广东省深圳市2023届高考物理专项突破模拟题库（一模）含解析

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这是一份广东省深圳市2023届高考物理专项突破模拟题库（一模）含解析，共142页。
广东省深圳市2023届高考物理专项突破模拟题库（一模）
【原卷 1 题】知识点 v-t图象斜率的物理意义、利用v-t图象求加速度,v-t图象面积的物理意义、利用v-t图象求位移,v-t图象反应的物理量，及图像形状反应的问题

【正确答案】
D
【试题解析】

1-1（基础）一物体做直线运动的图像如图所示，则（　　）

A.第1s末物体的加速度为2m/s2
B.第2s末物体的速度方向发生改变
C.第3s末物体的速度为零，此时加速度也为零
D.前6s内物体的位移为12m
【正确答案】 A

1-2（基础）消防员日常技能训练中，消防员从四楼窗户沿绳竖直下降到地面过程的图像如图所示。消防员在与时段内的（　　）

A.位移大小之比为
B.平均速度大小之比为
C.速度变化量大小之比为
D.加速度大小之比为
【正确答案】 D

1-3（巩固） 2022年11月20日，中国无人机闪耀足球世界杯开幕式。其中两架无人机a、b同时从同一地点竖直向上直线飞行，v－t图像如图所示。下列说法正确的是（）

A.t=20s时，无人机b在a的上方
B.10s～30s，无人机a处于超重状态
C.t=15s时，两架无人机a、b处在同一高度
D.0～30s，两架无人机a、b的平均速度相等
【正确答案】 D

1-4（巩固）如图，直线a、b、c分别描述了A、B、C三个物体的运动，关于这三个物体的运动，下列说法正确的是（）

A.0～8s内物体B的位移大于物体C的位移
B.物体A的速度一直大于物体B的速度
C.B、C两个物体加速度大小关系是
D.物体A所受合外力大于物体B所受合外力
【正确答案】 A

1-5（巩固）甲、乙两车沿平直公路同向行驶，时两车并排，甲车前匀速之后匀减速，乙车匀减速直至停止，图像如图所示，下列说法正确的是（　　）

A.两车位移之比
B.两车减速过程中的加速度之比
C.时两车间的距离最大，最大距离为
D.时两车间距离最大，最大距离为
【正确答案】 C

1-6（巩固）国产新型磁悬浮列车甲、乙（都可视为质点）分别处于两条平行轨道上，开始时（），乙车在前，甲车在后，两车间距为，时甲车先启动，时乙车再启动，两车启动后都是先做匀加速运动，后做匀速运动，两车运动的图像如图所示。下列说法正确的是（　　）

A.两车加速过程中，甲车的加速度比乙车大
B.由运动的图像可知，无论取何值，甲、乙两车末一定相遇
C.若，则两车间的距离最小为
D.从甲车运动开始计时到末，甲车的平均速度小于乙车的平均速度
【正确答案】 C

1-7（巩固）一名跳伞运动员从悬停在高空的直升机中跳下，如图是运动员从飞机到落地的过程中沿竖直方向运动的v-t图像，则对运动员的运动。下列说法正确的是（　　）

A.0～10s末平均速度大小等于10m/s
B.0～10s末做自由落体运动，15s末开始做匀速直线运动
C.10s末打开降落伞，以后做匀减速运动至15s末
D.10s末～15s末，加速度在逐渐减小
【正确答案】 D

1-8（提升）利用图像法研究物理量之间的关系是常用的一种数学物理方法。如图所示为物体做直线运动时各物理量之间的关系图像（、、、分别表示物体的位移、速度、加速度和时间），则下列说法中正确的是（　　）

A.甲图中图可求出物体的加速度大小为1m/s2
B.乙图中图可求出物体的加速度大小为5m/s2
C.丙图中图可求出物体的加速度大小为2m/s2
D.丁图中图可求出物体在前2s内的速度变化量大小为6m/s
【正确答案】 B

1-9（提升）甲、乙两个质点分别在两个并排直轨道上运动，其速度随时间的变化规律分别如图中a、b所示，图线a是直线，图线b是抛物线，时间内图线a、b与横轴围成的面积相等，抛物线顶点的横坐标为，下列说法正确的是（　　）

A.时间内甲、乙的位移大小不相等
B.时间内甲、乙的位移大小之比为
C.时间内乙的平均速度大于甲的平均速度
D.时间内甲的加速度一直小于乙的加速度
【正确答案】 B

【原卷 2 题】知识点直接合成法解决三力平衡问题,平衡状态

【正确答案】
B
【试题解析】

2-1（基础）甲、乙两同学分别用力、共同提着一桶水，水桶静止，和大小相等、夹角为60°，如图所示。若桶和水所受的总重力为300N，则每位同学对桶的作用力大小为（　　）

A.150N B.300N C. D.
【正确答案】 D

2-2（基础）如图，用筷子夹起一块重为G的小球静止在空中，球心与两根筷子在同一竖直面内，且筷子根部（较粗且紧靠的一端）与球心连线在竖直方向，筷子张角为θ。若已知每根筷子对小球的压力大小为N，则每根筷子对小球的摩擦力大小为（　　）

A. B.
C. D.
【正确答案】 D

2-3（巩固）如图所示，a、b两个小球穿在一根与水平面成角的光滑固定杆上，并且通过一条细绳跨过定滑轮连接，当两球静止时，段绳与杆的夹角也为，段绳沿竖直方向。已知a球质量为m，重力加速度为g，不计所有摩擦，则下列说法正确的是（　　）

A.a受到2个力的作用 B.b受重力、绳子的拉力、杆的支持力
C.b的重力为 D.绳子对b的拉力等于
【正确答案】 C

2-4（巩固）端午节是中国的传统节日，包粽子、吃粽子是人们的传统习惯之一。如图所示，某人把煮好的八个相同的粽子通过八根细绳用手提起后静止在空中，已知每个粽子的重力均为，每根绳子与竖直方向的夹角均为，每根细绳的拉力大小为T，手受到细绳的作用力为F，下列关系式正确的是（　　）

A. B. C. D.
【正确答案】 C

2-5（巩固）挂灯笼的习俗起源于西汉时期，已成为中国人喜庆的象征。如图所示，由五根等长的轻质细绳悬挂起四个质量相等的灯笼，中间的细绳是水平的，另外四根细绳与水平面所成的角分别和。若，则关于的说法正确的是正确的是（　　）

A. B. C. D.
【正确答案】 C

2-6（巩固）如图所示，水平轻杆BC固定，细绳AD跨过BC右端的轻质光滑定滑轮悬挂一质量为M的物体，静止时，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）

A.细绳AC段的张力
B.轻杆BC对轻质定滑轮的弹力，方向沿BC指向右侧
C.若BC杆左端用铰链固定在竖直墙壁上，另一端C通过细绳AC拉住，则轻杆BC对轻质定滑轮的弹力，方向沿BC指向右侧
D.若BC杆左端用铰链固定在竖直墙壁上，另一端C通过细绳AC拉住，则细绳AC段的张力
【正确答案】 D
2-7（巩固）当今社会节能环保理念深入人心，每个公民都应尽量避免使用一次性塑料袋，减少白色污染。如图甲所示为一款环保袋，既可反复使用，又美观大方。手提环保袋静止时，简化示意图如图乙所示，设环保袋的重力大小为G，不考虑绳带的质量，下列说法正确的是（　　）

A.绳带中的张力大于
B.若缩短绳带长度，则绳带中的张力将减小
C.绳带对环保袋的拉力与环保袋的重力是一对相互作用力
D.绳带对环保袋的拉力与环保袋对绳带的拉力是一对平衡力
【正确答案】 A

2-8（提升）如图所示，两个足够长的光滑平板AP与BP用铰链连接，平板AP与水平面成53°角固定不动，平板BP可绕P点的水平轴在竖直面内自由转动，将一重为G的均匀圆柱体O放在两板间。在使BP板由水平位置缓慢转动到竖直位置的过程中，已知，，下列说法不正确的是（　　）

A.当BP沿水平方向时，圆柱体受两个力的作用
B.当BP沿竖直方向时，AP板受到的压力最大为
C.当BP板与AP板垂直时，AP板受到的压力最小为
D.当BP板与AP板垂直时，BP板受到的压力最小为
【正确答案】 C

2-9（提升）如图所示，半径为3R的半圆柱体P静止在水平地面上，静止于P上的光滑小圆柱体Q质量为m，半径为R，此时竖直挡板MN恰好与P、Q相切，重力加速度为g，下列说法正确的是（）

A.P对Q的弹力与挡板MN对Q的弹力之比为
B.若挡板水平向右缓慢移动一小段距离且P仍静止时，P受到地面的摩擦力不变
C.若挡板水平向右缓慢移动一小段距离且P仍静止时，P受到地面的支持力不变
D.若P向左缓慢移动一小段距离后，Q受到P的弹力变小
【正确答案】 C

【原卷 3 题】知识点卫星的各个物理量计算

【正确答案】
C
【试题解析】

3-1（基础）某探测器在火星表面成功着陆，着陆前曾绕火星飞行，某段时间可认为绕火星做匀速圆周运动，圆周半径为火星半径的N倍。已知地球半径R是火星半径的P倍，地球质量是火星质量的Q倍地球表面重力加速度大小为g。则该探测器绕火星做圆周运动的速率为（　　）
A. B. C. D.
【正确答案】 D

3-2（基础） 2021年1月20日零时25分，我国在西昌卫星发射中心用长征三号运载火箭，成功将“天通一号03星”发射升空。卫星顺利进入预定轨道，任务获得圆满成功，中国航天发射迎来牛年开门红。已知地球的质量为M，半径为R，“天通一号03星”的质量为m，万有引力常量为G，“天通一号03星”围绕地球做半径为r的匀速圆周运动时，以下说法正确的是（　　）
A.周期为
B.向心力为
C.向心加速度为
D.线速度为
【正确答案】 D

3-3（巩固）英国《自然》杂志、美国太空网2017年4月19日共同发布消息称，一颗温度适中的岩态行星LHS 1140b在经过小型LHS 1140矮恒星时发生凌星现象。这颗新发现的“超级地球”与恒星的距离、岩石构成以及存在液态水的可能性，使其成为目前寻找外星生命的最佳选择。假设行星LHS 1140b绕LHS 1140恒星和地球绕太阳的运动均看作匀速圆周运动，下表是网上公布的相关数据，则下列说法正确的是（　　）
恒星
太阳
质量为M
LHS 1140
质量为0.6M
行星
地球
质量为m
轨道半径为r
LHS 1140b
质量为6.6m
轨道半径为1.4r
A.LHS 1140b与地球运行的速度大小之比为
B.LHS 1140b与地球运行的周期之比为
C.LHS 1140b的第一宇宙速度与地球的第一宇宙速度之比为
D.LHS 1140b的密度是地球密度的倍
【正确答案】 B

3-4（巩固） 2022年11月3日，随着空间站梦天实验舱顺利完成转位，中国空间站天和核心舱、问天实验舱与其相拥，标志着中国空间站“T”字基本构型在轨组装完成。已知空间站绕地球做匀速圆周运动周期为T，空间站中某宇航员质量为m，地球半径为R，地球表面重力加速度为g，引力常量为G，忽略地球自转的影响。下列说法中正确的是（　　）

A.宇航员在空间站中所受的重力大小为
B.空间站绕地球转动的线速度大小
C.空间站离地面的高度
D.地球的平均密度
【正确答案】 B

3-5（巩固） 2022年12月4日，“神舟十四号”载人飞船返回舱顺利返回，见证了属于中国航天的多个“首次”，航天员们在六个月的时间内，有序开展了载人环境建立、空间站平台维护与照料、空间科学实验等工作。若“天和”核心舱绕地圆周运动的周期为T，设地球的半径为R，地球表面的重力加速度为g，下列说法正确的是（）
A.“神舟十四号”载人飞船在发射过程中处于完全失重状态
B.航天员可以漂浮在“天和”核心舱中，航天员处于平衡状态
C.“天和”核心舱离地高度为
D.“天和”核心舱所在处的重力加速度大小为
【正确答案】 D

3-6（巩固）某卫星绕地球做匀速圆周运动，地球相对卫星的张角为，当卫星与地心连线扫过（弧度）的角度时，圆周运动通过的弧长为s，已知地球表面的重力加速度为g，则下列判断正确的是（　　）。
A.地球半径为 B.卫星的向心加速度为
C.卫星的线速度为 D.卫星的角速度为
【正确答案】 D

3-7（巩固）北斗卫星导航系统[BeiDou（COMPASS）NavigationSatelliteSystem]是我国自主发展、独立运行的全球卫星导航系统。如图，I为地球近地卫星，II为北斗卫星导航系统中的一颗静止轨道卫星，其对地张角为。已知地球自转周期为，万有引力常量为G。下列说法正确的是（）

A.地球的平均密度为 B.卫星I和卫星II的加速度之比为
C.卫星I的周期为 D.卫星II的发射速度大于11.2km/s
【正确答案】 A

3-8（提升）地球表面上两极的重力加速度约为，而赤道上的重力加速度约为，即赤道上的重力加速度比两极的重力加速度小。赤道上在同步卫星的正下方有一观察者，日落后，他用天文望远镜观察被太阳光照射的地球同步卫星，他在一天的时间内有看不到此卫星的时间为t，若把地球看成球体，半径为，地球的自转周期为24h，且质量分布均匀，取，,则通过以上数据估算（　　）
A.同步卫星的髙度为 B.同步卫星的高度为
C.t为小时 D.t为5小时
【正确答案】 C

3-9（提升）假如水星和地球在同一平面内绕太阳公转，把公转轨道均视为网形，如图所示，在地球上观测，发现水星与太阳可呈现的视角（把太阳和水星均视为质点，它们与眼睛连线的夹角）有最大值，已知最大视角的正弦值为k，引力常量为G，下列说法正确的是（　　）

A.若水星与太阳的距离为r，地球与太阳之间的距离为R，则
B.水星的公转周期为年
C.若地球的公转周期为，水星与太阳之间的距离为r，则水星的加速度为
D.若水星的公转周期为，地球与太阳之间的距离为R，则太阳的质量为
【正确答案】 D

【原卷 4 题】知识点计算电子跃迁时吸收或释放光子的频率和波长,了解光谱和太阳光谱

【正确答案】
A
【试题解析】

4-1（基础） 2021年12月31日晚中国沈阳迎春灯会在棋盘山关东影视城盛装启幕，为沈城市民开启横跨元旦、春节和元宵节三节连过的51天光影狂欢，使沈阳建设国家中心城市增添更多的文化元素。霓虹灯发光原理是不同气体原子从高能级向低能级跃迁时发出能量各异的光子而呈现五颜六色，如图为氢原子的能级示意图，已知可见光光子能量范围为，若一群氢原子处于能级，则下列说法正确的是（）

A.这群氢原子自发跃迁时能辐射出6种不同频率的可见光
B.氢原子从能级向能级跃迁过程中发出光为可见光
C.辐射出的光中从能级跃迁到能级发出光的频率最大
D.氢原子从能级向能级跃迁过程中发出光去照射逸出功为的金属钙，不能使金属钙发生光电效应
【正确答案】 D

4-2（基础）氢原子能级图如图所示，当氢原子从n＝3跃迁到n＝2的能级时，辐射光的波长为656 nm.以下判断正确的是(　　)

A.氢原子从n＝2跃迁到n＝1的能级时，辐射光的波长大于656 nm
B.氢原子从n＝4跃迁到n＝3的能级辐射光的波长小于656 nm
C.用波长为633 nm的光照射，能使氢原子从n＝2跃迁到n＝3的能级
D.一群处于n＝3能级上的氢原子向低能级跃迁时最多产生3种谱线
【正确答案】 D

4-3（巩固）如图为氢原子的能级示意图，一群氢原子处于n=4的激发态，在向较低能级跃迁的过程中向外发出光子，下列说法正确的是（　　）

A.这群氢原子最多能发出4种频率不同的光子
B.这群氢原子发出的光子中，从n=4跃迁到n=1所发出的光子波长最长
C.氢原子向较低能级跃迁时，核外电子动能减小，电势能增大
D.用这些光照射逸出功为2.49eV的金属钠，金属钠表面所发出的光电子的最大初动能为10.26eV
【正确答案】 D

4-4（巩固） 1922年诺贝尔物理学奖授予丹麦哥本哈根大学的尼尔斯·玻尔，以表彰他在研究原子结构，特别是在研究从原子发出的辐射所做的贡献。氢原子能级图如图所示，用频率为的光照射大量处于基态的氢原子，氢原子被激发后可以向外辐射出6种不同频率的光，已知可见光的光子能量在1.62eV到3.11eV之间，普朗克常量为h，则下列说法正确的是（　　）

A.一定大于12.75eV
B.辐射光中有一种是红外线
C.辐射光中有两种是紫外线
D.辐射光中有三种是可见光
【正确答案】 B

4-5（巩固）氢原子钟是一种精密的时钟，它是利用原子能级跃迁时辐射出来的电磁波去控制校准石英钟。如图所示为氢原子能级的示意图，已知可见光光子的能量范围为1.61eV～3.10eV，根据玻尔理论，下列说法正确的是（　　）

A.使n=4能级的氢原子电离至少要12.75eV的能量
B.用动能为12.3eV的电子射向一群处于基态的氢原子，氢原子有可能跃迁到n=2能级
C.氢原子从n=5能级跃迁到n=3能级辐射出的光子是可见光光子
D.处于n=4能级的大量氢原子向低能级跃迁时，可辐射出3种不同频率的光子
【正确答案】 B

4-6（巩固） 2023癸卯兔年春节期间科幻电影《流浪地球2》热映，影片中我国研发的量子计算机以其超凡的运算能力在未来大显身手。二十世纪初，德国物理学家玻尔将普朗克所提出的量子理论运用于对氢原子模型的重构，用以解释爱因斯坦发现的光电效应现象，对量子力学的发展起到了重大推动作用。如图所示为玻尔模型中氢原子能级示意图，一大群处于能级激发态的氢原子向较低能级跃迁时会发出频率不同的光，这些光照射在逸出功为的锌板上。下列说法正确的是（　　）

A.这群氢原子的发射光谱是连续光谱
B.这群氢原子最多能发出3种不同频率的光
C.氢原子从能级跃迁到能级所发出的光波长最长
D.锌板会发生光电效应现象，且表面逸出光电子的最大初动能为
【正确答案】 D

4-7（巩固）氦元素对地球来说是一种非常稀少和宝贵的资源。如图所示为氦离子（）的能级图，若根据玻尔原子理论，关于氦离子能级跃迁，下列说法正确的是（　　）

A.大量处于能级的氦原子，最多可辐射2种不同频率的光子
B.从向能级跃迁，要向外辐射光子的能量2.64eV
C.处于能级的氦原子，可以吸收54.0eV的能量而发生电离
D.从跃迁到能级比从跃迁到能级辐射出的光子波长短
【正确答案】 B

4-8（提升）氢原子能级如图甲所示。一群处于能级的氢原子，向低能级跃迁时能发出多种频率的光，分别用这些频率的光照射图乙电路的阴极K，只能得到3条电流随电压变化的图线，如图丙所示。下列说法正确的是（）

A.阴极K材料的逸出功为12.75eV
B.a光的波长大于b光的波长
C.图中M点的数值为-6.34
D.滑动变阻器的滑片向右滑动时，电流表的示数一定持续增大
【正确答案】 C

4-9（提升）处于n＝3能级的大量氢原子向低能级跃迁辐射多种频率的光子，已知普朗克常量为h，氢原子能级公式为E=，不同轨道半径为rn=n2r1，E1为基态能量，r1为处于基态时电子的轨道半径，n=1，2，3，…。则下列说法中错误的是（　　）
A.共产生3种不同频率的光子
B.氢原子由n＝3能级跃迁到基态时，电子电势能减小，动能增加，总能量减小
C.处于n＝3能级和处于基态的电子做圆周运动的线速度大小之比为1∶3
D.产生光子的最大波长为λm=－
【正确答案】 D

【原卷 5 题】知识点电容器的充放电过程及其特点,平行板电容器的电容,电容器的动态分析,电容器的充放电与储能

【正确答案】
A
【试题解析】

5-1（基础）图是观察电容器充、放电现象的电路。下列说法正确的是（　　）

A.将开关S从b改接到a时，观察的是充电现象
B.将开关S从b改接到a后，电流计G的指针将一直偏转
C.将开关S从a改接到b时，观察的是充电现象
D.将开关S从a改接到b后，灯L的发光亮度不变
【正确答案】 A

5-2（基础）电流传感器可以像电流表一样测量电流，按图甲连接电路，电源用直流，电容器可选几十微法的电解电容器，先使开关S与1端相连，电源向电容器充电，这个过程可在短时间内完成，然后把开关S掷向2端，电容器通过电阻放电，传感器将电流信息传入计算机，屏幕上显示出电流随时间变化的图像如图乙所示，则有（　　）

A.开关由1掷向2时，流过电阻的电流由流经电阻到
B.开关由1掷向2时，流过电阻的电流由流经电阻到
C.图乙图像与坐标轴围成的面积代表的物理意义是放电电量，其值接近
D.图乙图像与坐标轴围成的面积代表的物理意义是放电电量，其值接近
【正确答案】 A

5-3（巩固）据报道，我国每年心源性猝死案例高达55万，而心脏骤停最有效的抢救方式是尽早通过自动除颤机给予及时治疗。某型号模拟治疗仪器的电容器电容是，充电至电压，如果电容器在时间内完成放电，则下列说法正确的是（）

A.电容器的击穿电压为
B.电容器充电后的电量为
C.当电容器放电完毕后，电容变为0
D.电容器放电过程的平均电流强度大小为
【正确答案】 D

5-4（巩固）电容器是一种重要的电学元件，在电工、电子技术中应用广泛。使用图甲所示电路观察电容器的充、放电过程。电路中的电流传感器与计算机相连，可以显示电路中电流随时间的变化。图甲中直流电源电动势，实验前电容器不带电。先使S与“1”端相连给电容器充电，充电结束后，使S与“2”端相连，直至放电完毕。计算机记录的电流随时间变化的曲线如图乙所示。下列说法正确的是（　　）

A.图像阴影为图像与对应时间轴所围成的面积表示电容器的能量
B.阴影部分的面积和肯定不相等
C.阻值大于
D.计算机测得，则该电容器的电容约为0.15F
【正确答案】 D

5-5（巩固）电容器是一种重要的电学元件，在电工和电子技术中应用广泛．使用图甲所示电路观察电容器的充电和放电过程．电路中的电流传感器（不计内阻）与计算机相连，可以显示电流随时间的变化．直流电源电动势为E，实验前电容器不带电．先将开关K拨到“1”给电容器充电，充电结束后，再将其拨到“2”，直至放电完毕．计算机显示的电流随时间变化的曲线如图乙所示．则下列说法正确的是（）

A.乙图中阴影部分的面积 B.乙图中阴影部分的面积
C.由甲、乙两图可判断阻值 D.由甲、乙两图可判断阻值
【正确答案】 A

5-6（巩固） NPO电容器是一种最常用的具有温度补偿特性的单片陶瓷电容器，某兴趣小组利用电路图甲研究该电容器的放电规律，先将开关S接通1，待电路稳定后接通2，用电流传感器和计算机测得电容器某次放电时电流随时间的变化图像如图乙所示。下列说法正确的是（）

