2022-2023学年变式题库：广东省东莞市高三上学期期末教学质量检查物理试题 变式题库

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广东省东莞市2022-2023学年高三上学期期末物理变式题
【原卷 1 题】 知识点 气体压强的微观意义,光电子的最大初速度,α粒子散射实验的装置、现象和结果分析

【正确答案】
B
【试题解析】


1-1（基础） 如图所示为某窑炉的温控原理示意图。质量为M的窑炉开口向下挂在一根轻杆上，用质量为m、横截面积为S的活塞封闭一定质量的理想气体在炉内。活塞下面连接一根弹簧，弹簧下端连接质量为的物体，物体与地面间有一压力传感器。当炉内温度为时，压力传感器的示数等于，对炉内停止加热，当炉内温度降为T时，压力传感器的示数等于0，加热设备就会立即重新启动。不计一切摩擦，活塞处密封性良好。则在炉内温度从变为T的过程中，下列说法正确的是（　　）

A.气体的体积增大，每个分子对器壁的撞击力均减小
B.气体的压强减小，单位体积的分子数增多
C.气体的温度降低，吸收热量
D.外界对气体做功，封闭气体的内能增大
【正确答案】 B

1-2（基础） 很多商店装有光电池电子眼探测设备，当顾客到来时，门会自动打开。这种设备的原理是：当光的强度变化时，传感器产生的电流发生改变。这是光电效应的一种应用。下列说法正确的是（ ）
A.光电效应说明光具有波动性
B.发生光电效应时，饱和光电流与入射光的强度无关
C.发生光电效应时，其他条件不变，入射光的频率越大，光电子的最大初动能越大
D.发生光电效应时，其他条件不变，入射光的频率越大，光电子形成的电流越大
【正确答案】 C

1-3（巩固） 如图所示为一定质量的理想气体的压强随体积变化的图像，其中AB段为双曲线，则下列说法正确的是（　　）

A.过程①中气体分子的平均动能不变
B.过程②中单位时间内气体分子对容器壁的碰撞次数增多
C.过程②中气体分子的平均动能减小
D.过程③中单位时间内气体分子对容器壁的碰撞次数增多
【正确答案】 D

1-4（巩固） 某同学设计了一个烟雾探测器，如图S为光源，当有烟雾进入探测器时，S发出的光被烟雾散射进入光电管C。光射到光电管中的钠表面产生光电子，当光电流大于或等于I时，探测器触发报警系统报警。已知真空中光速为c，钠的极限频率为，电子的电荷量为e，则下列说法正确的是（　　）

A.光源S发出光的波长小于探测器一定可以正常工作
B.用极限频率更高的材料取代钠，探测器一定可以正常工作
C.光源S发出光只要光强足够大，探测器一定可以正常工作
D.探测器正常工作，仅增大光电管C的正向电压，光电流一定增大
【正确答案】 A

1-5（巩固） 根据α粒子散射实验，卢瑟福提出了原子的核式结构模型。如图是α粒子散射实验的图景。图中实线表示α粒子的运动轨迹。其中沿轨迹2运动的α粒子在b点时距原子核最近。下列说法不正确的是（　　）

A.绝大多数α粒子运动的轨迹类似轨迹1，说明原子中绝大部分是空的
B.发生超过90°大角度偏转的α粒子是极少数的
C.沿轨迹2运动的α粒子的加速度先增大后减小
D.沿轨迹2运动的α粒子的电势能先减小后增大
【正确答案】 D

1-6（提升） 下面关于几幅物理图示说法正确的是（　　）

A.图甲说明发生光电效应时，频率大的光对应的饱和电流一定大
B.图乙的实验发现了绝大多数α粒子发生了大角度偏转
C.图丙说明氡原子核衰变时的规律是，每过3.8天原子核发生衰变的概率下降一半
D.图丁可以判断出原子核比原子核 更稳定
【正确答案】 D

1-7（提升） 气压式升降椅通过气缸上下运动来支配椅子升降，其简易结构如图乙所示，圆柱形气缸与椅面固定连接，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，设气缸气密性、导热性能良好，忽略摩擦力。设气体的初始状态为A，某人坐上椅面保持不动，椅子缓慢下降一段距离后达到稳定状态B，此过程温度不变。然后开空调，一段时间后，室内温度降低到设定温度，稳定后气体状态为C；接着人离开座椅，椅子重新处于另一个稳定状态D。则气体从状态A到状态D的过程中，关于p、V、T的关系图或叙述中正确的是（　　）

A.
B.
C.从状态A到状态D，气体向外放出的热量大于外界对气体做的功
D.与状态A相比，处于状态D时，单位时间内碰撞单位面积容器壁的分子数减少
【正确答案】 C

【原卷 2 题】 知识点 斜抛运动,求恒力的冲量,重力做功计算

【正确答案】
D
【试题解析】


2-1（基础） 如图，一物体静止在水平地面上，受到与水平方向成角的恒定拉力F作用时间t后，物体仍保持静止。以下说法中正确的是（　　）

A.物体的动量变化量为Ft B.物体所受重力的冲量大小为0
C.物体所受摩擦力的冲量大小为 D.物体所受拉力F的冲量大小是
【正确答案】 C

2-2（基础） 某人把一质量为m的物体向上抛出，物体到达高为h的最高点后落回到抛出点。若物体在上升和下落过程中所受到的空气阻力大小均为F阻，重力加速度为g，则物体在整个过程中（　　）
A.重力做功为-mgh
B.重力做功为-2mgh
C.阻力做功为-F阻h
D.阻力做功为-2F阻h
【正确答案】 D

2-3（巩固） 如图所示，竖直面内有一个固定圆环，MN是圆环在竖直方向上的直径。两根光滑滑轨MP、QN的端点都在圆周上，MP>QN。将两个完全相同的小滑块a、b分别从M、Q点无初速度释放，在它们各自沿滑轨MP、QN运动到圆环上的过程中，下列说法中正确的是（　　）

A.重力对两滑块的冲量相同 B.合力对两滑块的冲量大小相同
C.弹力对滑块的冲量较大 D.两滑块的动量变化大小相同
【正确答案】 A

2-4（巩固） 如图所示，四个小球质量mA=mB=2m、mC=mD=m，在距地面相同的高度处以相同的速率分别竖直下抛、竖直上抛、平抛和斜抛，不计空气阻力，则下列关于这四个小球从抛出到落地过程的说法中不正确的是（　　）

A.小球飞行过程中单位时间内的速度变化量相同
B.A、B两小球落地时，重力的瞬时功率相同
C.从开始运动至落地，重力对四个小球做功均相同
D.从开始运动至落地，重力对A小球做功的平均功率最大
【正确答案】 C

2-5（巩固） 如图所示，将质量相同的三个物体从水平地面上的A点以同一速率沿不同方向抛出，运动轨迹分别为图中的1、2、3所示。若忽略空气阻力，三个物体从抛出到落地过程中，下列说法正确的是（　　）

A.轨迹为1的物体在空中飞行时间最短 B.轨迹为2的物体所受重力的冲量最大
C.轨迹为3的物体运动到最高点的速度为零 D.三个物体在任意单位时间内的速度变化量一定相同
【正确答案】 D

2-6（提升） 从地面上以初速度竖直向上抛出一质量为m的球，若运动过程中球受到的空气阻力与其速率成正比，球运动的速率随时间变化规律如图所示，t1时刻到达最高点，再落回地面，落地时速率为，且落地前球已经做匀速运动。已知重力加速度为g，则（ ）

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

2-7（提升） 如图所示，在一倾角为θ的玩具轨道顶端A和底端C装有弹射装置，现从A端以速度v1水平弹出一钢珠，钢珠落在轨道上B点的速度大小为v2，方向与斜坡成α角；从C端以速度v3斜向上弹出一钢珠，v3方向与斜坡成β角，钢珠落在轨道上D点的速度大小为v4，方向水平；已知AB＞CD，空气阻力不计，则（　　）

A.α＞β
B.v1可能小于v4
C.若整个空间存在竖直向下的匀强电场，从A端以速度v1弹出一带正电的绝缘小球，则小球落到斜坡上的速度还为v2
D.若整个空间存在竖直向下的匀强电场，从A端以速度v1弹出一带正电的绝缘小球，则小球落到斜坡上的速度大于v2
【正确答案】 C

【原卷 3 题】 知识点 正交分解法解共点力平衡,平衡问题的动态分析

【正确答案】
C
【试题解析】


3-1（基础） 如图所示，一轻质支架静置于水平地面上，水平横杆与四根相同的斜杆垂直，两斜杆夹角。一重为G的物体悬挂在横杆中点，则每根斜杆受到地面的（　　）

A.支持力为 B.支持力为 C.摩擦力为 D.摩擦力为
【正确答案】 B

3-2（基础） 如图，将橡皮筋的结点拉至O点并保持不动。水平移动滑轮C，并保持与竖直方向夹角保持不变。要使绳下悬挂物质量最小，则与竖直方向的夹角与之间满足（　　）

A. B. C. D.
【正确答案】 B

3-3（巩固） 吊兰常常被人们悬挂在空中，被称为“空中仙子”。它可以净化空气，能很好地清除室内的污染气体，并放出氧气，还可以分解一氧化碳。如图所示，用OA、OB两根轻绳将吊兰花盆悬于两竖直墙之间，开始时OB绳水平。现保持O点位置不变，改变OB绳长使绳右端由B点缓慢上移至点，此时与OA之间的夹角。设此过程中OA、OB绳的拉力分别为、，则下列说法正确的是（　　）

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

3-4（巩固） 明代徐光启《农政全书》记载了戽斗[hùdou]是一种小型的人力提水灌田农具，如图所示，两人双手执绳牵斗取水，忽略绳子质量，戽斗平衡时，则（　　）

A.若人之间的距离保持不变，绳子越短，绳子对人的作用力越大
B.若人之间的距离保持不变，绳子越长，绳子对人的作用力越大
C.绳子越短，绳子对戽斗的作用力越大
D.绳子越长，绳子对戽斗的作用力越大
【正确答案】 A

3-5（巩固） 如图所示，两根光滑细棒在同一竖直平面内，两棒与水平面成角，棒上各穿有一个质量为m的相同小球，两球用轻质弹簧连接，两小球在图中位置处于静止状态，此时弹簧与水平面平行，已知，，则下列判断正确的是（　　）

A.弹簧处于拉伸状态，弹簧的弹力大小为
B.弹簧处于压缩状态，弹簧的弹力大小为
C.弹簧处于拉伸状态，弹簧的弹力大小为
D.弹簧处于压缩状态，弹簧的弹力大小为
【正确答案】 A

3-6（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.Q受到的P的弹力为
B.Q受到的挡板MN的弹力为
C.若挡板水平向右缓慢移动一小段距离且P仍静止时，P受到地面的摩擦力变大
D.若挡板水平向右缓慢移动一小段距离且P仍静止时，Q受到P的弹力变小
【正确答案】 C

3-7（提升） 某班级同学要调换座位，一同学用斜向上的拉力拖动桌子沿水平地面匀速运动。已知桌子的总质量为10 kg，若拉力的最小值为50 N，此时拉力与水平方向间的夹角为θ。重力加速度大小为g＝10 m/s2，桌子与地面间的动摩擦因数为μ，不计空气阻力，则（　　）
A.μ＝，θ＝60° B.μ＝，θ＝60°
C.μ＝，θ＝30° D.μ＝，θ＝30°
【正确答案】 A

【原卷 4 题】 知识点 弹簧振子在一个周期内运动的定性规律

【正确答案】
C
【试题解析】


4-1（基础） 把一个小球套在光滑细杆上，球与轻弹簧相连组成弹簧振子，小球沿杆在水平方向做简谐运动，它围绕平衡位置O在A、B间振动，如图，下列结论正确的是（ ）

A.小球在O位置时，动能最小，加速度最小
B.小球在A位置时，动能最大，加速度最大
C.从A经O到B的过程中，回复力先做正功后做负功
D.从B到O的过程中，振动的能量不断减小
【正确答案】 C

4-2（基础） 如图所示为A、B两个质点做简谐运动的位移—时间图像，下列说法正确的是（　　）

A.A的振幅是，周期是
B.在时，A沿正方向运动，B沿负方向运动
C.在时，A的速度最小，B的加速度最大
D.在时，A的位移为，B的位移为
【正确答案】 B

4-3（巩固） 如图甲所示，装有一定量液体的玻璃管竖直漂浮在水中，水面足够大，把玻璃管向下缓慢按压4 cm后放手，忽略空气阻力，玻璃管的运动可以视为竖直方向的简谐运动，测得玻璃管振动周期为0.5 s，以竖直向上为正方向，某时刻开始计时，其振动图像如图乙所示，其中A为振幅，对于玻璃管（包括管内液体），下列说法正确的是（　　）

A.回复力等于玻璃管所受的浮力
B.在t1~t2时间内，玻璃管加速度减小，速度增大
C.在t1时刻玻璃管加速度为零，速度为正向最大
D.振动过程中动能和重力势能相互转化，玻璃管的机械能守恒
【正确答案】 B

4-4（巩固） 如图甲所示，弹簧振子以O点为平衡位置，在M、N两点之间做简谐运动，向右为正方向。振子的位移x随时间t的变化图象如图乙所示。下列判断正确的是（　　）

A.0.2s时振子的位移小于6cm B.0.4s时振子的速度最大
C.0.4s至1.2s内振子通过的路程为24cm D.0.8s和1.6s时振子的速度相同
【正确答案】 C

4-5（巩固） 如图所示，一轻质弹簧左端固定，右端与小滑块a相连，初始时刻小滑块a静止在光滑的水平面上的O点，质量相等的滑块b紧靠a的右侧，在外力作用下将两滑块推至M点，由静止释放两滑块，a运动至N点速度为0，下列说法正确的是（　　）

A.ON=OM B.滑块a、b在O点右侧某位置分离
C.滑块a还可以再次回到M点 D.滑块a从M至O的时间大于O至N
【正确答案】 D

4-6（提升） 如图所示，一轻质弹簧上端固定，下端与物块栓接，将物块上推使弹簧处于压缩状态，物块由静止释放后沿粗糙斜面向下运动至最低点，返回运动一段距离后停在斜面上。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取沿斜面向下为正方向，此过程中，物块的加速度a与位移x的关系图像正确的是（　　）

A. B.
C. D.
【正确答案】 D

4-7（提升） 如图，带正电的小球A固定在光滑绝缘斜面底端，轻弹簧的一端连接带负电的小球B，另一端固定于挡板，两小球的球心在弹簧的轴线上，弹簧原长时处于O点。将球B由O点静止释放，小球沿斜面运动至M点时加速度为零。则下列说法正确的是（　　）

A.球B做简谐运动
B.球B运动后不可能静止在斜面上
C.球B运动至M点时一定有最大速度
D.球B在M点和O点的机械能可能相等
【正确答案】 D

【原卷 5 题】 知识点 根据已知量计算出天体的质量,开普勒第三定律,天体运动中机械能的变化

【正确答案】
C
【试题解析】


5-1（基础） 北京时间2022年10月7日21时10分，中国太原卫星发射中心在黄海海域使用长征十一号海射运载火箭，采用“一箭双星”方式，成功将微厘空间北斗低轨导航增强系统S5/S6试验卫星发射升空，卫星顺利进入预定轨道，发射任务获得圆满成功。若试验卫星绕地球做匀速圆周运动，周期为T，离地高度为h，已知地球半径为R，万有引力常量为G，则（　　）
A.试验船的运行速度为 B.地球的第一宇宙速度为
C.地球的质量为 D.地球表面的重力加速度为
【正确答案】 B

5-2（基础） 我国自主建设、独立运行的北斗卫星导航系统由数十顺卫星构成，目前已经向一带一路沿线国家提供相关服务。设想其中一颗人造卫星在发射过程中，原来在椭圆轨道1绕地球E运行，在P点变轨后进入轨道2做匀速圆周运动，如图所示，下列说法正确的是（　　）

A.在轨道1与在轨道2运行比较，卫星在P点的加速度不同
B.在轨道1与在轨道2运行比较，卫星在P点的速度不同
C.卫星在轨道2的任何位置都具有相同的加速度
D.卫星在轨道1的运行周期等于在轨道2的运行周期
【正确答案】 B

5-3（巩固） A、B两颗卫星在同一平面内沿同一方向绕地球做匀速圆周运动，它们之间的距离随时间变化的关系如图所示．已知地球的半径为，万有引力常量为G，卫星A的线速度大于卫星B的线速度，若不考虑A、B之间的万有引力，则以下说法正确的是（　　）

A.地球的质量为 B.地球的第一宇宙速度为
C.地球的密度为 D.卫星A的加速度大小为
【正确答案】 B

5-4（巩固） 2022年6月23日，我国在西昌卫星发射中心使用“长征二号”丁运载火箭，采取“一箭三星”方式，成功将“遥感三十五号”02组卫星发射升空。卫星发射并进入轨道是一个复杂的过程，如图所示，发射同步卫星时是先将卫星发射至近地轨道，在近地轨道的A点加速后进入转移轨道，在转移轨道上的远地点B加速后进入同步轨道；已知近地轨道半径为，同步轨道半径为。则下列说法正确的是（　　）

A.卫星在近地轨道与同步轨道上运动的向心加速度大小之比为
B.卫星在近地轨道与同步轨道上运动的速度大小之比为
C.卫星在转移轨道上运动时，从B点运动到A点的过程中机械能减小
D.在转移轨道上运动，相同的时间内，卫星与地心的连线扫过的面积相等
【正确答案】 D

5-5（巩固） 如图所示是一张人造地球卫星轨道示意图，其中圆轨道a、c、d的圆心均与地心重合，a与赤道平面重合，b与某一纬线圈共面，c与某一经线圈共面。下列说法正确的是（　　）

A.a、b、c、d都有可能是卫星的轨道
B.轨道a上卫星的线速度大于
C.轨道c上卫星的运行周期可能与地球自转周期相同
D.仅根据轨道d上卫星的轨道半径、角速度和引力常量，也不能求出地球质量
【正确答案】 C

5-6（提升） 、为相距遥远的两颗行星，距各自表面相同高度处各有一颗卫星、做匀速圆周运动，图中纵坐标表示行星对周围空间各处物体的引力产生的加速度a，横坐标表示物体到行星中心的距离r的平方，两条曲线分别表示、周围的a与的反比关系，它们左端点横坐标相同，则( )

