2022-2023学年河北省唐山市九年级上册期末物理专项突破练习题库（含解析）

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2022-2023学年河北省唐山市九年级上册期末物理专项突破
练习题库
【原卷 1 题】 知识点 原子核的组成,原子核的衰变

【正确答案】
C
【试题解析】


1-1（基础） 据报道，月球上有大量的存在，以下关于的说法正确的是（　　）
A.是He的同分异构体 B.比He多一个中子
C.是He的同位素 D.比He少一个质子
【正确答案】 C

1-2（基础） 对于下述四个核反应方程说法中正确的有（　　）
① ②能量
③ ④
A.①是链式反应方程 B.②是人工核转变反应方程
C.③是核裂变方程，其中 D.④是衰变方程，其中Y是质子
【正确答案】 C

1-3（巩固） 自然界存在的放射性元素的原子核并非只发生一次衰变就达到稳定状态，而是要发生一系列连续的衰变，最终达到稳定状态。某些原子核的衰变情况如图所示（N表示中子数，Z表示质子数），衰变为的过程下列说法正确的是（　　）

A.只经历2次衰变
B.只经历1次衰变
C.经历2次衰变和2次衰变
D.经历1次衰变和2次衰变
【正确答案】 C

1-4（巩固） 发生衰变时，可能放出粒子或电子。静止在某匀强磁场中的原子核发生衰变后两粒子的轨迹如图所示，下列说法正确的是（ ）

A.衰变方程为 B.大圆半径是小圆半径的6倍
C.轨迹为小圆的粒子的中子数为6 D.轨迹为大圆的粒子是由中子转变而来
【正确答案】 D

1-5（巩固） 某一放射性元素放出的射线通过电场后分成三束，如图所示。下列说法正确的是（　　）

A.射线1的电离作用在三种射线中最强
B.射线2贯穿本领最弱，用张白纸就可以将它挡住
C.一个原子核放出一个射线1的粒子后，形成的新核比原来的电荷数少1个
D.一个原子核放出一个射线3的粒子后，质子数和中子数都比原来少2个
【正确答案】 D

1-6（巩固） “核电池”是利用放射性物质衰变会释放出能量的原理制成的，某“核电池”衰变方程为，则下列说法正确的是（　　）
A.发生的是衰变
B.发生的是衰变
C.比的中子数少4个
D.在月球上衰变得比在地球上快些
【正确答案】 A

1-7（提升） 原来静止的原子核发生α衰变时，放出α粒子的动能为E0．假设衰变时产生的能量全部以动能的形式释放出来，则在此衰变过程中的质量亏损是( )
A. B.
C. D.
【正确答案】 D

【原卷 2 题】 知识点 物体在光滑斜面滑动,动量定理的内容和表达式

【正确答案】
B
【试题解析】


2-1（基础） 某次演习中，战士居高临下向防御工事内投掷手榴弹，如图所示。忽略空气阻力，手榴弹运动看作平抛运动，以下关于手榴弹下落过程中的重力势能（以地面为零势能面）、动能变化量，动能的变化率，机械能E随时间t变化的图像，正确的是（　　）

A. B. C. D.
【正确答案】 C

2-2（基础） 当前有部分人对手机有依赖性，连躺着的时候也看手机。导致出现手机砸伤眼睛的情况。若手机质量为，从离人眼约的高度无初速掉落，砸到眼睛后手机未反弹，眼睛受到手机的冲击时间约为，取重力加速度，则手机对眼睛的冲击力约为（　　）

A. B. C. D.
【正确答案】 B

2-3（巩固） 如图所示，一物体分别沿三个倾角不同的光滑斜面由静止开始从同一顶端下滑到底端C、D、E处，三个过程中重力的冲量依次为、、，动量变化量的大小依次为、、，则下列说法错误的是（　　）

A.，
B.三个过程中，合力的冲量大小相等，动量的变化量大小相等
C.，
D.三个过程中，合力做的功相等，动能的变化量相等
【正确答案】 A

2-4（巩固） 现代都市高楼林立，高楼出现火情需要一种高架水炮消防车。如图所示，某楼房的65m高处出现火情，高架水炮消防车正紧急灭火中。已知水炮炮口与楼房间距为15m，与地面距离为60m，水炮的出水量为3m3/min，水柱刚好垂直打入受灾房间窗户。则（　　）

A.地面对消防车的作用力方向竖直向上
B.水炮炮口的水流速度为10m/s
C.水泵对水做功的功率约为 3.8×104W
D.若水流垂直冲击到窗户玻璃后向四周流散，则冲力约为1500N
【正确答案】 C

2-5（巩固） 2022年2月4日冬奥会在北京举办，吸引了大量爱好者投入到冰雪运动中。如图所示，一滑雪运动员从A点由静止下滑，沿半径r=50 m的圆弧形轨道AB，经B点越过宽为d的横沟到达平台C时，其速度刚好沿水平方向。已知A、B两点的高度差为20 m，坡道在B点的切线方向与水平面成37°角，=12 m/s，运动员的质量m=50 kg，重力加速度g取（已知）。下列说法正确的是（　　）

A.B、C两点间的高度差h=4.5m
B.运动员在飞出B点前，对B点的压力大小为725 N
C.从B到C的运动过程中，运动员动量的变化量大小为450 kg·m/s
D.从A到B的运动过程中，运动员机械能的减少量为437.5 J
【正确答案】 C

2-6（巩固） 如图所示，颠球是足球运动中的一项基本功，若某次颠球中，颠出去的足球竖直向上运动之后又落回到原位置，设整个运动过程中足球所受阻力大小不变。下列说法正确的是（　　）

A.球从颠出到落回的时间内，重力的冲量为零
B.球从颠出到落回的时间内，阻力的冲量为零
C.球上升阶段与下降阶段合外力的冲量大小相等
D.球上升阶段动量的减少量大于下降阶段动量的增加量
【正确答案】 D

2-7（提升） 从地面上以初速度竖直向上抛出一质量为m的球，若运动过程中球受到的空气阻力与其速率成正比，球运动的速率随时间变化规律如图所示，t1时刻到达最高点，再落回地面，落地时速率为，且落地前球已经做匀速运动。已知重力加速度为g，则（ ）

A.球上升的时间等于下落的时间
B.球上升阶段阻力的冲量大于下落阶段阻力的冲量
C.球上升的最大高度
D.球抛出瞬间的加速度大小
【正确答案】 C

【原卷 3 题】 知识点 机械能守恒定律的应用

【正确答案】
B
【试题解析】


3-1（基础） 一位同学在水平地面上做立定跳远，他从位置②起跳，到位置⑤落地，位置③是他在空中的最高点，以下说法正确的是（ ）

A.该同学下蹲过程中对地面的压力先小于重力后大于重力
B.该同学起跳过程中支持力对人做正功
C.②位置到⑤位置过程中该同学的机械能守恒
D.该同学在最高点③位置重力的瞬时功率最大
【正确答案】 A

3-2（基础） 如图所示，光滑斜面的顶端固定一弹簧，一质量为m的物体向右滑行，并冲上固定在地面上的斜面。设物体在斜面最低点A的速度为v，压缩弹簧至C点时弹簧最短，C点距地面高度为h，则从A到C的过程中弹簧弹力做功是（　　）

A.mgh－mv2 B.mv2+mgh
C.－mgh D.
【正确答案】 A

3-3（巩固） 摆动是生活中常见的运动形式。甲图轻杆一端可绕光滑轴O转动，另一端固定质量为m的小球a；乙图轻杆一端可绕光滑轴转动，杆的另一端和杆的中点处分别固定质量相等且均为m的小球b、c。甲乙两图中总杆长相等，两杆均从水平位置由静止释放，忽略空气阻力，下列说法正确的是（ ）

A.当轻杆摆动到竖直位置时，小球b、c做圆周运动的向心力大小相等
B.当各杆摆动到竖直位置时，小球a的速度大小等于小球b的速度大小
C.当轻杆摆动到竖直位置时，轻杆对a的作用力大于轻杆对b的作用力
D.从水平位置摆到竖直位置的过程中小球b、c间的轻杆对小球b做正功
【正确答案】 D

3-4（巩固） 某同学利用如图所示的实验装置研究摆球的运动情况。摆球从A点由静止释放，经过最低点C到达与A等高的B点，D、E、F是OC连线上的点，，OC连线上各点均可钉钉子。每次均将摆球从A点由静止释放，不计绳与钉子碰撞时机械能的损失。下列说法中正确的是（　　）

A.若只在E点钉钉子，摆球不可能摆到B点所在的高度
B.若只在D点钉钉子，摆球不可能摆到B点所在的高度
C.若只在F点钉钉子，摆球最高可能摆到D点
D.若只在F点以下某点钉钉子，摆球可能做完整的圆周运动
【正确答案】 D

3-5（巩固） 如图所示，粗细均匀的光滑直杆竖直固定，质量为m的小球A套在杆上可自由滑动，绕过定滑轮的细线一端连接在小球A上，另一端吊着质量也为的小球B，开始时小球A的位置在定滑轮的上方，连接小球A的细线与杆间的夹角为，小球到滑轮的细线长为L，杆上P点与定滑轮在同一高度，杆上Q点与滑轮的连线与杆间的夹角也为，由静止释放小球A，小球可视为质点，不计滑轮的质量和大小，小球可则在小球A向下运动到Q点的过程中（　　）

A.小球A运动到P点时速度最大
B.小球A运动到Q点时速度为零
C.细线对小球B的拉力做功为零
D.小球B的机被能增量为
【正确答案】 D

3-6（巩固） 如图所示，劲度系数为k的轻质弹簧，一端系在竖直放置、半径为P的光滑圆环顶点P处，另一端连接一套在圆环上且质量为m的小球，开始时小球位于A点，此时弹簧处于原长且与竖直方向的夹角为，之后小球由静止沿圆环下滑，小球运动到最低点B时速率为v，此时小球与圆环之间的压力恰好为零。下列分析正确的是（　　）

A.小球过B点时，弹簧的弹力大小为
B.小球过B点时，弹簧的弹力大小为
C.从A点到B点的过程中，重力对小球做的功等于小球克服弹簧弹力做的功
D.从A点到B点的程中，小球的重力势能和弹簧的弹性势能转化为小球的动能
【正确答案】 A

3-7（提升） 如图所示，表面粗糙的“L”型水平轨道固定在地面上，劲度系数为k、原长为的轻弹簧一端固定在轨道上的O点，另一端与安装有位移、加速度传感器的滑块相连，滑块总质量为m。以O为坐标原点，水平向右为正方向建立x轴，将滑块拉至坐标为的A点由静止释放，向左最远运动到坐标为的B点，测得滑块的加速度a与坐标x的关系如图所示，其中为图线纵截距，则滑块由A运动至B过程中（弹簧始终处于弹性限度内）（　　）

A. B.
C.最大动能为 D.系统产生的热量为
【正确答案】 C

【原卷 4 题】 知识点 整体法与隔离法结合处理物体平衡问题

【正确答案】
D
【试题解析】


4-1（基础） 一串塑料小球（个数）悬挂在空中，每个小球完全相同且质量都为。它们在恒定的水平风力作用下（风向左吹）发生倾斜，绳子的质量不计，小球们在空中平衡时，下列关于小球与绳子的位置关系正确的是（　　）
A. B.
C. D.
【正确答案】 C

4-2（基础） 纳米微吸材料是一种新型材料。图甲是一款表面采用了纳米微吸材料的手机支架，图乙是手机静止在该手机支架上的侧视图，若手机所受的重力为G，手机和水平桌面的夹角为θ，手机和支架接触面间的动摩擦因数为μ。下列说法正确的是（ ）

A.手机受到的摩擦力大小为μGcosθ
B.手机受到的摩擦力大小为Gsinθ
C.手机支架受到水平桌面的摩擦力方向水平向左
D.手机支架受到水平桌面的摩擦力方向水平向右
【正确答案】 B

4-3（巩固） 如图所示，木块A、B的质量分别为5kg和6kg，它们与水平地面之间的动摩擦因数均为0.2，夹在A、B之间的轻弹簧被压缩了3cm，弹簧的劲度系数为200N/m，整个系统置于水平地面上静止不动。现用和的水平拉力分别作用在木块A、B上。则下列说法错误的是（g取）（　　）

A.物块A所受摩擦力大小为3N
B.若撤去力保留，物块B所受摩擦力大小不变
C.若撤去力保留，物块B所受摩擦力大小变为6N
D.保持整个系统静止不动的的最大值为4N
【正确答案】 A

4-4（巩固） 如图所示，有一根细线跨过固定轻环B吊着一个质量为m1的物体，细线另一端系在轻环A上，轻环A还用另一根细线吊着一个质量为m2的物块，平衡时A、B与圆心连线夹角为120°，不计摩擦。则两个物块的质量比m1：m2应为（　　）

A. B. C. D.
【正确答案】 A

4-5（巩固） “西电东送”为我国经济社会发展起到了重大的推动作用。如图是部分输电线路。由于热胀冷缩，铁塔之间的输电线夏季比冬季要更下垂一些，对输电线和输电塔的受力分析正确的是（　　）

A.夏季每根输电线对输电塔的拉力较冬季时大
B.夏季与冬季每根输电线对输电塔的拉力一样大
C.夏季与冬季输电塔对地面的压力一样大
D.冬季输电塔对地面的压力较大
【正确答案】 C

4-6（巩固） 斜面倾角为30°，重为20N的A物体放在斜面上。平行于斜面的细线一端系着A物体，另一端通过光滑定滑轮连着B物体，B物体在方向可变的拉力F作用下静止在如图所示位置，已知F最小时，大小为8N，则有（　　）

A.F最小时，方向水平向右
B.B物体重力大小为
C.F最小时，A物体受斜面摩擦力沿斜面向上
D.F最小时，A物体受斜面摩擦力大小为
【正确答案】 D

4-7（提升） 如图，圆心为O的半圆形光滑杆上穿着两个小球A、B。两小球上的孔径略大于杆截面直径。两小球用轻绳相连，在沿切线的两力和的作用下，两小球处于静止状态，且与杆之间的弹力都为零。此时过两小球的半径OA、OB与竖直方向的夹角分别为和，两小球重力分别为和。下列说法正确的是（　　）

A. B. C. D.
【正确答案】 D

【原卷 5 题】 知识点 变压器的原理

【正确答案】
A
【试题解析】


5-1（基础） 如图所示的自耦变压器为理想变压器，R为定值电阻，在ab两端输入正弦交流电，将滑片P向下移动，使原线圈的匝数减少为原来的80%，则变压器副线圈输出电压将会是原来的（　　）

A.1.2倍 B.1.25倍 C.0.8倍 D.0.75倍
【正确答案】 B

5-2（基础） 图甲为某品牌的无线充电器，手机、电话手表等用电器放在充电器上就可以同时充电，其工作原理类似于变压器。安装在充电器基座上的线圈等同于变压器的原线圈，支持无线充电的手机、电话手表等内部存在一个接收线圈，如图乙所示，等同于变压器的副线圈。下列说法正确的是（ ）

A.无线充电利用互感来传递能量
B.无线充电利用自感来传递能量
C.接收线圈中产生的电流为稳恒电流
D.通过充电器基座上的线圈的电流为稳恒电流
【正确答案】 A

5-3（巩固） 如图所示的变压器，接如图甲所示的交流电时，灯泡正常发光，电容器能正常工作，现将电源换成如图乙所示的交流电，则（　　）

A.由于乙交变电流的周期短，因此灯泡比第一次亮
B.由于乙的频率比甲的大，因此电容器有可能被击穿
C.无论接甲电源，还是接乙电源，若滑动触头P向上移动，灯泡都变暗
D.若将原线圈n1的匝数增加，灯泡消耗的功率将变大
【正确答案】 C

5-4（巩固） 如图，有一理想变压器，原副线圈的匝数比为n：1，原线圈接正弦交流电，电压为U，输出端接有一个交流电流表和一个电动机。电动机线圈电阻为R，当输入端接通电源后，电流表读数为I，电动机带动一质量为m的重物匀速上升，重力加速度为g。下列判断正确的是（　　）

A.原线圈中的电流的有效值为nI
B.电动机消耗的功率为I2R
C.变压器的输入功率为nUI
D.物体匀速上升的速度为
【正确答案】 D

5-5（巩固） 手机无线充电技术越来越普及，如图甲所示是某款手机无线充电装置，其工作原理如图乙所示，其中送电线圈和受电线圈匝数比，两个线圈中所接电阻的阻值均为。当ab间接上的正弦交变电源后，受电线圈中产生交变电流给手机充电，这时手机两端的电压为5V，充电电流为2A。若把装置线圈视为理想变压器，下列说法正确的是（　　）

A.充电时，送电线圈中的电流为
B.充电时，间电压
C.的值为
D.充电时，送电线圈的输入功率为
【正确答案】 C

5-6（巩固） 如图甲所示，电阻不计的矩形导体线圈固定在水平桌面上，线圈的匝数，所围成矩形的面积，线圈所在空间内存在着与线圈平面垂直且均匀分布的磁场，磁感应强度随时间按如图乙所示的正弦规律变化。在线圈的右边接一含有理想变压器的电路，变压器原、副线圈的匝数比为，灯泡标有“ ”字样，电流表和电压表均为理想电表。调节滑动变阻器R的滑动触头，当电流表示数为时，灯泡刚好正常发光，则（  ）

A.电压表的示数等于
B.定值电阻的阻值为
C.在磁感应强度变化的时间内，通过小灯泡的电荷量为
D.当滑动变阻器R的滑片P向下滑动时，电流表的示数变大，电压表的示数变小
【正确答案】 B

