天津市市区名校2023届高考物理专项突破模拟题库（一模）含解析

这是一份天津市市区名校2023届高考物理专项突破模拟题库（一模）含解析，共120页。

天津市市区名校2023届高考物理专项突破模拟题库（一模）
【原卷 1 题】 知识点 控制变量法,等效法,微元法,放大法

【正确答案】
C
【试题解析】
【详解】A．推导匀变速直线运动位移与时间关系时，取非常短的一段时间，在这段时间内，认为物体做匀速运动，把每一小段时间内的位移加在一起就是总位移，而且时间间隔取得越短，越接近真实值，因此采用微元的思想，A正确；
B．合力与分力为等效替代关系，体现了等效思想，故B正确；
C．通过平面镜观察桌面的微小形变的实验中，运用了放大法，C错误；
D．伽利略在研究自由落体运动时采用了实验和逻辑推理的方法，D正确。
本题选不正确的，故选C。

1-1（基础） 在物理学的重大发现中科学家们创造出了许多物理学方法，如比值法、理想实验法、控制变量法、极限思想法、等效思想法、类比法、科学假说法和理想物理模型法等，以下关于所用物理学研究方法的叙述不正确的是（　　）
A.在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元法
B.根据速度定义式当Δt非常小时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义应用了极限思想方法
C.在定义重心和合力这两个物理概念时应用了理想物理模型法
D.伽利略对自由落体运动的研究，应用了将实验和逻辑推理相结合的方法
【正确答案】 C

1-2（基础） 伽利略运用实验和逻辑推理相结合的方法得出结论：力是改变物体运动状态的原因，下列关于物理学研究方法叙述正确的是（　　）
A.卡文迪许扭秤实验运用了微元的思想方法
B.探究向心力大小与半径、角速度、质量关系运用了控制变量法
C.借助激光器及平面镜观察桌面的微小形变运用了物理模型法
D.用来定义功率运用了等效替代法
【正确答案】 B

1-3（巩固） 在物理学的重大发现中，科学家总结出了许多物理学方法，如理想实验法、控制变量法、极限思维法、类比法、等效替代法、科学假说法和建立物理模型法等，以下关于物理学研究方法的叙述正确的是（　　）
A.在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法叫等效替代代法
B.根据速度的定义式，当非常小时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义运用了控制变量法
C.伽利略为了探究自由落体的规律，将落体实验转化为著名的“斜面实验”，这里运用了类比法
D.在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程等分成很多小段，每一小段近似看做匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里运用了微元法
【正确答案】 D

1-4（巩固） 物理学是研究物质运动最一般规律和物质基本结构的学科，在物理学的探索和发现过程中，科学家们运用了许多研究方法如∶理想实验法、控制变量法、极限思想法、类比法、微元发和建立物理模型法等。以下关于物理学研究方法的叙述中正确的是（　　）
A.在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法是等效替代法
B.重心是指地球对物体中各部分重力的合力作用点。重心的定义运用了建立模型法
C.在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，再把各小段位移相加，这里运用了微元法
D.根据速度定义式，当△t→0时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义运用了类比法
【正确答案】 C

1-5（巩固） 下列关于物理学思想方法的叙述不正确的是（　　）
A.在通过平面镜观察桌面的微小形变实验中，用到了控制变量法
B.在推导匀变速直线运动的位移与时间的关系时，用到了微元法
C.在探究变速运动的平均速度时，用到了等效替代法
D.在研究与理解瞬时速度时，用到了极限的思想
【正确答案】 A

1-6（巩固） 在物理学研究过程中，科学家们创造了许多物理学研究方法，如理想实验法、控制变量法、极限法、等效替伐法、理想模型法、微元法等，以下关于所用物理学研究方法的叙述正确的是（　　）
A.根据速度定义式，当非常小时，就可以表示物体在某时刻的瞬时速度，该定义采用了转化法
B.不需要考虑物体的大小和形状时，用质点来代替实际物体采用了理想实验法
C.引入重心、合力与分力的概念时运用了等效替代法
D.在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了极限法
【正确答案】 C

1-7（巩固） 科学家在物理学的研究过程中应用了很多科学思想方法，下列叙述正确的是(　 )
A.卡文迪许在利用扭秤实验装置测量万有引力常量时，应用了放大法
B.用质点代替有质量的物体，采用了微元法
C.牛顿首次采用“把实验和逻辑推理结合起来”的科学研究方法
D.实验中探究加速度与质量、合外力关系时采用的是等效替代的方法
【正确答案】 A

1-8（提升） 学习物理除了知识的学习外，还要领悟并掌握处理物理问题的思想与方法.下图是我们学习过的几个实验，其中所用的物理思想与方法表述正确的是（　　）
① ②
③ ④
A.①用到了控制变量法 B.②用到了等效思想
C.③用到了微元法 D.④用到了归纳法
【正确答案】 B

1-9（提升） 物理的学习除了知识外，更重要的是领悟并掌握处理物理问题的思想与方法，下列关于思想与方法的说法中不正确的是（　　）

A.如图甲，根据速度定义，当非常小时，就可以表示物体在时刻的瞬时速度，该定义应用了极限思想
B.如图乙，利用蜡块和玻璃管研究合运动和分运动时应用了等效的思想
C.如图丙，在“探究平抛运动的在竖直方向上的分运动”的实验中，应用了比较研究法
D.如图丁，在“探究向心力大小的表达式的实验中”应用了微元法
【正确答案】 D

【原卷 2 题】 知识点 布朗运动的定义、现象和解释,理解内能的概念,气体压强的微观意义,液晶

【正确答案】
B
【试题解析】


2-1（基础） 下列说法中正确的是（ ）
A.布朗运动就是液体分子的热运动
B.气体体积增大时，其内能一定减少
C.气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数与单位体积内的分子数和温度有关
D.气体如果失去了容器的约束就会散开，这是因为气体分子之间斥力大于引力的缘故
【正确答案】 C

2-2（基础） 下列说法正确的是
A.布朗运动是液体分子的无规则运动
B.只有外界对物体做功才能增加物体的内能
C.空气的相对湿度越大，说明空气中的水蒸气实际压强与同温度下水的饱和气压相差越大，水分越不容易蒸发
D.一定质量的气体，在压强不变时，分子每秒对器壁单位面积平均碰撞次数随着温度降低而增加
【正确答案】 D

2-3（巩固） 导热气缸内密封有一定质量的理想气体，环境温度不变，当气体的体积增大时（　　）
A.气体分子热运动的剧烈程度降低，每个分子对器壁的平均撞击力变小
B.气体分子单位时间内对器壁碰撞的次数减小，气体的压强减小
C.单位体积内的气体分子数减小，每个分子的动能都不变
D.气体内能不变，气体向外界释放热量
【正确答案】 B

2-4（巩固） 分子动理论较好地解释了物质的宏观热力学性质。据此可判断下列说法中正确的是（ ）
A.布朗运动反映了固体分子的无规则运动
B.理想气体分子势能随着分子间距离的增大，可能减小也可能增大
C.在真空、高温条件下，可以利用分子扩散向半导体材料掺入其他元素
D.单位时间内，气体分子对容器壁单位面积上的碰撞次数减少，气体的压强一定减小
【正确答案】 C

2-5（巩固） 下列说法中错误的是（　　）
A.一定质量的理想气体保持压强不变，温度升高，单位时间内撞击器壁单位面积上的分子数减少
B.热量可以从高温物体向低温物体传递，也可以从低温物体向高温物体传递
C.在理想气体的等压压缩过程中，外界对气体做功使气体的内能增加
D.悬浮在液体中的微小颗粒，在某一瞬间与它相碰撞的液体分子数越少，布朗运动越明显
【正确答案】 C

2-6（巩固） 下列说法正确的是_________．
A.布朗运动是液体分子的无规则运动
B.只有外界对物体做功才能增加物体的内能
C.功转变为热的实际宏观过程是可逆过程
D.一定量的气体，在压强不变时，分子每秒对器壁单位面积平均碰撞次数随着温度降低而增加
【正确答案】 D

2-7（巩固） 运用分子动理论的相关知识，判断下列说法正确的是（ ）
A.气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数仅与单位体积内的分子数有关
B.生产半导体器件时需要在纯净的半导体材料中掺入其它元素，这可以在高温条件下利用分子的扩散来完成
C.阳光从缝隙射入教室，从阳光中看到的尘埃的运动是布朗运动
D.某气体的摩尔体积为V，每个分子的体积为V0，则阿伏伽德罗常数为
【正确答案】 B

2-8（提升） 如图所示，气缸和活塞与外界均无热交换，中间有一个固定的导热性良好的隔板，封闭着两部分气体A和B，活塞处于静止平衡状态。现通过电热丝对气体A加热一段时间，后来活塞达到新的平衡，不计气体分子势能，不计活塞与气缸壁间的摩擦，大气压强保持不变，则下列判断正确的是（　　）

A.气体A吸热，内能增加
B.气体B吸热，对外做功，内能不变
C.气体A分子的平均动能增大
D.气体B分子单位时间内对器壁单位面积碰撞次数增大
【正确答案】 AC

2-9（提升） 2021年10月16日，神舟十三号载人飞船发射成功，顺利进入预定轨道，发射任务取得圆满成功。已知飞船在航天员出舱前先要“减压”，在航天员从太空返回进入航天器后要“升压”。因此将飞船此设施专门做成了一个舱，叫“气闸舱”，其原理如图所示，相通的舱A、B之间装有阀门K，指令舱A中充满气体（视为理想气体），气闸舱B内为真空，整个系统与外界没有热交换，打开阀门K后，A中的气体进入B中，最终达到平衡，则舱内气体（　　）

A.体积变大，气体对外做功
B.体积变大，气体分子势能增大
C.体积变大，温度升高，内能增加
D.体积变大，气体分子单位时间内对单位面积的舱壁碰撞的次数将减少
【正确答案】 D

【原卷 3 题】 知识点 重力的概念、大小和方向,分析物体受到几个力作用,牛顿第三定律的内容及其理解,弹力定义及产生条件

【正确答案】
C
【试题解析】
【详解】A．弹力的施力物体是大地，受力物体是足球，而重力的施力物体是地球，受力物体是足球，每个力都是相互独立的，我们不能说弹力就是重力，只能说此时弹力大小与重力大小相等，故A错误；
B．踩在脚下且静止在水平草地上的足球（图乙）可能受到3个力的作用，也可能受4个力，例如脚踩在足球侧面，则受重力、支持力、压力和摩擦力四个力平衡，故B错误；
C．落在球网中的足球（图丙）受到的弹力是由于球网发生了弹性形变而产生的，因为球网发生形变要恢复原状才会对足球产生一个弹力，故C正确；
D．运动员灵活运球盘带过程中（图丁），脚部对足球作用力与足球对脚部作用力是一对作用力与反作用力，一定大小相等，故D错误；故选C。



3-1（基础） 如图所示，甲、乙两人分别乘坐两种电动扶梯，此时两电梯均匀速向上运转，则（　　）

A.甲受到三个力的作用
B.乙受到三个力的作用
C.甲对扶梯有摩擦力的作用
D.乙受到的摩擦力方向沿斜面向下
【正确答案】 B

3-2（基础） 如图所示，一球棒静止斜靠在光滑竖直墙面上，则球棒受到作用力的个数是（　　）

A.2个 B.3个 C.4个 D.5个
【正确答案】 C

3-3（巩固） 倾角为37°的两个完全相同的直角三角形滑块A、B按如图所示放置，A与桌面间的滑动摩擦系数为0.75。现在B上作用一水平推力使A、B一起在水平桌面上匀速运动，且A、B保持相对静止。则A的受力情况为（　　）

A.B.C. D.
【正确答案】 C

3-4（巩固） 为了节省能量，某商场安装了智能化的电动扶梯．无人乘行时，扶梯运转得很慢；有人站上扶梯时，它会先慢慢加速，再匀速运转。一顾客乘扶梯上楼，恰好经历了这两个过程，如图所示．下列说法中正确的是（　　）

A.顾客开始受两个力作用，后来受三个力作用
B.顾客始终处于超重状态
C.扶梯加速过程中，顾客具有的惯性不断变大
D.扶梯对顾客作用力的方向先指向右上方，再竖直向上
【正确答案】 D

3-5（巩固） 梅西在2022年卡塔尔世界杯决赛中梅开二度，带领阿根廷夺冠。如图所示为梅西在某场比赛第51分钟时主罚任意球后，足球运动轨迹的示意图，下列说法中正确的是（　　）

A.第51分钟指的是时间间隔
B.足球在飞行过程中可视为质点
C.足球飞出后受到梅西对它施加的作用力
D.守门员起跳扑救瞬间，地面对他的作用力等于他对地面的作用力
【正确答案】 B

3-6（巩固） 筷子是中国人常用的饮食工具，也是中华饮食文化的标志之一。如图所示，甲、乙、丙图是筷子夹鹅卵石时的三个动作示意图，筷子均在竖直平面内，鹅卵石均处于静止状态，则（ ）

A.甲图中的鹅卵石受四个力的作用
B.乙图中下面筷子对鹅卵石的力大于上面筷子对鹅卵石的力
C.若增大丙图中的筷子对鹅卵石的弹力，则鹅卵石受到的摩擦力也会增加
D.若增大丙图中的筷子与水平方向的夹角，则鹅卵石受到筷子对它的作用力也增大
【正确答案】 B

3-7（巩固） 如图所示，在竖直向上的恒力F作用下，a、b两物体紧挨竖直墙面处于静止状态，则关于它们的受力情况，下列说法正确的是（  ）

A.a一定受到4个力
B.a可能受到3个力
C.a与墙壁之间一定有弹力和摩擦力
D.a与b之间不一定有摩擦力
【正确答案】 A

3-8（提升） L型木板P（上表面光滑）放在固定斜面上，轻质弹簧一端固定在木板上，另一端与置于木板上表面的滑块Q相连，如图所示．若P、Q一起沿斜面匀速下滑，不计空气阻力．则木板P 的受力个数为（ ）

A.3 B.4
C.5 D.6
【正确答案】 C
3-9（提升） 如图所示，一倾角为45°且底面光滑的斜面体紧靠竖直墙面放置，为使一光滑的球静止，需加一水平力F，且F指向球心，下列说法正确的是（　　）

A.球一定受墙的弹力且水平向左
B.球一定受斜面的弹力且垂直斜面向上
C.球可能不受斜面的弹力
D.斜面体和竖直墙之间可能没有弹力
【正确答案】 B

【原卷 4 题】 知识点 升压变压器和降压变压器

【正确答案】
C
【试题解析】


4-1（基础） 如图所示，L1和L2是高压输电线，甲、乙是两只互感器，若已知n1∶n2=500∶1，n3∶n4=1∶1000，图中电压表示数为110V，电流表示数为1A，则高压输电线的送电功率为（　　）

A.5.5×107W B.5.5×106W C.5.5×105W D.5.5×104W
【正确答案】 A

4-2（基础） 高压输送过程中的高电压、大电流，我们一般用电压互感器和电流互感器进行测量。如图所示为两个互感器，在图中圆圈内a、b表示电表，已知电压比为100，电流比为10，电压表的示数为220V，电流表的示数为10A，则（　　）

A.a为电压表，b为电流表，输送电功率是2.2×106W
B.a为电压表，b为电流表，输送电功率是2.2×103W
C.a为电流表，b为电压表，输送电功率是2.2×106W
D.a为电流表，b为电压表，输送电功率是2.2×103W
【正确答案】 A

4-3（巩固） 在绕制变压器时，某人误将两个线圈绕在如图所示变压器铁芯的左右两个臂上。当通过交变电流时，每个线圈产生的磁通量都只有一半通过另一个线圈，另一半通过中间的臂，线圈1、2的匝数比。在不接负载的情况下（　　）

A.当线圈1输入电压为220V的时，线圈2的输出电压为440V
B.当线圈1输入电压为220V的时，线圈2的输出电压为110V
C.当线圈2输入电压为110V的时，线圈1的输出电压为220V
D.当线圈2输入电压为110V的时，线圈1的输出电压为110V
【正确答案】 D

4-4（巩固） 如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10:1，，，C为电容器。已知通过的正弦交流电如图乙所示，则（　　）

A.交流电的频率为100Hz
B.原线圈输入电压的最大值为
C.电阻的电功率约为6.67W
D.通过的电流始终为零
【正确答案】 C

4-5（巩固） 如图所示，理想变压器原、副线圈匝数之比为1:2，正弦交流电源电压的有效值为U=15V保持不变，电阻R1=15Ω，R2=20Ω，滑动变阻器R3最大阻值为40Ω。开始时，滑片P处于滑动变阻器正中间位置，则下列说法正确的是（　　）

A.通过R1的电流为1A B.电压表读数为6V
C.若向下移动P，电压表读数将变大 D.若向上移动P，变压器的输出功率将变大
【正确答案】 C

4-6（巩固） 在如图所示的电路中，正弦交流电源输出的电压有效值U恒定，定值电阻，变压器为理想变压器，导线电阻不计．当滑动变阻器的阻值调为时，定值电阻与滑动变阻器消耗的功率之比为1：3；当滑动变阻器的阻值调为时，滑动变阻器消耗的功率最大．则的值为（　　）

A. B. C. D.
【正确答案】 A

4-7（巩固） 如图所示，理想变压器的原线圈接在的交流电源上，副线圈接有的负载电阻，原、副线圈匝数之比为，电流表、电压表均为理想电表。下列说法正确的是（ ）

A.交流电1s内电流方向改变了100次 B.电压表的读数为156V
C.电流表的读数为20.0A D.原线圈的输入功率为2200W
【正确答案】 A

4-8（提升） 如图所示，理想变压器原线圈ab端输入交流电电压的瞬时表达式为，e为副线圈cd的中心抽头，D1、D2为理想二极管（具有单向导电性，正向电阻为零，反向电阻无穷大），定值电阻R=10Ω，S为开关。已知变压器原、副线圈的匝数比为20：1，下列说法正确的是（　　）

A.输入交流电的频率为100Hz
B.开关闭合时，电阻两端的电压为11V
C.开关闭合时，原线圈ab的输入功率为3.025W
D.开关断开后，副线圈cd两端的电压为0
【正确答案】 C

4-9（提升） 如图所示甲是产生交流电的示意图，图乙是其产生的正弦交流电输入到图丙的理想变压器，变压器的开关S接1时原、副线圈中的匝数之比为，二极管正向导电电阻不计，所有电表都是理想电表，则下列判断正确的是（　　）

A.电压表的示数为5V
B.若只将S从1拨到2，电流表示数增大
C.在0～0.01s内穿过线圈的磁通量变化为Wb
D.若只将滑动变阻器的滑片向下滑动，则电流表示数减小，电压表示数增大
【正确答案】 A

【原卷 5 题】 知识点 万有引力的计算

【正确答案】
B
【试题解析】


5-1（基础） 火星表面特征非常接近地球，适合人类居住。已知火星半径是地球半径的，质量是地球质量的，自转周期也基本相同。地球表面重力加速度是，若王跃在地面上能向上跳起的最大高度是，在忽略自转影响的条件下，下述分析正确的是（　　）
A.火星表面的重力加速度是
B.火星表面的重力加速度是
C.王跃在火星表面受的万有引力是在地球表面受万有引力的倍
D.王跃在火星表面受的万有引力是在地球表面受万有引力的倍
【正确答案】 B

