上海市浦东新区2023届中考物理专项突破模拟题库（二模）含解析

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上海市浦东新区2023届中考物理专项突破模拟题库（二模）
【原卷 1 题】 知识点 根据条件写出核反应方程

【正确答案】
B
【试题解析】


1-1（基础） 以下是物理学史上2个著名的核反应方程：，，x和y是2种不同的粒子，其中x是（　　）
A.粒子 B.质子 C.中子 D.电子
【正确答案】 B

1-2（基础） 现代考古通过测量生物化石中放射性同位素碳14的量来确定生物的年代。碳14的衰变方程为，上述反应中为（　　）
A.电子 B.中子 C.质子 D.氘核
【正确答案】 A

1-3（巩固） 科学家用粒子等轰击原子核，实现原子核的转变并研究原子核的结构，还可以发现和制造新元素。关于核反应方程，下列说法正确的是（　　）
A.X是电子 B.X是质子
C.X是中子 D.X粒子由卢瑟福发现
【正确答案】 C

1-4（巩固） 下列核反应中，表示核聚变的是（　　）
A. B.
C. D.
【正确答案】 D

1-5（巩固） 日本政府在2021年4月13日召开内阁会议正式决定将上百万吨福岛第一核电站的核废水排入海洋，此举引发国际广泛关注。核废水中包含有“氚”“铯”和“锶”等62种放射性物质，其中氚是氢的放射性同位素带有放射性，会发生衰变变成，半衰期为12.43年，该核反应方程为：，则（　　）
A.m＝1，n＝0，X是中子
B.m＝1，n＝0，X是电子
C.m＝0，n＝1，X是中子
D.m＝0，n＝－1，X是电子
【正确答案】 D

1-6（巩固） 1934年，约里奥·居里夫妇用α粒子轰击铝箔，首次产生了人工放射性同位素X，反应方程为。X会衰变成原子核Y，衰变方程为，则（　　）
A.X的质量数比Y的质量数少1
B.X的电荷数比Y的电荷数少1
C.X的质量数与的质量数相等
D.X的电荷数比的电荷数多2
【正确答案】 D

1-7（巩固） 关于核反应，下列结论正确的是（　　）
A.a=1，b=0，X是中子 B.a=0，b=-1，X是电子
C.a=1，b=1，X是质子 D.a=4，b=2，X是α粒子
【正确答案】 A

1-8（提升） 发现的铍矿，价值超过了稀土矿，将来会成为一种新的航天材料。铍（Be）的原子核在被X射线、等照射时，会产生中子，因此它是核工业中的重要中子源。一个铍9的原子核吸收一个中子后变成2个氦原子核，同时放出2个中子，这种1变2，2变4，4变8的链式反应可以很平稳地进行，并产生大量中子给反应堆使用。下列有关的核反应方程中正确的是（　　）
A. B.
C. D.
【正确答案】 B

1-9（提升） 下列说法中正确的是（　　）
A.在衰变方程Pu→X＋He＋γ中，X原子核的质量数是234
B.核泄漏事故污染物137Cs能够产生对人体有害的辐射，其核反应方程为Cs→Ba＋X，可以判断X为正电子
C.放射性物质131I的衰变方程为I→Xe＋X，X为中子
D.某人工转变的核反应方程为He＋Al→O＋X，其中X为中子
【正确答案】 D

【原卷 2 题】 知识点 卢瑟福原子核式结构模型

【正确答案】
C
【试题解析】
【详解】AB．在原子的中心有一个很小的核，叫原子核，原子的全部正电荷和几乎全部质量都集中在原子核里，故AB错误；
C．带负电的电子在核外空间里绕着核旋转，故C正确；
D．电子绕核运动的向心力由库仑力提供，故D错误。故选C。

2-1（基础） 关于卢瑟福的原子核式结构模型，下列说法正确的是（　　）
A.在原子中心有一很小的带负电的核 B.原子的全部质量都集中在原子核里
C.电子在核外不停地绕核运动 D.电子绕核运动的向心力由核力提供
【正确答案】 C

2-2（基础） 卢瑟福预言：在原子核内，除了质子外，还可能有质量与质子相等的中性粒子（即中子）存在。他的主要依据是（　　）
A.核电子数与核内质子数相等 B.核电荷数与核外电子数相等
C.核的质量大于核内质子的质量 D.核电荷数在数值上约是质量数的一半
【正确答案】 D

2-3（巩固） 下列现象属于粒子散射实验中观察到，且据此现象得出原子核式结构的是（　　）
A.半数粒子仍按原方向前进，半数粒子发生较大角度偏转
B.少数粒子仍按原方向前进，多数粒子发生较大角度偏转
C.绝大多数粒子发生超过90°的较大角度偏转，甚至被弹回
D.极少数粒子发生超过90°的大角度偏转，个别甚至被弹回
【正确答案】 D

2-4（巩固） 关于原子的核式结构模型，下列说法正确的是（　　）
A.汤姆孙发现电子后提出了原子的核式结构模型
B.根据α粒子散射实验，提出的核式结构模型可以很好地解释原子的稳定性
C.α粒子散射实验否定了汤姆孙关于原子结构的“西瓜模型”
D.玻尔提出的原子模型，否定了卢瑟福的原子核式结构学说
【正确答案】 C

2-5（巩固） 1911年，卢瑟福提出了原子核式结构模型。当时他提出这种模型的实验依据是（　　）
A.粒子散射实验 B.光电效应实验 C.天然放射现象 D.阴极射线的发现
【正确答案】 A

2-6（巩固） 粒子散射实验被评为世界十大经典物理实验之一，此实验开创了原子结构研究的先河，关于粒子散射实验，下列说法正确的是（ ）

A.该实验的数据支持了原子结构的“西瓜模型”
B.粒子散射实验，证明了原子核是可以再分的
C.该实验选用金的原因之一是金的延展性好，可以制成很薄的金箔
D.该实验表明原子中心有一个体积极大的核，它占有原子体积的极大部分
【正确答案】 C

2-7（巩固） 卢瑟福的粒子散射实验现象表明，原子内部的原子核（　　）
A.不带电 B.与原子相比，体积极小
C.是可分的 D.集中了原子所有质量
【正确答案】 B

2-8（提升） 下面是历史上几个著名实验的示意图，其中说明实物粒子也具有波动性的实验是（　　）
A. 汤姆孙的气体放电管
B. B. 利用晶体做电子束衍射实验
C.
粒子散射实验
D. 观察光电效应实验
【正确答案】 B

2-9（提升） 根据α粒子散射实验，卢瑟福提出了原子的核式结构模型。如图所示为α粒子散射图，图中实线表示α粒子的运动轨迹。则关于α粒子散射实验，下列说法正确的是（　　）

A.图中大角度偏转的α粒子的电势能先减小后增大
B.图中的α粒子反弹是因为α粒子与原子核发生了碰撞
C.绝大多数α粒子沿原方向继续前进说明了带正电的原子核占据原子的空间很小
D.根据α粒子散射实验，还可以知道原子核由质子和中子组成
【正确答案】 C

【原卷 3 题】 知识点 国际单位制中的导出单位,磁感应强度的定义和物理意义

【正确答案】
A
【试题解析】


3-1（基础） 下列物理量是矢量且单位正确的是（　　）
A.电流A B.磁通量T·m2
C.电场强度V/m D.磁感应强度Wb
【正确答案】 C

3-2（基础） 在国际单位制中，电场强度的单位是（　　）
A.伏·米（V·m） B.牛/库（N/C）
C.库/伏（C/V） D.特斯拉（T）
【正确答案】 B

3-3（巩固） 某同学在解题过程中得到这一表达式，其中B是感应强度，R是电阻，L和x国际单位都是“米”。请你帮他判断物理量y的国际单位是（　　）
A.库 B.瓦 C.牛 D.焦
【正确答案】 A

3-4（巩固） 磁感应强度表示磁场的强弱，其单位特斯拉可以用不同形式表示。下列四个单位中不表示磁感应强度单位的是（　　）
A. B. C. D.
【正确答案】 C

3-5（巩固） 我们知道，物理学的关系式确定了物理量之间的关系同时，也确定了物理量的单位间的关系，以下不能作为磁感应强度的单位的一项是（　　）
A.T B.N/（A·m） C.（N·s）/（C·m） D.Wb/m
【正确答案】 D

3-6（巩固） 在国际单位制中，某个物理量的单位用基本单位表示为，该物理量可能为（　　）
A.电势 B.伏特 C.韦伯 D.特斯拉
【正确答案】 A

3-7（巩固） 下列有关单位的等式成立的是（　　）
A.1V=1J/B B.1A=1C/s C.1T=1Wb/m D.1F=1C/A
【正确答案】 B

3-8（提升） 某同学在解题过程中得到 x = 这一表达式，其中 B 是某磁场的磁感应强度，E 是某电场的电场强度。请你帮他判断 x 的单位是（　　）
A.s/m B.kg·A·m C.kg/（A·s2） D.m/（A·s）
【正确答案】 A

3-9（提升） 下列物理量是矢量且对应的单位是由国际单位制的基本单位组成的是（ ）
A.力， B.功率，
C.电场强度， D.磁感应强度，T
【正确答案】 C

【原卷 4 题】 知识点 气体的状态参量,平衡状态的定义及条件

【正确答案】
D
【试题解析】


4-1（基础） 如图所示，左端封闭右端开口的U形玻璃管竖直放置，被两段汞封在A、B两段空气柱，如果大气压强为，B空气柱长为，B上面的汞柱长也为，左管汞面与右管中B空气柱的上端面平齐，则A气体的压强为（ ）．

A. B. C. D.
【正确答案】 A

4-2（基础） 下列不是描述气体状态参量的物理量是（　　）
A.压强 B.体积
C.质量 D.温度
【正确答案】 C

4-3（巩固） 如图所示，活塞质量为M，上表面水平横截面积为S，下表面与水平成α角，摩擦不计，外界大气压为，被封闭气体的压强为 （　　）

A. B.
C. D.
【正确答案】 C

4-4（巩固） 如图所示，内径均匀、两端开口的V形管，B支管竖直插入水银槽中，A支管与B支管之间的夹角为，A支管中有一段长为h的水银柱保持静止，下列说法中正确的是（　　）

A.B管内水银面比管外水银面高h
B.B管内水银面比管外水银面高
C.B管内水银面比管外水银面高
D.管内封闭气体的压强比大气压强大高的水银柱
【正确答案】 C

4-5（巩固） 如图所示，竖直放置的弯曲管端开口，端封闭，密度为的液体将两段空气封闭在管内，管内液面高度差分别为、和，则端气体的压强为(已知大气压强为)(　　)

A. B.
C. D.
【正确答案】 B

4-6（巩固） 如图为一注水的玻璃装置，玻璃管D、E上端与大气相通，利用玻璃管C使A、B两球上部相通，D、C、E三管与两球接口处紧密封接。当A、B、D的水面高度差如图所示时，E管内水相对B中水面的高度差h应等于（　　）

A.0.6m B.0.8m C.1.2m D.1.5m
【正确答案】 D

4-7（巩固） 如图所示U形管封闭端内有一部分气体被汞封住，已知大气压强为，汞的密度为．则被封气体的压强p为（ ）．

A. B.
C. D.
【正确答案】 B

4-8（提升） 如图是一竖直放置开口向上的均匀玻璃管，内用水银柱封有一定质量的理想气体，水银与玻璃管间摩擦力不计，开始时手拿玻璃管处于平衡状态，后松开手，玻璃管沿竖直方向运动，最后达到稳定状态的过程中，下列说法中正确的是 （　　）

A.刚开始瞬间，玻璃管的加速度一定大于重力加速度g
B.刚开始短时间内，试管内的气体压强一定在逐渐变小
C.刚开始短时间内，玻璃管的加速度在逐渐变小
D.以上情况一定均会发生
【正确答案】 D

4-9（提升） 质量为M的汽缸口朝上静置于地面上（如图甲），用质量为m的活塞封闭一定量的气体（气体的质量忽略不计），活塞的截面积为S．将汽缸倒扣在地面上（如图乙），静止时活塞没有接触地面．已知大气压强为p0，取重力加速度为g，不计一切摩擦，则下列分析正确的是

A.甲图中，汽缸对地面的压力为Mg
B.甲图中，封闭气体压强为
C.乙图中，地面对汽缸的支持力为Mg + p0S
D.乙图中，封闭气体压强为
【正确答案】 B

【原卷 5 题】 知识点 带电体周围的电势分布,油膜法测分子直径的原理和实验方法,气体分子热运动的特点

【正确答案】
B
【试题解析】
【详解】①．油膜法估测分子大小采用的是理想模型法，故①错误；
②．演示气体压强实验采用的是模拟实验方法，故②正确；
③．伽尔顿板演示统计规律采用的是模拟实验方法，故③正确；
④．描绘电场等势线采用的是模拟实验方法，故④正确。故选B。

5-1（基础） 下列物理概念的建立，其思想方法与建立“自由落体运动”模型相似的是（　　）
A.瞬时速度 B.点电荷 C.电场强度 D.加速度
【正确答案】 B

5-2（基础） 下列说法正确的是（　　）
A.悬浮微粒越大，在某一瞬间撞击它的液体分子数就越多，布朗运动越明显
B.在一个正方体容器里，任一时刻与容器各侧面碰撞的气体分子数目基本相同
C.气体分子速率呈现“中间多、两头少”的分布规律，当温度升高时，速率大的气体分子数目增多，所有气体分子的动能增大
D.在使两个分子间的距离由很远减小到很难再靠近的过程中，分子间作用力先减小后增大，分子势能不断增大
【正确答案】 B

5-3（巩固） 理想模型法是物理学中经常采用的一种科学研究方法，这种方法的主要特点是通过科学抽象，把实际问题理想化，突出强调问题的主要方面，而忽略次要因素。下列属于物理学中的理想模型的是（　　）
A.元电荷 B.自由落体运动 C.电场强度 D.向心加速度
【正确答案】 B

5-4（巩固） 下列关于物理研究的思想方法，叙述正确的是（　　）
A.，这里用两个物理量之比定义了一个新的物理量，这在物理学上叫比值定义法，这个式子说明加速度a与速度变化量成正比
B.速度定义式，当足够小时，就可以表示物体在某时刻的瞬时速度，该定义用了极限法
C.重心可看成物体各部分所受重力作用的集中体现，对重心的研究用了理想化的研究方法
D.合力、质点概念的建立都体现了等效替代的思想
【正确答案】 B

5-5（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，以下关于所用物理学研究方法的叙述正确的是（　　）
A.引入质点、重心、合力与分力的概念时运用了等效替代法
B.研究影响滑动摩擦力大小的因素的实验运用了控制变量法
C.物理学中经常用比值法定义一些物理量，比如，等
D.当非常小时，就可以表示物体在某时刻的瞬时速度，该定义采用了微元法
【正确答案】 B

5-6（巩固） 在“用单分子油膜估测分子的大小”实验中，使用到的研究方法是（　　）
A.等效替代法 B.理想模型法
C.微小量放大法 D.控制变量法
【正确答案】 B

5-7（巩固） 平时我们所处的地球表面，实际上存在场强大小为100 V/m的电场，可将其视为匀强电场，在地面立一金属杆后空间中的等势面如图所示。空间中存在a、b、c三点，其中a点是电势为300V等势面的最高点，b、c等高。则下列说法正确的是（　　）