A.、的平均密度相等 B.的第一宇宙速度比的小
C.的公转周期比的大 D.的向心加速度比的大
【正确答案】 D

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

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

【原卷 6 题】 知识点 利用局部→整体→局部的方法分析动态电路

【正确答案】
B
【试题解析】


6-1（基础） 如图所示，电路中电源内阻不可忽略。开关S闭合后，在变阻器的滑动端向下滑动的过程中（　　）

A.电压表的示数增大 B.电流表的示数增大
C.两端电压增大 D.的电功率增大
【正确答案】 D

6-2（基础） 一种能自动测定油箱内油面高度的装置如图所示，装置中金属杠杆的一端接浮球，另一端触点P接滑动变阻器R，油量表由电流表改装而成，有一定的内阻。当汽车加油时油箱内油面上升，下列分析正确的有（　　）

A.触点P向上滑动 B.油量表示数变小
C.两端电压增大 D.整个电路消耗的功率减小
【正确答案】 C

6-3（巩固） 平行金属板中带电质点P处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，当滑动变阻器R4的滑片向a端滑动时，则下列判断正确的是（　　）

A.质点P将向下运动 B.R3上消耗的功率逐渐增大
C.电压表读数减小 D.电流表读数增大
【正确答案】 B

6-4（巩固） 在如图所示电路中，当滑动变阻器滑片P处于变阻器的中部，某时刻滑片断路，则（　　）

A.A灯变暗、路端电压减小
B.B灯变亮、电源内阻发热功率变大
C.C灯变暗，电源效率升高
D.流过滑动变阻器电流变小，则滑动变阻器消耗的功率一定变小
【正确答案】 C

6-5（巩固） 在如图甲所示的电路中，闭合开关S，在滑动变阻器的滑片P向下滑动的过程中，四个理想电表的示数都发生了变化。图乙中三条图线分别表示了三个电压表示数随电流表示数变化的情况，以下说法正确的是（ ）

A.图线a表示电压表的V2示数变化的情况 B.图线c表示电压表的V3示数变化的情况
C.滑片P下滑过程中，的值变大 D.滑片P下滑过程中，的值不变
【正确答案】 D

6-6（提升） 如图，电源电动势恒定且内阻不可忽略，R1、R2、R3为定值电阻，R4为滑动变阻器，图中均为理想电表。闭合电键后，I1、I2分别表示两个电流表的示数，U1、U2、U3分别表示三个电压表的示数。现将R4的滑片稍向上滑动，ΔI1、ΔI2分别表示两个电流表示数变化量的绝对值，ΔU1、ΔU2、ΔU3分别表示三个电压表示数变化量的绝对值，以下正确的是（　　）

A.变小 B.大于
C.变小 D.小于
【正确答案】 D

6-7（提升） 如图所示电路中，R1、R3为定值电阻，R2为滑动变阻器，C为电容器，电表均为理想电表，滑动变阻器R2的滑片向右滑动过程中，电流表A1、A2的示数变化量的绝对值分别为、，电压表示数变化量的绝对值为。下列说法正确的是（　　）

A.电流表A1示数变小，A2示数变小，且
B.电阻R3中有向右的电流
C.与的比值一定小于电源内阻r
D.电阻R2消耗的功率变大
【正确答案】 C

【原卷 7 题】 知识点 作用的导体棒在导轨上运动的电动势、安培力、电流、路端电压,导体棒进出磁场区域的加速度变化,计算导轨切割磁感线电路中产生的热量

【正确答案】
D
【试题解析】


7-1（基础） 如图所示，两条光滑平行导轨ac和bd水平放置于竖直向下的匀强磁场中，导轨左端接有一平行板电容器C，现给金属棒MN一个水平向右的恒力F，使得金属棒由静止向右运动，下列有关金属棒上的电流随时间变化的图像描述可能正确的是（　　）

A. B.
C. D.
【正确答案】 C

7-2（基础） 如图所示，宽度为的足够长的平行光滑金属导轨固定在绝缘水平面上，导轨的一端连接阻值的电阻。导轨所在空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小。一根质量导体棒MN放在导轨上，其接入导轨间的电阻，并与导轨接触良好，导轨的电阻可忽略不计。现用一平行于导轨的拉力拉着导体棒沿导轨向右匀速运动，运动速度，在运动过程中保持导体棒与导轨垂直。根据题意，判断以下说法正确的是（　　）

A.闭合回路中产生了感应电流，方向为顺时针
B.若用理想电压表测量MN之间的电压，电压表示数为
C.在导体棒匀速运动的整个过程中电阻R上产生的热量为
D.拉力的大小为
【正确答案】 C

7-3（巩固） 如图所示，两光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中，一根导轨位于x轴上，另一根导轨由ab、bc、cd三段直导轨组成，其中a点与x轴的坐标原点O非常接近，但不接触，bc段与x轴平行，导轨右端接入一定值电阻R。导轨上一金属棒沿x轴正向以速度v0做匀速直线运动，t=0时刻通过坐标原点O，金属棒始终与轴x垂直。设运动过程中通过电阻的电流为i，金属棒克服安培力做功的功率为P、导轨均与金属棒接触良好，忽略导轨与金属棒的电阻，下列图像可能正确的是（　　）

A. B.
C. D.
【正确答案】 B

7-4（巩固） 如图甲所示，水平面上两根足够长的金属导轨平行固定放置，间距为，一端通过导线与阻值为的电阻连接；导轨上放一质量、电阻的金属杆，导轨的电阻忽略不计。均匀磁场竖直向下，用与导轨平行的恒定拉力F作用在金属杆上，杆最终将做匀速运动。当改变拉力的大小时，最后匀速运动的速度v也会相应变化，且v与F的关系如图乙所示，重力加速度。则下列说法正确的是（　　）

A.匀强磁场的磁感应强度
B.杆与导轨间的动摩擦因数
C.当，最后匀速运动时AB两点的电势差
D.流过电阻R的电流方向为
【正确答案】 B

7-5（巩固） 如图所示，相距为L的两条足够长的光滑平行金属导轨与水平面的夹角为θ，上端接有可调电阻，该电阻的阻值最大值为4r。导轨间有垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度为B，导轨电阻不计。质量为m的金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且良好接触，ab棒接入电路的电阻为r。改变可调电阻接入电路的阻值，金属棒匀速运动的速度不同。下列说法正确的是（　　）

A.可调电阻阻值为r时，金属棒匀速运动时的速度最小
B.可调电阻阻值为r时，金属棒匀速运动时输出功率最大
C.可调电阻阻值为零时，金属棒匀速运动时电流最小
D.可调电阻阻值为4r时，金属棒匀速运动时两端电压最大
【正确答案】 D

7-6（提升） 如图所示，两电阻不计的光滑平行导轨水平放置，部分的宽度为部分的宽度为，金属棒和的质量分别为和，其电阻大小分别为和，a和分别静止在和上，垂直于导轨且相距足够远，整个装置处于方向竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为。现对金属棒施加水平向右的恒力，两棒运动时始终保持平行且总在上运动，总在上运动，经过足够长时间后，下列说法正确的是（　　）

A.回路中的感应电动势为零
B.流过金属棒的电流大小为
C.金属棒和均做匀速直线运动
D.金属棒和均做加速度相同的匀加速直线运动
【正确答案】 B

7-7（提升） 如图甲、乙所示的电路中，两光滑平行导轨之间的距离均为L，在两导轨之间的平面内都有垂直导轨平面向下、磁感应强度为B的匀强磁场，两金属杆完全相同、阻值均为r，均与导轨接触良好。图甲中导轨的左端接有阻值为R的定值电阻，金属杆在水平拉力的作用下以速度v水平向右做匀速运动；图乙中导轨的左端接有内阻不计的电源，金属杆通过跨过定滑轮的绝缘轻绳与一重物相连，杆正以速度v水平向右做匀速运动，电路中的电流为I。若导轨电阻不计，忽略所有摩擦，则下列说法正确的是（　　）

A.两杆所受安培力的方向相同
B.图甲、乙中两杆所受安培力大小之比为
C.在时间内图甲中金属杆产生的热量为
D.在时间内图乙中电源输出的能量为
【正确答案】 B

【原卷 8 题】 知识点 带电粒子在电场中的电势能,电势变化与电场线分布的关系,静电力做功与电势差的关系,匀强电场中电势差与电场强度的关系

【正确答案】
D
【试题解析】


8-1（基础） 如图所示，匀强电场的电场强度为大小E，电场中A、B两点间的距离为d，线段AB与电场线的夹角为θ，A、C连线与电场线垂直，下列关系式正确的是（　　）

A. B. C. D.
【正确答案】 C

8-2（基础） 如图所示的匀强电场场强为1×102N/C，ab平行于电场线，ab＝cd＝4cm，ac＝bd＝3cm。则下述计算结果正确的是（　　）

A.ab之间的电势差为4V
B.ac之间的电势差为3V
C.将q＝－5C的点电荷沿矩形路径abcda移动一周，电场力做功是－80J
D.将q＝－5C的点电荷沿abc从a移动到c，电场力做功是80J
【正确答案】 A

8-3（巩固） 如图所示，在匀强电场中，有边长为6 cm的等边三角形，三角形所在平面与匀强电场的电场线平行。O点为该三角形的中心，三角形各顶点的电势分别为,,，则三角形内切圆的圆周上电势最低为（　　）

A. B. C. D.
【正确答案】 B

8-4（巩固） 在x轴上分别固定两个点电荷位于坐标原点O处，两点电荷形成的静电场中，x轴上的电势随x变化的图像如图所示，下列说法正确的是（　　）

A.处电势最高，电场强度最大 B.带负电，带正电
C.的电荷量大于的电荷量 D.电子从处沿x轴移动到处，电势能减小
【正确答案】 C

8-5（巩固） 如图所示某电场等势面分布关于图中虚线上下对称，F点在虚线上。下列说法正确的是（ ）

A.在电场中的A、B两点放置电荷量相等的试探电荷，它们受静电力
B.质子在B点电势能小于在A点电势能
C.从A点静止释放一个电子，将沿曲线e运动到B点
D.把电子从c等势面移动到e等势面，静电力做功为10eV
【正确答案】 D

8-6（提升） 如图所示，空间中存在着匀强电场，长方体ABCD-A1B1C1D1中ADD1A1是边长为lm的正方形，梭AB长2m，E、F为棱AB、CD的中点，E1、F1为棱A1B1、C1D1的中点。已知电势φA1=0， φA=2V， φE=4V，φB=6V，φC=8V。则下列说法正确的是（　　）

A.电场强度方向与CE连线平行
B.电场强度大小为2V/m
C.B、F1两点的电势差UBF1与A、E两点的电势差UAE相同
D.把0.1C正电荷从D点移到B点，电场力做功0.2J
【正确答案】 B

8-7（提升） 如图所示，在由坐标轴与虚线面成的正方形区域内有平行于纸面的匀强电场，将电子从坐标原点O处以的初动能向电场区域内的任一方向射出，从A点离开电场区域的电子动能为，从B点离开的电子动能为，若规定坐标原点的电势为零，不计重力和电子间的相互作用，则（　　）

A.该电场的场强大小为
B.电子可能从C点离开电场区域
C.电子经过A、B连线中点时的动能为
D.当电子沿电场线方向入射时，电子将从坐标原点离开电场
【正确答案】 D

【原卷 9 题】 知识点 机械能与曲线运动结合问题,绳球类模型及其临界条件

【正确答案】
B D
【试题解析】


9-1（基础） 如图所示，轻绳一端系一小球，另一端固定于O点，在O点正下方的P点钉一颗钉子，使线拉紧与竖直方向成一角度θ，然后由静止释放小球，当小球第一次通过最低点，悬线碰到钉子瞬间（　　）

A.小球的瞬时速度突然变大
B.小球的角速度突然变大
C.小球的向心加速度突然变小
D.线所受的拉力突然变大
【正确答案】 BD

9-2（基础） 质量为m的小球（可视为质点）用长为L的轻绳悬于P点，某同学用该装置进行了两种情景的操作：Ⅰ．如图甲所示，使小球在水平面内做匀速圆周运动，绳子与竖直方向的夹角为37°，小球的向心加速度大小为，绳子的拉力大小为；Ⅱ．如图乙所示，使小球在竖直平面内左右摆动，绳子的最大摆角为37°，当小球摆到最低点时，小球的加速度大小为，绳子的拉力大小为。重力加速度为g，，，忽略空气阻力，则以下比值正确的是（　　）

A. B. C. D.
【正确答案】 AD

9-3（巩固） 竖直平面内有两个半径不同的半圆形光滑轨道，如图所示，A、M、B三点位于同一水平面上，C、D分别为两轨道的最低点，将两个相同的小球分别从A、B处同时无初速度释放。则（　　）

A.通过C、D时，两小球对轨道的压力大小相等
B.通过C、D时，两小球的线速度大小相等
C.通过C、D时，两小球的角速度大小相等
D.通过C、D时，两小球的向心加速度相等
【正确答案】 AD

9-4（巩固） 如图甲所示，用一轻质绳拴着一质量为m的小球，在竖直平面内做圆周运动（不计一切阻力），小球运动到最高点时绳对小球的拉力为T，小球在最高点的速度大小为v，其图像如图乙所示，则（　　）

A.当地的重力加速度为
B.轻质绳长为
C.小球在最低点和最高点的拉力之差为5a
D.若把轻绳换成轻杆，则从最高点由静止转动的过程中杆始终对小球产生支持力
【正确答案】 AB

9-5（巩固） 如图所示，质量为m的小球（可视为质点）由长为R的细线系住，细线的另一端固定在A点，在最低点先给小球一水平初速度，小球恰能在竖直平面内绕A点做圆周运动；若在水平半径AC的中点B处钉一枚光滑的钉子，仍在最低点给小球同样的初速度，则小球向上通过C点后将绕B点做圆周运动，D点为小球绕B点做圆周运动的最高点。重力加速度大小为g，不计细线与钉碰撞时的机械能损失和空气阻力，也不考虑细线缠绕带来的运动半径变化。则（　　）

A.小球绕A点做圆周运动时，在最高点提供小球的向心力大小为mg
B.小球绕B点做圆周运动时，到达最高点D时细线的拉力大小为3mg
C.小球绕A点做圆周运动时，在该圆最高点与最低点细线拉力之差为6mg
D.小球绕B点做圆周运动时，在该圆最高点与最低点细线拉力之差为6mg
【正确答案】 BCD

9-6（提升） 如图，倾角37°、质量5m的斜面体置于水平地面上，质量3m的物块放在斜面上，穿过光滑小环（O为接触点）的不可伸缩轻质细线一端连接物块，另一端系着质量m的小球，物块与小环间的细线与斜面平行，将小球从位置a由静止释放（此时Oa水平且细线刚好伸直），重力加速度大小为g，sin37°=0.6，则在小球从a摆到最低点b的过程中（物块和斜面体始终静止）（　　）

A.斜面对物块的摩擦力先减小后增大 B.斜面对物块的作用力保持不变
C.斜面对物块的摩擦力最大值为1.2mg D.地面对斜面体的支持力最小值为6.2mg
【正确答案】 AD

9-7（提升） 如图所示，固定在竖直平面内的圆管形轨道的外轨光滑，内轨粗糙。一小球从轨道的最低点A点以初速度向右运动，球的直径略小于圆管的直径，球运动的轨道半径为R，空气阻力不计，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（　　）

A.若，小球不可能到达最高点
B.若，小球恰好能到达最高点
C.，小球运动过程中机械能守恒
D.若，小球运动过程中机械能守恒
【正确答案】 CD

【原卷 10 题】 知识点 磁感应强度的矢量性与叠加,直线电流周围的磁场

【正确答案】
B C
【试题解析】


10-1（基础） 已知某地地面处的地磁场水平分量的为，某校物理兴趣小组做估测磁体附近磁感应强度的实验。他们将一小罗盘磁针放在一个水平放置的螺线管附近的轴线上，如图所示。小磁针静止时N极指向y轴正方向，当接通电源后，发现小磁针N极指向与y轴正方向成角的方向，则下列说法正确的是（　　）

A.从左往右看，螺线管中的电流是顺时针方向
B.从左往右看，螺线管中的电流是逆时针方向
C.通电螺线管在小磁针处产生的磁场大小约为
D.通电螺线管在小磁针处产生的磁场大小约为
【正确答案】 AC

10-2（基础） 如图所示，在纸面内有一磁感应强度大小为、方向水平向右的匀强磁场，匀强磁场的方向与固定长直导线垂直，长直导线内通有垂直纸面向外的恒定电流，在纸面内以导线的横截面为圆心画一个虚线圆，、是虚线圆的直径，、分别与匀强磁场垂直和平行。已知通有电流的长直导线产生的磁场在距其处的磁感应强度大小（其中为已知常量）．已知点的磁感应强度为，下列说法正确的是（　　）

A.虚线圆的半径为
B.、两点的磁感应强度大小均为
C.、两点的磁感应强度方向相反
D.若带电荷量为的检验电荷以速率经过点，其速度方向为由指向，则其受到的洛伦兹力大小为、方向垂直纸面向外
【正确答案】 AD

10-3（巩固） 正切电流计是19世纪发明的一种仪器，它可以利用小磁针的偏转来测量电流。右图为其结构示意图，在一个竖直放置、半径为r、匝数为N的圆形线圈的圆心O处，放一个可以绕竖直轴在水平面内转动的小磁针（带有刻度盘）。线圈未通电流时，小磁针稳定后所指方向与地磁场水平分量的方向一致，调整线圈方位，使其与静止的小磁针在同小磁针同一竖直平面内。给线圈通上待测电流后，小磁针偏转了α角。已知仪器所在处地磁场的磁感应强度水平分量大小为Bc，已知环形线圈在环心处产生的磁场磁感应强度正比于电流强度，关于这个电流计，下列判断正确的是（　　）

A.线圈中电流强度越大，α角越大，α角与电流I成正比
B.线圈中电流强度越大，α角越大，tanα与电流I成正比
C.在地球上的不同地方测同样大小的电流，α角相同
D.在地球上的不同地方测同样大小的电流，α角不同
【正确答案】 BD

10-4（巩固） 图甲中一半径为R的圆形面内沿竖直直径放置一通电直导线，图乙中平行放置三根通电直导线，间距均为a，图丙中在边长为a的正方形的四个顶点分别放置垂直纸面的通电直导线，导线间距离及导线中电流的大小和方向已在图中标出。已知电流为I的通电直导线在距离直导线r处产生的磁场的磁感应强度大小为。下列说法正确的是（　　）

A.图甲中圆形区域的磁通量为零
B.图乙中通有电流的直导线所受安培力为零
C.图丙中O点的磁感应强度大小为
D.图乙中调节大小，三根直导线所受安培力可能都为零
【正确答案】 ABD

10-5（巩固） 安装适当的软件后，利用智能手机中的磁传感器可以测量磁感应强度B。如图，在手机上建立直角坐标系，手机显示屏所在平面为xOy面。某同学在某地对地磁场进行了四次测量，每次测量时y轴指向不同方向而z轴正向保持竖直向上。根据表中测量结果可推知（ ）