5-2（基础） 引力常量，虽然数值上看起来很小，但两物体间的万有引力却可能很大，以月球和地球为例，月球的质量约为，地球的质量约，地月间的距离约为。已知拉断横截面积为的钢棒需要的力，则月地之间的万有引力约为该力的（　　）
A.倍 B.倍 C.倍 D.倍
【正确答案】 A

5-3（巩固） 如图一个质量均匀分布的半径为的球体对球外质点的万有引力为．如果在球体中央挖去半径为的一部分球体，且，则球体剩余部分对质点的万有引力大小为（ ）

A. B. C. D.
【正确答案】 C

5-4（巩固） 如图所示，是在同一轨道平面上的三颗不同的人造地球卫星，关于各物理量的关系，下列说法正确的是（　　）

A.根据，线速度大小关系：
B.根据万有引力定律可知，所受的万有引力：
C.向心加速度大小关系：
D.角速度大小关系：
【正确答案】 D

5-5（巩固） 2020年12月17日，嫦娥五号返回器携带月球样品，采用半弹道跳跃方式再入返回，在内蒙古四子王旗预定区域安全着陆，地球质量大约是月球质量的81倍，若嫦娥五号返回器飞行至地球与月球之间，当地球对它的引力和月球对它的引力大小相等时，返回器距月球球心的距离与月球球心距地球球心之间的距离之比为（　　）
A. B. C. D.
【正确答案】 C

5-6（巩固） 如图所示，一颗来自太阳系外的彗星擦火星而过。设火星绕太阳在圆轨道上运动，运动半径为，周期为。该彗星在穿过太阳系时由于受到太阳的引力，轨道发生弯曲，彗星与火星在圆轨道的A点“擦肩而过”。已知太阳对火星和彗星的引力远大于其他天体的引力，万有引力常量为。则（　　）

A.可计算出火星的质量为
B.可计算出彗星经过A点时受到的引力
C.彗星在A点的加速度大于火星在该点的加速度
D.彗星在A点的速度大小大于
【正确答案】 D

5-7（巩固） 2021年4月29日，中国空间站天和核心舱发射升空，准确进入预定轨道。根据安排，后续将发射问天实验舱和梦天实验舱，计划2022年完成空间站在轨建造。核心舱绕地球飞行的轨道可视为圆轨道，轨道离地面的高度约为地球半径的，下列说法正确的是（　　）
A.核心舱进入轨道后所受地球的万有引力大小约为它在地面时的倍
B.核心舱在轨道上飞行的速度小于
C.核心舱在轨道上飞行的周期大于
D.核心舱加挂实验舱前后，线速度大小不变，由于总质量增大，故轨道半径也增大
【正确答案】 B

5-8（提升） 宇宙中存在质量相等的四颗星组成的四星系统，这些系统一般离其他恒星较远，通常可忽略其他星体对它们的引力作用；四颗星稳定地分布正方形的四个顶点上运动，它们都绕正方形中心做圆周运动，如题图所示，若每个星体的质量均为m，引力常量为G，正方形的边长为a，则每个星体所受万有引力为（　　）

A. B. C. D.
【正确答案】 D

5-9（提升） 在空间站中，宇航员长期处于失重状态，为缓解这种状态带来的不适，科学家设想建造一种环形空间站，如图所示。圆环绕中心以角速度匀速旋转（未知），圆环半径为r，质量为m的宇航员站在旋转舱内的侧壁上，可以受到与他站在地球表面时相同大小的支持力。已知空间站到地球表面的高度为h，地球质量为M，地球半径为R，引力常量为G。则下列说法正确的是（　　）

A.宇航员站在旋转舱侧壁上，跟随圆环绕中心做圆周运动的向心力
B.宇航员站在旋转舱侧壁上，跟随圆环绕中心做圆周运动的向心力
C.圆环绕中心匀速旋转的角速度
D.圆环绕中心匀速旋转的角速度
【正确答案】 C

【原卷 6 题】 知识点 光的折射定律、折射率,检查工件的平整度,偏振现象及其解释,折射率的波长表达式和速度表达式,发生全反射的条件、临界角

【正确答案】
B C
【试题解析】


6-1（基础） 可以用“旋光法”来测量糖溶液的浓度，从而鉴定含糖量。偏振光通过糖水溶液后，偏振方向会相对于传播方向向左或向右旋转一个角度α，角度α为锐角，α的值只与糖溶液的浓度有关，将α的测量值与标度值相比较，就能确定被测样品的含糖量了。如图所示，S是自然光源，A、B是偏振片，转动B，使到达O处的光最强，最后将被测样品P置于A、B之间，则下列说法正确的是（　　）

A.到达O处光的强度会明显减弱
B.到达O处光的强度不会明显减弱
C.将偏振片B转动一个角度，转动角度为锐角，使得O处光强度最大，偏振片B转过的角度等于α
D.将偏振片A转动一个角度，转动角度为锐角，使得O处光强度最大，偏振片A转过的角度等于α
【正确答案】 ACD

6-2（基础） 关于自然光和偏振光，以下说法正确的是（　　）
A.自然光包含着在垂直于传播方向上沿一切方向振动的光，但是沿各个方向振动的光波的强度可以不相同
B.偏振光是在垂直于传播方向的平面上，只沿着某一特定方向振动的光
C.自然光透过一个偏振片后就成为偏振光，偏振光经过一个偏振片后又还原为自然光
D.太阳、电灯等普通光源发出的光都是自然光
【正确答案】 BD

6-3（巩固） 光的干涉现象在技术中有许多应用。如图甲所示是利用光的干涉检查某精密光学平面的平整度，下列说法正确的是（　　）

A.图甲中上板是标准样板，下板是待检查的光学元件
B.若换用频率更大的单色光，其他条件不变，则图乙中的干涉条纹变宽
C.若出现图丙中弯曲的干涉条纹，说明被检查的平面在此处出现了凸起
D.用单色光垂直照射图丁中的牛顿环，得到的条纹是随离圆心的距离增加而逐渐变窄的同心圆环
【正确答案】 AD

6-4（巩固） 光的干涉现象在技术中有重要应用，例如：在磨制各种镜面或其他精密的光学平面时，可以用干涉法检查平面的平整程度。如图所示，在被测平面上放一个透明的样板，在样板的一端垫一个薄片，使样板的标准平面与被测平面之间形成一个楔形空气薄层。用单色光从上面照射，从样板上方向下观测时可以看到干涉条纹。如果被测表面是平整的，干涉条纹就是一组平行的直线（如图甲），（　　）

A.若要使条纹变疏，可以将薄片向左移动
B.如果干涉条纹如图乙所示发生弯曲，就表明被测表面弯曲对应位置向下凹
C.将样板平行上移，条纹向着劈尖移动
D.用黄光照射形成的干涉条纹间距比用绿光照射时小
【正确答案】 AC

6-5（巩固） 下列四幅图为光的相关现象，关于它们说法正确的是（　　）

A.图甲为、两束单色光分别通过同一双缝干涉实验器材形成的图样，在同种均匀介质中，光的传播速度比光的大
B.图乙为光导纤维示意图，内芯的折射率比外套的折射率小
C.图丙为薄膜干涉示意图，两玻璃板的中间一端用薄片垫起，构成空气劈尖，干涉条纹的产生是由于光在空气薄膜的上下两表面反射形成的两列光波叠加的结果
D.图丁中，用自然光照射透振方向（箭头所示）互相垂直的前后两个竖直放置的偏振片，光屏依然发亮
【正确答案】 AC
6-6（巩固） 以下说法中正确的是（　　）

A.图甲可知，驱动力频率越大，能量越大，振动幅度越大
B.图乙是双缝干涉示意图，若只将光源由蓝色光改为绿色光，两相邻亮条纹间距离增大
C.图丙是用干涉法检测工件表面平整程度时得到的干涉图样，若将薄片向右移动，条纹间距将变小
D.图丁中的M、N是偏振片，P是光屏，当M固定不动，绕水平轴在竖直面内顺时针缓慢转动N时，从图示位置开始转动90度的过程中，光屏P上的光亮度保持不变
【正确答案】 BC

6-7（巩固） 对下列四个有关光的实验示意图，分析正确的是（　　）

A.图甲中若改变复色光的入射角，则b光先在玻璃球中发生全反射
B.图乙若只减小屏到挡板的距离L，则相邻亮条纹间距离将减小
C.图丙中若得到如图所示明暗相间条纹说明被检测工件表面平整
D.图丁中光导纤维内芯的折射率比外套的更大
【正确答案】 BD

6-8（提升） 如图所示，一复色光沿平行于直径AB的方向由C点从真空射入半径为R的圆形玻璃砖，入射光线与直径AB的距离为，在同一圆内分为a、b两束，a光刚好射到B点，b光射到D点，D点到直径AB的距离为，O为圆心。已知真空中的光速为c。下列判断正确的是（　　）

A.a光的折射率为
B.b光的折射率为
C.a光在圆形玻璃砖中的传播时间
D.b光在圆形玻璃砖中的传播时间
【正确答案】 BCD

6-9（提升） 右图为半圆形透明介质的横截面，其半径为R。一束光从半圆形透明介质的左边缘以入射角60°射入透明介质，光束在半圆形透明介质的弧形面发生两次反射后刚好从半圆形透明介质的另一边缘射出。已知光在真空中传播的速度为c。则（　　）

A.透明介质的折射率为
B.透明介质的折射率为
C.透明介质全反射临界角的正弦值为
D.光线在透明介质中传播时间为
【正确答案】 BC

【原卷 7 题】 知识点 感应电流产生条件的总结,含自感线圈的电路闭合及断开后电流的变化及其图像,基态、激发态、跃迁、电离,元素核子平均质量曲线

【正确答案】
C
【试题解析】


7-1（基础） 人们发现，不同的原子核，其核子的平均质量（原子核的质量除以核子数）与原子序数有如图所示的关系。下列关于原子结构和核反应的说法正确的是（　　）

A.由题图可知，原子核D和E聚变成原子核F时会有质量亏损要放出能量
B.由图可知，原子核A裂变成原子核B和C时会有质量亏损，要放出核能
C.已知原子核A裂变成原子核B和C时放出的γ射线能使某金属板逸出光电子，若增加γ射线强度，则逸出光电子的最大初动能增大
D.在核反应堆的铀棒之间插入镉棒是为了控制核反应速度
【正确答案】 ABD

7-2（基础） 如图所示是原子核的核子平均质量与原子序数Z的关系图像。则关于元素A核分裂成元素B、C核和元素D、E核结合成元素F核的反应，下列判断正确的是（　　）

A.A分裂成B、C的反应属于原子核的衰变 B.A分裂成B、C后核子的比结合能一定增大
C.D、E结合成F的反应属于原子核的聚变 D.D、E结合成F后核子的比结合能一定减少
【正确答案】 BC

7-3（巩固） 图1和图2是教材中演示自感现象的两个电路图，L1和L2为电感线圈，A1、A2和A3是三盏相同的灯泡。实验时，断开开关S1瞬间，灯A1突然闪亮，随后逐渐变暗；闭合开关S2，灯A2逐渐变亮，而另一个相同的灯A3立即变亮，最终A2与A3的亮度相同。下列说法正确的是（　　）

A.图1中，A1的电阻大于L1的电阻
B.图1中，断开S1瞬间，灯A1突然闪亮，此时A1中电流方向向右
C.图2中，变阻器R的电阻等于L2的电阻
D.图2中，闭合S2瞬间，L2中电流等于变阻器R中的电流
【正确答案】 AC

7-4（巩固） 如图所示为演示自感现象的实验电路图，线圈的自感系数较大，且使滑动变阻器R接入电路中的阻值与线圈直流电阻相等，下列判断正确的是（　　）

A.接通开关S，灯A1、A2立即变亮
B.接通开关S，灯A1逐渐变亮，灯A2立即变亮
C.接通开关S，待电路稳定后断开开关S，灯A1、A2逐渐熄灭
D.接通开关S，待电路稳定后断开开关S，灯A1逐渐熄灭，灯A2闪一下后逐渐熄灭
【正确答案】 BC

7-5（巩固） 唱卡拉OK用的话筒内有传感器，其中有一种是动圈式的，它的工作原理是在弹性膜片后面粘接一个很小的金属线圈，线圈处于永磁体的磁场中，当声波使膜片前后振动时，就将声音信号转变为电信号，下列说法正确的是（　　）
A.该传感器是根据电流的磁效应工作的
B.该传感器是根据电磁感应原理工作的
C.膜片振动时，穿过金属线圈的磁通量不变
D.膜片振动时，金属线圈会产生感应电动势
【正确答案】 BD

7-6（巩固） 在如图所示的电路中，L为自感系数较大的电感线圈，且电阻不计；A、B为两个完全相同的灯泡，且它们的额定电压均等于电源的电动势。则（　　）

A.合上K的瞬间，A先亮，B后亮
B.合上K的瞬间，A、B同时亮
C.合上K以后，B变得更亮，A随之熄灭
D.断开K后，A熄灭，B重新亮后再熄灭
【正确答案】 BD

7-7（巩固） 如图是话筒的原理图，在弹性膜片后面粘接金属线圈，线圈处于永磁体的磁场中，声波使膜片振动，将声音信号转变为电信号。下列说法正确的是（　　）

A.话筒是利用电流的热效应工作的
B.话筒是利用电磁感应原理工作的
C.膜片振动时，金属线圈中会产生感应电流
D.膜片振动时，穿过金属线圈的磁通量不变
【正确答案】 BC

7-8（提升） 如图所示为氢原子能级图。下列说法正确的是（　　）

A.氢原子从到能级跃迁时辐射的光子频率最大
B.氢原子从到能级跃迁时，氢原子吸收的光子
C.用光子能量为的光照射一群基态的氢原子，氢原子可以发出种不同波长的光
D.用光子能量为的光照射一群基态的氢原子，辐射光中光子能量为的光波波长最长
【正确答案】 CD

7-9（提升） 氢原子的能级图如图所示，锌、钠、铯的逸出功分别为3.38eV、2.29eV、1.89eV，则下列说法正确的是（　　）

A.一个处于能级的氢原子向低能级跃迁最多能辐射出3种不同频率的光子
B.氢原子从能级向能级跃迁时辐射出的光子比从能级向能级跃迁时辐射出的光子的波长短
C.一群氢原子从能级直接向能级跃迁时辐射出的光都能使锌、钠、铯产生光电效应
D.氢原子从能级直接向能级跃迁时辐射出的光照射到钠上逸出光电子的最大初动能为0.26eV
【正确答案】 AD

【原卷 8 题】 知识点 波形图的物理意义及信息读取,求波速的多解问题,求周期的多解问题

【正确答案】
A C D
【试题解析】


8-1（基础） 一列简谐横波沿x轴方向传播，某时刻的波形如图所示，关于质点P、Q的说法正确的是（　　）

A.此后内质点Q通过的路程为4cm
B.该时刻质点Q的加速度沿y轴负方向
C.若质点P该时刻速度沿y轴正方向，则此横波向x轴正方向传播
D.若此横波向x轴正方向传播，则后质点P能传播到Q点处
【正确答案】 BC

8-2（基础） 如图所示，a、b、c、d是一简谐横波上的质点，质点a、b的平衡位置相距为2m，某时刻质点a、d位于平衡位置且相距为9m，质点c在波谷，该波的波速为2m/s。若此时质点a经平衡位置向上振动，则下列说法正确的是（　　）

A.此波向右传播
B.质点c的速度大小为2m/s
C.质点b的振动周期为3s
D.此波在a、b两质点之间传播需1s
【正确答案】 CD
8-3（巩固） 一列横波沿x轴传播，传播方向未知，t时刻与t+0.4s时刻波形图如图所示，下列说法正确的是（　　）

A.这列波的最大波速为10m/s
B.质点振动的最小频率为2.5Hz
C.在t+0.2s时刻，x=3m处的质点的位置坐标为（3，0）
D.若波沿x轴正方向传播，坐标原点处的质点会随波沿x轴正方向运动
【正确答案】 BC

8-4（巩固） 一列简谐横波沿x轴正方向传播，在处的质点的振动图像如图甲所示，在处的质点的振动图像如图乙所示，以下说法正确的是（　　）

A.该波的周期为12s
B.该波的传播速度可能为2
C.该波的波长可能为8m
D.在0～3s内处的质点通过的路程小于处的质点通过的路程
【正确答案】 AB

8-5（巩固） 如图，一列简谐横波在x轴上传播，图甲和图乙分别为x轴上a、b两质点的振动图像，a、b间距离为1.5m（波长大于1.5m），不列说法正确的是（　　）

A.这列波的速度可能是1m/s
B.这列波的速度可能是0.5m/s
C.从时刻起，质点a在2秒内的位移大小是m
D.从时刻起，质点a在2秒内的位移大小是m
【正确答案】 AD

8-6（巩固） 在一简谐波的传播路径上有a、b两质点相距1.8m，某时刻两质点都在平衡位置，其间有两个波峰和一个波谷，经0.3s（小于一个周期），a点升到波峰位置，而b点降到波谷位置。则这列波的传播速度可能是（ ）
A.若波由a向b传播，波速是 B.若波由a向b传播，波速是
C.若波由b向a传播，波速是 D.若波由b向a传播，波速是
【正确答案】 BC

8-7（巩固） 如图，t=0时刻，位于原点O处的波源质点从平衡位置开始沿y轴正方向做振幅A=4cm的简谐运动，该波源产生的简谐横波在均匀介质中沿x轴正向传播。t=0.5s时，平衡位置坐标为（10m，0）的质点P开始运动，此时波源质点的振动位移为2cm，下列说法正确的是（　　）

A.该列简谐横波的传播速度为20m/s
B.该列简谐横波的最大周期为1.2s
C.该列简谐横波在介质中传播的最大波长为120m
D.t=0.5s时，x=5m处质点的位移可能为
【正确答案】 ACD

8-8（提升） 在同种均匀介质中沿x轴传播的甲、乙两列同类机械横波，其在时刻的图像如图（a）、（b）中实线所示，经甲波的图像如图（a）中虚线所示。已知两波的频率均小于2.5Hz，下列说法正确的是（　　）

A.这两列波的传播方向一定相同
B.介质中甲波可能的最大传播速率为
C.乙波中介质质点的振动周期一定为
D.两波叠加的区域中介质质点的最大振动位移为35cm
【正确答案】 BD

8-9（提升） 如图所示，一列简谐横波沿x轴传播，实线为时的波形图，虚线为时的波形图，下列说法正确的是（　　）

A.若波沿x轴正方向传播，则其最大周期为
B.若波沿x轴负方向传播，则其传播的最小速度为
C.若波速为，则时P质点的运动方向为y轴正方向
D.若波速为，则时P质点的运动方向为y轴正方向
【正确答案】 AD

【原卷 9 题】 知识点 利用牛顿第二定律测量动摩擦因数

【正确答案】

【试题解析】


9-1（基础） 某物理兴趣小组的同学研究弹簧的劲度系数和摩擦力的实验，测得弹簧的弹力的大小F和弹簧长度L的关系如图甲所示。图乙中物块A和B的重力大小分别为和。

（1）由图甲可知，弹簧的劲度系数为______（结果保留三位有效数字）。
（2）为了测定两物块A、B间的动摩擦因数，两同学分别设计了如图乙所示的Ⅰ、Ⅱ两种方案。
①为了用某一弹簧测力计的示数表示物块A和B之间的滑动摩擦力的大小，方案______（填“Ⅰ”或“Ⅱ”）更合理。
②方案Ⅰ中，当A被拉动时，弹簧测力计a的示数为，b的示数为，则物块A与B间的动摩擦因数为______（结果保留两位有效数字）。
【正确答案】 800 Ⅰ 0.40