A.b、c两点的电势差 B.a点场强大小等于100V/m
C.a点场强方向沿竖直方向 D.a点的电势低于c点
【正确答案】 C

5-8（提升） 对于以下热现象或光学现象的说法中正确的是（　　）

A.图甲实验中必须保证每颗玻璃球与电子秤碰撞时的速率相等
B.图乙中两条曲线与横坐标轴所围的面积相等，且温度升高时曲线峰值向左移动
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，弯曲的干涉条纹说明被检测的平面在此处是凸起的
D.图丁中的P、Q是偏振片，当P固定不动，缓慢转动Q时，每当转过90°光屏上的光亮度将一明一暗交替变化，此现象表明光波是纵波
【正确答案】 C

5-9（提升） 关于下列各图，说法正确的是（　　）

A.图甲中，实验现象说明薄板材料是非晶体
B.图乙当分子间距离为时，分子力为零
C.图丙中，对应曲线为同一气体温度较高时的速率分布图
D.图丁中，微粒越大，单位时间内受到液体分子撞击次数越多，布朗运动越明显
【正确答案】 B

【原卷 6 题】 知识点 自由落体运动的特征,竖直上抛运动的三个基本公式

【正确答案】
C
【试题解析】
【分析】考查了自由落体运动和竖直上抛运动。
【详解】竖直上抛运动和自由落体运动互为逆运动，所以无法判断小球是上升还是下落，但是当小球在竖直方向上运动时，受重力作用，加速度向下，故C正确。故选C。

6-1（基础） 一物体做竖直上抛运动（不计空气阻力），在连续相等的两段时间内，物体运动的速度变化量（　　）
A.大小相等，方向可能不同
B.大小不等，方向可能不同
C.大小相等，方向一定相同
D.大小不等，方向一定相同
【正确答案】 C

6-2（基础） 关于竖直上抛运动，下列说法正确的是（　　）
A.在最高点速度为零，加速度也为零。
B.上升和下落过程的位移相同
C.从上升到下降的整个过程加速度保持不变
D.上升到某一高度时速度与下降到此高度时的速度相同
【正确答案】 C

6-3（巩固） 从匀速上升的气球上掉下一物体，在掉下的瞬间，物体相对地面具有（　　）
A.方向向上的速度和向上的加速度 B.方向向上的速度和向下的加速度
C.方向向下的速度和向下的加速度 D.方向向下的速度和向上的加速度
【正确答案】 B

6-4（巩固） 将一物体竖直上抛，经过一段时间后物体落回抛出点，若不计空气阻力，那么在这段时间内物体的v-t图像为（　　）
A. B. C. D.
【正确答案】 A

6-5（巩固） 水上飞行器是水上飞行游乐产品，它利用脚下的喷水装置产生巨大的推力，将一个成年男子提升到离水面10m的位置，请估算该男子起飞的初速度（单位：m/s）大约为（　　）

A.0.5 B.5 C.15 D.50
【正确答案】 C

6-6（巩固） 甲、乙两个小球先后从同一水平面的两个位置，以相同的初速度竖直向上抛出，小球距抛出点的高度h与时间t的关系图像如图所示。不计空气阻力，重力加速度为，则两小球同时在同一水平线上时，距离抛出点的高度为（　　）

A. B. C. D.
【正确答案】 D
6-7（巩固） 在东京奥运会女子蹦床决赛中，中国选手朱雪莹夺得冠军。如图所示，某次比赛中，朱雪莹双脚离开蹦床后竖直向上运动，把上升过程分为等距的三段，朱雪莹从下至上运动过程中，依次经历三段的时间记为、、。则最接近（　　）

A.3:6:10 B.3:4:10
C.3:6:20 D.3:4:20
【正确答案】 B

6-8（提升） 广场喷泉是城市一道亮丽的风景。如图，喷口竖直向上喷水，已知喷管的直径为D，水在喷口处的速度为v0.重力加速度为g，不考虑空气阻力的影响，则在离喷口高度为H时的水柱直径为（　　）

A.D B. C. D.
【正确答案】 C

6-9（提升） 如图所示，在水平面上固定一点光源，在点光源和右侧墙壁的正中间有一小球自水平面以初速度竖直上抛，已知重力加速度为，不计空气阻力，则在小球竖直向上运动的过程中，关于小球的影子在竖直墙壁上的运动情况，下列说法正确的是（　　）

A.影子做初速度为，加速度为的匀减速直线运动
B.影子做初速度为，加速度为的匀减速直线运动
C.影子做初速度为，加速度为的匀减速直线运动
D.影子做初速度为，加速度为的匀减速直线运动
【正确答案】 B

【原卷 7 题】 知识点 简谐运动的振幅、周期、频率

【正确答案】
C
【试题解析】


7-1（基础） 扬声器是语音和音乐的播放装置，在生活中无处不在。如图所示是扬声器纸盆中心做简谐运动的振动图像，下列判断正确的是（　　）

A.时刻纸盆中心的位移最大
B.时刻纸盆中心的加速度最大
C.在之间纸盆中心的速度方向不变
D.纸盆中心做简谐运动的方程为
【正确答案】 A

7-2（基础） 如图甲所示，水平弹簧振子以O点为平衡位置，在A、B两点之间做简谐运动，取向右为正方向，小球的位移x随时间t的变化图像如图乙所示。已知时，小球位于A点。以下说法正确的是（　　）

A.小球的振动周期是4s，时，小球位于O点
B.0―2s内，小球的运动方向未发生改变
C.0―2s内，小球的速度先变小再变大
D.时，小球的加速度最大
【正确答案】 B

7-3（巩固） 某弹簧振子沿x轴的简谐运动图像如图所示，下列描述正确的是（　　）

A.时，振子的速度为零，加速度为正的最大值
B.时，振子的速度为零，位移为负的最大值
C.时，振子的速度为正，加速度为负的最大值
D.和时都是势能为零，动能最大
【正确答案】 B

7-4（巩固） 某同学用phyphox音频发生器产生两个特定频率音调do和sol，其振动图像分别为如图甲和图乙所示，下列说法正确的是（ ）


A.do和sol的周期之比约为2：1
B.do和sol的频率之比约为3：2
C.do和sol在空气中传播的波长之比约为3：2
D.do和sol在空气中传播的速度大小之比约为2：3
【正确答案】 C

7-5（巩固） 如图所示，固定着的钢条上端有一小球，在竖直平面内的虚线位置附近发生振动，图中是小球振动能到达的最左侧，振动周期为。假设小球的振动为简谐运动，在小球振动到最左侧时，用周期为的频闪光源照射，得到的图像是（　　）

A. B. C. D.
【正确答案】 C

7-6（巩固） 心电图（或者）是利用心电图仪从体表记录心脏每一心动周期所产生的电活动变化图形的技术。图示是某人参加体检时做的心电图检查报告的一部分截图。已知心电图仪卷动纸带的速度为，检查报告中方格纸每小格的长度为，则可知此人的心率（每分钟心跳次数）约为（　　）

A.50次/分钟 B.55次/分钟 C.60次/分钟 D.65次/分钟
【正确答案】 C

7-7（巩固） 某人在医院做了一次心电图，结果如图所示。如果心电图仪卷动纸带的速度为1.5m/min，图中方格纸每小格长1mm，则此人的心率约为（　　）

A.75次/min B.65次/min C.55次/min D.45次/min
【正确答案】 D

7-8（提升） 粗细均匀的一根木筷，下端绕几圈铁丝，竖直浮在较大的水杯中，把木筷往上提起一段距离后放手，木筷就在水中上下振动，如图甲所示。以竖直向上为正方向，某时刻开始计时的振动图像如图乙所示。对于木筷（包括铁丝），下列说法正确的是（　　）

A.N时刻的位移与P时刻的位移相同
B.P时刻的加速度方向竖直向下
C.N时刻的机械能等于P时刻的机械能
D.随着振幅的减小，振动频率会变小
【正确答案】 B

7-9（提升） 心电图是现代医疗诊断的重要手段，医生从心电图上测量出相邻两波峰的时间间隔，即为心动周期，由此可以计算出1分钟内心脏跳动的次数（即心率），甲、乙两人在同一台心电图机上作出的心电图分别如图甲、乙所示，医生通过测量后记下甲的心率是60次/分，则由图及甲的心率可知心电图机图纸移动的速度以及乙的心率为（　　）

A.25mm/s，48次/分 B.25mm/s，75次/分
C.25mm/min，75次/分 D.25mm/min，48次/分
【正确答案】 B

【原卷 8 题】 知识点 单摆在不同星球上的周期

【正确答案】
D
【试题解析】


8-1（基础） 下列情况下，会使单摆周期变大的是（　　）
A.减少单摆摆球的质量
B.增大单摆摆球的质量
C.将摆从赤道移到北极
D.将摆从地球移到月球上
【正确答案】 D

8-2（基础） 一物体在某行星表面受到的重力是它在地球表面受到的重力的九分之一，在地球表面走时准确的摆钟，搬到此行星表面后，秒针走一圈所经历的时间是（　　）
A.180s B.540s C.20s D.6.7s
【正确答案】 A

8-3（巩固） 一同学在探究单摆的运动规律时，测得单摆50次全振动所用的时间为120s。已知当地的重力加速度大小。则下列说法不正确的是（　　）
A.该单摆做简谐运动时，在速度增大的过程中回复力一定减小
B.该单摆的摆长约为1.44m
C.若把该单摆放在月球上，则其摆动周期变大
D.若把该单摆的摆长减小为原来的一半，则其振动的周期为s
【正确答案】 D

8-4（巩固） 一个单摆在地球上做周期为的简谐运动，在月球上做周期为的简谐运动，已知地球质量是月球的81倍，地球半径是月球的4倍，那么与的比值是（　　）
A. B. C. D.
【正确答案】 B

8-5（巩固） 如图甲所示，细线下端悬挂一个除去了柱塞的注射器，注射器内装上墨汁。将摆线拉开一较小幅度，当注射器摆动时，沿着垂直于摆动的方向以速度v匀速拖动木板，得到喷在木板上的墨汁图样如图乙所示，若测得木板长度为L，墨汁图样与木板边缘交点P、Q恰好是振动最大位置处，已知重力加速度为g，则该单摆的等效摆长为（　　）

A. B. C. D.
【正确答案】 B

8-6（巩固） 一只单摆，在第一个星球表面上的振动周期为，在第二个星球表面上的振动周期为。若这两个星球的质量之比，半径之比，则等于（　　）
A. B. C. D.
【正确答案】 A

8-7（巩固） 地球表面的重力加速度约为9.8m/s2，月球表面的重力加速度是地球上的，将走时准确的摆钟从地球放到月球上去，在地球上经过24小时，该钟在月球上显示经过了
A.4小时 B.9.8小时 C.12小时 D.58.8小时
【正确答案】 B

8-8（提升） 在科学研究中，科学家常将未知现象同已知现象进行比较，找出其共同点，进一步推测未知现象的特性和规律。法国物理学家库仑在研究异种电荷的吸引问题时，曾将扭秤的振动周期与电荷间距离的关系类比单摆的振动周期与摆球到地心距离的关系。已知单摆摆长为l，引力常量为G，地球的质量为M。摆球到地心的距离为r，则单摆振动周期T与距离r的关系式为（　　）
A. B.
C. D.
【正确答案】 B

8-9（提升） 某实验小组设计了用单摆测量海底深度的实验。在静止于海底的蛟龙号里，测得摆长为l的单摆，完成N次全振动用时为t。设地球为均质球体，半径为R，地球表面的重力加速度大小为。已知质量分布均匀的球壳对壳内物体的引力为零。则下列说法正确的是（　　）
A.此海底处的重力加速度大于地球表面的重力加速度
B.此海底处的重力加速度为无穷大
C.此海底处的深度为
D.此海底处的重力加速度大小为
【正确答案】 D

【原卷 9 题】 知识点 温度的概念以及与分子动能的关系,理想气体,热力学第一定律

【正确答案】
B
【试题解析】


9-1（基础） 一定质量的理想气体由状态a变为状态b，再变为状态c，其图像如下图所示。下列说法正确的是（ ）

A.由状态a沿图像变化到状态b气体温度升高
B.由状态b沿图像变化到状态c气体温度升高
C.由状态a沿图像变化到状态b气体要从外界吸热
D.气体在状态c的内能大于在状态a的内能
【正确答案】 B

9-2（基础） 一定质量理想气体的压强p与体积V的关系如图所示。该气体由状态A经等容过程到状态B，再经等压过程到状态C。设A、B、C状态对应的温度分别为TA、TB、TC，下列关系式正确的是（　　）

A.TATB，TB

17-2（基础） 在x轴上有两个点电荷q1、q2，其静电场的电势φ在x轴上分布如图所示。可知：q1和q2带有________（填“同种”或者“异种”）电荷；x1处的电场强度_________（填“为零”或者“不为零”）；负电荷从x1移到x2，电势能_______（填“增多”或者“减少”）；负电荷从x1移到x2，受到的电场力________（填“增大”或者“减小”）。

【正确答案】 异种 不为零 减少 减小

17-3（巩固） 在电场中放置一光滑绝缘水平桌面，沿桌面上x轴方向电势分布如图中实线所示。一质量m＝4×10-2kg、电量q＝-2×10-6C的带负电小球，以v0＝2m/s的初速度在x0＝-1m处沿x轴正方向运动，则小球从开始运动到动能最大时电场力所做的功为___________J；当小球速度为零时其位置坐标为___________m。

【正确答案】 0.04 2或-2

17-4（巩固） 如图甲所示，边长为a的正方形，四个顶点上分别固定一个电荷量为+q的点电荷；在区间，x轴上电势的变化曲线如图乙所示。现将一电荷量为-Q的点电荷P置于正方形的中心O点，此时每个点电荷所受库仑力的合力均为零，则____。若将P沿x轴向右略微移动后由静止释放，释放后P将向____（选填“左”或“右”）运动。

【正确答案】 右

17-5（巩固） 已知轴上电场方向与轴方向平行，轴上各点电势如图所示，处电势为，一电子从处由静止释放，则处电场强度为___________；该电子运动到处时的动能为__________。

【正确答案】 0 3

17-6（巩固） 如图甲所示，一圆心为O的圆形区域ABCD处于平行于纸面的匀强电场中，其半径。M为圆弧上一点，若半径OM沿逆时针方向转动，θ为OM从OA开始旋转的角度，M点的电势φ随θ变化的关系如图乙所示。则将带电量为的电荷由A点沿圆弧逆时针移到C点，电场力______（选填“不做功”、“一直做正功”、“一直做负功”、“先做正功后做负功”或“先做负功后做正功”），电势能变化了______J。

【正确答案】 先做负功后做正功 或

17-7（巩固） x轴上各点电势随x变化的关系如图所示，其中N点的电势为零，ND段中C点电势最高。则同一负电荷在C点的电势能______在N点的电势能，N点的电场强度______C点的电场强度（均选填“＞”、“＝”、“＜”）。

【正确答案】 < >

17-8（提升） 如图a，一个正点电荷固定在绝缘水平面上x轴的原点O处，轴上各点电势与的关系如图b。可视为质点的滑块质量为0.05kg、电荷量为，从x=0.2m处由静止释放，在x=0.4m处时速度达到最大。已知滑块与水平面间的动摩擦因数，。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则在x=0.4m处滑块所受电场力大小为________N：滑块速度大小为________m/s。

【正确答案】 0.2

17-9（提升） 两电荷量分别为q1和q2的点电荷放在x轴上的O、M两点，两电荷连线上各点电势φ随x变化的关系如图所示，其中A、N两点的电势为零，ND段中C点电势最高，则C点的电场强度大小为__；若将一负点电荷从N点移到D点的过程中，电场力做功正负情况是__．

