝

（2）小球与轻杆间恰无弹力时受力情况如图所示，此时弹簧长度为0.8L有
Tsin37°＝mg
Tcos37°＋k（0.8L－0.6L）＝0.8mω2L
解得
ω＝
（3）题设过程中初始时弹簧的压缩量与最终状态时的伸长量相等，故弹性势能改变量
ΔEp＝0
设小球克服摩擦力做功为W’，则则由功能关系有

其中
v＝0.8ωL
解得

过程摩擦力对小球做的功

20-7【提升】 【正确答案】 （1）、；（2）；（3）；（4）
【试题解析】 详解:
（1）从开始到B、C向左移动到最大距离的过程中，以B、C和弹簧为研究对象，由功能关系得

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

联立方程解得


（2）当A刚要离开墙时，设弹簧得伸长量为，以A为研究对象，由平衡条件得

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

结合第（1）问结果可知

根据题意舍去，所以恒力得最小值为

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

以C为研究对象，由动能定理得

由B、C得运动关系得

联立可知

（4）小物块B、C向左运动过程中，由动能定理得

解得撤去恒力瞬间弹簧弹力为

则坐标原点的加速度为

之后C开始向右运动过程（B、C系统未脱离弹簧）加速度为

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

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

脱离弹簧瞬间后C速度为，之后C受到滑动摩擦力减速至0，由能量守恒得

解得脱离弹簧后，C运动的距离为

则C最后停止的位移为

所以C向右运动的图象为