测量序号



1
0
21
-45
2
0
-20
-46
3
21
0
-45
4
-21
0
-45
A.测量地点位于北半球 B.当地的地磁场大小约为50μT
C.第2次测量时y轴正向指向西方 D.第3次测量时y轴正向指向东方
【正确答案】 AB

10-6（提升） 如图通有向上电流的导体、、和为正方体的棱，电流大小均为，为正方体的中心，为面的中心，电流在点产生的磁感应强度大小为，已知直导线在过导线中央的垂直平面某处产生的磁感应强度与电流成正比、与距离成反比，则下列说法正确的是（　　）

A.电流在点产生的磁感应强度大小为
B.处的磁感应强度方向沿平面垂直指向
C.若仅将中电流反向，处磁感应强度大小变成
D.若仅将中电流加倍，处磁感应强度大小变成
【正确答案】 ABC
10-7（提升） 如图甲所示，一个条形磁铁固定在水平桌面上，以的右端点为原点，中轴线为轴建立一维坐标系．一个灵敏的小磁针放置在轴上不同位置，设与轴之间的夹角为．实验测得与之间的关系如图乙所示．已知该处地磁场方向水平，磁感应强度大小为．下列说法正确的是（ ）

A.的右端为极 B.的中轴线与地磁场方向垂直
C.在处产生的磁感应强度大小为 D.处合磁场的磁感应强度大小为
【正确答案】 BC

【原卷 11 题】 知识点 ψ-x图像的物理意义,带电粒子在点电荷电场中的运动

【正确答案】
A C D
【试题解析】


11-1（基础） 如图所示，一圆环水平放置，圆心为O，其上放置四个电荷量相等的点电荷，这四个点电荷处于互相垂直的两直径的两端，一直径两端的电荷均为正电荷，另一直径两端的电荷均为负电荷。为圆环的中轴线，且、两点关于O点对称，取无穷远处电势为零。下列说法正确的是（　　）

A.O点处的电场强度为零
B.电子从点沿直线移至O点的过程中电势能减小
C.上各点的电势均为零
D.质子从点沿直线移至O点的过程中所受电场力一直减小
【正确答案】 AC

11-2（基础） 空间有一沿 x 轴方向的电场，x 轴上各点电势随位置的变化情况如图所示，图像关 于 O 点中心对称。下列说法正确的是（　　）

A.O 点的电场强度沿 x 轴正方向
B.-x1和 x1 两点在同一等势面上
C.-x1与 x1两点电场强度相同
D.将负电荷从 x1 移到 x2过程中，电荷的电势能一直增大
【正确答案】 AC

11-3（巩固） 为了测定某平行于纸面的匀强电场的场强，某同学进行了如下操作：取电场内某一位置O点为坐标原点建立x轴，选取x轴上到O点距离为r的P点（图中未标出），以O为圆心、r为半径作圆，如图甲所示：从P点起逆时针沿圆周测量圆上各点的电势和转过的角度 ,当半径r分别取、、时，绘制的图像对应乙图中③、②、①，它们的电势均在时达到最大值，最大值分别为、、下列说法正确的是（　　）

A.O点为电势零点 B.场强的大小为
C.场强方向与x轴正方向的夹角为 D.曲线①、②、③的交点M和N在同一等势线上
【正确答案】 BD

11-4（巩固） 图甲为某一点电荷Q产生的电场中的一条电场线，A、B为电场线上的两点，一电子以某一速度沿电场线由A运动到B的过程中，其速度-时间图象如图乙所示，则下列叙述错误的是（　　）

A.场强大小EA>EB B.场强大小
C.Q是正电荷，在B的右侧 D.Q是负电荷，在A的左侧
【正确答案】 BC

11-5（巩固） 有一带电量为0.01C的粒子仅在静电力作用下，以某一初速度沿电场中的一条电场线从处开始运动，该粒子运动的动能—位移（）图像如图所示，在x=1.0m处图线的切线如虚线所示，图线与纵轴交点位置坐标是（0,1.7）。下列说法正确的是（ ）

A.粒子向场强增大的方向运动
B.粒子从0运动到0.5m，电场力对粒子做0.2J的正功
C.在1.0m处的场强大小为125V/m
D.若该电场是点电荷电场，则场源电荷可能在1.2m以内的位置
【正确答案】 AC

11-6（提升） 两个等量正点电荷固定于光滑水平面上，其连线中垂线上有三点，如图甲所示。一个带电荷量为，质量为0.1kg的小物块（可视为质点）从C点静止释放，其运动的图像如图乙所示，其中B点处为整条图线切线（图中标出了该切线）斜率最大的位置，则下列说法正确的是（ ）

A.由C到A的过程中物块的电势能一直在增大
B.B点为中垂线上电场强度最大的点，场强
C.由C点到A点电势逐渐降低
D.A、B两点间的电势差
【正确答案】 BC

11-7（提升） 如图所示，水平地面上有沿x轴正方向的电场，其沿x轴的电势与坐标x的关系用图中曲线表示，图中斜线为该曲线过点的切线。现有一质量为0.20kg、电荷量为的滑块P（可视作质点），从x=0.10m处由静止释放，其与水平地面间的动摩擦因数为0.02，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取。则下列说法正确的是（ ）

A.沿x轴正方向，电场强度逐渐增大
B.滑块先做加速度逐渐减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动，最终静止
C.滑块运动的最大速度约为0.2m/s
D.滑块最终停在0.15m到0.3m之间某位置
【正确答案】 BD

【原卷 12 题】 知识点 研究物体平抛运动实验的步骤和数据处理

【正确答案】

【试题解析】


12-1（基础） 用如图甲所示的装置“探究平抛运动的特点”，为斜槽，为水平放置的可上下调节的倾斜挡板。

（1）除了硬背板（含固定支架）、小球、斜槽、重锤线、倾斜的挡板、铅笔、图钉，白纸、复写纸之外，下列器材中还需要的是___________。
A.秒表 B.刻度尺 C.天平 D.弹簧秤
（2）本实验需要选择合适的点作为坐标原点，建立直角坐标系，下面4幅图中，原点选择正确的是___________。
A. B. C. D.
（3）实验中得到的轨迹如图乙，其中点为平抛运动的起点，重力加速度取，根据图中给出的数据可得钢球做平抛运动的初速度___________。
【正确答案】 B C 1.6

12-2（基础） 某实验小组利用图（a）所示装置验证小球平抛运动的特点。实验时，先将斜槽固定在贴有复写纸和白纸的木板边缘，调节槽口水平并使木板竖直；把小球放在槽口处，用铅笔记下小球在槽口时球心在木板上的水平投影点O，建立坐标系．然后从斜槽上固定的位置释放小球，小球落到挡板上并在白纸上留下印迹．上下调节挡板进行多次实验．实验结束后，测量各印迹中心点、、的坐标，并填入表格中，计算对应的值。








2.95
6.52
9.27
13.20
16.61
19.90

5.95
8.81
10.74
12.49
14.05
15.28

35.4
77.6
115.3
156.0
197.4
233.5

（1）根据上表数据，在图（b）给出的坐标纸上补上数据点，并绘制“”图线______。
（2）由图线可知，小球下落的高度y，与水平距离的平方成____________（填“线性”或“非线性”）关系，由此判断小球下落的轨迹是抛物线。
（3）由图线求得斜率k，小球平抛运动的初速度表达式为____________（用斜率k和重力加速度g表示）。
（4）该实验得到的图线常不经过原点，可能的原因是________________________。
【正确答案】 见解析 线性 水平射出点未与O点重合

12-3（巩固） 某同学用频闪照相机研究小球的平抛运动，频闪照相机每隔相等的时间曝光一次，得到如图甲所示的图片。他用毫米刻度尺测出图片上小球在水平方向上相邻位置的间距均为2.50cm，竖直方向上相邻位置的间距依次为2.45cm、7.35cm、12.25cm，已知当地重力加速度。

（1）为了计算出小球平抛的初速度，他用游标卡尺测出小球的直径，如图乙所示，则小球的直径为______cm；
（2）他用毫米刻度尺测出图片中小球的直径为0.60cm，由该同学测量的数据可知，小球各相邻位置间的时间间隔为______s；
（3）小球平抛的初速度为______m/s（计算结果保留2位有效数字）。
【正确答案】 1.20 0.1或0.10 0.50

12-4（巩固） 用如图甲所示的装置研究平抛运动。将白纸和复写纸对齐重叠并固定在硬板上、钢球沿斜槽轨道滑下后从Q点飞出，落在水平挡板上、由于挡板靠近硬板一侧较低，钢球落在挡板上时，钢球侧面会在白纸上挤压出一个痕迹点，在如图乙所示的白纸上建立以抛出点为坐标原点、水平方向为x轴、竖直方向为y轴的坐标系。

（1）以下是实验过程中的一些做法，其中合理的是______。
A．安装斜槽轨道，使其末端保持水平
B．每次小球释放的初始位置可以任意选择
C．实验时应先确定x轴再确定y轴
D．为描出小球的运动轨迹，描绘的点可以用折线连接
（2）如图乙所示，根据印迹描出平抛运动的轨迹。在轨迹上取C、D两点，与的水平间距相等且均为x，测得与的竖直间距分别是和；重复上述步骤，测得多组数据，计算发现始终满足______，由此可初步得出结论：平抛运动的水平分运动是匀速直线运动。
（3）如图丙所示，若实验过程中遗漏记录平抛轨迹的起始点，也可按下述方法处理数据：在轨迹上取A、B、C三点，和的水平间距相等且均为x，测得和的竖直间距分别是和，可求得钢球平抛的初速度大小为______，B点距离抛出点的高度差为______。（已知当地重力加速度为g，结果用、、x表示）
（4）某实验小组上下移动坐标纸，分别从不同位置静止释放小球，发现两球轨迹1、2相交于一点，如题图丁所示，两球交点距抛出点的高度差分别为、，水平位移为，通过理论推导发现，要使两球在交点处的速率相等，则、和须满足的关系式为______。（结果用、和表示）

【正确答案】 A

12-5（巩固） 某物理小组做“探究平抛运动的特点”的实验∶

（1）采用如图所示的实验装置，实验时需要下列哪个器材___________；
A.弹簧秤 B.重锤线 C.打点计时器
（2）在该实验中，下列说法正确的是___________
A.斜槽轨道必须光滑
B.斜槽轨道末端可以不水平
C.应使小球每次从斜槽上相同的位置由静止释放
D.将描出的点用刻度尺连成折线
（3）若用频闪摄影方法来验证小球在平抛过程中水平方向是匀速运动，记录下如图所示的频闪照片。在测得x1，x2，x3，x4后，需要验证的关系是___________。用（x1，x2，x3，x4表示）已知频闪周期为T，用下列计算式求得的水平速度，误差较小的是（______）

A. B. C. D.
（4）在另一次实验中将白纸换成方格纸，每个格的边长L=5cm，通过频闪照相机，记录了小球在运动途中的三个位置，如图所示，则与照相机的闪光频率对应的周期为___________s，该小球做平抛运动的初速度为___________ m/s； 抛出点距A点的竖直距离___________cm （g= 10m/s2）。

（5）某同学设计了一个研究平抛运动的实验。实验装置示意图如图所示，A是一块平面木板，在其上等间隔地开凿出一组平行的插槽（图中、……）槽间距离均为d。把覆盖复写纸的白纸铺贴在硬板B上。实验时依次将B板插入A板的各插槽中，每次让小球从斜轨的一同位置由静止释放。每打完一点后，把B板插入后一槽中并同时向纸面内侧平移距离d。实验得到小球在白纸上打下的若干痕迹点，如图所示。每次将B板向内侧平移距离d，是为了___________。

【正确答案】 B C D 0.1 1.5 5 保持相邻痕迹点的水平距离大小相同

12-6（提升） “探究平抛运动的特点”实验有以下几步。
（1）用如图1所示竖落仪装置探究平抛运动竖直分运动的特点：用小锤击打弹性金属片后，A球沿水平方向抛出，做平抛运动：同时B球被释放，自由下落，做自由落体运动。下列说法中正确的是________和________。
A． 两球的体积、材料和质量可以任意选择，对实验结果没有影响
B． 改变小球距地面的高度和小锤击打的力度，可以改变两球在空中的运动时间和A球的水平初速度大小
C． 如果两球总是同时落地，则可以验证平抛运动的竖直分运动是自由落体运动
D． 通过该实验装置也能研究平抛运动的水平分运动特点

（2） 用如图2所示平抛仪装置探究平抛运动水平分运动的特点。以下是关于本实验的一些做法，其中不合理的选项有________和________。
A． 调整斜槽，使小球放置在轨道末端时，不左右滚动
B． 将坐标纸上竖线与重垂线平行
C． 将小球静止在斜槽末端位置时重心位置在背板上的投影记录为坐标原点
D． 不断改变挡片P的位置，使小球从斜槽上不同位置释放
E．不断改变水平挡板的位置，记录下小球落到挡板上的位置
F．将坐标纸上确定的点用直线依次连接
（3）为定量研究，建立以水平方向为x轴、竖直方向为y轴的坐标系。若遗漏记录平抛轨迹的起始点，也可按下述方法处理数据：如图3所示，在轨迹上取A、B、C三点，AB和BC的水平间距相等且均为x，测得AB和BC的竖直间距分别是y1和y2，则________（选填“大于”、“等于”或者“小于”）。可求得钢球平抛的初速度大小为_______（已知当地重力加速度为g，结果用上述字母表示）。

（4）牛顿设想，把物体从高山上水平抛出，速度一次比一次大，落地点就一次比一次远。如果速度足够大，物体就不再落回地面，它将绕地球运动，成为人造地球卫星。同样是受地球引力，随着抛出速度增大，物体会从做平抛运动逐渐变为做圆周运动，请分析原因。_______
【正确答案】 B或 C C或 B D或 F F或 D 大于 见解析

12-7（提升） 某学习小组为研究平抛物体的运动规律，设想了三套实验装置及实验方案：

装置甲：上下两斜槽轨道的材料和形状相同，末端水平，电磁铁C和D可以同时断电释放钢球P和Q，两钢球形状、材料也相同，下方斜槽连接的水平板尽可能光滑；
装置乙：小锤敲击弹性金属片后小球A开始平抛，同时小球B开始下落；
装置丙：末端水平的斜槽上释放的小球从竖直硬板和水平木条MN间的缝隙穿过时，可以在垫有复写纸的白纸上留下点状印迹，水平木条MN高度可以上下调节。
（1）为了验证平抛物体的水平分运动是匀速直线运动，下列关于实验原理和操作的说法正确的有___________。
A.选择装置甲，并通过观察小球是否碰撞来验证
B.选择装置乙，并通过听小球是否同时发出落地声来验证
C.选择装置甲，并应该多次调整上下轨道的高度差来验证
D.选择装置乙，并应该多次调整两球与地面的初始高度差来验证
（2）某同学采用装置丙进行实验。
①为描绘小球平抛运动的完整轨迹，并计算小球平抛的初速度，除了硬板、小球、斜槽、铅笔、图钉、白纸、复写纸、游标卡尺之外，下列器材中还需要的有___________。
A.秒表 B.刻度尺 C.天平 D.弹簧秤 E.带线的重锤
②该同学两次用游标卡尺测量同一小球的直径（如图所示），正确结果应为___________cm。

③该同学通过实验获得小球平抛运动的若干印迹点如图所示，下列因素可能导致这种情况的是___________。

A.小球与斜槽之间有摩擦
B.安装斜槽时其末端没有调整水平
C.每次释放小球的位置不完全相同
D.只记录了竖直方向，没有记录平抛运动的起点
④如图所示，改进操作后，该同学在坐标纸上描绘小球平抛运动的轨迹（图中未画出），并在其上选取了A、B、C三点。已知坐标纸竖边为竖直方向，坐标纸每小格边长为5cm，重力加速度g取10m/s2，则可以计算出小球平抛运动的初速度为___________m/s。（保留两位有效数字）

【正确答案】 AC BE 0.935 C 1.5

【原卷 13 题】 知识点 测量电源电动势和内阻的实验原理、器材、实验电路,测量电源电动势和内阻的实验步骤和数据处理

【正确答案】

【试题解析】


13-1（基础） 测干电池的电动势和内电阻的实验电路图如图所示，已知干电池允许的最大供电电流为0.5A。

（1）现有两种滑动变阻器：A．1000Ω、0.1 A；B．10 Ω、2.0 A，实验时应选用_______。
（2）闭合电键S前，滑动变阻器的滑动触片P应置于_____端（填“a”或“b”）。
（3）实验中没有接保护电阻，为了防止损坏电流表，实验中滑动变阻器的滑动触片P不允许置于_____端（填“a”或“b”）。
（4）根据实验得出的图线求出干电池的电动势和内阻，E＝_____V，r＝______Ω。

【正确答案】 B a b 1.45 1.75

13-2（基础） 某同学要用伏安法测一节干电池的电动势和内阻。现备有下列器材：
A．被测干电池一节
B．电流表1：量程0 ~ 0.6A，内阻为0.30Ω
C．电流表2：量程0 ~ 0.6A，内阻约为0.1Ω
D．电压表1：量程0 ~ 2V，内阻约为2kΩ
E．电压表2：量程0 ~ 10V，内阻约为10kΩ
F．滑动变阻器1：最大阻值为10Ω
G．滑动变阻器2：最大阻值为100Ω
H．开关、导线若干

（1）请在上述器材中选择适当的电压表与滑动变阻器（填写器材前的字母）：电压表选择_________，滑动变阻器选择___________；
（2）某实验小组选用的电流表是C，请根据他们选用的器材将图甲的实物连线补充完整_____________；
（3）另一实验小组选用的电流表是B，他们考虑了电表内阻造成的系统误差，重新连接电路后进行实验，得到了如图乙所示的U—I图像。则在修正了实验系统误差后，干电池的电动势E = _______________V，内电阻r = ________________Ω（以上结果均保留2位小数）。
【正确答案】 D F 1.48 0.50

13-3（巩固） 某实验小组设计如图甲的原理图，先测量未知电阻，再测量电源电动势E和内阻r。
已知待测电阻阻值很小，电流表（量程，内阻），电压表（量程，内阻约几千欧），滑动变阻器R（，允许的最大电流），一节干电池，单刀单掷开关S，导线若干。