【正确答案】 零 先做正功后做负功

【原卷 18 题】 知识点 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】


18-1（基础） 在“测定干电池的电动势和内阻”实验中

①如图甲所示，已经连接了一部分电路，请在答题纸上对应位置将电路连接完整；（____）
②正确连线后，实验测得6组数据如表所示，在坐标系中描出各对应点，如图乙所示。请在答题纸对应位置的图中作出图像，并将纵坐标轴方框内主要刻度值补全；（_____）

1
2
3
4
5
6

1.23
1.13
0.92
0.96
0.83
0.71

0.12
0.17
0.23
0.28
0.35
0.43
③干电池的电动势_____V，内阻_____Ω。（小数点后保留两位）
【正确答案】 见解析 见解析

18-2（基础） 某同学用如图（甲）所示电路测量电源的电动势和内阻。实验用的电压表和电流表都是理想表，保护电阻R1=10Ω，R2=5Ω，还知道待测电源的电动势约3V，内阻约2Ω。

该同学合理选择仪器、连接电路后，正确操作，得到多组电压表的示数U和相应电流表的示数I，并画出了如图（乙）所示的U﹣I图线（U、I都用国际单位），求出U﹣I图线斜率的绝对值k和在横轴上的截距I0，则待测电源的电动势E和内阻r的表达式E=___________，r=___________，（用k、I0、R1、R2表示）。若实验室有电流表A1（0﹣200mA）和电流表A2（0﹣30mA），该同学选择的是___________。
【正确答案】 kI0 k﹣R2 电流表A1

18-3（巩固） 如图甲所示为某电动车电池组的一片电池，探究小组设计实验测定该电池的电动势并测定某电流表内阻，查阅资料可知该型号电池内阻可忽略不计。可供选择的器材如下：
A.待测电池（电动势约为3.7V，内阻忽略不计）
B.待测电流表A（量程为0～3A，内阻待测）
C.电压表V（量程为0～3V，内阻）
D.定值电阻
E.定值电阻
F.滑动变阻器（）
H.滑动变阻器（）
I.导线若干、开关
为了精确地测定电源电动势和电流表内阻，探究小组设计了如图乙所示的实验方案。请完成下列问题：
（1）滑动变阻器应选择__________，②处应选择__________；（均填写器材前序号）
（2）电流表安装在__________处；（填①或③）
（3）探究小组通过实验测得多组数据，绘制出如图丙所示的图线，则电源的电动势为_______V，电流表内阻为________（结果均保留2位有效数字），从实验原理上判断电动势的测量值与真实值相比__________（填“偏大”、“偏小”或“相等”）。

【正确答案】 F D ③ 3.6 0.80 相等

18-4（巩固） 某同学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0～3A，内阻约为0.3Ω
C．电流表2：量程0～0.6A，内阻约为0.1Ω
D．电压表1：量程0～3V，内阻未知
E．电压表2：量程0～15V，内阻未知
F．滑动变阻器1：0～10Ω，2A
G．滑动变阻器2：0～100Ω，1A
H．开关、导线若干
在现有器材的条件下，要尽可能准确地测量电池的电动势和内阻。
（1）在上述器材中请选择适当的器材（填写器材前的字母）：电流表选择________，电压表选择________，滑动变阻器选择________。
（2）实验电路图应选择如图中的________（填“甲”或“乙”）；

（3）根据实验中电流表和电压表的示数得到了如图所示的U﹣I图象，干电池的电动势E=________V，内电阻r=________Ω。

【正确答案】 C D F 乙 1.5 1或1.0

18-5（巩固） 用下列器材组装成一个电路，既能测量出电池组的电动势E和内阻r，又能同时探究小灯泡的伏安特性。
A．电压表V1（量程为5V、内阻很大）；
B．电压表V2（量程为3V、内阻很大）；
C．电流表A（量程为3A、内阻很小）；
D．滑动变阻器R（最大阻值为10Ω、额定电流为3A）；
E．小灯泡（2.5V，5W）；
F．电池组（电动势为E，内阻为r）；
G．开关一个，导线若干。
实验时，调节滑动变阻器的电阻，多次测量后发现：若电压表V1的示数增大，则电压表V2的示数减小。

（1）请将你设计的实验电路图在图甲的虚线方框中补充完整。____
（2）每一次操作后，同时记录电压表V1和V2的读数U1和U2以及电流表A的示数I，组成两个坐标点（U1，I），（U2，I），标到U-I坐标系中，经过多次测量，最后描绘出两条图线，如图乙所示，则电池组的电动势E=____V、内阻r=____Ω。（结果均保留两位有效数字）
（3）在U-I坐标系中两条图线在N点相交，此时小灯泡的阻值R=____Ω，实际功率P=____W。（结果均保留三位有效数字）
【正确答案】 4.5 1.0 1.25 5.00

18-6（巩固） 某物理实验兴趣小组测量“水果电池”电动势和内阻。为了尽可能的准确测量，设计电路图如下。各器材规格为：
A.电流表A1（0～2mA，内阻约5Ω）
B.电流表A2（0～0.5mA，内阻为50Ω）
C.定值电阻R1（电阻为950Ω）
D.滑动变阻器R2（0～1500Ω）
E.自制水果电池
F.开关、导线若干
（1）依据该电路图进行实物图连接。（________）

（2）根据两个电流表的测量数据，描点作出I2—I1图像，由图像计算水果电池的内阻_________Ω，电动势_______ V。（结果均保留1位小数）

（3）利用该实验电路测出电动势和内阻的测量值和真实值相比：E测________E真，r测________r真（填“大于”“小于”或“等于”）。
【正确答案】 475.0 0.7 小于 小于

18-7（巩固） 为了避免电流表、电压表内阻对测量的影响，学习小组利用如图1所示的电路图，测量内阻较大的干电池的电动势和内阻。

（1）请根据图1电路图在图2中画出实物连线图中没有连接完的导线（在答卷图中画）（_______）
（2）某次测量，电流表和电压表指针分别如图3、图4所示，则电压表读数为___________V，电流表读数为___________。

（3）开关拨到1时，改变滑动变阻器接入电路的阻值，得到多组电流和电压值，在坐标纸上画出图像如图5中的a直线；再把开关拨到2，重复操作，画出b直线。根据图像，判断出___________（选填“能”或“不能”）消除电表内阻对测量结果的影响，尽可能准确求电源电动势___________V和电源内阻___________。（结果均保留2位有效数字）

【正确答案】 1.10 3.00 能 1.5

18-8（提升） 小明同学在实验室发现了一块标有“9V”字样的锂电池，出于好奇他想通过实验测量该电池的电动势和内阻。通过查阅该资料得知电池内阻一般小于1Ω、允许通过的最大电流小于1.0A。为了准确的测出该电池的电动势和内电阻，小明在实验室老师的帮助下找到了下列器材：
A.电压表V（量程为0～3V，内阻）；
B.电流表A（量程为0～3A，内阻）；
C.定值电阻；
D.电阻箱R（0～99.99）；
E.开关S、导线若干。
（1）小明的探究立即激发了班级同学的兴致，他们帮助设计了下列三种测量方案，你认为合理的是______（要求不能损坏电源、选用的电表在测量时要能实现指针从满偏的到的测量范围）。

（2）小红同学提出用图像法处理数据可以减小偶然误差，按照她的建议，小明和同学们将实验数据整理之后，恰当的调整横坐标、纵坐标所代表的物理量之后，得到了一条倾斜的直线如图所示（其中R为电阻箱的读数，y为电压表或电流表的示数，单位均为国际单位），则测得锂电池的电动势为______，内阻为______。（结果用a、b、c和R0表示）

（3）按照上述的测量方案，测得的电动势E测______（选填“＜”“＞”或“＝”）E真。
【正确答案】 乙 ＜

18-9（提升） 某中学兴趣小组自制了“水果电池”，甲乙两名同学通过实验测量电池的电动势（约）和内阻（约）。
（1）甲同学借助以下器材进行实验：
A.微安表G1（量程为，内阻为）；
B.微安表G2（量程为，内阻约为）；
C.电压表V（量程为）
D.滑动变阻器；
E.滑动变阻器；
F.定值电阻（阻值为）：
G.定值电阻（阻值为）；
H.开关、导线若干。
①为了测量结果更准确，电表应选择___________和___________，滑动变阻器应选择___________，定值电阻应选择___________。（填写器材前的字母）
②在方框中画出实验电路图___________。

（2）乙同学利用量程合适的电压表和电流表进行实验，分别采用了两种不同的电路接法，如图（a）、（b），为定值电阻，把两个实验电路测量出的电压和电流数据描绘在同一个图内，如图（c）所示，则图线Ⅱ是通过电路___________（填“a”或“b”）测得的。根据图像坐标信息可以修正该实验的系统误差，则修正后这个水果电池的电动势___________，内阻___________结果用、、、、中的字母表示）。

【正确答案】 A B E G 见解析 a

【原卷 19 题】 知识点 牛顿第二定律的简单应用,计算物体的机械能

【正确答案】

【试题解析】


19-1（基础） “S”形单行盘山公路示意图如图所示。弯道1、2可看作两个不同高度的水平圆弧，圆心分别为、，弯道2比弯道1高5m，弯道1、2的中心虚线对应的半径分别为、，倾斜直道AB与两弯道平滑连接。一质量为1500kg的汽车沿着中心虚线从弯道1经过倾斜直道AB进入弯道2，在两个弯道运动时，路面对轮胎的径向摩擦力始终等于汽车所受重力的，取重力加速度大小，求：
（1）汽车在弯道1和弯道2处做匀速圆周运动时的线速度大小。
（2）汽车从弯道1运动到弯道2增加的机械能。

【正确答案】 （1），；（2）

19-2（基础） 一滑雪项目如图所示，可视为质点的总质量（包括装备）为的滑板运动员，从高为的斜面的顶端A点由静止开始沿斜面下滑，在B点进入光滑的四分之一圆弧，圆弧半径为，运动员经C点沿竖直轨道冲出向上运动，经时间后到达C点正上方的最高点D（图中未标出）。若运动员经C点后在空中运动时只受重力，轨道段粗糙、段光滑.。（不计过B点时机械能的损耗和空气阻力）求：
（1）运动员在C点的速度大小和离开C点可上升的高度；
（2）运动员（包括装备）运动到圆轨道最低点B时对轨道的压力大小；
（3）从A点到B点，运动员损失的机械能。

【正确答案】 （1）10m/s，5m；（2）3000N；（3）12000J

19-3（巩固） 如图甲所示，地面上固定一倾角的斜面，一轻弹簧与斜面平行放置，一端固定在斜面底端。某同学将一智能手机固定在L形挡板上，现打开手机上的加速度传感器，同时让L形挡板和手机从斜面上某处由静止开始下滑。以释放处L形挡板的前端为坐标原点O，沿斜面向下建立Ox轴，通过投屏软件电脑屏幕上显示出挡板运动的加速度a与其位移x之间的部分关系如图乙所示。已知手机与L形挡板的总质量，弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度g取，，，。求；
（1）L形挡板与斜面间的动摩擦因数与弹簧的劲度系数；
（2）弹簧的最大弹性势能，（计算结果保留两位有效数字）

【正确答案】 （1）0.5，40N/m；（2）0.24J

19-4（巩固） 如甲图所示为安装在公路上强制过往车辆减速的减速带，现有一水平道路上连续安装有10个减速带（图乙中末完全画出），相邻减速带间的距离均为（每个减速带宽度远小于，可忽略不计）；现有一质量为的电动小车（可视为质点）从第1减速带前某处以恒定功率启动，到达第1减速带前已达到最大行驶速度。已知小车每次通过减速带时所损失的机械能与其行驶速度相关，测量发现，小车在通过第5个减速带后，通过相邻两减速带间的时间均为。通过第10个减速带时立即关闭电门无动力滑行，小车在水平路面上继续滑行距离后停下。已知小车与路面间的阻力大小恒定，空气阻力不计。
（1）求小车与路面间的阻力的大小；
（2）求小车通过第5个减速带后，通过每一个减速带时所损失的机械能；
（3）若小车通过前5个减速带时损失的总机械能是其通过后5个减速带时所损失总机械能的1.6倍，求小车从第1个减速带运动至第5个减速带所用的时间。

【正确答案】 （1）；（2）；（3）

19-5（巩固） 如图甲，质量为的滑块在倾角为的长光滑斜面顶端，为控制其下滑速度，物块装有风帆。现让物块沿斜面由静止开始下滑，如图乙为它的v-t图像，图中斜虚线是时的速度图线的切线。帆受到的空气阻力方向与速度方向相反，大小与帆的受风面积S以及滑块下滑速度v的大小成正比，即，设受风面积，取，问
(1)时滑块的加速度为多大？并画出此时滑块的受力示意图。
(2)斜面的倾角为多大？
(3)空气阻力公式中的k为多大？
(4)在整个下滑过程中滑块的机械能如何变化？请简述理由。

【正确答案】 (1)， ；(2)；(3)；(4)机械能减少，理由见解析

19-6（巩固） 受电影情节的启发，某同学设想了一款“人体大炮”的极限游戏，为了获得相关数据，他设计了如下实验，实验装置如图乙所示。水平传送带上表面和轨道A端处于同一水平面。传送带在电动机的带动下，顺时针匀速转动，物块O（可视为质点）质量为m，从传送带左端静止释放，被加速后，经衔接轨道从A点进入轨道Ⅰ或轨道Ⅱ，到B点后到达平台。传送带长为L，轨道AB端的高度差为h，物块O与传送带间的动摩擦因数为，其他阻力不计。若，，，。
（1）若物块O能沿轨道Ⅰ到达B点，求O离开传送带运动的速度至少是多少？
（2）若传送带运动的速度为2m/s，求物块O在传送带上的运动时间。
（3）若传送带运动的速度为2m/s，求物块O在传送带上运动过程中传送带电动机多做的功。
（4）若轨道Ⅱ由AE、螺旋圆形EFG和GB三段轨道平滑连接而成，且最高点F点与A点等高。传递带运动的速度为5m/s，物块O能否上升到B点？请通过计算说明理由。

【正确答案】 （1）；（2）；（3）0.4J；（4）见解析

19-7（巩固） 如图甲所示，位于建筑物顶部的电动机用一轻绳把质量为的货物从地面吊起，货物前内的速度时间图像如图乙所示，忽略空气阻力，已知重力加速度。求：
（1）内轻绳对货物的拉力；
（2）内货物机械能的变化量和电动机输出的平均功率。

【正确答案】 （1）；（2），

19-8（提升） “智勇大冲关”最后一关有如图所示的滑道，冲关者坐上坐垫从A点静止开始沿倾斜直轨道AB滑下，斜道倾角；离B点很近衔接一长的水平传送带，B与C两点可认为平滑衔接（速度大小不变），A点距传送带垂直距离为，冲关者经C点到D点后水平抛出，落在水面上一点E。已知：传送带末端距水面高度，坐垫与AB斜道间动摩擦因数为，坐垫与传送带间动摩擦因数为，冲关者的质量为，坐垫质量忽略不计，，，；求：
（1）冲关者到达B点时的速度大小；
（2）如果传送带不动，以水面为零重力势能参考平面，求冲关者冲过D点后的机械能；
（3）如果传送带沿顺时针方向转动，并且速度有、两个挡位可调，分别求出两个挡位下的平抛水平射程及因摩擦产生的热量。

【正确答案】 （1）；（2）；（3），；，

19-9（提升） 如图所示，一个质量为，长为L的圆管竖直放置，顶端塞有一个质量为的弹性小球，球和管间的滑动摩擦力和最大静摩擦力大小均为。管从下端离地面距离为处自由落下，运动过程中，管始终保持竖直，每次落地后向上弹起时的速度与刚要落地时速度大小相等，不计空气阻力，重力加速度为。
（1）求管第一次刚要落地时弹性球的速度；
（2）管与地面经过多次碰撞后，最终管与球都静止且球刚好在管口处，求管的长度L；
（3）管第一次落地弹起后，在管到达最高点之前，管和弹性球已经达到相同的速度，求从管第一次向上弹起到与弹性球达到共同速度时所用的时间．