5-7（提升） 如图所示，某交流发电机内有一边长为、匝数为、电阻不计的正方形线圈，在磁感应强度大小为的匀强磁场中绕转轴以角速度匀速转动，轴垂直于磁感线。它与理想变压器的原线圈连接，变压器原、副线圈的匝数之比为，二极管的正向电阻为零，反向电阻无穷大，定值电阻的阻值为，滑动变阻器的接入电路的阻值为且最大阻值与定值电阻的阻值相等，滑片置于滑动变阻器的中间，电表均为理想电表。从正方形线圈转到图示位置开始计时，下列判断正确的是（　　）

A.交流发电机的感应电动势的瞬时值表达式为
B.电压表V的示数为
C.电流表与电流表的示数之比为
D.若将滑动变阻器的滑片向下滑动，滑动变阻器消耗的功率一直减小
【正确答案】 C

【原卷 6 题】 知识点 开普勒第三定律,卫星的各个物理量计算

【正确答案】
C
【试题解析】


6-1（基础） 如图所示，质量不同的两颗卫星a、b围绕地球做匀速圆周运动，下列说法中正确的是（　　）

A.卫星a的角速度小于卫星b的角速度
B.卫星a的加速度大于卫星b的加速度
C.卫星a的动能大于卫星b的动能
D.相同时间内两颗卫星与地心的连线扫过的面积相同
【正确答案】 B

6-2（基础） 从中科院紫金山天文台获悉，该台新发现一颗已飞掠地球的近地小行星（编号2020FD2）。根据观测确定的轨道：近日点在水星轨道以内，远日点在木星轨道之木星地球水星外，小行星的半长轴远大于地球轨道半径，小于木星轨道半径。已知木星绕太阳公转的周期为11.86年，根据这些信息，可判断这颗小行星运动的周期最接近（　　）

A.60天 B.1年 C.7年 D.12年
【正确答案】 C

6-3（巩固） 2022年11月1日，梦天实验舱与“天宫”空间站在轨完成交会对接，目前已与天和核心舱、问天实验形成新的空间站“T”字基本构型组合体。已知组合体的运行轨道距地面高度为（约为400km），地球视为理想球体且半径为，地球表面的重力加速度为，引力常量为，下列说法正确的是（　　）

A.航天员漂浮在组合体中，处于平衡状态
B.地球的平均密度可表示为
C.组合体轨道处的重力加速度为
D.组合体的运行速度介于7.9km/s和11.2km/s之间
【正确答案】 C

6-4（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

6-5（巩固） 2022年6月5日10时44分，神舟十四号飞船顺利点火升空，经6次变轨，成功对接于天和核心舱径向端口。随后，陈冬、刘洋、蔡旭哲三位航天员顺利进驻天和核心舱。已知天和核心舱距离地面的高度为h，绕地球的运动可近似为匀速圆周运动，运动周期为T，引力常量为G，地球半径为R。根据以上信息，下列说法正确的是（　　）
A.陈冬、刘洋、蔡旭哲三位航天员在天和核心舱内处于完全失重状态
B.地球的平均密度
C.天和核心舱所处位置的向心加速度
D.神舟十四号在变轨前后机械能守恒
【正确答案】 A

6-6（巩固） 如图为同一平面内绕地球运行的三颗不同卫星A、B、C的轨道示意图，Ⅰ、Ⅲ为圆轨道，Ⅱ为椭圆轨道，Ⅲ的半径与Ⅱ的半长轴相等，且Ⅲ与Ⅱ相交于M点，Ⅰ与Ⅱ相切于N点。则（　　）

A.A、B经过N点时的向心力一定相同
B.B在椭圆轨道上运行的速度均大于A的速度
C.B、C在M点的向心加速度大小相等
D.B、C绕地球运行的周期相等
【正确答案】 D

6-7（提升） 宇宙中存在一些质量相等且离其他恒星较远的四颗星组成的四星系统，通常可忽略其他星体对它们的引力作用，如图所示，设四星系统中每个星体的质量均为m，半径均为R，四颗星稳定分布在边长为L的正方形的四个顶点上、已知引力常量为G，关于四星系统，下列说法正确的是（　　）

A.四颗星的向心加速度的大小均为
B.四颗星运行的线速度大小均为
C.四颗星运行的角速度大小均为
D.四颗星运行的周期均为
【正确答案】 B

【原卷 7 题】知识点 点电荷与均匀球体（球壳）周围的场强

【正确答案】
D
【试题解析】


7-1（基础） 若在电场中的某点A放一试探电荷+q，它所受到的电场力大小为F，方向水平向右。下列说法中正确的是（　　）
A.若将q移走，则该点的电场强度为零
B.在A点放一个负试探电荷，A点的场强方向为水平向左
C.在A点放一个负试探电荷，它所受的电场力方向水平向左
D.在A点放一个电荷量为+2q的试探电荷，它所受的电场力仍为F
【正确答案】 C

7-2（基础） 如图所示，两点位于以负点电荷（）为球心的球面上，点在球面外，则（　　）

A.点场强的大小比点大
B.点场强的大小比点小
C.点电势比点高
D.电荷从点运动到点电场力做功为0
【正确答案】 D

7-3（巩固） 如图，空间存在方向水平向右的匀强电场，两个可视为质点的带电小球P和Q用相同的绝缘细绳悬挂在水平天花板下，两细绳都恰好保持竖直。N为PQ连线中点，M点位于N点正上方且MPQ构成等边三角形，不计小球间的万有引力。则下列说法正确的是（ ）

A.P带负电，Q带正电，且电量大小相等
B.P与Q的质量一定相等
C.在P、Q所产生的电场与匀强电场叠加后形成的场中，N点的场强为零
D.在P、Q所产生的电场与匀强电场叠加后形成的场中，M点的场强不为零
【正确答案】 A

7-4（巩固） 如图所示，正三棱柱ABC-A'B'C'的A点固定一个电荷量为+Q的点电荷，C点固定一个电荷量为-Q的点电荷，D、D'点分别为AC、A'C'边的中点，选无穷远处电势为0。下列说法正确的是（　　）

A. B、B'两点的电场强度相同
B.将一负试探电荷从A'点移到C'点，其电势能减少
C.将一正试探电荷沿直线从B点移到D'点，静电力始终不做功
D.若在A'点再固定一电荷量为+Q的点电荷，C'点再固定一个电荷量为-Q的点电荷，则D点的电场强度指向B点
【正确答案】 C

7-5（巩固） 如图所示，真空中xOy坐标系平面内有以O为圆心的两个同心圆，分别与坐标轴交于a、b、c、d和e、f、g、h；在a、c两点固定两个正点电荷，b、d两点固定两个负点电荷，且四个点电荷所带电荷量相等。下列说法正确的是（　　）

A.g、f两点的电场强度相同
B.e、h两点的电场强度相同
C.将质子从O移到f电场力做负功
D.将电子从O移到e电场力做正功
【正确答案】 D

7-6（巩固） 均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场。如图所示，在半球面上均匀分布者正电荷，总电荷量为q，球面半径为R，为通过半球顶点与球心O的轴线，在轴线上有M、N两点，，己知N点的电场强度大小为E，静电力常量为k，则M点的电场强度大小为（　　）

A. B. C. D.
【正确答案】 A

7-7（提升） 如图，半径为R的均匀带电圆环与均匀带电薄板平行且二者几何中心相距2R，带电圆环与带电薄板之间影响可以忽略，已知圆环带电量为+q，静电力常量为k，图中A点场强为0，则带电薄板产生的电场在图中B点的电场强度是（　　 ）

A.，方向水平向左 B.，方向水平向右
C.，格方的水平向左 D.，方向水平向右
【正确答案】 A

【原卷 8 题】 知识点 v-t图象

【正确答案】
A C D
【试题解析】


8-1（基础） 一物体沿直线运动，其图像如图所示，则下列说法正确的是（　　）

A.图像OA段表示物体做非匀变速直线运动，AB段表示物体静止
B.图像AB段表示物体做匀速直线运动
C.在内物体的运动方向相同
D.在内物体的运动方向与内的运动方向相反
【正确答案】 BCD

8-2（基础） 甲、乙两物体同时从同一位置沿同一直线运动，甲的位移-时间图像和乙的速度-时间图像如图所示，则从原点出发后（　　）

A.0～6s甲做往返运动、乙做单向直线运动
B.第3s末甲、乙的运动方向均发生改变
C.2～4s甲的加速度为零，乙的加速度为-4m/s2
D.2～4s甲的平均速度为-4m/s、乙的平均速度为零
【正确答案】 CD

8-3（巩固） 甲、乙两车在平直公路上沿同一方向行驶，其图像如图所示，在时刻，乙车在甲车前方处，在时间内甲车的位移为x，下列判断正确的是（ ）

A.若甲、乙在时刻相遇，则
B.若甲、乙在时刻相遇，则下次相遇时刻为
C.若，则甲、乙一定相遇两次
D.若，则甲、乙一定相遇两次
【正确答案】 BD

8-4（巩固） 甲、乙两辆可视为质点的电动遥控车，在时刻，以大小相等方向相反的速度同时经过O点后沿直线运动，速度方向向右为正方向，其v—t图像如图所示，下列说法正确的是（　　）

A.0～t0，甲的位移大于乙的位移
B.0～t0，甲的加速度逐渐减小
C.2t0时刻乙回到了O点
D.甲乙在O点的右侧相遇
【正确答案】 BC

8-5（巩固） 有四个物体A、B、C、D，物体A、B运动的图像如图甲所示；物体C、D从同一地点沿同一方向运动的图像如图乙所示，根据图像做出的以下判断中正确的是（　　）

A.物体A和B均做匀变速直线运动
B.在0～3s的时间内，物体A、B的间距不变
C.时，物体C的加速度是D的2倍
D.在0～3s的时间内，物体C与D的间距逐渐增大，时，C与D的间距最大
【正确答案】 CD

8-6（巩固） 据央视报道，北京时间2012年10月15日凌晨，奧地利著名极限运动员鲍姆加特纳从距地面高度约3.9万米的高空跳下，并成功着陆，一举打破多项世界纪录。假设他从氮气球携带的太空舱上跳下到落地的过程中沿竖直方向运动的v-t图像如图所示，则下列说法中正确的是（　　）

A.秒末运动员打开降落伞，此后做变减速运动至秒末
B.秒末到秒末运动员竖直方向的加速度方向向上，大小在逐渐增大
C.-内运动员的平均速度
D.秒后运动员保持匀速下落
【正确答案】 AD

8-7（提升） 下面图像描述的是、两物体做直线运动的相关图像。关于甲、乙、丙、丁四个图像，下列说法正确的是（　　）

A.乙图中的物体一定做往复运动
B.由丁图可以求出运动物体的加速度
C.丙图中两物体在、两个时刻相遇两次
D.甲图中在时间内，的平均速度等于的平均速度
【正确答案】 BD

【原卷 9 题】 知识点 物体运动轨迹、速度、受力的相互判断,求分速度大小和方向

【正确答案】
B C
【试题解析】
【详解】A．飞机做曲线运动，所受合力方向指向轨迹的凹向，则合力方向不一定竖直向下，选项A错误；
B．飞机做曲线运动，加速度不为零，则所受合力大小不等于0，选项B正确；
CD．飞机的速率保持不变，则向下运动时竖直分速度变大，水平分速度减小，选项C正确，D错误。故选BC。

9-1（基础） 如图所示,弧旋球是指运动员运用脚法,踢出球后使球在空中向前作弧线运行的踢球技术．下列关于弧旋球的说法正确的是

A.球所受合外力的方向与速度的方向在同一直线上
B.球所受合外力的方向指向轨迹内侧
C.球的速度方向沿轨迹的切线方向
D.球的速度方向指向轨迹内侧
【正确答案】 BC

9-2（基础） 关于物体做曲线运动，下列说法中正确的是（　　）
A.物体做曲线运动时所受的合外力一定不为零
B.物体所受的合外力不为零时一定做曲线运动
C.物体有可能在恒力的作用下做曲线运动，如推出手的铅球
D.物体只可能在变力的作用下做曲线运动，如匀速圆周运动
【正确答案】 AC

9-3（巩固） 有一个质量为4kg的质点在x-y平面内运动，在x方向的速度图象和y方向的位移图象如图所示，下列说法正确的是（　　）

A.质点做匀变速直线运动 B.质点所受的合外力为6N
C.2s时质点的速度为6m/s D.0时刻质点的速度为5m/s
【正确答案】 BD

9-4（巩固） 如图所示，岸上的人通过定滑轮用绳子拖动小船匀速靠岸，设水对小船的阻力不变，在小船匀速靠岸的过程中（　　）

A.人也匀速运动 B.船的合力保持不变
C.船的浮力不断增大 D.绳子的拉力不断增大
【正确答案】 BD

9-5（巩固） 如图所示，一物块在一个水平力F作用下沿足够大斜面匀速运动，此力F的方向与斜面平行。某时刻将力F撤除，下列对撤除力F后物块运动的描述正确的是（ ）

A.物块可能做匀变速曲线运动 B.物块仍沿斜面匀速运动
C.物块将做非匀变速曲线运动 D.物块最终将停在斜面上
【正确答案】 CD

9-6（巩固） 如图所示，一物体沿曲线ABC由A运动到C，则关于物体从A到C的运动，下列说法正确的是（　　）

A.物体的位移小于路程
B.物体的位移有可能大于路程
C.物体在C点的速度方向由A指向C
D.物体在C点的速度方向沿曲线在C点的切线方向
【正确答案】 AD

9-7（提升） 质量为m的物体以速度v0在足够大的光滑水平面上运动，从零时刻起，对该物体施加一水平恒力F，在t时刻，物体的速度减小到最小值，此后速度又不断增大。则下列说法正确的是（　　）
A.在t=0时刻，水平恒力与初速度间的夹角为120°
B.水平恒力F大小为
C.在2t时刻，物体速度大小为为
D.若零时刻起，水平恒力方向不变，大小变为2F，则在t时刻，物体的速度大小仍为v0
【正确答案】 BD

【原卷 10 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,电磁感应中的动量、能量问题

【正确答案】
B D
【试题解析】


10-1（基础） 如图甲所示，光滑平行金属导轨MN、PQ所在平面与水平面成θ角，M、P两端接一电阻R，整个装置处于方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中。t=0时对金属棒施加一平行于导轨的外力F，使金属棒由静止开始沿导轨向上运动，金属棒电阻为r，导轨电阻忽略不计。已知通过电阻R的感应电流I随时间t变化的关系如图乙所示。下列关于金属棒运动速度v、外力F、流过R的电荷量q以及闭合回路中磁通量的变化率随时间变化的图象正确的是（ ）

A. B. C. D.
【正确答案】 AB

10-2（基础） 如图所示，相距1m的两平行金属导轨（电阻不计）固定在绝缘水平面上，导轨的左端与阻值为1Ω的定值电阻相连，空间存在磁感应强度大小为1T、方向竖直向下的匀强磁场。一质量为1kg的导体棒置于导轨上，在大小为5N、方向水平向右的水平力作用下沿导轨匀速向右滑动，导体棒滑动过程中始终与导轨垂直并接触良好。导体棒与导轨间的动摩擦因数为0.2，取重力加速度大小，导体棒接入电路的电阻为1Ω。下列说法正确的是（　　）

A.导体棒的速度大小为6m/s B.通过定值电阻的电流为2A
C.定值电阻消耗的热功率为9W D.该水平力做功的功率为12W
【正确答案】 AC

10-3（巩固） 如图，水平面上有足够长的平行光滑金属导轨MN和PQ，导轨间距为L，电阻不计，导轨所处空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B。导轨上放有质量均为m、电阻均为R的金属棒a、b、开始时金属棒b静止，金属棒a获得向右的初速度v0，从金属棒a开始运动到最终两棒以相同的速度匀速运动的过程中，两金属棒始终与导轨垂直且接触良好，下列说法正确的是（　　）

A.a做匀减速直线运动，b做匀加速直线运动
B.最终两金属棒匀速运动的速度为
C.金属棒a产生的焦耳热为
D.a和b距离增加量为
【正确答案】 BD

10-4（巩固） 在如图所示的甲、乙、丙中除导体棒ab可动外，其余部分均固定不动。甲图中的电容器C原来不带电，设导体棒、导轨和直流电源的电阻均可忽略，导体棒和导轨间的摩擦不计。图中装置均在水平面内，且都处于方向垂直水平面（即纸面）向下的匀强磁场中，导轨足够长，今给导体棒一个向右的初速度v0，导体棒的最终运动状态是（　　）

A.三种情况下，导体棒最终均静止
B.图甲、丙中导体棒最终将以不同的速度做匀速运动；图乙中导体棒最终静止
C.图甲、丙中，导体棒最终将以相同的速度做匀速运动
D.甲、乙两种情况下，电阻R上产生的焦耳热一定不同
【正确答案】 BD

10-5（巩固） 如图，间距分别为L和3L的平行光滑导轨水平放置，其间存在竖直向下的匀强磁场，左、右两侧导轨上分别放置长度与导轨间距相等的两导体棒，两导体棒的材质相同，粗细相同。现给右侧导体棒一沿导轨向右的水平初速度，已知导轨足够长，导轨电阻不计，两导体棒与导轨始终垂直并接触良好，左侧导体棒始终未运动到右侧导轨，则以下所描绘两导体棒的速度、加速度和感应电流随时间变化的图像可能正确的是（　　）

