2022-2023学年原卷变式题辽宁省实验中学五校联考2021-2022学年度高三上学期期末考试物理含解析

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2022届辽宁省实验中学等五校联考高三（上）期末联考物理变式题
【原卷 1 题】 知识点 直线电流周围的磁场,电磁波的波长和频率的关系,黑体辐射的实验规律,光子能量的公式

【正确答案】
B
【试题解析】



1-1（基础） 下列说法正确的是（　　）
A.黑体辐射电磁波的强度按波长的分布仅与它的温度有关
B.爱因斯坦首次提出能量量子化假说
C.原子是不稳定的，会自发地向能量较高的能级跃迁，放出光子
D.安培提出了分子电流假说并论证了为什么会出现分子电流
【正确答案】 A

1-2（基础） 电磁波的波长范围很广，下列电磁波按波长由大到小排列的是
A.无线电波、红外线、可见光 B.紫外线、可见光、X射线
C.X射线，紫外线、γ射线 D.紫外线、可见光、红外线
【正确答案】 A

1-3（巩固） 下列说法中正确的是（　　）
A.变化的电场一定产生变化的磁场
B.电磁波按波长从长到短顺序排列依次是：γ射线、X射线、紫外线、可见光、红外线、无线电波
C.光是传播着的电磁波，电磁波不是物质，但具有能量
D.电磁波在真空中的传播速度等于光速
【正确答案】 D

1-4（巩固） 如图所示是黑体的辐射强度与其辐射光波波长的关系图像，则下列说法正确的是（　　）

A.随着温度的升高，黑体的辐射强度都有所降低
B.随着温度的升高，辐射强度的极大值向波长较长的方向移动
C.T1>T2
D.T1 【正确答案】 C

1-5（巩固） 下列说法正确的是（　　）
A.麦克斯韦预言电磁波的存在，法拉第用实验捕捉到电磁波
B.电磁波是横波，且电场和磁场相互垂直
C.普朗克由能量子假设引入光子
D.微观世界的能量是连续的
【正确答案】 B

1-6（巩固） 下列说法不正确的是（　　）
A.麦克斯韦建立了经典电磁场理论
B.爱因斯坦提出了光子的概念
C.电磁波波长由大到小的排列顺序依次为无线电波、紫外线、可见光、红外线、X射线、γ射线
D.黑体辐射电磁波的强度按波长的分布只与黑体温度有关
【正确答案】 C

1-7（提升） 如图所示，两通电长直导线垂直纸面放置，I1=I2，方向相反。在纸面上有O、a、b、c、d五个点，O、a、b在导线横截面的连线上，c、d在导线横截面连线的垂直平分线上，其中O点离两导线的距离相等，c、d点关于O点对称，a、b点也关于O点对称，则下列说法正确的是（　　）

A.O点的磁感应强度的大小为零
B.a点与b点的磁感应强度大小相等、方向相同
C.c点与d点的磁感应强度大小相等、方向相反
D.a点的磁感应强度一定大于O点的磁感应强度
【正确答案】 B

【原卷 2 题】 知识点 功率推导式：力×速度,用动能定理求解外力做功和初末速度,牛顿第二定律的简单应用


【正确答案】
C
【试题解析】




2-1（基础） 如图，小车向右做匀速直线运动，人站在车厢里向前推车，并与车保持相对静止，推车的力逐渐增大，则下列说法正确的是（ ）

A.推力对车厢不做功 B.摩擦力对人做负功
C.推力的功率逐渐增大 D.摩擦力的功率不变
【正确答案】 C

2-2（基础） 如图所示，不可伸长的轻绳一端固定于O点，另一端连接小球，将轻绳水平拉直，则在小球从静止开始无初速度释放，到第一次到达最低位置的过程中，小球重力的瞬时功率变化情况是（　　）

A.先减小后增大 B.先增大后减小
C.一直增大 D.一直减小
【正确答案】 B

2-3（巩固） 放在粗糙水平地面上的物体受到水平拉力的作用，在0~6s内拉力与时间的关系图像和阻力的功率与时间的关系图像如图所示。下列说法正确的是（　　）

A.物体受到的滑动摩擦力的大小为6N B.物体的质量为5kg
C.0~2s内拉力对物体做的功为40J D.0~6s内拉力对物体做的功为300J
【正确答案】 B

2-4（巩固） 起重机的钢索将重物由地面吊到空中某个高度，其速度图像如图所示，则钢索拉力的功率随时间变化的图像是图中的（不计空气阻力）（　　）

A. B.
C. D.
【正确答案】 B

2-5（巩固） 如图所示，用24N的水平拉力F拉滑轮，可以使重20N的物体A以0.2m/s的速度在水平地面上匀速运动，物体B重10N，弹簧测力计的示数为5N且不变。若不计轮重、弹簧测力计重、绳重和轴摩擦，则下列说法中正确的是（　　）

A.地面受到的摩擦力为5N
B.滑轮移动的速度为0.4m/s
C.水平拉力F的功率为4.8W
D.在2s内绳子对物体A所做的功为4.8J
【正确答案】 D

2-6（巩固） 物体放在水平地面上，在水平拉力的作用下，沿水平方向运动，在6s内其速度与时间关系的图像和拉力的功率与时间关系的图像如图甲、乙所示，由图像可以求得物体的质量为（取10m/s2）（　　）

A.2kg B.2.5kg C.3kg D.3.5kg
【正确答案】 B

2-7（提升） 如图甲所示，两个皮带轮顺时针转动，带动水平传送带以恒定的速率运行。现使一个质量为的物体（可视为质点）沿与水平传送带等高的光滑水平面以初速度从传送带左端滑上传送带。若从物体滑上传送带开始计时，时刻物体的速度达到，时刻物体到达传送带最右端。物体在传送带上运动的图像（以地面为参考系）如图乙所示，不计空气阻力，则（　　）

A.时间内，物体受到滑动摩擦力的作用，时间内物体受到静摩擦力的作用
B.时间内，物体所受摩擦力对物体做功的功率越来越大
C.若增大物体的初速度但仍小于，则物体在传送带上运动的时间仍为
D.若增大物体的初速度但仍小于，则物体被传送的整个过程中传送带对物体所做的功也一定增加
【正确答案】 B

【原卷 3 题】 知识点 中间时刻的瞬时速度等于平均速度,连续相等时间内的运动比例规律,匀变速直线运动位移与时间关系式,位移速度公式的推导与简单应用


【正确答案】
D
【试题解析】





3-1（基础） 一辆汽车制动后做匀减速直线运动，在刚开始减速的前3s内，汽车每1s前进的距离分别是10m，8m、6m，根据以上数据可以判断（　　）
A.汽车的加速度大小为
B.第3s末汽车的瞬时速度大小为5m/s
C.再经过2s后汽车停止运动
D.从制动到停下，汽车的平均速度大小为6m/s
【正确答案】 B

3-2（基础） A、B两木块自左向右做匀加速直线运动、现用高速摄机在同一底片上多次曝光，记录下木块每次曝光时的位置，如图所示，曝光的时间时间隔相等，则（　　）

A.时刻，A木块速度大于B木块速度
B.时刻，A木块速度小于B木块速度
C.时刻，A木块速度大于B木块速度
D.时刻，A木块速度小于B木块速度
【正确答案】 D

3-3（巩固） A、B、C三点在同一直线上，一个物体自A点从静止开始做匀加速直线运动，经过B点时的速度为，到C点时的速度为。则下列结论正确的是（　　）
A. A、B间距离等于B、C间距离的一半
B. A、B间运动的平均速度等于B、C间运动的平均速度
C.从A到C这段位移的中点在B、C之间，中点的速度为
D.从A点到B点所用时间等于从B点到C点所用时间的一半
【正确答案】 C

3-4（巩固） 在进行子弹穿透实验中，一子弹以水平速度v射入固定在水平面上由同种材料制成的厚度比为5：3：1的三个木块，（如图所示）。已知子弹在木块中做匀减速直线运动，且子弹穿透第三个木块时的速度恰好为零。用v1、v2、v3表示子弹依次射入每个木块时的速度，若用t1、t2、t3表示子弹穿过每个木块所用的时间，则下列关系式正确的是（　　）

A.v1：v2：v3=3：2：1
B.v1：v2：v3=：：1
C.t1：t2：t3=(）：（）：1
D.t1：t2：t3=3：2：1
【正确答案】 A

3-5（巩固） 甲乙两质点在同一直线上运动，从时刻起同时出发，甲做匀加速直线运动，图像如图甲所示。乙做匀减速直线运动，整个运动过程的图像如图乙所示。则下列说法正确的是（　　）

A.甲质点的加速度大小为
B.乙质点的加速度大小为
C.时，乙的位移为10m
D.时刻，甲、乙的初速度均为10m/s
【正确答案】 C

3-6（巩固） 取一根长 2 m 左右的细线，5 个铁垫圈和一个金属盘。在线下端系上第一个垫圈， 隔 12 cm 再系一个，以后垫圈之间的距离分别为 36 cm、60 cm、84 cm，如图所示， 站在椅子上，向上提起线的上端，让线自由垂下，且第一个垫圈紧靠放在地上的金属 盘。松手后开始计时，若不计空气阻力，则第 2、3、4、5 个垫圈（　　）

A.落到盘上的声音时间间隔越来越大
B.落到盘上的声音时间间隔相等
C.依次落到盘上的速率关系为
D.依次落到盘上的时间关系为
【正确答案】 B

3-7（提升） 利用图像法研究物理量之间的关系是物理上常用的方法之一。如图所示为四个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2m/s2
B.根据乙图可求出物体的加速度大小为10 m/s2
C.根据丙图可知0~4s内物体做曲线运动
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】 A

【原卷 4 题】 知识点 振动图像与波形图的结合,机械波相关物理量的计算,波形图的物理意义及信息读取



【正确答案】
D
【试题解析】






4-1（基础） 图甲为一列沿x轴传播的简谐横波在时刻的图像，图甲中某质点的振动情况如图乙所示。下列说法正确的是（　　）

A.该时刻起质点K在的时间内沿x轴移动
B.该时刻起再经质点K的加速度为正方向最大
C.如果图乙为质点K的振动图像，则波沿x轴负向传播
D.如果图乙为质点L的振动图像，则波沿x轴负向传播
【正确答案】 C

4-2（基础） 一列简谐横波沿x轴负方向传播，已知x轴上和处两质点的振动图像分别如图甲、乙所示，则时刻x1与x2之间的波形图可能正确的是（　　）

A. B.
C. D.
【正确答案】 C

4-3（巩固） 图（a）为一列简谐横波在时的波形图，图（b）为介质中平衡位置在处的质点的振动图像，是平衡位置为的质点，下列说法正确的是（　　）

A.波速为
B.，向轴正方向运动
C.时间内，运动的路程为
D.当时，恰好到波谷位置
【正确答案】 C

4-4（巩固） 如图甲所示，一列简谐横波沿着x轴正方向传播，波源的平衡位置在坐标原点，自时刻起开始振动，经过一段时间，波源第一次处于y轴正方向一侧的最高点，此时 处的质点M恰好开始振动。已知波源离开平衡位置的位移y随时间t变化的关系如图乙所示。下列说法正确的是（　　）

A.该简谐波的波长为12cm
B.在时间内，质点M经过的路程为0.8cm
C.时，处的质点开始振动
D.时，质点M的加速度最大
【正确答案】 C

4-5（巩固） 如图所示，图甲为一列沿水平方向传播的简谐横波在时刻的波形图，图乙为质点b从时刻开始计时的振动图像，则下列说法正确的是（　　）

A.该简谐横波沿x轴负方向传播
B.再经过质点a通过的路程为
C.该简谐横波波速为
D.该波与频率为简谐横波相遇时，能形成稳定的干涉图样
【正确答案】 C

4-6（巩固） 一列简谐横波，在时刻的图像如图甲所示，此时，P、Q两质点的位移均为，波上A质点的振动图像如图乙所示，则以下说法正确的是（　　）

A.这列波沿x轴负方向传播
B.这列波的波速是
C.时，质点P的位移为，且速度方向沿y轴正方向
D.从开始，质点P比质点Q早回到平衡位置
【正确答案】 D

4-7（提升） 图（a）为一列简谐横波在t=0.20s时刻的波形图，P是平衡位置在x=1.0m处的质点，Q是平衡位置在x=4.0m处的质点；图（b）为质点Q的振动图像，下列说法正确的是（　　）

A.从t=0时刻开始计时P点的振动方程为
B.从t=0时刻开始计时，P、Q两点在t=0.25s时位移相同
C.在t=2.0s时刻，设波已经传播过x=100m处，那么在t=2.8s时，x=32.5m的R点在处于平衡位置上方在向下振动
D.从t=0.20s到t=0.225s，质点P通过的路程为
【正确答案】 C

【原卷 5 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,利用功能关系计算电场力做的功及电势能的变化,静电力做功与电势差的关系


【正确答案】
D
【试题解析】



5-1（基础） 真空中一平面直角坐标系xOy内，存在着平行x轴方向的电场，x轴上各点的电势随位置x变化的关系图像如图所示，x=0处电势为6V。一个带负电粒子从x=1m处由静止释放，不计粒子重力，则下列说法正确的是（　　）

A.x=2m处的电势为零，电场强度大小也为零
B.x=-1m的电场强度大于x=1m处的电场强度
C.粒子沿x轴负方向运动过程中，电势能先变大后变小
D.粒子沿x轴负向运动到的最远位置处的坐标为x=-1.5cm
【正确答案】 D

5-2（基础） 空间有x轴方向电场，x轴上各点电势随x变化的关系如图所示，则（　　）

A.区间内，电势先降低后升高
B.区间内，场强沿x轴负方向
C.将电子沿x轴从x1移到处，其电势能先减小后增大
D.该电场可能是单个点电荷所形成的电场
【正确答案】 B

5-3（巩固） 两电荷量分别为q1和q2的点电荷放在x轴上的O、M两点，两电荷连线上各点电势φ随x变化的关系如图所示，其中A、N两点的电势均为零，ND段中的C点电势最高，则下列说法中错误的是（ ）

A.q1为正电荷，q2为负电荷
B.q1的电量大于q2的电量
C.ND间场强方向向x轴正方向
D.将一负点电荷从N点移到D点，电场力先做正功后做负功
【正确答案】 C

5-4（巩固） 静电场方向平行于x轴，其电势随x的分布可简化为如图所示的折线，下列说法中正确的是（　　）

A.x轴上x1到x2之间为匀强电场
B.x轴上x2到O之间的电场强度小于O到x3之间的电场强度
C.x轴上x2到O之间的电场强度的方向与O到x3之间的电场强度的方向相同
D.正电荷沿x轴从x1运动到x3的过程中，电场力做正功，电势能减小
【正确答案】 D

5-5（巩固） 两个点电荷和固定在x轴上O、D两点，两者之间连线上各点电势高低如图中曲线所示（OB>BD），取无穷远处电势为零，由图可知，下列说法错误的是（　　）

A.B点电场强度为零
B.为负电荷，为正电荷
C.电量一定大于电量
D.将电子沿x轴从A点移到C点，电场力一直做正功
【正确答案】 A

5-6（巩固） 绝缘光滑水平面上有ABO三点，以O点为坐标原点，向右方向为正方向建立直线坐标轴x轴，A点坐标为-2m，B点坐标为2m，如图甲所示。A、B两点间的电势变化如图乙，左侧图线为四分之一圆弧，右侧图线为一条倾斜线段。现把一质量为m，电荷量为q的负点电荷，以初速度由A点向右射出，则关于负点电荷沿直线运动到B点过程中，下列说法中正确的是（忽略负点电荷形成的电场）（　　）

A.负点电荷由A点运动到O点过程中加速度越来越大
B.当负点电荷分别处于和时，电场力大小相等
C.负点电荷在B点速度大于
D.负点电荷在AO段的平均速度等于在OB段的平均速度
【正确答案】 B

5-7（提升） 空间存在沿x轴方向的电场，其-x图像为余弦函数如图所示。一质量为m=1×10-6kg、电荷量为q=-3×10-8C的带电粒子，从坐标原点以一定的初速度v0沿x轴正方向射入电场粒子仅受电场力作用。则下列说法正确的是（　　）

A.粒子在由原点运动至x=0.2m处的过程中，其加速度先减小后增大
B.欲使粒子沿x轴正方向持续运动下去，v0至少大于6m/s
C.若粒子的初速度v0=3m/s，则粒子可以运动到0.1m处
D.粒子在由原点运动至x=0.2m处的过程中，在x=0.1m处加速度最大，速度最小
【正确答案】 B
【原卷 6 题】 知识点 正弦式交流电的电动势和电流有效值,线圈转动产生的交变电流的峰值及其表达式,计算磁通量的大小,各物理量改变对正弦交流电的影响,理想变压器两端电压与匝数的关系