【正确答案】 （1）；（2）　；（3）

【原卷 20 题】 知识点 含有导体棒切割磁感线的电路,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

【正确答案】

【试题解析】


20-1（基础） 如图，阻值不计的平行光滑金属导轨与水平面夹角为，导轨间距为L，下端接一阻值为R的定值电阻，磁感应强度大小为B的匀强磁场垂直于导轨平面向上。质量为m的金属杆MN由静止开始沿导轨运动一段距离时，速度恰好达到最大，且通过定值电阻的电荷量为q。已知MN接入电路的电阻为r，MN始终与导轨垂直且接触良好，重力加速度为g，则在此过程中，求：
（1）导体棒沿导轨下滑的距离x；
（2）金属杆运动的最大速度。

【正确答案】 （1）；（2）

20-2（基础） 如图所示，两根间距L=1m、电阻不计的平行光滑金属导轨ab、cd水平放置，一端与阻值R=2Ω的电阻相连．质量m=1kg，电阻不计的导体棒ef在外力作用下沿导轨以v=5m/s的速度向右匀速运动。整个装置处于磁感应强度B=0.2T的竖直向下的匀强磁场中。求：
（1）回路中感应电流大小；
（2）导体棒所受安培力大小；
（3）电阻R的热功率。

【正确答案】 （1）0.5A；（2）0.1N；（3）0.5W

20-3（巩固） 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）

20-4（巩固） 如图所示，两固定平行金属导轨由光滑倾斜导轨和粗糙水平导轨组成，倾斜导轨的倾角为，水平虚线MN垂直于导轨，导轨间距为d，上端接有阻值为R的定值电阻，倾斜导轨区域存在磁感应强度大小为、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场，水平导轨区域存在方向竖直向上的匀强磁场。质量为m、长为d、电阻为r的金属棒从倾斜导轨上某处由静止下滑，金属棒到达MN时速度恰好达到最大，进入水平导轨后滑行距离x停下。金属棒在水平导轨上运动的过程中，通过金属棒某一横截面的电荷量为q。金属棒始终与导轨垂直且接触良好，重力加速度大小为g，不计导轨电阻，不计金属棒通过MN时的能量损失。
求：
（1）金属棒在倾斜导轨上运动时的最大速度；
（2）水平导轨间磁场的磁感应强度大小。

【正确答案】 （1）；（2）

20-5（巩固） 如图所示，一空间有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度。两条平行光滑金属导轨固定在竖直面内，导轨平面与磁场垂直，导轨足够长，电阻不计。导体棒ab、cd长度均为，电阻均为，所受重力均为，导体棒始终与导轨接触良好。现用力向上拉动导体棒ab，使之匀速上升，此时导体棒静止不动，重力加速度取，求：
（1）流过导体棒cd的电流的大小和方向；
（2）导体棒ab向上运动所受拉力的大小；
（3）导体棒ab向上运动的速度的大小；
（4）若仅将拉力大小调为原来的2倍，求稳定时：流过导体棒cd的电流的大小。

【正确答案】 （1）1A，；（2）；（3）；（4）

20-6（巩固） 如图甲（俯视图）所示，水平面上有一个多匝圆形线圈，通过导线与足够长的光滑水平导轨相连，线圈内整个区域存在随时间均匀增大的匀强磁场，磁场方向竖直向上，其磁感应强度B1随时间变化图像如图乙所示.平行光滑金属导轨MN。M´N´相距L，并处于磁感应强度大小为B2、方向垂直导轨平面向下的匀强磁场中；一导体棒PQ垂直于导轨水平放置，由静止释放。已知：导轨相距L＝0.2m，线圈匝数N＝50，面积S＝0.04m2，线圈总电阻R1＝0.1Ω，磁感应强度B2＝2.0T，PQ棒质量m＝0.5kg，棒的电阻R2＝0.4Ω，其余电阻不计。求：
（1）PQ棒速度为零时，PQ棒中的电流I的大小及方向；
（2）刚释放PQ棒时，PQ棒的加速度的大小和方向；
（3）PQ棒的最大速度的大小。

【正确答案】 （1）2A；（2）1.6m/s2；（3）2.5m/s

20-7（巩固） 如图所示，间距为的两条足够长的光滑平行金属导轨与水平成30°角，底端与阻值为的电阻连接，质量为、长度为的导体棒与导轨接触良好，阻值也为，回路其余部分电阻不计。磁感应强度为的匀强磁场垂直于导轨所在的平面向下，用一根与导轨平行的不可伸长的轻绳跨过定滑轮将导体棒和质量也为的重物相连，重物离地面足够高。释放重物，使导体棒和重物从静止开始运动，经时间重物速度达到最大。重力加速度。求：
（1）重物的最大速度；
（2）重物速度达最大速度一半时轻绳对导体棒拉力的功率；
（3）导体棒从静止达到最大速度的过程中导体棒上产生的焦耳热。

【正确答案】 （1）；（2）；（3）

20-8（提升） 如图所示，水平面内有一光滑金属导轨，其MN、PQ边的电阻不计，MP边的电阻阻值，与MP的夹角为，PQ与MP垂直，MP边长度小于1m。将质量，电阻阴不计的足够长直导体棒搁在导线上，并与MP平行，棒与MN、PQ交点G、H间的距离，空间存在垂直于导轨平面的匀强磁场，礠感应强度。在外力作用下，棒由GH处以一定的初速度向左做直线运动，运动时回路中的电流始终与初始时的电流相等。
（1）若初速度，求棒在GH处所受的安培力大小。
（2）在（1）的情形下，求棒向左移动距离2m到达EF过程中流过回路的电荷量和所需的时间。
（3）在棒由GH处向左移动2m到达EF处的过程中，外力做功，求初速度。

【正确答案】 （1）8N；（2）2C，0.5s；（3）1m/s

20-9（提升） 如图，MN与PQ是两条水平放置彼此平行间距L=1m的金属导轨，导轨电阻不计，导轨左端接R=1Ω的定值电阻，电压表接在电阻两端。质量m=0.2kg，电阻r=1Ω的金属杆ab置于导轨上，空间存在垂直于导轨平面的匀强磁场。t=0时刻ab杆受水平向右的拉力F作用，由静止开始做匀加速直线运动，ab杆与导轨间的动摩擦因数μ=0.2，整个过程ab杆始终与导轨接触且垂直于导轨。已知第4s末，ab杆的速度v=2m/s，电压表示数U=1V。（取重力加速度g=10m/s2.）
（1）在第4s末，ab杆产生的感应电动势E和受到的安培力F安各为多大？、
（2）若第4s末以后，ab杆做匀速运动，则在匀速运动阶段的拉力F为多大？整个过程拉力的最大值Fm为多大？
（3）若第4s末以后，拉力的功率保持不变，ab杆能达到的最大速度vm为多大？
（4）在虚线框内画出上述第（2）、（3）题中，0～6s内拉力F随时间t变化的大致图线，并标出相应的纵坐标数值。

【正确答案】 （1）2V，1N；（2）1.4N，1.5N；（3）2.08m/s；（4）见解析


答案解析


1-1【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
设的质量数为，电荷数为，的质量数为，电荷数为，根据核反应过程满足质量数守恒和电荷数守恒可得
，
，
联立解得
，
可知是质子。
故选B。
1-2【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
根据电荷数守恒、质量数守恒，a的质量数为
14-14=0
电荷数为
6-7=-1
所以a为电子。
故选A。
1-3【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
ABC．设X的质量数为A，电荷数为Z，则根据质量数、电荷数守恒有


解得
，
故X是中子，AB错误，C正确；
D．中子由查德威克发现，D错误。
故选C。
1-4【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．是α衰变方程，故A错误；
B．为查德威克利用α粒子轰击铍核打出了中子，属于人工转变，故B错误；
C．是裂变方程，故C错误；
D．是轻核聚变方程，故D正确。
故选D。
1-5【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
由质量数和电荷数守恒得
3＝3＋m，1＝2＋n
解得
m＝0，n＝－1
X是电子。
故选D。
1-6【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．根据衰变方程的质量数守恒可知，X的质量数等于Y的质量数，A错误；
B．根据衰变方程的电荷数守恒可知，X的电荷数比Y的电荷数多1，B错误；
C．根据人工核反应方程的质量数守恒可知，X的质量数为
4+27-1=30
则X的质量数比的质量数多3，C错误；
D．根据人工核反应方程的电荷数守恒可知，X的电荷数为
2+13=15
则X的电荷数比的电荷数多2，D正确。
故选D。
1-7【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
由核反应方程满足电荷数守恒和质量数守恒有


解得
，
则X是中子，故选A。
1-8【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
根据核反应方程遵循质量数守恒和电离数守恒可得核反应方程式为

故选B。
1-9【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．根据质量数守恒可得，X原子核的质量数A＝239－4＝235，A错误；
B．根据质量数守恒和电荷数守恒知，Cs→Ba＋X中的X为电子，B错误；
C．I→Xe＋X中，根据衰变过程中质量数和电荷数守恒可知，X为β粒子，C错误；
D．人工转变的核反应方程为He＋Al→O＋X，由质量数和电荷数守恒可知，X为中子，D正确；
故选D。
2-1【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
AB．在原子的中心有一个很小的核，叫原子核，原子的全部正电荷和几乎全部质量都集中在原子核里，故AB错误；
C．带负电的电子在核外空间里绕着核旋转，故C正确；
D．电子绕核运动的向心力由库仑力提供，故D错误。
故选C。
2-2【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
卢瑟福预言：在原子核内，除了质子外，还可能有质量与质子相等的中性粒子（即中子）存在。他的主要依据是通过实验发现原子核的核电荷数在数值上约为质量数的一半，故D正确。
故选D。
2-3【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
粒子散射实验中观察到极少数粒子发生超过90°的大角度偏转，个别甚至被弹回，据此现象得出原子核式结构。
故选D。
2-4【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．原子的核式结构模型最早是由卢瑟福根据α粒子散射实验提出的，故A错误；
BC．卢瑟福的α粒子散射实验说明（1）原子中绝大部分是空的；（2）α 粒子受到较大的库仑力作用；（3）α粒子在原子中碰到了比他质量大得多的东西，否定了汤姆孙关于原子结构的“西瓜模型”，但也不能说明原子内部存在带负电的电子，也不能解释原子的稳定性，故B错误，C正确；
D．玻尔提出的原子模型，但并没有否定卢瑟福的原子核式结构学说，故D错误。
故选C。
2-5【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
1911年，卢瑟福根据粒子散射实验的结果，提出了原子核式结构模型，A正确，BCD错误。
故选A。
2-6【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．汤姆逊关于原子结构的“西瓜模型”不能解释卢瑟福的粒子散射实验中的大角度偏转问题，该实验说明了汤姆孙西瓜模型是错误的，故A错误；
B．卢瑟福的粒子散射实验，证明了原子是可以再分的，故B错误；
C．该实验选用金的原因之一是金的延展性好，可以制成很薄的金箔，故C正确；
D．从绝大多数粒子几乎不发生偏转，可以推测使粒子受到排斥力的核体积极小，实验表明：原子中心有一个极小的核，它占有原子体积的极小部分，故D错误。
故选C。
2-7【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
卢瑟福的粒子散射实验现象表明，原子内部有一个体积很小区域，称为原子核，集中了原子的全部正电荷和几乎全部的质量，B正确，ACD错误；
故选B。
2-8【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．汤姆逊通过对阴极射线的研究，得出电子的存在，与说明实物粒子也具有波动性无关，故A错误；
B．利用晶体做电子束衍射实验，是电子束穿过铝箔后的衍射图样，由于衍射是波具有的性质，所以该实验现象说明实物粒子也具有波动性，故B正确；
C．粒子散射实验，说明了原子的核式结构，与说明实物粒子也具有波动性无关，故C错误；
D．观察光电效应实验，此实验装置是提出光的粒子性的实验装置，故D错误。
故选B。
2-9【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．图中大角度偏转的粒子受到的电场力先做负功，后做正功，则其电势能先增大后减小，故A错误；
B．图中的粒子反弹是因为粒子与原子核之间的库仑斥力作用，并没有发生碰撞，故B错误；
C．从绝大多数粒子几乎不发生偏转，可以推测使粒子受到排斥力的核体积极小，所以带正电的物质只占整个原子的很小空间，故C正确；
D．卢瑟福的粒子散射实验提出了原子的核式结构模型，不能证明原子核是由质子和中子组成的，故D错误。
故选C。
3-1【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．电流是标量，A错误；
B．磁通量是标量，单位是Wb，B错误；
C．电场强度是矢量，单位是N/C或V/m，C正确；
D．磁感应强度是矢量，单位是T，D错误；
故选C。
3-2【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．根据电场强度与电势差的关系式

电压单位为伏特，距离单位为米，则电场强度单位为伏/米（V/m），A错误；
BC．电场强度的定义式为

力F的单位是牛顿，电荷量q的单位是库伦，则电场强度的单位是牛/库（N/C），B正确，C错误；
D．特斯拉是磁感应强度的单位，D错误。
故选B。
3-3【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
根据



可得

物理量y的国际单位是库。
故选A。
3-4【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
AD．由　

可得

所得单位为

是磁感应强度的单位，故AD不符合题意；
B．由

可知

是磁感应强度的单位，故B不符合题意；
C．由

可知

不是磁感应强度的单位，故C符合题意。
故选C。
3-5【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．磁感应强度的国际制单位为特斯拉（T），故A正确；
B．由磁感应强度的定义式可知，其单位可以为N/（A·m），故B正确；
C．根据电流的定义式和可知，磁感应强度的单位为

故C正确；
D．由磁感应强度的计算式可知，其单位可以为Wb/m2，故D错误。
故选D。
3-6【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
由题意，得单位运算为

选项中只有电势是物理量，且单位为。
故选A。
3-7【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．根据公式可知，1V=1J/C。故A错误；
B．根据公式可知，1A=1C/s。故B正确；
C．根据公式可知，。故C错误；
D．根据公式可知，1F=1C/V。故D错误。
故选B。
3-8【提升】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
E的单位是V/m，根据F=BIL，则B的单位N/（A∙m），则x的单位

根据

可得

故选A。
3-9【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．力是矢量，根据可知力的单位制应该是：。故A错误；
B．功率是标量，对应的单位是由国际单位制的基本单位组成的。故B错误；
C．电场强度是矢量，根据对应的单位是由国际单位制应该是。故C正确；
D．磁感应强度是矢量，T不是由国际单位制的基本单位组成的。故D错误。
故选C。
4-1【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
对B中气体可知，，在对A中气体可知，故A正确；
故选A。
4-2【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
描述气体的状态参量，有压强、体积、温度。
故选C。
4-3【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
对活塞受力分析，由平衡可知

解得

故选C。
4-4【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
以A管中的水银为研究对象，则有
pS+hcosθS=p0S
B管内压强为
p=p0-hcosθ
显然p＜p0，并且压强比大气压强小hcosθ；且B管内水银面要比槽内水银面高出hcosθ。
故C正确，ABD错误。
故选C。
4-5【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:

设中间部分气体压强为，以处液面为研究对象可得

再以处液面为研究对象可得

联立可得

B正确，ACD错误；
故选B。
4-6【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 分析:
详解:
利用玻璃管C使A、B两球上部相通，可得
根据压强关系


联立可得

故选D。
4-7【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
由于U形管左端封闭，设玻璃管横截面积为s，对左端h1高的汞柱下端受力分析得：