A. B. C. D.
【正确答案】 CD

10-6（巩固） 如图所示，MN和PQ是电阻不计的平行金属导轨，其间距为L，导轨弯曲部分光滑，平直部分粗糙，二者平滑连接。右端接一个阻值为R的定值电阻。平直部分导轨左边区域有宽度为d、方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。质量为m、电阻也为R的金属棒从高度为h处静止释放，到达磁场右边界处恰好停止。己知金属棒与平直分导轨间的动摩擦因数为，金属棒与导轨间接触良好。则金属棒穿过磁场区域的过程中（　　）

A.流过定值电阻的电流方向是 B.通过金属棒的电荷量为
C.金属棒在磁场中运动的加速度不变 D.金属棒产生的焦耳热为
【正确答案】 BD

10-7（提升） 如图所示，匀强磁场的磁感应强度为B，垂直于磁场有两根足够长的、间距为l的光滑竖直平行金属导轨，导轨上端接有开关、电阻、电容器，其中电阻的阻值为R，电容器的电容为C（不会被击穿），金属棒MN水平放置，质量为m，不计金属棒和导轨的电阻。现使MN沿导轨由静止开始下滑，金属棒MN和导轨始终接触良好，下列说法正确的是（已知重力加速度为g）（　　）

A.只闭合开关S1，金属棒MN先做加速直线运动，达到大速度，保持这个速度做匀速直线运动
B.只闭合开关S1，经过一段时间，金属棒MN恰好匀速运动，此过程中金属棒机械能守恒
C.只闭合开关S2，金属棒MN做匀加速直线运动，加速度大小为
D.只闭合开关S1，金属棒MN下降距离为x时，通过闭合开关S1的电荷量
【正确答案】 ACD

【原卷 11 题】 知识点 实验：验证机械能守恒定律

【正确答案】

【试题解析】


11-1（基础） 利用图示装置做“验证机械能守恒定律”实验。为验证机械能是否守恒，需要比较重物下落过程中任意两点间的动能变化量与势能变化量。

（1）除带夹子的重物、纸带、铁架台（含铁夹）、电磁打点计时器、重物导线及开关外，在下列器材中，还必须使用的器材有_________。
A．交流电源 B．刻度尺 C．天平（含砝码） D．秒表
（2）实验中，先接通电源，再释放重物，得到如图所示的一条纸带。测得起始点O与第二点的间距大约2mm，在纸带上选取三个连续打出的点A、B、C，而测量O与A、B、C的距离分别为、、．已知当地重力加速度为g，打点计时器打点的周期为T。设重物的质量为m，从打O点到打B点的过程中，重物重力势能的减少量，动能的增加量__________（用题中所给字母表示）。

（3）大多数学生的实验结果显示，重力势能的减少量略大于动能的增加量，出现这种结果的原因是__________。
A．利用公式计算重物速度 B．利用公式计算重物速度
C．存在空气阻力和摩擦阻力的影响 D．没有采用多次实验取平均值的方法
【正确答案】 AB或BA C

11-2（基础） 某同学设计出如图甲所示的实验装置来“验证机械能守恒定律”，让小球从A点自由下落，下落过程中经过A点正下方的光电门B时，光电计时器记录下小球通过光电门时间t，当地的重力加速度为g。

（1）为了验证机械能守恒定律，该实验还需要测量下列哪些物理量________。
A．小球的质量m
B．小球从A到B的下落时间
C．小球的直径d
D．AB之间的距离H
（2）小球通过光电门时的瞬时速度________（用题中所测物理量表示）。
（3）该同学用20分度的游标卡尺测量小球的直径d如图所示，则________mm。

（4）调整AB之间距离H，多次重复上述过程，作出随H变化的图象如图乙所示，当小球下落过程中机械能守恒时，该直线斜率________。

【正确答案】 CD 21.45

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

【正确答案】 大于 相同

11-4（巩固） 用如图甲所示的实验装置验证 m1、m2组成的系统机械能守恒。m2从高处由静止开始下落，m1上拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律。图乙给出的是实验中获取的一条纸带，0 是打下的第一个点，每相邻两计数点间还有 4个点（图中未标出），所用电源的频率为 50 Hz。已知 m1＝50 g、m2＝150 g。则：

若某同学由纸带打的点测出各点到0点的距离h，并算出各个点的速度v，作出了图像如图丙所示，则如果机械能守恒，应满足的表达式为______（物理符号 m1、m2、v、g、h 表示），结合图像 g＝______m/s2。 （结果保留两位有效数字）

【正确答案】

11-5（巩固） 如图甲所示，气垫导轨固定在倾角为θ的斜面上，光电门安装在导轨的下端，装有遮光片的滑块在导轨上端附近O点处由静止释放。某兴趣小组用这些器材来验证滑块运动过程中的机械能是否守恒

（1）用游标卡尺测得遮光片的宽度d如图乙所示，d=___________cm，用毫米刻度尺测出O点到光电门的距离L。由光电门可以读出遮光片通过时所用的时间t。则滑块通过光电门时的速度v可表示为v=___________。（用已知物理量字母表示）

（2）若改变滑块的释放位置，可测得一系列L和t的值，从而得出相对应的一系列的速度v。如果滑块运动过程中机械能守恒，那么下列图像中正确的是___________。
A． B． C． D.
【正确答案】 1.14 A

11-6（巩固） 某同学设计出如图1所示的实验装置来验证机械能守恒定律。让小球自由下落，下落过程中小球的球心经过光电门1和光电门2，光电计时器记录下小球通过光电门的时间、，已知当地的重力加速度为g。

（1）该同学先用螺旋测微器测出小球的直径如图2所示，则其直径d＝___________mm。

（2）小球通过光电门1时的瞬时速度_______（用题中所给的物理量符号表示）。
（3）保持光电门1位置不变，上下调节光电门2，改变光电门1和光电门2之间的距离h，多次实验记录多组数据，作出随h变化的图像如图3所示，如果不考虑空气阻力，若该图线的斜率_______，就可以验证小球下落过程中机械能守恒。

（4）考虑到实际存在空气阻力，设小球在下落过程中平均阻力大小为f，根据实际数据绘出的随h变化的图像的斜率为，则f与小球重力mg的比值_______（用k、表示）。
【正确答案】 6.200

11-7（提升） 某实验小组利用如图甲所示的实验装置验证机械能守恒定律。

（1）下列说法中有利于减小实验误差的有___________；
A．必须精确测量出重物的质量 B．重物选用密度较大的铁锤
C．调节打点计时器两限位孔在同一竖直线上 D．先松开纸带，后接通电源
（2）甲同学利用上述装置按正确操作得到了一条如图乙所示的纸带（部分纸带未画出）。纸带上的各点均为连续的计时点，其中O点为打出的第一个点，打点周期为T，重力加速度为g。从纸带上直接测出计时点间的距离，利用下列测量值能验证机械能守恒定律的有___________；

A．OE和DF的长度 B．OA和AF的长度
C．OD和DG的长度 D．AC、BF和EG的长度
（3）乙同学取打下G点时重物的重力势能为零，利用测量数据计算出该重物下落不同高度h时所对应的动能和重力势能，并以h为横轴、和为纵轴，分别绘出了如图丙所示的图线I和图线II，发现两图线的斜率绝对值近似相等，说明___________。

（4）在验证机械能守恒定律的实验中，使质量m=250g的重物拖着纸带自由下落，打点计时器在纸带上打出一系列的点。选取一条符合实验要求的纸带如图所示，O为纸带下落的起始点，A、B、C为纸带上选取的三个连续点，已知打点计时器每隔T=0.02s打一个点，当地的重力加速度为g=9.8m/s2，那么：

①计算B点瞬时速度时，甲同学用，乙同学用，丙同学用。其中所选择方法正确的是___________（选填“甲”、“乙”或“丙”）同学（xOB与分别表示纸带上O、B和A、C之间的距离，n为从O到B之间的打点时间间隔数）。
②纸带下落的加速度为___________m/s2，下落过程中受到的阻力f=___________N。
【正确答案】 BC AD 在实验误差允许范围内，重物下落过程机械能守恒 丙 9.50或9.5 0.075

【原卷 12 题】 知识点 实验：伏安法测量未知电阻,实验：测量电阻丝的电阻率

【正确答案】

【试题解析】


12-1（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

12-2（基础） （1）某同学用螺旋测微器测量一个圆柱导体的直径，测得读数___________mm。

（2）某同学在一次测量时，两电表的示数分别如图所示（电压表量程，电流表量程）。由此可计算出金属丝的电阻为___________Ω。（结果保留三位有效数字）

（3）随着居民生活水平的提高，纯净水已经进入千家万户。某市对市场上出售的纯净水质量进行了抽测，结果发现有不少样品的电导率（电导率是电阻率的倒数，是检验纯净水是否合格的一项重要指标）不合格。
①你认为不合格的纯净水的电导率是___________（填“偏大”或“偏小”）。
②为了方便测量纯净水样品的电阻，将采集的水样装入绝缘性能良好的塑料圆柱形容器内，容器两端用金属圆片电极密封，如图所示。请根据电路图用笔画线表示导线，连接测量纯净水样品电阻的实物图。（_______）

【正确答案】 8.524或8.525或8.526 2.40 偏大

12-3（巩固） 某实验小组同学想测量一个定值电阻Rx的阻值，实验室提供的器材如下：
待测定值电阻Rx（阻值约为10Ω）
毫安表mA（量程为200mA，内阻未知）
电压表V（量程3V，内阻RV ≈ 3kΩ）
滑动变阻器R1（允许通过最大电流1.5A，最大阻值5Ω）
滑动变阻器R2（允许通过最大电流0.3A，最大阻值300Ω）
电阻箱R0（0 ～ 99999.9Ω）
电源E（电动势约3V，内阻较小）
开关S、导线若干
（1）实验小组同学经过讨论设计出如图甲所示的电路，实验中滑动变阻器R应选用___________（填“R1”或“R2”）；

（2）请根据原理图在图乙中将实物连线补充完整_____；

（3）将单刀双掷开关S2置于a，调节滑动变阻器滑片，测得多组电流、电压值，描绘出相应的U—I图像，如图丙所示，则U—I图像的斜率表示_______________；

（4）将单刀双掷开关S2置于b，保持滑动变阻器滑片位置不变，反复调节电阻箱R0的阻值，使电压表的示数与单刀双掷开关S2置于a时相同，此时电阻箱的阻值如图丁所示，则毫安表mA的内阻RmA = ________Ω；

（5）待测电阻的测量值Rx = __________Ω。（结果保留2位有效数字）
（6）运用以上原理测量出来的待测电阻的测量值Rx 还是有比较大的误差，请您从实验原理的角度，分析误差产生的原因____________________________________。
【正确答案】 R1 待测定值电阻与毫安表的电阻之和 19.0 9.0 见解析

12-4（巩固） 色环电阻是在电阻封装上（即电阻表面）涂上一定颜色的色环，来代表这个电阻的阻值。五环电阻的第一条色环表示阻值的第一位数字、第二条色环表示阻值的第二位数字、第三条色环表示阻值的第三位数字、第四条色环表示阻值乘数的10的倍数、第五条色环表示误差，颜色对应的数值规格如图甲所示。一色环电阻已经掉色，某实验小组为了给它添色，做了以下的实验探究。

（1）多用电表的表盘如图乙所示，为了完成实验，先把选择开关旋至电阻“挡”，再将两支表笔直接接触，调节___________（选填“S”或“T”），使多用电表的指针指向欧姆挡的0刻线，正确操作后指针偏转如图乙a所示。实验小组将倍率更换至___________挡，正确操作后指针偏转如图乙b所示，色环电阻的阻值___________。
（2）实验小组在粗略测量色环电阻阻值后，设计了如下丙电路图精确测量它的阻值。某次测量得到的电压表示数为，电流表选择量程，示数如图丁所示，则通过色环电阻的电流___________，计算得到色环电阻的阻值___________。根据涂色规则，色环电阻的第二个色环的颜色是___________。

【正确答案】 S 1500 2.50 1440 黄色

12-5（巩固） 某物理课外实验小组为了测量某未知电阻的阻值，制定了四种测量方案。

（1）方案一：用欧姆表测电阻
a、在进行正确机械调零后，将欧姆挡的选择开关拨至“”挡，先将红、黑表笔短接，让指针指在___________（选填“左侧”或“右侧”）零刻度线上。
b、欧姆表指针如图甲所示，可得未知电阻的阻值为___________。
（2）方案二：用伏安法测电阻：如图乙所示的实验电路，电压表的示数为，电流表的示数为，则由此可得未知电阻的阻值为___________（结果保留三位有效数字），此测量值___________（选填“大于”或“小于”）真实值。
（3）方案三：用等效替代法测电阻
a、如图丙所示，将电阻箱R的阻值调到最大，闭合开关和，调节电阻箱R，使电流表示数为，电阻箱的示数；
b、断开开关，闭合开关，调节电阻箱R，使电流表示数仍为，电阻箱的示数；
c、则未知电阻的阻值为___________。

（4）方案四：用电桥法测电阻如图丁所示的实验电路，为一段粗细均匀的直电阻丝。
a、闭合开关S，调整触头D的位置，使按下触头D时，电流表G的示数为零。已知定值电阻R的阻值，用刻度尺测量出、，则电阻___________（用R、、表示）。
b、为消除因电阻丝的粗细不均匀而带来的误差，将图丁中的定值电阻R换成电阻箱，并且按照a中操作时，电阻箱的读数记为；然后将电阻箱与交换位置，保持触头D的位置不变，调节电阻箱，重新使电流表G的示数为零，此时电阻箱的读数记为，则电阻___________。（用、表示）
【正确答案】 右侧 小于 34

12-6（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

12-7（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 13 题】 知识点 利用动量守恒及能量守恒解决（类）碰撞问题

【正确答案】

【试题解析】


13-1（基础） 如图甲所示，一辆质量为的小车静止在光滑的水平面上，一质量为的木块以一定的水平速度滑上小车，最后与小车以相同的速度运动，它们的运动速度随时间变化的图像如图乙所示。取。求：
（1）木块的质量m：
（2）木块与小车上表面的动摩擦因数：
（3）这个过程中系统损失的机械能。

【正确答案】 （1）0.5kg；（2）0.3；（3）0.75J

13-2（基础） 如图所示，光滑水平面左端固定一竖直面内的光滑半圆轨道，DE为其一条直径，且DE垂直水平面，轨道半径，右端接一倾角为的固定斜面，在水平面上C点放一质量为m的物块乙，一质量也为m的物块甲从斜面上的A点由静止滑下，物块甲与斜面间的动摩擦因数，甲与乙发生弹性正碰，碰后乙恰好能到达半圆轨道的最高点E，忽略通过轨道连接处的能量损失（取g=10m/s2， sin37°=0.6，cos37°=0.8）。（结果可以保留根号）
（1）求碰后乙的速度v2;
（2）求甲刚开始下滑时的A点离水平面的高度H。

【正确答案】 （1）m/s；（2）4.8m

13-3（巩固） 如图所示，一质量为、长度的木板静止在光滑的水平地面上，木板的右侧有一半径、质量和木板质量相等的光滑四分之一圆弧形轨道停放在光滑的水平地面上，轨道末端的切线水平，且末端高度与木板高度相同，木板右端与圆弧轨道的末端相距。现有一个质量为的小物块从木板左端点以的初速度滑上木板，经过一段时间之后木板与圆弧轨道碰撞并立即粘在一起。已知物块与木板间的动摩擦因数为，重力加速度。求：
（1）木板和圆弧轨道碰撞前瞬间，木板的瞬时速度大小；
（2）木板和圆弧轨道碰撞前，小物块在木板上滑动的位移大小；
（3）小物块滑上圆弧轨道后上升的最大高度。

【正确答案】 （1）；（2）；（3）

13-4（巩固） 如图所示，在光滑的水平地面上有一总质量为M的小车，小车上端固定一内壁光滑平缓的弯曲圆管轨道，圆管轨道内径略大于小球直径，圆管轨道与小车上表切，小球质量为m，现给小球水平方向的初速度，小球刚好能到达轨道的最高点，最终小球从右侧管口离开轨道，重力加速度为g，不计一切摩擦，求：
（1）小球上升的最大高度h；
（2）小球离开轨道后小车的速度。

【正确答案】 （1）；（2）0

13-5（巩固） 一轻弹簧的一端固定在倾角为37°的固定光滑斜面的底部，另一端和质量为1kg的小物块a相连，如图所示。质量为0.4kg的小物块b紧靠a静止在斜面上，此时弹簧的压缩量为20cm，从t=0时开始，对b施加沿斜面向上的外力，使b始终做匀加速直线运动。经过一段时间后，物块a、b分离；再经过同样长的时间，b距其出发点的距离恰好也为20cm。弹簧的形变始终在弹性限度内，重力加速度大小g=10m/s2。求：
（1）弹簧的劲度系数；
（2）物块b加速度的大小；
（3）在物块a、b分离前，外力大小随时间变化的关系式。

【正确答案】 （1）；（2）；（3）（）

13-6（巩固） 如图所示，一斜面体固定在一个足够长的水平台面上，质量分别为、的小滑块A和B之间有一轻质弹簧，弹簧与滑块A连接、与B不连接，另一质量为的小滑块C由距离斜面体底端的高度处无初速释放，滑块C运动到台面上与滑块A发生碰撞且粘合在一起，碰撞时间极短。经过一段时间滑块B与弹簧分离，再从水平台面的边缘离开，最终落在水平地面上。已知台面距水平地面的高度为，重力加速度为，忽略一切阻力和滑块C经过斜面体和台面衔接处的能量损失，三个滑块均可视为质点。求：
（1）轻质弹簧的最大弹性势能；
（2）滑块B落在水平地面时速度的大小。