（1）测量未知电阻。将滑动变阻器滑片置于最右端，电压表左端e与a点相连，右端f先后与b、c点相连；闭合开关S，调节滑动变阻器，分别读出电压表和电流表的读数、，、，则__________（选填“”“”或“”）；若某次测得，，则待测电阻__________。
（2）测量电源电动势E和内阻r。将滑动变阻器滑片置于最右端，电压表右端f与d点相连，左端e分别与b、c点相连；闭合开关S，调节滑动变阻器，分别读出电压表和电流表的读数，得到多组，绘制图像如图乙所示。回答下列问题：

①由图可知，图线Ⅰ是__________相连（选填“”或“”）。
②相连与，系统误差是不同的。在图线Ⅰ和Ⅱ中选择误差较小的图线，计算电源的电动势__________V，内阻__________。（结果均保留三位有效数字）
【正确答案】 0.60 1.50 2.90或3.00或3.10

13-4（巩固） 小明家里有一个充电宝（电动势约为5V，内阻约为5Ω），他欲精确地测量其电动势和内阻，他使用的器材如下：
A．电压表（量程为500mV，内阻约为500Ω）；
B．电流表（量程为0.6A，内阻约为0.1Ω）；
C．滑动变阻器（最大阻值为10Ω）；
D．电阻箱（最大阻值为9999.9Ω）；
E．定值电阻（阻值为5Ω）；
F．开关、，导线若干。

（1）小明准备把电压表改装成量程为4.5V的电压表，需要测量电压表的内阻，测量电路如图甲所示，请回答下列问题：
①根据甲图，将实物图乙补充完整______；
②滑动的滑片，使滑片置于a端，将电阻箱调至阻值最大；
③闭合开关、，滑动的滑片，使电压表的指针指在500mV处；断开，调节电阻箱，使电压表的指针指在250mV处，此时电阻箱的示数为500.0Ω，电压表的内阻______Ω。
④电压表串联一个阻值______kΩ的电阻（用电阻箱代替），就可以改装成量程为4.5V的电压表。
（2）小明利用电流表和改装好的电压表测量充电宝的电动势与内阻，设计的电路如图丙所示。
若小明根据测出的多组电压表的示数U与电流表的示数I，得到的U-I图线如图丁所示，则充电宝的电动势E=______V，内阻r=________Ω（结果均保留两位有效数字）。
【正确答案】 500.0 4.5 4.9或4.8 4.8或4.6或4.7

13-5（巩固） 小明同学在“测定干电池电动势和内阻”实验中，为了分析电流表（内阻约为几欧）、电压表（内阻约为几千欧）的内阻对测量的影响，利用如图甲所示的电路图进行测量。

（1）实验时开关S2分别拨到1、2，改变滑动变阻器接入电路的阻值，得到多组电流值和电压值，在坐标纸上画出U-I图像得到如图乙所示的两条直线，图中直线I对应电路是S2拨到___________（选填“1”或“2”）。
（2）根据图乙，选择一条你认为更合理的图线，求出电源电动势E测=___________V，电源内阻r测=__________Ω（结果均保留两位小数）。与真实值相比，E测_______，r测______（选填“偏大”、“偏小”或“相等”）。
【正确答案】 1 1.52 0.55 偏小 偏小

13-6（提升） 在《测量电源的电动势和内电阻》的实验中。
（1）甲同学利用DIS实验系统进行测量，连接成如图（甲）所示的电路。图中方框A是______传感器，方框B是______传感器。闭合电键前，滑动变阻器的滑动头P应位于______端（选填“a”或“b”）。
（2）乙同学不想使用DIS系统测量，由于实验室找不到合适的电流表，他试图采用如图（乙）所示的电路实物连接图进行测量。图（乙）中的器材为：
（A）干电池两节，每节电池的电动势约为1.5V，内阻未知；
（B）直流电压表V1、V2，内阻很大；
（C）定值电阻R0，但阻值未知；
（D）滑动变阻器；
（E）导线和电键。

该同学合上电键，调节滑动变阻器，分别记下滑动变阻器在不同位置时两个电压表的示数。若以表V1的示数U1为纵坐标，表V2的示数U2为横坐标作图像，得到一条不过原点的直线，已知直线的斜率为k，截距为b，则两节干电池总的电动势大小为_______，两节干电池的总内阻_______（选填“能”或“不能”）求出；如果该同学以U1为纵坐标，希望通过图像的截距直接读得到两节干电池的电动势，则应选用________作为横坐标作图。
【正确答案】 电流 电压 b 不能

13-7（提升） 某实验小组用电压表和电流表测定一电池组的电动势E和内电阻r，要求尽量减小实验误差。实验室中有电流表（0~0.6A，内阻约0.1Ω），待测电池组（电动势约为3V，内阻约为1Ω）、开关和导线若干，以及下列器材：
A. 电压表（量程0~15V，内阻约15kΩ）
B. 电压表（0~3V，内阻约3kΩ）
C. 滑动变阻器（0~500Ω）
D. 滑动变阻器（0~50Ω）

（1）实验中电压表应选用_________；滑动变阻器应选用_________。（选填相应器材前的字母）
（2）闭合开关前，滑动变阻器的滑片P应置于滑动变阻器的_________端（选填“a”或“b”）。
（3）实验中发现调节滑动变阻器时，电流表示数变化明显，但电压表示数变化不明显。为了解决这个问题，在电池组负极和开关之间串联一个阻值为5.0Ω的定值电阻，之后该小组得到了几组电压表读数U和对应的电流表读数I，并作出U-I图像，如图所示。则电池组的电动势为_________V，内电阻为_________Ω。

（4）如果本实验考虑电表内阻的影响，电流表内阻为RA、电压表内阻为RV，推导电压表示数U随电流表示数I变化的表达式________________________________________________________________。
【正确答案】 B D a 2.90 0.80

【原卷 14 题】 知识点 平抛运动速度的计算,应用动能定理解多段过程问题,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】


14-1（基础） 如图，用不可伸长的轻绳将质量为2m的物块a悬挂在O点，初始时，轻绳处于水平拉直状态，绳长为2l。现将a由静止释放，当物块a下摆至最低点时，恰好与静止在水平面上的物块b发生正碰（碰撞时间极短），碰撞后b滑行的最大距离为4l。已知b的质量为m。b与水平面间的动摩擦因数为0.5，重力加速度大小为g。求:
（1）即将碰撞时轻绳对物块a的拉力大小。
（2）碰后物块a上升的最大高度。

【正确答案】 （1）；（2）

14-2（基础） 如图所示，小物块A、B的质量均为m= 0.10kg，B静止在轨道水平段的末端。A以水平速度v0与B碰撞，碰后两物块粘在一起水平抛出。抛出点距离水平地面的竖直高度为h= 0.45m，两物块落地点距离轨道末端的水平距离为s = 0.30m，取重力加速度g =10m/s2，求：
（1）两物块在空中运动的时间t；
（2）两物块碰前A的速度v0的大小；

【正确答案】 （1）0.30s；（2）2.0m/s

14-3（巩固） 如图所示，半径为的光滑圆环竖直固定放置，为圆环的水平直径。小球静止在圆环最低点，一质量为的小球从点以竖直向下的初速度开始沿圆环运动，在最低点与静止的小球发生正碰，碰后小球刚好运动到处，刚好能运动到最高点，重力加速度为，小球、可看成质点，求：
（1）和碰撞后瞬间，对圆环的压力大小；
（2）的质量。

【正确答案】 （1）；（2）

14-4（巩固） 如图所示，光滑水平面上竖直固定一内壁光滑的轨道，右侧有一固定且足够长的挡板，与水平面的夹角为，轨道与地面接触的点与挡板点的间距为。轨道左侧的水平面上有可视为质点的、两个小球，其质量分别为和，球静止，球以速度向右运动并与球发生正碰（碰撞时间极短），碰后球速度大小变为原来的一半，方向向左。碰后球能从点进入竖直轨道，已知重力加速度，，，不计空气阻力，求：
（1）、碰撞过程中，系统损失的机械能；
（2）要使球进入轨道后不发生脱轨现象，求圆周轨道半径满足的条件。

【正确答案】 （1）；（2）或

14-5（巩固） 如图甲是建筑工地将桩料打入泥土中以加固地基的打夯机示意图，打夯前先将桩料扶正立于地基上，桩料进入泥土的深度忽略不计。已知夯锤的质量，桩料的质量m=50kg。每次打夯都通过卷扬机牵引将夯锤提升到距离桩顶处再释放，让夯锤自由下落，夯锤砸在桩料上后立刻随桩料一起向下运动．桩料进入泥土后所受阻力f随打入深度h的变化关系如图乙所示，直线斜率，g取10。求：
（1）夯锤与桩料第1次碰撞后瞬间的速度；
（2）夯锤与桩料第1次碰撞后进入泥土的深度。

【正确答案】 （1）；（2）

14-6（提升） 如图所示，地面和半圆轨道面均光滑．质量M＝1 kg、长L＝4 m的小车放在地面上，其右端与墙壁的距离为s＝3 m，小车上表面与半圆轨道最低点P的切线相平．现有一质量m＝2 kg的滑块(视为质点)以v0＝6 m/s的初速度滑上小车左端，带动小车向右运动．小车与墙壁碰撞时即被粘在墙壁上，已知滑块与小车表面间的动摩擦因数μ＝0.25，g取10 m/s2.
（1）试通过计算分析小车与墙壁碰撞时滑块与小车是否相对静止；
（2）要使滑块在半圆轨道上运动时不脱离轨道，求半圆轨道的半径R的取值。

【正确答案】 （1）4 m/s ；（2）R≤0.16m或R≥0.4m

14-7（提升） 如图甲所示，足够大水平面上存在方向水平的匀强电场，场强E随时间t周期性变化的规律如图乙所示（向右为正方向），带电量q= +1.25×10-4 C、质量M=0.5 kg的小物块静止在电场区的左边缘，物块左侧镶嵌一个被压缩的小弹簧（图中未画出），长l =0.8 m的轻杆可绕一端O在竖直面内自由转动，另一端固定质量m=0.5 kg的不带电绝缘小球。将杆拉至水平由静止释放，小球下摆到最低点时撞击弹簧，触发弹簧弹开，小球被反弹至最高点时，轻杆对小球的作用力大小为45mg，小物块恰好在t=0时刻进入电场。小物块可视为点电荷，所带电量始终不变，与水平面之间的动摩擦因数μ=0.75。忽略空气阻力。g取10 m/s2。求：
（1）撞击弹簧前瞬间，杆对小球作用力的大小；
（2）弹簧释放的弹性势能；
（3）物块运动过程产生的内能。

【正确答案】 （1）15N；（2）240J；（3）147J

【原卷 15 题】 知识点 粒子由电场进入磁场,带电粒子在匀强电场中做抛体运动的相关计算

【正确答案】

【试题解析】


15-1（基础） 电子自静止开始经电压为的M，N板间的电场加速后从A点垂直于磁场边界射入宽度为、方向垂直纸面向里的匀强磁场中做匀速圆周运动，电子离开磁场时的速度方向与水平方向的夹角，如图所示。（已知电子的质量为m，电量为e）求：
（1）电子进入磁场时的速度大小？
（2）求磁感应强度大小？
（3）电子在磁场中运动的时间？

【正确答案】 （1）；（2）；（3）

15-2（基础） 如图所示，竖直放置的A、B与水平放置的C、D为两对正对的平行金属板，A、B两板间电势差为，C、D两板分别带正电和负电，两板间场强为，C、D两极板长均为。一质量为、电荷量为的带电粒子（不计重力）由静止开始经A、B加速后穿过C、D并发生偏转，最后打在荧光屏上。
（1）请判断粒子带正电还是带负电；
（2）求粒子离开B板时速度大小；
（3）求粒子刚穿过C、D时的竖直偏转位移y。

【正确答案】 （1）正电；（2）；（3）

15-3（巩固） 如图所示，在竖直平面内，边长为L的正方形ABCD区域有竖直向上的匀强电场（图中未画出），AB边水平。在其左侧竖直放置一平行板电容器M、N，两板间加一恒定电压U，某时刻一带电粒子P从M板附近由静止经电场加速从N板小孔（大小可忽略）射出，经A点沿AB方向射入正方形电场区域恰好能从C点飞出。已知粒子质量为m、电荷量为，不计粒子重力。求：
（1）正方形区域的电场强度的大小；
（2）若当粒子P刚进入正方形区域时，BC边上的某点同时水平向左发射另一带负电的粒子Q，两粒子质量、电荷量大小均相同，粒子Q的发射速率为此时刻粒子P速率的4倍，若保证两粒子能够在正方形区域中相遇，求粒子Q发射时的位置到B点的距离（不计粒子的相互作用）。

【正确答案】 （1）；（2）

15-4（巩固） 水平地面上方竖直边界MN右侧离地面h=3m处有长为L=0.91m的光滑水平绝缘平台（厚度不计），平台的左边缘与MN重合，此时平台上方存在的匀强电场，电场方向与水平方向成角，指向左下方，MN边界左侧存在垂直纸面向里的匀强磁场B和沿竖直方向的匀强电场（图中未画出），磁感应强度。平台右边缘有一质量m=0.1kg、电量q=0.1C的带正电小球，以初速度向左运动。小球在平台上运动的过程中，为至的某一确定值，小球离开平台左侧后恰好在磁场中做匀速圆周运动。小球可视为质点，，求：
（1）电场强度的大小和方向；
（2）若，小球离开平台左侧后在磁场中运动的时间；
（3）若，小球落地点到N点的水平距离。

【正确答案】 （1），方向竖直向上；（2）；（3）

15-5（巩固） 如图所示，在一底边长为，底角的等腰三角形区域内（O为底边中点）有垂直纸面向外的匀强磁场。边上方有平行金属板，间距为。有一质量为m，电量为q的带正电粒子从金属板左侧边缘，以平行于极板的初速度紧贴上极板入射。经电场偏转后，从O点穿过下极板缝隙进入磁场，恰好从顶点P处离开，不计重力与空气阻力的影响。求：
（1）平行金属板间的电势差U；
（2）匀强磁场的磁感应强度大小B；
（3）粒子从进入极板到离开磁场过程中运动的总时间t。

【正确答案】 （1）；（2）；（3）

15-6（提升） 纸面内存在大小和方向均未知的匀强电场，也存在一长方形区域ABCD，其中AB = 2L，AD = L，电场强度的方向与AD = L所在平面平行。质量为m、电荷量为＋q（q > 0）的带电粒子在A点以一定的速度v0发射，粒子到达B点的动能是初动能的9倍；若改变粒子速度方向，以相同的初动能仍从A点射出，到达D点的动能为初动能的4倍。不计粒子重力。求：
（1）匀强电场的大小和方向；
（2）若粒子从A点射出时速度的大小可变，且当粒子从A点射出时速度方向与电场垂直时，为使粒子经过长方形区域边界动能增量最多，该粒子从A点射出的速度应为多大；
（3）若粒子从A点射出时速度的大小可变，且当粒子从A点射出时速度方向与电场垂直时，为使粒子第一次经过长方形区域边界时动量增量为mv0，该粒子从A点射出的速度应为多大。

【正确答案】 （1），方向与AB成斜向下；（2）；（3）或

15-7（提升） 如图所示，在第二象限内有一抛物线，其方程为（），在拋物线的上方存在一竖直向下的匀强电场E（大小未知）。在抛物线每个位置上连续发射质量为m、电荷量为的粒子。以大小为的初速度水平向右射入电场、观察发现所有粒子均能到达坐标原点O。第四象限内有一边长为l、其中两边分别与x轴和y轴重合的正方形边界，边界内存在垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为。为与x轴平行的可上下移动的荧光屏，初始位置与磁场的下边界重合。不计粒子重力和粒子之间的相互作用力。
（1）求电场强度E的大小。
（2）所有粒子到达坐标原点O进入磁场后，在荧光屏还没有移动时，求粒子在磁场中运动的最长时间。
（3）若将荧光屏缓慢向上移动，求在向上移动的过程中光屏上发光的最大长度。

【正确答案】 （1）；（2）；（3）

【原卷 16 题】 知识点 能量守恒定律和板块问题结合,牛顿定律与直线运动-复杂过程

【正确答案】

【试题解析】


16-1（基础） 如图所示，在倾角为θ=37°的足够长斜面上放置一质量M=2kg、长度L=1.5m的极薄平板AB，在薄平板的上端A处放一质量m=1kg的小滑块（视为质点）。开始在沿斜面向上的力F的作用下保持静止，此时薄平板与斜面间无摩擦力。然后将F撤去，使小滑块和薄平板同时无初速释放。已知小滑块与薄平板之间的动摩擦因数为μ1=0.25、薄平板与斜面之间的动摩擦因数为μ2=0.5，sin37°=0.6，cos37°=0.8，取g=10m/s2。求：
（1）求力F的大小；
（2）释放后，小滑块的加速度al和薄平板的加速度a2；
（3）从释放到小滑块滑离薄平板经历的时间t。

【正确答案】 （1）18N；（2），；（3）

16-2（基础） 如图是检验某种平板承受冲击能力的装置，MN为半径R＝0.8m、固定于竖直平面内的光滑圆弧轨道，轨道上端切线水平，O为圆心，OP为待检验平板，M、O、P三点在同一水平线上，M的下端与轨道相切处放置竖直向上的弹簧枪，可发射速度不同但质量均为m＝0.01kg的小钢珠，小钢珠每次都在M点离开弹簧枪。某次发射的小钢珠沿轨道经过N点时恰好与轨道无作用力，水平飞出后落到OP上的Q点，不计空气阻力，取g＝10m/s2。求：
(1)小钢珠经过N点时速度的大小vN；
(2)小钢珠离开弹簧枪时的动能Ek；
(3)小钢珠在平板上的落点Q与圆心O点的距离s。

【正确答案】 (1)2m/s；(2)0.12J；(3)0.8m

16-3（巩固） 如图所示，水平面上固定一倾角为37°的足够长斜面，有一质量M=1 kg的木板以v0=3 m/s的速度沿斜面匀速下滑。现将一质量m=0.5 kg的小木块（可视为质点）轻轻地放到木板中央，最后木块刚好没有从木板上滑出来。已知木块与木板间的动摩擦因数μ1=0.5，取sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，重力加速度g=10 m/s2。
（1）证明木块与木板组成的系统动量守恒，并求两者最终的共同速度v的大小；
（2）求木板的长度L；
（3）求从木块放到木板上到两者相对静止过程系统产生的总热量Q。

【正确答案】 （1）证明过程见解析；2 m/s；（2）0.6 m ；（3）5.1 J

16-4（巩固） 如图所示，质量为M=2kg的木板，静止在光滑水平面上，木板左端固定着一根轻质弹簧，一质量m=1kg的木块（可视为质点），从木板右端以某一初速度开始向左滑行，最终回到了木板右端刚好未从木板滑出。若在木块压缩弹簧的过程中，弹簧弹性势能的最大值为6J，木块与木板间滑动摩擦力大小保持不变。求：
(1)木块初速度的大小；
(2)木块在木板上滑动的过程中系统损失的机械能。