A.流过R0的电流方向竖直向上
B.图乙中图线与坐标轴围起来的面积表示电容器电容的大小
C.若增大R0的阻值，则放电时间减少
D.若增大R0的阻值，图线与坐标轴围起来的面积不变
【正确答案】 D

5-7（巩固）某同学利用图甲所示的电路演示电容器的充、放电过程，先使开关S与1端相连，然后把开关S掷向2端，传感器将电流信息传入计算机，屏幕上显示出电流随时间变化的图像如图乙所示。下列说法正确的是（　　）

A.图像中两阴影面积一定相等 B.放电过程中，电容器下极板带正电
C.减小R可以增大图像中两阴影面积 D.减小R可以延长充放电的时间
【正确答案】 A

5-8（提升）电容器是现代电子产品不可或缺的重要组成部分，2021年3月份，我国无线充专用MLCC研发获得重大突破，NPO电容实现国产，并且开始批量出货，在此之前，NPO电容产量均集中在日韩企业手中，国产化替代加速后，2021年将会走进我们的日常生活。NPO电容是一种最常用的具有温度补偿特性的单片陶瓷电容器，某兴趣小组要测定一个NPO电容器的电容，设计的电路图如图甲所示，用电流传感器和计算机可以方便地测出电路中电流随时间变化的曲线。下列说法正确的是（　　）

A.流过的电流方向竖直向上 B.图乙中图线a测定的是放电时的电流变化
C.若增大的阻值，电流变化应为图丙中的图线b D.图乙中a图线与坐标轴围起来的面积表示电容C
【正确答案】 B

5-9（提升）用如图甲所示电路观察电容器的充、放电现象。先使开关S接1，电容器充电完毕后将开关掷向2，可视为理想电流表的电流传感器将电流信息传入计算机，屏幕上显示出电流随时间变化的曲线，如图乙所示。定值电阻R已知，且从图中可读出最大放电电流，以及图线与坐标轴围成的面积S。根据题目所给的信息，下列说法错误的是（　　）

A.由图线与坐标轴围成的面积S可得到电容器放出的总电荷量
B.不改变电路其他参数，只减小电阻R的阻值，则图线与坐标轴围成的面积S将减小
C.由最大放电电流和定值电阻R的阻值可得到R两端的最大电压
D.若电容器放出的总电荷量为Q，R两端的最大电压为，则电容器的电容为
【正确答案】 B

【原卷 6 题】知识点基于加速电场的质谱仪,基于速度选择器的质谱仪

【正确答案】
C
【试题解析】

6-1（基础）质谱仪原理如图所示。电荷量为q、质量m的离子从容器A下方的狭缝S1飘入（初速度视为零）电压为U的加速电场区，然后从S3沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B的匀强磁场，最终到达照相底片D上，则离子在磁场中的轨道半径为（　　）

A. B. C. D.
【正确答案】 B

6-2（基础）利用质谱仪可以分析同位素，如图所示，电荷量均为q的同位素碘131和碘127质量分别为m1和m2，从容器A下方的小孔S1进入电势差为U的电场，初速度忽略不计，经电场加速后从S2射出，垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场中，最后打到照相底片D上。则照相底片上碘131和碘127与S2之间的距离之比为（　　）

A. B. C. D.
【正确答案】 C

6-3（巩固）图示装置叫质谱仪，最初是由阿斯顿设计的，是一种测量带电粒子的质量和分析同位素的重要工具。其工作原理如下：一个质量为m、电荷量为的离子，从容器A下方的小孔飘入电势差为U的加速电场，其初速度几乎为，然后经过沿着与磁场垂直的方向，进入磁感应强度为B的匀强磁场中，最后打到照相的底片D上。不计离子重力。则（　　）

A.离子进入磁场时的速率为
B.离子在磁场中运动的轨道半径为
C.离子在磁场中运动的轨道半径为
D.若a、b是两种同位素的原子核，从底片上获知a、b在磁场中运动轨迹的直径之比是：，则a、b的质量之比为：
【正确答案】 C

6-4（巩固）应用质谱仪测定有机化合物分子结构的方法称为质谱法，先在离子化室A中将有机物气体分子碎裂成两种带正电的离子，离子从下方的小孔S飘入电势差为U的加速电场，其初速度几乎为0，然后经过沿着与磁场垂直的方向进入匀强磁场中，最后打到照相底片D上，形成a、b两条质谱线，则（　　）

A.打到a处的离子的比荷小 B.两种离子进入磁场时的速度相同
C.匀强磁场的方向为垂直纸面向里 D.两种离子在磁场中的运动时间相等
【正确答案】 A

6-5（巩固）质谱仪又称质谱计，是分离和检测不同同位素的仪器。某质谱仪的原理图如图所示，速度选择器中匀强电场的电场强度大小为E，匀强磁场的磁感应强度大小为，偏转磁场（匀强磁场）的磁感应强度大小为。中心处每隔时间放出一个初速度为零、电荷量为q的同种粒子，粒子经间的加速电场加速后进入速度选择器，恰好能匀速通过速度选择器进入偏转磁场做半径为R的匀速圆周运动。粒子重力不计，空气阻力不计。以下说法正确的是（　　）

A.粒子的质量为
B.间的电压为
C.间的电压为
D.粒子流在偏转磁场中运动时形成的等效电流为
【正确答案】 B

6-6（巩固） 1922年英国物理学家阿斯顿因质谱仪的发明、同位素和质谱仪的研究荣获了诺贝尔化学奖。若一束粒子（不计重力）由左端射入质谱仪后的运动轨迹如图所示，下列说法正确的是（　　）

A.该束带电粒子带负电
B.速度选择器的上极板带负电
C.在磁场中运动半径越大的粒子，质量越大
D.在磁场中运动半径越大的粒子，比荷越小
【正确答案】 D

6-7（巩固）速度相同的一束粒子由左端射入质谱仪后分成甲、乙两束，其运动轨迹如图所示，其中，则下列说法正确的是（　　）

A.甲束粒子带正电，乙束粒子带负电
B.甲束粒子的比荷小于乙束粒子的比荷
C.能通过狭缝的带电粒子的速率等于
D.若甲、乙两束粒子的电荷量相等，则甲、乙两束粒子的质量比为3：2
【正确答案】 C

6-8（提升）如图所示为一种质谱仪的示意图，该质谱仪由速度选择器、静电分析器和磁分析器组成。速度选择器中电场强度大小为E1，磁感应强度大小为B1、方向垂直于纸面向里；静电分析器通道中心线为圆弧，圆弧的半径（OP）为R，通道内有均匀辐向分布的电场，在中心线处的电场强度大小为E；磁分析器中有范围足够大的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外。一带电粒子以速度v沿直线经过速度选择器后沿中心线通过静电分析器，由P点垂直于边界进入磁分析器，最终打到胶片上的Q点，不计粒子重力。下列说法正确的是（　　）

A.速度选择器的极板P1的电势比极板P2的低
B.粒子的速度
C.粒子的比荷为
D.P、Q两点间的距离为
【正确答案】 C

6-9（提升）阿斯顿设计的质谱仪示意图如图所示，他用该仪器发现了氖20和氖22，证实了同位素的存在．现让大量的氖20和氖22原子核从容器A下方的小孔飘入电势差为U的加速电场，其初速度几乎为0，然后经过小孔进入方向垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，粒子在照相底板D上形成感光点，通过测量小孔到感光点的距离进而求解出粒子的比荷。实际上通过小孔的是一束与其孔宽相同的平行粒子束，它使照相底板D上形成感光线，已知氖20和氖22所带的电荷量均为，质量分别为、，要区分出氖20和氖22，小孔的宽度不能超过（　　）

A. B.
C. D.
【正确答案】 D

【原卷 7 题】知识点磁感应强度的矢量性与叠加,环形电流和通电螺线管周围的磁场

【正确答案】
B
【试题解析】

7-1（基础）如图所示，两个相同的导体圆环同轴固定放置，圆心分别为O1、O2，O点为O1、O2连线的中点。两圆环中通有相同的电流，则（　　）

A.O处磁感应强度为零 B.O处的磁场方向水平向右
C.O1、O2处的磁感应强度相同 D.两圆环间存在相互排斥的力
【正确答案】 C

7-2（基础）三个完全相同的彼此绝缘的刚性金属圆线圈相切固定在同一平面内，公切线分别交于a、b、c三点，在线圈中通有大小相等、方向如图所示的电流I。测得a、b两点的磁感应强度大小分别为、，则c点的磁感应强度（）

A.大小为，方向垂直纸面向里 B.大小为，方向垂直纸面向外
C.大小为，方向垂直纸面向里 D.大小为，方向垂直纸面向外
【正确答案】 A

7-3（巩固）两根通有异向电流的长直导线P、Q平行放置，电流大小，a、b两点在导线横截面连线的延长线上，c、d为P、Q连线中垂线上两点，且到两导线距离相等。已知通电直导线周围磁场的磁感应强度大小满足，式中k是常数，I是导线中电流，r是该点到直导线的距离。则下列说法正确的是（）

A.a点磁感应强度有可能为零
B.c、d两点磁感应强度方向相同
C.P对Q的作用力方向水平向左
D.b点磁感应强度的方向垂直于PQ连线向上
【正确答案】 A

7-4（巩固）如图所示，两个完全相同的通电圆环A、B圆心O重合，圆互垂直放置，通电电流相同。电流方向如图所示，设每个圆环在其圆心O处独立产生的磁感应强度大小为，则O处的磁感应强度大小为（）

A. B. C. D.无法确定
【正确答案】 C
7-5（巩固）如图所示，a，b、c、d为四根与纸面垂直的长直导线，其导线轴心位于正方形的四个顶点上，导线中通有大小相同的电流，方向如图所示，已知正方形中心O点的磁感应强度大小为，则下列说法正确的是（）

A.若在O点放一根垂直纸面、电流方向向里的通电导线，则受力向上
B.如果让d中的电流反向、其他条件不变，则O点处磁感应强度的大小为，方向向下
C.若将a、b处导线互换位置，则O点处磁感应强度大小还为B0，方向向下
D.若b、d处导线中的电流同时增大为原来的2倍，则O点处磁感应强度大小变为原来的2倍
【正确答案】 C

7-6（巩固）六根长直导线水平放置，其横截面如图所示，导线位于正六边形的六个顶点上，每条导线中通有大小相同的电流，方向如图所示。已知每条导线在正六边形中心O点处产生的磁感应强度大小均为B，则O点处的磁感应强度（　　）

A.大小为2B，方向沿x轴负方向 B.大小为，方向沿x轴正方向
C.大小为2B，方向沿y轴负方向 D.大小为，方向沿y轴正方向
【正确答案】 B

7-7（巩固）如图所示，完全相同的甲、乙两个通电圆环同轴平行放置，通有大小相等，方向相同的电流，甲的圆心为，乙的圆心为，在、两圆环圆心的连线上有a、b、c三点，其中，已知a点的磁感应强度大小为B，b点的磁感应轻度大小为，则通电圆环甲在c点的磁感应强度大小为（　　）

A. B. C. D.
【正确答案】 B

7-8（提升）如图，小磁针放置在水平面内的O点，四个距O点相同距离的螺线管A、B、C、D，其中心轴均通过O点，且与坐标轴的夹角均为。设小磁针的N极从y轴顺时针转动的角度为，在四个螺线管没有通电的情况下。若四个螺线管中分别通有的电流，方向如图所示，则为（　　）

A. B. C. D.
【正确答案】 D

7-9（提升）如图所示是一个趣味实验中的“电磁小火车”，“小火车”是两端都吸有强磁铁的干电池，“轨道”是用裸铜线绕成的螺线管。将干电池与强磁铁组成的“小火车”放入螺线管内，就会沿螺线管运动。下列关于螺线管电流方向、强磁铁的磁极、“小火车”运动方向符合实际的是（　　）
A. B.
C. D.
【正确答案】 A

【原卷 8 题】知识点判断导体切割磁感线中的电流方向,导体棒转动切割磁感线产生的动生电动势

【正确答案】
D
【试题解析】

8-1（基础）法拉第圆盘发电机的示意图如图所示。铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P、Q分别与圆盘的边缘和铜轴接触，关于流过电阻R的电流，下列说法不正确的是（　　）

A.若圆盘转动的角速度恒定，则电流大小恒定
B.若从上往下看，圆盘顺时针转动，则圆盘中心电势比边缘高
C.若从上往下看，圆盘顺时针转动，则电阻R中电流沿a到b的方向流动
D.若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向可能发生变化
【正确答案】 D

8-2（基础）近期小朋友热衷玩的一种夜光飞行器的实物和模型如图所示。假设该飞行器在北半球的地磁极上空，该处地磁场的方向竖直向下，磁感应强度为B。飞行器的螺旋桨叶片远端在固定的水平圆环内转动，在螺旋桨转轴和叶片的远端b之间连接有一个发光二极管D，已知叶片长度为L，转动的频率为f，从上向下看叶片是按顺时针方向转动的。用E表示每个叶片中的感应电动势，螺旋桨转轴和叶片均为导体。则（　　）

A.，图示连接的二极管不会发光
B.，图示连接的二极管不会发光
C.，图示连接的二极管可以发光
D.，图示连接的二极管可以发光
【正确答案】 A

8-3（巩固）如图所示，一个半径为的金属圆盘在匀强磁场中以角速度匀速转动（从左向右观察为顺时针方向）。这样构成一个法拉第圆盘发电机。假设其电动势为，等效内阻为。下列说法正确的是（）

A.圆盘发电机产生的是交流电
B.法拉第圆盘发电机的电动势为
C.电源的输出功率为
D.流过电阻的电流方向为
【正确答案】 C

8-4（巩固）一直升机悬停在杭高钱江操场上空，该处地磁场的方向竖直向下，磁感应强度为．直升机螺旋桨叶片的长度为，螺旋桨转动的角速度为.顺着地磁场的方向看螺旋桨按顺时针方向转动，螺旋桨叶片的近轴端为，远轴端为，则下列说法正确的是（）

A.每个叶片中的感应电动势
B.点电势低于点电势
C.若此直升机悬停在阿根廷某地上空，则点电势低于点电势
D.叶片中产生的感应电动势属于感生电动势
【正确答案】 B

8-5（巩固）半径分别为r和2r的同心圆形导轨固定在同一水平面上，一长为r、电阻为R的均匀直导体棒AB置于圆导轨上面，BA的延长线通过圆轨道中心O。装置的俯视图如图所示，整个装置位于一匀强磁场内，磁感应强度大小为B，方向竖直向下，在两环之间接阻值为R的定值电阻和电容为C的电容器。直导体棒在水平外力作用下以角速度绕O逆时针匀速转动。在转动过程中始终与导轨保持良好接触，导轨电阻不计。下列说法正确的是（　　）

A.导体棒中电流由A流向B B.电容器所带电荷量为
C.电容器的M板带负电 D.导体棒两端电压为
【正确答案】 B

8-6（巩固）如图所示，匀强磁场的磁感应强度为B，在垂直于磁场方向的平面内，有一个长度为l的金属棒OP绕垂直于纸面的转动轴O沿逆时针方向以角速度ω逆时针匀速转动，则金属棒OP转动过程中（　　）

A.产生的感应电动势的大小为
B.产生的感应电动势的大小为
C.P点的电势比O点的电势高
D.棒中电流方向由O点流向P点
【正确答案】 B

8-7（巩固）如图，半径为L的半圆弧轨道PQS固定，电阻忽略不计，O为圆心。OM是可绕O转动的金属杆，M端位于PQS上，OM与轨道接触良好，OM金属杆的电阻值是OP金属杆电阻值的一半。空间存在如图的匀强磁场，磁感应强度的大小为B；现使OM从OS位置以恒定的角速度w顺时针转到OQ位置，则该过程中（　　）

A.回路中M点电势高于O点电势
B.回路中电流方向沿
C.MO两点的电压
D.MO两点的电压
【正确答案】 A

8-8（提升）如图所示，虚线MN左侧空间存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。纸面内有一个圆心角为120°的扇形金属线框OCD，半径为r，线框围成的回路电阻为R，顶角O在虚线MN上。当金属线框绕顶角O在纸面内以角速度w匀速转动时，下列说法正确的是（　　）

A.线框转动一圈的过程中，线框中有电流的时间为
B.线框中存在电流时，电流的大小为
C.线框进入磁场过程中，通过线框某截面的电荷量大小为
D.线框持续转动过程中，线框中电流的有效值为
【正确答案】 D

8-9（提升）如图所示，固定在水平面上的半径为的金属圆环内存在方向竖直向上，磁感应强度大小为的匀强磁场。长为的金属棒，一端与圆环接触良好，另一端固定在竖直导电转轴上，随轴以角速度匀速转动。在圆环的A点和电刷间接有阻值为的电阻和电容为、极板间距为d的平行板电容器，有一带电微粒在电容器极板间处于静止状态，已知重力加速度为，不计其它电阻和摩擦，下列说法正确的是（　　）

A.棒产生的电动势为 B.电容器所带的电荷量为
C.电阻消耗的电功率为 D.微粒的电荷量与质量之比为
【正确答案】 B

【原卷 9 题】知识点从弹簧振子认识简谐运动的特征,简谐运动的振幅、周期、频率

【正确答案】
B C
【试题解析】

9-1（基础）弹簧振子以点O为平衡位置，在A、B两点之间做简谐运动。取向右为正方向，振子的位移x随时间t的变化如图所示，下列说法正确的是（　　）

A.时，振子的速度方向向左
B.时振子正在做加速度增大的减速运动
C.和时，振子的加速度完全相同
D.到的时间内，振子的速度逐渐减小
【正确答案】 AB

9-2（基础）如图所示，弹簧左端固定，右端自由伸长到O点并系住质量为m的物体，现将弹簧压缩到A点，然后释放，物体在光滑的地面上一直运动到B点。则（　　）

A.物体从A到O先加速后减速
B.物体从A到O做加速运动，从O到B做减速运动
C.物体从A到O点的过程中，加速度先减小后增大
D.物体从A到O的过程中，加速度逐渐减小
【正确答案】 BD

9-3（巩固）如图甲所示，弹簧振子以O点为平衡位置，在A、B两点之间做简谐运动，取向右为正方向，振子的位移x随时间t的变化如图乙所示。下列说法正确的是（　　）

A.末和末，振子的速度方向相同
B.振子做简谐运动的表达式为
C.时，振子的位移为
D.在时间内，振子的速度和加速度方向始终相同
【正确答案】 BD

9-4（巩固）如图所示，做简谐运动的弹簧振子，其质量为m，最大速率为v。下列说法中正确的是（　　）

A.振动系统的最大弹性势能为mv2
B.当振子的速率减为时，此振动系统的弹性势能为
C.从某时刻起，在半个周期内，弹力做的功一定为零
D.从某时刻起，在半个周期内，弹力做的功一定为mv2
【正确答案】 AC

9-5（巩固）如图所示是甲、乙两质量相等的振子分别做简谐振动的图像，则下列描述中说法正确的有（　　）

A.甲振子在任何一个2s内走过的路程都是4cm
B.乙振子在任何一个2s内走过的路程都是1cm
C.甲振子和乙振子永远不可能在同一时刻均处于动能最小的状态
D.4s到6s时间内，甲振子和乙振子均加速度逐渐增大，速度逐渐减小
【正确答案】 AC

9-6（巩固）如图甲所示，悬挂在竖直方向上的弹簧振子，在C、D两点之间做简谐运动，O点为平衡位置。振子到达D点开始计时。以竖直向上为正方向，在一个周期内的振动图像如图乙所示，下列说法正确的是（　　）

A.振子在O点受到的弹簧弹力等于零
B.振子做简谐运动的表达式为
C.的时间内，振子通过的路程为
D.和时，振子的速度不同，但加速度大小相等
【正确答案】 BC

9-7（巩固）如图所示，一轻质弹簧下端系一质量为m的书写式激光笔，组成一竖直悬挂的弹簧振子，在竖直平面内装有记录纸。当弹簧振子沿竖直方向上下自由振动时，以速率v水平向左匀速拉动记录纸，激光笔在记录纸上留下如图所示的书写印迹，图中相邻竖直虚线的间距均为x0（未标出），印迹上P、Q两点的纵坐标为y0和-y0，忽略空气阻力，重力加速度为g，则（　　）

A.该弹簧振子的振幅为y0
B.该弹簧振子的振动周期为
C.激光笔在留下P、Q两点时加速度相同
D.激光笔在留下PQ段印迹的过程中，弹簧弹力对激光笔做功为-2mg y0
【正确答案】 AD

9-8（提升）如图所示，倾角为的光滑斜面固定在水平面上，一根劲度系数为k的轻质弹簧下端固定于斜面底部，上端放一个质量为m的小物块a，a与弹簧间不拴接，开始时a静止于P点。质量为的小物块b从斜面上Q点由静止释放，与a发生正碰后立即粘在一起成为组合体，组合体c在以后的运动过程中恰好不离开弹簧。已知弹簧的弹性势能与其形变量的关系为，重力加速度为g，弹簧始终未超出弹性限度。下列说法正确的是（　　）

A.弹簧弹力的最大值为 B.组合体c动能的最大值为
C.PQ间距离为 D.a、b碰撞过程中机械能的损失为
【正确答案】 BC

9-9（提升）如图所示为一款近期火爆的玩具“弹簧小人”，由头部、弹簧及底部组成，头部质量为m，弹簧质量不计，劲度系数为k，底部质量为，开始弹簧小人静止于桌面上，现轻压头部后由静止释放，小人不停上下振动，已知当弹簧形变量为x时，其弹性势能，不计一切摩擦和空气阻力，重力加速度为g，弹簧始终在弹性限度内，则下列判断中正确的是（　　）

A.若刚释放时头部的加速度大小为g，则小人在振动过程中底部能离开桌面
B.若刚释放时头部的加速度大小为g，则小人在运动过程中头部的最大速度为
C.若小人在振动过程中底部恰好不能离开桌面，头部在最高点的加速度为
D.若小人在振动过程中底部恰好不能离开桌面，则轻压头部释放时弹簧的压缩量为
【正确答案】 BC

【原卷 10 题】知识点根据电场线的疏密比较电场强弱,带电粒子在电场中的电势能,不等量点电荷周围的电势分布

【正确答案】
A C D
【试题解析】

10-1（基础）如图所示为一对不等量异种点电荷的电场线分布，下列说法正确的是（　　）

A.Q1对Q2的静电力大于Q2对Q1的静电力
B.B处没画电场线，故B处电场强度为零
C.Q1、Q2所带的电荷量是元电荷的整数倍
D.根据电场强度的定义式可知，A处电场强度与试探电荷无关
【正确答案】 CD

10-2（基础）如图为两个不等量异种电荷电场的电场线，O点为两点电荷连线的中点，P点为连线中垂线上的一点，下列判断正确的是（　　）

A.P点场强大于O点场强
B.P点电势高于O点电势
C.从负电荷向右到无限远电势逐渐升高
D.从P到O移动一正试探电荷其电势能增加
【正确答案】 CD

10-3（巩固）如图所示为和两个不等量点电荷连线上场强随变化的图象，是正点电荷且位于坐标原点，位于正半轴上点，是两个点电荷连线上的三个点，，的面积与的面积相等，则下列说法正确的是（）