【正确答案】
C
【试题解析】







6-1（基础） 某探究小组测试一发电机性能的电路如图甲所示，灯泡L两端的电压随时间变化的关系如图乙所示。已知发电机线圈的电阻为6，匝数为500匝，灯泡L的电阻为44，下列说法正确的是（　　）

A.线圈转动的角速度为
B.穿过线圈磁通量的最大值为
C.发电机产生的电动势瞬时值表达式为
D.线圈转动一周产生的总电能为50J
【正确答案】 B

6-2（基础） 某兴趣小组自制一小型发电机，使线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴转动，穿过线圈的磁通量Φ随时间t按正弦规律变化的图像如图所示，线圈转动周期为T，线圈的匝数为N，面积为S。则（ ）

A.时，线圈中的磁通量变化率最大
B.在时，磁场方向与线圈平面垂直
C.匀强磁场的磁感应强度
D.若线圈转速增大为原来的2倍，则线圈中电动势变为原来的2倍
【正确答案】 D

6-3（巩固） 如图所示，边长为L、匝数为N，电阻不计的正方形线圈abcd在磁感应强度为B的匀强磁场中绕转轴OO′转动，轴OO′垂直于磁感线，在线圈外接一含有理想变压器的电路，变压器原、副线圈的匝数分别为n1和n2，保持线圈以恒定角速度ω转动，下列判断正确的是（　　）

A.在图示位置时线框中磁通量为零，感应电动势也为零
B.当可变电阻R的滑片P向上滑动时，电流表A1的示数变大
C.电压表V2示数等于
D.若可变电阻接入的阻值为R0，则在矩形线圈转一周的过程中，可变电阻产生的焦耳热为
【正确答案】 C

6-4（巩固） 如图甲所示，在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，产生的电动势随时间变化的规律如图乙所示。下列说法正确的是（　　）

A.时，金属线框平面与磁感线平行
B.该交变电流的电动势的有效值为
C.矩形金属线框平面与中性面的夹角为时，电动势的瞬时值为22V
D.该交变电流的电动势的瞬时值表达式为
【正确答案】 A

6-5（巩固） 某理想变压器原线圈a的匝数匝，副线圈b的匝数匝，原线圈接在交流电源上，交流电源的电压随时间的变化规律如图中余弦图线所示，副线圈中“”的灯泡L恰好正常发光，电阻。则下列结论正确的是（　　）

A.流过电阻的电流为
B.灯泡L中电流方向每秒钟改变100次
C.电阻的阻值为
D.穿过铁芯的磁通量的变化率最大值为
【正确答案】 C

6-6（巩固） 如图所示为一小型交流发电机示意图。图中两磁极间的磁场可认为是匀强磁场，单匝矩形线圈绕对称轴OO′以角速度顺时针匀速转动，且通过滑环和电刷与定值电阻R、理想电流表形成闭合回路。已知电流表示数为I，线圈电阻不计。则下列说法正确的是（　　）

A.线圈转到图示位置时，AB边中的电流方向由B到A
B.线圈转到图示位置时，穿过线圈的磁通量的变化率为零
C.从图示位置转过90°的过程中，通过电阻R的电荷量为
D.从图示位置开始计时，线圈中产生的交变电压的瞬时值表达式为V
【正确答案】 D

6-7（提升） 匝数为N的矩形导线框以角速度在磁感应强度为B的匀强磁场中绕垂直磁场方向的轴OO'匀速转动，线框面积为S且与理想变压器原线圈相连，原、副线圈匝数比为1：4，图示时刻线框平面与磁感线垂直并以此时刻为计时起点，R1 R2为定值电阻，为滑动变阻器，电流表和电压表均为理想电表，电流表A1、A2的示数，分别为I1 、 I2；电压表V1、 V2的示数分别为U1、U2。不计线框电阻，正确的是（　　）

A.从图示位置开始，线框转过180°的过程中，通过线圈的电荷量为0
B.矩形导线框从图示位置转过90°时，其磁通量的变化率为NBSω
C.交流电压表V2的示数为2NBSω
D.若只将滑动变阻器的滑片向d端滑动，则 变大
【正确答案】 C

【原卷 7 题】 知识点 作用的导体棒在导轨上运动的电动势、安培力、电流、路端电压,动量定理的内容和表达式


【正确答案】
C
【试题解析】



7-1（基础） 如图所示，粗细均匀的、电阻为的金属圆环，放在图示的匀强磁场中，磁感应强度为，圆环直径为；长为、电阻为的金属棒放在圆环上，以速度向右匀速运动，二者接触良好，当棒由图示实线位置运动到虚线位置时，金属棒两端的电势差的大小为（　　）

A.0 B. C. D.
【正确答案】 C

7-2（基础） 如图所示，相距为L的两条足够长的平行金属导轨与水平面的夹角为θ，上端接有定值电阻R，整个导轨处在磁感应强度为B、方向垂直导轨平面向下的匀强磁场中；质量为m、电阻为r的导体棒由静止释放后沿导轨下滑，导体棒始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨的电阻，导体棒与导轨间动摩擦因数为μ，重力加速度为g；导体棒从静止运动到最大速度的过程中，下列说法正确的是（　　）

A.导体棒中的感应电流方向为b→a
B.导体棒的最大速度为
C.导体棒所受重力做功与安培力做功之和等于导体棒增加的动能
D.导体棒减少的重力势能大于导体棒增加的动能与回路中产生的焦耳热之和
【正确答案】 D

7-3（巩固） 电磁炮是利用电磁力对弹体加速的新型武器。某小组用图示装置模拟研究电磁炮的原理。间距为0.1m的水平长导轨间有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为0.5T，左端所接电池电动势为1.5V、内阻为0.5Ω。长0.1m、电阻为0.1Ω的金属杆ab静置在导轨上。闭合开关S后，杆ab在运动过程中受到的阻力恒为0.05N，且始终与导轨垂直且接触良好。导轨电阻不计，则杆ab（　　）

A.运动方向向左
B.先做匀加速直线运动，后做匀速直线运动
C.能达到的最大速度为18 m/s
D.两端的电压始终不变
【正确答案】 C

7-4（巩固） 如图1、2中，除导体棒ab可动外，其余部分均固定不动，图1中的电容器C原来不带电。设导体棒、导轨电阻均可忽略，导体棒和导轨间的摩擦也不计，图中装置均在水平面内，且都处于方向垂直于水平面（即纸面）向里的匀强磁场中，导轨足够长。现给导体棒ab一个向右的初速度v0，在图1、2两种情形下，关于导体棒ab的运动状态，下列说法正确的是（　　）

A.图1中，ab棒先做匀减速运动，最终做匀速运动
B.图2中，ab棒先做加速度越来越小的减速运动，最终静止
C.两种情况下通过电阻的电荷量一样大
D.两种情形下导体棒ab最终都保持匀速运动
【正确答案】 B

7-5（巩固） 两相同的“”形光滑金属框架竖直放置，框架的一部分处在垂直纸面向外的条形匀强磁场中，如图所示。两长度相同、粗细不同的均质铜棒a、b分别从两框架上相同高度处由静止释放，下滑过程中铜棒与框架垂直且接触良好，框架电阻不计，已知铜棒a、b穿过磁场的时间分别为、，下列判断正确的是（　　）

A. B.
C. D.无法判断、的大小关系
【正确答案】 A

7-6（巩固） 如图所示，宽为L的足够长U形光滑导轨放置在绝缘水平面上，整个导轨处于竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，将一质量为m、有效电阻为R、长度略大于L的导体棒垂直于导轨放置。某时刻给导体棒一沿导轨向右、大小为v0的水平速度，不计导轨电阻，棒在运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，则下列说法正确的是（　　）

A.导体棒中感应电流方向为由a到b B.导体棒的加速度始终不变
C.导体棒中的最大发热量为 D.通过导体棒的电荷量最大值为
【正确答案】 C

7-7（提升） 如图所示，在倾角为θ的光滑斜面上，存在着两个磁感应强度大小均为B的匀强磁场，方向一个垂直斜面向上，另一个垂直斜面向下，宽度均为L。一个质量为m、电阻为R，边长为L的正方形金属线框以速度v刚进入上边磁场时，恰好做匀速直线运动，当ab到达gg'与ff'中点时，又恰好匀速，已知重力加速度为g，则（　　）

A.当ab边刚越过ff '时线框的加速度大小为2gsinθ，方向沿斜面向上
B.当ab边刚越过ff '时线框的加速度大小为3gsinθ，方向沿斜面向下
C.线框从开始进入磁场到ab边到达gg'与ff '中点时产生的热量为
D.从ab越过ff'边界到线框再做匀速直线运动所需的时间
【正确答案】 D

【原卷 8 题】 知识点 不同轨道上的卫星各物理量的比较,卫星发射及变轨问题中各物理量的变化


【正确答案】
A D
【试题解析】





8-1（基础） 2020年12月17日“嫦娥五号”首次地外天体采样返回任务圆满完成。在采样返回过程中，“嫦娥五号”要面对取样、上升、对接和高速再入等四个主要技术难题，要进行多次变轨飞行。“嫦娥五号”绕月球飞行的三条轨道示意图如图所示，轨道1是贴近月球表面的圆形轨道，轨道2和轨道3是变轨后的椭圆轨道，并且都与轨道1相切于A点。A点是轨道2的近月点，B点是轨道2的远月点，“嫦娥五号”在轨道1上的运行速率约为1.7km/s。不计变轨中“嫦娥五号”的质量变化，不考虑其他天体的影响，下列说法中正确的是（　　）

A.“嫦娥五号”在轨道2经过A点时的加速度等于在轨道1经过A点时的加速度
B.“嫦娥五号”在轨道2经过B点时的速率可能大于1.7km/s
C.“嫦娥五号”在轨道3上运行的最大速率大于其在轨道2上运行的最大速率
D.“嫦娥五号”在轨道3所具有的机械能大于在轨道2所具有的机械能
【正确答案】 ACD

8-2（基础） 如图所示，2021年2月，我国“天问一号”火星探测器抵达环绕火星的轨道，正式开启火星探测之旅。先进入火星停泊轨道2，近火点280千米、远火点5.9万千米，进行相关探测后进入较低的轨道3开展科学探测。则下列说法正确的是（　　）

A.在轨道1上的运行速度不超过第二宇宙速度
B.在轨道2上近火点的加速度与轨道3上近火星点的加速度相等
C.在轨道2上近火点的机械能比远火点小
D.在轨道2上近火点减速可进入轨道3
【正确答案】 BD

8-3（巩固） “天问一号”从地球发射后，在如图甲所示的P点沿地火转移轨道到Q点，再依次进入如图乙所示在近火点相切的调相轨道和停泊轨道，则天问一号（　　）

A.从P点转移到Q点的时间小于6个月
B.在近火点实施制动可以实现从调相轨道转移到停泊轨道
C.在停泊轨道运行的周期比在调相轨道上运行的周期大
D.在相等时间内与火星球心的连线在停泊轨道上扫过的面积小于在调相轨道上扫过的面积
【正确答案】 BD

8-4（巩固） 在高空运行的同步卫星功能失效后，往往会被送到同步轨道上空几百公里处的“基地轨道”，以免影响其他在轨卫星并节省轨道资源。如图所示，2022年1月22日，我国实践21号卫星在地球同步轨道“捕获”已失效的北斗二号G2卫星后，成功将其送入“基地轨道”。已知同步轨道和基地轨道的轨道半径分别为、，转移轨道与同步轨道、基地轨道分别相切于P、Q点，地球自转周期为，则北斗二号G2卫星（　　）

A.沿转移轨道从P点运行到Q点所用最短时间为
B.沿转移轨道从P点运行到Q点所用最短时间为
C.在转移轨道上经过P点的速度大于在基地轨道经过Q点的速度
D.在转移轨道上经过P点的加速度大于在同步轨道上经过P点的加速度
【正确答案】 BC

8-5（巩固） 2020年7月23日，我国首次火星探测任务“天问一号”探测器，在中国文昌航天发射场，应用长征五号运载火箭送入地火转移轨道。火星距离地球最远时有4亿公里，最近时大约0.55亿公里。由于距离遥远，地球与火星之间的信号传输会有长时间的时延。当火星离我们最远时，从地球发出一个指令，约22分钟才能到达火星。为了节省燃料，我们要等火星与地球之间相对位置合适的时候发射探测器。受天体运行规律的影响，这样的发射机会很少。为简化计算，已知火星的公转周期约是地球公转周期的1.9倍，认为地球和火星在同一平面上、沿同一方向绕太阳做匀速圆周运动，如图所示。根据上述材料，结合所学知识，判断下列说法正确的是（　　）

A.地球的公转线速度大于火星的公转线速度
B.当火星离地球最近时，地球上发出的指令需要约3分钟到达火星
C.如果火星运动到B点，地球恰好在A点时发射探测器，那么探测器将沿轨迹AC运动到C点时，恰好与火星相遇
D.下一个发射时机需要再等约2.1年
【正确答案】 ABD

8-6（巩固） 如图所示，卫星在半径为R的近地圆形轨道Ⅰ上运动，到达A点时点火变轨进入椭圆轨道Ⅱ，到达远地点B时，再次点火进入轨道半径为5R的圆形轨道Ⅲ绕地球做圆周运动，则下列说法中正确的是（　　）

A.卫星在轨道Ⅰ上稳定飞行经过A处的速度大于卫星在轨道Ⅱ上稳定飞行经过B处的速度
B.卫星在轨道Ⅰ上稳定飞行经过A处的加速度小于卫星在轨道Ⅱ上稳定飞行经过A处的加速度
C.卫星在轨道Ⅰ、Ⅱ上运行的周期之比为
D.卫星在轨道Ⅰ、Ⅱ上运行的周期之比为
【正确答案】 AC

8-7（提升） “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

【原卷 9 题】 知识点 平衡问题的动态分析,整体法与隔离法结合处理物体平衡问题,正交分解法解共点力平衡


【正确答案】
C D
【试题解析】




9-1（基础） 如图所示，用一水平力F向左拉轻绳，轻绳跨过定滑轮与一质量为m光滑小球的球心相连，使小球沿着光滑的竖直墙壁缓慢向上滑动一小段距离，小球与滑轮间的轻绳与竖直墙壁的夹角增大一点点，忽略轻绳与定滑轮间的摩擦，当地重力加速度为g，则在这一缓慢运动过程中（　　）

A.小球受到竖直墙壁的支持力不变
B.小球受到的合力不做功
C.小球受到的绳子拉力与墙壁对其支持力的合力等于
D.绳子的拉力F不变
【正确答案】 BC

9-2（基础） 如图所示，轻绳OA、OB系于两竖直墙壁上的A点和B点，重物通过细线系于O点，OB绳水平，重物处于静止状态。现保持的大小不变，同时缓慢向下移动A点，向上移动B点，直到图中虚线位置。则在此过程中（　　）

A.OA绳上的张力一直减小 B.OA绳上的张力先增大后减小
C.OB绳上的张力一直减小 D.OB绳上的张力先增大后减小
【正确答案】 AD

9-3（巩固） 如图所示，顶端附有光滑定滑轮的斜面体静止在粗糙水平面上，三条细绳结于O点，一条绳跨过定滑轮平行于斜面连接物块P，一条绳连接小球Q，P、Q两物体处于静止状态，另一条绳OA在外力F作用下使夹角，现缓慢改变绳OA的方向至，且保持结点O位置不变，整个装置始终处于静止状态，下列说法正确的是（　　）

A.绳OA的拉力先增大后减小
B.斜面对物块P的摩擦力的大小可能先减小后增大
C.地面对斜面体有向左的摩擦力
D.地面对斜面体的支持力等于物块P和斜面体的重力之和
【正确答案】 BC

9-4（巩固） 如图所示，长为L的刚性直轻杆的B端用铰链固定在竖直墙上，C端与轻滑轮连接（滑轮大小可忽略不计），绕过滑轮的轻绳上端固定于墙上A点，下端悬挂一个重力为G的重物，轻杆与竖直方向的夹角为60°时，系统处于静止状态。若将绳的上端从A处沿墙在竖直方向移动D点，使系统重新处于平衡状态，此时轻杆与竖直方向的夹角为45°，已知轻绳的长度为2L，不计一切摩擦，则（ ）

A.D点一定在A下方
B.轻杆与竖直方向的夹角为45°时，轻杆上的弹力大小为
C.系于D点时杆的弹力小于A点时杆的弹力
D.系于D点时重物所在的高度比A点时低
【正确答案】 ABD

9-5（巩固） 如图所示，物体、用细绳连接后跨过滑轮，悬挂着，在斜面上，均处于静止状态不计滑轮摩擦。现缓慢将斜面倾角增大，仍然静止在斜面上，下列说法中正确的是　　

A.物体受到的摩擦力一定增大
B.物体对斜面的压力一定减小
C.绳子对物体的拉力大小一定增大
D.绳子对物体的拉力大小保持不变
【正确答案】 BD

9-6（巩固） 如图所示，半球形物体A和小球B紧靠着放在一固定斜面上，并处于静止状态，忽略小球B表面的摩擦，用水平力F沿物体A表面将小球B缓慢拉至物体A的最高点C，物体A始终保持静止状态，则下列说法中正确的是（ ）