【正确答案】 (1)；(2)12J

16-5（巩固） 如图所示，小车右端有一半圆形光滑轨道BC相切车表面于B点，一个质量为m＝1.0kg可以视为质点的物块放置在A点，随小车一起以速度v0＝5.0m/s沿光滑水平面上向右匀速运动。劲度系数较大的轻质弹簧固定在右侧竖直挡板上。当小车压缩弹簧到最短时，弹簧自锁（即不再压缩也不恢复形变），此时，物块恰好在小车的B处，此后物块恰能沿圆弧轨道运动到最高点C。已知小车的质量为M＝1.0kg，小车的长度为l＝1.0m，半圆形轨道半径为R＝0.4m，物块与小车间的动摩擦因数为μ＝0.2，重力加速度g取10m/s2。求：
(1)物块在小车上滑行时的加速度a；
(2)物块运动到B点时的速度vB；
(3)弹簧在压缩到最短时具有的弹性势能Ep以及弹簧被压缩的距离x。

【正确答案】 (1)2m/s2，方向向左；(2)2m/s；(3)13J，0.25m

16-6（提升） 如图所示，一倾角的光滑斜面（足够长）固定在水平面上，斜面下端有一与斜面垂直的固定挡板，用手将一质量的木板放置在斜面上，木板的上端有一质量也为的小物块（视为质点），物块和木板间的动摩擦因数，初始时木板下端与挡板的距离。现将手拿开，同时由静止释放物块和木板，物块和木板一起沿斜面下滑。木板与挡板碰撞的时间极短，且碰撞后木板的速度大小不变，方向与碰撞前的速度方向相反，物块恰好未滑离木板。取重力加速度大小，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：
（1）木板第一次与挡板碰撞前瞬间，物块的速度大小；
（2）从拿开手到木板第二次与挡板碰撞前瞬间，物块相对木板的位移大小；
（3）木板的长度以及从拿开手到木板和物块都静止的过程中，物块与木板间因摩擦产生的热量。

【正确答案】 （1） ；（2）；（3），

16-7（提升） 如图所示，在光滑水平面左、右两侧各有一竖直弹性墙壁P、Q，平板小车A的左侧固定一挡板D，小车和挡板的总质量M＝2 kg，小车上表面O点左侧光滑，右侧粗糙，一轻弹簧左端与挡板相连，原长时右端在O点．质量m＝1 kg的物块B在O点贴着弹簧右端放置，但不与弹簧连接，B与O点右侧平面间的动摩擦因数μ＝0.5.现将小车贴着P固定，用水平恒力F推B向左移动x0＝0.1 m距离时撤去推力，B继续向左运动，最终停在O点右侧x1＝0.9 m处，取重力加速度g＝10 m/s2，弹簧始终在弹性限度内．
(1) 求水平恒力F的大小及弹簧的最大弹性势能Ep；
(2) 撤去小车A的固定限制，以同样的力F推B向左移动x0时撤去推力，发现A与Q发生第一次碰撞前A、B已经达到共同速度，求最初A右端与Q间的最小距离s0；
(3) 在(2)的情况下，求B在O点右侧运动的总路程s及运动过程中B离开O点的最远距离x(车与墙壁碰撞后立即以原速率弹回)．

【正确答案】 (1) 4.5 J；(2) 0.2 m；(3) 0.87 m


变式题库答案

1-1【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．弹簧由原长变为伸长，活塞向上运动了，说明温度降低后，气体的体积减小，分子平均动能减小，分子对器壁的平均撞击力减小，故A错误；
B．对活塞受力分析，当气体的温度为时，气体的压强


解得

当气体的温度为T时，气体的压强


解得

比较两个状态的压强可知压强减小，又因为气体的体积减小了，所以单位体积的分子数增多，故B正确；
CD．理想气体的温度降低，内能减少，由热力学第一定律

可知内能减少，且外界对气体做功，所以放出热量，故CD错误。
故选B。
1-2【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．光电效应说明光具有粒子性，故A项错误。
B．入射光的强度越大，单位时间内光电子的数目越多，饱和光电流越大，故B项错误。
CD．根据光电效应方程
Ek＝h－W0
可知，入射光的频率越大，光电子的最大初动能也越大，但单位时间内的光电子数量不变，因此形成光电流的大小不变，故C项正确，D项错误。
故选C。
1-3【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
根据理想气体状态方程

可得

故可知图像的斜率

对于一定质量的理想气体而言，斜率定性的反映温度的高低。
A．图像在过程①的每点与坐标原点连线的斜率逐渐减小，表示理想气体的温度逐渐降低，则过程①中气体分子的平均动能减小，A错误；
B．图像在过程②中压强不变，体积增大，根据理想气体状态方程可知温度升高，分子的平均动能增大，由理想气体压强的微观意义，气体压强与气体分子单位时间内对容器壁的碰撞次数N、气体分子平均动能有关，在压强p不变，增大的条件下，可得单位时间内气体分子对容器壁的碰撞次数减少，B错误；
C．图像在过程②的每点与坐标原点连线的斜率逐渐增大，表示理想气体的温度逐渐升高，则过程②中气体分子的平均动能增大，C错误；
D．图像在过程③中压强增大，温度不变，分子的平均动能不变，由理想气体压强的微观意义，气体压强与气体分子单位时间内对容器壁的碰撞次数N、气体分子平均动能有关，在压强p增大，温度不变的条件下，可得单位时间内气体分子对容器壁的碰撞次数增多，D正确。
故选D。
1-4【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．应使入射光的频率大于极限频率才会产生光电效应，因此要使该探测器正常工作，光源S发出的光波长应小于，A正确；
B．若用极限频率更高的材料取代钠，如果光子的频率仍大于该材料的极限频率探测器仍能正常工作，B错误；
C．应使入射光的频率大于极限频率才会产生光电效应，因此要使该探测器正常工，与光源S发出光的光强没有关系，C错误；
D．即使增大光电管C的正向电压，如果光电流已经达到饱和，光电流也不会再增大，D错误。
故选A。
1-5【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．在α粒子散射实验中，绝大多数α粒子穿过金箔后仍沿原来方向前进，运动轨迹如轨迹1，说明原子中绝大部分是空的，A项正确；
B．极少数粒子发生超过90°大角度偏转，B项正确；
C．根据点电荷周围电场可知，距离原子核近的地方电场强度大，故越靠近原子核加速度越大，因此α粒子加速度先增大后减小，C项正确；
D．α粒子受到斥力作用，根据电场力做功特点可知，从a运动到b过程中电场力做负功，电势能增加，从b运动到c过程中，电场力做正功，电势能减小，D项错误。
故选D。
1-6【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．图甲说明发生光电效应时，频率大的光对应的遏止电压比较大，故A错误；
B．图乙的实验发现了绝大多数α粒子穿过金箔，少数发生了大角度偏转，故B错误；
C．图丙说明氡原子核衰变时的规律是，每过3.8天氡的质量与t=0时质量的比值为，故C错误；
D．比结合能越大，原子核越稳定，图丁可以判断出原子核比原子核 更稳定，故D正确。
故选D。
1-7【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
AB．A到B的过程中，气体等温压缩，压强增大，体积减小；从B到C的过程中，气体等压降温，温度降低，体积减小；从C到D的过程中，等温膨胀，压强减小，体积增加，而且此时D状态的压强又恢复到最初A状态的压强，其图像和图像如图所示

A、B错误；
C．根据热力学第一定律

由于气体温度降低，内能减小，因此气体向外放出的热量大于外界对气体做的功，C正确；
D．由于状态A与状态D压强相等，而状态D温度更低，单个分子撞击容器壁力减小，因此单位时间内碰撞单位面积容器壁的分子数更多，D错误。
故选C。
2-1【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．由于物体始终处于静止状态，所受合力为零，据动量定理可得，该过程物体的动量变化为

A错误；
B．物体所受重力的冲量大小为mgt，B错误；
C．由平衡条件可得，物体所受静摩擦力大小为

物体所受摩擦力的冲量大小为

C正确；
D．物体所受拉力F的冲量大小为

D错误。
故选C。
2-2【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
AB．由于重力做功只与物体的初、末位置有关，与物体所经过的路径无关，所以从抛出点至回到原出发点的过程中，重力做功为零，故AB错误；
CD．阻力对物体做功与物体经过的路径有关，上升和下降过程中阻力做的功都是-F阻h，所以空气阻力做的总功为-2F阻h，故D正确，C错误。
故选D。
2-3【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
设滑轨与竖直直径的夹角为θ，圆环的半径为R，对滑块受力分析可得，滑块所受的支持力大小为
①
所受合外力大小为
②
根据牛顿第二定律可得滑块的加速度大小为

滑块沿滑轨运动的位移为

根据位移时间关系有

可得滑块沿滑轨运动的时间为
③
小滑块到达底部的速度为
④
A．由③式可知两小滑块沿滑轨运动的时间相同，由于两小滑块质量相同，因此重力对两小滑块的冲量大小相等，故A正确；
B．由于MP与竖直半径的夹角小于QN与竖直半径的夹角，由②式可知

故合力对a滑块的冲量大于合力对b滑块的冲量，故B错误；
C．由于MP与竖直半径的夹角小于QN与竖直半径的夹角，由①式可知

故弹力对a滑块的冲量小于弹力对b滑块的冲量，故C错误；
D．由于MP与竖直半径的夹角小于QN与竖直半径的夹角，由④式可知

故a滑块动量变化大小大于b滑块动量变化大小，故D错误。
故选A。
2-4【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．根据

可知，小球飞行过程中单位时间内的速度变化量相同，A正确；
B．根据动能定理可得

可得落地时速度大小为

四个小球落地时的速度大小相等；AB球落地时速度方向与重力方向相同，根据

可知，A、B两小球落地时重力的瞬时功率相同，B正确；
C．根据重力做功计算公式可知

由于mA=mB=2m、mC=mD=m，所以从开始运动至落地，重力对四个小球做功不相同，C错误；
D．从开始运动至落地，重力对A小球做的功最大、而A球运动时间最短，则平均功率最大，D正确。
本题选错误的，故选C。
2-5【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
AB．根据斜上抛运动的对称性，可知物体从最高点运动为平抛运动，由

斜抛的总时间为

联立可得

因，则可得轨迹为1的物体在空中飞行时间最长，由重力的冲量为

则轨迹为1的物体所受重力的冲量最大，故AB错误；
C．物体做斜上抛运动，在最高点时竖直方向速度为零，当水平方向速度不为零，故三个物体运动到最高点的速度均不为零，故C错误；
D．三个物体均做斜上抛运动，由

可知，三个物体在任意单位时间内的速度变化量一定相同，故D正确。
故选D。
2-6【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．由于机械能损失，上升过程中的平均速度大于下降过程中的平均速度，上升过程与下降过程的位移大小相等，故小球在运动的全过程，上升的时间小于下降的时间，故A错误；
B．由题意可得，阻力与速率的关系为

故阻力的冲量大小为

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

解得

取极短时间，速度变化，有

又

上升全程

则

解得

故C正确；
D．空气阻力与其速率成正比，最终以v1匀速下降，有

小球抛出瞬间，有

解得球抛出瞬间的加速度大小

故D错误。
故选C。
2-7【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A.把从C端以速度v3斜向上弹出的小球的运动逆向视为从D点以速度v4做平抛运动，根据平抛运动规律，小球落在斜面上时与斜面的夹角也为α，所以α=β，选项A错误；
B.根据题述，AB>CD，根据平抛运动规律，v1一定大于v4，选项B错误；
CD.若整个空间存在竖直向下的匀强电场，从A端以速度v1弹出一带正电的绝缘小球，小球运动的加速度增大，由平抛运动规律
x=v1t
y=at2
tanθ=
v2=
v⊥=at
联立解得
v2= v1
小球落在斜坡上的速度与小球运动过程中的加速度a无关，所以若整个空间存在竖直向下的匀强电场，从A端以速度v1弹出一带正电的绝缘小球，小球落在斜坡上的速度还为v2，选项C正确，D错误。
故选Ｃ。
3-1【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
根据题意，设每根斜杆的作用力为，对斜杆与横杆的结点受力分析如图所示

由平衡条件有

解得

对每根斜杆与地面的结点受力分析，如图所示

由平衡条件有


解得


故选B。
3-2【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
O点受到OA向上的拉力，大小、方向固定，OB斜向右下方的拉力，方向固定，画出力的矢量三角形如图所示

可知，当FB和FC垂直时，即时，OC绳上拉力最小，即绳下悬挂物质量最小。
故选B。
3-3【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
以结点O为研究对象，对O点受力分析，受重力G，绳OA的拉力，绳OB的拉力，由平衡条件可得，两绳的拉力的合力与重力大小相等，方向相反，由力合成的定则可得如图所示，由图可知，O点位置不变，改变OB绳长使绳右端由B点缓慢上移至点，绳OA的拉力逐渐减小；绳OB的拉力先减小后增大，ABC错误，D正确。

故选D。
3-4【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
AB．对戽斗进行受力分析如图所示

设绳子与竖直方向夹角为θ，则由平衡关系可知
2Fcosθ=mg
由题可知两人间距离不变，绳长越短，θ越大，绳子的拉力越大，故绳子对人的作用力就越大，则反之越小，故A正确，B错误；
CD．由戽斗的受力可知，处于平衡状态的戽斗，绳子对戽斗的作用力与重力等大反向，故绳子对戽斗的作用力大小不随绳子的长短而改变，CD错误。
故选A。
3-5【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
BD．以左侧小球为研究对象，假如弹簧处于压缩状态，弹簧对该球的弹力方向水平向左，小球还受到竖直向下的重力和棒的弹力，棒的弹力垂直于棒，根据平行四边形定则可知，这三个力的合力不可能为零，则小球不可能处于静止状态，与题矛盾，所以弹簧一定处于拉伸状态，BD错误；
AC．根据平衡条件得
Fcos37°＝mgsin37°
得弹簧的弹力大小

A正确，C错误。
故选A。
3-6【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
AB．对圆柱体Q受力分析，受到重力mg、挡板MN的弹力N1和P对Q的弹力N2，如图

由几何关系得

所以

根据平衡条件得
，
故AB错误；
CD．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

MN保持竖直且缓慢地向右移动过程中，角不断变小，故f变大，N2变大，故C正确，D错误。
故选C。
3-7【提升】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
对桌子受力分析，如图所示。

根据平衡条件可知，水平方向有
Fcos θ－Ff＝0
竖直方向有
FN＋Fsin θ－G＝0
其中
Ff＝μFN
故
F＝
令
μ＝tan α
则
F＝＝
当θ＝α时，F有最小值
Fmin＝Gsin α＝50 N
解得

得
α＝60°
故
μ＝tan 60°＝
θ＝60°
故选A。
4-1【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A.振子经过平衡位置时，速度最大，位移为零，所以经过平衡位置动能最大，恢复力为零，加速度为零，故A错误；
B.在A、B位置时，速度为零，动能为零，位移最大，恢复力最大，加速度最大，故B错误；
C.由于恢复力指向平衡位置，所以振子从A经O到B的过程中，回复力先做正功，后做负功，故C正确；
D.振子的动能和弹簧的势能相互转化，且总量保持不变，即振动的能量保持不变，故D错误。
故选C。
点睛:
振子经过平衡位置时，速度最大，位移为零，恢复力为零，加速度为零。在位移最大位置时，速度为零，恢复力最大，加速度最大。
4-2【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．由图可知，A的振幅是，周期是，故A错误；
B．由图可知，在时，A沿正方向运动，B沿负方向运动，故B正确；
C．由图可知，在时，质点A在平衡位置，A的速度最大，质点B在端点，B的加速度最大，故C错误；
D．由图可知，在时，A的位移为，B的位移大于，故D错误。
故选B。
4-3【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．玻璃管（包括管内液体）只受到重力和水的浮力，所以玻璃管做简谐运动的回复力等于重力和浮力的合力，故A错误；
BC．由图像可知，在t1~t2时间内，玻璃管位移减小，则加速度减小，玻璃管向着平衡位置做加速运动，速度增大，t1时刻处于负向最大位移处，速度为零，加速度为正向最大，故B正确，C错误；
D．玻璃管在做简谐运动的过程中，水的浮力对玻璃管做功，所以振动的过程中玻璃管的机械能不守恒，故D错误。
故选B。
4-4【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．在0-0.4s内，振子不是匀速运动，而是做变减速运动，所以前一半时间内的位移大于后一半时间内的位移，即t=0.2s时，振子的位移大于6cm，故A错误；
B．由图象可知，t=0.4s时，图象的斜率为零，说明振子的速度为零，故B错误；
C．0.4s至1.2s内，振子的刚好运动半个周期，故其路程为

故C正确；
D．由图象可知，t=0.8s和t=1.6s时，振子均位于原点位置，速度的大小相同。但t=0.8s振子的速度方向为负方向，t=1.6s振子的速度方向为正方向。故振子的速度不相同，故D错误。
故选C。
点睛:
掌握振子的运动情况 ，理解振子在位移最大处和原点时，振子的速度情况。根据图像读取振子的振幅等相关信息。
4-5【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
ABC．由于a、b向右运动至O处速度最大，此后a减速至N，b匀速向右运动，a、b在O处分离。当a运动至N点速度为0时，a在O处的动能全部转化成弹簧的弹性势能，小于在M处时的弹性势能，所以ON＜OM，由机械能守恒可知，a也不会再次回到M点，故ABC错误；
D．由弹簧振子的周期与振幅无关可知，若a、b一起由静止从N点释放至O点，其所需要的时间与a、b一起由静止从M点运动至O点时间相同，因为只有小物块a从N回到O点，其过程中每个位置的加速度一定大于a、b一起从N点回到O点的加速度，所以回来所需要的时间也小于a、b一起从N点回到O点的时间，即小于M到O的时间，故D正确。
故选D。
4-6【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
物块在斜面上滑动时，设重力沿斜面向下的分量为G1，所受斜面的摩擦力为f，物块沿斜面下滑时，平衡位置（a=0）时

在平衡位置上方x处的回复力

方向向下，可知物块下滑时的运动为简谐振动；同理可证明物块从最低点上滑到最高点时的运动也为简谐振动，考虑到简谐振动的对称性，则a-x图像是直线且上下是对称的；
考虑到最低点位置，当下滑到最低点时