【正确答案】 （1）3J（2）8m/s

13-7（提升） 某机械装备公司用图甲所示的装置进行产品弹性碰撞检测，光滑曲面PO与水平轨道ON平滑相连，水平轨道右端固定一不计质量的弹簧，弹簧的左端自然伸长至M点，OM长度L=1.0m。产品A从距地面高h=1.8m处静止释放，沿PO轨道自由下滑，在O点与静止的质量为mB=5kg的产品B发生弹性碰撞。为检测产品参数，以O点为坐标原点，水平向右为正方向建立x轴，作出产品B运动的v2-x图像，部分图像如图乙所示。已知两产品的材料相同，与水平轨道OM的摩擦不可忽略，其余轨道光滑，产品A、B均可视为质点，重力加速度g取10 m/s2。求：
（1）产品A的质量mA；
（2）A、B第一次碰后，B能否压缩弹簧及全程弹簧最大的弹性势能Ep；
（3）Ⅰ．产品B最终停止位置的坐标；
Ⅱ．在图乙中把产品B运动全过程的v2-x图像补充完整（仅作图，不要求写出计算过程）。

【正确答案】 （1）1kg；（2）不能，；（3），
【原卷 14 题】 知识点 粒子由电场进入磁场

【正确答案】

【试题解析】


14-1（基础） 在平面直角坐标系xOy中，第I象限存在沿y轴负方向的匀强电场，第IV象限存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B。一质量为m，电荷量为q的带正电的粒子从y轴正半轴上的M点以速度垂直于y轴射入电场，经x轴上的N点与x轴正方向成45°角射入磁场，最后从y轴负半轴上的P点垂直于y轴射出磁场，如图所示。不计粒子重力，求：
（1）M、N两点间的电势差；
（2）粒子在磁场中运动的轨道半径r；
（3）粒子从M点运动到P点的总时间t。

【正确答案】 （1）；（2）；（3）

14-2（基础） 如图所示，一质量为m、电荷量为q的带电粒子在水平向右、宽度为d的匀强电场（图中未画出）中由静止释放，随后进入宽度为d、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，射出磁场时的速度与进入磁场时的速度偏角为，不计带电粒子受到的重力，。求：
（1）粒子在磁场中运动的半径R；
（2）匀强电场的电场强度大小E。

【正确答案】 （1）；（2）

14-3（巩固） 在平面坐标系第Ⅰ像限内有沿x轴负方向的匀强电场，虚线PQ为在同一平面内的竖直直线边界，在第Ⅱ、Ⅲ像限内虚线PQ与y轴之间有垂直坐标平面向里的大小为B的匀强磁场。C、D两个水平平行金属板之间的电压为U。一质量为m、电荷量为e的带正电的粒子（不计粒子重力）从靠近D板的S点由静止开始做加速运动，从x轴上处的A点垂直于x轴射入电场，粒子进入磁场时速度方向与y轴正方向，不计粒子的重力。要使粒子不从PQ边界射出，求：
（1）粒子运动到A点的速度大小；
（2）匀强电场的场强大小E；
（3）虚线PQ与y轴之间磁场的最小宽度d。

【正确答案】 （1）；（2）；（3）

14-4（巩固） 如图所示，水平虚线和间距为L，中间存在着方向向右且与虚线平行的匀强电场，的下侧存在一半径为R的圆形磁场区域，磁场方向垂直纸面向外（图中未画出），圆形磁场与边界相切于点M。一质量为m、带电荷量为的粒子由电场上边界上的S点以初速度垂直射入电场，一段时间后从M点离开电场进入磁场，粒子进入磁场的速度大小为，且其运动轨迹恰好过圆形磁场的圆心O。粒子所受重力忽略不计，求：
（1）电场强度E的大小；
（2）圆形磁场区域磁感应强度B的大小。

【正确答案】 （1）；（2）

14-5（巩固） 如图所示，在一边长为l的等边三角形OPQ内存在方向垂直纸面向外的匀强磁场。现以O点为坐标原点，OP方向为x轴正方向，建立平面直角坐标系，在第一象限内加一方向竖直向上的匀强电场，在y轴的左侧有一加速电场，A、C两极板之间的加速电压为U，在C板的中间有一小孔。现将一带电荷量为、质量为m的带负电的微粒在A板中间由静止释放，带电微粒从C板的小孔处飞出，接着从y轴上的M点垂直y轴进入电场，随后从OP的中点N进入磁场，且速度方向与OQ边平行。经过一段时间，带电微粒恰好从Р点离开磁场，不计微粒重力。
（1）求第一象限内的匀强电场的电场强度E的大小；
（2）求三角形OPQ区域内匀强磁场的磁感应强度B的大小；
（3）若将磁场方向改为垂直纸面向里，磁感强度的大小为某适当值时，带电微粒恰好不从OQ边离开磁场，回到第一象限，则微粒从M点运动到第一次离开磁场所用的总时间。

【正确答案】 （1）；（2）；（3）

14-6（巩固） 如图，粒子源由静止释放出质量为m、电荷量为q的带正电粒子（不计重力），先经水平方向的电场加速，再沿中心轴线射入方向竖直的匀强电场，接着进入方向水平向里的有界匀强磁场（边界竖直），最后经磁场偏转打到磁场左边界的感光胶片上。已知加速电场的电压为，偏转电场的板间距和极板长均为L、所加电压为，磁场的磁感应强度为。
（1）求带电粒子穿出偏转电场时的速度大小；
（2）求磁场的最小宽度；
（3）若偏转电压可取与之间的任意一值，为使粒子都能打在感光胶片上，求感光胶片的最小长度。

【正确答案】 （1）；（2）；（3）

14-7（提升） 云室是显示能导致电离的粒子运动径迹的装置，其原理是离子经过饱和蒸汽时发生气体分子聚集成为雾滴从而显现出粒子运动的径迹。如图甲所示是研究粒子运动径迹特殊装置的云室，其结构是在水平面以xoy平面直角坐标系中，有相互平行的极板A、极板B垂直于y轴，且关于x轴对称，极板长度和极板间距均为d，第一、第四象限有足够大的匀强磁场，方向垂直于xoy平面向里，位于极板左侧的粒子源能源源不断的沿x轴向右发射速度相同，重力不计的粒子（质量为4m，电荷量为正2e），在0到3t0的时间内，两板间加上如图乙所示的电压（不考虑边缘效应的影响），已知t=0时刻进入两板间的带电粒子其径迹显示恰在t0时刻经极板边缘射入磁场，上述m、e、d、t0、B皆为已知量，（不考虑粒子间的相互影响及返回极板的情况）
（1）求电压U0的大小
（2）求时进入两极板间的粒子在磁场中显示的运动半径R
（3）粒子在磁场中的运动时间最短时，求粒子进入两板间的时刻t及粒子在磁场中的最短运动时间∆t

【正确答案】 （1） ；（2） ；（3） ，

【原卷 15 题】 知识点 热力学第一定律,理想气体状态方程

【正确答案】
①. 减小    ②. 减小
【试题解析】
【详解】[1][2]根据∆U=W+Q，因为与外界无热交换所以Q=0，因为气体膨胀对外做功所以W<0，故∆U<0，所以分子的内能减小，平均动能减小。此过程中因为分子速率减小，空间里分子的密度减小，故氮气分子碰撞次数减小。

15-1（基础） 一定质量的理想气体，从外界吸收了的热量，同时气体对外做了的功，则：
（1）气体的内能______（选填“增加”或“减少”），其变化量的大小为______J。
（2）分子平均动能______（选填“增加”或“减少”）。
【正确答案】 减少 1.8×105 减少

15-2（基础） 一定质量的理想气体从状态A变化到状态B，再变化到状态C，其状态变化过程的p—V图像如图所示，已知A→B过程放出热量Q，TA = TC，则B→C过程气体_____（填“吸收”或“放出”）热量。

【正确答案】 吸收

15-3（巩固） 如图所示为一定质量的理想气体经历两个绝热和两个等容的循环过程的p-V图像，则该气体在状态a时的内能___________（填“等于”“大于”或“小于”）状态c时的内能；在一次循环过程中吸收的热量___________（填“等于”“大于”或“小于”）放出的热量。

【正确答案】 小于 大于

15-4（巩固） 如图所示，一定质量的理想气体从状态a开始，经历过程a→b、b→c、c→d，到达状态d。已知cd的延长线过原点且与ab平行。a、b、c、d的部分状态参量如图所示。已知状态a气体的压强为。a→b过程气体的压强不断_________（填“增大”或“减小”），________热量（填“吸收”或“放出”），状态b的压强为_______（用表示）；气体在状态c时的体积为_______（用表示），压强为_______（用表示）。

【正确答案】 减小 吸收

15-5（巩固） 在某次深潜实验中，深海探测船探测到990m深处的海水温度为280K。某同学利用该数据来研究气体状态随海水深度的变化。如图所示，导热良好的气缸内封闭一定质量的气体，不计活塞的质量和摩擦，气缸所处海平面的温度，压强，封闭气体的体积，如果将该气缸下潜至990m深处，此过程中封闭气体可视为理想气体。
（1）下潜过程中封闭气体________（选填“吸热”或“放热”），传递的热量________（选填“大于”或“小于”）外界对气体所做的功。
（2）求990m深处封闭气体的体积________（1atm相当于10m深的海水产生的压强）。

【正确答案】 放热 大于 2.8×10-2m3

15-6（巩固） 气垫鞋指的是鞋底上部和鞋底下部之间设置有可形成气垫的储气腔，储气腔与设置在鞋上的进气孔道和出气孔道组成通气装置。设人走路时，当脚抬起离地，储气腔内吸入空气；当脚踩下地面，储气腔气体被排出。由此可判断，脚离地过程中，储气腔内气体对外界________（选填“做正功”、“做负功”或“不做功”），原来储气腔内的气体分子平均动能________（选填“增大”、“减小”、“不变”）。

【正确答案】 做负功 不变

15-7（提升） 一定质量的理想气体从状态(p1、V1)开始做等温膨胀，状态变化如图中实线所示。若该部分气体从状态(p1、V1)开始做绝热膨胀至体积V2，则对应的状态变化图线可能是图中 。（选填图中虚线代号）

【正确答案】 d

【原卷 16 题】 知识点 ......

【正确答案】
（1）88cmHg；（2）6cm
【试题解析】


16-1（基础） 乒乓球是我国的国球，在世界各类赛场上为我国荣获了诸多荣誉。如果不小心把乒乓球踩瘪了，只要乒乓球没有破裂，就可以用热水浸泡恢复。如图，已知乒乓球导热性能良好，完好时内部气压为大气压，踩瘪后体积变为原体积的，外界温度恒为300K，把乒乓球全部浸入热水中，当球内气压大于等于时，乒乓球刚好开始恢复（体积依然是原体积的）。求：
（1）乒乓球被踩瘪但没有破裂时的内部气体压强（用表示）；
（2）要使乒乓球刚好开始恢复时热水的温度。

【正确答案】 （1）；（2）350K

16-2（基础） 一定质量的理想气体按图中箭头所示的顺序变化，图中BC段是以纵轴和横轴为渐近线的双曲线。
（1）已知气体在状态A的温度TA = 300K，求气体在状态B、C和D的温度各是多少？
（2）建立坐标系，作出上述气体上述状态变化过程的V—T图像。注意，在图中要标明表示状态A、B、C、D的四点，画箭头标明状态变化的方向，并说明图线上的各段分别表示气体的什么状态变化过程。

【正确答案】 （1）600K，600K，300K；（2）见解析

16-3（巩固） 如图所示，一个连通器装置的左管横截面积，右管横截面积。连通器左端封闭，封有长的气柱，左、右两管水银面高度差，已知外界大气压强，室温恒为27℃，现要使左、右两管内水银平。
（1）若仅在右管开口中注入水银，求需要注入的水银体积V；
（2）若仅缓慢升高左端气柱的温度，求左端气柱最终的热力学温度T。

【正确答案】 （1）；（2）

16-4（巩固） 如图所示，导热汽缸用质量为m的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞与汽缸壁间无摩擦。刚开始时汽缸内密封气体的体积为V，活塞静止在A位置，在活塞上缓慢加入质量为M的细沙，重新平衡后，活塞下降到B位置。已知大气压强为p₀，活塞的横截面积为S，重力加速度大小为g，环境温度恒定。求：
（1）活塞下降到B位置时，汽缸内密封气体的压强；
（2）活塞下降的高度

【正确答案】 （1）；（2）

16-5（巩固） 如图所示，导热性能良好、粗细均匀的长直U形玻璃管左管封闭、右管开口，右管内有一轻质活塞，活塞和两段水银柱A、B封闭着C、D两段理想气体。初始时水银柱A对左管顶部玻璃的压力恰好为0，水银柱A下端与水银柱B在右管中的上端平齐，水银柱及气体柱长度如图所示。现用外力缓慢向下压活塞，直至水银柱B在左管和右管的高度相等并达到稳定状态。已知水银密度为，玻璃管横截面积为S，环境温度不变，整个装置气密性良好。求：
（1）重新稳定后，D段理想气体的长度；
（2）重新稳定后，水银柱A对玻璃管的压力F。

【正确答案】 （1） ；（2）

16-6（巩固） 如图所示是一个连通器装置，连通器的右管横截面积为左管的两倍，左端封闭，封有长为30cm的气柱，左右两管水银面高度差为37.5cm，左端封闭端下60cm处有一细管用开关D封闭，细管上端与大气连通，若将开关D打开（空气从D处进入水银柱将其分为上下两部分，水银不会进入细管，稳定后会在左管内产生一段新的空气柱（设此过程中温度不变）。已知外界大气压强。求：稳定后左端管内的所有气柱的总长度为多少？

【正确答案】 35cm

16-7（提升） 如图所示， 倾角为的斜面上固定着两端开口的汽缸，内部横截面的面积为S，用两个质量均为m的活塞A与B封住一定质量的理想气体，A、B均可无摩擦地滑动，且不漏气。B与一劲度系数为k的轻弹簧相连，平衡时，两活塞间的距离为l0。现用沿斜面向下的力推A，使之缓慢地沿斜面向下移动一定距离后，再次保持平衡，此时用于推A的力大小为F。求活塞A沿斜面向下移动的距离。（已知大气压强为p0，重力加速度大小为g，气体温度保持不变，弹簧始终在弹性限度内）

【正确答案】

【原卷 17 题】 知识点 ......

【正确答案】
①. 50    ②. 减弱点
【试题解析】


17-1（基础） 操场上正在举行运动会开幕式，相距30m的P、Q两点放有相同的扬声器，如图甲所示，A在PQ的中垂线上，B在PQ的连线上，且。两扬声器发声时振动的位移随时间变化规律均如图乙所示。已知声波在空气中的传播速度为340m/s，小明站在A点时听到的声音比站在B点时听到的声音______（填“大”、“小”或“相同”），如果小明从Q点沿直线走到P点，他可以听到______次声音明显变大。

【正确答案】 大 9

17-2（基础） 如图为一列横波在某一时刻的波形图，则该波的波长为___________m；若波速为，则该波的周期为__________。

【正确答案】 8 4

17-3（巩固） 如图甲所示，在某一均匀介质中，A、B是振动情况完全相同的两个波源，其简谐运动表达式均为，介质中P点与A、B两波源间的距离分别为4m和5m，两波源形成的简谐波分别沿AP、BP方向传播，波速都是10m/s。

①求简谐横波的波长 _______
②P点的振动 ________（填“加强”或“减弱”）
【正确答案】 1m 加强

17-4（巩固） （1）在利用发波水槽得到水面波形的实验中：
①下图为利用发波水槽得到的水面波形图，a图样是水面波的___________现象，b图样是水面波的___________现象。

②如图所示，用实线表示波峰，虚线表示波谷来描述波的干涉图样，两列波的振幅都为10 cm，波速和波长分别为1 m/s和0.2 m，C点为AB连线的中点。则图示时刻C点的振动方向___________ （选填“向上”或“向下”），从图示时刻再经过0.25 s时，A点经过的路程为___________ cm。

（2）一列沿x轴传播的简谐横波在t=0.07 s时刻的波动图像如图甲所示，图乙是质点A的振动图像，由题可知该波的传播方向沿x轴___________（填“正”或“负”）方向传播，该波的传播速度___________ m/s，t=0.07 s时刻质点A偏离平衡位置的位移为___________ cm，A点的横坐标为x=___________ m。

【正确答案】 衍射 干涉 向下 100 负 100 10 9

17-5（巩固） 在x=－0.2m和x=1.2m处有两个波源，所产生的简谐波分别沿x轴正方向和负方向传播，速度均为v=0.4m/s，两列波的振幅均为A=2cm。某时刻两波的波形如图所示，此时向x轴正方向传播的波刚好到达P点，向x轴负方向传播的波刚好到达Q点。由此可知，沿x轴正方向传播的波的周期为___________s，再经过3s，x=0.5m处的质点的纵坐标为___________cm，x=0.3m处质点与x=0.7m处质点的振幅之比为___________。

【正确答案】 1 1：1

17-6（巩固） 一振动片以频率f做简谐振动时，固定在振动片上的两根细杆同步周期性地触动水面上a、b两点，两波源发出的波在水面上形成稳定的干涉图样。c是水面上的一点，a、b、c间的距离均为l，如图所示。已知波的波长为，除c点外，bc边上还有其他振幅极大的点。则波的传播速度为 _____，bc边上还有 _____个振幅极大的点（b、c均不算入）。

【正确答案】 3

17-7（提升） 两列频率、振幅均相同的简谐波Ⅰ和Ⅱ分别从绳子的两端持续相向传播，在相遇区域发生了干涉，在相距的A、B间用频闪相机连续拍摄，依次获得1、2、3、4、5五个波形，且1和5是同一振动周期内绳上各点位移都达到最大时拍摄的波形。已知频闪时间间隔为。则两波源的振动周期是_________秒，两波源到A点和C点的路程之差的绝对值是_________m。

【正确答案】 0.96 0.48

【原卷 18 题】 知识点 ......