A.物体A受到4个力的作用
B.物体A受到斜面的摩擦力大小始终不变
C.小球B对物体A的压力大小一直减小
D.小球B对物体A的压力大小一直增加
【正确答案】 AC

9-7（提升） 如图所示，倾角为30°的斜面体静止在水平地面上，轻绳一端连着斜面上一质量为m的物体A，轻绳与斜面平行，另一端通过两个滑轮相连于天花板上的P点。动滑轮上悬挂物体B，开始时悬挂动滑轮的两绳均竖直.现将P点缓慢向右移动，直到动滑轮两边轻绳的夹角为120°时，物体A刚好要滑动。假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物体A与斜面间的动摩擦因数为。整个过程斜面体始终静止，不计滑轮的质量及轻绳与滑轮间的摩擦。下列说法正确的是（　　）

A.物体B的质量为1.25m
B.物体A受到的摩擦力先减小再增大
C.地面对斜面体的摩擦力一直水平向左并逐渐增大
D.斜面体对地面的压力逐渐增大
【正确答案】 AC

【原卷 10 题】 知识点 带电粒子在弧形边界磁场中运动


【正确答案】
A C D
【试题解析】





10-1（基础） 如图所示，一个电子沿AO方向垂直射入匀强磁场中，磁场只限于半径为R的圆内。若电子速度为v，质量为m，带电量为q，磁感应强度为B，电子在磁场中偏转后从C点射出，，下面结论正确的是（　　）

A.电子经过磁场的时间为 B.电子经过磁场的时间为
C.AC间的距离为 D.磁场半径R为
【正确答案】 AC

10-2（基础） 如图，在半径为R的半圆内有垂直纸面向外的匀强磁场，半径OP与半径OA的夹角为。现有一对质量和电荷量均相等的正，负粒子，从P点沿PO方向射磁场中，一个从A点离开磁场，另一个从B点离开磁场。粒子的重力及粒子问的相互作用力均不计，则下列说法中正确的是（　　）

A.从A点射出磁场的是带正电的粒子
B.正、负粒子在磁场中运动的速度之比为3:1
C.正、负粒子在磁场中运动的时间之比为1:2
D.正，负粒子在磁场中运动的周期之比为1:3
【正确答案】 BC

10-3（巩固） 如图所示，圆心为O的四分之一圆弧区域内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，Q点为OA半径的中点。现有比荷相同的甲、乙两个带电粒子分别从O点、Q点同时垂直磁场方向和OA进入磁场，结果甲粒子从A点射出磁场，乙粒子从E点射出磁场。sin37°=0.6，cos37°=0.8，不计粒子间的相互作用力和粒子重力，下列说法中正确的是（　　）

A.两粒子在磁场中运动的周期不同
B.甲、乙两粒子在磁场中做圆周运动的半径之比为
C.甲粒子的运动速率大于乙粒子的运动速率
D.甲、乙两粒子在磁场中运动的偏转角之比
【正确答案】 BD

10-4（巩固） 粒子物理研究中使用的一种球状探测装置横截面的简化模型如图所示。内圆区域有垂直纸面向外的匀强磁场，外圆是探测器，C、D、E是探测器上的三点。一带电粒子从A点沿径向射入磁场，经磁场偏转后打在探测器上的C点。装置内部为真空状态，忽略粒子重力及粒子间相互作用力。下列说法正确的是（　　）

A.粒子可能为质子
B.粒子可能为电子
C.若增大磁感应强度，粒子可能打在D点
D.若增大磁感应强度，粒子可能打在E点
【正确答案】 BC

10-5（巩固） 如图所示，半径分别为R、的两个同心圆，圆心为O，大圆和小圆之间有垂直于纸面向外的匀强磁场、磁感应强度为B，一个不计重力比荷为k的带正电粒子从大圆边缘的A点沿与连线成角以速度v射入磁场，要使粒子不进入小圆，则v可能为（　　）

A. B. C. D.
【正确答案】 ABC

10-6（巩固） 如图所示，半径为R的半圆形区域内分布着垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，半圆的左边垂直x轴放置一粒子发射装置，在的区间内各处均沿x轴正方向同时发射出一个带正电粒子，粒子质量均为m、电荷量均为q、初速度均为v，粒子重力以及粒子之间的相互作用忽略不计，所有粒子均能穿过磁场到达y轴，其中最后到达y轴的粒子比最先到达y轴的粒子晚时间，则（　　）

A.粒子到达y轴的位置一定各不相同
B.磁场区域半径R应满足
C.从x轴入射的粒子最先到达y轴
D.，其中角的弧度值
【正确答案】 BD

10-7（提升） 如图所示，半径分别为R和2R的同心圆处于同一平面内，O为圆心，两圆形成的圆环内有垂直圆面向里的匀强磁场（圆形边界处也有磁场），磁感应强度大小为B，一质量为m、电荷量为的粒子由大圆上的A点以速率沿大圆切线方向进入磁场，不计粒子的重力，下列说法正确的是（　　）

A.带电粒子从A点出发第一次到达小圆边界上时，粒子运动的路程为
B.经过时间，粒子第1次回到A点
C.运动路程时，粒子第5次回到A点
D.粒子不可能回到A点
【正确答案】 AB

【原卷 11 题】 知识点 用插针法测介质折射率的实验步骤和数据处理




【正确答案】

【试题解析】


11-1（基础） 在“测定玻璃的折射率”的实验中，如图所示，某同学先将白纸平铺在木板上并用图钉固定，玻璃砖平放在白纸上，然后在白纸上确定玻璃砖的界面所在直线aa′和bb′（图中并未直接画出具体位置）。O为直线AO与aa′的交点，在直线AO上竖直地插上、两枚大头针。

(1)该同学接下来要完成的必要步骤有___________。
A．插上大头针，使仅挡住的像
B.插上大头针，使挡住的像和的像
C.插上大头针，使仅挡住
D.插上大头针，使挡住和、的像
(2)过、作直线交bb′于O′，过O′作垂直于bb′的直线NN′，连接OO′，测量图中角α和β的大小。则玻璃砖的折射率n=___________。
【正确答案】 BD

11-2（基础） 如图所示，在测量玻璃折射率的实验中，两位同学先在白纸上放好截面是正三角形的三棱镜，并确定AB和AC界面的位置。然后在棱镜的左侧画出一条直线，并在线上竖直插上两枚大头针和，再从棱镜的右侧观察和的像。

（1）此后正确的操作步骤是______
A．插上大头针，使挡住的像
B．插上大头针，使挡住、的像
C．插上大头针，使挡住的像
D．插上大头针，使挡住、的像和
（2）正确完成上述操作后，在原图上大致标出大头针、的位置，并通过作图说明不用量角器，只用刻度尺和圆规测量玻璃折射率的方法______。
【正确答案】 BD 见详解

11-3（巩固） 在用插针法“测定玻璃砖的折射率”的实验中。
（1）如图1所示，某位同学先在白纸上放好平板玻璃砖，并确定和界面的位置。然后画出一条直线AO做为入射光线，并在线上竖直插上两枚大头针和，再从玻璃砖的另一侧观察和的像。此后正确的操作步骤是______。（选填选项前的字母）

A．插上大头针，使挡住的像
B．插上大头针，使挡住、的像
C．插上大头针，使挡住的像
D．插上大头针，使挡住和、的像
（2）正确完成上述操作后，为测量该种玻璃的折射率，两位同学分别用圆规及刻度尺作出了完整光路和若干辅助线，如图2甲、乙所示。在图2中能够仅通过测量DE、FG的长度便可正确计算出折射率的是图______（选填“甲”或“乙”），所测玻璃折射率的表达式n＝______（用代表线段长度的字母DE、FG表示）。

【正确答案】 BD或DB 乙

11-4（巩固） 如图甲所示，某同学在“测定玻璃的折射率”的实验中，先将白纸平铺在木板上并用图钉固定，玻璃砖平放在白纸上，然后在白纸上确定玻璃砖的界面和。O为直线AO与aa′的交点。在直线OA上竖直地插上、两枚大头针。

（1）该同学接下来要完成的必要步骤有（________）；
A．插上大头针，使仅挡住的像
B．插上大头针，使挡住的像和的像
C．插上大头针，使挡住和、的像
D．插上大头针，使P4仅挡住
（2）过、作直线交bb′于O′，过O′作垂直于bb′的直线NN′，连接OO′。测量图甲中角和β的大小，则玻璃砖的折射率n=______；
（3）在用两面平行的玻璃砖测定玻璃折射率的实验中，下列说法正确的是（__________）；
A．为了减小作图误差，和的距离应适当取大些
B．如果光在界面aa′的入射角大于临界角，光将不会进入玻璃砖
C．不论光以什么角度从aa′射入，经一次折射后到达界面bb′都能射出
（4）另一位同学在“测量玻璃的折射率”实验中，为了防止笔尖碰到玻璃砖面而损伤玻璃砖，该同学画出的玻璃砖界面aa′、bb′如图乙所示。若其他操作正确，请通过作图和必要的文字，说明玻璃砖折射率的测量值比真实值偏大、偏小还是不变？（________）

【正确答案】 BC或CB AC或CA 见解析

11-5（巩固） “测定玻璃的折射率”实验中，白纸上放好玻璃砖，在玻璃砖的一侧插上两枚大头针和，然后在另一侧透过玻璃砖观察，并依次插上大头针和。

(1)在插和时，正确的操作是______；
A．使只挡住的像
B．使只挡住的像
C．使能同时挡住和的像
D．使能同时挡住、和的像
(2)请在图中将光路图补充完整__，并在图中标出光线进入玻璃砖发生折射现象的入射角和折射角。若在某次测量中测得，，该玻璃砖的折射率为______。
【正确答案】 CD

11-6（巩固） 某同学在“测定玻璃的折射率”的实验中，先将白纸平铺在木板上并用图钉固定，长方体玻璃砖平放在白纸上，然后在白纸上确定玻璃砖的界面和。O为直线与的交点。在直线上竖直插上、两枚大头针。

（1）如图所示为实验使用的长方体玻璃砖，实验时不能用手直接接触玻璃砖的___________（选填“磨砂面”或“光学面”）；
（2）该同学接下来要完成的必要步骤有___________。（填选项前的字母）
A．插上大头针，使仅挡住的像 B．插上大头针，使挡住的像
C．插上大头针，使挡住和的像 D．插上大头针，使仅挡住的像
（3）过作直线交于，过作垂直于的直线，连接。测量图中角和角的大小，则玻璃的折射率___________。
（4）下列哪些措施能够有效提高实验准确程度___________；
A．选用两光学表面间距适当大的玻璃砖 B．选用两光学表面平行的玻璃砖
C．选用粗的大头针完成实验 D．插在玻璃砖同侧的两枚大头针间的距离尽量大些
【正确答案】 光学面 BC或CB AD或DA

11-7（提升） 如图所示，某同学在“测定玻璃的折射率”的实验中，先将白纸平铺在木板上并用图钉固定，玻璃砖平放在白纸上，然后在白纸上确定玻璃砖的界面和，O为直线AO与的交点。在直线OA上竖直地插上、两枚大头针。

（1）该同学接下来要完成的必要步骤有______
A.插上大头针，使仅挡住的像
B.插上大头针，使挡住的像和的像
C.插上大头针，使仅挡住
D.插上大头针，使挡住和、的像
（2）过、作直线交于，过O作垂直于的直线，连接。测量图中角和的大小。则玻璃砖的折射率 ______ 。
（3）如果在实验过程中不小心将玻璃砖向上平移了一些， 移到图中虚线位置，而在做光路图时不变，则所测得的折射率将 ______ （填偏大，偏小或不变）。
（4）若所使用的玻璃砖的与不平行，其他操作无误，则所测得的折射率将 _____（填偏大，偏小或不变）。
【正确答案】 BD或DB 偏大 不变

【原卷 12 题】 知识点 灵敏电流计改装成电压表,测量电源电动势和内阻的实验原理、器材、实验电路




【正确答案】

【试题解析】




12-1（基础） 某同学利用电流表和电压表测定一节干电池的电动势和内电阻。实验电路如图甲所示，现有开关和导线若干，以及如下器材：

A．电流表A：量，内阻约0.125Ω，
B．电压表V：量程。内阻约3kΩ
C．滑动变阻器
D．滑动变阻器
（1）闭合开关前，滑动变阻器的滑片应该置于最___________端（选填“左”或“右”）。
（2）图乙是该同学根据实验数据绘制的U-I图线，根据图线求得被测干电池的电动势E=___________V，内阻r=___________Ω（结果保留到小数点后两位）。

【正确答案】 右 1.48或1.47或1.49 0.88或0.89或0.90或0.91或0.92

12-2（基础） 某课外小组在参观工厂时，看到一丢弃不用的电池，同学们想用物理上学到的知识来测定这个电池的电动势和内阻，已知这个电池的电动势约为11～13V，内阻小于3Ω，由于直流电压表量程只有3V，需要将这只电压表通过连接一固定电阻（用电阻箱代替），改装为量程为15V的电压表，然后再用伏安法测电池的电动势和内阻，以下是他们的实验操作过程：
(1)把电压表量程扩大，实验电路如图甲所示，实验步骤如下，完成填空。

第一步：按电路图连接实物
第二步：把滑动变阻器滑片移到最右端，把电阻箱阻值调到零
第三步：闭合开关，把滑动变阻器滑片调到适当位置，使电压表读数为3V
第四步：把电阻箱阻值调到适当值，使电压表读数为_________V
第五步：不再改变电阻箱阻值，保持电压表和电阻箱串联，撤去其他线路，即得量程为15V的电压表。
(2)实验可供选择的器材有：
A．电压表（量程为3V，内阻约2kΩ）
B．电流表（量程为3A，内阻约0.1Ω）
C．电阻箱（阻值范围0～9999Ω）
D．电阻箱（阻值范围0～999Ω）
E．滑动变阻器（阻值为0～20Ω，额定电流2A）
F．滑动变阻器（阻值为0～20kΩ，额定电流0.2A）
电阻箱应选___________，滑动变阻器应选___________。
(3)用扩大了量程的电压表（电压表的表盘没变），测电池电动势E和内阻r，实验电路如图乙所示，得到多组电压U和电流I的值，并做出图线如图丙所示，可知电池的电动势为________V，内阻为___________Ω。
【正确答案】 0.6 C E 11.5 2.5

12-3（巩固） 实验方案对实验测量的精度有直接的影响，某学习小组对“测量电源的电动势和内阻”的实验方案进行了探究。实验室提供的器材有：
干电池一节（电动势约1.5V，内阻小于1Ω）；
电压表V（量程3V，内阻约3kΩ）；
电流表A（量程0.6A，内阻约1Ω）；
滑动变阻器R（最大阻值为20Ω）；
定值电阻R1（阻值2Ω）；
定值电阻R2（阻值5Ω）；
开关一个，导线若干。
（1）该小组按照图甲所示的电路进行实验，通过调节滑动变阻器阻值使电流表示数逐渐接近满偏，记录此过程中电压表和电流表的示数，利用实验数据在坐标纸上描点，如图乙所示，结果发现电压表示数的变化范围比较小，出现该现象的主要原因是____。（单选，填正确答案标号）
A.电压表分流 B.干电池内阻较小
C.滑动变阻器最大阻值较小 D.电流表内阻较小

（2）针对电压表示数的变化范围比较小的问题，该小组利用实验室提供的器材改进了实验方案，重新测量得到的数据如表所示。
序号
1
2
3
4
5
6
7
I/A
0.08
0.14
0.20
0.26
0.32
0.36
0.40
U/V
1.35
1.20
1.05
0.88
0.73
0.71
0.52
请根据实验数据，回答以下问题：
坐标纸上已标出各组数据对应的坐标点，并画出图像。

根据实验数据可知，所选的定值电阻为____（选填“R1”或“R2”）。
用笔画线代替导线，请按照改进后的方案，将实物图连接成完整电路。________

【正确答案】 B R1

12-4（巩固） 在测量电源电动势和内阻的实验中，
（1）甲、乙两位同学所在的实验室提供了如下器材和参考电路：电压表（量程，内阻约）、电压表（量程，内阻约）、电流表（量程，内阻约）、电流表（量程，内阻约）、滑动变阻器（最大阻值）、滑动变阻器（最大阻值）、定值电阻（阻值）、开关、导线若干
甲同学想要测量一节新干电池的电动势（约）和内阻（约）。选用合适器材后，应选择下图中最优电路___________（填写参考电路对应的字母）进行测量；
乙同学想要测量一种水果电池的电动势（约）和内阻（约）。选用合适器材后，应选择下图中最优电路___________（填写参考电路对应的字母）进行测量；
A． B． C． D．
（2）丙同学用如图所示电路测量另一电源的电动势和内阻。
在逐渐减小滑动变阻器接入电路的阻值时，记下电压表的示数U和相应电流表的示数I；以U为纵坐标，I为横坐标，作U-I图像；求出U-I图像斜率的绝对值k和在横轴上的截距a。