从最低点开始上滑时

则

滑块下滑经过加速度为零的位置时，则

上滑到最高点时能静止，则

此时因

可知

则滑块上滑到的最高点的位置应该在下滑时加速度为零的位置的下方，则图像ABC错误，D正确。
故选D。
4-7【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．球B向下运动过程中，弹簧弹力增加，库仑力增加，若库仑力不变，则沿斜面的合外力可以提供回复力而做简谐运动，故A错误；
B．若沿斜面向上的弹簧弹力，沿斜面向下的重力下滑分力，库仑力达到平衡，小球才可以静止在斜面上，故B错误；
C．M点之后，弹簧弹力增大，库仑力也增大，可能还有加速阶段，不能保证M点时最大速度，故C错误；
D．整个系统机械能守恒，球B由O→M，弹簧的弹性势能增加，球的电势能减小，若两者相等，则球在M点和O点的机械能相等，可能存在这种情况，故D正确。
故选D。
5-1【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．实验船绕地球做匀速圆周运动，其线速度为

A错误；
B．地球的第一宇宙速度为近地卫星（r=R）的运行速度

对实验船

联立可得

B正确；
C．由B解析中方程可得地球质量

C错误；
D．对地球表面物体，有

代入C中数据可得

D错误。
故选B。
5-2【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
AB．在轨道1与在轨道2运行比较，合力等于万有引力，根据牛顿第二定律得

卫星在P点的加速度都相同；卫星由轨道1在P点进入轨道2做离心运动，要加速，所以在轨道1和在轨道2运行经过P点的速度不同，故B正确，A错误；
C．卫星在轨道2的任何位置都具有相同的加速度大小，但加速度方向不同，故C错误；
D．根据开普勒第三定律

可知卫星在轨道1的运行周期小于在轨道2的运行周期，故D错误。
故选B。
5-3【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．设卫星A的轨道半径为RA，卫星B的轨道半径为RB，结合图像有


解得


设卫星A绕地球做匀速圆周的周期为TA，则有

解得

设卫星B绕地球做匀速圆周的周期为TB，则有

解得

由图像可知每经过

两卫星再一次相距最近，则有

联立解得

则地球质量为

A错误；
B．设地球的第一宇宙速度为v1，则有

解得

B正确；
C．设地球密度为ρ，则有

解得

C错误；
D．设卫星A的加速度大小为a，则有

解得

D错误。
故选B。
5-4【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．根据牛顿第二定律可得

解得

所以卫星在近地轨道与同步轨道上运动的向心加速度大小之比为

故A错误；
B．根据万有引力提供向心力可得

解得

所以卫星在近地轨道与同步轨道上运动的速度大小之比为

故B错误；
C．卫星在转移轨道上运动时，只有万有引力做功，卫星的机械能保持不变，故C错误；
D．由开普勒第二定律可知，在转移轨道上运动，相同的时间内，卫星与地心的连线扫过的面积相等，故D正确。
故选D。
5-5【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．卫星绕地球做匀速圆周运动，地球对卫星的引力提供向心力，可知地心为卫星的圆轨道圆心，故b不可能是卫星的轨道，A错误；
B．第一宇宙速度是卫星在地球表面绕地球做匀速圆周运动时的线速度，是卫星绕地球做匀速圆周运动的最大线速度，故轨道a上卫星的线速度小于，B错误；
C．如果轨道c的半径等于地球同步卫星的轨道半径，则轨道c上卫星的运行周期等于地球同步卫星的周期，即轨道c上卫星的运行周期等于地球自转周期，C正确；
D．根据万有引力提供向心力可得

可得

根据轨道d上卫星的轨道半径、角速度和引力常量，可以求出地球质量，D错误。
故选C。
5-6【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
根据牛顿第二定律，行星对周围空间各处物体的引力产生的加速度为：，它们左端点横坐标相同，所以P1、P2的半径相等，结合a与r2的反比关系函数图象得出P1的质量大于P2的质量，根据，所以P1的平均密度比P2的大，故A错误；第一宇宙速度，所以P1的“第一宇宙速度”比P2的大，故B错误；根据根据万有引力提供向心力得出周期表达式T=2π，所以s1的公转周期比s2的小，故C错误；s1、s2的轨道半径相等，根据a=，所以s1的向心加速度比s2的大，故D正确；故选D．
点睛:
解决本题的关键掌握万有引力提供向心力这一理论，知道线速度、角速度、周期、加速度与轨道半径的关系，并会用这些关系式进行正确的分析和计算．该题还要求要有一定的读图能力和数学分析能力，会从图中读出一些信息．就像该题，能知道两个行星的半径是相等的．
5-7【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．设星球表面的重力加速度为g，绳长为r，小球能在竖直面上做圆周运动，即能过最高点，过最高点的条件是只有重力提供向心力，有

则最高点最小速度为

故A错误；
B．在最低点有

在最高点有

由机械能守恒定律得

联立可得

故B错误；
C．由

可得

故C错误；
D．由

可得

故D正确。
故选D。
6-1【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．依题意，在变阻器的滑动端向下滑动的过程中，变阻器接入电路的阻值减小，导致外电路总电阻减小，由闭合电路欧姆定律

可知干路电流增大，又

可得电压表的示数减小。故A错误；
D．同理，根据欧姆定律，有

根据

可知的电功率增大。故D正确；
BC．根据

可知外电路中并联部分电压减小，即两端电压减小。又

可知，电流表的示数减小。故BC错误。
故选D。
6-2【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．当汽车加油时油箱内油面上升，浮球上升，则触点P向下滑动，故A错误；
BCD．触点P向下滑动，可知滑动变阻器接入电路阻值减小，电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律可知，电路总电流增大，根据

可知整个电路消耗的功率增大；由于和油量表内阻均为定值电阻，且电路总电流增大，可知通过的电流和通过油量表的电流均增大，故两端电压增大，油量表示数变大，故C正确，BD错误。
故选C。
6-3【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．滑动变阻器R4的滑片向a端移动时，R4接入电路的电阻增大，电路总电阻增大，由闭合电路欧姆定律

可知电路总电流I减小，电容器两极板的电压为

所以UC增大，所以平行金属板间的电场强度增大，质点P所受竖直向上的电场力增大，质点P将向上运动，故A错误；
B．R3两端的电压等于电容器两极板的电压，根据公式

可知，R3两端的电压增大，R3上消耗的功率增大，故B正确；
D．根据部分电路欧姆定律

可知，流过R3的电流增大，流过电流表的电流为

由于I减小，IR3增大，所以IA减小，即流过电流表的电流减小，故D错误；
C．由于

UC增大，IA减小，所以电压表的读数UV增大，故C错误。
故选B。
6-4【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
ABC．某时刻滑片断路，则滑动变阻器全部电阻接入电路，可知外电阻增大，电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律可得，电路总电流减小，外电压增大；通过A灯的电流减小，故A灯变暗；A灯两端电压减小，则B灯两端电压增大，通过B灯的电流增大，通过C灯的电流减小，B灯变亮，C灯变暗；根据

由于电路总电流减小，可知电源内阻发热功率变小；根据

由于外电压增大，可知电源效率升高，故AB错误，C正确；
D．流过滑动变阻器电流变小，但滑动变阻器接入电路的阻值增大，所以滑动变阻器消耗的功率不一定变小，故D错误。
故选C。
6-5【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
AB．根据部分电路欧姆定律和闭合电路欧姆定律可得



由此可知，图线a表示电压表的V3示数变化的情况，图线b表示电压表的V1示数变化的情况，图线c表示电压表的V2示数变化的情况，故AB错误；
CD．根据以上分析可知



所以在滑片P下滑过程中，电压变化量与电流变化量的比值保持不变，故C错误，D正确。
故选D。
6-6【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．根据闭合电路欧姆定律可得

现将R4的滑片稍向上滑动，R4接入电路的阻值增大，回路总电阻增大，则总电流I1减小，所以U2增大，故A错误；
B．因为U2增大，所以通过R2的电流增大，而总电流减小，所以通过R3和R4的电流减小，R3两端电压减小，而

所以

故B错误；
C．根据部分电路欧姆定律可得

将滑动变阻器R4的滑片稍向上滑动一些，R4接入电路的阻值增大，所以增大，故C错误；
D．根据闭合电路欧姆定律有

所以

结合A项分析可知

所以

故D正确。
故选D。
6-7【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．滑动变阻器R2的滑片向右滑动时，接入电路的电阻增大，闭合回路的总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律可知，总电流减小，即A2的示数变小；由

可知U增大，又由欧姆定律可知增大；由于

可知减小，则A1示数变小，且的减小量大于的减小量，即，故A错误；
B．电容器两端的电压等于电压表电压，且上极板带正电，由可知Q变大，则电流从右向左流过电阻R3，故B错误；
C．由闭合电路欧姆定律可知

整理得

所以

故C正确；
D．消耗的功率为

最大时，有

此时有

因R2与R1、r的并联电阻关系不确定，所以滑片向右滑动过程中，电阻R2消耗的功率不一定变大，故D错误。
故选C。
7-1【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
根据电流的定义

根据牛顿第二定律
F-BIL=ma
得

其中

联立得

加速度是定值，所以导体棒做匀加速直线运动，电流

也为恒量。
故选C。
7-2【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．由法拉第电磁感应定律得

由闭合电路欧姆定律得

解得

根据右手定则判断出感应电动势在导体棒内部由N指向M，则电流方向为逆时针方向，故A错误；
B．用理想电压表测量MN之间的电压为路端电压，则

故B错误；
C．根据焦耳定律

解得

故C正确；
D．导体棒平衡，则

故D错误。
故选C。
7-3【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
AB．根据法拉第电磁感应定律，金属棒中产生的感应电动势

结合闭合电路欧姆定律，回路中的感应电流

可见，则，根据题意，金属棒向右运动的过程中，切割磁感线的长度随时间先均匀增大，后不变，最后均匀减小，而电阻两端的电压等于电源电动势，故A错误，B正确；
CD．金属棒所受安培力大小

则安培力的功率为

结合随时间变化的规律可知P先按开口向上的抛物线规律增大，后不变，最后再按开口向下的抛物线规律减小，故CD错误。
故选B。
7-4【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．金属杆产生的感应电动势

感应电流

金属杆所受的安培力
           
由题意可知金属杆受拉力、安培力和阻力作用，匀速时，合力为零，即有

解得

从图线可以得到图线的斜率

即

将数据代入可解得

故A错误；
B．由图线得，当 时，，带入A项所得关系

解得

又

代入数据，解得

故B正确；
C．根据图线分析，当

时

则

最后匀速运动时AB两点的电势差

故C错误；
D．由右手定则可知，流过R的电流为，故D错误。
故选B。
7-5【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．设可调电阻的阻值为R，金属棒匀速运动时有

可得

可知可调电阻阻值越小，金属棒匀速运动的速度越小，故A错误；
B．由于金属棒以不同速率匀速运动时，电流相同，由 得可调电阻的阻值最大4r时，可调电阻消耗的功率最大，金属棒输出功率最大，故B错误；
C．金属棒匀速运动时，沿轨道向下的重力分力与沿轨道向上的安培力平衡，所以有

则电流

因此金属棒中的电流与可调电阻无关，故C错误；
D．金属棒两端电压即为可调电阻两端电压，由于金属棒以不同速率匀速运动时电流相同，当可调电阻阻值为最大4r时，金属棒两端电压最大，故D项正确。
故选D。
7-6【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
ACD．对ab整体分析，由于受恒定拉力作用，则经过足够长时间后最终达到稳定状态，此时回路中的感应电动势保持恒定，则回路中的电流恒定，设两棒的加速度为aa、ab，有

由于电动势恒定，则对上式两边求变化率有

则可得

故ACD错误；
B．根据受力分析，由牛顿第二定律得



联立解得

由于金属棒a，b串联，则流过a的电流大小也为，故B正确。
故选B。
7-7【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
AB．图甲中电路，由闭合电路欧姆定律可得

金属杆受到的安培力

方向水平向左，图乙中金属杆受到的安培力

方向水平向右，两杆所受安培力方向相反，大小之比为

故A错误B正确；
C．在时间内，安培力做功等于系统发热量，图甲中金属杆产生的热量为

故C项错误；
D．图乙中电源输出的能量等于安培力对金属杆做的功和回路的焦耳热，即

故D项错误。
故选B。
8-1【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
AC．A、B两点沿电场线方向上的距离为

则

故A错误，C正确；
B．A、C连线与电场线垂直，故A、C处于同一等势面上，电势相等

故B错误；
D．B、C两点沿电场线方向上的距离为d，则

故D错误。
故选C。
8-2【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．ab平行于电场线，则ab之间的电势差

故A正确；
B．ac与电场线垂直，则ac之间的电势差，故B错误；
C．点电荷沿矩形路径abcda移动一周，电场力做功为0，故C错误；
D．ac之间的电势差，电荷从a移动到c，电场力做功为0，故D错误。
故选A。
8-3【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
在匀强电场中F是的中点，则

则是一条等势线，O点位于该条等势线上，则O点电势为6V，电场线和等势线垂直，可知是一条电场线，方向由C指向A

代入数据得

画出的等势线如图所示

沿着电场线方向电势变化最快，在三角形内切圆的圆周上M点电势最低，，设内切圆的半径为R，由几何关系有
，
可得

OM间电势差

解得

B正确。
8-4【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．图像的斜率表示电场强度，所以由题图可知处电势最高，电场强度最小为0，故A错误；
BC．由于沿着电场线方向电势逐渐降低，则电场线方向指向x轴的负方向，，电场线方向指向x轴的正方向，并且在处电势最高，电场强度最小为0，根据点电荷场强公式

由近小远大规律可知，的电荷量大于的电荷量，并且带正电，带负电，故B错误，C正确；
D．电子从处沿x轴移动到处，电场力做负功，电势能增加，故D错误。
故选C。
点睛:
图像的斜率表示电场强度。电势能的变化可根据电场力做功情况或者电势变化与电势能之间的关系进行解答。
8-5【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．等差等势面越密集（稀疏），电场线越密集（稀疏）。则A点场强较大，静电力大，A错误；
B．A、B两点电势相等，则质子在两点的电势能相等，B错误；
C．电场力方向与等势面垂直，电子不会沿曲线e运动到B点，C错误；
D．把电子从c等势面移动到e等势面，静电力做功为

D正确。
故选D。
8-6【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:

A．根据匀强电场特点，平行等距的两线段电势差相等，则UAE=UEB=UFC

解得
，
同理可得

EDF1B1等势面如图所示，则电场强度方向应该是过点F做EDF1B1平面的垂线，所以A错误；
B．场强沿DF方向的分量为

同理场强沿EE1、EF方向的分量均为，故电场强度大小为

所以B正确；
C ．B、F1两点的电势差UBF1为2V，A、E两点的电势差UAE为-2V，所以C错误；
D．把0.1C正电荷从D点移到B点，电场力做功为

所以D错误；
故选B。
8-7【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．由题意可知，电子在A点时的电势能为18eV，故A点电势为

电子在B点时的电势能为24eV，故B点电势为

故沿y轴方向的场强大小为

沿x轴方向的场强大小为

故该匀强电场的场强大小为

故A错误；
B．由匀强电场的相关性质可得

解得

因电子的动能只有32eV，故电子不可能从C点离开电场区域，故B错误；
C．由匀强电场的特点可知，A、B连线中点处的电势为

由动能定理可得电子经过此处时的动能为11eV，故C错误；
D．设从点出发的电场线与B、C连线的交点为D，则B、D两点间的距离为

故有

解得

故当电子沿电场线入射时，其速度减到零之后再返回坐标原点射出电场区域，故D正确。
故选D。
9-1【基础】 【正确答案】 BD
【试题解析】 详解:
A．碰到钉子前后，圆周运动半径变小，但在最低点小球水平方向没有受到力的作用，小球的瞬时速度不会发生改变，A错误；
B．根据

可知，线速度不变，半径变小，角速度变大，B正确；
C．根据

可知，由于线速度不变，半径变小，加速度变大，C错误；
D．根据

可知，加速度变大，绳上的拉力变大，D正确；
故选BD。
9-2【基础】 【正确答案】 AD
【试题解析】 详解:
根据题意图甲，由牛顿第二定律有

竖直方向有

联立解得
，
根据题意图乙，设绳子长度为，由机械能守恒定律有

在最低点，由牛顿第二定律有

解得
，
AB．加速度之比为

故B错误，A正确；
CD．绳子拉力大小之比为

故C错误，D正确。
故选AD。
9-3【巩固】 【正确答案】 AD
【试题解析】 详解:
B．对任意一小球研究，设半圆轨道的半径为r，根据机械能守恒定律得

解得

可知两小球到达C、D两点时线速度大小和半径有关。由于r不同，故v不相等。故B错误；
D．通过圆轨道最低点时小球的向心加速度为

联立，可得

可知通过C、D时，两小球的向心加速度与半径无关。故D正确；
A．根据牛顿第二定律得

解得

则轨道对小球的支持力大小相等，根据牛顿第三定律，可知小球对轨道的压力大小与半径无关，则通过C、D时，两小球对轨道的压力大小相等。故A正确；
C．由

可得

可知通过C、D时两小球的角速度大小不等。故C错误。
故选AD。
9-4【巩固】 【正确答案】 AB
【试题解析】 详解:
AB．在最高点时，绳对小球的拉力和重力的合力提供向心力，则得

化简得
①
由图像知，时，，图像的斜率，则得

得绳长

当时，，由①得

解得

故A正确，B正确；
C．只要，绳子的拉力大于0，根据牛顿第二定律得有最高点：
②
最低点：
③
从最高点到最低点的过程中，根据机械能守恒定律得
④
联立②③④解得

即小球在最低点和最高点时绳的拉力差均为，故C错误；
D．若把轻绳换成轻杆，则从最高点由静止转过的过程中开始时杆对小球的作用力为支持力；当转过后，小球的向心力必定由杆的拉力提供，所以可知，在小球从最高点由静止转过的过程中，杆对小球的作用力开始时是支持力，然后是拉力，故D错误。
故选AB。
9-5【巩固】 【正确答案】 BCD
【试题解析】 详解:
A．小球恰能在竖直平面内绕A点做圆周运动，则在最高点满足仅由重力提供小球的向心力，故A错误；
C．小球恰能在竖直平面内绕A点做圆周运动，则在最高点有

解得

从最低点到最高点，由机械能守恒定律可知

解得初速度为

根据向心力公式有

解得

小球绕A点做圆周运动时，在该圆最高点与最低点细线拉力之差为6mg，故C正确；
B．小球绕B点做圆周运动时，设小球到最高点D时速度为，根据机械能守恒定律，有

根据向心力公式有

解得

故B正确；
D小球绕B点做圆周运动时，设小球到最低点时速度为，根据机械能守恒定律，有

根据向心力公式有

解得

则小球绕B点做圆周运动时，在该圆最高点与最低点细线拉力之差为6mg，故D正确。
故选BCD。
9-6【提升】 【正确答案】 AD
【试题解析】 详解:
A．当Oa水平时，细线拉力为零，斜面对物块的摩擦力沿斜面向上，大小为