解得：

故选B。
4-8【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
刚开始运动时，玻璃管的内部气体的压强大于外部，所以玻璃管的加速度大于重力加速度g；最初水银所受合力为零，当玻璃管向下运动后，内部气体压强减小，内外气体压强差减少，所以最初的短时间内，水银的加速度在逐渐变大，玻璃管的加速度逐渐变小。
故选D。
4-9【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
AB.图甲中对活塞受力分析可知：，则封闭气体压强为，选项A错误，B正确；
C. 乙图中，对活塞和汽缸的整体受力分析可知，地面对汽缸的支持力为Mg + mg，选项C错误；
D. 乙图中，对活塞受力分析可知：，则封闭气体压强为，选项D错误；
5-1【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
“自由落体运动”模型是理想模型，而“点电荷”模型也是理想物理模型。
故选B。
5-2【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．悬浮微粒越大，在某一瞬间撞击它的液体分子数就越多，受力越趋于平衡，布朗运动越不明显，故A错误；
B．在一个正方体容器里，任一时刻与容器各侧面碰撞的气体分子数目基本相同，故B正确；
C．气体分子速率呈现“中间多、两头少”的分布规律，当温度升高时，速率大的气体分子数目增多，所有气体分子的平均动能增大，故C错误；
D．将一个分子从无穷远处无限靠近另外一个分子，分子力先增加后减小再增加，分子力先表现为引力，做正功，后表现为斥力做负功，分子势能先减小后增大，故D错误。
故选B。
5-3【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
理想模型法是物理学中经常采用的一种科学研究方法，这种方法的主要特点是通过科学抽象，把实际问题理想化，突出强调问题的主要方面，而忽略次要因素，所以自由落体运动忽略了空气阻力等次要因素，故B正确，ACD错误。
故选B。
5-4【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．为加速度的定义式，加速度a由物体所受的合外力决定，与速度变化量和无关，A错误；
B．速度定义式，当足够小时，就可以表示物体在某时刻的瞬时速度，该定义用了极限法，B正确；
C．重心可看成物体各部分所受重力作用的集中体现，对重心的研究用了等效替代的研究方法，C错误；
D．合力概念的建立体现了等效替代的思想，但是质点并不是，质点体现的是一种理想化模型的思想，D错误。
故选B。
5-5【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．质点是理想模型，重心、合力与分力的概念是运用了等效替代法，A错误；
B．研究影响滑动摩擦力大小的因素的实验运用了控制变量法，B正确；
C．是密度的比值法定义式，是加速度的决定式，加速度的比值法定义式是，C错误；
D．当非常小时，就可以表示物体在某时刻的瞬时速度，该定义采用了极限法，D错误。
故选B。
5-6【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
在测量一滴油酸酒精溶液体积用了累积法，采用了借助物理模型间接测量的方法，在坐标纸上甲酸油膜轮廓内面积时用了估算法，应用油膜法测分子直径，其实验的原理是将油酸分子看成是球形的，测出油的体积，然后让油在水面上形成单分子油膜，测出油膜的面积，油的体积除以油膜的面积就是油膜的厚度，即油分子的直径，该方法采用了理想模型法，没有用到等效替代法、微小量放大法及控制变量法。
故选B。
5-7【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．由图可知，b、c两点的电势差为

故A错误；
B．由图可知，a点与相邻两等势面的距离小于，电势差等于，根据

可知a点场强大小大于，故B错误；
C．根据场强方向垂直于等势面，可知a点的场强方向沿竖直方向，故C正确；
D．由图可知，a点与c点在同一等势面上，电势均为，故D错误。
故选C。
5-8【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．在图甲模拟气体压强实验中，气体分子速率不一定相等，因此实验中不需要保证每颗玻璃球与电子秤碰撞时的速率都相等，A错误；
B．图乙中，横坐标v表示分子速率，纵坐标表示单位速率间隔的分子数占总分子数的百分比，在两种不同温度下，各速率区间的分子数占总分子数的百分比与分子速率间的关系图线和横轴所围面积都应该等于1，温度越高，速率大的分子所占百分比越大，故温度升高，曲线峰值向右移动，实线对应的气体分子温度较高，B错误；
C．由图丙可知，条纹向空气薄膜较厚处发生弯曲，说明弯曲处的光程差变短，空气薄膜间距变小，则被检测的平面在此处是凸起的，C正确；
D．图丁中缓慢转动Q时，每当转过90°光屏上的光亮度将一明一暗交替变化，表明光波是横波，D错误。
故选C。
5-9【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．图甲中，实验现象说明薄板材料在导热性上具有各向同性，但薄板材料可能是非晶体，也可能是多晶体，A错误；
B．图乙当分子间距离为时，分子力为零，B正确；
C．图丙中，对应曲线为同一气体温度较高时的速率分布图，C错误；
D．图丁中，微粒越小，单位时间内受到液体分子撞击次数越少，不平衡性越明显，布朗运动越明显，D错误。
故选B。
6-1【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
根据

可知，在连续相等的两段时间内，物体运动的速度变化量大小相等，方向一定相同。
故选C。
6-2【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．竖直上抛运动，只受到重力作用，在最高点速度为零，但加速度仍为g，A错误；
B．竖直上抛运动上升和下落过程的位移大小相等，但是方向相反，故位移不同，B错误；
C．竖直上抛运动，只受到重力作用，从上升到下降的整个过程加速度都是重力加速度，保持不变，C正确；
D．竖直上抛具有对称性，整个过程加速度相等，故上行时间与下行时间相等，上升到某一高度时速度与下降到此高度时的速度大小等，但是方向相反，故速度不同，D错误。
故选C。
6-3【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
物块从气球掉下瞬间，由于惯性，相对地面具有方向向上的速度，只受重力作用，加速度方向向下。
故选B。
6-4【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
竖直上抛物体，不计空气阻力，加速度为重力加速度，设向上为正，根据速度公式得

图线应为一条直线，斜率为负，故A正确，BCD错误。
故选A。
6-5【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
根据

代入数据解得起飞初速度约

与选项中15m/s最接近。
故选C。
6-6【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
根据竖直上抛运动规律，竖直向上运动到同一水平线上时，乙小球的运动时间为

甲小球到达的最高点高度为

甲小球下落的高度为

故该位置距离抛出点的高度为

故选D。
6-7【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
根据逆向思维，将向上的运动看为向下的初速度为0的匀加速直线运动，则有
，，
解得
，，
则有

可知该比值最接近3:4:10。
故选B。
6-8【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
设Δt时间内，从喷口喷出的水的质量为Δm，则
Δm=ρΔV，
在离喷口高度为H时，速度

且

解得

故选C。
6-9【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
根据竖直上抛运动规律可知t（）时刻小球的位移为

根据几何关系可知此时影子的位移为

所以影子做初速度为，加速度为的匀减速直线运动。
故选B。
7-1【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
A．时刻纸盆中心的位移最大，故A正确；
B．时刻纸盆中心位于平衡位置，加速度为零，故B错误；
C．在之间纸盆中心的速度方向先沿正方向再沿负方向，故C错误；
D．纸盆中心做简谐运动的方程为

故D错误。
故选A。
7-2【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．由振动图像可知，小球的振动周期是4s，t=0时，小球位于B点，选项A错误；
BC．0-2s内，小球由B点到A点，则小球的运动方向未发生改变，小球的速度先变大再变小，选项B正确，C错误；
D．t=1s时，小球在O点，此时小球的加速度为零，选项D错误。
故选B。
7-3【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．时，在正向最大位移处，故速度为零， ，加速度最大，为负，故A错误；
B．时，在负向最大位移处，振子的速度为零，故B正确；
C．时，根据图像斜率表示速度可知，振子的速度为正向最大值，故C错误；
D．和时，在正向最大位移处，弹性势能最大，动能为零，故D错误。
故选B。
7-4【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
AB．由图像可知，do和sol的周期分别为


所以周期之比为

则频率之比为

故AB错误；
CD．do和sol两者在空气中传播速度大小相等，由公式

do和sol在空气中传播的波长之比约为

故C正确，D错误。
故选C。
7-5【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
小球的振动周期为，从小球振动到最左侧开始计时，振动方程为

当用周期为的频闪光源照射，可知，当


时，位移相等，均为

故在和时刻小球出现在同一个位置，都在平衡位置的右侧，0.3s时又恰好回到出发点，对比可知，在周期为的频闪光源照射下得到的图像是C图。
故选C。
7-6【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
根据心电图可知，相邻心跳的时间间隔为

则此人的心率约为60次/分钟。
故选C。
7-7【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
由图读出相邻峰值之间的距离

又

则由

可得，心脏跳动的周期为

故人的心率
44次/min
结合选项数据，知与D选项最接近，故选D。
7-8【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．由于位移是矢量，所以N时刻的位移与P时刻的位移大小相等，方向相反，A错误；
B．P时刻回复力指向竖直向下，由牛顿第二定律可知，加速度方向与回复力方向一致，所以P时刻的加速度方向竖直向下，B正确；
C．因为木筷（包括铁丝）做阻尼运动，机械能随时间不断减小，所以N时刻的机械能大于P时刻的机械能，C错误；
D．木筷（包括铁丝）振动的频率与振动幅度无关，所以随着振幅的减小，振动频率不变，D错误。
故选B。
7-9【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
由题图甲可知甲心电图的波长为

甲的心率为

心电图机图纸移动的速度为

由题图乙可知乙心电图的波长为

由于两张图纸移动的速度相同，所以乙的心率为

故选B。
8-1【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
单摆周期计算公式为

则单摆质量不影响周期，想要使周期变大，可以增大摆长或者减小g，故可以将摆从地球移到月球上，这样重力加速度g减小了，从赤道移到北极会使g增大，这样就减小了周期，故只有D选项正确。
故选D。
8-2【基础】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
ABCD．根据在星球表面万有引力等于重力可知，某行星表面受到的万有引力是它在地球表面受到的万有引力的九分之一，质量不变，所以该星球的重力加速度；根据单摆的周期公式可知，该星球的周期是地球上周期的3倍，所以此钟的秒针走一整圈所经历的时间实际上是地球上秒针走一圈的3倍即180s，故A正确，BCD错误。
故选A。
8-3【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．单摆的速度越大距平衡位置越近回复力越小，A正确，不符合题意；
B．单摆的周期为

解得

由公式

解得

B正确，不符合题意；
C．由公式

月球上的重力加速度较小所以周期变大，C正确，不符合题意；
D．把摆长减小为原来的一半，则

D错误，符合题意。
故选D。
8-4【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
根据万有引力提供重力加速度得

由单摆周期表达式得

联立得

故与的比值是

故选B。
8-5【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
由图乙可知，该单摆恰好摆动2.5个周期，故满足

单摆周期公式为

联立解得该单摆的等效摆长为

B正确。
8-6【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
由单摆的周期公式可知

故

再由

可得

可知

故选A。
8-7【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
设单摆的摆长为L，根据单摆的周期为，所以：；设该摆在地球上24小时内要摆动n次，即：，则摆钟放到月球上，当它指示时间经过t小时，也摆动n次，即，解得，故B正确，ACD错误；
故选B．
根据单摆的周期公式求出两种情况下的周期的表达式，通过比较两个周期即可求解．
8-8【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
设到地心的距离为r处的重力加速度为g，由万有引力近似等于重力可知

故r处重力加速度为

由单摆周期公式可得

故选B。
8-9【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
AB．根据万有引力提供重力，则在星球表面

化解得

已知质量分布均匀的球壳对壳内物体的引力为零，所以此海底处的减小，重力加速度减小，故AB错误；
CD．根据单摆周期公式

则此海底处的重力加速度大小为

所以

解得

此海底处的深度为

故C错误，D正确。
故选D。
9-1【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
AC．由状态a沿图像变化到状态b，属于等容变化，根据查理定律可得

由状态a沿图像变化到状态b，压强减小，则温度降低，内能减小，气体需要放热，AC错误；
B．由状态a沿图像变化到状态b，属于等压変化，由盖-吕萨克定律可得

由状态a沿图像变化到状态b，体积增大，温度升高，B正确；
D．对于一定量的气体而言，则有

结合图形代入数据可得

理想气体的内能只与温度有关，因此，气体在状态c的内能等于在状态a的内能，D错误。
故选B。
9-2【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
理想气体从A状态到B状态属于等容变化，由查理定律得

由图可知

所以A、B状态的温度关系为

从B状态到C状态属于等压变化，根据盖吕萨克定律得

由图可知

所以B、C状态的温度关系为

故选C。
9-3【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．由图可知，从A到B为等温变化，由玻意耳定律有

解得

故A错误；
B．从B到C做等容变化，由查理定律有

解得

故B错误；
C．B→C过程中温度降低，气体内能减小，故C正确；
D．A→B过程中气体体积减小，所以外界对气体做正功，故D错误。
故选C。
9-4【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
AB．从B到C的过程中，V不变，则，T增大，则，内能增加，根据热力学第一定律

可得，即气体吸收热量，阻值A错误，B正确；
C．从C到A的过程中，根据理想气体状态方程

可得

由于CA曲线为双曲线的一部分，因此从C到A的过程中，气体压强不变，V减小，T减小，内能减少，选项C错误；
D．从C到A的过程中，p不变，V减小，因此气体在单位时间、单位面积上与器壁碰撞的分子数变多，温度减小，单个气体分子撞击力变小，选项D错误。
故选B。
9-5【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．根据

可得

则从A到B气体压强不变，选项A错误；
B．从A到B气体温度升高，则分子平均动能变大，内能变大，选项B错误；
C．从A到B气体体积变大，则气体对外界做功，选项C错误；
D．根据热力学第一定律可知，气体对外界做功，W0，则Q>0，则气体从外界吸收的热量大于其增加的内能，选项D正确。
故选D。
9-6【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
AB．根据，结合图像甲中关系可知的过程，体积不变，增加，增加。故AB错误；
CD．过程，等压降温，则体积减小，的过程为等温过程，则与成反比。故C错误，D正确。
故选D。
9-7【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．根据可知，V—T图线上各点与原点连线的斜率与压强的倒数成正比，所以状态B的压强小于状态C的压强，故A错误；
B．状态B和状态D的温度相同，则内能相同，选项B错误；
C．从状态C到状态D，温度降低，气体的平均动能变小，但不是每个气体分子的速率都减小，故C错误；
D．从A到B的过程中，气体压强不变，体积变大，温度升高，气体分子数密度减小，而气体分子平均速率变大，气体分子对器壁的平均碰撞力变大，则单位时间单位面积与容器壁碰撞的分子数减少，选项D正确。
故选D。
9-8【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．由图可知，过程中，气体压强不变，温度降低，由盖吕萨克定律有

则有

即气体体积变小，故A错误；
B．由图可知，过程中，气体温度不变，气体压强变小，由玻意耳定律有

可知

即气体体积变大，故B错误；
CD．由图可知，过程中，与成正比，则气体的体积不变，气体压强增大，温度升高，故C错误，D正确。
故选D。
9-9【提升】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
A．过程中，气体温度保持不变，气体的内能不变，气体体积减小，外界对气体做正功，根据热力学第一定律可知，气体向外界放热，A错误；
B．由图可知，过程中，气体发生等压变化，则有

可知气体体积与热力学温度成正比，故气体体积变化量与气体温度变化量成正比，B正确；
C．过程中，气体温度保持不变，气体分子的平均动能不变，气体体积增大，单位体积内的分子数减少，可知单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数减少，C错误；
D．过程中，由图像可知，气体的体积不变，压强减小，根据