选用k、a、、表示待测待测电源的电动势E和内阻r的表达式___________，___________。
【正确答案】 C A ka或ak

12-5（巩固） 某同学想通过实验测量一电源的电动势和内阻，已有的实验器材如下：
待测电源（电动势约为8V，内阻在2Ω以内）
电流表（量程0～0.6A，内阻）
电压表（量程0～3V，内阻）
滑动变阻器（阻值范围0～10Ω）
2个电阻箱（阻值范围0～9999.9Ω）

实验操作步骤如下：
（1）实验中由于电表的量程不足，于是该同学设计了如图甲所示电路进行实验，为了将电流表量程改成1.8A，电压表量程改成10V，则______Ω， ______Ω。（均保留两位有效数字）
（2）改装好电表后，该同学多次改变滑动变阻器的阻值，读出多组电流表示数I、电压表示数U，并记录下数据。某次测量中电压表的指针位置如图乙所示，则读出电压为______V（此处填写从表盘读出的实际数值）。
（3）利用记录好的数据作出电压U与电流I的图像如图丙所示，根据图像可得到待测电源电动势______V，电源内阻______Ω。（均保留两位小数）
【正确答案】 0.75 3500 4.0 7.5 0.08

12-6（巩固） 如图甲所示为“用DIS测电源的电动势和内电阻”的部分实验电路图，电流传感器有微小电阻，图乙是某同学实验中得到的U—I图线。

（1）实验中还需要电压传感器，其接线应接在电路中的________和_______位置（“1、2、3、4”中选填）；
（2）由图乙实验图线的拟合方程可得，该电源电动势E＝_________V，内阻r＝_________Ω；
（3）根据实验测得的I、U数据，若令，则由计算机拟合得出的y-x图线应是丙图中的________（选填“a”、“b”或“c”），其余两条图线分别是令，得出的；

（4）根据第（2）问中得到的电源电动势和内阻的值，推测图丙中M点的坐标最接近（____）
A. B. C. D.
【正确答案】 1 3 2.96 1.12 c D

12-7（提升） 某实验小组用如图（a）所示的电路测量一个电动势E约为9V、内阻r在范围内、允许通过的最大电流为0.9A的电池的电动势和内阻，虚线框内表示的是由量程只有5V、内阻为的电压表和电阻箱R1共同改装成量程为10V的新电压表。R2是保护电阻，R3也是电阻箱。

（1）电阻箱R1的阻值应该调节为__________；
（2）可备选用的定值电阻有以下几种规格，则R2宜选用______；
A.，5.0W B.，10W
C.，1.0W D.，2.5W
（3）该小组利用图（a）测量电源的电动势和内阻时，选取R2为（2）中所选择的定值电阻，将改装好的新电压表正确地接在A、C之间。调节电阻箱R3，测出若干R3的阻值和原表头示数U1，请写出和R3的函数关系式______________________。（用题中给出的物理量表示）
（4）根据实验数据，用描点的方法绘出图（b）所示的图像。依据图像，可以测出电源的电动势E=__________V，内阻r=_________（结果均保留两位有效数字）。
（5）由（3）函数关系式和（4）绘出图（b）求出的电动势会__________电动势真实值（选填“大于”、“小于”“等于”）。
【正确答案】 3000或 B 8.0 2.0 小于

【原卷 13 题】 知识点 应用波意耳定律解决实际问题,计算系统内能改变、吸放热及做功


【正确答案】
(1)1kg，放热；(2)3J
【试题解析】




13-1（基础） 如图，固定汽缸内由活塞封闭一定质量的气体，开始时活塞处于静止状态，用电热丝对气体加热后活塞缓慢向左移动，移动过程中活塞与汽缸的摩擦忽略不计，汽缸导热性能良好，环境温度保持不变。大气压强为，活塞面积为，试分析气体是吸热还是放热，热量为多少？

【正确答案】 吸收热量，

13-2（基础） 如题图所示，在一横截面积为S的竖直玻璃管内封闭着A、B两部分理想气体，中间用水银柱隔开，玻璃管导热且粗细均匀。玻璃管竖直静止时，A部分气柱长度为3L，压强为p0，B部分气柱长度为5L，水银柱产生的压强为，己知大气压强为p0，环境温度保持不变。求：
（1）若将玻璃管沿竖直面缓慢转过90°，待稳定后，气体A的压强；
（2）若在该竖直玻璃管装有气体A的顶端开一小孔，再缓慢加热气体B，当气体B从外界吸收的热量为Q时，水银柱刚好上升L，该过程中气体B内能的增加量。

【正确答案】 （1）；（2）

13-3（巩固） 如图所示，导热气缸开口向右水平放置，缸内活塞密闭效果良好且能无摩擦滑动。开始时活塞在虚线位置静止（状态I），封闭气体体积为V=1L，通过给缸体缓慢加热，气体膨胀至体积加倍（状态Ⅱ），此时气缸内壁的卡销自动开启，同时停止加热，待气缸慢慢冷却至环境温度（状态Ⅲ）。若封闭气体可视为理想气体，环境温度为27℃，外界大气压强为p0=1.0×105Pa。求：
（1）状态Ⅱ的温度T2和状态Ⅲ的压强p3；
（2）若给缸体缓慢加热的过程，气体吸收的热量为Q=220J，则在加热过程中内能变化多少？

【正确答案】 （1）600K，；（2）120J

13-4（巩固） 下图中A、B汽缸的长度为L＝30cm，横截面积为S＝20cm2，C是可在汽缸内无摩擦滑动的、体积不计的活塞，D为阀门。整个装置均由导热材料制成。起初阀门关闭，A内有压强pA＝2.0×105Pa的氮气，B内有压强pB＝1.0×105Pa的氧气。阀门打开后，活塞C向右移动，最后达到平衡。
（1）求活塞C移动的距离及平衡后B中气体的压强；
（2）活塞C移动过程中A中气体对外做功为25J，则A中气体是吸热还是放热？吸收或者放出的热量为多少？（假定氧气和氮气均为理想气体，连接汽缸的管道体积可忽略）

【正确答案】 （1）10cm，1.5×105Pa；（2）吸热，吸收的热量为25J

13-5（巩固） 如图所示，一绝热汽缸竖直放置，汽缸内横截面积的光滑绝热活塞封闭着一定质量的理想气体，在活塞上面放置一个物体，活塞和物体的总质量，在汽缸内部有一个阻值的电阻丝，电阻丝两端的电压，接通电源对缸内气体加热，经时间将电源断开，接通电源的过程中活塞缓慢上升的高度。已知接通电源前缸内气体的热力学温度、体积，大气压强恒为，取重力加速度大小，电阻丝产生的热量全部被气体吸收。求：
（ⅰ）加热后电源断开时缸内气体的热力学温度T；
（ⅱ）接通电源的过程中缸内气体增加的内能。

【正确答案】 （ⅰ）；（ⅱ）

13-6（巩固） 如图所示为一种测量不规则物体体积的装置，该装置由深度为L、横截面积为S的导热汽缸和厚度不计且密封完好的活塞构成。已知活塞由汽缸顶部释放后，最终会静止在距离汽缸底部处。实验时，先将不规则物体放入汽缸内部，再将活塞由汽缸顶部释放，最终可以静止在距离气缸底部的位置。设环境温度保持不变，大气压强为，不计活塞与汽缸间的摩擦。求：
（1）不规则物体的体积V；
（2）测量物体体积的过程中，汽缸内气体向外界释放的热量Q。

【正确答案】 （1）；（2）

13-7（提升） 如图所示，环境的热力学温度为，环境气体压强为，导热良好的汽缸直立在水平地面上，汽缸的质量，高度为L。用活塞把一定质量的气体封闭在汽缸内，活塞可沿汽缸壁无摩擦地移动，活塞的质量为，横截面积为S，气体可看作理想气体，质量可忽略不计。平衡时，活塞处于距汽缸底处。重力加速度为g。
（1）若由于环境温度缓慢升高，活塞缓慢向上移动，温度升至某一值时，活塞向上移动了0.25L。已知密封气体的内能U与热力学温度T的关系为（k为大于零的常数），求此过程中：
①活塞缓慢向上移动距离0.25L时气体的温度；
②密封气体从外界吸收的热量；
（2）若用力F缓慢向上拉动活塞，直至汽缸刚要离开地面，求汽缸刚要离开地面时，活塞距汽缸底的距离。

【正确答案】 （1）①；②；（2）

【原卷 14 题】 知识点 两物体多次碰撞问题,含有动量守恒的多过程问题,能量守恒定律和板块问题结合


【正确答案】

【试题解析】





14-1（基础） 如图所示，U型刚性容器质量M＝2 kg，静止在光滑水平地面上，将一质量m＝0.5 kg、初速度v0＝5 m/s且方向水平向右的钢块（可视为质点）放在容器中间，让二者发生相对滑动。已知钢块与容器底部接触面粗糙，动摩擦因数μ＝0.1，重力加速度g＝10 m/s2，容器内壁间距L＝1 m，钢块与容器壁多次弹性碰撞后恰好回到容器正中间，并与容器相对静止，求：
（1）整个过程中系统损失的机械能；
（2）整个过程中钢块与容器碰撞次数。

【正确答案】 （1）5 J；（2）10

14-2（基础） 如图所示，质量的物体以水平速度滑上静止在光滑水平面上的平板小车，小车质量，物体与小车车面之间的动摩擦因数，取，设小车足够长，求：
（1）小车和物体的共同速度的大小；
（2）在物体相对小车滑动的过程中，系统损失的动能。

【正确答案】 （1）；（2）

14-3（巩固） 如图所示，物块A、B的质量分别为、，A静止在水平面上，与左侧固定挡板的距离为l。物块B从A右侧处以的初速度向左运动，B与水平面的动摩擦因数为，A、B均可看作质点，所有碰撞时间极短且没有机械能损失，g取10m/s2。
（1）若A与水平面间无摩擦力，，问从A、B第一次碰后，再过多长时间A、B发生第二次碰撞。
（2）若A与水平面间动摩擦因数为，当l取何值时，物块A和B会发生第二次碰撞。

【正确答案】 （1）t=3s；（2）

14-4（巩固） 如图所示，质量的平板小车静止在竖直弹性墙壁左侧的光滑水平地面上，质量的铁块（视为质点）以大小的初速度向右滑上平板小车左端上表面，小车第一次与墙壁碰撞前瞬间恰好与铁块达到共同速度，之后小车与墙壁发生多次正碰（每次碰撞前小车与铁块已达到共同速度），碰撞中无机械能损失，碰撞时间极短，最终铁块恰好静止在小车的右端。铁块与小车上表面间的动摩擦因数，取重力加速度大小。求：
（1）从铁块滑上小车上表面至小车与墙壁第一次碰撞的时间；
（2）全过程中铁块相对小车滑动的总时间t以及小车的长度L；
（3）从小车与墙壁第一次碰撞至小车静止，小车对地运动的总路程s。

【正确答案】 （1）；（2），；（3）

14-5（巩固） 如图所示，某冰雪游乐场，小朋友和小车均静止在足够大的水平地面上，小朋友将小车以大小的水平速度（相对地面）推向右侧的斜坡，小车在斜坡上运动一段时间后返回地面，小朋友接住小车后再次以速率v将小车推向斜坡，如此反复。小朋友与小车的质量分别为、，不计一切摩擦，不计小车经过斜坡底部时的机械能损失。求：
（1）在小朋友第一次将小车推出的过程中，小朋友和小车组成的系统的动能增量；
（2）要使小朋友不能接住小车，小朋友推小车的次数。

【正确答案】 （1）；（2）4

14-6（巩固） 如图所示，在倾角为且足够长的粗糙斜面上放一长为、质量为m、上下挡板厚度不计的U形盒子P（盒子内底面与斜面平行），盒子P与斜面间的动摩擦因数。在盒子的上端放一质量等于2m的物块Q（可看作质点），O与盒子内表面无摩擦，放开物块后即在盒内滑下与下面挡板碰撞，设碰撞时间极短且碰撞过程中没有机械能损失，重力加速度g取，，。求：
（1）物块Q与盒子P发生第一次碰撞后各自的速度大小；
（2）物块Q与盒子P发生第一次碰撞后至第二次碰撞前Q与盒子下挡板间的最大距离以及第一次碰撞后再经过多长时间与P发生第二次碰撞（结果可用根式表示）；
（3）足够长的时间后，盒子P的总位移。

【正确答案】 （1），；（2），；（3）

14-7（提升） 如图所示，固定斜面足够长，斜面与水平面的夹角，一上表面光滑的“L”型工件AB恰好静止在斜面上，工件质量为，长度为，B端挡板厚度不计。一质量也为的可视为质点的小物块以初速度从工件A端滑上工件，一段时间后与B端挡板发生碰撞，以后每隔一段时间，物块就与挡板碰撞一次，工件与斜面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块与挡板都是弹性碰撞且碰撞时间极短，物块始终在工件上运动，重力加速度为g，求：
（1）木块第一次刚到达B端与挡板碰撞前瞬时速度；
（2）从第1次碰撞刚结束到第次碰撞刚结束，木块运动的时间及木块和工件组成的系统损失的机械能；
（3）为保证整个过程中物块不从工件上滑下，物块的初速度须满足什么条件（用g、L表示）。

【正确答案】 （1）；（2），；（3）

【原卷 15 题】 知识点 粒子由电场进入磁场,带电粒子在磁场中做圆周运动的相关计算,动能定理的综合应用



【正确答案】

【试题解析】







15-1（基础） 如图所示，M为粒子加速器；N为速度选择器，两平行导体板之间有方向相互垂直的匀强电场和匀强磁场，磁场的方向垂直纸面向里，磁感应强度为B。从S点释放一初速度为0、质量为m、电荷量为q的带正电粒子，经M加速后恰能以速度v沿直线（图中平行于导体板的虚线）通过N。不计重力。
（1）求粒子加速器M的加速电压U；
（2）求速度选择器N两板间的电场强度E的大小和方向。

【正确答案】 （1）；（2），方向垂直导体板向下

15-2（基础） 如图所示，在的空间中存在沿y轴负方向的匀强电场，在的空间中存在方向垂直xOy平面（纸面）向外的匀强磁场，一带电荷量为q、质量为m的带正电的粒子，自y轴上的点以速率沿x轴正方向射入电场；然后经过x轴上的点进入磁场，经磁场偏转后，经过坐标原点O返回第一象限。已知，，不计粒子重力。求：
（1）电场强度的大小E；
（2）磁感应强度的大小B。

【正确答案】 （1）；（2）

15-3（巩固） 如图所示，在竖直虚线PQ左侧、水平虚线MN下方有范围足够大的竖直向上的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场，电场的电场强度大小为E，磁场的磁感应强度B（未知），在距离MN为h的O点将带电小球以 的初速度向右水平抛出，小球在MN的下方做匀速圆周运动，已知重力加速度为g。
（1）求带电小球的比荷，并指出小球的带电性质；
（2）若小球从O点抛出后最后刚好到达PQ上与O点等高的O1点，求OO1间最小距离s及对应磁场的磁感应强度B0的值；
（3）已知磁场磁感应强度为B1，若撤去电场，小球从O点抛出后，在磁场中运动过程距离MN的最大距离为d（该点在PQ左侧），求小球运动经过此点时的加速度a。

【正确答案】 （1） ，带正电；（2），；（3）

15-4（巩固） 如题图所示，直角坐标系xOy位于竖直平面内，在第四象限有水平向里的匀强磁场B1和平行于直线MN的匀强电场E1（电场未画出），在第一象限有另一竖直向下的匀强电场E2，直线OP两侧还同时存在水平向里、大小不同的匀强磁场B2、B3.一带负电的液滴（可视为质点）在第四象限以速度，从M点开始沿直线MN向N点匀速运动。已知液滴质量为m，电荷量为-q，E2大小为，B2大小为，MN与y轴夹角为37°，OP与x轴夹夹角也为37°，OP=4L，重力加速度为g，不计空气阻力，sin37°=0.6，cos37°=0.8，则：
（1）求匀强电场E1的场强大小，及匀强磁场B1的磁感应强度大小；
（2）当液滴运动到MN上某点Q（图中未画出）时，突然撤去磁场B1，同时加上与原洛伦兹力同向的恒力，液滴再运动一段时间刚好能沿y轴正方向通过坐标原点O，求Q点的位置坐标；
（3）液滴运动到原点O时立即撒掉所加恒力，要求液滴过O点后只在第一象限运动，且恰好能经过P点，求满足条件的B3大小的所有可能值。