9-2（基础） 某实验小组利用如图甲所示的实验装置，测量滑块与木板之间的动摩擦因数。

（1）下列关于实验操作的说法正确的是______。
A．实验前，应在竖直方向对弹簧测力计调零 B．与滑块相连的细绳应保持水平
C．实验时，需将木板匀速向右拉出 D．实验时，拉木板的速度越大越好
（2）由于木板与桌面间的摩擦力不能忽略，会导致动摩擦因数的测量值与真实值相比______（填“偏大”“偏小”或“无影响”）。
（3）选取若干质量均为的砝码，每次往滑块上添加一个砝码，正确操作并记录弹簧测力计示数和砝码数量．根据实验数据，作出弹簧测力计示数F与砝码个数n的关系图像如图乙所示，重力加速度取，则滑块与木板间的动摩擦因数为______（结果保留2位有效数字）。
【正确答案】 B 无影响 或

9-3（巩固） 图甲为某实验小组“探究物体加速度与所受合外力关系”的实验装置．调整长木板和轻滑轮，使长木板及细线均水平，细线另一端悬挂二个钩码，接通电源，释放滑块，得到如图乙所示的一条纸带．请回答下列问题：

（1）测出纸带上A、B、C、D、E相邻计数点间的距离分别为、、、．打点计时器所接电源的频率为，相邻两计数点之间有四个点未画出，根据以上信息可知滑块的加速度大小________；（保留三位有效数字）
（2）改变悬挂钩码的数量，重复实验并记录传感器的示数F，通过纸带求出对应的滑块加速度大小a，以传感器的示数F为横坐标、滑块的加速度大小a为纵坐标，画出的图像是斜率为k、纵截距为的一条直线，如图丙所示．已知重力加速度天小为g，则滑块和传感器的总质量________，滑块与长木板间的动摩擦因数________．
【正确答案】 2.23

9-4（巩固） 某实验小组利用如图甲所示的实验装置测量滑块与长木板之间的动摩擦因数。带定滑轮的长木板固定在水平桌面上，滑块一端与穿过电磁打点计时器的纸带相连，另一端通过跨过定滑轮和动滑轮的细线与弹簧测力计连接。实验时，在动滑轮上挂上适量钩码，先接通电源再释放滑块，滑块由静止开始做匀加速运动，在纸带上打出一系列小点。改变钩码个数，重复实验，得到多组实验数据。

（1）某次实验中获取的一条纸带的一部分如图乙所示，0、1、2、3、4、5、6、7是计数点，每相邻两计数点间还有4个点未标出，计数点间的距离已标出。已知打点计时器使用的交流电源的频率为。根据图中数据计算得到滑块的加速度__________（保留两位有效数字）。
（2）为测量动摩擦因数，下列物理量中还应测量或记录的是__________（填正确答案标号）。
A．滑块运动的时间 B．弹簧测力计的示数
C．滑块的质量 D．钩码的总质量
（3）利用（2）中所选定的物理量和对应的（1）中计算得到的加速度，可以得到滑块与长木板间的动摩擦因数__________（用被测物理量和计算得到的物理量的字母表示，重力加速度为g）。
【正确答案】 BC或CB

9-5（巩固） 某实验小组利用如图甲所示的实验装置测定物块与木板之间的动摩擦因数，实验装置固定连接完毕后，调节木板及物块右侧两段细绳水平，初步试用各个器件工作正常。实验开始时在沙桶中放入适量的细沙，系统开始工作，滑块做匀加速直线运动，打出的纸带如图乙所示，已知所用交流电源频率为50Hz，重力加速度大小为g。

（1）除图中所给的实验器材外，以下器材还必需选用的有（____）
A.刻度尺 B.秒表 C.干电池
（2）图乙中给出了实验中获取的纸带的一部分数据，0、1、2、3、4是计数点，相邻两计数点间还有4个点未标出，计数点间的距离如图所示。则打下计数点2时物块对应的速度大小v=______m/s；本次实验物块对应的加速度大小a=______m/s2（结果保留三位有效数字）；

（3）改变沙桶内细沙的质量，测量出对应的加速度a和弹簧测力计的示数F。若用图像法处理数据，得到了如图丙所示的一条倾斜的直线，如果该图线的横轴截距的大小等于b，斜率的大小为k，则动摩擦因数μ=______（用题目中给的b、k、g表示）。
【正确答案】 A 0.264 0.495

9-6（巩固） 某实验小组为了测定小物块与长木板间的动摩擦因数，设计了如图甲所示的实验装置，力传感器可以测出轻绳的拉力大小，滑轮及轻绳质量不计，重力加速度g已知。实验步骤如下：

①按图甲所示装置安装实验器材，图中长木板保持水平；
②在砂桶内放入一定质量的砂子，小物块靠近打点计时器，接通打点计时器的电源，释放小物块，打出一条纸带，同时记录力传感器的读数；
③利用纸带计算小物块的加速度；
④改变砂桶内砂子的质量，重复步骤②③；
⑤以小物块加速度a为纵坐标，力传感器读数F为横坐标，作出图像如图乙所示。
（1）测得图乙中直线斜率为k，纵截距为，则长木板动摩擦因数为________；小物块质量为________（用k、b、g表示）；
（2）先将长木板倾斜一定角度以平衡摩擦力，然后多次改变砂桶内砂子的质量，作出小车加速度a与砂和砂桶总质量m的图线如图丙所示，则图中的值为________。
【正确答案】

9-7（巩固） 如图甲，物理探究小组运用图甲所示的装置测定滑块与长木板间的动摩擦因数，同时测定当地的重力加速度g。具体操作如下：
a.首先将一端固定定滑轮的长木板放置于水平桌面上；
b.在长木板上合适位置安装两光电门A和B，用毫米刻度尺测出光电门A和B的距离；
c.将宽度为d的遮光条安装在滑块C上，测出滑块C和遮光条的总质量为M和小桶D的质量为，用轻绳连接滑块C和小桶D，按住滑块C，让轻绳处于拉直状态，然后向小桶中添加砂粒后，释放滑块，滑块向右滑动，记录遮光条通过两光电门的时间。

（1）图乙为该小组用螺旋测微器测得的遮光条的宽度，则遮光条的宽度_______mm。
（2）当小桶中添加的砂粒质量为m时，发现两光电门记录的时间相等，则滑块与长木板之间的动摩擦因数，=______（用题目中给出的物理量的字母表示）。
（3）当小桶和砂粒的总质量为时，光电门A和B记录的时间分别为和，则当地的重力加速度大小______（用题目中给出的物理量的字母表示）。
【正确答案】 3.708（3.706～3.709）

9-8（提升） 敏敏同学用如图甲所示装置测量木块与木板间的动摩擦因数，提供的器材有：带定滑轮的长木板，有凹槽的木块，质量相同的钩码若干，电磁打点计时器，电源，纸带，细线等。

（1）下列仪器的选择或实验操作正确的是______。
A．电磁打点计时器工作时应使用220V交流电源
B．实验中还需要的测量器材为刻度尺
C．适当垫高长木板右端以平衡摩擦
D．凹槽靠近电磁打点计时器，先接通电源，再释放凹槽
（2）实验中将部分钩码悬挂在细线下端，剩余的钩码放在凹槽中。正确进行实验操作，得到一条纸带，如图乙所示，0、1、2、3为相邻计数点，每相邻两个计数点间还有2个点未画出。测出点0到点1、点2、点3间的距离分别为；
；。已知打点周期T=0.02s，则木块的加速度a=______（结果保留三位有效数字）。

（3）保持钩码总个数不变，将木块凹槽中的钩码逐个添加到细线下端，改变悬挂钩码的个数n，测得相应的加速度a记录如下表；请根据表中数据在图中补齐未描出的数据点，并作出a-n图像______。已知当地重力加速度，由图线可求得木块与木板间的动摩擦因数=______（结果保留两位有效数字）。

n/个
4
5
6
7
8

0.52
1.67
2.85
4.00
5.15
（4）分析发现的测量值大于真实值，其原因除打点计时器与纸带间的摩擦影响外，还可能是__________（写出一条即可）。
【正确答案】 BD或DB 1.67 0.41
实验时交流电频率若略大于50Hz，或木板未调节水平，打点计时器一端较低

9-9（提升） 某同学采用如图甲所示的实验装置探究加速度与力、质量的关系。
（1）把木板的一端垫高，调节木板的倾斜度，使小车在不受牵引力时能拖动纸带沿木板匀速运动。此处采用的研究方法是______；

A．理想化模型法
B．阻力补偿法
C．等效替代法
（2）关于实验操作，下列说法正确的是______；
A．每次改变小车所受的拉力后需要重新平衡摩擦力
B．实验时应先释放小车，再接通打点计时器电源
C．为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的质量m远小于小车和砝码的质量M
（3）该同学在实验中得到如图乙所示的一条纸带（相邻两计数点间还有四个点没有画出）。已知打点计时器采用的交流电频率为50Hz，根据纸带可求出小车的加速度为___________m/s2（结果保留两位有效数字）。

（4）该同学想利用该实验装置测出木块和木板间动摩擦因数，进行了如下操作：
①将长木板重新平放于桌面上；
②将小车更换为方形木块，为了能使细绳拖动木块在木板上滑动时产生明显的加速度，又往砂桶中添加了不少砂子，并测得砂桶和砂的总质量为m，木块的质量为M（m不再远小于M）；
③多次实验测得木块的加速度大小a；
请根据以上数据（M、m、a、g），写出动摩擦因数的表达式 μ =_____________。
【正确答案】 B C 0.50

【原卷 10 题】 知识点 特殊方法测电阻,压（拉）力传感器,伏安法测量未知电阻

【正确答案】

【试题解析】


10-1（基础） 某实验小组欲准确地测量未知电阻的阻值（约为），除了、开关，导线外，实验室提供的器材还有：
电源（电动势约，内阻约为）
电流表（量程，内阻）
电流表（量程，内阻约为）
定值电阻（阻值）
定值电阻（阻值）
滑动变阻器（阻值范围，额定电流）
滑动变阻器（阻值范围，额定电流）

（1）实验中用电流表与定值电阻________串联改装成电压表来测量待测电阻两端的电压；滑动变阻器应选择________。（均填器材的字母代号）
（2）在方框内画出实验电路图。（________）
（3）利用该实验电阻的测量值________（填“小于”“等于”或“大于”）真实值。
【正确答案】 相等

10-2（基础） 某物理兴趣小组准备测一个电流表的内阻。实验室准备的器材有：干电池两节、待测电流表A（量程为0～0.6A）、电压表V（量程为0～3V）、滑动变阻器（最大阻值，额定电流2A）、定值电阻、定值电阻、多用电表、电键导线若干。

（1）甲同学想先利用多用电表的欧姆挡估测电流表的内阻，为了电表安全，测量时应将红表笔接触电流表的______接线柱的金属部分（选填“正”或“负”），黑表笔接触电流表的另一接线柱的金属部分。他先将欧姆表倍率调为最小倍率“×1”挡，经过欧姆表测电阻的正确操作后，指针在表盘的位置如图a所示，则电流表内阻约为______。
（2）乙同学想利用图b所示电路测量电流表的内阻，请在图c中用笔画线代替导线完善实物图连线（只需补一根导线）。______

（3）为了使测量时相对误差更小，要求测量时两电表指针偏转均超过其量程的三分之二，应使用______（选填“”或“”）。电路接通后，把滑动变阻器的滑动端滑动到某一位置，若此时电压表读数为U，电流表读数为I，则电流表内阻______（用题设字母表示）。
【正确答案】 负 2.5 见解析

10-3（巩固） 酒精检测仪的主要元件“酒精气体传感器”为气敏电阻，气敏电阻的阻值随酒精气体浓度的变化而变化，下表为某气敏电阻的阻值随酒精气体浓度的变化情况。
酒精气体浓度
0
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
0.6
0.7
0.8
阻值
100
70
55
45
39
35
33
31
30
（1）为了较准确测量酒精气体浓度为时气敏电阻的阻值，实验室提供如下器材：
A.电流表（，内阻约为）
B.电流表（内阻约为）
C.电压表V（，内阻约为）
D.滑动变阻器（阻值范围为）
E.滑动变阻器（阻值范围为）
F.待测气敏电阻
G.电源E（电动势为，内阻r约为）
H.开关和导线若干
为使测量尽量准确，电流表应选________，滑动变阻器应选________。（均填器材前面的字母代号）
（2）将测量阻值的实验电路图补充完整。如图甲，a点接________（填“b”或“c”），d点接________（填“e”或“f”）。

（3）某同学用该气敏电阻设计了一个测定酒精气体浓度的电路，如图乙所示，测量前，当被测酒精气体浓度为0时，将电流表指针调至表盘中央刻度。酒精浓度变化时，电流表示数变化，将不同电流值对应刻度标记为对应的酒精浓度值，从而测量得到酒精浓度。若使用时间过久，导致电动势减小，内阻变大，滑动变阻器阻值不变，此情况下直接进行测量，则酒精气体浓度测量值________（填“偏大”“偏小”或“不变”）。
【正确答案】 A E b e 偏小

10-4（巩固） 酒精检测仪是交警执法时通过呼气来检测司机饮酒多少的检测工具。现有一个酒精检测仪的主要元件“酒精气体传感器”，即气敏电阻。下表显示了该气敏电阻的阻值随酒精气体浓度变化的情况。
酒精气体浓度（）
0
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
0.6
0.7
0.8
阻值（Ω）
100
70
55
45
39
35
33
31
30
为了较准确测量酒精气体浓度为0.35时气敏电阻的阻值，实验室提供了如下器材：
A.电流表（量程0～150，内阻约2Ω）
B.电流表（量程0～0.6A，内阻约1Ω）
C.电压表（量程0～5V，内阻约5）
D.电压表（量程0～15V，内阻约20）
E.滑动变阻器（阻值范围0～20Ω，允许的最大电流2A）
F.滑动变阻器（阻值范围0～5Ω，允许的最大电流0.2A）
G.待测气敏电阻
H.电源E（电动势6V，内阻r约2Ω）
I.开关和导线若干
J.恒温室
（1）为达成实验目的，实验时电流表应选__________，滑动变阻器应选__________，电压表应选__________。（填器材前面的序号）
（2）为了获得更多的数据使测量结果更准确，请在甲图虚线框中补全实验电路图_________。

（3）目前国际公认的酒驾标准是“酒精气体浓度”，醉驾标准是“酒精气体浓度”。实验小组利用该气敏电阻、直流电源（电动势为4.5V，内阻为0.5Ω）、电压表V（量程为3V，内阻非常大，作为浓度表使用）、一定值电阻、开关及导线，组装一台酒精检测仪。

①要求电压表示数随酒精气体浓度的增加而增大，请将乙图中的电压表接到合适的位置_________。
②当电压表示数为1V时，测量的酒精浓度达到___________（填“酒驾”或“醉驾”）标准。
【正确答案】 A C E 酒驾

10-5（巩固） 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）为了较精确的测量，请在虚线框中设计电路图_______，使用该电路得到的测量值__________（选填“大于”“小于”或者“等于”）真实值。

（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，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大于等于时，杠杆水平，物体水平进入通道1；当控制电路两端电压小于时，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】 大于 14.0 通道1

10-6（巩固） 温度传感器是一种将温度变化转化为电学量变化的装置，它通过测量传感器元件的电学量随温度的变化来实现温度的测量，其核心部件是由半导体材料制成的热敏电阻，在某次实验中，为了测量热敏电阻在到之间多个温度下的阻值，一实验小组设计了如图甲所示电路。其实验步骤如下：


①连接电路，在保温容器中加入适量开水；
②加入适量的冰水，待温度稳定后，测量不同温度下热敏电阻的阻值；
③重复第②步操作若干次，测得多组数据。根据所得的数据绘得图丙的关系图线。
（1）该小组用多用电表“”挡测热敏电阻在下的阻值，发现表头指针偏转的角度很大；为了准确地进行测量，应换到______挡（选填“”或“”）；如果换挡后就用表笔直接连接热敏电阻进行读数，那么欠缺的实验步骤是：______，补上该步骤后，表盘的示数如图乙所示，则它的电阻是______。
（2）若把该热敏电阻与电源（电动势、内阻不计）、电流表（量程为、内阻）、电阻箱串联起来，连成如图丁所示的电路，用该电阻作测量探头，把电流表的电流刻度改为相应的温度刻度，就得到了一个简单的“热敏电阻测温计”。
①电流表示数较大处对应的温度示数应该______（选填“较大”或“较小”）；
②若电阻箱的阻值取，则电流表处所对应的温度刻度为______℃。
【正确答案】 重新欧姆调零 200 较小 60
10-7（巩固） 弹性导电绳逐步成为智能控制系统中部分传感器的敏感元件，某同学测量弹性导电绳的电阻率，实验过程如下：（1）装置安装和电路连接如图（a）所示，导电绳的一端固定，另一端作为拉伸端，两端分别用带有金属夹A、B的导线接入如图（b）所示的电路中。

（2）导电绳电阻率的测量
①将导电绳拉伸后，用刻度尺测量并记录A、B间的距离，即为导电绳拉伸后的长度。用______（填“刻度尺”或“螺旋测微器”）测量此时导电绳的直径。
②将滑动变阻器R的滑片滑到最______端（填“左”或“右”）。断开开关S2，闭合开关S1，调节R，使电压表和电流表的指针偏转到合适位置。记录两表的示数U和I1。
③闭合S2，调节R使电压表的示数仍为U，记录电流表的示数I2，则此时导电绳的电阻Rx = ______（用I1、I2和U表示）。
④根据电阻定律求得导电绳的电阻率。
⑤断开S1，增大导电绳拉伸量，重复步骤①②③④，计算出电阻率的平均值。
（3）本实验的误差来源可能是______。（填正确答案标号）
A．电压表的内阻影响 B．电流表的内阻影响
C．导电绳拉伸后的长度测量 D．导电绳拉伸后的直径测量
【正确答案】 螺旋测微器 右 CD

10-8（提升） 学习了传感器之后，某同学在实验室中找到了一个某型号的金属热电阻R，利用该金属制作简易的温度计，查到了该金属热电阻R的阻值随温度变化图像如图甲所示。同时实验室中备有以下实验器材：干电池（电动势为1.5V，内阻不计）、灵敏毫安表（最大量程为10mA，内阻为30Ω）、滑动变阻器、开关、导线若干。

（1）由甲图可求得，t=20℃时，该金属的电阻R大小为___________Ω；
（2）若直接将干电池、开关、灵敏毫安表、金属热电阻R串接成一个电路作为测温装置，则该装置能测的最低温度为___________℃；
（3）现在想让测温范围大一些，能从0℃开始测量，该同学又设计了如图乙所示的电路图，并进行了如下操作：