【正确答案】

【试题解析】


18-1（基础） 如图所示，边长为L的等边玻璃三棱镜置于空气中，一束单色光从AB边的中点D入射，与AB边夹角为45°，进入棱镜后恰好与BC边平行。（设光在真空中的传播速度为c）求：
（1）棱镜的折射率n；
（2）光从进入棱镜到它第一次从BC边射入空气所经历的时间。

【正确答案】 （1）；（2）

18-2（基础） 如下图所示为水下h深处的摄影机拍摄的画面，画面中既有水面上的景物也有水面下的情景。若在摄影机正上方的水面放置一半径为r的不透光圆形挡板，摄影机便无法拍摄任何水面上的景物。若水的折射率为n，试问要发生这种现象，圆板最小半径r应为多少？

【正确答案】

18-3（巩固） 如图所示，ABCD是一块横截面为正方形的透明玻璃砖，其边长为a，折射率为。一平行激光束从玻璃砖的AB面射入，入射光线与AB面间夹角为45°。激光在真空中的传播速度为c。不考虑激光在每个面上的多次反射。
（1）求从A点射入的激光射到CD面经过的时间t；
（2）求CD面上透光的宽度d。

【正确答案】 （1）；（2）

18-4（巩固） 如图所示，透明玻璃体的上半部分是半球体，下半部分是圆柱体，半球体的半径为R，O为半球体的球心。圆柱体的底面半径和高也为R，现有一半径为R的圆环形平行光垂直于圆柱体底面射向半球体，OO1为圆光环的中心轴线，所有光线经折射后恰好经过圆柱体下表面圆心O1点，光线从O1射出后在玻璃体下方的水平光屏上形成圆形亮环，光到圆柱体底面的距离为R，光在真空中的传播速度为c。求：
（1）透明玻璃体的折射率；
（2）光从入射点传播到光屏所用的时间。

【正确答案】 （1） ；（2）

18-5（巩固） 如图甲所示，是空气中一折射率为的透明玻璃砖，图乙是它的截面图，左侧是半径为R的半圆，右侧是长4R、宽2R的长方形。一束单色光从左侧A点沿半径方向与长边成45°角射入玻璃砖，求光线从A点射入玻璃砖到刚好射出玻璃砖的时间为多少？（光在空气中的速度为c，结果可以保留根号）

【正确答案】

18-6（巩固） 图（一）是我国宇航员王亚平太空授课时“玩水球”，水滴在完全失重环境下成为一透明的球体，当太阳光照射到“水球”上时，光会被折射和反射而形成彩虹。如图（二）为某均匀透明球形液滴的截面图，圆心O在球心上。球半径为R。一束光从空中（看作真空）平行直径AOB射到圆上的C点，入射角，该光射入球内经过一次反射后从D点再次平行AOB折射向空中。求：
（1）液滴对该光的折射率n；
（2）该光从C点射入液滴经一次反射从D点射出在液滴内传播的时间t。（光在真空中的传播速度为c）

【正确答案】 （1）；（2）

18-7（提升） 如图甲为微棱镜增亮膜的工作原理示意图，光源通过入光面及透明的基材层，在棱镜层透过其表层精细的棱镜结构时，将光线经过折射、全反射、光累积等来控制光强分布，进而将光源散射的光线向正面集中，并且将视角外未被利用的光通过光的反射实现再循环利用，减少光的损失，同时提升整体辉度与均匀度，对液晶显示屏（LCD）面板显示起到增加亮度和控制可视角的效果。如图乙，△ABC为棱镜层中的一个微棱镜的横截面，∠A＝90°，AB＝AC，用放在BC边上P点的单色点光源来模拟入射光对增亮膜进行研究，PC＝3PB，已知微棱镜材料的折射率n＝，sin37°＝0.6，只考虑从P点发出照射到AB边和AC边上的光线。
（1）若经AB边折射出的光线与BC边垂直，求该光线在微棱镜内入射角的正弦值；
（2）求从P点发出的光能从AB边和AC边射出棱镜区域的长度L1、L2之比。

【正确答案】 （1）；（2）6∶13


变式题库答案

1-1【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
元素符号的左下角表示的是质子数，左上角表示的是核子数，中子数等于质量数（核子数）减质子数。核内质子数相同而中子数不同的原子互称同位素。He是He的同位素，比He少一个中子。
故选C。
1-2【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．①是原子核的人工转变方程，选项A错误；
B．②是轻核聚变方程，选项B错误；
C．③是核裂变方程，根据核反应的质量数和电荷数守恒可知，其中，选项C正确；
D．衰变是自发进行，不需要粒子撞击，④不符合，选项D错误。
故选C。
1-3【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
衰变为的过程，根据质量数守恒和电荷数守恒，衰变质量数减少，衰变质量数不变，故质量数减少8说明发生2次衰变，质子数变为

因的质子数为88，每发生一次衰变质子数增加1，说明发生2次衰变，故ABD错误，C正确。
故选C。
1-4【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．若放出的粒子是粒子，则衰变后两粒子都带正电，两粒子在磁场中的轨迹应该是外切圆，而图中两粒子的轨迹是内切圆，故放出的是电子，发生的是衰变，A错误；
D．衰变过程满足动量守恒，可知衰变后瞬间两粒子的动量大小相等，方向相反，根据洛伦兹力提供向心力可得

解得

可知轨迹为大圆的粒子是电子，是由中子转变为质子时释放出来的，D正确；
C．衰变方程为

由于轨迹为大圆的粒子是电子，则轨迹为小圆的粒子是氮核，中子数为，C错误；
B．根据

可知大圆半径与小圆半径之比为

B错误。
故选D。
1-5【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．由题图知，射线3为带正电的粒子，为α粒子，电离作用在三种射线中最强，故A错误；
B．射线2不带电，为γ射线，其贯穿本领最强，故B错误；
C．射线1是带负电荷的粒子，为β粒子，放射性元素放出一个射线1的粒子后，形成的新核比原来的电荷数多1个，故C错误；
D．射线3为α粒子，一个原子核放出一个α粒子后，质子数和中子数都比原来少2个，故D正确。
故选D。
1-6【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
AB．根据质量数和核电荷数守恒可得


因此为粒子，发生的是衰变，选项A正确，B错误；
C．质量数比少4个，核电荷数少2个，因此中子数少2个，选项C错误；
D．元素的半衰期由原子核内部自身因素决定，不会随着地理位置的改变而改变，选项D错误。
故选A。
1-7【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
由质量数和质子数守恒，可知α粒子与新核质量比为，衰变过程满足动量守恒，即
mαvα＝m新·v新
根据动量和动能的关系
p2＝2m·Ek
可知，新核动能为E0，由
ΔE＝Δmc2
得
Δm＝
ABC错误，D选项正确。
故选D。
2-1【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
D．手榴弹下落过程中只有重力做功，机械能守恒，即图线为水平直线，D错误；
A．设初始高度为h，重力势能可表示为

图线为开口向下的抛物线，A错误；
B．据动能定理可得，动能变化量可表示为

图线为过原点开口向上的抛物线，B错误；
C．动能的变化率可表示为

图线为过原点的倾斜直线，C正确。
故选C。
2-2【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
根据自由落体的规律可知

当手机到达眼睛位置时的速度为

设竖直向下为正方向，对手机根据动量定理可知

故手机对眼睛的冲击力

故选B。
2-3【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
AC．物体沿光滑斜面下滑运动中，只有重力做功，因此机械能守恒，由于斜面的高度相同，因此物体滑到斜面底端时速度大小相同，则有动量的变化量

大小相等，则有

设斜面的高度为h，斜面的倾角为θ，由牛顿第二定律可得


物体沿斜面下滑运动中，则有

解得物体沿斜面下滑时间

由上式可知，斜面的倾角θ越小，下滑时间t越大，则有

重力的冲量

可得

A错误，符合题意；C正确，不符合题意；
B．物体的机械能守恒，由于斜面的高度相同，因此物体滑到斜面底端时速度大小相同，则有动量的变化量

大小相等，由动量定理可知，三个过程中合力的冲量大小相等，动量的变化量大小相等，B正确，不符合题意；
D．物体沿斜面下滑运动中，只有重力做功，物体下滑高度相同，滑到底端时合力做的功相等，由动能定理可知，物体滑到斜面底端时的动能变化量相等，D正确，不符合题意。
故选A。
2-4【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．消防车受到地面的支持力和摩擦力，合力斜向上，作用力斜向上，A错误；
B．水流高度差5m，竖直方向反向看成自由落体运动

解得
t=1s
根据

解得
vy=10m/s
又1s时间内的水平位移为15m，有

解得
vx=15m/s
则合速度为

解得
v=
B错误；
C．水泵对水做功的功率

C正确；
D．根据动量定理

故D错误。
故选C。
2-5【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．运动员从B点飞出后水平方向做匀速运动，竖直方向做竖直上抛运动，可得B点时的竖直方向速度为

可得B、C两点间的高度差为

A错误；
B．根据前面分析到达B点时速度为

在B点时轨道对运动员的支持力和运动员自身重力沿与速度方向垂直的分力的合力提供向心力，可得

代入数值解得

根据牛顿第三定律可得运动员此时对B点的压力大小为，B错误；
C．从B到C的运动过程中，运动员动量的变化量大小为

C正确；
D．根据能量守恒定律，从A到B的运动过程中，运动员机械能的减少量为

D错误。
故选C。
2-6【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
AB．由冲量定义

球从击出到落回的时间内，重力和阻力的冲量为力乘以力作用的时间，大小不为零，AB错误；
CD．球上升时合力为重力加阻力，下降时合力为重力减阻力，故上升时合外力比下降时合外力大，由牛顿第二定律，上升时加速度

大于下降时加速度

设上升阶段球的初速度为，末速度为，由动量定理

下降阶段初速度为，由于上升时加速度比下降时加速度大，根据速度位移关系

其末速度

动量的变化量

则球上升阶段动量的变化量大于下降阶段动量的变化量，球上升阶段与下降阶段合外力的冲量大小不相等，C错误，D正确；
故选D。
2-7【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．由于机械能损失，上升过程中的平均速度大于下降过程中的平均速度，上升过程与下降过程的位移大小相等，故小球在运动的全过程，上升的时间小于下降的时间，故A错误；
B．由题意可得，阻力与速率的关系为

故阻力的冲量大小为

因为上升过程和下降过程位移相同，则上升和下降过程冲量大小相等，故B错误；
C．上升时加速度为a，由牛顿第二定律得

解得

取极短时间，速度变化，有

又

上升全程

则

解得

故C正确；
D．空气阻力与其速率成正比，最终以v1匀速下降，有

小球抛出瞬间，有

解得球抛出瞬间的加速度大小

故D错误。
故选C。
3-1【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．该同学下蹲过程中，先做加速运动，后做减速运动，先处于失重状态，后处于超重状态，所以该同学下蹲过程中对地面的压力先小于重力后大于重力，A正确；
B．该同学起跳过程中，支持力的作用点是脚底，脚底没有在力的方向上发生位移，所以支持力不做功，B错误；
C．②位置到⑤位置过程中该同学受到的空气阻力做负功，所以机械能不守恒，C错误；
D．该同学在最高点③位置时竖直方向速度为零，所以重力的瞬时功率为零，D错误。
故选A。
3-2【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
根据系统机械能守恒可得

根据弹力做功与弹性势能的变化，有

所以

故选A。
3-3【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．小球b和c角速度相同，b的轨迹半径大，由可知，当轻杆摆到竖直位置时b的向心力大于c的向心力，故A错误；
B．从水平位置摆到竖直位置的过程，对小球b、c构成的系统，根据机械能守恒定律得

由可知

联立解得

对小球a，由动能定理

解得

所以竖直位置时，小球a的速度小于b的速度，故B错误；
C．竖直位置时，设轻杆对小球a、b的作用力为F，则有

由于，可得轻杆对a的作用力小于对b的作用力，故C错误；
D．从水平位置摆到竖直位置的过程，对b分析，由动能定理可知

解得轻杆对小球b做功为

所以轻杆对小球b做正功，故D正确。
故选D。
3-4【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．若只在E点钉钉子，绳与钉子碰撞后，摆球绕E点做圆周运动，B点在E点下方，根据机械能守恒定律可知摆球一定能够摆到B点所在的高度，故A错误；
B．若只在D点钉钉子，绳与钉子碰撞后，摆球绕D点做圆周运动，由于B点与D点等高，根据机械能守恒定律可知摆球一定能够摆到B点所在的高度，故B错误；
C．若只在F点钉钉子，绳与钉子碰撞后，摆球绕F点做圆周运动，假设摆球可以摆到D点，根据牛顿第二定律可知摆球在D点的速度一定不为零，而A点与D点等高，所以摆球从A到D的过程机械能增大，显然不可能，所以此时摆球不可能摆到D点，故C错误；
D．若只在F点以下某点（设为G）钉钉子，则以G为圆心、GC为半径的圆弧最高点在D点之下，根据机械能守恒定律可知摆球运动至与圆弧最高点等高位置时的速度一定大于零，根据牛顿第二定律可知，若此速度满足

则摆球可以做完整的圆周运动，故D正确。
故选D。
3-5【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．小球A运动到P点时，加速度向下为g，因此速度并不是最大，选项A错误；
B．设小球A运动到Q点时的速度大小为v，此时小球B的速度为，小球A下落的高度为

根据机械能守恒有

解得

选项B错误；
C．由于小球B高度不变，动能增大，因此拉力做功不为零，选项C错误；
D．小球B的机械能增量等于动能的增量，即

选项D正确。
故选D。
3-6【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．小球过B点时，弹簧的形变量

弹力大小为

故A正确。
B．从A到B的过程中，小球运动到最低点B时速率为v，此时小球与圆环之间压力恰好为零，则知由弹簧的弹力与重力的合力恰好提供小球所需要的向心力，有

解得小球过B点时弹簧的弹力大小为

故B错误；
CD．从A到B的过程中，弹簧的弹性势能增大，小球的重力势能减小，动能增大，则知重力势能转化为小球的动能和弹簧的弹性势能，故CD错误；
故选A。
3-7【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．由图可知，当滑块运动到x2位置时，滑块的加速度为零，滑块受到水平向右的滑动摩擦力和水平向左的弹力，所以弹簧处于伸长状态，而不是原长，故A错误；
C．加速度为零时，速度达到最大，动能最大，根据动能定理，结合图线与横轴所围区域的面积可得

故C正确；
D．根据牛顿第二定律得

可得

系统产生的热量为

故D错误；
B．物体从A到B过程由动能定理可知

且有

解得

由此可知，两位置的加速度大小相等，故B错误。
故选C。
4-1【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
以从下往上个小球为整体研究对象，根据小球的受力可知

设绳子的拉力方向与竖直方向夹角为，则

故所有小球所受拉力的方向相同
故选C。
4-2【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
AB．手机处于静止状态，不能根据滑动摩擦力公式计算其摩擦力，根据平衡条件可知手机受到的摩擦力大小为

故A错误，B正确；
CD．将手机支架和手机整体分析，整体在水平方向没有相对运动趋势，不受摩擦力，故CD错误。
故选B。
4-3【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．初始状态时，弹簧的弹力

木块A与地面的最大静摩擦力

木块B与地面的最大静摩擦力

对A分析得

可知A静止不动，所受摩擦力为

故A错误，符合题意；
B．若撤去力保留，由上分析可知，A受到的弹力仍小于地面对A的最大摩擦了，故A依然不动。对B分析得

故B依然不动。且B的受力不变，所以摩擦力不变，故B正确，不符合题意；
C．若撤去力保留，对B分析，因

所以B保持静止，所示摩擦力为

故C正确，不符合题意；
D．保持整个系统静止不动，则弹簧的弹力不变。由于地面对B的摩擦力大于对A的摩擦力。故当A要滑动时

解得

要使整体静止，则

故D正确，不符合题意。
故选A。
点睛:
明确弹簧对物体作用力的方向，由于物体处于静止状态，故需要根据合力情况，分析静摩擦的大小及方向。
4-4【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
对A受力分析，如图所示

其中，重力与轨道弹力的合力与AB细线的拉力等大反向，大小为

根据相似三角形

根据几何关系

联立解得

故选A。
4-5【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
AB．如下左图，夏季输电线下垂大，输电线与竖直方向的夹角θ变小，输电线重力不变，根据
2Tcosθ=mg
所以夏季时每根输电线对输电塔的拉力较冬季时小，选项AB错误；
CD．如下右图，由于输电线重力不变，两边输电线对铁塔的合力大小就等于输电线的重力，大小不变，所以夏季与冬季输电塔对地面的压力大小一样大，选项C正确，D错误；
故选C。

4-6【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
AB．设B物体的质量为，绳中张力为，物体B受力示意图如图

可知当拉力F斜向右上与绳子垂直时的拉力最小，根据平衡条件有


解得


AB错误；
CD．当F最小时绳中张力为，根据平衡条件可知，物体A的摩擦力为

方向沿斜面向下，C错误，D正确。
故选D。
4-7【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
AB．如图所示