【正确答案】 （1）；（2）（，）；（3），，

15-5（巩固） 如图所示，直角坐标系xOy处于竖直平面内，x轴沿水平方向，在y轴左侧存在沿x轴正方向的匀强电场，电场强度E=5N/C，在y轴右侧存在以y轴为左边界的匀强磁场，其磁感应强度B=0.1T，方向垂直纸面向里（图中未画出）。一带电粒子从第二象限内的A（-0.1m，0.2m）点，以初速度v0沿y轴负方向运动，粒子经过原点O进入第四象限，粒子的比荷为，粒子重力不计。求：
（1）粒子的初速度大小v0；
（2）粒子第二次经过y轴时的坐标；
（3）粒子从第一次到达y轴经过多长时间第二次到达y轴。

【正确答案】 （1）10m/s；（2）；（3）0.15πs

15-6（巩固） 如图所示，从离子源产生的甲、乙两种离子，由静止经电压为U的加速电场加速后在纸面内运动，自O点与磁场边界成角射入磁感应强度大小为B方向垂直于纸面向里的匀强磁场｡已知甲种离子从磁场边界的N点射出；乙种离子从磁场边界的M点射出；OM长为L，ON长为4L，不计重力影响和离子间的相互作用。求：
（1）甲种离子比荷；
（2）乙种离子在磁场中的运动时间｡

【正确答案】 （1）；（2）

15-7（提升） 如图所示，一半径为R的光滑绝缘半圆轨道BC竖直放置。在BC右侧存在一水平向左，大小为的匀强电场，左侧存在一竖直向上的大小为的匀强电场和一垂直于纸面向里的圆形磁场（图中未画出），磁感应强度。一电量为﹢q，质量为m的带电小球（可视为质点）在B点以一定的初速度进入半圆轨道，恰好能够通过最高点C点。已知重力加速度为g，，。求：
（1）若小球在B点电势能为0，则在圆弧轨道上运动过程中，具有的最大电势能；
（2）小球经过B点时对圆弧轨道的压力大小；
（3）若小球离开C点后，能再次沿与BC夹角为的速度方向返回到B点，则圆形磁场的最小面积为多大。

【正确答案】 （1）；（2）；（3）


变式题库答案

1-1【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．黑体辐射电磁波的强度按波长的分布只与黑体的温度有关，温度升高时，黑体辐射强度的极大值向波长减小的方向移动，故A正确；
B．提出能量的量子化假说的科学家是普朗克，故B错误；
C．原子处于基态是最稳定，处于激发态的原子由于不稳定自发地向能量较低的能级跃迁，同时辐射光子，故C错误；
D．安培提出了分子电流假说，但并没有论证为什么会出现分子电流，故D错误。
故选A。
1-2【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 试题分析：电磁波谱按照波长从大到小的顺序依次是无线电波、红外线、可见光、紫外线、X射线和γ射线．所以A正确，
考点：本题考查电磁波谱的相关知识，
点评：对于电磁波的分段需要记忆，
1-3【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．变化的电（磁）场可以产生磁（电）场；但如果是均匀变化的电场只能产生恒定的磁场，故A错误；
B．依照波长从长到短顺序排列依次是：无线电波，红外线，可见光，紫外线，X射线，γ射线，故B错误；
CD．电磁波是一种物质，可在真空中传播，电磁波在真空中的传播速度总是3×108m/s，等于光速，故C错误D正确。
故选D。
1-4【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
随着温度的升高，黑体的辐射强度都会增加，同时最大辐射强度向左侧移动，即向波长较短的方向移动，则

故选C。
1-5【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．麦克斯韦预言电磁波的存在，赫兹用实验捕捉到电磁波，故A错误；
B．电磁波是横波，并且电场和磁场相互垂直，故B正确；
C．爱因斯坦由能量子引入光子，故C错误；
D．微观世界的能量是不连续的，是一级一级，是量子化的，故D错误。
故选B。
1-6【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．麦克斯韦建立了经典电磁场理论，A正确，但不符合题意；
B．爱因斯坦提出了光子的概念，B正确，但不符合题意；
C．电磁波波长由大到小的排列顺序依次为无线电波、微波、红外线、可见光、紫外线、X射线、γ射线，C错误，符合题意；
D．黑体辐射电磁波的强度按波长的分布只与黑体温度有关，D正确，但不符合题意。
故选C。
1-7【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．根据安培定则，左、右导线在O点产生的磁感应强度方向都竖直向下，所以O点的合磁感应强度不等于零，故A错误；
B．根据安培定则，左边导线、右边导线在a点的磁感应强度方向分别向上、向下，但是左边导线离a点近，产生的磁感应强度大，合磁场向上；左边导线、右边导线在b点的磁感应强度的方向分别为向下、向上，但是，右边导线离b点近，产生的磁感应强度大，合磁场方向上，所以a、b两点的磁感应强度方向相同，都向上，由场强叠加可知，a、b两点场强大小相等，故B正确；
C．根据安培定则，左、右导线在c点产生的磁感应强度方向分别为右下、左下，且大小相等，合磁感应强度方向竖直向下，左、右导线在d点产生的磁感应强度方向分别为左下、右下，且大小相等，合磁感应强度方向竖直向下，根据对称性，在c、d两点的合磁感应强度大小相等，所以，c、d两点的磁感应强度大小相等，方向相同，故C错误；
D．距离导线越近，磁感应强度越强，O、a距导线距离不确定，两点的磁感应强度大小不确定，故D错误。
故选B。
2-1【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．人对车厢的推力向右，与车厢的运动方向相同，所以对车厢做正功，A错误；
B．因为人对车厢的摩擦力向左，所以车厢对人的摩擦力向右，与人的运动方向相同，所以有摩擦力对人做正功，B错误；
CD．因为车厢对人的推力和摩擦力平衡，所以人对车厢的推力和摩擦力大小相等，由于推车的力逐渐增大，则推力和摩擦力的功率逐渐增大，C正确、D错误。
故选C。
2-2【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
小球在初位置速度为零，故在初位置重力的瞬时功率为零。在最低点时，重力的方向与速度的方向垂直，则此时重力的瞬时功率也为零。由于初末位置重力的瞬时功率均为零。故在整个运动过程中，小球的重力的瞬时功率先增大后减小。
故选B。
点睛:
理解瞬时功率的定义。由于整个运动过程中速度的方向及大小始终在变，故可以采用极限法，即分析初末位置情况，继而推导整个过程的变化情况。
2-3【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．2s之后，物体的功率恒定，牵引力恒定，根据

知此时物体做匀速直线运动，为平衡状态，则滑动摩擦力

故A错误；
B．在内，物体做匀加速运动，且2s时物体的速度大小为

通过阻力的功率与时间的关系图像可知内

可得加速度

该过程中根据牛顿第二定律可得

则物块质量为

故B正确；
C．在内，物体位移

该过程拉力对物体做功

故C错误；
D．内，物体匀速运动


该过程中总功

故D错误。
故选B。
2-4【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
在0~t1时间内，重物从静止开始竖直向上做匀加速直线运动，设加速度大小为a1，根据牛顿第二定律，
F1- mg=ma1
钢索拉力
F1=m（g+a1）
可见拉力是恒力，其功率
P1=F1v=m（g+a1）v=m（g+a1）a1t
对应的P-t图像是经过原点的倾斜线段；
在t1~t2时间内，重物匀速上升，钢索拉力
F2=mg
功率
P2=F2v=mgv
对应的P-t图像是一条平行于横轴的线段，考虑到在t1时刻，拉力突然减小，而速度大小不变，其功率P2也突然减小；
在t2~t3时间内，重物做匀减速直线运动，设加速度大小为a2，根据牛顿第二定律，
mg - F3=ma2
钢索拉力
F3=m（g-a2）
可见拉力是恒力，其功率
P3=F3v=m（g-a2）(v0-a2）t
对应的P-t图像是倾斜线段，随着t延长，P3减小，在t2时刻，拉力突然减小，而速度大小不变，其功率也突然减小，故ACD错误，B正确。
故选B。
2-5【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．对B水平方向受力分析，如图1所示

由平衡条件得A对B的摩擦力大小
fA＝F1＝5N
对滑轮水平方向受力分析，如图2所示

由平衡条件得
F＝2T
得

对A水平方向受力分析，如图3所示

由平衡条件得
T＝fB+f地
由牛顿第三定律知
fB＝fA＝5N
可得
f地＝7N
根据牛顿第三定律知地面受到的摩擦力为
f地′＝f地＝7N
故A错误；
B．由题意知，物体A的速度为
vA＝0.2m/s
则滑轮移动的速度为

故B错误；
C．水平拉力F的功率为
P＝Fv滑＝24×0.1W＝2.4W
故C错误；
D．在2s内绳子对物体A所做的功为
W＝Tx＝TvAt＝12×0.2×2J＝4.8J
故D正确。
故选D。
2-6【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
由速度—时间图像可知前2s内物体加速度大小为

设此过程牵引力为F，摩擦力为f，由牛顿第二定律得

在2s末，由P=Fv得

2s以后，物体匀速直线运动，牵引力等于阻力，由

代入数据得

联立解得

故选B。
2-7【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．时间内，物体速度与传送带速度不同，发生相对运动，所以物体受到滑动摩擦力作用，时间内物体速度与传送带速度相同，无相对滑动及相对滑动趋势，物体不受摩擦力，故A错误；
B．时间内物体速度越来越大，由

可知摩擦力的功率越来越大，故B正确；
C．当物体初速度增大时，物体在传送带上加速的时间将缩短，则物体在传送带上运动时间将小于，故C错误；
D．物体初速度增大，末速度不变，动能改变量减小，故传送带做功减小，故D错误。
故选B。
3-1【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．车在制动后做匀减速直线运动，根据在相等的相邻的时间间隔内，位移的差值相等，由逐差法可得汽车的加速度大小为

故A错误；
B．据位移-时间公式

可得汽车在第1s内位移为

解得

第3s末汽车的瞬时速度大小为

故B正确；
C．经过后汽车停止运动，则有

故C错误；
D．据匀变速直线运动推论可得从制动到停下，汽车的平均速度大小为

故D错误。
故选B。
3-2【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
BC．从时刻到时刻，A、B的位移相等，在平均速度相等，因时刻为中间时刻，则时刻，A木块速度等于B木块速度，选项BC错误；
AD．根据
∆x=aT2
因为A木块的∆x较大，则A的加速度较大，根据

可知，时刻，A木块速度小于B木块速度，选项A错误，D正确。
故选D。
3-3【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
AD．匀变速直线运动在相等时间内速度变化相同，由题意可知，从A点到B点所用时间等于从B点到C点所用时间。根据初速度为零的匀加速直线运动的推论，可知A、B间距离与B、C间距离的比值为，AD错误；
B．A、B间运动的平均速度为

B、C间运动的平均速度为

两段运动的平均速度不相等，B错误；
C．物体做匀加速直线运动，A到C这段位移的中点速度为

从A到C这段位移的中点在B、C之间，C正确。
故选C。
3-4【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
AB．将运动过程反向来看，看成从第三个木块以初速度为0向左匀加速过程，根据初速度为零的匀加速直线运动推论有，从开始连续经过相等的时间位移比为结合题中信息可得子弹穿过每个木块的时间相等，设为，则加速度大小为

所以有



即

A正确，B错误；
CD．根据上面分析得

CD错误。
故选A。
3-5【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
AD．由甲图可知，前1s的位移

前2s的位移

根据匀变速直线运动位移时间关系可知

代入数据解得


AD错误；
BC．质点乙做匀减速直线运动，根据匀变速直线运动位移速度关系可知


乙的初速度为，根据可知，乙匀减速停下来的时间

此时乙的位移刚好为10m，C正确，B错误；
故选C。
3-6【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
ABD．5个铁垫圈同时做自由落体运动，第2、3、4、5个垫圈经过位移之比为

由可得，第2、3、4、5个垫圈落到盘中需要的时间之比

则落到盘上的声音时间间隔相等，故选项AD错误，B正确；
C．由可得，第2、3、4、5个垫圈依次落到盘上的速率之比为

故选项C错误。
故选B。
3-7【提升】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．根据匀变速直线运动的位移与时间关系式

根据图像得

解得

A正确；
B．根据匀变速直线运动的速度与位移关系

解得

根据图像得


解得


B错误；
C．根据丙图可知0~4s内物体做直线运动，C错误；
D．图中a-t图像与坐标轴所围面积表示速度变化量大小，则物体在前2s内的速度变化量大小为

D错误。
故选A。
4-1【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．质点K只能沿轴振动，不能沿轴移动，故A错误；
B．根据题意，由图乙可知，该波的周期为

假如波向左传播，质点K再经过时，到达负方向最大位移处，此时，质点K的加速度为正方向最大；假如波向右传播，质点K再经过时，到达正方向最大位移处，此时，质点K的加速度为负方向最大，故B错误；
C．如果图乙为质点K的振动图像，由图乙可知，质点K沿轴负方向振动，结合图甲可知，波沿x轴负向传播，故C正确；
D．如果图乙为质点L的振动图像，由图乙可知，质点L沿轴负方向振动，则波沿x轴正向传播，故D错误。
故选C。
4-2【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
AC．由振动图可知，在t=0s时，的质点在平衡位置且接下来要沿y轴负方向运动，的质点位于波峰，接下来要沿y轴负方向运动，由于简谐横波沿x轴负方向传播，由上下坡法可知A选项中的质点接下来要沿y轴正方向运动，而C选项满足的质点在平衡位置且接下来要沿y轴负方向运动，同时也满足的质点位于波峰，且接下来要沿y轴负方向运动，故A错误，C正确；
BD．由振动图可知，在t=0s时，的质点在平衡位置，故BD错误；
故选C。
4-3【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．从图中可得波长
λ=2m
周期
T=4s
波速为

故A错误；
B．t=2s时，x=1.5m处的质点向下运动，故波的传播方向向左，则t=2s，P向y轴负方向运动至波谷，故B错误；
C．0～2s时间内，经过了半个周期，P运动的路程为

故C正确；
D．t=2s时，x=2m处的质点P位于波谷，从t=2s到t=7s经过时间

所以当t=7s时，质点P恰好回到平衡位置，故D错误。
故选C。
4-4【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．波源第一次处于y轴正方向一侧的最高点，此时 处的质点M恰好开始振动由图乙，波传递到质点M经过的时间

波速

波长

A错误；
B．在时间内，质点M振动的时间

质点M经过的路程

B错误；
C．时，波传递的距离

C正确；
D．时，质点M振动的时间

由图乙可知，此时质点M的状态与波源1s时的状态相同，此时处于平衡位置，加速度最小，等于0，D错误。
故选C。
4-5【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．在t时刻，由图乙可知，质点b速度沿y轴负方向，根据“上坡下”规律可知，该简谐横波沿x轴正方向传播，故A错误；
BC．由图甲可知波长为


由图乙可知周期为

波速为

由于

则质点a通过的路程为

故B错误，C正确；
D．该波的频率为

两波的频率不同，相互叠加时波上各个质点的振幅是随时间而变化的，没有振动总是加强或减弱的区域，因而不能产生稳定的干涉现象，故D错误。
故选C。
4-6【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．由图乙可知，t=0.6s时A质点沿y轴负方向运动，则此时A质点应位于沿波传播方向波形的上坡，结合图甲可知这列波沿x轴正方向传播，故A错误；
B．波长为，周期为，所以波速为

故B错误；
C．t=0.6s时质点P沿y轴正方向运动，从0.6s到1.2s经历半个周期，根据对称性可知时，质点P的位移为，且速度方向沿y轴负方向，故C错误；
D．根据三角函数知识可知

并且

解得
，
从开始，质点P比质点Q早回到平衡位置的时间为

故D正确。
故选D。
4-7【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．由图可知振幅

周期

则

由t=0.20s质点Q向y轴正方向振动，可知简谐波向x轴正方向传播。t=0时与t=0.20s时刻的波形图相同。从t=0时刻开始计时Q点的振动方程为

从t=0时刻开始计时P点的振动方程为

故A错误；
B．从t=0时刻开始计时，P在t=0.25s时位移

从t=0时刻开始计时，Q在t=0.25s时位移

故B错误；
C．由
则
由t=0时质点Q在平衡位置向y轴正方向振动，在t=2.8s时质点Q也在平衡位置向y轴正方向振动，所以R点在处于平衡位置上方在向下振动，故C正确；
D．从t=0.20s到t=0.225s，经过的时间