①将金属热电阻R做防水处理后放入冰水混合物中，过了一段时间后闭合开关，调节滑动变阻器，使毫安表指针满偏；
②保持滑动变阻器接入电路的电阻不变，他们在实验室中找来了一瓶热水，他们把金属热电阻R放入其中，过了一段时间后闭合开关，发现毫安表的读数为8mA，则测得热水的温度为___________℃，写出毫安表的电流值I（A）和温度t（℃）的数学关系式t=___________（用物理量I、t表示）；
③根据关系式将毫安表刻度盘上的电流值改写为温度值。
（4）若干电池用久了后其电源电动势不变，而其内阻变大，不能忽略了，其它条件不变。若用此温度计前进行了（3）中①步骤的操作进行了调节，此时滑动变阻器联入电路的有效阻值将___________（选填“变大”、“变小”或“不变”），测量结果将会___________（选填“偏大”、“偏小”或“不变”）。
【正确答案】 90Ω 变小 不变

10-9（提升） 某同学利用下列实验器材设计一个电路来研究某压敏电阻Rx的压阻效应，然后将该压敏电阻改装为压力传感器测量压力。已知该电阻Rx的阻值变化范围为50Ω～250Ω。供选择的实验器材如下：
A．电源E（电动势为3V，内阻不计）
B．电流表A1（量程为3mA，内阻r1=10Ω）
C．电流表A2（量程为30mA，内阻r2约为1Ω）
D．电压表V（量程为15V，内阻约为5kΩ）
E．电阻箱R1（0～9999.9Ω）
F．定值电阻R0=50Ω
G．开关S及导线若干

（1）为了较准确地测量电阻Rx，请在图甲中虚线框内将测量电阻Rx的实验电路图补充完整，并在图中标出所选器材的符号。（_________）
（2）要测量电阻Rx，在电阻Rx上加一个竖直向下的力F，闭合开关S后，根据所设计的电路需要测量和记录的物理量有___________。
A．通过电流表A1的电流I1 B．通过电流表A2的电流I2
C．电压表V两端的电压U D．电阻箱R1的电阻R1
（3）所测电阻Rx的表达式为Rx=___________（用题目所给物理量和（2）中所选物理量的字母表示）。
（4）该同学根据实验测量结果，作出压敏电阻Rx随所加外力F的Rx﹣F图像，如图乙所示。该同学将这种压敏电阻Rx与一个量程为3V的理想电压表按如图丙所示电路改装成测量压力的仪表，已知电源E=4V，内阻不计，为了使改装后的压力表的量程为0～100N，压力为100N时对应电压表3V的刻度，则定值电阻R=___________Ω，电压表2V刻度对应压力表___________N的刻度。这样改装的压力表的压力刻度___________（选填“均匀”或“不均匀”）。

【正确答案】 ABD 150 50 不均匀

【原卷 11 题】 知识点 机械能与曲线运动结合问题,能量守恒定律和板块问题结合,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】


11-1（基础） 如图所示，竖直平面内的圆弧形光滑管道半径略大于小球半径，管道中心到圆弧轨道圆心距离为R，A点与圆心O等高，为水平面，B点在O点的正下方。小球从A点正上方由静止释放，自由下落至A点时进入管道，当小球到达B点时，管壁对小球的弹力大小为小球重力大小的6倍，最后小球落在水平面上的C点。求：
（1）小球释放点距A点的竖直高度。
（2）小球落点C与A点的水平距离。

【正确答案】 （1）；（2）

11-2（基础） 如图所示，AB是半径为R=5m的光滑圆弧轨道，B点的切线在水平方向，且B点离水平地面高为h=5m，可视为质点的一物体m=2kg，从A点静止开始滑下，（不计一切阻力，），求：
（1）物体运动到B点时的速度；
（2）物体在B点对轨道的压力；
（3）物体落地点到B点的水平距离。

【正确答案】 （1）；（2）60N；（3）10m

11-3（巩固） 如图，光滑的四分之一圆弧轨道PQ竖直放置，底端与一水平传送带相切，一质量的小物块a从圆弧轨道最高点P由静止释放，到最低点Q时与另一质量小物块b发生弹性正碰（碰撞时间极短）。已知圆弧轨道半径，传送带的长度，传送带以速度，顺时针匀速转动，小物体与传送带间的动摩擦因数， 。全程a与b不发生第二次碰撞，求：
（1）碰撞后瞬间小物块a、b速度的大小；
（2）小物块b从传送带的左端运动到右端所需要的时间；
（3） 小物块a与传送带摩擦产生的热量。

【正确答案】 （1），；（2）1s；（3）1.5J

11-4（巩固） 如图所示，长的水平传送带以的速率顺时针匀速转动。质量、足够长的木板C紧靠光滑平台D静止在光滑的水平面上。长木板的上表面、传送带的上表面均与光滑平台在同一水平面上。质量的小物块B静止在光滑平台上，长木板右边处有竖直固定的挡板。现将质量的小物块A从传送带左端由静止释放，小物块A从传送带右端滑上平台与小物块B发生弹性碰撞，碰后取走小物块A，小物块B向右滑上长木板C，之后运动的整个过程中小物块B始终未滑离长木板C。长木板C与挡板的碰撞时间极短，碰后以原速率弹回。已知小物块A与传送带间的动摩擦因数，小物块B与长木板C间的动摩擦因数，g取，小物块A从传送带右端滑上平台D时无机械能损失。求：
（1）小物块A、B碰撞后B的速度大小；
（2）长木板C第三次与挡板碰撞前的速度大小；
（3）长木板C的最小长度。

【正确答案】 （1）；（2）；（3）4m

11-5（巩固） 如图所示，一光滑圆弧轨道ABC固定在竖直平面内，半径R=7.5m，圆弧轨道的圆心O在圆弧最低点B的正上方，其中∠AOB=60°。圆弧轨道左侧有一顺时针方向匀速转动的水平传送带，传送带上表面与圆弧轨道的圆心O在同一高度。现将可视为质点的物块P从传送带左端M由静止释放，离开传送带右端N时恰好与传送带共速，从A点沿切线方向进入圆弧轨道。已知物块P的质量m=3kg，重力加速度g取，求：
（1）传送带的速度；
（2）物块到达轨道最低的B时，小物块P对轨道的压力。

【正确答案】 （1）5；（2）

11-6（巩固） 如图所示，光滑水平面MN左端足够远的地方有一弹性挡板P（碰撞时无能量损失），右端N与处于同一高度的水平传送带之间的距离可忽略，传送带水平部分NQ的长度L = 2m，传送带逆时针匀速转动，其速度v = 2m/s。MN上放置着两个可视为质点的质量为mA= 4kg、mB= 1kg的小物块A、B，开始时A、B都静止，A、B间压缩一锁定的轻质弹簧，其弹性势能Ep= 10J。现解除锁定，弹簧弹开A、B后迅速移走弹簧，g = 10m/s2。求：
（1）物块A、B被弹开时各自的速度大小；
（2）要使两物块能在水平面MN上发生碰撞，则小物块B与传送带间的动摩擦因数至少为多大；
（3）若物块A、B与传送带间的动摩擦因数都等于第（2）问中的临界值，且两物块碰撞后结合成整体。在此后物块A、B第一次从滑上到离开传送带的运动过程中，两物块与传送带间产生的总热量。

【正确答案】 （1）vA = 1m/s，vB = 4m/s；（2）0.4；（3）8J或24J

11-7（巩固） 如图所示，长为L=5.8m的倾斜传送带以的速度逆时针匀速转动，传送带与水平面夹角为，传送带底端与光滑水平面平滑连接，左端有一倾角为且足够长的粗糙斜面，斜面与光滑水平面平滑连接。将m=1kg的物体A轻放在传送带的最上端，物体A滑到水平面上后与质量为M=2kg的静止物体B发生弹性碰撞。已知物体A与传送带之间的动摩擦因数为，物体A、物体B与斜面之间的动摩擦因数均为，重力加速度g取，，求：
（1）物块A滑到传送带底部时速度大小；
（2）物体A与静止物体B发生弹性碰撞后B的速度大小；
（3）B在左端斜面上静止的位置到斜面底端的距离。

【正确答案】 （1）6m/s；（2）4m/s；（3）

11-8（提升） 如图所示，在光滑平台上放置一长度，质量的薄板b，在薄板b最右端放有可视为质点的物块a，其质量，物块a与薄板b间动摩擦因数。开始时两者均静止，现对薄板b施加、水平向右的恒力，待a脱离b（b尚未露出平台）后，将b取走。a离开平台后由A点沿切线落入半径的竖直光滑圆弧轨道，圆弧轨道的圆心角为，其中过B点的切线水平，其右侧有一被电磁铁吸住而静止的小球c，c球质量且与地面及左侧墙距足够远，当c球被碰撞时电磁铁立即失去磁性，不计空气阻力，重力加速度g取。求：
（1）物块a在薄板b上运动的时间t；
（2）物块a经过B点的速度大小；
（3）若初始时一不可伸长的轻绳一端系着小球c，另一端系于c球正下方的点，此时绳子刚好伸直无拉力，已知点与c球相距为L，当绳子拉力T达到时绳子断开。物块a从B点水平正碰c球瞬间无能量损失，为使细绳断开时c球开始做平抛运动，则L必须满足什么条件？

【正确答案】 （1）；（2）；（3）或

11-9（提升） 如图所示，将滑块A无初速地轻放在长s＝3.0 m，沿顺时针以v＝6.0 m/s转动的水平传送带左端，一段时间后A从传送带右端水平飞出，下落高度H＝3.2 m后，恰能从P点沿切线方向进入半径R＝5.5 m的光滑圆弧轨道，并沿圆弧轨道滑至最低点Q，滑块A经Q点后滑上静置于光滑水平面上长为L＝9.2 m的木板B，A与B间动摩擦因数为μ＝0.5，A带动B向右运动，距离B右端d＝6.0 m处有一与木板等高且足够长的固定光滑平台，B与平台碰撞后即粘在一起不再运动，滑块A滑上平台运动足够长时间后与左端带有轻弹簧的滑块C作用，已知A、B质量均为m＝1.0 kg，C的质量M＝2.0 kg。忽略所有滑块大小及空气阻力对问题的影响。，，重力加速度g＝10 m/s2。
（1）求滑块A与传送带间的最小动摩擦因数；
（2）滑块A滑上平台时的速度大小为多少；
（3）滑块A与弹簧接触但不粘连，若在滑块C的右侧某处固定一弹性挡板D（未画出），挡板的位置不同，C与D相碰时的速度不同。已知C与D碰撞时间极短，C与D碰后C的速度等大反向，且立即撤去挡板D。A与C相互作用过程一直没有离开水平面，求此后运动过程中A与C组成的系统弹性势能最大值的范围。
‍
【正确答案】 （1）0.6；（2）；（3）

【原卷 12 题】 知识点 计算导轨切割磁感线电路中产生的热量,求导体棒运动时间、或某力作用时间或者某个恒力大小

【正确答案】

【试题解析】


12-1（基础） 两平行光滑金属导轨固定在水平面内，导轨间距为L，左端连接阻值为R的电阻，整个导轨处于与导轨平面垂直的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向如图所示。一长度为L、垂直放在导轨上的金属棒沿导轨向右运动，某时刻速度为，已知金属棒电阻为r，金属棒与导轨接触良好，导轨电阻不计，求：
（1）此时回路中的电流大小I；
（2）此时金属棒克服安培力做功的功率P。

【正确答案】 （1）；（2）

12-2（基础） 如图所示中和为竖直方向的两平行长直金属导轨，间距为，电阻不计，导轨所在平面与磁感应强度为的匀强磁场垂直，质量为，电阻为的金属杆始终垂直于导轨，并与其保持光滑接触，导轨两端分别接有滑动变阻器和阻值为的电阻，当杆达到稳定状态时以速度匀速下滑，整个电路消耗的电功率为，试求：
（1）当做匀速运动时通过的电流大小；
（2）当做匀速运动时的速度大小；
（3）当做匀速运动时滑动变阻器接入电路的阻值。

【正确答案】 （1）；（2）；（3）

12-3（巩固） 如图甲，间距的平行长直导轨MN、PQ水平放置，两导轨左端MP之间接有一阻值为的定值电阻，导轨电阻忽略不计；一导体棒（电阻不计）垂直于导轨放在距离导轨左端的ab处，其质量，导体棒与导轨间的动摩擦因数，整个装置处在范围足够大的竖直方向的匀强磁场中。取竖直向下为正方向，从时刻开始，磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示；在内导体棒在外力作用下处于静止状态，不计感应电流磁场的影响，取。
（1）求时安培力的大小和方向；
（2）从开始，导体棒在恒力作用下向右运动时，导体棒的速度达到最大。求导体棒的最大速度及该过程中电阻R上产生的热量Q。

【正确答案】 （1），方向水平向右；（2）；

12-4（巩固） 如图甲所示，两条光滑平行长直导轨MN、PQ处于同一斜面内，该斜面与水平面间的夹角，两导轨间距，底端M、P之间连接阻值的电阻，导轨所在的空间存在方向垂直于斜面向下、磁感应强度大小的匀强磁场。一根质量为的导体棒ab垂直跨放在导轨上，从时刻开始，通过一小型电动机对棒施加一个平行于斜面向上的牵引力，使棒从静止开始沿导轨向上运动，此过程中棒始终保持与导轨垂直且接触良好。除R以外其余部分的电阻均不计，重力加速度为。若电动机的输出功率保持恒定，棒运动的图像如图乙所示，图中内的图线是曲线，的图线是直线，已知内电阻R上产生的热量，求：
（1）导体棒达到最大速度后受到的牵引力大小；
（2）导体棒从静止开始到达到最大速度的过程中运动的位移大小。

【正确答案】 （1）0.75N；（2）60m

12-5（巩固） 如图甲所示，为保证游乐园中过山车的进站安全，过山车安装了磁力刹车装置，磁性很强的钕磁铁安装在轨道上，正方形金属线框安装在过山车底部。过山车返回站台前的运动情况可简化为图乙所示的模型。在小车下安装长为L、总电阻为R的正方形单匝线圈，小车和线圈总质量为m。小车从静止开始沿着光滑斜面下滑s后，下边框刚进入匀强磁场时，小车开始做匀速直线运动。已知斜面倾角为，磁场上下边界的距离为L，磁感应强度大小为B，方向垂直斜面向上，重力加速度为g，则
（1）线框刚进入磁场上边界时，感应电流的大小为多少？
（2）线框在穿过磁场过程中产生的焦耳热为多少？
（3）小车和线圈的总质量为多少？

【正确答案】 （1）；（2）；（3）

12-6（巩固） 如图所示，倾角为的斜面上固定两根间距为L的足够长平行光滑导轨，将定值电阻和电源在导轨上端分别通过开关、与导轨连接，匀强磁场垂直斜面向下，磁感应强度大小为B，已知电源电动势为E、内阻为r（较大），定值电阻阻值为，质量为m、长度为L、电阻不计的导体棒垂直导轨放置，重力加速度为g，不计导轨电阻。
（1）闭合开关，断开开关，导体棒静止释放，求导体棒最终速度大小；
（2）闭合开关，断开开关，导体棒静止释放，求导体棒最终速度大小。

【正确答案】 （1）；（2）

12-7（巩固） 游乐场中跳楼机的工作原理是：先把游客和座椅拉升到离地高处，使游客随座椅一起自由下落，当下落到制动开关A位置时，触发制动开始减速，到达地面时速度刚好为零（制动包含机械制动和电磁制动）。整个装置简化图如图：为安全高度限制金属横杆，为竖直光滑平行导轨，导轨宽度，游客和座椅可视为质量：、长度为L的水平金属杆，金属杆的电阻，运动时始终与导轨垂直，制动开关A点下方区域（含A点所在水平边界）存在垂直于导轨平面向里的匀强磁场。若金属杆进入磁场时的速度大小为、加速度大小，机械制动提供的拉力，金属杆与导轨始终接触，忽略空气阻力，与导轨的电阻不计，重力加速度。求：
（1）制动开关A离地面的高度。
（2）该磁场磁感应强度的大小B。
（3）金属杆从运动到的过程中，通过金属杆的电荷量q。

【正确答案】 （1）；（2）；（3）

12-8（提升） 如图甲所示，两条足够长的光滑平行金属导轨MN和固定在水平面上，阻值为R的定值电阻与导轨的M、P端相连，MP和导轨垂直，平行导轨的间距为L，导轨电阻不计穿过导轨平面的磁场方向垂直导轨平面向上，磁感应强度的大小B随着时间t变化的图像如图乙所示，质量为m、长度为L、电阻值为的金属杆ab垂直于导轨放置并且和导轨接触良好，杆ab和PM之间距离为d。现在杆ab的中点处系一根不可伸长的轻绳，绳子跨过定滑轮与一质量为m的物块相连接，滑轮左侧轻绳与导轨平面保持平行，已知在时间内，金属杆ab在水平外力下作用下保持静止状态。时刻撤去外力，金属杆从静止开始运动，当物块下落的高度为h时，物块达到最大速度，重力加速度为g。求：
（1）写出水平外力F随时间t的变化关系式；
（2）从t=0时刻开始到物块达到最大速度时间内，通过电阻R的电荷量；
（3）从t=0时刻开始到物块达到最大速度时间内，电阻R所产生的热量。

【正确答案】 （1）；（2）；（3）；

12-9（提升） 如图，间距L＝0. 50m 的导轨由水平区、圆弧过渡区和倾斜区组成。水平区是光滑的金属导轨，AC、CE、BD、DF 长度皆，CE、DF 的电阻均为r＝0. 25Ω且电阻分布均匀，其它部分电阻不计，左侧连接R＝2Ω的电阻；圆弧过渡区是长度可忽略的绝缘材料制成，导体棒经该区的速率不变；倾斜区是粗糙的金属导轨，与水平面的夹角θ=37°，EG 和FH 足够长、电阻不计，右下端连接电容C=0. 2F 的电容器（初始状态不带电）。导轨均处在垂直于导轨平面向上、磁感应强度大小B＝2. 0T 的匀强磁场中。现对质量的静止金属棒a 施加一水平拉力F，使其以加速度沿导轨做匀加速直线运动，运动到EF 处撤去拉力F，经圆弧过渡区后与质量金属框b 发生碰撞（时间极短）并粘连在一起，然后继续在倾斜导轨上运动。电阻皆不计的金属棒a 和金属框b 与导轨始终垂直且接触良好，与倾斜轨道间的动摩擦因数。重力加速度。
（1）从金属棒a 开始运动计时，求t=0. 5s 时通过金属棒a 电流大小和方向；
（2）金属棒a 运动到距AB 距离s=0. 72m 时，求拉力F 的大小；
（3）导体棒a、b 碰撞后的收尾状态，电容器的电量为多少？

【正确答案】 （1）0.25A，方向：从A到B；（2）0.74N；（3）

【原卷 13 题】 知识点 粒子由磁场进入电场,粒子在电场和磁场中的往复运动

【正确答案】

【试题解析】


13-1（基础） 如图所示，在xOy坐标平面内，半径为R的圆形匀强磁场区域的边界与x轴相切于原点O，与PM相切于A点，。PQ、MN间存在着匀强电场，，。现有大量质量为m、电荷量为q的正离子，从O点以相同的速率v0均匀向各个方向射入的区域，离子在磁场边界的出射点分布在六分之一圆周上。离子到达MN边界即被吸收，不计离子重力及相互作用。
（1）求匀强磁场的磁感应强度大小B；
（2）若仅改变磁感应强度的大小，使得其中沿y轴正向入射的离子能经过A点打到D点，求电场强度大小E。