A.是负点电荷
B.将一带正电的试探电荷从点由静止释放，到达点时速度最大
C.将一带正电的试探电荷由点移到点和由点移到点电场力做功相同
D.带负电的试探电荷在点时的电势能大于在点时的电势能
【正确答案】 AD

10-4（巩固）如图所示是一对不等量异种点电荷的电场线分布图，图中两点电荷连线长度为2r，左侧点电荷带电荷量为+2q，右侧点电荷带电荷量为-q，P、Q两点关于两电荷连线对称。由图可知（　　）

A.P、Q两点的电场强度相同
B.M点的电场强度大于N点的电场强度
C.把同一试探电荷放在N点，其所受电场力大于放在M点所受的电场力
D.两点电荷连线的中点处的电场强度为
【正确答案】 BD

10-5（巩固）如图所示，真空中两个不等量的正点电荷Q1、Q2固定在x轴上．三角形acd为等腰三角形，cd边与x轴垂直且与x轴相交于b点，则下列说法正确的是

A.c点电势小于b点电势
B.a点场强小于b点场强
C.将电子从a点移到b点再移到c点电势能增加
D.将电子从a点移动到c点电场力做负功
【正确答案】 ACD

10-6（巩固）位于A、B处的两个带有不等量负电荷的点电荷在平面内电势分布如图所示，图中实线表示等势线，则（　　）

A.a点和b点的电场强度相同
B.正电荷从c点移到d点，电场力做正功
C.负电荷从a点移到c点，电场力做正功
D.正电荷从e点沿图中虚线移到f点，电势能先减小后增大
【正确答案】 CD

10-7（巩固）如图所示为一对不等量异号点电荷的电场线，从C点到D点的虚线为不计重力的带电粒子运动轨迹，下列说法正确的是（　）

A.A电荷的电荷量大于B电荷的电荷量
B.电场中各点的场强方向就是正电荷所受电场力方向
C.图中没有电场线的空白区域没有电场
D.不计重力的带电粒子带负电
【正确答案】 AB

10-8（提升）在x轴上有两个带电荷量分别为q1、-q2（已知q1=9q2）的不等量异种点电荷A、B所形成的静电场的电势φ在x轴上分布图像如图所示，其中B为负电荷，位于坐标原点O。下列说法正确的是（　　）

A.在x轴上 x>x2区域电场强度沿x轴正方向
B.x1处的电场强度为零
C.正电荷A位于坐标原点 O左侧，距离坐标原点O的距离为2x2
D.一带负电试探荷从x1处移到x2处，电势能增加
【正确答案】 AC

10-9（提升）如图所示，为某两个点电荷产生的电场中，某个区域x轴上电势随x变化的图像，规定无限远处电势为零，一带电粒子在处由静止释放，只在电场力作用下沿x轴正向运动（粒子只在x轴上运动），则下列说法正确的是（　　）

A.两个场源点电荷一定为不等量的同种电荷
B.粒子在段过程中电场力做正功
C.粒子在处电势能最大
D.段带电粒子受到的电场力先减小后增大
【正确答案】 AD

【原卷 11 题】知识点斜抛运动,用动能定理求解外力做功和初末速度

【正确答案】
A D
【试题解析】

11-1（基础）如图所示，将同一小球从距水平地面一定高度，以相同速率以a、b、c、d四种方式先后抛出，a为水平抛出，b为竖直上抛，c为斜向上抛出，d为竖直下抛，不计空气阻力，则（　　）

A.四种方式小球刚要着地时速度相同 B.四种方式小球刚要着地时动能相同
C.b种方式小球在空中运动时间最长 D.c种方式小球在空中运动时间最长
【正确答案】 BC

11-2（基础）如图所示，从地面上同一位置抛出两小球A、B，分别落在地面上的M、N点，两球运动的最大高度相同。空气阻力不计，则（　　）

A.B的飞行时间比A的长
B.两物体在最高点时速度相同
C.B在最高点的速度比A在最高点的大
D.B在落地时的速度比A在落地时的大
【正确答案】 CD

11-3（巩固）排球比赛中运动员从某一高度将排球击出，击出排球瞬间开始计时，排球在空中飞行的速率v随时间t的变化关系如图所示，图中相关坐标值均为已知，若时刻排球恰好落到对方的场地上，排球可视为质点，运动过程中受到的阻力不计，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）

A.击球点到落地点间的水平距离为
B.击球点到落地点间的水平距离为
C.排球运动过程中离地的最大高度为
D.排球运动过程中离地的最大高度为
【正确答案】 BC

11-4（巩固） 2023年春节，某游乐场设置了一款游戏项目——用沙包砸玩具兔，其游戏规则是：当参与者与玩具兔有一定距离时，让玩具兔从距离地面某一高度处自由下落，如果玩具兔在下落过程中被沙包砸中则视为中奖。某同学参与该游戏时，当他看见玩具兔刚好从M点下落时，经反应时间Dt，他用力将沙包以初速度v0从与水平方向成θ角的P点斜向上抛出，沙包恰好在与出手等高的N点击中玩具兔。不计兔、沙包运动的阻力及其大小，重力加速度g = 10m/s2。下列说法正确的是（）

A.若增大v0，减小θ，Dt不变，则沙包可能在N点击中玩具兔
B.若增大v0，增大θ，Dt减小，则沙包可能在N点击中玩具兔
C.若减小v0，增大θ，Dt减小，则沙包可能在N点击中玩具兔
D.若减小v0，减小θ，Dt减小，则沙包可能在N点击中玩具兔
【正确答案】 BC

11-5（巩固） 2022年9月18日上午，随着岳阳队摘得湖南省第十四届省运会田径项目U12团体赛金牌，为期4天的省运会田径比赛所有运动项目圆满结束。我市田径运动仍然保持着强劲的发展势头，来自临湘市二中的谈仁哲在U18男子铅球项目中，以17.96米的成绩打破赛会记录，在铅球比赛中，若某运动员以初速度v0＝12m/s将质量为m=7kg的铅球推出，初速度与水平方向成42°角，推出点所在位置离水平地面1.8m高，重力加速度取10m/s2，已知sin42°=0.67，cos42°=0.74，忽略空气阻力的影响，从铅球推出到落地过程中，下列说法中正确的是（　　）

A.铅球在空中运动时间约为1.6s B.铅球上升时间与下降时间相等
C.铅球到达最高点时速度为8.88m/s D.铅球落地的速度大小为m/s
【正确答案】 CD

11-6（巩固）大型风洞是研发飞行器不可缺的重要设施，我国的风洞技术处于世界领先地位。如图所示，某次风洞实验中，风力大小和方向均恒定，一质量为m的轻质小球先后经过a、b两点，其中在a点的速度大小为v，方向与a、b连线成α = 45°角；在b点的速度大小也为v，方向与a、b连线成β = 45°角。已知a、b连线长为d，小球只受风力的作用，小球的重力忽略不计。下列说法中正确的是（）

A.风力方向垂直于a、b连线 B.从a点运动到b点所用的时间为
C.小球的最小速度为1.8v D.风力大小为
【正确答案】 AB
11-7（巩固）如图所示，小球以v0=10m/s的瞬时速度从水平地面斜向右上方抛出，速度方向与水平方向的夹角是53°，不计空气阻力，下列说法正确的是（取g=10m/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6）（　　）

A.小球到达最高点时的瞬时速度为零
B.小球离地面的最大高度是3.2m
C.小球在空中的运动时间是0.8s
D.保持小球速度大小不变，改变速度方向，小球的水平分位移（射程）的最大值是10m
【正确答案】 BD

11-8（提升）水平地面上有一足够长且足够宽的固定斜面，倾角为37°，小明站在斜面底端向斜面上投掷可视作质点的小石块。若石块出手时的初速度方向与水平方向成45°，出手高度为站立点正上方1.8m，重力加速度。下列说法正确的是（）

A.若石块的飞行轨迹所在平面与斜面底边垂直，石块在斜面上的落点恰好与出手点等高，则石块出手时的初速度为
B.若石块的飞行轨迹所在平面与斜面底边垂直，石块在斜面上的落点恰好与出手点等高，则石块出手时的初速度为
C.若石块的初速度大小一定，当石块的飞行轨迹所在平面与斜面底边垂直时，石块飞行时间最短
D.若投出石块的最大初速度为8m/s，则石块在斜面上与出手点等高的所有落点所组成的线段长度不会超过12m
【正确答案】 ACD

11-9（提升）如图所示，倾角为的光滑斜面固定在水平地面上，一质点从斜面上某处以速度v斜向上抛出，初速度方向与斜面夹角为，斜面足够长，不计空气阻力。已知质点与斜面碰撞前后的速率不变，且速度方向遵循光的反射定律，若要求质点最后仍能回到原出发点，则α角的正切值可能是（　　）

A. B. C. D.
【正确答案】 ACD

【原卷 12 题】知识点更换光的颜色判断条纹间距的变化,杨氏双缝干涉实验的实验步骤和数据处理

【正确答案】

【试题解析】

12-1（基础）某同学利用图示装置测量某种单色光的波长。实验时，接通电源使光源正常发光：调整光路，使得从目镜中可以观察到干涉条纹。回答下列问题：

（1）若观察到的条纹个数较少，想增加能够观察到的条纹个数，该同学可________
A.将单缝向双缝靠近
B.将屏向靠近双缝的方向移动
C.将屏向远离双缝的方向移动
D.使用间距更大的双缝
（2）某次测量时，选用红色滤光片，双缝的间距为，测得屏与双缝间的距离为，第1条暗条纹到第4条暗条纹之间的距离为，该红色光的波长的表达式为________（用题目中给定的字母表示）。
（3）若实验中改用蓝色的滤光片，其他条件不变，条纹间距将________（填“变大”、“变小”、“不变”）。
【正确答案】 BD或DB 变小

12-2（基础）在“用双缝干涉测量光的波长”实验中，将双缝干涉实验仪按要求安装在光具座上（如图1），并选用缝中心间距为d的双缝屏。从仪器注明的规格可知，毛玻璃屏与双缝屏间的距离为L。接通电源使光源正常工作，发出白光。

（1）组装仪器时，若将单缝和双缝均沿竖直方向分别固定在a处和b处，则________。
A．可观察到水平方向的干涉条纹
B．可观察到竖直方向的干涉条纹
C．看不到干涉现象
（2）若取下滤光片，其他实验条件不变，则在目镜中_________。
A．观察不到干涉条纹
B．可观察到明暗相间的白条纹
C．可观察到彩色条纹
（3）若实验中得到的干涉图样如图2所示，毛玻璃屏上的分划板刻线在图2中A、B位置时，手轮上的读数分别为x1、x2，则入射的单色光波长的计算表达式为_________。分划板刻线在某条亮条纹位置时手轮上的示数如乙所示，则读数为__________。

【正确答案】 B C 13.870

12-3（巩固）现用下图所示双缝干涉实验装置来测量光的波长。

（1）在组装仪器时单缝和双缝应该相互______放置（选填“垂直”或“平行”）；
（2）某次测量时，手轮上的示数如图，其示数为_________mm；

（3）为减小误差，该实验并未直接测量相邻亮条纹间的距离，而是先测量n个条纹的间距再求出。下列实验采用了类似方法的有________
A．《用单摆测重力加速度》实验中单摆周期的测量
B．《探究两个互成角度的力的合成规律》的实验中合力的测量
C．《探究弹簧弹力与形变量的关系》实验中弹簧形变量的测量
（4）若双缝的间距为d，屏与双缝间的距离为l，如图所示，测得第1条亮条纹中心到第5条亮条纹中心之间的距离为x，则单色光的波长________。

【正确答案】平行 0.770 A

12-4（巩固）如图甲所示，在“用双缝干涉测光的波长”实验中，将实验仪器按要求安装在光具座上，并选用缝间距的双缝屏。从仪器注明的规格可知，像屏与双缝屏间的距离。然后，接通电源使光源正常工作。

（1）已知测量头上主尺的最小刻度是毫米，副尺游标尺上有20分度，某同学调整手轮后，从测量头的目镜看去，使分划板中心刻度线与某条纹A中心对齐，如图乙所示，此时测量头上主尺和副尺的示数情况如图丙所示，此示数为______mm；按着再转动手轮，使分划板中心刻度线与某条纹B中心对齐，测得A到B条纹间的距离为。则经滤光片射向双缝的色光的波长______（用题目中所给字母写出表达式），利用上述测量结果，经计算可得波长______m（保留2位有效数字）。

（2）另一同学按实验装置安装好仪器后，观察到光的干涉现象效果很好，若他对实验装置作了一下改动后，在像屏上仍能观察到清晰的条纹，且条纹数目有所增加。以下改动可能实现这个效果的是______。
A．仅将滤光片移至单缝和双缝之间
B．仅将单缝远离双缝移动少许
C．仅将单缝与双缝的位置互换
D．仅将红色滤光片换成绿色的滤光片
【正确答案】 0.35 D

12-5（巩固）在“用双缝干涉测量光的波长”的实验中。
（1）如图甲所示是用双缝干涉测光波波长的实验设备示意图，图中①是光源，②是滤光片，③是单缝，④是双缝，⑤是光屏。下列操作能减小光屏上相邻两条亮条纹之间距离的是___________。

A．减小②和③之间的距离 B．减小③和④之间的距离
C．将红色滤光片改成绿色滤光片 D．增大双缝之间的距离
（2）转动测量头的手轮，使分划板中心刻线对准第1条亮条纹，此时手轮的示数为。继续转动手轮，使分划板中心刻线对准第13条亮条纹，此时手轮的示数如图乙所示，示数为________，则相邻两条亮条纹的间距是________（结果保留三位有效数字）。

（3）已知双缝的间距是、双缝和光屏之间的距离是，则待测光的波长是______（结果保留三位有效数字）。
【正确答案】 CD或DC 14.530 1.21

12-6（巩固）现有毛玻璃屏A、双缝B、白光光源C、单缝D和透红光的滤光片E等光学元件，要把它们放在如图甲所示的光具座上组装成双缝干涉装置，用以测量红光的波长。

（1）将白光光源C放在光具座最左端，依次放置其他光学元件，由左至右，表示各光学元件的字母排列最佳顺序应为C、___________、A；
（2）本实验的步骤：
①取下遮光筒左侧的元件，调节光源高度，使光束能直接沿遮光筒轴线把屏照亮。
②按合理顺序在光具座上放置各光学元件，并使各元件的中心位于遮光筒的轴线上。
③用米尺测量双缝到屏的距离。
④用测量头（其读数方法同螺旋测微器）测量数条亮条纹间的距离。
在操作步骤②时，还应注意___________；
（3）将测量头的分划板中心刻线与某条亮条纹中心对齐，将该亮条纹定为第1条亮条纹，此时手轮上的示数如图乙所示。然后同方向转动测量头，使分划板中心刻线与第6条亮条纹中心对齐，记下此时图丙中手轮上的示数为___________mm，求得相邻亮条纹的间距Δx为___________mm；
（4）已知双缝间距d为2.0×10-4 m，测得双缝到屏的距离l为0.700 m，由计算式λ=___________，求得所测红光波长为___________nm。
【正确答案】 E、D、B 单缝与双缝应相互平行 13.870 2.310 Δx 6.6×102

12-7（巩固）利用双缝干涉测量光的波长实验中，双缝相距d，双缝到光屏的距离L，用某种单色光照射双缝得到干涉条纹如图所示，分划板在图中A、B位置时游标卡尺读数如图所示，则：

（1）分划板在图中A、B位置时游标卡尺读数分别为___________mm，___________mm，相邻两条纹间距___________mm；
（2）波长的表达式___________（用、L、d表示）；
（3）若将滤光片由红色换为绿色，得到的干涉条纹间距将___________（选填“变大”“不变”或“变小”）；
（4）若仅将屏向远离双缝的方向移动。可以___________（填“增加”或“减少”）从目镜中观察到的条纹个数。
【正确答案】 11.1 15.6 0.75 变小减少

12-8（提升）在“用双缝干涉测光的波长”的实验中，实验装置如图所示。

（1）某同学以线状白炽灯为光源，对实验装置进行调节并观察了实验现象后，总结出以下几点，下列说法中正确的是________。
A．干涉条纹与双缝垂直
B．单缝和双缝应相互平行放置
C．若取下滤光片，光屏上可观察到白光的干涉图样
D．想增加从目镜中观察到的条纹个数，可以将单缝向双缝靠近
（2）将测量头的分划板中心刻线与某亮纹中心对齐，将该亮纹定为第1条亮纹，此时手轮上螺旋测微器示数如图甲所示。然后同方向转动测量头，使分划板中心刻线与第6条亮纹中心对齐，记下此时图乙中手轮上的示数为________mm。

（3）已知双缝间距d为2.0 × 10－4m，测得双缝到屏的距离L为0.600m，求所测光的波长为_________m（结果保留三位有效数字）
（4）下图为上述实验装置示意图。S为单缝，S1、S2为双缝，屏上O点处为一条亮条纹。若实验时单缝偏离光轴，向下微微移动，则可以观察到原来O点处的干涉条纹_________（“向上移动”“向下移动”“仍在O点”）

【正确答案】 BC或CB 13.870 7.70 × 10－2 向上移动

12-9（提升）在用双缝干涉测量光的波长的实验中，请按照题目要求回答下列问题：

（1）如图（a）、（b）两图都是光的条纹形状示意图，其中干涉图样是________。
（2）将下表中的光学元件放在图（c）所示的光具座上组装成用双缝干涉测量光的波长的实验装置，并用此装置测量红光的波长。
元件代号
A
B
C
D
E
元件名称
光屏
双缝
白光光源
单缝
透红光的滤光片
将白光光源C放在光具座最左端，依次放置其他光学元件，由左至右，各学光元件的排列顺序应为________。（填写元件代号）
（3）已知该装置中双缝间距d＝0.50 mm，双缝到光屏的距离l＝0.50 m，在光屏上得到的干涉图样如图（d）所示，分划板在图中A位置时游标卡尺如图（e）所示，在B位置时游标卡尺如图（f）所示，则相邻两条纹间距Δx＝________ mm.（保留两位小数）
（4）由以上所测数据，可以得出形成此干涉图样的单色光的波长为________ m。（保留两位有效数）
（5）若改用频率较高的单色光照射，得到的干涉条纹间距将________（填“变大”“不变”或“变小”）。
【正确答案】（a） EDBA 0.60 6.0×10－7 变小

【原卷 13 题】知识点利用双伏法测量电阻,多用电表测电阻的方法、操作步骤、注意事项和读数,特殊方法测电阻

【正确答案】

【试题解析】

13-1（基础）某小组测量某金属细杆的电阻率，应用了学生电源E、定值电阻R0、电压表V1和V2、电阻箱R等器材，操作步骤如下：

（1）用游标卡尺测其长度用L表示，示数如图甲所示可知其长度为___________mm；用螺旋测微器测量其横截面直径用D表示，示数如图乙所示，可知其直径为___________mm。
（2）先用多用电表粗测其电阻，选用“ × 10”倍率的电阻挡测量，发现多用电表指针偏转角度过大，因此需选择___________（选填“ × 1”或“ × 100”）倍率的电阻挡，然后必须重新___________，再测出金属杆电阻。
（3）按丙图电路图连接电路，a、b间器件表示金属杆，闭合开关，调节电阻箱，记录两电压表和电阻箱的读数，绘制出丁图，可计算出金属杆的阻值R′ = ___________Ω，用L、D、R′表示出该金属杆的电阻率ρ = ___________；

（4）从系统误差角度看，由丁图计算出的阻值R′___________真实值（选填“大于”、“小于”或“等于”）。
【正确答案】 50.25 2.150 × 1 欧姆调零 2.6 等于

13-2（基础）某小组要测定一未知电阻R的阻值。他们选用规格和量程合适的器材，按如图所示的电路图连接好电路进行测量。

（1）闭合开关S前，将滑动变阻器的滑片滑到___________（填“a”或“b”）端，将电阻箱调为某一阻值。闭合开关S，调节滑动变阻器，使电压表和电流表的指针偏转到某一位置。记录此时电压表和电流表的示数及电阻箱的阻值，断开开关S。
（2）将电压表与c点连接的导线改接到d点，闭合开关S，调节和，使电压表和电流表的示数与步骤（1）中记录的示数相同。记录此时电阻箱的阻值，断开开关S。
（3）根据以上记录数据可知，电阻R的阻值为___________（用和表示）。
（4）已知电压表和电流表均不是理想电表，则本实验中电阻R的测量值___________（填“大于”“小于”或“等于”）真实值。
【正确答案】 b 等于

13-3（巩固）小李同学要测量某电阻的阻值。
（1）他先用多用表对被测电阻进行粗测。将多用电表“选择开关”扳至“×10”挡，调零后进行测量，发现表针偏转的角度很大。为了把电阻测量得更准确些，应换用“______”挡（选填“×100”或“×1”）；重新换挡后必须重新进行_______；重新测量的结果如图1所示，读数为 ______Ω。

（2）要精确测量被测电阻的阻值，该同学设计了如图2所示电路。
闭合电键后，适当调节电阻箱的阻值，读出电阻箱的阻值R及电压表V1的示数U1、电压表V2的示数U2，则被测电阻_________。因__________的原因，实验存在着系统误差，使电阻的测量值_________（填“大于”或“小于”）真实值。
（3）为了减小系统误差，该同学又设计了如图3所示的实验电路。其中是待测电阻，R是电阻箱，R1、R2是已知阻值的定值电阻。合上开关S，灵敏电流计的指针偏转，将R调至阻值为R0，灵敏电流计的示数为零。由此可计算出待测电阻___________（用R1、R2、R0表示）。
【正确答案】欧姆调零 6 电表V1的分流大于

13-4（巩固）有一量程为5V的电压表V，某同学为了知道它的内阻，采用了下列测量方法：
（1）该同学利用欧姆表通过图甲的方式进行测量，测量时欧姆表的黑表笔应该与电压表的____（填“正”或“负”）极接线柱相连，红表笔与另一接线柱相接。在欧姆表的挡位位于“×1k”挡时，欧姆表的示数如图乙所示，则电压表的内阻RV约为______kΩ。

（2）为了更准确地测出这个电压表V的内阻，该同学在实验室找到了下列器材：
A．电压表V1：量程10V
B．定值电阻R0：阻值5kΩ
C．滑动变阻器R1：0～10Ω
D．滑动变阻器R2：0～100Ω
E．电源E：电动势12V，内阻很小
F．开关S、导线若干
①该同学设计了如图丙所示的电路，其中a为________，b为________（均填“V”或者“V1”），滑动变阻器应选________（填“R1”或者“R2”）。

②该同学通过调节滑动变阻器的阻值，得到电压表V、V1的多组读数U、U1，以U1为纵坐标，U为横坐标建立坐标系并画出相应图象，如图丁所示，若图象的斜率为k，则电压表的内阻RV＝________（用k和R0表示）。

【正确答案】正 8 V V1 R1

13-5（巩固）欲测量一个未知电阻R的阻值。
（1）某同学先用万用表欧姆“×10”挡粗测。测量中，表盘指针位置如图（a），其示数为______。

（2）为了准确测出的阻值，实验室提供了以下器材
A．电池组（电动势3V，内阻很小）；
B．电流表（量程100mA，内阻约1）；
C．电流表（量程25mA，内阻）；
D．电流表（量程1mA，内阻）；
E．电阻箱（阻值0～9999.9）；
F．滑动变阻器（阻值0～10）；
G．开关一只，导线若干。
①根据提供的器材，该同学设计了图（b）所示的电路。其中，A1表应选______（填器材序号字母）。