质点P通过的路程为

故D错误。
故选C。
5-1【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．由图可知，x=2m处的电势为零，因φ-x图像的斜率等于场强，可知该点的电场强度大小不为零，选项A错误；
B．因φ-x图像的斜率等于场强，可知x=-1m的电场强度小于x=1m处的电场强度，选项B错误；
C．带负电的粒子沿x轴负方向运动过程中，电势先升高后降低，可知电势能先变小后变大，选项C错误；
D．由能量关系可知，粒子沿x轴负向运动到的最远位置处应该与初始位置电势相同，即坐标为x=-1.5cm，选项D正确。
故选D。
5-2【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．由于电势是标量，电势的正、负表示电势的高低，由图可知，区间内，电势一直降低，故A错误；
B．由图可知，区间内，电势升高，根据沿电场线方向电势降低可知，区间内，场强沿x轴负方向，故B正确；
C．从x1移到处电势先降低后升高，将电子沿x轴从x1移到处，其电势能先增大后减小，故C错误；
D．图像斜率表示电场强度，由图可知，x2处电场强度为0，x1处和x3处电场强度不为0，由此可知，该电场不可能是单个点电荷所形成的电场，故D错误。
故选B。
5-3【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．沿电场线方向电势降低，离正电荷越远电势越低，离负电荷越远电势越高，由图像可知q1为正电荷，q2为负电荷，故A正确，不符合题意；
B．由公式可知，若电荷量等于的电荷量，应该是O、M中点的电势为零，由图可知电荷量不相等，由于点势为0的A点距离比较远，而距离比较近，所以q1的电量大于q2的电量，故B正确，不符合题意；
C．沿电场方向，电势降低，从N到C电势升高，故NC间场强方向沿x轴负方向，C到D电势降低，故CD间场强方向沿x轴正方向，故C错误，符合题意；
D．从N点移到D点，电势先升高后降低，由可知，负点电荷从N点移到D点，其电势能先减小后增大，故电场力先做正功后做负功，故D正确，不符合题意。
本题选错误的，故选C。
5-4【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．图像的斜率的绝对值表示电场强度的大小，故x1到x2之间场强为零，不是匀强电场，选项A错误；
B．图像的斜率的绝对值表示电场强度的大小，则x2到之间的电场强度大于到x3之间的电场强度，故B错误；
C．沿着电场强度的方向电势降低，故上x2到之间的电场强度的方向与到x3之间的电场强度的方向相反，故C错误；
D．因x1点的电势高于x3点的电势，可知正电荷沿x轴从x1运动到x3的过程中，电势能减小，电场力做正功，故D正确。
故选D。
5-5【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 分析:
根据电势的变化分析电势能的变化，再根据电场强度即曲线斜率得到电场强度变化，进而分析电场力变化。
详解:
A．图象的斜率表示电场强度，B点的斜率不为0，所以B点的电场强度不为0，故A错误，符合题意；
BC．由图象可以发现，离Q1越近电场中的电势越低，由此可以判断Q1为负电荷，同理，由于离Q2越近电势越高，所以Q2为正电荷，在它们的连线上的B点的电势也是零，但B点离Q2近，所以Q1的电荷量要大于Q2的电荷量，故BC正确，不符合题意；
D．从A点到C点电势升高，负电荷在电势越高处电势能越小，所以电场力一直做正功，故D正确，不符合题意。
故选A。
点睛:
解决本题的关键是知道正电荷周围的电势为正，负电荷周围的电势为负；知道图像的斜率表示电场强度，熟记电势能和电势之间的关系式。
5-6【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．图像斜率的绝对值表示电场强度的大小，A点运动到O点过程中，图像斜率越来越小，电场强度越来越小，点电荷所受电场力越来越小，则加速度也越来越小，A错误；
B．作图如图所示

根据上述，O点运动到B点过程是匀强电场，该电场强度的大小与图中虚线表示的电场强度大小相等，由于左侧图线为四分之一圆弧，将虚线平移至与圆弧相切，切点处的电场强度大小与右侧电场强度大小相等，根据几何关系可知，该切点的横坐标为，即当负点电荷分别处于和时，电场力大小相等，B正确；
C．根据

可知，负点电荷由A点运动到B点过程中，电场力做的功为0，即合外力做的功为0，根据动能定理可知，负点电荷在B点速度等于，C错误；
D．根据上述可知，负点电荷由A点运动到B点过程中，先做加速度减小的变加速运动，后做匀减速直线运动，作出图如图所示

由于变加速过程与匀减速过程的位移相等，即上图中曲线与时间轴所围面积等于直线与时间轴所围面积，则
根据
可知，负点电荷在AO段的平均速度大于在OB段的平均速度，D错误。
故选B。
5-7【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．图像的斜率的绝对值表示电场强度大小，由图可知的区间内，图线斜率的绝对值先增大后减小，所以加速度先增大后减小，故A错误；
B．由图可知的区间内，随x的增大φ减小，因粒子带负电，所以电势能增大，电场力做负功，动能减小，当粒子恰好能到达x＝0.2m处，其初速度是使粒子能沿x正方向持续运动下去的最小速度，由动能定理可得

其中
，
解得

故B正确；
C．若粒子可以恰好运动到0.1m处，则

其中
，
解得

故C错误；
D．粒子在由原点运动至x=0.2m处的过程中，速度一直减小，故D错误。
故选B。
6-1【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．由乙图可知发动机线圈转动的周期为

根据

解得

故A错误；
B．根据

解得

又

联立，可得

故B正确；
C．发电机产生的电动势瞬时值表达式为

故C错误；
D．线圈转动一周产生的总电能为

又

联立，可得

故D错误。
故选B。
6-2【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．在时，穿过线圈的磁通量最大，此时磁场方向与线圈平面垂直，感应电动势为0最小，则线圈中的磁通量变化率最小，A错误；
B．在时，穿过线圈的磁通量为零，磁场方向与线圈平面平行，B错误；
C．磁通量为穿过线圈平面内磁感线的条数，则
Φm= BS

C错误；
D．若线圈转速增大为原来的2倍，根据
Em= NBSω = 2πNBSn
可知线圈中最大电动势变为原来的2倍，D正确。
故选D。
6-3【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．图示位置时线圈平面和磁场平行，穿过线圈平面的磁通量为零，磁通量的变化率最大，感应电动势最大，A错误；
B．当可变电阻R的滑片P向上滑动时，滑动变阻器接入电路的阻值变大，副线圈两端电压不变，根据欧姆定律，副线圈电流变小，原副线圈匝数比不变，电流比等于匝数的反比，所以原线圈电流也变小，电流表A1的示数变小，B错误；
C．线圈匀速转动产生感应电动势的最大值为

电压表的示数为电压的有效值，电压表V1示数为

理想变压器原副线圈电压比

副线圈电压

C正确；
D．矩形线圈转一周的时间

若可变电阻接入的阻值为R0，则在矩形线圈转一周的过程中，可变电阻产生的焦耳热为

D错误。
故选C。
6-4【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．时，感应电动势的瞬时值达到最大，此时磁通量的变化率最大，金属线框平面与磁感线平行，故A项正确；
B．该正弦交流电的电动势做大值为，有效值为

故B项错误；
C．矩形线框平面与中性面的夹角为时，即金属线框平面与磁感线平行，此时电动势是瞬时值达到最大值，所以此时电动势瞬时值为，故C项错误；
D．该交变电流的电动势瞬时值表达式为

故D项错误。
故选A。
6-5【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．流过变压器副线圈电流的有效值为

根据

解得流过电流的有效值为

故A错误；
B．交变电流的周期为，频率为

一个周期电流方向改变两次，则灯泡L中电流方向每秒钟改变200次，故B错误；
C．变压器副线圈两端电压的有效值为

变压器原线圈两端电压的有效值为

输入交流电的有效值为100V，则电阻两端电压的有效值为

电阻的阻值为

故C正确；
D．原线圈电压的最大值为

穿过铁芯的磁通量的变化率最大值为

故D错误。
故选C。
6-6【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．由右手定则知，线圈转到图示位置时，AB边中的电流方向由A到，故A错误；
B．线圈转到图示位置时，线圈的位置垂直中性面，线圈的磁通量为零，变化率最大，故B错误；
C．公式
线圈转过的时间为
则
公式中的指的是平均电流，而不是电流的有效值，故C错误；
D．图示位置的感应电动势最大，为余弦变化，根据欧姆定律得

则线圈中产生的交变电压的瞬时值表达式为
V
故D正确。
故选D。
6-7【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．从图示位置开始，线框转过180°的过程中，根据楞次定律和安培定则可知通过原线圈的电流方向不变，则通过线圈的电荷量大于零，故A错误；
B．矩形导线框从图示位置转过90°时，线框位于中性面，感应电动势最大，为

根据法拉第电磁感应定律

其磁通量的变化率为

故B错误；
C．原线圈电压最大值为

有效值为

根据变压比，变压器副线圈电压的有效值即交流电压表的示数为

故C正确；
D． 原、副线圈匝数比不变，则原副线圈的电压比不变，故D错误。
故选C。
7-1【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
根据法拉第电磁感应定律，当导体棒以v0向左运动到图示虚线位置时产生的感应电动势为

此时的电路结构是：导体棒为电源，内阻为，左右电阻分别为r的两个半圆充当了并联的外电路，设外电阻为R，导体棒两端的电压为外电压，设其为U，依题意有


则ABD错误，C正确。
故选C。
7-2【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．由于导体棒向下运动切割磁场，所以根据右手定则可知，导体中电流的方向为a→b。故A错误；
B．当导体棒所受安培力的大小与重力沿斜面的分力及摩擦力的合力大小相等时，导体棒的速度最大，设导体棒的最大速度为v，则速度最大时，由平衡条件可得

根据电磁感应定律及安培定则可得

联立可得

故B错误；
CD．根据能量守恒定则可知

即导体棒所受重力做功与安培力做功及摩擦做功之和等于导体棒增加的动能。导体棒减少的重力势能大于导体棒增加的动能与回路中产生的焦耳热之和。故C错误，D正确。
故选D。
点睛:
通过对导体棒的受力分析，判断其运动规律，再结合电磁感应定律及安培定则及平衡条件、能量守恒定律等进行解答。
7-3【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
AB．杆ab中电流方向从b到a，根据左手定则可知安培力向右，通电瞬间杆所受安培力

大于阻力，向右做加速运动，随着速度增大，产生的感应电动势

增大，产生的感应电流方向与通电电流方向相反，所以电流强度逐渐减小，安培力逐渐减小，加速度逐渐减小，当安培力和阻力相等时加速度为零，速度最大，因此杆先做加速度逐渐减小的变加速直线运动，后做匀速直线运动，故AB错误；
C．杆达到最大速度时，受力平衡，即

解得

又

解得

故C正确；
D．由闭合电路欧姆定律知，杆两端的电压

由于杆先做变加速运动，速度v变化、感应电动势BLv变化，则杆两端的电压U发生变化，故D错误。
故选C。
7-4【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．图1中，导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流而使电容器充电，由于充电电流不断减小，安培力减小，则导体棒做变减速运动，当电容器C极板间电压与导体棒产生的感应电动势相等时，电路中没有电流，ab棒不受安培力，向右做匀速运动，故A错误；
BD．图2中，导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流，导体棒受向左的安培力而做减速运动，随速度的减小，电流减小，安培力减小，加速度减小，最终ab棒静止，故B正确，D错误；
C．根据

有

得

电荷量跟导体棒ab的动量变化量成正比，因为图1中导体棒的动量变化量小于图2，所以图1中通过R的电荷量小于图2中通过R的电荷量，故C错误。
故选B。
7-5【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
设a棒刚进入磁场时的速度大小为v，假设

有





解得

可知电铜棒a、b在磁场中的运动情况完全相同，即

故选A。
7-6【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．由右手定则可知导体棒中感应电流方向为由b到a，故A错误；
B．由牛顿第二定律可得

与导体棒的运动方向相反，速度减小，加速度减小，所以导体棒做加速度减小的减速运动，直至速度减为零，故B错误；
C．由能量守恒可知

故C正确；
D．全程由动量定理可得


解得

故D错误。
故选C。
7-7【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
AB．线框刚开始进入磁场时，线框处于平衡状态，此时有

当ab边刚越过时，此时线框速度仍为v，此时有


联立可得

联立可得

方向沿斜面向上，故AB错误；
C．线框从开始进入磁场，安培力

ab边到达gg'与中点时

由共点力平衡知识可知

解得

线框从开始进入磁场到ab边到达gg'与中点，由动能定理可得

产生的热量为

故C错误；
D．从ab越过边界到线框再做匀速直线运动，由法拉第电磁感应定律可得

设该过程中平均电流为I，由闭合电路欧姆定律可得

取沿斜面向下方向为正，由动量定理可得

联立可得

故D正确。
故选D。
8-1【基础】 【正确答案】 ACD
【试题解析】 详解:
A．根据万有引力提供向心力得

解得

“嫦娥五号“探测器在轨道2上运动过程中，因为轨道2上的A点和轨1上的A点是同一点，即r相等，故探测器在轨道2经过A点时的加速度等于在轨道1经过A点时的加速度，故A正确；
B．过B点做外切圆，由于卫星在椭圆轨道上从B点开始做离心运动，才能进入圆轨道，因此卫星在B点的速度一定小于其在过B点的圆轨道上的速度，即

根据万有引力提供向心力得

解得

因为，所以

故

故“嫦娥五号”在轨道2经过B点时的速率一定小于1.7km/s，故B错误；
C．“嫦娥五号”从轨道2变轨到轨道3，必须在A点加速，所以“嫦娥五号”在轨道3上运行的最大速率大于其在轨道2上运行的最大速率，故C正确。
D．由于“嫦娥五号”从轨道2变轨到轨道3，必须在A点加速，机械能增加，所以在轨道3所具有的机械能大于其在轨道2所具有的机械能，故D正确。
故选ACD。
8-2【基础】 【正确答案】 BD
【试题解析】 详解:
A．第二宇宙速度为逃离地球的速度，而卫星从轨道1逃离了地球。所以轨道1上的速度可能超过第二宇宙速度。故A错误；
B．由于在轨道2上的近火点与轨道3上的近火星点为同一点，由得

所以它们的加速度相等。故B正确；
C．在轨道2上，只有引力做功，所以机械能不变。故C错误；
D．在轨道2上近火点减速，使探测器需要的向心力减小，从而做近心运动，即可进入轨道3。故D正确。
故选BD。
8-3【巩固】 【正确答案】 BD
【试题解析】 详解:
A．因P点转移到Q点的转移轨道的半长轴大于地球公转轨道半径，则其周期大于地球公转周期（1年共12个月），则从P点转移到Q点的时间为轨道周期的一半时间应大于6个月，A错误；
B．天问一号在近火点实施制动，做近心运动，可以实现从调相轨道转移到停泊轨道，B正确；
C．因在环绕火星的停泊轨道的半长轴小于调相轨道的半长轴，则由开普勒第三定律可知在环绕火星的停泊轨道运行的周期比在调相轨道上小，C错误；
D．如图乙所示在近火点相切的调相轨道和停泊轨道上各取极短时间，在这段时间扫过的面积

又

得

得

在近火点调相轨道比停泊轨道的曲率半径大，所以在相等时间内与火星球心的连线在停泊轨道上扫过的面积小于在调相轨道上扫过的面积。D正确。
故选BD。
8-4【巩固】 【正确答案】 BC
【试题解析】 详解:
AB．设北斗二号G2卫星在转移轨道上运行的周期为T，由题意可知卫星在同步轨道上的运行周期为T0，根据开普勒第三定律可知

解得

所以北斗二号G2卫星沿转移轨道从P点运行到Q点所用最短时间为

故A错误，B正确；
C．设地球质量为M，质量为m的卫星绕地球做半径为r、速度大小为v的匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有

解得

所以

而北斗二号G2卫星从同步轨道变至转移轨道时需要在P点加速，所以

则

即北斗二号G2卫星在转移轨道上经过P点的速度大于在基地轨道经过Q点的速度，故C正确；
D．北斗二号G2卫星在转移轨道上经过P点时所受万有引力与在同步轨道上经过P点时所受万有引力相同，所以加速度相同，故D错误。
故选BC。
8-5【巩固】 【正确答案】 ABD
【试题解析】 详解:
A．根据

解得

由于地球的轨道半径小于火星的轨道半径，可知地球的公转线速度大于火星的公转线速度，A正确；
B．当火星离地球最近时，地球上发出的指令到达火星的时间

B正确；
C．根据开普勒第三定律有

由于探测器轨道的半长轴小于火星轨道的半径，可知

则如果火星运动到B点，地球恰好在A点时发射探测器，那么探测器将沿轨迹AC先运动到C点，此时火星还没有达到C点，两者并不能恰好在C点相遇，C错误；
D．根据题意，两者相距最近时，恰好是一次发射机会，令到达下一次机会的时间为，则有

结合题中数值，解得

D正确。
故选ABD。
8-6【巩固】 【正确答案】 AC
【试题解析】 详解:
A．由于卫星从轨道II变轨到轨道III，需要点火加速，所以II轨道上B点的速度小于III轨道上B点的速度，而卫星在I、III轨道上稳定运行时做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，即