【正确答案】 （1）；（2）

13-2（基础） 在如图所示的平面直角坐标系xOy中，在第I、II象限内存在方向垂直xOy平面的匀强磁场，第IV象限内存在有界匀强电场，方向沿y轴负方向，下边界为。在电场区域下方放置探测板，电子到达板上时被吸收。一电子从坐标原点O沿y轴正方向射入磁场当人射电子的初速度大小为时，电子恰好能到达探测板，并击中点。已知电子质量为、电荷量为。
（1）求磁感应强度B和电场强度E的大小；
（2）求电子在磁场、电场中运动的总时间。

【正确答案】 （1），；（2）

13-3（巩固） 如图所示，半径为的圆形区域与y轴相切，内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，y轴右侧为匀强电场，场强为E，方向与之间夹斜向左下方。一带正电的粒子从圆弧顶点P平行于纸面进入磁场，已知粒子的质量为m，电荷量为q，粒子重力不计。则：
（1）若粒子对准圆心射入，且速率为，求它在磁场中运动的时间；
（2）求（1）中的粒子两次经过y轴时位置间的距离和离开电场时速度的大小。

【正确答案】 （1）；（2）；

13-4（巩固） 如图所示，在直角坐标系的范围内有匀强磁场B，方向垂直纸面向外；在的范围内有与y轴负方向成斜向下的匀强电场E，y轴与x轴有P、Q两点，Q点坐标为，一个质量为m、带电为的粒子从O点射出，与x轴正方向夹角，先后经过P、Q两点又回到O点，粒子重力不计。求：
（1）P点坐标及粒子射入磁场时的速度；
（2）匀强电场E的大小；
（3）粒子轨迹纵坐标的范围。

【正确答案】 （1）；；（2）；（3）

13-5（巩固） 如图所示，在坐标系中，轴上方有一圆形匀强磁场区域，其圆心为、半径，磁感应强度，方向垂直于纸面向外。在轴下方有匀强电场，电场强度，方向水平向左。在磁场的左侧区域内，有一群质量、电荷量的粒子以速度平行于轴正方向且垂直于磁场射入圆形磁场区域。不计粒子的重力和粒子间的相互作用。求：（结果可用含和根号的式子表示）
（1）粒子在磁场区域运动的轨迹半径；
（2）粒子在磁场区域运动的最长时间；
（3）粒子打在轴上离原点的最远距离。

【正确答案】 （1）；（2）；（3）

13-6（巩固） 如图所示的直角坐标系中，x<0区域有沿x轴正向的匀强电场，x≥0区域有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一个带正电的粒子从原点O进入磁场，初速度大小为v0，速度方向与y轴正向夹角为θ，粒子第一次在磁场中运动时离y轴最远距离为L。且带电粒子经电场偏转后将再次从O点进入磁场，不计粒子重力，求：
（1）粒子的比荷；
（2）粒子从O点出发再次回到O点所用时间。

【正确答案】 （1）；（2）

13-7（巩固） 如图一个质量为m，电荷量为q（q>0）的粒子从O点以v0的初速度垂直y轴射出。在y轴左侧的I区有一磁感应强度为B0垂直纸面向里的匀强磁场。y轴右侧的II区有一电场强度大小为的交变电场，当粒子第（2k+1）次进入II区时，电场方向竖直向上；当粒子第2k次进入II区时，电场方向竖直向上（k为正整数，电场的变化不引起磁场的变化）。II区的右侧有一垂直纸面向外的匀强磁场。已知当粒子第一次射出III区时，粒子经过I、II、III区的时间分别为t1、t2、t3，且t1:t2:t3=4π:8:9π（磁场区域的宽度足够，不计粒子重力）。
（1）电场区域的宽度d和III区磁场的磁感应强度B1；
（2）在x轴下方距x轴s的位置，将一块长度为L的荧光板垂直y轴放置，且板的中点在y轴上。若要粒子垂直打在板上，求L和s需满足的条件。

【正确答案】 （1），；（2）详见解析

13-8（提升） 某科研实验装置的电场和磁场分布可以简化为如图所示。第Ⅰ象限（包括y轴）充满垂直xOy平面向外，磁感应强度大小为的匀强磁场，第Ⅳ象限充满垂直xOy平面向里，磁感应强度大小为的匀强磁场，第Ⅲ象限充满沿x轴负方向的匀强电场。在第Ⅲ象限坐标为的粒子源P发射出质量为、电荷量为的带电粒子甲，经电场偏转后恰好从坐标原点O沿y轴正方向以速度进入磁感应强度大小为的匀强磁场区域。已知，不计粒子重力。
（1）求第Ⅲ象限内匀强电场的场强大小和粒子甲从粒子源发射时的速度（可以用三角函数值表示）。
（2）从带电粒子甲由粒子源P发射开始计时，求带电粒子甲第3次穿过x轴的时间和横坐标。
（3）若粒子甲第3次经过x轴时会被x轴上设置的吸收器吸收，则从y轴上Q点平行x轴正方向发射与粒子甲比荷相同的粒子乙，粒子乙第一次沿y轴正方向穿过x轴时与粒子甲相碰，求Q点可能的纵坐标和粒子乙可能的速度及甲、乙两粒子发射的时间差。

【正确答案】 （1），，方向斜向右上与x轴正方向的夹角为；（2），；（3）见解析

13-9（提升） 如图所示，平面直角坐标系内，第Ⅱ象限内有沿x轴正方向的匀强电场，第Ⅰ象限和第Ⅳ象限内有垂直纸面，方向相反、强度不同的匀强磁场。质量为m，电量为q的带正电粒子从点沿y轴负方向以速度v射入电场中，从点进入第Ⅰ象限的磁场中，一段时间后开始做垂直穿越x轴的往复运动。不计粒子的重力。
（1）求电场强度E大小；
（2）求第Ⅰ象限内磁场的磁感应强度B1的大小；
（3）当粒子第3次到达x轴时，粒子在两磁场中的运动时间相等，求粒子第1次和第3次穿越x轴位置之间的距离。

【正确答案】 （1）（2）（3）


答案解析

1-1【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元法，故A正确；
B．根据速度定义式当Δt非常小时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义应用了极限思想方法，故B正确；
C．在定义重心和合力这两个物理概念时应用了等效思想法，故C错误；
D．伽利略对自由落体运动的研究，应用了将实验和逻辑推理相结合的方法，故D正确。
本题选错误的，故选C。
1-2【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．卡文迪许扭称实验运用了放大的思想方法，A错误；
B．探究向心力大小与半径、角速度、质量关系运用了控制变量法，B正确；
C．借助激光器及平面镜观察桌面的微小形变运用了放大法，C错误；
D．用来定义功率运用了比值定义法，D错误。
故选B。

1-3【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．用质点来代替物体的方法是理想模型法。故A错误；
B．速度的定义，表示平均速度，当时，表示物体在时刻的瞬时速度，是采用数学上极限思想方法。故B错误；
C．伽利略为了探究自由落体的规律，将落体实验转化为著名的“斜面实验”，这里运用了转换法，故C错误；
D．在推导匀变速运动位移公式时，把整个运动过程划分成无数小段，采用的是数学中的微元法。故D正确。
故选D。
1-4【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法是理想化模型法，所以A错误；
B．重心是指地球对物体中各部分重力的合力作用点。重心的定义运用了等效替代法，所以B错误；
C．在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，再把各小段位移相加，这里运用了微元法，所以C正确；
D．根据速度定义式，当△t→0时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义运用了极限思想法，所以D错误；
故选C。
1-5【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．通过平面镜观察桌面的微小形变的实验中，运用了放大法，A错误；
B．推导匀变速直线运动位移与时间关系时，取非常短的一段时间，在这段时间内，认为物体做匀速度运动，把每一小段时间内的位移加在一起就是总位移，而且时间间隔取得越短，越接近真实值，因此采用微元的思想，B正确；
C．根据

用平均速度代替物体在某段时间内运动的快慢，即用到了等效替代法，C正确；
D．根据

当 极小时表示物体在时刻的瞬时速度，该定义应用了极限思想方法，D正确。
故选A。
1-6【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．根据速度定义式，当Δt非常小时，就可以表示物体在某时刻的瞬时速度，该定义采用了极限法，故A错误；
B．不需要考虑物体的大小和形状时，用质点来代替实际物体采用了理想模型法，故B错误；
C．引入重心、合力与分力的概念时运用了等效替代法，故C正确；
D．在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元法，故D错误。
故选C。
1-7【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．卡文迪许在利用扭秤实验装置测量万有引力常量时，应用了放大思想，故A正确；
B．用质点来代替有质量的物体是采用了理想模型的方法，故B错误；
C．首次提出“提出假说,数学推理,实验验证,合理外推”的科学推理方法的是伽利略不是牛顿,故C错误；
D．实验中探究加速度与质量、合外力关系时采用的是控制变量法，故D错误。
故选A。
1-8【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．①采用微小变量放大法，设一个螺距为0.5mm，当旋转一周时，前进或后退一个螺距，这样把0.5mm的长度放大到旋转一周上，故A错误；
B．②采用的等效替代法，即两次拉橡皮筋的时使橡皮筋的形变相同，故B正确；
C．③研究三个变量之间的关系时，先假定其中一个量不变，研究另外两个量之间的关系，这种方法称为控制变量法．而在本实验中探究小车的加速度与力和质量的关系，故先保持小车质量M不变，而研究合外力和加速度两个物理量之间的关系，或者先保持小车的质量不变，探究小车所受的合外力与小车的加速度之间的关系，故本实验的操作过程采用的为控制变量法，故C错误；
D．④用力向下压，使桌面产生微小形变，使平面镜M逆时针方向微小旋转，若使法线转过θ角，则M反射的光线旋转的角度为2θ，N反射的光线就就旋转了4θ，那么投射到平面镜上的光斑走过的距离就更大，故该实验观察测量结果采用的是微小变量放大法，故D错误。
故选B。
1-9【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．根据速度定义式

非常小时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义应用了极限思想，故A正确，不符合题意；
B．通过蜡块的运动探究合运动和分运动之间的关系，体现了等效的思想， 故B正确，不符合题意；
C．在“探究平抛运动的在竖直方向上的分运动”的实验中，判断竖直方向上的运动是否是自由落体运动，运用了类比法，即比较研究法，故C正确，不符合题意；
D．在“探究向心力大小的表达式的实验中”应用了控制变量法，故D错误，符合题意。
故选D。
2-1【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．布朗运动是固体颗粒的无规则运动，反映了液体分子的热运动，A错误；
B．气体体积增大时对外做功，但是没明确吸放热所以无法知道内能如何变化，选项B错误；
C．气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数与单位体积内的分子数和温度有关，选项C正确；
D．气体如果失去了容器的约束就会散开，这是因为气体的流动性，选项D错误。
故选C。
2-2【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
布朗运动是悬浮在液体表面的固体颗粒的无规则运动，是液体分子的无规则运动的表现，选项A错误；做功和热传递都能增加物体的内能，选项B错误；当空气相对湿度越大时，空气中水蒸气的实际压强越接近同温度下水的饱和汽压，人的体表的水分蒸发越慢，C错误；一定质量的气体，在压强不变时，气体的温度降低，则体积减小，气体的单位体积内的分子的密度增大，分子每秒对器壁单位面积平均碰撞次数随着温度降低而增加．故D正确；故选D．
2-3【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．理想气体温度不变，体积增大时压强减小，则气体分子热运动的剧烈程度不变，气体分子对器壁的平均撞击力变小，A错误；
B．由于温度不变，体积增大，所以气体分子单位时间内对器壁碰撞的次数减小，气体压强减小，B正确；
C．气体体积增大，单位体积内的气体分子数减小，分子平均动能不变，具体到某个分子的动能则无法确定，C错误；
D．气体温度不变，内能不变，体积增大，则对外做功，由热力学第一定律知气体此过程必然吸热，D错误。
故选B。
2-4【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．布朗运动是悬浮在液体中固体小颗粒的运动，布朗运动说明了液体分子不停地做无规则运动，A错误；
B．理想气体分子间的作用力为零，不存在分子势能，B错误；
C．扩散现象可发生在固体、液体与气体间，故在真空、高温条件下，可以利用分子的扩散向半导体材料掺人其他元素，C正确；
D．气体的压强与气体分子单位时间在单位面积上对器壁的碰撞次数以及碰撞力都有关，则单位时间内，气体分子对容器壁单位面积上的碰撞次数减少，气体的压强不一定减小，D错误。
故选C。
2-5【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．根据 ，一定质量的理想气体保持压强不变，温度升高，则气体的体积增大，分子的密度减小；又因为温度升高，分子的平均动能变大，分子的平均速率变大，所以单位时间内撞击器壁单位面积上的分子数减少，A正确，不符合题意；
B．热量可以从高温物体向低温物体传递，也可以从低温物体向高温物体传递，例如电冰箱，B正确，不符合题意；
C．根据，在理想气体的等压压缩过程中，气体的温度降低，气体的内能减小，C错误，符合题意；
D．悬浮在液体中的微小颗粒，在某一瞬间与它相碰撞的液体分子数越少，不平衡越显著，布朗运动越明显，D正确，不符合题意。
故选C。
2-6【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．布朗运动时固体微粒的无规则运动，反映了液体分子的无规则热运动，选项A错误．
B．由热力学第一定律可知改变内能有做功和热传递两种方式，选项B错误．
C．由热力学第二定律知一切热现象都是不可逆的，功转变成热能自发发生，但热转化为功要引起其它的变化，选项C错误．
D．由理想气体状态方程可知，压强不变时，温度降低，则体积减小，即增加，选项D正确．
故选D．
2-7【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数与单位体积内的分子数和温度都有关，选项A错误；
B．生产半导体器件时需要在纯净的半导体材料中掺入其它元素，这可以在高温条件下利用分子的扩散来完成，选项B正确；
C．布朗运动是肉眼看不到的，阳光从缝隙射入教室，从阳光中看到的尘埃的运动是固体颗粒在气流作用下的运动，不是布朗运动，选项C错误；
D．某气体的摩尔体积为V，若每个气体分子运动占据的空间的体积为V0，则阿伏伽德罗常数为，选项D错误。
故选B。
2-8【提升】 【正确答案】 AC
【试题解析】 详解:
A．气体A发生等容变化

温度升高，内能增加，根据热力学第一定律

可知气体A吸热，故A正确；
B．对B上方活塞进行受力分析，根据平衡条件可知，B气体的压强不变，由于隔板导热性良好，B气体会吸收A气体的热量后温度上升，内能增大，再根据理想气体状态方程

在压强不变，温度升高的情况下，体积增大，则气体对外做功，故B错误；
C．气体A和气体B温度都上升了，分子的平均动能都增大，故C正确；
D．根据气体压强的微观意义，气体压强和分子单位时间内对器壁单位面积碰撞次数、分子平均动能有关，在压强不变的情况下，气体B的分子平均动能增大，气体B分子单位时间内对器壁单位面积碰撞次数减少，故D错误。
故选AC。
2-9【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．打开阀门K后，A中的气体进入B中，由于B中为真空，所以气体不对外做功，A错误；
BC．气体分子间作用力忽略不计，所以气体分子间没有分子势能，又因为系统与外界无热交换，气体的温度不变，所以气体内能不变，BC错误；
D．气体体积变大，温度不变，气体压强减小，所以气体分子单位时间内对单位面积的舱壁碰撞的次数将减少，D正确。
故选D。
3-1【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
AC．题图甲中，人处于匀速直线运动状态，受力平衡，重力与竖直向上的支持力平衡，不受摩擦力。重力，支持力，故A、C错误；
BD．题图乙中，人处于匀速直线运动状态，受力平衡，受到重力G、斜面的支持力以及沿斜面向上的摩擦力f三个力作用，如图所示，故B正确，D错误。

故选B。
3-2【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
球棒处于静止状态，根据平衡条件可知，球棒受到重力、竖直墙面的水平向左的弹力、地面向上的支持力与地面水平向右的静摩擦力，合计4个力作用。
故选C。
3-3【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
设滑块质量为m，整体在水平方向上受推力和滑动摩擦力，有
F=f=2μmg=1.5mg
隔离对B分析，假设B不受斜面A的摩擦力，则B受到重力、推力F和支持力，如图示

根据共点力平衡，运用合成法，得
F0= mgtanθ=0.75mg
因F=1.5mg>F0可知，B受到A向下的摩擦力，则B对A有沿斜面向上的摩擦力，除此外斜面A还受重力、地面的支持力和摩擦力，B对A的压力。故C正确，ABD错误。
故选C。
3-4【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．以人为研究对象，加速过程中，人受到静摩擦力、重力、支持力三个力的作用下沿电梯加速上升；匀速运动时，人受到重力和支持力作用，故A错误；
B．加速过程中，顾客在竖直方向上有向上的加速度，支持力大于重力，处于超重状态；匀速运动过程中，重力和支持力平衡，不是超重状态，故B错误；
C．惯性是一切物体所具有的特性，而质量是衡量惯性大小的唯一量度，所以顾客的惯性不变，故C错误；
D．在慢慢加速的过程中，受力如图

物体加速度与速度同方向，合力斜向右上方，因顾客受到的摩擦力与接触面平行水平向右，电梯对其的支持力和摩擦力的合力方向指向右上方，当匀速运动时，受力平衡，扶梯对顾客作用力为支持力，竖直向上，故D正确。
故选D。
3-5【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．第51分钟指的是时刻，故A错误；
B．足球在飞行过程中，足球的形状和大小可以忽略，可视为质点，故B正确；
C．足球飞出后脱离梅西，梅西对它不再施加作用力，故C错误；
D．守门员起跳扑救瞬间，地面对他的作用力与他对地面的作用力是相互作用力，等大反向，故D错误。
故选B。
3-6【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．甲图中的鹅卵石受重力、两个弹力和两个摩擦力5个力的作用，故A错误；
B．乙图中下面筷子对鹅卵石的力等于重力和上面筷子对它的弹力之和，所以大于上面筷子对鹅卵石的力，故B正确；
C．丙图中，鹅卵石受到的摩擦力等于重力沿筷子向下的分力，若增大丙图中的筷子对鹅卵石的弹力，鹅卵石受到的摩擦力不变，故C错误；
D．鹅卵石受到筷子对它的作用力与重力等大反向，若增大丙图中筷子与水平方向的夹角，鹅卵石受到筷子对它的作用力不变，故D错误。
故选B。
3-7【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
将物体a、b看成整体，以整体为研究对象，进行受力分析，整体受到重力、已知外力F，说明a与墙壁之间没有弹力，没有弹力就一定没有摩擦力；以物体b为研究对象，对物体b进行受力分析，可知b受到重力、支持力和静摩擦力作用，b受到3个力，再以物体a为研究对象，受力分析可知a受到4个力作用。
故选A。
3-8【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
P、Q一起沿斜面匀速下滑时，由于木板P上表面光滑，滑块Q受到重力、P的支持力和弹簧沿斜面向上的弹力．根据牛顿第三定律，物体Q必对物体P有压力，同时弹簧对P也一定有向下的弹力，因而木板P受到重力、斜面的支持力、斜面的摩擦力、Q的压力和弹簧沿斜面向下的弹力
故选C。
3-9【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．假设球与墙之间没有弹力，撤去与球接触的墙，球仍可能静止，所以球和墙之间可能没有弹力，选项A错误；
BC．假设球与斜面无弹力，撤去斜面，球不能静止，故球一定受到斜面的弹力，方向垂直斜面向上，选项B正确，C错误；
D．以球和斜面体为整体，知斜面体和竖直墙之间一定有弹力，选项D错误。
选项B。
4-1【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
由图可知，甲并联在电路中是电压互感器，电路中是强电压，通过变压器变成弱电压，根据电压之比等于线圈匝数比可得高压输电线的电压为