②要使图（b）所示虚线框中改装后的电表的量程为3V，表应选______（填器材序号字母），且该同学应将电阻箱接入电路的电阻调到______。
③完成以上工作后，该同学在实验中测出了多组表和表的示数和，由这些数据得到了图（c）所示的图像。利用图像求得被测电阻的阻值为______（结果取3位有效数字）。
【正确答案】 120 C D 2900 122

13-6（巩固）某物理实验小组欲准确测定某电压表（量程为）的内阻。除待测电压表外，可供选用的器材有：
A．电压表；量程为，内阻约为； B．电压表：量程为内阻约为
C．定值电阻阻值为 D．滑动变阻器：最大阻值为
E.滑动变阻器；最大阻值为 F.电源：电动势约为，内阻不计
G.开关、导线若干。

（1）先用多用电表粗测待测电压表的内阻，若选择欧姆挡“”倍率，在操作无误的情况下，多用电表的表盘示数如图甲所示，则待测电压表的内阻约为___________ 。
（2）为了准确测定待测电压表的内阻，小组同学根据上述器材设计了如图乙所示的测量电路其中V1为待测电阻的电压表。电压表V2应选用___________（选填“A”或“B”），滑动变阻器应选用___________（选填“D”或“E”）。
（3）张同学进行一次测量，得到V1与V2的示数分别为，则该待测电压表的内阻___________（用表示）。
【正确答案】 3400Ω B D

13-7（巩固）某实验小组欲测量一电压表V的内阻(约为30kΩ)，已知电压表量程约25V～35V，表盘共有30个均匀小格。

(1)首先该小组用电阻刻度中间值为30的多用表粗测该表的内阻。
①请你用实线连接两表笔和电压表接线柱________；
②在实验过程中，欧姆挡的选择开关拨至倍率______选填：(×1挡、×10挡、×100挡或×1K挡)
(2)若在实验过程中测得该电压表内阻为RV=30kΩ，为了精确校对电压表的量程，要求测量多组数据，现有下列器材
可供选用：标准电压表V1(量程3V，内阻RV1=3kΩ)；电流表A(量程0～3A，内阻未知)；稳压电源E(30V，内阻不能忽略)；电键、导线若干。
①已给出部分实验电路，请你用实线替代导线完成实验电路：_____________
②实验电路连接正确，请用各测量值和已知量表示电压表的量程的表达式U=___；式中各测量值的含义是：__________________________________。
【正确答案】 ×1k N为V表指针所指格数，U1为V1表读数

13-8（提升）某校实验兴趣小组在实验室测量电压表的内阻。
(1)该小组先用欧姆表的“”挡粗测电压表内阻，示数如图甲所示，则该电压表的内阻约为______，测量时欧姆表的黑表笔要与待测电压表的______（选填“”或“”）接线柱相连。

(2)为了更准确测量该电压表的内阻，实验室提供了下面实验器材：
A. 待测电压表（量程）
B. 电压表（量程，内阻约为）
C. 滑动变阻器（最大阻值为，额定电流为）
D. 定值电阻（阻值为）
E. 电源（电动势为，内阻约为）
F. 开关一个、导线若干
①根据提供的实验器材，在方框内画出实验电路图______；
②将实物连接补画完整______；
③实验中将电压表和电压表的读数分别记为和，改变滑片位置，记录多组和的值，并作出关系图像如图丙所示，图线为倾斜直线，其斜率，则电压表内阻的测量值为______。
【正确答案】 5800（5700或5900也得分） 6000

13-9（提升）几位同学对一个阻值大约为 600Ω的未知电阻进行测量，要求较精确地测量电阻的阻值。有下列器材供选用:

A.待测电阻 Rx
B.电压表 V(量程 6V，内阻约 3kΩ)
C.电流表 A1(量程 20mA，内阻约 5Ω)
D.电流表 A2(量程 10mA，内阻约 10Ω)
E.滑动变阻器 R1(0～20Ω，额定电流 2A)
F.滑动变阻器 R2(0～2000Ω，额定电流 0.5A)
G.直流电源 E(6V，内阻约 1Ω)
H.多用表
I.开关、导线若干

（1）甲同学用多用表直接测量待测电阻的阻值如图甲所示。若选用欧姆表“×100”挡位，则多用表的读数为_____Ω
（2）乙同学根据以上器材设计成用伏安法测量电阻的电路，电路图如图乙所示，则电流表应选择 ____(选填“A1”或“A2”)，滑动变阻器应选择____ (选填“R1”或“R2”)。
（3）丙同学经过反复思考，利用所给器材设计出了如图丙所示的测量电路，具体操作如下：
①按图丙连接好实验电路，调节滑动变阻器 R1、R2的滑片至适当位置;
②开关 S2处于断开状态，闭合开关 S。调节滑动变阻器 R1、R2的滑片，使电流表 A2 的示数恰好为电流表 A1的示数的一半，读出此时电压表 V 的示数 U1和电流表 A 的示数 I1。
③保持开关 S1闭合，再闭合开关 S2，保持滑动变阻器 R2 的滑片位置不变，读出此时电压表 V 的示数 U2 和电流表 A2 的示数 I2。
可测得待测电阻的阻值为_____，同时可测出电流表 A1 的内阻为 ___ (用 U1、U2、I1、I2 表示)。
（4）比较乙、丙两位同学测量电阻 Rx 的方法，你认为哪个同学的方法更有利于减小系统误差？____ (选填“乙”或“丙”)同学。
【正确答案】 600 A2 R1 丙

【原卷 14 题】知识点应用波意耳定律解决实际问题,应用查理定律解决实际问题,理想气体状态方程

【正确答案】

【试题解析】

14-1（基础）如图所示，容积为的气缸固定在水平地面上，气缸壁及活塞导热性能良好，活塞面积为，厚度不计。气缸两侧的单向阀门（气体只进不出）均与打气筒相连，开始活塞两侧封闭空气的体积均为，压强均为。现用打气筒向活塞左侧打气15次，向活塞右侧打气10次。已知打气筒每次能打入压强为、体积为的空气，外界温度恒定，空气视为理想气体，不计活塞与气缸间的摩擦。求：
（1）活塞左、右封闭空气的体积之比；
（2）气缸内空气的压强。

【正确答案】（1）；（2）

14-2（基础）如图所示，高为、截面积的绝热气缸开口向上放在水平面上，标准状况（温度℃、压强）下，用质量为的绝热活塞Q和质量不计的导热性能良好的活塞P将气缸内的气体分成甲、乙两部分，活塞Q与固定在气缸底部、劲度系数为的轻弹簧拴接，系统平衡时活塞Q位于气缸的正中央且弹簧的形变量为零，此时活塞P刚好位于气缸的顶部。现将一质最为的物体放在活塞P上，活塞P下移。不计一切摩擦，外界环境的温度和大气压恒定，重力加速度。则当活塞P不再下移时。求：
（1）气体甲的长度为多少？
（2）如果用一加热装置对气体乙缓慢加热使活塞P回到气缸顶部，此时气体乙的温度为多少摄氏度？（结果保留整数）

【正确答案】（1）6cm；（2）162℃

14-3（巩固）一定质量的理想气体的图像如图所示，气体由状态A变化到状态B再到状态C，气体在状态A时的压强为。
（1）求气体在状态C时的压强；
（2）若过程中气体吸收热量为,则过程中，求气体向外界放出的热量。

【正确答案】（1）；（2）50 J

14-4（巩固）气压式升降椅通过气缸上下运动来支配椅子升降，其简易结构如图所示，圆柱形气缸与椅面固定连接，总质量为，横截面积为的柱状气动杆与底座固定连接，可自由移动的气缸与气动杆之间封闭一定质量的理想气体，稳定后测得封闭气体柱长度为。设气缸气密性、导热性能良好，忽略摩擦力，已知大气压强为，室内温度，取。若质量为的人盘坐在椅面上，室内温度保持不变。求：
（1）稳定后椅面下降的高度；
（2）稳定后，室内气温缓慢升高至，此过程中封闭气体内能增加，求封闭气体与外界交换的热量。

【正确答案】（1）；（2），吸热

14-5（巩固）用气泵向一导热容器内充气，气泵每次工作时吸入体积120L、压强1atm的气体，然后向容器内充气，气泵总共工作20次。前10次时均有7.5%的气体未充入，后10次工作时，由于容器内部压强增大，均有12.5%的气体未充入。已知容器的容积为2400 L，原来容器内气体压强为0.9atm。假设充气过程中环境温度不变。
（1）求充气结束后容器内气体的压强；
（2）充气结束后将环境的温度从7℃升高到42℃，不考虑容器容积的变化，若容器能承受的最大压强为2atm，试分析此过程是否安全。
【正确答案】（1）；（2）见解析

14-6（巩固）竖直放置的导热薄壁气缸由两个粗细不同的圆柱形筒组成，气缸中活塞Ⅰ和活塞Ⅱ之间封闭有一定量的理想气体，两活塞用一轻杆连接，活塞Ⅰ、Ⅱ的质量均为m，面积分别为S、2S。初始时活塞Ⅰ上面放置质量为2m的物块M，系统处于平衡状态，活塞Ⅰ到气缸连接处的距离为h、活塞Ⅱ到气缸连接处的距离为2h，如图所示。已知活塞外大气压强为，活塞外温度恒定，忽略活塞与缸壁间的摩擦，气缸无漏气，不计轻杆的体积。若，求：
（1）气缸内理想气体的压强与大气压强的比值；
（2）轻轻拿走塞Ⅰ上面放置的物块，待系统稳定时活塞Ⅰ到气缸连接处的距离。

【正确答案】（1）；（2）

14-7（巩固）如图所示，内壁光滑的导热气缸竖直放置在水平桌面上，气缸内封闭一定质量的气体。活塞质量m=4kg，活塞横截面积S=20cm2。活塞初始状态位于离底部高度h1=5cm处。假设外界空气温度恒为27℃，大气压强p0=1×105pa，g=10m/s2，
（1）用外力F将活塞缓慢提升4cm，求此时气缸内气体的压强；
（2）对气缸内气体缓慢加热，当温度升到57℃时，气体吸收了10J的热量，求此过程中气体内能的增加量。

【正确答案】（1）；（2）

14-8（提升）如图所示，一可自由移动的绝热活塞M将一横截面积为400cm2的绝热气缸分为A、B两个气缸，A气缸装有体积为12L、压强为1atm、温度为23℃的理想气体，A的左边是一导热活塞N，N的左边与大气相通；B气缸中气体的温度为27℃，体积为30L。现给左边的活塞N施加一推力，使其缓慢向右移动，同时给B中气体加热，此过程中A气缸中的气体温度保持不变，活塞M保持在原位置不动。阿伏加德罗常数为NA=6.0×1023mol-1，标准状态下（压强为1atm，温度为0℃）1mol任何气体的体积为22.4L，外界大气压强为p0=1atm=105Pa。不计活塞与气缸壁间的摩擦，绝对零度对应-273℃。当推力F=2×103N时，求：
（1）未施加推力F时，B气缸中气体的分子数。（结果保留一位有效数字）
（2）活塞N向右移动的距离；
（3）B气缸中的气体升温到多少摄氏度。

【正确答案】（1）个；（2）10cm；（3）

14-9（提升）如图，水平面上固定一劲度系数为的轻弹簧，弹簧上端有一个两端开口的绝热气缸，气缸内有一加热装置，图中未画出，两绝热活塞A和B封住一定质量的理想气体，活塞A的质量为，气缸内部横截面的面积为，弹簧上端固定于活塞B上，平衡时，两活塞间的距离为。已知大气压强为，初始时气体的温度为，重力加速度大小为，两活塞A、B均可无摩擦地滑动但不会脱离气缸，且不漏气，气缸侧壁始终在竖直方向上，不计加热装置的体积，弹簧始终在弹性限度内且始终在竖直方向上。
（1）启动加热装置，将气体的温度加热到，求此过程中活塞A对地移动的距离；
（2）如果不启动加热装置，保持气体温度为不变，在活塞A施加一个竖直向上的拉力，活塞A缓慢地移动了一段距离后再次达到平衡状态，求此过程中活塞A对地移动的距离。

【正确答案】（1）4cm；（2）14cm

【原卷 15 题】知识点斜面上的平抛运动,利用动量守恒计算解决简单的碰撞问题

【正确答案】

【试题解析】

15-1（基础）一个质量M=1kg的鸟在空中v0=6m/s沿水平方向飞行，离地面高度h=20m，忽被一颗质量m=20g沿水平方向同向飞来的子弹击中，子弹速度v=300m/s，击中后子弹留在鸟体内，鸟立即死去，g=10m/s2，求：
（1）鸟被击中后的速度为多少？
（2）鸟落地处离被击中处的水平距离。
【正确答案】（1）11.8m/s；（2）23.6m

15-2（基础）如图所示，一根长度l=0.55 m的轻绳一段系在O点（在N点的正上方），另一端系一小物块a，把质量m=0.5kg的小物块a拉到与圆心O等高位置M由静止释放，到达最低点时恰好进入一长L=0.19m的水平台面上，并且轻绳断开．小物块a到达平台右边时与放在水平台面最右端的小物块b发生碰撞，碰撞后小物块a、b恰好分别从A、B两点落入洞中；已知水平台面离地面的高度h=1.25m，其右侧地面上有一直径D=0.5m的圆形洞，洞口最左端的A点离水平台面右端的水平距离s =1m，B点在洞口的最右端．小物块与水平台面之间的动摩擦因数μ=0.2．取g=10 m/s2．求：
(1)小物块a到达最低点时轻绳的拉力大小；
(2)小物块b的质量m'；

【正确答案】 (1)F=15N (2)

15-3（巩固）如图所示，半径为R的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道的一个端点B和圆心O的连线与水平方向间的夹角θ=30°，另一端点C为圆弧轨道的最低点，过C点的轨道切线水平。C点右侧的光滑水平面上紧挨C点放置一质量为2m的足够长的木板，木板的上表面与C点等高。质量为m的小物块从空中某处A以大小的速度水平抛出，恰好从B 点沿切线方向进入轨道并滑上木板。不计空气阻力，重力加速度大小为g。求：
（1）A、B两点在水平方向的距离x；
（2）物块经过圆弧轨道上C点时，所受C点的支持力大小F；
（3）在物块从刚滑上木板到相对木板静止的过程中，物块与木板之间因摩擦而产生的热量Q。

【正确答案】（1）；（2）；（3）

15-4（巩固）如图所示，一个半径R=1.25m的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，其下端切线是水平的，轨道下端距地面高度h=0.80m。在圆弧轨道的最下端放置一个质量mB=0.40kg的小物块B（可视为质点）。另一质量mA=0.20kg的小物块A（也视为质点）由圆弧轨道顶端从静止开始释放，运动到轨道最低点时，和物块B发生碰撞，碰后物块B水平飞出，其落到水平地面时的水平位移s=0.8m。忽略空气阻力，重力加速度g=10m/s2，求：
（1）物块A滑到圆弧轨道下端时的速度大小；
（2）物块B离开圆弧轨道最低点时的速度大小；
（3）物块A与物块B碰撞过程中，A、B所组成的系统损失的机械能。

【正确答案】（1）5m/s；（2）2m/s；（3）0.06J

15-5（巩固）如图所示，AB、FG均为径R=0.45m的四分之一光滑圆弧轨道，半径O1B、O2F均竖直，C点在B点的正下方，C、D两点在同一高度上，DE为倾角θ=53°、长度L1=2m的粗糙斜轨道，EF为粗糙水平直轨道。物块甲从A点由静止滑下，从B点水平飞出后恰好落到D点，并且物块甲落到D点时的速度方向与DE轨道平行，物块甲沿DE轨道滑到底端E时与静置在此处的物块乙碰撞，碰撞前瞬间物块甲的速度方向水平，碰后黏在一起，经过EF轨道后恰好能到达G点，物块甲与物块乙的质量之比为5︰2，两物块与DE、EF两轨道间的动摩擦因数均为，取重力加速度大小g=10m/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6，两物块均视为质点，不计物块甲经过E点的能量损失，不计空气阻力，求：（结果可保留分数）
（1）C、D两点间的距离x；
（2）物块甲从B点运动到E点的时间t；
（3）EF轨道的长度L2以及两物块最后停止的位置到F点的距离s。

【正确答案】（1）1.2m；（2）；（3）2.4m，1.35m

15-6（巩固）如图所示，竖直放置的光滑圆弧轨道是由两个半径为R=0.2m的四分之一圆弧组成．轨道底端入口的切线是水平地且固定在水平木板上．一质量为ma=1.0kg的小球a以初速度v0=12m/s与静止在轨道端口，质量mb=2.0kg的小球b，碰撞后粘在一起成为一个整体球，无能量损失的进入轨道，从轨道上端离开轨道落到木板上后不反弹，并且继续沿木板滑动，小球与木板间的动摩擦因数μ=0.2，重力加速度大小为g，试求：
(1)碰后整体球速度的大小；
(2)整体球到达轨道顶端对轨道的压力大小；
(3)整体球从滑入轨道到停下来的水平总位移大小．

【正确答案】 (1) 4m/s (2) 90N，方向向上 (3) 3.2m

15-7（巩固）如图所示，在距水平地面高的水平桌面左边缘有一质量的物块A以的初速度沿桌面运动，经过与放在桌面右边缘O点的物块B发生正碰，碰后物块A的速度恰好为0，物块B离开桌面后落到地面上。两物块均可视为质点，碰撞时间极短，物块A与桌面间的动摩擦因数，物块B的质量，重力加速度。求：
(1)两物块碰撞前瞬间，物块A的速度大小；
(2)两物块碰撞后瞬间，物块B的速度大小；
(3)物块B落地点到桌边缘O点的水平距离x。

【正确答案】 (1) 4.0m/s；(2) 2.0m/s；(3) 0.8m

15-8（提升）游乐场投掷游戏的简化装置如图所示，质量为2kg的球a放在高度h＝1.8m的平台上，长木板c放在水平地面上，带凹槽的容器b放在c的最左端。a、b可视为质点，b、c质量均为1kg，b、c间的动摩擦因数μ1＝0.4，c与地面间的动摩擦因数μ2＝0.6。在某次投掷中，球a以v0＝6m/s的速度水平抛出，同时给木板c施加一水平向左、大小为24N的恒力，使球a恰好落入b的凹槽内并瞬间与b合为一体。取＝10m/s2，求：
（1）球a抛出时，凹槽b与球a之间的水平距离x0；
（2）a、b合为一体时的速度大小；
（3）要使a、b不脱离木板c，木板长度L的最小值。

【正确答案】（1）4.32m；（2）3.2m/s；（3）2.96m

15-9（提升）下暴雨时，有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害。某地有一倾角为37°、底端为B的斜坡AB，其右侧为宽30m的水平长直公路，B、C为公路的左右边缘，公路右侧有一倾角也为37°的斜坡CD。斜坡上A处有一质量为500kg的石块a，C处有一质量为300kg的石块b，a、b均处于静止状态，如图所示。某次特大暴雨后，t=0时刻a由静止开始运动，一段时间后a与b发生正碰，碰撞时间极短，碰后b恰好落在D点。已知开始时A、B之间的竖直高度h1=125m，C、D之间的竖直高度h2=45m；a与斜坡AB之间的动摩擦因数为，a与公路间的摩擦力、a、b所受空气阻力均忽略不计。a、b均可视为质点，斜坡AB底端与公路面平滑连接，取，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：
（1）a、b相碰撞的时刻t；（结果保留三位有效数字）
（2）b落在D点时的动能；
（3）a、b碰撞过程中b对a的冲量。

【正确答案】（1）17.9s；（2）1.95×105J；（3）6×103 N·s，方向水平向左

【原卷 16 题】知识点电磁感应与电路的综合问题

【正确答案】

【试题解析】

16-1（基础）如图甲所示，相距为的两条足够长的光滑平行金属导轨MN、PO水平放置于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示，导轨的M、P两端连接一阻值为的电阻，质量为，电阻为的金属棒ab垂直于导轨放置且接触良好，，现将水平外力F作用在ab棒上。0～5s，在变力F控制下金属棒ab保持静止。5s后保持不变，且金属棒开始运动并始终与导轨垂直。测得ab棒开始运动至达到最大速度的过程中，流过电阻R的总电荷量为，不计导轨的电阻，求：
（1）0～5s内ab棒的电流大小和方向；
（2）ab棒运动过程中的最大速度；
（3）ab棒从开始运动至获得最大速度的过程中，距导轨MP的最大距离；
（4）ab棒从开始运动至获得最大速度过程中，电阻R上产生的焦耳热量。

【正确答案】（1），从b指向a；（2）；（3）2.4m；（4）

16-2（基础）如图所示，两根足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ相距为L，导轨平面与水平面的夹角，导轨电阻不计，整个装置处于磁感应强度大小为B、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中。质量为m、长为L、电阻为R的金属棒ab垂直导轨放置，且始终与导轨接触良好，金属导轨的上端连接一个阻值为R的定值电阻。现闭合开关K，同时在导轨平面内给金属施加一个平行于导轨斜向上，大小为的恒力，使金属棒由静止开始运动。若金属棒上滑距离s时，开始匀速运动。重力加速度为g，金属棒由静止到刚开始匀速运动过程中，求
（1）金属棒匀速运动的速度v；
（2）通过金属棒的电荷量q；
（3）定值电阻R上产生的焦耳热Q。

【正确答案】（1）；（2）；（3）

16-3（巩固）新能源汽车行业火爆，我国电动汽车市场蓬勃发展。我国最大的电动汽车初创企业“蔚来”，在最新全球车企市值排行榜中，市值超奔驰母公司戴姆勒成为全球车企第五。电动汽车的优点是自带能量回收系统。汽车正常行驶时，电动机消耗电能牵引汽车前进。当刹车时切断电源，由于惯性，给电动机一个动力，使电动机变成发电机，对电容平行的金属导轨，导轨间距L=0.2m，电阻不计。导轨通过单刀双掷开关分别和电源超级电容器组成闭合回路。一根质量m=0.5kg、电阻不计的金属杆ab垂直导轨水平放置，与导轨接触良好且与导轨间的动摩擦因数μ=0.2。整个装置处于垂直于导轨平面向外的匀强磁场中，磁感应强度大小B=2T，已知电源电动势E=6V，内电阻r=1Ω，超级电容器的电容C=5F，重力加速度g=10m/s2。
（1）如果开关接1，求闭合瞬间杆的加速度和杆能达到的最大速度分别是多大？
（2）如果开关接2，同时给杆一恒定水平向右的力F=3.6N，求电容器上电量Q与时间t的变化关系（电容器初始电量为零）。

【正确答案】（1）2.8m/s2，8.75m/s；（2）Q=4t（C）

16-4（巩固）电阻不计的平行金属导轨相距，与总电阻为的滑动变阻器、板间距为的平行板电容器和开关连成如图所示的电路。磁感应强度为的匀强磁场垂直导轨所在的平面。电阻为的金属棒与导轨垂直，接触良好，并紧贴导轨匀速移动。合上开关S，当滑动变阻器触头在中点时，质量为、电量为的带电微粒从平行板电容器中间位置水平射入，微粒在两板间做匀速直线运动；当P移至C时，相同的带电微粒以相同的速度从同一位置射入两板间，微粒穿过两板的过程中动能增加。重力加速度为。求：
（1）ab运动的方向及其速度大小；
（2）当移至C时，微粒穿过两板的过程中，电场力对微粒做的功。