可知气体的温度减小，故气体分子的平均动能减小，D错误。
故选B。
10-1【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
由于线圈固定，当磁铁上下振动时，线圈中的磁通量会发生变化，从而在线圈中产生感应电流，电流给磁铁力的作用，根据楞次定律“来拒去留”，磁铁很快停下来。机械能转化为电能，磁铁机械能不守恒，磁铁最后处于静止状态，整个系统由于通过电流做功产热，机械能减少，系统机械能也不守恒，故D正确ABC错误。
故选D。
10-2【基础】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
AD．磁铁在整个下落过程中，由于导体圆环产生感应电流阻碍磁铁的下落，磁铁受到向上的磁场力，故磁铁的机械能减小，设磁铁落地时的速率为，则有

解得

故AD错误；
B．磁铁在导体圆环上方下落过程，磁铁原磁场方向向下，通过导体圆环的磁通量增加，根据楞次定律可知，圆环中的感应电流方向为逆时针方向（俯视圆环）；磁铁在导体圆环下方下落过程，磁铁原磁场方向向下，通过导体圆环的磁通量减少，根据楞次定律可知，圆环中的感应电流方向为顺时针方向（俯视圆环）；故B错误；
C．磁铁在整个下落过程中，导体圆环产生感应电流阻碍磁铁的下落，磁铁受到圆环的作用力总是竖直向上的，则圆环受到磁铁对它的作用力总是竖直向下的，故C正确。
故选C。
10-3【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
ABC．由题图知，当磁铁N极向下靠近螺线管上端时，穿过螺线管内部的磁通量向下增大，根据楞次定律“增反减同”的结论判断，知螺线管内部的感应电流产生的磁场方向向上，根据右手螺旋定则可判断知感应电流从电流计正极流入，负极流出，则电流计指针向右偏转，故ABC错误；
D．根据“来拒去留”的结论判断，可知磁铁受到向上的磁场力的作用，故D正确。
故选D。
10-4【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
AB．当滑动触头P向下移动时电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知通过线圈b的电流增大，从而判断出穿过线圈a的磁通量增加，根据楞次定律即可判断出线圈a中感应电流方向俯视应为逆时针，故A错误，B错误；
C．根据微元法将线圈a无线分割根据左手定则不难判断出线圈a应有收缩的趋势，或直接根据楞次定律的第二描述“感应电流产生的效果总是阻碍引起感应电流的原因”，因为滑动触头向下滑动导致穿过线圈a的磁通量增加，故只有线圈面积减少时才能阻碍磁通量的增加，故线圈a应有收缩的趋势，故C错误；
D．开始时线圈a对桌面的压力等于线圈a的重力，当滑动触头向下滑动时，可以用“等效法”，即将线圈a和b看作两个条形磁铁，不难判断此时两磁铁的N极相对，互相排斥，故线圈a对水平桌面的压力将增大，D正确。
故选D。
10-5【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
ACD．线圈进或出磁场时，磁通量变化，线圈中会产生感应电流，线圈受到安培阻力作用而减速运动，速度可能为零，故ACD错误．
B．线圈完全进入磁场后，磁通量不变，没有感应电流产生，不再受安培力，线圈的速度不变，所以B图中线圈速度不可能为零，故B正确。
故选B。
10-6【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．当磁铁靠近闭合铝线圈时，穿过线圈的磁通量增大，当磁铁远离闭合铝线圈时，穿过线圈的磁通量减小，根据楞次定律可知两种情况下，线圈中的感应电流方向相反，故A错误；
B．由于线圈中的感应电流方向发生变化，当线圈中的感应电流为零时，磁铁对线圈没有作用力，线圈对地面的压力等于线圈的重力大小，故B错误；
C．由于磁铁在线圈的正上方，所以线圈所受磁铁的作用力水平方向的合力为零，地面对线圈没有摩擦力作用，故C错误；
D．由于铜的电阻率比铝的小，所以相同的磁通量变化率时，铜线圈中感应电流更大，对磁铁运动的阻碍作用更明显，故D正确。
故选D。
10-7【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．由于有部分机械能转化为电能，故磁铁在A处的重力势能大于在E处的重力势能，故A错误。
B．磁铁从D处运动到E处的过程中，圆环中磁通量向下减少，根据楞次定律可知，从上往下看圆环中产生顺时针方向的电流，圆环与磁铁间相互吸引，圆环对桌面的压力小于圆环受到的重力，故B错误；
C．磁铁从A处摆到E处的过程中，由楞次定律的推论“来拒去留”可知，圆环对磁铁有向右的作用力，则磁铁对圆环有向左的作用力，而圆环始终保持静止，故圆环在B处和C处受到的摩擦力方向都是水平向右，故C正确；
D．磁铁从A处运动到D处的过程中，圆环中磁通量向下增加，根据楞次定律可知，从上往下看圆环中产生逆时针方向的电流，故D错误。
故选C。
10-8【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．如果材质是玻璃的，则不会产生感应电流，则线圈不会受到磁场力作用不会很快停下来，A错误；
B．摆片进入磁场的过程中由感应电流，感应电流会阻碍摆片的相对运动，但由于在摆片进入磁场区域时，还受到重力和杆的拉力，不知道合力的情况，所以不能判断出摆片是否做减速运动，B错误；
C．当摆片进入或离开磁场区域时磁通量发生变化，会产生电流，根据楞次定律可知，感应电流的方向相反，C错误；
D．阻尼摆很快停下来是因为在摆片中产生涡流，从而受安培力做负功，阻碍其运动，使之很快停下来，D正确。
故选D。
10-9【提升】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
ABCD．琴弦向右靠近线圈时，穿过线圈的磁通量增大，线圈中产生感应电流，由“来拒去留”可知琴弦受到向左的安培力，由“增缩减扩”可知线圈有收缩趋势，故ABD错误，C正确。
故选C。
11-1【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
依题意，根据公式中的所指为通电导线垂直放置磁场中的有效长度，可知边长相等、夹角为的型导线的有效长度为导线初末端点的连线长度，即为，所以可得该型通电导线受到的安培力大小为

根据左手定则判断知，安培力方向竖直向上。
故选B。
11-2【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
“L”形导线的等效长度为ac，连接ac，根据几何关系得

导线abc受到的安培力大小为

故选B。
11-3【巩固】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
圆弧导线MaN的长度为圆周长的，则圆弧导线MbN的长度为圆周长的，圆弧导线MbN的电阻是圆弧导线MaN的电阻的3倍，两段圆弧导线并联，故通过两段圆弧导线的电流与圆弧导线的电阻成反比，圆弧导线MbN与圆弧导线MaN受安培力作用的等效长度相同，已知圆弧导线MaN受到的安培力大小为F，根据安培力的表达式

可知圆弧导线MbN受到的安培力大小为。
故选A。
11-4【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
CD．根据题意，由已知条件可知，边的有效长度与相同，等效后的电流方向也与相同，由电阻定律可知，边的电阻等于边的电阻的两倍，两者为并联关系，由于通过点的电流为，则中的电流大小为，中的电流为，由安培力公式有

解得

故CD错误；
AB．由安培力公式可得，边受到的安培力的大小为

由左手定则可知，方向为竖直向上，由于边的有效长度与相同，等效后的电流方向也与相同，则边受到的安培力的大小为

方向竖直向上，则整个线框受到的安培力的大小为

故A错误，B正确。
故选B。
11-5【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
边abc的电阻等于边ac的电阻的两倍，两者为并联关系，通过ac的电流为2I，则abc中的电流大小为I，根据题意段金属棒受到安培力为，有

段金属棒受到安培力

根据左手定则可以判断，两安培力方向相同，所以整个线框所受安培力为

故选B。
11-6【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
根据平衡条件得

解得

故选C。
11-7【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
当通电导线为折线或曲线时其效果相当于由起点到终点的直线通以相同的电流，根据安培力表达式

可知，在B、I、L相同的情况下，当导线有效长度与磁场垂直时安培力最大。
故选C。
11-8【提升】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
由题可知，流过支路的电流和流过支路的电流关系为

已知导体棒受到的安培力为，方向向上，支路在磁场的有效长度为，故支路所受安培力为

方向向上，故整个线框PQMN受到的安培力大小为

故选A。
11-9【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
根据左手定则可知，通电时线圈受到垂直纸面的安培力的作用，单匝线圈安培力的大小表示

D正确，ABC错误。
故选D。
12-1【基础】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
根据排泥管每秒钟排出的泥浆体积
V = Sv
解得
v = 2m/s
根据泥泵输出功率大小
P = Fv
解得
F = 8 × 106N
故选B。
12-2【基础】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
因高铁匀速运行，则有牵引力和空气阻力平衡，两力大小相等，由题意即有

高铁匀速运行时，克服空气阻力做功的功率等于高铁的功率为

则有高铁克服空气阻力做功的功率之比为

ABC错误，D正确。
故选D。
12-3【巩固】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．由牛顿第二定律可得

解得

随着速度v的增大，加速度a减小，物体做加速度减小的加速运动，a-t图像的斜率为

随着加速度a减小，a-t图像斜率绝对值减小，所以a-t图像应是曲线，A错误；
C．由动能定理可得
mgh-fh=Ek-0
即
Ek=(mg-kv)h
随着速度v的增大，Ek-h图像的斜率减小，C错误；
B．机械能的变化量等于克服阻力做的功，随着物体的不断下降，机械能始终在减少，不会出现刚开始一段时间机械能保持不变，B错误；
D．重力的瞬时功率P可表示为

物体做加速度减小的加速运动，当时加速度为零，速度达到最大，可知重力的瞬时功率先增大（图像斜率减小）后保持不变，D正确。
故选D。
12-4【巩固】 【正确答案】 B
【试题解析】 详解:
其中一个力突然增加到，其他力不变，因开始时合力为零，可知开始时其他力的合力大小等于，故将突然增加到后，根据牛顿第二定律可得

时刻物体的速度大小为

可知在时刻该力的功率为

B正确，ACD错误。
故选B。
12-5【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．根据动能定理

得

动能随高度变化为一次函数，故A错误；
B．重力做正功，重力势能减小，故B错误；
C．重力的瞬时功率为

功率随时间为正比例函数，故C正确；
D．平抛运动只有重力做功，机械能守恒，故D错误。
故选C。
12-6【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．小球做自由落体运动，其加速度等于重力加速度g，不随时间变化，故A错误；
B．根据自由落体运动的规律可得，小球的速度v=gt，可知速度与时间成正比，故B错误；
C．根据自由落体运动的位移-时间关系可得h=gt2，解得

可知与t成正比，故C正确；
D．重力的瞬时功率
P=mgv=mg
P与成正比，故D错误。
故选C。
12-7【巩固】 【正确答案】 C
【试题解析】 详解:
A．人对车厢的推力向右，与车厢的运动方向相同，所以对车厢做正功，A错误；
B．因为人对车厢的摩擦力向左，所以车厢对人的摩擦力向右，与人的运动方向相同，所以有摩擦力对人做正功，B错误；
CD．因为车厢对人的推力和摩擦力平衡，所以人对车厢的推力和摩擦力大小相等，由于推车的力逐渐增大，则推力和摩擦力的功率逐渐增大，C正确、D错误。
故选C。
12-8【提升】 【正确答案】 D
【试题解析】 详解:
A．经分析，人总体确实没有发生位移，但是和皮带相接触的每一只脚都与皮带相对静止，随皮带一起运动，皮带对脚的摩擦力向前，脚的位移向后，皮带对人做负功，A错误；
BCD．由于人的手扶着把手，受力存在不确定因数，所以皮带对人摩擦力不一定为，则人对皮带的摩擦力也不一定为，但是通过对皮带的分析可知，人对皮带的摩擦力一定为f，则人对皮带做功的功率为fv，BC错误，D正确；
故选D。
12-9【提升】 【正确答案】 A
【试题解析】 详解:
假设ab段与水平面的夹角为α，则
F1=f-mgsinα
可知牵引力不变，由
P1=F1v
知在ab段发动机的输出功率保持不变，在bc段时有
F2=f
所以
P2=fv
假设cd与水平面的夹角为θ，则
F3=f+mgsinθ
则
P3=（f+mgsinθ）v
可知在ab段发动机的输出功率最小，cd段曲面倾角先增大后减小，所以P3先增大后减小。
故选A。
13-1【基础】 【正确答案】 张开 带电
【试题解析】详解:
紫外灯照射锌板，锌板里的电子吸收光子能量后逸出来光电子，则锌板失去电子后带正电，所以发现验电器指针的张角张开，这说明锌板带电。
13-2【基础】 【正确答案】 小 乙
【试题解析】 详解:
[1]分别用频率为和的两束光照射相同的两块金属板，前者能产生光电效应，后者不能产生光电效应，这说明频率为的光波的频率较大，根据 可知，波长较小；
[2]若用它分别照射两块不同的金属板，甲板能产生光电效应，乙板不能产生光电效应，根据 这说明它们相比，极限频率较大的是乙板。
13-3【巩固】 【正确答案】 光电效应 正
【试题解析】 详解:
[1]光电管是基于外光电效应的基本光电转换器件，它的工作原理是光电效应，即高能量的光照到金属板上将能量传给电子，使电子逸出，从而将光信号转变为电信号。
[2]从光电管阴极K发射的光电子，要在回路中定向移动形成电流，A端应该与电源的正极相连，这样电子出来即可被加速，从而在回路中形成电流。
13-4【巩固】 【正确答案】 光子 < C 光电子
【试题解析】 详解:
[1]某单色光的频率为，它在空间是一份一份传播的，每一份叫做一个光子；
[2]每一份的能量是

[3]发生光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限频率，若用它照射某种极限频率为的金属不能发生光电效应，则

[4]由[3]可知，要想使之发生光电效应则应换用频率更大的入射光，故选C；
[5]发生光电效应时放出的电子叫光电子。
点睛:
考查对光电效应概念及产生条件的理解。
13-5【巩固】 【正确答案】 正 电离
【试题解析】 详解:
[1]用紫外线照射连有验电器的锌板，发现验电器中金属张开，这是因为锌板发生了光电效应，有光电子从锌板飞出，锌板失去电子带正电。所以此时金属箔上带正电。
[2]用天然放射线的照射，发现验电器中金属箔合拢，其原因是放射线具有电离作用，照射验电器的放射线会同时照射其周围的空气，使空气电离，变成导体。从而使验电器上的电荷发生转移、中和。
13-6【巩固】 【正确答案】 正 C
【试题解析】 详解:
（1）如图用弧光灯照射锌板做光电效应实验，有光电子从锌板逸出，锌板带正电，故验电器带正电．
（2）γ射线的频率高于紫外线，则实验中，若用γ射线照射锌板，也能发生光电效应，选项A错误；可见光的频率小于紫外线的频率，故实验中若用可见光照射锌板，不能发生光电效应，选项B错误；发生光电效应时，入射光越强，单位时间产生的光电子数越多，选项C正确；发生光电效应时，光电子的能量只与入射光的频率有关，与入射光的光强无关，选项D错误；故选C.
13-7【巩固】 【正确答案】 正电 减小 增大
【试题解析】 详解:
[1]发生光电效应时，锌板上有电子逸出，故锌板带正电；
[2]将一带少量负电荷的金属小球与锌板接触，正负电荷发生中和，故验电器的指针偏角将减小；
[3]改用强度更大的弧光灯照射锌板相同的时间，光电流变大，则验电器的指针偏角与前一次相比将增大。
13-8【提升】 【正确答案】 光子 正电荷 正电荷 减小 无 可能
【试题解析】 详解:
(1)[1]紫外线照射锌板，光子能量被电子吸收；
(2)[2][3]锌板中的电子吸收光子的能量从锌板表面逸出，使锌板带正电，验电器与锌板连接，则验电器带正电；
(3)[4]由于锌板带正电，用一带少量负电金属小球与锌板接触，电荷将中和一部分，验电器指针偏角将变小；
(4)[5]用相同强度的黄光灯照射锌板，验电器指针无偏转，说明不能发生光电效应，由于红光灯的能量比黄光灯的能量更小，则改用光照强度更大的红光灯照射锌板，可观察到验电器指针无偏转；
(5)[6]由于用黄光灯照射锌板，验电器指针无偏转，说明不能发生光电效应，蓝光的能量大于黄光的能量但小于紫外线的能量，则蓝光灯照射锌板，可观察到验电器指针可能偏转。
13-9【提升】 【正确答案】 铯或钠 b
【试题解析】 详解:
（1）因为可见光的波长只有小于铯的极限波长，所以光电管阴极K上应涂上金属铯或钠。
（2）夜晚没有光，不发生光电效应，但是指示灯亮，知开始开关K与b端相连。
14-1【基础】 【正确答案】 衍射 接近
【试题解析】 详解:
通过两支铅笔中间的缝能看到彩色条纹，说明光绕过缝而到人的眼睛，所以这是由于光的衍射现象，由发生明显衍射条件可知，当缝的宽度与光波的波长接近或比光波的波长少得多时能发生明显衍射现象；
14-2【基础】 【正确答案】 0.1mm或0.01cm 相互平行的彩色直条纹
【试题解析】 详解:
（1）[1]10分度游标卡尺的精确值为，由图可知游标卡尺的读数为