解得

I轨道半径小于III轨道半径，所以I轨道上A点的速度大于III轨道上B点的速度，即

故A正确；
B．卫星只受万有引力，即

所以I轨道上A处的加速度等于II轨道上A处的加速度，故B错误；
CD．根据开普勒第三定律

所以卫星在轨道I、II上运行的周期之比为

故C正确，D错误。
故选AC。
8-7【提升】 【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。
9-1【基础】 【正确答案】 BC
【试题解析】 详解:
B．依题意，小球沿着光滑的竖直墙壁缓慢向上滑动。则小球受力平衡，合力为零，不做功。故B正确；
AD．把绳子拉力分解成竖直和水平两个分力，有

解得

依题意，轻绳与竖直墙壁的夹角增大一点点，则小球受到竖直墙壁的支持力变大，绳子的拉力F变大。故AD错误；
C．同理，根据三力平衡的特点，可知小球受到的绳子拉力与墙壁对其支持力的合力等于。故C正确。
故选BC。
9-2【基础】 【正确答案】 AD
【试题解析】 详解:
对结点O分析如图所示，根据平衡条件和正弦定理有

因为不变，所以α不变，而G不变，β减小，γ从锐角增大至变为钝角，所以FOA一直减小，FOB先增大后减小。
故选AD。

9-3【巩固】 【正确答案】 BC
【试题解析】 详解:
A．缓慢改变绳OA的方向至的过程，OA拉力的方向变化如图从1位置到2位置到3位置所示

可见OA的拉力先减小后增大，OP的拉力一直增大，故A错误；
B．若开始时P受绳子的拉力比较小，则斜面对P的摩擦力沿斜面向上，OP拉力一直增大，则摩擦力先变小后反向增大，故B正确；
C．以斜面和PQ整体为研究对象受力分析，根据平衡条件：斜面受地面的摩擦力与OA绳子水平方向的拉力等大反向，故摩擦力方向向左，故C正确；
D．以斜面体和P、Q整体为研究对象受力分析，根据竖直方向受力平衡

由上图分析可知F的最大值即为（当F竖直向上方向时），故，则，故D错误。
故选BC。
9-4【巩固】 【正确答案】 ABD
【试题解析】 详解:
以滑轮C为研究对象，对其进行受力分析如图

系统处于静止状态时，滑轮的合外力为零，则绳子的拉力T和轻杆的弹力N的合力与重力G的大小相等、方向相反，作用力的合成图如图，将A点沿墙角稍下移些时，系统又处于静止平衡态，则绳子的拉力大小等于物体的重力，保持不变；而轻杆的支持力N大小等于T、G的合力大小，T与G的夹角减小，则知N增大，故轻杆受的压力减小。
A．因为是同一根绳，所以

当A点向上移动使得夹角为45°时，其滑轮不会处于平衡态，其拉力和重力的合力会使得轻杆向左运动，因此只能向下移动，A正确；
B．当轻杆与竖直方向为45°时，此时处于静止状态，拉力与轻杆弹力和重力形成一个等腰直角三角形，并且

故

B正确；
C．当夹角为60°时，此时处于静止状态，拉力与轻杆弹力和重力形成一个等腰三角形

当夹角为45°时

故系于D点时杆的弹力大于A点时杆的弹力，C错误；
D．当为60°时，构成等边三角形，根据几何关系可知重物距离B点的竖直高度为

解得

当为45°时，为等腰直角三角形，由几何关系可得重物距离B点的竖直高度为

解得

故系于D点时重物所在的高度比A点时低

D正确。
故选ABD。
9-5【巩固】 【正确答案】 BD
【试题解析】 详解:
A．将斜面倾角增大，B的重力沿斜面向下的分力Gx=mgsinθ增大，若绳子拉力大于重力沿斜面向下的分力，则摩擦力沿斜面向下，根据平衡可得
f+Gx=T，
则物体B收到的摩擦力先减小后增大，故A错误；
B．由牛顿第三定律可知物体B对斜面的压力等于斜面对B的支持力，则物体B对斜面的压力为：
FN=mgcosθ，
θ增大，cosθ减小，则FN减小，故B正确；
CD．以A为研究对象，物体A始终处于平衡状态，则绳子拉力等于A的重力，保持不变，故C错误，D正确；
故选BD。
9-6【巩固】 【正确答案】 AC
【试题解析】 详解:
A．物体A受B的压力拉力、重力、斜面的支持力和静摩擦力，共4个力，A正确；
CD．对球B分析，受水平拉力、重力和支持力，三力平衡，三个力构成首尾相连的矢量三角形，如图所示

将B缓慢拉至物体A的最高点的过程中，重力与支持力间的夹角变小，故支持力变小，拉力F也变小，压力减小，C正确、D错误；
B．对A、B整体分析，受拉力、重力、支持力和静摩擦力，根据平衡条件，有
f = (M＋m)gsinα＋Fcosα
α为斜面的倾角，根据选项CD分析可知F减小，静摩擦力减小，B错误。
故选AC。
9-7【提升】 【正确答案】 AC
【试题解析】 详解:
A．随着P点缓慢向右移动，拉物体B的两边绳子拉力越来越大，当夹角为120o时绳子拉力恰好等于B物体的重力，此时物体A恰好达到最大静摩擦力将向上滑动，则

解得

A正确；
B．初始时刻，拉物体B的两边绳子竖直时，绳子拉力

此时A受摩擦力沿斜面向下，因此当P缓慢移动过程中，绳子拉力逐渐增大，A受斜面的摩擦力一直增大，B错误；
C．将物体A与斜面体做为一个整体，设拉物体B的绳子与水平方向夹角为 ，则斜面体受地面的摩擦力

随P点缓慢移动，绳子拉力T越来越大，绳子与水平夹角越来越小，地面对斜面体的摩擦力越来越大，C正确；
D．将物体A、B及斜面体做为一个整体，在P向右缓慢移动的过程中，绳子拉力的竖直分量为

保持不变，因此地面的支持力保持不变，D错误。
故选AC。
10-1【基础】 【正确答案】 AC
【试题解析】 详解:
AB．由题意可知

电子在磁场中转过的圆心角

电子在磁场中的运动时间

故A正确，B错误；
D．电子轨道半径

电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得

解得

则磁场半径

故D错误；
C．AC间距离

故C正确。
故选AC。
10-2【基础】 【正确答案】 BC
【试题解析】 详解:
A．根据左手定则判断知从A点射出磁场的是负粒子，A错误；
B．正、负粒子在磁场中的运动轨迹如下图所示

圆弧PB所对的圆心角

则正粒子运动轨迹的半径

由

得粒子运动的速率

圆弧PA所对的圆心角

同理，负粒子运动轨迹的半径

由

得正粒子运动的速率


则正、负粒子在磁场中运动的速度之比为3:1，B正确；
D．根据牛顿第二定律有

解得

则正、负粒子在磁场中运动的周期之比为1:1，D错误；
C．由选项A可知，正负粒子的圆心角分别为


根据匀速圆周运动的时间有

代入数据有

正、负粒子在磁场中运动的时间之比为1:2，C正确；
故选BC。
10-3【巩固】 【正确答案】 BD
【试题解析】 详解:
A．根据

甲、乙两个带电粒子比荷相同，所以两粒子在磁场中运动的周期相同，故A错误；
BC．如图所示

设四分之一圆弧区域的半径为r，甲、乙两粒子的轨道半径分别为R甲、R乙，做出两粒子在磁场中的运动轨迹，如图所示，由几何关系可得
，，
解得
，
由洛伦兹力提供向心力有

解得

所以粒子甲、乙速率之比为

故B正确，C错误；
D．乙粒子的偏转角

甲粒子的偏转角

故甲、乙两粒子在磁场中运动的偏转角之比为

故D正确。
故选BD。
10-4【巩固】 【正确答案】 BC
【试题解析】 详解:
AB．由题图可看出粒子向左偏转，根据左手定则可知粒子2应该带负电，故A正确，B错误；
CD．粒子在磁场中洛伦兹力提供向心力有

解得

可知若增大磁感应强度，粒子的半径减小，则粒子可能打在探测器上的D点，故C正确，D错误。
故选BC。
10-5【巩固】 【正确答案】 ABC
【试题解析】 详解:
CD．粒子速度最大时，临界轨迹如图

粒子在磁场中做圆周运动，由余弦定理可得

解得

根据洛伦兹力提供向心力可得

又

联立解得

故粒子的速度应该小于，故C正确，D错误；
AB．因为最大等于，故粒子的速度必然不大于，故AB正确。
故选ABC。
10-6【巩固】 【正确答案】 BD
【试题解析】 详解:
粒子射入磁场后做匀速圆周运动，其运动轨迹如图所示

的粒子直接沿直线做匀速运动到达y轴，其它粒子在磁场中发生偏转
A．由图可知，发生偏转的粒子也有可能打在y=R的位置上，所以粒子到达y轴的位置不是各不相同的，故A错误；
B．以沿x轴射入的粒子为例

则粒子不能达到y轴就偏向上离开磁场区域，所以要求

所有粒子才能穿过磁场到达y轴，故B正确；
C．从x轴入射的粒子在磁场中对应的弧长最长，所以该粒子最后到达y轴，而y=±R的粒子直接沿直线做匀速运动到达y轴，时间最短，故C错误；
D．从x轴入射的粒子运动时间为

的粒子直接沿直线做匀速运动到达y轴，时间最短

所以

其中角度为从x轴入射的粒子运动的圆心角，根据几何关系有

则有

故D正确。
故选BD。
10-7【提升】 【正确答案】 AB
【试题解析】 详解:
依题意，可作出粒子的运动轨迹如图所示

A．依题意，可得粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为，带电粒子从A点出发第一次到达小圆边界上时，由几何知识可得此时粒子在磁场中运动轨迹所对圆心角为，则粒子运动的路程为

故A正确；
B．粒子第1次回到A点，由几何知识可得粒子在磁场运动的总时间为

在无磁场区域运动的总时间为

则粒子第1次回到A点运动的时间为

故B正确；
C．由几何知识，可得粒子第一次回到A点运动路程

则粒子第5次回到A点时，运动的总路程为

故C错误；
D．由以上选项分析可知，粒子能回到A点，故D错误。
故选AB。
11-1【基础】 【正确答案】 BD
【试题解析】 详解:
(1)[1] 该同学接下来要完成的必要步骤有：确定P3大头针的位置的方法是插上大头针P3，使P3能挡住P1、P2的像。确定P4大头针的位置的方法是大头针P4能挡住P3和P1、P2的像。故BD正确，AC错误。
(2)[2] 根据折射定律得，玻璃砖的折射率为：
11-2【基础】 【正确答案】 BD 见详解
【试题解析】 详解:
（1）[1]根据题意可知，然后应插上大头针，使挡住、的像，再插上大头针，使挡住和、的像，从而确定出射光线，故此后正确的操作步骤为BD。
（2）[2]根据题意，过、做一条直线与AC变相交于H，并以入射点O为圆心做一个圆，与入射光线相交D，与OH连线的延长线相交于G，过O点做法线，过D点做法线的垂线交于E，过G点做法线的垂线交于F，如图所示

由图可知
，，
可得，仅通过测量ED、FG的长度便可正确计算出折射率，折射率为

11-3【巩固】 【正确答案】 BD或DB 乙
【试题解析】 详解:
（1）[1]在棱镜的左侧画出一条直线，并在线上竖直插上两枚大头针和，确定入射光线，然后插上大头针，使挡住、的像，再插上大头针，使挡住、的像和，从而确定出射光线，故BD正确，AC错误。
故选BD。
（2）[2][3]设入射角为，折射角为，对于题图甲有
，
对于题图丙有
，
可知仅通过测量、的长度便可正确计算出折射率的是题图乙，折射率

11-4【巩固】 【正确答案】 BC或CB AC或CA 见解析
【试题解析】 详解:
（1）[1]大头针P1、P2、P3、P4理论上都应在同一光路上，所以该同学接下来要完成的必要步骤有插上大头针，使挡住的像和的像，接着插上大头针，使挡住和、的像。
故选BC。
（2）[2]根据折射定律可得

（3）[3]A．为了减小作图误差，和的距离应适当取大些，故A正确；
B．全反射必须是光由光密介质射向与光疏介质的交界面时才能发生，所以即使光在界面aa′的入射角大于临界角，光也不会发生全反射，而一定会折射进入玻璃砖，故B错误；
C．根据光路的可逆性可知光在aa′的入射角为β，根据折射定律有

不论光以什么角度从aa′射入，经一次折射后到达界面bb′时的入射角都会小于全反射临界角，所以都能射出，故C正确。
故选AC。
（4）[4]如图所示，红色光线为实际的光路图，绿色光线为实验中作出的折射光线，可知作出的折射光线相比实际折射光线沿逆时针转动了一个角度，所以入射角α的测量值大于真实值，而由于玻璃砖下表面与bb′平行，所以折射角β的测量值等于真实值，因此玻璃砖折射率的测量值比真实值偏小。

11-5【巩固】 【正确答案】 CD
【试题解析】 详解:
（1）[1]确定P3大头针的位置的方法是插上大头针P3，使P3能挡住P1、P2的像，同理，确定P4大头针的位置的方法是大头针P4能挡住P3和P1、P2的像
故选CD；
（2）[2]如图所示

[3]根据折射定律得到玻璃折射率为

11-6【巩固】 【正确答案】 光学面 BC或CB AD或DA
【试题解析】 详解:
（1）[1]玻璃砖的光学面不能用手直接接触，否则，接触面的污渍会影响接触面的平整，进而影响折射率的测定；
（2）[2]该同学接下来要完成的必要步骤有：插上大头针，使挡住的像；插上大头针，使挡住和的像；选项BC正确，AD错误；
故选BC。
（3）[3] 玻璃的折射率为

（4）[4]测玻璃的折射率关键是根据入射光线和出射光线确定在玻璃中的传播光线，因此选用光学表面间距适当大的玻璃砖以及使插在玻璃砖同侧的两枚大头针的距离大一些都有利于提高实验准确程度，减小误差；两光学表面是否平行不影响折射率的测量，为减小误差，应选用细长的大头针，选项AD正确，BC错误；
故选AD。
11-7【提升】 【正确答案】 BD或DB 偏大 不变
【试题解析】 详解:
（1）[1]确定大头针的位置的方法是插上大头针，使挡住、的像确定大头针的位置的方法是插上大头针，使挡住和、的像，故AC错误，BD正确。
故选BD。
（2）[2]光线在面的折射角为，折射角为，则根据折射定律得：玻璃砖的折射率

（3）[3]如果在实验过程中不小心将玻璃砖向上平移了一些，移到图中虚线位置，而在做光路图时不变，作出光路图

虚线表示作图时所用的光路，实线表示实际的光路，可见，测量得到的入射角没有变化，而折射角偏小，根据折射率公式可知，所测得的折射率将偏大。
（4）[4]测折射率时，只要操作正确，与玻璃砖形状无关。所以若所使用的玻璃砖的边与不平行，其它操作无误，则所测得的折射率将不变。
12-1【基础】 【正确答案】 右 1.48或1.47或1.49 0.88或0.89或0.90或0.91或0.92
【试题解析】 详解:
（1）[1]为保护电路，闭合开关前滑片要置于阻值最大处，即右端；
（2）[2][3]由图示电源U-I图像纵轴截距表示电源电动势

图像斜率表示电源内阻

12-2【基础】 【正确答案】 0.6 C E 11.5 2.5
【试题解析】 详解:
（1）[1] 把3V的直流电压表接一电阻箱，改装为量程为15V的电压表时，需将直流电压表与电阻箱串联，整个作为一只电压表，则由电表改装的原理

可得

据题分析，；电阻箱阻值调到零，电压表读数为3V，电路中并联电路的电压不变，因此电压表的电压为原来的，使电压表读数为0.6V。
（2）[2] 电压表的量程为3V，内阻约为2kΩ，要改装成15V的电压表，根据串联电路的特点可知，所串联的电阻箱电阻应为

电阻箱选C。
[3]在分压电路中，为方便调节，滑动变阻器选用阻值较小的，滑动变阻器选E。
（3）[4]由于电压表改装后量程扩大5倍，将图丙的纵截距扩大5倍，由丙读出，外电路断路时，电压表的电压为

根据纵轴截距得电池的电动势为
。
[5]由图线斜率的绝对值可求，电池的内阻为
。
12-3【巩固】 【正确答案】 B R1
【试题解析】 详解:
（1）[1]电压表示数变化过小，则原因是外电阻比内阻大的多，即干电池内阻较小。
故选B。
（2）[2]由图像可知