【正确答案】（1）水平向左运动，；（2）

16-5（巩固）磁悬浮列车是高速低耗交通工具，如图甲所示，它的驱动系统可简化为如图乙所示的物理模型。已知列车的总质量为m，固定在列车底部的正方形金属线框的边长为L，匝数为N，总电阻为R；水平面内平行长直导轨间存在磁感应强度大小均为B、垂直水平面但方向交互相反、边长均为L的正方形组合匀强磁场，磁场以速度v向右匀速移动时可恰好驱动停在轨道上的列车，假设列车所受阻力恒定，若磁场以速度匀速向右移动，当列车向右运动的速度为时，线框位置如图乙所示，求此时：
（1）线框中的感应电流方向；
（2）线框中的感应电流I大小；
（3）列车的加速度a大小。

【正确答案】（1）顺时针方向；（2）；（3）

16-6（巩固）如图甲所示，间距为L的平行光滑金属导轨固定在绝缘水平面上，导轨的左端连接一阻值为R的定值电阻。导轨所在空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B。一根质量为m、长度为L、电阻为r的导体棒cd放在导轨上。导体棒运动过程中始终保持与导轨垂直且接触良好，导轨的电阻可忽略不计。
（1）若对导体棒cd施加一水平向右的恒力，使其以速度v向右做匀速直线运动，求此力的大小。
（2）若对导体棒cd施加一水平向右的拉力，使其沿导轨做初速为零的匀加速直线运动。的大小随时间t变化的图像为一条斜率为k（）的直线。求导体棒cd加速度的大小a。
（3）若对导体棒cd施加一水平向右的瞬时冲量，使其以速度开始运动，并最终停在导轨上。
a．求整个过程中，电路中产生的总热量Q；
b．求随位移x变化的关系，并在图乙中定性画出导体棒cd两端的电势差随位移x变化的图像。

【正确答案】（1）；（2）；（3），

16-7（巩固）如图甲所示，将一单匝开口金属圆线圈从开口端M、N处用两段细导线悬于铁架台上两绝缘杆上的固定端点P、Q，圆线圈的质量为m，电阻为R，半径为r，圆线圈处于竖直平面内，其下半部分处于匀强磁场中，上半部分位于磁场外，磁场的磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示（磁场方向垂直纸面向里为正）。用导线将一控制电路接在P、Q两点之间并保持导通，控制电路中的为变阻器，其调节范围，定值电阻。已知圆线圈一直处于静止状态，悬挂线圈的细导线处于竖直方向，除线圈、、外其余电阻不计，重力加速度为g。
（1）求出回路中的感应电动势；
（2）时将调为0并保持不变，则时，圆线圈受到两根细导线的总拉力为多大；
（3）调节，求出消耗电功率的最大值。

【正确答案】（1）；（2）；（3）

16-8（提升）某电动汽车在刹车过程中，驱动电机在一定条件下会处于发电状态，将车辆的部分动能转化为电能为车载电池充电；同时，为保持刹车的平顺性，除电机的电磁制动外，车辆的液压摩擦制动装置也给车辆提供一部分制动力，该过程的工作原理可简化如图：
两条间距为l的长直金属导轨AD、AʹDʹ平行固定在同一水平面内，垂直导轨平面存在磁感应强度为B的匀强磁场。长度为l、质量为m的光滑导体棒ab以大小为v0的初速度沿导轨向右减速滑行，运动过程中导体棒与导轨始终垂直且保持良好接触。为使导体棒能以大小为a的加速度做匀减速运动，导体棒始终受到沿导轨向左的液压摩擦制动力F。导轨左端AAʹ间串联一升压充电模块M与电键K，模块M可视为等效阻值可变的恒定功率负载。当高于或等于Us时电键K闭合，模块可自动调整其等效阻值，使模块输入功率恒为P，而当低于Us时电键K自动断开，充电模块停止工作。空气阻力、导体棒电阻与导轨电阻均可忽略不计。
（1）为使充电模块工作，导体棒减速滑行的初速v0至少应为多大？
（2）求导体棒以上述v0运动时，流过导体棒的电流I的大小方向；
（3）求导体棒从上述v0减速到零的过程中，液压摩擦制动力F随时间t变化的关系，并画出相应的F – t图；
（4）简述导体棒从上述v0减速到零的过程中，导体棒上做功与能量转化的关系。

【正确答案】（1）；（2）I =，方向由b向a；（3）见解析，图见解析；（4）见解析

16-9（提升）在原子反应堆中抽动液态金属或在医疗器械中抽动血液等导电液体时，由于不允许传动机械部分与这些液体相接触，常使用一种电磁泵。如图所示是一种液态金属电磁泵的简化结构示意图，将装有液态金属、截面为矩形的导管的一部分水平置于匀强磁场中，当电流穿过液态金属时，液态金属即被驱动。若输送液态金属的管道（用特殊陶瓷材料制成）截面长为a，宽为b（不计管道壁的厚度），正、负电极板镶嵌在管道两侧（两极板正对且与管内液态金属良好接触），电极板长为c，宽为b；正、负电极板间的液态金属恰好处在磁场区域内，该磁场的磁感应强度为B，方向与导管上、下表面垂直；通过两电极板间液态金属的电流为I；液态金属在磁场驱动力的作用下，在导管中以恒定的速率v流动。已知液态金属的电阻率为。
（1）导管截面上由磁场驱动力所形成的附加压强是多大？
（2）在时间内，电流通过两电极板间液态金属所消耗的电能是多少？
（3）推动液态金属的驱动力实际上是通电金属液柱在磁场中受到的安培力，安培力推动液态金属做功，使电能转化为机械能。我们知道，导体中的运动电荷受到的洛仑兹力在宏观上表现为安培力，而洛伦兹力对运动电荷是不做功的，但是推动液态金属的安培力却做功了，这是为什么？请你对此做出合理的解释（为了方便，可假设液态金属中的自由电荷为正电荷）。

【正确答案】（1）；（2）；（3）见解析

答案解析

1-1【基础】【正确答案】 A
【试题解析】详解:
A．图像的斜率表示加速度，第1s末物体的加速度为

故A正确；
B．物体的速度为正值，所以第2s末物体的速度方向没有发生改变，故B错误；
C．图像斜率不为零，第3 s末物体的速度为零，但加速度不为零，故C错误；
D．图像与坐标轴包围的面积表示位移，由图像可知前6s内物体的位移为零，故D错误。
故选A。
1-2【基础】【正确答案】 D
【试题解析】详解:
A．在与时段内，位移大小之比为面积之比，即为4∶1，故A错误；
B．根据匀变速直线运动的平均速度等于初速度与末速度之和的一半，得两时段内的平均速度大小之比为1∶1，故B错误；
C．速度变化量分别为与，大小之比为1∶1，故C错误；
D．根据加速度的定义式得两时段内的加速度分别为与，大小之比为1∶4，故D正确。
故选D。
1-3【巩固】【正确答案】 D
【试题解析】详解:
ACD．在0～20s内，无人机a对应的v-t图形面积大，即位移大，也即无人机a在b的上方；同理在0～15s内，无人机a对应的v-t图形面积大，无人机a在b的上方；在0～30s内，无人机a、b对应的v-t图形面积相等，也即上升高度相等，则平均速度相等；AC错误，D正确；
B．在10s～30s内，无人机a向上减速运动，加速度向下，处于失重状态，B错误。
故选D。
1-4【巩固】【正确答案】 A
【试题解析】详解:
A．图像与时间轴围成的面积表示位移，时间轴上方表示位移为正方向，时间轴下方表示位移为负方向，由图像可知，0～8s内物体B的图像与时间轴围成的面积大于物体C与时间轴围成的面积，故A正确；
B．图像反应的是物体的速度随时间变化的规律，从图像可以看出出物体B的速度先大于物体A的速度，后物体A的速度大于物体B的速度，故B错误；
C．图像的斜率反应的是物体的加速大小及方向，斜率越大加速度越大，斜率为正加速度为正方向，斜率为负加速度为负方向，该图中图线的斜率大于图线的斜率，则有物体C的加速度大于物体B的加速度，故C错误；
D．虽然图线反应出来物体A的加速度大于物体B的加速度，但根据牛顿第二定律有

则不能确定物体A、B所受合力的大小关系，故D错误。
故选A。
1-5【巩固】【正确答案】 C
【试题解析】详解:
AB．图像中图线与时间轴围成的面积表示位移，而图线的斜率表示加速度，由图像可知两车的位移之比，两车减速过程中的加速度之比，故AB错误；
CD．的时间内乙车的速度始终大于甲车的速度，甲乙两车之间的距离一直在增大，时间内，两车都做减速运动，但甲车做减速运动的加速度大于乙车做减速运动的加速度，因此任意时刻乙车的速度都大于甲车的速度，综合可知整个运动过程中乙车的速度都大于甲车的速度，故在时两车间的距离最大，且最大距离为，故C正确D错误。
故选C。
1-6【巩固】【正确答案】 C
【试题解析】详解:
A．根据速度图象的斜率表示加速度，知两车加速过程的加速度分别为
，
可得甲车的加速度比乙车小，故A错误；
B．由运动的图像可知，在第末两车的速度相等。而图像与t轴的面积表示位移，可知到末两车通过的路程为

可知只有时，甲、乙两车末才相遇，故B错误；
C．由图象知当两车速度相等时间距最小，即知时两车间间距最小，此时间距为

故C正确；
D．从甲车运动开始计时到末，甲车平均速度

乙车的平均速度

甲车的平均速度大于乙车的平均速度，故D错误。
故选C。
1-7【巩固】【正确答案】 D
【试题解析】详解:
A．图像的“面积”等于位移；则0～10s内的位移大于做匀变速直线运动的位移，可知10s内平均速度大小大于10m/s，选项A错误；
B．图像的斜率等于加速度，则0～10s末做加速度减小的加速运动，15s末开始做匀速直线运动，选项B错误；
C．10s末打开降落伞，以后做加速度减小的减速运动至15s末，选项C错误；
D．图像的斜率等于加速度，10s末～15s末图像的斜率减小，加速度在逐渐减小，选项D正确。
故选D。
1-8【提升】【正确答案】 B
【试题解析】详解:
A．根据匀变速运动的位移与时间关系公式，根据甲图中图像为正比关系图线，可求出物体的加速度大小为

解得

A错误；
B．根据匀变速运动的速度与位移时间关系，根据乙图中图像为正比关系图线，可求出物体的加速度大小为

解得

B正确；
C．根据匀变速运动的位移与时间关系公式，整理得

根据丙图中图像为一次关系图线，可求出物体的加速度大小为

解得

物体的加速度大小为4m/s2，C错误；
D．根据微元法可以得到，物理学中图像的图线与坐标轴所围成的面积表示这段时间内物理的速度变化量，则丁图中图可求出物体在前2s内的速度变化量大小为

D错误。
故选B。
1-9【提升】【正确答案】 B
【试题解析】详解:
A．速度图像中，图线与坐标轴所围图形的面积表示位移，时间内图线a、b与横轴围成的面积相等，所以甲、乙的位移大小相等，故A错误；
B．图线b是抛物线，根据抛物线的特点可知

则在时间内甲乙的位移为

根据匀变速直线运动中间时刻的速度等于平均速度可得t2时刻甲的速度

则0～t2时间内甲的位移

由抛物线的对称性可知乙的位移为

则

故B正确；
C．0～t1时间内a与坐标轴围成的面积大于b与坐标轴围成的面积，可知此时间段内甲的位移大于乙的位移，则甲的平均速度大于乙的平均速度，故C错误；
D．v-t图像中图线的斜率等于加速度，则根据图像可知0～t2时间段内乙的加速度是不断减小的，到t2时刻乙的加速度变为零，而甲的加速度一直固定不变，所以0～t2时间段内甲的加速度大小一开始小于乙的加速度大小，之后甲的加速度大小大于乙的加速度大小，故D错误。
故选B。
2-1【基础】【正确答案】 D
【试题解析】详解:
根据题意，对桶和水整体受力分析，如图所示

由平衡条件有

解得

故选D。
2-2【基础】【正确答案】 D
【试题解析】详解:
小球受力如图所示

由平衡可知:

解得：

故选D。
2-3【巩固】【正确答案】 C
【试题解析】详解:
B．对b进行受力分析，因为段绳沿竖直方向，故b只受竖直向下的重力和竖直向上的绳子拉力而平衡，有

故B错误。
A．细绳对b有拉力，对a也有等大的拉力，对a进行受力分析，如图

所以a需受3个力才能平衡，故A错误。
D．在a的受力分析图中，垂直杆向上，它与竖直方向的夹角为，沿绳方向，故它与竖直方向的夹角

故

和的合力与a的重力大小相等，由正弦定理

解得

故D错误。
C．因为

所以b的重力为，故C正确。
2-4【巩固】【正确答案】 C
【试题解析】详解:
B．以所有粽子为对象分析可知

故可知手受到细绳的作用力为

故B错误；
ACD．竖直方向平衡可知

解得

故AD错误，C正确。
故选C。
2-5【巩固】【正确答案】 C
【试题解析】详解:
对左边第二个灯笼进行受力分析，受力情况如下图1所示，根据平衡条件可得水平绳子上的拉力为

对左侧两个灯笼整体分析，受到重力、两边细绳的拉力，如下图2所示，根据平衡条件可得水平绳子上的拉力为

联立解得

又因为已知，所以可得

故C正确，ABD错误。
故选C。

2-6【巩固】【正确答案】 D
【试题解析】详解:
AB．对C点受力分析，如图所示

轻绳AD跨过定滑轮拉住重为Mg的物体，所以有

根据牛顿第三定律，可知轻绳AC对墙的拉力大小为Mg；根据

且夹角为120°，根据平行四边形定则，可知滑轮对轻绳的作用力大小

方向与水平方向成30°，指向斜右上方,故AB错误；
CD．若BC杆左端用铰链固定在竖直墙壁上，对C点受力分析如图

根据平衡条件可得

解得

故D正确，C错误。
故选D。
2-7【巩固】【正确答案】 A
【试题解析】详解:
A．对环保袋的受力分析如图所示

可知绳带中的张力

故A正确；
B．绳带长度缩短时，增大，减小，绳带中的张力增大，故B错误；
C．绳带对环保袋的拉力与环保袋的重力是一对平衡力，故C错误；
D．绳带对环保袋的拉力与环保袋对绳带的拉力是一对相互作用力，故D错误。
故选A。
2-8【提升】【正确答案】 C
【试题解析】详解:
A．根据题意，当沿水平方向时，对圆柱体受力分析，由平衡条件可知，圆柱体受竖直向下的重力和竖直向上板的支持力两个力的作用，故A正确；
B．根据题意，画出圆柱体的受力分析图，有平衡条件可知，板与板给圆柱体的支持力的合力，与圆柱体的重力等大方向，画出与圆柱体重力等大反向的力，画矢量三角形图，如图所示

由图可知，当沿竖直方向时，板的支持力最大，由几何关系有

由牛顿第三定律可知，当沿竖直方向时，板受到的压力最大为，故B正确；
CD．当板与板垂直时，板的支持力最小，AP板受到的支持力不是最小，由几何关系有

由牛顿第三定律可知，当板与板垂直时，板受到的压力最小为，此时AP板受到的压力不是最小，故C错误，D正确。
本题选不正确的，故选C。
2-9【提升】【正确答案】 C
【试题解析】详解:
A．对圆柱体Q受力分析，受到重力、挡板MN的弹力和P对Q的弹力，如图所示

由几何关系得

可得

根据受力平衡可得
，
P对Q的弹力与挡板MN对Q的弹力之比为

故A错误；
BC．对P、Q整体受力分析，受重力、地面支持力、MN挡板对其向左的弹力和地面对其向右的摩擦力，根据共点力平衡条件，有
，
挡板水平向右缓慢移动一小段距离且P仍静止时，逐渐减小，逐渐减小，则P受到地面的摩擦力逐渐增大，P受到地面的支持力不变，故B错误，C正确；
D．若P向左缓慢移动一小段距离后，根据

由于逐渐减小，逐渐减小，则Q受到P的弹力变大，故D错误。
故选C。
3-1【基础】【正确答案】 D
【试题解析】详解:
根据黄金代换可知

探测器绕火星做匀速圆周运动，则

联立解得

故选D。
3-2【基础】【正确答案】 D
【试题解析】详解:
根据万有引力提供向心力有

可得
，，，
故选D。
3-3【巩固】【正确答案】 B
【试题解析】详解:
A．根据万有引力提供向心力可得

解得

LHS 1140b与地球运行的速度大小之比为

A错误；
B．根据万有引力提供向心力可得

解得

LHS 1140b与地球运行的周期之比为

B正确；
CD．LHS 1140b是环绕星体，所以它的密度以及第一宇宙速度无法求出，CD错误。
故选B。
3-4【巩固】【正确答案】 B
【试题解析】详解:
A．地球表面重力加速度为g，对地球表面的物体，则有

已知空间站绕地球做匀速圆周运动周期为T，设空间站距离地球表面的高度为h，对空间站中的宇航员，由万有引力提供向心力，可得

则有宇航员在空间站中所受的重力大小为

A错误；
B．空间站绕地球转动的线速度大小为

B正确；
C．由

可得

C错误；
D．由

可得

地球的平均密度

D错误。
故选B。
3-5【巩固】【正确答案】 D
【试题解析】详解:
A．“神舟十四号”载人飞船在发射过程中，开始阶段载人飞船加速上升，处于超重状态，A错误；
B．航天员可以漂浮在“天和”核心舱中，并非处于平衡状态，而是随“天和”核心舱绕地球做匀速圆周运动，合力指向地心，B错误；
C．根据
①
而
②
由①②联立解得“天和”核心舱离地高度
③
C错误；
D．根据
④
由②③④联立解得

D正确。
故选D。
3-6【巩固】【正确答案】 D
【试题解析】详解:
A．设地球的半径为R，则卫星做圆周运动的半径

卫星与地心连线扫过的角度，圆周运动通过的弧长为s，则

则地球的半径

故A错误；
B．因为

解得

故B错误；
C．由

得到

故C错误；
D．因为角速度

故D正确。
故选D。
3-7【巩固】【正确答案】 A
【试题解析】详解:
AC．设地球的质量为，卫星I、II的轨道半径分别为和，卫星II为同步卫星，周期为，根据开普勒第三定律可得

根据几何关系可得

可得卫星I的周期为

对卫星I，根据万有引力提供向心力可得

地球的密度

联立解得

故A正确，C错误；
B．根据

可得

可得卫星I和卫星II的加速度之比为，故B错误；
D．11.2km/s是第二宇宙速度，为逃逸出地球引力的最小发射速度，卫星II的处于地球引力场中，所以卫星II的发射速度小于11.2km/s，故D错误。
故选A。
3-8【提升】【正确答案】 C
【试题解析】分析:
根据万有引力提供向心力，列出等式即可求解同步卫星距离地面的高度；画出观察不到地球同步卫星的示意图，根据几何关系结合周期求得时间。
详解:
AB．赤道上的重力加速度比两极的重力加速度小，即万有引力的提供圆周运动的向心力，有

对于同步卫星有

解得地球同步卫星到地面的高度为

故AB错误；
CD．如图所示：

日落后观察不到地球同步卫星对应的角度为，有

解得

因此看不到同步卫星的时间为

故C正确，D错误。
故选C。
点睛:
本题主要考查万有引力定律与同步卫星的相关知识，解题的关键在于熟练的掌握万有引力提供向心力公式的内容。
3-9【提升】【正确答案】 D
【试题解析】详解:
A．分析可知，当地球和水星的连线与水星轨迹相切时，太阳和水星分别与眼睛连线的夹角最大，则

化简得

故A错误；
B．由开普勒第三定律可知

结合解得

故B错误；
C．水星的加速度为

故C错误；
D．对水星，由万有引力提供向心力得

结合解得

故D正确。
故选D。
4-1【基础】【正确答案】 D
【试题解析】详解:
A．这群氢原子自发跃迁时能发出光子频率的种类为

即能辐射出6种不同频率的光子，而这6种光子中从n = 4能级跃迁n = 3能级、从n = 4能级跃迁n = 1能级，从n = 3能级跃迁n = 1能级、从n = 2能级跃迁n = 1能级能级能级时辐射出的能量不在可见光范围，A错误；
B．这群氢原子中从n = 4能级跃迁n = 1能级时辐射出的能量为12.75eV，不在可见光光子能量范围之内，B错误；
C．辐射出的光中从n = 4能级跃迁到n = 1能级发出光的频率最大，C错误；
D．这群氢原子从n = 4能级跃迁n = 2能级时辐射出的能量为2.55eV，小于钙的逸出功3.2eV，所以不能发生光电效应，D正确。
故选D。
4-2【基础】【正确答案】 D
【试题解析】详解:
A.根据波尔理论有：，所以能量差越大，波长越短，从从n＝2跃迁到n＝1的能级差大于n＝3跃迁到n＝2的能级差，所以波长小于656 nm；从n＝4跃迁到n＝3的能级差小于n＝3跃迁到n＝2的能级差，所以波长大于656 nm，AB错误
C.根据波尔理论：氢原子从n＝3跃迁到n＝2的能级时，辐射光的波长为656 nm.，从n＝2跃迁到n＝3的能级需吸收波长为656 nm的光子，C错误
D.一群处于n＝3能级上的氢原子向低能级跃迁时最多产生种谱线，D正确
4-3【巩固】【正确答案】 D
【试题解析】详解:
A．一群氢原子处于n=4的激发态，可能发出不同频率的光子种数

故A错误；
B．因为n=4和n=3间能级差最小，所以从n=4跃迁到n=3发出的光子频率最小，波长最长。故B错误；
C．氢原子从高能级向低能级跃迁时，电子的轨道半径减小，原子能量减小，根据

可知，动能增大，则电势能减小，故C错误；
D．从n=4跃迁到n=1辐射的光子能量最大，发生光电效应时，产生的光电子最大初动能最大，光子能量最大值为

根据光电效应方程得

故D正确。
故选D。
4-4【巩固】【正确答案】 B
【试题解析】详解:
A．由于被激发的氢原子可以向外辐射出6种不同频率的光，可知氢原子吸收光子后跃迁到第4能级，则

故A错误；
BCD．由第4能级跃迁产生的六种光子的能量分别是、、、、、，由此可知，六种光子里有一种红外线，两种可见光，三种紫外线，故B正确，CD错误。
故选B。
4-5【巩固】【正确答案】 B
【试题解析】详解:
A．根据玻尔理论，使n=4能级的氢原子电离至少要0.85eV的能量，故A错误；
B．根据玻尔理论，处于基态的氢原子跃迁到n=2能级，需要吸收的能量为

用动能为12.3eV的电子射向一群处于基态的氢原子，相互作用过程中，氢原子有可能从电子得到10.2eV的能量，所以有可能从基态跃迁到n=2能级，故B正确；
C．根据玻尔理论，氢原子从n=5能级跃迁到n=3能级辐射出的光子能量为