（2）[2]由于日光灯发出的是各种可见光复合而成复色光，每一种颜色光的波长不相同，所以衍射的条纹宽度也不同，故看到的现象是：相互平行的彩色直条纹。
14-3【巩固】 【正确答案】 衍射 小于
【试题解析】 分析:
详解:
[1]甲中出现明暗相间的条纹，是衍射现象，乙中出现圆形亮斑。
[2]只有障碍物或孔的尺寸比光波波长小或跟波长相差不多时，才能发生明显的衍射现象。图甲是光的衍射图样，由于光波波长很短，约在10－7m数量级，所以图甲对应的圆孔的孔径比图乙所对应的圆孔的孔径小，图乙的形成可以用光的直线传播解释。
14-4【巩固】 【正确答案】 光的衍射 双缝S1和S2太宽 缝S1或缝S2越来越窄
【试题解析】 详解:
（1）[1]因为移去B后，只有单缝屏，所以在屏上出现不等间距条纹，此条纹是由于光的衍射产生的；
（2）[2]移去A后，遮住缝S1或缝S2中的任一个，C上均出现一窄亮斑，并没有出现明显的衍射现象，出现以上实验结果的主要原因是双缝S1和S2太宽；
（3）[3] 若光通过缝S1或缝S2后在C上依次出现如图甲、乙、丙、丁所示条纹，即衍射现象越来越明显，即缝S1或缝S2越来越窄。
14-5【巩固】 【正确答案】 ① ②④
【试题解析】 详解:
[1][2] 阳光经过厚玻璃角，在地面上的彩色条纹,是由于光发生了色散现象，属于光的折射；雨后路面上油墨上的彩色条纹和肥皂泡在阳光下看起来五颜六色都属于薄膜干涉现象；单色光经过小孔后在屏上出现的明暗相间的圆环是属于光的衍射现象。
14-6【巩固】 【正确答案】 衍射 变宽
【试题解析】 详解:
[1]干涉图样的条纹宽度相等，衍射图样的条纹宽度不等、中央最宽，故图乙应是衍射图样。
[2]由

可知干涉图样中相邻两个亮条纹的中心间距与波长成正比，若将光换成黄光，则波长变长，因此条纹间距也变宽。
14-7【巩固】 【正确答案】 小于 不能 难
【试题解析】 详解:
[1]真空中电磁波传播速度相同，根据可知，频率越高，波长越短，故真空中5G信号的波长一定小于4G；
[2]产生干涉的条件是两波的频率相同，故空间传播的5G信号和4G信号不能产生干涉现象；
[3]波在传播过程中波长越长，衍射能力越强，越容易绕过障碍物，故5G信号更难绕过障碍物。
14-8【提升】 【正确答案】 BDE
【试题解析】 详解:
A．从光的强度分布可以看出，光屏上的光是等间距、等亮度的，所以是光通过双缝产生的干涉现象，A错误；
BC．由图样可看出，A光的条纹间距大于B光的，由

可知，A光的波长大于B光的波长，A光的频率小于B光的频率，B正确，C错误；
D．A光的频率小于B光的频率，则玻璃对A光的折射率小于对B光的折射率，所以A光在玻璃中的传播速度大于B光在玻璃中的传播速度，D正确；
E．由于A光的波长较长，所以更容易发生明显的衍射现象，E正确。
故选BDE。
14-9【提升】 【正确答案】 向左 图3
【试题解析】 详解:
[1]发生明显衍射的条件是障碍物或小孔的尺寸比波长小或相差不多，如果想让水波通过小孔继续传播的范围变小，也就是使衍射现象不明显，可采用的方法是使小缝隙的宽度变大，可将左侧挡板适当向左移动。
[2]激光经过单缝形成的衍射图象，是中央亮纹比其他亮纹又宽又亮，在光屏上能得到图3所示条纹。
15-1【基础】 【正确答案】
【试题解析】 详解:
[1]根据牛顿第二定律得

根据牛顿第三定律得

解得

[2]根据牛顿第二定律得

15-2【基础】 【正确答案】 3.47 1.09×104
【试题解析】 详解:
[1]由匀变速直线运动

得加速度大小约为

[2]由牛顿第二定律

得汽车的牵引力大小为

15-3【巩固】 【正确答案】 27 2.5
【试题解析】 详解:
[1]0～t1，小鸟做自由落体运动，则有

根据图线与横轴所围区域的面积表示物体发生的位移可得

[2]图线的斜率表示物体运动的加速度，则

根据牛顿第二定律有

所以

15-4【巩固】 【正确答案】 3
【试题解析】 分析:
由于两物体一起做匀加速运动，分别对整体和单个物体进行受力分析，联立求解
详解:
对P、Q的整体进行受力分析，由牛顿第二定律

代入数据解得

对P进行受力分析，由牛顿第二定律

解得

点睛:
对于连接体受力问题，分别对整体和受力少的物体进行受力分析，根据牛顿第二定律列等式，联立即可求解。
15-5【巩固】 【正确答案】 10 2
【试题解析】 详解:
[1]依题意，物体相对于地面向右运动，受到地面的滑动摩擦力方向向左。物体在水平面上运动，F也在水平方向，则物体对地面的压力大小等于物体的重力，即

所以物体受到的滑动摩擦力大小为

[2]由牛顿第二定律可得

所以有

15-6【巩固】 【正确答案】 变大 变小
【试题解析】 详解:
[1][2]对货物进行受力分析可得，在匀速运动时有



当货物与车一起做加速运动时，设加速度为a，有


固有


15-7【巩固】 【正确答案】 沿皮带向下 可能
【试题解析】 详解:
[1]对小物块进行受力分析，由牛顿第二定律得
mgsin α＋＝ma＞mgsin α
故静摩擦力的方向一定沿皮带向下；
[2]由牛顿第二定律得
mgsin α＋＝ma


当加速度等于2gsin α时，小物块受到的静摩擦力的大小等于mgsin α。
15-8【提升】 【正确答案】 0.6 2
【试题解析】 详解:
[1]力F1的表达式

A、B分离时二者没有相互作用力，但二者加速度大小相等，根据加速度相等可得

联立并代入数值可得

[2]当t=0.6s时

二者一起加速运动，取整体为研究对象，由牛顿第二定律可得

代入数值可得

15-9【提升】 【正确答案】 当两木块没有滑动时，加速度为：；当两木块相对滑动后有：，
【试题解析】 详解:
[1]F是随着t增大而增大的，因此在t比较小的时候，F比较小，则两木块之间相对没有滑动，有共同的加速度，为

当F增大到大于静摩擦力，两木块开始有相对滑动了，则加速度大小就改变了，对有

对有

又

可以得到


16-1【基础】 【正确答案】
【试题解析】 详解:
[1]根据题意，由万有引力公式可知，行星表面的物体受到的万有引力为

由于“赤道”上的读数比在其“两极”处小9%，说明9%的引力提供物体随行星自转做圆周运动的向心力，则有

行星的体积为

则行星的密度为

[2]根据题意可知，行星自转的角速度加快，恰好使赤道上的物体飘起来，万有引力提供物体做圆周运动的向心力，则有

又有

联立解得

16-2【基础】 【正确答案】 8：1 1：4
【试题解析】 详解:
[1]根据

两行星表面的重力加速度之比

[2]卫星做圆周运动时，万有引力提供圆周运动的向心力，有

得

所以两卫星运行周期之比为

16-3【巩固】 【正确答案】
【试题解析】 详解:
（1）[1]根据万有引力提供向心力可得

故木星运行的加速度为

（2）[2]根据万有引力提供向心力可得

故木星运行的线速度为

（3）[3]根据开普勒第三定律，其轨道半径的三次方与周期T的平方的比值相等，由于地球的轨道半径比火星的轨道半径小，故可知地球的周期比火星的小，设火星相邻两次冲日的时间间隔为t，则在时间t内地球比火星绕太阳多转一周，即

解得

16-4【巩固】 【正确答案】 小于
【试题解析】 详解:
[1]由万有引力提供向心力

可得，周期为

因为，所以，即B卫星匀速圆周运动半径大于A卫星半径，所以

即A的周期小于地球的自转周期。
[2]由万有引力提供向心力

可得，线速度大小为

又因为

所以A、B的线速度之比为

16-5【巩固】 【正确答案】
【试题解析】 详解:
[1]仪器显示宇航员对座舱的压力等于他体重的3倍，由牛顿第三定律可知宇航员受到的支持力，那么宇航员受到的合外

故此时飞船的加速度大小

[2]地球表面，物体重力即万有引力，所以

所以

飞船沿圆形轨道环绕地球运行，万有引力提供向心力，所以有

所以飞船离地面的高度

16-6【巩固】 【正确答案】
【试题解析】 详解:
在地球表面的物体受到的重力等于万有引力，有：，得地球质量为
根据万有引力提供向心力有，解得组合体运动的线速度大小为 ，加速度
16-7【巩固】 【正确答案】 6 见解析
【试题解析】 详解:
[1]设地球质量为M，空间站质量为m，线速度大小为v，地球半径为R，根据牛顿第二定律有

解得

由上式可知h越小，v越大，所以在1～6月内空间站绕地球运动速度最大的月份是6月份。
[2]因为任意两小时内空间站高度可视为不变，所以重力势能和动能均可视为不变，则机械能可视为不变。（或任意两小时内空间站高度可视为不变，受到阻力的影响可忽略不计，阻力对空间站做功可视为零，则机械能可视为不变）
16-8【提升】 【正确答案】 29.6
【试题解析】 详解:
满月是当月球、地球、太阳成一条直线时才有的，此时地球在月球和太阳之间，即图中A的位置，当第二个满月时，由于地球绕太阳运动，地球的位置已运动到

若以t表示相继两次满月经历的时间，表示地球绕太阳运动的角速度，表示月球绕地球运动的角速度，由于月球绕地球和地球绕太阳的方向相同，则有

而


式中为地球绕太阳运动的周期，即

代入得

16-9【提升】 【正确答案】
【试题解析】 详解:
对移动卫星，地球对它的引力提供其做匀速圆周运动的向心力

对地表处物体m0，有

联立解得

于是两次经过赤道上空的时间间隔为

17-1【基础】 【正确答案】 > > >
【试题解析】 详解:
[1]φ-x图象的斜率大小等于电场强度，由几何知识得知，图象的斜率减小，则从A到点B场强减小，则有EA＞EB；
[2]由图看出，电势逐渐降低，可判断出电场线的方向从A到B，所以；
[3]由图看出，电势逐渐降低，可判断出电场线的方向从A到B，在移动过程中，电场力做负功，电子的动能减小，速度减小，而电子的电势能增大．即有vA＞vB．
17-2【基础】 【正确答案】 异种 不为零 减少 减小
【试题解析】 详解:
[1]若都为正电荷，周围的电势应高于零，若都为负电荷，周围的电势应低于零，由图可知，电势有正、有负，且有电势为零的位置，故q1和q2带有异种电荷。
[2]图线的斜率表示场强，可知x1处的电场强度不为零。
[3]从x1移到x2电势升高，由

可知，负电荷从x1移到x2，电势能减少。
[4]从x1移到x2，斜率减小，场强减小，故负电荷从x1移到x2，受到的电场力减小。
17-3【巩固】 【正确答案】 0.04 2或-2
【试题解析】 详解:
[1]x轴上从-3m到0电势升高，则电场方向沿x轴负方向，x轴上从0到3m电势降低，则电场方向沿x轴正方向，带负电小球在x0＝-1m处沿x轴正方向运动，受到向右的电场力，电场力做正功，动能增加，从0点向右运动过程中电场力向左，电场力做负功，小球动能减小，所以小球在0点动能最大，则小球从开始运动到动能最大时电场力所做的功为

[2]设小球速度为0时，其坐标为x，从初位置到速度为零的过程，根据动能定理可得

解得

由图像可知，小球速度为0时，另一个位置坐标为
2m或-2m
17-4【巩固】 【正确答案】 右
【试题解析】 详解:
[1]对y轴正向的点电荷分析，由库仑定律结合平衡知识可得

解得

[2]因在区间内沿x轴正向电势升高，则电场强度方向沿x轴负向，则将P沿x轴向右略微移动后释放，P受到向右的电场力而向右运动。
17-5【巩固】 【正确答案】 0 3
【试题解析】 详解:
[1] 根据图线斜率的意义可知，φ-t图线的斜率表示电场强度，所以可知在 x=0处电场强度为0
[2] 电子从x=-2cm处由静止释放，由图可知，在x=-2cm处的电势为2V，电子在x=0处的电势为5V，电子的电势增大3V，所以电子的电势能减小3eV，由于电子运动的过程中只有电场力做功，电子动能的增加量等于电势能的减少量，所以电子到达x=0处的动能为3eV
17-6【巩固】 【正确答案】 先做负功后做正功 或
【试题解析】 详解:
[1]由乙图可知，从A点沿逆时针转动到C点的过程中，电势先降低再升高，而负电荷在电势越低的地方电势能越大，故可知，将带电量为的电荷由A点沿圆弧逆时针移到C点的过程中电荷的电势能先增加后减小，即电场力先做负功后做正功。
[2]由图乙可得A点的电势能为

C点的电势能为

则可得

17-7【巩固】 【正确答案】 < >
【试题解析】 详解:
[1]由图可知，N点电势低于C点电势，根据电势能与电势的关系可得，对于负电荷，在电势低的地方电势能大，在电势高的地方电势能小，所以负电荷在C点的电势能小于在N点的电势能；
[2]φ-x图线切线斜率的大小表示电场强度，由图可知，N点切线的斜率大于C点切线的斜率，所以N点的电场强度大于C点的电场强度。
17-8【提升】 【正确答案】 0.2
【试题解析】 详解:
[1]在x=0.4m处时滑块速度达到最大，可知此处滑块所受合外力为零，则此处滑块所受电场力大小为