以两个小球为整体，则有

故AB错误。
CD．如图

由几何关系可得
，
又

可得

故C错误，D正确。
故选D。
5-1【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
由知

所以当时，变压器副线圈输出电压

即变压器副线圈输出电压将会是原来的1.25倍。
故选B。
5-2【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
CD．有题意可知，手机无线充电是利用电磁感应原理，将充电器接在交变电源上，给发射线圈通交流电流，从而产生变化的磁场，使接收线圈的磁通量发生变化，因此在接收线圈中产生变化的电流，来实现充电，故CD错误；
AB．由上分析可知，无线充电的原理与变压器的原理相同，是利用线圈互感的原理来传递能量，故A正确，B错误。
故选A。
5-3【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．灯泡的亮度与周期无关，取决于有效值，故A错误；
B．电容器的击穿电压取决于电压的最大值，与频率无关，故B错误；
C．无论接哪个电源，输入电压相同，滑片向上移动时，接入电阻增大，则灯泡均变暗，故C正确；
D．若将原线圈n1的匝数增加，则输出电压将减小，故灯泡消耗的功率将变小，故D错误。
故选C。
5-4【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．因为原副线圈的匝数比为n，且电流表读数为I，则由理想变压器的原副线圈的电流与匝数成反比得，原线圈的电流为，故A错误；
B．I2R为电动机内阻消耗的功率，电动机消耗的功率大于I2R，故B错误；
C．原线圈接电压U，由理想变压器的原副线圈的电压与匝数成正比得，电动机两端的电压

所以电动机消耗的电功率为

故C错误；
D．电动机消耗的功率为线圈内阻消耗的功率与输出功率之和，输出功率


故D正确；
故选D。
5-5【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．设通过送电线圈和受电线圈的电流分别为I1、I2，根据理想变压器的电流关系

故A错误；
BC．根据理想变压器电压与匝数关系有
、、、
整理可得
、
联立解得
、、
故B错误，C正确；
D．充电时，送电线圈的输入功率为

故D错误。
故选C。
5-6【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．由图像知，线圈中产生的交变电流的周期

所以

则

由

得

故 A 错误；
B． 当电流表示数为 时，灯泡上刚好正常发光，对灯泡L有

而通过定值电阻 中的电流 ，再由欧姆定律

得

故B正确；
C．在磁感应强度变化的 时间内，由乙图可知通过小灯泡的电流有向上和向下的过程，由电流定义式可知通过小灯泡的电荷量为零，故C错误；
D．当滑动变阻器的滑片P向下滑动时，接入回路中的电阻减小，由变压器的输出电压由原线圈中的电压决定，可知电压表的示数不变，由欧姆定律可知电流表的示数变大，故 D 错误。
故选B。
5-7【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．从垂直于中性面时开始计时，正方形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式应为

A错误；
B．交流电在一个周期内有半个周期通过二极管，原线圈两端的电压的最大值等于

由于变压器原、副线圈的匝数之比为1：3，所以副线圈两端电压的最大值为

根据电的热效应可得

解得通过二管后电压的有效值为

电压表测量的是滑动变阻器两端电压的有效值，即

B错误；
C．理想变压器的输入功率与输出功率相等，由此可得

解得

C正确；
D．当滑片P向下滑动时，滑动变阻器连入电路的电阻增大，由于不变，则滑动变阻器消耗的功率为

当R增加且小于时，滑动变阻器消耗的功率增加，D错误。
故选C。
6-1【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．根据

解得

由于卫星a的轨道半径小于卫星b的轨道半径，则卫星a的角速度大于卫星b的角速度，A错误；
B．根据

解得

由于卫星a的轨道半径小于卫星b的轨道半径，则卫星a的加速度大于卫星b的加速度，B正确；
C．根据
，
解得

由于两卫星的质量关系不确定，则两卫星的动能关系不确定，C错误；
D．根据开普勒定律可知，卫星在同一轨道上相同时间内卫星与地心的连线扫过的面积相同，在不同轨道上不相同，D错误。
故选B。
6-2【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
将太阳系中八大行星的运行轨道近似为圆轨道，小行星的半长轴大于地球绕太阳的轨道半径，小于木星绕太阳的轨道半径，根据开普勒第三定律，可知小行星的运动周期介于1年与11.86年之间。
故选C。
6-3【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．航天员漂浮在组合体中，航天员绕地球做匀速圆周运动，航天员受到地球的万有引力提供所需的向心力，航天员不是处于平衡状态，A错误；
B．物体在地球表面受到的万有引力等于重力，则有

解得地球质量为

又

联立解得地球的平均密度为

B错误；
C．设组合体轨道处的重力加速度为，则有

解得

C正确；
D．卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力可得

解得

卫星在地面表面轨道绕地球做匀速圆周运动时的线速度最大，为地球第一宇宙速度，故组合体的运行速度小于，D错误。
故选C。
6-4【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。
6-5【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．天和核心舱距离地面的高度为h，绕地球的运动可近似为匀速圆周运动，万有引力提供向心力，陈冬、刘洋、蔡旭哲三位航天员在天和核心舱内处于完全失重状态，故A正确；
B．由牛顿第二定律得

地球的平均密度

解得

故B错误；
C．由牛顿第二定律得

天和核心舱所处位置的向心加速度

故C错误；
D．神舟十四号在变轨时，需要在变轨处点火改变速度，所以在变轨前后机械能不守恒，故D错误。
故选A。
6-6【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
AC．由于A与B为不同卫星，则由公式

可知，A与B经过N点时的万有引力不一定相同，则向心力不一定相同，同理B、C在M点由

可知加速度大小相同，但是B在M的向心加速度为加速度的一个分量，因此向心加速度大小不相等，故AC错误；
B．B在椭圆轨道上N点的速度比A在N点的速度大，此后B从N向远地点运动过程中速度变小而A的速度大小不变，因此B的速度并不是一直比A大，故B错误；
D．根据开普勒第三定律可知Ⅲ的半径与Ⅱ的半长轴相等，则B、C绕地球运行的周期相等，故D正确。
故选D。
6-7【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
一个星体受其他三个星体的万有引力作用，合力方向指向对角线的交点，围绕正方形对角线的交点做匀速圆周运动，四颗星的轨道半径，根据万有引力提供向心力，有

解得




故B正确，A、C、D错误。
故选B。
7-1【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．电场中某点的电场强度只由电场本身决定，与试探电荷无关，若将q移走，则A点的电场强度保持不变，A错误；
BC．在A点放一个正试探电荷时，受到的电场力水平向右，可知A点的场强方向水平向右；在A点放一个负试探电荷，A点的场强方向仍水平向右，负试探电荷所受的电场力方向水平向左，B错误，C正确；
D．在A点放一个电荷量为+2q的试探电荷，由于A点的电场强度不变，则试探电荷所受的电场力为2F，D错误。
故选C。
7-2【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
AB．根据点电荷场强公式

因为点和点到负点电荷处的距离相等，所以场强大小相等；同理点场强的大小比点大，AB错误；
CD．根据点电荷电势规律，ab两点在同一等势面上，电势相等；所以电荷从点运动到点电势能不变，电场力做功为0，C错误，D正确。
故选D。
7-3【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
AB．只有P带负电，Q带正电，且电量大小相等，才能使两球受到的电场力与库仑力平衡，两绳都恰好保持竖直，两电荷均满足

即匀强电场的场强大小应为

这与质量无关，故P与Q的质量不一定相等，A正确，B错误；
C．P、Q所产生的电场在N点的场强大小为

方向水平向左，由AB解析可知，匀强电场的场强大小为，方向水平向右，故N点的合场强不为零，C错误；
D．P、Q所产生的电场在M点的场强大小为

方向水平向左，与匀强电场恰好抵消，故M点的合场强为零，D错误；
故选A。
7-4【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．距离正点电荷电荷量为Q距离为r处的电场强度大小为，方向沿正电荷与该点连线向外，距离负点电荷电荷量为Q距离为r处的电场强度大小为，方向沿该点与负电荷连线向内，由此可分析得出B、B'两点的电场强度不相同，故A错误；
B．电场线由正电荷（或无穷远）出发指向负电荷（或无穷远），沿电场线方向电势降低，点电荷附近电势大小可表示为，则当选无穷远处电势为0时，A'点电势高于零，C'点电势低于零，则将一负试探电荷从A'点移到C'点，其电势能升高，故B错误；
C．平面BDD'B'是等势面，则将一正试探电荷沿直线从B点移到D'点，静电力始终不做功，故C正确；
D．若在A'点再固定一电荷量为+Q的点电荷，C'点再固定一个电荷量为-Q的点电荷，则由A、C两处电荷在D点的电场强度指向C，在A'、C'两处的电荷在D点的合电场强度也是指向C，则D点的电场强度指向C点，故D错误。
故选C。
7-5【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．根据电场叠加原理可知，两个正电荷在f点的合场强方向沿y轴负方向，两个负电荷在f点合场强沿y轴负方向，所以合场强方向沿y轴负方向，同理可得在g点合场强方向沿y轴正方向，因此场强方向相反，A错误；
B．根据电场叠加原理可知，e、h两点的电场强度大小相同；方向相反。B错误；
C．因为


将质子从O移到f电场力做功

将质子从O移到f电场力做正功。C错误；
D．因为


将电子从O移到e电场力做功

将电子从O移到e电场力做正功。D正确。
故选D。
7-6【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
假设在O点有一个完整的带电荷量为2q的带电球壳，设完整球壳在M点产生的场强大小为，左半球壳在M点产生的电场强度大小为，右半球壳在M点产生的电场强度大小为，根据电场叠加原理

根据题意

根据对称性可得

解得

故选A。
7-7【提升】 【正确答案】 A
【试题解析】 分析:
本题考查场强叠加原理、微元法、等效法，考查考生的科学思维。
详解:
圆环的线电荷密度，取长度的圆环，带电量，其在A点产生的场强沿水平方向的分量为

其中
，
则整个圆环在A点产生的场强大小为

方向水平向左，又A点场强为0，由对称性可知带电薄板在A、B点产生的场强大小均为，在A点方向水平向右，在B点方向水平向左。
故选A。
8-1【基础】 【正确答案】 BCD
【试题解析】 详解:
AB．v－t图像是曲线，表示物体做非匀变速直线运动，图像与t轴平行表示物体做匀速直线运动，图像是倾斜直线表示物体做匀变速直线运动，A错误，B正确；
C．0～9s速度始终为正值，说明速度方向不变，C正确；
D．9～12s速度为负值，说明速度方向与正方向相反，即与0～9s内的运动方向相反，D正确。
故选BCD。
8-2【基础】 【正确答案】 CD
【试题解析】 详解:
A．甲在0～2s朝正方向运动，2～4s朝负方向运动，4～6s朝正方向运动，乙在0～3s朝正方向运动，3～6s朝负方向运动，故0～6s甲、乙均做往返运动，A错误；
B．第3s末甲的运动方向不变，乙的运动方向发生改变，B错误；
C．2～4s甲朝负方向做匀速直线运动，加速度为零，乙先朝正方向做匀减速直线运动后朝负方向做匀加速直线运动，加速度均为

C正确；
D．2～4s甲的平均速度为

2～4s乙的位移为零，平均速度为零，D正确。
故选CD。
8-3【巩固】 【正确答案】 BD
【试题解析】 详解:
A．由图可知，甲车的初速度等于，在时刻乙车速度为。在t1时间内，甲车的位移为x，则由v﹣t图象中，图线与坐标围成的面积表示位移，可判断得乙车的位移为，若甲、乙在t1时刻相遇，则

故A错误；
B．若甲、乙在时刻相遇，由图象可知，x为阴影部分对应的距离

即

由图象中的对称关系，下次相遇的时刻为

故B正确；
C．若，第一次相遇在t1时刻以后，相遇时，则之后不能再次相遇，故C错误；
D．若，第一次相遇在0-t1之间，相遇时，则甲、乙一定相遇两次，故D正确。
故选BD。
8-4【巩固】 【正确答案】 BC
【试题解析】 详解:
A．速度时间图像中，图线与时间轴所围面积表示位移，由图可知，0～t0，甲的位移小于乙的位移，A错误；
B．速度时间图像中，图像切线的斜率的绝对值表示加速度大小，根据图像可知，0～t0，甲的加速度逐渐减小，B正确；
C．速度时间图像中，图线与时间轴所围面积表示位移，总位移等于上下面积之差，由图可知，2t0时间内乙图像上下面积相等，总位移为0，即2t0时刻乙回到了O点，C正确；
D．根据上述，2t0时间内乙一直在O点的左侧运动，甲先在O点的右侧运动，后在O点的左侧运动，则甲乙在O点的左侧相遇，D错误。
故选BC。
8-5【巩固】 【正确答案】 CD
【试题解析】 详解:
A．由甲图看出：物体A和B位移图像都是倾斜的直线，斜率都不变，速度都不变，说明两物体都做匀速直线运动，故A错误；
B．由甲图看出，在0～3s的时间内，物体A的速度大于B的速度，所以物体A、B的间距逐渐增大，故B错误；
C．物体C的加速度大小

物体D的加速度大小

可知物体C的加速度是D的2倍，故C正确；
D．由乙图看出：前3s内，D的速度较大，C、D间距离增大，3s后C的速度较大，两者距离减小，时，物体C与物体D之间有最大间距，故D正确。
故选CD。
8-6【巩固】 【正确答案】 AD
【试题解析】 详解:
ABD．由图可知，t1秒末运动员做减速直线运动，其斜率逐渐减小，即加速度减小，t2秒后图线的斜率为零，运动员的速度不发生变化，运动员开始做匀速直线运动，故AD正确，B错误；
C．t1～t2时间内运动员做加速度减小时的减速运动，由v-t图像与横轴所围面积表示位移可知，其位移小于此段时间匀减速直线运动位移，故其平均速度

故C错误。
故选AD。
8-7【提升】 【正确答案】 BD
【试题解析】 详解:
A．乙图表示物体先匀加速，后匀减速，加速减速的时间相等，加速度大小相等，所以物体一直朝一个方向运动，故A错误；
B．根据匀变速直线运动的速度位移关系，有

所以图线的斜率为

解得

故B正确；
C．v-t图线的交点表示物体速度相等，故C错误；
D．平均速度是指物体发生的位移与所用时间的比值，由图可知，t1～t2时间内，两物体位移相等，时间相等，所以平均速度相等，故D正确。
故选BD。
9-1【基础】 【正确答案】 BC
【试题解析】 详解:
弧旋球的运动轨迹是曲线，根据物体做曲线运动的条件可知球所受合外力的方向指向内侧，且曲线运动的速度方向为轨迹的切线方向；
A．与分析不符，故A错误；
B．与分析相符，故B正确；
C．与分析相符，故C正确；
D．与分析不符，故D错误；
故选BC。
9-2【基础】 【正确答案】 AC
【试题解析】 详解:
A．曲线运动的物体速度方向时刻变化，说明加速度不为零，即合外力不为零，故A正确；
B．当物体所受的合外力不为零时，可能做直线运动，也可能做曲线运动，故B错误；
CD．做曲线运动的物体所受合外力一定不为零，但合外力可以是恒力也可以是变力，比如平抛运动，故C正确，D错误。
故选AC。
9-3【巩固】 【正确答案】 BD
【试题解析】 详解:
A．根据图像可知，在x方向做匀加速直线运动，y方向做匀速直线运动，则质点的运动是匀变速曲线运动，A错误；
B．由图知物体的加速度

根据牛顿第二定律

B正确；
C．由图知，2s末在x方向上速度为 ，在y方向上速度为

匀速运动，根据运动的合成，则质点的初速度的大小为

C错误；
D．由图知，在x方向上做初速度为3m/s，在y方向上速度为

匀速运动，跟据运动的合成，则质点的初速度的大小为

D正确。
故选BD。
9-4【巩固】 【正确答案】 BD
【试题解析】 详解:
A．由于小船匀速靠岸，设小船的速度为，人的速度为，绳子与水平面的夹角为，则

船靠岸过程中，逐渐增大，因此逐渐减小，故A错误；
B．由于小船匀速靠岸，小船处于平衡状态，因此小船受到的合力为零，故B正确；
CD．小船的受力如下图所示

根据力的平衡可得


由于小船靠岸时阻力不变，且逐渐增大，因此绳子的拉力不断增大，浮力不断减小，故C错误，D正确。
故选BD。
9-5【巩固】 【正确答案】 CD
【试题解析】 详解:
物体受重力、支持力、拉力及摩擦力而处于平衡，重力可分解为垂直于斜面及沿斜面的两个力；垂直斜面方向受力平衡，而沿斜面方向上有拉力、重力的分力及摩擦力而处于平衡，故摩擦力应与拉力与重力分力的合力平衡，运动方向与f的方向相反，如图所示

当F撤去后，合力方向与F方向相反，与v的方向由一定的夹角，大于90°，所以物体做曲线运动，速度的方向改变后，f的方向也改变，所以合力的方向也改变，故将做非匀变速曲线运动，最终将停在斜面上。
故选CD。
9-6【巩固】 【正确答案】 AD
【试题解析】 详解:
AB．物体的位移是指从初位置指向末位置的有向线段，而路程是指实际运动轨迹，由图可知物体从A到C位移小于路程，选项A正确，B错误；
CD．物体在C点的速度方向沿曲线在C点的切线方向，选项C错误，D正确。
故选AD。
9-7【提升】 【正确答案】 BD
【试题解析】 详解:
A B． 因为物体的最小速度不等于零，所以力F与v0方向是不共线的，根据曲线运动的规律，此最小速度应该是初速度v0在垂直于F方向的分量，初速度的另一个与力F方向相反的分量大小应为