依题意，不在可见光光子能量范围内，故C错误；
D．处于能级的氢原子向低能级跃迁时，最多可以辐射种不同频率的光子，故D错误。
故选B。
4-6【巩固】【正确答案】 D
【试题解析】详解:
A．氢原子发射的光谱是独立的几条光谱，其原因是因为氢原子只能处于几条特定的能级状态，在不同能级跃迁时发出特定频率的光，因此所发射的光谱不是连续的，故A错误；
B．这群氢原子处在能级，在向低能级跃迁的过程中，能发出种不同频率的光，故B错误；
C．氢原子从能级跃迁到能级，所发出的光的能量最大，由

可知，所发出的光的波长最短，故C错误；
D．氢原子从能级跃迁到能级，所放出的能量最大，为

则可知该氢原子发出的光能使锌板发生光电效应，根据爱因斯坦的光电效应方程

可知锌板会发生光电效时表面逸出光电子的最大初动能为，故D正确。
故选D。
4-7【巩固】【正确答案】 B
【试题解析】详解:
A．大量处于能级的氦离子，最多可辐射

种不同频率的光子，故A错误；
B．因为从向能级跃迁，要向外辐射光子的能量

故B正确；
C．由图可知，处于能级的氦离子要发生电离，需要吸收的能量应满足

故C错误；
D．因为从跃迁到能级辐射的光子能量为

而从跃迁到能级辐射的光子能量为

即从跃迁到能级比从跃迁到能级辐射出的光子的能量小，又因为

所以从跃迁到能级比从跃迁到能级辐射出的光子频率低，波长长，故D错误。
故选B。
4-8【提升】【正确答案】 C
【试题解析】详解:
A．一群处于能级的氢原子，向低能级跃迁时能发出光的频率数为

发出的光子频率由低到高依次为、、、、、，则
，，
，，
但只检测到3条电流，根据光电效应方程，分析图乙可知，a的遏止电压最大，其次为b和c，所以发生光电效应的能量值为
，，
由
，
解得阴极K材料的逸出功为

故A错误；
B．由，可知a光的波长小于b光的波长，故B错误；
C．由

所以

因此图中M点的数值为-6.34，故C正确；
D．滑动变阻器的滑片向右滑动时，正向电压增大，刚开始电流表示数会增大，但达到饱和电流以后电流表的示数不变，故D错误。
故选C 。
4-9【提升】【正确答案】 D
【试题解析】详解:
A．大量处于n＝3能级的氢原子向低能级跃迁，能产生3种不同频率的光子，A正确；
B．当氢原子从n＝3能级跃迁到基态时，电子的速率增大，动能增加，电势能减小，因向外辐射光子总能量减小，B正确；
C．依据库仑力提供向心力，可得
=m
已知
rn=n2r1
则有处于n＝3能级和处于基态的电子做圆周运动的速度大小之比为
∶＝1∶3
C正确；
D．产生的光子的最小频率为
ν小=
依据
λ=
对应波长最长，即为
λm=
D错误。
本题选择错误的，故选D。
5-1【基础】【正确答案】 A
【试题解析】详解:
将开关S从b改接到a时，电容器开始充电，充电电流从最大值逐渐减小到零，电流计G的指针从最大值逐渐回到零；将开关S从a改接到b时，电容器开始放电，放电电流从最大值逐渐减小到零，灯L的发光亮度逐渐变暗。
故选A。
5-2【基础】【正确答案】 A
【试题解析】分析:
详解:
AB．当开关S打到1时，电容器的上端接电源的正极，下端接电源的负极，所以当开关S打到2时，电容器对电阻R放电，流过电阻的电流由流经电阻到。所以A正确，B错误；
CD．由电流的定义式可得

则图乙图像与坐标轴围成的面积代表的物理意义是放电电量。图中图像与坐标轴围成的面积为小格的格数。按照超过半格算一格，不足半格舍去，则可知总共有38格，一格代表的电量为

则该图像表示的电量为

所以CD错误。
故选A。
5-3【巩固】【正确答案】 D
【试题解析】详解:
A．当电容器的电压达到击穿电压时，电容器将会损坏，所以电压不是击穿电压，A错误；
B．根据电容的定义式，解得

B错误；
C．电容器的电容与电容器的带电荷量无关，所以当电容器放完电后，其电容保持不变，C错误；
D．电容器放电过程的平均电流强度大小为

D正确。
故选D。
5-4【巩固】【正确答案】 D
【试题解析】详解:
A．根据可知图像与对应时间轴所围成的面积表示的物理意义是电容器的电荷量，故A错误；
B．S1表示电容器充电后所带电荷量，S2表示电容器放电的电荷量，所以
S1=S2
故B错误；
C．由题图乙可知电容器充电瞬间电流比电容器放电瞬间电流大，且电容器充电瞬间电源电压和放电瞬间电容器两端电压相等，则有

所以

故C错误；
D．该电容器的电容为

故D正确。
故选D。
5-5【巩固】【正确答案】 A
【试题解析】详解:
AB．图乙中阴影面积代表充放电中电容器上的总电量，所以两者相等，选项A正确，B错误；
CD．由图乙可知充电瞬间电流大于放电瞬间电流，且充电瞬间电源电压与放电瞬间电容器两极板电压相等，由

解得

选项CD错误。
故选A。
5-6【巩固】【正确答案】 D
【试题解析】详解:
A．由甲图可知，充电后电容器上极板带正电，故电容器放电时流过的电流方向竖直向下，故A错误；
B．根据微元法的思想知，I-t图线与坐标轴围起来的面积表示电荷总量，故B错误；
D．充电后，电容器与电源断开，电荷总量不变，根据B项分析，I-t图线与坐标轴围起来的面积表示电荷总量，则增大R0的阻值，图线与坐标轴围起来的面积不变，故D正确；
C．电容器充满电后，电荷总量不变，电容不变，根据

知不变，又

若增大的阻值，则放电初始时刻的最大电流减小，根据I-t图线与坐标轴围起来的面积不变，故放电时间增加，故C错误。
故选D。
5-7【巩固】【正确答案】 A
【试题解析】详解:
A．图像面积表示电荷量，所以两阴影面积分别表示充放电电荷总量，一定相等，故A正确；
B．电容器下极板与电源负极相连，所以下极板带负电，故B错误；
C．电容器所带的电荷量Q = CU，由于电源电动势不变，电容不变，所以减小电阻，只是增大了充电的电流，但电容器的电荷量不变，故C错误；
D．充电过程中，减小R可缩短充电时间，放电过程中，电阻是负载，减小R可缩短放电时间，故D错误。
故选A。
5-8【提升】【正确答案】 B
【试题解析】详解:
AB．由甲图可知充电后电容器上极板带正电，故电容器放电时流过的电流方向竖直向下，电流大小不断减小，所以乙图为电容器放电时的I-t图线，故A错误B正确；
C．电容器充满电后，电压一定，若增大的阻值，放电初始时刻的最大电流减小，电流变化应为图丙中的图线c，故C错误；
D．根据微积分的思想，I-t图线与坐标轴围起来的面积表示电荷总量，故D错误。
故选B。
5-9【提升】【正确答案】 B
【试题解析】详解:
A．根据可知图线与坐标轴围成的面积S为电容器的总电荷量，选项A正确；
B．图线与坐标轴围成的面积S为电容器的总电荷量，不改变电路其他参数，只减小电阻R的阻值，则电源电压U不变，电容器电容C不变，根据可知电容器的总电荷量不变，选项B错误；
C．根据可知由最大放电电流和定值电阻R的阻值可得到R两端的最大电压

选项C正确；
D．电容器放出的总电荷量Q即为电容器充满电时的电荷量，R两端的最大电压即为电容器充满电时的电压，根据可知电容器的电容为

选项D正确；
本题选错误的，故选B。
6-1【基础】【正确答案】 B
【试题解析】详解:
粒子在电场中加速时，根据动能定理有

带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，有

联立解得

故选B。
6-2【基础】【正确答案】 C
【试题解析】详解:
粒子在电场中加速时，有
qU＝mv2
设粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径为R，则有
Bqv＝
联立以上两式解得

所以照相底片上碘131和碘127与S2之间的距离之比为

故选C。
6-3【巩固】【正确答案】 C
【试题解析】详解:
A．离子在电场中加速有

解得

故A错误；
BC．在磁场中偏转有

解得

故B错误，C正确；
D．同位素的电量一样，根据

其质量之比为

故D错误。
故选C。
6-4【巩固】【正确答案】 A
【试题解析】详解:
A．粒子在磁场中偏转时有

所以

所以，比荷大的偏转半径小，打到a处的离子的比荷小，故A正确；
B．粒子在加速电场中加速时，有

获得的速度

由于两种带正电的离子比荷不同，所以获得速度大小不同，故B错误；
C．离子带正电，故根据左手定则可得匀强磁场的方向为垂直纸面向外，故C错误；
D．根据周期公式

由于两种带正电的离子比荷不同，故周期不同，离子在磁场中运动半个周期，故运动时间不同，故D错误。
故选A。
6-5【巩固】【正确答案】 B
【试题解析】详解:
A．粒子在速度选择器中做匀速直线运动，有

可得粒子速度

粒子在偏转磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得

解得

故A错误；
BC．粒子在加速电场中加速，由动能定理得

解得

故B正确，C错误；
D．粒子在偏转磁场中运动轨迹的每个截面每隔时间经过的电荷量为q，形成的等效电流是，故D错误。
故选B。
6-6【巩固】【正确答案】 D
【试题解析】详解:
A．带电粒子射入右侧磁场时向下偏转，洛伦兹力方向向下，磁场的方向垂直纸面向外，根据左手定则知，该粒子带正电，故A错误；
B．在平行金属板间，粒子做匀速直线运动，根据左手定则知，带正电粒子所受的洛伦兹力方向竖直向上，则电场力的方向竖直向下，可知电场强度的方向竖直向下，所以速度选择器的极板带正电，故B错误；
CD．带电粒子在复合场中做直线运动，电场力与洛伦兹力平衡

则

进入磁场中的粒子速度大小是一定的，根据

得

知越大，荷质比越小，而质量不一定大，故C错误，D正确。
故选D。
6-7【巩固】【正确答案】 C
【试题解析】详解:
A．甲粒子在磁场中向上偏转，乙粒子在磁场中向下偏转，根据左手定则知甲粒子带负电，乙粒子带正电，故A错误；
C．能通过狭缝的带电粒子，根据平衡条件有

解得，粒子速率

故C正确；
B．根据洛伦兹力提供向心力，有

得

由、都相同，，则甲的比荷大于乙的比荷，故B错误；
D．由图示粒子运动轨迹可知
，
由题意可知

则

粒子轨道半径，由题意可知都相同，则

则甲、乙两束粒子的质量比为2：3，故D错误。
故选C。
6-8【提升】【正确答案】 C
【试题解析】详解:
A．粒子在静电分析器内沿中心线方向运动，说明粒子带正电，由左手定则可判断出粒子在速度选择器中受到的洛伦兹力方向向上，粒子受到的电场力方向向下，故速度选择器的极板的电势比极板的高，故A错误；
B．由

可知，粒子的速度为

故B错误；
C．由

又电场力提供向心力

可得，粒子的比荷为

故C正确；
D．粒子在磁分析器中做圆周运动，为轨迹圆的直径，故两点间的距离为

故D错误。
故选C。
6-9【提升】【正确答案】 D
【试题解析】详解:
氖核经电场加速有

在磁场中偏转有

解得氖核的比荷

故需要是测出小孔到感光线的距离从而求出氖核的运动半径R，当氖22从小孔右侧射入磁场、氖20从小孔左侧射入磁场，它们恰好到达同一位置，两核在照相底板上形成的感光线恰好合为一体，此时小孔的宽度

解得

故要使氖20和氖22在照相底板D上形成分离的感光线，小孔的宽度不能超过。
故选D。
7-1【基础】【正确答案】 C
【试题解析】详解:
AB．由安培定则知，两圆环在O点产生的磁感应强度都水平向左，叠加后水平向左，AB错误；
C．左边圆环在O1处产生的磁感应强度与右边圆环在O2处产生的磁感应强度相同，都向左；根据对称性，左边圆环在O2处产生的磁感应强度与右边圆环在O1处产生的磁感应强度相同，都向左，所以O1、O2处的磁感应强度相同，C正确；
D．两圆环电流方向相同，存在相互的吸引力，D错误。
故选C。
7-2【基础】【正确答案】 A
【试题解析】详解:
根据安培定则，比较b和c点最上面的线圈产生的磁场方向与最下面的两个线圈产生的磁场方向相反；由对称性结合磁场的叠加原理可知，c点的磁感应强度大小与b点处的磁感应强度大小相等，都等于最邻近的线圈在该点产生的磁感应强度的大小（离该点较远的两线圈在该点的磁场叠加后为零），大小为，对c点来说，最邻近的线圈在c点的磁感应强度方向垂直纸面向里。
故选A。

7-3【巩固】【正确答案】 A
【试题解析】详解:
A．根据题意，由右手螺旋定则可知，导线P在点产生的磁场为竖直向下的，导线在点产生的磁场为竖直向上的，若有

则a点磁感应强度为零，即

可得

由于
，
则

可能成立，即a点磁感应强度有可能为零，故A正确；
B．根据题意，由右手螺旋定则和通电直导线周围磁场的磁感应强度大小满足可知，导线在c、d两点产生的磁感应强度如图所示

由磁场的叠加原理可知，c、d两点磁感应强度方向不同，故B错误；
C．根据题意，由右手螺旋定则可知，导线P在点产生的磁场为竖直向上，由左手定则可知，导线的安培力水平向右，故C错误；
D．根据题意，由右手螺旋定则可知，导线P在点产生的磁场为竖直向上的，导线在点产生的磁场为竖直向下的，由通电直导线周围磁场的磁感应强度大小满足可知

则b点磁感应强度的方向垂直于PQ连线向下，故D错误。
故选A。
7-4【巩固】【正确答案】 C
【试题解析】详解:
由安培定则可知，通电圆环A在圆心O处的磁感应强度方向，垂直纸面向里，通电圆环B在圆心O处的磁感应强度方向，竖直向下，则圆心O处的磁感应强度大小为
。
故选C。
7-5【巩固】【正确答案】 C
【试题解析】详解:
A．四根导线与O点距离相等，电流大小相等，则四根导线在O点处分别产生的磁场的磁感应强度大小相等，设为，根据安培定则可知、两点的导线产生的磁场方向相反，、两点的导线产生的磁场方向相同，均向右，O点处磁感应强度大小为

解得

方向水平向右，若在O点放一根垂直纸面、电流方向向里的通电导线，根据左手定则可知导线所受安培力向下，A错误；
B．如果让d中的电流反向、其他条件不变，则O点处磁感应强度的大小

垂直方向，故B错误；
C．若将a、b处导线互换位置，换位之后，、两点的导线产生磁场方向相反，大小相等，、两点的导线产生的磁场方向竖直向下，根据矢量的叠加可知大小仍为B0，故C正确；
D．若b、d处导线中的电流同时增大为原来的2倍，、两点的导线产生的磁场方向相反，、两点的导线产生的磁场的合磁感应强度为零，、两点的导线产生的磁场方向相同，均向右，O点处磁感应强度大小仍为，D错误。
故选C。
7-6【巩固】【正确答案】 B
【试题解析】详解:
根据右手螺旋定则，每条导线在正六边形中心O点处产生的磁感应强度如图所示

由磁场的叠加可知，O点处的磁感应强度大小为

方向沿轴正方向。
故选B。
7-7【巩固】【正确答案】 B
【试题解析】详解:
对于图中单个环形电流，根据安培定则，其在中轴线上的磁场方向均是向左，故c点的磁场方向也是向左的，设，设单个环形电流在距离圆心r位置的磁感应强度为，在距离圆心3r位置的磁感应强度为，故a点磁感应强度

b点磁感应强度

根据对称性，可得ｃ点的磁感强度为

则通电圆环甲在c点的磁感应强度大小为

故选B。
点睛:
对于单个环形电流，根据安培定则判断中间轴线的磁场方向，考虑对称性，其在两侧距离中心相等距离的点的磁感应强度是相等的，结合矢量合成的法则进行列式分析即可。
7-8【提升】【正确答案】 D
【试题解析】详解:
根据右手定则可判断通电螺线管电流在O点形成的磁场方向，如图所示。通电螺旋管在O点形成的磁场强度的大小与通电电流大小成正比关系，根据矢量运算法则，可知在O点形成的合磁场方向沿y轴负方向，故小磁针的N极指向y轴负方向。
小磁针的N极从y轴顺时针转动的角度为，D正确，ABC错误。
故选D。

7-9【提升】【正确答案】 A
【试题解析】详解:
AB．根据安培定则可知，螺线管产生的磁场的方向向右；因为小火车是放在螺线管里面的，小火车左侧磁铁的N被螺线管左侧磁极S吸引（参考小磁针），而小火车右侧磁铁N级要受到右侧N极的排斥力，方向沿螺线管内部磁感线方向，最终小火车两侧磁铁所受总合力向左；小火车运动向左运动，故A正确，B错误；
C．根据安培定则可知，螺线管产生的磁场的方向向右；因为小火车是放在螺线管里面的，小火车左侧磁铁的N被螺线管左侧磁极S吸引（参考小磁针），而小火车右侧磁铁S级要受到右侧N极的吸引力，方向沿螺线管内部磁感线方向，最终小火车两侧磁铁所受总合力向左；小火车处于静止状态，故C错误；
D．根据安培定则可知，螺线管产生的磁场的方向向左；因为小火车是放在螺线管里面的，小火车左侧磁铁的N被螺线管左侧磁极N排斥（参考小磁针），而小火车右侧磁铁N级要受到右侧S极的吸引力，方向沿螺线管内部磁感线方向，最终小火车两侧磁铁所受总合力向右，小火车运动向右运动，故D错误。
故选A。
8-1【基础】【正确答案】 D
【试题解析】详解:
A．铜盘转动过程中产生的感应电动势相当于一条半径旋转切割磁感线，电动势大小为

B、L、ω不变，则E不变，根据闭合电路欧姆定律得

可知电流大小恒定不变，A正确，不符合题意；
BC．若从上往下看，圆盘顺时针转动，根据右手定则可知感应电流方向是从边缘流向圆心，所以圆盘中心电势比边缘要高，电阻R中电流沿a到b的方向流动，故B、C正确，不符合题意；
D．若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向不变，大小变化，故D错误，符合题意。
故选D。
8-2【基础】【正确答案】 A
【试题解析】详解:
根据法拉第电磁感应定律，叶片转动时产生的感应电动势为

从上向下看叶片是按顺时针方向转动的，通过右手定则，可以判断出b端相当于电源的正极，与二极管的正负极相反，电路不通，故二极管不会发光，故BCD错误，Ａ正确。
故选A。
8-3【巩固】【正确答案】 C
【试题解析】详解:
A．圆盘发出的是直流电，故A错误；
BC．由法拉第电磁感应定律可得，法拉第圆盘发电机的电动势为

电源的输出功率为

故B错误，C正确；
D．根据右手定则，流过电阻的电流方向为，故D错误。
故选C。
8-4【巩固】【正确答案】 B
【试题解析】详解:
A．每个叶片中的感应电动势，选项A错误；
B．由右手定则可知，a点电势低于b点电势，选项B正确；
C．若此直升机悬停在阿根廷某地上空，因地磁场方向向上，则a点电势高于b点电势，选项C错误；
D．叶片中产生的感应电动势属于动生电动势，选项D错误．
8-5【巩固】【正确答案】 B
【试题解析】详解:
A．根据右手定则，电流方向由B流向A，故A错误；
BD．在t时间内，导体棒扫过的面积

根据法拉第电磁感应定律

金属棒两端电压

解得

电容器所带电荷量为
故B正确，D错误；
C．A点电势高于B点电势，故M板带正电，故C错误；
故选B。
8-6【巩固】【正确答案】 B
【试题解析】详解:
AB．产生的感应电动势的大小为

选项A错误，B正确；
CD．由右手定则可知，P点的电势比O点的电势低；棒中电流方向由P点流向O点，选项CD错误。
故选B。
8-7【巩固】【正确答案】 A
【试题解析】详解:
AB．由右手定则可知，回路中电流方向沿，回路中M点电势高于O点电势，选项A正确，B错误；
CD．感应电动势

设MO电阻为R，则PO电阻为2R，MO两点的电压

选项CD错误。
故选A。
8-8【提升】【正确答案】 D
【试题解析】详解:
A．线圈进入磁场的时间为

有电流的时间为

故A错误；
B．感应电动势为

感应电流为

故B错误；
C．电荷量为

故C错误；
D．有效电流满足

解得

故D正确。
故选D
8-9【提升】【正确答案】 B
【试题解析】详解:
A．金属棒在磁场中垂直于磁场转动切割磁感线，由于磁场局限于金属圆环内，则金属棒产生的电动势为

A错误；
B．由于金属棒电阻不计，则电容器所带的电荷量

结合上述解得

B正确；
C．由于金属棒电阻不计，则电阻消耗的电功率

结合上述解得

C错误；
D．带电微粒在电容器极板间处于静止状态，则有

结合上述解得

D错误。
故选B。
9-1【基础】【正确答案】 AB
【试题解析】详解:
A．从振子的位移—时间图像可以看出，时，振子经过平衡位置向负方向运动，取向右为正方向，所以振子速度方向向左，故A正确。
B．时，振子处在从平衡位置向右侧最大位移处运动的过程中，离平衡位置越远，加速度越大，振子做的是加速度增大的减速运动，故B正确。
C．时，振子处在正向最大位移处，加速度向左，时，振子处在负向最大位移处，加速度向右，虽然两个位置加速度大小相等，但方向相反，故C错误。
D．到的时间内，振子从正向最大位移处向平衡位置运动，振子速度逐渐增大，故D错误。
故选AB。
9-2【基础】【正确答案】 BD
【试题解析】详解:
物体从A点到O点过程，弹力逐渐减为零，物体向右加速的加速度减小，从O到B，物体合力向左，速度向右，合力增大，做加速度增大的减速运动，故BD正确AC错误。
故选BD。
9-3【巩固】【正确答案】 BD
【试题解析】详解:
B．由图可知，弹簧振子的振幅为，周期为，则振子做简谐运动的表达式为
（cm）
B正确；
A．将代入振子做简谐运动的表达式可得，0.3s末弹簧振子的位移为

将代入振子做简谐运动的表达式可得，0.5s末弹簧振子的位移为

即末和末，弹簧振子的位移相同，弹簧振子位于同一位置，则加速度相同，速度方向相反，A错误；
C．将代入振子做简谐运动的表达式可得，0.2s末弹簧振子的位移为

C错误；
D．由图可知，在时间内，弹簧振子从B点向O点运动，弹簧振子的速度和加速度方向都指向平衡位置，始终相同，D正确。
故选BD。
9-4【巩固】【正确答案】 AC
【试题解析】详解:
A．水平方向弹簧振子做简谐运动，其质量为m，最大速率为v。当速度为零时，动能转化为弹性势能，弹性势能最大且为，A正确；
B．当振子的速率减为时，此振动系统的动能为，弹性势能为