乙串联在电路中是电流互感器，电路中是强电流，通过变压器变成弱电流，根据电流之比等于线圈匝数的倒数比可得高压输电线的电流为

故高压输电线的送电功率为

故选A。
4-2【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
根据题意，由图可知，表为电压表，表为电流表，根据电压比与电压表示数可知，输送电压为

根据电流比与电流表示数可知，输送电流为

输送电功率为

故选A。
4-3【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
AB．本题中每个线圈通交变电流后，其内部磁通量的一半通过另一个线圈，因此另一线圈的磁通量的变化率只有通电线圈的一半。
由变压器原理，所以当从线圈1输入电压U1=220 V时，根据

得线圈2输出电压
U1=55V
故AB错误；
CD．当从线圈2输入电压U2=110 V时

所以线圈1输出电压U1=U2=110 V，故C错误，D正确。
故选D。
4-4【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．交流电的频率为

A错误；
B．副线圈两端电压有效值为

根据电压匝数比有

解得

则原线圈输入电压的最大值为

B错误；
C．电阻的电功率约为

C正确；
D．由于负载两端的电压为交流电压，即电容器两端电压时刻在发生变化，根据

可知，电容器极板所带电荷量也时刻在变化，即电容器存在充放电流，通过的电流不为零，D错误。
故选C。
4-5【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
AB．设原线圈中的电流为，副线圈中的电流为，根据原副线圈电压与线圈匝数的关系可知

据原副线圈电流与线圈匝数的关系可知

联立解得

开始时，滑片P处于滑动变阻器正中间位置，即，代入数据可知

电压表的读数

AB错误；
C．若向下移动P，滑动变阻器的阻值增加，由上分析可知
副线圈中的电流减小，原线圈的电流也减小，原线圈的输入电压为

可知输入电压增大，故副线圈的输出电压随之增大，C正确；
D．由上分析可知，副线圈的输出功率为

故当时，即时，副线圈的输出功率最大，若向上移动P，滑动变阻器的阻值减小，副线圈的输出功率减小，D错误。
故选C。
4-6【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
当滑动变阻器的阻值调为时，定值电阻与滑动变阻器消耗的功率之比为1：3；设此时原副线圈的电流分别为，，则有

解得

则

当滑动变阻器的阻值调为时，滑动变阻器消耗的功率最大，此时原副线圈中电流分别为 ，，由于

由于

所以可以得出

对此公式化简可得

最大功率为

所以有

根据数学方法可知当时，功率取得最大值，解得

故选A。
4-7【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．理想变压器的原线圈接在的交流电源上，可知

交变电流的周期为

每个周期电流的方向改变2次，故交流电1s内电流方向改变了100次，A正确；
B．由题可知理想变压器的输入电压的有效值为

原、副线圈匝数之比为，故电压表的读数为

B错误；
CD．副线圈负载电阻的消耗功率为

理想变压器的输入功率与输出功率相等，故原线圈的输入功率为

电流表的读数为

CD错误。
故选A。
4-8【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．由

可知，输入交流电的频率为50Hz，故A错误；
B．开关闭合时，由

可知

又


故

故B错误；
C．开关闭合时，电阻R消耗的功率

因变压器及二极管均为理想，故变压器的输入功率等于电阻消耗的电功率，故C正确；
D．由

可知，开关断开后，副线圈cd两端的电压

故D错误。
故选C。
4-9【提升】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．原线圈的电压

根据变压比可知副线圈电压

由于二极管的单向导电性，所以根据电流的热效应可知

解得电压表的示数为

故A正确；
B．根据变压比可知副线圈电压

若只将S从1拨到2，则增大，故副线圈电压减小，副线圈电流减小，根据变流比可知

因为增大且减小，故原线圈电流减小，电流表示数减小，故B错误；
C．由图乙知，电压从零开始变化，故初始时刻处于中性面，经过0.01s即一半周期，线圈转动180°，因为开始后的周期电压为正，则穿过线圈的磁通量变化为

又因为

解得

故C错误；
D．若只将滑动变阻器的滑片向下滑动，原线圈电压不变，根据变压比可知副线圈电压不变，根据


则电压表示数不变，负载电阻增大，则电流减小，电流表示数减小，故D错误。
故选A。
5-1【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
AB．根据题意，由万有引力等于重力有

解得

则火星表面的重力加速度是

故A错误，B正确；
CD．根据题意，由公式可知，王跃在火星表面受的万有引力与在地球表面受万有引力之比为

即王跃在火星表面受的万有引力是在地球表面受万有引力的倍，故CD错误。
故选B。
5-2【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
月地之间的万有引力

已知拉断横截面积为的钢棒需要的力，则则月地之间的万有引力约为该力的

故选A。
5-3【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
设质点的质量为m，均匀分布的球体密度为，球心到P点的距离为d，则半径为的球体对球外质点的万有引力为

球体剩余部分对质点的万有引力大小为

联立解得

故C正确，ABD错误。
故选C。
5-4【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．研究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

所以线速度大小关系

故A错误；
B．由于不同的人造卫星的质量关系不知道，所以无法比较它们受到的万有引力大小关系。故B错误；
C．由公式

解得

所以加速度大小关系

故C错误；
D．由公式

解得

角速度大小关系

故D正确。
故选D。
5-5【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
根据万有引力定律，地球对返回器的引力为

月球对返回器的引力为

则返回器距月球球心的距离与月球球心距地球球心之间的距离之比为


故C正确，ABD错误。
故选C。
5-6【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．设太阳的质量为M，火星的质量m，根据万有引力提供向心力可得

由此可得

可知由题设数据可以求出太阳的质量M，无法求出火星的质量m，A错误；
B．设彗星的质量为，彗星经过A点时受到的引力为

由于彗星的质量未知，则无法计算彗星经过A点时受到的引力，B错误；
C．火星和彗星在A点均受到太阳万有引力的作用，根据牛顿第二定律可得


解得

两者经过A点的加速度均指向太阳，由此可知两者经过A点时的加速度相等，C错误；
D．火星经过点时的线速度大小为，彗星经过点时的线速度大小为，火星做圆周运动则有

而彗星经过A点时做离心运动有

由此可得

D正确。
故选D。
5-7【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．根据万有引力定律知，万有引力与距离地心的距离的平方成反比，所以核心舱进入轨道后所受地球的万有引力大小约为它在地面时的倍，故A错误。
B．根据知，r越大v越小，当r为地球半径时，v数值上等于第一宇宙速度即，所以核心舱在轨道上飞行的速度小于，故B正确。
C．根据知，r越大T越大，核心舱的轨道半径小于同步卫星的轨道半径，所以核心舱在轨道上飞行的周期小于，故C错误。
D．根据知，卫星的环绕速度与卫星的质量无关，速度不变，增加质量不会改变轨道半径，故D错误。
故选B。
5-8【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
对于每一个星体受到三个力的作用，相邻两个星体的作用力的矢量合

对角线上星体对它的作用力

这两个力在同一直线上，所以合力应该为

故选D。
5-9【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
宇航员绕圆环中心做圆周运动的向心力来源于支持力，可知

又由于该支持力与地球表面支持力大小相等，即

联立可得圆环绕中心匀速旋转的角速度

故选C。
6-1【基础】 【正确答案】 ACD
【试题解析】 详解:
AB．当在偏振片A、B间放糖溶液时，由于糖溶液的旋光作用，使通过偏振片A的偏振光振动方向转动了一定角度，到达O处的光强会明显减弱，故A正确，B错误；
CD．但当将偏振片B转过一个角度，恰好使透振方向与经过糖溶液后的偏振光振动方向一致时，O处光强又为最强，故偏振片B的旋转角度等于α，同理转动偏振片A也可以达到相同的效果，故CD正确。
故选ACD。
6-2【基础】 【正确答案】 BD
【试题解析】 详解:
A．自然光沿各个方向振动的光波的强度相同，故A错误；
B．偏振光是在垂直于传播方向的平面上，只沿着某一特定方向振动的光，故B正确；
C．自然光透过一个偏振片后就成为偏振光，偏振光经过一个偏振片后不能还原为自然光，故C错误；
D．太阳、电灯等普通光源发出的光都是自然光，故D正确。
故选BD。
6-3【巩固】 【正确答案】 AD
【试题解析】 详解:
A.图甲是利用光的干涉检查某精密光学平面的平整度，图甲中上板是标准样板，下板是待检查的光学元件，故A正确；
B.根据条纹间距公式

如果换用频率更大的单色光，则光的波长变短，其他条件不变，则图乙中的干涉条纹变窄，故B 错误；
C.若出现图丙中弯曲的干涉条纹，说明亮条纹提前出现，说明被检查的平面在此处出现了凹陷，故C错误；
D.用单色光垂直照射图丁中的牛顿环，牛顿环中的空气厚度不是均匀变化，空气膜厚度增加的越来越快，则亮条纹会提前出现，所以得到的条纹是随离圆心的距离增加而逐渐变窄的同心圆环，故D正确。
故选AD。
6-4【巩固】 【正确答案】 AC
【试题解析】 详解:
A．相邻亮条纹之间，空气膜的厚度差等于半个波长，当薄片向左移动少许时，空气膜的劈角变小，空气膜厚度差等于半个波长的位置距离变大，所以相邻亮条纹间距变大，条纹变疏，故A正确；
B．空气薄层干涉是等厚干涉，即明条纹处空气膜的厚度相同。从弯曲的条纹可知，检查平面左边处的空气膜厚度与后面的空气膜厚度相同，弯曲处是凸的，故B错误；
C．根据条纹的位置与空气膜的厚度是对应的，当上玻璃板平行上移时，同一厚度的空气膜向劈尖移动，故条纹向着劈尖移动，故C正确；
D．条纹间距与光的波长成正比，由于黄光波长长，故黄光条纹间距大，绿光的条纹间距小，故D错误。
故选AC。
6-5【巩固】 【正确答案】 AC
【试题解析】 详解:
A．根据光的干涉条纹间距公式

a光的干涉条纹比光的宽，所以，，在同种均匀介质中，光的传播速度比光的大，A正确；
B．光导纤维的原理是利用光的全反射，根据全反射的条件是从光密介质射向光疏介质，所以内芯的折射率比外套的折射率大，B错误；
C．两玻璃板的中间一端用薄片垫起，构成空气劈尖，干涉条纹的产生是由于光在空气薄膜的上下两表面反射形成的两列光波叠加的结果，C正确；
D．图丁用自然光照射透振方向（箭头所示）互相垂直的前后两个竖直放置的偏振片，光屏没有光斑，没有亮线，D错误。
故选AC。
6-6【巩固】 【正确答案】 BC
【试题解析】 详解:
A．图甲中，为共振曲线，当驱动力频率等于振动系统固有频率时，振幅最大，故A错误；
B．乙图中，根据，若只将光源由蓝色光改为绿色光，波长增大，两相邻亮条纹间距离将增大，故B正确；
C．丙图中，当将薄片向右移动时，即增大空气薄层的厚度，导致同级的光程差的间距变小，则干涉条纹间距会变小，故C正确；
D．丁图中，当M固定不动，缓慢转动N，从图示位置开始转动90°时，M、N的振动方向垂直，此时光屏P上的光亮度最暗，故D错误。
故选BC。
6-7【巩固】 【正确答案】 BD
【试题解析】 详解:
A．如图所示

由图可知光折射率较小，折射角，则临界角较大，入射时也较大，b光折射率大，折射角小，则临界角较小，入射时较小，故无法判断先后，故A错误；
B．根据条纹间距公式

可知只减小屏到挡板的距离L，则相邻亮条纹间距离将减小，故B正确；
C．根据薄膜干涉原理可知，图丙中若得到如图所示明暗相间平行等距条纹说明被检测工件表面平整，故C错误；
D．发生全反射的条件是光由光密介质射入光疏介质，所以内芯的折射率大，且光传播在内芯与外套的界面上发生全反射，故D正确。
故选BD。
6-8【提升】 【正确答案】 BCD
【试题解析】 详解:
A．光线a的入射角

即

则折射角为

折射率

选项A错误；

B．因

则由几何关系可知b光的折射角

则b光的折射率

选项B正确；
C．a光在圆形玻璃砖中的传播时间

选项C正确；
D．b光在圆形玻璃砖中的传播时间

选项D正确。
故选BCD。
6-9【提升】 【正确答案】 BC
【试题解析】 详解:
AB．如图所示

由几何关系有透明介质的折射率为

故A错误，B正确；
C．透明介质全反射临界角满足

所以透明介质全反射临界角的正弦值为

故C正确；
D．由

可得光在透明介质中的传播速度为

由几何关系有光线在透明介质中传播的路程为

光线在透明介质中传播时间为

故D错误。
故选BC。
7-1【基础】 【正确答案】 ABD
【试题解析】 详解:
A．由图可知，D和E核子的平均质量大于F核子的平均质量，原子核D和E聚变成原子核F时，核子总质量减小，有质量亏损，要释放能量，故A正确；
B．由题图可知，A核子平均质量大于B与C核子的平均质量，原子核A裂变成原子核B和C时会有质量亏损，要放出核能，故B正确；
C．根据光电效应方程

知，光电子的最大初动能与入射光的频率有关，与入射光的强度无关，故C错误；
D．在核反应堆的铀棒之间插入镉棒是为了控制核反应速度，故D正确。
故选ABD。
7-2【基础】 【正确答案】 BC
【试题解析】 详解:
A．A分裂成B、C的反应属于原子核的裂变，故A错误；
B．中等大小的核的比结合能最大，A分裂成B、C，由图可知是重核裂变，因此核子的比结合能将增大，故B正确；
C．由图可知，D、E核是轻核，D、E结合成F的反应属于原子核的聚变，故C正确；
D．D、E结合成F核时要释放核能，所以生成的F核的比结合能一定增大，故D错误。
故选BC。
7-3【巩固】 【正确答案】 AC
【试题解析】 详解:
A．图1中，稳定时通过A1的电流记为I1，通过L1的电流记为IL。S1断开瞬间，A1突然闪亮，可知IL>I1，因此L1的电阻小于A1的电阻，故A正确；
B．图1中，因开始时通过L1的电流向右，则断开S1瞬间，灯A1突然闪亮，此时A1中电流方向向左，故B错误；
CD．题图2中，闭合S2瞬间时，由于自感作用，通过L2与A2的电流I2会逐渐增大，而通过R与A3的电流I3立即变大，因此电流不相等，由于最终A2与A3亮度相同，所以两支路电流I相同，根据部分电路欧姆定律，两支路电压U与电流I均相同，所以两支路电阻相同，由于A2、A3完全相同，故变阻器R与L2的电阻值相同，故C正确，D错误。
故选AC。
7-4【巩固】 【正确答案】 BC
【试题解析】 详解:
AB．接通开关S瞬间，灯A2立即变亮，而线圈L产生自感电动势，根据楞次定律可知，自感电动势阻碍电流的增大，使得该支路中电流只能逐渐增大，所以闭合开关的瞬间，灯A1逐渐变亮，故A错误，B正确；
CD．闭合开关，待电路稳定后断开开关，原来通过灯A2的电流立即消失，线圈L产生自感电动势，相当于电源，两灯串联，由于电路稳定时，两支路电流大小相等，所以灯A2不会闪一下，两灯以相同亮度逐渐熄灭，故C正确，D错误。
故选BC。
7-5【巩固】 【正确答案】 BD
【试题解析】 详解:
AB．当声波使膜片前后振动时，线圈切割磁感线产生感应电流，将声音信号变化电信号，可知，是该传感器根据电磁感应原理工作的，A错误，B正确；
C．膜片随着声波做周期性振动，穿过金属线圈的磁通量也是周期性变化的，C错误；
D．膜片振动时，金属线圈切割磁感线，会产生感应电动势，D正确。
故选BD。
7-6【巩固】 【正确答案】 BD
【试题解析】 详解:
AB．合上K的瞬间，自感系数很大的电感线圈阻碍电流增大，电源的电压同时加到两灯上，A、B同时亮，故A错误，B正确；
C．合上K的瞬间，A、B同时亮，电感线圈只能阻碍电流增大，无法阻止，电流稳定后电感线圈相当于导线，B灯被短路，B熄灭，A灯变的更亮，故C错误；
D．断开K，A灯立即熄灭，线圈L中电流逐渐减小，产生自感电动势，感应电流流过B灯，刚开始时电流比原来通过B灯的电流大，B闪亮一下后熄灭，故D正确。
故选BD。
7-7【巩固】 【正确答案】 BC
【试题解析】 详解:
AB．当声波使膜片前后振动时，线圈切割磁感线产生感应电流，将声音信号变化电信号，是根据电磁感应原理工作的，故A错误，B正确；
C．膜片振动时，金属线圈切割磁感线，会产生感应感应电流，故C正确；
D．膜片随着声波而周期性振动，穿过金属线圈的磁通量是周期性变化的，故D错误；
故选BC。
7-8【提升】 【正确答案】 CD
【试题解析】 详解:
A．两能级间的能级差越大，辐射的光子能量越大，频率越大，可知n=2跃迁到n=1辐射的光子频率不是最大，故A错误；
B．氢原子从n=5到n=1能级跃迁时，向外辐射能量，故B错误；
C．用光子能量为13.06eV的光照射一群基态的氢原子，氢原子吸收光子能量后原子的能量为-0.54eV，跃迁到第5能级，根据

可知氢原子可以发出10中不同波长的光，故C正确；
D．用光子能量为13.06eV的光照射一群基态的氢原子，跃迁到第5能级，从n=5跃迁到n=4辐射的光子能量最小，波长最长，光子能量为

故D正确。
故选CD。
7-9【提升】 【正确答案】 AD
【试题解析】 详解:
A．一个处于能级的氢原子向低能级跃迁最多能辐射出种不同频率的光子，A正确；
B．由题图可知，n=3和n=2的能级差小于n=2和n=1的能级差，又

因此小的波长长，B错误；
C．氢原子从n=4能级向n=2能级跃迁时辐射出的光子能量

小于锌的逸出功3.38eV，不能使锌产生光电效应，C错误；
D．根据光电效应方程有

D正确。
故选AD。
8-1【基础】 【正确答案】 BC
【试题解析】 详解:
A．若质点从平衡位置或最大位移处出发，经过的路程为4cm，质点Q在如图所示位置若向下振动靠衡位置，此后内通过的路程大于4cm，若向上振动远离平衡位置，此后内通过的路程小于4cm，A错误；
B．质点收到的回复力（加速度）总是指向平衡位置，故该时刻质点Q的加速度沿y轴负方向，B正确；
C．若质点P该时刻速度沿y轴正方向，据“同侧法”可知，此横波向x轴正方向传播，C正确；
D．质点不随波迁移，故质点P不可能传播到Q点处，D错误。
故选BC。
8-2【基础】 【正确答案】 CD
【试题解析】 详解:
A．a经平衡位置向上振动，根据同侧法可知此波向左传播，A错误；
B．质点c位于波谷处，此时速度为零，B错误；
C．根据题意可得

解得

则周期

C正确；
D．在a、b两质点之间传播需要的时间

D正确。
故选CD。
8-3【巩固】 【正确答案】 BC
【试题解析】 详解:
A．据题知，t时刻与t+0.4s时刻波形相同，则
0.4s=nT（n=0，1，2，3，…）
则周期
（n=0，1，2，3，…）
由图读出波长为