小球从a摆到最低点b点，由动能定理

由牛顿第二定律可得

解得细线拉力

斜面对物块的摩擦力沿斜面向下，小球从a运动到b过程中细线的拉力逐渐最大，所以斜面对物块的摩擦力先减小后增大，故A正确；
B．斜面对物块的支持力不变，斜面对物块的摩擦力变化，所以斜面对物块的作用力变化，故B错误；
C．斜面对物块的沿斜面向上的摩擦力最大值为

斜面对物块的沿斜面向下的摩擦力最大值为

所以斜面对物块的摩擦力最大值为，故C错误；
D．对斜面和物块整体分析，当细线的拉力最大时，地面对斜面体的支持力最小，最小值为

故D正确。
故选AD。
9-7【提升】 【正确答案】 CD
【试题解析】 详解:
ABD．若小球运动过程中的速度较大，则小球在运动过程中可能不与内圆接触，不受摩擦力作用，此时达到最高点的速度至少为 ，根据机械能守恒定律可得

解得

所以当时，小球运动过程中始终与外壁接触，肯定能到达最高点，并在机械能守恒；
如果内圆光滑，小球在运动过程中不受摩擦力，小球在运动过程中机械能守恒，如果小球运动到最高点时速度为0，由机械能守恒定律得

解得

现在内壁粗糙，如果小球运动到最高点时速度为0，一定受到摩擦力作用，需要克服摩擦力做功，所以当 ，小球不可能到达圆周最高点，当时，小球可能到达最高点，故AB错误；
C．若小球刚好达到与圆心同高时速度为零，则有

解得

所以当时，小球只与外轨接触，则机械能守恒，故C正确；
D．当时，大于，所以小球运动过程中始终与外壁接触，机械能守恒，故D正确。
故选CD。
10-1【基础】 【正确答案】 AC
【试题解析】 详解:
AB．接通电源后，小磁针N极指向是地磁场和螺线管磁场的合磁场的方向，由此可判定螺线管的磁场在小磁针处方向水平向右，由安培定则判断螺线管电流方向从左往右看是顺时针方向，故A正确，B错误；
CD．由题意知地磁场水平分量为，设通电螺线管产生的磁场为。由图知得


故C正确，D错误。
故选AC。
10-2【基础】 【正确答案】 AD
【试题解析】 详解:
A．设虚线圆的半径为，根据安培定则可知通电直导线在、、、四点的磁感应强度方向如图所示

通电直导线产生的磁场在点的磁感应强度大小为

方向与相反，因为点的磁感应强度为，故有

解得

A正确；
BC．通电直导线产生的磁场在虚线圆上的磁感应强度大小均为，点的磁感应强度大小，方向斜向右上方，同理点的磁感应强度大小，方向斜向右下方，BC错误；
D．点的磁感应强度大小，方向水平向右，带电荷量为的检验电荷以速率经过点，其速度方向为由指向，由左手定则可知，该电荷在点受到的洛伦兹力方向垂直纸面向外，大小为

D正确
故选AD。
10-3【巩固】 【正确答案】 BD
【试题解析】 详解:
AB．地磁场磁感应强度的水平分量BC与B0的关系如图所示：

有
B0=BCtanα
其中
B0=kI
则
kI=BCtanα
即线圈中电流强度I越大，α角越大，tanα与电流I成正比，选项A错误，B正确；
CD．地球上的不同地方地磁场的水平分量Bc不同，则在地球上的不同地方测同样大小的电流，α角不同，选项C错误，D正确。
故选BD。
10-4【巩固】 【正确答案】 ABD
【试题解析】 详解:
A．根据对称性可知，两个半圆内的磁通量大小相等方向相反，则图甲中圆形区域的磁通量为零，A正确；
B．根据同向电流相吸异向电流相斥及对称性可知，图乙中通有电流的直导线所受安培力等大反向，合力为0，所以B正确：
C．图丙中O点有四个磁场，其中对角的两个异向电流产生的磁感应强度方向相同，相互叠加后为

所以C错误；
D．根据

知当时，三根通电导线受到的安培力的合力均为零，D正确。
故选ABD。
10-5【巩固】 【正确答案】 AB
【试题解析】 详解:
A．由表中z轴数据可看出z轴的磁场竖直向下，则测量地点应位于北半球，故A正确；
B．磁感应强度为矢量，故由表格可看出此处的磁感应强度大致为

计算得
B ≈ 50μT
故B正确；
CD．由选项A可知测量地在北半球，而北半球地磁场指向北方斜向下，则第2次测量，测量，故y轴指向南方，第3次测量，故x轴指向北方而y轴则指向西方，故CD错误。
故选AB。
10-6【提升】 【正确答案】 ABC
【试题解析】 详解:
设正方体的棱长为，到点的距离为，到的距离

直导线在过导线中央的垂直平面某处产生的磁感应强度与电流成正比、与距离成反比，设电流为，距离为，比例系数为，则磁感应强度

A．电流在点产生的磁感应强度大小为，则电流在点产生的磁感应强度大小为，选项A正确；
B．由安培定则可知，处的磁感应强度方向沿平面垂直指向，选项B正确；
C．、、、中电流相等，它们到点的距离相等，它们在点产生的磁感应强度相等都是，若方向反向，由安培定则可知，在点产生的磁场方向与、、在点产生的的磁场方向相反，、、、在点产生的总磁场为，选项C正确；
D．若仅将中电流加倍，在处产生的磁感应强度为，、、中电流在处产生的磁感应强度为，则处的磁感应强度大小为

选项D错误。
故选ABC。
10-7【提升】 【正确答案】 BC
【试题解析】 详解:
A.当x趋向无穷大时，小磁针所指的方向为地球的磁场的方向，所以根据题图可知，x趋向
无穷大时， 趋向1，则趋向90°，即小磁针的方向与x的方向垂直，所以x的方向为
向东．当x非常小时，小磁针的N极沿x方向，即向东．由题图可知，开始时N背离O点，
所以O点处的磁极是N极，故A错误；
B.由以上的分析可知，P的中轴线沿东西方向，与地磁场方向垂直，故B正确；
C.由乙图可知，处，则，P在处产生的磁感应强度大小为BP，
，所以，故C正确；
D.处合磁场的磁感应强度大小为，故D错误．
11-1【基础】 【正确答案】 AC
【试题解析】 详解:
A．O点处于两对等量同种电荷的中点，则合电场强度为零，A正确；
BC．、位于两等量异号电荷的中垂线上，则、在零势面上，电子从点沿直线移至O点的过程中电势能不变，B错误，C正确；
D．、位于两对等量同号电荷的中垂线上，两正电荷和两负电荷的电场强度等大反向，故、连线上合电场强度处处为零，则质子所受的电场力为零，D错误。
故选AC。
11-2【基础】 【正确答案】 AC
【试题解析】 详解:
A．电场强度指向电势减弱最快的方向，故O 点的电场强度沿 x 轴正方向，故A正确；
B．电势是标量，-x1和 x1 两点处电势不同，一正一负，不在同一等势面，故B错误；
C．图像斜率表示电场强度，由图知，-x1与 x1两点斜率相同，则电场强度相同，故C正确；
D．将负电荷从 x1 移到 x2过程中，电势先减小后增大，则电势能先增大后减小，故D错误。
故选AC。
11-3【巩固】 【正确答案】 BD
【试题解析】 详解:
A．根据曲线③的峰值为，最小值为0，因为是匀强电场，坐标原点O的电势为

故A项错误；
B．根据图像，曲线①的峰值最大，曲线①对应的r最大，取值为，曲线③对应的半径为，电场强度的大小为

故B项正确；
C．电场强度方向从电势最高点指向电势最低点，根据图像，电场方向与x轴负方向夹角为角，故C项错误；
D．匀强电场中由图像知，角度相同，而半径分别为、、处的电势相等，说明O点与其处在同一个等势面上，即M、N处在同一个等势面上，M、N相差，如图所示，故D项正确。

故选BD。
11-4【巩固】 【正确答案】 BC
【试题解析】 详解:
AB．由图乙可知，由A运动到B的过程中，图线斜率逐渐减小，则电子加速度逐渐减小，根据

可知

A说法正确，不符合题意，B说法错误，符合题意；
CD．电子带负电荷，由A运动到B的过程中做加速运动，说明电场力方向由A指向B，电场强度的方向由B指向A，结合选项AB，说明场源电荷是负电荷，在A点左侧，C说法错误，符合题意，D说法正确，不符合题意。
故选BC。
11-5【巩固】 【正确答案】 AC
【试题解析】 详解:
A．电场力做功为

得

图线斜率逐渐增大，则电场强度逐渐增大，粒子向场强增大的方向运动，A正确；
B．粒子从0运动到0.5m，电场力对粒子做功为

B错误；
C．在1.0m处的场强大小为

C正确；
D．若粒子运动到场源电荷处动能的最小值不为零，粒子越过场源电荷位置，粒子动能会增大。根据图像可知，粒子运动位移为1.5m时，动能减小到0。此时还未到达场源电荷的位置，故可知场源电荷不可能在1.2m以内，D错误。
故选AC。
11-6【提升】 【正确答案】 BC
【试题解析】 详解:
A．从图象可知，由C到A的过程中，物块的速度一直增大，电场力对物块做正功，电势能一直减小，A错误；
B．由v—t图可知带电粒子在B点的加速度最大，且为

则小物块在B所受的电场力最大为
Fmax = mamax = 2 × 10 - 3N
则B点处场强最大，且最大值为

B正确；
C．据两个等量同种正电荷其连线中垂线上电场强度方向由O点沿中垂线指向外侧，故由C点到A点的过程中电势逐渐减小，C正确；
D．从图象可知，A、B两点的速度分别为vA = 6 × 10 - 2m/s，vB = 4 × 10 - 2m/s，再根据动能定理得

解得

D错误。
故选BC。
11-7【提升】 【正确答案】 BD
【试题解析】 详解:
A．图线的斜率表示电场强度，由图可知，沿x轴正方向电场强度减小，故A错误；
B．φ-x图像的斜率的绝对值表示电场强度的大小，所以处的电场强度大小为

滑块此时受到的电场力为

滑块与水平地面间的滑动摩擦力（最大静摩擦力）大小为

由图可知x=0.1m处电场强度大于x=0.15m处电场强度，即滑块释放时所受电场力大小

所以滑块释放后开始向右加速运动，由于φ-x图像的斜率的绝对值不断减小且最后趋于零，所以电场强度也不断减小且最后趋于零，则滑块受到向右的电场力不断减小且最后趋于零，根据牛顿第二定律可推知滑块一开始做加速度减小的加速运动，当电场力减小至比滑动摩擦力还小时，滑块开始做加速度增大的减速运动，最终将静止，故B正确；
C．当滑块所受电场力大小与滑动摩擦力大小相等时滑块速度最大（设为v），根据前面分析可知此时滑块位于x=0.15m处，由图可知x=0.1m与x=0.15m之间的电势差约为

根据动能定理有

解得

故C错误；
D．假滑块最终在处停下，x=0.15m与x=0.3m之间的电势差约为

滑块从x=0.15m到x=0.3m过程中电场力做功为

滑动摩擦力做功为

所以滑块最终停在0.15m到0.3m之间某位置，故D正确。
故选BD。
12-1【基础】 【正确答案】 B C 1.6
【试题解析】 详解:
（1）[1]本实验需要刻度尺测量长度，不需要秒表，时间由位移计算，不需要天平和弹簧秤测量质量和重力。
故选B。
（2）[2]小球从斜槽末端位置开始做平抛运动，所以平抛运动的初位置为小球在斜槽末端球心的投影点。
故选C。
（3）[3]根据

得小球平抛运动的时间为

则小球平抛运动的初速度为

12-2【基础】 【正确答案】 见解析 线性 水平射出点未与O点重合
【试题解析】 详解:
（1）[1]根据上表数据在坐标纸上描出数据点，并绘制“”图线如图所示

（2）[2]由图线为一条倾斜的直线可知，小球下落的高度y，与水平距离的平方成线性关系。
（3）[3]根据平抛运动规律可得


联立可得

可知图像的斜率为

解得小球平抛运动的初速度为

（4）[4]图线是一条直线，但常不经过原点，说明实验中测量的y值偏大或偏小一个定值，这是小球的水平射出点未与O点重合，位于坐标原点O上方或下方所造成的。
12-3【巩固】 【正确答案】 1.20 0.1或0.10 0.50
【试题解析】 详解:
（1）根据游标卡尺的读数规则可知小球的直径为
12mm+0×0.1mm=12.0mm=1.20cm
（2）小球的直径为图片中小球直径的2倍，故竖直方向小球相邻位置的实际距离间隔依次为4.90cm、14.70cm、24.50cm，小球竖直方向做自由落体运动

代入数据得

小球相邻水平位置的实际间隔为5.00cm，小球平抛的初速度

12-4【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
（1）[1]A．为了保证小球抛出后做平抛运动，安装斜槽轨道，使其末端保持水平，A正确；
B．为了保证每次小球抛出的初速度相同，每次小球必须在同一位置静止释放，B错误；
C．应先利用重锤线确定y轴再确定x轴，C错误；
D．为描出小球的运动轨迹，应用平滑的曲线将描绘的点连接起来，D错误。
故选A。
（2）[2]在轨迹上取C、D两点，与的水平间距相等且均为x，测得与的竖直间距分别是和；若平抛运动的水平分运动是匀速直线运动，则与所用时间相等，设为，则有


可得

则有

（3）[3]在轨迹上取A、B、C三点，和的水平间距相等且均为x，测得和的竖直间距分别是和，可知和所用时间相等，设为，竖直方向根据

解得

水平方向有

可得钢球平抛的初速度大小为

[4]B点的竖直分速度为

则B点距离抛出点的高度差为

（4）[5]设轨迹1、2的初速度分别为和，对于轨迹1有
，
可得

轨迹1在交点处的竖直分速度为

则轨迹1在交点处的速度为

对于轨迹2有
，
可得

轨迹2在交点处的竖直分速度为

则轨迹2在交点处的速度为

为了使两球在交点处的速率相等，则有

可得

12-5【巩固】 【正确答案】 B C D 0.1 1.5 5 保持相邻痕迹点的水平距离大小相同
【试题解析】 详解:
（1）[1]A．由于不需要测量力，则不需要弹簧秤，所以A错误；
B．实验需要描绘平抛运动的轨迹，则需要重锤线确定竖直方向，所以B正确；
C．由于不需要测量时间，则不需要打点计时器，所以D错误；
故选B。
（2）[2]AC．斜槽轨道不需要光滑，只需要小球每次从相同位置由静止释放，就可以保证小球具有相同的初速度，所以A错误；C正确；
B．斜槽轨道末端必须水平，才能保证小球做平抛运动，所以B错误；
D．将描出的点用平滑的曲线连接起来，所以D错误；
故选C。
（3）[3]小球在水平方向做匀速直线运动则有

[4]位移越大，测量的误差越小，则求得的水平速度，误差较小的是，所以D正确；ABC错误；
故选D。
（4）[5]设照相机的闪光频率对应的周期为T，则有

代入数据解得

[6]该小球做平抛运动的初速度为

[7]B点在竖直方向的速度为

从开始到B点所用时间为

抛出点距A点的竖直距离为

（5）［8平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，每次将B板向内侧平移距离d，是为了保持相邻痕迹点的水平距离大小相同。
12-6【提升】 【正确答案】 B或 C C或 B D或 F F或 D 大于 见解析
【试题解析】 详解:
（1）[1] [2] A．两球的体积、材料和质量的选择不同，受到的阻力大小不同，对实验结果有影响，A错误；
B．改变小锤击打的力度，可以改变A球的水平初速度，改变小球距地面的高度，可以改变空中的运动时间，B正确；
CD．小锤击打弹性金属片后，A球沿水平方向抛出，同时B球被释放自由下落，A、B两球同时落地，可知平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，不能得出水平方向上的运动规律，C正确，D错误。
故选BC。
（2）[3] [4]
A．调整斜槽，使小球放置在轨道末端时，不左右滚动，保证斜槽末端切线水平，A合理；
B．将坐标纸上竖线与重垂线平行，B合理；
C．将小球静止在斜槽末端位置时重心位置在背板上的投影记录为坐标原点，C合理；
D．应保持挡片P的位置不变，使小球从斜槽上相同位置释放，D不合理；
E．不断改变水平挡板的位置，记录下小球落到挡板上的位置，E合理；
F．将坐标纸上确定的点用平滑的曲线依次连接，F不合理。
故选DF。
（3）[5]因为A、B和B、C间水平距离相等，所以A、B和B、C间对应钢球运动的时间相同，设为T，设钢球在A、B点时的竖直分速度大小分别为、，则


所以

[6]根据运动学规律有

解得

钢球平抛的初速度大小为


（4）[7] 物体的初速度较小时，运动范围很小，引力可以看成恒力——重力，做平抛运动；随着物体初速度的增大，运动范围变大，引力不能再看成恒力；当物体的初速度达到第一宇宙速度时，物体绕地球做圆周运动而成为地球卫星。
12-7【提升】 【正确答案】 AC BE 0.935 C 1.5
【试题解析】 详解:
(1)[1]AC．选择装置甲，并通过观察小球是否碰撞来验证平抛物体的水平分运动是匀速直线运动，并应该多次调整上下轨道的高度差来验证，AC正确；
BD．选择装置乙，并通过听小球是否同时发出落地声来验证平抛物体的竖直分运动是自由落体运动，并应该多次调整两球与地面的初始高度差来验证，BD错误；
(2)①[2]除题中器材外，还需要带线的重锤来确定硬板是否竖直及确定y轴位置，需要刻度处测量平抛过程的水平、竖直位移，BE正确。
故选BE。
②[3]左图把小球恰在中间缝隙里不对，应按右图进行操作，故小球的直径为

③[4]ABD．小球与斜槽之间有摩擦、安装斜槽时其末端没有调整水平或只记录了竖直方向，没有记录平抛运动的起点，轨迹仍是一条完整抛物线，不会形成如图点迹，ABD错误；
C．每次释放小球的位置不完全相同，在不同高度留下的点迹就不会在同一条抛物线上，C正确。
故选C。
④[5]设每小格边长为l，水平方向，A、B和B、C位移相同，故所用时间T相同，则满足