B错误；
CD．从某时刻起，在半个周期内，由于位移大小具有对称性，所以弹力做功之和为零，C正确，D错误。
故选AC。
9-5【巩固】【正确答案】 AC
【试题解析】详解:
A．甲振子的周期为4s，则在任何一个2s（半周期）内走过的路程都是2A1=4cm，选项A正确；
B．乙振子周期为8s，则在任何一个2s（四分之一周期）内走过的路程不一定为A2=1cm，选项B错误；
C．振子动能最小时处于位移最大的位置，由图可知，甲振子和乙振子永远不可能在同一时刻均处于动能最小的状态，选项C正确；
D．4s到6s时间内，甲振子加速度先增大后减小，速度先减小后增大；乙振子加速度逐渐增大，速度逐渐减小，选项D错误。
故选AC。
9-6【巩固】【正确答案】 BC
【试题解析】详解:
A．振子在点受到的回复力为零，即弹簧弹力等于振子自身重力大小。A错误；
B．由图乙可得，振子的振幅

振子的周期

圆频率

初相位

振子做简谐运动的表达式为

B正确；
C．将

带入简谐运动的表达式得

将

带入简谐运动的表达式得

0.5s～1.0s的时间内，振子通过的路程

C正确；
D．t=0.25s和t=0.75s时，振子的速度大小相同，方向都向上，由对称性可知，回复力大小相等，由牛顿第二定律得加速度大小相等。D错误。
故选BC。
9-7【巩固】【正确答案】 AD
【试题解析】详解:
A．由图可知，弹簧振子的振幅为y0，故 A正确；
B．记录纸匀速运动，振子振动的周期等于记录纸运动位移2x0所用的时间，则周期为

故 B错误；
C．加速度是矢量，激光笔在留下P、Q两点时加速度大小相等，方向相反，故C错误；
D．在激光笔留下PQ段印迹的过程中，根据动能定理可知合外力做功为零，但重力做正功为2mgy0，故弹力对物块做负功为－2mgy0，故D正确。
故选AD。
9-8【提升】【正确答案】 BC
【试题解析】详解:
A．设O为弹簧处于原长时其上端的位置，x为碰撞前的形变量，则有

解得

当b与a成为组合体c时，恰好不离开弹簧，所以c最多运动至O处。组合体c做简谐振动，其平衡位置满足

解得

所以弹簧的最大压缩量为

所以弹簧弹力的最大值为

故A错误；
B．设动能最大位置为点，则从O处到处有

故B正确；
C．组合体从O运动至P点时

即

解得

设碰撞前b的速度为，由动量守恒可得

即

物体在斜面上的加速度为

所以

故C正确；
D．碰撞过程中损失的机械能为

故D错误。
故选BC。
9-9【提升】【正确答案】 BC
【试题解析】详解:
A．设头部在初始位置时弹簧的压缩量为x0，对头部列平衡方程
mg＝kx0 ①
施加力F后弹簧再压缩x，头部的平衡方程为
F＋mg＝k（x0＋x）②
若刚释放时头部的加速度大小为g，根据牛顿第二定律得

则
F＝mg③
由①②③得
kx＝mg
撤去力F的瞬间，头部所受的回复力
F回＝k（x0＋x）－mg＝kx
当头部向上运动到初始位置上方距离也是x时，由对称性知F回＝kx，而kx＝mg，可见头部所受弹簧弹力恰好是零，以底部为研究对象，受力分析知地面对底部的支持力为

因此小人在振动过程中底部不能离开桌面。A错误；
B．刚释放时弹簧的形变量为

弹簧振子在平衡位置时的动能最大，根据能量守恒得

结合动能

故小人在运动过程中头部的最大速度为，B正确；
C．若小人在振动过程中底部恰好不能离开桌面，即当头部在最高点时，底部受到桌面的弹力为0，受力分析得弹簧此时的弹力等于底部的重力

此时对头部受力分析，根据牛顿第二定律有

故头部在最高点的加速度为，C正确；
D．若小人在振动过程中底部恰好不能离开桌面，开始施加力后弹簧再压缩，头部的平衡方程为

分析得

则轻压头部释放时弹簧的压缩量为

D错误。
故选BC。
10-1【基础】【正确答案】 CD
【试题解析】详解:
A．Q1对Q2的静电力与Q2对Q1的静电力大小相等，故A错误；
B．B处没画电场线，但B处电场强度不为零，故B错误；
C．Q1、Q2所带的电荷量是元电荷的整数倍，故C正确；
D．根据电场强度的定义式可知，A处电场强度与试探电荷无关，故D正确。
故选CD。
10-2【基础】【正确答案】 CD
【试题解析】详解:
A．电场线的疏密表示电场强度的大小，根据图象可知，P点场强小于O点场强，A错误；
B．沿着电场线方向电势降低，则P点电势低于O点电势，B错误；
C．沿着电场线方向电势降低，从负电荷向右到无限远电势逐渐升高，C正确；
D．从P到O电势升高，移动一正试探电荷其电势能增加，D正确。
故选CD。
10-3【巩固】【正确答案】 AD
【试题解析】详解:
A．因是正点电荷，而q2若是正点电荷，则两电荷连线上必然会存在合场强等于零的位置，由图像可知，q2不是正点电荷，是负点电荷，选项A正确；
B．将一带正电的试探电荷从A点由静止释放，在AB之间会一直加速，则到达B点时速度不是最大，选项B错误；
C．根据U=Ed可知，E-x图像与坐标轴围成的面积等于电势差，由题意可知的面积与的面积相等，则AB与BC之间的电势差相等，则根据W=Uq可知将一带正电的试探电荷由A点移到B点和由C点移到B点电场力做功大小相同，但是符号相反，选项C错误；
D．沿电场线电势降低，可知A点电势高于C点电势，则带负电的试探电荷在C点时的电势能大于在A点时的电势能，选项D正确。
故选AD。
10-4【巩固】【正确答案】 BD
【试题解析】详解:
A．P、Q两点的电场强度大小相同，方向不相同，故A错误；
B．M点的电场线比N点的电场线密，所以M点的电场强度大于N点的电场强度，故B正确；
C．M点的电场强度大于N点的电场强度，把同一试探电荷放在N点，其所受电场力小于放在M点所受的电场力，故C错误；
D．+2q在两点电荷连线的中点处的电场强度方向指向-q，大小为

-q在两点电荷连线的中点处的电场强度方向指向-q，大小为

合场强为

故D正确。
故选BD。
10-5【巩固】【正确答案】 ACD
【试题解析】分析:
本题关键要掌握电场的叠加原理，明确沿着电场线，电势降低，能根据电场力方向与速度方向的夹角来判断电场力做功的正负；根据点电荷场强公式分析场强的大小，由电场线的方向分析电势的关系．由电场力做功正负判断电势能的变化．
详解:
A.根据顺着电场线电势逐渐降低，可知c点电势小于b点电势，A正确；
B.根据点电荷场强公式知，与在a点产生的场强比b点的场强大，场强方向相同，由电场的叠加原理可知a点场强大于b点场强，B错误；
C.将电子从a点移到b点再移到c点，电势一直降低，电子的电势能一直增加，C正确；
D.将电子从a点移动到c点，电场力方向与速度方向的夹角为钝角，电场力做负功，D正确．
10-6【巩固】【正确答案】 CD
【试题解析】详解:
A．a点的等势面比b点的稀疏，故a点的电场强度比b点的小，而且两点场强方向也不同，故A错误；
B．c点电势低于d点，正电荷从c点移到d点，即正电荷向高电势处移动，电场力做负功，故B错误；
C．a点电势低于c点，从a到c，负电荷从低电势处移向高电势处，电场力做正功，故C正确；
D．从e沿题图中虚线到f，电势先变低后变高，故沿此方向移动正电荷，电场力先做正功后做负功，电势能先减小后增大，故D正确。
故选CD。
10-7【巩固】【正确答案】 AB
【试题解析】详解:
A．据电场线的疏密程度可知，A电荷的电荷量大于B电荷的电荷量，故A正确；
B．电场中正电荷受到的电场力方向与该点的电场方向相同，故B正确；
C．电场线是假想的，其疏密表示电场强度的大小，图中没有电场线的空白区域也有电场，故C错误；
D．带电粒子仅在电场力作用下从C点运动到D点的轨迹，所受电场力指向弯曲一侧，且电场力方向与电场方向在同一直线上，可知带电粒子受到的电场力方向与电场方向相同，可知粒子带正电，故D错误。
故选AB。
10-8【提升】【正确答案】 AC
【试题解析】详解:
A．两电荷都在x轴上，所以x轴上各区域的电场方向要么沿x轴正方向，要么沿x轴负方向，特殊位置电场强度为零；x>x2区域，电势φ随x的增大逐渐降低，说明电场强度沿x轴正方向，故A正确；
B．φ-x图像斜率表示电场强度，根据图像可知，x1处的电场强度不为零，x2处电场强度为零，故B错误；
C．设A到x2的距离为r，x2处电场强度为零，则根据点电荷场强决定式有

结合q1=9q2可解得
r=3x2
则A距离坐标原点O的距离为2x2，位于坐标原点O左侧，故C正确；
D．负电荷从移到x2，由低电势向高电势移动，电场力做正功，电势能减小，故D错误。
故选AC。
10-9【提升】【正确答案】 AD
【试题解析】详解:
A．若两个场源点电荷是不等量的异种电荷，如下图所示，两个分别带负、正电荷的点电荷A、B，假定，根据电场的叠加原理，能得到在点电荷B右侧某一点N电场强度为零，在电荷B与N之间电场方向向右，在N点右侧电场方向向左。如果将带正电粒子在电荷B和N点之间释放，则粒子会先向N加速运动，过N点后再减速至零，即带电粒子可以做如题意中的运动。由于题中规定无限远处电势为零，而此种情况下，带电粒子过了N点后电场力做负功，因此的N点电势小于零，而题中电场强度为零处，即处，电势大于零，故两个场源点电荷是不等量的异种电荷，不满足题意。

若两个场源点电荷是不等量的同种电荷，由题意知电场区域内电势都大于零，且题中规定无限远处电势为零，因此两个场源点电荷只能是不等量的正电荷，如下图所示，两个带正电的点电荷A、B，假定，根据电场的叠加原理，能得到在点电荷A、B连线上靠点电荷B一侧的某一点N电场强度为零，在电荷A与N之间电场方向向右，在N与电荷B之间的电场方向向左，在电荷B右侧的电场方向向右。如果将带正电粒子在电荷A和N点之间释放，则粒子会先向N加速运动，过N点后再减速，即带电粒子可以做如题意中的运动，当带电粒子在电荷B右侧后，带电粒子受到的电场力方向向右，又做加速运动，电场力做正功，因此此种情况电场强度为零的N点，电势可以大于零，满足题意。

综上分析，只有两个场源点电荷为不等量的同种电荷时，才能满足题意，故A正确；
BC．根据题意，带电粒子无初速释放，电场力在之间先做正功，电势能减小，过了，在段，电场方向反向，电场力反向，则电场力做负功，因此粒子在处电势能最小，故BC错误；
D．电势与x之间的图像的斜率为电场强度（正负表示场强方向），从题意可得，斜率绝对值即电场强度先减小后增大，故带电粒子受到的电场力先减小后增大，故D正确。
故选AD。
11-1【基础】【正确答案】 BC
【试题解析】详解:
A．四种方式小球刚要着地时速度大小相同，方向不同，A错误：
B．由机械能守恒定律可知，四种方式小球刚要着地时动能相同，B正确：
CD．竖直方向分运动决定运动时间，b种方式小球在空中的高度最高，运动时间最长，C正确，D错误。
故选BC。
11-2【基础】【正确答案】 CD
【试题解析】详解:
A．两球都做斜抛运动，竖直方向的分运动是竖直上抛运动，根据运动的对称性可知，两球上升和下落的时间相等，而下落过程，由

知下落时间相等，则两球运动的时间相等。故A错误。
BC．根据对称性性可知从抛出到落地的时间相同，达到最高点的速度等于水平方向的速度，根据
x=vxt
可知B在最高点的速度比A在最高点的大。故B错误C正确。
D．根据速度的合成可知，B的初速度大于A球的初速度，运动过程中两球的机械能都守恒，则知B在落地时的速度比A在落地时的大。故D正确。
故选CD。
11-3【巩固】【正确答案】 BC
【试题解析】详解:
AB．由图可知，运动员从某一高度将排球击出，阻力不计球速度变小，时刻排球处于最高点，速度方向水平，击球点到落地点间的水平距离为

故A错误，B正确；
CD．排球落地的竖直方向分速度为

由速度位移公式可得排球运动过程中离地的最大高度为

故C正确，D错误。
故选BC。
11-4【巩固】【正确答案】 BC
【试题解析】详解:
依题意，当沙包恰好在与出手等高的N点击中玩具兔时，设玩具兔下落高度为h，时间为t，沙包与玩具兔的水平距离为x，运动的时间为t′，则有

x = v0cosθ·t′
t′＋Dt = t
联立得表达式

其中有
2v0sinθ = gt′
t = t′＋Dt（t不变）
A．若增大v0，减小θ，Dt不变，表达式

不能成立，沙包不可能在N点击中玩具兔，A错误；
B．若增大v0，增大θ，Dt减小，则表达式

2v0sinθ = gt′
t = t′＋Dt（t不变）
可能成立，沙包可能在N点击中玩具兔，B正确；
C．若减小v0，增大θ，Dt减小，则表达式

2v0sinθ = gt′
t = t′＋Dt（t不变）
可能成立，沙包可能在N点击中玩具兔，C正确；
D．若减小v0，减小θ，Dt减小，则表达式
2v0sinθ = gt′
t = t′＋Dt（t不变）
不满足现实，不成立，D错误。
故选BC。
11-5【巩固】【正确答案】 CD
【试题解析】详解:
C．将初速度v0沿水平方向和竖直方向进行分解可得

铅球在水平方向上以做匀速直线运动，在竖直方向上以初速度做竖直上抛运动，设上升到最高点的时间为，则

在最高点时，铅球竖直速度为零，故在最高点时铅球的速度为

故C正确；
AB．设最高点与抛出点的高度差为，则

故最高点距地面的高度为

设铅球下降时间为，则

解得

因此铅球上升时间与下降时间不相等，铅球在空中运动时间为

故AB错误；
D．设铅球落地速度大小为，根据动能定理可得

解得

故D正确。
故选CD。
11-6【巩固】【正确答案】 AB
【试题解析】详解:
A．由题意可知小球做匀变速曲线运动，根据加速度的定义可知加速度方向一定和速度变化量的方向相同，如图所示

根据几何关系可知加速度方向垂直于a、b连线，所以风力方向垂直于a、b连线，A正确；
B．小球在沿ab方向做匀速直线运动，从a点运动到b点所用的时间为

B正确；
C．当小球在垂直于ab方向的分速度为零时速度最小，为

C错误；
D．小球在垂直ab方向的加速度大小为

根据牛顿第二定律可得风力大小为

D错误。
故选AB。
11-7【巩固】【正确答案】 BD
【试题解析】详解:
A．小球做斜上抛运动，有

当小球到达最高点时，竖直方向的速度减为零，小球的速度为水平方向速度，大小为6m/s，故A错误；
B．小球离地面的最大高度为

故B正确；
C．小球在空中运动的时间为

故C错误；
D．保持小球速度大小不变，改变速度方向，设初速度与水平方向的夹角为θ，则有

小球的水平分位移为

由此可知，当sin2θ=1，即θ=45°时，小球的水平位移达到最大

故D正确。
故选BD。
11-8【提升】【正确答案】 ACD
【试题解析】详解:
AB．石块出手时的初速度方向与水平方向成45°，则

可得

石块落在1.8m高的斜面上，则

则石块的水平位移

由石块斜向上运动时
，
又

解得

所以石块出手时的初速度为

故A正确，B错误；
C．若石块的初速度大小一定，当石块的飞行轨迹所在平面与斜面底边垂直时，石块在斜面上的落点最高，石块下落时间最短，石块飞行时间最短，故C正确；
D．若投出石块的初速度为8m/s，则

石块在斜面上的落点恰好与出手点等高处，最大运动时间

最大水平位移为

石块在斜面上与出手点等高处与出手点最近点距离x=2.4m，则石块在斜面上与出手点等高的最远点与最近点的距离

则石块在斜面上与出手点等高的所有落点所组成的线段长度不会超过

故D正确。
故选ACD。
11-9【提升】【正确答案】 ACD
【试题解析】详解:
如图所示：

在垂直于斜面方向上，质点具有不变的加速度

由于碰撞前后的速率不变，故质点落在斜面和离开斜面的速率相等，均为

所以质点每两次碰撞之间所用的时间不变，均为

质点在沿斜面方向做加速度大小为的匀变速直线运动，从离开抛出点到沿平行于斜面方向速度为零所用的时间为T，有

可得
（k取正整数）
当k为奇数时，质点运动到距斜面最大距离处时的速度为零；当k为偶数时，质点回到斜面时沿斜面方向的速度为零。
联立解得
（k取正整数）
当时，；
当时，；
当时，；
当时，；
故选ACD。
12-1【基础】【正确答案】 BD或DB 变小
【试题解析】详解:
（1）[1]根据条纹间距公式

若观察到的条纹个数较少，想增加能够观察到的条纹个数，可减小条纹间距，即可减小屏与双缝的距离，或者增大双缝的间距。
故选BD。
（2）[2]某次测量时，选用红色滤光片，双缝的间距为，测得屏与双缝间的距离为，第1条暗条纹到第4条暗条纹之间的距离为，则相邻条纹间距为

根据条纹间距公式

联立解得

（3）[3]若实验中改用蓝色的滤光片，其他条件不变，根据条纹间距公式

由于蓝色光的波长小于红色光的波长，则条纹间距将变小。
12-2【基础】【正确答案】 B C 13.870
【试题解析】详解:
[1]因为该实验是双缝干涉实验，a是单缝，b是双缝，单缝是竖直放置，则双缝也需要竖直放置，观察到的是竖直方向的干涉条纹，故B正确，AC错误。
故选B。
[2]因为白光是各种色光混合而成的，当它们发生双缝干涉时，其干涉图样明暗部分间距不同，不能重新混合成白光，所以若取下红色滤光片，白光干涉条纹是彩色的，故C正确，AB错误。
故选C。
[3]从图2可以看出，条纹间距

干涉条纹间距与单色光波长的关系为

解得

[4]螺旋测微器固定刻度为13mm，半刻度为0.5mm，可动刻度为0.370mm，所以其读数为

12-3【巩固】【正确答案】平行 0.770 A
【试题解析】详解:
（1）[1]只有保证单缝和双缝互相平行，才能在屏上出现明暗相间的条纹。
（2）[2]螺旋测微器的分度值为0.01mm，需要估读到分度值的下一位，则示数为
0.5mm+27.0×0.01mm=0.770mm
（3）[3] A．《用单摆测重力加速度》实验中单摆周期的测量，属于放大测量取平均值，故A正确；
B．《探究两个互成角度的力的合成规律》的实验中合力的测量，属于等效替代法，故B错误；
C．《探究弹簧弹力与形变量的关系》实验中弹簧形变量的测量，属于测多次去计算平均值，故C错误。
故选A。
（4）[4]由图可知相邻亮条纹间距为

由相邻亮条纹间距公式，解得单色光的波长

12-4【巩固】【正确答案】 0.35 D
【试题解析】详解:
（1）[1]图丙中游标卡尺的主尺示数为0，游标尺的第7刻度线与主尺刻度线对齐，则读数为

[2]A到B条纹间的距离为8.40mm，由图乙可知A到B条纹间的距离为5个条纹宽度，则

根据公式

得

[3]代入数据可得

（2）[4]对实验装置改动后，在像屏上仍能观察到清晰的条纹，且条纹数目有所增加，可知条纹的宽度减小，由公式

A．仅将滤光片移至单缝和双缝之间，、、都不改变，不变，A错误；
B．仅将单缝远离双缝少许距离，、、都不改变，不变，B错误；
C．仅将单缝与双缝的位置互换，则入射光通过单缝后就会投到像屏上，所以像屏上得到的是单缝衍射图像，不是双缝干涉图像，C错误；
D．仅将红色滤光片换成绿色滤光片，减小，、都不改变，则减小，D正确。
故选D。
12-5【巩固】【正确答案】 CD或DC 14.530 1.21
【试题解析】详解:
（1）[1]根据知，为减小相邻亮纹（暗纹）间的距离，可采取减小双缝到光屏的距离、增大双缝间距离、或减小入射光的波长（将红色滤光片改成绿色滤光片），而单缝与双缝间距以及滤光片与单缝间距不会影响条纹间距，故AB错误，CD正确。
故选CD。
（2）[2][3]图乙中固定刻度读数为14.5mm，可动刻度读数为
0.01×3.0mm=0.030mm
所以最终读数，可得相邻干涉条纹的间距

（3）[4]由得

12-6【巩固】【正确答案】 E、D、B 单缝与双缝应相互平行 13.870 2.310 Δx 6.6×102
【试题解析】详解:
（1）[1]通过滤光片获得单色光，通过单缝获得线光源，通过双缝获得相干光，故最佳顺序为C、E、D、B、A。
（2）[2]单缝与双缝应相互平行；
（3）[3][4]题图丙中固定刻度读数为13.5 mm，可动刻度读数为37.0×0.01 mm，二者相加为13.870 mm；题图乙中的读数为2.320 mm，所以
Δx= mm=2.310 mm
（4）[5][6]根据

得

代入数据得
λ=6.6×102 nm
12-7【巩固】【正确答案】 11.1 15.6 0.75 变小减少
【试题解析】详解:
（1）[1][2]游标卡尺读数分别为

[3]相邻两条纹间距

（2）[4]由

得

（3）[5]由

知频率高的单色光波长短，所以根据

判断出干涉条纹间距将变小。
（4）[6]若仅将屏向远离双缝的方向移动，根据可知条纹间距变大，则从目镜中观察到的条纹个数减少。
12-8【提升】【正确答案】 BC或CB 13.870 7.70 × 10－2 向上移动
【试题解析】详解:
（1）[1]A．干涉条纹与双缝平行，A错误；
B．单缝和双缝应相互平行放置，B正确；
C．若取下滤光片，光屏上可观察到白光的干涉图样，C正确；
D．想增加从目镜中观察到的条纹个数，则条纹间距

减小。可以将双缝的距离d增大，或将双缝到屏的距离L减小，或换用波长更小的光做该实验。单缝向双缝靠近，不会改变条纹间距，不会改变目镜中观察到的条纹个数，D错误。
故选BC。
（2）[2]图乙中手轮上的示数为

（3）[3]图甲所示螺旋测微器示数

条纹间距

由得，所测光的波长为

（4）[4]实验时单缝偏离光轴，向下微微移动，通过双缝S1、S2的光仍是相干光，仍可产生干涉条纹。如图所示，

对于中央亮纹来说，从单缝S经过S1、S2到中央亮纹的路程差仍等于0
，
那么

则中央亮纹O的位置略向向上移动。
12-9【提升】【正确答案】（a） EDBA 0.60 6.0×10－7 变小
【试题解析】详解:
（1）[1]干涉图样是平行等距的，则图（a）是干涉图样；
（2）[2]将白光光源C放在光具座最左端，依次放置其他光学元件，由左至右，各学光元件的排列是EDBA；
（3）[3]分划板在图中A位置时游标卡尺读数
xA=11.1cm+0.05mm×3=111.15mm
在B位置时游标卡尺读数
xB=11.5cm+0.05mm×7=115.35mm
条纹间距