则波速为
（n=0，1，2，3，…）
当n=1时，v有最小值为10m/s。波速的最大值无法求出。故A错误；
B．当n=1时，周期最大，则最大周期为

则最小频率

故B正确；
C．在t+0.2s时经过时间为

无论n为奇数，还是为偶数时，x=3m的质点都在平衡位置，位移为零；故C正确；
D．若波沿x轴正方向传播，坐标原点处的质点不会随波沿x轴正方向运动，而在平衡位置上下振动，故D错误。
故选BC。
8-4【巩固】 【正确答案】 AB
【试题解析】 详解:
A．波的周期与质点振动周期相等，根据振动图像可知，该波的周期为12s，A正确；
C．由于波沿x轴正方向传播，根据振动图像可知，在t=0时刻，处的质点处于平衡位置向上振动，处的质点恰好位于波谷，根据同侧法可知，此时刻这两个质点间最简单的波形为四分之一个波长，则有
（n=1，2，3…）
解得
（n=1，2，3…）
若波长等于8m，可解得

不符合要求，C错误；
B．根据上述可知
（n=1，2，3…）
当n=0时，解得波速为2m/s，B正确；
D．由于

而t=0时刻，处的质点处于平衡位置，处的质点恰好位于波谷，可知，在0～3s内，这两个质点通过的路程均为4cm，即在0～3s内处的质点通过的路程等于处的质点通过的路程，D错误。
故选AB。
8-5【巩固】 【正确答案】 AD
【试题解析】 详解:
AB．由图知周期

振幅

由图看出

时，a质点向上运动，且

b质点偏离平衡位置位移为负的最大，向上运动，有

a、b间距离为1.5m（波长大于1.5m），若a质点较b质点滞后，则有

这列波的速度可能是

若b质点较a质点滞后，则有

这列波的速度可能是

故A正确，B错误；
CD．从时刻时

质点a在2秒时，即时间内运动到位置

则质点a在2秒内的位移大小是，故C错误，D正确。
故选AD。
8-6【巩固】 【正确答案】 BC
【试题解析】 详解:
有a、b两质点相距1.8m，某时刻两质点都在平衡位置，其间有两个波峰和一个波谷，画出波形图，如图所示

可得

解得

AB．若波由a向b传播，图示时刻向下振动，经过（小于一个周期），到波峰位置，可得

解得

则波速

故B正确，A错误；
CD．若波由b向a传播，图示时刻向上振动，经过（小于一个周期），到波峰位置，可得


解得

则波速

故C正确，D错误。
故选BC。
8-7【巩固】 【正确答案】 ACD
【试题解析】 详解:
A．由题意可知，该列简谐横波的传播速度为

故A正确；
B．由题意可知

当n=0时，周期最大即为6s，故B错误；
C．该列简谐横波在介质中传播的最大波长为

故C正确；
D．波传到x=5m处质点所用的时间为

t=0.5s时，x=5m处质点已经振动了0.25s，则t=0.5s时，x=5m处质点的位移可能为

故D正确。
故选ACD。
8-8【提升】 【正确答案】 BD
【试题解析】 详解:
A．根据题设条件无法确定两列波的传播方向，选项A错误；
B．对甲波，有

根据图a，若波向x轴正方向传播，则
(n=0、1、2、3…)
要使T>0.4s，则T可能为2.8s或0.56s
若波向x轴负方向传播，则
(n=0、1、2、3…)
要使T>0.4s，则T只能为0.93s
在上述三个可能的周期值中，周期的最小值为0.56s，对应的波速最大为

选项B正确；
C．甲波的周期有三个可能值，对应的波速也有三个可能值，波速由介质决定，乙波的波速等于甲波的波速也有三个可能值，则其周期也有三个可能值，选项C错误；
D．虽然两列波的周期不同不能产生稳定的干涉现象，但是两列波相遇时仍会发生叠加，当两列波的波峰与波峰相遇或者波谷与波谷相遇时，振动位移最大为：20cm+15cm=35cm，选项D正确。
故选BD。
8-9【提升】 【正确答案】 AD
【试题解析】详解:
A．若波沿x轴正方向传播，则传播时间

所以周期

当时，T最大，最大值为

选项A正确；
B．若波沿x轴负方向传播，波传播的距离最小值为3 m，它的最小速度为

选项B错误；
C．若波的传播速度为，波在时间内传播的距离为

波的传播方向是x轴正方向，可知时P质点的运动方向为y轴负方向，选项C错误；
D．若波的传播速度为，波在时间内传播的距离为

波的传播方向是x轴负方向，可知时刻P质点的运动方向为y轴正方向，选项D正确。
故选AD。
9-1【基础】 【正确答案】 800 Ⅰ 0.40
【试题解析】 详解:
（1）[1]根据

结合图甲，可知

（2）①[2]方案Ⅰ中的物块B始终处于静止状态，则a弹簧的示数与A对B的滑动摩擦力等大反向，而方案Ⅱ中不能确定物块A是否一定处于匀速直线运动状态，即不能确定c弹簧的示数与B对A的滑动摩擦力的大小关系，因此为了用某一弹簧测力计的示数表示物块A和B之间的滑动摩擦力的大小，方案Ⅰ更合理；
②[3]根据
，
解得

9-2【基础】 【正确答案】 B 无影响 或
【试题解析】 详解:
（1）[1]A．实验前，应在水平方向对弹簧测力计调零，减小读数误差，故A错误；
B．与木块相连的细线应保持水平，使绳上拉力等于摩擦力，故B正确；
C．不管木板如何运动，木块都是处于平衡状态，即细线的拉力都等于摩擦力，所以没有必要一定要匀速拉出木板，故C错误；
D．木板拉出的速度太快，实验时间太短，弹簧测力计的读数不能稳定，使得读数误差较大，所以木板拉出的速度不能太快，故D错误。
故选B。
（2）[2]缓慢向右拉动水平放置的木板，当滑块和砝码相对桌面静止且木板仍在继续滑动时，弹簧秤的示数即为滑块受到的滑动摩擦力的大小。因此木板与桌面间的摩擦力对滑块摩擦力的测量无影响。
（3）[3]弹簧测力计示数等于木块受到的滑动摩擦力大小

结合题图乙图像中斜率为

解得

9-3【巩固】 【正确答案】 2.23
【试题解析】 详解:
（1）相邻计数点间的时间间隔为

由逐差法可得滑块的加速度为

（2）由牛顿第二定律得

整理得

题中图像的斜率为

所以滑块和传感器的总质量为

滑块受到的摩擦力大小为

解得

9-4【巩固】 【正确答案】 BC或CB
【试题解析】 详解:
（1）[1]已知打点计时器使用的交流电源的频率为。每相邻两计数点间还有个点未标出，相邻计数点之间的时间间隔，纸带中有段数据，为减小误差，舍掉长度最短的第一段，取后段根据逐差法得

（2）[2]为测量动摩擦因数，由

可知，需要知道滑动摩擦力和压力的大小，除加速度之外，还需要测量细线上的拉力，即由弹簧测力计的示数可得；还需要测量滑块与长木板间的压力

即需要测量滑块的质量。
故选BC。
（3）[3]根据牛顿第二定律得

可得

9-5【巩固】 【正确答案】 A 0.264 0.495
【试题解析】 详解:
（1）[1]A．除图中所给的实验器材外，实验时需要测量计数点之间的间距，即还需要的器材是刻度尺，A正确；
B．打点计时器自身就是一种计时仪器，实验中不需要秒表，B错误；
C．打点计时器使用的是交流电源，实验中不需要干电池，C错误。
故选A。
（2）[2]由于相邻两计数点间还有4个点未标出，则相邻计数点之间的时间间隔为

下计数点2时物块对应的速度大小

[3]根据逐差法，验物块对应的加速度大小

（3）[4]根据牛顿第二定律有

变形有

由于该图线的横轴截距的大小等于b，斜率的大小为k，则有
，
解得

9-6【巩固】 【正确答案】
【试题解析】 详解:
（1）[1][2]对车运用牛顿第二定律有

变形可得

则有
，
解得
，
（2）[3]分别对砂桶和小车使用牛顿第二定律，可得


联立解得

当m远大于M时，则有

9-7【巩固】 【正确答案】 3.708（3.706～3.709）
【试题解析】 详解:
（1）[1]根据螺旋测微器的读数规律，该读数为

（2）[2]根据

可知，当两光电门记录的时间相等时，表明滑块做匀速直线运动，则有

解得

（3）[3]根据
，，
对滑块、小桶和砂粒整体分析有

结合上述解得

9-8【提升】 【正确答案】 BD或DB 1.67 0.41
实验时交流电频率若略大于50Hz，或木板未调节水平，打点计时器一端较低
【试题解析】 详解:
（1）[1]A．电磁打点计时器工作时应使用8V交流电源，A错误；
B．实验中还需要的测量器材为刻度尺，为了测量位移的大小，B正确；
C．本实验装置测量木块与木板间的动摩擦因数，不需要平衡摩擦，应当调节装置水平，C错误；
D．凹槽靠近电磁打点计时器，先接通电源，再释放凹槽，D正确。
故选BD。
（2）[2]根据逐差法，可得

代入数据解得

（3）[3]
[4]设每个钩码的质量为m，所有钩码质量的之和为M，木块质量为m0，当细线下端挂有n个钩码时，对这n个钩码，根据牛顿第二定律有

对小车及剩余钩码，根据牛顿第二定律有

联立解得

根据图像可得

解得

（4）[5]实验时交流电频率若略大于50Hz，会使得测得周期偏大，加速度测量偏小，根据

可知作出的a—n图线整体往下移，纵截距往下移，则μ测量值偏大。
或者木板未调节水平，打点计时器一端较低，使得测量加速度偏小，作出的a—n图线整体往下移，纵截距往下移，则μ测量值偏大。
9-9【提升】 【正确答案】 B C 0.50
【试题解析】 详解:
（1）[1]把木板的一侧垫高，调节木板的倾斜度，使木块沿木板的下滑的力大小等于摩擦力，即小车在不受牵引力时能拖动纸带沿木板匀速运动。此处采用的科学方法是阻力补偿法。故选B。
（2）[2]
A．所需平衡的摩擦力与小车所受的拉力无关，故不需要重新平衡摩擦力，A错误；
B．实验时，先接通打点计时器的电源，待打点稳定后，再放开木块，这样纸带会得到充分利用，会有更多的数据信息，B错误；
C．以木块及木块上砝码和砝码桶及桶内砝码组成的系统为研究对象，设木块及木块上砝码总质量为M，砝码桶及桶内砝码总质量为m，由牛顿第二定律，则有

木块的加速度为

木块所受的合外力则有

当时，可认为木块受到的拉力等于砝码桶及桶内砝码的总重力。因此为使砝码桶及桶内砝码的总重力在数值上近似等于木块运动时受到的拉力，应满足的条件是砝码桶及桶内砝码的总质量远小于木块和木块上砝码的总质量，C正确。
故选C。
（3）[3]由交流电源频率为50Hz，纸带上相邻两点间有4个点未画出，可知相邻两计数点间的时间间隔为

由

可得小车的加速度

（4）[4]对整个系统有，根据牛顿第二定律有

解得

10-1【基础】 【正确答案】
相等
【试题解析】 详解:
（1）[1]根据题意可知，电源电动势为，则与电流表串联的定值电阻为

即串联定值电阻。
[2]由于滑动变阻器的最大阻值都远小于待测电阻，则滑动变阻器采用分压接法，电源电动势为，若选用超过额定电流，则应选。
（2）[3]根据题意可知，改装后的电压表内阻已知，则采用电流表外接法，则实验电路图如图所示

（3）[4]根据题意，由欧姆定律可得

可知，测量值等于真实值。
10-2【基础】 【正确答案】 负 2.5 见解析
【试题解析】 详解:
（1）[1]甲同学想先利用多用电表的欧姆挡估测电流表的内阻，可知黑表笔接欧姆表内部电源的正极，为了电表安全，测量时应将红表笔接触电流表的负接线柱的金属部分，黑表笔接触电流表的另一接线柱的金属部分。
[2]他先将欧姆表倍率调为最小倍率“×1”挡，经过欧姆表测电阻的正确操作后，指针在表盘的位置如图a所示，则电流表内阻约为。
（2）[3]根据电路图，实物连线如图所示

（3）[4]为了使测量时相对误差更小，要求测量时两电表指针偏转均超过其量程的三分之二；若选择，则电压表最大示数约为

可知测量时为了两电表指针偏转均超过其量程的三分之二，应选择，此时电压表最大示数约为

[5]电路接通后，把滑动变阻器的滑动端滑动到某一位置，若此时电压表读数为U，电流表读数为I，根据欧姆定律可得

可得电流表内阻为

10-3【巩固】 【正确答案】 A E b e 偏小
【试题解析】 详解:
（1）[1]根据表格，酒精气体浓度为时，电阻大约为左右，电流最大值约为，电流表量程过大，读数不准确，所以选择电流表；
[2]若采用限流接法，两个滑动变阻器调节效果均不明显，所以采用分压接法，电压调节范围较大，且选择阻值较小的，电压调节较均匀。
（2）[3][4]待测电阻为小电阻，采用“外接法”，滑动变阻器采用“分压法”，所以a点接b，d点接e。
（3）[5]电动势变小，内阻变大，导致电流表示数变小，从而导致电阻测量值偏大，酒精气体浓度测量值偏小。
10-4【巩固】 【正确答案】 A C E
酒驾
【试题解析】 详解:
（1）[1][2][3]根据表格可知，酒精气体浓度为0.35mg/mL时气敏电阻的阻值约为40，由于电源电动势为6V，根据精确且安全的原则，电压表应选择C；则通过气敏电阻的最大电流为

所以电流表选择A；由于滑动变阻器F的额定电流太小，所以滑动变阻器应选择E。
（2）[4]因为滑动变阻器阻值均比较小，而且为了获得更多的数据使测量结果更准确，所以采用分压接法；由于

所以，为小电阻，故采用电流表外接法。因此，电路图连接如图所示

（3）[5]要求电压表示数随酒精气体浓度的增加而增大,只能把电压表并联在定值电阻两端才满足题意，故接法如图所示

[6]当电压表示数为1V时，则电路中的电流为

根据闭合电路欧姆定律，得

根据表格数据可得，酒精浓度满足
酒精气体浓度
因此，测量的酒精浓度达到酒驾。
10-5【巩固】 【正确答案】 大于 14.0 通道1
【试题解析】 详解:
（1）[1]利用伏安法测电阻，题中待测电阻是大电阻，采用电流表内接法，其阻值远大于滑动变阻器最大阻值，滑动变阻器采用分压式接法，实验电路如图所示

[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实际电压，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可得

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。
10-6【巩固】 【正确答案】 重新欧姆调零 200 较小 60
【试题解析】 详解:
（1）[1]用多用表的“”倍率的挡位测热敏电阻在下的阻值，发现表头指针偏转的角度很大，说明电阻较小，应换用小倍率的，所以换用“”倍率；
[2][3]换挡后，需重新欧姆调零，电阻的阻值等于

（2）[4] 由闭合电路欧姆定律有

可见电流越小电阻越大，而电阻越大温度则越高，即电流刻度较小处对应的温度刻度应该较大，则电流较大处对应温度较小；
[5]若电阻箱阻值时，I=3mA代入

得热敏电阻的阻值为

结合图丙可知，此时对应的温度数值为。
10-7【巩固】 【正确答案】 螺旋测微器 右 CD
【试题解析】 详解:
（2）①[1]螺旋测微器比游标卡尺测量精度高，虽然游标卡尺也能测量直径，但精度高时就要用螺旋测微器。
②[2]为保护电路应将滑动变阻器R的滑片滑到最右端。
③[3]加在导电绳两端的电压为U，流过导电绳的电流为I2－I1，因此导电绳的电阻

（3）[4]AB．在闭合S2之前，电流表I1的示数包括定值电阻的电流和电压表分得的电流，闭合S2之后，加在电压表两端的电压保持不变，因此流过电压表和定值电阻的总电流仍为I1，故流过导电绳的电流是I2－I1，与电压表、电流表内阻无关，电压表、电流表内阻对测量没有影响，AB错误；
CD．该实验的误差来源于导电绳拉伸后的长度测量，导电绳拉伸后的直径测量，CD正确。
故选CD。
10-8【提升】 【正确答案】 90Ω 变小 不变
【试题解析】 详解:
（1）[1]由图像可知

t=20℃时，该金属的电阻R大小为

（2）[2]温度最低，热敏电阻阻值最小，电路总电流最大，为10mA，由

解得

代入得能测的最低温度为

（3）[3]放入冰水混合物中，时，，电流表满偏时

解得

放热水中

得


得

[4]由欧姆定律和温度与电阻关系式


联立整理得

（4）[5] 电流表满偏时，电源电动势不变，内阻变大不能忽略，则

知联入电路的有效阻值将变小；
[6]不变，因为在进行（3）中①步骤时，要调节滑动变阻器使电流满偏，当电源内阻阻值增大，会将滑动变阻器阻值调小，总和不变，对结果无影响。
10-9【提升】 【正确答案】 ABD 150 50 不均匀
【试题解析】 详解:
(1)[1]因电源电动势只有3V，则电压表量程过大，可用已知内阻的电流表A1和电阻箱串联来代替，则电路如图所示

(2)[2] 由实验原理可知，电流表A1和串联后和并联，根据欧姆定律得

故需要读取的数据为电流表A1和A2的读数、，电阻箱的阻值R1。故选ABD。
(3)[3]所测电阻Rx的表达式

(4)[4]由乙图可知

由丙图利用欧姆定律得

联立得

由题意，时，，得

[5] 电压表2V刻度对应压力

[6]由整理得

知与不是线性关系，故压力表的刻度不是均匀的。
11-1【基础】 【正确答案】 （1）；（2）
【试题解析】 详解:
（1）设小球到达B点的速度为，小球到达B点时管壁对小球的弹力大小为小球重力大小的6倍，有

从开始下落到B点根据机械能守恒定律得

联立解得

（2）设小球到达最高点时的速度为，落点C与A点的水平距离为x，从最低点到最高点由机械能守恒定律得

从最高点抛出后由平抛运动规律得

而

解得

11-2【基础】 【正确答案】 （1）；（2）60N；（3）10m
【试题解析】 详解:
（1）由动能定理，得

解得

（2）在最低点根据牛顿第二定律可知

解得

根据牛顿第三定律可知物体在B点对轨道的压力为60N；
（3）小球从B点开始做平抛运动，水平方向上

竖直方向上

解得物体落地点到B点的水平距离

11-3【巩固】 【正确答案】 （1），；（2）1s；（3）1.5J
【试题解析】 详解:
（1）小物块a滑到圆弧底端，由动能定理可知

解得

小物块a、b发生弹性正碰，由动量守恒和机械能守恒定律可知


解得


所以碰撞后瞬间小物块a、b速度的大小分别为和。
（2）小物块b滑上传送带做匀减速运动，加速度大小为

小物块b与传送带达到共同速度，运动的位移

小物块b在传送带上匀减速运动的时间

小物块b与传送带达到共同速度后一起做匀速直线运动，匀速运动的时间为

小物块b从传送带的左端运动到右端所需要的时间

（3）由于圆弧光滑，小物块a与小物块b发生弹性正碰后，滑上圆弧，机械能守恒，小物块a滑上传送带时的速度大小为，小物块a滑上传送带做匀减速运动，加速度大小为

小物块a与传送带达到共同速度，运动的位移

说明小物块a减速运动到传送带右端也没有与传送带达到共同速度，则

解得
或（舍去）
0.5s内传送带运动的位移

小物块a与传送带的相对位移

小物块a与传送带摩擦产生的热量

11-4【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）；（3）4m
【试题解析】 详解:
（1）小物块A在传送带的最左端由静止释放，做匀加速运动，由牛顿第二定律得