电源内阻小于1Ω，则定值电阻大于1.63Ω，可知定值电阻为R1；
[3]定值电阻与电源串联，电路如图

12-4【巩固】 【正确答案】 C A ka或ak
【试题解析】 详解:
（1）[1]由于干电池内阻较小，且电流表内阻未知，所以电流表应采用外接法；在提供了阻值与干电池内阻相近的定值电阻的情况下，可将定值电阻与干电池串联构成一等效电源，此时电压表测量等效电源的路端电压，能够获得更大的调节范围，从而尽可能减小误差。
故选C。
[2]当电流表采用内接法时，电流表示数为零时，电压表示数即为电动势的真实值，而此时根据U-I图像的斜率绝对值所得的内阻实际为电流表与电源内阻之和，由于水果电池的内阻较大，远大于电流表内阻，所以此时内阻测量值所引入的系统误差最小。若采用电流表外接法，则根据U-I图像的斜率绝对值所得的内阻实际为电压表内阻与电源内阻并联后的等效电阻，由于水果电池的内阻较大，与电压表内阻6kΩ相比并不能忽略不计，由此测得的内阻误差相较于电流表内接时大很多，并且电流表示数为零时，实际通过电压表的电流并不为零，即所作U-I图像的纵截距比电动势真实值偏小，即电动势测量也引入了误差。综上所述可知电流表应采用内接法为最优方案。
故选A。
（2）[3][4]根据闭合电路欧姆定律可知

所以U-I图像的纵截距等于E，斜率的绝对值等于r+R5，则


12-5【巩固】 【正确答案】 0.75 3500 4.0 7.5 0.08
【试题解析】 详解:
（1）[1]电流量程0～0.6A改装成1.8A的电流表，由并联电路的电压相等，可得

代入数据解得

[2]电压表量程0~3V改成10V，由串联电路的电流相等，可得

代入数据解得

（2）[3]由图乙可知，电压表的最小刻度值是0.1V，读数是1.20V，因电压表的量程扩大了，因此电压表的实际测量电压值为

（3）[4]由题图丙的电压U与电流I的图像，在纵轴上的截距是2.25V，则实测电源电动势为

[5]电流表量程扩大了3倍，电压U与电流I的图像斜率实际为

则有电源内阻

12-6【巩固】 【正确答案】 1 3 2.96 1.12 c D
【试题解析】 详解:
（1）[1][2]实验中电压传感器测的路端电压，应分别接在电路中电源的正负极两端，但是开关要起到作用，又电流传感器有微小电阻，为了减小误差，电流传感器应采用外接法。则电压传感器应分别接在电路中1和3位置。
（2）[3][4]根据闭合电路欧姆定律

由图（乙）实验图线的拟合方程可得，图像纵坐标的截距表示电源电动势，则有

斜率的绝对值表示电源的内阻，则有

（3）[5]根据实验测得的、数据，若令，，则由计算机拟合得出的图线应是电源的输出功率与干路电流的关系，由于电源的输出功率随外电阻的增大是先增大后减小，当外电阻等于电源内阻时输出功率最大，所以该图线应是c。
（4）[6]根据第（2）问中得到的电源电动势和内阻的值，则有


所以推测图（丙）中M点的坐标最接近（3，9），故选D。
点睛:
理解并掌握实验原理及实验步骤。理解图像横纵坐标及顶点的意义。根据电路中电流的变化情况判断电路中各物理量的变化情况。
12-7【提升】 【正确答案】 3000或 B 8.0 2.0 小于
【试题解析】 详解:
（1）[1]由题意可知，改装前的电压表为


则其满偏电流为

将其改装成新的电压表后，改装电压表的内阻为

则电阻箱R1的阻值应该调节为

（2）[2]回路最大电流为0.9A，则电路中最小总电阻为

电功率为

故选B。
（3）[3]由闭合电路欧姆定律可知

解得

（4）[4][5]结合图像可知


解得


（5）[6]忽略了电压表流过的电流，测量的电流比实际的电流偏小，则测出的电动势比实际的点电动势偏小。
13-1【基础】 【正确答案】 吸收热量，
【试题解析】 详解:
对活塞，由平衡方程可得

所以活塞向左移动过程中，封闭气体压强不变。气体对活塞做功

根据热力学第一定律

由汽缸导热性能良好，环境温度保持不变，气体温度不变，气体内能不变，即

所以气体是吸热，吸收热量

13-2【基础】 【正确答案】 （1）；（2）
【试题解析】 详解:
（1）由玻意耳定律，对气体A

对气体B

且

解得气体A压强为

（2）对气体B，内能增加量


解得

13-3【巩固】 【正确答案】 （1）600K，；（2）120J
【试题解析】 详解:
（1）状态I状态参量：体积：，温度

压强

状态Ⅱ状态参量：体积：；由于等压膨胀

由等压变化规律

解得

状态Ⅲ状态参量：，体积：
由等容变化可知

可得

（2）加热过程由热力学第一定律

外界做功

又

可得

13-4【巩固】 【正确答案】 （1）10cm，1.5×105Pa；（2）吸热，吸收的热量为25J
【试题解析】 详解:
（1）根据玻意耳定律，对A中的气体有

对B中的气体有

联立两式，代入数据解得


（2）气体发生等温变化，内能不变，即

根据题意，A中气体对外做功为25J，即

根据热力学第一定律

解得

由此可知，A中气体从外界吸热，吸收的热量为25J。
13-5【巩固】 【正确答案】 （ⅰ）；（ⅱ）
【试题解析】 详解:
（ⅰ）活塞上升过程中缸内气体的压强不变，根据盖一吕萨克定律有

解得

（ⅱ）设活塞上升过程中缸内气体的压强为p，对活塞，根据物体的平衡条件有

解得

在活塞上升的过程中缸内气体对外界做的功

该过程中电阻丝产生的热量

根据热力学第一定律有

解得

13-6【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）
【试题解析】 详解:
（1）无论汽缸内是否放待测物体，根据平衡条件可知，当活塞最终静止时，汽缸内气体的压强相同，设为p。当不放待测物体时，对缸内气体根据玻意耳定律有
①
当放入待测物体后，同理有
②
联立①②解得
③
（2）设活塞重力为mg，根据平衡条件有
④
测量物体体积的过程中，外界对气体做功为
⑤
气体经历等温变化，内能不变，根据热力学第一定律可知汽缸内气体向外界释放的热量为
⑥
联立①④⑤⑥解得
⑦
13-7【提升】 【正确答案】 （1）①；②；（2）
【试题解析】 详解:
（1）①汽缸内气体初状态的温度，体积，气体末状态的体积，气体压强不变，由盖-吕萨克定律得

解得

②气体内能的增加量

汽缸内气体的压强

气体体积变大，气体对外界做功

外界对气体做功

由热力学第一定律

可得

（2）地面对汽缸的支持力恰好为零时，汽缸刚要离开地面，设汽缸内气体的压强为，此时活塞距汽缸底部的距离为h，对汽缸，由平衡条件得

解得

气体温度不变，由玻意耳定律得

解得

14-1【基础】 【正确答案】 （1）5 J；（2）10
【试题解析】 详解:
（1）设钢块与容器的共同速度为v，由动量守恒得
mv0＝（M＋m）v
系统损失的机械能为

联立方程得
ΔE＝＝J＝5 J
（2）又因为
ΔE＝μmgs＝μmgNL
所以
N＝＝＝10
14-2【基础】 【正确答案】 （1）；（2）
【试题解析】 详解:
（1）物体在小车上运动的过程，以物体和小车为系统，满足动量守恒，设共同速度大小为，则有

解得

（2）在物体相对小车滑动的过程中，系统损失的动能为

14-3【巩固】 【正确答案】 （1）t=3s；（2）
【试题解析】 详解:
（1）对物块B受力分析，由牛顿第二定律得

设B与A碰前速度为，由运动学公式

解得

物块B与A碰后满足


解得


此时可以看成A、B初始距离为2L=16.5m，A以8m/s匀速运动，B匀减速，设经过t再次相撞

解得

因B碰后停下需4s>3s，故答案合理。
（2）对A受力分析得

解得

此时可以看成A和B都做同方向的匀减速，开始相距距离为2l，则追上时满足

且此时共速

即


解得


14-4【巩固】 【正确答案】 （1）；（2），；（3）
【试题解析】 详解:
（1）设小车第一次与墙壁碰撞前瞬间的速度大小为，根据动量守恒定律有

解得

对小车，根据动量定理有

解得

（2）小车第一次与墙壁碰撞后的一段时间内，铁块向右做匀减速直线运动，小车向左做匀减速直线运动，小车的速度先减为零，然后小车在摩擦力的作用下向右做匀加速直线运动，直到小车与铁块第二次达到共同速度，此后铁块与小车一起向右做匀速直线运动直到小车与墙壁发生第二次碰撞，小车不断与墙壁碰撞，铁块在小车上滑行，系统的机械能不断减少，直到铁块与小车均静止且铁块恰好在小车的右端，对铁块，根据动量定理有

解得

根据功能关系有

解得

（3）经分析可知，小车每一次与墙壁碰撞后都先向左做匀减速直线运动至静止，再向右做匀加速直线运动至与铁块达到共同速度后再与墙壁碰撞，在两次碰撞间的运动过程中，系统动量守恒，有

解得

设第一次碰撞后小车向左运动的最大距离为，对小车，根据动能定理有

解得

设第n次碰撞后小车向左运动的最大距离为，对小车，根据动能定理有

同理有

可得

根据对称性，结合数学知识可得

其中

解得

14-5【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）4
【试题解析】 详解:
（1）设小朋友第一次将小车推出后的瞬间，小朋友的速度大小为，对小朋友第一次将小车推出的过程，根据动量守恒定律有

解得

动能的变化量为

解得

（2）小车每次在斜坡上运动的过程中，斜坡对小车的水平冲量大小

若小朋友第n次推小车后，两者的速率均为v，则此后小朋友不能接住小车，对小朋友与小车组成的系统，根据动量定理有

解得

故要使小朋友不能接住小车，小朋友推小车的次数为4。
14-6【巩固】 【正确答案】 （1），；（2），；（3）
【试题解析】 详解:
（1）物块Q下滑，第一次碰撞前做匀加速运动，根据牛顿第二定律有

解得

则物块Q与盒子P发生第一次碰撞前瞬间速度为

碰撞时根据动量守恒和机械能守恒有


联立解得
，
（2）第一次碰撞后盒子做匀减速运动，设加速度为，则有

解得

设物块Q与盒子P速度相等时经过时间为则有

解得

因为物块Q与盒子P速度相等时Q与盒子下挡板间的距离此时最大，所以得

满足题意此时不会与盒子上板碰撞。假设第二次碰撞时PQ都在运动设第一次碰撞后再经过与P发生第二次碰撞，则有

代入数值解得

此时P的速度为

所以得在此之前P已经停止，则第一次碰撞后到P停止P运动的位移为

所以可得当物块Q与P再次碰撞时物块Q的位移等于，设从第一次碰撞后再经过与P发生第二次碰撞，有

解得

（3）物块Q与盒子发生的是弹性碰撞，可得物块Q与盒子只要运动就一定会碰撞，所以当物块Q与盒子都不运动时就不会再碰撞，设整个过程盒子的总位移为，根据能量守恒有

代入数值解得

14-7【提升】 【正确答案】 （1）；（2），；（3）
【试题解析】 详解:
（1）对物块，由牛顿第二定律得

解得

由匀变速直线运动的速度-位移公式得

解得

（2）物板与工件挡板发生弹性正碰，碰撞过程系统内力远大于外力，系统动量守恒、机械能守恒，以平行于斜面向下为正方向，由动量守恒定律得

由机械能守恒定律得

解得


碰撞后工件做匀减速直线运动，对工件，由牛顿第二定律得

第一次碰撞前，工件AB恰好静止在斜面上

解得



当工件减速到零时，工件的位移

工件的减速时间

在相同时间内物块做匀加速直线运动，物块的位移

物块的速度

即从第一次碰撞到后第二次碰撞前的过程中，两者对地位移相等，此时



以后重复相同的过程，则从第一次碰后到第n次碰后的过程中，时间

每个相邻的碰撞过程中，系统损失的机械能

整个过程系统损失的机械能

（3）当木块和工件共速时，木块距离B端最远，则





工件的位移

工件与物块间的位移差

如果物块不从工件上滑下，需要满足

解得

15-1【基础】 【正确答案】 （1）；（2），方向垂直导体板向下
【试题解析】 详解:
（1）根据功能关系可得

粒子加速器M的加速电压为

（2）粒子以速度v沿直线通过N，电场力与洛伦兹力平衡，有

即

由左手定则判定电场的方向垂直导体板向下。
15-2【基础】 【正确答案】 （1）；（2）
【试题解析】 详解:
（1）粒子在第一象限做类平抛运动，沿x轴方向位移为，沿y轴方向位移为，设粒子在第一象限运动的时间为t，电场强度的大小为E，粒子在电场中的加速度为a


联立解得

（2）粒子到达时速度沿x方向的分量仍为，表示速度和x轴的夹角，根据类平抛运动特点，速度反向延长线过水平位移中点，则有

解得

入射到磁场时粒子速度

粒子在磁场中运动轨迹如图所示，设轨迹半径为r，根据几何关系可得

即

洛伦兹力提供向心力有

解得


点睛:
本题以带电粒子在电、磁场中运动为情境载体，考查了类平抛运动、圆周运动等必备知识，考查了理解能力、建模能力、分析综合能力、体现了科学思维、科学态度与责任的学科素养的考查，突出对综合性的考查要求。
15-3【巩固】 【正确答案】 （1） ，带正电；（2），；（3）
【试题解析】 详解:
（1）因为小球在MN下方的运动是匀速圆周运动，所以小球所受电场力和重力大小相等方向相反，即电场力方向竖直向上，粒子带正电，则有

解得

（2）小球从O点抛出至到达O1点，其运动轨迹如图所示

小球从O点抛出做平抛运动，有





解得
根据几何关系，有

s最小时R最大，对应磁场的磁感强度为最小值B0，由几何关系可知

小球在MN下方的运动是匀速圆周运动

解得


（3）若撤去电场，小球从O点抛出后，在磁场中运动距离MN最大时速度水平向左，设此时小球速度为v1，由机械能守恒定律可得

洛伦兹力与重力的合力产生加速度，由牛顿第二定律可得

解得

15-4【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）（，）；（3），，
【试题解析】 详解:
（1）经分析，液滴在第四象限做匀速直线运动，MN与y轴夹角θ=37°，根据平衡条件可得


解得


（2）撒去磁场B1，加上恒力，液滴所受合力大小为，方向垂直于MN连线，液滴做类平抛运动，加速度大小为，如图所示

从点Q到O点，初速度为，到O点速度为

运动时间

平行MN方向的匀速位移为

Q点横坐标为

纵坐标为

则Q点坐标（，）；
（3）液滴在第一象限做匀速圆周运动，则有
qE2=mg
在磁场中，根据牛顿第二定律

解得在B2中的半径为

要使液滴始终在第一象限运动，当液滴在B3中的运动轨迹与x轴相切时，在B3中的半径最大为rmax，如图所示

由几何关系得

解得

故液滴始终在第一象限运动，应满足

液滴能通过P点，若液滴是从B3区域通过P点，则有

解得
（n为正整数）
联立以上，可知
n=3，4
当n=3时，可得

则有

当n=4时，可得

则有

若液滴是从B2区域通过P点，则有

解得
（n为正整数）
联立以上可得
n=2
当n=2时，解得

则有

故B3大小可能为：，，
15-5【巩固】 【正确答案】 （1）10m/s；（2）；（3）0.15πs
【试题解析】 详解:
（1）粒子运动，如图所示

带电粒子在第二象限做类平抛运动，有
①
②
v0=10m/s③
（2）设带电粒子到达O点时速度为v，与y轴负方向夹角为θ，有
④
⑤
⑥
由几何关系可知θ=45°，α=90°粒子第二次经过y轴时的坐标
②
（3）带电粒子从O点开始再次到达y轴用时
⑧
解得
t2=0.15πs⑨
15-6【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）
【试题解析】 详解:
（1）设甲种离子质量为，电荷量为，在电场中加速过程

设甲种离子在磁场中的运动半径为R1，则

由几何关系知

联立解得

（2）设乙种离子质量为，电荷量为，在电场中加速过程

设乙种离子在磁场中的运动半径为，则

由几何关系知

离子在磁场中运动的偏转角

设乙种离子在磁场中运动的周期，则

设乙种离子在磁场中运动的时间为，则

联立解得

15-7【提升】 【正确答案】 （1）；（2）；（3）
【试题解析】 详解:
（1）如图所示

小球在B点电势能为0，小球在圆弧轨道上运动具有最大电势能位置在D点，则B到D电场力做功


所以

（2）如图所示，由题意带电粒子恰好能够通过半圆轨道最高点C，则在重力场和电场的复合场中，粒子必须要能恰好通过等效场最高点P。设等效重力方向与竖直方向间的夹角为，等效重力加速度为，则

可得

由合力

可得

由题意恰好通过P，有

可得

由B到P应用动能定理，则有

可得

在B点，由牛顿定律则

求得

由牛顿第三定律可知，所以压力大小为。
（3）P到C由动能定理，有

所以，可得

因小球从C点进入左边后重力和电场力正好大小相等方向相反，相互平衡。设小球进入圆形磁场的半径为r，则由牛二定律得

可得

由几何关系

由圆面积公式和题意可得圆形磁场的最小面积大小为