（4）[4]由以上所测数据，可以得出形成此干涉图样的单色光的波长为

（5）[5]若改用频率较高的单色光照射，则波长较小，根据

可知得到的干涉条纹间距将变小。
13-1【基础】【正确答案】 50.25 2.150 × 1 欧姆调零 2.6 等于
【试题解析】详解:
（1）[1][2]游标卡尺读数为

螺旋测微器读数为

（2）[3][4]欧姆表的0刻线在最右端，指针偏转角度过大，则被测电阻太小，所以选更小倍率，即选“ × 1”倍率的电阻挡，重新选倍率后要重新欧姆调零。
（3）[5][6]金属杆和电阻箱是串联，所以有

整理得

则丁图斜率为R′，所以

根据电阻的决定式得

解得

（4）[7]考虑电压表的内阻，设电压表V1的内阻为RV，电阻箱先和电压表V1并联，并联的整体再和金属杆串联，所以有

整理得

可得图像的斜率还是R′，所以填“等于”。
13-2【基础】【正确答案】 b 等于
【试题解析】详解:
（1）[1]为保护电路，开关闭合前滑动变阻器达到接入电路的阻值最大处，故滑片滑到b端；
（3）[2]设记录此时电压表和电流表的示数分别为U、I，则第一次记录根据欧姆定律得

第二次记录根据欧姆定律得

联立可得

（4）[3]由上述表达式可知，电压表和电流表的阻值对电阻R的测量没影响，则本实验中电阻R的测量值等于真实值
13-3【巩固】【正确答案】欧姆调零 6 电表V1的分流大于
【试题解析】详解:
（1）[1][2][3]指针偏转较大，应换用较小挡位“×1”挡，重新换挡后必须重新进行欧姆调零，图1所示的读数为6Ω。
（2）[4][5][6]由题意可知

由于电压表V1的分流，使测得的通过被测电阻的电流偏小，因此测量结果大于真实值。
（3）[7]当灵敏电流计的示数为零时，有

得到

13-4【巩固】【正确答案】正 8 V V1 R1
【试题解析】
详解:
(1)[1]欧姆表内部电源的正极与黑表笔相连，电流又要从伏特表正极流入，故黑表笔应该与电压表的正极相连。
[2]欧姆表示数为8，故电压表的内阻为

(2)[3][4]由图所示电路图可知，电压表a与定值电阻串联后再与电压表b并联，并联电路两端电压相等，因此b电压表的量程应大于a电压表的量程，则电压表a为V，电压表b为V1。
[5]为方便实验操作，减小实验误差，滑动变阻器应选R1。
[6]并联电路两端电压相等，由图可知

整理得

图线斜率为

则电压表内阻

13-5【巩固】【正确答案】 120 C D 2900 122
【试题解析】详解:
（1）[1]欧姆表读数为

（2）①[2]流过中的最大电流

所以A1表应选C；
②[3][4]B电流表的内阻不确定，所以表应选D，电阻箱接入电路的电阻

③[5]根据欧姆定律得

整理得

可得图像的斜率

解得

13-6【巩固】【正确答案】 3400Ω B D
【试题解析】详解:
（1）[1]由图甲可知，多用表测得的待测电压表的内阻约为

（2）[2]由电路图可知，应电压表V1的量程为3V，故电压表V2应选用B；
[3]实验中滑动变阻器要用分压式接法，故选用最大阻值较小的滑动变阻器，即选用D；
（3）[4]由电路图，根据欧姆定律可知

13-7【巩固】【正确答案】 ×1k N为V表指针所指格数，U1为V1表读数
【试题解析】详解:
（1）[1]①因黑表笔接欧姆表内部电源的正极，所以电路如图所示

②[2]测电阻时应尽量使指针指在中间值附近，欧姆表中值电阻为
R中=30×1kΩ=30kΩ
所以应选“×1k”；
（2）[3]①由题意可知，待测电压表内阻已知，则将两表串联接入电路，则两表中的电流相等，由标准电表可求得电流值，通过计算可求得待测电压表的量程；因两电压表阻值较大，而滑动变阻器阻值较小，故滑动变阻器采用分压接法；故电路如图所

②[4][5]由欧姆定律可求得，通过两电压表的电流

则待测电压表两端的电压为
I×30000=10U1
此时指针指示的格数为N，则有

解得量程，其中N为直流电压表V指针所指格数，U1为标准电压表V1的读数。
13-8【提升】【正确答案】 5800（5700或5900也得分） 6000
【试题解析】详解:
(1)[1]欧姆表选用“”挡，由图甲可知，则该电压表的内阻约为
（5700或5900也得分）
[2]根据多用电表的使用规则知测量时欧姆表的黑表笔要与待测电压表的“”接线柱相连；
(2)[3]根据题给器材，没有电流表，所以采用“伏伏法”测电压表的内阻，定值电阻与待测电压表串联，滑动变阻器最大阻值为，为了多测几组数据，采用分压式接法，电路如图

[4]根据电路图连接实物图如图

[5]两个电压表的支路的电压相等，所以有

结合题意，图像的斜率为k，即

所以

13-9【提升】【正确答案】 600 A2 R1 丙
【试题解析】详解:
(1)[1]选用欧姆表“×100”挡位,指针读数为6.0，故多用电表读数为600W.
(2)[2][3]电压表量程为6V,阻值约为600W，电流表量程约即可, 故电流表选择A2；乙图中滑动变阻器采用分压式接法，滑动变阻器选择总阻值较小的R1.
(3)[4][5]设电流表A1,内阻为r1，根据操作步骤②可得:

根据操作步骤③可得:

联立方程可得：

(4)[6]乙同学的设计方法中，实际测得的阻值为Rx与电流表内阻的串联阻值，测量值偏大，而且电流表内阻未知，相比而言，丙同学的方法更有利于减小系统误差。
14-1【基础】【正确答案】（1）；（2）
【试题解析】详解:
（1）活塞左、右封闭空气的压强始终相同，温度始终不变，所以活塞左、右封闭空气的体积之比等于质量之比，活塞左侧充入压强为、体积为的空气，活塞右侧充入压强为、体积为的空气，则活塞左、右封闭空气的体积之比为

（2）对活塞左侧封闭空气，由玻意耳定律

解得，气缸内空气的压强为

14-2【基础】【正确答案】（1）6cm；（2）162℃
【试题解析】详解:
（1）气体甲的初态压强为

体积为

末态压强为，体积为

此时对活塞P有

解得

对气体甲，根据玻意耳定律有

代入解得

（2）气体乙的初态压强为，体积为

温度为
T2
此时对活塞Q有

解得

P不再下降时气体甲的长度为，故要使活塞P返回到气缸顶部，气体乙末状态时的气柱长为

此时弹簧伸长，形变量

气体乙的末态压强为，体积为

温度为，此时对活塞Q，有

解得

对气体乙，由理想气体状态方程有

解得

则
℃＝162℃
14-3【巩固】【正确答案】（1）；（2）50 J
【试题解析】详解:
（1）气体在状态A和在状态C时的温度相同，由玻意耳定律有

由题图可知，,代入数据解得

（2）由题图可知BA延长线过原点，则气体从状态A到状态B发生等压变化，过程气体从外界吸收热量，对外界做功，内能增加，由热力学第一定律有

其中

状态C与状态A内能相等，为等容变化，气体对外界不做功，有

解得

14-4【巩固】【正确答案】（1）；（2），吸热
【试题解析】详解:
（1）初始状态时，以圆柱形气缸与椅面整体为研究对象，根据平衡条件有

当人坐上后，稳定时有

根据波意耳定律有

下落高度为

（2）根据

外界对气缸内气体做功为

根据热力学第一定律有

解得

Q为正值，说明封闭气体吸热。
14-5【巩固】【正确答案】（1）；（2）见解析
【试题解析】详解:
（1）令每次吸入气体的体积为、压强为，容器的容积为，开始时容器内气体压强为，充气过程容器内气体发生等温变化，则有

则充气结束后容器内气体的压强

（2）环境的初始温度

末态温度

此过程中封闭气体发生等容变化，则有

解得

故此过程不安全。
14-6【巩固】【正确答案】（1）；（2）
【试题解析】详解:
（1）设气缸内理想气体的压强为，对系统整体由平衡条件可得

解得

解得

结合

可得

（2）轻轻拿走塞Ⅰ上面放置的物块，设稳定时，气缸内气体的压强为，根据平衡条件可得

解得

根据玻意耳定律

解得

根据题意可得

则

设活塞Ⅰ到气缸连接处的距离为，根据几何知识

解得

14-7【巩固】【正确答案】（1）；（2）
【试题解析】详解:
（1）设初状态压强，对活塞受力分析有

又

解得

（2）对气缸内气体缓慢加热过程有

解得

气体对外做功

根据热力学第一定律有

解得

14-8【提升】【正确答案】（1）个；（2）10cm；（3）
【试题解析】详解:
（1）未施加推力F时，根据平衡条件A和B中气体压强与外界大气压相同，此时若将B等压降温到0℃，根据

代入数据

解得，此时B的体积为

则B气缸中气体的分子个数为
个
（2）对A中气体分析，初状态

活塞N向右移动后，A气体状态

根据玻意耳定律

解得

则活塞N向右移动的距离

（3）对B中气体分析，初状态

活塞N向右移动后，B气体状态

B发生等容变化，有

解得

则

14-9【提升】【正确答案】（1）4cm；（2）14cm
【试题解析】详解:
（1）将气体的温度缓慢加热到400K过程中活塞A的质量不变，大气压强气体的压强不变，所以气体的压强不变，为等压变化，设加热后气体的压强为，两活塞间的距离变为
根据盖—吕萨克定律可得

解得

以两活塞和气缸整体为研究对象，弹簧的弹力与整体重力相平衡，加热过程中始终平衡，则弹簧弹力不变，即活塞B的位置不变，则活塞A对地移动的距离

（2）以活塞A为研究对象，设气体的压强为，根据平衡条件有

代入数据解得

活塞A施加一个竖直向上的拉力平衡后，设气体的压强为，以活塞A为研究对象，根据平衡条件有

此过程中气体温度不变，根据玻意耳定律可得

解得

以两活塞和气缸整体为研究对象，设两活塞和气缸整体质量为M，设初始时弹簧的压缩量为x，根据平衡条件有

施加拉力后弹簧的压缩量为，根据平衡条件有

两式联立解得，即活塞B向上移动的距为10cm
根据几何关系可得活塞A向上移动的距离为

15-1【基础】【正确答案】（1）11.8m/s；（2）23.6m
【试题解析】详解:
（1）把子弹和鸟作为一个系统，水平方向动量守恒。设击中后的共同速度为u，取v0的方向为正方向，则由

代入数据求得

（2）击中后，鸟带着子弹做平抛运动，由

得运动时间为

故鸟落地处离击中处水平距离为

15-2【基础】【正确答案】 (1)F=15N (2)
【试题解析】详解:
（1）设小物块a到达最低点时的速度大小为ν1，根据机械能守恒定律得:
mgR=mv12
设小物块a在最低点时受到的拉力的大小为F，由牛顿第二定律得:
F-mg=m
解得
F=15N．
（2）设小物块a与b碰撞前的速度大小为v2，根据动能定理有：

小物块从水平台面飞出做平抛运动，在竖直方向上有
h=gt2
在水平方向上有
s=v2't，s+D=v3t
小物块碰撞过程，由动量守恒定律有
mv2=mv2'+m'v3
解得
m'=0.2kg．
15-3【巩固】【正确答案】（1）；（2）；（3）
【试题解析】详解:
（1）物块经过轨道上B点时的竖直分速度大小为

根据
vy=gt
解得

A、B两点在水平方向的距离为
x=v0t
解得

（2）物块经过轨道上B点时的速度大小为

由B到C机械能守恒，则有

解得

在C点有

解得
F=8mg
（3）设物块与木板相对静止时的速度为v，则有

其中
，
既有

可知

解得

根据能量守恒定律有

解得

15-4【巩固】【正确答案】（1）5m/s；（2）2m/s；（3）0.06J
【试题解析】详解:
（1）A由光滑圆弧轨道滑下，机械能守恒，设小物块A滑到圆弧轨道下端时速度为，则

解得

（2）物块B离开圆弧轨道最低点后做平抛运动，设其飞行时间为t，离开圆弧轨道下端时的速度为，则
，
解得

（3）小物块A在圆弧轨道最低点与物块B碰撞过程中动量守恒，设小物块A碰撞后的速度为，则

碰撞过程中系统损失的机械能

解得

即物块A与物块B碰撞过程中，A、B所组成的系统损失的机械能为0.06J。
15-5【巩固】【正确答案】（1）1.2m；（2）；（3）2.4m，1.35m
【试题解析】详解:
（1）物块甲从A点由静止滑下到B点，由机械能守恒定律则有

解得
vB=3m/s
物块甲从B到D做平抛运动，由速度的合成与分解如图所示

物块甲在D点的速度

竖直方向的分速度

竖直方向为自由落体运动，有
v竖=gt1=vBtanθ
解得
t1=0.4s
C、D两点间的距离
x= vB t1=1.2m
（2）物块甲在D点的速度

物块甲在斜轨道上的加速度
a1=gsinθ−μgcosθ=
由位移时间公式

有

物块甲从B点运动到E点的时间
t=t1+t2=0.4s+=
（3）两物块由F到G，由机械能守恒定律

代入数据解得

物块甲在E点的速度，由速度位移公式

可得

由动量守恒定理可得

解得

轨道的长度，由动能定理可得

代入数据解得

两物块由G点滑下经F点到粗糙水平直轨道上滑行直至停下，由动能定理可得

代入数据解得

15-6【巩固】【正确答案】 (1) 4m/s (2) 90N，方向向上 (3) 3.2m
【试题解析】详解:
(1)a球与b球碰撞过程，取向右为正方向，由动量守恒定律得
mav0=（ma+mb）v
代入数据得
v=4m/s
(2)设小球到达轨道最高点时的速度大小为v1，整体球的质量为m，由机械能守恒定律得
mv2=mg•2R+mv12
在最高点，由牛顿第二定律得
FN+mg=m
代入数据解得
FN=90N
方向向下，由牛顿第三定律得整体球到达轨道顶端对轨道的压力大小为90N，方向向上。
(3)设整体球做平抛运动的水平位移为x1，竖直方向
2R=gt2
水平方向
x1=v1t
小球落在木板上后，竖直方向的速度消失，水平速度大小为v1，根据动能定理得
-μmgx2=0-m v12
所以整体球从滑入轨道到停下来的水平总位移大小为
x=2R+x1+x2
联立并代入数据解得
x=3.2m
15-7【巩固】【正确答案】 (1) 4.0m/s；(2) 2.0m/s；(3) 0.8m
【试题解析】详解:
(1)物块A做匀减速运动的加速度大小为
a==μg=2.5m/s2
对于碰撞前物块A的运动，根据运动学公式有
vA=v0-at
解得
vA=4.0m/s
(2)设两物块碰撞后瞬间，物块B的速度大小为vB，取向右为正方向，因碰撞时间极短，根据动量守恒定律有
mAvA=mBvB
解得
vB=2.0m/s
(3)物块B离开桌面后做平抛运动

物块B落地点到桌边缘的水平距离
x=vBt=0.8m
15-8【提升】【正确答案】（1）4.32m；（2）3.2m/s；（3）2.96m
【试题解析】详解:
（1）a球从抛出到落到b槽内的时间

此过程中a球的水平位移

设a、b、c的质量分别为2m、m、m，假设b、c之间无相对滑动，一起向左加速运动，则加速度

则b、c之间要产生相对滑动，其中b的加速度为

在时间t内槽b的位移为

球a抛出时，凹槽b与球a之间的水平距离

（2）a落在槽b中时，槽b的速度

方向向左，设向右为正方向，则对a、b系统由水平方向上动量守恒定律，得

解得

（3）在a做平抛运动的时间内，木板c的加速度

当球a落到槽b中时木板c的速度

此时槽b相对木板c向右滑动的距离为

当球a落到槽b中后板c的加速度

而ab的共同加速度大小仍为

因ab一起向右减速，而c向左减速，则当三个物体都停止运动时相对运动的位移

则木板长度L的最小值

15-9【提升】【正确答案】（1）17.9s；（2）1.95×105J；（3）6×103 N·s，方向水平向左
【试题解析】详解:
（1）a下滑到B过程，设a加速度为a1，末速度为v0，时间为t1，由牛顿第二定律和运动学规律

解得
a1=1.5m/s2
t1=s
v0=25m/s
a从B运动到C过程，时间为t2，有

则从a开始运动到a、b相碰撞经历时间为

（2）碰后b做平抛运动，设碰后b的速度为v2，由平抛运动规律有

可解得
v2=20m/s
由动能定理

解得
1.95×105J
（3）a、b碰撞过程，设碰后a速度为v1，由动量守恒

对a，由动量定理

代入数据可得
-6×103N·s
即a、b碰撞过程中b对a的冲量大小为6×103N·s，方向水平向左。
16-1【基础】【正确答案】（1），从b指向a；（2）；（3）2.4m；（4）
【试题解析】详解:
（1）0～5s内，由于磁场变化产生的感应电动势

闭合回路中感应电流

由楞次定律，ab棒的电流方向从b指向a。
（2）5s后，由于磁场磁感应强度保持不变，故ab棒将在外力F作用下从静止开始向右运动，并切割磁感线，从而将受到水平向左安培力的作用，由牛顿第二定律可得

又因为

即

所以，ab棒将做加速度逐渐减小的加速直线运动，最后达到匀速。当ab棒匀速运动时，速度最大，即

代入数据解得
vm=0.2
（3）ab棒从开始运动至获得最大速度的过程中，流过电阻R的总电量为1.4C，则有

解得
x=2.4m
所以ab棒从开始运动至获得最大速度的过程中，距导轨MP的最大距离为2.4m。
（4）ab棒从开始运动至获得最大速度过程中，回路中产生的总热量为，由功能关系得

解得

电阻R上产生的焦耳热量

16-2【基础】【正确答案】（1）；（2）；（3）
【试题解析】详解:
（1）当金属棒最终匀速运动时，由平衡条件

其中，安培力大小为

由闭合电路的欧姆定律得

金属棒产生的电动势为

联立解得，金属棒匀速运动的速度为

（2）通过金属棒的电荷量为

由闭合电路的欧姆定律

由法拉第电磁感应定律得

联立解得

（3）金属棒从静止到匀速运动过程中，由能量守恒定律得

其中

联立解得, 定值电阻R上产生的焦耳热为

16-3【巩固】【正确答案】（1）2.8m/s2，8.75m/s；（2）Q=4t（C）
【试题解析】分析:
详解:
（1）开关闭合瞬间，根据闭合电路欧姆定律有

杆所受安培力大小为

根据牛顿第二定律有

联立上式，代入数据可得

当杆ab达到最大速度vm时，由电磁感应定律可得

感应电流大小为

速度最大时，加速度为零，可得

联立上式解得

（2）设金属杆ab的速度为v，则感应电动势大小为

平行板电容器两极板之间的电势差为

设此时电容器极板上积累的电荷量为

根据电流定义有

此时，设其加速度大小为a′，根据牛顿第二定律有

即

根据加速度定义有

联立上式解得

代入数据可得

16-4【巩固】【正确答案】（1）水平向左运动，；（2）
【试题解析】详解:
（1）依题意，电量为的带电微粒在两板间做匀速直线运动，则可知微粒受到的电场力方向竖直向上，则平行板上板为负，根据右手定则，可知ab棒水平向左运动。设ab运动的速度大小为，则有

在中点时，由闭合电路欧姆定律，有

两板间电压为

板间电场强度为

带电粒子做匀速直线运动，有

联立得

（2）当P移至C时，平行板间的电压变为

板间电压增大，粒子向上偏，设偏转的距离为，电场力对粒子做的功，根据动能定理有

又

联立得

16-5【巩固】【正确答案】（1）顺时针方向；（2）；（3）
【试题解析】详解:
（1）由于

所以线框相对磁场向左运动，根据右手定则可知此时线框中感应电流沿顺时针方向。
（2）当列车向右运动的速度为时，则感应电动势为

线框中的感应电流大小

解得

（3）列车向右运动的速度为时，线框受到的安培力为

解得

当磁场以速度v匀速向右移动时，同理可得线框受到的安培力

当磁场以速度v匀速向右移动时，可恰好驱动停在轨道上的列车可知阻力

由牛顿第二定律可知

解得

16-6【巩固】【正确答案】（1）；（2）；（3），
【试题解析】详解:
（1）根据法拉第电磁感应定律可知导体棒产生的感应电动势

根据闭合电路欧姆定律有

根据共点力平衡

联立解得

（2）导体棒沿导轨做初速为零的匀加速直线运动，则有

又
，，
根据牛顿第二定律可得

联立可得

可知图像的斜率为

解得

（3）若对导体棒cd施加一水平向右的瞬时冲量，使其以速度开始运动，并最终停在导轨上。
a．整个过程中，根据能量守恒可知，电路中产生的总热量等于导体棒的初动能

b．由电路可知

其中

设向右为正方向，由动量定理

又

联立可得

导体棒cd两端的电势差随位移x变化的图像如图所示

16-7【巩固】【正确答案】（1）；（2）；（3）
【试题解析】详解:
（1）由图乙可得磁感应强度变化率为

根据法拉第电磁感应定律可得回路中的感应电动势为

（2）分析可知时圆线圈中的感应电流方向为顺时针，大小为

时，磁感应强度为

结合左手定则可得此时圆线圈受到的安培力方向竖直向下，大小为

根据平衡条件可得此时圆线圈受到两根细导线的总拉力为

（3）将等效为电源内阻，可得等效电源内阻为

可知的最大阻值小于电源的等效内阻，根据电路知识可得当调节到最大阻值时，其消耗电功率最大，即

16-8【提升】【正确答案】（1）；（2）I =，方向由b向a；（3）见解析，图见解析；（4）见解析
【试题解析】详解:
（1）导体棒切割磁感线运动产生感应电动势

由于导轨与导体棒电阻可忽略不计

当时充电模块工作，则有

可得

故导体棒减速滑行的初速v0至少应为。
（2）模块输入功率

则

由右手定则判断，电流方向由b向a。
（3）当时，导体棒所受安培力

方向沿导轨向左；
导体棒在安培力FA与液压摩擦制动力F的共同作用下匀减速直线运动，则有

可得
（）
当时，导体棒仅在液压摩擦制动力 F 作用下匀减速直线运动，则有
（）
F – t图像如图

（4）导体棒的动能（或机械能）共减少，其中通过克服安培力FA做功转化为电能，剩余通过克服液压摩擦制动力F做功转化为内能。
16-9【提升】【正确答案】（1）；（2）；（3）见解析
【试题解析】详解:
（1）通电液体在磁场中受到的安培力

则导管截面上由磁场驱动力所形成的附加压强

（2）电路产生的热量

所以在时间内电流通过两电极板间液态金属所消耗的电能

（3）液态金属中的自由电荷一方面沿电流方向运动，另一方面沿极板方向运动，洛伦兹力f与二者合速度的方向垂直，而运动电荷受到的洛仑兹力在宏观上表现为安培力，则f的方向即为安培力的方向，可见安培力在推动液态金属沿导管运动过程是做功的。
设电荷沿电流方向的定向移动为v，对应受到的洛仑兹力为；沿极板方向的运动的速度为u，对应受到的洛仑兹力为，如图：

有

可见

即洛伦兹力f对运动电荷是不做功的。