解得

假设小物块A在传送带上一直加速，由运动学公式

解得

假设成立。小物块A以与小物块B发生弹性碰撞，根据动量守恒定律可得

根据动能守恒可得

解得
，
（2）小物块B获得速度后与木板相互作用，小物块B减速，木板C加速，设长木板C与挡板碰撞前共速，根据动量守恒可得

解得

对长木板C，由牛顿第二定律，可得

解得

又

解得

假设成立。即小物块B获得速度后与长木板C相互作用，小物块B减速，长木板C加速，共速后一起向右运动，长木板C碰到挡板后向左减速，减速到零，再向右加速，小物块B一直向右减速，再次共速，继续向右匀速运动，长木板C与挡板发生第二次碰撞，以后重复上述过程，最后小物块B与长木板C均静止。从长木板C第一次与挡板碰撞后到小物块B与长木板C再次共速，小物块B与长木板C组成的系统动量守恒，取向右的方向为正方向，有

解得

从长木板C第二次与挡板碰撞后到小物块B与长木板C再次共速，小物块B与长木板C组成的系统动量守恒，同理得

解得

即长木板C第三次与挡板碰撞前的速度。
（3）小物块B获得速度后与长木板相互作用，长木板多次与挡板碰撞，最后小物块B与长木板均静止。小物块B一直相对长木板向右运动，系统损失的机械能全部转化为内能。
根据能量守恒定律

解得

即木板的长度至少为4m。
11-5【巩固】 【正确答案】 （1）5；（2）
【试题解析】 详解:
（1）设传送带速度v0，则在A点时


解得

（2）从A到B

其中

在B点时

解得

根据牛顿第三定律可知小物块P对轨道的压力

11-6【巩固】 【正确答案】 （1）vA = 1m/s，vB = 4m/s；（2）0.4；（3）8J或24J
【试题解析】 详解:
（1）A、B物块被弹簧弹开的过程中，由动量守恒得

由能量守恒得

联立解得
vA = 1m/s，vB = 4m/s
（2）要使两物块能在水平面MN上发生碰撞，小物块B不能在传送带的Q端掉下，则小物块B在传送带上最多减速运动到Q端速度减为零，以B为研究对象，据动能定理有

解得
μ = 0.4
（3）物块B返回过程先加速后匀速，到达水平面MN上时的速度等于传送带速度，故

若两物块A、B在水平面MN上相向碰撞结合成整体，设共同速度为v1，根据动量守恒定律可得

解得
v1 = 0.4m/s
方向向右。因为
v1 = 0.4m/s < v = 2m/s
所以两物块A、B整体滑上传送带后先向右减速，再向左加速回到水平面MN上，且速度与v1等值，整体与弹性挡板碰撞后再滑上传送带，如此重复运动。两物块A、B整体每次在传送带上运动的过程中，相对传送带运动的距离为

故物块A、B第一次从滑上到离开传送带的运动过程中，两物块与传送带间产生的总热量为

若两物块A、B在水平面MN上同向碰撞结合成整体，设共同速度为v2，根据动量守恒有

解得
v2 = 1.2m/s
方向向右。因为
v2 = 1.2m/s < v = 2m/s
所以两物块A、B整体滑上传送带后先向右减速，再向左加速回到水平面MN上，且速度与v2等值，如此重复运动。此时两物块A、B整体每次在传送带上运动的过程中，相对传送带运动的距离为

故物块A、B第一次从滑上到离开传送带的运动过程中，两物块与传送带间产生的总热量为

11-7【巩固】 【正确答案】 （1）6m/s；（2）4m/s；（3）
【试题解析】 详解:
（1）当物块A在传送带上开始运动至与传送带共速的过程中，由牛顿第二定律及匀变速直线运动规律可得


此过程中物块A的位移为

代入数据可得



由于，故此后物体A继续向下做加速运动，此时摩擦力方向沿斜面向上，此过程由牛顿第二定律可得

从此至运动至底部的过程中，设A到达传送带底部时速度为v，则由匀变速直线运动规律可得

联立可得


（2）由于AB之间发生弹性碰撞，设碰后AB的速度分别为v1、v2，以水平向左为正方向故由能量守恒定律及动量守恒定律可得


联立解得


（3）分析可知，当物体B滑上斜面后，做匀减速直线运动，当滑至最高点时，物体B的速度减为零。且由于，物体将停在最高点，设物体沿斜面滑行的位移为x，则根据能量守恒定律可得

代入数据可得

点睛:
传送带问题需要注意当物体达到与传送带共速后，物体是否在传送带上以及是否会继续加速。斜面问题需要判断物体静止在斜面上是否会下滑。
11-8【提升】 【正确答案】 （1）；（2）；（3）或
【试题解析】 详解:
（1）由牛顿定律及运动学公式，对物块a有

对薄板b有

由题知

代入数据联立解得

（2）物块a离开薄板b的瞬间速度为

由运动的合成与分解可知

物块a从A到B过程由机械能守恒有

解得

（3）物块a与c球碰撞过程有


解得

①若绳子在最高点断开，对c球由牛顿第二定律可得
，
解得

②若绳子在最低点刚好断开，设此时c球在最低点速度为v，c球由最高点到最低点过程，机械能守恒

在最低点由牛顿第二定律
，
解得

c球做圆周运动恰好通过最高点时有

解得

因，故此时绳子在最低点刚好满足断开条件；即保证c球被碰后做平抛运动，L满足的条件为
或
11-9【提升】 【正确答案】 （1）0.6；（2）；（3）
【试题解析】 详解:
（1）滑块A离开传送带做平抛运动，竖直方向满足

又A沿切线滑入圆轨道，满足

解得

A沿切线滑入圆轨道，满足

解得

即A在传送带上应先匀加速，与传送带共速后随传送带匀速运动最右端，则有

解得滑块A与传送带的动摩擦因数需满足

（2）A沿圆轨道滑下，机械能守恒，有

假定A在木板B上与B共速后木板才到达右侧平台，则A、B动量守恒，有

A、B共速过程，根据能量守恒，有

解得

设B板开始滑动到AB共速滑过距离sB，由动能定理有

解得

即假设成立，B撞平台后，A继续向右运动，由动能定理有

解得A滑上平台的速度为

（3）滑块C与挡板D碰撞前A、C系统动量守恒，A、C第一次碰撞后速度大小分别为和，有

滑块C与挡板D碰后滑块C的速度反向，碰后至AC共速过程，AC系统动量守恒

由上述两式得A、C共速时速度为
（m/s）
全过程A、C与弹簧组成的系统机械能守恒，共速时系统弹性势能最大

（J）
C与D碰撞前A、C系统动量守恒，弹簧恢复原长时，设A的速度为，系统机械能守恒，有



A滑块与C作用过程速度v3取值范围在到4m/s之间。
由二次函数图像性质，可知当，A、C系统最大弹性势能最大，最大值为

当，A、C系统最大弹性势能的最小值为

综上可知系统弹性势能最大值的取值范围为

12-1【基础】 【正确答案】 （1）；（2）
【试题解析】 详解:
（1）根据法拉第电磁感应定律有

根据闭合电路欧姆定律有

联立解得

（2）金属棒所受安培力为

金属棒克服安培力做功的功率

解得

12-2【基础】 【正确答案】 （1）；（2）；（3）
【试题解析】 详解:
（1）根据题意可知，当作匀速运动时，由平衡条件有

又有

可得，当作匀速运动时，通过的电流为

（2）当作匀速运动时，重力的功率等于整个电路消耗的电功率，则有

解得

（3）根据题意可知，当作匀速运动时，感应电动势为

由闭合回路欧姆定律可得，回路的总电阻为

又有

解得

12-3【巩固】 【正确答案】 （1），方向水平向右；（2）；
【试题解析】 详解:
（1）前3s内，根据图乙可知，磁感应强度的变化率大小为

根据法拉第电磁感应定律可得，感应电动势大小为

根据闭合电路欧姆定律可得感应电流

根据楞次定律可知电流方向俯视为顺时针方向
根据左手定则知

时，安培力为

方向水平向右
（2）导体棒速度最大时，根据平衡条件可得

其中

根据图乙知

联立解得, 导体棒的最大速度

方向水平向右，根据能量守恒定律

解得该过程中电阻R上产生的热量为

12-4【巩固】 【正确答案】 （1）0.75N；（2）60m
【试题解析】 详解:
（1）当导体棒达到最大速度后，所受合外力为零，平行于导轨方向有

感应电动势

感应电流

安培力

此时牵引力

（2）电动机的功率

电动机消耗的电能等于导体棒增加的机械能与克服安培力做功产生的焦耳热之和，有

解得位移

12-5【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）；（3）
【试题解析】 详解:
（1）设线框进入磁场时的速度大小为v0，自由下滑过程中，根据动能定理可得

解得

根据闭合电路的欧姆定律可得

（2）（3）下边框刚进入匀强磁场时，小车开始做匀速直线运动，根据功能关系可得线框穿过磁场的过程中产生的焦耳热为
Q=2mgLsinθ
由题意可知

可得


12-6【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）
【试题解析】 详解:
（1）闭合，断开，由静止释放导体棒，导体棒与电阻构成回路



最终匀速运动

可得

（2）闭合开关，断开开关，导体棒切割磁感线产生的电动势为

根据右手定则可知动生电动势的方向与电源的电动势E方向相反，导体棒最终匀速运动，此时回路的电流为

安培力方向沿斜面向上，满足

解得

12-7【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）；（3）
【试题解析】 详解:
（1）根据题意知，金属杆进入磁场时的速度大小为

设游客和座椅自由下落的高度为h，有

制动开关A离地面的高度

联立解得

（2）在A点对金属杆进行分析，由牛顿第二定律，有

其中感应电流

感应电动势

解得

（3）在磁场区域，有

其中



联立解得

12-8【提升】 【正确答案】 （1）；（2）；（3）；
【试题解析】 详解:
（1）由平衡条件得

其中

又有



联立可得

（2）时间内，通过电阻R的电荷量为

联立解得

从时刻到速度最大的时间内



则

联立解得

（3）在时间内，电阻R产生的焦耳热量为，物块开始运动到达到最大速度时间内回路中产生的焦耳热量为，电阻R产生的焦耳热量为；有

联立得

由平衡条件得



解得

由能量守恒定律可得



12-9【提升】 【正确答案】 （1）0.25A，方向：从A到B；（2）0.74N；（3）
【试题解析】 详解:
（1）时，导体棒 a 的速度

电动势

电流

电流方向从A到B。
（2）对导体棒a由牛顿第二定律得

其中

导体过CD后的位移

电路中的总电阻

导体棒a速度

则拉力

（3）金属棒a运动到EF时

金属棒a与“U形”金属框b碰撞

碰撞后速度

对金属棒a与“U形”金属框b系统

其中


通过导体 a、b 电量等于电容器的电量

解得

点睛:
根据左手定则和安培定则确定安培力和产生的感应电流方向，再根据受力情况分析导体棒和线框的最终状态，再根据动量定理及电容定义式进行解答。
13-1【基础】 【正确答案】 （1）；（2）
【试题解析】 详解:
（1）离子在磁场边界的出射点分布在六分之一圆周上，设正离子射出磁场的最远点为F，如图

根据几何关系可知OF为正离子在磁场中运动轨迹的直径，则轨迹半径

在磁场中洛伦兹力提供向心力，有

解得

（2）根据题意沿y轴正向入射的离子能经过A点，则根据几何关系有轨迹半径

从A点入射的离子以沿x轴正向进入电场，在x轴方向上做匀速直线运动，有

在y方向做匀加速直线运动有

联立解得

13-2【基础】 【正确答案】 （1），；（2）
【试题解析】 详解:
（1）设电子在磁场中做圆周运动的半径为R，则

根据几何关系可得

联立可得

电子在电场中运动，根据动能定理得

解得

（2）电子在磁场中运动轨迹为半圆，所用时间

电子在电场中做匀变速直线运动

电子运动的总时间

13-3【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）；
【试题解析】 详解:
（1）设带电粒子进入磁场中做匀速圆周运动的轨道半径为r1，由牛顿第二定律得

其中

带电粒子在磁场中运动的轨道半径为

其运动轨迹如图所示

从图中几何条件分析可知


轨迹所对的圆心角为60°，可知粒子运动周期为

粒子在磁场中的运动时间为

（2）粒子进入电场区域做类平抛运动，轨迹如图所示

设两次经过y轴的位置O'K间的距离为L，则有


联立解得

从O'至K由动能定理得

解得

13-4【巩固】 【正确答案】 （1）；；（2）；（3）
【试题解析】 详解:
（1）依题意，画出粒子在磁场中的运动轨迹，根据几何关系判断知粒子在磁场中运动轨迹所对应圆心角为；

利用几何知识，可求得粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为

且

所以P点的坐标为；
由粒子在磁场中运动时

可得

因为，可得

（2）依题意，可知粒子进入电场后，在电场力的作用下做类平抛运动，过O点时，有



联立可得

而联立可求得

（3）利用几何关系，可得粒子轨迹纵坐标的最大值为

粒子在电场中做类平抛运动，当粒子的速度方向平行轴时，此时粒子轨迹的纵坐标有最小值，将速度及电场力分别分解在垂直轴上，则有


则可得


联立可求得

所以，可得粒子运动轨迹纵坐标的范围为。
13-5【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）；（3）
【试题解析】 详解:
（1）粒子磁场区域做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力可得

可得

代入数据解得

（2）所有粒子经过磁场后都从原点O出来，其中从最上面射进的粒子在磁场中运动的时间最长，如图所示

由几何关系可得其对应的圆心角为

可得

又

联立解得粒子在磁场区域运动的最长时间为

（3）所有粒子经过磁场后都从原点O出来，从原点O出来后射入第三象限的粒子向左偏，到不了y轴。射入第四象限的粒子向左偏可以打到y轴，设射入第四象限的粒子射入时速度方向与y轴负方向夹角为θ，由几何关系可得其与y轴负方向的夹角

又



当时，有最大值，则粒子打在轴上离原点的最远距离为

13-6【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）
【试题解析】 详解:
（1）粒子的运动轨迹如图所示

粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有

根据几何知识，粒子在磁场中运动时离y轴最远距离为

联立解得粒子比荷为

（2）粒子在磁场中运动时间为

在电场中运动时间为t2，粒子进入电场时的速度方向与y轴正向成θ角，则从磁场进入电场的位置与O点距离为

粒子进入电场后沿y轴正方向做匀速运动，沿x轴方向先减速后加速，最后到达O点，则有

解得

粒子从O点出发再次回到O点所用时间为

联立以上相关式子解得

13-7【巩固】 【正确答案】 （1），；（2）详见解析
【试题解析】 详解:
（1）粒子磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则

则粒子在磁场中的运动周期、半径分别为
，
则粒子在从进入I区磁场到离开磁场，运动半个圆周，则运动时间为

设粒子进入磁场III区时，速度与x轴的夹角为，则粒子经过III区的时间为

粒子经过II区的时间为

粒子在II区运动时，电场竖直向上，则粒子做类平抛运动，则沿x轴方向有

沿y轴方向有



则进入III区时的速度

设与水平方向的夹角为

则

则

解得

（2）根据（1）问分析，粒子刚进入磁场I区、III区时，运动轨迹半径分别为
，
①则当粒子从O点出发，没有离开磁场I区就垂直打在板上时，荧光板长度及离x轴距离s需要满足
，
粒子在II区水平方向做匀速直线运动，竖直方向一直向上做匀加速直线运动，则粒子速度不会垂直x轴，要求粒子垂直打在荧光板上，粒子不能在II区打在荧光板上。
②若粒子是第一次进入III区，在III区打在荧光板上时，荧光板长度及离x轴距离s需要满足
，
即
，
③当粒子不在III区打在荧光板上时，粒子第二次进入电场II区，离开电场时，沿y轴方向的位移及速度为


则粒子第二次离开电场时，速度大小及方向为
，
则粒子第二次进入磁场I时，轨迹半径为

粒子第二次从y轴上进入磁场I时的点距离x轴的距离为

粒子第二次进入磁场I时半径为

则粒子第二次进入磁场I时，垂直打在荧光板上，荧光板长度及离x轴距离s需要满足
，
④粒子第三次离开电场时，沿y轴方向的位移及速度为


则粒子第三次离开电场时，速度大小及方向为
，
粒子第三次离开电场时距离x轴的距离

即在x轴上方距离x轴处，此次粒子在III区运动轨迹半径为

粒子垂直打在荧光板上时，荧光板长度及离x轴距离s需要满足

但是要求荧光板在x轴下方，故此情况不符合要求。
⑤粒子第四次离开电场时，沿y轴方向的位移及速度为


则粒子第三次离开电场时，速度大小及方向为
，
此次粒子在I区运动轨迹半径为

粒子进入磁场I区距离x轴的距离

粒子垂直打在荧光板上时，荧光板长度及离x轴距离s需要满足

但是要求荧光板在x轴下方，故此情况不符合要求。
综上分析，粒子能垂直打在荧光板上L和s需满足的条件
，
或
，
或
，
13-8【提升】 【正确答案】 （1），，方向斜向右上与x轴正方向的夹角为；（2），；（3）见解析
【试题解析】 详解:
（1）把带电粒子从P到O的运动利用逆向思维法可变为从O到P的类平抛运动，则有
，，
联立解得

粒子从粒子源发射时速度大小为，由动能定理有

解得

设粒子从粒子源发射时速度的方向斜向右上与x轴正方向的夹角为，则有

可得

（2）如图甲

粒子甲从P到坐标原点O的时间，即第1次穿过x轴的时间为

由

解得

粒子甲在第Ⅰ象限运动时间为

第2次穿过x轴的横坐标为

粒子进入第Ⅳ象限，有

联立解得

带电粒子甲在第Ⅳ象限运动时间为

第3次穿过x轴的横坐标为

从发射至第3次穿过x轴的时间为

（3）粒子乙可能的运动轨迹如图乙中实线所示

对于轨迹1，有

又
，
联立解得
，
Q点可能的纵坐标为

乙粒子运动时间为

甲粒子运动时间为

甲、乙两粒子发射的时间差

对于轨迹2，有

又
，
联立解得
，
Q点可能的纵坐标为

粒子乙运动时间为

粒子甲运动时间为

甲、乙两粒子发射的时间差

13-9【提升】 【正确答案】 （1）（2）（3）
【试题解析】 详解:
（1）粒子在电场中做类平抛运动，则从P到Q


解得


（2）粒子进入第一象限时，速度方向与y轴负向夹角为θ，则

θ=45°
进入第一象限时的速度

由几何关系可知粒子在第一象限运动的轨道半径

根据

可得

（3）当粒子第3次到达x轴时，粒子在两磁场中的运动时间相等，则

解得

根据

解得

粒子第1次和第3次穿越x轴位置之间的距离