[2]在x=0.4m处即，由图可知此处电势为φ1=2.5×105V，滑块电势能为

在x=0.2m处即，由图可知此处电势为φ2=5×105V，设滑块在x=0.4m处的速度大小为v，根据动能定理有

解得

17-9【提升】 【正确答案】 零 先做正功后做负功
【试题解析】 详解:
[1] φ—x图像的斜率表示场强，则C点的电场强度大小为零；
[2]从N点移到D点，电势先增加后降低，则将一负点电荷从N点移到D点的过程中，电荷的电势能先减小后增大，电场力先做正功后做负功。
18-1【基础】 【正确答案】 见解析 见解析
【试题解析】 详解:
①[1]“测定干电池的电动势和内阻”实验基本电路图连接即可，根据表中数据可知电压表应该选择小量程，电路图如图所示

②[2]由表中数据可分析出每一大格表示0.2V，将纵坐标轴方框内主要刻度值补全如图所示；由图中点迹可知，第三组数据错误，应该排除，连接图像所图所示

③[3][4]根据闭合电路欧姆定律

则图像表达式为

所以图像纵轴截距即为电源电动势

图像斜率绝对值即为电源内阻

18-2【基础】 【正确答案】 kI0 k﹣R2 电流表A1
【试题解析】 详解:
[1]根据闭合电路欧姆定律可得
U=E﹣I(R2+r)
由图可知，I0为短路电流，则
E=kI0
[2]图像的斜率表示(R2+r)，则可解得
r=k﹣R2
[3]由已知条件可知，电动势约为3V，内阻约为2Ω，而保护电阻R2为2Ω，R1为10Ω则可知，电路中最大电流

故应选择电流表A1。
18-3【巩固】 【正确答案】 F D ③ 3.6 0.80 相等
【试题解析】 详解:
（1）[1][2]因为电流表内阻较小，为了使电压表示数变化明显些，所以滑动变阻器R应选择，所以滑动变阻器应选择F；由于电源电动势约为3.7V，而电压表V量程为，因此需要扩大量程，由题意可知，应将电压表V与定值电阻R1串联，所以②处应选择D。
（2）[3]电流表A量程为，将电流表安装在③处可以测量干路中的电流。
（3）[4][5]由闭合电路的欧姆定律

代入数据，化简可得


结合图丙可知


解得，电流表内阻为

将，代入解析式中，解得电源的电动势为

[6]由题意得

在此实验中，电流表“相对电源内接法”，且电流表内阻已测得，所以从实验原理上判断电动势的测量值与真实值相等。
18-4【巩固】 【正确答案】 C D F 乙 1.5 1或1.0
【试题解析】 详解:
（1）[1][2][3]电路中的电流不超过0.6A，则电流表选择C；测量一节干电池的电动势，则电压表选择D；滑动变阻器选择F。
（2）[4]甲图中由于电流表的内阻影响使得对电源内阻的测量影响较大，则实验电路图应选择如图中的乙；
（3）[5][6]根据U﹣I图象，干电池的电动势
E=1.5V
内电阻

18-5【巩固】 【正确答案】 4.5 1.0 1.25 5.00
【试题解析】 详解:
（1）[1]伏安法测电源电动势与内阻的实验中，电压表测路端电压，电压表示数随滑动变阻器接入电路阻值的增大而增大；描绘小灯泡伏安特性曲线的实验中，电流表测流过灯泡的电流，灯泡两端的电压随滑动变阻器接入电路阻值的增大而减小；调节滑动变阻器时，电压表的示数增大，电压表的示数减小，则测路端电压，测灯泡两端电压，滑动变阻器采用限流式接法，电路图如下图所示。

（2）[2][3]根据闭合电路欧姆定律有

由电源U-I图像可知，图像纵轴截距为4.5，则电源电动势E=4.5V，电源内阻为图像斜率大小

（3）[4][5]由题图乙可知，两图线交点坐标值为U=2.5V，I=2.0A，此时，灯泡电阻为

小灯泡的实际功率为

18-6【巩固】 【正确答案】 475.0 0.7 小于 小于
【试题解析】 详解:
（1）[1]依据该电路图连接实物图如图：

（2）[2][3]根据闭合电路欧姆定律有

整理得

所以有


解得


由图像可得


解得


（3）[4][5]若考虑电表内阻的影响，则有

整理得

所以


解得
，
可见利用该实验电路测出电动势和内阻的测量值和真实值相比：E测小于E真，r测小于r真。
18-7【巩固】 【正确答案】 1.10 3.00 能 1.5
【试题解析】 详解:
（1）[1]根据图1电路图在图2中补全实物连线图，如图所示

（2）[2][3]由图4可知，电压表的分度值为，则电压表读数为，由图3可知，电流表分度值为，则电流表读数为。
（3）[4][5][6]根据题意，当开关拨到1时，由闭合回路欧姆定律有

由图5图像可知，当时

为准确值；当当开关拨到2时，由闭合回路欧姆定律有

由图5图像可知，当时，短路电流为准确值，则

则电源内阻为

则能够消除电表内阻的影响。
18-8【提升】 【正确答案】 乙 ＜
【试题解析】 详解:
（1）[1]甲图：电压表满偏时分压为6V，电流约为1.5A，超过电池允许通过的最大电流；丙图：电流表A满偏的为1A，超过电池允许最大电流，故甲与丙都不合理，乙图电压表测量定值电阻

两端的电压，能实现指针从满偏的到的测量范围，故则合理的是乙图的测量方案。
（2）[2][3]由闭合电路欧姆定律可得

整理得

可知，斜率和纵截距分别为


解得


（3）根据（2）中分析知

考虑电压表内阻的分流，应将替换为与并联的阻值，故测得的电动势

18-9【提升】 【正确答案】 A B E G 见解析 a
【试题解析】 详解:
（1）①[1][2][3][4]由于电动势约，可知电压表量程太大，不能选用；则需要选用已知内阻的微安表G1与定值电阻串联改成大量程的电压表，选择微安表G2测电流，故电表应选择A和B；定值电阻应选择G；由于电池内阻约，为了调节方便，使电表示数变化明显，滑动变阻器应选择E。
②[5]实验电路图如图所示

（2）[6]图（a）电路误差来源于电压表的分流，使得电动势和内阻测量值都小于真实值；图（b）电路误差来源于电流表的分压，使得电动势测量值等于真实值，内阻测量值大于真实值；根据图像的纵轴截距等于电动势测量值，斜率绝对值等于内阻测量值，可知则图线Ⅱ是通过电路a测得的。
[7][8]对于图（a）电路，当电压表示数为零时，电压表分流为零，此时图线Ⅱ的横轴截距是准确点；对于图（b）电路，当电流表示数为零时，电流表分压为零，此时图线Ⅰ的纵轴截距是准确点；连接两准确点即为准确的图线，如图所示

根据闭合电路欧姆定律可得

可得

可知图像的纵轴截距等于电动势，则有

图像的斜率绝对值为

解得内阻为

19-1【基础】 【正确答案】 （1），；（2）
【试题解析】 详解:
（1）汽车在弯道1和弯道2处做匀速圆周运动摩擦力提供向心力，即


解得


（2）汽车从弯道1运动到弯道2增加的动能为

增加的重力势能为

故增加的机械能为

19-2【基础】 【正确答案】 （1）10m/s，5m；（2）3000N；（3）12000J
【试题解析】 详解:
（1）根据竖直上抛运动规律，可得运动员在点的速度为

离开点可上升的高度为

（2）从到过程，根据机械能守恒定律可得

在点，根据牛顿第二定律可得

联立解得

牛顿第三定律可知，对轨道的压力大小为

（3）从到，根据机械能守恒定律，则有

可得到，运动员损失的机械能为

19-3【巩固】 【正确答案】 （1）0.5，40N/m；（2）0.24J
【试题解析】 详解:
（1）由图乙知挡板接触弹簧前的加速度大小为

由牛顿第二定律有

解得

当时弹簧被压缩长度为

此时有

解得

（2）设弹簧的最大压缩量为克服弹簧弹力做功为

由动能定理有

弹簧的最大弹性势能

解得

19-4【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）；（3）
【试题解析】 详解:
（1）小车速度达到最大时，由功率公式

此时小车受力平衡，即

（2）设小车通过第5个减速带后，到下一个减速带时的速度为v1，通过减速带后的速度为v2，由于其通过相邻两减速带间的时间均为，则小车每次到下一个减速带时的速度都为v1，通过减速带后的速度都为v2，在减速带间隔过程中由动能定理

所以通过每一个减速带时所损失的机械能

（3）由题意，小车通过前5个减速带时损失的总机械能

从小车到第1个减速带前到最后停下来，由能量守恒定律

解得

19-5【巩固】 【正确答案】 (1)， ；(2)；(3)；(4)机械能减少，理由见解析
【试题解析】 分析:
详解:
(1)由v-t图像可知，时刻图像切线的斜率就是该时刻的加速度

时刻速度为零，风帆的空气阻力为零，故物块只受重力G和斜面的支持力FN，受力示意图见图。

(2)由上题可知，0时刻时，物块只受重力G和斜面的支持力FN，根据牛顿第二定律可知



(3)由v-t图像可知，当时，物体做匀速直线运动，此时物体受到重力G、斜面的支持力FN和风帆受到的空气阻力f。根据共点力平衡可知




(4)机械能减少，因为下滑时风帆受到空气阻力，物体克服空气阻力做功，所以机械能减少。
19-6【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）；（3）0.4J；（4）见解析
【试题解析】 详解:
（1）物体恰好到达B点时速度最小，则

解得

（2）物体从左端开始加速

加速到和传送带共速时

解得

物体匀加速阶段位移

匀速运动位移

由

得

则总时间

（3）传送带速度还是2m/s，物体在传送带上发生相对运动的时间
t1=0.5s
在这段时间内传送带的位移
s=vt1=1m
则传送带克服摩擦力做功

电机多做的功为0.4J；
（4）物体恰好过F点

解得

物块恰好到B点，有
v=2m/s
物体在传送带上全程加速

解得

则物体只要能绕过F点就可以到达B点；由于F与A等高

设轨道半径为R，则物体绕过F点有

得
-
当圆形EFG轨道半径时，物体能到达B点；当圆形EFG轨道半径时，物体不能到达B点。
19-7【巩固】 【正确答案】 （1）；（2），
【试题解析】 详解:
（1）由图乙可知内，货物做匀加速直线运动

对货物，根据牛顿第二定律得

代入数据解得

（2）由图乙可知内，货物上升高度为

机械能的变化量为

代入数据解得

根据题意可知，电动机对轻绳、货物系统所做的功等于货物机械能的增加量，则电动机输出的平均功率为

19-8【提升】 【正确答案】 （1）；（2）；（3），；，
【试题解析】 详解:
（1）在斜道AB上运动时，对人与坐垫分析，由牛顿第二定律有

解得

又


解得

（2）若传送带不动，则从C到D有

由

可得

所以从C运动到D过程一直减速，则有

解得

以水面为零重力势能参考平面，冲关者冲过D点后的机械能为

（3）当传送带速度为时，由于

可知冲关者从C到D过程先减速到后匀速，即有

过D点后做平抛运动，则有

水平射程为

冲关者从滑上传送带到与传送带共速所用时间为

冲关者与传送带发生的相对位移为

冲关者与传送带因摩擦产生的热量为

当传送带速度为时，设冲关者从C到D过程一直加速，则有

解得

假设成立；则水平射程为

冲关者在传送带上运动的时间为

冲关者与传送带发生的相对位移为

冲关者与传送带因摩擦产生的热量为

19-9【提升】 【正确答案】 （1）；（2）　；（3）
【试题解析】 详解:
（1）对管和球组成的系统有

代入数据解得

（2）系统的机械能损失等于克服摩擦力做的功

代入数据解得

（3）落地后弹起的过程中
对管有

对球有

解得
，
管和球向上运动达到相对静止时速度相同

代入数据解得

20-1【基础】 【正确答案】 （1）；（2）
【试题解析】 详解:
（1）由法拉第电磁感应定律

其中

通过定值电阻的电荷量为

由闭合电路欧姆定律得

联立可得，导体棒沿导轨下滑的距离为

（2）金属杆运动的速度达到最大时，有

由闭合电路的欧姆定律

此时感应电动势为

联立解得，金属杆运动的最大速度为

20-2【基础】 【正确答案】 （1）0.5A；（2）0.1N；（3）0.5W
【试题解析】 详解:
（1）导体棒向右运动，切割磁感线产生感应电动势
E=BLv
代入数据解得
E=1V
感应电流

代入数据解得
I=0.5A
（2）导体棒所受安培力
F安=BIL
代入数据解得
F安=0.1N
（3）导体棒的热功率
P=I2R
代入数据解得
P=0.5W
20-3【巩固】 【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

20-4【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）
【试题解析】 详解:
（1）金属棒在倾斜导轨上受重力、支持力和沿斜面向上的安培力，金属棒在倾斜导轨上运动达到最大速度时，匀速运动，根据平衡条件

其中

感应电动势为

根据闭合电路欧姆定律，有

联立解得

（2）在水平导轨上产生的平均感应电动势为

通过的电荷量为

联立可得

20-5【巩固】 【正确答案】 （1）1A，；（2）；（3）；（4）
【试题解析】 详解:
（1）对导体棒ab，由右手定则可知，感应电流方向由到，则流过导体棒cd的电流方向为。导体棒cd静止，受力平衡，电流满足

解得

（2）导体棒ab匀速运动，受力平衡

解得

（3）导体棒ab匀速切割磁感线，产生的电动势

感应电流

联立解得

（4）拉力大小调为原来的2倍后，起先导体棒ab做加速度减小的加速运动，导体棒cd做加速度增大的加速运动，最终两棒一起以等大的加速度做匀加速运动。对于两导体棒组成的整体

对导体棒cd

联立解得

20-6【巩固】 【正确答案】 （1）2A；（2）1.6m/s2；（3）2.5m/s
【试题解析】 详解:
（1）PQ棒速度为零时，根据法拉第电磁感应定律

根据闭合电路定律得

解得
I=2A
根据楞次定律知，感应电流方向从P到Q；
（2）刚释放PQ棒时，由牛顿第二定律知

解得
a=1.6m/s2
根据左手定则判断可知安培力水平向右，所以加速度方向水平向右；
（3）当安培力为零时，即回路的总电流为零时，棒处于稳定，速度达到最大，有

解得
vm=2.5m/s
20-7【巩固】 【正确答案】 （1）；（2）；（3）
【试题解析】 详解:
（1）重物的速度最大时满足

其中

解得

（2）重物速度达最大速度一半时，则对系统

对物块

其中

解得

轻绳对导体棒拉力的功率

（3）对导体棒由动量定理

对物块

联立可得

电荷量

由能量关系

导体棒上产生的焦耳热

解得

20-8【提升】 【正确答案】 （1）8N；（2）2C，0.5s；（3）1m/s
【试题解析】 详解:
（1）棒在GH处时，感应电动势

电流

棒受到的安培力

代入数据解得

（2）设棒移动的距离为a，由MN与MP的夹角为可知，EF间距离为，在此过程中，磁通量的变化量

回路中通过的电荷量为

由题意可知，回路中感应电流保持不变，可得

解得

（3）设外力做功为W，克服安培力做功为，导体棒在EF处的速度为，由动能定理，得

克服安培力做功



解得

由于电流始终不变，则

则

代入数据，得

解得

（，舍去）
20-9【提升】 【正确答案】 （1）2V，1N；（2）1.4N，1.5N；（3）2.08m/s；（4）见解析
【试题解析】 详解:
（1）4s末回路中感应电流

得

由

得

4s末ab受的安培力

（2）ab杆匀速运动，受力平衡

代入数据得

整个过程中，匀加速至第4s末时拉力最大
，
代入数据得

（3）若第4s末开始，拉力的功率不变，此时

当ab达到最大速度vm时，此时拉力为F¢

又

联立得

（4）上述两种情况拉力F随时间t变化大致图线如图所示

在（3）情形中最终拉力为。