即物体在沿着力F相反的方向的分运动是匀减速运动，经时间t减到零，由运动学公式可知

根据牛顿第二定律可知，水平恒力F大小为

故B正确；

将初速度分解为与F共线和与F垂直，有由几何知识知，力F与初速度间的夹角为143°故A错误；
C．第一个t时间内，沿F相反方向，物体做匀减速直线运动，末速度为零，第二个t内，沿F方向，物体以相同加速度做匀加速直线运动，由对称性可知，水平恒力作用2t时间，物体速度大小为v0，C错误；
D．若零时刻起，水平恒力方向不变，大小变为2F，由牛顿第二定律可知，物体的加速度变为2a，由速度公式可知，在t时刻，物体沿力F方向的速度大小为

在2t时刻，物体速度大小为

故D正确。
故选BD。
10-1【基础】 【正确答案】 AB
【试题解析】 详解:
A．根据如图乙所示的I-t图象可知I=kt，其中k为比例系数，由闭合电路欧姆定律可得

又
E=Blv
联立解得

故v-t图象是一条过原点且斜率大于零的直线，说明导体棒做的是初速度为零的匀加速直线运动，即v=at，A正确；
B．由法拉第电磁感应定律可得

所以有

故图象是一条过原点且斜率大于零的直线，B正确；
C．对导体棒由牛顿第二定律可得
F-BIl-mgsinθ=ma
而
，v=at
联立解得

可见F-t图象是一条斜率大于零且与速度轴正半轴有交点的直线，C错误；
D．流过R的电荷量q为

故q-t图象是一条开口向上的抛物线，D错误。
故选AB。
10-2【基础】 【正确答案】 AC
【试题解析】 详解:
AB．由于导体棒匀速运动，故向右的水平外力F等于向左的安培力F安和摩擦力之和，据平衡条件可得

其中

代入数据解得导体棒的速度大小为
v=6m/s
通过定值电阻的电流为
I=3A
A正确，B错误；
C．定值电阻消耗的热功率为

C正确；
D．该水平力做功的功率为

D错误。
故选AC。
10-3【巩固】 【正确答案】 BD
【试题解析】 详解:
A．金属棒a向右运动时，受向左的安培力，则a棒向右做减速运动，随速度的减小，感应电流减小，安培力减小，a棒的加速度减小，则a做加速度减小的减速直线运动，同理可得b棒做加速度减小的变加速直线运动，最终两棒达到共速的稳定状态，故A错误；
B．当两棒共速时，由动量守恒定律可知

解得

故B正确；
C．两棒的焦耳热为

由于两棒的电阻等大，故a棒上产热为

故C错误
D．设从开始运动到两金属棒最终达到稳定过程中，磁通量的变化量为，时间为，平均电流为，有


对金属棒b列动能定理有

联立方程可解得

故D正确。
故选BD。
10-4【巩固】 【正确答案】 BD
【试题解析】 详解:
ABC．题图甲中，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，当电容器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，导体棒不受安培力，其向右做匀速运动；题图乙中，导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流，通过电阻R转化为内能，导体棒速度减小，当导体棒的动能全部转化为内能时，导体棒静止；题图丙中，导体棒先受到向左的安培力作用向右做减速运动，速度减为零后再在安培力作用下向左做加速运动，当导体棒产生的感应电动势与电源的电动势相等时，电路中没有电流，导体棒向左做匀速运动，故AC错误，B正确；
D．题图甲中，导体棒的部分动能转化为内能，题图乙中，导体棒的动能全部转化为内能，故有Q甲 故选BD。
10-5【巩固】 【正确答案】 CD
【试题解析】 详解:
ACD．阻为R，右侧导体棒的速度为，左侧导体棒的速度为，根据法拉第电磁感应定律，回路中的感应电流

对于导体棒有


可得两导体棒加速度大小相等，并且最终减小到0，故右侧导体棒做加速度减小的减速运动直到匀速运动，左侧导体棒将做加速度减小的加速运动直到匀速运动。两导体棒做匀速运动时，回路中没有感应电流，且

故A项错误，C、D项正确；
B．由于两棒加速度大小相等，在两导体棒速度相等时，速度大小一定等于初始时刻右侧导体棒速度大小的一半，故B项错误。
故选CD。
10-6【巩固】 【正确答案】 BD
【试题解析】 详解:
A．金属棒下滑到最低端时速度向右，而且磁场竖直向上，根据右手定则可以知道流过定值电阻的电流方向为Q→N，故A错误；
B．根据法拉第电磁感应定律，通过金属棒的电荷量为

故B正确；
C．由于金属棒做切割磁感线运动，使得金属棒中有电流通过，根据安培定则可知，金属棒所受安培力水平向左，所以金属棒做运动，故有

所以由于v在不断的变小，所以加速度也在不断变小。故C错误；
D．根据能量守恒可知

由于电阻R和金属棒的电阻值相等，所以有

所以产生的焦耳热

故D正确。
故选BD。
点睛:
注意金属棒在磁场中会由于安培力的作用而不断减速，导致产生的感应电流逐步变小。
10-7【提升】 【正确答案】 ACD
【试题解析】 详解:
AB．只闭合S1时，金属所受向下的重力大于向上的安培力，金属棒先向下做加速直线运动，当安培力增大到与重力相等时，速度达到最大，即


解得

此后金属棒保持匀速直线运动；
在金属棒运动过程中，安培力对金属棒做负功，金属棒的机械能减小，故A正确，B错误；
C．若只闭合S2，回路中的电流为

根据牛顿第二定律

联立解得

由此可知，金属棒做匀加速直线运动，故C正确；
D．只闭合S1时，金属棒下降距离为x，通过金属棒的电荷量为

故D正确。
故选ACD。
11-1【基础】 【正确答案】 AB或BA C
【试题解析】 详解:
（1）[1] 实验时还必须使用的器材有交流电源和刻度尺；打点计时可记录重物的运动时间，所以不需要秒表；若重物的机械能守恒，则有

可知在不需要得出重力势能减少量与动能增加量的具体数据时，可以不测质量，即不需要天平；故选AB。
（2）[2]打B点时的速度

动能的增加量

（3）[3]大多数学生的实验结果显示，重力势能的减少量大于动能的增加量，原因是重物在下落过程中存在空气阻力和摩擦阻力的影响。
故选C。
11-2【基础】 【正确答案】 CD 21.45
【试题解析】 详解:
（1）[1]验证机械能守恒定律，原理为


故只需验证

故选CD。
（2）[2]

（3）[3]

（4）[4]由本实验原理可知

得

故该图线得斜率

11-3【巩固】 【正确答案】 大于 相同
【试题解析】 详解:
（2）[1]要使压力传感器的示数为零，弹簧需从压缩状态变成伸长状态，因此重物C要能拉动物块A，所以M要大于m。
[2]开始弹簧处于压缩状态，有

压力传感器为零时，弹簧的拉力为

此时弹簧从压缩到伸长的变化量为

则不论重物C质量是多少，要使压力传感器示数为零，A物块上升，此时重物C下降，得重物C下降的高度相同。
[3]取AC及弹簧为一个系统，弹簧压缩和伸长前后形变量相同，则根据机械能守恒定律有

整理得

所以为得到线性关系图线，应作出图线。
[4][5]根据上面表达式可得
，
解得
，
11-4【巩固】 【正确答案】
【试题解析】 详解:
[1] 由系统机械能守恒得

解得

[2] 由如图丙可知，v2—h图线的斜率 

解得

11-5【巩固】 【正确答案】 1.14 A
【试题解析】 详解:
（1）[1]用游标卡尺测得遮光片的宽度d=1.1cm+0.1mm×4=1.14cm
[2]滑块通过光电门时的速度v可表示为

（2）[3]若机械能守恒，则满足

即

则图像是过原点的直线，故选A。
11-6【巩固】 【正确答案】 6.200
【试题解析】 详解:
（1）[1]螺旋测微器的精度为0.01mm，读数为
6mm +20.00.01mm = 6.200mm
（2）小球通过光电门1时的瞬时速度可近似等于平均速度，则有

（3）[3]为了验证机械能守恒定律，则有

又

解得

若该图线的斜率

就可以验证小球下落过程中机械能守恒。
（4）[4]设小球在下落过程中平均阻力大小为f，由牛顿第二定律可得

解得

11-7【提升】 【正确答案】 BC AD 在实验误差允许范围内，重物下落过程机械能守恒 丙 9.50或9.5 0.075
【试题解析】 详解:
（1）[1]A．由

可知，重物质量的大小并不影响测量结果，A错误；
B．使用质量大，体积小的重锤可以减小阻力的影响，B正确；
C．需要调整打点计时器的限位孔，使它在同一直线上，减小摩擦阻力，C正确；
D．打点计时器要先接通电源，再释放重物，使纸带利用率更高，D错误。
故选BC；
（2）[2]要能完成验证机械能守恒定律，需要能计算出这个过程减少的重力势能和增加的动能，即能知道这个过程下落的高度和计算出初末位置的速度大小。
A．利用OE和DF的长度，能得出O到E减少的重力势能和打E时重锤的动能，A能验证；
B．利用OA和AF的长度，能得到O到A或O到F过程重锤减少的重力势能，但无法利用较短时间平均速度表示瞬时速度这个推论得到A或F点的瞬时速度，所以B不能验证；
C．由B中分析知，利用OD和DG的长度无法验证；
D．利用AC、BF和EG的长度，由BF的长度可以得到B到F重锤减少的重力势能，由AC、EG的长度可以得到打B点和打F点的瞬时速度，得到重锤动能的增量，故可以验证。
故选AD；
（3）[3]两图线的斜率绝对值近似相等，说明重物在空中运动过程中动能与重力势能之和不变，即在实验误差允许范围内，重物下落过程机械能守恒；
（4）①[4]甲和乙都用了加速度为g的匀加速直线运动公式，这与实验目标相违背，故选丙。
②[5]由匀变速直线运动推论得纸带下落的加速度为

[6]由牛顿第二定律

代入数据可得
f=0.075N
12-1【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

12-2【基础】 【正确答案】 8.524或8.525或8.526 2.40 偏大
【试题解析】 详解:
（1）[1]由图可知，圆柱体的直径为

（2）[2]由图可知，电压表的最小刻度为，则电压表读数为

电流表的最小刻度为，则电流表的读数为

由欧姆定律可知，金属丝的电阻为

（3）①[3]纯净水是不导电的，不合格的纯净水含的电解质较多，电阻率小，电导率偏大。
②[4]根据电路图，连接实物图，如图所示

12-3【巩固】 【正确答案】 R1 待测定值电阻与毫安表的电阻之和 19.0 9.0 见解析
【试题解析】 详解:
（1）[1]由图甲可知滑动变阻器采用分压接法，为调节方便，应选用总电阻较小的R1；
（2）[2]根据原理图连接的实物图如下图所示

（3）[3]单刀双掷开关S2置于a时，电压表测量待测定值电阻和毫安表串联后的电压，所以U—I图像的斜率表示待测定值电阻与毫安表的电阻之和；
（4）[4]将单刀双掷开关S2置于b，保持滑动变阻器滑片位置不变，调节电阻箱R0的阻值，使电压表的示数与单刀双掷开关S2置于a时相同，则毫安表的内阻与电阻箱的阻值相等，有
RmA = R0 = 19.0Ω
（5）[5]毫安表的内阻与待测定值电阻Rx的电阻之和为

则待测电阻的测量值为
Rx = 28.0Ω－19.0Ω = 9.0Ω
（6）[6] 将单刀双掷开关S2置于a，测多组电流、电压值作U—I图像，步骤中需要选用较小的滑动变阻器；将单刀双掷开关S2置于b，保持滑动变阻器滑片位置不变，调节电阻箱R0的阻值，使电压表的示数与单刀双掷开关S2置于a时相同，步骤中由于开始时选用的滑动变阻器较小，则此时调节电阻箱R0时电压表的指针几乎不偏转从而导致替代法测出的毫安表mA的内阻误差较大。
12-4【巩固】 【正确答案】 S 1500 2.50 1440 黄色
【试题解析】 详解:
（1）[1]由图乙可知，该多用电表的S为欧姆调零旋钮，故调好欧姆挡后，应调节S，使多用电表的指针指向欧姆挡的0刻线；
[2]图乙a指针偏转角度过大，倍率偏小，应将倍率由“挡”更换至“挡”；
[3]图乙b指针指向15，故色环电阻的阻值为

（2）[4]由图丁可读出通过色环电阻的电流为2.50mA；
[5]根据欧姆定律可得色环电阻的阻值为

[6]由于测得的色环电阻的阻值为，第二位数字为“4”，根据涂色规则可知第二个色环的颜色为黄色。
12-5【巩固】 【正确答案】 右侧 小于 34
【试题解析】 详解:
（1）[1]欧姆挡的零刻度在表盘的右侧，红黑表笔短接进行欧姆调零时指针在表盘右侧；
[2]如图甲所示,未知电阻的阻值为

（2）[3]用伏安法测电阻,未知电阻的阻值为

[4]用伏安法测电阻，在电流表外接的情况下，电压表的分流导致电流表的示数大于流过未知电阻的电流，而电压表的示数为未知电阻两端的电压，导致测量值小于真实值；
（3）[5]电流均为的情况下，两种电路连接中的总电阻相同，即

代入数据解得

（4）[6]假设电阻丝的电阻率为，横截面积为，因为电流表G的示数为零，则、两点的电势相等，即电阻与段电阻丝的分压相等，则有

整理得

[7]两种情况下未知电阻分别为


联立可得

12-6【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

12-7【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。
13-1【基础】 【正确答案】 （1）0.5kg；（2）0.3；（3）0.75J
【试题解析】 详解:
（1）二者相互作用过程，二者构成的系统满足动量守恒，故有

由图可知

共同速度为

联立解得木块的质量

（2）由速度图像可得小车的加速度为

对小车由牛顿第二定律可得

解得

（3）由功能关系可得这个过程中系统损失的机械能为

13-2【基础】 【正确答案】 （1）m/s；（2）4.8m
【试题解析】 详解:
（1）由题目可知物块刚好能到达半圆轨道的最高点E，此时由重力提供向心力，根据牛顿第二定律得

解得

设物块乙在C点碰后的速度为v2，物块乙恰好能到达E点，根据机械能守恒定律得

解得

（2）甲、乙发生弹性碰撞，设碰前甲的速度为v0，碰后甲的速度为v1，取向左为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律分别有


解得

设物块甲开始下滑的高度为H，则根据动能定理得

解得

13-3【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）；（3）
【试题解析】 详解:
（1）对木板由牛顿第二定律可得

解得

对木板由运动学公式

解得

（2）对小物块由牛顿第二定律可得

解得

根据

解得从开始到木板和圆弧轨道碰撞前的时间

小物块的对地位移

小物块在木板上滑动的位移大小

此时小物块的速度

（3）木板与圆弧轨道碰撞并立即粘在一起，由动量守恒定律可得

解得

物块、木板、圆弧轨道在水平方向动量守恒，当物块到达最高点时，有

由能量守恒定律可得

联立解得

13-4【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）0
【试题解析】 详解:
（1）小球到达最高点时与小车达到共同速度v，小球和小车组成的系统在水平方向动量守恒，则

由机械能守恒定律得

解得

（2）设小球离开轨道时小球的速度为，小车的速度为，系统水平方向动量守恒，则

根据机械能守恒定律有

解得
，
，
因为小球是从右侧离开轨道，所以第二组解不合实际，则小球离开轨道后小车的速度为0。
13-5【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）；（3）（）
【试题解析】 详解:
（1）对整体分析，根据平衡条件可知，沿斜面方向上重力的分力与弹簧弹力平衡，则有

解得

（2）由题意可知，b经两段相等的时间位移为x0；由匀变速直线运动相邻相等时间内位移关系的规律可知

说明当形变量为

时二者分离；对a分析，因分离时ab间没有弹力，则根据牛顿第二定律可知

联立解得

（3）设时间为t，则经时间t时，ab前进的位移

则形变量变为

对整体分析可知，由牛顿第二定律有

解得

因分离时位移，由

解得

故应保证

F表达式才能成立。
13-6【巩固】 【正确答案】 （1）3J（2）8m/s
【试题解析】 详解:
（1）滑块C运动到斜面底端根据动能定理可知

解得

当与A发生碰撞并粘在一起，根据动量守恒定律可知

解得

ABC组成系统当它们速度相等时弹簧的弹性势能最大，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可知

解得

（2）经过一段时间滑块B与弹簧分离，再从水平台面的边缘离开，则根据动量守恒定律和机械能守恒定律可知

解得

根据平抛的基本规律得

解得

13-7【提升】 【正确答案】 （1）1kg；（2）不能，；（3），
【试题解析】 详解:
（1）设A与B碰撞前瞬间A的速度为v0，根据动能定理有

解得

由图乙可知，A与B碰撞后瞬间B的速度为

对A与B的弹性碰撞过程，根据动量守恒定律和机械能守恒定律分别有


解得
，
（2）从发生碰撞到B与弹簧恰好接触的过程中，B做匀减速运动，加速度大小为

设A、B与OM间的动摩擦因数为μ，牛顿第二定律得

解得

设B运动到M点时的动能为EkM，根据动能定理有

解得
EkM= 0
所以A、B第一次碰后，B不能压缩弹簧。
A、B第一次碰撞后，根据机械能守恒定律可知A反弹后再次滑回O点时速度大小不变，设A与B第二次碰撞前瞬间A的速度为v1，根据动能定理有