竖直方向满足

联立解得

13-1【基础】 【正确答案】 B a b 1.45 1.75
【试题解析】 详解:
（1）[1]由于干电池参数（1.5V 0.5A）可知外电阻最小约为3Ω，A的电阻太大，测量时误差较大，且A的最大电流太小，不能用，故应选择B.10Ω 2.0A；
（2）[2]为保护电路，闭合电键S前滑动变阻器的滑片P应置于a端，此时有电阻的最大值；
（3）[3]滑片P不允许置于b端，由于本实验中没有保护电阻，滑片P置于b端时电路短路，有可能会损坏电流传感器；
（4）[4][5]延长图线，如图

与U轴交点坐标即为电动势，求得

而图线的斜率即为内电阻，求得

13-2【基础】 【正确答案】 D F 1.48 0.50
【试题解析】 详解:
（1）[1]一节干电池的电动势大约1.5V，故选择电压表D。
[2]电池电源较小，故选择滑动变阻器F。
（2）[3]由于干电池内阻很小，电压表测的是路端电压，且电流表内阻未知，若将电流表内接（相对于电源），则内阻误差较大，所以电流表采用外接法（相对于电源），故实物图如图所示

（3）[4]由乙图可知，电源电动势为
E = 1.48V
[5]内电阻为

13-3【巩固】 【正确答案】 0.60 1.50 2.90或3.00或3.10
【试题解析】 详解:
（1）[1]由题意可知，由欧姆定律

得，当电压表左端e与a点相连，右端f与b点相连时

右端f与b点相连时

所以

[2]因为

所以待测电阻的阻值为

（2）[3]由题意可得，由闭合电路的欧姆定律

当电压表右端f与d点相连，左端e与b点相连时，有

在图像中，斜率

当电压表右端f与d点相连，左端e与c点相连时，有

在图像中，斜率

由图乙可知，图线Ⅰ比图线Ⅱ的斜率大，所以可得图线Ⅰ是ec相连。
[4][5]由题意得，图线Ⅰ的误差较小，由

可得，电源电动势

因为


代入解得，电源内阻为

13-4【巩固】 【正确答案】 500.0 4.5 4.9或4.8 4.8或4.6或4.7
【试题解析】 详解:
（1）[1]实物图连线如下图所示

[2]电压表的内阻远大于滑动变阻器R1的最大阻值，故断开开关S2后，电压表与电阻箱的总电压几乎为，当电压表的示数为时，电阻箱两端的电压为

根据串联电流相等

解得

[3]电压表扩大量程时需要串联电阻，根据

解得

（2）[4][5]经分析可知

整理得

结合题图丁，与电压轴的截距上有

解得


虑到读数不准确带来的误差，解得电源电动势为4.8V也可。此外斜率上有

解得


考虑到读数不准确带来的误差，解得电源内阻为4.6Ω、4.7Ω也可。
13-5【巩固】 【正确答案】 1 1.52 0.55 偏小 偏小
【试题解析】 详解:
（1）[1]当开关S2拨到1时，电压表直接接在电源两端，由于电流表内阻的影响，则电流表读数相同时，开关S2拨到1时电压表的读数较大，则对应图线为1。
（2）[2][3]由于电流表内阻对电源内阻的测量值影响较大，所以选择开关接“1”时比较合理，图线对应1，图线的纵截距表示电源电动势，图线斜率的绝对值表示电源内阻，所以


[4][5]当选择开关接“1”时，系统误差来自于电压表的分流作用，根据等效电源法有


所以，与真实值相比，电动势、内阻的测量值均偏小。
13-6【提升】 【正确答案】 电流 电压 b 不能
【试题解析】 详解:
（1）[1][2][3]甲同学利用DIS实验系统进行测量，连接成如图（甲）所示的电路。图中方框A是电流传感器，方框B是电压传感器。为保护电路，闭合电键前，滑动变阻器的滑动头P应位于b端。
（2）[4][5][6]测量原理：设在两次测量中，测得的数据分别为、、、，对应的电流分别为和，则
①
②
③
④
则


斜率
⑤
纵轴截距为是滑动变阻器上的电压为0时，电压表上的读数，即
⑥
⑤代入⑥得
E=
又

得
⑦
通过⑦式可以看到，若要让

则需要
=0
所以如果该同学以U1为纵坐标，希望通过图像的截距直接读得到两节干电池的电动势，则应选用作为横坐标作图。
13-7【提升】 【正确答案】 B D a 2.90 0.80
【试题解析】 详解:
（1）[1]电池组电动势约为3V，故电压表选择量程0～3V的，故电压表选用B。
[2]电流表指针在中央位置时，电路中的电阻约为

要求尽量减小实验误差，滑动变阻器应采用最大阻值较小的D，方便调节。
（2）[3]闭合开关前，滑动变阻器接入电路中的阻值应最大，滑动变阻器的滑片P应置于滑动变阻器的a端。
（3）[4]在电池组负极和开关之间串联一个阻值为的电阻，由闭合电路欧姆定律可得

路端电压

由图示电源U-I图像可知，电池组电动势

[5]电源内阻

（4）[6]由闭合电路的欧姆定律得

解得

14-1【基础】 【正确答案】 （1）；（2）
【试题解析】 详解:
（1）物块a由静止下摆到最低点的过程，根据机械能守恒定律有

物块a到达最低点时，由牛顿第二定律有

联立解得

（2）物块a与物块b碰撞，根据动量守恒定律有

碰后，对于物块a由最低点上升到最大高度的过程，根据机械能守恒定律有

碰后，对于物块b由滑行到静止的过程，根据动能定理有

联立解得

14-2【基础】 【正确答案】 （1）0.30s；（2）2.0m/s
【试题解析】 详解:
（1）两物块粘在一起水平抛出做平抛运动，设A、B碰后速度为v，有


解得
，
（2）两物块碰撞过程中，根据动量守恒定律，有

解得

14-3【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）
【试题解析】 详解:
（1）设和碰撞后瞬间的速度为，根据碰后小球刚好运动到处，根据动能定理有

解得

碰后瞬间根据圆周运动规律有

代入解得

根据牛顿第三定律可得对圆环的压力大小为。
（2）设和碰撞后瞬间的速度为，刚好能到达最高点时速度为，此时重力提供向心力，从碰撞到最高点过程中有


解得

刚到达最低点还未发生碰撞前速度为，有

解得

和碰撞过程中根据动量守恒有

解得

14-4【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）或
【试题解析】 详解:
（1）碰撞

解得

系统损失的机械能

解得

（2）Ⅰ：球能做完整圆周运动
最高点


可得

Ⅱ：最高到与等高处，则

最大与墙相切，则

故

所以不脱离轨道应有
或
14-5【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）
【试题解析】 详解:
（1）设夯锤与桩料碰撞前瞬间的速度为，由自由落体运动速度位移公式，则有

解得

取向下为正方向，设夯锤与桩料碰撞后瞬间的速度为v，由动量守恒定律得

代入数据解得

（2）由乙图知，桩料下沉过程中所受的阻力f随打入深度h均匀变化，可用平均力求阻力做功，则

对夯锤与桩料，由动能定理得

代入数据解得

14-6【提升】 【正确答案】 （1）4 m/s ；（2）R≤0.16m或R≥0.4m
【试题解析】 详解:
（1）设滑块与小车的共同速度为v1，滑块与小车相等运动过程中动量守恒
Mv0=(m+M)v1
解得
v1=4 m/s
设滑块与小车的相对位移为L1，由系统能量守恒有

解得
L1=2.4m
设与滑块相对静止时小车的位移为s1，根据动能定理有

解得
s1=1.6m
因为
L1＜L，s1＜s
说明小车与墙壁碰撞前滑块与小车已具有共同速度，且共速时小车与墙壁还未发生碰撞，故小车与墙壁碰撞时的速度为
v1=4 m/s
（2）小车与墙壁碰撞后滑块在车上继续向右做初速度v1=4 m/s、位移为L2=L-L1=1.6m的匀减速直线运动，然后滑上半圆轨道的最低点P。若滑块恰能滑过半圆轨道的最高点Q，设滑至最高点的速度为v，临界条件为

根据动能定理

联立解得
R=0.16m
若滑块恰好滑至圆弧到达T点时就停止，则滑块也能沿半圆轨道运动而不脱离半圆轨道。根据动能定理

解得
R=0.4m
综上所述，要使滑块在半圆轨道上运动时不脱离轨道，半圆轨道的半径必修满足的条件为
R≤0.16m或R≥0.4m
14-7【提升】 【正确答案】 （1）15N；（2）240J；（3）147J
【试题解析】 详解:
（1）小球下摆至撞击弹簧前，有

解得

撞击前瞬间，有

联立解得

（2）小球过圆周最高点时，有

小球从圆周最低到最高，有

解得

小球碰小物块，取水平向右为正，有

解得

弹簧释放的弹性势能

联立解得

（3）由于，故0~0.2 s和0.2 s~0.4 s，物块都减速，分别有


解得


显然，物块的速度以为周期递减，每个周期内速度减少，总周期数

第一个周期内，物块的位移

相邻两个周期的位移差

总位移

物块运动过程产生的内能

15-1【基础】 【正确答案】 （1）；（2）；（3）
【试题解析】 详解:
（1）电子在电场中被加速，则

解得

（2）如图所示

由几何关系可知电子在磁场中的运动半径

根据

解得

（3）电子在磁场中的运动周期

电子在磁场中的运动时间

15-2【基础】 【正确答案】 （1）正电；（2）；（3）
【试题解析】 详解:
（1）C、D两板分别带正电和负电，场强方向竖直向下，而粒子向下偏转，受到的电场力向下，与场强方向相同，所以粒子带正电。
（2）粒子在加速电场中加速过程，由动能定理可得

解得

（3）粒子在偏转电场中做类平抛运动，由动力学知识可得



联立解得

15-3【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）
【试题解析】 详解:
（1）在加速电场中，由动能定理得

粒子射入正方形电场区域做类平抛运动，设在电场中运动时间为，水平方向有

竖直方向有

根据牛顿第二定律可得

联立求得

（2）粒子P、Q能够在正方形区域中相遇，设两粒子从进入正方形区域到相遇时间为，由题意，水平方向上有

设粒子Q发射时的位置到B点的距离为，竖直方向上有

综上可得

15-4【巩固】 【正确答案】 （1），方向竖直向上；（2）；（3）
【试题解析】 详解:
（1）因为小球在MN边界左侧做匀速圆周运动，其所受到的电场力必等于重力，有

代入得到

方向竖直向上
（2）若，小球匀加速通过MN有最大速度，此时

由

可得

小球在磁场中运动轨迹如下图所示

对应半径

对应圆心角

且

所以

所以小球在磁场中运动的时间

（3）若，小球匀速通过MN有最小速度

小球从MN边界飞出的最小半径

设小球落到N点右边时，到N点的水平距离为s，由平抛运动得

解得

15-5【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）；（3）
【试题解析】 详解:
（1）粒子在平行金属板间做类平抛运动，则有


联立解得

（2）根据动能定理

解得粒子到达O点的速度
①
则此时速度方向与水平方向夹角为

根据几何关系，粒子在磁场中圆周运动的半径
②
根据洛伦兹力提供向心力

③
联立①②③得

（3）粒子在平行金属板间运动时间

粒子在磁场中做圆周运动的周期
④
粒子在磁场中运动的轨迹为一圆弧，根据几何关系，这个圆弧对应的圆心角为，粒子在磁场中圆周运动的时间
⑤
联立④⑤得

则粒子从进入极板到离开磁场过程中运动的总时间

15-6【提升】 【正确答案】 （1），方向与AB成斜向下；（2）；（3）或
【试题解析】 详解:
（1）依题意，可将电场正交分解在沿AB方向和沿AD方向，由动能定理可得
qEAB∙2L = EkB－EkA
qEAD∙L = EkD－EkA
已知，，，联立求得
（方向从A指向B）
（方向从A指向D）
则该电场强度大小为

如图所示

设方向与AB成θ，则

即
θ = 37°
（2）粒子从A点射出时速度方向与电场垂直时，为使粒子经过长方形区域边界动能增量最多，则需要电场力做功做多，如图所示

C点与A点沿电场方向的距离最大，则由A点到C点电场力做功最多，设粒子射出时速度大小为v1，由A到C垂直电场方向的位移大小为

由A到C平行电场方向的位移大小为

由牛顿第二定律得

解得


（3）粒子从A点垂直电场方向射出，第－次经过长方形区域边界时动量增量为mv0，设此过程粒子运动时间为t2，以电场力的方向为正方向，根据动量定理得
qEt2 = mv0
解得

粒子的运动轨迹如图所示

当粒子出射速度垂直电场方向斜向上为v2时，由A点到O点平行电场方向的位移大小为

由A点到O点垂直电场方向的位移大小为
OP = v2t2
由几何关系得

解得

当粒子出射速度垂直电场方向斜向下为v3时，由A点到Q点平行电场方向的位移大小为

由A点到Q点垂直电场方向的位移大小为
QP = v3t2
由几何关系得

解得

则粒子从A点射出的速度大小应为或。
15-7【提升】 【正确答案】 （1）；（2）；（3）
【试题解析】 详解:
（1）在电场中根据牛顿第二定律得

解得

粒子在电场中做类平抛运动，则在水平方向

在竖直方向

其中

解得

（2）设粒子进入磁场的速度大小为，与y轴的夹角为，则

所以

粒子从y轴离开磁场时与O点的距离为

又


解得

即到达O点的粒子经过磁场偏转后都从点离开磁场。经过分析可知从O点水平发射进入磁场的粒子在磁场中运动的时间最长，此时

粒子在磁场中运动的轨迹为半圆

（3）因为从O点发射进入磁场的粒子速度最小，大小为v0，由（2）知，因为从A1发射的粒子进入磁场时粒子速度最大，其在沿y轴方向的速度大小为

粒子到达O点的最大速度

根据牛顿第二定律得

解得

将荧光屏缓慢向上移动的过程中，荧光屏发光的最大长度如图中粗实线所示

由几何知识知发光的最大长度为

16-1【基础】 【正确答案】 （1）18N；（2），；（3）
【试题解析】 详解:
（1）系统整体分析，由平衡条件可知

（2）设释放后，滑块会相对于平板向下滑动，对滑块由牛顿第二定律有

其中


解得

对薄平板，由牛顿第二定律有

其中


解得

因，假设成立，即滑块会相对于平板向下滑动；
（3）设滑块滑离时间为，由运动学公式，有



解得

16-2【基础】 【正确答案】 (1)2m/s；(2)0.12J；(3)0.8m
【试题解析】 详解:
(1)在N点，由牛顿第二定律有
mg＝m
解得
vN＝＝2m/s
(2)取M点所在的水平面为参考平面。从M到N由机械能守恒定律有
Ek＝mgR＋
解得
Ek＝0.12J
(3)小钢球从N到Q做平抛运动，设运动时间为t，水平方向有
x＝vNt
竖直方向有

解得
x＝0.8m
16-3【巩固】 【正确答案】 （1）证明过程见解析；2 m/s；（2）0.6 m ；（3）5.1 J
【试题解析】 详解:
（1）证明：
设木板与斜面间的动摩擦因数为μ2，则有
Mgsin37°=μ2Mgcos37°
解得
μ2=0.75
当木块放到木板上后，整体沿斜面方向所受的合外力
F=（M+m）gsin37°–μ2（M+m）gcos37°=0
木块与木板系统所受合外力为零，动量守恒。
由动量守恒定律有
Mv0=（M+m）v
解得
v=2 m/s
（2）木块放到木板上后所受木板对它的滑动摩擦力方向向下，由牛顿第二定律，可得其加速度
a1=gsin 37°+μ1gcos 37°=10 m/s2
从木块放到木板上到两者相对静止所用的时间
t==0.2 s
此过程中木块的位移
x1==0.2 m
木板的位移
x2==0.5 m
所以木板的长度
L=2（x2–x1）=0.6 m
（3）从木块放到木板上到两者相对静止过程中
木块与木板间因摩擦产生的热量
Q1=μ1mgcos 37°·=0.6 J
木板与斜面间因摩擦产生的热量
Q2=μ2（M+m）gcos 37°·x2=4.5 J
所以该过程系统产生的总热量
Q=Q1+Q2=5.1 J
16-4【巩固】 【正确答案】 (1)；(2)12J
【试题解析】 详解:
(1)弹簧的弹性势能最大，设此时的速度为

当木块向左运动到和木板的速度相等时，由能量守恒

从初状态到木块又滑到木板右端，两者相对静止，共同的速度仍为

以上方程解得

(2)整个过程中，木块的初速度为，两者的共同速度为

所以系统损失的机械能为

16-5【巩固】 【正确答案】 (1)2m/s2，方向向左；(2)2m/s；(3)13J，0.25m
【试题解析】 详解:
(1) 物块在小车上滑行时
μmg＝ma
a＝μg＝2m/s2
方向向左
(2) 物块运动到C点时

解得
vC＝2m/s
物块从B点运动到C点时

解得
vB＝m/s
(3)对m　

对M　
μmgx－Ep＝
Ep＝
解得
Ep＝13J
x＝0.25m
16-6【提升】 【正确答案】 （1） ；（2）；（3），
【试题解析】 详解:
（1）从拿开手到木板第一次与挡板碰撞前，对物块与木板整体，根据动能定理有

解得

（2）木板第一次与挡板碰撞后，木板的加速度方向沿斜面向下，设加速度大小为，根据牛顿第二定律有

解得

木板第一次与挡板碰撞后，物块的加速度方向沿斜面向上，设加速度大小为，根据牛顿第二定律有

解得

以沿斜面向下为正方向，设从木板第一次与挡板碰撞后，经时间木板和物块达到共同速度，对木板和物块，根据匀变速直线运动的规律分别有
，
解得

为正值，表示的方向沿斜面向下
设从木板第一次与挡板碰撞后到物块与木板达到共同速度的过程中，木板沿斜面向上运动的位移大小为，根据匀变速直线运动的规律有

解得

设该过程中物块沿斜面向下运动的位移大小为，根据匀变速直线运动的规律有

解得

又

解得

（3）经分析可知，当木板和物块都静止时，木板的下端以及物块均与挡板接触，从拿开手到木板和物块都静止的过程中，根据能量转化与守恒定律有

又

解得
‍
16-7【提升】 【正确答案】 (1) 4.5 J；(2) 0.2 m；(3) 0.87 m
【试题解析】 详解:
（1）取全过程研究，根据动能定理

解得

由功能关系

解得

（2）设B运动到O点的速度为，根据机械能守恒定律得

接着B减速，设加速度大小为，根据牛顿第二定律


A加速，设加速度大小为a2，根据牛顿第二定律


设运动的共同速度为v1，则


时间内A运动的距离即为最小距离

解得

（3）最终A、B都停止运动，机械能转化为内能，由功能关系得

解得

A与Q第一次碰撞前，B距离O点



解得


这段时间内B相对A向右移动
此时B离开O点的最远距离

解得