解得

对A、B的第二次弹性碰撞，根据动量守恒定律和机械能守恒定律分别有


解得
，
因为A、B第二次碰撞后A反弹，会克服摩擦力做功，所以无论A、B在第二次碰撞之后能否再次发生碰撞，第二次碰撞后B压缩弹簧的形变量一定最大，所以根据能量守恒定律可知全程弹簧最大的弹性势能为

（3）Ⅰ．A、B第二次碰撞后，A反弹后在OM上做匀减速运动，且A在PO段滑行时机械能守恒，设其在OM上滑动的总路程为，根据动能定理有

解得

B离开弹簧后在OM上做匀减速运动，设其在OM上滑动的最大路程为，根据动能定理有

解得

所以A、B不会发生第三次碰撞，产品B最终停止位置的坐标为

II．A、B第一次碰撞后，x从0到1m过程中，B做匀减速运动，从4m2/s2减小至0，根据可知v2-x图像为直线；A、B第二次碰撞后，B压缩弹簧的过程中做加速度逐渐增大的减速运动，从减小至0，图像的斜率绝对值逐渐增大（因为加速度与x成线性关系，所以v2与x成二次函数关系，图像为开口向下的抛物线），根据对称性可知B压缩弹簧的过程和弹簧弹开B的过程的图像重合；B离开弹簧后做匀减速运动，从1m到过程中，从减小至0， 图像为直线，如图所示。

14-1【基础】 【正确答案】 （1）；（2）；（3）
【试题解析】 详解:
（1）设粒子过N点时的速度为v，有

解得

粒子从M点运动到N点的过程，有

解得

（2）粒子运动轨迹如下

粒子在磁场中以O为圆心做匀速圆周运动，半径为r，有

解得

（3）由几何关系得

设粒子在电场中运动的时间为t1，有

粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期

设粒子在磁场中运动的时间为t2，有

则总的运动时间为

解得

14-2【基础】 【正确答案】 （1）；（2）
【试题解析】 详解:
（1）粒子在磁场中做圆周运动，根据几何关系有

解得

（2）带电粒子在电场中做匀加速直线运动，在磁场中做匀速圆周运动，有


联立解得

14-3【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）；（3）
【试题解析】 详解:
（1）由动能定理得

可得粒子运动到A点的速度大小

（2）水平方向做匀加速运动

根据动能定理

联立解得

（3）带电粒子进入磁场中洛伦兹力提供向心力

当粒子运动的轨迹刚好与边界PQ相切时，粒子不从PQ边界射出，虚线PQ与y轴之间磁场的最小宽度

解得

14-4【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）
【试题解析】 详解:
（1）粒子在整个过程的运动轨迹，如图所示

粒子在电场从到做类平抛运动，在垂直于电场方向

粒子在点沿着电场方向速度

所以粒子沿着电场方向的位移

粒子从点到点，由动能定理有

解得

（2）设粒子在处的速度与电场方向夹角为，则

解得

所以三角形为等腰直角三角形，设带电粒子做匀速圆周运动的半径为
由几何关系得

由牛顿第二定律有

解得

14-5【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）；（3）
【试题解析】 详解:
（1）在加速电场中由动能定理得

在第一象限运动的过程中有



解得

（2）

由几何关系可得


微粒在磁场中由洛伦兹力提供向心力得

解得

（3）

由几何关系可得

微粒在磁场中由洛伦兹力提供向心力得

微粒在磁场中运动的周期为

微粒在磁场中运动的时间为

微粒从M点运动到第一次离开磁场所用的总时间为

解得

14-6【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）；（3）
【试题解析】 详解:
（1）粒子在加速电场中加速，由动能定理有

得

粒子在偏转电场中的偏转，由牛顿第二定律

水平方向上

竖直方向有

联立以上各式，将代入解得

（2）如图

粒子速度与磁场左边界的夹角满足

解得

粒子在磁场中做圆周运动，由牛顿第二定律有

由几何关系，磁场的最小宽度

联立以上各式，将代入解得

（3）粒子在磁场中偏转时的侧移量为

且


所以为一定值，故感光胶片最小长度即为粒子在偏转电场中最大和最小偏转距离的差值为，在偏转电场中，偏转距离

当时偏转距离最大为
（刚好能穿出偏转电场）
当时偏转距离最小为

解得

14-7【提升】 【正确答案】 （1） ；（2） ；（3） ，
【试题解析】 详解:
（1）时刻进入时刻刚好从极板边缘射出,则有
,
电场强度

由牛顿第二定律得

偏移量

联立解得

（2）在时刻进入两极板间的带电粒子，前时间在电场中偏转，后时间两极板间没有电场粒子做匀速直线运动。粒子沿x轴方向的分速度大小为

沿y方向分速度大小为

粒子在磁场中运动的速度为

分在磁场中做圆周运动的半径设为R，则

解得

（3）由分析知在进入两极板的粒子运动时间最短。粒子在离开电场时

设粒子离开电场时速度方向与y轴正方向的夹角为，则

分析可知

粒子轨迹圆心角为

则时间最短为

粒子在磁场中运动的周期为

联立解得

15-1【基础】 【正确答案】 减少 1.8×105 减少
【试题解析】 详解:
（1）[1][2]由热力学第一定律

可得
U=-6.0×105+4.2×105=-1.8×105J
气体内能减少了1.8×105J；
（2）[3]理想气体气体内能减小，温度T降低，所以分子平均动能减少；
15-2【基础】 【正确答案】 吸收
【试题解析】 详解:
[1]由p—V图像可知，B→C过程气体发生等压变化，根据，可知气体的体积增大，外界对气体做负功，气体的温度升高，气体的内能增大，根据热力学第一定律DU = W＋Q，可知B→C过程气体吸收热量。
15-3【巩固】 【正确答案】 小于 大于
【试题解析】 详解:
[1]从c到d为绝热膨胀，有，，根据热力学第一定律，可知，温度降低；从d到a，体积不变，由查理定律，可知压强减小，则温度降低，则状态c的温度高于状态a态温度，根据一定质量的理想气体内能由温度决定，所以状态a的内能小于状态c的内能；
[2]从b→c过程系统从外界吸收热量，从c→d系统对外做功，从d→a系统放出热量，从a→b外界对系统做功，根据图像“面积”即为气体做功大小，可知c到d过程气体做功，图像中b→c→d→a围成的图形的面积为气体对外做的功，整个过程气体能内能变为零，则

即

即在一次循环过程中吸收的热量大于放出的热量。
15-4【巩固】 【正确答案】 减小 吸收
【试题解析】 详解:
[1]根据一定质量的理想气体的状态方程

可知

图线上各点与坐标原点连线的斜率大小可反映压强大小，则a→b过程图线上各点与坐标原点连线的斜率逐渐减小，说明气体压强逐渐减小。
[2]由于体积增大，气体对外做功，温度升高，内能增大，根据热力学第一定律可知a→b过程气体吸热。
[3][4][5]由于ab与cd平行，则b状态的体积为，根据理想气体状态方程

得
，，
得
，，
15-5【巩固】 【正确答案】 放热 大于 2.8×10-2m3
【试题解析】 详解:
（1）[1][2]下潜过程中温度降低，则

气体体积减小，则

由

知

放热，且|Q|>W。
（2）[3]当气缸下潜至990m时，设封闭气体的压强为p，温度为T，体积为V，由题意可知

根据理想气体状态方程得

代入数据，，，得

15-6【巩固】 【正确答案】 做负功 不变
【试题解析】 详解:
[1][2]脚离地过程中，抬脚的时候，储气腔迅速恢复原状，原来腔内气体自由扩散为储气腔体积，这个过程可认为没有做功；但气体体积变大了，所以气体压强变小了，则气体压强小于外界压强，外界把空气压进腔内，最后气体压强等于外界压强，此过程原来腔内气体体积变小，外界对气体做正功，则储气腔内气体对外界做负功；该过程，储气腔内气体与外界温度保持不变，储气腔内的气体分子平均动能不变。
15-7【提升】 【正确答案】 d
【试题解析】 详解:
[1]气体绝热膨胀时对外做功，又因为没有热交换，根据热力学第一定律可知气体的内能减小，温度降低。所以绝热膨胀到体积V2与等温膨胀到V2相比较，绝热膨胀到体积V2时温度低。假设先等温膨胀到V2，然后再等容降温，压强会更低，故对应的状态变化图线是图中的d。
16-1【基础】 【正确答案】 （1）；（2）350K
【试题解析】 详解:
（1）设乒乓球原体积为V，踩瘪后压强为，有

得

（2）踩瘪后到开始准备恢复为等容过程，由题知外界温度恒为

开始恢复时温度为，有

解得

16-2【基础】 【正确答案】 （1）600K，600K，300K；（2）见解析
【试题解析】 详解:
（1）由题图可知，A→B为等压过程，根据盖—吕萨克定律有

得

由题设可知，B→C为等温线，得

C→D为等压过程，根据盖—吕萨克定律有

解得

（2）结合题图作出的V—T图像如图所示，A→B是等压膨胀过程，B→C是等温膨胀过程，C→D是等压压缩过程。

16-3【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）
【试题解析】 详解:
（1）左端气柱初态压强

末态压强

则有

解得

即相当于在左管中注入3cm水银、右管中注入18cm水银，所以有

解得

（2）环境热力学温度

左端气柱温度缓慢升高，两管内水银平时左端气柱末状态压强

左管下降

右管上升

根据理想气体状态方程有

解得

16-4【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）
【试题解析】 详解:
（1）对活塞受力分析如图

根据平衡条件有

即

可得活塞下降到B位置时，汽缸内密封气体的压强

（2）环境温度恒定，气体变化过程是等温变化，根据玻意耳定律有

解得活塞下降的高度

16-5【巩固】 【正确答案】 （1） ；（2）
【试题解析】 详解:
（1）对右侧气体，由玻意耳定律得

对左侧气体，由玻意耳定律得

又



解得

（2）重新稳定后，对水银柱A由平衡条件得

解得

16-6【巩固】 【正确答案】 35cm
【试题解析】 详解:
空气进入后将左端水银柱隔为两段，上段仅30cm，对左端空气有


由玻意耳定律

得

上段水银柱上移，形成的空气柱长为25cm，下段水银柱下移，设下移的距离为x，由于U型管右管横截面积为左管的2倍，由等式

解得

所以产生的空气柱长为

左管空气柱总长度为

16-7【提升】 【正确答案】
【试题解析】 详解:
初态：对A受力分析得

体积为

末态：对A受力分析得

设在此过程中，A向下移动x1，B向下移动x2，气体体积为

由平衡条件，得

由玻意耳定律

联立解得

17-1【基础】 【正确答案】 大 9
【试题解析】 详解:
由图像可知声音的周期为

根据波速公式

可得声波的波长为

[1]因AP=AQ，所以在A位置声音加强，又因为

所以在B位置声音减弱，故该同学站在位置A时听到的声音比站在B点时听到的声音大；
[2]设该同学从Q点走到P点，他走到C位置时，声音加强，则

设，可得

由计算可得

可知有9次声音明显变大。
17-2【基础】 【正确答案】 8 4
【试题解析】 详解:
[1]该波的波长为

[2]该波的周期为

17-3【巩固】 【正确答案】 1m 加强
【试题解析】 详解:
①[1]由简谐运动表达式

可知角频率为

则周期为

由公式

代入数据可得

②[2]AP和BP之间的距离差

故P点的振动加强。
点睛:
掌握简谐运动表达式各物理量的含义是解题的关键，根据路程与波长的关系，是确定质点振动强弱的常用方法。
17-4【巩固】 【正确答案】 衍射 干涉 向下 100 负 100 10 9
【试题解析】 详解:
（1）①[1][2]波绕过障碍物继续传播的现象就是波的衍射现象，故图a说明发生了明显的衍射现象。频率相同的两列波相遇时，当波程差为波长的整数倍时振动加强，当波程差为半个波长的奇数倍时振动减弱，使有的地方振动加强，有的地方振动减弱，且加强和减弱的区域交替出现，故图b是发生了干涉现象。
②[3]B点处于波谷，A点处于波峰，波由B向A传播，此时C处于平衡位置，经过四分之一周期，波谷传播到该点，知C点的振动方向向下。
[4]波的周期

质点在一个周期内振动经过的路程等于4倍的振幅，经过0.25 s时，A点经过的路程等于5倍的振幅，A点是振动加强点，A=20 cm，则s=100 cm。
（2）[5][6]由质点A的振动图像可知，质点A在t=0.07 s时刻速度沿y轴负方向，由同侧法可知该波的传播方向沿x轴负方向；由题图甲可知该波的波长为λ=8 m，由题图乙可知该波的周期为T=8×10-2 s，可得波速为
v==100 m/s
[7][8]由题图乙可知质点A的振动方程为
y=20sin （25πt-π） cm
当t=0.07 s时
y=10cm
由质点A的振动方程可知质点A再次到达平衡位置的时刻为t=0.08 s，由于波沿x轴负方向传播，可知x=8 m处质点再次到达平衡位置的时刻为t′=0.09 s，时间差为Δt=0.01 s，则波传播的距离
Δx=v·Δt=1 m
可得A点的横坐标为8 m＋Δx=9 m。
17-5【巩固】 【正确答案】 1 1：1
【试题解析】 详解:
[1]由图可知，沿x轴正方向传播的波的波长为，根据周期与波长、波速的关系可得该波的周期为

[2]由图可知，沿x轴负方向传播的波与沿x轴正方向传播的波波长、波速都相同，因此周期也相同，即

因此经过3s，即3个周期后，波形图与与此刻波形图相同，只是沿各自方向传播的更远，因此沿x轴正方向传播的波在x=0.5m处的质点与此刻x=0.1m处的质点一样位于波谷，沿x轴负方向传播的波在x=0.5m处的质点与此刻x=0.9m处的质点一样位于波谷，两波叠加，为干涉加强点，因此位移为-4cm；
[3]两波源振动情况相同，波长、波速、振幅都相同，根据上同的分析方法可知，在x=0.3m、x=0.7m处的质点都是干涉加强点，振幅相同，因此x=0.3m处质点与x=0.7m处质点的振幅之比为1：1。
17-6【巩固】 【正确答案】 3
【试题解析】 详解:
[1]根据波长、频率和波速的关系，得到波速

[2]振动加强点满足

其中

当时

在c点；
当时

当时

当时

当时

在b点。所以bc边上（除b、c点外）还3个振幅极大的点。
17-7【提升】 【正确答案】 0.96 0.48
【试题解析】 详解:
[1]从波形1到波形5经历的时间为，则

可得简谐波Ⅰ和Ⅱ的周期均为

[2]、、三个点的振幅都是零，则、、三点均为振动减弱点，则两波源到、两点的距离分别为
，
则两波源到点和点的路程之差的绝对值是

18-1【基础】 【正确答案】 （1）；（2）
【试题解析】 详解:
（1）由光的折射定律得：棱镜的折射率

（2）光在玻璃中的传播速度为

画出光路图如图

由图可知光从进入棱镜到它第一次从BC边射入空气的光程为L，光从进入棱镜到它第一次从BC边射入空气所经历的时间


18-2【基础】 【正确答案】
【试题解析】 详解:
光路图如下，设光线在A点处发生全反射，入射角为，此时圆板半径最小

根据全反射公式可得

根据几何关系可得

联合解得

18-3【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）
【试题解析】 详解:
（1）设从A点经AB面折射直接射到CD面的E点，入射角是45°，折射角为θ，玻璃折射率n=，则




解得
θ=30°


（2）设玻璃的临界角为C，则

解得
C=45°
由（1）可得，E点以下都透光，则


解得


经AB面折射射到BC面光线的入射角都是60°，即都要发生全反射。
过B点的光折射后经BC反射到DC的位置是F，F是最高点，F点以下都透光，则


因为
＞
所以CD面能透光的宽度为

18-4【巩固】 【正确答案】 （1） ；（2）
【试题解析】 详解:
（1）作出光路图如图所示，设光线的入射角为，出射角为，则

由几何关系可得

解得
α＝60°
由图可知
α＝2β
所以
β＝30°
由折射定律可知

（2）光在透明玻璃体中的传播速度为

光在透明玻璃体中的传播时间为

由图及折射定律知光线从O1点出射后与竖直方向的夹角为

所以光从透明玻璃体出射后到光屏所用的时间为

则光从入射点到光屏所用的时间为

18-5【巩固】 【正确答案】
【试题解析】 详解:
设光从玻璃射向空气的临界角为C，则

所以

所以光在玻璃砖内发生5次全反射，光路如图所示

光程为

光在玻璃砖中的速度为

所以传播时间为

18-6【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）
【试题解析】 详解:
（1）根据对称及光路可逆性，作出光路如图所示




解得

（2）由几何关系得

光在液滴中的传播速度

光在液滴中的传播时间

18-7【提升】 【正确答案】 （1）；（2）6∶13
【试题解析】 详解:
（1）由题意知，出射角

由折射定律得

解得

（2）根据可得临界角为

当光线刚好在边上点发生全反射时，如实线光路所示，在边刚好全反射时，入射角

由几何关系知，反射到边的入射角

能够发生全反射。过点做的垂线与点，设，由几何关系知

从P点发出的光能从AB边射出棱镜区域的长度为
L1=
当P点发出的光线刚好在边上发生全反射时，如图蓝线光路所示，设与AC交点为H，从P作AC垂线，交AC于I点，由几何关系知
PI=3a，IH=PI·tan37°=
从P点发出的光线到A点时，由几何关系知<37°，光线可以出射。
从P点发出的光能从AC边射出棱镜区域的长度为
L2=
则L1、L2之比为
L1∶L2=6∶13